Supongamos que $A$ es abeliano de orden $1000$ entonces tenemos :
$$A=S_2\times S_5 $$
donde $S_2$ y $S_5$ son, respectivamente, el $2$ y $5$ -Subgrupo Sylow. Ahora afirmo que cualquier subgrupo $H$ se escribirá como :
$$H=H_2\times H_5 \text{ where } H_p:=H\cap S_p\text{ for } p=2,5$$
(hay algo que probar aquí, lo dejo a su criterio).
Por tanto, vemos que existe una biyección canónica entre :
$$\{\text{subgroups of }G\}\text{ and }\{\text{subgroups of }S_2\}\times \{\text{subgroups of }S_5\}$$
Por lo tanto, se reduce a entender el número de subgrupos (para $p$ primo) de los tres grupos abelianos diferentes de orden $p^3$ :
$$\mathbb{Z}_{p^3}\text{, }\mathbb{Z}_{p^2}\times \mathbb{Z}_{p}\text{ and } \mathbb{Z}_{p}\times \mathbb{Z}_{p}\times \mathbb{Z}_{p} $$
El primero tiene exactamente cuatro subgrupos (pista: exactamente uno por cada divisor). El tercero tiene $1+\frac{p^3-1}{p-1}+\frac{p^3-1}{p-1}+1=2p^2+2p+4$ subgrupos (pista: un subgrupo del tercer grupo es un $\mathbb{Z}_{p}$ -subvectorial). El segundo, es un poco más difícil.
Set $G=\mathbb{Z}_{p^2}\times \mathbb{Z}_{p}$ . Tome $H$ un subgrupo de $G$ el expositor de $H$ es $1$ , $p$ , $p^2$ . Hay exactamente un subgrupo de exponente $1$ (el trivial).
Ahora bien, si $H$ es un subgrupo del exponente $p$ entonces $H$ debe incluirse en :
$$p\mathbb{Z}_{p^2}\times \mathbb{Z}_p $$
Este último grupo es isomorfo a $\mathbb{Z}_{p}\times \mathbb{Z}_p$ y tiene exactamente $\frac{p^2-1}{p-1}+1=p+2$ subgrupos de expositores $p$ . Por lo tanto, tenemos en $G$ $p+2$ subgrupos de expositores $p$ .
Ahora bien, si $H$ es un subgrupo del exponente $p^2$ es de orden $p^3$ (en cuyo caso $H=G$ ) o es de orden $p^2$ por lo tanto, cíclico. De alguna manera es fácil demostrar que $H$ contendrá siempre un único elemento de la forma $(1,a)$ y que dicho elemento es de orden $p^2$ . Por tanto, tenemos tantos subgrupos cíclicos de orden $p^2$ en $G$ como el número de elección para $a$ es decir $p$ ( $a\in \mathbb{Z}_p$ ). Finalmente tenemos $p+1$ subgrupo de expositores $p^2$ . Finalmente tenemos $2p+4$ subgrupos en $\mathbb{Z}_{p^2}\times \mathbb{Z}_{p}$ .
En resumen
$$\mathbb{Z}_{p^3}\text{ has }4\text{ subgroups}$$
$$\mathbb{Z}_{p}\times \mathbb{Z}_{p}\times \mathbb{Z}_{p}\text{ has } 2p^2+2p+4\text{ subgroups}$$
$$\mathbb{Z}_{p^2}\times \mathbb{Z}_{p}\text{ has } 2p+4\text{ subgroups}$$
En particular, si conoce su grupo abeliano de orden $1000$ (por ejemplo, su descomposición mediante el teorema de los grupos abelianos finitamente generados) se puede deducir fácilmente la forma del $p$ -Sylow y aplicar los dos resultados anteriores. Por ejemplo, tomemos :
$$ G:=\mathbb{Z}_5\times\mathbb{Z}_{10}\times\mathbb{Z}_{20}$$
Entonces tenemos que :
$$G=(\mathbb{Z}_2\times\mathbb{Z}_4)\times(\mathbb{Z}_5\times\mathbb{Z}_5\times\mathbb{Z}_5) $$
Por lo tanto, tenemos exactamente $((2\times 2+4)+(2\times 5^2+2\times 5+4))$ subgrupos, es decir $8+50+10+4=72$ subgrupos.
