Bujalance García, E.; Etayo Gordejuela, J.J.; Gamboa Mutuberría, J.M. - Teoría Elemental de Grupos (UNED)

TEORÍA ELEME~TAL DE GRLPOS

CUADERNOS DE LA UNED

Emilio Bujalance García José Javier Etayo Gordejuela José Manuel Gamboa Mutuberría

TEORÍA ELEMENTAL DE GRUPOS

UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA

CUADERNOS DE LA UNED (35040CU31A03) TEORÍA ELEMENTAL DE GRUPOS Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del Copyright, bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprograf{a y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamos públicos. © Universidad Nacional de Educación a Distancia

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y José Manuel Gamboa Mutuberrfa ISBN: 978-84-362-4436-6 Depósito legal: M. 38.568-2007 Tercera edición: noviembre de 2002 Tercera reimpresión: febrero de 2012 Impreso en España - Printed in Spain Imprime: Grafo, S.A Avd. Cen,antes, 51 - Edif. 21 (Vizcaya)

iNDICE

INTRODUCCIÓN ....................................................................................... INSTRUCCIONES PARA EL LECTOR .................................................... CAPÍTULO 1.

9 13

GENERALIDADES. TEOREMA DE LAGRANGE

Grupos .. ........ ... ... .... ........... ... ........................ .... ... ....... .......... ........ ... . Subgrupos. .... .................................................................................... Orden de un grupo .... .......................................................... ........ ... . Índice de un subgrupo ..... ........... ... .......... ... .... ... ................. ............

17 25 36 40

Ejercicios correspondientes al Capítulo 1 ........... .......... ....... ........... ........

56

l.

11. 111. IV.

CAPÍTULO 2.

SUBGRUPOS NORMALES. HOMOMORFISMOS. TEOREMA DE ESTRUCTURA DE LOS GRUPOS ABELIANOS FINITOS

Subgrupos normales. Propiedades................................................. Grupos cocientes.............................................................................. Homomorfismos ..... ... .... .... ... ....... ...... .... .......... ........... ... .................. Teoremas de isomorfía .. .... ... .... ... ... ... ........... .......... ........... ... ........... Estructura de los grupos abelianos finitos....................................

61 70 76 98 103

Ejercicios correspondientes al Capítulo 2 ...............................................

114

l.

11. 111. IV. V.

CAPÍTULO 3.

GRUPOS DE AUTOMORFISMOS. ACCIÓN DE UN GRUPO SOBRE UN CONJUNTO

Ejemplos de grupos de automorfismos ......................................... Automorfismos internos.................................................................. Subgrupos característicos ..... ... ....... .......... ... .......... ....... .................. Acciones de grupos sobre conjuntos..............................................

119 125 132 141

Ejercicios correspondientes al Capítulo 3 .. ...... ........ .. ........... ...... ............

166

l.

11. 111. IV.

CAPÍTULO 4. l.

11.

EL TEOREMA DE SYLOW

Introducción..................................................................................... Subgrupos de Sylow ........................................................................

171 173

8


Intersecciones de subgrupos de Sylow .......................................... Criterios de no simplicidad............................................................. Otros resultados sobre invertibilidad del teorema de Lagrange.. Ejercicios correspondientes al Capítulo 4 ...............................................

111. IV. V.

CAPÍTULO 5.

GRUPOS SIMÉTRICOS Y ALTERNADOS

l. Sistemas generadores de Sn y A".................................................... 11. Simplicidad de An ..... ........ .. ....... ........ ....... .. ........ .. ............... ............ Ejercicios correspondientes al Capítulo 5 ......... .......... .. ........ .. ............. ... CAPÍTULO 6.

221 236 258

SERIES

l. Series de composición..................................................................... 11. Grupos policíclicos .......................................................................... 111. Conmutadores y subgrupos derivados........................................... IV. Grupos resolubles y nilpotentes ..................................................... Ejercicios correspondientes al Capítulo 6 ........... ........... .. .......... .. ...........

CAPÍTULO 7.

194 200 211 216

263 270 286 298 320

GRUPOS ABELIANOS FINITAMENTE GENERADOS. GENERADORES Y RELACIONES

l. Teorema de estructura..................................................................... 11. Generadores y relaciones ..... ........ ...... .. ........... ........... .......... ........... Ejercicios correspondientes al Capítulo 7 ...............................................

325 336 367

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS..................................................... GLOSARIO DE ABREVIATURAS Y SÍMBOLOS.................................... ÍNDICE DE TÉRMINOS...........................................................................

371 515 519

INTRODUCCIÓN Este libro ha sido diseñado para ser estudiado por los alumnos del primer ciclo de la Licenciatura de Ciencias Matemdticas de la Universidad Nacional de Educación a Distancia, y por lo tanto sin la ayuda de un profesor. Esto nos ha movido a intentar detallar al máximo la exposición y a incluir gran número de ejemplos, lo que explica la evidente desproporción entre el elevado número de pdginas y la modestia de los objetivos alcanzados. Pretendemos dar una introducción autocontenida de algunos aspectos bdsicos de la teoría de grupos, que se puede impartir en el primer cuatrimestre del primer curso de dlgebra (no lineal) de las Facultades de Matemdticas de la Universidad española. Algunos resultados son utilizados en el libro Anillos y cuerpos conmutativos, correspondiente a este mismo curso, y al que haremos referencia como [CA] Los prerrequisitos necesarios son mínimos: las nociones de aplicación entre conjuntos, inyectividad, sobreyectividad, relaciones de equivalencia y cuestiones elementales de dlgebra lineal. Sólo la resolución de algunos ejercicios del último capítulo exige algún conocimiento sobre conjuntos ordenados (el axioma de la buena ordenación de Zermelo ). El texto se articula en torno al estudio de tres problemas bdsicos: Problema 1. Clasificación de los grupos abelianos finitamente generados. Problema 2. Simplicidad y resolubilidad de grupos finitos. Problema 3. Invertibilidad del teorema de Lagrange. De entre ellos sólo resolvemos de modo completo, como es obvio, el primero, precursor del andlogo problema de clasificación de módulos sobre dominios de ideales principales. El caso finito se resuelve en el capítulo 2. El caso general se aplaza al capítulo 7 (proposición 7. 7). Aquí empleamos tanto el teorema de estructura de los grupos abelianos finitos (proposición 2.21) como las propiedades obtenidas en el capítulo 6 sobre el número de Betti de un grupo policíclico (los grupos abelianos finitamente generados son policíclicos ). Se obtiene ademds en el capítulo 7 un procedimiento algorítmico para clasificar un grupo abeliano finitamente generado a partir de una presentación del mismo mediante generadores y relaciones. Junto con el teorema de estructura de grupos abelianos finitamente generados, el otro resultado fundamental en el curso es el teorema de Sylow (capítulo 4, proposición 4.5) que es el utensilio fundamental empleado en el texto para dar respuestas parciales a los problemas 2 y 3.

10


La detenninación de los grupos finitos simples (aquellos que no admiten subgrupos normales propios) es muy reciente. Este problema ha generado importante investigación en teoría de grupos, pero como es obvio, aquí sólo presentamos algunas pinceladas en los capítulos 4 y 5. A título de ejemplo citemos: -

Los grupos de orden (número de elementos) 2m, donde m es impar mayor que uno, no son simples (proposición 4.19).

-

Los grupos de orden p"q, p y q primos, no son simples (proposición 4.13 ). En particular esto sin,e para los p-grupos (grupos con p" elementos).

-

Los grupos alternados A son simples sin 0

=;i:

4 (proposición 5.15).

Hemos omitido muchos resultados de naturaleza similar a los anteriores. Algunos tienen cardcter elemental, como la existencia de un grupo simple de orden 168 (el de menor orden no primo que no es alternado); otros escapan evidentemente de las pretensiones de este libro, como el célebre teorema de Feit y Thompson: -

Los grupos simples de orden impar tienen orden primo.

El estudio de los grupos resolubles, en el capítulo 6, viene primordialmente motivado por un teorema de Galois que resolvió un problema del que se ocuparon los mds eminentes matemdticos (véase [CAJ, IX, 1.10): -

Las raíces de la ecuación

a 0 + a 1 T + ... + a 0 Tº = O, a 0 ,

••• ,

a 0 E Q,

se expresan mediante sumas, multiplicaciones y radicales de números racionales (se dice que la ecuación es resoluble por radicales) si y sólo si cierto grupo asociado a la ecuación (su grupo de Galois) es resoluble. En consecuencia, la resolubilidad (por radicales) de las ecuaciones de grado menor o igual que cuatro, y la no resolubilidad de algunas de grado cinco se deduce mediante: -

Los grupos de orden menor o igual que 24 son resolubles (proposiciones 6.4.10 y 6.13.5).

-

El grupo de permutaciones S 5 no es resoluble (proposiciones 6.4.9 y 6.13.5).

De los tres problemas citados inicialmente es el tercero el que abordamos en el texto de manera mds superficial. El teorema de Lagrange (capítulo 1, proposición 1.12.8) afirma que: -

El orden de un subgrupo de un grupo finito divide al orden de dicho grupo.

11

INTRODUCCIÓN

Más interesante es el recíproco: Si G es un grupo de orden n, ¿cuál es la imagen de la aplicación [subgrupos de G] --+ [divisores de n]: H

i-+

orden de H?

Decimos que el teorema de Lagrange se invierte en G cuando esta aplicación es sobreyectiva y a lo largo del texto se demuestra que el teorema de Lagrange se invierte en los grupos abelianos finitos, en los diedrales, en los pgrupos, y en los de orden menor o igual que 23 que no son A41 pero no en este último (capítulo 4, proposición 6.22). Además en el capítulo 6 se caracterizan los grupos nilpotentes como aquellos en que cada divisor de n es el orden de un subgrupo normal Cualquier lector avezado echará de menos las muchas omisiones de este libro. Tratando de mantener el carácter elemental del mismo hemos resistido la tentación de incluir temas de gran belleza, como por ejemplo, representación de grupos y las técnicas de «transfer y splitting». El lector puede encontrar magníficas exposiciones de los mismos en S. Lang, Álgebra, AddisonWesley, y J. Rose, Group Theory, Cambridge Univ. Press. Incluso los temas tratados han sido deliberadamente cercenados en algún punto, en aras de la elementalidad. Por ejemplo no hemos estudiado productos semidirectos de grupos, aunque en 6.6.3 y 6.2.5 se dan dos casos particulares, ni hemos probado el teorema de Hall que puede entenderse como una generalización, para grupos resolubles, del de Sylow. De todo lo anterior se desprende cuál es el objetivo que nos hemos marcado; hemos querido ofrecer al lector de este libro una primera toma de contacto con la teoría de grupos, que le familiarice con las nociones y algunos de los problemas básicos y le ponga en condiciones de estudiar otros textos de mayor nivel. Un resumen del contenido de cada uno de los siete capítulos que componen el libro se encuentra en las introducciones de los mismos.

INSTRUCCIONES PARA EL LECTOR Las diversas proposiciones, definiciones, corolarios, lemas, observaciones, comentarios, ejemplos y los pasos fundamentales de algunas demostraciones van acompañados de una cuaterna de enteros no negativos (m, n, p, q), de modo que si alguno es cero, se suprime. El entero m designa el cap(tulo, y la terna (n, p, q) la posición relativa dentro del mismo (orden lexicográfico). En ningún caso n denota el epígrafe (salvo azarosas coincidencias).

Al final de cada cap(tulo se proponen 20 ejercicios numerados desde 1 hasta 140, cuyas resoluciones detalladas se presentan al final del libro. Los ejercicios que se han considerado más difíciles han sido indicados con un asterisco*. Ni los enunciados de los ejercicios ni sus soluciones se emplean en el texto ordinario aunque la solución del ejercicio n-ésimo puede exigir la del k-ésimo para algún 1 ~ k < n. Además de las notaciones empleadas para designar los distintos conceptos introducidos en el texto, utilizamos las habituales: a E A significa que a es un elemento del conjunto A a, b E A significa que a y b son elementos del conjunto A

El conjunto vacío se designará por "1 A e B significa que cada elemento de A pertenece a B. A

~

B significa que A e B y A #- B.

B \ A es el conjunto formado por los elementos de B que no están en A.

f : A ~ B es una aplicación de A en By el transformado mediante f del elemento a E A se denota f(a).

Si f : A ~ B y g : B ~ C son aplicaciones denotamos g f : A ~ C la aplicación composición que transforma a E A en g(f(a)) E C. 0

Utilizamos f I M para designar la restricción a M e A de la aplicación f : A ~ B y 1A ó IA para la aplicación identidad 1A= IA : A ~ A : a i--+ a. El número de elementos de un conjunto finito A se denotará card (A) o card A El conjunto de los números naturales O, 1, 2, ... , se designará por N; los de números enteros, racionales, reales y complejos por "?L, O, ~ y C, respectivamente.

14


Si i, j, k y

f

son números enteros, la expresión i

:s;

j, k

:s; f

significa que tanto j como k están comprendidos entre i y f. Otras expresiones corrientes como det(A) = determinante de la matriz A, n!

= 1 · 2, ... , n = factorial den, o los números combinatorios (n) = m

n! m!(n-m)!

se utilizarán sin previo aviso. Además de los textos ya citados de Lang y Rose aconsejamos al lector que desee profundizar más en los temas aqu{ expuestos la lectura, entre otros, de los siguientes libros: A. MACHI. Introduzzione a la teoria dei Gruppi. Feltrinelli. M. SUZUKI. Group Theory. Springer. H. J. ZASSENHAUS. The theory of groups. Chelsea.

Capítulo 1 GENERALIDADES. TEOREMA DE LAGRANGE

Este capitulo tiene carácter introductorio. En él se presentan los grupos, objetos a estudiar en el texto, y algunas construcciones comunes a toda la matemática; las subestructuras (subgrupos) y la estructura producto (producto directo de grupos); todo ello acompañado de muchos ejemplos. Se estudia la clase de grupos más sencillos, los dclicos, y se obtiene el primer resultado de naturaleza aritmética para grupos finitos: el teorema de Lagrange. Este teorema dice que el número de elementos de un subgrupo de un grupo finito divide al número de elementos de dicho grupo.

l. GRUPOS Definición 1.1. Un grupo es un conjunto no vacío G en el que está definida una operacion binaria

que escribiremos (a,b)

t--+

ab

tal que: (ab)c = a(bc) para cada terna de elementos a, b y e de G. Se dice que la operaciones asociativa.

(i)

(ii)

Existe un elemento u E G tal que ua =a= au

para todos los elementos a de G. (iii) Para cada elemento a E G existe x E G tal que

ax = u = xa. Diremos que abes el producto de a por b. 1.1.1. Observaciones. El elemento u de (ii) en la definición anterior es único pues si u' también verificara (ii) tendríamos: uu' =u'= u'u u 'u= u= uu '

(a= u' en (ii))

de donde u ' = u ,u= u.

18

TEOIÚA ELEMENTAL DE GRUPOS

Se dice que u es el elemento neutro de G. Usualmente denotaremos le = u y si no hay posible confusión con el grupo en el que estemos trabajando, simplemente 1 =u.Si la operación en G la notamos por (a, b) ~a+ b, la llamaremos suma y al elemento neutro Oc o simplemente O. Asimismo, para cada a E G, el elemento x de (iii) en 1.1 es único pues si y E G cumpliese (iii) tendríamos: ax= u= xa ay= u= ya

En particular ax

esto es, ux

= uy,

= ay, luego x(ax) = x(ay), y por la propiedad asociativa, (xa)x = (xa)y,

de donde x

= y.

Al único elemento x de G que cumple ax= u= xa

le llamamos inverso de a y lo notamos por a- 1. Nótese que si a E G, como aa- 1 = lG = a- 1a, a es el inverso de a- 1, esto es, (a-1)-1

= a.

Cuando la operación en G sea la suma, escribiremos -a en vez de a- 1•

1.1.2. Simplificación. (1)

Sean a, by e tres elementos de un grupo G.

Si ab = ac, entonces b = c.

= ca, entonces b = c. En efecto, si ab = ac, se tiene a- 1(ab) = a- 1(ac), luego (a- 1a)b = (a- 1a)c (2)

Si ba

esto es, b = lb = le = e, lo que prueba (1). Análogamente se deduce (2).

1.1.3. Asociatividad generalizada. variar las formas de asociar n elementos

Los productos que se obtienen al

de un grupo G, consen,ando el orden, son iguales. Notaremos cualquiera de esos productos por a 1 ••• ªn· Probaremos esto por inducción sobren. Los casos n = 1, 2 son obvios. Supongamos n > 2. Debemos demostrar que si 1 < k < l < n, (1)

(al ... ak) (ak+I ... an)

= (al

... a¡) (al+l ... an)

19


Sean a= a 1 ción,

•••

ak, b

= ªk+l

... a 1 , e= a 1+1 ... ªn· Por la hipótesis de induc-

a 1 ••• a 1 = (a 1 ••• ak) (ak+l ... a 1) = ab y ªk+l ··· ªn = (ak+l ··· ª1) (al+l ··· an) = be.

Por ello, probar ( 1) equivale a probar que a(bc)

= (ab)c,

lo cual es cierto por la propiedad asociativa. En particular, esto permite definir, dados un elemento a E G y un natural n EN,

Poniendo a 0 = 1, a-n = (a- 1)n, tenemos definido ak para cada entero k. La ley de asociatividad generalizada nos permite asimismo deducir que aman= am+n (am)n = amn

1.1.3.1.

para cualesquiera números enteros m y n y cualquier a E G.

1.1.4. Inverso de un producto. Dados elementos a 11 ... , an en un grupo G se tiene

Lo probaremos por inducción, Si n = 1, es obvio. Si n > 1, usando 1.1.3, (a1 ... an) (a~ 1... a¡- 1) =(a1

... ªn-1)

=(a1 ··· ªn-1) (a~~I···

(ana~ 1) (a~~!-··

aj" 1) =

a¡- 1) = Í

por la hipótesis de inducción, mientras que (a~ 1... a¡- 1) (a1 ...

an)=(a:1... a2 1) (a¡- 1ai)

=

(a: a2 1 •••

1)

(a2 ... an)

=

(a 2 ... an) = l.

1.2. Ejemplos ( 1) Los conjuntos "11., O, IR y C con la suma usual son grupos cuyo neu-

tro es el número cero.

20


(2) Los conjuntos 0*, IR* y C* obtenidos a partir de O, IR y C quitando el número cero, son grupos para el producto. No ocurre así con "11..*: el número dos no tiene inverso en "11..*.

(3) Si X es un conjunto no vacío, el conjunto Biy(X) formado por las aplicaciones X -+ X que son biyectivas, es un grupo con la operación composición de aplicaciones, cuyo elemento neutro es la aplicación identidad

lx :X -+X:x-x. En efecto, si f y g son biyecciones, (f O g) (X)= f(g(X)) = f(X) = X,

lo que prueba la sobreyectividad de f

O

g.

Por otro lado, si x e y son elementos distintos en x, la inyectividad de g nos dice que g(x) :;6 g(y), y la de f permite concluir que f(g(x)) :;6 f(g(y))

y así f

o

g es también inyectiva.

De este modo queda probado que la composición es una operación binaria en Biy(X). El lector puede comprobar que se cumplen las condiciones (i), (ii) y (iii) de 1.1., donde ahora debe leerse f O gen vez de fg.

El grupo simétrico S,, Cuando el conjunto X es finito con n elementos, escribiremos Sn en vez de Biy(X). Este grupo tienen! elementos pues si X= {a 1, ... , an}, para definir un elemento en Sn tenemos n posibles valores como imagen de a¡, n-1 valores como imagen de a 2 (pues al ser biyecciones las imágenes de a 1 y a 2 deben ser distintas), y en general, n-i valores como imagen de ai+I' i =O, ... , n-1, por lo que el número de elementos de S 11 es

n(n-1) ... 3 · 2 · 1 = n!. Nótese que si dos conjuntos X e Y tienen n elementos, Biy(X) = Biy(Y).

Más adelante (en Cap. 5) haremos un estudio detallado de los grupos S 11 • (4) El conjunto GL 11 (1R) formado por las matrices de orden n con coeficientes en IR cuyo determinante no es nulo, es un grupo con la operación producto de matrices, con elemento neutro la matriz identidad de orden n, / 11 , cuyos únicos coeficientes no nulos son los de la diagonal principal, que valen uno.

21


De hecho, de la fórmula det (A · B)

= det (A)

· det (B)

se deduce en particular que el producto es una operación binaria en GL/IR) y por otro lado, es sabido que las matrices con determinante no nulo tienen inversa. (S) Sean ~ 3 un número natural y X el polígono regular den lados, con vértices a 1, ••• , an

1

1 1 \

' ' . ... Decimos que una biyección f : X

~

X conserva la distancia si

dist(a, b) = dist(f(a), f(b))

para cada a, b E X.

Se llama n-ésimo grupo diedral al conjunto Dn =

lf E

Biy(X):

f conserva la distancia].

Es inmediato comprobar que, con la operación composición de aplicaciones, D n es un grupo. En efecto, la asociatividad para ternas de elementos de Dn es consecuencia de la asociatividad para ternas de elementos en Biy(X). Evidentemente la aplicación identidad lx E Dn pues conserva la distancia. Así lx es el elemento neutro en Dn. Por último, sea h E Dn y h- 1 E Biy(X) la aplicación inversa. Para ver que h posee inversa en Dn basta comprobar que h- 1 E Dn, es decir, que h- 1 conserva la distancia. Sean pues, a, b E X, p h conserva la distancia,

= h- 1(a), q = h- 1(b).

Así h(p)

= a,

h(q)

= b, y como

dist(h(p), h(q)) = dist(p, q), es decir dist(a, b)

= dist(h- 1(a),

h- 1(b)).

Si f E D n y p es un punto situado en el segmento que une a¡ con ª;+ 1, se cumple dist(a¡,

ª;+ 1)

= dist(a¡, p)

+ dist(p,

ª;+ 1),

22


luego dist(f(a¡), f
••• ,

anJ, flv E Biy(V).

Por otro lado, cada f E Dn queda determinada por las imágenes f(a 1), ••• , f(an) de los vértices pues dado p E X estará entre dos vértices consecutivos a¡, ª;+ 1, luego f(p) es el único punto del segmento que une f (a¡) con f
Veamos cuántos elementos tiene Dn. Si f E Dn y f(a 1) = a¡, necesariamente será f(a 2 ) = a¡_ 1 ó ai+I' f(a 3 ) = a¡_ 2 , ó a¡ 72 , etc., pues f conserva la distancia. En consecuencia, por cada elección de imagen de a 1 (y hay sólo n posibles imágenes) tenemos dos modos, a lo sumo, de elegir imagen para el resto de los vértices. Por ello, número de elementos de Dn

=s.;

2n.

Veamos que se da la igualdad, y cuáles son los elementos de Dn. Si O es el centro del polígono X, el giro f de centro O y ángulo 21Tln pertenece evidentemente a Dn y fn es la identidad. Así

Ox = rn, f, { 2 , ••• , rn-lJ C

Dn

y estos elementos son distintos, pues fi = fi para ciertos 1 lx=fi ofi =fi ofi =fi-i

=s.;

i
=s.;

n implica

por 1.1.3.1

de donde

lo cual es falso. Por otro lado, la simetría g respecto de la recta que une O con a 1, es también elemento de Dn, pues obviamente conserva la distancia y g(a 1)

= a 1, g(a¡) = a n-i+l' 2 =s.; i =s.; n.

23


Componiendo con las potencias de f, tenemos (g, g º f, ... , g º fn-lJ C Dn,

y así

Ox, f, f2, ... , rn-1, g, g o f, ... , g

o

rn-lJ e Dn.

Basta ahora probar que los 2n elementos del conjunto de la izquierda son todos distintos, para obtener la igualdad

1.2.2. Dn Pero g º fi = g

= [1 = 1x• f, f2, ... , fn- 1, g, g o f, ... , g o

fi para 1

i
:s;;

:s;;

o

fn-•J.

n implica por 1.1.2

fi = fi, que es falso. Por último, g º fi = fi para 1 :s;; i :s;; j :s;; n implica g

= fi-i,

y en particular

ª• = g(a1) = fi-i(ai) =

ª;-i+t•

= 1, esto es j - i = O, g = fº = 1x· Entonces an = g(a 2 ) = lxCa 2 ) = a 2 , o sea, n = 2, lo cual es imposible.

luego j - i + 1

Definición 1.3. Diremos que el grupo Ges abeliano si ab = ba para cada par de elementos a, b E G. 1.3.1. Evidentemente los grupos '11.., O, IR, C con la operación suma y los grupos 0*, IR*, C* con la operación producto son abelianos. 1.3.2. Todo grupo con dos elementos es abeliano, pues si u es el elemento neutro y a =¡t,. u es el elemento restante,

uu = uu

ªª = ªª

au =a= ua. En particular, S 2 es abeliano.

1.3.3. Paran ~ 3, Sn no es abeliano. En efecto, sea X= {1, 2, ... , n] y Sn = Biy(X). Sean f y g los elementos de Sn definidos por: g(l) = 2 g(2) = 1 g(k) = k, k

f(l) = 2

{(2) = 3 {(3) = 1 f(k) = k, k

~ 4

~

3

24


Como g º {(3) = g(l) = 2, y f º g(3) = {(3) = 1, resulta gof~fog y Sn no es abeliano.

