素数と巡回群

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A12

G を群とする。

G の位数は素数 p であるとする。

このとき、G は巡回群である。

証明

いま、G の位数は2以上である。

よって、G は単位元以外の元 g をもつ。

いま、<g> の位数は G の約数である。(※A10)

よって、<g> の位数は 1 または p である。

いま、1、g∈<g> であるから、<g> の位数は 1 ではない。

よって、<g> の位数は p である。

よって、G=<g> である。

A13 ( ユークリッドの補題 )

m、n を整数とする。

このとき、次が成り立つ。

(1) gcd(m、n)=1 ⇒ ある整数 u、v が存在して、mu+nv=1 となる。

(2) gcd(m、n)=d ⇒ ある整数 u、v が存在して、mu+nv=d となる。

(1)の証明

W={ am+bn : a、b∈ } とおく。

いま、W は の部分集合である。

d を、W に属する最小の正の整数とする。

いま、ある整数 q、r が存在して、m=dq+r ( 0≦r<d ) と表せる。

一方、d=am+bn と表せる。

よって、r=m−dq=(1−aq)m−(bq)n∈W である。

よって、d の最小性より、r=0 である。

つまり、d|m である。

同様に、d|n である。

いま、gcd(m、n)=1 である。

よって、d=1 である。

つまり、am+bn=1 である。

(2)の証明

いま、(m/d、n/d)=1である。

よって、(1)より、成り立つ。

A14

G を有限アーベル群とする。

|G|は素数 p で割り切れるとする。

このとき、G は位数 p の元を含む。

証明

|G|=p の場合、定理は成り立つ。(※A12、A4)

x∈G を単位元とは異なる元とする。

m=ord(x)とおく。

p|m の場合、xm/p が求める元である。(★1)

p が m を割り切らない場合を考える。

いま、剰余群 G/<x> の位数は|G|/m であり、p で割り切れる。

よって、(★1)より、位数 p の元 g<x>∈G/<x> が存在する。

いま、g∈<x> である。

よって、gpm=1 である。(★2)

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

=1 と仮定する。(背理法)

いま、gcd(m、p)=1である。

よって、ある整数 u、v が存在して、mu+pv=1 となる。(※A13)

よって、g=(g(g=(g∈<x> である。

これは g<x> の G/<x> における位数が p であることに矛盾する。

よって、g≠1 である。

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

よって、(★2)より、g が求める元である。

A15 ( 中国式剰余定理〜巡回群ver )

G をアーベル群とする。

a、b∈G とおく。

m∈ を a の位数とする。

n∈ を b の位数とする。

このとき、次が成り立つ。

(*)  gcd(m、n)=1 ⇒ 「 ab の位数は mn である 」

証明

いま、(ab)mn=amnmn=(a(b=1 である。

ある 1≦k<mn に対し、(ab)=1 であるとする。(背理法)

両辺を m 乗すると、(ab)km=1 である。(★1)

よって、bkm=1 である。

いま、b の位数は n である。

よって、ある r∈ が存在して、km=rn となる。

いま、gcd(m、n)=1である。

よって、m|r である。

よって、ある s∈ が存在して、r=ms となる。

よって、k=sn である。(★2)

よって、(ab)sn=1 である。(★3)

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

いま、(★1)と(★3)は同じ形をしていることに気付くであろう。

よって、(★1)から(★2)までと同様の議論を(★3)に対して行える。

つまり、ある t∈ が存在して、s=tm となる。

よって、k=tmn である。

これは矛盾である。

よって、ab は位数は mn である。