¿Puede un grupo tener $\aleph_1$ ¿muchos subgrupos?

Question

Sé que cualquier contable tiene un número contable o continuo de subgrupos ( fuente ), pero tengo curiosidad por los grupos incontables.

Parece que la prueba para grupos contables $G$ utiliza crucialmente el hecho de que $2^G$ es un espacio pulido, lo que creo que ya no es cierto cuando $G$ es incontable. Entonces:

¿Es posible que un grupo incontable tenga exactamente $\aleph_1$ -¿Muchos subgrupos? (Suponiendo $\lnot \mathsf{CH}$ por supuesto)

De forma más general, para cardinales incontables $\kappa$ y $\lambda$ ¿es posible tener un grupo de tamaño $\kappa$ con exactamente $\lambda$ ¿muchos subgrupos? Definitivamente hay algunas combinaciones fáciles de $\kappa$ y $\lambda$ que podemos descartar, pero este problema parece que probablemente sea difícil.

Gracias.

Answer 1

Como respuesta parcial, permítanme demostrar que cualquier incontable abeliano grupo $A$ siempre ha $2^{|A|}$ subgrupos. Sea $T$ sea el subgrupo de torsión de $A$ . Entonces $|A|=|T|\times|A/T|$ por lo que al menos uno de $T$ y $A/T$ debe tener la misma cardinalidad que $A$ . Por lo tanto, podemos suponer $A$ es la torsión o $A$ no tiene torsión.

Si $A$ es torsión, entonces $A$ es una extensión de una suma directa de grupos cíclicos $B$ por un grupo divisible $C$ . Al menos uno de $B$ y $C$ tiene la misma cardinalidad que $A$ y cada uno de ellos es una suma directa de grupos contables. Por tanto, al menos uno de $B$ y $C$ es una suma directa de $|A|$ grupos no triviales y tomando subconjuntos arbitrarios de los sumandos podemos obtener $2^{|A|}$ diferentes subgrupos.

Si $A$ es libre de torsión, entonces podemos elegir una base para la $\mathbb{Q}$ -espacio vectorial $A\otimes\mathbb{Q}$ que consta de elementos de $A$ . Esto da un subgrupo de $A$ que es un grupo abeliano libre en $|A|$ generadores, y de nuevo tomando subconjuntos arbitrarios de los generadores podemos obtener $2^{|A|}$ diferentes subgrupos.

Por desgracia, el caso no abeliano parece mucho más difícil.

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Por otra parte, permítanme señalar que es posible tener una estructura algebraica finitaria con exactamente $\aleph_1$ subestructuras (por lo que cualquier prueba de que esto es imposible para los grupos tendrá que utilizar algo más especial acerca de los grupos). Por ejemplo, consideremos $\omega_1$ equipado con la siguiente operación binaria $f$ . Para cada infinito $\alpha<\omega_1$ fija una biyección $f_\alpha:\omega\to\alpha$ . Ahora defina $f$ como sigue:

• Si $n$ es finito, entonces $f(0,n)=n+1$ .
• Si $n$ es finito y $\alpha$ es infinito, entonces $f(n,\alpha)=f_\alpha(n)$ .
• En todos los demás casos, $f(\alpha,\beta)=0$ .

Los puntos primero y tercero implican que cualquier subestructura no vacía $X\subseteq\omega_1$ debe contener todos los ordinales finitos. Entonces la segunda implica que si $\alpha\in X$ entonces $\alpha\subseteq X$ por lo que cualquier subestructura debe ser a su vez un ordinal. A la inversa, cualquier ordinal infinito $\alpha\leq\omega_1$ se ve fácilmente que es una subestructura. Así pues, las subestructuras no vacías de $\omega_1$ son exactamente los infinitos ordinales $\leq\omega_1$ y, en particular, hay exactamente $\aleph_1$ de ellos.

Answer 2

Sí, al menos asumiendo la hipótesis del continuo. En el siguiente artículo, Shelah demuestra que existe un grupo de tamaño $\aleph_1$ cuyos subgrupos propios son todos contables.

Shelah, Saharon , On a problem of Kurosh, Jonsson groups, and applications, Word problems II, Stud. Logic Found. Math. Vol. 95, 373-394 (1980). ZBL0438.20025 .

Como todo subgrupo propio es contable, hay como máximo $\aleph_1^{\aleph_0}=2^{\aleph_0}$ subgrupos. No es difícil demostrar que hay al menos $\aleph_1$ subgrupos, por lo que bajo CH hay exactamente $\aleph_1$ subgrupos.