Dejemos que $G$ ser un grupo. Si $G/\mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}$ ¿se deduce que $G \cong \mathbb{Z}^2$ ?
Más generalmente: para un subgrupo normal $H$ de $G$ , si $G/H \cong H$ ¿se deduce que $G \cong H\oplus H$ ?
Respuestas
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Carl Schildkraut
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No. Podemos formar un producto semidirecto $\mathbb Z\rtimes\mathbb Z$ con la acción $\varphi_a:x\mapsto (-1)^ax$ . El resultado es un grupo no abeliano $G$ con un subgrupo $H\cong\mathbb Z$ para lo cual $G/H\cong\mathbb Z$ .
Para una descripción más detallada de este grupo, véase esta pregunta relacionada .
"Más generalmente": no. Si $C_k$ es el grupo cíclico de orden $k$ entonces $C_4/C_2\cong C_2$ pero $C_2\oplus C_2$ no es cíclico, por lo que no es isomorfo a $C_4$ .
Para $\mathbb{Z}$ la respuesta es "no". Para empezar, $G$ ni siquiera tiene que ser abeliano: por ejemplo, se puede tomar el grupo cuyo conjunto subyacente es $\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$ pero con la operación de grupo dada por $$(a,b)*(c,d) = (a+(-1)^bc, b+d).$$ Se trata de un producto semidirecto de $\mathbb{Z}$ con ella misma. El subgrupo de todos los pares de la forma $(a,0)$ es un subgrupo normal isomorfo a $\mathbb{Z}$ y el cociente es isomorfo a $\mathbb{Z}$ . Pero el grupo no es abeliano, ya que $(0,1)*(1,0) = (-1,1)$ mientras que $(1,0)*(0,1) = (1,1)\neq (-1,1)$ .
Lo que puede digamos para el caso especial en que el cociente es $\mathbb{Z}$ (o más generalmente, un grupo libre), es que si $G/N\cong\mathbb{Z}$ entonces existe un subgrupo $H$ de $G$ que es isomorfo a $\mathbb{Z}$ con $N\cap H=\{e\}$ y $G=NH$ eso es, $G\cong N\rtimes\mathbb{Z}$ . Para su $G$ Hay dos posibilidades: $\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}$ y el grupo que he descrito anteriormente. Pero demostrar que ambas son las únicas posibilidades es un poco más complicado (aunque no es terriblemente difícil).
