Automorfismi del gruppo dei quaternioni
Rega ho un esercizio esattamente studiare il gruppo degli automorfismi nel gruppo dei quaternioni $H_8$.
La mia idea è stata la seguente a priori sappiamo che $Aut(H_8)
Che dite funge?
Grazie e a presto.
La mia idea è stata la seguente a priori sappiamo che $Aut(H_8)
Che dite funge?
Grazie e a presto.
Risposte
ti scrivo le prime cose che mi vengono in mente che ho poco tempo ora, se posso domani continuo a pensarci. non ho capito cosa scrivi te 
come dici te 1,-1 vengono sicuramente fissati. poi direi che se definiamo l'omomorfismo su $i$ e $j$ lo abbiamo definito su ogni altro elemento del gruppo. se $phi$ è l'omomorfismo posso scegliere $phi(i)$ in sei elementi: ${+-i,+-j,+-k}$ fissata l'immagine di $i$ posso scegliere $phi(j)$ in ${+-i,+-j,+-k}\\{+-phi(i)}$. quindi direi che ho 6*4 possibilità. questo è tutto per il tempo che ho
ci sarebbe da vedere gli ordini per capire un po' come vanno le cose, vedi se il ragionamento ti fila io non sono sicuro, non ho nemmeno verificato che per ogni scelta si ottenga un omomorfismo. ciao
come dici te 1,-1 vengono sicuramente fissati. poi direi che se definiamo l'omomorfismo su $i$ e $j$ lo abbiamo definito su ogni altro elemento del gruppo. se $phi$ è l'omomorfismo posso scegliere $phi(i)$ in sei elementi: ${+-i,+-j,+-k}$ fissata l'immagine di $i$ posso scegliere $phi(j)$ in ${+-i,+-j,+-k}\\{+-phi(i)}$. quindi direi che ho 6*4 possibilità. questo è tutto per il tempo che ho
ci sarebbe da vedere gli ordini per capire un po' come vanno le cose, vedi se il ragionamento ti fila io non sono sicuro, non ho nemmeno verificato che per ogni scelta si ottenga un omomorfismo. ciao
no credo che nn funge se identifichi tramite morfismo elementi positivi con negativi non funge. L'idea gunge solo ne identifico negatiivi e negativi positivi e positivi per questo $S_3xS_3$
Spero a presto mari
Spero a presto mari
il problema della tua idea è che una volta fissate le immagini di i,j,k ho anche fissato le immagini di -i,-j,-k
perchè $phi(-i)=phi(-1)*phi(i)=-phi(i)$
quindi non posso permutare tra loro i positivi e i negativi separatamente, per essere precisi come dicevo sopra se fisso le immagini di i e j ho fissato le immagini di tutti gli elementi:
$phi(k)=phi(i)*phi(j)$
$phi(-k)=-phi(i)*phi(j)$ e così via
per cui per trovare tutti gli automorfismi dei quaternioni devo solo vedere dove posso mandare i e j. faccio un tentativo mandando i in -j e j in k per vedere se c'è qualche problema a mandare nei negativi
$phi(i)=-j$
$phi(j)=k$
$phi(k)=phi(i)*phi(j)=-j*k=-i$
se tutto funziona deve essere $phi(i)=phi(j)*phi(k)$ in effetti $-j=phi(i)=phi(j)*phi(k)=k*(-i)=-j$
altra verifica $k=phi(j)=phi(k)*phi(i)=(-i)*(-j)=k$
ora chiaramente una verifica non mi dice che funzioni ogni volta che mando positivi in negativi ma non mi pare compaiano problemi facendo in altri modi. quindi io rimango della mia idea il gruppo ha ordine 24. mi sono limitato a spiegare un po' meglio cosa pensavo, stasera forse ci torno su
perchè $phi(-i)=phi(-1)*phi(i)=-phi(i)$
quindi non posso permutare tra loro i positivi e i negativi separatamente, per essere precisi come dicevo sopra se fisso le immagini di i e j ho fissato le immagini di tutti gli elementi:
$phi(k)=phi(i)*phi(j)$
$phi(-k)=-phi(i)*phi(j)$ e così via
per cui per trovare tutti gli automorfismi dei quaternioni devo solo vedere dove posso mandare i e j. faccio un tentativo mandando i in -j e j in k per vedere se c'è qualche problema a mandare nei negativi
$phi(i)=-j$
$phi(j)=k$
$phi(k)=phi(i)*phi(j)=-j*k=-i$
se tutto funziona deve essere $phi(i)=phi(j)*phi(k)$ in effetti $-j=phi(i)=phi(j)*phi(k)=k*(-i)=-j$
altra verifica $k=phi(j)=phi(k)*phi(i)=(-i)*(-j)=k$
ora chiaramente una verifica non mi dice che funzioni ogni volta che mando positivi in negativi ma non mi pare compaiano problemi facendo in altri modi. quindi io rimango della mia idea il gruppo ha ordine 24. mi sono limitato a spiegare un po' meglio cosa pensavo, stasera forse ci torno su
Osservando la tabella del gruppo dei quaternioni, si può banalmente ossevare che indicato con $phi$ un generico automorfismo avremo necessariamente $phi(1)=1$, in quanto elemento neutro del gruppo, ed $phi(-1)=-1$ in quanto unico elemento di ordine due del gruppo, per qualunque altro elemento dl gruppo potremo avere le seguenti sei scelte $+-i,+-j.+-k$, analizzando con attenzione la tabella ho ricavato intuitivamente i seguenti automorfismi:
$<(i,j,i^-1,j^-1)(k)(-k)(1)(-1)>$
$<(j,i,j^-1,i^-1)(k)(-k)(1)(-1)>$
$<(i,k,i^-1,k^-1)(j)(-j)(1)(-1)>$
$<$ $(k,i,k^-1,i^-1)$$(j)(-j)(1)(-1)$ $>$
$<$ $(j,k,j^-1,k^-1)(i)(-i)(1)(-1)$ $>$
$<(k,j,k^-1,j^-1)(i)(-i)(1)(-1)>$
Escluso lautomorfismo identico, i sopra descritti automorfismi danno origine in totale ad $3xx6=18$ automorfismi distinti.
$(i,j)(k,k^-1)(i^-1,j^-1)(1)(-1)$.
$(i,k)(j,j^-1)(i^-1,k^-1)(1)(-1)$.
$(k,j)(i,i^-1)(k^-1,j^-1)(1)(-1)$.
Quindi abbiamo altri $3$ automorfismi distinti.
$<(i,j,k)(i^-1,j^-1,k^-1)(1)(-1)>$, da cui si ottengono altri $3$ automorfismi compreso l'identico, quindi in totale avremo $18+3+3=24$ automorfismi, ora secondo me bisogna far vedere che tale sottogruppo di $S_6$ risulta isomorfo ad $S_4$.
