Un ejemplo de grupo abeliano con exactamente un subgrupo máximo.

Question

Sea$G$ un grupo finitamente generado y$G$ tenga exactamente un subgrupo máximo. Entonces puedo concluir que$G\cong\mathbb Z_{p^k}$.

Ahora, estoy buscando un ejemplo de grupo abeliano infinito$G$ tal que$G$ tiene exactamente un subgrupo máximo.

Answer 1

Sea% 3% #% el grupo 3 de Prüfer. A continuación,$\mathbf Z(3)$ $

tiene sólo un subgrupo máximo, es decir,$$\mathbf Z/2\mathbf Z \times \mathbf Z(3)$.

Answer 2

Mirando m_l y Bruno respuestas (y preguntas), se encuentra una razonable clasificación de ejemplos:

Teorema: Un grupo abelian $G$ tiene exactamente un subgrupo maximal si y solo si hay exactamente un primer $p$ $G \neq pG$ y para el primer $p$, $G/pG$ tiene orden de $p$.

Prueba: Si $M$ es un subgrupo maximal de a$G$, $G/M$ es simple, tan cíclico de orden $q$ para algunos prime $q$. Contamos con el máximo de subgrupos por el primer $q$. Para cada uno de los prime $q$, $G/qG$ es un espacio vectorial de dimensión decir $d$ $\mathbb{Z}/q\mathbb{Z}$ ha $(q^d-1)/(q-1)$ máxima subespacios de (o $2^d$ si $d$ es infinito). Por lo tanto debemos tener $d=0$ para todos, pero una prime, decir $p$, donde $d=1$. $\square$

$p$-en el caso del grupo

Si $G$ es un abelian $p$ -, $G/p^kG$ es un almacén de abelian grupo, por lo que una suma directa de cíclico $p$-grupos. En particular, si $G/pG$ es cíclica y, a continuación, $G/p^kG$ también es cíclico de orden dividiendo $p^k$. Asumir, por medio de la contradicción, que el tamaño de los cocientes son ilimitados. Entonces claramente $G/p^kG \cong \mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z}$. Consideremos ahora una colección de compatible epimorphisms de$G$$\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z}$. Esto le da a (distinto de cero) homomorphism de $G$ para el límite de $\hat{\mathbb{Z}}_p$ con kernel $p^\infty = \cap_{k=1}^\infty p^k G$. Sin embargo, $\hat{\mathbb{Z}}_p$ es de torsiones y por lo que su núcleo es de $G$. Es decir, $p^\infty G=pG=G$, pero esto se contradice con la homomorphism ser distinto de cero.

Por lo tanto, hay algo de mayor cociente, $G/p^kG$ del tamaño de la $p^k$, e $p^\infty G = p^{k+1}G = p^kG$. Deje $G/p^kG = \langle x + p^k G \rangle$. A continuación, $\langle x \rangle + p^i G = G$ todos los $i$ ($i \leq k$ por las propiedades de la cíclico de los grupos, para $i \geq k$ porque $p^i G = p^k G$). Por lo tanto $[ p^i G \cap \langle x \rangle : \langle x \rangle ] = [p^i G : \langle x \rangle + p^i G ] = [ p^i G : G ] = p^{\min(i,k)}$ desde $G/p^i G$ es cíclico. Sin embargo, $\langle x \rangle$ tiene un único subgrupo de índice, es decir,$p^i \langle x \rangle$. Por lo tanto $\langle x \rangle$ es un puro subgrupo de $G$. Ya que también es acotado, es un sumando directo y $G= \langle x \rangle \oplus B$. Ahora $pG = p \langle x \rangle \oplus pB$ índice de $p$, lo $pB=B$ es divisible. Por lo tanto $$G \cong \mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z} \oplus \left( \mathbb{Z}[\tfrac1p]/\mathbb{Z}\right)^{(v_p)}$$ para algún entero positivo $k$ y algunos cardenal número $v_p$.

Torsión caso

Si requerimos $G$ a ser de torsión, entonces es una suma directa de sus Sylow $q$-subgrupos, los cuales deben ser directo sumas de Prüfer $q$-grupos, ya que se $q$-divisible abelian $q$-grupos. El Sylow $p$-subgrupo debe ser una suma directa de $\mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z}$ y un múltiplo $p$-grupo como el anterior. Por lo tanto si $G$ es de torsión, a continuación, $$G \cong \mathbb{Z}/p^k\mathbb{Z} \times \left( \bigoplus_{q} \left(\left.\mathbb{Z}\left[\tfrac1q\right]\middle/\mathbb{Z}\right.\right)^{(v_q)} \right)$$ para algún entero positivo $k$, y algunos números cardinales $v_q$ para cada uno de los prime $q$, incluyendo a $q=p$.

Bruno tomó $p=2$, $k=1$, $v_3=1$, y $v_q =0$$q\neq 3$. Gracias a babgen por señalar varios problemas en versiones anteriores.

Rango 1 caso

Torsión libre de rango 1 grupos (subgrupos de $\mathbb{Q}$) son descritos hasta isomorfismo por su "tipo", que básicamente dice cómo muchas veces el promedio de elemento es divisible por cada uno de los prime. Es decir, para un tipo de $t$, $A_t = \left\{ \tfrac ab \in \mathbb{Q} : v_p(b) \leq t_p, \forall p \right\}$, pero dos tipos de $s,t$ se consideran equivalentes si difieren finitely, $\sum_p \left|t_p-s_p\right| < \infty$.

En nuestro caso, tenemos $t_q = \infty$ para todos los números primos, excepto uno, $p$, y por la definición de tipos no importa lo que nos propusimos $t_p$ (@m_l la respuesta se establece a "$k-1$"). Voy a elegir a $t_p=0$ por la simplicidad.

$$A = \left\{ \frac{a}{b} : b \text{ is not divisible by } p \right\}$$

A continuación, $qA = A$ para todos los números primos $q \neq p$, pero $A/pA$ es $p$, generado por $1+pA$.

Estos son los únicos de torsión libre de rango 1 ejemplos hasta el isomorfismo (un isomorfismo de clase para cada uno de los prime $p$).

P-adics

Un aficionado de la versión de $A$ ocurrido a mí primero, y me registro aquí por lo que vale la pena:

Deje $J$ ser el grupo aditivo de $p$-ádico enteros. El subgrupo $pJ$ es un subgrupo maximal, ya que tiene el índice de $p$.

Deje $M$ ser un subgrupo maximal de a $J$. Queremos mostrar a $M=pJ$.

Asumir, por medio de la contradicción, que el índice de $M$ $J$ no $p$, sino otro número primo $q$. Deje $x \in J$. Desde $q$ es relativamente primer a$p$, $p$- ádico de expansión de $\tfrac1q$ se encuentra en $J$, por lo que el $x = qy$ algunos $y \in J$ (es decir, el $p$-ádico de expansión de $y=\tfrac xq$). Sin embargo, por Lagrange del teorema, $qJ \leq M$, de modo que $x = qy \in M$, e $J=M$.

Así pues, el índice de $M$$J$$p$, por lo Lagrange, muestra una vez más que el $pJ \leq M$, pero $pJ$ es máxima, por lo $pJ=M$.

Answer 3

Para cualquier número primo$p$ y número natural$k$, el grupo aditivo de la localización $$ \ mathbb {Z} _ {(p ^ k)} = \ left \ {\ frac {a} } \ in \ mathbb {Q}: \ text {gcd} (a, b) = 1, ~ p ^ k \ no \ medio b \ derecho \} $$ es un grupo abeliano con exactamente un subgrupo máximo:$p\mathbb{Z}_{(p^k)}$.