$G$ tiene exactamente tres subgrupos

Question

Mi intento de la primera: (me gustaría verificarlo, porque yo no uso la propiedad de un grupo cíclico) $|G|<\infty$ (ya que de lo contrario $(a^2),(a^3)$ son distintos incorrecto subgrupos no triviales) no puede tener más de un divisor primo ya que de lo contrario $G$ podría contener más de un elemento de esos orden (y, por tanto, los subgrupos que deben ser trivial adecuada).

Desde $|G|\ne 1,~|G|=p^k$ para algunos prime $p$ y, para algunos, $k\ge1.$

La existencia de $H$ garantiza $k>1.$

Sin embargo, si $k>2$ por el teorema de Sylow $G$ contendría al menos dos adecuada subgrupos de órdenes de $p,p^2.$

Por lo $k=2.~\Box$

Mi intento por segundo: Dado que el argumento de la primera no utilizar la propiedad de un grupo cíclico, $|G|=p^2$ para algunos prime $p.$ Consecuentemente $G$ es abelian y, por tanto, la isomorfo clasificado son $$\mathbb Z_{p^2}\\\mathbb Z_p\times\mathbb Z_p$$Since $\mathbb Z_p\times\mathbb Z_p$ has at least two proper subgroup viz. $\langle(1,0)\rangle,\langle(0,1)\rangle$ we have $G\simeq\mathbb Z_{p^2},$ cyclic $\Cuadro de.$

Por favor, dime si estoy en lo correcto!!

Answer 1

Para el primero, podría usar el hecho de que la cantidad de subgrupos de un grupo cíclico de orden$n$ es igual a la cantidad de divisores$d(n)$ de$n$. Para una prima$p$,$d(p^k)=k+1$, y por lo tanto$k=2$.

Para la segunda declaración: seleccione cualquier$g \in G$, con$g \neq 1$. Entonces$<g>$ no es trivial, por lo tanto igual a$G$ o un subgrupo adecuado. En este último caso, seleccione$h \in G\backslash<g>$. Entonces debemos tener$<h>=G$. Así que$G$ es cíclico de cualquier manera.