Probabilmente c'é un modo più immediato per identificare gli automorfismi di tale gruppo, ma io non sono riuscito diversamente! C'é qualcuno che vuole intervenire per darmi una mano a chiarire il problema?
Grazie!
$<(i,j,i^-1,j^-1)(k)(-k)(1)(-1)>$
$<(j,i,j^-1,i^-1)(k)(-k)(1)(-1)>$
$<(i,k,i^-1,k^-1)(j)(-j)(1)(-1)>$
$<$ $(k,i,k^-1,i^-1)$$(j)(-j)(1)(-1)$ $>$
$<$ $(j,k,j^-1,k^-1)(i)(-i)(1)(-1)$ $>$
$<(k,j,k^-1,j^-1)(i)(-i)(1)(-1)>$
Escluso lautomorfismo identico, i sopra descritti automorfismi danno origine in totale ad $3xx6=18$ automorfismi distinti.
$(i,j)(k,k^-1)(i^-1,j^-1)(1)(-1)$.
$(i,k)(j,j^-1)(i^-1,k^-1)(1)(-1)$.
$(k,j)(i,i^-1)(k^-1,j^-1)(1)(-1)$.
Quindi abbiamo altri $3$ automorfismi distinti.
$<(i,j,k)(i^-1,j^-1,k^-1)(1)(-1)>$, da cui si ottengono altri $3$ automorfismi compreso l'identico, quindi in totale avremo $18+3+3=24$ automorfismi, ora secondo me bisogna far vedere che tale sottogruppo di $S_6$ risulta isomorfo ad $S_4$.
Probabilmente c'é un modo più immediato per identificare gli automorfismi di tale gruppo, ma io non sono riuscito diversamente! C'é qualcuno che vuole intervenire per darmi una mano a chiarire il problema?
Grazie!
Io penso che si debba iniziare identificando dei generatori.
Due generatori sono \(\displaystyle i\) e \(\displaystyle j\). L'insieme è ovviamente minimale. Gli elementi \(\displaystyle 1 \) e \(\displaystyle -1 \) sono ovviamente fissati da ogni automorfismo.
Le possibili immagini di \(\displaystyle i \) sono \(\displaystyle i \), \(\displaystyle j \), \(\displaystyle k \), \(\displaystyle -i \), \(\displaystyle -j \) e \(\displaystyle -k \).
Le possibili immagini di \(\displaystyle j \) sono le stesse di quelle di \(\displaystyle i \). D'altra parte una volta selezionato una immagine per \(\displaystyle i \), \(\displaystyle j \) può assumere solo 4 valori perché \(\displaystyle j\neq -i \). Non essendoci possibilità di ripetizioni questo significa che ci sono esattamente \(\displaystyle 6\cdot 4 = 24 \) automorfismi.
Cominciamo dai cambi di segno.
Se noi invertiamo \(\displaystyle \varphi_j\colon (i,j) \mapsto (-i, j) \) ricaviamo che \(\displaystyle \varphi_i(k) = \varphi_i(i)\varphi_i(j) = -ij = -k \). In modo analogo \(\displaystyle \varphi_i(-k) = -\varphi_i(k) = k \) (perché \(\displaystyle -1 \) viene fissato). Le immagini degli altri sono quindi fissati. Questo automorfismo ha ovviamente ordine \(\displaystyle 2 \).
Se noi invertiamo \(\displaystyle \varphi_i\colon (i,j) \mapsto (i, -j) \) ricaviamo che \(\displaystyle \varphi_j(k) = \varphi_j(i)\varphi_j(j) = -ij = -k \). In modo analogo \(\displaystyle \varphi_j(-k) = -\varphi_j(k) = k \). Le immagini degli altri sono quindi fissati. Anche questo automorfismo ha ordine \(\displaystyle 2 \).
Il prodotto di questi due \(\displaystyle \varphi_j\varphi_i = \varphi_i\varphi_j = \varphi_{k} \colon (i,j) \mapsto (-i, -j)\). Ricaviamo che \(\displaystyle \varphi_{k}(k) = -1^2ij = k \). Questi tre elementi formano un sottogruppo isomorfo al gruppo di Klein.
Notiamo che \(\displaystyle iii^{-1} = i \) e \(\displaystyle iji^{-1} = -ki = -j \). Similmente \(\displaystyle jij^{-1} = kj = -i \) e \(\displaystyle jjj^{-1} = j \) e \(\displaystyle kik^{-1} = -jk = -i \) e \(\displaystyle kjk^{-1} = ik = -j \). Il sottogruppo trovato è quindi il gruppo degli automorfismi interni (moltiplicare entrambi il lati per \(\displaystyle -1 \) non cambia nulla). Inoltre è senz'altro isomorfo a \(\displaystyle H_8/Z(H_8) \).
Ci sono quindi \(\displaystyle 6 \) laterali ma non so quanto sia utile. Senza dubbio è un primo passo nel costruire \(\displaystyle A_4 \) ed \(\displaystyle S_4 \).
Vediamo quindi il primo automorfismo diverso, sempre di ordine 2 è \(\displaystyle \tau_{ij}\colon (i,j)\mapsto (j,i) \). L'immagine di \(\displaystyle k \) è ovviamente \(\displaystyle -k \).
Identifichiamo quindi il suo laterale: \(\displaystyle \tau_{ij}\varphi_i \colon (i,j)\mapsto (i,-j) \mapsto (-j,i)\), \(\displaystyle \tau_{ij}\varphi_j \colon (i,j)\mapsto (-i,j) \mapsto (j,-i)\) e \(\displaystyle \tau_{ij}\varphi_k \colon (i,j)\mapsto (-i,-j) \mapsto (-j,-i)\). (Il laterale ha evidentemente ordine 2)
Un altro automorfismo, questa volta di ordine diverso, è \(\displaystyle \tau_{ik}\colon (i,j)\mapsto (k,j) \). L'immagine di \(\displaystyle \tau_{ik}(k)= kj = -i \). Calcoliamo quindi \(\displaystyle \tau^2_{ik}\colon (i,j)\mapsto (k,j) \mapsto (-i,j)\). Risulta pertanto \(\displaystyle \tau^2_{ik} = \varphi_j\). Si noti che \(\displaystyle \tau^3_{ik}\colon (i,j)\mapsto (-k,j)\) e che \(\displaystyle \tau^4_{ik} = 1\). Il laterale a cui appartiene ha ancora ordine \(\displaystyle 2 \).
