Finito abelian $p$-grupo con sólo un subgrupo de tamaño de $p$ es cíclico

Question

Mi objetivo es demostrar esto:

Si $G$ es de un número finito de abelian $p$-grupo con un único subgrupo de tamaño $p$, a continuación, $G$ es cíclico.

Traté de demostrar mediante la inducción en $n$ donde $|G| = p^n$ pero no era capaz de llegar muy lejos con esto (mira el historial de edición de este post para ver los callejones sin salida). ¿Alguien tiene alguna idea para un razonablemente primaria de la prueba de este teorema?

Answer 1

Suponga $G$ es de un número finito de abelian $p$-grupo con un único subgrupo de orden $p$. Me dicen que si $a,b\in G$, entonces cualquiera de las $a\in\langle b\rangle$ o $b\in\langle a\rangle$. Esto le mostrará que $G$ es cíclica, es decir, considerando todos los elementos de a $G$ de una en una.

Deje $a,b\in G$; por el intercambio de $a$ $b$ si es necesario, podemos suponer que la $|a|\leq |b|$, y nuestro objetivo es demostrar que $a\in\langle b\rangle$. Si $|a|\leq p$, $\langle a\rangle$ está contenida en el único subgrupo de orden $p$, y, por tanto, está contenida en $\langle b\rangle$, y hemos terminado. Por lo que dicen $|a|=p^k$, $|b|=p^{\ell}$, $1\lt k\leq \ell$.

Deje $t$ ser el menor entero no negativo tal que $a^{p^t}\in\langle b\rangle$. Tenga en cuenta que desde $a^{p^{k-1}}$ $b^{p^{\ell-1}}$ son tanto de orden $p$, el hecho de que $G$ tiene un único subgrupo de orden $p$ significa que $\langle a^{p^{k-1}}\rangle = \langle b^{p^{\ell-1}}\rangle$, lo $t\leq k-1$; es decir, $a^{p^t}\neq 1$. Y desde $a^{p^{t}}$ es de orden $p^{k-t}$, debemos tener $\langle b^{p^{\ell-k+t}}\rangle = \langle a^{p^{t}}\rangle$. Deje $u$ ser tal que $a^{p^{t}} = b^{up^{\ell-k+t}}$.

Ahora considere el $x=ab^{-up^{\ell-k}}$. Tenga en cuenta que desde $k\leq \ell$, esto tiene sentido. ¿Cuál es el orden de $x$? Si $x^{p^r}=1$,$a^{p^r} = b^{up^{\ell-k+r}}\in\langle b\rangle$, lo $r\geq t$ por el minimality de $t$. Y $$x^{p^t} = a^{p^t}b^{-up^{\ell -k + t}} = b^{up^{\ell-k+t}}b^{-up^{\ell-k+t}} = 1.$$ Por lo $x$ es de orden $p^t$.

Si $t\gt 0$, $x^{p^{t-1}}$ orden $p$, lo $x^{p^{t-1}}\in \langle b\rangle$. Pero $$x^{p^{t-1}} = a^{p^{t-1}}b^{-up^{\ell-k+t-1}},$$ así que el hecho de que este se encuentra en $\langle b\rangle$ significa que $a^{p^{t-1}}\in\langle b\rangle$. El minimality de $t$ hace imposible.

Por lo tanto, $t=0$, lo que significa que $x=1$. Por lo tanto, $a^{p^0} = a\in\langle b\rangle$, como se desee.

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Añadido. El argumento anterior muestra que un grupo abelian $A$, en la que cada elemento tiene orden de una potencia de $p$ y que contiene un único subgrupo de orden $p$ es localmente cíclico; es decir, cualquier finitely generado subgrupo de $A$ es cíclico. Esto incluye algunos de los grupos que no son finitos o finitely generado, por ejemplo, la Prüfer $p$-grupos.

Answer 2

Me va a dar una respuesta que usar más o menos técnicas elementales. (Yo uso como aditivo en la notación.)

Vamos a proceder por el contador de implicación, es decir, mostrando que cuando se $G$ no es cíclica, a continuación, hay al menos dos subgrupos de orden $p$. Deje $h$ ser un elemento de $G$ que ha pedido máximo $p^n$, y deje $H=\langle h\rangle$. Ahora, al considerar $$G/H$$ tenemos que desde $G$ no es cíclico no es trivial. Así que hay un elemento $g+H$ orden $p$ -la obtención de este elemento es trivial desde $G/H$ es un abelian $p$-grupo, una no-identidad elemento $g_0+H$ orden $p^r$$g+H=p^{r-1}(g_0+H$) -.

Ahora, tenemos que $$p(g+H)=H$$ es decir, que para algunos $a\in\mathbb{N}_0$ $k$ coprime a $p$ $$pg=kp^a h$$ En primer lugar, tenemos que tener en cuenta que el $kh$ es también un generador de $H$ desde $k$ es coprime a la orden de $h$. Por lo tanto, tenemos que $$pg=p^a(kh)$$ tiene orden de $p^{n-a}$, lo que implica desde $g$ no $0_G$ que el orden de las $g$$p^{n-a+1}$. Por lo tanto, debemos tener $a\geq 1$ a fin de no tener $g$ rallador orden de $h$ en contradicción con la elección de $h$, que es un elemento de orden máximo en $G$.

A partir de aquí, se puede tomar $$g_0=g+(p^{n-a}-k)p^{a-1}h\not\in H$$ desde $g\not\in H$. Y obtener la $$pg_0=p(g+(p^{n-a}-k)p^{a-1}h)=pg+(p^{n-a}-k)p^{a}h=kp^a h+(p^{n-a}-k)p^{a}h=p^n h=0_G$$ lo que significa que $g_0$ es un elemento de ordr $p$, es decir, que $$\langle g_0\rangle$$ es un subgrupos de orden $p$ distintos de $$\langle p^{n-1}h\rangle$$ como se desee.

Finalmente, counterimplication da la deseada declaración, es decir, que un número finito de abelian $p$-grupo con un único subgrupo de orden $p$ es neccesarily cíclico.