Si $|G| = pq$, entonces el $G$ tiene un elemento de orden $q$

Question

Supongamos que tengo un grupo de $G$ orden $pq$ donde $p$ $q$ son distintos de los números primos, y sé que no existe $a \in G$ tal que $order(a) = p$. ¿Cómo puedo demostrar que no existe $b \in G$ tal que $order(b) = q$?

He intentado argumentando que ya $a$ es $p$, entonces debe haber un elemento que no se genera por $a$, se $b$, $b$ deben ser de diferente orden, si $order(b) =pq$, entonces por el corolario de Lagrange del teorema $b^{p}$ es de orden q. De lo contrario, la única opción de la izquierda es $order(b) = q$.

Creo que hay un error en mi enfoque. Por favor, señale los errores.

Notas: se me olvidó mencionar que pq son distintos de los números primos.

Answer 1

Como Dimitri dice, es suficiente para demostrar que si $G$ es un grupo finito y $p$ un primer división de la orden de $G$, $G$ contiene un subgrupo de orden $p$. Esto se conoce como la del teorema de Cauchy. Aquí está una mancha de la prueba de esto que he encontrado en un viejo prelim. Esto parece ser debido a la McKay.

Vamos $$ S = \{(x_1, \ldots, x_p) \in G^p \mediados de x_1, \cdots x_n = e\}. $$ Esto tiene el fin de $|G|^{p - 1}$. El grupo cíclico $C_p$ orden $p$ actúa en este conjunto por turnos: un generador envía $(x_1, \ldots, x_p)$$(x_p, x_1, \ldots, x_{p - 1})$, y así sucesivamente. Las órbitas de esta acción tiene el tamaño de $1$ o $p$, y como las órbitas de la partición de $S$$p \mid |S|$, se deduce que el número de puntos fijos es igual a cero modulo $p$. Pero hay al menos un punto fijo, es decir,$(e, \ldots, e)$. De modo que existe un elemento de a$(x, \ldots, x)$$S$$x \neq e$, y esto es lo que quieres.

Yo tenía un atractivo prueba de este hecho, lo que es manifiestamente falso (gracias a Tobias por señalarlo). Arreglándolo requeriría casi tanto trabajo como muestra de la existencia de subgrupos de Sylow, así que lo he añadido una alternativa a prueba. Ciertamente, esto no debería de ser aceptado respuesta, sin embargo.

Answer 2

Le falta un argumento de por qué usted tiene algún elemento no de orden $p$ (aparte del elemento neutro). Tratemos primero el caso en $a$ genera un subgrupo normal. En este caso, vamos a $b$ ser algún elemento no en el subgrupo generado por a $a$. Ahora $\langle a\rangle\langle b\rangle$ es un subgrupo de (desde $\langle a\rangle$ fue asumido normal), y es fácil ver que si $b$ orden $p$ subgrupo tiene orden de $p^2$ lo cual no es posible por Lagrange. Así que ahora bien $b$ genera todos los de $G$, en cuyo caso hemos terminado, o $b$ orden $q$ y estamos de nuevo por hacer.

Supongamos ahora que $\langle a\rangle$ no es normal y mirar el conjunto de $K = \{g\langle a\rangle g^{-1}|g\in G\}$. Es un buen ejercicio para demostrar que $|K| = |G:N_G(\langle a\rangle)|$ ($N_G( \langle a \rangle )$ es el normalizador de la $\langle a\rangle $$G$). Desde $\langle a\rangle $ no es normal, la única posibilidad es que luego tenemos la $|K| = q$ (de Lagrange). Ahora, los subgrupos $g\langle a\rangle g^{-1}$ son idénticos o se cruzan sólo en el elemento neutro (de nuevo por Lagrange), por lo que el número total de elementos en estos subgrupos es $(p-1)q + 1$. Esto podría no ser todos los elementos del grupo, pero si todos los elementos de a $G$ tienen orden de $p$ (aparte del elemento neutro), entonces podemos escoger uno más de esos y repetir y conseguir que la $pq = (p-1)qn + 1$. Pero esto es imposible como $q$ divide el lado izquierdo, pero no el lado derecho.

Me doy cuenta de que esta es bastante larga, pero fue el más corto de la prueba que podría producir que el no uso nada, pero de Lagrange (y aún así tuve que dejar un poco como un ejercicio).

Answer 3

Te voy a dar una alternativa a prueba. Este es un corolario del teorema de Cauchy.

Se afirma lo siguiente: si G es un grupo finito y $p$ es un primo que divide a #G, a continuación, $G$ contiene un elemento de orden $p$.

Prueba:

$\#G$ = $p^rm$ con $r \geq 1$ $p$ no divide $m$. Ahora podemos aplicar el primer teorema de sylow, que afirma que existe un subgrupo de orden $p$. Llamamos a este subgrupo $H$.

Ahora tome $x\in H$$x \neq e_H$, por lo tanto $order(x) \neq 1$. Ahora Lagrange del teorema nos dice que $order(x) = \#\langle x\rangle$ divide $\#H$, pero $p$ es primo, por lo $order(x) = p$.