Espectáculo $\langle a^m \rangle \cap \langle a^n \rangle = \langle a^{\operatorname{lcm}(m, n)}\rangle$

Question

Así que quiero mostrar que la $\langle a^m \rangle \cap \langle a^n \rangle = \langle a^{\operatorname{lcm}(m, n)}\rangle$. Mi aproximación a este problema fue mostrar una doble contención, es decir, para mostrar que $\langle a^m \rangle \cap \langle a^n \rangle \subseteq \langle a^{\operatorname{lcm}(m, n)}\rangle$$ \langle a^{\operatorname{lcm}(m, n)}\rangle \subseteq \langle a^m \rangle \cap \langle a^n \rangle$.

Me gustaría ver una prueba plena de este, específicamente $\langle a^m \rangle \cap \langle a^n \rangle \subseteq \langle a^{\operatorname{lcm}(m, n)}\rangle$. (He probado con el enfoque de romper hacia abajo en a de los casos; $a$ tiene una infinidad de orden y $a$ tiene orden finito, el último de los cuales le agradecería que la mayoría de la ayuda.)

Mi acercamiento a la solución de todo el problema: (agradecería cualquier comentario sobre cualquier cosa que está mal, o un enfoque diferente para la prueba.)

Para mostrar el más fácil de contención, $\langle a^{\operatorname{lcm}(m, n)}\rangle \subseteq \langle a^m \rangle \cap \langle a^n \rangle$, hice lo siguiente: Deje $l = \operatorname{lcm}(m, n)$. Deje $j \in \langle a^l\rangle$, lo $j = (a^l)^k = a^{lk}$ algunos $k \in \mathbb Z$. Desde $l$ es un múltiplo de a$m$$n$, por definición, podemos decir $l = ms = nt$ algunos $s, t \in \mathbb Z$. Ahora $j = a^{kl} = a^{kms} = (a^m)^{ks} \in \langle a^m\rangle$. Del mismo modo, $j = a^{kl} = a^{knt} = (a^n)^{kt} \in \langle a^n\rangle$. Ahora, desde la $j \in \langle a^m\rangle$$j \in \langle a^n\rangle$, se deduce que el $j \in \langle a^m \rangle \cap \langle a^n \rangle$. Por lo tanto, por definición, $\langle a^{\operatorname{lcm}(m, n)}\rangle \subseteq \langle a^m \rangle \cap \langle a^n \rangle$.

Para el segundo de contención, de la que estoy teniendo más problemas con el, he intentado hacer lo siguiente:

Caso en que $a$ es infinita: Supongamos que $\vert a \vert = \infty$. Deje $c \in \langle a^m \rangle \cap \langle a^n \rangle$. A continuación, $c = a^{mx} = a^{ny}$ donde $x, y \in \mathbb Z$. De ello se desprende que $a^{mx - ny} = e$ $mx = ny$ porque si $mx > ny$, la diferencia no sería cero, y tendríamos un elemento finito, que contradice nuestra hipótesis. Y desde $mx = ny$ sabemos $\operatorname{lcm}(mx, ny) = mx = ny$ $\operatorname{lcm}(mx, ny)$ es un múltiplo de a $\operatorname{lcm}(m, n)$. Por lo tanto $c \in \langle a^{\operatorname{lcm}(m, n)}\rangle$ e lo $\langle a^m \rangle \cap \langle a^n \rangle \subseteq \langle a^{\operatorname{lcm}(m, n)}\rangle$.

Caso en que $a$ es finito: traté de partida es el mismo que el caso anterior, pero nunca pude llegar a mi conclusión :(

Answer 1

$\def\lcm{\mathrm{lcm}}$Deje $k$ ser el orden de $a$, $k=0$ si $a$ es de orden infinito. Tenga en cuenta que $x\equiv y \pmod{0}$ es equivalente a $x=y$ (desde $0|x-y$ si y sólo si $x-y=0$). También, $\mathrm{lcm}(n,0) = \gcd(n,0) = n$.

Considere primero el caso de la $n|k$$m|k$.

