群中元素乘积的阶的定理推广

Generalization of the Theorem for the Product Order of Elements in Group

摘要: 讨论了群G中两个元素a，b乘积的阶等于的情况。给出了群中元素a，b不可交换时，元素乘积的阶的一类计算问题。在相对较大的范围内，对已有定理进行了推广。

Abstract: In this paper, we discuss the case that the order of the product of two elements a, b in group G is equal to . This paper presents a class of computational problems for the order of the product of elements in a group when . In a relatively large range, the existing theorems are extended.

在 [1] 中我们知道若群G中元素a的阶是m，而b的阶是n，则当 $ab=ba$，且 $\left(m,n\right)=1$ 时，有 $\left|ab\right|=mn$。

这个定理对于求群中元素乘积的阶起着非常重要的作用。当然，也存在一定的局限性，如果 $ab\ne ba$ 或 $\left(m,n\right)\ne 1$ 时，ab的阶就不一定等于nm。这时我们可以思考，a和b之间满足什么条件时，乘积ab的阶与元素a，b的阶之间也存在着某些联系。

引理1 [1]. 设a是群G的元素，a的阶是n，则 $a^m=e\iff n|m$。

引理2 [2]. 设a，b为群G中两个元素， $\left|a\right|=\left|b\right|=m$，且存在 $k\in N$，使得 $a=b^k$，那么 $\left|ab\right|=\frac{m}{\left(m,k+1\right)}$。

引理3 [2]. 设a，b为群G中的两个元素， $\left|a\right|=\left|b\right|=m$，若存在 $s,t\in N$ 使得 $a^s=b^t$，则当 $s|\left(m+1\right)$ 时，

有 $\left|ab\right|=\frac{m}{\left(m,\frac{m+1}{s}t+1\right)}$。

引理4 [3]. 设a，b为群G中的两个元素， $\left|a\right|=m,\left|b\right|=n,m\ne n$，则当 $ab=ba$ 时一定存在 $\left|ab\right||\left[m,n\right]$， $\frac{\left[m,n\right]}{\left(m,n\right)}|\left|ab\right|$，其中 $\left[m,n\right]$ 是m与n的最小公倍数。

引理5 [4]. 设a，b为群G中的两个元素， $\left|a\right|=m,\left|b\right|=n,m\ne n$，那么当 $ab=ba$，而且 $\left(m,n\right)|\frac{n}{\left(m,n\right)}$ 或者 $\left(m,n\right)|\frac{m}{\left(m,n\right)}$ 成立时，有 $\left|ab\right|=\left[m,n\right]$。

根据引理4，我们可知当 $\left|a\right|=m,\left|b\right|=n,m\ne n,ab=ba$ 时，可设 $\left|ab\right|=\frac{mn}{{\left(m,n\right)}^2}k$，其中 $1\le k\le d$，且 $k|d,d=\left(m,n\right)$，即在引理5的条件下可求出 $\left|ab\right|=\frac{mn}{\left(m,n\right)}\left(k=d\right)$ 的这种情况。接下来我们可以思考a，b之间存在什么关系时，可以求出 $\left|ab\right|=\frac{mn}{{\left(m,n\right)}^2}\left(k=1\right)$。

定理1. 设a，b为群G中的两个元素， $\left|a\right|=m,\left|b\right|=n,\left(m,n\right)=d,ab=ba,a^{m_1}=b^{n_1}$ 且 $d|\left(m_1+n_1\right)$，其中 $m=m_{1}d,n=n_{1}d$，那么 $\left|ab\right|=\frac{mn}{{\left(m,n\right)}^2}$。

证明：不妨设 $\left|ab\right|=p$，则 ${\left(ab\right)}^p=e$，因为 $ab=ba$，所以

${\left(ab\right)}^{pm}=a^{pm}{b}^{pm}=b^{pm}=e$

因为 $\left|b\right|=n$ 由引理1得

$n|pm\Rightarrow \frac{n}{\left(m,n\right)}|p\frac{m}{\left(m,n\right)}$

由 $\left(\frac{n}{\left(m,n\right)},\frac{m}{\left(m,n\right)}\right)=1$，所以

$\frac{n}{\left(m,n\right)}|p$ (1)

