Prouver si $b^k = a$ et $\text{ord}(a) = n$ puis $\text{ord}(b) = kn$.
Laisser $(G,e)$ être un groupe et $a \in G$ avoir un ordre fini
$\quad \text{ord}(a) = n$
et laissez $\langle a \rangle$ désignent le groupe cyclique généré par $a$.
Supposons que $b \in G$ et $k \ge 2$
$\quad b,\dots, b^{k-1} \notin \langle a \rangle$ et $b^k = a$
Puis l'ordre de $b$ est $kn$.
Preuve
L'ordre de $b$ doit être un multiple de $n$ depuis $\langle a \rangle \subset \langle b \rangle$.
L'ordre de $b$ doit diviser $kn$ depuis $b^{kn} = e$.
Il ne reste plus qu'à identifier $kn$ éléments distincts dans $\langle b \rangle$.
Considérez la cartographie
$\quad (u,v) \mapsto a^u b^v \quad \text{where } 0 \le u \lt n \land 0 \le v \lt k$
Notre travail sera terminé si nous pouvons montrer que cette cartographie est injective. Ceci est accompli en utilisant le fait que le$b^v$ ne peut jamais être des inverses non triviaux pour les éléments de $\langle a \rangle$.
Supposer $a^u b^v = a^s b^t$ et $u = s$. ensuite$v$ doit être égal à $t$.
Supposons donc, sans perte de généralité, que $u \gt s$. Ensuite, nous pouvons écrire
$\quad a^w b^v = b^t$
avec $0 \lt w \lt n$.
Si $v = t$ nous avons une contradiction depuis $a$ a ordre $n$.
Si$v \gt t$nous avons une contradiction puisque nous ne pouvons pas construire un inverse non trivial.
Si$v \lt t$ nous avons une contradiction depuis $b^{t-u} \notin \langle a \rangle$.
Ceci complète la preuve.
Est-ce une preuve valable?
Cela me semble bien, mais la raison pour laquelle j'ai posé cette question est que je ne l'ai pas trouvée sur Internet de faits mathématiques . Je n'ai pas pu trouver cela (fait?) Comme une question en double sur ce site ou ailleurs.
Donc, tout lien vers la littérature qui l'utilise serait intéressant.
Réponses
Votre preuve est correcte. Une preuve bien plus courte suit.
Pour $1\le x<kn$, $b^x\ne e$ depuis $$b^x=(b^k)^{\lfloor x/k\rfloor}b^{x\bmod k}=a^{\lfloor x/k\rfloor}b^{x\bmod k}$$ Soit $x\bmod k>0$ et $b^x\not\in\langle a\rangle$ parce que le premier facteur est dans $\langle a\rangle$ et le second n'est pas, ou $x\bmod k=0$ mais $\lfloor x/k\rfloor\in[1,n)$ et $b^x=a^{\lfloor x/k\rfloor}\ne e$.
Pourtant, il est facile de montrer que $b^{kn}=e$. D'où l'ordre de$b$ est $kn$.