Existencia de subgrupo de orden $p$

Question

No entiendo una parte de este lema.

Lema. Sea $G$ sea un grupo abeliano finito de orden $m$ , dejemos que $p$ sea un número primo que divide a $m$ . Entonces $G$ tiene un subgrupo de orden $p$ .

La prueba. Primero demostramos por inducción que si $G$ tiene un exponente $n$ entonces el orden de $G$ divide alguna potencia de $n$ . Sea $b\in G$ , $b\neq 1$ y que $H$ sea el subgrupo cíclico generado por $b$ . Entonces el orden de $H$ divide $n$ desde $b^n=1$ y $n$ es un exponente de $G/H$ . Por lo tanto, el orden de $G/H$ divide una potencia de $n$ por inducción, y en consecuencia también lo hace el orden de $G$ porque $$ (G:1)=(G:H)(H:1). $$ Dejemos que $G$ tienen un orden divisible por $p$ . Por lo que acabamos de ver, existe un elemento $x$ en $G$ cuyo período es divisible por $p$ .

¿Dónde hay algún indicio en lo anterior de que exista tal $x$ ?

Answer 1

Tal vez no sea inmediato, pero ésta es una forma de verlo:

Supongamos que $G$ no tiene elementos de orden divisible por $p$ . Entonces cada elemento tiene un orden relativamente primo a $p$ y, por tanto, el lcm de los órdenes de todos los elementos es a su vez relativamente primo de $p$ . Llama a este $m$ . Por lo que has probado, el orden de $G$ debe dividir una potencia de $m$ . Pero $p$ divide el orden de $G$ (por hipótesis) y $p$ no divide ningún poder de $m$ , una contradicción. Por lo tanto, debe haber algún elemento de $G$ que tiene el orden de un múltiplo de $p$ .

Alternativamente, deja que $m$ sea el menor exponente de $G$ es decir, el más pequeño $k\gt 0$ tal que $x^k = 1$ para todos $x\in G$ . Dado que el orden de $G$ debe dividir una potencia de $k$ se deduce que $p|k$ . Por lo tanto, ya que $k$ es el lcm de los órdenes de todos los elementos de $G$ debe haber algún elemento de $G$ cuyo orden es un múltiplo de $p$ como se ha reclamado.