Exercise 17.2 - 21-prvková prodgrupa v $S_7$

[Martin Sleziak]

Exercise 17.2. Let $a$ and $b$ be the following permutations in $S_7$:
$$a = (1 2 3 4 5 6 7), \qquad b = (2 3 5)(4 7 6)$$
Let $G =\langle a, b\rangle$. Check that
$$a^7=b^3=1, b^{-1}ab=a^2.$$
(a) Show that $G$ has order 21.
(b) Find the conjugacy classes of $G$.
(c) Find the character table of $G$.

$b^{-1}ab=(1b, 2b, 3b, 4b, 5b, 6b, 7b)=(1357246)$

(a) Z rovnosti $b^2ab=a^2$ (prenásobením $b$ sprava) dostaneme
$$b^2a=a^2b^2 \tag{1}.$$
Keď $$ab=ba^2\tag{2}$$ prenásobíme $a^{-1}$ sprava, máme
$ba=aba^{-1}=aba^6\overset{(2)}=a^2ba^4=a^3ba^2=a^4b$, teda
$$ba=a^4b \tag{3}.$$

Pomocou predchádzajúcich vzťahov vieme každý výraz tvaru $a^ib^ja^kb^l$ upraviť do tvaru $a^mb^n$ a vidíme, že
$$G=\{a^ib^j; i=0,1,\dots,6,j=0,1,2\}.$$
Na skontrolovanie toho, že $G$ má naozaj 21 prvkov by sme mohli vyskúšať urobiť všetky súčiny a skontrolovať, že dostaneme rôzne permutácie. Toto sa mi robiť nechcelo (a nič inteligentnejšie som nevymyslel), takže som tomu jednoducho uveril.

(b) Zrejme jedna z tried konjugácie je $\boxed{\{1\}}$.

Ak hľadáme konjugované prvky s $a$, tak nemusíme násobiť mocninami $a$; lebo s nimi $a$ komutuje. Stačí teda zrátať $bab^2$ a $b^2ab$.
$bab^2\overset{(3)}=a^4b^3=a^4$
Priamo v prezentácii grupy máme $b^2ab=b^{-1}ab=a^2$, teda dostáveme triedu konjugácie $\boxed{\{a,a^2,a^4\}}$.

Teraz skúsme nájsť triedu pre $a^3$.
$ba^3b^2\overset{(1)}=bab^2a=(bab^2)a=a^4a=a^5$
$b^2a^3b\overset{(1)}=a^6b^3=a^6$
Teda ďalšia trieda je $\boxed{\{a^3,a^5,a^6\}}$.

Ďalej si všimnime, že
$a^{-1}(a^kb)a=a^{6+k}ba\overset{(3)}=a^{10+k}b=a^{3+k}b$.
Teda keď prvok $b$ postupne konjugujeme prvkami $1, a, a^2,\dots$, tak dostaneme $b$, $a^3b$, $a^6b$, $a^2b$, $a^5b$, $ab$, $a^4b$.
Ďalšou triedou je $\boxed{\{b,ab,a^2b,a^3b,a^4b,a^5b,a^6b\}}$.

Podobne $a^6(a^kb^2)a\overset{(1)}=a^{8+k}b^2=a^{k+1}b^2$ a z $b^2$ dostaneme postupne $ab^2,a^2b^2,\dots$.
Posledná trieda je $\boxed{\{b^2,ab^2,a^2b^2,a^3b^2,a^4b^2,a^5b^2,a^6b^2\}}$.

(c) Ľahko si všimneme, že $H=\langle a\rangle=\{1,a,a^2,\dots,a^6\}$ je normálna podgrupa. (Je to zjednotenie tried konjugácie.)
Platí $G/\langle a\rangle\cong C_3$, teda $G'\subseteq\langle a\rangle$.
Ďalej platí
$a^{-1}b^{-1}ab=a^6b^2ab\overset{(2)}=a^6b^3a^2=a^8=a$,
teda $a\in G'$.