1.3.4. Paran dada por

;;;¡,,

2, GLn(IR) no es abeliano. En efecto, la matriz A = (a¡¡)

ª;;

pertenece a GL/IR) pues det (A) A' E GLn(IR).

=

{

1 si i ~ j O si i > j

= 1 ~ O. En consecuencia, como det A' = det A,

Ahora,

con lo que AA'

~

A'A.

Paran

1.3.S.

;;;¡,,

3, Dn no es abeliano.

Utilizando las notaciones de 1.2, consideramos el giro en Dn. Tenemos g º f(a1)

luego g º

f

~

f

y la simetría g

= g(a2) = ªn• f º g(a1) = f(a1) = ªv

f º g.

Veamos otras caracterizaciones de los grupos abelianos. Sea G un grupo.

Proposición 1.4.

( 1) Si x 2 = 1 para cada x E G, G es abeliano. (2) Si (ab) 2 = a 2b 2 para cada a, b E G, Ges abeliano.

Demostración. (1)

Para cada x E G, x · x = 1 = x · x-•, luego X=X-1

por

1.1.2.

Ahora, dados a y ben G, tendremos a= a-•, b = b- 1 y si e = ab, será

ab =e= e-• = (ab)- 1 = b-•a- 1 = ba, la penúltima igualdad por 1.1.4. Así G es abeliano. (2)

Dados a y ben G, se cumple

a(ba)b = (ab) 2 = a 2b 2 = a(ab)b. Simplificando, mediante 1.1.2, obtenemos ab = ba.

25


Definición 1.5. Sean G y G' dos grupos, cuyas operaciones notaremos por G X G ~ G : (a, b) i-+ ab G' x G' ~ G': (a', b') i-+ a'b'.

El producto cartesiano G" = G X G' es un grupo con la operación G" x G" ~ G": ((a, a'), (b, b'))

i-+

(ab, a'b').

En efecto, la asociatividad en G" es consecuencia inmediata de la asociatividad en G y G' y de que la operación en G" se ha definido coordenada a coordenada. Evidentemente, el elemento le·= Oc, le.) es el neutro en G". Por último, como y

(a- 1, b- 1) (a, b) = (a- 1a, b- 1b) = Oc, le.)= le-, el elemento (a- 1, b- 1) es el opuesto, en G", de (a, b). Nótese además que si G y G' son abelianos, también lo es G". Recíprocamente, si G" es abeliano, dados a, b E G se tiene

es decir, (ab, le.) = (ba, le.),

luego ab = ba y G es abeliano. Análogamente se prueba que G' es abeliano. En general, dados grupos G 11 ••• , Gr, se define por recurrencia G 1 X .•• X Gr = (G 1 X ••• X Gr_ 1) X Gr.

Se dice que G 1

II.

X •.. X

Gr es el producto directo de los grupos G 11

••• ,

Gr.

SUBGRUPOS Definición 1.6.

Un subconjunto no vacío H de un grupo G es un sub-

grupo de G si, con la misma operación de G, Hes un grupo.

1.6.1. Observaciones. Sea H un subgrupo de un grupo G. 1.6.1.1.

le pertenece a H y es su elemento neutro.

1.6.1.2.

Si x E H, también x- 1 E H.

26

TEORíA ELEMENTAL DE GRUPOS

Demostración. Por definición H tiene un elemento neutro al que llamamos u. Desde luego, uu = u. Sea u- 1 E Gel inverso de u en G. Operando en G,

luego

esto es, lGu = lG,

o sea, u = lG. Esto prueba (1.6.1.1). Si x EH existe y EH tal que xy = lG = yx, pues ya hemos visto que lG es el elemento neutro de H. Así,

xx-• = xy, y aplicando la propiedad cancelativa,

x- 1 =y E H. La siguiente proposición caracteriza de modo sencillo la condición de ser subgrupo. Proposición 1.7. Sea H un subconjunto no vacío de un grupo G. Las siguientes condiciones son equivalentes: (1)

Hes un subgrupo de G.

(2)

Para cada par de elementos x, y EH, xy- 1 E H.

Demostración. (1) => (2). En virtud de 1.6.1.2, y- 1 E H. El producto es operación binaria en H, porque Hes subgrupo. Así, como x, y- 1 E H, se concluye que xy- 1 E H. (2) => (1). Sea x EH (existe, pues H no es vacío). Ahora la hipótesis usada con y = x nos dice que

xx- 1 EH, esto es lG EH, luego H posee elemento neutro. Además, si y EH, como x

= lG

EH, tenemos

y- 1 = 1Gy 1 =xy- 1 EH, y así cada elemento de H tiene inverso en H.

27


Finalmente, dados x, y EH, ya sabemos que z = y- 1 EH, luego xy = x(y- 1)- 1 = xz-• EH,

lo que prueba que la operación de Ges una operación binaria de H. Sólo queda probar que la operación, cuando involucra elementos de H, es asociativa, pero esto es obvio, pues lo es para cualquier tema de elementos de G. 1.7.1. Observación. Evidentemente [lcJ y G son subgrupos de cualquier grupo G. Llamaremos subgrupos propios de G a aquellos subgrupos distintos de {1el y G. 1.8. Ejemplos 1.8.1. Los subgrupos de Z son los conjuntos de la forma m'll.. = {mx : x E Z}

para cada entero no negativo m. Desde luego m'll.. es un subgrupo de Z, pues no es vacío, ya que m = m 1 E mZ, y si a= mx, b = my pertenecen a m'll.., a-b = m(x-y) E mZ. En virtud de 1.7 (aquí la notación es aditiva), m'll.. es subgrupo de Z. Recíprocamente sea H un subgrupo de Z. Si H consta sólo del número cero, H = 0'11.. tiene la forma requerida. Si H tiene algún elemento no nulo, tiene alguno positivo en virtud de 1.6.1.2. Si m es el menor entero positivo en H, cualquier otro n E H positivo será n = qm + r,

Como qm

--q--

=m

+ ... + m E H, r

O ~ r < m.

= n-qm

E H y es menor que m, luego,

por la elección de m, no es positivo. Así r = O, y por lo tanto, 1.8.1.1.

n = qm = mq E mZ.

Sin EH es negativo, -n EH y es positivo, luego -n = mx E mZ

para algún entero x. Así 1.8.1.2.

n = m(-x) E m'll...

Como también O = mO E mZ, de 1.8.1.1 y 1.8.1.2 deducimos que H e m'll...

28


Pero como m EH también -m EH, y así para cada x E Z,

--X-----X--

mx=

con lo que H = m"ll... 1.8.2.

Para cada n

;;;¡,,

m+ ... +mEH

si X>O

OEH (-m) + ... + (-m)

si X=O si X
3, Dn es subgrupo de Sn.

De hecho, en 1.2 vimos que Dn e Sn y que Dn es grupo con la misma operación (composición de aplicaciones) que Sn. Uno de los modos habituales de construir grupos es: Definición 1.8.3. conjunto

Si Ses un subconjunto no vacío de un grupo G, el

(S)={st• ... s!" :ne N, s¡ e S, h¡ e Z, l~i~n}

es un subgrupo de G que contiene a S, llamado subgrupo generado por S. Observaciones 1.8.3.1.

(S) = {x 1

•••

xm : m E N,

E S, ó x¡- 1 E S, 1 :s;: i :s;; m].

X¡

Si ~ses la familia de todos los subgrupos de G que contienen a S, 1.8.3.2.

(S) =

nH

HE

y en particular, (S) C H para cada H E

;'lis

~s·

Cada s E S se escribe s = s I E (S). Esto prueba que S e (S). En particular (S) no es vacío, por no serlo S. Demostración.

D a d OS

X

= Sth1

••• Snh,, ;

y -- tf• 1 ..• tt,,, m

,

X,

y E (S) COn

como -I_ t-(,,.

y-,,,

t-(.

···t

29


tenemos xy

-1 _

h,

-

S1

hn (-t.,,

, ••• 5 n

m

f-t, ··· 1

Queda probado que (S) es subgrupo de G. Veamos 1.8.3.1. Dado x = x 1 mos, para cada 1 :s;; i ,s.; n. S·= { 1

X¡

x:- 1 1

Si

si

•••

S

X¡ E

x:-1 1 e

Evidentemente para cada 1

xm, m E N,

h- = '

S

i

:s;;

S¡ E

,s.;

X;

ES ó x;- 1 ES, considera-

{1

Si X¡ E S -1 si x:-1 1 e S

n,

h, S, S¡'

= X¡.

Así,

luego el primer miembro de 1.8.3.1. contiene al segundo. Recíprocamente, sea x = sf' ... s!" e (S), n E N, s; E S, h; E "11., 1 :s;; i ,s.; n. Como

s? = 1, podemos suponer que cada h; "# O.

Consideremos, para cada 1

:s;;

f .=

{h;

h;

si >O -h; si h; < O

' y fijado i pongamos para cada 1

Xk;

i ,s.; n,

:s;;

={

k ,s.; i;,

S¡ -1 S¡

Si • SI

h¡

>0

h¡

< 0.

Desde luego para cada 1 :s;; i ,s.; n, 1 :s;; k ,s.; i¡, bien xk; ES (si h; > O), bien

xil

=

s; ES (si h;< O).

h =xu ... x,.;, 1 ,s.; r. :s;; n, 1uego Además, s;' 1

pertenece al segundo miembro de 1.8.3.1, lo que prueba la igualdad.

30


Por último, vemos 1.8.3.2. Ya hemos probado que (S) E

n He

HEfli

~ s'

de donde

(S).

Para probar la igualdad basta pues ver que (S) e H para cada HE
= st• ... st"

E (S), cada s¡ E S C H y al ser H subgrupo, también

s~' E H, de donde x E H. 1

1.8.3.3. Un caso particular pero muy importante es aquél en que S = [a} para algún a E G. En tal caso escribimos (a) en vez de ([a}). Obviamente (a)

= [é : k

E 7l..}.

y se le llama subgrupo generado por a.

Definición 1.8.3.4. Un subconjunto no vacío S de un grupo G se llama sistema generador de G si G = (S). Como el menor subgrupo de G que contiene a Ges el propio G, se deduce que (G) = G, luego Ges un sistema generador de G. Este es un ejemplo trivial y nada interesante. Más interés tiene:

1.8.3.S. po diedral

Ejemplo.

Con las notaciones introducidas en 1.2 (5), el gru-

Dn = [ 1, f, ... , fn-1, g, g º f, ... , g º fn -1} cumple, de modo obvio, que Dn = (S), S = [f, g}.

Definición 1.8.3.6. Un grupo G que posee un sistema finito de generadores se llama finitamente generado. Así, por ejemplo, todo grupo finito Ges finitamente generado pues como hemos visto, Ges sistema generador de G. El recíproco no es, en general, cierto. Por ejemplo, el grupo 7L de los números enteros está generado por S = [ 1}, ya que cada n E 7L se escribe como

n=

--11-[

1 + ... + 1

si

(-1) + ... + (-1)

si n
n>O

---n--

Así 7L no es finito, pero es finitamente generado.

31


1.8.3.6. Observación. Aunque obvio, lo siguiente es con frecuencia útil. Dado un grupo G, y dos subconjuntos S y S' de G, para que los subgrupos H = (S) y K = (S') coincidan es suficiente que S e K y S' e H, pues en tal caso si x E H es x = s 1 ••• sm, s; E S e K, luego como K es subgrupo, x E K y hemos probado que H e K. Recíprocamente, cada x E K se escribe x = s' 1 luego x E H, es decir, K e H.

Definiciones 1.8.4. tralizador de H en G a

•••

s'n• con s'; ES' C H,

Si Hes un subgrupo de un grupo G, se llama cen-

CG(H) = [x E G : ax = xa para cada a E H].

1.8.4.1. Al centralizador de G en G lo notaremos por Z(G) y se le llama centro de G. Evidentemente Z(G) = [x E G: ax= xa para cada a E G], y por lo tanto G es abeliano si y sólo si G = Z( G).

El centro es un subgrupo de G. Con más generalidad,

Observaciones 1.8.4.2. CG(H) es subgrupo de G. Demostración. Como 1 E CG(H}, éste no es vacío. Sean x, y E CG(H), a E H. Como x E CG(H), ax = xa. Como y E CiH}, a-• E H, a- 1 y = ya- 1• Por

lo tanto, a(xy- 1) = (ax)y- 1 = (xa)y- 1 = x(ay- 1) = x(ya- 1)- 1 = x(a- 1y)- 1 =

= x(y- 1a) = (xy 1)a, luego xy- 1 E CG(H). Así, CG(H) es un subgrupo de G. En el caso particular de que H = (a) para algún a E G, se tiene

1.8.4.3.

x E CG(H) si y sólo si xa = ax.

En efecto, el= «sólo si» es obvio, pues a E H. Para probar el «si» hemos de ver que ax = xa

implica akx = xak

para cada k E "11..

32


Primero para k E N, por inducción sobre k. Para k probar. Si k > 1, akx

= 1 no hay nada que

= a(ak- 1 x) = a(xak-l) = (ax)ak- 1 = xak,

donde hemos usado la hipótesis de inducción en la segunda y cuarta igualdades. Antes de abordar el caso k < O, observemos que de ax =xa

se deduce a- 1(ax)a-• = a- 1(xa)a-•

Ahora, si k

= -f

< O, f E N, probamos por inducción sobre

(a- 1)l'x

Para

e=

luego xa- 1 = a- 1x.

= x(a- 1)l',

de donde akx

1 no hay nada que probar, y si

e>

e que

= xak.

1,

(a-l)l'x = a- 1(a-l)l'-I X= a- 1x(a-l)l'-l = x(a-l)t.

Así está visto 1.8.4.3 luego CG((a))

= {x

E G : ax

= xaJ.

Por eso se suele escribir CG(a) en vez de CG((a)). Evidentemente Z(G) =

n CG(a).

Además,

aEG

1.8.4.4. a E Z(G) si y sólo si CG(a) = G, pues si a E Z(G) cada x E G cumple ax = xa, luego G e CG(a) e G. Recíprocamente, si CG(a) = G, cada x E G pertenece a CG(a), luego ax= xa para cada x E G y así a E Z(G). Definición 1.8.S. Si S es un subconjunto no vacío de un grupo G y a E G, se llama conjugado de S por a al conjunto Sª = {a- 1xa: x ES].

Es obvio que y pertenece a Sª si y sólo si aya-• E S. (Compruébese). Propiedades 1.8.S.1. S 1.8.S.2.

~ Sª : x

i-+

a-•xa es biyectiva.

(Sª)b = Sªb para cualesquiera a, b E G.

1.8.S.3. S

= S 1•

1.8.S.4.

Si S es subgrupo de G, también lo es Sª.

1.8.S.S

Si S

e

T, entonces

sa e

'P.

33


En efecto: Para probar 1.8.5.1 basta ver la inyectiviclad. Pero si a- 1xa = a- 1ya, se sigue que xa = ya y de aquí x = y, usando dos veces 1.1.2. Como z E (5ª)h equivale a z = b- 1yb, y E 5ª y esto es lo mismo que z = b- 1yb, y = a- 1xa, x E 5,

o sea, z

= b- 1(a- 1xa) b = (b- 1a- 1)x(ab)

= (ab)- 1x(ab) E 5ab,

hemos probado 1.8.5.2. Para 1.8.5.3 basta observar que si x E 5, 1- 1xl = lxl = x. Cuando 5 es subgrupo, 1 E 5 y entonces a- 11a E 5ª, esto es, 1 E 5ª. Así 5ª no es vacío. Además, dados u, v E 5ª serán u = a- 1xa, v = a- 1ya, x, y E 5

y por lo tanto uv- 1 = (a- 1xa) (a- 1y- 1a) = a- 1x(aa- 1)y- 1a = a- 1(xy- 1)a E 5ª puesto que al ser 5 subgrupo de G, xy- 1 E 5. Para acabar, si x E 5ª, tenemos que,

e T, luego x E T1.

axa- 1 E 5

Definición 1.8.6. Si 5 es un subconjunto no vacío de un grupo G, se llama normalizador de 5 en G a N c(5)

= {a

E G : 5ª

= 5},

que es un subgrupo de G. En efecto, de 1.8.5.3 sabemos que 5 = 5 1, luego 1 E N c(5) y así N c<5) no es vacío. Por otro lado, si a, b E N c(5), 5ab-' = (5ª)b-' = 5b-'

pues a E Nc(5). Como 5 = 5 1 = 5bb-' = (5b)b-' = 5b-' (hemos usado 1.8.5.2 y que b E Nc(5)), tenemos: 5ab-'

= 5,

luego ab- 1 E Nc(5).

Observaciones 1.8.7. Si {H¡: i E/} es una familia no vacía de subgrupos de un grupo G, H= ílH; ÍE /

34


es un subgrupo de G, pues 1 EH y si x, y EH, se sigue que x, y E H¡ para cada i E / y así xy- 1 E H¡, por ser H¡ subgrupo, para cada i E /. Por lo tanto,

xy- 1 E H. Además, para cada a E G, 1.8.7.1.

Hª

= ílH¡iel

Veamos 1.8.7.1. Si x EHª, debe ser axa- 1 EH, luego axa- 1 EH¡ para cada i E/,

o lo que es lo mismo, x e

Hf

para cada i E /.

Hemos probado que Hª e ílHf. ie/

Recíprocamente, si x e ílHf se tiene x e

Hf

para todo i E /, o sea,

ie /

axa- 1 E H¡, esto es,

axa- 1 e ílH¡ = H, ie /

de donde x E Hª. Esto prueba el contenido

y por tanto la igualdad.

Definición 1.8.8. Dados dos subgrupos H y K de un grupo G, se defi-

ne HK = [hk : h E H, k E K].

1.8.8.1. Observación. HK es subgrupo de G si y sólo si HK Evidentemente H e HK, K e HK.

= KH.

Demostración. Supongamos que HK es subgrupo de G. Si x = hk E HK, entonces k- 1h- 1 = x- 1 E HK, luego

k- 1h- 1 = uv, u EH, v E K y así x

= hk = (k- 1h- 1)- 1 = (uv)- 1 = v- 1u- 1 E

KH

35


lo que prueba el contenido HK e KH. Sea ahora y = kh E KH. Entonces z = h- 1k- 1 E HK, y como HK es subgrupo, y= kh

= (h- 1k- 1)- 1 = z- 1 E

HK,

es decir, KH e HK. Recíprocamente, supongamos que HK = KH. Evidentemente HK no es vacío, pues 1 = 1 · 1 E HK. Además, dados x = h 1kl' y= h 2k 2 , x,y E HK,

xy- 1 = h 1k 1k 21h21

=

h 1k 3h 21 con k 3

=

k 1k 21 E K.

Como k 3h21 E KH = HK, se escribe

k 3h 21 = h 3k con h 3 E H, k E K. Así

xy- 1 = h 1h 3k

=

hk E HK siendo h

= h 1h 3 E H.

La última afirmación es obvia: h E H implica h = h · l E HK; k E K implica k = l · k E HK. 1.8.9. Ejemplo. Sean m y n números enteros no negativos, H = m"ll., K = n"ll. dos subgrupos de "11.. Como "11. es abeliano es obvio que H + K = K + H, luego, en virtud de 1.8.8.1 H + K es subgrupo de "11. (nótese que aquí la operación es la suma, luego la condición HK = KH se convierte en H + K = K + H). H + K no es el subgrupo (O) pues, por ejemplo,

m = m + O EH+ K. En virtud de 1.8.1 existe d E 1.8.9.1.

"11.

tal que

m"ll. + n"ll. = d"ll..

Veamos que 1.8.9.2. d = mcd(m, n), donde mcd significa «Máximo común divisor». Como m = m + O E m"ll. + n"ll. = d"ll., d divide a m; como n = O + n E m"ll. + n"ll. = d"ll., d divide a n.

36


Además d E dZ = mZ + nZ, luego existen a, b E Z, con d = ma + nb. Entonces, si e divide a m y a n, será

m = cu, n = CV, u, V E z, luego

d = c(ua + vb) y e divide a d. Esto prueba que d = mcd(m, n). En particular. 1.8.9.3. Dos números enteros m y n son primos entre sí si y sólo si 1 = am + bn para ciertos a, b E Z. En efecto, si mcd(m, n) = 1, es mZ + nZ = lZ por 1.8.9.1. Así, 1 E mZ + nZ. Recíprocamente, si 1 = am + bn y des un divisor de m y n, tendremos

m = du, n = dv, luego 1

=

d(au + bv) y así d

= +1

6 -1. En consecuencia mcd(m, n) = 1.

1.8.10. Observación. Dados dos subgrupos H y K de un grupo G, tales que H e K se tiene HK = K = KH. En efecto, cada x E HK se escribe x = hk, h E H C K, k E K,

luego HKCK.

Recíprocamente, cada k E K es k Análogamente KH = K.

111.

=1 · k

E HK. Hemos probado que HK

= K.

ORDEN DE UN GRUPO

Definición 1.9. Sea G un grupo. Al número de elementos de un subgrupo finito H de G se le llama orden de H y lo notamos por o(H). En particular, cuando G es finito, el número de elementos de G se llama orden de G. En caso contrario, decimos que Ges un grupo infinito. Un elemento a E G se llama de torsión si el subgrupo (a) es finito. En tal caso se llama orden de a y se nota por o(a) al orden del subgrupo (a). 1.9.1. Ejemplos. Tanto Z como todos sus subgrupos (véase 1.8.1) son grupos infinitos. Para cada n

~

2, o(Sn) = n! y para cada n

~

3, o(Dn)

= 2n, según vimos en 1.2.

37


Proposición 1.10. (i) (ii)

Sea G un grupo y a E G un elemento de torsión.

Existe k ~ 1 tal que ak = 1. El orden de a es el menor natural n

(iii)

Sin = o(a), (a)= [1, a, ... , an- 1J.

(iv)

Sin

(v)

(vi) (vii)

(viii)

(ix)

= o(a) y k

E N, ak

~

1 tal que an = 1.

= 1 si y sólo si k

es múltiplo den.

o(a) = 1 si y sólo si a = 1.

a- 1 es un elemento de torsión y o(a- 1) = o(a). Si x

= ak

E (a) y o(a)

= n, x

es de torsión y o(x)

n - mcd(n,k)"

Si b E Ges otro elemento de torsión y ab = ba, entonces abes de torsión y o(ab) es un divisor del mcm(o(a), o(b)), donde mcm = mínimo común múltiplo. Si en (viii) los números o(a) y o(b) son primos entre sí, o(ab) = o(a)o(b).

(x)

Si b E G y abes de torsión, también lo es ba, y o(ab) = o(ba).

Demostración.

(i) Como (a) es finito, la aplicación N\[O) ~(a): mi--+ am

no es inyectiva. Por tanto, existen r < s E N tales que

Si k = s - r,

Probamos simultáneamente (ii) y (iii). Sea n el menor natural que cumple an = 1, cuya existencia se deduce de (i). Si probamos que

1.10.1.

(a)= [1, a, ... , an-lJ

y que todos los elementos del miembro de la derecha son distintos, será o(a) = número de elementos de (a)= n

y quedarán probados (ii) y (iii). Evidentemente el primer miembro de 1.10.1 contiene al segundo. Recíprocamente, si x = ak, k E Z, dividimos k = qn + r, O :s;; r

,s;; n -

1,

38


luego x = aqn+r = (a")'lar = 1qar = ar, O =e; r =e;; n - 1.

Por último, si existieran O =e;; r < s

1 tales que

=e;; n -

sería contra la elección de n. (iv) Si k = nm es múltiplo den, ak = anm = (a")m = 1.

Si k no es múltiplo de n, k = nm + r, 1

ak

=e;;

r

=e;

n - 1, luego

= (a")mar = 1mar = ar 'F 1 por (ii).

(v) Si o(a) = 1, a= a 1 = 1 por (ü). Recíprocamente, como 11 = 1, o(l) = l. (vi) (a)= (a- 1) pues ak = (a- 1)-k para cada entero k. Así o(a) = número de elementos de (a)= número de elementos de (a- 1) = o(a- 1) y a- 1 es de torsión. (vii)

Como x = ak, cada elemento y= xt de (.x) cumple y

= (ak)t = akt

E (a).

Por lo tanto (.x) e (a) es finito y x es de torsión. Sea d = mcd(n, k). Como d divide a k, será k = ed, e E 'll..

Por ello, xnld = akntd = ane = (a")e = 1e = 1, y en virtud de (iv), nld es múltiplo de o(x). Por otro lado, alco(x) = (ak)o(x) = xa
n

m o(x)

Como evidentemente

n divide ak. esto es, o(x)

= k,

n divide a n, ~ divide ad = mcd(n, k), o(x) o(x)

es decir, l ~ =d para algún o(x)

f

E 'll.. En consecuencia, ldn

=o(x), luego o(x)

es múltiplo de nld. Finalmente, hemos probado que o(x) = nld.