Il suo laterale sarà pertanto formato da \(\displaystyle \tau_{ik} \), \(\displaystyle \tau^3_{ik} \). Inoltre dall'elemento \(\displaystyle \tau_{ik}\varphi_i = \colon (i,j)\mapsto (i,-j) \mapsto (k,-j)\) (si noti che \(\displaystyle \bigl(\tau_{ik}\varphi_i\bigr)^2 \colon (i,j)\mapsto (k,-j)\mapsto (-i,j) = \varphi_j\) ) e da \(\displaystyle \bigl(\tau_{ik}\varphi_i\bigr)^3 \colon (i,j)\mapsto (-k,-j)\). Siccome \(\displaystyle \tau_{ik}\varphi_k = \colon (i,j)\mapsto (-i,-j) \mapsto (-k,-j) = \bigl(\tau_{ik}\varphi_i\bigr)^3\) allora non è necessario andare avanti. Si tenga conto che avevamo già 4 elementi nel laterale.
Per simmetria vediamo \(\displaystyle \tau_{jk}\colon (i,j)\mapsto (i,k) \). Si ha che \(\displaystyle \tau_{jk}(k)= ik = -j \). Il discorso è quindi del tutto analogo a quello dello scorso laterale. Il gruppo quoziente ha 3 elementi di ordine 2 (cosa molto prevedibile dato che dovremmo trovare \(\displaystyle S_3 \) come quoziente)
Vediamo quindi il prodotto di questi due elementi... \(\displaystyle \tau = \tau_{ik}\tau_{ij} \colon (i,j)\mapsto (j,i)\mapsto (j,k)\). Vediamo quindi \(\displaystyle \tau(k) = jk = i \). Quindi \(\displaystyle \tau^2 \colon (i,j)\mapsto (j,k) \mapsto (k,i)\) ed infine \(\displaystyle \tau^3 = 1\).
Siccome \(\displaystyle \tau \) e \(\displaystyle \tau^2 \) non appartengono alla stessa classe risulterà che abbiamo trovato il nostro gruppo quoziente che è visibilmente \(\displaystyle S_3 \).
Il resto direi che è semplicemente un lavoro legato alla corrispondenza tra sottogruppi di un gruppo e quelli nel quoziente. In particolare il quoziente mantiene la normalità di un sottogruppo e quindi abbiamo identificato \(\displaystyle A_4 \) in \(\displaystyle Aut(H_8) \).
Mi dispiace un po' però aver fatto così tanti calcoli... Avrei preferito trovare l'insieme di ordine 4 su cui faccio agire \(\displaystyle Aut(H_8) \) ma per quello ci devo pensare.
P.S.: Non penso che Mari (la splendida squallionheart che ha aperto la discussione) troverà giovamento dalla risposta dato che è stata posta quando ancora non la conoscevo Ma lo prendo lo stesso come un mio affettuoso bacio sulle sue labbra .
P.S.2: Ovviamente mi auguro che gli altri lo possano trovare interessante.
Due generatori sono \(\displaystyle i\) e \(\displaystyle j\). L'insieme è ovviamente minimale. Gli elementi \(\displaystyle 1 \) e \(\displaystyle -1 \) sono ovviamente fissati da ogni automorfismo.
Le possibili immagini di \(\displaystyle i \) sono \(\displaystyle i \), \(\displaystyle j \), \(\displaystyle k \), \(\displaystyle -i \), \(\displaystyle -j \) e \(\displaystyle -k \).
Le possibili immagini di \(\displaystyle j \) sono le stesse di quelle di \(\displaystyle i \). D'altra parte una volta selezionato una immagine per \(\displaystyle i \), \(\displaystyle j \) può assumere solo 4 valori perché \(\displaystyle j\neq -i \). Non essendoci possibilità di ripetizioni questo significa che ci sono esattamente \(\displaystyle 6\cdot 4 = 24 \) automorfismi.
Cominciamo dai cambi di segno.
Se noi invertiamo \(\displaystyle \varphi_j\colon (i,j) \mapsto (-i, j) \) ricaviamo che \(\displaystyle \varphi_i(k) = \varphi_i(i)\varphi_i(j) = -ij = -k \). In modo analogo \(\displaystyle \varphi_i(-k) = -\varphi_i(k) = k \) (perché \(\displaystyle -1 \) viene fissato). Le immagini degli altri sono quindi fissati. Questo automorfismo ha ovviamente ordine \(\displaystyle 2 \).
Se noi invertiamo \(\displaystyle \varphi_i\colon (i,j) \mapsto (i, -j) \) ricaviamo che \(\displaystyle \varphi_j(k) = \varphi_j(i)\varphi_j(j) = -ij = -k \). In modo analogo \(\displaystyle \varphi_j(-k) = -\varphi_j(k) = k \). Le immagini degli altri sono quindi fissati. Anche questo automorfismo ha ordine \(\displaystyle 2 \).
Il prodotto di questi due \(\displaystyle \varphi_j\varphi_i = \varphi_i\varphi_j = \varphi_{k} \colon (i,j) \mapsto (-i, -j)\). Ricaviamo che \(\displaystyle \varphi_{k}(k) = -1^2ij = k \). Questi tre elementi formano un sottogruppo isomorfo al gruppo di Klein.
Notiamo che \(\displaystyle iii^{-1} = i \) e \(\displaystyle iji^{-1} = -ki = -j \). Similmente \(\displaystyle jij^{-1} = kj = -i \) e \(\displaystyle jjj^{-1} = j \) e \(\displaystyle kik^{-1} = -jk = -i \) e \(\displaystyle kjk^{-1} = ik = -j \). Il sottogruppo trovato è quindi il gruppo degli automorfismi interni (moltiplicare entrambi il lati per \(\displaystyle -1 \) non cambia nulla). Inoltre è senz'altro isomorfo a \(\displaystyle H_8/Z(H_8) \).
Ci sono quindi \(\displaystyle 6 \) laterali ma non so quanto sia utile. Senza dubbio è un primo passo nel costruire \(\displaystyle A_4 \) ed \(\displaystyle S_4 \).Vediamo quindi il primo automorfismo diverso, sempre di ordine 2 è \(\displaystyle \tau_{ij}\colon (i,j)\mapsto (j,i) \). L'immagine di \(\displaystyle k \) è ovviamente \(\displaystyle -k \).
