二面体群的自同构|抽象代数

二面体群的自同构

发布日期：2022年9月14日基础代数,组
标签：自同构,二面体群,欧拉指向函数,群的全形,半直积

在这篇文章中， $o（x）$ 表示元素的顺序 $x个$ 在一个组中 $克$ 和 $\文本｛Aut｝（G）$ 表示以下组自同构属于 $G.公司。$ 也， $D_｛2n｝$ 表示二面体群订单的 $2个$ 定义为由两个元素生成的组 $a、 b条$ 以关系为准

$o（a）=2，\\o（b）=n，\\aba=b^{-1}。$

因此 $D_｛2n｝$ 是 $1，a，b，\cdots，b^{n-1}，ab，\cdot，ab^{n-1}。$ 请注意 $o（ab^i）=2$ 为所有人 $0\le i\le n-1。$

备注 1.自 $a、 b条$ 是的发电机 $D_{2n}，$ 每个群同态 $f：到$ 完全取决于 $f（a）款$ 和 $f（b）。$

引理.如果 $第3页，$ 然后

$\text{Aut}（D_{2n}）={f_{i，j}:\\0\lei\len-1，\lej\len-l，\\gcd（j，n）=1\}，$

哪里 $f_{i，j}:D_{2n}\到D_{3n}$ 是由定义的群同态

$f{i，j}（a）=ab^i。$

特别地， $|\文本{Aut}（D_{2n}）|＝n\phi（n），$ 哪里 $\φ$ 是欧拉的总方向函数。

证明。让 $g\in\text{Aut}（D_{2n}）。$ 自 $o（ab^i）=2$ 为所有人 $0\le i\le n-1$ 和 $o（g（b））=o（b）=n\ne 2，$ 我们有 $g（b）\n一个ab^i$ 等等 $g（b）=b^j$ 对一些人来说 $1\le j\le n-1。$ 自 $o（b^j）=o（g（b））=o，$ 我们一定有 $\gcd（j，n）=1。$ 自 $克$ 是一对一的 $g（\langle b\langle）=\langle b\langle，$ 我们有 $g（a）不超过b级$ 等等 $g（a）=ab^i$ 对一些人来说 $0\le i\le n-1。$ 因此 $g=f{i，j}。$ 所以，为了完成证明，我们需要证明 $f_｛i，j｝\in\text｛Aut｝（D_｛2n｝）$ 要做到这一点，我们只需要证明 $f_{i，j}$ 是因为 $D_｛2n｝$ 是有限的。让 $0\le r\le n-1。$ 现在， $j个$ 具有乘法逆模 $n个$ 因为 $\gcd（j，n）=1。$ 让 $k： =j^{-1}\型号。$ 然后

$f{i，j}（b^{kr}）=$

和

$f{i，j}（ab^{k（r-i）}）=f{i、j}，$

这证明了 $f_{i，j}$ 上的。 $\\盒子$

命题.让 $\马特布{Z} _n（n）^{\次}$ 是单位的乘法组 $\马特布{Z} _n。$

i） $\文本{Aut}（D_4）\cong D_6\cong S_3。$

ii）如果 $第3页，$ 然后

$\文本{Aut}（D_{2n}）\cong\mathbb{Z} _n（n）\rtimes_{\theta}\mathbb{Z} _n（n）^{\次}，$

这个半直积属于 $\马特布{Z} _n（n）$ 通过 $\马特布{Z} _n（n）^{\次}，$ 哪里 $\θ：\mathbb{Z} _n（n）^{\times}\to\text{Aut}（\mathbb{Z} _n（n）)$ 由定义 $\θ（p）（q）=pq，$ 为所有人 $p\in\mathbb{Z} _n（n）^{\次}$ 以及所有 $q\in\mathbb{Z} _n。$

证明.i）我们有 $D_4={1，a，b，ab\}，$ 哪里 $o（a）=o（b）=2$ 和 $ab=ba。$ 因此 $D_4\cong\mathbb（D_4\cong\mathbb）{Z} _2\次\mathbb{Z} _2$ 结果如下所示这个帖子.

ii）出租 $f_{i，j}$ 是引理中定义的函数，并定义函数 $\λ：\text{Aut}（D_{2n}）\to\mathbb{Z} _n（n）\rtimes_{\theta}\mathbb{Z} _n（n）^{\次}$ 通过 $\λ（f{i，j}）=（i，j）。$ 很明显 $\λ$ 定义明确，一对一，等等。所以我们只需要证明 $\λ$ 是一个群同态，为此，我们首先证明了以下恒等式。

索赔. $（f）_{i，j}f_{r，s}=f{i+jr，js}，$ 为所有人 $i、 j、r、s。$

证明.我们有

$（f）_{i，j}f_｛r，s｝（a）=f_{i，j｝（ab^r）=f_{i，j｝（a）（f_{i，j｝（b）^r=ab^ib^｛jr｝=ab^｛i+jr｝=f_{i+jr，js｝（a）$

和

$（f）_{i，j}f_{r，s}（b）=f{i，j}（b^s）=b^{js}=f{i+jr，js}（b），$

这证明了这一说法。

现在，使用索赔，我们有

$\开始{对齐}\lambda（f_{i，j}f_{r，s}）=\lambda（f{i+jr，js}）=（i+jr，js）=$

证明这一点 $\λ$ 是一个群同态。 $\\盒子$

定义.给定一个组 $G、，$ 这个全形属于 $克$ 是由定义的组 $\text{Hol}（G）：=G\rtimes_{\alpha}\text{Aut}（G），$ 哪里 $\alpha:\text{Aut}（G）\to\text{Aut}$ 由定义 $\α（β）（g）=β（g），$ 为所有人 $\β\ein\text｛Aut｝（G）$ 以及所有 $g \单位g。$ 所以乘法 $\文本{Hol}（G）$ 由定义 $（g_1，β_1）（g_2，β_2）=（g_1\β_1（g_2），β_1\β_2），$ 为所有人 $g中的g_1、g_2$ 以及所有 $\beta_1，\beta_2\in\text{Aut}（G）。$

备注 2。我们在第四部分中展示了这个帖子那个 $\马特布{Z} _n（n）^{\times}\cong\text{Aut}（\mathbb{Z} _n（n）).$ 因此，根据上述命题和定义， $\text{Aut}（D_{2n}）\cong\text{Hol}（\mathbb{Z} _n（n）).$

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