Het genereren van een eindige groep van elementen in elke conjugacyklasse

Is er een eindige groep zodat, als je één element uit elke conjugacyklasse kiest, dit niet noodzakelijk de hele groep genereert?

22
Eigenlijk zou ik veronderstellen dat aangezien $ SO (3) $ deze eigenschap heeft, het niet moeilijk zou zijn om een ​​eindige subgroep van $ SO (3) $ te vinden die dat ook doet.
toegevoegd de auteur Templar, de bron
Ik zie niet in waarom er een verband zou moeten zijn: het is zeker niet het geval voor eindige cyclische en eindige dihedrale subgroepen van $ SO (3) $.
toegevoegd de auteur Edward Nunn, de bron

5 antwoord

Nee, dit is onmogelijk. Dit is een standaardlemma, maar ik vind het gemakkelijker om een ​​bewijs dan een referentie te geven: laat $ G $ je eindige groep zijn. Stel dat $ H $ een behoorlijke subgroep was, die elke conjugacyklasse van $ G $ kruiste. Vervolgens $ G = \ bigcup_ {g \ in G} g H g ^ {- 1} $. Als $ g_1 $ en $ g_2 $ in dezelfde set $ G/H $ zitten, dan is $ g_1 H g_1 ^ {- 1} = g_2 H g_2 ^ {- 1} $, dus we kunnen deze unie herschrijven als $ \ bigcup_ {g \ in G/H} g H g ^ {- 1} $. Er zijn $ | G |/| H | $ -reeksen in deze unie, die elk $ | H | $ -elementen bevatten. Dus de enige manier waarop ze $ G $ kunnen dekken, is als ze uit elkaar zijn. Maar ze bevatten allemaal de identiteit, een tegenspraak.

UPDATE: I found a reference. According to Serre, this result goes back to Jordan, in the 1870's.

55
toegevoegd

Het is onmogelijk. Zoals ik in de opmerking bij Richard Stanley's antwoord al zei, ben je op zoek naar een eindige groep $ G $ met een maximale subgroep $ M $, zodat $ M $ elke conjugacyklasse doorsnijdt. Dan is $ G = \ cup M ^ g $ de unie van $ M $ en zijn conjugaten, waarvan bekend is dat het nooit zal gebeuren.

Steve

11
toegevoegd
Het is de moeite waard erop te wijzen dat dit argument echt eindig gebruikt. Bijvoorbeeld, voor compacte eenvoudige Lie-groepen ligt elk element in een bepaalde torus.
toegevoegd de auteur Matt MacLean, de bron
Zeer kleine nitpick, je bedoelt $ (| M | -1) [G: M] +1 <| G | $
toegevoegd de auteur Matt MacLean, de bron
Bekend bij degenen die het kennen, neem ik aan. Wat (precies) zegt dat er nooit gebeurt?
toegevoegd de auteur JanC, de bron
"Bekend" als in "een eenvoudige oefening".
toegevoegd de auteur Steve D, de bron
@Kevin: er zijn maximaal $ [G: M] $ -conjugaten van $ M $, met maximaal $ (| M | -1) [G: M] <| G | $ -elementen in $ M $ en alle bijbehorende conjugaten .
toegevoegd de auteur Steve D, de bron
Het eenvoudigste voorbeeld in oneindige groepen is de groep van inverteerbare bovenste driehoeksmatrices, die voldoet aan elke conjugacyklasse van $ {\ rm GL} (n, k) $ wanneer $ k $ een algebraïsch gesloten veld is. Dit vereist niet de volledige kracht van de Jordan Normal Form-theorie.
toegevoegd de auteur Slobodan, de bron

De onmogelijkheid komt ook voort uit Jordan's lemma :

Laat $ G $ transitief handelen op een set $ \ Omega $ met $ | \ Omega |: = n \ geq 2 $ en dan bestaat er a $ g \ in G $ zodat $ \ chi (g) = 0 $ (hier $ \ chi (g) $ duidt het permutatiekarakter aan).

Hier staat $ \ chi (g) $ voor het permutatiekarakter. In feite kan met wat extra werk worden aangetoond dat het aandeel elementen $ g \ in G $ zodanig is dat $ \ chi (g) = 0 $ groter is dan of gelijk is aan $ \ frac {1} {n} $. Laten we nu eens kijken hoe het Jordanië-lema is impliceert dat het antwoord negatief is. Dus laat $ H $ de groep zijn die wordt gegenereerd door de vertegenwoordigers van elke conjugacyklasse van $ G $ en ga ervan uit dat $ H $ een juiste subgroep van $ G $ is. Dan kunnen we kijken naar de linkse actie van $ G $ op $ G/H $. Aangezien $ | G/H | \ geq 2 $ en de actie transitief is, bestaat er een $ x \ in G $, zodat $ x g_i H \ neq g_i H $ voor elke links $ g_i H $ is. Met andere woorden, voor elke $ g_i $ heeft men die $ g_i ^ {- 1} x g_i \ notin H $ wat op zijn beurt betekent dat voor alle $ g \ in G $ men $ g ^ {- 1} xg \ notin heeft H $. Daarom kruist de conjugacy-klasse van $ x $ $ H $ niet, wat absurd is.

