$G$ abeliana finita. $G/H$ , $G/K$ cíclico primario. $H\cap K=1$ . $H\neq 1\neq K$ . Es $HK=G$ ?

Question

Dado un grupo abeliano finito $G$ . $H$ y $K$ subgrupos de $G$ tal que $G/H$ y $G/K$ son cíclicos primarios. $H$ y $K$ se cruzan trivialmente ( $H\cap K=1$ ), y $H\neq 1$ , $K\neq 1$ .

¿Es entonces cierto que $HK=G$ ?

Mi intento hasta ahora: Es fácil demostrar que $[G:HK] | ([G:H], [G:K])$ . Así que si $G/H$ y $G/K$ son cíclicos primarios para diferentes primos, entonces hemos terminado. Pero no sé qué hacer si no lo son.

Gracias.

Answer 1

Si $a\in G$ es de orden $p^n$ para algún primo $p$ y $a \notin H$ entonces $a+H$ es de orden $p^d$ para algunos $d\leq n$ así que $G/H$ debe ser un grupo p.

Con este argumento también sabemos que $H$ debe contener todos los elementos que no son de orden $p^m$ para algún m. Así que si |G| tiene al menos dos divisores primos diferentes, entonces $G/H$ y $G/K$ debe ser el grupo p y el grupo q para diferentes primos (porque $H\cap K= 1$ ). Por lo tanto, todos los grupos p-silow están contenidos en al menos uno de H o K por lo que HK=G.

Así que ahora nos quedamos con el caso en el que $|G|=p^n$ . He intentado demostrar este caso (durante demasiado tiempo), pero parece que no es cierto. Por ejemplo, tomemos $G=\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_4$ y sea H el subgrupo $\{ (1,0), (0,0) \}$ y $K=\{ (1,2), (0,0) \}$ entonces $G/H\cong G/K \cong \mathbb{Z}_4$ y $|HK|=4 < |G|=8$

Answer 2

Creo que esto es un contraejemplo (suponiendo que no haya metido la pata en algo; pasé bastante tiempo tratando de demostrar que el resultado es verdadero, reduciendo y reduciendo y reduciendo, y luego la destilación sugirió esto; yo realmente Espero no haberlo estropeado):

Toma $G=C_4\times C_{16}$ con $C_4$ generado por $x$ y $C_{16}$ generado por $y$ . Toma $H=\langle (x,y^2)\rangle$ y $K=\langle(x,y^4)\rangle$ . Entonces $G/H$ es generada por las imágenes de $(x,1)$ y $(1,y)$ . Pero $(x,1)H = (1,y^{-2})H=(1,y)^{-2}H$ Así que $G/H$ es generado por $(1,y)H$ y por lo tanto es cíclico (y como $G$ es un $p$ -grupo, necesariamente cíclico primario). De manera similar, $(x,1)K = (1,y^{-4})K$ Así que $G/K$ es generado por $(1,y)K$ y por lo tanto es cíclico.

Supongamos que $(x,y^2)^r = (x,y^4)^s$ para algunos enteros $r$ y $s$ Entonces $r\equiv s\pmod{4}$ y $2r\equiv 4s\pmod{16}$ . Pero si $2r\equiv 4s\pmod{16}$ entonces $r\equiv 2s\pmod{8}$ Por lo tanto $s\equiv r\equiv 2s\pmod {4}$ . La única posibilidad es $s\equiv 0 \pmod{4}$ Por lo tanto $x^s=1$ . Pero ahora también tenemos $4s\equiv 0 \pmod{16}$ Así que $y^{4s}=1$ . Por lo tanto, $(x,y^4)^s = (x^s,y^{4s}) = (1,1)$ . Por lo tanto, $H\cap K=\{(1,1)\}$ .

Sin embargo, $H$ y $K$ están ambos contenidos en $\langle(x,1),(1,y^2)\rangle$ Así que $HK$ es un subgrupo propio de $G$ .

Añadido: Algunos comentarios: su hipótesis implica en todo caso que $G$ es un producto de dos grupos cíclicos primarios. Para ver esto, observe que si $G/H$ es $p$ -primario, y $G/K$ es $q$ -primario, entonces $H$ debe contener todos los $p'$ -partes de $G$ y $K$ debe contener todos los $q'$ -partes primarias de $G$ Así que $H\cap K=1$ implica que no hay ningún primo que sea diferente a ambos $p$ y $q$ . Si $p\neq q$ entonces el $p$ -parte de $G$ es una suma directa de $p$ -grupos cíclicos primarios, el $q$ -parte una suma de $q$ -grupos cíclicos primarios. Digamos que hay dos $p$ -grupos cíclicos primarios; entonces $H$ debe contener todo el $q$ -como subgrupo, y tienen una intersección no trivial con el $p$ -parte; ya que $K$ contiene el $p$ -parte, $H\cap K$ no sería trivial. Simétricamente con $q$ . Por lo tanto, si $p\neq q$ entonces $G=C_{p^a}\times C_{q^b}$ y $H=C_{q^b}$ , $K=C_{p^a}$ .

Si $p=q$ entonces $G$ es un $p$ -grupo. Entonces $K \cong K/(H\cap K) = HK/H$ que es un subgrupo de $G/H$ Así que $K$ es cíclico. Simétricamente, $H$ es cíclico. Por lo tanto, $G$ puede ser generado por $2$ elementos, por lo que la descomposición de $G$ en un factor directo de grupos cíclicos tiene a lo sumo dos factores. Pero $G$ no puede ser cíclico y y $p$ -porque entonces dos subgrupos cualesquiera no triviales tienen intersección no trivial, contradiciendo la hipótesis. Por lo tanto, $G=C_{p^a}\times C_{p^b}$ también en este caso.

Así, las condiciones exigen que $G=C_{p^a}\times C_{q^b}$ con $p$ y $q$ primos, posiblemente iguales, y $a$ y $b$ positivo.