Identifichiamo quindi il suo laterale: \(\displaystyle \tau_{ij}\varphi_i \colon (i,j)\mapsto (i,-j) \mapsto (-j,i)\), \(\displaystyle \tau_{ij}\varphi_j \colon (i,j)\mapsto (-i,j) \mapsto (j,-i)\) e \(\displaystyle \tau_{ij}\varphi_k \colon (i,j)\mapsto (-i,-j) \mapsto (-j,-i)\). (Il laterale ha evidentemente ordine 2)
Un altro automorfismo, questa volta di ordine diverso, è \(\displaystyle \tau_{ik}\colon (i,j)\mapsto (k,j) \). L'immagine di \(\displaystyle \tau_{ik}(k)= kj = -i \). Calcoliamo quindi \(\displaystyle \tau^2_{ik}\colon (i,j)\mapsto (k,j) \mapsto (-i,j)\). Risulta pertanto \(\displaystyle \tau^2_{ik} = \varphi_j\). Si noti che \(\displaystyle \tau^3_{ik}\colon (i,j)\mapsto (-k,j)\) e che \(\displaystyle \tau^4_{ik} = 1\). Il laterale a cui appartiene ha ancora ordine \(\displaystyle 2 \).
Il suo laterale sarà pertanto formato da \(\displaystyle \tau_{ik} \), \(\displaystyle \tau^3_{ik} \). Inoltre dall'elemento \(\displaystyle \tau_{ik}\varphi_i = \colon (i,j)\mapsto (i,-j) \mapsto (k,-j)\) (si noti che \(\displaystyle \bigl(\tau_{ik}\varphi_i\bigr)^2 \colon (i,j)\mapsto (k,-j)\mapsto (-i,j) = \varphi_j\) ) e da \(\displaystyle \bigl(\tau_{ik}\varphi_i\bigr)^3 \colon (i,j)\mapsto (-k,-j)\). Siccome \(\displaystyle \tau_{ik}\varphi_k = \colon (i,j)\mapsto (-i,-j) \mapsto (-k,-j) = \bigl(\tau_{ik}\varphi_i\bigr)^3\) allora non è necessario andare avanti. Si tenga conto che avevamo già 4 elementi nel laterale.
Per simmetria vediamo \(\displaystyle \tau_{jk}\colon (i,j)\mapsto (i,k) \). Si ha che \(\displaystyle \tau_{jk}(k)= ik = -j \). Il discorso è quindi del tutto analogo a quello dello scorso laterale. Il gruppo quoziente ha 3 elementi di ordine 2 (cosa molto prevedibile dato che dovremmo trovare \(\displaystyle S_3 \) come quoziente)
Vediamo quindi il prodotto di questi due elementi... \(\displaystyle \tau = \tau_{ik}\tau_{ij} \colon (i,j)\mapsto (j,i)\mapsto (j,k)\). Vediamo quindi \(\displaystyle \tau(k) = jk = i \). Quindi \(\displaystyle \tau^2 \colon (i,j)\mapsto (j,k) \mapsto (k,i)\) ed infine \(\displaystyle \tau^3 = 1\).
Siccome \(\displaystyle \tau \) e \(\displaystyle \tau^2 \) non appartengono alla stessa classe risulterà che abbiamo trovato il nostro gruppo quoziente che è visibilmente \(\displaystyle S_3 \).
Il resto direi che è semplicemente un lavoro legato alla corrispondenza tra sottogruppi di un gruppo e quelli nel quoziente. In particolare il quoziente mantiene la normalità di un sottogruppo e quindi abbiamo identificato \(\displaystyle A_4 \) in \(\displaystyle Aut(H_8) \).
Mi dispiace un po' però aver fatto così tanti calcoli... Avrei preferito trovare l'insieme di ordine 4 su cui faccio agire \(\displaystyle Aut(H_8) \) ma per quello ci devo pensare.
P.S.: Non penso che Mari (la splendida squallionheart che ha aperto la discussione) troverà giovamento dalla risposta dato che è stata posta quando ancora non la conoscevo
Ma lo prendo lo stesso come un mio affettuoso bacio sulle sue labbra .P.S.2: Ovviamente mi auguro che gli altri lo possano trovare interessante.
).
Carino... Non avevo pensato al cubo ... Tra l'altro facendo i calcoli mi sembra ovvio che i,j siano un sistema di generatori minimale ma non riesco a trovarne una presentazione che non abbia k e/o -1...
... Tra l'altro facendo i calcoli mi sembra ovvio che i,j siano un sistema di generatori minimale ma non riesco a trovarne una presentazione che non abbia k e/o -1...
Ecco un insieme di quattro elementi: ci sono otto sottoinsiemi di
cardinalita' $3$ del tipo $\{\pm i, \pm j,\pm k\}$. Identificando due tali
insiemi $A$ e $B$ quando $B=\{-a:a\in A\}$, otteniamo quattro classi
di equivalenza. Gli automorfismi del gruppo dei quaternioni $H$ li
permutano e l'omomorfismo $Aut(H)\rightarrow S_4$ e' un isomorfismo.
Una costruzione alternativa sfrutta il gruppo $GL_2(\F_3)$.
Si sa che il suo quoziente $PGL_2(\F_3)$ e' isomorfo ad $S_4$.
Questo segue dall'azione naturale di $GL_2(\F_3)$
sui quattro punti di $\P^1(\F_3)$.
Ora basta osservare che il 2-Sylow sottogruppo $P$
del gruppo $SL_2(\F_3)$ e' isomorfo ad $H$ ed e' normale in $GL_2(\F_3)$.
Il coniugio induce un isomorfismo $PGL_2(\F_3)\rightarrow Aut(P)$.
Una presentazione di $H$ che coinvolge solo $i,j$ ed ha solo due
relazioni e' data da $< i,j: iji=j \ e\ i^2=j^2>$.
In effetti, le due relazioni implicano che
$i^4 = ij^2i=(iji)i^{-2}(iji)=ji^{-2}j=jj^{-2}j=1$.
L'elemento $i^2=j^2$ sta nel centro
e' di solito viene chiamato $-1$.
cardinalita' $3$ del tipo $\{\pm i, \pm j,\pm k\}$. Identificando due tali
insiemi $A$ e $B$ quando $B=\{-a:a\in A\}$, otteniamo quattro classi
di equivalenza. Gli automorfismi del gruppo dei quaternioni $H$ li
permutano e l'omomorfismo $Aut(H)\rightarrow S_4$ e' un isomorfismo.
Una costruzione alternativa sfrutta il gruppo $GL_2(\F_3)$.
Si sa che il suo quoziente $PGL_2(\F_3)$ e' isomorfo ad $S_4$.
Questo segue dall'azione naturale di $GL_2(\F_3)$
sui quattro punti di $\P^1(\F_3)$.
Ora basta osservare che il 2-Sylow sottogruppo $P$
del gruppo $SL_2(\F_3)$ e' isomorfo ad $H$ ed e' normale in $GL_2(\F_3)$.
Il coniugio induce un isomorfismo $PGL_2(\F_3)\rightarrow Aut(P)$.
Una presentazione di $H$ che coinvolge solo $i,j$ ed ha solo due
relazioni e' data da $< i,j: iji=j \ e\ i^2=j^2>$.
