Probando si $b^k = a$ y $\text{ord}(a) = n$ entonces $\text{ord}(b) = kn$.

Question

Dejar $(G,e)$ ser un grupo y $a \in G$ tener un orden finito

$\quad \text{ord}(a) = n$

y deja $\langle a \rangle$ denotar el grupo cíclico generado por $a$.

Suponga para $b \in G$ y $k \ge 2$

$\quad b,\dots, b^{k-1} \notin \langle a \rangle$ y $b^k = a$

Entonces el orden de $b$ es $kn$.

Prueba

El orden de $b$ debe ser un múltiplo de $n$ ya que $\langle a \rangle \subset \langle b \rangle$.

El orden de $b$ debe dividir $kn$ ya que $b^{kn} = e$.

Todo lo que queda es identificar $kn$ elementos distintos en $\langle b \rangle$.

Considere el mapeo

$\quad (u,v) \mapsto a^u b^v \quad \text{where } 0 \le u \lt n \land 0 \le v \lt k$

Nuestro trabajo estará completo si podemos demostrar que este mapeo es inyectivo. Esto se logra utilizando el hecho de que$b^v$ nunca puede ser una inversa no trivial para ningún elemento en $\langle a \rangle$.

Suponer $a^u b^v = a^s b^t$ y $u = s$. Entonces$v$ debe ser igual a $t$.

Así que suponga, sin perder la generalidad, que $u \gt s$. Entonces podemos escribir

$\quad a^w b^v = b^t$

con $0 \lt w \lt n$.

Si $v = t$ tenemos una contradicción ya que $a$ tiene orden $n$.
Si$v \gt t$tenemos una contradicción ya que no podemos construir un inverso no trivial.
Si$v \lt t$ tenemos una contradicción ya que $b^{t-u} \notin \langle a \rangle$.

Esto completa la prueba.

¿Es esta una prueba válida?

Me parece bien, pero la razón para publicar esta pregunta es que no pude encontrar esto en Internet de hechos matemáticos . No pude encontrar esto (¿hecho?) Como una pregunta duplicada en este sitio o en cualquier otro lugar.

Por lo tanto, cualquier enlace a la literatura que utiliza esto sería de interés.

Answer 1

Tu prueba es correcta. Sigue una prueba mucho más corta.

por $1\le x<kn$, $b^x\ne e$ ya que $$b^x=(b^k)^{\lfloor x/k\rfloor}b^{x\bmod k}=a^{\lfloor x/k\rfloor}b^{x\bmod k}$$ Ya sea $x\bmod k>0$ y $b^x\not\in\langle a\rangle$ porque el primer factor está en $\langle a\rangle$ y el segundo no lo es, o $x\bmod k=0$ pero $\lfloor x/k\rfloor\in[1,n)$ y $b^x=a^{\lfloor x/k\rfloor}\ne e$.

Sin embargo, es fácil demostrar que $b^{kn}=e$. De ahí el orden de$b$ es $kn$.