Category Archives: what is mathematics

the rank 3 free group is embeddable in the rank two free group

Let $F=\langle x,y|\ \rangle$ be the rank two free group and $U=\langle\{x^2,y^2,xy\}\rangle$ be a subgroup.
Observe that $xy^{-1}=xy(y^2)^{-1}$, then $xy^{-1}\in U$.

Clearly $F=U\sqcup Ux$, because it is not difficult to convince oneself that $U$ consists on words of even length and $xy^{-1}\in U$ implies $Uy=Ux$.

Technically, that is attending to the Schreier’s recipe, having $\Sigma=\{1,x\}$ as a set of transversals and being $S=\{x,y\}$ the free generators for $F$.

Set $\Sigma S=\{x,\ y,\ x^2,\ xy\}$ and take $\overline{\Sigma S}=\{1,x\}$, then we get

$\overline{\Sigma S}^{-1}=\{1,x^{-1}\}$.

So according to Schreier’s language the set  $\Sigma S\overline{\Sigma S}^{-1}=\{ gs\overline{gs}^{-1}|g\in\Sigma,s\in S\},$ in our case, is

$\{\ x\overline{x}^{-1}=1\ ,\ y\overline{y}^{-1}=yx^{-1}\ , \ x^2\overline{x^2}^{-1}=x^2\ ,\ xy\overline{xy}^{-1}=xy\ \}.$

Hence $\{\ xy^{-1}\ ,\ x^2\ ,\ xy\ \}$ are the free generator for $U$.

Note that this three word are the first three length-two-words in the alphabetical order, start by  $1 and continuing  to

$x^2

$. . .< yx

cf. Frobenius forms

different companion matrices

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double coset counting formula

the double coset counting formula is a relation inter double cosets $HaK$, where $a\in G$ and $H,K$ subgroups in $G$. This is:

$\#(HaK)=\frac{|H||K|}{|H\cap aKa^{-1}|}$

and

$\#(G/K)=\sum_a[H;H\cap aKa^{-1}]$

The proof is easy.

One is to be bounded to the study of the natural map $H\times K\stackrel{\phi_a}\to HaK$. And it uses the second abstraction lemma.

The formula allows you to see the kinds of subgroups of arbitrary $H$ versus $K$ a $p-SS$ of $G$, $p-SS$ for the set of the $p$– Sylow subgroups.

Or, you can see that through the action $H\times G/K\to G/K$ via $h\cdot aK=haK$ you can get:

• ${\rm Orb}_H(aK)=\{haK\}$ which comply the equi-partition
• $HaK=aK\sqcup haK\sqcup...\sqcup h_taK$, so $\#(HaK)=m|K|$, for some $m\in \mathbb{N}$
• ${\rm St}_H(aK)=H\cap aKa^{-1}$

then you can deduce:

$|G|=\sum_a\frac{|H||K|}{|H\cap aKa^{-1}|}$

Now, let us use those ideas to prove the next statement:

Let $G$ be a finite group, with cardinal $|G|=q_1^{n_1}q_2^{n_2}\cdots q_t^{n_t}$, where each $q_i$ are primes with $q_1 and $n_i$ positive integers.

Let $H$ be a subgroup of $|G|$ of index $[G:H]=q_1$.

Then, $H$ is normal.

Proof:

By employing $K=H$ in the double coset partition, one get the decomposition:

$G=HeH\sqcup Ha_1H\sqcup...\sqcup Ha_tH$

So by the double coset counting formula you arrive to:

$|G/H|=1+[H:H\cap a_1Ha_1^{-1}]+\cdots+[H:H\cap a_tHa_t^{-1}]$

i.e.

$q_1=1+\frac{|H|}{|H\cap a_1Ha_1^{-1}|}+\cdots+\frac{|H|}{|H\cap a_tHa_t^{-1}|}$

From this, we get $\frac{|H|}{|H\cap a_iHa_i^{-1}|}.

But $|G|=q_1|H|$ as well $|H|=|H\cap a_iHa_i^{-1}|[H:H\cap a_iHa_i^{-1}]$ so

$|G|=q_1|H\cap a_iHa_i^{-1}|[H:H\cap a_iHa_i^{-1}]$, i.e.

$[H:H\cap a_iHa_i^{-1}]$ divides $|G|$

Then $[H:H\cap a_iHa_i^{-1}]=1$. So $|H|=|H\cap a_iHa_i^{-1}|$ for each $a_i$.

This implies $H=H\cap a_iHa_i^{-1}$ and so $H=a_iHa_i^{-1}$ for all the posible $a_i$, hence, $H$ is normal.

QED.

las básicas

estas son las matemáticas antes llamadas “puras”

o no? :D

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real elementary multilinear algebra

are the common algebraic-techniques  territory for today vector algebra and differential geometry.

This means that ancient vectorcalculus that turns into differential forms nowadays, is “super-oversimplified” into a mathematical language to phrase some modern geometricalalgebrotopologicalanalitic-maths.

