Доказывая, если $b^k = a$ а также $\text{ord}(a) = n$ тогда $\text{ord}(b) = kn$.

Nov 29 2020

Позволять $(G,e)$ быть группой и $a \in G$ иметь конечный порядок

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

и разреши $\langle a \rangle$ обозначим циклическую группу, порожденную $a$.

Предположим для $b \in G$ а также $k \ge 2$

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

Тогда порядок $b$ является $kn$.

Доказательство

Получатель чего-то $b$ должно быть кратно $n$ поскольку $\langle a \rangle \subset \langle b \rangle$.

Получатель чего-то $b$ должен разделить $kn$ поскольку $b^{kn} = e$.

Осталось только идентифицировать $kn$ отдельные элементы в $\langle b \rangle$.

Рассмотрим отображение

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

Наша работа будет завершена, если мы сможем показать, что это отображение инъективно. Это достигается за счет того, что$b^v$ никогда не может быть нетривиальным обратным для любых элементов в $\langle a \rangle$.

Предположим $a^u b^v = a^s b^t$ а также $u = s$. затем$v$ должно быть равно $t$.

Итак, предположим, без ограничения общности, что $u \gt s$. Тогда мы можем написать

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

с участием $0 \lt w \lt n$.

Если $v = t$ мы получили противоречие, так как $a$ есть заказ $n$.
Если$v \gt t$мы получили противоречие, поскольку мы не можем построить нетривиальный обратный.
Если$v \lt t$ мы получили противоречие, так как $b^{t-u} \notin \langle a \rangle$.

Это завершает доказательство.

Это веское доказательство?

Мне это кажется нормальным, но причина, по которой я задал этот вопрос, в том, что я не смог найти его в Интернете математических фактов . Я не мог найти этот (факт?) Как повторяющийся вопрос ни на этом сайте, ни где-либо еще.

Так что любые ссылки на литературу, в которой это используется, будут интересны.

Ответы

2 ParclyTaxel Nov 29 2020 at 18:34

Ваше доказательство верное. Далее следует гораздо более короткое доказательство.

За $1\le x<kn$, $b^x\ne e$ поскольку $$b^x=(b^k)^{\lfloor x/k\rfloor}b^{x\bmod k}=a^{\lfloor x/k\rfloor}b^{x\bmod k}$$ Либо $x\bmod k>0$ а также $b^x\not\in\langle a\rangle$ потому что первый фактор в $\langle a\rangle$ а второй нет, или $x\bmod k=0$ но $\lfloor x/k\rfloor\in[1,n)$ а также $b^x=a^{\lfloor x/k\rfloor}\ne e$.

Однако легко показать, что $b^{kn}=e$. Отсюда порядок$b$ является $kn$.