$D_n \subset S_n$

[melli13]

Sia $n>=2$. Dimostrare che $S_n$ contiene un sottogruppo isomorfo a $D_n$.

Potete aiutarmi?non sono molto brava a fare le dimostrazioni...Credo che basti dimostrare che $D_n \subset S_n$
Concettualmente l'ho capito, infatti i movimenti rigidi di un poligono regolare si possono pensare come permutazioni dei vertici, ma come faccio a dimostrarlo..?
Grazie per l'aiuto....

[vict85]

Lo dimostri esattamente come hai detto tu. Fai vedere un omomorfismo iniettivo da \(D_n\) a \(S_n\).

[melli13]

Quindi pongo $f:D_n->S_n$ dove $s->(12)$ e $r->(12..n)$
E' un omomorfismo perchè:
$f(s)*f(r)=(12)(12...n)=(23...n)=f((12)(12...n))=f(s*r)$
E' iniettivo perchè:
$Kerf={d in D_n|f(d)=(1)}={e}$
E' giusto così...?Grazie ancora....

[vict85]

"melli13":Quindi pongo $f:D_n->S_n$ dove $s->(12)$ e $r->(12..n)$
E' un omomorfismo perchè:
$f(s)*f(r)=(12)(12...n)=(23...n)=f((12)(12...n))=f(s*r)$
E' iniettivo perchè:
$Kerf={d in D_n|f(d)=(1)}={e}$
E' giusto così...?Grazie ancora....

Sei sicura che \(s\) debba essere mandata in \((12)\)?

Comunque per dimostrare che è un omomorfismo dal prodotto diedrale in realtà puoi controllare che \(f(s)^2 = e\), \(f(r)^n = e\) e soprattutto \(f(r)f(s) = f(s)f(r)^{-1}\). Si noti che questi calcoli sono solo fatti tra i generatori e non richiedono di conoscere l'immagine di \(sr\) o di un qualsiasi altro elemento del sottogruppo. Il principio su cui si basa solo i gruppi liberi e le presentazioni.
Un'alternativa è al contrario esprimere l'immagine di ogni elemento in maniera più diretta.

Ti faccio notare comunque che dati \(\sigma = f(s) = (12)\) e \(\tau = f(r) = (123...n)\) ho che \(\sigma^2 = e\), \(\tau^n = e\) ma \(\tau\sigma = (12345...n)(12) = (1345..n)\) e \(\sigma\tau^{-1} = (12)(1n... 5432) = (1n...543)\) e quindi non si ha l'uguaglianza cercata per le immagini di \(s\) e \(r\) che hai proposto tu.

Al contrario se, per \(n\) pari prendi \((2,n)(3,n-1)(4,n-2)...(n/2,n/2+2)\) e per n dispari prendi \((2,n)(3,n-1)(4,n-2)...((n+1)/2,(n-1)/2)\) dovrebbe funzionare (Ho fatto il test con n=6).

In ogni caso sul fatto che il tuo non funzionava era evidente dal fatto che \(f(sr)\) non aveva ordine 2. Questo è un metodo più avanzato se vogliamo (nel senso che è più utile in altri casi). In questo caso bastava vedere esplicitamente che operazione sui vertici era una rotazione seguita da una riflessione (o viceversa in teoria quando fai le operazioni nel gruppo simmetrico le operazioni si invertono se hai usato il normale verso da sinistra a destra per le altre operazioni).

[melli13]

vict85:Ti faccio notare comunque che dati σ=f(s)=(12) e τ=f(r)=(123...n) ho che σ2=e, τn=e ma τσ=(12345...n)(12)=(1345..n) e στ−1=(12)(1n...5432)=(1n...543) e quindi non si ha l'uguaglianza cercata per le immagini di s e r che hai proposto tu.

Hai ragione....!

vict85:Al contrario se, per n pari prendi (2,n)(3,n−1)(4,n−2)...(n/2,n/2+2) e per n dispari prendi (2,n)(3,n−1)(4,n−2)...((n+1)/2,(n−1)/2) dovrebbe funzionare (Ho fatto il test con n=6).

Questa non l'ho capita...?la prendo dove?nell'omomrfismo che stavo creando..?

vict85:Comunque per dimostrare che è un omomorfismo dal prodotto diedrale in realtà puoi controllare che f(s)2=e, f(r)n=e e soprattutto f(r)f(s)=f(s)f(r)−1. Si noti che questi calcoli sono solo fatti tra i generatori e non richiedono di conoscere l'immagine di sr o di un qualsiasi altro elemento del sottogruppo. Il principio su cui si basa solo i gruppi liberi e le presentazioni.

Questa soluzione la preferisco....!grazie!

[vict85]

Il metodo da me descritto, che ti sconsiglio se non sai cosa sono presentazioni e gruppi liberi, dice fondamentalmente che data una funzione che manda i generatori in un secondo gruppo allora se l'immagine dei generatori soddisfa le relazioni di definizione del gruppo iniziale allora esiste un omomorfismo tra i due gruppi che estende questa funzione. La dimostrazione di questo fatto è un utile problema sui gruppi liberi e le presentazioni.

Non dimostra però l'iniettività dell'omomorfismo. D'altra parte sai per certo che l'omomorfismo è non banale perché l'immagine dei due generatori non è l'identità. Inoltre deve essere iniettivo perché il quoziente con ogni altro sottogruppo normale di \(D_n\) manterrebbe il prodotto semidiretto (o manderebbe \(r\) nell'identità) e ridurrebbe l'ordine di \(r\) ma come è facile determinare l'ordine di \(r\) è esattamente \(n\).

Detto questo ti faccio l'esempio di \(D_6\).

\(f(s) = (26)(35)\) e \(f(r) = (123456)\)

In \(D_7\) invece:

\(f(s) = (27)(36)(45)\) e \(f(r) = (1234567)\)