次の場合の証明 $b^k = a$ そして $\text{ord}(a) = n$ その後 $\text{ord}(b) = kn$。

Question

しましょう $(G,e)$ グループになり、 $a \in G$ 有限の位数を持つ

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

そしてしましょう $\langle a \rangle$ によって生成された巡回群を示します $a$。

のために仮定します $b \in G$ そして $k \ge 2$

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

次に、 $b$ です $kn$。

証明

の順 $b$ の倍数である必要があります $n$ 以来 $\langle a \rangle \subset \langle b \rangle$。

の順 $b$ 分割する必要があります $kn$ 以来 $b^{kn} = e$。

残っているのは特定することだけです $kn$ の異なる要素 $\langle b \rangle$。

マッピングを検討する

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

このマッピングが単射であることを示すことができれば、作業は完了します。これは、$b^v$ の要素に対して自明でない逆になることはありません $\langle a \rangle$。

仮定します $a^u b^v = a^s b^t$ そして $u = s$。次に$v$ と等しくなければなりません $t$。

したがって、一般性を失うことなく、 $u \gt s$。その後、私たちは書くことができます

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

と $0 \lt w \lt n$。

場合 $v = t$ 以来、矛盾があります $a$ 注文があります $n$。
場合$v \gt t$自明でない逆関数を作成できないため、矛盾があります。
場合$v \lt t$ 以来、矛盾があります $b^{t-u} \notin \langle a \rangle$。

これで証明は完了です。

これは有効な証拠ですか？

私には問題ないようですが、この質問を投稿する理由は、数学の事実のインターネットでこれを見つけることができなかったためです。このサイトまたは他の場所で重複する質問としてこれ（事実？）を見つけることができませんでした。

したがって、これを使用する文献へのリンクは興味深いものです。

Answer 1

あなたの証明は正しいです。はるかに短い証明が続きます。

ために $1\le x<kn$、 $b^x\ne e$ 以来 $$b^x=(b^k)^{\lfloor x/k\rfloor}b^{x\bmod k}=a^{\lfloor x/k\rfloor}b^{x\bmod k}$$ どちらか $x\bmod k>0$ そして $b^x\not\in\langle a\rangle$ 最初の要因が $\langle a\rangle$ そして2番目はそうではありません、または $x\bmod k=0$ だが $\lfloor x/k\rfloor\in[1,n)$ そして $b^x=a^{\lfloor x/k\rfloor}\ne e$。

それでも、それを示すのは簡単です $b^{kn}=e$。したがって、$b$ です $kn$。