39


(viii) Sean n = o(a), m = o(b), M = pn = qm, p, q E N, M = mem(m, n). Como a b = ba, tenemos (a b )M = aMbM = (an)P(bm)q = 1P 1q = 1

y o(ab) divide a M en virtud de (iv). (ix) Como o(a) = n y o(b) = m son primos entre sí, el mínimo común múltiplo de m y n es M = nm. En virtud de (viii) o(ab) divide a nm. Llamemos sal orden de ab. Así (ab)5 = 1 y como ab = ba,

a 5 b 5 = (ab) 5 = 1,

luego as

= b-s. En particular o(a 5 ) = o(b-s) = o((b5)- 1) = o(b5)

donde, para la última igualdad, hemos usado (vi). Ahora, por (vii), n = o(as) = o(bs) = m med(n,s) med(m,s)

Así d

= medn(n,s) = medm(m,s)

divide a m y a n, luego

d = 1, es decir, n = med(n, s), m = med(m, s). Entonces ses múltiplo den y de m, luego lo es de M = nm. Con esto hemos probado que o(ab) = s = nm = o(a)o(b).

(x) Sean

= o(ab). Tendremos a(ba)n-t b = a(baba ... ba)b = (ab)n = 1, -n-t-

luego (ba)n-t b =a-•, (ba)n-l = a-•b- 1 = (ba)- 1,

de donde (ba)n = (ba)n- 1ba = (ba)- 1ba = 1, y así el orden deba divide al de ab. Cambiando los papeles de a y de b obtenemos que el orden de ab divide al deba, luego

o(ab)

= o(ba).

40


1.11. Ejemplo Sean

~

3 y Dn el correspondiente grupo diedral. Con las notaciones de

1.2, sean f, g E Dn el giro de ángulo 2,r y la simetría.

n Si V= [a 11 ... , an} son los vértices del polígono regular den lados, vimos que g(at) = ª1 g(a¡) = ªn-i+ 2 , 2 ~

Como g(a 2)

= an

i

~

n.

#- a 2, g #- 1, luego o(g) > l. Además,

g2(a1) = g(a1) = ª11 . 2 >+ 2 =a., . 2 ) = a n-
luego g 2

= 1.

Así, o(g)

= 2.

En 1.2 vimos que f" = 1 y que fi #- 1 si 1 ~ i < n. Por ello, o(f) = n.

ÍNDICE DE UN SUBGRUPO

IV.

Definición 1.12.

Sea G un grupo y H un subgrupo de G. Llamaremos

RH (respectivamente, RH) a las siguientes relaciones en G: xRHy si xy- 1 EH xRH y si x- 1y E H.

1.12.1. RH y RH son relaciones de equivalencia. Lo veremos para RH y dejamos al lector la otra. (i)

Si x E G, xx- 1 = l EH, luego xR¡.r.

(ii)

Si xRHy, xy- 1 EH, luego (xy- 1)- 1 EH,

esto es, yx- 1 E H, y así yR¡.r. (iii)

Si xRHy, yRHz, tenemos xy- 1 EH, yz- 1 EH,

luego

y, por tanto xRHz.

41


1.12.2.

Si x E G, la clase de equivalencia de x respecto de RH es

Hx = (hx : h E H]. En efecto, y E G está relacionado con x mediante RH si y sólo si yx- 1 = h E H, esto es, si y = hx E Hx. De igual modo y E G está relacionado con x mediante RH si y sólo si x- 1y = h E H, o sea, si y = xh E xH. Proposición 1.12.3. La aplicación entre los conjuntos cocientes GIRH ~ G/RH: Hx ~ x- 1H

es biyectiva,

Demostración. tenemos

Veamos primero que está bien definida. Si Hx = Hy

luego

x- 1RHy- 1, es decir, x- 1H = y- 1H. La inyectividad se prueba de modo análogo; si Hx =I= Hy, xy- 1 ~ H, luego (x- 1)- 1y- 1 ~ H, esto es x- 1 e y- 1 no están relacionados mediante RH, y por ello x- 1 H =I= y- 1 H. Como cada clase yH de G/RH es la imagen de Hy- 1, hemos probado también la sobreyectividad. Definiciones 1.12.4. Decimos que Hes un subgrupo de G de índice infinito si G/RH (y por ello G/RH) es un conjunto infinito. Cuando GIRH es finito, llamamos índice de H en G y lo denotamos IG: H], al número de elementos de GIRH (que por 1.12.3 coincide con el de G/RH). En este caso decimos que Hes un subgrupo de G de índice finito. Evidentemente, si G tiene orden finito, como la aplicación G ~ GIRH : x

1-+

Hx

es sobreyectiva, todo subgrupo de Ges de índice finito. 1.12.5. Ejemplo. Vimos en 1.8.1 que

Sea G =

"11..

y H un subgrupo de

H = m"ll.. para algún entero positivo m.

"11..

distinto de (O].

42


Como la operación en la forma

"1L.

es la suma, las clases respecto de RH serán de H

+X, X

E

z.

Veamos que Z/ RH = [H + O, H + 1, ... , H + (m - 1)]. Dado x E mos al dividir x = qm + r, O '5;; r

'5;;

"1L.

obtene-

m - l.

Así x - r = qm E H, luego xR", esto es, H + x = H + r, lo que prueba la igualdad. Además los elementos del segundo miembro son distintos, pues si H + k = H + e, O '5;; k < e '5;; m - 1, sería fR~. es decir, e - k E H = m"ll., 1 '5;; e - k < m, lo cual es imposible. Así, [Z : mZ] = m. Nótese que "1L. es un grupo infinito cuyos subgrupos no nulos tienen índice finito. Observaciones 1.12.6.

Si Ges un grupo, H un subgrupo de G y x E G, las aplicacio-

nes H

~

Hx : h

i--+

hx

H ~xH: h i--+xh

son biyectivas. La inyectividad se deduce de 1.1.2, mientras que la sobreyectividad es obvia. 1.12.7. De lo anterior se deduce que dado x E G, existe una biyección entre Hx y xH. Sin embargo, Hx y xH pueden ser distintos. Consideremos por ejemplo G = Dn para algún n ;i:: 3 y, con las notaciones de 1.2,

H = (g), x = f.

Como o(g)

=

2 según probamos en 1.11, H = [1, g], luego Hf = [f. g O f],

En 1.3.5 vimos que f O g

=F= g

O

fH = [f. f

f, luego Hf =F=

O

g]

fH.

Proposición 1.12.8. (Teorema de Lagrange). Sean G un grupo y H un subgrupo de G. Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

(i) G es finito. (ii) o(H) es finito y H tiene índice finito en G.

43


En tal caso, o(G) = o(H) · [G : H]. En particular, el orden de H y el índice de H en G dividen al orden de G.

Demostración. (i) ~ (ii) Como H ~ G : x 1--+ x es inyectiva la finitud de G implica la de H, y por 1.12.4 también lo es GIRw (ii) ~ (i) Como RH es relación de equivalencia, G es unión disjunta de las clases de equivalencia. Por lo tanto,

o(G) =

}:

card(Hx)

HxeGIRH

En virtud de 1.12.6, card(Hx) = card(H) = o(H), luego o(G)

= o(H)

· card GIRH

= o(H)

· [G: H],

lo que prueba la finitud de G y la fórmula del enunciado.

1.12.8.1. Observación. Sean G un grupo finito, n = o(G) y a E G. Entonces a es elemento de torsión y a" = 1.

Demostración. m

Como (a) e G, (a) es finito, luego a es de torsión. Si n = mp para algún

= o(a) = o((a)), el teorema de Lagrange nos dice que

p EN. Así

a" = (amY, = lP = l. Una consecuencia sencilla pero útil del teorema de Lagrange es la siguiente:

Corolario 1.12.9. Si H y K son subgrupos finitos de un grupo G con o(H) = m, o(K) = n y mcd(m, n) = 1, entonces H n K = Od-

Demostración. H n K es subgrupo de H y de K, luego o(H n K) debe dividir a m y a n. Como mcd(m, n) = 1, es o(H n K) = 1 y así H n K = OdProposición 1.12.10. Sean G un grupo y H y K subgrupos de G tales queH e K. (i) H es subgrupo de K. (ii) Si el índice de H en G es finito lo son el índice de K en G y el de H

enK, y IG:

H] = [G: K]. [K: H],

lo cual se llama fórmula de transitividad del índice.

44


Demostración. definiciones. Sea

La primera afirmación es consecuencia obvia de las rr: GIRH

~

GIRK : Hx

i--+

Kx.

Está bien definida pues si Hx = Hy, es xy- 1 E H e K, luego xRK y, es decir Kx = Ky. Como evidentemente es sobreyectiva, 1.12.10.1.

LJ

G/ RH=

tr- 1(Kx)

Kx e GIRK

y la unión es, desde luego, disjunta. Notamos también por RH la restricción de RH a K. Nótese que la condición Hy E 7t- 1 (Kx) equivale a decir que Ky = Kx, o sea, z = yx- 1 E K. De hecho, 1.12.10.2.

es una biyección (compruébese). La sobreyectividad de rr y la finitud de G/RH implican la de GIRK, luego el índice de K en G es finito.

Por otro lado, n- 1(Kx) C GIRH luego también es finito, y así, lo es el índice de H en K. Finalmente, [G : H]

~

= Kx

E

card n- 1(Kx)

= card G/RK · card KIRH,

GIRK

en virtud de 1.12.10.1 y 1.12.10.2. Por lo tanto,

[G: H] = [G: K] · [K: H]. Sean G un grupo y H y K subgrupos de G de

Proposición 1.12.11. orden finito. Se tiene

d (HK) = o(H) · o(K) o(HnK)

car

Demostración. La relación (h, k) R(h', k') si hk = h'k' definida en H es, evidentemente, de equivalencia, y la aplicación (H

X

K)IR ~ HK: [(h, k)]R

i--+

X K

hk

donde [(h, k)]R denota la clase de (h, k) respecto de R, es biyectiva, pues

45


(i) Está bien definida, ya que si [(h, k)]R esto es, hk = h'k'.

= [(h', k)k entonces (h, k) R(h', k),

(ii) Es inyectiva, pues [(h, k)]R =/: [(h', k')]R quiere decir que (h, k) y (h', k') no están relacionados, luego hk =/: h'k'. (iii)

Evidentemente es sobreyectiva.

Así,

1.12.11.1.

card(HK) = card(H X K)IR.

Como o(_H) · o(_K) =card (H x K) =

:r,

card [(h,k) ]R,

[ (h)c) ]Re(HxK)/ R

necesitamos calcular card[{h, k)]R. Veamos que la aplicación

l(h, k)]R ~ H n K: {u, v)

i-+

u- 1h

es biyección. Si (u, v) E [{h, k)]R es hk está bien definida.

= uv, luego u- 1h = vk- 1 EH n K y la aplicación

Es inyectiva, pues si (u, v) y (w, z) son elementos distintos en [(h, k)]R, se tiene

hk

= UV = WZ

y

U

=/:

W ÓV

=/:

z.

Si u =/: w, u- 1h =/: w- 1h. Si v =/: z, u- 1h

= vk- 1 =/: zk- 1 = w 1h. En cualquier caso, u- 1h

=/:

w 1h.

También es sobreyectiva pues dado t E H n K, (hr 1, tk) pertenece a j{h, k)]R pues hr 1 E H, tk E K y (hr 1) (tk) = hk, y se tiene (hr 1)- 1h = th- 1h = t. Por lo tanto, card j{h, k)]R = o(H o(H) · o(K) = [(hJc)jR

L

o(H

n K), con lo que n K) = o(H n K) · card(H x

e (HxK)IR

= o(H

la última igualdad por 1.12.11.1.

n K)

· card(HK),

K)IR

=

46


1.12.12. Observación. Sean H., ... , H, subgrupos de índice finito de un grupo G. Entonces H = H 1 n ... n H, es subgrupo de índice finito de G. Desde 1.8.7 sabemos que Hes subgrupo de G. Además

Demostración.

la aplicación G/RH ~ GIRH 1 X •.• X G/RH,: Ha~ (H 1a, ... , H,a)

está bien definida y es inyectiva, pues Ha = Hb equivale a que

n ... n H,,

ab- 1 EH= Hl

esto es H¡a = H¡b para cada 1 =s. j =s. t.

En consecuencia, card GIRH =s. card G/RH 1

• ••• •

card G/RH, = [G: H 1]

• ••• •

[G: H,]

y así G/RH es finito.

1.13. dral D 4 •

Ejemplo.

Vamos a calcular todos los subgrupos del grupo die-

Como o(D4 ) = 8, salvo los subgrupos triviales [1} y D 4 , todos los subgrupos de D 4 tienen, por el teorema de Lagrange, orden 2 ó 4. Si H es subgrupo de orden dos, será

H = [1, h} para algún h E D4 , h "F' 1, Como Hes subgrupo ha de ser h oh EH, luego bien h

o

h = h,

bien h

o

h = l.

En el primer caso se deduce de 1.1.2 que h = 1, y es falso. Por lo tanto

h º h = 1, h "F' 1. Con las notaciones de 1.2,

h = fi 6 h = g

O

fi

para algún

O =s. i =s. 3.

Recordemos que según vimos en 1.11, o(f) = 4,

o(g) = 2.

Si h = fi, como 1 = h 2 = f 2 i, ha de ser 2i múltiplo de 4, luego i es par, = O ó 2.

O :s;; i .s;; 3. Así i

Para i = O, h = fº = 1 no nos sirve.

47


Para i = 2, obtenemos h = f 2 =/: 1, pues o(f) Así H = [ 1, f 2 } es subgrupo de orden dos.

=4

> 2, h 2

=f4 =

1.

Antes de calcular los demás subgrupos de orden dos necesitamos: 1.13.1.

fk

o

g

O

para cada O :s. k ~ n - 1 en Dn.

fk = g

Por inducción sobre k: si k = O, es obvio. Veámoslo para k = 1. Si V= [a 1, ••• , an} son los vértices del polígono, (f O g O f) (a¡)= f(g(ai+I))

=f(an-(i+1)+2) = ªn-(i+t)+2+1 =ªn-i+2 =g(a¡)

para 1 :s. i :s. n (llamando ªn+t = a 1), luego fo g

o

f = g.

Ahora, si k > 1, fk

o

g

o

fk = f(fk-1

o

g

o fk-1) o

f =fo g

o

f = g,

usando la hipótesis de inducción y el caso k = 1. Entonces para cada O :s. i :s. n-1,

= (g o fi)

(g o [i)2

o

(g

fi)

o

= g o (fi o g o fi) =g o g = g2 = 1,

y como ya vimos que g º fi =/: 1, 1.13.1.1.

Si H;

= [1, g

= h;J, O :s. i ~ n -

º fi

1, o(h¡)

= 2.

En particular H = [1, {2}, H 0 , H 1, Hv H 3

son todos subgrupos de orden dos de D4 • Sólo faltan por calcular los subgrupos de orden 4. Sea H uno de ellos. 1.13.2. Supongamos que

f

f

E H. Como o(f)

=4 y

(f) C H, por ser

E H, resulta

[1, f, Por lo tanto si

f

f 2 , f3} = (f) e

H y o(H)

= 4.

EH, ha de ser H = (f)

que evidentemente es un subgrupo de orden 4.

a

f.

1.13.3. Calculemos ahora los subgrupos de orden 4 que no contienen Para facilitar los cálculos observemos

48


Si Hes un subgrupo de un grupo de G,

1.13.4.

x, y E G y x E H, xy (l. H,

entonces y (l. H, pues si fuese y EH, como x EH tendríamos xy E H.

f4

Sea pues H un subgrupo de orden 4 de D 4 que no contiene a f Como es f O {3 = 1 = {3 f, luego

= 1,

f3

o

(g

f) =

o

f

(l. H, y g E H, se sigue de 1.13.4 que

g º

f3

o

H.

Supongamos que g E H.

1.13.5.

Como g

f- 1 fl.

=

f

(l. H.

Si f O g E H sería f = (f O g) 0 g E H, lo cual es falso. Así f O g (l. H, y como g o f3 = g por 1.13.1 y f3 = 1 ' se tiene

rr-1 º g º f3 = g,

luego

f3 = f º g

g º

(l. H.

Por lo tanto, He D 4 = (1, f, { 2 , (3, g, g º f, g º { 2 , g º { 3 ], o(H) = 4,

f fl.

H, {3 fl. H, g º

f fl.

H, g º f3 (l. H,

luego

H = (1, f2 , g' g º f2 ] . Hay que comprobar que esto es, efectivamente, un subgrupo de D4 • Nótese que como ((2)2 = g2 = (g º f2) 2 = 1, se tiene (f2 )-1 = f2, g-1 = g, (g O f2 )-1 = g 0 f2. Además como

f2

o

g

o

f2 = g,

es gof2 =f2 og luego

f2

º g-1

f2

0

(g

0

= f2 º g = g º f2 E H; f2 )-1 = f2 g f2 = g 0

0

EH;

49


g

(f2 )-1 = g O f2 E H; g O (g º f2 )-1 = g O (g º f2) = f2 E H; (g f2) (f2 )-1 = (g f2) f2 = g E H; (g O f2) 0 ~I = (g O f2) 0 g = (f2 o g) o g O

0

0

lo que prueba que [1,

O

f 2 , g, g f 2 ]

0

= f2

E H;

es subgrupo de D 4 •

O

1.13.6. Quedan por calcular los subgrupos de H de D 4 de orden 4 y que no contienen ni a f ni ag. Por lo tanto f, (3, g
o

f2

o

f 2 = g E H, falso. Así tenemos que g º f 2
H = [ 1, f 2 , g o f, g

o

f 3],

Se trata de comprobar que esto es, de hecho, un subgrupo de D4 • Nótese que

(f2)2 = (g o ()2 = (g o {3)2 = 1, luego cr2 >-1 = (g º n-1 =g º (g º f3>-1 =g º f3.

r2,

r.

Ahora

r2 º (g º n-1 ==r2g ºº f-1g º r==g rº ºf3crEº gH;º n= rº g = cr º g º n º r-1 = f2 º (g º f3)-1 = f2 º g o f3 = (f2 o g º f2) º f =g o f E H; (g 0 f) 0 (f2 )-1 = g º f3 E H; (g o f) o (g o f3¡-I = (g o f) o (g o f3) =g o (fo g o f) o f2 =g o g o f2 =f2 EH; (g º (3) o (f2 )-1 =g º fS =g º f4 º f =g o f E H; (g o f3) º (g o f)-1 =g º f3 o g o f =g º (f3 o g o f3) o f2 =g o g º f2 = f2 E H. Resumiendo, además de [ 1] y D 4 , los subgrupos de D 4 son: [l, f 2 ], [l, g], [1, g íl, [1, g f 2 ], [1, g o {3], de orden 2, [ 1, f, f 2 , f3 ], [ 1, f 2 , g, g 0 f2 ], [1, f 2 , g O f, g O f3 ], de orden 4. 0

1.14.

O

Ejemplo. Consideremos ocho símbolos Q

= [1, -1, i, ¡, k, -i, -j, -kJ

y la operación QXQ-+Q

so


que tiene a 1 por elemento neutro, cumple la propiedad asociativa, la regla usual «de los signos» (por ejemplo, i(-k) = -(ik)) y ij = k, jk = i, ki = i,

ji = -k, kj = -i, ik = -j, 2 i = j2 = k2 = -1

Es claro que Q es un grupo de orden 8. Sólo debemos comprobar que cada elemento tiene inverso. Como se cumple la regla de los signos, (-1) 2

= 1, luego o(-1) = 2 y-1

es su propio inverso.

Como i 2 = -1, resulta (-i) 4 = (-1)4i 4 = i 4 = (-1) 2 = 1, luego o(i) = o(-i) = 4, i- 1 = i 3 , (-i)- 1 = -i 3 •

Análogamente, o(j) = o(k) = o(-j) = o(-k) = 4, y

¡-•

=

p, k-1 = k3, (-;)-1 = -;3, (-k)-1 = -k3

Todos los elementos tienen por lo tanto inverso y Q es grupo. Vamos a calcular los subgrupos de Q. Desde luego [1} y Q lo son. Por el teorema de Lagrange los demás tienen orden 2 6 4. Como -1 es el único elemento de orden 2 en Q. 1.14.1.

(1, -1} es el único subgrupo de orden 2.

Si H es un subgrupo de orden 4, contendrá algún elemento x distinto de 1 y de-1. Entonces (x) e H y al ser o(x) = 4 = o(H), ha de ser H = (x)

Además -x = (-l)x =x 2x =x 3 E (x)

y

x = (-1) (-x) = (-x) 2(-x) = (-x) 3 E (-x),

luego los subgrupos de Q de orden 4 son 1.14.2.

(i), (j) y (k).

Este grupo Q se llama gnapo cuatemión. Como

i=i

i=i 1 = iº -1 = i 2

k = ij -k = (-l)k = i 3j -i = (-l)i = i 3 -j = (-l)j = i2j

51


tenemos Q = [ 1, i,·

·J

· tJ, · · i·2J, · i·3J , i·2 , i·3 , J,

de donde 1.14.3.

Q

=

Veremos enseguida que no existe un sistema generador con menos elementos. Para ello basta observar: 1.14.4. 14

x4

=

1 para cada x E Q, pues

= 1, i4 = (i2)2 = (-1)2 = 1, k4 = (k2)2 = (-1)2 = 1,

(-i) 4 =j4 = 1, (-k) 4 =k 4 = 1, (-i) 4 =i 4 = 1,

(-1)4

= ((-1)2)2 = 12 = 1, j4 = (j2)2 = (-1)2 = l.

Definición 1.15. Un grupo G se llama cíclico si existe un elemento a E G tal que G = (a).

1.15.1. Ejemplo. El grupo "1L. de los números enteros es un grupo cíclico pues "1L. = (1), según vimos en 1.8.3.6. Observaciones

o(a)

1.15.2. Un grupo finito G es cíclico si y sólo si existe a E G tal que = o(G).

En efecto, si G = (a), o(G) = o((a)) = o(a). Recíprocamente, si a E G y o(a) = o(G), (a) es un subconjunto de G con tantos elementos como G, luego (a)= G.

1.15.3. El grupo D4 no es cíclico pues ningún elemento tiene orden 8. De hecho, con las notaciones habituales, vimos en 1.13 que

o(f) = o(f- 1 ) = o(f 3 ) = 4, o(l) = 1, o(x) = 2, x E D4\[l, f. {3}. Tampoco el grupo cuaternión Q es cíclico, puesto que x 4 = 1 para cada x E Q, según probamos en 1.14.4. De este modo cuando vimos que D4 = (f, g) o Q = (i, j) en 1.8.3.5 y 1.14.3, respectivamente, encontramos sistemas generadores de D 4 y Q con el menor número posible de elementos.

52

TEOR.ÍA ELEMENTAL DE GRUPOS

1.15.4. Si p es un número primo y Ges un grupo de orden p, G es cíclico.

Demostración. de a p; como o(a)

=F=

Sea a E G, a '#- 1; por el teorema de Lagrange o(a) divi1, será o(a) = p y por 1.15.2 G es cíclico.

De hecho hemos probado que G = (a) para cada a E G, a

=F=

l.

1.15.5. Todo grupo cíclico es abeliano, pero existen grupos abelianos no cíclicos.

Demostración. Para la primera parte, sea G Dados x, y, E G, serán

=

(a) un grupo cíclico.

x = ak, y= al para ciertos enteros k y f. Por lo tanto, xy

= ak+t = yx, y Ges abeliano.

Para la segunda parte, consideremos el subgrupo de D 4 H = [l,

f2 , g, g f 2 ]. ( véase 0

l. 13 ).

Como los elementos de H tienen orden 2, salvo o( 1) = 1, según vimos en 1.13 y o(H) = 4, H no es cíclico (1.15.2). Sin embargo, H es abeliano: f2 og=f2 ogof4=(f2 ogof2) f2 o (g o f2)

= f2

o g o f2

=g

0

f2 =gof2 porl.13.1

= g o f4 = (g o f2 ) o f2

g o (g o f2) = g2 o f2 = f2 = (g o f2) o (f2 o g o f2) = (g o f2) o g.

1.15.6. En los ejemplos 1.13 y 1.14 hemos visto que para los grupos D 4 y Q se cumple una especie de recíproco al teorema de Lagrange: Para cada divisor m de 8 = o(D4 ) = o(Q), existe un subgrupo de D 4 (respectivamente de Q) de orden m. Este resultado que como veremos en 2.10 es en general falso, se cumple para cualquier grupo cíclico finito, con una importante información adicional. Proposición 1.6. Sea G un grupo cíclico, n = o( G). Para cada divisor m den existe un único subgrupo de G de orden m. Además este subgrupo es cíclico.

53


Demostración.

Sea a E G tal que G = (a). En primer lugar

1.16.1. Sin = kt, (ak) es un subgrupo de orden t,

porque o(ak) = mcd~k,n)

=;=e, en virtud de 1.10.

Probamos la proposición. Como m divide a n, existe un natural d tal que

n =dm. Por 1.16.1, H = (ad) tiene orden m. Veamos que es el único subgrupo de orden m. Sea K un subgrupo de G de orden m. Sea k el menor entero positivo tal que ak E K (existe pues K e G = (a)). 1.16.2. Si aP E K, pes múltiplo de k

ya que, dividiendo, p = qk + r, O :s. r < k, luego ar = ap-qk = aP(ak)-q E K

y por la elección de k, ha de ser r = O, o sea, p = qk es múltiplo de k.

