Grupo finito para el que $|\{x:x^m=e\}|\leq m$ para todos $m$ es cíclico.

Question

Dejemos que $G$ sea un grupo finito. Para cada número entero positivo $m$ , si $x^{m}=e$ tiene como máximo $m$ soluciones en $G$ , $G$ es cíclico.

Lo que he pensado es que $n=\sum_{d\mid n}\phi(d)$ se puede utilizar para resolver esto y mostrar que $|G|$ elemento de orden en $G$ existe es suficiente.

Answer 1

Sí, es perfecto. Deja que $|G|=n$ . Tenga en cuenta que

$$G=\bigsqcup_{d\mid n}X_d$$

donde $X_d$ es el conjunto de elementos de $G$ de orden $d$ . Ahora, si podemos demostrar que nuestra restricción requiere $\#(X_d)\leqslant \phi(d)$ entonces la igualdad $\displaystyle n=\sum_{d\mid n}\phi(d)$ forzará realmente $\#(X_d)=\phi(d)$ para todos $d\mid n$ y así, en particular $\#(X_n)>0$ .

Ahora, supongamos que hubiera más de $\phi(d)$ elementos de $G$ de orden $d$ . Obsérvese entonces que como el grupo cíclico $\langle x\rangle$ para cualquier $x\in X_d$ tiene exactamente $\phi(d)$ elementos de orden $d$ debe existir otro elemento $y\in G$ con $|y|=d$ y $y\notin \langle x\rangle$ . Pero, el teorema de Lagrange implica entonces que hemos producido $|\langle x\rangle|+1=d+1$ soluciones a $x^d=1$ --contradictorio a la suposición.

Answer 2

Aquí hay una prueba diferente que utiliza los teoremas de Sylow. Supongamos que $x^m = e$ tiene como máximo $m$ soluciones en $G$ para todos los enteros positivos $m$ .

Entonces para cada primo $p$ dividiendo $|G|$ existe a lo sumo un Sylow $p$ -subgrupo. De lo contrario, encontraríamos más de $p^{\alpha}$ soluciones a $x^{p^{\alpha}} = e$ , donde $p^\alpha$ es la mayor potencia de $p$ dividiendo $|G|$ . El Sylow $p$ -es cíclico, ya que $x^{p^{\alpha-1}} = e$ tiene menos de $p^\alpha$ soluciones, por lo que existe un elemento $g$ Satisfaciendo a $g^{p^\alpha} = e$ y $g^{p^{\alpha-1}} \neq e$ .

Porque cada Sylow $p$ -subgrupo de $G$ es normal y cíclico, el grupo $G$ es cíclico.

Hay una afirmación más fuerte debida a Cohn, véase el siguiente documento ( Enlace al PDF ).

J. H. E. Cohn, Una condición para que un grupo finito sea cíclico , Proc. Amer. Math. Soc., Vol. 32, No. 1 (1972).

En este artículo (es corto, y la prueba es un simple argumento de conteo) Cohn demuestra que un grupo finito $G$ es cíclico si para cada potencia prima $p^k$ la ecuación $x^{p^k} = e$ tiene como máximo $p^{k+1} - 1$ soluciones.

Answer 3

Este es un argumento de conteo muy básico. Sea $|G| = n = \prod_{i=1}^k\,p_i^{q_i}$ donde el $p_i$ son primos distintos y el $q_i$ son $\geq 1$ . Por el Teorema de Lagrange, el orden de cada elemento debe dividir $n$ . Por lo tanto, si $G$ no fueran cíclicos, no habría ningún elemento de orden $n$ y tendríamos $2n$ es igual a

\begin {align} & \sum_ {0 \leq l_k \leq q_k}, \sum_ {0 \leq l_{k-1} \leq q_{k-1}\N-,} \dots\ , \sum_ {0 \leq l_2 \leq q_2}\, \sum_ {0 \leq l_1 \leq q_1}\, \left | \left\ {g \in G\, \middle |, o(g) = \prod_ {i=1}^k,p_i^{l_i} \right\ } \right | \\\leq\ ,\,\,& \sum_ {0 \leq l_k \leq q_k}, \sum_ {0 \leq l_{k-1} \leq q_{k-1}\N-,} \dots\ , \sum_ {0 \leq l_2 \leq q_2}\, \sum_ {0 \leq l_1 \leq q_1}\, \left | \left\ {g \in G\, \middle |\, g^{ \prod_ {i=1}^k\,p_i^{l_i}}=e \right\ } \right | \\\leq\ ,\,\,& \sum_ {0 \leq l_k \leq q_k}, \sum_ {0 \leq l_{k-1} \leq q_{k-1}\N-,} \dots\ , \sum_ {0 \leq l_2 \leq q_2}\, \sum_ {0 \leq l_1 \leq q_1}\, \prod_ {i=1}^k,p_i^{l_i} \\ =\,\,\,& \sum_ {0 \leq l_k \leq q_k}\N, p_k^{l_k} \left ( \sum_ {0 \leq l_{k-1} \leq q_{k-1}}\,p_{k-1}^{l_{k-1}} \left ( \dots\ , \left ( \sum_ {0 \leq l_2 \leq q_2}\N, p_2^{2}\N-, \left ( \frac {p_1^{q_1+1}-1}{p_1-1} \right ) \right ) \right ) \dots\right ) \\ =\,\,\,& \left ( \frac {p_1^{q_1+1}-1}{p_1-1} \right ) \cdot \sum_ {0 \leq l_k \leq q_k}\N, p_k^{l_k} \left ( \sum_ {0 \leq l_{k-1} \leq q_{k-1}}\,p_{k-1}^{l_{k-1}} \left ( \dots\ , \left ( \sum_ {0 \leq l_2 \leq q_2}\N, p_2^{2}\N-, \right ) \right ) \dots\right ) \\ =\,\,\,& \dots \\ =\,\,\,& \prod_ {i=1}^k \frac {p_i^{q_i+1}-1}{p_i-1}. \end {align}

Sin embargo:

$$2n = \prod_{i=1}^k\,2p_i^{q_i} > \prod_{i=1}^k\frac{p_i^{q_i+1}-1}{p_i-1}.$$

De hecho, porque $p_i$ es primo y por lo tanto $\geq 2$ tenemos que $2p_i^{q_i} > \frac{p_i^{q_i+1}-1}{p_i-1} \iff p_i^{q_i+1}+1>2p_i^{q_i}$ .