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Sea $G$ un grupo conmutativo de orden producto de los $\{p_i\}_{i=1}^{n}$, donde son  números primos distintos entonces $G$ es cíclico.
por (6,3m puntos) en Básicas
editado por

3 Respuestas

+3 votos

Hola Iziro. El problema así como está escrito es falso. De hecho, justo contradice un problema que pusiste aquí hace algunos días que tiene que ver con la función $\phi$ de Euler (el de http://www.irracional.org/index.php/792/otro-de-grupos-finitos?show=792#q792).

Por ejemplo, si $|G|=21=3\cdot 7$, entonces $\phi(21)=12$, que no es primo relativo con $21$, y por lo tanto no es posible que sólo exista el grupo cíclico. En efecto, hay dos grupos de orden 21. Puedes checar cómo se encuentran acá: http://planetmath.org/exampleofgroupsoforderpq

Por cierto, también cambié el título de la pregunta para que fuera más preciso.

por (3,9m puntos)
+3 votos

Le hacen falta hipótesis al problema, tal como ha sido formulado la tesis no se cumple en general: hay grupos no abelianos de orden $6=2\cdot 3$, de orden $21 = 3 \cdot 7$, de orden $30 = 2\cdot 3 \cdot 5$, etc.

Una hipótesis que podrías agregar para que la cosa funcione es la siguiente: para cada $p \in \{p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{n}\}$, los $p$-subgrupos de Sylow de $G$ son normales...

por (39,6m puntos)
editado por
De acuerdo, ahora no se sí ponerle también que G fuese abeliano,
Creo que no entiendo tu comentario. Si agregas sólo la condición que menciono entonces podrías probar que el grupo es cíclico.
O sea que debí poner que G fuese conmutativo.
Ah, OK. Sí. Esa sería otra manera de "componer" el enunciado. Saludos.
+3 votos

Con la condición adicional el resultado puede establecerse de la siguiente manera: por el teorema de Cauchy para cada $i \in \{1, 2, \ldots n\}$ existe $g_{i} \in G$ de orden $p_{i}$. Como $G$ es abeliano, de un ejercicio clásico* se sigue que el orden del elemento $g_{1}g_{2} \cdots g_{n}$ es precisamente $p_{1}p_{2} \cdots p_{n} = |G|$ y la prueba termina.

___________

* Sean $G$ un grupo y $a,b\in G$ tales que $ab=ba$. Si $o(a) = m$, $o(b)=n$ y $(m,n)=1$ entonces $o(ab)=mn$.

Dem. Si $M \in \mathbb{N}$ es tal que $(ab)^{M}=e$ entonces $a^{M}=b^{-M}$ y por lo tanto $a^{M}, b^{M} \in \langle a \rangle \cap \langle  b \rangle$. De esto se sigue que tanto $o(a^{M})$ como $o(b^{M})$ dividen a $m$ y $n$. Como $(m,n)=1$ entonces $o(a^{M})=o(b^{M})=1$ y en consecuencia $a^{M}=b^{M}=e$. Esto implica a su vez que tanto $m$ como $n$ son divisores de $M$. Aplicando nuevamente la condición $(m,n)=1$ se llega a que $mn|M$. Q.E.D.

por (39,6m puntos)
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