número de subgrupos índice $p$ es igual al número de subgrupos orden $p$

Question

Estoy haciendo un ejercicio en el libro de Dummit "Álgebra Abstracta" y me he atascado durante mucho tiempo. Creo que lo estoy haciendo de la manera correcta pero no puedo terminarlo. Espero que alguien me pueda ayudar. Se lo agradezco mucho.

Sea $A$ sea un grupo abeliano finito y sea $p$ sea un primo. Sea $A^{p} = \{a^{p}\mid a \in A\}$ y $A_{p} = \{x\mid x^{p} = 1\}$ . Demostrar que $A/A^{p}$ es isomorfo a $A_{p}$ y el número de subgrupos de $A$ de orden $p$ es igual al número de subgrupos de $A$ de índice $p$ .

Puedo probar que $A/A^{p}$ es isomorfo a $A_{p}$ y todo orden de subgrupos $p$ de $A$ deben ser subgrupos orden $p$ de $A_{p}$ . Así que el número de subgrupos orden $p$ de $A$ es igual al número de subgrupos orden $p$ de $A_{p}$ . Además debido al resultado anterior, debemos tener este número es igual al número de subgrupos de orden $p$ en $A/A^{p}$ . Así que tratamos de construir una biyección a partir del conjunto de todos los subgrupos orden $p$ de $A/A^{p}$ en el conjunto de todos los subgrupos índice $p$ de $A$ . Creo que es posible, porque cada subgrupo $N$ de $A$ es normal y $A/N$ es una orden de grupo $p$ .

Puede alguien ayudarme a seguir por este camino para solucionar este problema. Sé que hay una solución en Project Crazy Project, pero creo que esa solución es engorrosa y no es bonita. Gracias

Answer 1

Consideremos el homomorfismo "multiplicación por $p$ '' de $A$ a sí mismo; el núcleo es $A_p$ y el cokernel (cociente del codominio por la imagen) es $A/A^p$ . Desde $A$ es finito, un análogo del teorema de nulidad de rango en álgebra lineal muestra que $A_p$ y $A/A^p$ tienen el mismo orden. Como son grupos abelianos en los que cada elemento es matado por $p$ pueden considerarse espacios vectoriales de la misma dimensión finita sobre $\mathbb F_p$ .

Ahora subgrupos de orden $p$ están contenidos en $A_p$ por lo que son precisamente los unidimensional $\mathbb F_p$ -subespacios vectoriales de $A_p.$ Por otra parte, los subgrupos de índice $p$ deben contener $A^p$ por lo que están en biyección (bajo el mapa cociente) con el codimensión uno subespacios de $A/A^p$ .

Así que ahora se reduce a comprobar que si $V$ es un espacio vectorial de dimensión finita sobre $\mathbb F_p$ el número de subespacios unidimensionales y el número de subespacios de codimensión uno son iguales. Esto puede comprobarse utilizando el hecho de que $V^*$ (el espacio dual de $V$ ) y $V$ son (no canónicamente) isomorfos, y que los subespacios unidimensionales de $V$ se ponen en biyección con los subespacios de codimensión uno de $V^*$ considerando aniquiladores.

[Nota: esta respuesta es la misma en espíritu que la de Chris Godsil, pero he sustituido la teoría de la dualidad para grupos abelianos finitos por álgebra lineal sobre $\mathbb F_p$ que podría ser más familiar].

Answer 2

Podemos suponer $A=E_{p^r}$ .

Dado que cada elemento no identitario de $A$ es de orden $p$ y $A$ es abeliano, podemos generar un subgrupo de orden $p^{r-1}$ mediante el siguiente procedimiento. En primer lugar, elegimos un elemento $x_1$ en $A\setminus\{1\}$ para obtener un subgrupo $\langle{x_1}\rangle$ de orden $p$ ; En segundo lugar, elige un elemento $x_2\in A\setminus \langle{x_1}\rangle$ para obtener un subgrupo $\langle{x_1,x_2}\rangle$ de orden $p^2$ Por último, podemos elegir un elemento $x_{r-1}\in A\setminus \langle{x_1,\dots,x_{r-2}}\rangle$ para obtener un subgrupo $\langle{x_1,\dots,x_r}\rangle$ de orden $p^{r-1}$ . Las opciones totales de este procedimiento son $(p^r-1)(p^r-p)\cdots(p^r-p^{r-2})$ . Sin embargo, existen $(p^{r-1}-1)(p^{r-1}-p)\cdots(p^{r-1}-p^{r-2})$ elecciones en este procedimiento generarán un mismo subgrupo de orden $p^{r-1}$ . Por lo tanto, el número de subgrupos de $A$ de índice $p$ es $\frac{(p^r-1)(p^r-p)\cdots(p^r-p^{r-2})}{(p^{r-1}-1)(p^{r-1}-p)\cdots(p^{r-1}-p^{r-2})}=\frac{p^r-1}{p-1}$ .

Observación. Parece que por el mismo método, podemos obtener para $1\leqslant i \leqslant r-1$ el número de subgrupos de $E_{p^r}$ de orden $p^i$ es $\frac{p^r-1}{p-1}$ . Son todos iguales.

Answer 3

Subgrupos de $A$ con índice $p$ dan caracteres de $A$ con orden multiplicativo $p$ por lo que el número de subgrupos de índice $p$ en $A$ es igual al número de subgrupos de orden $p$ en el grupo de caracteres de $A$ . Pero un grupo abeliano finito es isomorfo a su grupo carácter.

Answer 4

Para más preguntas arriba en la respuesta de Biao..... Usted puede utilizar un libro al álgebra escrito por Dummit Foote. Ver 1.4 (Grupo lineal general)

si construimos H(subgrupo de índice p) como arriba, podemos escribir $H = < h_1, ... ,h_{n-1} >$

(basta con cambiar la notación de $x$ a $h$ ...)

entonces, Cuando podemos concluir que $F = < f_1, ... , f_{n-1} >$ es exactamente igual al subgrupo H construido anteriormente?

F = H implica $ f_{i} = (h_{1})^{(e_{i,1})} * (h_{2})^{(e_{i,2})} * ... * (h_{n-1})^{(e_{i,n-1})}$ ( $e_{i,j}$ es entero $>=0$ y $<= p-1$ )

Sea $E=(e_{i,j})$ (matriz de n-1 por n-1).

Entonces F = H si E tiene (n-1) filas linealmente independientes.

(dim(Espacio de filas de E)) = n -1, y n-1 vectores linealmente independientes forman una base para el espacio de filas de E. Implica que F = H)

Y el número de estos casos : $(p^{(n-1)} - 1)*(p^{(n-1)} - p)*(p^{(n-1)} - p^{2})* ... *(p^{(n-1)} - p^{n-2}) $ (= (Elección de la Fila 1 (cada n componente puede tener p casos(0 ~ p-1) y debemos excluir el caso cuando todo componente es 0).

(Elección de la Fila2 (debemos excluir los casos Fila2=0*Fila1, Fila2=1*Fila1, ..., Fila2 = (p-1)*Fila1))

(...)

(Elección de la Fila n-1 (debemos excluir los casos $Row (n-1) = (a_{1})*Row1 + (a_{2})*Row2+... +(a_{n-2})*Row (n-2))$ )