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Por qué grupo de la orden de 6 ha de tener sólo dos elementos de orden 3

En un intento de probar que cada grupo $G$ de orden 6 es isomorfo a $\mathbb{Z}_6$ o $S_3$, me topé con un peculiar problema.

Podemos utilización del Teorema de Cauchy para argumentar que, dado que $|G|=3\cdot2$, $G$ necesariamente debe tener elementos de órdenes 1, 2, y 3. Otra posibilidad es que existe un elemento de orden 6 en $G$. Ahora, supongamos que esto es cierto, entonces, $G$ es cíclico de orden 6, lo que implica que $G\cong \mathbb{Z}_6$.

Alternativamente, supongamos que $G$ contiene sólo los elementos de órdenes 1, 2, y 3. Entonces... (y aquí es donde parece ser la parte más difícil)

No necesariamente debe ser sólo dos elementos de orden 3. Si hay más de dos elementos de orden 3, a continuación, para algunos $a\in G$ s.t. $a^3=1$, $a^2=b$, donde $|b|=2$ o $|b|=3$. Supongamos que $b$ es de orden 2. A continuación, $a^2a=1$ implica que el $a^2 = a^{-1}$, lo $|b|\ne 2$. Llegamos a la conclusión de que $b$ es de orden 3. Entonces $a_1^2 = b_1$, $a_2^2=b_2$, $a_3^2=b_1$ o $a_3^2=b_2$. Pero esto implica que $a_3=a_1$ o $a_3 = a_2$. Por lo tanto, $G$ debe contener dos elementos de orden 3.

Ahora podemos definir una bijective homomorphism entre el$G$$S_3$, lo que implica que $G\cong S_3$.

Me pregunto, sin embargo, si hay una manera más simple de demostrar que no necesariamente debe ser exactamente dos elementos de orden 3 en $G$.

8voto

sewo Puntos 58

En la primera parte de la sangría de la cita, a la conclusión de que el inverso de un elemento de orden 3 será de por sí es de orden 3, por lo que de orden de 3 elementos vienen en pares. Hasta ahora tan bueno. Pero el salto desde allí a ", a Continuación,$a_1^2=b_1$, $a_2^2=b_2$, $a_3^2=b_1$, o $a_3^2=b_2$" es totalmente injustificado. De hecho, en este punto, realmente no has utilizado el hecho de que $G$ sólo tiene 6 elementos, sin embargo el argumento de que tiene en mente no funcione tan bien para mostrar que $S_4$ no puede tener tres diferentes elementos de orden $3$ (lo cual es evidentemente falso)? Si no, entonces usted necesita para explicar cómo funciona.

Lo que quiero decir es:

Sabemos que la orden de 3 elementos vienen en sentido contrario a pares, y hay al menos un par, $a$$a^{-1}=a^2$. Supongamos que hay un diferente orden-par 3$b$$b^{-1}=b^2$; luego buscamos una contradicción.

¿Cuál es el elemento $ab$? No puede ser $e$, debido a que, a continuación,$b$$a^{-1}$, contradiciendo la suposición de que $b$ es diferente del de $a$$a^{-1}$. No puede igualdad de $a$ o $b$, ya sea porque, a decir $a=ab$ implica $b=e$ por la cancelación, pero $b$ es de suponer, con el fin de $3$. Y no la igualdad de $a^2$ o $b^2$, porque, dicen, $a^2=ab$ implica $a=b$ cual fue asumido de no ser el caso.

Por lo $ab$ debe ser el sexto elemento del grupo. Y de la misma manera $ab^{-1}$ debe también ser el sexto elemento del grupo, y así tenemos el $ab=ab^{-1}$. Pero, a continuación,$b=b^{-1}$, lo $b^2=e$, lo $b$ no tiene orden 3, después de todo, es una contradicción!

4voto

radek Puntos 405

Supongamos $G$ orden $6$, con un elemento de identidad $e$. Por Cauchy Teorema $G$ tiene al menos un elemento de orden $2$, y al menos dos elementos de orden $3$, porque si $a \in G$ orden $3$, entonces también lo hace $a^2$.

Deje $b \in G$ ser un elemento de orden $2$. A continuación, $G$ es generado por $a$$b$.

Tenemos un subgrupo $A=\{1,a,a^2\}$ $G$ de índice de $2$, lo $Ab=bA$ $\{b,ab,a^2 b\}=\{b,ba,ba^2 \}$ y por lo tanto, tenemos $ab=ba^2$ o $ab=ba$. En el primer caso, $(ab)^2=abab=ba^2 ab=b^2=1$ (de orden 2) y $a^2ba^2 b = a^2 abb=1$ (orden 2), por lo que hace.

En el segundo caso $G$ es abelian y $G \cong \mathbb{Z}_{6}$ ($abab=a^2$, por lo $ab$ orden $6$), por lo que hace. $\square$

4voto

Bungo Puntos 5972

$G$ tiene un elemento $h$ orden $3$ del teorema de Cauchy. A continuación, $H = \langle h \rangle$ es un subgrupo de orden $3$ contiene dos elementos de orden $3$, es decir,$h$$h^{-1}$.

Si $G$ tiene algún otro elemento $k$ orden $3$, $K = \langle k \rangle$ $H = \langle h \rangle$ son distintos subgrupos de orden $3$. Ahora $H \cap K$ debe ser trivial, ya que su orden debe dividir $|H| = |K| = 3$ y no puede ser $3$ (de lo contrario $H$ $K$ son iguales). Por lo tanto: $$|HK| = \frac{|H||K|}{|H \cap K|} = \frac{3\cdot 3}{1} = 9$$ Pero esto es absurdo, porque $G$ sólo tiene seis elementos.

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