Подгруппы циклической группы

[EminentVictorians]

Пусть $G$ - циклическая группа. Надо доказать, что любая ее подгруппа является циклической.

Я доказал, что $G$ изоморфна либо $\mathbb{Z}$, либо $\mathbb{Z \slash \operatorname{n}Z}$ и то, что любая нетривиальная подгруппа $\mathbb{Z}$ имеет вид $\mathbb{\operatorname{n} Z}$, а значит является циклической (с тривиальной очевидно). Таким образом, осталось доказать стартовое утверждение для $\mathbb{Z \slash \operatorname{n} Z}$.

Порядок подгруппы делит порядок конченой группы. Далее, для любого делителя $m|n$ существует циклическая подгруппа порядка $m$. Осталось лишь доказать, что в $\mathbb{Z \slash \operatorname{n} Z}$ не может быть двух различных подгрупп одного порядка. И тут у меня идеи закончились. Не могли бы вы подсказать что-нибудь?

[Nemiroff]

Если $a$ и $b$ взаимно простые, то существуют $m$ и $n$ такие, что $am+bn=1$

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1537199 писал(а):

Осталось лишь доказать, что в $\mathbb{Z \slash \operatorname{n} Z}$ не может быть двух различных подгрупп одного порядка.

Лучше так: пусть $m$ --- фиксированный делитель $n$ и $H$ --- подгруппа $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ порядка $m$. Докажем, что $H=\{[0],[n/m],\dots\}$.

[EminentVictorians]

Nemiroff в сообщении #1537200 писал(а):

Если $a$ и $b$ взаимно простые, то существуют $m$ и $n$ такие, что $am+bn=1$

Не могу с задачей связать. Можно еще информации?

[Nemiroff]

EminentVictorians в сообщении #1537283 писал(а):

Не могу с задачей связать. Можно еще информации?

Пусть $g$ -- генератор $G$. Пусть $g^a$ и $g^b$ принадлежат $H$ (подгруппе $G$). $a$ и $b$ либо взаимно простые, либо не взаимно простые.

[EminentVictorians]

Nemiroff в сообщении #1537286 писал(а):

Пусть $g$ -- генератор $G$. Пусть $g^a$ и $g^b$ принадлежат $H$ (подгруппе $G$). $a$ и $b$ либо взаимно простые, либо не взаимно простые.

Все равно не понимаю. Мы доказываем, что в $\mathbb{Z}\slash n\mathbb{Z}$ не может быть двух несовпадающих подгрупп одного порядка. Предположим, что такая пара нашлась. Что делать дальше?

[EminentVictorians]

nnosipov, у меня так получилось:

Любая подгруппа $H$ циклической группы $G = <g>$ является циклической.

Если $H$ тривиальная, то $H$ - циклическая, т.к. $H = <e>$. Если $H$ нетривиальная, то она содержит некий элемент $g^k \ne e$. Понятно, что элемент $g^{-k}$ так же входит в $H$ и так же $\ne e$. Поэтому в $H$ найдется элемент $g^k \ne e$ такой, что $k \in \mathbb{N}$. А значит, среди всех $g^k, k \in \mathbb{N}$ можно выбрать элемент с наименьшей натуральной степенью такой, что он не равен $e$. Назовем его $g^s$.

Возьмем произвольный элемент $g^k \in H$. Поделим $k$ на $s$ с остатком: $k = qs + r, 0 \leqslant r < s$. Тогда $g^k = g^{qs}g^r$, следовательно $g^r = g^{-qs}g^k = (g^s)^{-q}g^k$. $(g^s)^{-q} \in H$, поэтому $g^r \in H$, а значит $g^r = e$. Получается, что $g^k = g^{qs} = (g^s)^q$, а значит мы представили произвольный элемент из $H$ как степень элемента $g^s$ (т.е. $H \subset <g^s>$). Обратное включение тривиально. Таким образом, $H$ получилась циклической, порождаемой неединичным элементом с наименьшей натуральной степенью.

-- 03.11.2021, 02:02 --

Блин, зря я наверное написал. Получилось 1 в 1 как в учебнике. Доказывал вслепую, не думал, что настолько совпадет.

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1537496 писал(а):

Получилось 1 в 1 как в учебнике.

Это потому, что изобретать здесь нечего, все само собой получается.

Но Вы, кажется, хотели перевыполнить план и доказать, что подгруппа данного порядка ровно одна. Это потребует еще некоторых телодвижений (в духе того, что было подсказано Nemiroff).

[EminentVictorians]

nnosipov в сообщении #1537506 писал(а):

Но Вы, кажется, хотели перевыполнить план и доказать, что подгруппа данного порядка ровно одна.

Cейчас то это легко. Первоначально план был не такой.

Тут вот в чем дело. У Винберга параграф про циклические группы идет до гомоморфизмов. И поэтому приходится "вручную" доказывать кучу теорем типа "порядок порождающего элемента равен порядку группы", "группа конечна титтк конечен порядок порождающего элемента титтк в ней найдется равная пара степеней с различными показателями" и т.д. Я думаю таких теорем там на два десятка неберется. А вместо этого гораздо проще понять, что существует гомоморфизм из $\mathbb{Z}$ на любую циклическую группу. Далее просто строим табличку из 2-ух столбцов: ядро тривиальное и ядро нетривиальное. В первом столбце получаем изоморфизм с $\mathbb{Z}$ и автоматом весь набор теорем типа бесконечности группы, бесконечности порядка порождающего элемента, различности всех степеней и т.д. Во втором случае получаем изоморфизм с факторгруппой $\mathbb{Z}$ по некоторому ядру. Ядро же подгруппа, а любая подгруппа $\mathbb{Z}$ имеет вид $n\mathbb{Z}$. А значит все теоремы тоже легко получаются. Я потому эту теорему о подгруппах легко доказал, потому что уже делал в точности такие же рассуждения, когда доказывал, что любая подгруппа $\mathbb{Z}$ имеет вид $n\mathbb{Z}$. Просто меня смутило, что у Винберга эта теорема (о цикличности любой подгруппы) идет в конце параграфа. Я не думал, что для нее ничего кроме определения не надо. А надо было просто ее в самом начале доказать, потом вывести из нее структуру любой подгруппы $\mathbb{Z}$ и все. Вообще, не очень понятно, зачем циклические группы давать до основной теоремы о гомоморфизме, нелогично как-то.

[nnosipov]

EminentVictorians в сообщении #1537588 писал(а):

Вообще, не очень понятно, зачем циклические группы давать до основной теоремы о гомоморфизме, нелогично как-то.

С таким настроем Вам скоро захочется изучить сначала теорию категорий и только потом --- таблицу умножения. Но на практике все-таки поступают наоборот.