Merk ook op dat men het volgende gevolg van het vorige argument krijgt:

Laat $ H $ een juiste subgroep van $ G $ zijn, dan kunnen we altijd twee verschillende (lineaire) tekens van $ G $ vinden die dezelfde beperking op $ H $ hebben.

Inderdaad, door het vorige argument bestaat er een conjugacy-klasse $ C $ of $ G $ die $ H $ niet snijdt. Laat $ D = G-C $ en definieer $ f $ als de klassenfunctie die gelijk is aan $ 0 $ op $ D $ en $ 1 $ op $ C $ en laat $ g $ de klassenfunctie zijn die overal gelijk is aan $ 1 $. Aangezien $ f $ en $ g $ (op een unieke manier) lineaire combinaties zijn van onherleidbare tekens van $ G $ en $ f | H = g | H $, moeten er verschillende onherleidbare tekens $ \ chi bestaan $ en $ \ psi $ of $ G $ met dezelfde beperking tot $ H $.

1
toegevoegd
Hallo Geoff, je hebt volkomen gelijk, er is geen reden om te verwachten dat de twee karakters onherleidbaar zijn.
toegevoegd de auteur Ilja Preuß, de bron
Ik denk niet dat de laatste verklaring correct is. Neem $ G = A_ {5} $ en $ H $ als een Sylow $ 5 $ -subgroep van $ G. $ Geen twee verschillende onherleidbare karakters van $ G $ zijn het eens over $ H. $ De enige twee onherleidbare karakters die een gelijke mate hebben zijn de twee onherleidbare karakters van graad $ 3 $, en deze zijn het niet eens over een $ 5 $ -cyclus.
toegevoegd de auteur Slobodan, de bron

Een subgroep die alle conjugaatklassen doorkruist, wordt meestal een geconjugeerde dichte subgroep genoemd. Hier zijn een paar gerelateerde artikelen:

Levchuk, V. M. Sylow kruispunten en conjugately dichte subgroepen van Chevalley-groepen. (Russisch) Algebra en lineaire optimalisatie (Russisch) (Ekaterinburg, 2002), 161-165, Ross. Akad. Nauk Ural. Otdel., Inst. Mat. Mekh., Ekaterinburg, 2002. 20G40

Zyubin, S.A .; Levchuk, V. M. Conjugately dichte subgroepen van lokaal eindige Chevalley-groepen van Lie rang 1. (Russisch) Sibirsk. Mat. Zh. 44 (2003), nee. 4, 742 - 748; vertaling in Siberische wiskunde. J. 44 (2003), nr. 4, 581-586.

Zyubin, S. A. Conjugaat dichte subgroepen van driedimensionale lineaire groepen over lokaal eindig veld. Internat. J. Algebra Comput. 15 (2005), nee. 5-6, 1273-1280.

Zyubin, S. A. Conjugaat dichte subgroepen van vrije producten van groepen met een samengevoegde subgroep. (Russisch) Algebra Logika 45 (2006), nee. 5, 520 - 537, 631; vertaling in Algebra Logic 45 (2006), nr. 5, 296-305.

Zyubin, S.A. Op irreducibele, conjugaat dichte subgroepen van lineaire groepen. (Russisch) Dokl. Akad. Nauk 413 (2007), nee. 4, 450 - 453; vertaling in Dokl. Wiskunde. 75 (2007), nee. 2, 266-269 20E06 (20G15)

Erfanian, Ahmad; Russo, Francesco Combineer met name subgroepen in gegeneraliseerde FC-groepen. Acta Univ. Apulensis Math. Inform. Nr. 20 (2009), 79-91.

0
toegevoegd

Een oppervlakkig verschillend telargument, wat neerkomt op hetzelfde bewijs als hiervoor:

Als $ H $ een juiste subgroep is waarvan de conjugaten volledig $ G $ dekken, laat dan $ G $ handelen op de juiste cosets van $ H $ door rechtse vermenigvuldiging. Deze actie is transitief. Omdat $ H $ een puntstabilisator is, zijn de conjugaten van $ H $ slechts puntstabilisatoren. Vervolgens wordt gezegd dat de conjugaten van $ H $ $ G $ bedekken en zeggen dat elk element van deze permutatiegroep een vast punt heeft. In een transitieve permutatiegroep is het gemiddelde aantal vaste punten $ 1 $. Het aantal vaste punten van de identiteit is het aantal punten, $ [G: H] $. De enige manier waarop elke permutatie ten minste het gemiddelde aantal vaste punten kan hebben, is dat elke permutatie exact het gemiddelde aantal vaste punten heeft, dus $ [G: H] = 1 $ in tegenspraak met de aanname dat $ H $ de juiste is.

0
toegevoegd
Eigenlijk is meer waar. Laat H een juiste subgroep zijn van een eindige groep G. Niet alleen is het waar dat een bepaald element van G in geen enkel conjugaat van H ligt, maar in feite moet er minstens | H | dergelijke elementen. Dit kan worden aangetoond door een variatie op het argument gegeven in de opmerking van Harden.
toegevoegd de auteur xhermit, de bron