Prouver si $b^k = a$ et $\text{ord}(a) = n$ puis $\text{ord}(b) = kn$.

Nov 29 2020

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

2 ParclyTaxel Nov 29 2020 at 18:34

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 $kn$.