No entiendo cómo enfocar esta cuestión. No veo por qué si dos subgrupos cualesquiera de $G$ que son subconjuntos entre sí de una manera u otra, lleva a $G$ siendo un grupo cíclico. Se agradecerá cualquier ayuda.
Respuestas
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No hace falta nada tan potente como los teoremas de Sylow. En primer lugar, mostramos $G$ es cíclico. Fijar $x \in G$ con un orden máximo entre los elementos de $G$ . Para cualquier $y \in G$ tenemos $\langle y \rangle \subseteq \langle x \rangle$ o $\langle x \rangle \subseteq \langle y \rangle$ . Por hipótesis, $|y| \leqslant |x|$ Así que $|\langle y \rangle| \leqslant |\langle x \rangle|$ . Si $|\langle y \rangle| < |\langle x \rangle|$ entonces la única posibilidad es $\langle y \rangle \subseteq \langle x \rangle$ . Si $|\langle y \rangle| = |\langle x \rangle|$ y $\langle x \rangle \subseteq \langle y \rangle$ , entonces de hecho debemos tener $\langle y \rangle = \langle x \rangle$ De ahí que $\langle y \rangle \subseteq \langle x \rangle$ . Por lo tanto, cada $y \in G$ pertenece a $\langle x \rangle$ De ahí que $G = \langle x \rangle$ y, por tanto, es cíclico.
Ahora, supongamos que $|G|$ tiene más de un divisor primo, digamos $p$ y $q$ , buscando una contradicción. Entonces $|G|$ tiene un elemento $g$ de orden $p$ y un elemento $h$ de orden $q$ ya que $G$ es cíclico. Entonces $\langle g \rangle \cap \langle h \rangle$ tiene orden $1$ por el teorema de Lagrange, y por lo tanto no pueden ser todos los $\langle h \rangle$ o $\langle g \rangle$ contradiciendo nuestra hipótesis de que, o bien $\langle h \rangle \subseteq \langle g \rangle$ o $\langle g \rangle \subseteq \langle h \rangle$ . Por lo tanto, $|G|$ debe ser una potencia principal.
rschwieb
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Otro enfoque: En primer lugar, el grupo es abeliano. Si $x,y$ son dos elementos diferentes, entonces $x\in \langle y\rangle$ o $y\in\langle x \rangle$ y $x$ se desplaza con $y$ .
Por el teorema fundamental de los grupos abelianos finitamente generados, $G$ es una suma directa de los cíclicos $p$ -subgrupos para algunos primos $p$ . Pero si hay más de un grupo en la suma, entonces es obvio que los subgrupos no están ordenados linealmente. (Dado $G=H\oplus K$ Considera que $1\oplus K$ y $H\oplus 1$ ). Por lo tanto, sólo hay un factor cíclico de orden de potencia primo que describe todo el grupo.
Como otra alternativa, considere que escoger un elemento $x$ de las fuerzas de orden máximo $G\subseteq\langle x\rangle$ . De lo contrario, $y\notin \langle x\rangle$ implica $\langle y\rangle$ contiene adecuadamente $\langle x\rangle$ contradiciendo la maximalidad del orden de $x$ .
Ahora, si estás familiarizado con el hecho de que un grupo cíclico contiene un elemento de cada orden que divide el orden del grupo, puedes ver que dos primos diferentes $p,q$ dividir el orden daría como resultado dos subgrupos que son imposibles de ordenar linealmente. Por lo tanto, se queda con un cíclico $p$ -grupo.
egreg
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Supongamos que dos primos distintos $p$ y $q$ dividir el orden de $G$ . Entonces, por el teorema de Cauchy, $G$ tiene subgrupos de orden $p$ y $q$ que no se contienen entre sí.
Por lo tanto, $|G|$ es divisible como máximo por un primo $p$ .
Dejemos que $x_0\in G$ ; si $\langle x_0\rangle\ne G$ , entonces hay $x_1\in G$ , $x_1\notin\langle x_0\rangle$ por la suposición de que debemos tener $\langle x_0\rangle\subsetneq\langle x_1\rangle$ .
Completa el argumento utilizando la finitud de $G$ .
barto
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$G$ es cíclico: Porque un grupo finito de orden $n$ es cíclico si tiene como máximo un subgrupo de orden $d$ para todos $d\mid n$ . ( ref )
$n$ es una potencia primera: $G$ tiene un único subgrupo maximal $M$ que tiene orden $n/q$ , donde $q$ es un divisor primo (el más pequeño) de $n$ . Así que $G\setminus M$ consiste en generadores. Hay $\varphi(n)$ generadores, por lo que $$\varphi(n)\geq n-\frac nq=n\cdot\frac{q-1}q.$$
Pero $$\varphi(n)=n\cdot\prod_{p\mid n}\frac{p-1}p\leq n\cdot\frac{q-1}q,$$ así que $n$ sólo tiene un divisor primo.
