¿Cómo demostrar la inclusión de conjuntos en un grupo con una cardinalidad primera?

Question

Ante la pregunta:

Si $H,\,K$ son subgrupos de un grupo $G$ y $\lvert H\rvert$ es un número primo, demuestre que $H\subseteq K$ o $H\cap K=\{1\}$ .

He intentado resolverlo de la siguiente manera:

Supongamos que $K\subset H$ entonces $K$ es un grupo y un subconjunto de $H$ Así que $K$ es un subgrupo de $K$ .

Entonces, por el teorema de Lagrange, $|K|\mid |H|$ Sin embargo $|H|$ es un número primo por lo que $|K|=1$ . Desde $K$ es un grupo debe contener la identidad por lo que $K=\{1\}$ .

Supongamos que $K \not \subset H$ Entonces, o bien $H \subseteq K$ o $\exists k \in K$ y $\exists h \in H$ tal que $k \notin H$ y $h \notin K$ .

Suponiendo lo segundo, entonces tenemos que, como $H \subseteq G$ y $K \subseteq G$ entonces $kh = z$ para algunos $z \in G$ .

Si $z \in H$ tenemos $k = zh^{-1}$ y como $h,h^{-1} \in H$ y $H$ es un grupo, entonces $k \in H$ .

Lo cual es una contradicción.

Por el mismo argumento $z \notin K$ .

Sin embargo todo esto me permite concluir que $z \notin K$ y $z \notin H$

Lo cual no es particularmente útil. Me pregunto si hay alguna pista sobre lo que podría probar para finalizar la prueba. Tal vez una propiedad de los grupos que me he saltado.

Answer 1

Tome cualquier elemento no identitario $h \in H$ y que $|H|=p$ . El orden de $h$ divide $p$ (¿por qué?), y porque $p$ es primo y $|h|>1$ tenemos $|h|=p$ por lo tanto $H= \left< h \right>$ (¿por qué?). O bien $H\cap K = \{1 \}$ o $H\cap K \not = \{1 \}$ . Si lo primero es cierto, hemos terminado. Si la segunda es cierta, entonces $K$ contiene un elemento no identitario $h \in H$ que generará todos los $H$ dentro de $K$ Así que $H \subseteq K$ .

Answer 2

Supongamos que

$H \cap K \ne \{ e \}, \tag 1$

donde $e \in G$ es el elemento de identidad. Entonces

$\exists \; e \ne h \in H \cap K; \tag 2$

desde $\vert H \vert = p$ es primo, $H$ es un grupo cíclico de orden $p$ y por lo tanto es generado por cualquier elemento no identitario; así podemos escribir

$H = \langle h \rangle; \tag 3$

ahora desde $h \in K$ y $K$ siendo un subgrupo es cerrado bajo la operación de grupo, toda potencia $h^n$ de $h$ está en $K$ por lo tanto

$H = \langle h \rangle \subset K; \tag 4$

Nota añadida en la edición, 27 de febrero de 2018 11:23 PM PST:

Dejemos que $\vert H \vert = p$ un primo. Sea $e \ne h \in H$ y considerar la secuencia de potencias de $h$ :

$h^1 = h,\; h^2,\; h^3, \; \ldots, h^p; \tag 5$

si todas las entradas de esta lista son distintas, entonces como $\vert H \vert = p$ cada elemento de $H$ ocurre precisamente una vez; por lo tanto, debemos tener $h^p = e$ ; si no es así, entonces $h^m = e$ para algunos $m$ , $1 \le m < p$ pero luego $h = he = hh^m = h^{m + 1}$ y así $h$ aparece al menos dos veces en la lista; por lo tanto $h^p = e$ como los elementos de la lista se suponen distintos, tenemos $H = \langle h \rangle$ el grupo cíclico generado por $h$ . Si las entradas de la lista son no distintos, entonces debemos tener $h^j = h^k$ para algunos $1 \le j < k \le p$ Entonces $h^{k - j} = e$ y los elementos

$h = h^1, \; h^2, \ldots, h^{k - j} = e \tag 6$

forman un subgrupo $H'$ de $H$ ; entonces por el teorema de LaGrange, $\vert H' \vert \mid \vert H \vert$ ya que $\vert H \vert = p$ es primo, $\vert H' \vert = 1$ o $\vert H' \vert = p$ ya que $h \ne e$ no podemos tener $\vert H' \vert = 1$ Así que $\vert H' \vert = p$ pero esto es imposible ya que la lista (6) contiene como máximo $p - 1$ entradas. Por lo tanto, esta suposición de que los elementos de la lista (5) no son distintos puede descartarse.

Si $x \in H$ con $x^2 = e$ entonces $\{1, x \}$ forma un subgrupo de $H$ pedir $2$ ; de nuevo por el teorema de LaGrange, $2 \mid p$ . Desde $p$ es primo, por lo que debemos tener $p = 2$ y $H = \langle x \rangle = \{ 1, x \}$ .

Fin de la nota.

Answer 3

Yo adoptaría un enfoque aún más sencillo. Tome $H\cap K$ . Desde $H$ y $K$ son ambos subgrupos $H\cap K$ es un subgrupo de $H$ . Entonces $|H\cap K|$ divide $|H|$ y por lo tanto es $1$ o $p$ . Si es $1$ debe ser $e$ si es $p$ entonces todos los $H=H\cap K\subseteq K$ . Estamos utilizando el hecho de que $p$ es finito en la segunda parte.