In effetti, le due relazioni implicano che
$i^4 = ij^2i=(iji)i^{-2}(iji)=ji^{-2}j=jj^{-2}j=1$.
L'elemento $i^2=j^2$ sta nel centro
e' di solito viene chiamato $-1$.
Le relazioni minimali che permettono di costruire la mappatura del gruppo $Q$ dei quaternioni costituito dagli elementi
$[i,-i,j,-j,k,-k,1,-1]$ sono le seguenti:
$i^2=j^2=k^2=(-1)$, $(-1)i=i(-1)=-i$, $(-1)j=j(-1)=-j$, $(-1)k=k(-1)=-k$ ed ancora $(ijk)=(ij)k=i(jk)=(-1)$.
Sia $phi$ una applicazione di $Q->Q$, affinché sia candidata ad essere un automorfismo(non é detto che lo sia) é sufficiente oltre che a fissare gli elementi $1$ ed $-1$, cioè $phi(1)=1$ ed $phi(-1)=(-1)$, che determini l'immagine di almeno tre elementi distinti appartenenti all'insieme $[i,-i,k,-k,j,-j]$.
Esempio: sia $phi(i)=j$, $phi(j)=i$, $phi(k)=-k$, ed naturalmente $phi(1)=1$ ed $phi(-1)=(-1)$, ovviamente essendo l'applicazione candidata ad essere un automorfismo, vengono determinate in modo speculare anche le immagini dei rimanenti elementi, cioé $phi(-i)=-j$, $phi(-j)=-i$, $phi(-k)=k$.
Si osserva facilmente che preserva tutte le relazioni minimali, su indicate, ed in particolare la relazione $(ijk)=-1$, cioé
abbiamo $phi(ijk)=phi(i)phi(j)phi(k)=ji(-k)=-1=phi(-1)$, adesso posso asserire con certezza che si tratta di un automorfsmo
cioè di una mappatura di $Q$ in se stesso, inoltre osservo che a tale automorfismo è associata in modo univoco, e viceversa, la relazione $(ji)(-k)=-1$.
Fatta la suddetta osservazione mi propongo di calcolare il numero di queste relazioni in $Q$ che altro non sono che i prodotti ordinati di tre elementi distinti appartenenti all'insieme $[i,-i,j,-j,k,-k]$, aventi come risultato $(-1)$.
Siano ad esempio $x,y,z$ tre generici elementi distinti appartenenti all'insieme $[i,-i,j,-j,k,-k]$, il prodotto $(xyz)=(-1)$
rimane univocamente determinato una volta fissati i primi due elementi $x$, ed $y$ del prodotto, quindi in definitiva
abbiamo $5xx6=30$ prodotti che danno come risultato $(-1)$, tra questi però dobbiamo escludere i prodotti tra due elementi che danno $(-1)$ come risultato, infatti in tal caso si potrebbe verificare $xy=1$ infatti e si avrebbe
$(xy)z=-1$ , ciò implicherebbe che $z=(-1)$ $in$ $[i,-i,k,-k,j,-j]$ impossibile, quindi devo sottrarre da $30$ il numero dei
prodotti $i(i^-1)=(i^-1)i=j(j^-1)=(j^-1)j=k(k^-1)=(k^-1)k=1$, quindi $6$, in totale $24$, che è proprio il numero degli automorfismi in $Q$.
A conferma delle argomentazioni che ho riportato possiamo prendere in considerazione la seguente applicazione:
$phi(1)=1$, $phi(-1)=-1$, $phi=i$, $phi(j)=-j$, $phi(k)=-k$ ed in modo speculare $phi(-i)=-i$, $phi(-j)=j$, $phi(-k)=k$, questa particolare applicazione che fissa un elemento dell'insieme $[i,j,k]$ e manda negli opposti i restanti, è uno degli automorfismi interni di $Q$ , essi sono tutti di ordine $2$ e costuiscono un sottgruppo di $Aut(Q)$ che risulta essere isomorfo al gruppo di Klein, se non mi sbaglio, tale applicazione è sicuramente un automorfismo in quanto preserva
la relazione $(ijk)=-1$, infatti si ha $phi(ijk)=phi(i)phi(j)phi(k)=i(-j)(-k)=-1=phi(-1)$ da qui una piccola conferma delle argomentazioni che ho finora postato.
Spero che ci sia qualcuno disposto a leggere le mie argomentazioni, e possa darmi dei ragguagli sulla veridicità o meno delle affermazioni poste.
Saluti!
$[i,-i,j,-j,k,-k,1,-1]$ sono le seguenti:
$i^2=j^2=k^2=(-1)$, $(-1)i=i(-1)=-i$, $(-1)j=j(-1)=-j$, $(-1)k=k(-1)=-k$ ed ancora $(ijk)=(ij)k=i(jk)=(-1)$.
Sia $phi$ una applicazione di $Q->Q$, affinché sia candidata ad essere un automorfismo(non é detto che lo sia) é sufficiente oltre che a fissare gli elementi $1$ ed $-1$, cioè $phi(1)=1$ ed $phi(-1)=(-1)$, che determini l'immagine di almeno tre elementi distinti appartenenti all'insieme $[i,-i,k,-k,j,-j]$.
Esempio: sia $phi(i)=j$, $phi(j)=i$, $phi(k)=-k$, ed naturalmente $phi(1)=1$ ed $phi(-1)=(-1)$, ovviamente essendo l'applicazione candidata ad essere un automorfismo, vengono determinate in modo speculare anche le immagini dei rimanenti elementi, cioé $phi(-i)=-j$, $phi(-j)=-i$, $phi(-k)=k$.
Si osserva facilmente che preserva tutte le relazioni minimali, su indicate, ed in particolare la relazione $(ijk)=-1$, cioé
abbiamo $phi(ijk)=phi(i)phi(j)phi(k)=ji(-k)=-1=phi(-1)$, adesso posso asserire con certezza che si tratta di un automorfsmo
cioè di una mappatura di $Q$ in se stesso, inoltre osservo che a tale automorfismo è associata in modo univoco, e viceversa, la relazione $(ji)(-k)=-1$.
Fatta la suddetta osservazione mi propongo di calcolare il numero di queste relazioni in $Q$ che altro non sono che i prodotti ordinati di tre elementi distinti appartenenti all'insieme $[i,-i,j,-j,k,-k]$, aventi come risultato $(-1)$.