Zistili sme, že $G'=\langle a\rangle$ je podgrupa indexu 3 a faktorová grupa má charaktery
$$
\begin{array}{ccc}
G' & bG' & b^2G' \\\hline
1 & 1 & 1 \\
1 & \omega & \omega^2 \\
1 & \omega^2 & \omega
\end{array}
$$
kde $\omega$ je primitívna tretia odmocnina z jednotky.

Zdvihnutím týchto charakterov dostaneme tabuľku
$$
\begin{array}{cccccc}
g & 1 & a & a^3 & b & b^2 \\
|C_G(g)| & 21 & 7 & 7 & 3 & 3 \\\hline
\chi_1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\chi_2 & 1 & 1 & 1 & \omega & \omega^2 \\
\chi_3 & 1 & 1 & 1 & \omega^2 & \omega \\\
\chi_4 & & & & & \\
\chi_5 & & & & &
\end{array}
$$

Prvý stĺpec vieme doplniť z toho, že 21 byť súčet druhých mocnín prirodzených čísel, kde už mám tri jednotky a jediná možnosť je doplniť to dvoma trojkami.
V posledných dvoch stĺpcoch je už teraz súčet veľkosí prvkov rovný trom, takže zostávajúce prvky budú nuly.
Takže nám už chýbajú iba 4 čísla v tabuľke.
$$
\begin{array}{cccccc}
g & 1 & a & a^3 & b & b^2 \\
|C_G(g)| & 21 & 7 & 7 & 3 & 3 \\
\chi_1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\chi_2 & 1 & 1 & 1 & \omega & \omega^2 \\
\chi_3 & 1 & 1 & 1 & \omega^2 & \omega \\\
\chi_4 & 3 & & & 0 & 0 \\
\chi_5 & 3 & & & 0 & 0
\end{array}
$$


S týmto som nevedel ďalej pohnúť (nižšie pripájam, čo som skúšal), takže som nazrel do riešení vzadu, kde využívajú fakt, že $a$ a $a^{-1}=a^6$ nie sú v tej istej triede konjugácie. To znamená podľa Corollary 15.6, že aspoň jeden z ireducibilných charakterov nebude mať hodnotu $\chi(a)$ reálnu. Teda $\chi_4(a)=\alpha$ je nejaké komplexné číslo s nenulovou imaginárnou časťou, a pre triedu obsahujúcu $a^{-1}$ máme komplexne združenú hodnotu $\overline{\alpha}$. Ďalší charakter potom môžeme doplniť ako komplexne združený.
$$
\begin{array}{cccccc}
g & 1 & a & a^3 & b & b^2 \\
|C_G(g)| & 21 & 7 & 7 & 3 & 3 \\
\chi_1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\chi_2 & 1 & 1 & 1 & \omega & \omega^2 \\
\chi_3 & 1 & 1 & 1 & \omega^2 & \omega \\\
\chi_4 & 3 & \alpha & \overline{\alpha} & 0 & 0 \\
\chi_5 & 3 & \overline{\alpha} & \alpha& 0 & 0
\end{array}
$$
Z riadkových podmienok dostaneme $\alpha+\overline{\alpha}=-1$, čo znamená, že reálna časť je $-\frac12$.
Zo stĺpcových podmienok vidíme, že $|\alpha|^2=2$, preto imaginárna časť bude $\sqrt{2-\frac14}=\frac{\sqrt7}2$. (Alebo opačná - podľa toho, ktoré riešenie si zvolíme za $\alpha$ a ktoré za $\overline{\alpha}$.)
Dostali sme $\alpha=\frac{-1+\sqrt{7}i}2$.

[Martin Sleziak]

Pomocou predchádzajúcich vzťahov vieme každý výraz tvaru $a^ib^ja^kb^l$ upraviť do tvaru $a^mb^n$ a vidíme, že
$$G=\{a^ib^j; i=0,1,\dots,6,j=0,1,2\}.$$
Na skontrolovanie toho, že $G$ má naozaj 21 prvkov by sme mohli vyskúšať urobiť všetky súčiny a skontrolovať, že dostaneme rôzne permutácie. Toto sa mi robiť nechcelo (a nič inteligentnejšie som nevymyslel), takže som tomu jednoducho uveril.

