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Un grupo finito que tiene un único subgrupo de orden $d$ para cada $dmid n$.

Encontramos el resultado a esta pregunta, al menos eso creemos. Si presentas inquietudes puedes dejar un comentario y sin pensarlo

Solución:

Deje que $varphi$ denote la función de Euler, luego restrinja las fuerzas que $G$ tiene a lo sumo $varphi(d)$ elementos de orden $d$ para cada $dmid n$. Pero $sum_dmid nvarphi(d)=n$, entonces $G$ debe contener exactamente $varphi(d)$ elementos de orden $d$ para cada $dmid n$, en particular, $G$ contiene un elemento de orden $n$.

Aquí hay un ejemplo, que muestra en particular cómo funciona la respuesta de Censi LI. Suponer $G$ es un grupo de orden $12$que tiene solo UN subgrupo de pedidos $1,2,3,4$ y $6$. Bueno, el único subgrupo de orden $1$ es, por supuesto, $e$entonces tenemos $11$ elementos dejados. Tenemos un solo subgrupo de orden. $2$que es de la forma $e,a$ por algún elemento $a$ de orden $2$. Ahora tenemos $10$ elementos dejados.

Como tenemos un subgrupo de orden $3$tenemos dos elementos más de orden $3$ (de hecho, nuestro subgrupo debe ser $e,c,c^-1$ por algún elemento $c$ de orden $3$). Ahora tenemos $8$ elementos dejados. El subgrupo de orden $4$ es un poco más interesante:

En primer lugar, debe ser cíclico, para un subgrupo de orden no cíclico $4$ tendría $3$ elementos de orden $2$dando lugar a $3$ subgrupos de $G$ de orden $2$y $G$ solo tiene uno de esos subgrupos. Así que nuestro subgrupo debe ser $e,d,a,d^-1$por algún elemento $d$ de orden $4$ (con $d^2 = un$). Esto tiene $2$ elementos de orden $4$ ($d$ y $d^-1 = d^3$), partida $6$ elementos que quedan por contabilizar.

A continuación, tenemos un subgrupo de orden $6$: podría ser (hipotéticamente) que este subgrupo no sea abeliano, pero entonces sería isomorfo a $S_3$ que tiene $3$ (que son demasiados) elementos de orden $2$. Entonces debe ser un grupo abeliano de orden. $6$que es cíclico, y en realidad es: $e,f,c,a,c^-1,f^-1$dónde:

$f^2 = c,f^3 = a,f^4 = c^-1 = c^2,f^5 = f^-1$

por algún elemento $f$ de orden $6$. Vemos eso $f^-1 = f^5$ también es de orden $6$, lo que representa dos elementos "nuevos" que no hemos encontrado antes. esto deja $4$ elementos sobrantes, que deben ser de orden $12$ya que todos los órdenes inferiores ya están contabilizados.

Como puede ver, cada uno de estos subgrupos tiene $fi(d)$ elementos de orden $d$por $d = 1,2,3,4,6$. Y he aquí:

$1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 4 = 12$por lo que esto es todos los elementos.

En otras palabras, la función totient de Euler, $fi$actúa como una especie de "seive" que elimina los órdenes inferiores a medida que avanzamos a través de los divisores del orden de nuestro grupo.

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