Siano ad esempio $x,y,z$ tre generici elementi distinti appartenenti all'insieme $[i,-i,j,-j,k,-k]$, il prodotto $(xyz)=(-1)$
rimane univocamente determinato una volta fissati i primi due elementi $x$, ed $y$ del prodotto, quindi in definitiva
abbiamo $5xx6=30$ prodotti che danno come risultato $(-1)$, tra questi però dobbiamo escludere i prodotti tra due elementi che danno $(-1)$ come risultato, infatti in tal caso si potrebbe verificare $xy=1$ infatti e si avrebbe
$(xy)z=-1$ , ciò implicherebbe che $z=(-1)$ $in$ $[i,-i,k,-k,j,-j]$ impossibile, quindi devo sottrarre da $30$ il numero dei
prodotti $i(i^-1)=(i^-1)i=j(j^-1)=(j^-1)j=k(k^-1)=(k^-1)k=1$, quindi $6$, in totale $24$, che è proprio il numero degli automorfismi in $Q$.
A conferma delle argomentazioni che ho riportato possiamo prendere in considerazione la seguente applicazione:
$phi(1)=1$, $phi(-1)=-1$, $phi=i$, $phi(j)=-j$, $phi(k)=-k$ ed in modo speculare $phi(-i)=-i$, $phi(-j)=j$, $phi(-k)=k$, questa particolare applicazione che fissa un elemento dell'insieme $[i,j,k]$ e manda negli opposti i restanti, è uno degli automorfismi interni di $Q$ , essi sono tutti di ordine $2$ e costuiscono un sottgruppo di $Aut(Q)$ che risulta essere isomorfo al gruppo di Klein, se non mi sbaglio, tale applicazione è sicuramente un automorfismo in quanto preserva
la relazione $(ijk)=-1$, infatti si ha $phi(ijk)=phi(i)phi(j)phi(k)=i(-j)(-k)=-1=phi(-1)$ da qui una piccola conferma delle argomentazioni che ho finora postato.
Spero che ci sia qualcuno disposto a leggere le mie argomentazioni, e possa darmi dei ragguagli sulla veridicità o meno delle affermazioni poste.
Saluti!
Propongo il seguente ragionamento. [ATTENZIONE: il seguente ragionamento è sbagliato, c'è un errore.]
Sia [tex]G := Q_8[/tex]. Indico con [tex]G'[/tex] il sottogruppo derivato di [tex]G[/tex], con [tex]\Phi(G)[/tex] il sottogruppo di Frattini (l'intersezione dei sottogruppi massimali) di [tex]G[/tex] e con [tex]Z(G)[/tex] il centro di [tex]G[/tex].
E' facile vedere che si ha [tex]G' = Z(G) = \Phi(G) = \{1,-1\}[/tex], chiamo questo sottogruppo [tex]N[/tex]. Siccome [tex]N[/tex] è il centro di [tex]G[/tex] il coniugio induce un omomorfismo iniettivo [tex]G/N \to \text{Aut}(G)[/tex].
Scrivo [tex]G = \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k \}[/tex]. In questo modo ad ogni elemento è associato un "segno", [tex]+[/tex] o [tex]-[/tex].
Ogni [tex]\phi \in \text{Aut}(G)[/tex] verifica [tex]\phi(N)=N[/tex] (essendo [tex]N[/tex] il Frattini di [tex]G[/tex]) e anzi [tex]\phi|_N = \text{id}_N[/tex]. Quindi esiste un omomorfismo canonico [tex]\gamma: \text{Aut}(G) \to \text{Aut}(G/N)[/tex]. Per mostrare che è suriettivo cerchiamone un inverso destro. Prendiamo [tex]f \in \text{Aut}(G/N)[/tex] e definiamo [tex]\phi_f \in \text{Aut}(G)[/tex] ponendo [tex]\phi_f(g)[/tex] uguale all'elemento di [tex]f(gN)[/tex] che ha lo stesso segno di [tex]g[/tex]. E' facile vedere che [tex]\phi_f \in \text{Aut}(G)[/tex] [FALSO: non è detto.], che la funzione [tex]\delta: \text{Aut}(G/N) \to \text{Aut}(G)[/tex] è un omomorfismo e che [tex]\gamma \circ \delta = \text{id}_{\text{Aut}(G/N)}[/tex]. Quindi [tex]\gamma[/tex] è suriettiva.
Sia [tex]K[/tex] il nucleo di [tex]\gamma[/tex]. Vogliamo mostrare che [tex]K \cong G/N[/tex]. Siccome [tex]G/N[/tex] è isomorfo al gruppo degli automorfismi interni di [tex]G[/tex] (cioè gli automorfismi indotti dal coniugio per un qualche elemento di [tex]G[/tex]), basta mostrare che [tex]\phi \in \text{Aut}(G)[/tex] è tale che [tex]\phi(g) \in \{g,-g\}[/tex] per ogni [tex]g \in G[/tex] se e solo se [tex]\phi[/tex] è interno. Questo si verifica a mano.
Ora, abbiamo un bel diagramma commutativo
dove la freccia verticale a sinistra è l'isomorfismo dedotto dall'argomento di cui sopra, e la freccia verticale a destra è l'unica che rende il diagramma commutativo, ed è quindi un isomorfismo. Siccome [tex]\gamma \circ \delta = \text{id}_{\text{Aut}(G/N)}[/tex], le due righe spezzano. In definitiva:
[tex]\hspace{1cm} \text{Aut}(G) \cong G/N \rtimes \text{Aut}(G/N) \cong C_2^2 \rtimes S_3 = AGL(2,2) \cong S_4[/tex].
Sia [tex]G := Q_8[/tex]. Indico con [tex]G'[/tex] il sottogruppo derivato di [tex]G[/tex], con [tex]\Phi(G)[/tex] il sottogruppo di Frattini (l'intersezione dei sottogruppi massimali) di [tex]G[/tex] e con [tex]Z(G)[/tex] il centro di [tex]G[/tex].
E' facile vedere che si ha [tex]G' = Z(G) = \Phi(G) = \{1,-1\}[/tex], chiamo questo sottogruppo [tex]N[/tex]. Siccome [tex]N[/tex] è il centro di [tex]G[/tex] il coniugio induce un omomorfismo iniettivo [tex]G/N \to \text{Aut}(G)[/tex].
Scrivo [tex]G = \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k \}[/tex]. In questo modo ad ogni elemento è associato un "segno", [tex]+[/tex] o [tex]-[/tex].
Ogni [tex]\phi \in \text{Aut}(G)[/tex] verifica [tex]\phi(N)=N[/tex] (essendo [tex]N[/tex] il Frattini di [tex]G[/tex]) e anzi [tex]\phi|_N = \text{id}_N[/tex]. Quindi esiste un omomorfismo canonico [tex]\gamma: \text{Aut}(G) \to \text{Aut}(G/N)[/tex]. Per mostrare che è suriettivo cerchiamone un inverso destro. Prendiamo [tex]f \in \text{Aut}(G/N)[/tex] e definiamo [tex]\phi_f \in \text{Aut}(G)[/tex] ponendo [tex]\phi_f(g)[/tex] uguale all'elemento di [tex]f(gN)[/tex] che ha lo stesso segno di [tex]g[/tex]. E' facile vedere che [tex]\phi_f \in \text{Aut}(G)[/tex] [FALSO: non è detto.], che la funzione [tex]\delta: \text{Aut}(G/N) \to \text{Aut}(G)[/tex] è un omomorfismo e che [tex]\gamma \circ \delta = \text{id}_{\text{Aut}(G/N)}[/tex]. Quindi [tex]\gamma[/tex] è suriettiva.
