Abelian grupo de fin de 99 tiene un subgrupo de orden 9

Question

Probar que un grupo abelian $G$ del 99 tiene un subgrupo de orden 9.

Tengo que probar esto, sin utilizar el teorema de Cauchy. Sé que cada hecho básico sobre el orden de un grupo.

He distinguir dos casos :

• si $G$ es cíclica, ya que $\mathbb Z/99\mathbb Z$ tiene un elemento de orden $9$, el problema está resuelto.

• si $G$ no es cíclico, cada elemento de la $G$ orden $1,3,9,11,33$. Creo que es necesario demostrar la existencia de un elemento de orden $9$. ¿Cómo debo hacerlo ?

Tenga en cuenta que $G$ es abelian (no lo he utilizado todavía).

Contexto: Esta se le preguntó a un estudiante examen oral donde avanzado de teoremas (1 y 2) no están permitidos.

Answer 1

Existe un elemento $a$ orden $3$. Si no hay de cada elemento tendría que tener un orden $11$.

Pero, a continuación, un recuento de argumento lleva a la contradicción.

Tomamos el cociente grupo $ G/<a>$. A continuación, se ha pedido a $33$. El mismo argumento muestra que existe un elemento $b$ orden $3$. Tomar el mapa de $p: G \rightarrow G /<a>$ natural de proyección. La pre-imagen de un subgrupo es un subgrupo, así que nos tomamos el subgrupo de $G$ $p^{-1}(<b>)$. Y este subgrupo tiene orden de $9=|\rm{Ker p}|| <b>| $.

Answer 2

Si usted puede demostrar que $G$ tiene un elemento $g$ a de orden 3, $\langle g \rangle$ es un subgrupo normal (desde $G$ es abelian), y por lo tanto $G / \langle g\rangle$ es un grupo abelian. Puesto que el orden de $G / \langle g\rangle$ es de 33 años, este grupo también contiene un elemento, decir $x + \langle g\rangle$, de orden 3. Si $n$ es el orden de $x$$G$,$(x + \langle g\rangle)^n = e$, lo $n$ es divisible por 3. Por lo tanto, $y = x^{n/3}$ es un elemento de $G$ con el fin de $3$. Ahora se puede comprobar que el subgrupo de $G$ generado por $g$ $y$ tiene orden de 9.

Así el problema se reduce a mostrar que la $G$ (o cualquier grupo finito con el fin divisible por 3) tiene un elemento de orden 3. Prueba de ello es bastante similar al argumento anterior, y que esencialmente equivale a probar de Cauchy teorema para el caso especial de un grupo abelian. Esto se hace de manera adecuada por la Wikipedia, así que no voy a reproducir aquí.

Answer 3

Recuento directo de los elementos puede manejar esto sin el uso de factor de grupos (aunque para entender la teoría de grupo mejor, es bueno entender las respuestas aquí está basada en el factor de grupos).

Hay un elemento de orden $1$. Esto deja a $98$ elementos a tener en cuenta.

Si uno solo es el fin de $9$, genera un subgrupo de orden $9$.

Si uno de ellos tiene orden de $99$, entonces el grupo es isomorfo a $C_{99}=\langle g\rangle$, y por lo $\{1,g^{11},\ldots,g^{88}\}$ es un subgrupo de orden $9$.

De lo contrario, suponiendo que no hay elementos de orden $9$ o $99$:

• Cada elemento de orden $33$ pueden ser agrupados con $\varphi(33)=20$ otros elementos de orden $33$, teniendo poderes relativamente primer a $33$.
• Cada elemento de orden $11$ pueden ser agrupados con $\varphi(11)=10$ otros elementos de orden $11$, teniendo poderes relativamente primer a $11$.

Tomando elementos de orden $33$ $11$ juntos, solo tendríamos algún múltiplo de $10$. Por lo tanto, como mínimo hay $8$ elementos con el fin de $3$. Tomar dos de estas, donde ninguno es igual a otro cuadrado, y desde el grupo abelian que generan un subgrupo isomorfo a $C_3\times C_3$.

Answer 4

Tenga en cuenta que $99=3^2\cdot 11$ cualquier $3$-Sylow tiene orden de 9. Por los teoremas de Sylow, el número de $3$-subgrupos de Sylow, $n_3$, satisfacer $$ n_3\equiv 1\mod 3\qquad\mbox{and}\qquad n_3|11$$ Por lo tanto, no es una $3$-subgrupo de Sylow (y necesariamente tiene orden de 9).

Answer 5

Vamos a $A=\{e,a,a^2\}$ $B=\{e,b,b^2\}$ son cíclicos subgrupos de orden $3$ tal que $A\cap B={e}$, $H=AB$ orden $9$, de lo contrario tendríamos $a^ib^j=a^mb^n$ algunos $i,j,m,n$, lo que contradice que $A\cap B={e}$. Ahora sólo nos dejó probar que no existe tal $A,B$. Pero de ello se desprende del hecho de que sólo puede haber un subgrupo de orden $11$.