Un grupo finito que tiene un único subgrupo de orden $d$ para cada $d\mid n$ .

Question

Problema Supongamos que G es un grupo finito de orden $n$ que tiene un único subgrupo de orden $d$ para cada $d\mid n$ . Demostrar que $G$ debe ser un grupo cíclico.

Mi idea: intento demostrarlo por inducción. Sea $p|n$ sea un primo. Entonces, por condición, existe un único subgrupo $H$ de orden $n/p$ . Desde $|gHg^{-1}|=|H|$ Debemos tener $gHg^{-1}=H$ por la parte de singularidad de la condición. Por tanto, H es un subgrupo normal. Ahora, $|G/H|=p$ y por lo tanto $G/H=\langle x\rangle$ donde $x^p \in H$ .

Sin embargo, no puedo continuar.

Mi otra idea es que primero considere el caso cuando $|G|$ es una potencia de algún primo $p$ . Pero, sigue sin funcionar.

Answer 1

Dejemos que $\varphi$ denota la función de Euler, entonces la restricción obliga a que $G$ tiene como máximo $\varphi(d)$ elementos de orden $d$ para cada $d\mid n$ . Pero $\sum_{d\mid n}\varphi(d)=n$ Así que $G$ debe contener exactamente $\varphi(d)$ elementos de orden $d$ para cada $d\mid n$ en particular, $G$ contiene un elemento de orden $n$ .

Answer 2

Keith Conrad (citando a Trevor Hyde para parte de la prueba) da una prueba en el Apéndice A de este artículo . He aquí un resumen de la prueba:

Propuesta. Dejemos que $G$ sea un grupo finito. Supongamos que para cada divisor positivo $d$ de $|G|$ hay a lo sumo un subgrupo de orden $d$ . Entonces $G$ es cíclico.

Prueba. Supongamos primero que $|G|=p^m$ , donde $p$ es un primo. Sea $g\in G$ sea un elemento con un orden máximo. Sea $h\in G$ sea un elemento cualquiera. Sea $|g|=p^k$ y $|h|=p^\ell$ . Entonces $p^k\geq p^\ell$ Así que $p^\ell\mid p^k$ . Desde $\langle g\rangle$ es cíclico, tiene un (único) subgrupo de orden $p^\ell$ . Pero $\langle h\rangle$ tiene orden $p^\ell$ también, por lo que nuestra suposición implica que son el mismo conjunto. Por lo tanto, $\langle h\rangle\subseteq\langle g\rangle$ y en particular $h\in\langle g\rangle$ . Desde $h$ era arbitraria, entonces tenemos $G\subseteq\langle g\rangle$ es decir, $G=\langle g\rangle$ .

A continuación, supongamos que $|G|=p_1^{m_1}\cdots p_r^{m_r}$ , donde $p_1,\ldots,p_r$ son primos distintos. Sea $H_i\in\operatorname{Syl}_{p_i}(G)$ . Nuestra suposición implica que $n_{p_i}=1$ para cada $i=1,\ldots,r$ Así que $$G\simeq H_1\times\cdots\times H_r.$$ Por otro lado, por la primera parte de la prueba, $H_i\simeq\mathbb{Z}_{p_i^{m_i}}$ para cada $i=1,\ldots,r$ . Por el teorema chino del resto, $G$ es cíclico.

Corolario. Dejemos que $G$ sea un grupo finito. TFAE:

1. $G$ es cíclico.
2. Para cada divisor positivo $d$ de $|G|$ hay a lo sumo un subgrupo de orden $d$ .
3. Para cada divisor positivo $d$ de $|G|$ existe un único subgrupo de orden $d$ .

Answer 3

He aquí un ejemplo, que muestra en particular cómo funciona la respuesta de Censi LI. Supongamos que $G$ es un grupo de orden $12$ que sólo tiene UN subgrupo de órdenes $1,2,3,4$ et $6$ . Pues bien, el único subgrupo de orden $1$ es, por supuesto, $\{e\}$ por lo que tenemos $11$ elementos a la izquierda. Tenemos un único subgrupo de orden $2$ que es de la forma $\{e,a\}$ para algún elemento $a$ de orden $2$ . Ahora tenemos $10$ elementos a la izquierda.

Puesto que tenemos un subgrupo de orden $3$ tenemos otros dos elementos de orden $3$ (de hecho, nuestro subgrupo debe ser $\{e,c,c^{-1}\}$ para algún elemento $c$ de orden $3$ ). Ahora tenemos $8$ elementos a la izquierda. El subgrupo de orden $4$ es un poco más interesante:

En primer lugar, debe ser cíclico, ya que un subgrupo no cíclico de orden $4$ habría $3$ elementos de orden $2$ dando lugar a $3$ subgrupos de $G$ de orden $2$ y $G$ sólo tiene un subgrupo de este tipo. Así que nuestro subgrupo debe ser $\{e,d,a,d^{-1}\}$ para algún elemento $d$ de orden $4$ (con $d^2 = a$ ). Esto tiene $2$ elementos de orden $4$ ( $d$ et $d^{-1} = d^3$ ), dejando $6$ elementos que quedan por contabilizar.

A continuación, tenemos un subgrupo de orden $6$ puede ser (hipotéticamente) que este subgrupo no sea abeliano, pero entonces sería isomorfo a $S_3$ que tiene $3$ (que son demasiados) elementos de orden $2$ . Así que debe ser un grupo abeliano de orden $6$ , que es cíclico, y es en realidad: $\{e,f,c,a,c^{-1},f^{-1}\}$ , donde:

$f^2 = c,f^3 = a,f^4 = c^{-1} = c^2,f^5 = f^{-1}$

para algún elemento $f$ de orden $6$ . Vemos que $f^{-1} = f^5$ también es de orden $6$ lo que da cuenta de dos elementos "nuevos" que no habíamos encontrado antes. Esto deja $4$ elementos sobrantes, que deben ser de orden $12$ ya que todos los pedidos inferiores ya están contabilizados.

Como puede ver, cada uno de estos subgrupos tiene $\phi(d)$ elementos de orden $d$ para $d = 1,2,3,4,6$ . Y he aquí:

$1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 4 = 12$ así que todo esto son elementos.

En otras palabras, la función totiente de Euler, $\phi$ actúa como una especie de "colador" que va eliminando los órdenes inferiores a medida que avanzamos por los divisores del orden de nuestro grupo.

Answer 4

Dejemos que $G = \{a_1, a_2, \dots, a_n\}$ , defina $H = (a_1, a_2, \dots, a_n)$ . Entonces, tomando cualquier elemento en $H$ calculamos $|\langle a_i \rangle| (= k \text{ say})$ entonces, como tenemos un único subgrupo de orden $k$ tenemos $\phi(k)$ tales elementos en total en $G$ eliminaremos esos elementos de $H$ y continuar así hasta que $H$ se convierte en vacío. Ahora bien, como el orden de un subgrupo siempre divide al orden del grupo y el hecho de que $\sum_{d | n}\phi(d) = n$ , nosotros debe exaust todos los divisores de $n$ y así tendremos un elemento de orden $n$ .

Answer 5

Sugerencia

Cuenta los elementos de cada orden posible. Concluir que debe haber un elemento de orden |G|.