Sia [tex]K[/tex] il nucleo di [tex]\gamma[/tex]. Vogliamo mostrare che [tex]K \cong G/N[/tex]. Siccome [tex]G/N[/tex] è isomorfo al gruppo degli automorfismi interni di [tex]G[/tex] (cioè gli automorfismi indotti dal coniugio per un qualche elemento di [tex]G[/tex]), basta mostrare che [tex]\phi \in \text{Aut}(G)[/tex] è tale che [tex]\phi(g) \in \{g,-g\}[/tex] per ogni [tex]g \in G[/tex] se e solo se [tex]\phi[/tex] è interno. Questo si verifica a mano.
Ora, abbiamo un bel diagramma commutativo
dove la freccia verticale a sinistra è l'isomorfismo dedotto dall'argomento di cui sopra, e la freccia verticale a destra è l'unica che rende il diagramma commutativo, ed è quindi un isomorfismo. Siccome [tex]\gamma \circ \delta = \text{id}_{\text{Aut}(G/N)}[/tex], le due righe spezzano. In definitiva:
[tex]\hspace{1cm} \text{Aut}(G) \cong G/N \rtimes \text{Aut}(G/N) \cong C_2^2 \rtimes S_3 = AGL(2,2) \cong S_4[/tex].
Ciao Martino, il tuo postato è sicuramente un bel ragionamento, solo che per uno come me ci vorrà un pò di tempo prima che riesca a capirlo in maniera soddisfacente.
Recentemente ho acquistato un libro sui gruppi , interessante, però molto specialistico per un profano come me in materia, per cui procedo molto lentamente e con difficoltà nella lettura.
Ritornando all'argomento sui quaternioni, esso è un gruppo che mi ha impressionato per il suo grado di simmetria, per cui mi sono subito proposto di calcolare, provando a dimostrarlo, il numero esatto dei suoi automorfismi, non avendo trovato una dimostrazione nei testi a mia disposizione,ho cercato di abbozzarne una, che é il ragionamento da me postato, forse fatta un pò con le mani, ma l'unica che mi è venuta in mente, volevo sapere se vi sono degli errori!
Resto in attesa di una risposta.
Saluti!
Recentemente ho acquistato un libro sui gruppi , interessante, però molto specialistico per un profano come me in materia, per cui procedo molto lentamente e con difficoltà nella lettura.
Ritornando all'argomento sui quaternioni, esso è un gruppo che mi ha impressionato per il suo grado di simmetria, per cui mi sono subito proposto di calcolare, provando a dimostrarlo, il numero esatto dei suoi automorfismi, non avendo trovato una dimostrazione nei testi a mia disposizione,ho cercato di abbozzarne una, che é il ragionamento da me postato, forse fatta un pò con le mani, ma l'unica che mi è venuta in mente, volevo sapere se vi sono degli errori!
Resto in attesa di una risposta.
Saluti!
Ho capito la tua idea, francicko, e secondo me funziona. L'unica cosa che non hai dimostrato (e che ti chiederei di dimostrare) è che se [tex]\phi:Q_8 \to Q_8[/tex] è un omomorfismo tale che [tex]\phi(-1)=-1[/tex] allora [tex]\phi[/tex] è un automorfismo (cioè iniettivo e suriettivo). E' vero, e non è difficile da dimostrare, ma non l'hai dimostrato
Siccome può essere utile, segnalo che il reticolo dei sottogruppi di [tex]Q_8[/tex] è il seguente:
Siccome può essere utile, segnalo che il reticolo dei sottogruppi di [tex]Q_8[/tex] è il seguente:
Nel ragionamento da me postato, parlo di applicazione $phi$ di $Q->Q$ candidata ad essere un automorfismo, quindi chiaramente deve essere iniettiva(elementi distinti in elementi distinti) e trattandosi di un gruppo finito é suriettiva, e deve preservare in particolare la relazione $ijk=-1$, quindi $phi(ijk)=phi(-1)=-1$, mi sembra che in un qualsiasi omomorfismo anche non iniettivo di $Q->Q$ la relazione venga preservata.
Riporto ancora un esempio a conferma dell'asserto, sia $phi$ la seguente applicazione candidata:
$phi(1)=1$, $phi(-1)=-1$, $phi(i)=j$, $phi(j)=i$, $phi(k)=k$, ed in modo speculare $phi(-i)=-j$, $phi(-j)=-i$, $phi(-k)=-k$,
si ha $phi(ijk)=phi(i)phi(j)phi(k)=(jik)=1$ pertanto non preserva la relazione e non è un automorfismo di $Q$. Ho preso questo unico esempio come prova, ma c'è ne sono degli altri. Scusa se magari ho scritto delle eresie, ma sono influenzato ed ho la febbre!
Saluti!
Riporto ancora un esempio a conferma dell'asserto, sia $phi$ la seguente applicazione candidata:
$phi(1)=1$, $phi(-1)=-1$, $phi(i)=j$, $phi(j)=i$, $phi(k)=k$, ed in modo speculare $phi(-i)=-j$, $phi(-j)=-i$, $phi(-k)=-k$,
si ha $phi(ijk)=phi(i)phi(j)phi(k)=(jik)=1$ pertanto non preserva la relazione e non è un automorfismo di $Q$. Ho preso questo unico esempio come prova, ma c'è ne sono degli altri. Scusa se magari ho scritto delle eresie, ma sono influenzato ed ho la febbre!
Saluti!
Non mi sento di dire che quella che hai scritto è una dimostrazione. In realtà non lo è: fai affermazioni ambigue e le dimostri tramite esempi. Per esempio, non capisco proprio cosa intendi dire qui:
"francicko":
Sia $phi$ una applicazione di $Q->Q$, affinché sia candidata ad essere un automorfismo(non é detto che lo sia) é sufficiente oltre che a fissare gli elementi $1$ ed $-1$, cioè $phi(1)=1$ ed $phi(-1)=(-1)$, che determini l'immagine di almeno tre elementi distinti appartenenti all'insieme $[i,-i,k,-k,j,-j]$.
"francicko":
Ciao Martino, il tuo postato è sicuramente un bel ragionamento, solo che per uno come me ci vorrà un pò di tempo prima che riesca a capirlo in maniera soddisfacente.
