Markus » 23/02-2019 12:55
Gustav skrev:
G er endelig: Anta at $G$ er uendelig og la $a\neq e$ (der $e$ er identiteten). Siden $G$ ikke har noen ekte, ikketrivielle undergrupper vil $a$ generere hele $G$, ergo er $G$ syklisk og dermed isomorf med den additive gruppa $(\mathbb{Z},+)$, men denne har mange ekte, ikketrivielle undergrupper $n\mathbb{Z}$, altså en motsigelse. Dermed må $G$ være endelig av orden $m$.
G har primtalls orden $m$: Anta at $m$ er sammensatt og la $G=<a>$ for et element $a\neq e$. Dersom $m=pq$ der $p$ og $q$ er heltatt større enn $1$, vil $H=<a^p>$ være en ekte, ikketriviell undergruppe, altså en motsigelse. Ergo må $m$ være prim.
Flott, løste den nesten likt!
Eventuelt; siden $G$ er syklisk og endelig av orden $n$ så er $G \simeq (\mathbb{Z}_n,+_n)$. Siden $G$ ikke har noen ekte ikke-trivielle undergrupper må $\gcd(g,n)=1$ for alle $g \in \mathbb{Z}_n$, for ellers ville det vært en $g$ som hadde generert en ikke-triviell ekte undergruppe. Derfor må $n$ være prim.
[quote="Gustav"]
[b]
G er endelig[/b]: Anta at $G$ er uendelig og la $a\neq e$ (der $e$ er identiteten). Siden $G$ ikke har noen ekte, ikketrivielle undergrupper vil $a$ generere hele $G$, ergo er $G$ syklisk og dermed isomorf med den additive gruppa $(\mathbb{Z},+)$, men denne har mange ekte, ikketrivielle undergrupper $n\mathbb{Z}$, altså en motsigelse. Dermed må $G$ være endelig av orden $m$.
[b]G har primtalls orden $m$[/b]: Anta at $m$ er sammensatt og la $G=<a>$ for et element $a\neq e$. Dersom $m=pq$ der $p$ og $q$ er heltatt større enn $1$, vil $H=<a^p>$ være en ekte, ikketriviell undergruppe, altså en motsigelse. Ergo må $m$ være prim.[/quote]
Flott, løste den nesten likt!
Eventuelt; siden $G$ er syklisk og endelig av orden $n$ så er $G \simeq (\mathbb{Z}_n,+_n)$. Siden $G$ ikke har noen ekte ikke-trivielle undergrupper må $\gcd(g,n)=1$ for alle $g \in \mathbb{Z}_n$, for ellers ville det vært en $g$ som hadde generert en ikke-triviell ekte undergruppe. Derfor må $n$ være prim.