Muestre que un grupo$G$ es cíclico si y solo si cada subgrupo de$G$ tiene la forma de$G^k$.

Question

Deje $G$ ser un grupo finito (o infinito).

Definir $G^k=\{a^k\mid a\in G\},\forall k\in\mathbb{N^*}.$

Espero demostrar que $G$ es cíclico si y sólo si cada subgrupo de $G$ tiene la forma de $G^k$.

Es fácil ver que si $G=\langle g\rangle$ es cíclica, luego cada subgrupo $H$ $G$ debe tener la forma de $\langle g^k \rangle$. Por lo tanto,$H=\langle g^k \rangle=\langle g \rangle^k=G^k$.

...excluding the trivial subgroup {e} of an infinite group (complement)

Pero me meto en problemas, demostrando el otro lado.

No tengo idea de cómo encontrar un contraejemplo, es decir, existe un subgrupo de $G$ no tener la forma de $G^k$ si $G$ no es cíclico.

Mientras tanto, traté de probarlo directamente. Pero ni siquiera puedo probar $G$ es Abelian, considerando $G^2$ como normal(demostrado) subgrupo de $G$.

Podría usted por favor me ayuden a resolver el problema o refutar esta proposición?

Muchas gracias! Y lo siento por mi pobre inglés..

Answer 1

De todos modos, yo le agradezco por la ayuda de todos. Tengo la prueba por mi mismo (aha!), como siguiente:

Para el subgrupo trivial $\{e\}$, existe algún entero positivo $n$, de modo que $\{e\}=G^n$. Entonces

$\forall a\in G, a^n=e$, lo que significa que $o(a)$ (el orden de $a$) es un factor de $n$.

Como $A=\{m\in\mathbb{N^*}\mid\exists a\in G,o(a)=m\}$ es limitado (es decir, $n$ es un límite superior), por lo tanto finito, se puede obtener un conjunto finito $B=\{p\in\mathbb{N^*}\mid \exists a\in G\text{ so that }p\text{ is a prime factor of }o(a)\}=\{p_1,\cdots,p_r\}$.

Después, cada subgrupo $H=G^k$ $G$ es normal. Observe que

$\forall g\in G,\forall a^k\in H,ga^kg^{-1}=(gag^{-1})^k\in H\implies gHg^{-1}=H$.

De acuerdo a Sylow del primer teorema de, $\forall p_i\in B,\exists g_i\in G,s.t. o(g_i)=p_i$. Me gustaría mostrar que $g_i$ está en el centro de la $G$.

$\forall a\in G,ag_ia^{-1}\in\langle g_i\rangle\implies\exists t\in\mathbb{N},s.t.ag_ia^{-1}=g_i^t$ (si $p_i|t$,$g_i=a^{-1}ea=e$.Por lo tanto, sin pérdida de generalidad, $0<t<p_i$)

Mientras tanto, $g_i^{-1}ag_i\in\langle a\rangle\implies\exists s\in\mathbb{N},s.t. g_i^{-1}ag_i=a^s$

Podemos obtener $g_ia^s=ag_i=g_i^ta\implies a^{s-1}=g_i^{t-1}\in\langle g_i\rangle$.

Para $\gcd(t-1,p_i)=1$, $\langle g_i^{t-1}\rangle=\langle g_i\rangle\implies g_i\in\langle g_i^{t-1}\rangle=\langle a^{s-1}\rangle\implies g_i\in\langle a\rangle\implies g_i$ desplazamientos con $a$. Como $a$ es arbitrario, $g_i \in Z(G)$.

Deje $g_0=g_1\cdots g_r\in Z(G)$, es obvio que $o(g_0)=p_1\cdots p_r$.

Entonces $C=\{a\in G\mid p_1\cdots p_r|o(a)\}\neq\varnothing$, $D=\{m\in\mathbb{N^*}\mid\exists a\in C,o(a)=m\}$ es un acotado no vacío es subconjunto de a $\mathbb{N}$. Podemos obtener $M=\max D$ y seleccionar algunos de los $h\in C$, de modo que $o(h)=M$.

Existe alguna $l$, de modo que $\langle h\rangle=G^l$. En particular, $\exists b\in G,s.t. h=b^l$, e $o(h)=o(b^l)=\dfrac{o(b)}{\gcd(l,o(b))}|o(b)$

Por un lado, $o(h)\leqslant o(b)$; por otro lado, $b\in C\implies o(b)\leqslant M=o(h)$. Por lo tanto $o(h)=o(b)\implies\gcd(o(b),l)=1\implies\gcd(p_1\cdots p_r,l)=1$.

Entonces $\forall a\in G, \gcd(o(a),l)=1$ ($o(a)$ debe tener la forma de $\prod_{j=1}^rp_j^{\alpha_j}$). $\exists u,v\in\mathbb{Z},s.t. uo(a)+vl=1\implies a=a^{uo(a)+vl}=(a^v)^l\in G^l=\langle h\rangle$.

Por lo tanto llegamos a la consecuencia, $G=\langle h\rangle$ es cíclico.

: )

Answer 2

Considerar $S_3$ ;

Cada subgrupo tiene la forma$G^k$ pero$S_3$ todavía no es cíclico.

Los subgrupos son$\langle (12)\rangle,\langle (23)\rangle,\langle (31)\rangle,\langle (123)\rangle$