Recentemente ho acquistato un libro sui gruppi , interessante, però molto specialistico per un profano come me in materia, per cui procedo molto lentamente e con difficoltà nella lettura.
Ritornando all'argomento sui quaternioni, esso è un gruppo che mi ha impressionato per il suo grado di simmetria, per cui mi sono subito proposto di calcolare, provando a dimostrarlo, il numero esatto dei suoi automorfismi, non avendo trovato una dimostrazione nei testi a mia disposizione,ho cercato di abbozzarne una, che é il ragionamento da me postato, forse fatta un pò con le mani, ma l'unica che mi è venuta in mente, volevo sapere se vi sono degli errori!
Resto in attesa di una risposta.
Saluti!
Nel mio post ho dato una descrizione di "praticamente" ogni elemento di quel gruppo, determinandone anche con precizione il reticolo dei sottogruppi. Quindi in particolare ho calcolato il numero degli elementi già nelle prime righe.
"Martino":[/quote]
Non mi sento di dire che quella che hai scritto è una dimostrazione. In realtà non lo è: fai affermazioni ambigue e le dimostri tramite esempi. Per esempio, non capisco proprio cosa intendi dire qui: [quote="francicko"]Sia $phi$ una applicazione di $Q->Q$, affinché sia candidata ad essere un automorfismo(non é detto che lo sia) é sufficiente oltre che a fissare gli elementi $1$ ed $-1$, cioè $phi(1)=1$ ed $phi(-1)=(-1)$, che determini l'immagine di almeno tre elementi distinti appartenenti all'insieme $[i,-i,k,-k,j,-j]$.
Immagino si riferisse al fatto che l'immagine dei generatori definisce completamente un omomorfismo di gruppi.
Le relazioni minimali che permettono di costruire la mappatura del gruppo quaternioni $Q_8$, costituito dagli elementi $[i,-i,j,-j,k,-k,1,-1]$, dove $1$ é l'elemento neutro del gruppo, sono le seguenti:
$i^2=j^2=k^2=-1$, $(-1)^2=1$, $(-1)i=i(-1)=-i$, $(-1)j=j(-1)=-j$, $(-1)k=k(-1)=-k$, ed ancora $ijk=(ij)k=i(jk)=-1$ oppure
$ikj=(ik)j=i(kj)=1$. Un automorfismo $phi$ per essere tale deve preservare necessariamente le medesime relazioni minimali su indicate;
in particolare gli elementi distinti aventi ordine $4$, $i,j,k$ i cui elementi immagine saranno rispettivamente $phi(i),phi(j),phi(k)$, dovranno anchessi essere distinti e di ordine $4$, quindi appartenenti all'insieme $[i,-i,j,-j,k,-k]$ e fare in modo che sia valida la relazione minimale $phi(i)phi(j)phi(k)=-1$ oppure $phi(i)phi(k)phi(j)=1$.
Adesso di prodotti di tre elementi nell'insieme $[i,-i,j,-j,k,-k]$ che danno come prodotto finale $-1$ ve ne sono esattamente $24$(in modo equivalente avrei potuto scegliere la relazione $ikj=1$, vi sono esattamente $24$ di questi prodotti che danno $1$ come prodotto finale), da qui deduco che in definitiva abbiamo esattamente $24$ automorfismi.
Probabilmente non riesco a spiegarmi bene, ma sono sicuro che ciò che asserisco funziona.
Saluti!
$i^2=j^2=k^2=-1$, $(-1)^2=1$, $(-1)i=i(-1)=-i$, $(-1)j=j(-1)=-j$, $(-1)k=k(-1)=-k$, ed ancora $ijk=(ij)k=i(jk)=-1$ oppure
$ikj=(ik)j=i(kj)=1$. Un automorfismo $phi$ per essere tale deve preservare necessariamente le medesime relazioni minimali su indicate;
in particolare gli elementi distinti aventi ordine $4$, $i,j,k$ i cui elementi immagine saranno rispettivamente $phi(i),phi(j),phi(k)$, dovranno anchessi essere distinti e di ordine $4$, quindi appartenenti all'insieme $[i,-i,j,-j,k,-k]$ e fare in modo che sia valida la relazione minimale $phi(i)phi(j)phi(k)=-1$ oppure $phi(i)phi(k)phi(j)=1$.
Adesso di prodotti di tre elementi nell'insieme $[i,-i,j,-j,k,-k]$ che danno come prodotto finale $-1$ ve ne sono esattamente $24$(in modo equivalente avrei potuto scegliere la relazione $ikj=1$, vi sono esattamente $24$ di questi prodotti che danno $1$ come prodotto finale), da qui deduco che in definitiva abbiamo esattamente $24$ automorfismi.
Probabilmente non riesco a spiegarmi bene, ma sono sicuro che ciò che asserisco funziona.
Saluti!
Ho provato a risolvere l'esercizio cercando una via alternativa, in cui ci fossero meno calcoli e più "astrazione" e facendo un pò di tentativi il mio docente di teoria dei gruppi mi ha fatto notare la seguente proposizione (a me totalmente sconosciuta); la riporto:
"Sia $G$ un gruppo, con $|G|=24$. Se esiste un sottogruppo $N$ normale in $G$, con $|N|=4$, tale che $C_G(N)=N$ allora $G$ è isomorfo a $S_4$"
Devo dire che sfruttando questa proposizione l'esercizio risulta essere molto più semplice, perchè se indichiamo con $N$ il sottogruppo degli automorfismi interni, che sappiamo essere normale in $AutQ_8$ ed essere proprio $V_4$, allora non è difficile dimostrare che $C_(AutQ_8)(N)=N$, quindi $AutQ_8$ è isomorfo a $S_4$.
P.S.
Questa è stata la mia faccia quando ho metabolizzato la cosa
"Sia $G$ un gruppo, con $|G|=24$. Se esiste un sottogruppo $N$ normale in $G$, con $|N|=4$, tale che $C_G(N)=N$ allora $G$ è isomorfo a $S_4$"
Devo dire che sfruttando questa proposizione l'esercizio risulta essere molto più semplice, perchè se indichiamo con $N$ il sottogruppo degli automorfismi interni, che sappiamo essere normale in $AutQ_8$ ed essere proprio $V_4$, allora non è difficile dimostrare che $C_(AutQ_8)(N)=N$, quindi $AutQ_8$ è isomorfo a $S_4$.
P.S.
Questa è stata la mia faccia quando ho metabolizzato la cosa
"Lorin":
tale che $C_G(N)=N$ allora
Scusa l'ignoranza... cosa significa che $C_G(N)=N$??
Autocentralizzante...o almeno a me così lo hanno fatto vedere!
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