Para $G$ un grupo y $Z(G)$ el centro de la $G$, luego probar "si $G/Z(G)$ es cíclica y, a continuación, $G$ es Abelian" es un estándar de pregrado problema. No he encontrado ningún ejemplo de este teorema. Me puede dar algo?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?El siguiente podría ser un interesante ejemplo, como dice la interesante propiedad de un ejemplo de un grupo.
No hay ningún grupo $G$ tal que $G/Z(G)$ es isomorfo al grupo de cuaterniones $Q_8$.
Supongamos $G$ es un grupo tal que $G/Z(G)$ es de cuaterniones grupo $Q_8=\langle i,j\rangle$.
Tenga en cuenta que $G/Z(G)=Q_8$ puede ser escrito como el producto de dos subgrupos cíclicos $\langle i\rangle$, $\langle j\rangle$ (el fin de $4$).
En consecuencia, $G$ puede ser escrito como el producto de dos subgrupos $H_1$, $H_2$ (que contengan $Z(G)$).
A continuación, $H_1/Z(G)=\langle i\rangle$, es decir, $H_1/Z(G)$ es cíclica, por lo tanto $H_1$ es abelian. Del mismo modo $H_2$ es abelian.
Por lo tanto, $G$ es producto de dos abelian subgrupos $H_1$$H_2$.
A continuación, en $G/Z(G)$,$Q_8$, tenga en cuenta que $\langle i\rangle \cap \langle j\rangle $ es no trivial (es $\{1,-1\}$). Por lo tanto, en consecuencia, en $G$, $H_1\cap H_2$ no es $Z(G)$; que es mayor que $Z(G)$.
Considere la posibilidad de $x\in H_1\cap H_2$ tal que $x\notin Z(G)$.
Desde $x$ conmutan con todos los elementos de a $H_1$ $H_2$ (por qué?), y desde $G$ es producto de $H_1$$H_2$, se deduce que el $x$ conmutan con todos los elementos de a $G$, es decir,$x\in Z(G)$. Contradicción!!!
Por lo tanto no hay ningún grupo $G$ tal que $G/Z(G)$ es de cuaterniones grupo de orden $8$.
Teorema. No hay ningún grupo $G$ tal que $\operatorname{Aut}(G)\cong\mathbb{Z}$.
Prueba. Supongamos $G$ es tal que $\operatorname{Aut}(G)\cong\mathbb{Z}$. A continuación, $G/Z(G)\cong\operatorname{Inn}(G)$ $\operatorname{Inn}(G)\leq\operatorname{Aut}(G)$ $G/Z(G)$ es cíclico. Por lo tanto $G$ es abelian.
Cada grupo abelian $G$ tiene un automorphism de la forma $\phi: g\mapsto g^{-1}$ todos los $g\in G$, y este debe ser trivial (como por lo demás ha pedido $2$ pero $\operatorname{Aut}(G)$ no tiene elementos de orden $2$). Por lo tanto, cada elemento de la $G$ orden $2$. A continuación, $G$ debe ser la suma directa de grupos cíclicos de orden dos. Los factores de esta suma puede ser permutated dando no trivial de automorfismos de orden finito, una contradicción. Por lo tanto, $\operatorname{Aut}(G)\not\cong \mathbb{Z}$ como se requiere.
Este argumento se utiliza la opción (para formar la suma directa). Si usted no desea asumir elección, entonces usted necesita para volver a formular el teorema: no Hay finitely generadas $G$ ... tengo una débil memoria que alguien ha llamado Asaf Karagila demostrado que si no compromete la elección, entonces existe algún universo que contiene un grupo de $G$$\operatorname{Aut}(G)\cong\mathbb{Z}$.
Aquí es otra aplicación/generalización - deje $1=\zeta_0(G) \subseteq Z(G)=\zeta_1(G) \subseteq \zeta_2(G) \subseteq \cdots$ denotar la parte superior central de la serie de $G$ $G=\gamma_1(G) \supseteq \gamma_2(G)=[G,G] \supseteq \gamma_3(G)=[\gamma_2(G),G] \supseteq \cdots$ el inferior central de la serie de $G$.
La Proposición Deje $n \geq 1$. Si $G/\zeta_n(G)$ es cíclico, a continuación, $\gamma_{n+1}(G)=1$ (equivalente: $G$ es nilpotent de clase $n$).
Prueba de $G/\zeta_n(G)=(G/\zeta_{n-1}(G))/Z(G/\zeta_{n-1}(G))$, de donde $G/\zeta_{n-1}(G)$ es abelian, que es, $\gamma_2(G) \subseteq \zeta_{n-1}(G)$. Pero, a continuación,$\gamma_3(G)=[\gamma_2(G),G] \subseteq [\zeta_{n-1}(G),G] \subseteq \zeta_{n-2}(G)$. Procediendo de esta manera, el resultado de la siguiente manera.