Fue mi libro de texto de álgebra abstracta tratando de matarme?

Question

Estoy haciendo un estudio independiente (autodidacta supuesto) en álgebra abstracta y estoy usando el álgebra abstracta de libros de texto aquí: http://abstract.ups.edu/. En el Capítulo 9: Isomorphisms, la resolución de 20 pregunta: "Probar o refutar: Cada grupo abelian de orden divisible por $3$ contiene un subgrupo de orden $3$." Me pasé un montón de tiempo en esta cuestión y, finalmente, vino la respuesta de abajo, pero esta pregunta parecía mucho más difícil de todas las otras preguntas. Teniendo en cuenta que el libro aún no me ha dado todas las herramientas usuales para probar esta (ver más abajo o en el libro de texto para los que no tienen), ¿me olvido de algo obvio? O esto es realmente difícil? En un punto, lo que dice el libro, "En el Capítulo 13, vamos a demostrar que todo lo finito abelian grupos son isomorfos a los productos directos de la forma $\mathbb{Z}_{p_1^{e_1}}\times\cdots\times\mathbb{Z}_{p_k^{e_k}}$ donde $p_1,\dots,p_k$ (no necesariamente distintos) de los números primos." ¿Crees que se supone que el uso de este, aunque el libro no ha probado aún?

Hasta ahora, he cubierto algunos materiales básicos acerca de la cíclica grupos, los grupos $S_n$, $A_n$, y $D_n$, del Teorema de Lagrange, propiedades básicas de isomorphisms, y algunos básicos producto directo de las cosas. En particular, he no cubiertos cocientes o grupo de acciones. Para obtener más información, consulte el libro de texto.

Mi solución (abreviado)

Llame a un grupo de $3$libre si su pedido no es divisible por 3. Deje $G$ ser un grupo con el fin divisible por $3$, y encontrar un máximo de $3$libre de subgrupo $H$ (uno que no figura en ningún otro $3$libre de subgrupo). Escoge un $g\in G\setminus H$ y deje $d$ ser el menor entero positivo tal que $g^d\in H$. A continuación, $g^iH=g^jH$ fib $i\equiv j\text{ mod }d$, por lo que el subgrupo (de $G$) $H'=\langle g\rangle H$ ha $|H'|=d\cdot |H|$. $|H'|$ debe ser divisible por $3$, lo $d$ es divisible por $3$, y por lo tanto el orden de $k$ $g$ es divisible por $3$, lo $g^{k/3}$ orden $3$.

Gracias!

Answer 1

Supongo que los teoremas de Sylow no estaban cubiertos por el momento?

Y puesto que el teorema sostiene también para los no-abelian grupos, me pregunto por qué restringen a abelian grupos. Esto hace que la siguiente más fácil, aunque:

Deje $G$ ser un grupo de orden $n$ divisible por $3$. Seleccione $h\in G\setminus\{1\}$. Si el orden de $h$ es divisible por $3$, luego te encuentras con una potencia de $h$ que tiene orden de $3$. De lo contrario, $G/\langle h\rangle$ es de orden divisible por $3$ y puede ser asumido por la inducción de tener un elemento $g+\langle h\rangle$ orden $3$, que ha pedido un múltiplo de $3$$G$.

Answer 2

Aquí hay algo usando la idea de esta prueba de Sylow del teorema.

Dudo que esto es lo que el autor de el libro de la intención, pero esta solución no hace uso de cocientes o homomorphisms. Todo lo que usted necesita es el concepto de máxima subgrupo y la fórmula para el orden del producto de dos subgrupos.

Se puede proceder por inducción sobre el orden de $|G|$. El caso de $|G| = 1$ es vacuously verdad, así que vamos a $|G| > 1$ y asumir la afirmación verdadera para todos los Abelian grupos de orden $< |G|$. Desde $G$ es finito y tiene orden de $> 1$, podemos encontrar un subgrupo maximal $M < G$. Deje $x \not\in M$ ser un elemento de $G$. Debido a $G$ es Abelian, el producto $M\langle x \rangle$ es un subgrupo y por lo tanto $G = M\langle x \rangle$ por maximality de $M$. Ahora $3$ divide el orden de $|G| = |M \langle x \rangle|$. Por lo tanto, la fórmula para el fin de que el producto de subgrupos, se divide $|M||\langle x \rangle| = |M||x|$. Desde $3$ es un número primo, se divide $|M|$ o $|x|$. Si se divide $|M|$, la demanda sigue por inducción. De lo contrario, se desprende de la cíclico caso en el que es fácil.

Tenga en cuenta que la única propiedad de $3$ hemos utilizado aquí es el hecho de que es un primo. La misma prueba funciona si reemplazamos $3$ por cualquier prime.