又因为 $\left|a\right|=m$ 且 ${\left(ab\right)}^{{}^{pn}}=a^{pn}{b}^{pn}=a^{pn}=e$，所以 $m|pn\Rightarrow \frac{m}{\left(m,n\right)}|p\frac{n}{\left(m,n\right)}$

$\left(\frac{n}{\left(m,n\right)},\frac{m}{\left(m,n\right)}\right)=1\Rightarrow \frac{m}{\left(m,n\right)}|p$ (2)

由(1)和(2)式， $\left(\frac{n}{\left(m,n\right)},\frac{m}{\left(m,n\right)}\right)=1$

$\frac{mn}{{\left(m,n\right)}^2}|p$ (3)

另一方面，已知 $a^{m_1}=b^{n_1}$

${\left(ab\right)}^{\frac{mn}{{\left(m,n\right)}^2}}={\left(ab\right)}^{m_1{n}_1}=a^{m_1{n}_1}{b}^{m_1{n}_1}=b^{n_1^2}{b}^{m_1{n}_1}=b^{n_1\left(n_1+m_1\right)}$

由 $d|\left(m_1+n_1\right)$，不妨设 $n_1+m_1=kd$，所以

${\left(ab\right)}^{\frac{mn}{{\left(m,n\right)}^2}}=b^{n_1\left(n_1+m_1\right)}=b^{n_{1}dk}=b^{nk}=e$

根据引理1得

$p|\frac{mn}{{\left(m,n\right)}^2}$ (4)

所以，由(3)与(4)得

$p=\frac{mn}{{\left(m,n\right)}^2}$，即 $\left|ab\right|=\frac{mn}{{\left(m,n\right)}^2}$

特别的，当 $\left|a\right|=2\cdot p_1,\left|b\right|=2\cdot p_2,ab=ba,a^{p_1}=b^{p_2}$，其中 $p_1,p_2$ 为不相等的奇素数，那么 $\left|ab\right|=\frac{mn}{{\left(m,n\right)}^2}$。

例如，在模30的剩余类加群 $Z_{30}$ 中， [3] 的阶为10，[5]的阶为6，且 $5\left[3\right]=3\left[5\right]$，则 $\left(10,6\right)=2,m_1=5,n_1=3,2|\left(5+3\right),\left[3\right]+\left[5\right]=\left[8\right]$ 的阶为 $15=\frac{10\times 6}{2^2}$。

我们知道若群G中 $\left|a\right|=m,\left|b\right|=n,ab=ba$，且 $\left(m,n\right)=1$ 时，有 $\left|ab\right|=mn$。如果 $a,b$ 不可以交换或者这两个元素的阶不互素时，ab乘积的阶就不能直接求出等于nm。此时，我们可以思考当 $ab\ne ba$ 时，如果两个元素a，b之间满足 $\left(n,2k\right)=2k,ab=b^{2k-1}{a}^{-1}$，元素a，b乘积的阶的问题。定理2就是对这一问题的研究。

定理2. 设a，b为群G的两个元素， $\left|a\right|=m,\left|b\right|=n,\left(n,2k\right)=2k,\left(m,n\right)=1$，且 $ab=b^{2k-1}{a}^{-1}$，那么 $\left|ab\right|=\frac{n}{k}$。

证明：首先，当 $ab=b^{2k-1}{a}^{-1}$

${\left(ab\right)}^h=\{\begin{array}{l}{b}^{hk}h为偶数\\ b^{hk+\left(k-1\right)}{a}^{-1}h为奇数\end{array}$ (5)

不妨设 $\left|ab\right|=p$，由 $\left(n,2k\right)=2k\Rightarrow \frac{n}{k}$ 是偶数

由(5)式得

${\left(ab\right)}^{\frac{n}{k}}=b^n=e$

根据引理1得

$p|\frac{n}{k}$ (6)

