Plaza libre finito abelian grupo es cíclico

Question

¿Cómo puedo mostrar la información de cada grupo abelian cuyo fin es la plaza libre es cíclica, es decir, sin utilizar el teorema fundamental del finito abelian grupos?

He intentado algo como esto Deje $|G| = p_1p_2...p_n$ Por Cauchy teorema, hay un elemento $x_i$ de la orden de $p_i$. Ahora, quiero mostrar que la $x_1x_2...x_n$ genera G. Es este enfoque correcto?

Answer 1

Supongo que te refieres a la plaza-libre.

Sugerencia: probar que si $C_m$ $C_n$ son cíclicos grupos de órdenes de $m$$n$, respectivamente, con $\gcd(m, n)=1$ $C_n\times C_m$ es cíclico.

(El generador debe ser $(1, 1)$ - intente algunos pequeños ejemplos para ver cómo su prueba debe trabajar, como $C_2\times C_3$.)

Answer 2

Su enfoque puede ser, pero puede que más o menos terminar de reformar la estructura del teorema de f.g. abelian grupos en este caso más sencillo. Es más fácil pensar, como user1729, sólo dos coprime enteros en un momento.

Así que yo te podría recomendar un contrapositivo de la ruta. Suponga que el grupo no es cíclico. Deje $x$ ser de orden $t$, donde se realizan los $t$ tan grande como sea posible. Como el grupo no es cíclica, $t$ no puede ser el producto de todos los primos de la división de la orden de $G$, por lo que hay un primer $p$ que es un factor de $|G|$, pero no es un factor de $t$. Sabemos que hay un elemento $y\in G$ orden $p$. También sabemos (a partir del teorema de Lagrange) que los subgrupos $H=\langle x\rangle$ $K=\langle y \rangle$ se cruzan trivialmente. El uso de todo esto es fácil de demostrar que $xy$ orden $tp$. Spoilerized sugerencia:

Si $(xy)^i=x^iy^i=1_G$,$x^i=y^{-i}$$H\cap K$, lo $x^i=y^i=1_G$.

Esto contradice la maximality de $t$ y demuestra su reclamo.

Answer 3

Sí, el método funciona. Todo lo que necesitas es un lema:

Lema. Deje $G$ ser un grupo, y vamos a $x$ $y$ ser elementos de $G$ tal que $xy=yx$. Si $\gcd(|x|,|y|) = 1$, $|xy|=|x||y|$ donde $|g|$ es el orden de $g$.

Prueba. Deje $|x|=r$$|y|=s$. Tenga en cuenta que si $x^a = y^b$ para algunos enteros $a$$b$,$x^a=y^b=1$: para la orden de $x^a$$r/\gcd(r,a)$, y la orden de $y^b$$s/\gcd(s,b)$. Sincee $x^a=y^b$,$r/\gcd(r,a) = |x^a| = |y^b| = s/\gcd(s,a)$. Por lo tanto, el orden de $x^a$ divide $s$ y se divide $r$, por lo tanto se divide $\gcd(r,s)=1$; por lo $x^a=1=y^b$, como se reivindica.

Ahora: $$\begin{align*} (xy)^k = 1 &\Longleftrightarrow x^kyk=1\\ &\Longleftrightarrow x^k= y^{-k}\\ &\Longleftrightarrow x^k = y^k = 1\\ &\Longleftrightarrow r|k\text{ and }s|k\\ &\Longleftrightarrow \mathrm{lcm}(r,s)|k\\ &\Longleftrightarrow rs|k. \end{align*}$$ Por lo tanto, $|xy|=rs$, como se reivindica. $\Box$

Ahora el uso de la inducción para demostrar que $|x_1\cdots x_n|=|x_1|\cdots|x_n|$, y llegar a su conclusión.

Por cierto, hay algunas buenas las generalizaciones del Lema anterior. Ver por ejemplo esta pregunta y este uno. Por otro lado, si $x$ $y$ no conmuta, entonces las órdenes de $x$, $y$, y $xy$ puede ser completamente independientes: dados tres números enteros positivos $r,s,t\gt 1$, hay un grupo finito $G$ con elementos $x$ $y$ tal que $|x|=r$, $|y|=s$, y $|xy|=t$. De hecho, esto ocurrió recientemente en MathOverflow.