Exercise 17.2 - 21-prvková prodgrupa v $S_7$
Posted: Tue Mar 05, 2013 11:01 am
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 $\alpha=\frac{-1+\sqrt{7}i}2$.
$$a = (1 2 3 4 5 6 7), \qquad b = (2 3 5)(4 7 6)$$
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 $\alpha=\frac{-1+\sqrt{7}i}2$.