¿Existe un grupo con dos elementos $a$ y $b$ con $\lvert b\rvert = 2, \lvert a\rvert = 15$ y $bab = a^4$ ?
Respuestas
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Sí, existe tal grupo. Es un producto semidirecto de grupos cíclicos de órdenes respectivos 15 y 2. La razón por la que esto funciona es que el mapeo $x\mapsto x^4$ es un automorfismo de orden 2 del grupo cíclico generado por $a$ . Por lo tanto, tenemos un homomorfismo de $C_2$ a $\mathrm{Aut}(C_{15})$ y puede construir el producto semidirecto de la forma habitual.
Si quieres una versión concreta de tal grupo, aquí está como un subgrupo de $S_{15}$ . Dejemos que $a$ sea el ciclo 15 (aquí $A=10,B=11,\ldots$ ) $$ a=(123456789ABCDEF), $$ así que $a^4=(159D26AE37BF48C)$ . Entonces dejemos que $b$ sea el producto de seis ciclos de 2 disjuntos $$ b=(25)(39)(4D)(7A)(8E)(CF). $$ El truco habitual de conjugación de permutaciones muestra entonces que $$ bab^{-1}=bab=a^4. $$ El grupo tiene 30 elementos. Son de la forma $a^i$ o de la forma $ba^i$ , $0\le i<15$ .
Para estar seguros. No tenemos demasiadas opciones para el entero $m$ en la relación $bab^{-1}=a^m$ . Esto se debe a que tiene que encajar con el hecho de que $b^2=1$ , así que $b^2$ tiene que desplazarse con $a$ . El siguiente cálculo utiliza este $$ a=1a1=b^2ab^{-2}=b(bab^{-1})b^{-1}=ba^mb^{-1}=(bab^{-1})^m=(a^m)^m=a^{m^2}. $$ Para que esto se cumpla, debemos tener $m^2\equiv1\pmod{15}$ . Esto deja son cuatro opciones (par no congruente modulo $15$ ): $m=1$ , $m=-1$ , $m=4$ y $m=-4$ . De ellas, la primera opción conduce al producto directo $C_{15}\times C_2$ la elección $m=-1$ nos da el grupo diédrico $D_{15}$ de 30 elementos. La tercera opción da el grupo en cuestión.
i. m. soloveichik
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El grupo generado por $a, b$ con $a$ de la orden 15, $b$ de orden 2, y $bab=a^4$ es un grupo de orden 30. Cualquier elemento se puede escribir como una potencia de $a$ seguido de una potencia de $b$ .
El subgrupo $H$ generado por $a^3$ es de orden 5 y normal: $ba^3b=(bab)^3=(a^4)^3=a^{-3}$ .
El subgrupo $K$ generado por $a^5$ y $b$ es abeliana de orden 6: $ba^5b=(a^4)^5=a^5$
También $G=HK$ pero el grupo no es el producto directo. El centro es cíclico de orden 3 generado por $a^5$ .
Gudmundur Orn
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También puede hacer la presentación manualmente $G = \langle a, b | a^{15} = b^2 = 1, bab = a^4 \rangle$
Podríamos preguntarnos, ¿cómo de grande es este grupo? Afirmo que no es tan difícil ver que este grupo tiene al menos $30$ elementos. ¿Tiene más?
Tenga en cuenta que $bab = a^4 \iff a = ba^4 b$ como $b^{-1} = b$ . Así que, dada una palabra cualquiera, podemos utilizarla para simplificarla bastante. En particular, tenemos que saber cómo simplificar las palabras que se parecen a $ba^3ba^2ba^5$ , algún conjunto alternativo de $b$ y los poderes de $a$ . Pero un $a$ se intercalará entre dos $b$ términos en tal palabra. En este caso, podría tomar el $a^2$ y escribirlo como $(ba^4b)(ba^4b) = ba^8b$ . En general, $a^n = ba^{4n}b$ .
Así, $ba^3ba^2ba^5 = b(ba^{12}b)ba^2ba^5 = a^{14}ba^5= a^{14}b(ba^{20}b) = a^{14}a^{20}b = a^4b$ por ejemplo.
De forma más directa, también podríamos querer ver que $ba^j = b(ba^{4j}b) = a^{4j}b$ para que podamos escribir cualquier palabra de dos términos en la forma $a^n b$ . Combinando estas ideas (más formalmente que yo aquí), vemos que las únicas palabras que quedan son $\{1, a, a^2 , \ldots a^{14}, b, ab, a^2b, \ldots, a^{14}b\}$ , por lo que se trata de un grupo de orden $30$ . (De hecho, creo que se trata del mismo grupo que en la otra respuesta, pero con una presentación mucho menos inteligente).
