Los subgrupos finitos del grupo multiplicativo de un campo son cíclicos

Question

En el libro Álgebra de Grove, la Proposición 3.7 en la página 94 es la siguiente

Si $G$ es un subgrupo finito del grupo multiplicativo $F^*$ de un campo $F$ , entonces $G$ es cíclico.

Comienza la prueba diciendo "Desde $G$ es el producto directo de sus subgrupos de Sylow ...". Pero esto sólo es cierto si los subgrupos Sylow de $G$ son todos normales. ¿Cómo lo sabemos?

Answer 1

Hay una prueba sencilla que no utiliza la teoría de Sylow.

Lema. Dejemos que $G$ un grupo finito con $n$ elementos. Si para cada $d \mid n$ , $\# \{x \in G \mid x^d = 1 \} \leq d$ entonces $G$ es cíclico.

Si $G$ es un subgrupo finito del grupo multiplicativo de un campo, entonces $G$ satisface la hipótesis porque el polinomio $x^d - 1$ tiene $d$ raíces como máximo.

Prueba. Fijar $d \mid n$ y considerar el conjunto $G_d$ compuesto por elementos de $G$ con orden $d$ . Supongamos que $G_d \neq \varnothing$ por lo que existe $y \in G_d$ ; está claro que $\langle y \rangle \subseteq \{ x \in G \mid x^d = 1 \}$ . Pero el subgrupo $\langle y \rangle$ tiene cardinalidad $d$ por lo que a partir de la hipótesis tenemos que $\langle y \rangle = \{ x \in G \mid x^d = 1 \}$ . Por lo tanto, $G_d$ es el conjunto de generadores del grupo cíclico $\langle y \rangle$ de orden $d$ Así que $\# G_d = \phi(d)$ .

Hemos demostrado que $G_d$ está vacío o tiene cardinalidad $\phi(d)$ para cada $d \mid n$ . Así que tenemos: $$ n = \# G = \sum_{d \mid n} \# G_d \leq \sum_{d \mid n} \phi(d) = n, $$ Por lo tanto, $\# G_d = \phi(d)$ por cada $d \vert n$ . En particular $G_n \neq \varnothing$ . Esto demuestra que $G$ es cíclico. QED

Answer 2

Sabemos que si $G$ es un grupo abeliano finito, $G$ es isomorfo a un producto directo $\mathbb{Z}_{(p_1)^{n_1}} \times \mathbb{Z}_{(p_2)^{n_2}} \times \cdots \times \mathbb{Z}_{(p_r)^{n_r}}$ donde $p_i$ son primos no necesariamente distintos.

Considere cada uno de los $\mathbb{Z}_{(p_i)^{n_i}}$ como grupo cíclico de orden $p_i^{n_i}$ en notación multiplicativa. Sea $m$ sea el $lcm$ de todos los $p_i^{n_i}$ para $i=1,2,\ldots,r.$ Claramente $m\leq {p_1}^{n_1}{p_2}^{n_2}\cdots{p_r}^{n_r}.$ Si $a_i \in \mathbb{Z}_{(p_i)^{n_i}}$ entonces $(a_i)^{({p_i}^{n_i})}=1$ y por lo tanto $a_i^m=1.$ Por lo tanto, para todos los $\alpha \in G,$ tenemos $\alpha^m=1;$ es decir, cada elemento de $G$ es una raíz de $x^m=1.$

Sin embargo, $G$ tiene ${p_1}^{n_1}{p_2}^{n_2}\cdots{p_r}^{n_r}$ elementos, mientras que el polinomio $x^m-1$ puede tener como máximo $m$ raíces en $F.$ Así, deducimos que $m={p_1}^{n_1}{p_2}^{n_2}\cdots{p_r}^{n_r}.$ Por lo tanto, $p_i$ son primos distintos, y el grupo $G$ es isomorfo al grupo cíclico $\mathbb{Z}_m.$

Answer 3

Tenga en cuenta que este resultado no es cierto si $F$ es un campo sesgado (anillo de división), como lo ilustra el grupo de cuaterniones $Q_8$ dentro de los cuaterniones. Así que hay que utilizar la conmutatividad en alguna parte, y esto suele ocurrir implícitamente al utilizar que el polinomio $X^d-1$ puede tener como máximo $d$ raíces en $F$ Este es el caso, por ejemplo, de la respuesta de Andrea, donde la demostración del lema no utiliza la conmutatividad. Aquí tenemos un enfoque algo diferente que explota la conmutatividad por segunda vez.

Lema. El conjunto de órdenes de elementos de un grupo abeliano finito es cerrado bajo la toma de mínimos comunes múltiplos.

(Edición: Resulta que este es el tema de otra pregunta de math.SE . Puede parecer bastante difícil, a menos que uno se dé cuenta de que en los grupos de torsión abelianos, se pueden considerar diferentes factores primos de forma independiente debido a una descomposición canónica de la suma directa, después de lo cual la cuestión se vuelve trivial. Aquí voy a dejar mi prueba original, que sigue otra respuesta a esa pregunta).