Keď som sa pozrel na riešenie vzadu, tak som videl, že sa to dá oveľa inteligentnejšie. Už vieme, že $G$ má najviac 21 prvkov. Obsahuje prvok rádu 3 a prvok rádu 7, preto podľa Lagrangeovej vety 21 musí deliť $|G|$.

Iná možnosť, ktorá mi potom napadla bolo pozrieť sa na to ako na permutačnú reprezentáciu. Ak sa pozrieme na jej charakter, tak vieme, že to je $\chi(g)=|Fix(g)]$, teda $\chi(1)=7$. Žiadna z ostatných tried konjugácie neobsahuje permutácie, ktoré by mali 7 pevných bodov (ľahko vidíme, že $a$, $a^2$, $b$, $b^2$ menia aspoň jeden prvok). Teda $\operatorname{Ker}\chi=\{1\}$ a táto reprezentácia je verná. Môžeme si tiež všimnúť, že permutačný charakter je $\chi=(7,0,0,1,1)$ a dá sa získať z ireducibilných ako $\chi=\chi_1+\chi_4+\chi_5$.

[Martin Sleziak]

A teda ešte sem dám aj svoj neúspešný pokus o riešenie - zasekol som sa, keďže som si neuvedomil, že tam môžem použiť to komplexné združovanie.

Prvý stĺpec vieme doplniť z toho, že 21 byť súčet druhých mocnín prirodzených čísel, kde už mám tri jednotky a jediná možnosť je doplniť to dvoma trojkami.
V posledných dvoch stĺpcoch je už teraz súčet veľkosí prvkov rovný trom, takže zostávajúce prvky budú nuly.
Takže nám už chýbajú iba 4 čísla v tabuľke.
$$
\begin{array}{cccccc}
g & 1 & a & a^3 & b & b^2 \\
|C_G(g)| & 21 & 7 & 7 & 3 & 3 \\
\chi_1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\chi_2 & 1 & 1 & 1 & \omega & \omega^2 \\
\chi_3 & 1 & 1 & 1 & \omega^2 & \omega \\\
\chi_4 & 3 & x_1 & y_1 & 0 & 0 \\
\chi_5 & 3 & x_2 & y_2 & 0 & 0
\end{array}
$$
Z riadkových podmienok máme $\frac3{21}+\frac{x_1}7+\frac{y_1}7=0$, z čoho dostaneme $x_1+y_1=-1$. To isté nám vyjde aj pre $x_2$ a $y_2$.
Zo stĺpcových podmienok dostaneme $3(x_1+x_2)+3=0$, čiže $x_1+x_2=-1$.
Dostali sme teda zatiaľ rovnice
$$
x_1+y_1=-1\\
x_2+y_2=-1\\
x_1+x_2=-1\\
y_1+y_2=-1
$$
Riešením tejto sústavy je $x_1=y_2=t$, $y_1=x_2=-1-t$, kde $t\in\mathbb C$.

Ak by som použil ortogonalitu $\chi_4$ a $\chi_5$, tak dostanem $\frac9{21}+\frac{x_1\overline{x_2}+y_1\overline{y_2}}7=0$, čiže $x_1\overline{x_2}+y_1\overline{y_2}=-3$. To mi po úprave dá $t(1+\overline{t})+\overline{t}(1+t)=3$, čiže $t+\overline{t}+2t\overline{t}=3$.
Ak použijem stĺpce, tak mám $x_1\overline{x_1}+x_2\overline{x_2}=4$, čiže $t\overline{t}+(1+t)(1+\overline{t})=4$, čo je po úprave opäť $t+\overline{t}+2t\overline{t}=3$.
Ak si označím $t=a+bi$, tak som vlastne dostal $2a+2(a^2+b^2)=3$, čo má nekonečne veľa reálnych riešení.