Para mostrar $\langle a^m\rangle\cap\langle a^n\rangle \subseteq \langle a^{\lcm(m,n)}\rangle$, vamos a $x$ encuentran en la intersección. Entonces no existe $r,s\in\mathbb{Z}$ tal que $x=a^{mr} = a^{ns}$, lo $mr\equiv ns\pmod{k}$. Por lo tanto, $k|mr-ns$, lo $n|mr-ns$$m|mr-ns$. Por lo tanto, $n|mr$$m|ns$. Desde $n|mr$, $mr$ es un múltiplo común de a$n$$m$, por lo tanto es un múltiplo de a $\lcm(m,n)$ (de manera similar con $ns$), por lo que podemos encontrar $q$ tal que $mr=q\lcm(m,n)$. Por lo tanto, $x = a^{mr} = a^{q\lcm(m,n)}\in\langle a^{\lcm(m,n)}\rangle$, como se desee.

Ahora, para el caso general, tenga en cuenta que $\langle a^n\rangle = \langle a^{\gcd(n,k)}\rangle$; así pues, se reduce a mostrar que la $\lcm(n,m) \equiv \lcm(\gcd(n,k),\gcd(m,k))\pmod{k}$. Esto es cierto, pero usted no la puede tener en su arsenal todavía, así que aquí una prueba (que sin duda Bill Dubuque puede demostrar de una manera mucho más pulido manera):

Lema. $\lcm(\gcd(n,k),\gcd(m,k)) = \gcd(\lcm(n,m),k)$.

Prueba. De hecho, $\gcd(n,k)$ $\gcd(m,k)$ brecha $k$, por tanto, su mínimo común múltiplo divide $k$; y $\lcm(n,m)$ es un múltiplo común de a$\gcd(n,k)$$\gcd(m,k)$, lo $\lcm(\gcd(n,k),\gcd(m,k))$ divide $\lcm(n,m)$. Por lo tanto, el lado izquierdo se divide el lado derecho. Por el contrario, vamos a $p$ ser una de las primeras y supongamos que $p^a$ es el mayor poder de $p$ que divide $\gcd(\lcm(n,m),k)$. A continuación, $p^a$ divide tanto a a$\lcm(n,m)$$k$, pero $p^{a+1}$ no divide al menos uno de ellos. Desde $p^a$ divide $\lcm(n,m)$, $p^a$ divide cualquiera de las $n$ o $m$, y también sabemos $p^a$ divide $k$. Cualquiera de las $p^{a+1}$ no divide $k$, o no divide a cualquiera de las $n$ o $m$. Por lo tanto, $p^a$ divide cualquiera de las $\gcd(n,k)$ o $\gcd(m,k)$, pero $p^{a+1}$ divide ninguno de los dos. Por lo tanto, $p^a$ es el mayor poder de $p$ que divide $\lcm(\gcd(n,k),\gcd(m,k))$. $\Box$

Ahora el resultado de la siguiente manera: tenga en cuenta que $\gcd(\lcm(n,m),k) \equiv \lcm(n,m)\pmod{k}$ (express $\gcd(\lcm(m,n),k)$ como una combinación lineal de $\lcm(m,,n)$$k$), por lo que estamos por hacer.

Answer 2

Nota $\ $ La igualdad en el lema de Arturo respuesta - gcd y distribuye más de lcm - puede ser derivada a través de mcm, mcd leyes. La reescritura de la lcms a gcds el uso de $\rm\:lcm(a,b) =\: ab/(a,b)\:$ y limpieza de denominadores, se deduce que la igualdad es equivalente a

$$\rm (k,m,n)\:(km,kn,mn)\ =\ (k,m)\:(k,n)\:(m,n)$$

cierto, ya que tanto $\rm = (kkm,kkn,kmn,kmm,knn,mmn,mnn)\:$ por la ley distributiva. $\ $ QED
Para más detalles ver esta respuesta.

Doblemente, se podría reescribir gcds a lcms, la reducción de la lcm doble de la anterior. Y, por supuesto, la doble identidad es verdadera: lcm y distribuye más de dpc. Estos son bien conocidos identidades que vienen a la palestra en la red punto de vista, por ejemplo, ver Birkhoff, Celosía de la Teoría.

