Forma natural de definir una acción libre de un grupo abeliano finito

Question

Dejemos que $G$ sea un grupo abeliano finito. Entonces $G \simeq \mathbb{Z}_{u_1} \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_{u_m}$ , donde $u_{i}$ es una potencia de algún número primo. Sin pérdida de generalidad, consideraré $G = \mathbb{Z}_{u_1} \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}_{u_m}$ . Sea $Y$ sea un conjunto infinito. Introduzco un conjunto $$ \mathcal{Y} = Y^{u_1 \times\cdots \times u_m} \setminus \mathcal{Y}_0, $$ donde $\mathcal{Y}_0$ es la diagonal de $Y^{u_1 \times \ldots \times u_m}$ : $$ \mathcal{Y}_0 = \left\{ \left\{ y_{i_1,\ldots,i_m} \right\} \in Y^{u_1 \times \cdots \times u_m} \mid y_{k_1,\ldots,k_m}=y_{j_1,\ldots,j_m} \, \forall k_1,\ldots,k_m, j_1,\ldots,j_m \right\}. $$ Defino una acción de $G$ en $\mathcal{Y}$ por la regla $$ (l_1,\ldots,l_m) \cdot \left\{ y_{i_1,\ldots,i_m} \right\} = \left\{y_{i_1 + l_1\pmod{u_1}, \ldots, i_m + l_m\pmod{u_m}} \right\}. $$ Es sólo un desplazamiento circular de la matriz multidimensional $\left\{ y_{i_1,\ldots,i_m} \right\}$ en cada dimensión por un número apropiado de posiciones.

Si $m=1$ entonces esta acción es libre si y sólo si $u_1$ es primo. Para $m>1$ esta acción nunca es gratuita. Por ejemplo, para $G = \mathbb{Z}_2 \oplus \mathbb{Z}_2$ tenemos $$ (1,0) \cdot \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}. $$ Mi pregunta es si hay una forma natural de generalizar la construcción anterior $\mathcal{Y}$ para que una acción análoga (en cierto sentido) de $G$ será libre para una clase más general de grupos finitos? Por ejemplo, para $\mathbb{Z}_{p^k}$ o $\mathbb{Z}_{p} \oplus \mathbb{Z}_{q}$ ?

Answer 1

Primero la notación: Para un elemento $x$ en un grupo abeliano $H$ denotamos $(x)$ el subgrupo generado por $x$ .

Veamos el primer ejemplo $G=\mathbb{Z}/p^n$ .

• Queremos $+a$ libre, debemos excluir $\{y\,|\,y_i=y_j, i-j\in (a)\}=\{y:y_i=y_{i+a} \forall i\}$ .
• $+p^{n-1}$ libre: cortar el juego $\{y:y_0=y_{p^{n-1}}=y_{2p^{n-1}}=\cdots, y_1=y_{1+p^{n-1}}=\cdots,\ldots\}$ . Este es el conjunto $Y_0$ que quieres.
• $+ap^{k}$ gratis con $(a,p)=1$ dará el mismo conjunto de $+p^k$ : $i-j\in (ap^k)=(p^k)$ .
• Y el conjunto de $+p^k$ con $0\leq k\leq n-1$ es un subconjunto de $+p^{n-1}$ : ya que $(p^{k-1})\supseteq (p^{n-1})$ .

Bien, hemos terminado con el caso para $G=\mathbb{Z}/p^n$ .

Para $G=\mathbb{Z}/p_1^{n_1}\times \mathbb{Z}/p_2^{n_2} \times\cdots\times \mathbb{Z}/p_m^{n_m}$ .

• Queremos $+(a_1,\ldots,a_m)$ libre, deberíamos cortar $\{y:y_{i_1i_2\ldots i_m}=y_{j_1j_2\ldots j_m}\; , \;(i_1,\ldots,i_m)-(j_1,\ldots,j_m)\in ((a_1,a_2,\ldots,a_m))\}$ .
• Los subgrupos mínimos de la forma $0\neq ((a_1,\ldots,a_m))$ son que tenemos que averiguar . Así que corta la unión de estos conjuntos correspondientes.

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Esos subgrupos mínimos son cíclicos, por lo que deben ser de órdenes primos. Así que lo que tenemos que hacer es encontrar los elementos de órdenes primos.

Para dos ejemplos concretos:

1. $G=\mathbb{Z}/4\times \mathbb{Z}/4$ . Entonces $((2,0)), ((0,2)),((2,2))$ son necesarios.

2. $G=\mathbb{Z}/4\times \mathbb{Z}/4\times \mathbb{Z}/25$ . Entonces $((2,0,0)),((2,2,0)),((0,2,0)),((0,0,1))$ son necesarios.