Dejar $G=\langle a \rangle$. Demuestre que los generadores de$G$ tienen la forma$a^r$ donde$\gcd(r,n)=1$

Question

Ejercicio :

Deje $G=\langle a \rangle$ ser un grupo cíclico de orden $n \in \mathbb N$.

$(i) \space $ Muestran que $\langle a^s\rangle = \langle a^t \rangle$ si y sólo si $\gcd(s,n)=\gcd(t,n)$.

$(ii)$ $(i)$ , Muestran que el resto de los generadores de $G$ son de la forma $a^r$ donde $\gcd(r,n)=1$

$(iii)$ Muestra que, para cada divisor $d$$n$, el grupo de $G=\langle a \rangle$ tiene un único subgrupo de orden $d$ y que este es el único subgrupo de $G$.

Discusión :

Yo lo he solucionado (correctamente, creo) $(iii)$ como sigue, pero estoy totalmente atascado en$(i)$$(ii)$, ya que no parece captar cómo empezar. Hay una pregunta similar para $(i)$ aquí, pero no se apresure a la marca como duplicados, como la solución discutido no utiliza el hecho de que se le da a probar a $(iii)$ y desde el ejercicio de espera de un enfoque diferente de tomar ventaja de la singularidad.

Para $(iii)$, me han mostrado el siguiente :

Se nos da a partir de la hipótesis de que el ejercicio de la orden de $G$$n \in \mathbb N \Rightarrow |G| = n$. Deje $d$ ser un divisor de a $n$. Considere la posibilidad de $H=\{ x \in G : x^d =1 \}$. A continuación, $H$ es un subgrupo de $G$ $H$ contiene todos los elementos de a $G$ que tienen el fin de $d$.

Si $K$ es un subgrupo de $G$ orden $d$, $K$ es cíclica, es decir, generado por un elemento de orden $d$. Por lo tanto, $K\subseteq H$.

Por otro lado, $x\in H$ fib $x=α^k$ $0\le k < n$ $α^{kd}=1$ donde $α$ es un generador de $G$ como se mencionó en la hipótesis. Por lo tanto, $kd=nt$$k=(n/d) t$. La restricción $0\le k<n$ implica $0\le t<d$, y por lo $H$ tiene exactamente $d$ elementos. Por lo tanto, $K=H$.

Pregunta/Debate : yo realmente apreciaría si alguien podría llevar a mí a través de $(i)$ $(ii)$ ya que no parece captar cómo acercarse a ellos. Por favor me corrija si me acercaba a $(iii)$ aunque erróneamente. Soy un principiante en nuestros cursos de álgebra abstracta, lo siento si se considera que este es un ejercicio fácil.

Answer 1

Supongamos que $\langle a^t\rangle = \langle a^s\rangle$. Esto significa que por cada $m\in\mathbb{N}$, hay un $k\in\mathbb{N}$ con $$a^{tm}=a^{sk}\implies tm\equiv sk\pmod n$$ y viceversa. Ahora, por la identidad de Bezout existe una $m\in\mathbb{Z}$ tal forma que: $$tm\equiv \gcd(t,n)\pmod n$$ Ahora, debe existir una $k$ tal forma que: $$sk\equiv \gcd(t,n)\pmod n$$ Sin embargo, desde la $\gcd(t,n)\mid n$, se deduce que el $\gcd(t,n)\mid sk$, lo $\gcd(t,n)\mid\gcd(s,n)$. De la misma forma, podemos mostrar que $\gcd(s,n)\mid \gcd(t,n)$ y llegamos a la conclusión de que $\gcd(t,n)=\gcd(s,n)$.

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Ahora al revés: Supongamos que $\gcd(t,n)=\gcd(s,n)$. Definir $d=\gcd(t,n)=\gcd(s,n)$. Escribir $$t=t'd,s=s'd$$ Claramente, $\gcd(n,t')=\gcd(n,s')=1$. De nuevo, por la identidad de Bezout, existe un $m\in\mathbb{N}$ tal forma que: $$t'm\equiv 1\pmod n$$ Así que para todos los $l\in\mathbb{N}$, existe un $m\in\mathbb{N}$ con $$t'm\equiv l\pmod n$$ multiplicando ambos lados con $d$ muestra que $tm$ sólo puede ser congruentes a un múltiplo de $d$ modulo $n$ y que por cada múltiplo de $d$, existe un $m\in\mathbb{N}$ tal que $tm$ es congruente a que múltiples modulo $n$. Lo mismo va para $sk$, por lo que nos han demostrado que para todos los $m\in\mathbb{N}$ existe un $k\in\mathbb{N}$ tal que $$tm\equiv sk\pmod n$$ y viceversa, y que termina la prueba de (i).

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El uso de (i), (ii) es muy fácil. Supongamos $\langle a^r\rangle = G = \langle a^1\rangle$. Por (i), tenemos: $$\gcd(r,n)=\gcd(1,n)=1$$

Answer 2

Dejar $|G| = n$. Comprobaremos el lema$|a^d| = \frac{n}{\gcd(n,d)}$. Para demostrar que tenemos:

ps

Para la otra dirección, sabemos que$$\left(a^d\right)^{\frac{n}{\gcd(n,d)}} = \left(a^n\right)^{\frac{d} {\gcd(n,d)}}= \left(1\right)^{\frac{d} {\gcd(n,d)}} = 1 \implies |a^d| \le \frac{n}{\gcd(n,d)}$ st$\exists x,y \in \mathbb{Z}$. tenemos:

ps

Esto prueba el lema anterior.

Para la parte$nx + dy = \gcd(n,d)$ tenemos eso si$$\left(a^{\gcd(n,d)}\right)^{|a^d|} = \left(a^n\right)^{x\cdot |a^d|} \cdot \left(a^d\right)^{|a^d| \cdot y} = 1 \implies \gcd(n,d)|a^d| \le n$, entonces tanto$i)$ y$\langle a^s \rangle = \langle a^t \rangle$ son generadores del grupo y, por lo tanto,$a^s$. Para la otra dirección, tenga en cuenta que:

ps

La parte$a^t$ sigue inmediatamente del lema anterior, ya que$|a^s| = |a^t| \implies \frac{n}{\gcd(n,s)} = \frac{n}{\gcd(n,t)} \implies \gcd(n,s) = \text{gcd}(n,t)$ es un generador de$$\langle a^t \rangle = \langle a^{\gcd(n,t)} \rangle = \langle a^{\text{gcd}(n,t)} \rangle = \langle a^s \rangle $ si y solo si$ii)$