De aquí se deducen 1.16.3. n = sk para algún natural s,

porque an = 1 E K, 1.16.4. K = (ak)

porque cada x = aP E K, se escribe x = (ak)q E (ak). Ahora m

= o(K) = o(ak) = n, con lo que k = !!... = d y K = (ad)_ k

m

Ya hemos visto que (ad) es el único subgrupo de G de orden m. Como además es cíclico, hemos acabado. Proposición 1.17. Todo subgrupo de un grupo cíclico es cíclico. Demostración. Sea G un grupo cíclico. Si G es finito, ya hemos probado el resultado en la proposición anterior.

54


Para el caso en que G no es finito, se razona igual. Si G = (a) y Hes subgrupo de G, consideramos k el menor entero positivo tal que ak E H. Así dado x E H e G será x = aP para algún p E N y dividiendo,

p = qk + r, O ,e; r < k.

= aP(ak)-q E H, debe ser r = O por la = aP = (ak~ E (ak), con lo que

Como ar x

elección de k. Por lo tanto,

H = (ak). Terminamos este capítulo con un resultado que relaciona el orden de un grupo finito con el mínimo número de elementos de un sistema generador del grupo.

Definición 1.18. Sea G un grupo finitamente generado. Un sistema generador finito S de G se llama minimal si cualquier subconjunto de G con menos elementos que S no es sistema generador de G. Obviamente, todo grupo finitamente generado tiene algún sistema generador minimal.

Proposición 1.19. Sea G un grupo finito de orden n y S un sistema generador minimal de G. Entonces 2P ,e; n. Demostración. Llamemos S¡ Desde luego HP = G.

= [x., ... , x¡] para cada

= [x., ... , xPJ

1 :e; i ,e; p y H¡

= (S¡),

Evidentemente H¡ e H;+ 1 para cada 1 :e; i ,e; p -1, pues H;+ 1 :::, Si+ 1 :::, S; y H¡ es el menor subgrupo que contiene a S¡ (véase 1.8.3). Además el contenido es estricto; en caso contrario, xi+ 1 E H;+ 1 = H¡, luego 1• 19• 1•

X;+i --

• rt x1t, ... x¡l¡ para c1e os ent eros

o

t. 1, ... ,

o t.¡,

Consideremos

que tiene p - 1 elementos. Si probamos que T es sistema generador de G habremos obtenido una contradicción, pues S no sería mínima!. Dado x E G = (S), se escribe:

1.19.2.

x=s~• ... s:;,, m EN, s; E [x 1,

... ,

xPJ,

h¡ E Z, 1 :e; j

,e;

m.

SS


Cada vez que en la expresión (1.19.2) aparezcas¡ = xi+I lo sustituimos por su valor en (1.19.1). Así

x E (1), y Tes sistema generador de G. Tenemos pues

Aplicando reiteradamente 1.12.10 se deduce

Usando el teorema de Lagrange, para cada 1 :e;; i

y como [Hi+I : H;] es un número entero, [Hi+I : H¡] mos

y por lo tanto n = o(G)

;;¡¡,

o(H 1)

;;¡¡,

:e;; p -

1,

2. Así, por 1.19.3, tene-

· 2P- 1•

Si fuese o(H 1) = 1 tendríamos H 1 = [l}, luego x 1 = 1 y U= [x 2 , ••• , xPJ sería un sistema generador de G con menos elementos que S. Esto es absurdo y por lo tanto o(H 1) ;;¡¡, 2. En consecuencia,

n

;;¡¡,

2 • 2P-l

= 2P.

1.20. Observación. En determinadas situaciones, la cota 2P ~ n es mejorable. Supongamos que q es el menor número primo que divide a n. Como cada [H;+ 1 : H¡] =I= 1 tendremos

y análogamente o(H 1) ;;¡¡, q. De este modo obtendremos qP :e;; n. Por ejemplo, si n es impar, tenemos q ;;¡¡, 3 y así 3P :e;; n.

56


EJERCICIOS CORRESPONDIENTES AL CAPÍTULO t 1.

Dada una recta r en el plano IR 2 se llama simetría respecto de r a la aplicación O'r :

g¡2

~

g¡2

que deja fijos los puntos de r y transforma todo punto p (l. r en el único punto q, situado en la perpendicular ar que pasa por p, que cumple dist(p, r) = dist(q, r); q

~p

Si O es un punto de IR 2 , la simetría respecto de O es la aplicación

O'o : g¡2 que deja fijo O y transforma P

~

~

g¡2

O en el único punto Q que cumple

OP=-OQ

Si 1 : g¡2

~

o¡2 : X

....+

X

es la aplicación identidad, demostrar que dadas dos rectas r y s perpendiculares, que se cortan en O, el conjunto V = [ l,

O'r, O's,

O'o].

es un grupo abeliano con la operación composición de aplicaciones. Éste es el llamado grupo de Klein, al que él llamó Viergruppe (vier = cuatro, en alemán). 2.

Sobre el inteivalo G = (-1, 1) de la recta real se define una operación que denotamos * definida por x+y X*y=--. l+xy Demostrar que G es un grupo abeliano con esta operación.

3.

Probar que todo grupo con cuatro elementos es abeliano.

4.

Supongamos que en un grupo G se tiene (ab)" = a"b" para cada a, b E G y tres naturales consecutivos n. Demostrar que Ges abeliano.


5.

Sea G un grupo abeliano y n

;;;¡,

57

1 un número natural. ¿Es

G = [x E G: o(x) divide a n]

un subgrupo de G? ¿Ocurre lo mismo si G no es abeliano? 6.

Encontrar un grupo G y elementos a, b de G tales que o(a) y o(b) sean primos entre sí, pero

o(ab)

::¡i:

o(a)o(b).

7.

Sean G un grupo, H un subgrupo de G y x E G. Sea m un número natural que no tiene ningún factor común con o(x). Demostrar que si xm E H, entonces x E H.

8.

Sean G un grupo, x un elemento suyo y H un subgrupo de G, H "F G. Demostrar que HIP ::¡i: G. Deducir que sin es un número natural, G un grupo de orden n 2 y H un subgrupo de G de orden n, entonces H n 1P ::¡i: [ 1] para cadax E G.

9.

¿Es cierto que el producto directo de dos grupos cíclicos también es cíclico?

10.

Sean G un grupo finito de orden impar y x E G. Demostrar que existe y E G tal que x = y 2 •

11.

¿Es finitamente generado el grupo IR de los números reales con la operación suma?

12.

Un grupo G se llama localmente finito si todos sus subgrupos finitamente generados son finitos. Se pide: 1) Encontrar un grupo cíclico que no sea localmente finito. 2) Probar que si Ges un grupo abeliano y todos sus elementos son de torsión, entonces G es localmente finito.

13.

Encontrar un grupo G y dos subgrupos H y K de G tales que HK no sea subgrupo de G.

14.

Sean G un grupo y H y K dos subgrupos de G. Encontrar una condición necesaria y suficiente para que H U K sea subgrupo de G.

15.

Sea G un grupo finito en el que se cumple que la unión de dos subgrupos cualesquiera es también subgrupo de G. Demostrar que Ges cíclico y que su orden es potencia de un número primo.

58


16. Sea G un grupo no finito. ¿Posee G una cantidad no finita de subgrupos? *17. Sea G un grupo cuyos elementos son todos de torsión. ¿Se puede asegurar que Ges finito?

* 18. Sea n

~

2. Calcular el centro del grupo GLn(R).

19. Sean G un grupo finitamente generado y H un subgrupo de G de índice finito. Demostrar que Hes finitamente generado. *20. Sean G un grupo y F una familia no vacía de subgrupos de G. Se dice que M es un elemento máximal de F si M E F y ningún elemento de F contiene estrictamente a M. Decimos que el grupo G satisface la condición max imal si cada familia como F posee algún elemento maximal. Demostrar que las siguientes afirmaciones son equivalentes: 1) G satisface la condición maximal. 2)

Cada subgrupo de Ges finitamente generado.

Deducir que todo grupo cíclico satisface la condición maximal.

Capítulo 2 SUBGRUPOS NORMALES. HOMOMORFISMOS. TEOREMA DE ESTRUCTURA DE LOS GRUPOS ABELIANOS FINITOS

A diferencia de lo que ocurre en los espacios vectoriales, no toda subestructura da lugar, de modo natural, a una estructura cociente. Así ocurre en el caso de los grupos: sólo los llamados subgrupos normales inducen estructura de grupo en el cociente, y por ello los estudiamos aquí con detalle. Presentamos también los morfismos entre grupos, es decir, aquellas aplicaciones entre dos grupos que respetan la estructura. Se llaman homomorfismos, y los biyectivos isomorfismos. La existencia de un isomorfismo entre dos grupos equivale a decir que son indistinguibles como grupos. De aquí que estudiemos en este capítulo los teoremas de isomorfía. Por último se obtienen los primeros resultados de clasificación; salvo isomorfía, i) 7L es el único grupo cíclico infinito y existe un único grupo cíclico

con n elementos, n fijo, Cn = 7Lln7L. ii)

Todo grupo abeliano finito es de la forma Cm 1

X

Cm 2

X ... X

Cm k• mi+I divisor de m 1.,

y los números (k, m., ... , mk) clasifican el grupo.

l.

SUBGRUPOS NORMALES. PROPIEDADES

Al trabajar con cualquier clase de objetos en Matemáticas es importante hallar relaciones de equivalencia tales que los cocientes admitan, de modo natural, una estructura del tipo de la de los objetos iniciales. En el caso de los grupos, si Hes un subgrupo de un grupo G, los cocientes GIR8 y GIR8 no admiten, en general, estructura de grupo de modo natural. Estudiaremos aquí los subgrupos H para los que esto es posible. Posteriormente estudiaremos las aplicaciones entre grupos «compatibles» con la estructura de grupo. De la existencia de una tal aplicación entre dos grupos G y G' obtendremos información sobre G' a partir de información sobre G y recíprocamente. Proposición 2.1. Sean G un grupo y H un subgrupo de G. Las siguientes condiciones son equivalentes:

Para cada a E G, Ha = aH. (2) H = Hª para cada a E G. (3) Para cada par de elementos a, b E G tales que ab E H se verifica que ba E H. (1)

Demostración. (1) ==> (2). Si y EHª es aya- 1 = h E H. Como ay= ha E E Ha = aH, existe h' EH con ay= ah'. Simplificando y= h' EH, luego Hª

e H.

Aplicando el contenido que acabamos de probar para a- 1 tendremos Hª-' CH y, utilizando 1.8.5.2 y 1.8.5.5, obtenemos

H = (Hª-')ª e Hª, y por tanto

H = Hª.

62


(2)

~

(3)

Como ab E H es ba = a- 1(ab)a EHª= H.

(3)

~ (1)

Sea x E Ha. Entonces x

= ha

para algún h EH y por ello

xa- 1 = h E H.

Utilizando la hipótesis se deduce que a- 1x = h' EH, con lo que x = ah' E aH, y hemos demostrado que Ha e aH.

= ah E aH, resulta que a- 1x = h xa- 1 = h' EH, es decir, x = h' a E Ha,

Recíprocamente, si x

E H, luego

lo que demuestra que aH C Ha, y con ello la igualdad. Definición 2.2.

Un subgrupo H de un grupo G que cumple cualquiera

(y por tanto todas) de las condiciones de 2.1 se llama normal. Con más pre-

cisión, diremos que Hes subgrupo normal de G. Observaciones 2.2.1. Evidentemente la condición (1) equivale a decir que RH = RH. En particular, si H es normal, G/RH = G/RH y denotaremos ambos cocientes por G/H.

2.2.2.

Para probar que Hes un subgrupo normal de G basta ver que Hª

e Hpara cada a E G.

Probado esto, y aplicado para a- 1, se tendrá Hª-• e H, luego H = (Hª- 1)ª

e Hª

y por ello H = Hª

y

H es normal.

2.2.3. Todo subgrupo de un grupo abeliano es normal, puesto que en un grupo abeliano siempre ab =ha

luego se cumple la condición (3) de 2.1.

SUBGRUPOS NORMALES. HOMOMORFISMOS ...

63

2.2.4. Si Ges un grupo y H un subgrupo de G con índice 2, Hes subgrupo normal de G. Demostración. G/RH.

Por hipótesis, GIRH tiene dos elementos, y también

Entonces, dado a E G puede ocurrir: (i)

a E H. En tal caso, a1- 1 = a EH, luego a RHl, y Ha= Hl = H.

Como a- 1 1 = a- 1 E H, se tiene a RHl, y así aH = lH = H.

Por lo tanto, aH=Ha.

(ii)

Si a(¡. H, aH 'F H. Como G/RH tiene dos elementos, será G = H U aH (unión disjunta).

Pero si a (¡. H también es H 'F Ha. De nuevo por tener GIRH dos elementos, tenemos G =HU Ha (unión disjunta).

Así, aH

= G\H = Ha,

y Hes normal.

2.2.S. En cualquier grupo G los subgrupos [lcJ y G son normales. En efecto, dado a E G se tiene 2.2.S.1. a [lGJ =a= [lcJ a (y de aquí se sigue que G/[lcJ = G). y aG

= G = Ga (pues ax= (axa- 1)a).

2.2.6. El recíproco de 2.2.3 es falso; el grupo cuatemión Q (véase 1.14) no es abeliano, pero todos sus subgrupos son normales. Que no es abeliano es claro, pues ij = k 'F -k = ji. Los subgrupos [ 1J y Q son normales por 2.2.5. Los subgrupos de orden cuatro tienen índice dos, luego son normales por 2.2.4. El único subgrupo de orden dos es H = [1, -1], que es normal porque para cada a E Q, aH = a [1, -1] = [a, -a]= [l, -1] a= Ha.

64

TEOR1A ELEMENTAL DE GRUPOS

Los grupos como Q, cuyos subgrupos son todos normales, se llaman hamiltonianos. 2.2. 7. Existen grupos cuyos subgrupos no son todos normales. Consideremos G = Dn, n ~ 3, y, con las notaciones usuales,

H=[l,g]. En 1.12.7 vimos que Hf =;6 fil, luego H no es subgrupo normal de D,,. 2.2.7.1. Vamos a calcular los subgrupos normales de D4 • Evidentemente, [1] y D 4 son normales por 2.2.5.

Los subgrupos [1, f, {2, f3], [1, {2, g, g º f2] y [l, f2, g o f, g º f3] son los subgrupos de D 4 de orden 4 (véase 1.13). Todos ellos tienen índice 2 (teorema de Lagrange), luego son normales. Debemos decidir si los subgrupos de orden 2, que por 1.13 son

son normales. i)

"4

fo g o f- 1 = fo g o f3 = (fo g o f) o f 2 = g o f 2 E H 4 , luego g E

"4.

Como "4 es un subgrupo de orden 2 ( 1.8.5.5 y 1.8.5.1) resulta que = [1, g] = H 2 • Así,

En consecuencia,

Hf,, = H 2 =;6 H4 , luego H 4 no es normal. Hf' = H 4 =;6 H 2 , luego H 2 no es normal. ii) ser 11{

f (g

f) o f- 1 = (fo g o f)o f 3 = g o f 3 E H 5 , luego g o f E lf{ y al subgrupo de orden dos, resulta que O

O

11{ = [1, g o f] = H 3 y por lo tanto, Hs =Hf.

Así,

11{ = H 3

=;6

Hf = H 5

H 5 , y H 5 no es normal. =;6

ll3' y H 3 no es normal.

Veamos, para acabar, que H 1 es subgrupo normal de D4 • En primer lugar,

65


a- 1 º

iii)

==

f2

a-•

0

f2 º a

para cada a E D 4 , porque,

si a == fi,

y si a == g º

f2

0

a ==

f;

0

f2

0

fi == fi+2+i == f2,

f i,

a-1 º f2 ºa== (g º fi)-1 º f2 º (g º fi) == fi º g-1 º f2o g º fi == ==

f i O g-1

0

({2 g f2) 0

0

0

fi-2 == f i O g-1

0

g

0

fi-2 ::: f i O fi-2 ::: f2 ::: f2.

Ahora, dado a E D 4 , si x E Hj, será axa- 1 E H 1, y por lo tanto, axa- 1 == 1 ó axa- 1 == f 2 • En el primer caso, ax == a, luego x == 1 E H 1• En el segundo,

r

X== a- 1

2

a==

f2

E H •.

Así H1 e H 1 para cada a E D 4 con lo que, por 2.2.2, H 1 es subgrupo normal de D 4 • Por lo tanto, H 1 == [ 1, f 2 ] es el único subgrupo normal de orden 2 de D4 • 2.2.8. Si Ges un grupo, todo subgrupo H C Z(G) es un subgrupo normal de G. Demostración.

Recordemos que el centro de G es

Z(G) == [x E G: ax== xa para cada a E G], y es subgrupo de G ( 1.8.4.1).

Usando 2.2.2, basta probar que Hª

e H para cada a

E G.

Sea x E Hª. Así axa- 1 == h E H, luego x == a- 1 ha. Como h E He Z(G), ha == ah, y por lo tanto X == a- 1ah == h E H.

2.2.9. Sean E N (no nulo) y G == GLn(IR) el grupo de las matrices de orden n con coeficientes en IR y determinante no nulo. En 1.2 vimos que, con la operación producto de matrices, G es un grupo.

Sea H == [A E G: det A== 1]. Hes subgrupo normal de G, llamado grupo especial lineal y que se denota por SLn(IR).

66


1 1 DadosA, BEH,comoBB- 1 =In, detB·detB- 1 = 1,luego detB- =--=l detB y así

det(AB- 1) = det A · det B- 1 = 1 · 1 = l. En consecuencia AB- 1 E H y por lo tanto H es subgrupo de G. Para probar que es normal veremos que se cumple la condición (3) en 2.1. Si A, B E G y AB E H significa que det(AB) = 1. Entonces det(BA) = det B · det A = det A · det B = det(AB) = 1, es decir, BAEH.

2.2.10.

Sean G un grupo y H un subgrupo de G.

(i) Hes subgrupo de Nc(H) (véase 1.8.6 para la definición de Nc(H)). (ii) H es un subgrupo normal de N c
Demostración. Para (i) basta ver que He Nc(H), o lo que es lo mismo, que si a EH, entonces H = Hª.

Pero si x EHª es axa- 1

=h

EH, luego x

= a- 1 ha

E H. Por lo tanto

HªCH.

Recíprocamente, como también a- 1 EH tendremos por lo anterior Hª-'

eH

y por lo tanto H

(ii)

= (Hª-')ª

e Hª y de aquí H

Para cada a E N c(H) es H

= Hª

= Hª.

por definición. Así

H es subgrupo normal de N c(H).

(iii) Si a E K, como H es subgrupo normal de K, es H = Hª, con lo que a E Nc(H).

2.2.11. Si H y K son subgrupos de un grupo G decimos que K es un subgrupo conjugado de H si existe a E G tal que K=Hª.

67

SUBGRUPOS NORMALES. HOMOMORFISMOS...

(i) Si K es conjugado de H, entonces Hes conjugado de K, y diremos simplemente que H y K son conjugados. (ii) Si I es la familia de subgrupos conjugados de H (distintos) y N = N G(H) es el normalizador de H en G, la aplicación

q, : G/RN ---+

I : Na ---+ Hª

es biyectiva. (iii) En particular, si NG(H) tiene índice finito en G, el número de conjugados de H en G es [G : N G(H) ]. Demostración. (i) es obvio, pues si K = Hª, '[(!l-' = (Hª)ª-' = H. Para probar (ii) comencemos por demostrar que q, está bien definida:

Si Na = Nb, es ab- 1 E N, luego Hªb-• = H y así Hb = (Hªb-')h = Hª

Si Hª = Hb se tiene Hªb-•

= (Hb)h-' = H, luego

ab- 1 E N y Na

= Nb.

Esto prueba la inyectividad de q, y como la sobreyectividad es evidente queda demostrado (ii). (iii)

Ahora esto es claro pues card I = card G/RN = [G : N].

2.2.13. Sea N un subgrupo normal de un grupo G y sean H y K subgrupos de G tales que Hes subgrupo normal de K. Entonces NH es subgrupo normal de NK. Demostración.

En primer lugar debemos ver que NH

= HN

y así

2.2.13.1. NH es subgrupo de G.

En particular NH es subgrupo de NK, pues NH e NK. Pero si x E NH se escribirá x = nh, n E N,

Así x E Nh mal de G.

= hN

h E H.

e HN, la igualdad Nh

= hN

por ser N subgrupo nor-

Esto prueba el contenido NH e HN. El otro, que se hace igual, se deja al lector. Análogamente se prueba que NK = KN, luego NK es subgrupo de G, luego es un grupo.

68


Veamos la normalidad. Usaremos la condición (1) en 2.1. Debemos ver que si a E NK, a(NH) = (NH)a. Como a E NK, se escribirá a = nk, n E N, k E K.

Si x E a(NH) = a(HN) se tendrá x = ahnl' h EH, n 1 EN.

Como x E (ah)N = N(ah) por ser N subgrupo normal de G, tendremos x

= n 2ah = n 2nkh,

n 2 E N.

Como kh E kH = Hk por ser H subgrupo normal de K,

x

= n 2nh 1k, h 1 EH,

o también, x

= n 2nh 1n- 1nk = n 2nh 1n- 1a.

Ahora h 1n- 1 E HN = NH, con lo que

h 1n- 1 = n 3h2' n 3 EN, h 2 E H. Finalmente, x = n 2nn 3h 2a E (NH)a. Esto prueba el contenido a(NH) e (NH)a.

Dejamos la demostración del otro, que se hace igual, como ejercicio al lector. 2.2.14. Decimos que un grupo Ges simple si sus únicos subgrupos normales son {ld y G. Los ejemplos más sencillos de grupos simples son los de orden primo. De hecho 2.2.14.1. Si pes un número primo y G un grupo de orden p, los únicos subgrupos de G son {ld y G. En particular Ges simple. En efecto, si Hes un subgrupo de G, su orden debe dividir a p por el teorema de Lagrange. Como p es primo, bien o(H) bien o(H)

= 1, luego H = [Id, = p, y entonces H = G.

2.2.15. La normalidad no es una propiedad transitiva, esto es, existen un grupo G y subgrupos suyos H y K con H C K, H subgrupo normal de K, K subgrupo normal de G, pero H no es subgrupo normal de G.

69


Por ejemplo, tomemos G

=

D 4 y con las notaciones usuales,

K = [ 1, { 2 , g, g

Como

ID4 : KI = 2, K

O {

2 },

H = [ 1, g }.

es subgrupo normal de D 4 (usamos 2.2.4).

o(K) Como [ K : H ] = o(H) = 2 , también H es subgrupo normal de K.

Sin embargo, vimos en 2.2.7.1 que H no es subgrupo normal de D 4 • 2.2.16. Si Hes un subgrupo de un grupo G, se llama corazón de Ha K(H)

= n Hª ae G

Por 1.8.7, K(H) es subgrupo de G. Además, K(H) es subgrupo normal de G. En efecto, en virtud de 2.2.2, basta probar que K(H)h

e K(H) para cada b E G.

Sea x E K(H)h. Hemos de probar que

x E Hª para cada a E G. Pero bxb- 1 E K(H) e

yab-•,

luego

ab- 1(bxb- 1) (ab- 1)- 1 EH, y por lo tanto

axa- 1 EH, esto es, x EHª. Veamos por último que 2.2.16.1. Si N e Hes un subgrupo normal de G, entonces N C K(H), puesto que, para cada a E G, N = Nª

e

Hª, y así N

ea n Hª e G

= K(H).

Ahora podemos demostrar: Proposición 2.2.17. (Teorema de Poincaré). Si G posee un subgrupo de índice finito, también posee un subgrupo normal de índice finito. Demostración.

Probaremos que si H es subgrupo de índice finito,

K(H), que es normal, tiene índice finito.

70


Como [G: H] es finito, también lo es

luego, por 2.2.11, H tiene un número finito de conjugados. Puesto que K(H) es la intersección de los conjugados de H, y hay una cantidad finita de éstos, para probar que [G : K(H)] es finito basta, en virtud de 1.12.12, demostrar que cada Hª es subgrupo de G de índice finito. De hecho probaremos la igualdad

[G: H] =

[G:

Hª].

Para ello es suficiente demostrar que la aplicación G/RHª -+ G/RH : Hªx

1-+

Hax.

es biyectiva. Está bien definida, y es inyectiva, pues Hªx = Hay equivale a xy- 1 E Hª esto es axy- 1 a- 1 E H, o lo que es lo mismo, ax(ay)- 1 E H esto es Hax

= Hay.

Evidentemente es sobreyectiva, pues Hy

= Hax con

x

= a- 1y para cada

y E G.

Como adelantamos en la introducción, buscamos subgrupos H tales que GIRH tenga, de modo natural, estructura de grupo. La siguiente proposición pone de manifiesto que los subgrupos normales son los adecuados.

11.

GRUPOS COCIENTES

Proposición 2.3. Sean G un grupo y H un subgrupo normal de G. El cociente GIH = G/RH = G/RH tiene estructura de grupo con la operación GIH

x

GIH -+ GIH : (aH, bH)

t-+

abH.