Real, ‘cuz first you gotta get the ideas over the field $\mathbb{R}$.

problems de álgebra moderna uno: I

Para divertirse estos días de trabajo:

https://juanmarqz.files.wordpress.com/2011/10/canonproblms.pdf

Samples:

• Sea $f:S\to T$ un map. Sean $A,B\subset S$ entonces

i) ¿$f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)$?

Solución: Es fácil la contención $f(A\cap B)\subseteq f(A)\cap f(B)$. La otra contención $f(A\cap B)\supseteq f(A)\cap f(B)$ no siempre es posible: pues si $t\in f(A)\cap f(B)$ entonces $t\in f(A)$  y $t\in f(B)$, esto implica que existen $c\in A$ y $d\in B$ tales que $f(c)=f(d)=t$. Pero esto no implica que exista $a\in A\cap B$ talque $f(a)=t$

ii) Sean $X,Y\subset T$. Demuestra $f^{-1}(X\cup Y)=f^{-1}(X)\cup f^{-1}(Y)$

• La función $\phi(n,m)=m+\frac{(n+m)(n+m+1)}{2}$mapea ${\mathbb{N}}\times{\mathbb{N}}\to{\mathbb{N}}$. Demuestra que es una biyección. Solución.
•  Sea $f:S\to T$ un map sobreyectivo. Demuestra que si para cualquiera dos $x,y\in S$ definimos: $x\sim y\ \Longleftrightarrow f(x)=f(y)$, entonces esto determina una relación de equivalencia en $S$
• Demuestra que el map ${\mathbb{R}}\to (-1,1)$, de los reales al intervalo abierto $x\in{\mathbb{R}}: -1, dando por

$x\mapsto \frac{x}{1+|x|}$

es una biyección. Solución: Aquí algunos detalles pero desordenados: El cero se mapea en el cero. Note que $\frac{x}{1+|x|}$ tiene el mismo signo que $x$. Note también que $x<1+|x|$ entonces $|\frac{x}{1+|x|}|<1$ y esto implica que el codominio es efectivamente el intervalo abierto $(-1,1)$ o sea este map esta bien definido. Para la inyectividad hay varios casos según se elijan $a,b$:  ambos $a,b>0$ ó $a,b<0$ ó $a<0 ó $a>0>b$, pero de todos modos si $a\neq b$ y aunque pueda suceder $1+|a|=1+|b|$  tendremos $\frac{a}{1+|a|}\neq \frac{b}{1+|b|}$. Para la sobreyectividad sea $p\in (-1,1)$ para el cual buscamos $c\in{\mathbb{R}}$ talque $\frac{c}{1+|c|}=p$. Entonces tenemos que resolver $\frac{c}{1+c}=p$ para $p>0$ o bien $\frac{c}{1-c}=p$ para $p<0$. En el primer caso $c=\frac{p}{1-p}$ y en el otro $c=\frac{p}{1+p}$.

• $\left(\begin{array}{cc}1&1\\ 0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1&2\\ 0&1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1&0\\ 0&1\end{array}\right)$,  con entradas en ${\mathbb{Z}}_3$
• $\left(\begin{array}{cc}2&2\\ 2&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1&2\\ 1&2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1&0\\ 0&1\end{array}\right)$,  también con entradas en ${\mathbb{Z}}_3$

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à la Riesz

sabiendo que $b^i=g^{si}b_s$ y que $\beta^i(b_j)={\delta^i}_j$ tanto como $\langle b^i,b_j\rangle={\delta^i}_j$, entonces

$\beta(\quad)=\langle b^i,\quad\rangle$

o bien

$\beta(X)=\langle b^i,X\rangle$

para todo $X\in V$

Ahora para un covector arbitrario $f\in V^*$ se tiene:

$f(\quad)$

$f(X)=f(X^sb_s)=X^sf(b_s)$   ————–  (A)

v.s.

$f(b_s)\beta^s(\quad)$

$f(b_s)\beta^s(X)=f(b_s)\langle b^s,X\rangle$

$=f(b_s)\langle b^s,X^tb_t\rangle$

$=f(b_s)X^t\langle b^s,b_y\rangle$

$=f(b_s)X^t{\delta^s}_t$

$=f(b_s)X^s$   —————  (B)

$/..\!\!\cdot$   (A,B)

$f(\quad)=f(b_s)\beta^s(\quad)$
$=f(b_s)\langle b^s,\quad\rangle$
$=\langle f(b_s)b^s,\quad\rangle$

o bien

$f(X)=f(b_s)\beta^s(X)$
$=f(b_s)\langle b^s,X\rangle$
$=\langle f(b_s)b^s,X\rangle$

para todo $X\in V$.

Es decir el representante del covector $f$à la Riesz- es:

$f(b_s)b^s$

esto es una combinación lineal en la base recíproca $b^i$ de $V$, which represent the basic covectors $\beta^i$