接下来证： $\frac{n}{k}|p$

若p为偶数： ${\left(ab\right)}^p=b^{pk}=e$，由引理1得

$n|pk\Rightarrow \frac{n}{k}|p$

若p为奇数： ${\left(ab\right)}^p=b^{pk+\left(k-1\right)}{a}^{-1}=e$，从而

$a=b^{pk+\left(k-1\right)}\Rightarrow a^m=b^{m\left[pk+\left(k-1\right)\right]}=e$

由引理1得

$n|m\left[pk+\left(k-1\right)\right]$

因为 $\left(m,n\right)=1$

$n|\left[pk+\left(k-1\right)\right]$

分析 $pk+\left(k-1\right)$ 的奇偶性，可知 $pk+\left(k-1\right)$ 只能为奇数，且n为偶数，不能整除奇数；矛盾

从而

$\frac{n}{k}|p$ (7)

由(6)与(7)得

$p=\frac{n}{k}$ 即 $\left|ab\right|=\frac{n}{k}$

定理3. 设a，b为群G的两个元素 $\left|a\right|=n,\left|b\right|=\ln$，存在 $k\in N$，使 $a=b^k$，则 $\left|ab\right|=\frac{\ln }{\left(\ln ,k+1\right)}$。

证：设 $\left|ab\right|=p,d=\left(\ln ,k+1\right)$，则 $1=\left(\frac{\ln }{d},\frac{k+1}{d}\right)$

${\left(ab\right)}^p=b^{\left(k+1\right)p}=e\Rightarrow \ln |\left(k+1\right)p\Rightarrow \frac{\ln }{d}|\frac{k+1}{d}p\Rightarrow \frac{\ln }{d}|p$ (8)

又因为

${\left(ab\right)}^{\frac{\ln }{d}}=b^{\frac{\left(k+1\right)\ln }{d}}=e\Rightarrow p|\frac{\ln }{d}$ (9)

由(8)与(9)得：

$p=\frac{\ln }{d}=\frac{\ln }{\left(\ln ,k+1\right)}$

定理4. 设a，b为群G的两个元素 $\left|a\right|=n,\left|b\right|=\ln$，若存在 $s,t\in N$，使得 $a^s=b^t$，且 $s|\left(n+1\right)$，那么 $\left|ab\right|=\frac{\ln }{\left(\ln ,\frac{n+1}{s}t+1\right)}$。

证：因为 $a^s=b^t$，且 $s|\left(n+1\right)\Rightarrow \frac{n+1}{s}$ 是整数

${\left(a^s\right)}^{\frac{n+1}{s}}={\left(b^t\right)}^{\frac{n+1}{s}}\iff a^{n+1}=b^{\frac{n+1}{s}t}\iff a=b^{\frac{n+1}{s}t}$

由定理3得

$\left|ab\right|=\frac{\ln }{\left(\ln ,\frac{n+1}{s}t+1\right)}$

例如，在模36的剩余类加群 $Z_{36}$ 中，[24]的阶为3，[3]的阶为12，且 $2\left[24\right]=16\left[3\right],s=2,t=16,2|\left(3+1\right)$。所以， $\left[24\right]+\left[3\right]=\left[27\right]$ 的阶 $4=\frac{12}{\left(12,16\times \frac{3+1}{2}+1\right)}=\frac{12}{\left(12,33\right)}$。[9]和[27]的阶都为4，且 $\left[27\right]=3\left[9\right]$ 及 $s=1,t=3,1|\left(4+1\right)$。所以， $\left[9\right]+\left[27\right]=\left[36\right]$ 的阶为 $1=\frac{4}{\left(4,3\times \frac{4+1}{1}+1\right)}=\frac{4}{\left(4,16\right)}$ 成立。

定理3，定理4是对引理2，引理3的结论进行了推广。引理2，3中元素a，b的阶一定要满足相等，但定理3，4不止可以解决元素a，b的阶相等的情形，还可以解决部分元素a，b的阶不相等时，元素a，b乘积的阶的计算问题。