Un grupo infinito $G$ y $\forall x\in G, x^n=e$

Question

Que $G$ ser un grupo infinito y $n\in \mathbb N$. Si para cualquier subconjunto infinito $A$ $G$ allí es $a\in A$ tal que $$a^n=e,~~~~(e=e_G)$$ then prove that for every element $x\in G $ we have $x ^ n = e$.

Esta pregunta era yo y sinceramente no pude encontrar alguna manera de romper bien. Trabajé un elemento $x$ para mostrar que cada elemento es de orden finito pero no parece completar un enfoque sólido. ¡Gracias por el tiempo!

Answer 1

Tenga en cuenta que $G$ debe ser una torsión de grupo: si $x \in G$, entonces cualquiera de las $\langle x \rangle $ es finito, o $\langle x \rangle$ es infinito. En el último caso, $A=\langle x \rangle -\{1\}$ es un conjunto infinito, y, por tanto, $x^{kn}=1$ para algunos entero $k$. En ambos casos, $x$ tiene orden finito.

Ahora consideremos el subconjunto $S$ $G$ definido por $S=\{x \in G: x^n \neq 1\}$. Suponga que $S$ no está vacía. Vamos a derivar una contradicción a partir de eso. Observar que $S$ es normal que un subconjunto (es decir, que es cerrado bajo la conjugación) y, debe ser finito. Por si fuera infinito, entonces hay un $x \in S$$x^n=1$, contrario a la definición de $S$! Ahora podemos aplicar la Dietzmann Lema: $N:=\langle S \rangle$ es un finita normal subgrupo de $G$.

Deje $g \in C_G(N)$ y asumen $g \notin N$, por lo que el $g^n=1$. Deje $x \in S$. A continuación,$(gx)^n=g^nx^n=x^n\neq1$. Por lo tanto $gx \in S \subseteq N$, e $x \in N$, por lo tanto $g \in N$, una contradicción, así que después de todo $g \in N$. Esto significa $C_G(N) \subseteq N$. Por último, utilice el hecho de que $G/C_G(N) \hookrightarrow \text{Aut}(N)$, que es un grupo finito. Así, el índice de$]G:C_G(N)]$ es finito, y llegamos a la conclusión de que $G$ debe ser finito, una contradicción.

Answer 2

Aquí es un poco (pero sólo muy ligeramente) diferentes respuesta:

Si $X$ es el conjunto de elementos de la $x$ satisfacción $x^n = 1$, entonces el complemento de $X$ es finito por la supuesta propiedad.

Así que si $y$ es de algún elemento en el complemento, debemos tener la $N_G(\langle y\rangle)$ ha finito índice en $G$ (ya que este índice es el número de conjugados de $\langle y\rangle$.

También, $C_G(\langle y\rangle)$ debe ser finito, como se mencionó en una de las otras respuestas.

Por último, sólo necesitamos algo relacionado con estas, donde tenemos el control del tamaño. Para este propósito, se puede utilizar el hecho general de que para cualquier grupo de $G$ y cualquier $y\in G$, $N_G(\langle y\rangle)/C_G(\langle y\rangle)$ es finito (este es un bonito ejercicio).

La combinación de los anteriores rendimientos de la deseada contradicción.

Answer 3

Deje $H$ ser el subconjunto de elementos que $x^n = e$. Usted puede comprobar y ver que esto es un subgrupo. También, la diferencia set $A = G \setminus H$ debe ser finito, no puede ser infinita por la condición dada). Por lo tanto, $H$ es un infinito de los subgrupos. Pero por algo como del teorema de Lagrange (pensar acerca de esto...), el tamaño de la dotación de un subgrupo debe ser un múltiplo entero del tamaño del subgrupo, y en particular, si $H$ es infinito, $A$ debe ser infinita o vacío. Pero $A$ es finito, por lo que es vacío.

EDIT: Vaya, se parece a mi no escrita de la prueba de que $H$ es un subgrupo sólo funciona si $G$ es Abelian, así que tal vez esta respuesta es incorrecta. (Voy a dejarlo aquí, de todos modos - tal vez alguien lo puede arreglar.)

Answer 4

Observe que $G$ no tiene elementos de orden infinito. Supongamos que existe $y \in G$ $|y| \nmid n$. Sustitución de $y$ con una potencia de $y$, suponemos $\text{gcd}(|y|, n) = 1$. Si $y^G = \{gyg^{-1} \mid g \in G\}$ es infinito, hemos terminado (desde $|y| = |gyg^{-1}|$ para cualquier $g \in G$).

Por otro lado, si $|y^G| = |G : C_G(y)| < \infty$, entonces el $|C_G(y)| = \infty$, por lo que existe una secuencia infinita de elementos distintos $a_1, a_2, \ldots$ $C_G(y)$ $a_i^n = e$ % todos $i$. Pero un conjunto infinito de elementos, ninguno de cuyos órdenes dividir $|a_iy| = \text{lcm}(|y|, |a_i|) \nmid n$ $i$ % todo $\{a_iy \mid i = 1, 2, \ldots\}$, que $n$.