Álgebra moderna ..subgrupo cíclico

Respuesta
1

Sean M y N esos subgrupos, M el de orden m y N el de orden n.

Al ser cíclicos cada uno está generado por un elemento

M = <a> = {a^j | j € Z}

N = <b> = {b^j | j € Z}

Todo nos invita a probar con el grupo P generado por a y b

P = <a,b> = {a^j·b^k | j,k € Z}

En realidad los elementos serían de los más intrincado del mundo, pero al ser un grupo abeliano siempre podremos llevar al izquierda las potencias de a y la derecha las de b y los elementos con a al operarse entre sí dan un a elevado a cierto exponente, lo mismo que los b.

Sea d el máximo común divisor de m y n y sean

p=m/d

q= n/d

p y q son primos entre sí.

Tomemos el conjunto H de estos elementos

H={a^(id)·b^(jd) | con i, j € Z}

Veamos que es un subgrupo de P

La operación es interna, toda operación sobre un elemento del grupo va a dar exponentes dentro del rango de los posibles o exponentes múltiplos de d

Evidentemente tiene el elemento neutro a^0·b^0=e·e=e

Y todo elemento tiene su inverso, dado a^(id)·b^(jd) tomaremos el elemento

a^(m-id)·b^(n-jd)

que pertenece al conjunto porque m=pd y n=qd y va a quedar

a^[(p-i)d]·b^[(q-j)d] € H

y al operarlos nos va a quedar

a^(id)·b^(jd)·a^(m-id)·b^(n-jd = a^m·b^n = e·e = e

Luego H es un subgrupo

Solo queda por demostrar el cardinal de H es el mínimo común múltiplo de n y m, pero ahora no tengo tiempo. Si quieres puedes probar a hacerlo tu. Si no espera unas horas a que pueda hacerlo yo. Es fácil.

Deja, no lo intentes porque no se puede. Me pase de grupo y no ese el que hace falta sino otro.

El grupo que hay que tomar es

H={a^i·b^(jd) | con i, j € Z} donde d es el máximo común divisor de m y n

La diferencia es que este es d veces más grande que el otro porque se toman todos los elementos a^i.

La operación es interna porque nos dará cualquier exponente para a y un exponente múltiplo de d para b.

Tiene el elemento neutro a^0·b^0 = e·e = e

Todo elemento tiene su inverso. Sea

a^i·b^(Jd)

Tomamos el elemento

a^(m-i)·b^(n-jd)

El exponente n-jd es múltiplo de d ya que es qd-jd

Y el producto es

a^i·b^(jd) · a^(m-i)·b^(n-jd) = a^m · a^n = e·e= e

Luego es un subgrupo.

Y ahora vamos a ver su cardinal

Supongamos existen i,j tales que a^i = b^(jd)

entonces el orden de <a^i> = orden <b^(jd)

Pero el orden de <a^i> es un divisor de m y el orden de b^(jd) es un divisor de n/d

Y ambos números son primos entre si ya que en n/d hemos quitado todos las factores primos comunes de m y n.

Luego el único orden común que podrían tener es 1 y serían el elemento neutro. Luego

a^i=b^(jd) <==>

a^i= b^(jd)=e <==>

i=mr y jd=ns con r,s € Z

Sean dos elementos iguales de este grupo H

a^i·b^(jd) = a^k·b^(ld)

Vamos a operar un poco

a^-k·a^i·b^(jd) = a^-k·a^k·b^(ld)

a^(i-k)·b^(jd) = b^(ld)

ahora abreviaré los pasos intermedios

a^(i-k) = b^[(l-j)d]

Por lo que habíamos demostrado antes se cumple

i-k = mr y (l-j)d = ns

Quitando los casos obvios donde i=k y l=j tenemos que para que se repita un elemento debe sumarse m al exponente de a y n al exponente de b

Luego si tomamos el conjunto

H = {a^i·b^(jd) | 0<=i <m, 0 <=j < n/d} todos los elementos son distintos. También se puede volver a comprobar que es un grupo si no se está seguro. Y al ser todos los elementos distintos el cardinal es

|H| = m·n/d

Pero ese cardinal es precisamente el mínimo común múltiplo de m y n

Ya que siempre se cumple

mn = mcm(m,n) · mcd(m,n)

al mcd(m,b) lo habíamos llamado d

mn = mcm(m,n) · d

mcm(m,n) = mn/d

Luego este último grupo H o el anterior (porque son el mismo aunque definidos ligeramente distinto) es el grupo que nos pide el enunciado.

Y eso es todo.

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