Seria 2, zadanie 15
Urszula Włodkowska, Piotr Obarski
Treść: Rozpatrzmy grupę dihedralną D2n a) Znaleźć abelianizację grupy D2n
b) Niech n 3. Udowodnić, że jeżeli n jest nieparzyste, to Z(D2n) = 1, a jeżeli n jest parzyste to D2n/Z(D2n) ∼= Dn
c) Pokazać, że każda podgrupa grupy obrotów grupy dihedralnej jest nor- malna. Pokazać, że jeżeli k · l = n, to D2n/hρki ∼= D2k
Rozwiązanie:
a) Abelianizacją grupy jest grupa ilorazowa D2n/[D2n, D2n], gdzie [D2n, D2n] jest komutantem grupy D2n, czyli zbiorem składającym się z elementów {x−1y−1xy|x, y ∈ D2n}. Jako że każdy element należący do D2n ma postać
kρl dla k ∈ {0, 1} = K, l ∈ {0, 1, . . . , n − 1} = L, komutant składa się z elementów postaci
ρ−l1k1ρ−l2k2k1ρl1k2ρl2
Rozpatrując 4 możliwości wartości przyjmowanych przez parę (k1, k2), moż- na uprościć ten zapis do 1 dla (0, 0), ρ−2l1 dla (0, 1), ρ2l2 dla (1, 0), ρ2(l2−l1) dla (1, 1). Zatem do komutanta należą tylko obroty będące złożeniami parzy- ście wielu obrotów jednostkowych, a jako że l1, l2 są dowolne, wszystkie takie obroty. Oznacza to, że jeżeli 2|n, komutant składa się z tych elementów co hρ2i, w przeciwnym przypadku - hρi Do abelianizacji D2n/[D2n, D2n] należą warstwy postaci kρl[D2n, D2n] dla l, k z tych samych zbiorów co poprzednio.
Jeżeli 2 - n, ρk[D2n, D2n] = [D2n, D2n], a ρk[D2n, D2n] = [D2n, D2n]. Dla 2|n
k1ρl1[D2n, D2n] = k2ρl2[D2n, D2n] ⇔ k1 ≡ k2 mod 2 ∧ l1 ≡ l2 mod n.
Podsumowując, następujące warstwy należą do abelianizacji D2n
dla 2 - n: {[D2n, D2n], [D2n, D2n]} - jako podgrupa zawierająca jedynkę i je- den element rzędu 2 jest to podgrupa izomorficzna z Z2
1
dla 2|n: {[D2n, D2n], [D2n, D2n], ρ[D2n, D2n], ρ[D2n, D2n]}, jest to grupa rzę- du 4, musi być więc izomorficzna z Z4 lub Z2 × Z2. Brak elementu rzędu 4 oznacza, że jest ona izomorficzna z Z2× Z2.
b) Niech k0ρl0, k0 ∈ K, l0 ∈ L będzie elementem centrum D2n. Wtedy
∀k ∈ K, l ∈ L k0ρl0kρl = kρlk0ρl0. W szczególności k0ρl0ρ = ρk0ρl0. Jeżeli k0 = 1 równość ta jest równoważna z ρl0+1 = ρ−1ρl0 ⇔ ρl0+1 = ρl0−1 ⇔ ρ2 = 1, co przy założeniu n 3 nie zachodzi, stąd na pewno k0 = 0 i równość przyjmuje postać trywialną. Zatem jeżeli element należy do centrum, ma postać ρl0. Taki element jest rzecz jasna przemienny z elementami podgrupy obrotów. Aby należeć do centrum, element musi być przemienny także z pozostałymi elementami D2n - musi zachodzić
∀l ∈ L ρl0ρl= ρlρl0 ⇔ ρ−l0ρl = ρlρl0
⇔ ρl−l0 = ρl+l0 ⇔ ρ2l0 = 1 ⇔ 2l0 ≡ 0 mod n
Jeżeli 2 - n, Z(D2n) = 1, jeżeli 2|n, Z(D2n) = {1, ρn2} = D2n/hρn2i}. Od- powiada to na pierwszą część pytania w podpunkcie b), druga część jest natomiast szczególnym przypadkiem drugiej części podpunktu c).
c) Wiemy, że każda podgrupa grupy cyklicznej jest charakterystyczna, pod- grupa indeksu 2 jest normalna oraz zachodzi
K J H, H E G ⇒ K E G
Podgrupa obrotów J grupy dihedralnej jest cykliczna, stąd hρki J J. Pod- grupa obrotów jest w grupie dihedralnej podgrupą indeksu 2, więc J E D2n, zatem hρki E D2n
Niech ϕ : D2k → D2n/hρki będzie zadane wzorem ϕ(lρm) = lρmhρki.
Skoro podgrupa grupy obrotów jest dzielnikiem normalnym grupy dihedral- nej, iloraz grupy dihedralnej przez nią jest grupą, stąd
ϕ(l1ρm1l2ρm2) = l1ρm1l2ρm2hρki = l1ρm1hρkil2ρm2hρki = ϕ(l1ρm1)ϕ(l2ρm2) Czyli ϕ jest homomorfizmem.
Oczywiście ϕ jest na. Niech
ϕ(l1ρm1) = ϕ(l2ρm2)
2
Wtedy
l1ρm1hρki = l2ρm2hρki ⇔ l1ρm1hρkiρ−m2l2hρki = l1ρm1−m2l2hρki = hρki Czyli l1ρm1−m2l2 musi należeć do hρki. Stąd l2 = l1 i, skoro k|n, k|(m1−m2).
Jednak m1, m2 są ze zbioru 1, 2, ..., k, czyli m1 = m2, ϕ jest różnowartościowa.
Co kończy dowód.
3