[Eren]

Hola.

¿Podrían echarle un ojo a mi solución del problema de más abajo? Por el contexto en el que aparece el problema, no puedo asumir más que el hecho de que si $$g$$ es un elemento de un grupo $$G$$ de orden finito, entonces $$g^k = 1$$ si y sólo si $$k$$ es múltiplo del orden de $$g$$. Puesto que en dicho contexto no se demuestra aún que el orden de $$y^p$$ divide al orden de $$y$$, no puedo asumir ese hecho, pero lo he tenido que demostrar como parte de mi solución por que no he encontrado una manera de eludirlo. Por supuesto, tampoco puedo asumir el teorema de Lagrange.

Problema: Sea $$G$$ un grupo y $$x$$ un elemento de $$G$$ de orden $$pk$$, donde $$p$$ es un número primo y $$k \geq 1$$. Demostrar que si $$y\in G$$ es tal que $$y^p = x$$, entonces $$y$$ es de orden $$p^2k$$.

Solución: Sea $$n = |y|$$. Puesto que $$1 = x^{pk} = y^{p^2 k}$$, tenemos que $$p^2k$$ es un múltiplo de $$n$$.  Por otra parte, todo múltiplo $$M$$ de $$n$$ cumple también que $$(y^p)^M = 1$$, por lo que $$p^2k = p(pk)$$ tiene que ser el menor de los múltiplos comunes de $$p$$ y $$n$$, o sea que $$p^2k = \mathrm{mcm}(n,p) = \frac{np}{\mathrm{mcd}(n,p)}$$, de donde se sigue que $$n$$ divide a $$pk$$. Tenemos entonces que $$n = Apk$$ y que $$p^2k = Bn$$ para ciertos enteros $$A$$ y $$B$$, y por tanto $$p^2k = BApk$$, o sea que $$p = BA$$, y como $$p$$ es primo, debe ser $$A = 1$$ o $$A = p$$. No obstante, elegir $$A = 1$$ nos da que $$n = pk$$, lo que no puede ser por que entonces $$1 = y^n = (y^p)^k$$, en contradicción con la hipótesis de que $$pk$$ es el orden de $$y^p$$. Por tanto, debe ser $$A = p$$, y así $$n = p (pk) = p^2k$$.

[Masacroso]

Solución: Sea $$n = |y|$$. Puesto que $$1 = x^{pk} = y^{p^2 k}$$, tenemos que $$p^2k$$ es un múltiplo de $$n$$.  Por otra parte, todo múltiplo $$M$$ de $$n$$ cumple también que $$(y^p)^M = 1$$, por lo que $$p^2k = p(pk)$$ tiene que ser el menor de los múltiplos comunes de $$p$$ y $$n$$, o sea que $$p^2k = \mathrm{mcm}(n,p) = \frac{np}{\mathrm{mcd}(n,p)}$$, de donde se sigue que $$n$$ divide a $$pk$$. Tenemos entonces que $$n = Apk$$ y que $$p^2k = Bn$$ para ciertos enteros $$A$$ y $$B$$, y por tanto $$p^2k = BApk$$, o sea que $$p = BA$$, y como $$p$$ es primo, debe ser $$A = 1$$ o $$A = p$$. No obstante, elegir $$A = 1$$ nos da que $$n = pk$$, lo que no puede ser por que entonces $$1 = y^n = (y^p)^k$$, en contradicción con la hipótesis de que $$pk$$ es el orden de $$y^p$$. Por tanto, debe ser $$A = p$$, y así $$n = p (pk) = p^2k$$.

Lo marcado en rojo no puede estar bien, ya que contradice lo que quieres demostrar, que es que \( n=p^2k \). Además no sigo muy bien la argumentación marcada en verde.

Creo que el argumento más sencillo es por contradicción: supongamos que \( n<p^2k \), entonces o bien \( n\mid p^2 \) o bien \( n\nmid p^2 \). En el primer caso \( n\in\{1,p,p^2\} \), pero ninguno de esos valores para \( n \) es posible ya que entonces tendríamos que \( y=1 \) o \( y^p=x=1 \) o que \( y^{p^2}=x^p=1 \), lo cual en todo caso contradice que \( |x|=pk \).

Entonces, si \( n<p^2k \), necesariamente \( n\nmid p^2\,\land\,  n\mid k \), lo cual vuelve a ser contradictorio ya que entonces tendríamos que \( 1=y^k\implies 1=y^{pk}=x^k \). Por tanto necesariamente \( n=p^2k \).∎

[geómetracat]

Creo que la demostración está esenciamente bien, pero es verdad que la parte que marca en verde Masacroso resulta confusa. Entiendo que lo que marca Masacroso en rojo es una errata y debería decir \( pk\mid n \).
Para la parte en verde, yo diría algo como lo siguiente. Pongamos \[ m:=mcm(n,p) \], y \[ m=pm' \]. Entonces se tiene que \[ 1=y^m=(y^p)^{m'}=x^{m'} \], de donde \[ pk \mid m' \]. Por otro lado, claramente \[ p^2k=p(pk) \] es un múltiplo común de \[ p \] y de \[ n \] (ya que \[ y^{p^2k}=1 \]). Luego, debe ser \[ m'=pk \] y \[ m=p^2k \].

Otra cosa, es que creo que después de la fórmula \[ p^2k=\frac{np}{mcd(n,p)} \] te complicas un poco con los \[ A \] y los \[ B \], etc. Simplemente, como \[ p \] es primo, \[ mcd(p,n) \] solo puede ser o \[ 1 \] o \[ p \], de donde sacas que \[ pk=n \] o \[ p^2k=n \], y la primera se descarta como lo haces.

De todas maneras, a mí me gusta más, y me parece más sencilla, la demostración que da Masacroso. Eso sí, un detalle:

Entonces, si \( n<p^2k \), necesariamente \( n\nmid p^2\,\land\,  n\mid k \), lo cual vuelve a ser contradictorio ya que entonces tendríamos que \( 1=y^k\implies 1=y^{pk}=x^k \). Por tanto necesariamente \( n=p^2k \).∎

Creo que esto no está del todo bien. De \[ n \mid p^2k \] y \[ n \not\mid p^2 \] no se sigue que \[ n \mid k \]. Podria pasar, por ejemplo, que \[ n=pk' \] con \[ k'\mid k \] y \[ 1<k'<k \].

Pero la idea se salva igual. Si \[ n<p^2k \], como \[ n \mid p^2k \] se tiene o bien que \[ n\mid k \], en cuyo caso se obtiene \[ y^n=1 \Rightarrow 1=y^{pk}=x^k \], o bien \[ n=pk' \] con \[ k'\mid k \], en cuyo caso \[ y^{pk'}=x^{k'}=1 \], o bien \[ n=p^2k' \] con \[ k'\mid k \] y \[ k'<k \], en cuyo caso \[ y^{p^2k'}=x^{pk'}=1 \]. En cualquiera de los casos se llega a contradicción con el hecho de que el orden de \[ x \] es \[ pk \].

[Masacroso]

Creo que esto no está del todo bien. De \[ n \mid p^2k \] y \[ n \not\mid p^2 \] no se sigue que \[ n \mid k \]. Podria pasar, por ejemplo, que \[ n=pk' \] con \[ k'\mid k \] y \[ 1<k'<k \].

Oh, cierto... había pasado por alto esa posibilidad. Gracias geómetracat.

[Eren]

Hola.

Masacroso y geómetracat, les agradezco mucho la revisión y sus comentarios. Masacroso, gracias por la demostración alternativa que has dejado, que es en efecto más simple.

Saludos.