Prueba. El conjunto de órdenes (en cualquier grupo) es ciertamente cerrado bajo la toma de divisores: si $x$ tiene orden $n$ y $d\mid n$ entonces $x^{n/d}$ tiene orden $d$ . Ahora bien, si $a,b$ son órdenes de elementos en un grupo abeliano y $\def\lcm{\operatorname{lcm}}m=\lcm(a,b)$ , entonces hay relativamente primos $a',b'$ con $a'\mid a$ , $b'\mid b$ y $a'b'=m$ : basta con retener en $a'$ aquellos y sólo aquellos factores primos de $a$ cuya multiplicidad en $a$ es al menos tan grande como en $b$ y retener en $b'$ todos los demás factores primos de $b$ (aquellos cuya multiplicidad supera a los de $a$ ). Ahora bien, si $x$ tiene orden $a'$ y $y$ tiene orden $b'$ entonces estos órdenes son relativamente primos, por lo que $\langle x\rangle\cap\langle y\rangle=\{e\}$ y su producto es $~m$ para que $$ x^iy^i =e\iff x^i=e=y^i\iff (\lcm(a',b')=a'b'=)\; m\mid i, $$ y por lo tanto $xy$ tiene orden $m$ . QED

Ahora, para demostrar la proposición, dejemos que $n=\#G$ y que $m$ sea el mínimo común múltiplo de todos los órdenes de elementos de $G$ . Por el teorema de Lagrange el orden de cada elemento divide $~n$ De ahí que $m\mid n$ por la propiedad de los mínimos comunes múltiplos. Pero también se tiene $n\leq m$ ya que todos los $n$ elementos de $G$ son raíces del polinomio $X^m-1$ en el campo $~F$ . Por lo tanto, $n=m$ y por el lema (usando que $G$ es conmutativo ya que $F$ es así) $G$ tiene un elemento $g$ de orden $m=n=\#G$ para que $G=\langle g\rangle$ es cíclico.

Answer 4

Dejemos que $G$ sea un grupo finito con $n$ elementos de un campo con la operación de multiplicación del campo. Sea $d \: | \: n$ y considerar el conjunto $G_d$ que contiene elementos de $G$ con orden $d$ . Supongamos que $G_d \neq \varnothing$ , por lo que hay $y \in G_d$ .

Generemos un grupo cíclico $\langle y \rangle$ . Desde la teoría de grupos, los generadores de $\langle y \rangle$ son elementos de $\langle y \rangle$ que son relativamente primordiales para $|\langle y \rangle| = d$ . Y porque cualquier otro elemento que tenga órdenes diferentes a $d$ no pudo generar $\langle y \rangle$ , $G_d$ contiene todos los elementos que generan $\langle y \rangle$ Así que $\#G_d$ = $\phi(d)$ .

( $\#G_d$ es el número de elementos de $G_d$ ; $\phi$ es la función totiente de Euler. )

Hagamos una partición $G$ en conjuntos de elementos con el mismo orden. Por ejemplo, si $G = Z_{10}$ , entonces se dividiría en conjuntos de elementos: $\{0\}$ , $\{5\}$ , $\{2, 4, 6, 8\}$ y $\{1, 3, 7, 9\}$ de orden $1$ , $2$ , $5$ y $10$ respectivamente. Por el teorema de Lagrange, todos los elementos de un grupo deben tener sus órdenes dividiendo el orden del grupo, por lo que al dividir G en todos los $d \: | \: n$ Tendríamos toda la $G$ y con una fórmula como la siguiente:

$$n = |G| = \sum_{d|n} \#G_d = \sum_{d|n} \phi(d)$$

Tomando prestada la suma del divisor de Gauss tenemos también la siguiente fórmula:

$$\sum_{d|n} \phi(d) = n$$

Para recapitular, hemos demostrado que $\#G_d = 0$ o $\#G_d = \phi(d)$ pero si $\#G_d$ podría ser igual a $0$ Entonces tendríamos:

$$n = |G| = \sum_{d|n} \#G_d \leq \sum_{d|n} \phi(d) = n$$

lo cual es falso porque tendríamos $|G|$ menos de $n$ . Así que $\#G_d = \phi(d)$ no pudo ser $0$ y, en particular, para $d = n$ y $y_n \in G_n \neq \varnothing$ , tenemos la garantía de tener $y_n$ Así es $\langle y_n \rangle$ también.

A continuación, observe que $\langle y_n \rangle = \{x \in G \: | \: x^n = 1\}$ y como $|\langle y_n \rangle| = n$ es decir, todos los elementos de $G$ ( porque $G$ ya está definido como un grupo finito con $n$ elementos ). Esto demuestra que $G \cong \langle y_n \rangle$ por lo tanto, cíclico.