полупрямая группа и метациклическая группа

Aug 18 2020

Позволять $G$ и $H$ быть группами и $\theta : H \to Aut G$гомоморфизм. Определить$G\times_{\theta}H$ называется полупрямым произведением $G$ и $H$.

Позволять $C_{p}=\langle a\rangle$ и $C_{q}=\langle b\rangle$ быть (мультипликативными) циклическими группами простых порядков $p$ и $q$ соответственно такие, что $p > q$ и $q\mid p — 1$.

а. Карта$\alpha:C_{p}\to C_{p}$ данный $a^{i}\mapsto a^{si}$ это автоморфизм.

б. Карта$\theta:C_{q}\to Aut C_{q }$ данный $\theta(b^{i}) =\alpha^{i}$ ($\alpha$ поскольку в части (а)) является гомоморфизмом ($\alpha^{i} = I_{C_{p}})$.

c. Если мы напишем$a$ за $(a,e)$ и $b$ за $(e,b)$, то группа $C_{p}\times_{\theta} C_{g}$ это группа порядка $pq$, создан $a$ и $b$ при условии отношений: $|a|=p$, $|b| = q$, $ba = a^{s}b$, где $s\not\equiv 1 (\mod p)$, и $s^{q}\equiv 1 (\mod p)$. Группа$C_{p} \times_{\theta} C_{q}$ называется метациклической группой.

Я пытался его решить, а , так как$C_{p}=\langle a \rangle=\lbrace a^{p}|\text{$п$ is prime}\rbrace$, следовательно, для некоторых $s\in \mathbb{Z}$, $(s,p)=1$,в этом случае $\alpha^{s}$ также является генератором $C_{p}$, Теперь для некоторых $m\in \mathbb{Z}$ реализует $s^{m}\equiv1(\mod p)$, карта $\alpha:C_{p}\to C_{p}$определил автоморфизм. Рассчитано$\alpha^{m}(\alpha^{i})=\alpha^{m-1}(\alpha^{si}) \cdots =\alpha^{s^{m}i}=\alpha^{i}=e$.

Для b я пробовал использовать теорему \ textit {Dyck}, но не уверен

Я хотел бы знать, как решить эту проблему или какие-либо предложения, я ценю

Ответы

1 rain1 Aug 18 2020 at 03:07

Позволять $q | p-1$ и $C_p = \langle a \rangle$ и $C_q = \langle b \rangle$.

Для полупрямого продукта $C_p \rtimes_\theta C_q$ нам нужно будет определить гомоморфизм групп $\theta : C_q \to \operatorname{Aut}(C_p)$.

У нас будет группа заказа $pq$ и $C_p \lhd C_p \rtimes_\theta C_q$

Первый $\operatorname{Aut}(C_p)$

$\alpha : C_p \to C_p$

$\alpha(a^i) = a^{si}$

будет автоморфизмом, то есть изоморфизмом групп из $C_p$ к $C_p$, то есть гомоморфизм групп, который также является биекцией.

Мы можем показать, что это гомоморфизм групп:

$\alpha(a^i a^j) = a^{s(i+j)}$
$\alpha(a^i)\alpha(a^j) = a^{si}a^{sj}$

и они равны, так оно и есть.

И это будет взаимное соответствие, если умножение на $s$ обратимый мод $p$.

$\theta : C_q \to \operatorname{Aut}(C_p)$

$\theta(b^i) = \alpha^i$

Мы покажем, что это гомоморфизм групп:

$\theta(b^i b^j) = \alpha^{i+j}$ обращаясь к $a^k$: $a^{s^{i+j} k}$.
$\theta(b^i) \circ \theta(b^j) = \alpha^{i} \circ \alpha^{i}$ обращаясь к $a^k$: $\alpha^{i}(a^{s^j k}) = a^{s^i s^j k}$

и они равны, так что это действительный гомоморфизм групп.

Подробно на $s$:

Из $\alpha$ обратимость требует, чтобы $s$ это единичный мод $p$.

Из $\theta$ являясь гомоморфизмом групп из $C_q$ (т.е. $\theta(b^q) = \theta(1)$) мы требуем, чтобы $\alpha^q = 1$. Итак, нам нужно$s^q \equiv 1 \pmod p$.

Теперь у нас всегда будет $s^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ так что мы можем взять первобытный корень $r$ и обратите внимание $(s^{\frac{p-1}{q}})^q \equiv 1 \pmod p$ так что мы находим $s$ подняв $r$ к власти $(p-1)/q$.

В общем случае полупрямое произведение имеет следующую операцию умножения ($b$ является общим элементом, а не генератором для $C_q$ только для следующей строки):