Breve dimostrazione che se aeb di un gruppo G commutano, allora esiste un elemento di ordine mcm (o (a), o (b) in G

Question

Ho cercato prove brevi per alcuni giorni, ma non sono riuscito a trovarne una.

Oggi sono finalmente riuscito a scrivere la mia prova e sarei felice se qualcuno potesse verificare se è vero.

Presupposti generali:

Parliamo in gruppo con un'operazione moltiplicativa.

Per prima cosa usiamo il seguente teorema (1) come dato:

Se $ab=ba$ e $gcd(o(a),o(b))=1$ => $o(ab)=o(a)o(b)$

Dichiarazione: If$ab=ba$ => $\exists{c} $ : o (c) = mcm (o (a), o (b))

Prova:

Sia: d =$gcd(o(a),o(b))$

Poi:

$lcm(o(a),o(b))=\frac{o(a)o(b)}{d}$

$gcd(\frac{o(a)}{d},o(b))=1$

Vediamo ora: $a^d$ => $o(a^d)=\frac{o(a)}{d}$

Finalmente arriviamo a: $a^{d}b$.

Da $gcd(o(a^d),o(b))=gcd(\frac{o(a)}{d},o(b))=1$

=> Per teorema (1)

$o(a^db)$ deve essere uguale a $o(a^d)o(b)$.

$o(a^d)o(b)=\frac{o(a)}{d}o(b)=lcm(o(a),o(b))$

Conclusione: $o(a^{gcd(a,b)}b)=lcm(o(a),o(b))$

Prove lunghe che ho trovato:

https://yutsumura.com/the-existence-of-an-element-in-an-abelian-group-of-order-the-least-common-multiple-of-two-elements/

Prove che non sono riuscito a capire:

Ordine degli elementi uguale al minimo comune multiplo

Answer 1

La prova è essenzialmente quella menzionata nella tua domanda. È molto più facile assumere una potenza adeguata$b$, ma può essere fatto con $b$. È molto più complicato.

Permettere $\pi=\{p_1,\dots,p_r\}$ essere i numeri primi che dividono $o(b)$ almeno quanto si dividono $o(a)$, e lascia $m$ essere il $\pi$-parte di $o(a)$, cioè il numero tale che $m\mid o(a)$ e $o(a)/m$ non è divisibile per nessun numero primo in $\pi$.

Lo sostengo $g=a^m\cdot b$ha l'ordine corretto. Per questo dobbiamo dimostrare che nessun potere di$g$ è l'identità prima $n=\mathrm{lcm}(o(a),o(b))$. Penso che il modo più semplice per farlo sia mostrare che un certo potere di$g$ ha un ordine che divide ogni potenza principale $n$. Permettere$p$ essere una prima divisione $n$, e scrivi $n=p^rs$ dove $p\nmid s$. Rivendico$g^s$ ha ordine $p^r$.

Prima lascia $p$ restare in $\pi$. Certamente$a^m$, che ha un ordine non divisibile per $p$, soddisfa $(a^m)^s=1$, così $g^s=b^s$. Ma questo si vede facilmente per avere ordine$p^r$.

Adesso molla $p$ si trovano nel complemento di $\pi$. Questa volta entrambi$a^s$ e $b^s$ non deve essere banale, ma cruciale, l'ordine di $b^s$ divide rigorosamente $p^r$, dal modo in cui abbiamo scelto $\pi$. Tuttavia, l'ordine di$a^s$ è esattamente $p^r$.

Quindi se sappiamo che il prodotto di un elemento $x$ dell'ordine $p^r$ e un elemento $y$ dell'ordine $p^t$ per $t<r$ (quel pendolarismo) è $p^r$, allora abbiamo finito. Ma chiaramente questo è il caso, perché$xy$ ha un certo potere di $p$, e $$(xy)^{p^{r-1}}=x^{p^{r-1}}y^{p^{r-1}}=x^{p^{r-1}}\neq 1.$$