Cada grupo tiene un 'ciclación'?

Question

He aquí la pregunta:

Cada grupo tiene un 'ciclación'? Es decir, que $G$ ser un grupo. No necesariamente existe un grupo cíclico $C$ y un surjective homomorphism $\varphi:G\rightarrow C$ tal que para cada grupo cíclico $H$ que hay un surjective homomorphism $\psi:G\rightarrow H$, entonces no hay una única homomorphism $\phi:C\rightarrow H$ tal que $\psi=\phi\circ \varphi$?

Esta pregunta está inspirada en la existencia de la abelianization de un grupo. He aquí lo que he hecho:

Deje $G$ ser un grupo y $C$ un grupo cíclico tal que $\varphi:G\rightarrow C$ es un surjective homomorphism. Desde $C$ es cíclica, $C=\langle c\rangle$ algunos $c\in C$. Deje $c^m$ $c^n$ ser otros dos elementos de $C$. Desde $\varphi$ es surjective, hay elementos $g$ $h\in G$ tal que $\varphi(g)=c^m$ $\varphi(h)=c^n$ (suponga $m$ $n$ son no-cero). Así

$$\varphi(h)^{\text{lcm}(m,n)/n}=c^{\text{lcm}(m,n)}=\varphi(g)^{\text{lcm}(m,n)/m}$$

Esto implica que $$\varphi\left(g^{\text{lcm}(m,n)/m}h^{-\text{lcm}(m,n)/n}\right)=1_C$$

Podemos concluir entonces que $$N=\langle\;g^{\text{lcm}(m,n)/m}h^{-\text{lcm}(m,n)/n}\;|\;g,h\in G\text{ and }\;m,n\in\Bbb Z-\{0\}\rangle\subseteq\ker\varphi$$

Además, desde $$xg^{\text{lcm}(m,n)/m}h^{-\text{lcm}(m,n)/n} x^{-1}=(xgx^{-1})^{\text{lcm}(m,n)/m}(xhx^{-1})^{-\text{lcm}(m,n)/n}$$ para cualquier $x\in G$, obtenemos que $N$ es un subgrupo normal de $G$. Además, podemos ver que $[G,G]\subseteq N$ desde $$xyx^{-1}y^{-1}=(xy)^{\text{lcm}(-1,1)/1}(x^{-1}y^{-1})^{-\text{lcm}(-1,1)/-1}\in N$$

Así que, me parece estar en el camino correcto. Quizás $G/N$ sí es cíclico. Sin embargo, a pesar de que sé que $G/N$ es abelian, no tengo idea sobre cómo mostrar es cíclico (si necesariamente es).

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Dar un paso atrás de el problema, bastaría para mostrar que cada grupo abelian tiene una ciclación ya que cada mapa en una cíclica cociente tendría para el factor a través de la abelianization de un grupo. Este parece ser obvio. Si $G$ es un grupo abelian que es finitely generó entonces la Estructura Teorema de Finitely generado Abelian Grupos nos dice que $G$ es isomorfo a un grupo que se parece a $$C_{d_1}\times C_{d_2}\times\cdots\times C_{d_n}\times FA_m$$

donde $d_1\mid d_2\mid \cdots\mid d_n$, cada una de las $C_{d_i}$ representa un grupo cíclico de orden $d_i$, e $FA_m$ representa un libre abelian grupo en $m$ generadores.

En la ausencia de una $FA_m$ plazo, la ciclación sería $C_{d_n}$. En la presencia de una $FA_m$ plazo, la ciclación sería $FA_1$.

Para un grupo abelian que no es finitely generado, creo que la ciclación sería el trivial grupo. Pero estoy teniendo dificultad con esta afirmación. Tal vez hay un contra-ejemplo aquí.

Answer 1

Deje $G = \mathbf Z_p$ ser el grupo aditivo de $p$-ádico enteros. Se ha arbitrariamente grande finito cíclico de los cocientes (eso es parte de lo que es ser un límite inversa de arbitrariamente grande finito cíclico grupos es sobre todo), así que si $G$ tiene una ciclación $C$ $C$ no puede ser finito, y por lo tanto $C \cong \mathbf Z$. Por lo tanto no tendría que ser un surjective grupo homomorphism $\mathbf Z_p \rightarrow \mathbf Z$. Queremos mostrar que es imposible. [Edit: Ver a Alex comentario para un enfoque más sencillo de lo que escribo a continuación.]