El elemento neutro es H = lH. Si Hes subgrupo de G de índice finito, o(G/H) = [G: H]. Demostración. Ya se observó en 2.2.1 que al ser H normal los conjuntos cocientes GIRH y G/RH coinciden, y que notaríamos ambos por G/H.

71


El único punto delicado, y donde se hace uso de la normalidad de H, es comprobar que la operación está bien definida, esto es, que no depende de los representantes a y b elegidos. Sean pues aH

= xH, bH = yH;

debemos comprobar que

abH=xyH

o lo que es lo mismo, (ab)- 1 xy EH, esto es, b- 1 a- 1 xy E H.

Como aH

= xH,

se tiene a- 1 x

= h E H.

Como bH = yH, se tiene b- 1 y= h' E H. Por ello, b- 1 a- 1xy = b- 1hy = b- 1yy- 1hy = h'y- 1hy.

Si z = y- 1hy, resulta

z E 1/Y

= H

por ser H normal.

Finalmente, b- 1a- 1xy

= h'z

E H.

La operación es asociativa, pues aH((bH) (cH)) = (aH) (bcH) = (a(bc))H = ((ab)c)H = ((ab)H) (cH) = = ((aH) (bH))cH.

Como (aH)H = (aH) (lH) = (al)H = aH y H(aH) = ( lH) (aH) = ( la)H = aH,

la clase H es el elemento neutro. Dado aH E GIH se verifica (aH) (a- 1H) = (aa- 1)H = lH = H,

(a- 1H) (aH) = (a- 1a)H

= lH = H,

lo que prueba que a- 1H es inverso de aH. En fórmulas, (aH)- 1 = a- 1H.

Por último, si H tiene índice finito en G, o(GIH) = card GIRH = [G : H].

72


Observaciones 2.3.1. Vamos a estudiar cómo son los subgrupos de un grupo cociente G/H.

Si K es un subgrupo de G que contiene a H, Hes subgrupo normal de K, por serlo de G. Entonces tiene sentido considerar el grupo cociente KIH. Evidentemente KIH C G/H y es subgrupo de GIH, puesto que dados aH, bH E KIH, a, b E K, se tiene (aH) (bH)- 1

= (aH)

(b- 1H)

= ab- 1H

E KIH,

ya que al ser K subgrupo de G, ab- 1 E K. Recíprocamente, sea M un subgrupo de G/H, y llamemos K = {x E G : xH E M}.

Vamos a probar que K es un subgrupo de G que contiene a H y que M = KIH. Desde luego, si h EH se tiene hH = H que pertenece a M pues Mes subgrupo y H es el neutro de GIH. Esto prueba que h E K y con ello que HCK. Dados x, y E K tenemos xH, yH E M de donde xy 1H

= (xH) (y- 1H) = (xH) (yH)- 1 E M

por ser M subgrupo. Esto significa que xy- 1 E K. Por lo tanto K es subgrupo de G. Comprobemos por último la igualdad M = KI H. Desde luego, dado xH E KIH, es x E K y por tanto xH E M. En el otro sentido, si xH E M, es x E K, luego xH E KIH. Es inmediato que si K 1 y K 2 son subgrupos de G que contienen a H y K¡IH = K/H, entonces K 1 = K 2 • Resumiendo, hemos demostrado que la aplicación K

i-+

KIH

es una biyección entre los subgrupos de G que contienen a H y los subgrupos de G/H. Además, la biyección anterior preserva la normalidad, esto es, 2.3.1.1. K es subgrupo normal de G si y sólo si KIH es subgrupo normal de GIH.

73

SUBGRUPOS NORMALES. HOMOMORFISMO$ ...

Para ver esto utilizamos la condición (3) en 2.1. Supongamos que K es normal. Dados aH, bH con (aH) (bH) E KIH se tiene (ab)H E K/H, es decir ab E K.

Como K es normal, y ab E K, deducimos que ba E K, luego (bH) (aH) = (ba)H E KIH,

y así KI H es normal.

El recíproco se demuestra igual y su comprobación se deja al lector. 2.3.1.2. Si Ges cíclico y Hes un subgrupo (normal) de G, también el cociente G/H es cíclico.

En efecto, si G = (a), es obvio que GIH = (aH). 2.3.2. Ejemplo. Dado un entero positivo m, el subgrupo H = m"ll. del grupo Z es desde luego normal, por ser Z abeliano. Como aquí la notación es aditiva, la operación en el cociente vendrá dada por

x

"ll.lm"ll.

"ll.lm"ll.---+ "ll.lm"ll.: (a + m"ll., b + m"ll.)

i-+

a + b + m"ll..

2.3.2.1. El grupo cociente "ll.lm"ll. es cíclico de orden m. En 1.12.5 probamos que 2.3.2.2.

Z/ m"ll. = [O + m"ll., 1 + m"ll., ... , (m - 1) + m"ll.],

y que todos los elementos del miembro de la derecha son distintos. Visto

esto tendremos o("ll.l m"ll.)

2.3.3.

Ejemplo.

=m

y Z/ m"ll.

= (1 + m"ll.) cíclico.

Sea m un entero positivo. Denotamos

z; = [a + m"ll. E "ll.lm"ll.: mcd(a, m) = 1] y consideramos la operación binaria

z; X z,; ---+ z; : (a + m"ll., b + m"ll.)

i-+

a b + m"ll..

z;

Queremos demostrar que, con esta operación, es un grupo abeliano. En primer lugar hemos de ver que la operación está bien definida, y para ello (i)

Si a + m"ll. =a'+ m"ll. y b + m"ll. = b' + m"ll., tendremos a =a'+ mu, b = b' + mv, u, v E Z, luego ab = a'b' + m(b'u + a'v + muv).

74


Así ab - a'b' E m"ll. y por tanto ab + m"ll. = a'b' + m"ll.

Esto demuestra que la definición no depende de los representantes. (ii)

Hay que ver que es interna, es decir,

2.3.3.1. Si mcd(a, m) = mcd(b, m) = 1, entonces mcd(ab, m) = l. En efecto, usando 1.8.9.3, 1

= ua

+ vm, 1

= u 'b

+ v'm, u, v, u', v' E "ll..

Entonces

= (ua

1

+ vm) (u 'b + v'm)

= uu 'ab

+ (auv' + bvu' + mw')m

= u "ab

+ v"m

con u"= uu', v" = auv' + bvu' + mw'

De nuevo por 1.8.9.3, mcd(ab, m) = l.

El resto de las propiedades de grupo es fácil de comprobar. La asociatividad es obvia, y es claro que 1 + m"ll. es elemento neutro. También es inmediato que "ll.; es abeliano. Por último, para cada a + m"ll., como mcd(a, m) = 1, se tiene 1 = au + mv, u, v E "ll., luego 1 + m"ll.

= (au

+ m"ll.) + (mv + m"ll.)

= (a

+ m"ll.) (u + m"ll.)

y así u + m"ll. es el inverso de a + m"ll.. A la función

t/J: N\[OJ

~

N\[OJ

que a cada natural positivo m le hace corresponder el orden t/)(m) del grupo "ll.;, se le llama función de Euler. Vamos a dar un procedimiento para calcular t/)(m). 2.3.3.2. Si p es primo, t/J (p) = p - 1, pues cada natural 1 cumple mcd(a, p) = l. 2.3.3.3.

Si p es un número primo y m un natural positivo,

,s;;;

a

,s;;; p -

1

75


En efecto, los naturales 1 ,s;; a

,s;; pm

que no son primos con p son

p, 2p, 3p, ... , pm-lp.

Hay pues pm-I que no son primos con p, y por lo tanto

2.3.3.4. Si m y n son primos entre sí, q,(mn) = q,(m)q,(n). En efecto, se trata de encontrar una biyección ..,, *

..,, * X ..,,.

IL.mn ~ IL.m

IL.n'

pues el primer miembro tiene q,(mn) elementos y el segundo tiene q,(m)q,(n). La biyección buscada es

f: a

+ mn"lL ~ (a + m"lL, a + n"lL).

Evidentemente, si mcd(a, mn) = 1, se tiene mcd(a, m)

= mcd(a, n) = 1.

Además, si a E mn"lL, también a E mZ y a E n"lL. Ambas cosas prueban que

f está bien definida. También es inyectiva: si a + m"lL = b + m"lL y a + n"lL = b + n"lL, resulta que a - bes múltiplo de m y den. Como m y n son primos entre sí, se deduce de aquí que a - bes múltiplo de mn, luego a + mn"lL = b + mn"lL. Lo más «sorprendente» es que es sobreyectiva. Sea (x + m"lL, y + n"lL) E x Z~. Como m y n son primos entre sí, sabemos por 1.8.9.3 que exisE ten u, v E Z tales que um + vn = 1. Consideremos entonces

z,;

a =yum +xvn.

Comprobemos que a + mn"lL E

f (a

z:in,

+ mn"lL) = (x + m"lL, y + n"lL),

lo que probará la sobreyectividad. Si mcd(a, mn) =I= 1, existirá un número primo p que dividirá a ambos. Como pes primo y divide a mn, divide a uno de ellos, digamos a m. Entonces también divide a a-yum =xvn

76


y por ello p ha de dividir ax, v o n. Como mcd(m, x) sigue que p divide a v. En tal caso dividirá a

= mcd(m,

n)

= 1, se

um + vn = 1,

lo cual es absurdo. Así ya hemos visto que a + mn"ll. E "ll.:m. Como a- x

= yum

+ (vn - l)x

= yum -

umx E m"ll.,

a - y = xvn + (um - 1)y = xvn - yvn E n"ll.,

se tiene, como queríamos, f (a + mn"ll.)

= (a

+ m"ll., a + n"ll.)

= (x

+ m"ll., y + n"ll.).

2.3.3.5. Por fin, descomponiendo en factores primos m resulta - a .,,,m -.,,,¡,( Pta ···Pkak ) -Pi

,1,/

) _

1

1-I

···Pkak-1( Pt -

=p~•

... Ptk ,

l) ··· (Pk- l) ·

Comentario 2.3.4. En 1.15.1 y 2.3.2.1 hemos visto que los grupos "1l. y "ll.l m"ll., m entero positivo, son cíclicos. De hecho, éstos son los «únicos» grupos cíclicos. Precisaremos en seguida lo que significan las comillas.

111.

HOMOMORFISMOS

Definición 2.4. Una aplicación llama homomorfismo de grupos si

f:

G

~

G' entre dos grupos G y G' se

f(ab) = f(a)f(b) para cada a, b E G.

Observaciones 2.4.1.

f(le) = le· porque

le· f(le) y simplificando,

= f(le) = f(lele) = f(le)

f(le),

77


2.4.2. f(a- 1) = (f (a))- 1 para cada a E G, puesto que f(a) f(a- 1) = f(aa- 1) = f(le) = le·• f(a- 1) f(a) = f(a- 1a) = fOe) = le··

2.4.3. Se llama núcleo de fa ker f = [a E G : f(a) = le•l, El núcleo es un subgrupo normal de G. En efecto, dados a, b E ker f f(ab- 1) = f(a) f(b- 1) = f(a) f(b)- 1 = le,Oe·>- 1 = le· lo que prueba que ker fes subgrupo de G. Para probar que es normal es suficiente, en virtud de 2.2.2, comprobar que

(ker f}ª e ker f para cada a E G. Si x E (ker f}ª resulta que axa- 1 E ker f, esto es, f(axa- 1) = le·•

o lo que es lo mismo, f(a) f(x) f(a)- 1 = le··

Entonces f(a) f(x) = le· f(a) = f(a) = f(aHe·· y simplificando f(x)

= le·• luego x

2.4.4. fes inyectiva si y sólo si ker f =

E ker f.

[lcJ.

Supongamos que fes inyectiva. Entonces cada a E G distinto de le cumplirá f(a) 'F' f(le) = le·• luego a fl. ker f. Como le E ker f tendremos ker f = {lelRecíprocamente, si ker f = [ lel, dados elementos distintos a, b E G es ab- 1 'F' le, luego ab- 1 fl. ker f, es decir, f(ab- 1) 'F' le·· Entonces f(a) f(b)- 1 'F' le· de donde f(a) 'F' f(b), y fes inyectiva.

78


2.4.S. Se llama imagen de fa la imagen conjuntista, esto es,

im f = [f(x) : X E G]. La imagen es un subgrupo de G' pues dados a se tiene

ab- 1 = f(x) f(y)- 1 = f(x) f(y- 1) 2.4.6. Si grupo de G',

f :G

~

= f(x),

=f(xy- 1)

b

= f(y),

a, b E im f,

E im f.

G' es un homomorfismo de grupos y H' es un sub-

f- 1 (H') = {x E G: f(x) EH'] es un subgrupo de G. Además, si H' es subgrupo normal de G', f- 1 (H') lo es deG. En efecto, para la primera parte obseivamos que si x, y E f- 1 (H'), resulta que f(x), f(y) EH', de donde f(xy- 1) = f(x) f(y)- 1 EH', luegoxy- 1 E f- 1 (H'). Para probar la normalidad de f- 1 (H') usamos la condición (3) en 2.1: Si ab E f- 1 (H') se sigue que f (a) f(b) = f(ab) E H' y como H' es normal,

f(ba) = f(b) f(a) E H'.

f- 1 (H'). que ker f = f- 1 ({ lcJ),

Por lo tanto ba E Obséivese 2.4.6.

luego 2.4.3 es un caso particular de

2.4.7. Si Hes un subgrupo de un grupo G, la inclusión j:H~G:x.....,.x

es un homomorfismo inyectivo puesto que j(xy) = xy = j(x) j(y)

y x E ker j equivale a j(x)

2.4.8.

= le,

es decir, x

= le = lw

Si H es un subgrupo normal de un grupo G, la proyección ,r: G

~

G/H : x .....,. xH

es un homomorfismo sobreyectivo. La sobreyectividad es obvia. Además ,r(xy)

= xyH = (xH) (yH) = ,r(x) ,r(y),

luego ,r es homomorfismo.

79


2.4.9. Si f : G ---+ G' y g : G' ---+ G" son homomorfismos entre grupos, también lo es g O f : G ---+ G", pues (g O f) (xy)

= g(f(xy)) = g(f(x) f(y)) = g(f(x)) g(f(y)) = (g f) (x) (g f) (y) O

O

2.4.10. Sean f: G---+ G' un homomorfismo de grupos y x E G un elemento de orden m. (i) o(f(x)) divide a m. (ii)

Si fes inyectiva, o(f(x)) = m.

Demostración.

(i)

Como xm

= 1, se tiene

luego por 1.10.iv) o(f(x)) divide a m. (ii) Sea k = o(f(x)). Entonces f(x)k = 1, luego f(x") = 1 y xk E ker f = [ 1}. Así xk = l. De nuevo por 1.10.iv) k ha de ser múltiplo de m. Esto junto con (i) nos da k = m. 2.4.11. Supongamos que S = [x¡, ... , xPJ es un sistema generador de un grupo G. Entonces si f: G ---+ G', g : G---+ G' son dos homomorfismos tales que f(x¡) = g(x¡) para cada 1 :s.; i ,s;;; p, se cumple f = g. (Abreviadamente diremos que f queda determinado por las imágenes de X¡, ••• , xP.) En efecto: dado x E G será x

= xf• ... xZP, h1 ,

f(x) =f(x 1)h1 ••• f(xptp

••• ,

hP E Z, y

=g(x1)h• ... g(xPtP =g(x).

Proposición 2.5. (Factorización canónica de un homomorfismo). Sea f: G ---+ G' un homomorfismo. Entonces existe un homomorfismo biyectivo b : Glker f---+ im f

que hace conmutativo el diagrama G _ ___...f_ _ ., G'

X! Glkerf

lj b

imf

80


donde j y rr tienen el significado de 2.4. 7 y 2.4.8 (nótese que ker f es subgrupo normal) y la conmutatividad del diagrama significa que f=jobo,r,

Demostración. La condición requerida f = j ser b, pues para cada x E G debe cumplirse 2.5.1

f(x)

= j((b

o

,r) (x))

O

b

O

,r

nos dice quién debe

= b(n(x)) = b(x ker f).

Definimos pues b mediante 2.5.1 y comprobamos que se cumple el enunciado. (i) b está bien definida pues si x ker f = y ker f, resulta x- 1y E ker f, esto es, f(x)- 1 f(y) = le·,

luego f(y) = f(x) y así b(x ker f) = b(y ker f). (ii)

b es homomorfismo, ya que b((x ker f) (y ker f))

= b(xy ker f) = f(xy) =

= f(x) f(y) = b(x ker f) b(y ker f).

(iii)

b es inyectivo, ya que si x ker f E ker b debe ser f(x)

= b(x ker f) = limf = le·, luego

x E ker f y así x ker f = ker f que es el elemento neutro de Glker f.

(iv)

bes sobreyectiva, pues cada elemento de im fes de la forma f(x) = b(x ker f).

Por último, la conmutatividad del diagrama es obvia, pues b se ha definido (2.5.1) para que cumpla esta condición. Definición 2.6. Un homomorfismo biyectivo entre dos grupos se llama isomorfismo. Cuando exista un isomorfismo f: G ~ G' diremos que los grupos G y G' son isomorfos, y escribiremos G = G'. Observaciones 2.6.1. El término «G y G' son isomorfos» no es ambiguo, pues si f: G ~ G' es isomorfismo, también lo es f- 1 : G' ~ G. En efecto, como la inversa de toda aplicación biyectiva lo es, basta comprobar que I es homomorfismo de grupos.

r-

81


Ahora bien, si a, b E G', y

r-

1 (a) = X,

f(x)

r-

1 (b)

= y,

se tiene

= a, f(y) = b,

luego f(xy)

es decir, xy =

= f(x) f(y) = ab,

r- (ab), de donde r- (ab) =f- (a)f- (b). 1

1

1

1

2.6.2. Dos grupos isomorfos tienen «las mismas propiedades» (siempre que sean propiedades de la teoria de grupos). Por ejemplo 2.6.2.1. Si G == G' y Ges abeliano, lo es G'. En efecto, sean x, y E G' y f: G ---+ G' un isomorfismo. Como fes sobreyectiva, existen a, b E G con x = f (a), y = f (b ). Entonces xy = f(a) f(b) = f(ab) = f(ba) = f(b) f(a) = yx.

Si G == G' y G es cíclico, también G' es cíclico. En efecto, sea = (a) y f: G ---+ G' un isomorfismo. Llamemos b = f(a). Vamos a probar que G' = (b). 2.6.2.2.

a E G tal que G

Dado y E G' existe x E G tal que y= f(x). Como x E G = (a), existe un entero k tal que x = ak. Entonces y = f(x) = f(ak)= f(a)k = bk E (b).

2.6.2.3. Si X e Y son dos conjuntos finitos con n elementos, los grupos Biy(X) y Biy(Y) son isomorfos. Esto justifica que llamáramos a ambos Sn en 1.2.(3).

Demostración. Como X e Y tienen el mismo número de elementos, existe una biyección f: X ---+ Y. Consideremos : Biy(X) ---+ Biy(Y) : g ---+ f º g º

f- 1

Habremos terminado si probamos que es isomorfismo. Como

r

<1> = º (g º h> º

r- = rº g º r- º rº h º r1

1

es homomorfismo.

Si (h) es

rº g º r- = rº h º r1

1

1

= <1> º <1>.

82


luego

r-• º r º g º r-•º r = r-• º r º h º r-•º r, y por lo tanto g

=

h. Así (/> es inyectiva.

Por último, para cada e E Biy(Y), existe g = f

1

ºeº

f

E Biy(X) tal que

(/>(g)=fof-l o(ofof-l =f, lo que prueba la sobreyectividad de (/>.

2.6.2.4. Dados grupos GI' G 2, G 3 y G 4 tales que G 1 = G 3 y G 2 = G 4, se tiene (i)

GI X G2

= G2

(ii)

G 1 X G2

=

X

GI.

G 3 X G4•

En efecto, es inmediato que G 1 X G 2 --+ G 2 X G 1 : (x, y)

i-+

(y, x)

es isomorfismo, lo que prueba la primera parte. Para la segunda, dejamos al lector que compruebe que si

f: G 1 --+ G 3 y g : G 2 --+ G 4 son isomorfismos, también lo es h : G 1 x G 2 --+ G 3 x G 4 : (x, y)

i-+

(f(x), g (y)).

Corolario 2.7. (Primer teorema de isomorfía). Si f: G --+ G' es un homomorfismo de grupos, los grupos Glke.r fe im f son isomorfos. Demostración.

El homomorfismo b : Glke.r f--+ im f construido en 2.5

es isomorfismo. Podemos ya precisar el comentario 2.3.4.

Corolario 2.8. Todo grupo cíclico es isomorfo, bien a Z, bien a Z/ mZ para algún entero positivo m. Demostración.

Sea G = (a) un grupo cíclico. Consideremos f: Z--+ G: k--+ f(k)= ak.

Como f(x +y)= ax+y = axay = f(x) f(y), fes homomorfismo (nótese que el grupo Z tiene operación aditiva).

83


Cada elemento b de G = (a) es de la forma b = ak = f (k) para algún k E "11..

Por lo tanto, fes sobreyectiva, es decir, im de isomorfía tenemos (2.8.1) "11../ ker f

f = G. Por el primer teorema

= G.

Como ker fes un subgrupo de "11.., existe un entero no negativo m tal que ker f = m"ll.. (véase 1.8.1).

Si m = O, resulta ker f = (O] luego fes inyectiva y como también es sobreyectiva, "11.. = G. Si m > O, por (2.8.1) "11..lm"ll..

= G, lo que termina la demostración.

2.8.2. Observación. Dos grupos finitos isomorfos tienen, evidentemente el mismo orden m. De lo anterior se deduce que para cada entero positivo m todos los grupos cíclicos de orden m son isomorfos a "11..I m"ll... 2.9. Ejemplos de homomorfismos 2. 9.1. Vamos a calcular todos los homomorfismos f : "11..

~

"11..

Si fes uno de ellos y f(l) = a, tendremos para cada entero positivo n

.._n__ --n--

f(n) =f(l + ... + 1) =f(l) + ... f(l) = na

mientras que sin es negativo, m = -n es positivo y por 2.4.2 (recuérdese que la operación es aditiva) f(n) = f(-m) = -f(m) = -(ma) = (-m)a = na.

Como f(O) =O= 0a por 2.4.1, tenemos f(n) = na para cada n E 7L.

Evidentemente esta aplicación es homomorfismo, pues f(n + m) = (n + m)a =na+ ma = f(n) + f(m).

Resumiendo, los homomorfismos de 7L en "11.. son las aplicaciones fa:"11..~"ll..:ni-+na

para a E "11..

84


2.9.2. Sean ~ 3, X el polígono regular den lados y V= (al' ... , an} el conjunto de vértices de X. Vimos en 1.2.1 que la aplicación

es inyectiva. De hecho es homomorfismo, pues q,(f º g)

= (f º g)lv = flv º glv = q,(f) o

q,(g).

Como ker tf> = ( 1}, el primer teorema de isomorffa nos dice que Dn

= im f,

y por lo tanto Dn es isomorfo a un subgrupo de Sn, lo cual precisa más (si cabe) 1.8.2. Allí decíamos que Dn era un subgrupo de Sn porque identificábamos f con flv2.9.3.

La aplicación f: GLn(IR)

~ IR* :

A

i-+

det A (véase 1.2.(4))

es homomorfismo sobreyectivo de grupos con núcleo SLn(IR) y por el primer teorema de isomorffa, GLn(IR)ISLn(IR)

=

IR*

En efecto, f(AB) = det (AB) = det A · det B, luego fes homomorfismo. Es evidente que ker f = SLn(IR). Por último, si a E IR*, la matriz A = (ª;; : 1 ,,:::·,,::: - , - n, 1,,:::·,,:::) - ¡ --= n

definida por

a;¡

cumple det A

o si i * j ={ a si i = j =1 1 si i = j > 1

= a 1n-l = a. Esto prueba la sobreyectividad de f

2.9.4. Sean m y n enteros positivos. Vamos a calcular los homomorfismos entre "ll.l m"ll. y "ll./ n"ll.. Sea f : "ll./ m"ll. ~ "ll./ n"ll. uno de ellos. Llamemos

f(l

+ m"ll.) = k + n"ll..

Como (m + 1) + m"ll. = 1 + m"ll.,

85


debe ser k + nZ

=f((m

+ 1) + mZ)

=f((l

+ mZ) + ... + (1 + mZ))

=

m+l

= (m

+ 1) f (1 + mZ)

= (m

+ 1) (k + nZ)

=k(m

+ 1) + nZ.

En consecuencia, km E nZ.

Evidentemente km es múltiplo de m y den luego, llamando M = mcm(m, n), km es múltiplo de M.

2.9.4.1.

Si d = mcd(m, n), Md = mn.

En efecto, sean p 1, .•. , Pk los factores primos comunes a m y n. Descomponiendo m y n en producto de números primos será

Si E;

= max {a¡,

/3;] yµ;

= min

a¡+ /3;

= E¡ + µ¡

d -- pµ• 1 M _

{a¡, /3;] es claro que

Et

' •••

pµk k Ek

- Pi , ··· Pk

06, Y, oO-. Yt Q1 ·•• qr <- t ••• <- s

luego

Visto esto, como km es múltiplo de M, k es múltiplo de M m

k

n = -a d

para algún a E Z.