A pesar de que ya no es necesario después de la anterior, es interesante señalar que Arturo prueba de lhs|rhs sigue bien de una útil lema. En primer lugar, recordemos las propiedades universales de mcm, mcd

$$\rm\ [a,b]\:|\:n \;\ffi\; a,b\:|\:n\quad donde\quad\: [a,b] := lcm(a,b) $$

$$\rm n\:|\:(c,d) \;\iff\; n\:|\:c,d\quad where\quad (c,d) := gcd(c,d) $$

El empleo de estas que de inmediato deducir la siguiente "lcm divide gcd" lema

$$\rm [a,b]\ |\ (c,d)\iff a,b\ |\ (c,d)\iff a,b\ |\ c,d $$

Ahora, aplicando esto a los valores particulares de Arturo lema se deduce

$$\rm [(n,k),(m,k)]\ |\ (k,[n,m])\iff (n,k),(m,k)\ |\ k,[n,m]$$

lo cual es cierto: $\rm\:(n,k),(m,k)\ |\ k\:$ $\rm\:(n,k)\ |\ n\ |\ [n,m],\:$ $\rm\: (m,k)\ |\ m\ |\ [n,m]\quad$ QED

Answer 3

$\newcommand{\lcm}{\operatorname{lcm}}$

Lema. Deje $G=\langle g\rangle$ un grupo cíclico. Si $H$ es un subgrupo de $G$, $H$ es cíclico. Por otra parte, si $H\neq \{e\}$ $$H=\left\langle g^{\min\{j\in\mathbb{N}:g^j\in H\}}\right\rangle.$$

Prueba. Si $H=\{e\}$ ($e$ para el elemento de identidad), a continuación, $H$ es cíclico. Supongamos que $H\neq \{e\}$. A continuación,$H\subseteq \{g^n:n\in\mathbb{Z}\}$, es decir no existe$n\in\mathbb{Z}^*$, de modo que $g^n\in H$. Tenga en cuenta que $n\in\mathbb N$ o $-n\in\mathbb N$, en cualquier caso,$\{j\in\mathbb{N}:g^j\in H\}\neq\emptyset$, por lo que $$k=\min \{j\in\mathbb{N}:g^j\in H\}$$ is well defined. Now clearly, $\langle g^k\rangle\subseteq H$. In the other hand, if $g^n\in H$ for some $n\in\mathbb{Z}$ since $k\neq 0$ there exist $q r\in \mathbb{Z}$ so that $$n=qk+r,\qquad 0\leq r\lt k.$$ If $1\leq r\lt k$, a continuación, $$\begin{align*} g^n &= g^{qk}g^r\\ g^ng^{-qk}&= g^r, \end{align*}$$ desde $g^{qk}=(g^k)^q\in H$, esto nos dice que $g^r\in H$, lo que contradice la elección de los $k$. Por lo tanto, $$g^n=g^{qk}=(g^k)^q\in\langle g^k\rangle$$ como queríamos. Por lo tanto, si $H\neq \{e\}$, $H=\langle g^k\rangle.$

En su caso, usted tiene $$ a^{\lcm(m, n)} \in \langle a^m\rangle\cap\langle a^n\rangle.$$ Now, note that $a^j\in \langle a^m\rangle\cap\langle a^n\rangle$ iff $^j\in \langle a^m\rangle$ and $^j\in \langle a^n\rangle$ iff $m|j$ and $n|j$. Thus $$\{j\in\mathbb{N}:a^j\in \langle a^m\rangle\cap\langle a^n\rangle\}=\{j\in\mathbb{N}:m|j\text{ and } n|j\},$$ and therefore $$\min\{j\in\mathbb{N}:a^j\in \langle a^m\rangle\cap\langle a^n\rangle\}=\lcm(m,n)$$ by the definition of $\lcm$. Therefore $$\langle a^m\rangle\cap\langle a^n\rangle=\langle a^{\lcm(m,n)}\rangle.$$