Supongamos $q$ no divide $p-1$. Indicar el número de Sylow $q$-subgrupos de $G$ por $n_q$. De acuerdo a la del teorema de Sylow, $n_q \mid p$ e $n_q \equiv 1$ mod $q$. Desde $ q \not \mid p-1$ tenemos $n_q \neq p$. Por lo tanto $n_q=1$.
La combinación de esta con su resultado, podemos probar a$G$ es abelian. Escribir la única Sylow $p$-subgrupo y $q$-subgrupo por $P$ e $Q$, respectivamente. Son subgrupos normales de $G$. Por Lagrange del teorema, $|P \cap Q|=1$. Por lo tanto $|PQ|=|P||Q|=pq=|G|$. De ello se desprende que $G=P \times Q \cong \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_q \cong \mathbb{Z}_{pq}$, que es cíclico.
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No he aprendido acerca de Sylows teoremas o grupos. ¿Hay alguna otra manera de probar esto sin el uso de Sylow?
Aquí está uno sin la del teorema de Sylow.
Me han demostrado que no existe uno y sólo uno de los subgrupos con $p$ elementos y que no se $p−1$ elementos con el fin de $p$ en el grupo $G$.
Denotar el único subgrupo de orden $p$ por $P$. Por $g \in G$, la conjugación de mapa de $x \mapsto g^{-1}xg$ es un grupo de automorphism. Por lo tanto $|g^{-1}Pg|=p$ y así obtenemos $g^{-1}Pg=P$. Esta muestra $P$ es normal.
Desde $G$ es nonabelian, no hay ningún elemento $x \in G$ orden $pq$. Por Lagrange del teorema, cualquier elemento de $G$ tiene orden de $1, q, p, pq$. Por lo tanto, no son exactamente $pq-p$ elementos de orden $q$. Como resultado, existe al menos un subgrupo de $Q$ de $G$ orden $q$.
Ahora $PQ$ es un subgrupo de $G$ desde $P \unlhd G $ e $Q \leq G$. Mediante la comparación de cardinalidades, obtenemos $G=PQ$. (Por Lagrange $|P \cap Q|=1$.) Deje $x$ e $y$ ser generadores de $P$ e $Q$, respectivamente. De la normalidad de las $P$ tenemos $y^{-1}xy = x^k$ para algunos $1 \leq k < p$.
Necesitamos una observación:
Si $z\in Q$ satisties $xz=zx$, a continuación, $z$ debe ser igual a $e$, el elemento de identidad de $G$.
Supongamos $z \neq e$ satisface $xz=zx$. A continuación, $Q$ es generado por $z$ lo $G=PQ$ es generado por $\{x, z\}$. Desde $z$ viajes con los generadores, $z$ debe estar en el centro de la $G$. Pero $Z(G)$ es trivial debido a la siguiente proposición:
Si $G/Z(G)$ cíclico, a continuación, $G$ es abelian.
contradicción.
Ahora volver a nuestra situación. Sabemos $y^{-1}xy = x^k$ sostiene por algunos $1 \leq k < p$. Considere la posibilidad de $\mathbb{Z}_p=\{ \overline{0}, \overline{1}, ..., \overline{p-1} \}$ y su grupo de la unidad de $\mathbb{Z}^{\times}_p=\{\overline{1}, ..., \overline{p-1} \}$. Se sabe que $\mathbb{Z}^{\times}_p$ es cíclico.. Indicar el orden de $\overline{k}$ en $\mathbb{Z}^{\times}_p$ por $s$. Por el Lagrange del teorema $s$ divide $p-1$.
Los cálculos muestran que
$$y^{-2}xy^2 = y^{-1}x^ky = (y^{-1}xy)^k=x^{k^2}$$
$$y^{-3}xy^3 = y^{-1}x^{k^2}y=(y^{-1}xy)^{k^2}=x^{k^3}$$
De manera inductiva, tenemos
$$ y^{-s}xy^s = x^{k^s}=x $$
La última igualdad se mantiene desde $k^s \equiv 1$ mod $p$. Por lo tanto, $y^s=e$ e $q \mid s$. Por lo tanto $q \mid s \mid p-1$.