Recíprocamente, si k

n = da

la aplicación

= !!..

d'

digamos

86


2.9.4.2. fk: Z/mZ-+ Z/nZ: x + m"ll.-+ kx + n"ll.

cumple: (i)

Está bien definida, pues si x + m"ll. = y + m"ll., x - y E mZ, luego x - y = mb para algún b E Z

y así kx-ky = k (x-y)

= n a(x-y) = d

namb d

= m abn d

e nZ

con lo que kx + n"ll. = ky + n"ll..

(ii) h(l + mZ) = k + n"ll.. (iii)

Es homomorfismo pues

=fk((x +y)+ mZ) = k(x +y)+ n"ll. = = (kx + ky) + n"ll. = (kx + n"ll.) + (ky + n"ll.) =fk(x + m"ll.) + fk(y + m"ll.). h«x + m"ll.) +(y+ mZ))

Así pues, los homomorfismos entre Z/ mZ y Z/ n"ll. son las aplicaciones fk definidas como en 2.9.4.2 para k =~a, d = mcd(m, n), a E Z. Calculemos cuántas hay. Es claro que si

n

n

d

d

k=-ayf.=-b

las aplicaciones fk y fe coinciden si y sólo si 2.9.4.3.

puesto que h(x + mZ) = xfk( 1 + mZ), fe(x + m"ll.) = xfe< 1 + mZ).

La condición 2.9.4.3 equivale a k + n"ll. = l + n"ll.,

es decir, ; (a -

b) = k - f. e nZ

87


o lo que es lo mismo a-b E d"ll..

Así los homomorfismos fk, k = ; a , a

=

O, 1, ... , d - 1 son todos distintos,

mientras que para cualquier otro a, dividiendo a= dq+r,O::;;;r::;;;d-1,

es a- r = dq E d"ll.,

luego fc.ntd)o. = fc.ntd)r·

Por tanto, el número de homomorfismos entre "11.I m"ll. y "11.I n"ll. es d = mcd(m, n).

Vamos a estudiar cómo deben ser m y n para que exista algún homomorfismo inyectivo entre "11.I m"ll. y "11.I n"ll. y en tal caso calcularemos cuáles son. Si existe un homomorfismo inyectivo f: "11./ m"ll. mer teorema de isomorfía, "11./m"ll.

~

"11./ n"ll. será, por el pri-

= im f,

luego m = o(im f).

Como im fes subgrupo de "11.I n"ll., por el teorema de Lagrange, m

= o(im f)

divide a o("ll.ln"ll.)

= n.

Asín debe ser múltiplo de m. En tal caso, d = mcd(m, n) = m y los homomorfismos entre "11.lm"ll. y "11.ln"ll. son

2.9.4.4. Veamos que fk es inyectivo si y sólo si mcd(a, m) luego, si mcd(a, m) = e =F 1 , escribimos

con lo que av = mu.

a

=CU,

m

=CV,

=

l. Desde

88


Como e =F 1, v fl. m"lL., esto es, v + m"lL. =F O + m"lL.. Sin embargo,

n m

n m

f/v + m"lL.) =kv+ n"lL. = -av + n"lL. = -mu + n"lL. = nu + n"lL. =O+ n"lL.,

con lo que v + m"lL. E ker fk y fk no es inyectiva. Recíprocamente, supongamos que mcd(a, m) = 1. Si x + m"lL. E ker fir. debe ser kx E n"lL., esto es,

n -ax E nZ, m

luego axEm"lL..

Como mcd(a, m) = 1, sabemos por 1.8.9.3 que 1 =as+ mt para ciertos s, t E Z y por tanto x = (ax)s + m(tx) E m"lL.,

esto es, x + m"lL. =O+ m"lL..

En consecuencia, fk es inyectiva. Así, para que existan homomorfismos inyectivos Z/ m"lL. -+ "11./ n"lL. debe ser n múltiplo de m y en tal caso los homomorfismos inyectivos son fk : Z/ m"lL. -+ "11.I n"lL. : x + m"lL. -+ kx + n"lL.

n para k =-a, O =s.; a m

=s.;

m - 1, mcd(a, m) = l.

Así pues, el número de homomorfismos inyectivos entre Z/ m"lL. y Z/ n"lL., cuando m divide a n, coincide con el orden q,(m) de

z:,.

Terminamos este largo ejemplo estudiando en qué condiciones existen homomorfismos sobreyectivos entre Z/ m"lL. y Z/ n"lL. y en tal caso, calculando cuántos hay. Si existe f: Z/ m"lL. -+ "11./ n"lL. homomorfismo sobreyectivo, tendremos ("lL.lm"lL.)lker f

= im f = "lL.ln"lL.,

luego IZ!m"lL.: ker t] = n y por el teorema de Lagrange m o(kerfl

= n.

89


Por ello, m debe ser múltiplo den. Entonces mcd(n, m) = n con lo que si fk es homomorfismo tendremos

n a= a, n

k

=-

OS a S

n-1,

esto es, fk : x + m"ll.

i-+

kx + n"ll.,

O~ k

~ n -

1

son, en este caso, los homomorfismos entre "ll.l m"ll. y "ll./ n"ll.. Para que fk sea sobreyectivo es suficiente (y por supuesto necesario) que 1 + n"ll. E im fk, pues si 1 + n"ll. = fk(u + m"ll.), cada x + n"ll. E "ll./ n"ll. se escribe como x + n"ll. = fk(xu + m"ll.).

Así fk es sobreyectiva si y sólo si existe u E

"1L.

tal que

ku + n"ll. = 1 + n"ll.

o lo que es igual, existe v E 2.9.4.S.

"1L.

tal que

ku - 1 = nv E n"ll..

Llamando w = -v, 2.9.4.5 se convierte en 1 = ku + nw, u, w E "ll..

Por 1.8.9.3 esto equivale a decir que mcd(k, n) = l. Resumiendo, para que exista algún homomorfismo sobreyectivo de "ll.l m"lL. en Z/ n"ll., m debe ser múltiplo de n y en tal caso, fk: "ll.lm"ll.----+ "ll.ln"ll.: x + m"ll.

i-+

kx + n"lL., O~ k ~ n - 1, mcd(k, n) = 1,

son los homomorfismos sobreyectivos entre Z/ m"ll. y "ll./ n"ll.. El número de ellos es, evidentemente, q,(_n). 2.9.S. Sea G un grupo abeliano y

f : G ----+ G : x i-+ x 2 que es homomorfismo pues f(xy)

= (xy) 2 =xyxy =xxyy =x2y 2 =f(x) f(y).

(Obsérvese que es esencial que G sea abeliano; de hecho se deduce de 1.4.(2) que Ges abeliano si y sólo si fes homomorfismo).

90


Obsérvese que ker f = (x E G : x 2 = 1)

está formado por 1 y (si existen) todos los elementos de orden 2 de G. Por ejemplo, si G

= IR*,

decir x 2

= 1 equivale

a

(x + 1) (x - 1) = O,

luego ker f = ( + 1, -1), grupo éste al que notaremos por U2 • En particular,

f no es inyectiva. Cuando G es finito, tenemos 2.9.5.1.

fes inyectiva si y sólo si el orden de Ges impar.

Demostración. Supongamos que o( G) = 2k + 1 es impar y sea x E ker f. Así x 2 = 1 y también x2k+I = 1, en virtud de 1.12.9. Entonces x

= xl = xlk = x(x 2)k = x2k+I = 1

y f es inyectiva. Veamos ahora que si o( G) = 2k es par, sea G abeliano o no lo sea, f no es inyectiva. (Esto se deduce directamente del teorema de Cauchy (véase 2.13) pero lo haremos aquí «artesanalmente»). Para cada x E G llamemos Ax = (x, x- 1). Los distintos Ax constituyen un partición de G pues como cada x E Ax, la igualdad G = UAX

n AY =F 0, quiere decir quex E (y,y- 1) o x- 1 E (y,y- 1). En el primer caso, si x = y, es x- 1 = y- 1 y Ax = AY, y si x = y- 1 entonces

es obvia, mientras que si Ax

x- 1 = y y de nuevo Ax= AY. En el segundo caso se razona igual. Evidentemente, A 1 = (1), pues 1- 1 = l. Si el resto de los Ax (digamos que hay m de ellos) tuviese dos elementos, tendríamos 2k

= o(G) = card A 1 + 2m = 2m

+ 1, que es impar.

Esto es absurdo, luego existe a E G, a =F 1, tal que card Aª = 1. Esto significa que a- 1 = a, luego f(a) = a 2 = aa- 1 = 1 = f(l). Por tanto, f no es inyectiva. Si se prefiere, podemos refonnular el «sólo si» de 2.9.5.1 diciendo 2.9.5.2. orden 2.

Todo grupo finito de orden par posee algún elemento de

91


2.9.6. Sean~ 2 un número natural, X= (1, 2, ... , n) y f E Sn = Biy(X). Llamamos signatura de. f y notaremos por s(f) el número de pares (i, j) E X X X tales que

i < j y f (i) > f(j). La aplicación E:

sn ~ U2 = {+1, -1): r~ e(f) = (-1)5(f>

es homomorfismo de grupos; nótese que E (f}

= TT f (i~ - ~(j) i
l -

J

pues al ser f biyectiva los factores del numerador son, salvo el signo, los del denominador, y hay tantos factores con signos distintos en numerador y denominador como s(f). Entonces, si f, g E Sn, e
l-J

=n f(g(i~) i
n

f <~ g(z)-g(¡) i
=e e (g).

El número e(f) se suele llamar índice de f y el núcleo kere= {fE Sn: e(f) = 1)

es el llamado grupo alternado, y que denotaremos An. Obsérvese que por 2.4.3 An es subgrupo normal de Sn y por el primer teorema de isomorfía

En particular, !Sn: Anj

= o(S,IAn) = o(U2) = 2 por 2.3

y usando el teorema de Lagrange

de donde o(An) = n!. 2

Estamos ya en condiciones de probar, como anunciamos en 1.15.6, que no es cierto el recíproco al teorema de Lagrange. Con más precisión,

92


Proposición 2.10. (1) Si Ges un grupo finito de orden n < 12, para cada divisor d de n existe un subgrupo de G de orden d. (2)

El grupo A 4 tiene orden 12 y no posee ningún subgrupo de orden 6.

2.11. Comentario. Podríamos hacer una demostración más elegante y sencilla de este resultado utilizando los resultados que obtendremos en capítulos posteriores. Para familiarizar al lector con el uso de los pocos conocimientos de que todavía disponemos y poner de manifiesto la elementalidad del enunciado, hemos preferido incluirla en este momento, lo que nos obliga a demostrar ciertos lemas previos, algunos de los cuales tienen interés por sí mismos. De hecho en el corolario 4.22 demostraremos un resultado más fuerte. Como los grupos de orden primo son cíclicos (véase 1.15.4) para probar ( 1) basta, en virtud de 1.16, estudiar los casos

n = 4, 6, 8, 9 ó 10. Como o((l)) = 1 y o(G) = n, sólo nos preocuparemos de buscar subgrupos cuyo orden sea un divisor propio den. Los casos n

= 4 ó 9 se resuelven mediante el siguiente

Lema 2.12. Si pes un número primo y Ges un grupo de orden p 2 , G posee un subgrupo de orden p (que es el único divisor propio de p 2 ).

Demostración. Sea a E G, a '#- l. Si o(a) = p 2 , G = (a) es cíclico, y basta usar 1.16. Si o(a) '#- p 2 , el orden de a ha de ser p en virtud del teorema de Lagrange, pues o(a) '#- p 2 • Entonces el subgrupo (a) tiene orden p. Para n = 8 tenemos

Lema 2.13. Todo grupo G de orden 8 posee subgrupos de órdenes 2 y 4.

Demostración. Por 2.9.5.2 existe a E G de orden dos. Así el subgrupo (a) tiene orden 2 y sólo necesitamos encontrar un subgrupo de orden 4. Si G no es abeliano, algún elemento a E G cumple a 2 '#- 1, en virtud de 1.4. Así 1 '#- o(a) '#- 2 y por el teorema de Lagrange o(a) = 4 u 8. Si o(a) = 8 el grupo G sería cíclico y en particular abeliano, por 1.16.5, lo que es falso. Por tanto o(a) = 4 y (a) es el subgrupo buscado. Suponemos ahora que G es abeliano. Podemos suponer que todos los elementos de G, salvo el 1, tienen orden dos. En caso contrario, bien existe

93


a E G de orden 4 y hemos concluido, bien existe a E G de orden 8 y en tal caso G es cíclico, por lo que podemos usar 1.16.

Tomamos dos elementos distintos x, y en G, y distintos de 1. Veamos que H=(l,x,y,xy}

es subgrupo de G de orden 4. Nótese que x- 1 = x, y- 1 = y, por ser x e y elementos de orden dos. Evidentemente x # xy # y, utilizando 1.1.2. Además 1 # xy pues en caso contrario, x = y- 1 =y.Esto prueba que H tiene 4 elementos. Además xy- 1 =xy EH; x(xy)-1 = xy-1 ,x-1 = y-1 xx-1 = y-1 = y EH

(aquí es esencial que Ges abeliano); y.x- 1 = yx

= xy

EH;

y(xy)-1 = yy-1,x-l = ,x-1 = x E H; (xy)x- 1 = yxx- 1 = y EH; (xy)y- 1 = x EH;

lo que prueba que H es subgrupo de G. Para acabar con la prueba de la parte (1) en 2.10, sólo nos faltan los casos n = 6 ó 10, que quedan resueltos mediante el siguiente Lema 2.14. Sea p un número primo mayor que 2 y G un grupo de orden 2p. Entonces G posee subgrupos de órdenes 2 y p. Además G == '1L/2p'1L ó G == DP según que G sea abeliano o no. (Por supuesto, esto último no se necesita para probar 2.10.(1)). Demostración. Por 2.9.5.2, existe a E G de orden 2, luego basta encontrar un subgrupo de orden p. Podemos suponer que los elementos de G (distintos del neutro) tienen orden 2 o p, pues si no, algún elemento tendría orden 2p, G sería cíclico y podríamos usar 1.16.

Si no todos tienen orden 2, tomando b E G de orden p, el subgrupo (b) es el buscado. Si todos tuviesen orden 2, G sería abeliano por 1.4, y tomando x, y E G, x # 1 # y, x # y, la misma prueba que en 2.13 permite deducir que H=(l,x,y,xy}

es subgrupo de orden 4 de G. Por el teorema de Lagrange 4 divide a 2p, luego p es par. Esto es absurdo.

94


Por tanto hemos probado que existen elementos, a, h E G de órdenes 2 y p respectivamente, y hemos demostrado la primera parte. Para la segunda comencemos con el caso en que Ges abeliano. Como ah deducimos de ix) en 1.1 O que

= ha

o(ah) = o(a) o(h) = 2p

pues mcd(2, p) = l. Así G = (ah) es cíclico de orden 2p luego isomorfo a 'll../2p'll.. por 2.8.1. Si G no es abeliano, vamos a comprobar que G = [1, h, h 2 ,

••• ,

hP- 1, a, ah, ... , ahP- 1}.

Como o( G) = 2p basta comprobar que los elementos del segundo miembro son todos distintos. Si hi = hi, O~ i < j ~ p - l, sería hi-i sería múltiplo de o(h) = p.

Si ahi

= abi, O~ i < j

~ p-

= 1, luego j -

1, sería hi ~

Por último, si hi = ahi, O~ i, j

i, que es menor que p,

= bi usando 1.1.2.

p - l, tendríamos

a = hi-i E (h) y por el teorema de Lagrange 2 = o(a) dividiría a p = o((h)), que es impar.

Como DP

= [1,f, ... ,p-t,g,g of, ... ,g of1'-1]

con las notaciones introducidas en 1.2, es natural definir

q,: DP

G : f i-+ h, g

~

i-+

a,

esto es,

q,(fi) = hi, q,(g º [i) = ahi, O~ i

~

p- l

y todo se reduce a comprobar que q, es isomorfismo. Nótese que cada elemento de DP se puede escribir de la forma

ge

fi,

0

o~ k

~

l,

o~ i ~ p- 1,

y que dados dos elementos x = g' º fi, y = gt º fi en DP xy

k

i

t

.

= g of og of 1 =

donde, en el caso

e=

k .. { g o l+I g k o fi ogo fi o

f

f j-i = g k+I

l, hemos usado 1.13.1.

o

fi-i

Sif = 0 si· <.o__ l

95

SUBGRUPOS NORMALES. HOMOMORFISMO~ ..

Entonces, como g 2 = a 2 = 1, tenemos si l=O si l=l

akbi+i { q,(xy) = ak+lbi-i

Por otro lado, como

tenemos si e= o, q,(x) q,(y) = akbi+i, si t = 1, q,(x) q,(y) = akbiabi. En consecuencia, q,(xy) necesitamos 2.14.1. biabi

= a

= q,(x)

q,(y) cuando

para cada O :s; i

=s;

t = O. Para el caso t = 1,

p - 1.

Lo demostraremos por inducción:

Para i = 1. El elemento ab no tiene orden 1, pues en tal caso b = a- 1 = a, ni orden 2p, pues entonces G sería cíclico y en particular abeliano. Si o(ab) = p consideramos H = (b),

K = (ab),

que son subgrupos de orden p. En virtud de 1.12.11 o(H ri K) = o(H) o(K)

~

o(H) o(K)

card(HK)

= p2 = p > 1

o(G)

2p

2

y o(H n K) divide a o(H) = p por ser H n K subgrupo de H. Se concluye que o(H n K) = p = o(H). Como H n K e H y ambos tienen el mismo número de elementos, H n K = H, esto es, H e K. Por tanto al ser o(H) = o(K), deducimos que

H=K. En particular, ab E H = K, luego existe O :s; j =s; p - 1, tal que ab = bi. Entonces a = bi-l E H, de donde 2 = o(a) es divisor de o(H) = p. Esto es falso. En consecuencia, o(ab) =I: p y así o(ab) = 2, con lo que abab

como queríamos.

=1

y

bab

= a- 1 = a,

96


Si i > 1, bi abi = b(bi-l abi- 1) b = bah = a, la segunda igualdad por la hipótesis de inducción y la tercera por el caso i = 1. Así, si

e = 1, ~(x) ~(y)

= akbial,i = ak(biabi)bi-i = ak+ 1bi-i = ~(xy),

lo que prueba que ~ es homomorfismo. Para probar que es biyectiva basta ver que es sobreyectiva, pues o(DP) = o(G). Cada elemento de G tiene la forma u= akbi, O :e.

k :e. 1, O :e. i :e. p - 1,

y por lo tanto,

u = ~(gk o fi) E im f, y hemos terminado. Queda así probada la parte (1) de 2.10 y pasamos a la Demostración de 2.10.(2). Evidentemente o(A4 ) = ~! el elemento f E S 4 definido por

= 2,

f(l)

f(2)

= 1,

f(3)

= 4,

f(4)

= 12.Consideremos

= 3.

E({)= f(l)- f(2) f(l)- f(3) f(l)- {(4) {(2)- {(3) {(2)- {(4) {(3)- {(4)

1-2

1-3

1-4

2-3

2-4

3-4

2-1 2-4 2-3 1-4 1-3 4-3 =-- - - - - - - - - - - = 1-2 1-3 1-4 2-3 2-4 3-4

= 2-1

2 - 4 2 -3 1-4 1-3 4-3 1-2 2-4 2-3 1-4 1-3 3-4

=(-1)2 =l

luego f E A 4 . Por el mismo argumento, los elementos g, h E S 4 definidos por

= 3, = 4,

g(l) h(l)

g(2) h(2)

= 4, = 3,

g(3) h(3)

también pertenecen a A 4 •

f f =g

o

g

=h

Consideremos ahora

eI

E S4 definido por

Nótese que

0

o

h

= 1.

= 1, = 2,

g(4) h(4)

= 2, = 1,

=

97


i¡(l)

= 2,

i¡(2)

= 3,

i¡(3)

= 1,

i¡(4)

=4

2-3 2-1 2-4 3-1 3-4 1-4 1-2 1-3 1-4 2-3 2-4 3-4

E(f 1) = - - - - - - - - - - - - =

= 2-3

2-1 2 -4 3-1 3-4 1-4 2-3 1-2 2-4 1-3 3-4 1-4

y por lo tanto

eI E

=(-1)2 =l

A4 •

Análogamente también pertenecen a A 4 los elementos de S 4 definidos por ti(l) iil) iil) is(l) t 6 (0

i¡(2) ig(2)

= 3, = 2,

= 4, = 3, = 4, = 3, = 4,

ii(3) l3(2) ii4) l5(3) t 6 (4) l7(3) ig(4)

= 2, = 4, = 2, = 4, = 3, = 4, = 3,

ti(2) ii4) ii2) l5(4) t 6 (3) t¡(4) ig(3)

= 1, = 1, = 1, = 1, = 1, = 2, = 2,

ti(4) = 4, li3) = 3, ii3) = 3, ts(2) = 2, t 6 (2) = 2, t¡(l) = 1, ig(l) = l.

Como A 4 tiene 12 elementos y 1 E A 4 , se tiene: A 4 = (1, f. g,

(*)

h,

e11 e2 , e3, t 4 , e5 , e6 , e1 , t 8 J.

H = (l, f, g, h] es un subgrupo de A 4 _

Para comprobarlo, basta observar que

=h, fo h =g, g o f = h. Visto esto, y puesto que f = f- 1 , g = ~ 1, h = h- 1, se tiene fo ~ 1 = fo g = h E H; f o h- 1 = f o h = g E H; g o f- 1 = g o f = h E H; g o h-1 = g oh = g o (g o f) = f E H; h o f- 1 = h o f = (g o f) o f = g E H; h o ~ 1 = h o g = (fo g) o g = f E H; (**)

fo g

lo que prueba que H es un subgrupo. Para demostrar (**) haremos f o g = h y dejamos al lector la comprobación de las otras dos igualdades: (f O g) (1) (f O g) (3)

= f(3) = 4 = h (l); = f(l) = 2 = h (3);

(f O g) (2) = f(4) = 3 = h (2); (f O g) (4) = ((2) = 1 = h (4).

98


Antes de probar que A 4 no posee subgrupos de orden 6 sólo necesitamos 2.14.2.

Para cada 1

~

i

~

8, o(t'¡) = 3.

Desde luego, basta verlo para t1(1) t1(2)

= i¡(2) = 3, = i¡(3) = 1,

t 1• Es evidente que t{(4)

= 4. Además,

luego t{(l) = t 1(3) = 1; luego t{(2)

= t 1(1) = 2;

y finalmente t1(3)

= t 1(1) = 2, luego i{(3) = t 1(2) = 3.

Esto prueba que t{ = 1 y así el orden de = 1 u o(t 1) = 3. Como e1 '# 1,

eI es un divisor de tres, o sea,

o(t 1)

o(t 1)=3.

En particular se deduce 2.14.3. A 4 no posee elementos de orden 6. Supongamos, por reducción al absurdo, que A 4 posee un subgrupo K de orden 6. Como sólo 4 elementos de A 4 no tienen orden 3, K contiene algún elemento de orden 3, y sin pérdida de generalidad podemos suponer que e1 E K. Además K es subgrupo normal de A 4 , pues tiene índice dos. Por lo tanto, t 3 = fetf E K y t 6 = gttg E K. En consecuencia, también t1 = t 2 , ti= t 4 y ti= t 5 pertenecen a K. Así, [l, i 1, t 2 , t 3 , t 4 , t 5 , i 6 ) e K lo que contradice que K tiene orden 6.

IV.

TEOREMAS DE ISOMORFfA

Tras estos ejemplos vamos a probar otros teoremas de isomorfía (el primero lo vimos en 2.7). Proposición 2.15. (Segundo teorema de isomorfía). Sean N y H subgrupos normales de un grupo G, tales que N C H. Entonces HIN es subgrupo normal de G/N y (GIN)l(HIN) == G/H.

Aunque se deducirá de la demostración, recordemos que ya vimos en 2.3.1.1 que HIN es subgrupo normal de GIN. Demostración.

99


Consideremos la aplicación

f:

GIN---+ GIH: aN i-+ aH

que está bien definida, pues si aN

= bN,

se tiene

e H, luego aH = bH.

a- 1b E N

Como f ((aN) (bN)) = f (abN) = abH = (aH) (bH) = f (aN) f (bN), fes homomorfismo. Cada aH E GI H es aH = f (aN), luego fes sobreyectiva. Finalmente, aN E kerf

si y sólo si aH = f(aN) = H,

esto es, ker f = (aN E GIN: a EH]= HIN.

Por el primer teorema de isomorfía, (GIN)lker f

= im f,

esto es, (GIN)l(HIN)

= GIH.

Proposición 2.16. (Tercer teorema de isomorfía). Sean H y N subgrupos de un grupo G, N subgrupo normal de G. Entonces:

n

N es subgrupo normal de H.

(1)

H

(2)

HN es subgrupo de G.

(3)

N es subgrupo normal de HN.

(4)

HNIN

=

Hl(H

n

N).

