Gruppo privo di sottogruppi non banali
Sia $G!={1}$ un gruppo e siano ${1}$ e $G$ i suoi unici sottogruppi.
Devo dimostrare che $G$ è un gruppo ciclico di ordine un numero primo.
Prendo $a\inG$ con $a!=1$ (lo posso certamente fare perchè $G!={1}$).
Allora $<=G$ e $!={1}$ quindi deve per forza essere $=G$.
In questo modo ho mostrato che $G$ è gruppo ciclico generato da $a$.
Supponendo che $G$ abbia ordine finito, chiamiamolo $n$, si ha che tutti i suoi sottogruppi sono tutti e soli i gruppi ciclici del tipo $$ con $d|n$.
Essendo che gli unici sottogruppi di $G$ sono ${1}=$ e $G=$ si ha che gli unici divisori di $n$ sono $1$ e $n$, dunque che $n$ è primo.
L'unico dubbio che ho è come fare a mostrare che G è necessariamente un gruppo finito. Mi date una dritta?
Devo dimostrare che $G$ è un gruppo ciclico di ordine un numero primo.
Prendo $a\inG$ con $a!=1$ (lo posso certamente fare perchè $G!={1}$).
Allora $<=G$ e $!={1}$ quindi deve per forza essere $=G$.
In questo modo ho mostrato che $G$ è gruppo ciclico generato da $a$.
Supponendo che $G$ abbia ordine finito, chiamiamolo $n$, si ha che tutti i suoi sottogruppi sono tutti e soli i gruppi ciclici del tipo $
Essendo che gli unici sottogruppi di $G$ sono ${1}=
L'unico dubbio che ho è come fare a mostrare che G è necessariamente un gruppo finito. Mi date una dritta?
Risposte
Tieni presente che per ogni $a in G$ si ha \( \left \langle a \right \rangle\) sottogruppo di $G$ (questo per qualunque gruppo).
Per come sono le ipotesi, necessariamente $AA a in G \\{1}$ vale \( \left \langle a \right \rangle = G\).
Dunque se per assurdo $G$ fosse infinito, \(\displaystyle \forall a \in G \setminus \{1\}\) si avrebbe \(\displaystyle a \in \left \langle a^2 \right \rangle\) (perchè?),
ovvero $a= (a^2)^m= a^(2m)$ per un opportuno $m in NN$. Pertanto \(\displaystyle 1<|\left \langle a \right \rangle|\leq 2m \), assurdo.
Per come sono le ipotesi, necessariamente $AA a in G \\{1}$ vale \( \left \langle a \right \rangle = G\).
Dunque se per assurdo $G$ fosse infinito, \(\displaystyle \forall a \in G \setminus \{1\}\) si avrebbe \(\displaystyle a \in \left \langle a^2 \right \rangle\) (perchè?),
ovvero $a= (a^2)^m= a^(2m)$ per un opportuno $m in NN$. Pertanto \(\displaystyle 1<|\left \langle a \right \rangle|\leq 2m \), assurdo.
Se $G$ fosse infinito si avrebbe $AAa\inG\{1}$ $a\in$ perchè $$ essendo sottogruppo di $G$ e diverso da ${1}$ dovrebbe essere $G$ stesso, giusto?
Giusto. E cosa garantisce che $$ è diverso da ${1}$?
Il fatto che se $G$ fosse infinito $a$ sarebbe aperiodico e si avrebbe $a^r=1$ se e solo se $r=0$ e dunque $!={1}$.
Questo perchè $a$ è aperiodico se e solo se l'applicazione $v:ZZ->G$, $v(i)=a^i$ è iniettiva.
Grazie
Questo perchè $a$ è aperiodico se e solo se l'applicazione $v:ZZ->G$, $v(i)=a^i$ è iniettiva.
Grazie
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