Existencia de un homomorfismo sobre un grupo de S4S4S_4 a Z4Z4\Bbb Z_4

Question

Existencia de un homomorfismo sobre un grupo de S4S4S_4 a Z4Z4\Bbb Z_4

Matemáticas
teoría de grupos
álgebra abstracta
grupo-homomorfismo
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Dejar $S_n$ Sea el grupo simétrico de $n$ letras. Entonces, ¿existe un homomorfismo sobre el grupo de $S_4$ a $\Bbb Z_4$ ?

Mi intento : supongamos que $f:S_4 \to \Bbb Z_4$ es un homomorfismo de grupos. Entonces $S_4/\ker f\cong \Bbb Z_4\implies o(\ker f)=6\implies \ker f$ es isomorfo a $S_3$ o $\Bbb Z_6$ .

Si $\ker f=\Bbb Z_6\implies S_4\cong \Bbb Z_6\times \Bbb Z_4$ que es falso como $S_4$ no es conmutativo mientras que $\Bbb Z_6\times \Bbb Z_4$ es.

Si $\ker f=S_3\implies S_3$ es un subgrupo normal de $S_4$ .

ahora toma $S_3=\{e,(12),(23),(13),(123),(132)\}$ .Entonces $(14)(123)(14)=(234)\notin S_3$ .Por eso $S_3$ no es normal

¿Es correcta mi solución?

Stahl

No es suficiente para comprobar que

S_{4}

$S_4$ no es isomorfo a

Z_{6} \times Z_{4}

$\Bbb Z_6\times\Bbb Z_4$ , también debe verificar que no sea isomorfo a un producto semidirecto de estos dos grupos.

usuario169852

El núcleo no puede ser isomorfo a

Z_{6}

$\mathbb Z_6$ porque

S_{4}

$S_4$ no contiene un elemento de orden

6

$6$ .

Ethan Alwaise

En su lugar, intente usar el hecho de que un subgrupo normal es una unión de clases de conjugación. Entonces recuerda que dos elementos de

S_{n}

$S_n$ son conjugados si y solo si tienen el mismo tipo de ciclo.

usuario169852

Ligera variación de la sugerencia de @EthanAlwaise: si el kernel

K

$K$ es isomorfo a

S_{3}

$S_3$ , entonces tiene un subgrupo único, por lo tanto característico

H

$H$ de orden

3

$3$ . Entonces desde

H

$H$ es característico en

K

$K$ y

K

$K$ es normal en

S_{4}

$S_4$ , esto significa que

H

$H$ es normal en

S_{4}

$S_4$ . Pero eso no puede ser verdad:

H

$H$ debe ser generado por un

3

$3$ -ciclo, digamos

(a b c)

$(abc)$ , y todos esos ciclos son conjugados.

Respuestas (1)

Existencia de un homomorfismo sobre un grupo de S4S4S_4 a Z4Z4\Bbb Z_4

No es suficiente para comprobar que $S_4$ no es isomorfo a $\Bbb Z_6\times\Bbb Z_4$ , también debe verificar que no sea isomorfo a un producto semidirecto de estos dos grupos.
El núcleo no puede ser isomorfo a $\mathbb Z_6$ porque $S_4$ no contiene un elemento de orden $6$ .
En su lugar, intente usar el hecho de que un subgrupo normal es una unión de clases de conjugación. Entonces recuerda que dos elementos de $S_n$ son conjugados si y solo si tienen el mismo tipo de ciclo.
Ligera variación de la sugerencia de @EthanAlwaise: si el kernel $K$ es isomorfo a $S_3$ , entonces tiene un subgrupo único, por lo tanto característico $H$ de orden $3$ . Entonces desde $H$ es característico en $K$ y $K$ es normal en $S_4$ , esto significa que $H$ es normal en $S_4$ . Pero eso no puede ser verdad: $H$ debe ser generado por un $3$ -ciclo, digamos $(abc)$ , y todos esos ciclos son conjugados.

p Grupos · Answer 1

Tu argumento hasta '' $\ker f=S_3\text{ or }\mathbb{Z}_6$ '' es correcto.

Pero después de esto, es posible pero largo continuar los argumentos; por ejemplo, si kernel es isomorfo a $S_3$ entonces lo has tomado igual a $\{(1), (123),..\}$ ; esto es correcto pero necesita una justificación.

Mejor es lo siguiente: $|\ker f|=6$ , entonces $\ker f$ contiene un elemento de orden $3$ . Dado que los elementos de orden $3$ en $S_4$ son precisamente $3$ -ciclos (fácil de probar) y dos cualesquiera $3$ -los ciclos son conjugados, por lo tanto, todos los $3$ -ciclos de $S_4$ debe estar en el núcleo (ya que el núcleo es normal).

Pero ahora tenemos una contradicción. Cuántos $3$ -ciclos hay en $S_4$ ? ¿Cuál es el tamaño del núcleo?

Existencia de un homomorfismo sobre un grupo de S4S4S_4 a Z4Z4\Bbb Z_4

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Stahl

usuario169852

Ethan Alwaise

usuario169852

Respuestas (1)

p Grupos

Imagen homomórfica de un grupo alterno.

El grupo es indescomponible pero la imagen homomórfica no lo es.

problemas 12 y 13, sec. 2.3, en TOPICS IN ALGEBRA de Herstein, 2.ª ed.: La existencia de solo la identidad del lado derecho y los inversos del lado derecho son suficientes

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