Sea $\mathbb Q$ número racional bajo además. ¿Es subgrupo de Frattini de $\operatorname{Hol}(\mathbb Q)$ trivial donde $\operatorname{Hol}(\mathbb Q)=\mathbb Q \rtimes \operatorname{Aut}(\mathbb Q) $?
Respuesta
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A mí me parece que el Frattini subgrupo es de hecho trivial.
Tenga en cuenta que $\operatorname{Aut}(\mathbb Q) = \mathbb{Q}^{\star}$, actuando en $\mathbb{Q}$ por multiplicación.
Desde $\mathbb{Q}^{\star}$ actúa transitivamente sobre el distinto de cero elementos de $\mathbb{Q}$, se deduce que el $\mathbb{Q}$ es mínimo normal en $G = \operatorname{Hol}(\mathbb Q)$. Esto demuestra que $\mathbb{Q}^{\star}$ es un subgrupo maximal de a $G$.
Ahora tenga en cuenta que $G$ es isomorfo al grupo de matrices $$ H = \left\{ \begin{bmatrix} 1&0\\a&b \end{bmatrix} : \in \mathbb{Q}, b \in \mathbb{Q}^{\estrella} \right\}, $$ donde $\mathbb{Q}^{\star}$ corresponde a $\left\{ \begin{bmatrix} 1&0\\0&b \end{bmatrix} : b \in \mathbb{Q}^{\star} \right\}$, e $\mathbb{Q}$ corresponde a $\left\{ \begin{bmatrix} 1&0\\a&1 \end{bmatrix} : a \in \mathbb{Q} \right\}$.
Ahora considere el conjugado subgrupo de $\mathbb{Q}^{\star}$$\begin{bmatrix} 1&0\\a&1 \end{bmatrix}$, para un fijo $a \ne 0$ (usted puede tomar $a=1$, por simplicidad). Desde $$ \begin{bmatrix} 1&0\\a&1 \end{bmatrix}^{-1} \begin{bmatrix} 1&0\\0&b \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0\\a&1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&0\\-a&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0\\0&b \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0\\a&1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&0\\a(b-1)&b \end{bmatrix}, $$ este conjugado es $$ \left\{ \begin{bmatrix} 1&0\\a(b-1)&b \end{bmatrix} : b \in \mathbb{Q}^{\estrella} \right\}. $$ Esto es de nuevo un subgrupo maximal de a $G$, y se intersecta $\mathbb{Q}^{\star}$ trivialmente.
Por lo tanto, la Frattini subgrupo de $G$ es trivial.