Demostración. (1) Veamos que se cumple la condición (3) en 2.1. Sean a, b EH tales que ab EH n N. Entonces ab EN, a, b E G. Como N es subgrupo normal de G, ba EN.

Pero ba E H, por ser b, a E H. Así ba E H

n

N.

100


(2) Hay que probar que HN = NH (véase 1.8.8). Si x E HN, existen h E H, n E N, tales que x = h n. En particular, x E hN = Nh C NH,

la igualdad por ser N normal (véase 2.1 ). Esto prueba que HN e NH. El otro contenido se prueba del mismo modo. (3)

Se sigue 2.2.13

(4)

Definimos

f: H--+ HNIN: h--+ hN que evidentemente es homomorfismo. Veamos que im

f

= HNIN. Dado xN E HN/N será

x

=

hn, h EH, n EN.

Entonces x- 1h = n- 1h- 1h

Veamos que ker f = H

= n- 1 E

N, luego xN

= hN = f(h).

n N.

x E ker f equivale ax E H, xN = N, esto es, X

E H,

X

E N, o sea,

X

Por el primer teorema de isomorfía, H lker f Hl(H

E H

= im

n

N.

f, luego

n N) = HN/N.

Antes de probar el cuarto teorema de isomorfía necesitamos:

Lema 2.17.

Sean A, By C tres subgrupos de un grupo G, Be A. Enton-

ces A

A

n BC = B(A n C).

Demostración. B(A n C) e BC porque A C e A, se sigue, al ser A subgrupo, que

n

B(A

n

C) CA.

n C e C. Como B e A y

101


En consecuencia, B(A n C) e A n BC. Recíprocamente, sea a E A n BC. Entonces a E A y existen b E B, e E C, tales que a = be. De este modo e = b- 1a, b- 1 E Be A. Por ello

e = b- 1a E A

n C,

a= be E B(A

n C),

de donde

lo que prueba el otro contenido.

Proposición 2.18. (Cuarto teorema de isomorfía). Sean G un grupo, H 1 y H 2 subgrupos de G, N 1 subgrupo normal de H 1 y N 2 subgrupo normal de H 2 • Entonces (1)

N 1(H 1

n

H 2) y Ni(H 1 n H 2) son subgrupos, respectivamente, de H 1

y H2.

(2) N 1(H 1 n N 2) es subgrupo normal de N 1(H 1 subgrupo normal de Ni(H 1 n H 2).

n

(3)

(H 1

(4)

(N,(H,

N 2) (N 1

n

H 2) y Ni(N 1 n H 2) es

n H 2) es subgrupo normal de H 1 n H 2.

n H2))f(N,(H, n

N2))

= (H, n H2)f(H, n

N2) (N,

n H2) =

= (Ni(H, n H2))l(Ni(N, n H2))· Demostración. (1) Es consecuencia inmediata de (2) en 2.16, pues para i = l. 2, N; es subgrupo normal del grupo H; y H 1 n H 2 es subgrupo deH;. (2) Por simetría, basta ver la primera parte. Como N 2 es subgrupo normal de H 2 y H 1 n H 2 es subgrupo de H 2, de (1) en 2.16 se deduce que (H 1

n H 2) n N 2 es subgrupo normal de H 1 n H 2, esto es, HI

n N 2 es subgrupo normal de H I n H 2,

y ambos son subgrupos del grupo H 1•

Ahora el resultado se sigue de 2.2.13, pues N 1 es subgrupo normal de H 1•

102


(3)

Basta demostrar que si a E H 1 n H 2 , a(HI

n

N2) (NI

n

H2) = (HI

n

N2) (NI

n

H2)a.

Probaremos que el primer miembro está contenido en el segundo y dejamos al lector la comprobación del otro contenido. Si x E a(H 1 n N 2) (N 1 n H 2), se escribirá x = auv, u E H 1 n N 2, v E N 1 n H 2.

Como au E aN2' a E H 2 y N 2 es subgrupo normal de H 2'

= n 2a,

au

n 2 E N 2•

Además, n 2 = aua- 1 E H 1 , pues a, u E H 1• Así x = auv = n 2av, n 2 E H 1

n

Ni-

Como av E aN 1, a E H 1 y N 1 es subgrupo normal de H 1, av = n 1a, n 1 E N 1•

Además, n 1 = ava- 1 E H 2 , pues a, v E H 2 • Por tanto, X=

n2n1ª• n2 E H1

n

N2,

ni E

NI

n

Hi,

es decir, X

E (HI

n

n H2)a. N 1(H 1 n N 2),

N2) (NI

(4) Llamemos H = H 1 n H 2, N = G' = N 1(H 1 n H 2). Sabemos que H es subgrupo de G' y, por (2), N es subgrupo normal de G'. Aplicando el tercer teorema de isomorfía (aquí el grupo «ambiente» es G ') se tiene

2.18.1.

(N1
n

n H2))l(N1

N2) (HI

= HNIN = Hl(H n

N)

Los subgrupos A= H¡, B = H 1 del lema anterior, A HI

Ahora bien,

luego

n

(HI

n N 2 , C = H 2 cumplen Be A.

n BC = B(A n C), esto es,

n

N2>H2 = (HI

n

N2) (HI

n

H2>·

En virtud

103


y multiplicando ambos miembros por NI'

Sustituyendo en 2.18.1 obtenemos 2.18.2.

n H2))/(N1(H1 n N2)) = n H2)/(H1 n H2 n N1(H1 n N2»·

(N1
= (HI

Aplicamos de nuevo el lema anterior, ahora con

y obtenemos

n H 2 n (H I n N 2>N I = A n BC = B(A n C) = = (H 1 n N 2) (H 1 n H 2 n N 1) = (H 1 n N 2) (N 1 n H 2), HI

pues N 1 e H 1• Como N 1(H 1

n N2 ) es subgrupo, se tiene N1
n

N2) = (HI

n

N2)NI'

y así HI

n H2 n N1
N1 = (H 1

n N 2)

(N 1

=

n H 2 ).

Sustituyendo en 2.18.2 obtenemos finalmente

Esto prueba la primera parte. La segunda se obtiene a partir de ésta por simetría.

V.

ESTRUCTURA DE LOS GRUPOS ABELIANOS FINITOS

2.19. Comentario. Terminamos este capítulo utilizando los teoremas de isomorfía para estudiar cuáles son los grupos abelianos finitos. Ya vimos en 1.15.5 que no todo grupo abeliano es cíclico. Sin embargo, vamos a probar que los finitos son producto directo de grupos cíclicos (véase 1.5). Aunque podríamos sin gran esfuerzo obtener un resultado análogo para los grupos abelianos que admiten un sistema finito de generadores, hemos preferido dejar esto para el capítulo 7, que es su lugar adecuado.

104


Lema 2.20. Sea G un grupo abeliano finito y x E G un elemento de orden máximo. Entonces para cada y E Gel orden de y divide al de x. Demostración. Sean = o(x) y sea y E G con o(y) = m. Si m no dividiese a n, en la factorización de ambos como producto de primos aparecería un factor primo p más veces en m que en n, esto es, m = pka, k;;?; 1, a no múltiplo de p, n = phb, k > h;;?; O, b no múltiplo de p.

En virtud de (vii) en 1.1 O se deduce o(xJY')

= n/ph = b, o(y'1) = mla = pk.

Como G es abeliano y mcd(b, pk) = 1, se sigue de (ix) en 1.10 que el orden de z = xPh · ya es o(z) = bpk > bph

= o(x)

en contradicción con la definición de x.

2.20.1. Observación. En el lema anterior la hipótesis de que G sea abeliano es esencial. En la demostración de 2.10.(2) se vio que los elementos de A 4 tienen orden 1, 2 ó 3. Lema 2.20.2. Sean G un grupo abeliano finito y x E G de orden máximo. Sean H = (x) e y E G. Entonces existe z E Hy tal que o(z) = o(Hy)

(Este último es el orden de Hy en el grupo cociente G/H). Nótese también que al ser z E Hy es Hy = Hz. Sea m = o(Hy). Así H Por tanto existe t E N tal que Demostración.

= Hl = (Hy)m

= Hym,

luego y 111 E H.

ym = xt.

Vamos a probar que t En consecuencia

2.20.2.1.

= md para cierto d

EN. Si

e= mk para algún k

e= o(y) es obvio que (Hy)f = H. E N.

La igualdad ym = x 1 implica que o(ym) = o(x1 ) y utilizando vii) en 1.1 O con o(x) = n se tiene n

- -€- - = o(y 111 ) = o(x 1 ) - - - mcd (€, m)

mcd (t, n)

105


Como f = mk, se deduce que mcd(f, m) = m luego

k=

n

mcd (t, n)

y de aquí

n

mcd (t n) = -

k

'

pues

f

= m-nf e mZ

divide a n por el lema anterior.

Así mcd(t, n) es múltiplo de m y por ello también lo es t, como queríamos probar. El elemento buscado es z = x-dy E Hy. Se trata únicamente de comprobar que o(z) = m. Pero zm = x- rndym = x- 1ym = 1, luego sis = o(z), m E sZ. Recíprocamente, como z E Hy, es Hz = Hy, y por tanto al ser (Hz)5 s ha de ser múltiplo de o(Hz) = o(Hy) = m. Hemos probado pues que o(z)

= Hzs = Hl,

= s = m = o(Hy).

Lema 2.20.3. Sean G un grupo, H y K subgrupos nonnales de G tales n K = [ 1]. Entonces

que H

HK=H

X

K.

El isomorfismo buscado es

Demostración.

f:

H X K

~

HK: (h, k)

~

hk.

Esta aplicación es evidentemente sobreyectiva. Veamos que es homomorfismo. Se trata de probar que

h 1k 1hik 2

=

h 1h 2k 1k 2 si h 1, h 2 EH, k 1, k 2 E K,

esto es, hay que ver

2.20.3.1. En efecto,

hl 1 E Hk 1 = k 1H, h 2k 1 E h 2K

=

Kh 2 ,

usando la normalidad de H y K. Por tanto

hik 1 = k 1hy hik 1 = k 3h 2 , h 3 EH, k 3 E K,

106


de donde

y así

k31k 1 = h 2h 31 E K luego k 3

= kl'

h3

= h 2•

n H = (l],

Por tanto,

h2k1

=

k1h3

=

k1h2,

como queríamos. Por último, fes inyectiva, pues si (h, k) E ker fes hk de donde

= l, luego h =/c 1 EH n K,

h=l,k- 1 =1,

y así (h, k)

= (1,

1).

Obtenemos ya el llamado Proposición 2.2.1. (Teorema de estructura de grupos abelianos finitos). Si G es un grupo abeliano finito, existen enteros positivos mi' ... , mr tales que G

= '11..lm/L

X ••. X

'11../m~

y cada m; divide a m¡_ 1. Evidentemente, o( G) = m 1 ••. mr. Además, los números r, mi' ... , mr son únicos con esta propiedad. Se dice que mi' ... , mr son los coeficientes de torsión de G.

Demostración. n

Probamos primero la existencia, por inducción sobre

= o(G).

Para n = 1, el resultado es obvio, tomando r = 1, m 1 = 1. Sea n > 1 y tomemos x I E G de orden máximo, m 1 = o(x 1). Llamamos H = (x 1) y consideramos el cociente G/H que es abeliano y cumple

n

o(GIH)=-
pues m 1 > 1 ya que G

~

(l].

Por hipótesis de inducción existe un isomorfismo

107


para ciertos enteros positivos m2' ... , mr, tales que cada m¡ divide a m¡_,. Para cada 2

:!E; ; :!E;

r definimos

u;= (O+ m 2"1L., ... ,O+ m;_,z, 1 + m¡"ll., O+ m;+ 1"1L., ... ,O+ m~).

Como o(q,(uf.)) = o(u¡) = m¡, el lema 2.20.2 garantiza la existencia de Z¡ E G, 2 :!E; ; :!E; r, ta es que q,(u¡)

= Hz¡, o(z¡) = m;-

Llamemos H¡ = (z¡) al subgrupo cíclico de G generado por Z¡ y K = H 2 ••• Hr que, por ser G abeliano, es subgrupo de G, pues trivialmente se cumple 1.8.8. Por 1.12.11, o(K) :!E; o(H2 ) homomorlismo composición

•••

o(Hr) = m 2

•••

mr = o(GIH). Ahora bien, el

K ~G ~G / H

es sobreyectivo, pues dado Hg E G/H será Hg

para ciertos enteros l 2 , Hg

= q,(l 2 + m 2"1L.,

••• , lr,

... , lr + m~)

ya que q, es isomorlismo y por tanto

= q,(l2u 2 + ... + l~r) = HzJ2 ... Hz!¡=

(,ro j)

(zJ2 ... t,:-)

E ,ro j(K).

(Nótese que la operación en G es multiplicativa y en Z/ m 2"1L. x ... es aditiva). Como

,r

O ;:

K

~ G/H

X "ll.l m~

es sobreyectivo se tiene o(K)

~

o(GIH)

y por tanto se cumple la igualdad o(K) = o(GIH) = m 2

•••

mr = o(H2 )

•••

o(Hr).

De aquí, por el lema anterior,

= H 2 X .•• X Hr = "1L.lm 2"1L. X ... X "ll.lm~. Por otro lado, H n K = [ 1], ya que en virtud del tercer teorema de isoK

morfía 2.16, o(~~)= o(KJK n H) = o(KHIH) = o(im Usando de nuevo 2.20.3, H XK=HK

(,ro j))

= o(GIH) = o(K).

108


y como o(HK)

o(H)o(K) =- - = o(H) o(K) = m 1m 2 ... o(HnK)

mr

= n = o( G),

es HK

K

= G y así

G

=H

X K.

Finalmente, por ser H = "11..lm 1"11.. (pues H es cíclico de orden m 1), y x ... x "11../ m~. se deduce de 2.6.2.4 que

= "11../ m 2"11..

G = H X K = "11..lm 1"11.. X .•• X "11..lm~.

Como ya hemos probado que m¡ divide a mi-1' para cada 3 :s;; j ,s;; r, sólo nos falta probar que m 2 = o(z2 ) divide a m 1. Siendo m 1 el orden máximo de los elementos de G, esto se deduce del lema 2.20. Pasamos ahora a probar la unicidad. Supongamos que existen isomorfismos (/,: G 1 = "11..lm 1"11..

X •.. X

"11..lm~-+ G,

de modo que cada m¡ divide a m¡_ 1, 2

I{/:

:s;;

i

G2 :s;;

= "11..lq 1"11..

X ••. X

"ll../q5 '11..-+ G

r, y q; divide a qi-l' 2

:s;; j ,s;;

s.

Hemos de probar que r = s y cada m¡ = q¡. Vamos a probar primero que m1 =q1. Antes introducimos algunas notaciones. Sean X¡=
Desde luego o(x 1)

= m 1, o(y 1) =

q 1• Como para cada x E G se tiene

(k 1 + m 1"11.., ••• , kr + m~), yrl(x) = (fl + q1'11.., ..• , fs + qs"ll..),

(/,- 1 (x) =

y puesto que cada m¡ divide a mi' y cada q; divide a q 1, es (/,- 1 (x)m1 =

O, yr 1(x)q• = O,

y así

xm• = = (/,(0) = 1, Xql

luego o(x)

:s;;

= l{l(yr 1(x)q1) = lf/(0) = 1,

mi' o(x) :s;; q 1.

En particular, para x = y I deducimos q 1 :s;; m I y para x = x 1 tenemos m 1 ,s;; q 1• Así m 1 = q 1•

109


Supongamos ahora por reducción al absurdo que no se cumple la igualdad q¡ = m; para todo i. Sea entonces k el menor índice con mk ~ qk, por ejemplo m = mk < qk = q. Construimos entonces el homomorfismo (pues Ges abeliano)

f:

G ~ G :a

t-+

am.

Sea A= im f, que es subgrupo de G. Si x = am E A y ponemos

q,- 1(a)

= (a 1 + m/L., ... , ar+ m¡L.),

se cumple

q,- 1(x) = q,- 1(am) = (ma 1 + m/L., ... , mak-l pues m = mk es múltiplo de mk, mk+ 1'

... ,

+ mk_ 1Z, O+ mkZ, ... , O+ m,Z.),

mr.

Así pues,

q,- 1(A)

C mZlm1Z X ... X mZlmk-lz X

[O]

X ... X

[O].

Como (Zlm¡Z)l(mZlm¡Z)

= ZlmZ

por el segundo teorema de isomorfía, resulta que m = o(ZlmZ) = o(Zlm¡Z) = m; o(mZlm¡Z) o(mZlm¡Z)

y por tanto m-

o(mZlm-Z) =-' ' m

Así 2.21.1.

o(A) = o(q,- 1 (A)) ~ m1 ... mk-1 .

m Razonemos ahora con

1/f en

Afirmamos que el conjunto

m

vez de con tf,. Nótese que m = mk divide a

110


está contenido en yr- 1(A), ya que 1/f( mb 1 + q/L., •.. , mbk-l + qk_/L., m + qk"ll., O+ qk+l"ll., ... , O+ q5 "1L.) = = 1/f((b¡ + q¡"ll., •.• , bk-l + qk_¡"ll., 1 + qk"ll., O+ qk+l"ll., ... , O+ qs"lL_))m E A.

Por ser m < qk es m + qk"ll.-# O+ qk"ll., luego o(A) =o(l/f-t(A)) ~!l.!. ... qk-l . 2 = m1 m m m

...

mk-l . 2. m

Esto está en contradicción con 2.21.1. Hemos probado pues que cada q¡ = m¡ para 1 :s;; i ,s;; min(r, s). Como o(G) = m 1 ... mr = q 1 ••• q5 se deduce también que r = s, lo que completa la demostración. El teorema anterior permite calcular el número de grupos abelianos finitos no isomorfos de orden dado. 2.21.2. Ejemplo. orden 36.

Calculemos los grupos abelianos no isomorfos de

El teorema de estructura reduce la cuestión a obtener todas las -uplas (r, m 1,

... ,

mr) tales que m 1 ... mr = 36, m¡ divide a m¡_ 1•

Parar= l ha de ser m 1 = 36 y obtenemos Z/36Z. Parar= 2 tenemos

m 1 = 18, m 2 = 2 y obtenemos Z/18"1L. X "1L.l2"1L., ó m 1 = 12, m 2 = 3 y obtenemos Z/12"1L. X "1L./3"1L., ó m 1 = 6, m 2 = 6 y obtenemos "1L./6"1L. X "1L./6"1L..

El lector puede comprobar que no se puede escribir 36 como producto de 3 ó más factores que se vayan dividiendo cada uno al siguiente, luego sólo existen (salvo isomorfismo) 4 grupos abelianos de orden 36. Puede sorprender que no hayan «aparecido» los grupos abelianos "ll.14.l X "1L./9"1L. ó Z/2.l X .l/2"1L. X "ll./9.l, que evidentemente tienen orden 36.

Desde luego han de ser isomorfos a alguno de los cuatro anteriores, y la siguiente proposición nos permite decidir a cuál. Proposición 2.22. Sean G1 y G2 grupos cíclicos de órdenes m y n respectivamente, y G = G 1 x G2• Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

( 1) G es cíclico. (2)

mcd(m, n) = l.

111


Demostración. (1) => (2). Sea M el mínimo común múltiplo de m y n. = ma, M = nb, a y b enteros. Cada u= (x, y) E G cumple

Escribimos M

2.22.1 Como G es cíclico y o( G) = mn, alguno de sus elementos tiene orden mn. Así, por 2.22.1, mn ~ M y de aquí mn = M, luego mcd(m, n) = l. (2) => (1).

Sean a E GI' b E G 2 , tales que G 1 = (a), G2 = (b). Veamos que u = (a, b) tiene orden mn y así será G = (u), esto es, G será cíclico. Sea q = o(u). Entonces (aq, ~)

= uq = le = (1G1' lc2>

y por tanto aq =

1G1'

~ =

1G2"

Esto implica que q es múltiplo de m = o(a) y den = o(b), que son primos entre sí. En consecuencia q es múltiplo de mn = o(G), de donde se deduce

= q = o(G),

o(u)

como queríamos.

2.22.2. Comentario. En virtud de la proposición anterior, "ll./4"11.

X

"ll./9"11.

= "ll./36"11.

y

"ll./2"11.

X

"ll./9"11.

= "ll./18"11..

De esto último se deduce "ll./2"11.

X

"ll./2"11.

X

"ll./9"11.

= "ll./2"11.

X

"ll./18"11.

2.22.3. Observación. Si p 1 < ... < p 5 son primos, todo grupo abeliano de orden n = p 1 ••• p s es cíclico. En efecto, n no admite una factorización n = m 1 ... mr con r > l y mi+ 1 divisor de m¡. (Salvo la trivial m 1 = n, m 2 = ... = mr = 1). Terminamos este capítulo aplicando el teorema de estructura a la obtención de un resultado elemental, pero muy importante en álgebra.

Proposición 2.23. Si p es un número primo el grupo La prueba que presentamos* exige el siguiente * Esta demostración nos ha sido facilitada por M. E. Alonso.

z; es cíclico.

112


2.23.1. Comentario. Las demostraciones usuales de que Z:~ es cíclico, tanto si utilizan como si no el teorema de estructura, se apoyan en dos hechos elementales: i)

Z:/ pZ es un cuerpo.

ii) La regla de Ruffini: un polinomio con coeficientes en un cuerpo tiene a lo sumo tantas raíces como su grado.

De hecho así se prueba, por ejemplo en [CA] X 1.9, un resultado más general que 2.23: los elementos no nulos de un cuerpo finito constituyen un grupo cíclico. En este texto hemos asumido un desconocimiento completo incluso de los fundamentos sobre cuerpos y los polinomios. Por ello ofrecemos aquí una demostración que sólo utiliza álgebra lineal elemental. El emplear el teorema de estructura sólo obedece al interés por mostrar alguna de sus aplicaciones. Demostración.

Como

z; es abeliano y finito, se tendrá

con mi+ 1 divisor de mi. Evidentemente p- 1

= o(z;> = m 1 ••• mr,

y por lo tanto todo se reduce a demostrar que m 1 = p - 1 pues en tal caso r = 1y = Z:/ m I Z: sería cíclico.

z;

Pongamos m 1 = m y supongamos m < p- 1 (luego m + 1 :s;; p- 1). Como cada mi+ 1 divide a mi, se deduce que m I es múltiplo de cada mi y por lo tanto en el grupo Z:/m 1Z: x ... x Z./m~ se verifica

z;

C_omo es isomorfo a este grupo (pero con notación multiplicativa) deducimos que (j + pZ:)m

= 1 + pZ: para cada 1 :s;; i ,s;; p - 1.

En particular -1 + ¡m = PA¡ para 1 :s;;; :s;; m + l, A¡ E Z:..

113


En forma algo sofisticada esto equivale a 1 1

1 2

1m

12 22

-1

PA.i

o

2m

PÁ2

=

o ... (m+lr

1 m+l {m+1) 2

1

PA-m+I

El determinante de la matriz de la izquierda es el de Vandermonde

II

U-i)Ep"lL

ISi
pues p es primo y ninguno de los factores (j - i) es múltiplo de p, ya que O
Llamando B a la adjunta de esta matriz, cuyos coeficientes son números enteros, y despejando, se tiene -ó

o ó

PÁ1

=B

PÁ2

PÁm+I

Escribiendo

b¡ ,m+I hm+l,m+I

se deduce

lo cual es falso.

]

114


EJERCICIOS CORRESPONDIENTES AL CAPÍTULO 2 21.

Sea H un subgrupo normal de orden dos de un grupo G. Demostrar que He Z(G).

22.

Calcular el centro del grupo cuatemión.

23.

Sean G un grupo finito y H un subgrupo propio de G. Demostrar que G

24.

::;6 UHª. ae G

Sean G un grupo y H un subgrupo propio de G tal que Hª = yb para cada a, b E G\H.

Demostrar que G no es simple. 25.

Construir un homomorfismo inyectivo

f: sn ~ sm

si n < m.

26.

a) ¿Existe algún homomorfismo inyectivo de S 3 en A 4 ? b) ¿Existe algún homomorfismo inyectivo de Z/4Z en Ai

27.

a) ¿Existen enteros positivos distintos m y n tales que isomorfos?

z:, y z: sean

b) ¿Existe algún entero positivo m tal que el número de homomorfismos inyectivos Vm'll. ~ lll 00Z coincide con el número de homomorfismos sobreyectivos V30Z ~ lll SZ? Calcúlese m si existe. c) Calcular el número de homomorfismos Z/36Z ~ Z/48Z. ¿Hay alguno inyectivo? ¿Y sobreyectivo? 28.

Sean G un grupo y e E G. Definimos en G otra operación mediante

a* b = acb. Demostrar que con la nueva operación G es un grupo isomorfo al de partida. 29.

Consideremos los grupos O y~ con la operación suma y 0* y~* con la operación producto. a) Demostrar que los elementos positivos de ~* constituyen un subgrupo isomorfo a ~b) ¿Son O y 0* isomorfos?

115


30. Sean G un grupo y f: G --+ G un homomorfismo tal que f H = ker f, K = im f. Demostrar que (1)

G = HK.

(2)

H

(3)

Deducir que si K es subgrupo normal de G, se tiene G

n

O

f

= f. Sean

K = [1].

=H

X

K.