Homomorphisms de abelian grupos son la misma cosa, como $\mathbf Z$-módulo homomorphisms, y libre de módulos proyectivos módulos, de modo que si hubo un surjective grupo homomorphism $\mathbf Z_p \rightarrow \mathbf Z$ entonces no sería un isomorfismo de abelian grupos $\mathbf Z_p \cong \mathbf Z \oplus H$ para un grupo abelian $H$. Entonces, desde el $\mathbf Z$ tiene cada finito cíclico grupo como un cociente, podemos darnos cuenta de que cada finito cíclico grupo como un cociente de $\mathbf Z_p$, pero la única finito cociente grupos de $\mathbf Z_p$ $p$- el poder de la orden, así que tenemos una contradicción.

Aquí es por qué todos finito cociente grupos de $\mathbf Z_p$ ha $p$-el poder de la orden. Supongamos que hay un surjective grupo homomorphism $\mathbf Z_p \rightarrow A$ donde $A$ es un trivial finito grupo, necesariamente abelian. Deje $q$ ser un primer distinta de $p$. A partir de la descomposición de $A$ como un producto directo de sus subgrupos de Sylow, hay un surjective homomorphism $A \rightarrow A_q$ donde $A_q$ $q$- subgrupo de Sylow de $A$. Por lo tanto tendríamos un surjective grupo homomorphism $f \colon \mathbf Z_p \rightarrow A_q$. Set $|A_q| = q^m$. A continuación,$q^m\mathbf Z_p \subset \ker f$, pero $q^m\mathbf Z_p = \mathbf Z_p$ desde $q$ $p$ son distintos de los números primos, por lo $\mathbf Z_p \subset \ker f$. Por lo tanto $q^m = 1$, por lo que el $q$-subgrupo de Sylow de $A$ es trivial para cada prime $q$ otros de $p$, y por lo tanto $A$ es un grupo de $p$-el poder de la orden.

Answer 2

Cyclizations no necesitan existir en general. Considerar el grupo $G=\oplus_{i=1}^\infty \mathbb Z / p_i \mathbb Z$ donde $p_i$ $i$- ésimo primo. $G$ surjects en $\mathbb Z / q \mathbb Z$ para cualquier prime $q$, lo $\mathbb Z/ n \mathbb Z$ no puede ser una ciclación para cualquier $n$. Por otro lado, todos los elementos son de orden finito, entonces, es claro que $\mathbb Z$ no es una ciclación.

Edit. Después de un poco más de pensamiento, me he dado cuenta de que podemos generalizar lo anterior: cyclizations no puede existir por cualquier suma directa de grupos cíclicos que no es cíclico. Aproximadamente, el universal de la propiedad que usted haya especificado las fuerzas de la cyclizaton mapa para ser inyectiva, lo que obliga al grupo original para ser cíclica. Más precisamente, supongamos que

$$G \simeq \oplus_{i\in \mathbb N} G_i$$ where each $G_i$ is cyclic. If $\varphi: G \rightarrow C$ is a cyclization, then for each $i$ we must have $f_i: C \rightarrow G_i$ para que

$$\requieren{AMScd} \begin{CD} G @>\varphi>> C \\ @VV\pi_i V @V f_i VV \\ {G_i} @>1>> G_i \end{CD}$$ commutes, where $\pi_i$ is the $i$-th proyección.

Para cualquier $n$-tupla $x \in G$, con una no-identidad componente, podemos optar $\pi_i$, de modo que $\pi_i(x) \neq e$. Desde $\pi_i=f_i\circ \varphi$, esto obliga a $\varphi(x) \neq e$. Por lo tanto, $\varphi$ debe ser una inyección, lo que implica $G \simeq \varphi(G) \subset C$. Desde subgrupos de grupos cíclicos son cíclicos, esto es imposible, a menos que $G$ sí es cíclico.

Answer 3

La respuesta es negativa. Para un contraejemplo, se puede considerar $G=C_p\times C_p$. Entonces la única cíclica de la imagen de $G$$C_p$. Si no no sería un "ciclación" $C$$G$, entonces sería isomorfo a $C_p$. Por otra parte, hay una secuencia exacta $$1\to U\to G\stackrel{\varphi}\to C\to 1,$$ donde $U$ es algún ejemplar de $C_p$$G$. Pero luego uno se puede construir una surjection $G\to U$, lo que, obviamente, no es un factor a través de $\varphi$.

Answer 4

Deje $G=\mathbb{Q}$. Si $C$ es cíclica, por lo tanto isomorfo a $\mathbb{Z}$ o a $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ para algunos prime $p$,$\mathrm{Hom}(\mathbb{Q}, C)=0$, y no surjective homorphism es posible.