10
$\开始组$

参加一个小组$克$,并考虑其所有子群的集合。有没有一种自然的方式来定义子群的乘法,即集合形成一个组?如果是这样的话,操作是如何被限制的,这个组被称为什么?

我提出这个问题的原因以及为什么它看起来很自然是这样的。同构定理的一个结果是$HH'/H\从H'$无论何时$H,H’$是不相交的子群H美元$是的正规子群$克$此外,如果$H,H’$两者都是$克$具有$H\leq H'\leq G$,然后$(G/H)/(H'/H)\cong G/H'$因此,在某种扭曲的意义上,似乎至少在某些情况下和某些类型的$克$,可能有一种定义乘法的自然方法,它允许我们对$克$? 从这个意义上讲,在这个拟议的小组中,我们可以实际上只是“取消”H美元$“在中$(G/H)/(H'/H)\cong G/H'$这是乘法定义的结果。(至少对我来说)定义这样一个群体的后果是什么,这似乎很有趣。

很抱歉,如果问题含糊不清,但我有个想法寻找:以任何团体为例,考虑其所有n美元$子群,并以某种任意方式定义乘法,例如$\mathbb Z/n\ mathbb Z$。如果我们这样做,我们就完全失去了这样一个事实:这些元素最初是作为一个组的子组出现的,有趣的代数结构也就丢失了!相反,我感兴趣的是,是否有这样一种方法来定义这组子组,以保持原始组的代数属性$克$.

我尝试过的一种幼稚的结构不起作用:对于两个分组$H,H’$阿贝尔群的$克$,定义$HH'=\{HH':h\在h中,h'\在h'\}中$。很容易验证,这总是给出一个子组$克$,所以我们有闭包,关联性等也很容易检查。问题是$克$在一般群的子群“群”中没有逆$克$,因为$HH'=1美元$,我们需要$hh'=1美元$对于每个$h\单位:h$$h'\单位为h'$这在除了最琐碎的情况之外的所有情况下都是不可能的。如评论中所述,如果我们删除以下假设$克$是阿贝尔的,那么它的子群就不需要是正规的,而且这种构造失败得更厉害,因为我们甚至没有闭包了。因此,一般来说,这种建筑不会在任何接近工作的地方进行。

非常感谢您对已经完成的事情的任何想法或链接!

$\端组$
13
  • 1
    $\开始组$ 为什么$HH'$总是一个子组? $\端组$
    – 兰德尔
    评论 2019年1月5日0:27
  • $\开始组$ @Randall抱歉,我错过了$H'$在$G$中是正常的假设。(实际上,我开始写这篇文章时假设$G$是阿贝尔的,但当我删除这个假设时,忘记了清理。)编辑以解决这个问题。因此,这是该结构的另一个问题! $\端组$
    – 一帆提
    评论 2019年1月5日0:33
  • 2
    $\开始组$ 无论如何,由于你已经指出的原因,答案是否定的。你可以查找幺半群的Groethendieckization,它是你想要的(某种程度上)的扩展。 $\端组$
    – 兰德尔
    评论 2019年1月5日0:35
  • $\开始组$ @Randall我指出了什么原因?据我所知,似乎我只是证明了一种特殊的结构不起作用;有没有其他建筑不能工作的原因?(再次抱歉,如果“工作”听起来含糊不清。我真的不知道如何更准确地表达这个问题。) $\端组$
    – 一帆提
    评论 2019年1月5日0:37
  • 1
    $\开始组$ 尝试在谷歌上搜索“Groethendieck群组” $\端组$ 评论 2019年1月5日1:13

2个答案2

重置为默认值
6
$\开始组$

我认为,这种建筑要被称为“天然”,至少需要具备以下特性:

诱导作用$\mathrm{Aut}(G)$关于的子群集$克$导出子群的自同构群的一个子群。

(例如$克$就结构而言“相同”$克$应成为就其结构而言也“相同”的子组组的元素,即$克$在下共轭$\mathrm{Aut}(G)$在子群群的自同构群下也应该是共轭的。)

但这并不总是可能的。例如,让$克$成为克莱因集团。它有$5$子群,所以它的子群组应该是循环的$5$,但Klein群的自同构群是S_3美元$不嵌入的自同构群C_5美元$.

$\端组$
1
  • $\开始组$ 不错+1。只需添加一点:有一个自然映射$Aut(G)\to Bij(SG)$,其中$SG$是子组集$\phi\mapsto[H\mapsto\phi(H)]$。此映射并不总是内射的(考虑$C_p\times C_q$,其中如果$p\neq$是素数,则为零),因为非平凡自同构可能保留所有子群。对于Klein组,映射确实将$S_3\嵌入到Bij(SG)$。因此,这里的自然度标准是$Image(Aut(G))\subset Aut(SG)$位于$Bij(SG。 $\端组$
    – 
    评论 2019年1月5日上午10:31
2
$\开始组$

我们可以稍微打开我们的条件,得到一些“自然”的东西。也就是说,我们可以取向量空间$\mathcal{S}(G)$由以下子组跨越$克$,在某个田地上$F(美元)$,乘积是$$A\cdot B=AB$$那么如果我们有同态$f:G\至H$,我们可以将其推广到同态$F(美元)$-代数$f_*:\mathcal{S}(G)\to\mathcal{S}(H)$由提供$f_*(A)=f(A)$$特别是自同构$a:G\至G$诱导自同构$a_*:\mathcal{S}(G)\to\mathcal{S}(G)$.

注意,这只适用于阿贝尔群,或罕见的非阿贝尔群(如四元数群),其中每个子群都是正规的。如果要对一般组执行此操作,则必须扩展向量空间以包含组的所有非空子集。要么这样,要么您可以将子组声明为生成器。那么向量空间实际上更大了,基本元素不是子群,而是子群的乘积。然后你会得到一些非交换的东西$港币\neq KH$如果H美元$千美元$不正常。然后正规子群将位于代数的中心。

注意,在这种情况下,子群永远不可逆。事实上,子群是幂等元$A^2=A$对于所有子组美元$.然后$$A(A-\{e\})=0$$为所有人美元$,所以每个子群都是零因子。因此我们失去了可逆性,但我们确实有一个保持同态的代数结构(在范畴理论意义上,它是函数的)。你还可以保持同构定理给出的方程。也就是说,如果$\langle H-\{e\}\langle(兰格)$是正规子群生成的理想,那么$\mathcal{S}(G)/\langle H-\{e\}\rangle\cong\mathcal{S}(G/H)$、和$HH'\mapsto(HH')/小时$,与的图像相同美元H’$。这与$H'/(H\cap H')$然而,这是它在商中映射到的子组。如果H美元$美元H’$琐碎地交叉,这只是美元H’$.

一般来说,如果我们想构建涉及群体的结构,我们可能会遇到这样一个情况,即我们不能做我们想做的事情,因为群体是非常刚性的。然而,我们对域上的代数有很大的自由度,这是一个例子,它允许我们基本上做我们想做的事情。类似的情况是量子群,其中我们变形一个组以获得q美元$-模拟。

$\端组$

你必须登录来回答这个问题。

不是你想要的答案吗?浏览标记的其他问题.