Si dos subgrupos comparten un conjunto de representantes de coset izquierdos, luego

Question

Que $H,K$ ser adecuados subgrupos de un grupo $G$ tener un completo conjunto de $S$ representantes de izquierda cojunto en común, es decir, $$ G = \bigsqcup{s \in S} sH = \bigsqcup{s \in S} sK $$ parece en general uno puede esperar cualquier relación seria en $H,K.$ pero tengo miedo de o verlooking algunos general resultan aquí. Se aceptarán con gusto cualquier información sobre el tema. Saludos, Olod

Answer 1

|S| = [G:H] = [G:K], por lo que, al menos, sus índices son iguales. No creo que mucho más es cierto, porque el siguiente ejemplo:

Si G = 2 × 2 es el Klein cuatro grupo, entonces H = 2 × 1 y K = 1 × 2 son dos subgrupos con un conjunto común de coset representantes: S = { (0,0), (1,1) }. H y K no conjugada.

En general, si G es un semi-producto directo de H⋉N, entonces H tiene S=N como un conjunto de coset representantes. Es muy posible que para N tener más de un "complemento" de H, que es, otro subgrupo K tal que G=K⋉N. En niza situaciones como G nonabelian de orden 6, todos los complementos son conjugado, pero en general no necesitan ser como el diedro de 2 grupos (incluyendo el Klein cuatro grupo) mostrar.

Sería bueno tener un ejemplo donde H y K son ni siquiera isomorfos, pero semi-directa de productos no hacerlo. No creo H, K deben complementarse, para tener una transversal, pero supongo que es otra conjetura razonable para descartar.

Edit: Bueno, el diedro del grupo G de orden 8 tiene una cíclico normal de los subgrupos H y Klein cuatro normales subgrupo K, la unión de la que no es todo de G. Dado un conjunto de coset representantes de la S solo tiene 2 elementos, sólo tenemos que tomar la identidad y un elemento ni H ni K. En particular, H no necesita ser isomorfo a K.

También el diedro grupo de la orden de 16 tiene un par similar (H cíclico de orden 4, K un cuatro grupo), y así ni H ni K necesitan ser complementadas.

También se puede utilizar Abelian ejemplos como Arturo puntos, y se puede ampliar la D8 ejemplo para S4 como Steve puntos. Un divertido problema.

Answer 2

Si $S$ es un conjunto completo de (izquierda) coset representantes de $H$, entonces para cada a $x\in G$ existe $s\in S$ tal que $xH=sH$, y por otra parte, si $s_1,s_2\in S$ son tales que $s_1H=s_2H$,$s_1=s_2$. Que es: no hay uno, y exactamente un representante de cada coset de $H$ $G$ en el conjunto de $S$. Como tal, su condición es extremadamente satisfecho, bajo el supuesto de que $S$ es un conjunto completo de coset representantes de ambos $H$$K$, ya que para $s_1,s_2\in S$, usted tiene $$s_1H=s_2H \Longleftrightarrow s_1=s_2\Longleftrightarrow s_1K=s_2K.$$

Así que ya sea que significaba algo más, o simplemente estás pidiendo condición bajo la cual dos subgrupos $H$ $K$ pueden tener el mismo conjunto completo de coset representantes.

Jack Schmidt ya dio un ejemplo con $H$ $K$ no conjugada, y la pregunta de si existe un ejemplo en el que $H$ $K$ no son isomorfos. Creo que esto lo hace: tome $G=\mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_4$, el producto de dos grupos cíclicos de orden dos y uno de orden cuatro. Tome $H={0}\times{0}\times\mathbb{Z}_4$, e $K={0}\times\mathbb{Z}_2\times\langle 2\rangle$ (por lo $H$ es cíclico de orden $4$, e $K$ es el Klein $4$-grupo). Deje $S={(0,0,1), (1,0,1), (1,1,0), (0,1,0)}$. Si no me hacen algún tonto error, entonces este es un conjunto completo de coset representantes de ambos $H$$K$.