Por el teorema de estructura para los grupos abelianos finitos, todos estos grupos son productos de grupos cíclicos.

Question

Estoy tratando de verificar la siguiente proposición:

Deje $G$ ser un número finito de Abelian grupo y que $p$ ser un primo que divide a la orden de $G$. A continuación, $G$ tiene un elemento de orden $p$.

Mi prueba: Por Lagrange del teorema: $x^{|G|}=e$. Por supuesto, tenemos $kp=|G|$ para algunos prime $p$. Por lo $e=x^{|G|}=x^{kp}$. Así $|x^k|=p$. $\blacksquare$

El libro de la prueba utiliza la inducción y cosets -- esto es necesario?

Para referencia, aquí está el libro de la prueba:

Claramente, esta afirmación es cierta para el caso en que $G$ es de orden 2. Podemos demostrar el teorema mediante el Segundo Principio de Inducción Matemática en $|G|$. Es decir, suponemos que el enunciado es verdadero para todos los Abelian grupos con menos elementos de G y el uso de esta hipótesis a demostrar que la afirmación es verdadera para G así. Sin duda, G tiene elementos de primer orden, para los si $|x| = m$ $m = qn$ donde $q$ es primo, entonces $|x^n| = q$. Así que vamos a $x$ ser un elemento de $G$ de algunos de primer orden $q$, dicen. Si $q=p$, estamos acabados; así que asumir que $q \neq p$. Ya que cada subgrupo de un grupo Abelian es normal, podemos construir el factor grupo $\bar{G} = G/\langle x\rangle$. A continuación, $\bar{G}$ es Abelian y $p$ divide $|G|$, ya que el $|\bar{G}| = |G|/q$. Por inducción, a continuación, $G$ tiene un elemento de llamarlo $y\langle x\rangle$ - de orden $p$. A continuación, $(y\langle x\rangle)^p = y^p\langle x\rangle = \langle x\rangle$ y, por tanto,$y^p \in \langle x\rangle$. Si $y^p = e$, hemos terminado. Si no, entonces $y^p$ orden $q$ $y^q$ tiene fin $p$. $\blacksquare$

Answer 1

La prueba es incorrecta. Sabes que $(x^k)^p=e$ (para cualquier $x\in G$), pero esto no significa necesariamente que tiene de $x^k$ $p$ de la orden. Todos que le dice que es el orden de $x^k$divide $p$, por lo que es o $1$ o $p$.

De hecho, su enfoque no puede funcionar sin una modificación importante. Es posible que $x^k=e$ % todo $x\in G$, así que no hay ningún elemento de la forma $x^k$ que tiene orden $p$. Por ejemplo, si $G=(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^2$, entonces $|G|=p^2$de % de % que $k=p$, $x^p=e$ % todos $x\in G$.

Answer 2

De $x^{kp}=e$, lo que se puede deducir es que el $(x^k)^p=e$, y por lo tanto, que el $|x^k|$ divide $p$; es decir, que es igual a $p$ o igual a $1$ (es decir, $x^k=e$). ¿Cómo sabes que es igual a $p$?

Y de donde la has usar ese $G$ es Abelian?

Answer 3

Aquí es una prueba simple, debido a Frobenius, creo. Deje $x_{1}, x_{2}, ..., x_{n}$ ser los elementos del grupo $G$. Deje $r_{i}$ ser del orden de los elementos $x_{i}$. Además, vamos a $$Z = \big( \mathbb{Z} / r_{1} \mathbb{Z}, + \big) \times \big( \mathbb{Z} / r_{2} \mathbb{Z}, + \big) \times \ldots \times \big( \mathbb{Z} / r_{n} \mathbb{Z}, + \big)$$ Ahora definir un mapa de $\varphi$ $Z$ a $G$$\varphi(k_{1}, k_{2}, \ldots, k_{n}) = x_{1}^{k_{1}} x_{2}^{k_{2}} \dots x_{n}^{k_{n}}$. Como $G$ es abelian es fácil ver que $\varphi$ es un homomorphism. Por otra parte $\varphi$ es surjective como $\varphi(0,0, \ldots, 1, \ldots, 0) = x_{i}$. Si $K = ker \ \varphi$, $Z/K \cong G$ y, por tanto,$|Z| = |K| \cdot |G|$. Desde $p$ divide $|G|$, se deduce que el $p$ divide $|Z|$. Pero $|Z| = r_{1} \times r_{2} \ldots r_{n}$. Por lo tanto, uno de los $r_{i}$ es divisible por $p$.