Para cada$g\in G$ existe un$h\in G$ tal que$g = h^3$

Question

Sea G un grupo finito cuyo orden no es divisible por$3$. Demuestre que por cada$g\in G$ existe un$h\in G$ tal que$g = h^3$.

Answer 1

Deje $a$ ser el orden de $g$. A continuación, $a$ divide el orden de $G$, y por lo tanto $a$ no es divisible por $3$. Debido a $a$ $3$ son relativamente primos, por el Teorema de Bezout existen enteros $x$ $y$ tal que $ax+3y=1$. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $y \ge 0$. De ello se sigue que $$g=g^1=g^{ax+3y}.$$ Se puede terminar de aquí?

Comentario: Uno realmente no necesita del Teorema de Bezout en este caso, ya que es fácil probar la existencia de adecuados $x$$y$, esencialmente sin maquinaria. Pero si reemplazamos $3$ por un gran primer $p$, la maquinaria sería necesario.

Explícitamente, supongamos que $a$ resto $2$ sobre la división por $3$. Deje $h=g^{(a+1)/3}$. A continuación,$h^3=g$.

Supongamos que $a$ resto $1$ sobre la división por $3$. Deje $h=g^{(2a+1)/3}$. A continuación,$h^3=g$.

Demostrando estos dos hechos es sólo un cálculo. Para el primero, se $h^3=g^{a+1}=g^ag=eg=g$. para el segundo, el cálculo es muy similar.

Hemos utilizado el más complicado enfoque de la poste, de modo que se podía ver cómo generalizar.

Answer 2

Sugerencia $\rm\ If\,\ g^n\! = 1,\ gcd(3,n)=1\:$ luego, por Bezout, existe$\rm\:mod\ n\!:\ J\equiv\dfrac{1}3\:$, así que$\rm\ g\, =\, g^{\,3\,J} =\, (g^J)^3\ \ $

Observación $\ $ La idea clave es que, como$\rm\: g^n = 1,\:$ exponentes en$\rm\,g\,$ se puede calcular módulo$\rm n,\:$ donde los enteros$\rm\:k\:$ coprime a$\rm\:n\:$ son invertibles . Por lo tanto,$\rm\:g\:$ tiene una raíz$\rm\,k$ '':$\rm\: g^{\,1/k\ mod\ n},\ $ o, escrito aditivamente,$\rm\: \left(\frac{1}k\ mod\ n\right)\cdot g.$