31. Sean A y G grupos, A abeliano. Denotamos Hom(G, A) a la familia de todos los homomorlismos G--+ A. (1)

Comprobar que Hom(G, A) es un grupo con la operación

(f, g) --+ f g, donde (fg) (x) = f(x) g(x) para cada x E G. (2) Demostrar que Hom(Z, A)

= A.

32. a) Demostrar que en un grupo abeliano finito, el producto de los elementos de orden mayor que dos es l. b) Sea p un número primo. Deducir de (a), aplicado al grupo G = que

z;,

(p - 1)! + 1 E pZ (teorema de Wilson)

*33. Demostrar que si el grupo G posee un subgrupo normal H localmente finito (véase ej. 12) tal que G/H es localmente finito, entonces G es localmente finito. 34. Sean G un grupo y H un subgrupo de G. Se pide demostrar: ( 1) Si G satisface la condición maximal, H también. (2) Si Hes normal y G satisface la condición maximal, GIH también. (3) Si Hes normal y tanto H como GIH satisfacen la condición maximal, también la satisface G. (Nota: Acerca de grupos que satisfacen la condición maximal, véase ej. 20).

35. a) Sean a y n enteros primos entre sí, Probar que

a«n> - 1 E nZ (teorema de Euler). b) Sean a y p enteros positivos, p primo, tales que a no es múltiplo de p. Demostrar que aP- 1 -

1 E pZ (pequeño teorema de Fermat).

c) Calcular el resto de la división 2 37 x 73 : 37 x 73.

116


*36. Sean G un grupo y a un elemento de G de orden primo p. Sean b E G y n un entero positivo que cumple ab = ban.

Se pide demostrar (1)

b-kabk = ant para cada k

(2)

abP- 1 = bP- 1a.

;a.

l.

37. ¿Cuántos grupos abelianos no isomorfos existen de orden 200? ¿Y de orden 255? *38. Sea G = D/Z(D4 ). Calcular su orden, probar que es abeliano y calcular sus coeficientes de torsión. 39. Sea G un grupo finito en el que a 2 = 1 para cada a E G. Demostrar que el orden de G es potencia de dos. *40. Sea p un número primo, G un grupo no abeliano de orden 2p y H un subgrupo de G. Calcular Nc(H).

Capítulo 3 GRUPOS DE AUTOMORFISMOS. ACCIÓN DE UN GRUPO SOBRE UN CONJUNTO

Los isomorfismos de un espacio vectorial en sí mismo (automorfismos) no constituyen un espacio vectorial (con las operaciones usuales). Sin embargo, los automorfismos de un grupo son un grupo con la operación composición. De ellos nos ocupamos en la primera parte de este capítulo. La segunda se destina a estudiar una de las técnicas elementales más fecundas en la teoría de grupos: las acciones de grupos sobre conjuntos. Mediante ellas obtendremos algunos resultados clásicos como el de Cayley (todo grupo finito es subgrupo de un grupo de permutaciones) o el de Cauchy (si el orden de un grupo finito es múltiplo de un primo p, existe algún subgrupo de orden p). También empleamos las acciones de grupos para obtener condiciones que garanticen la no simplicidad de un grupo, esto es, la ex istencia de subgrupos normales propios.

l.

EJEMPLOS DE GRUPOS DE AUTOMORFISMOS

Definición 3.1. Si G es un grupo, un automorfismo de G es un isomorfismo

f:

G

~

G

Notaremos por Aut(G) el conjunto de los automorfismos de G. 3.1.1. Aut(G) es un subgrupo de Biy(G). En particular, Aut(G) es un grupo. En efecto, el contenido Aut(G) e Biy(G) es obvio y como la aplicación identidad le: G ~G :xi---+x

es un automorfismo de G, Aut(G) no es vacío. Finalmente, dados f, g E Aut(G), se deduce de 2.6.1 que g- 1 E Aut(G), la composición f º g- 1 es biyectiva por serlo f y g- 1 y es homomorfismo por 2.4.9. Así f º g- 1 E Aut(G) y Aut(G) es subgrupo de Biy(G). 3.1.2. Ejemplos y observaciones Aut(Z)

=

Z/2Z.

Basta probar que Aut(Z) tiene dos elementos y luego aplicar 1.15.4 y 2.8.1. Ahora bien, si f: Z a E Z tal que

~

Z es un automorfismo, vimos en 2.9.1 que existe

f(n)

=

an para cada n E N.

Como fes automorfismo, es sobreyectiva, luego 1 E im f En consecuencia, debe existir n E Z tal que an = 1. Por lo tanto, sólo puede ser a = + 1 ó a = -1.

120


Recíprocamente, los homomorfismos f:"lL.-+"lL.:n.....+n

y

son evidentemente automorlismos. Así Aut("lL.) = [f, g] tiene dos elementos. 3.1.3.

Sin es un número natural mayor que uno, Aut(.Z/n.Z)

Demostración.

= z:.

Recordemos (véase 2.3.3) que

z: =[a+ n"lL. E "lL.ln"lL.: mcd(a, n) = 1]. Por otra parte, para que un homomorlismo f : .Z/ n.Z -+ "lL.I n"lL. sea automorlismo basta que sea inyectivo, pues "lL./n"lL. es finito. Entonces, por 2.9.4.5 (aquí m = n), Aut("lL.ln"lL.)

=(fa: 1 =!E: a

=!E:

n - 1, mcd(a, n)

= 1],

donde

fa: "lL.ln"lL.-+ "lL.ln"lL.: x

+ n"lL. .....+ax+ n"lL..

Consideremos entonces

z: -+ Aut(.Z/ n"lL.) : a + n"lL.

.....+

fa.

Está bien definida, pues si a + n"lL. = b + n"lL. es a - b = ne E n.Z, e E .Z,

con lo que

fa(l

+ n.Z)

= (b

y como 1 + n'll. genera "lL./n"lL., Dados a, b con mcd(a, n)

+ne)+ n"lL. = b + n"lL.

= fb(l

+ n"lL.)

fa= fb por 2.4.11. = mcd(b, n)

=

1, es

Así fab = fa O fb, lo que prueba que se trata de un homomorlismo. Como evidentemente es sobreyectivo, y tanto como Aut(.Z/n.Z) tienen (/) (n) elementos (q, la función de Euler), se trata de un isomorlismo.

z:

3.1.4. Si dos grupos G 1 y G 2 son isomorfos, también lo son Aut(G 1) y Aut(G 2 ). En particular, de 2.8, 3.1.2 y 3.1.3 se deduce que

121


3.1.4.1. Aut(G) = Z/2'11.. si G es cíclico infinito. 3.1.4.2. Aut(G) =

z: si Ges cíclico de orden n.

Veamos 3.1.4. Sea f: G 1 --+ G2 un isomorfismo. Construimos

Veamos que es el isomorfismo buscado. Evidentemente, cada automorfismo h de G 2 es un homomorfismo biyectivo, luego por 2.4.9, f- 1 h f E Aut(G 1) y

tp(g º h>

=r- 1 º (g º h> º r=r- 1 º g º rº r- 1 º h

º

O

r= tp(g> º tp(h>.

=f

r-

Si h E ker tp, se tiene I O h O f = IG,• luego h O f- 1 = I Gi. Por lo tanto tp es inyectiva.

O

f =f y de aquí h = (h f) O

0

r-

1

=

Por último,
tal que

tp(h>

=r- 1 º h º r=r- 1 º rº g º r- 1 º r=g.

3.1.S. El recíproco de 3.1.4 es falso, esto es, existen grupos no isomorfos G 1 y G 2 tales que Aut(G 1) = Aut(G 2 ). Consideremos por ejemplo G 1 = Z/3'11.., G2 = Z/4'11.., que no son isomorfos, pues tienen distinto orden. De 3.1.3 se sigue que Aut(G 1) do 2.3.3.2 y 2.3.3.3, o(Z. 3) =
= '11.. 3, Aut(G 2) = '11.. 4. Ahora bien, emplean= 2, o('ll.. 4) = tp(4) = 2.

Por 1.15.4 y 2.8.1 esto implica que '11.. 3= Z/2'11.., '11.. 4= Z/2'11..,

3.1.6. Vamos a calcular Aut(D3 ). Con las notaciones usuales, D 3 = [ 1, f, ( 2 , g, g o f, g o f2]

122


y sabemos que o(f) = 3, o(g) Además, usando 1.10.vii) o(f 2 )

=

= o(g

f)

o

=

o(f)

mcd(o(f>,2)

= o(g

Ó {2,

Llamemos, para cada 1 :s;; i

:s;;

q,(g) = g

2, O :s;; j

:s;;

f2)

3

= 3 y o(q,(g)) = 2,

g

Ó

= 2 (véase 1.13.1.1).

= 3.

mcd(3,2)

Así, si ti>: D 3 ~ D 3 es automorfismo, o(q,(f)) 2.4.1 O.ii). Por ello, q,(f) = f

o

f

O

Ó

g

O {

en virtud de

2•

2,

ti>;; : D3 ~ D3 : f...,. fi, g...,. g º fi Hemos probado ya que Aut(D3) e [ti>;;: O :s;; i contenido.

:s;;

2, 1 :s;; i

:s;;

2). Veamos el otro

Fijemos O :s;; j :s;; 2, 1 :s;; i :s;; 2, y escribamos ti> = ti>;;- Comenzamos comprobando que ti> es un homomorfismo. Sean a= g' o f, b =gro f, O :s;; k, r lesquiera de D3 • Componiendo, a

o

b = g'

o

f

o

:s;;

1, O :s;;

gr o f = { g' ff+s 0

ge+ 1 o f-f

e, s :s;; 2, dos elementos cuasi r = O si r = 1

donde en el segundo caso hemos utilizado 1.13.1 para obtener

g'

off o

g o rs = g'

o (ff o

g

off) o

rs-f = g' o g o rs-f = gc+t o rs-f_

Esto nos proporciona

[f+s aº b =

si r=k=O

{ g o ff+s g o rs-f rs-f

= O, k = 1 si r= 1, k = O si r

si r=k=l

la última igualdad por ser g 2 = 1. De aquí, f

tp(aob)=

f+s)i

si

r=k=O

g

O

fi+(f+s)i

si

r = O, k = 1

g

O

fi+(s-f)i

si

r = 1, k = O

si

r=k=l.

rs-f)i


Por otro lado, tf>(a) =

t/>(b) =

En consecuencia

r r g

g

o

O

r

123

si k=O

/+

€º

si k = 1

1

si r=O

..

p+s1

si r = 1

i) Sir= k = O, tf>(a) º tf>(b) = fi º fsi = f t+s)i = tf>(a º b). ii) Sir= O, k = 1, tf>(a) º tf>(b) = g º fi+ti º fsi = g º fi+(t+s)i = tf>(a º b). iii) Sir= 1, k = O, tf>(a) = tf>(a º b),

o

tf>(b) = fi o g o fi+si = (fi o g o fi)

o

fi+(s~'Ji = g o fi+(s~'Ji =

donde hemos empleado 1.13.1 en la penúltima igualdad iv) Sir= k = 1, tf>(a) o tf>(b) = g o fi+€i o g = g o (fi+€i o g o fi+€i) o fi-€i = = g º g º fs-€)i = fs-€)i = t/>(a º b),

o

fi+si =

la tercera igualdad de nuevo por 1.13.1. Para ver que cada ti>;¡ es automorfismo es suficiente, puesto que D 3 es finito, probar que ti>;¡ es sobreyectiva. Para esto, como D 3 = (f, g) (véase 1.8.3.5), todo lo que hay que comprobar es que

f

3.1.6.2.

E im ti>¡¡, g E im ti>¡¡,

pues en tal caso, como im ti>;¡ es subgrupo de D 3 , se tendrá D 3 = (f, g)

e

im tf>;;

e

Dy

Si i = l, f = t/>¡¡(f). Si i = 2, t/>i¡(f) = { 4 = f Así pues, f E im ti>¡¡- Tomemos k E~ tal que j + ki E 37l. (si j = O, k = 3; si j = 1, i = l, k = 2; si j = l, i = 2, k = 1; si j = 2, i = 1, k = 1; si j = i = 2, k = 2).

Entonces t/>¡¡(g º fk) = g º fi º fki = g º fi+ki = g pues f3 = l.

Por ello, g E im tf>¡¡En consecuencia, hemos probado que Aut(D3 ) = [t/>¡¡ : 1 :s:;; i

,s;;;

2, O :s:;; j

,s;;;

2).

124


En particular, Aut(D 3 ) tiene orden 6 y por 2.14, es isomorfo a Z/6Z o a D 3 • Veremos que Aut(D 3 ) no es abeliano, y así Aut(D 3 ) = D 3 •

(t/>20 º t/>11> (g) = t/>zo(g º f> = tl>2o(g) º tl>2o = g º f 2; (t/>11 ° 4>20> (g) = t/>11(g) = g O f; así q,20 ° q, 11

=;6

q, 11 o q,20 y Aut(D3 ) no es abeliano.

Si Ges un grupo finito también lo es Biy(G) (vimos que o(Biy(G)) = o(G)!) y en consecuencia también Aut(G) es finito. Nuestro siguiente resultado nos proporciona una cota (algo grosera) de o(Aut(G)). Para cada número real x notaremos por lx] la parte entera de x, es decir, el mayor entero anterior o igual a x. Para cada número real positivo x, LogzX es el logaritmo de x en base dos.

Proposición 3.2. Si G es un grupo finito de orden n, el orden de Aut(G) es menor o igual que (n - l)ILogznl. Sea S = (x 11 ... , xP} un sistema generador minimal de G. Como S es minimal, cada X; =;6 l. (Si por ejemplo x 1 = 1, S' = (x 2 , ••• , xP} sería un sistema generador de G con menos elementos que S). En consecuencia, si f E Aut( G) es f (x¡) E G \ ( 1}, al ser f inyectiva. Consideremos el conjunto Demostración.

A= (aplicaciones S ~ G\(l}},

que tiene (n - 1)P elementos. La aplicación Aut(G) ~A: f.- {Is que está bien definida por lo que comentamos anteriormente, es inyectiva (si {Is= gis entonces f = g según vimos en 2.4.11). En consecuencia

o(Aut(G)) os;; (n - l)P. Como en 1.19 vimos que 2P os;; n se deduce que

pos;; Log2n y como p EN, pos;; [Log2n]. Sustituyendo se obtiene la desigualdad buscada.

3.2.1. Observación. En la demostración anterior hemos usado la cota 2P os;; n probada en 1.19. Ya vimos allí (observación 1.20) que esta cota es mejorable para algunos valores den; por ejemplo si n es impar, 3P os;; n. Esto se traduce en una mejora de la cota establecida en 3.2. Por ejemplo si n es impar, 3.2.1.1.

o(Aut(G)) os;; (n - l)!Log1nl.


125

AUTOMORFISMOS INTERNOS

II.

No podemos dar un procedimiento general para obtener todos los automorfismos de un grupo. Sin embargo, la siguiente proposición nos dice cómo construir automorfismos de un subgrupo de un grupo dado (en particular, del propio grupo). Proposición 3.3.

Sean G un grupo y H un subgrupo de G. Para cada

a E N ca : H --+ H : x

i-+

axa- 1

es un automorfismo de H. Los automorfismos "'ª' a E Nc(H), se denominan automorfismos internos de H relativos a G. Denotaremos

Demostración.

( 1)

tf>a está bien definida pues si

x E H = Hª (por ser a E Nc(H)), es tf>a(x) = axa- 1 E H.

(2)

tf>a es homomorfismo, ya que tf>a(xy)

= axya- 1 =axa- 1aya- 1 = tf>a(x)tf>a(y).

(3)

La inyectividad de tf>a es inmediata usando 1.1.2.

(4)

tf>a es sobreyectiva porque si y E H = Hª- 1(a- 1 E Nc(H) ya que a E Nc(H) y el normalizador es un subgrupo), x

= a- 1ya = a- 1y(a- 1)- 1 EH

y así

Proposición 3.4. Sean G un grupo y H un subgrupo de G. La aplicación

t/>:

Nc(H)--+ Aut(H): a--+ tf>a

es homomorfismo de grupos con imagen Intc(H) y núcleo Cc(H) (para la definición de Cc(H) véase 1.8.4). En consecuencia Intc(H) es subgrupo de Aut(H) isomorfo a Nc(H)ICc(H). Demostración. La consecuencia es clara, pues lntc(H) = im t/> será subgrupo en virtud de 2.4.5 y por el primer teorema de isomorfía,

126


Nc(H)ICc(H) = Nc(H)lker t/>

= im = Intc(H).

Por otro lado, que im (/> = Intc(H) es evidente. Así, todo lo que hay que hacer es demostrar que (/> es homomorfismo y que ker (/> = Cc(H). Veamos lo primero: Dados a, b E N c(H) y x E H, se tiene

= a(bxb- 1) = abxb- 1a- 1 = (ab)x(ab)- 1 = ab(x). Así (/>(a) (/>(b) = a t/>b = ab = (/>(ab), y(/> es homomorfismo. Además, a E ker (/> equivale a a = identidad en H, es decir, x = a(x) para (a

0

O

t/>b) (x) O

cada x E H, o lo que es igual, x

= axa- 1 para cada x

E H.

Por lo tanto, a E ker (/> si y sólo si xa = ax para cada x E H. En consecuencia, ker (/> = Cc(H) y la proposición queda probada. Corolario 3.4.1.

Si Hes un subgrupo cíclico de un grupo G, entonces

es abeliano.

Demostración. Como H es cíclico, sabemos por 3.1.4.1 y 3.1.4.2 que Aut(H) = Z/2'11.. ó Aut(H) = Z~ para algún natural n. En cualquier caso, Aut(H) es abeliano. Entonces, Intc(H), que es subgrupo de Aut(H), también es abeliano y como

hemos concluido, usando 2.6.2.1. 3.4.2. Observación. Un caso particular, pero muy importante, de lo visto en 3.3 y 3.4 es aquél en que H = G. Aquí NG(G) = G y CG(G) = Z(G) (lo primero es obvio y lo segundo es la definición de centro de un grupo que vimos en 1.8.4). Escribiremos Int(G) en vez de IntG(G). De 3.4 se sigue que Int(G) es un subgrupo de Aut(G) al que llamaremos subgrupo de los automorfismos internos de G (olvidándonos de la coletilla «relativos a G» ). Además, Int(G) es subgrupo normal de Aut(G). En efecto, llamando K = Int(G) se trata de probar en virtud de 2.2.2. que 'fef' e K para cada f E Aut(G).


127

Sea pues g E

Ief. Así f

O

g

o

f- 1 E

K,

luego existe a E G tal que f

o

g o f- 1 = tl>a

y así g = f- 1

r- (a) se tiene g(x) = cr"'ª) (f(x)) = r- (af(x)a- = bxb-

Entonces dado X E G y llamando b = 1

tl>a

o

f.

1

1

0

o

1)

1

= t/>b(x).

Por tanto, g = t/)b E K. Por último, de 3.4 se deduce que la aplicación

q,: G

~

Int(G) : a

~

tl>a

es homomorfismo sobreyectivo con núcleo Z(G), y por ello G/Z( G)

3.4.2.1.

= Int( G).

De aquí se deducen dos propiedades elementales pero útiles. Proposición 3.4.3. Sea G un grupo. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: ( 1)

G es abeliano.

(2)

Int(G) = (IcJ.

(3)

Int(G) es un grupo cíclico.

Demostración. (1) :::::) (2). Si G es abeliano coincide con su centro. Así G/Z(G) consta de un solo elemento y basta aplicar 3.4.2.1. (2) :::::) (3). Es claro, pues los grupos con un solo elemento son obviamente cíclicos. (3) :::::) (1). Sean x, y E G. Vamos a probar que xy = yx. Por 3.4.2.1 y 2.6.2.2 G/Z(G) es cíclico, luego existe a E G tal que G/Z(G) = (Z(G)a). En consecuencia, para los x e y anteriores, Z(G)x = Z(G)ak, Z(G)y = Z(G)af para ciertos enteros k y

e.

Esto quiere decir que xa-k E Z(G), ya-t E Z(G). Entonces, xy

= xa-kaky = akyxa-k = akya-fafxa-k = ya-fakafxa-k = yakxa-k = yxa-kak = yx,

128


usando, para la segunda y penúltima igualdades, que xa-k E Z(G), y para la cuarta que ya-t E Z( G).

Corolario 3.4.3. 1. Sean G un grupo y H un subgrupo de G contenido en Z( G). Entonces (1)

Hes subgrupo normal de G.

(2)

Si G/H es cíclico, G es abeliano.

Demostración.

(2)

(1)

Lo vimos en 2.2.8.

Por el segundo teorema de isomorfía 2.15, G/Z(G)

= (GIH)l(Z(G)IH).

Como G/H es cíclico, por 2.3.1.2 también lo es (GIH)l(Z(G)IH), luego G/Z(G) es cíclico. Ahora, de 3.4.2.1 y 3.4.3 se deduce que Ges abeliano.

Proposición 3.4.4.

Sea G un grupo cuyo centro es (l}. Entonces <1> : G ~ Int(G) :

a

~
es isomorfismo de grupos. Demostración. En 3.4.2 vimos que es homomorfismo sobreyectivo con núcleo Z(G), que por hipótesis es (1}. Así es también inyectiva, luego isomorfismo.

3.4.S. Ejemplo. Vamos a probar que D 3 = Int(D3 ). Así D 3 será un grupo cuyos automorfismos son todos internos, pues ya vimos en 3.1.6 que D 3 = Aut(D 3 ), de donde Int(D3 ) e Aut(D3 ) y o(Int(D 3 )) = o(D3 ) = o(Aut(D3 )). En virtud de 3.4.4, para probar que D 3 que Z(D 3 ) = ( 1}.

= Int(D 3) es suficiente demostrar

Si no fuese así, el orden de Z(D3) sería 2, 3 6 6. En el primer caso D/Z(D3 ) tendría orden 3, y en el segundo orden 2. En ambas situaciones D/Z(D 3 ) tiene orden primo, luego es cíclico en virtud de 1.15.4. Esto implicaría, usando 3.4.3.1, que D 3 sería abeliano. Por supuesto, si Z(D 3 ) tuviese orden 6, coincidiría con D 3 y éste sería abeliano. Así, si Z(D3 ) '#- ( 1}, el grupo D 3 sería abeliano, lo cual es falso según se vio en 1.3.5.

129


3.4.6. Ejemplo. Por supuesto, existen muchos grupos cuyos automorfismos no son todos internos. Por ejemplo, si n es un número natural y G ::a: Z/ n'll., que es abeliano, la identidad es el único automorfismo interno de G, en virtud de 3.4.3, mientras que Aut(G) es isomorfo, según vimos en 3.1.3, a z~. y tiene por lo tanto q,(n) > 1 elementos, tal y como demostramos en 2.3.3. En 3.4.3 y 3.4.4 hemos determinado Int(G) para los dos casos en que Z( G) tiene tamaño muy grande (Z( G) ::a: G) y muy pequeño (Z( G) ::a: [ 1}). En estas situaciones podemos obtener aún más información. Proposición 3.4. 7. Si Z(G)

::a: [

Sea G un grupo.

1}, CAut(G/Int(G))

::a:

Ud- En consecuencia, Z(Aut(G)) [Id. ::a:

Demostración. Sean f E CAut(G) (Int(G)), x E G. Queremos demostrar que f(x) ::a: x 6 lo que es lo mismo, que y ::;; x- 1f(x) es el neutro de G. Por ser Z(G) ::a: [1}, es suficiente probar que y Para ello comprobaremos que si a E G,

3.4.7.1.

::a:

x- 1f(x) pertenece a Z(G).

ay ::a:ya.

Como f E CAut(G) (Int( G)) y x E Int( G), se sigue que

f

O

x

::a:

x

f

O

Como fes sobreyectiva (es automorfismo), existe b E G tal que a Entonces, (f 0 tf>x) (b)

::a:

(tf>x

o

f) (b),

y por lo tanto

de donde f(x)af(x)- 1 ::a: xax- 1•

Así, x- 1f(x)af(x)- 1f(x)

::a:

x- 1xax- 1f(x),

esto es, ya

como queríamos probar.

::a:

ay

::a:

f(b).

130


La segunda afirmación de (2) es obvia puesto que Z(Aut(G)) e

CAut(G)

(Int(G)).

Por medio de los automorfismos internos, se puede expresar la normalidad como sigue.

Proposición 3.5. Sean G un grupo y H un subgrupo de G. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: (1)

Hes subgrupo normal de G.

(2)

f(H) = H para cada f E Int(G).

(3)

f(H) e H para cada f E Int(G).

Demostración.

Veremos en primer lugar que si a E G,

'Pa(H) = Hª-'. Si x E 'Pa(H), existe y EH tal que x = tpª(y)

= aya- 1• Por lo tanto,

a- 1xa =y EH, luego x EHª-'. Recíprocamente, si x EHª-', es y= a- 1 xa EH, luego

x = aya- 1 = fPa(y) E 'Pa(H). Ahora ya:

= 'Pa

E Int(G), f(H)

= tp/H) = Hª-' = H pues Hes normal.

(1) ==> (2)

Si f

(2) ==> (3)

Es evidente.

(3) ==> (1)

Sea a E G. Entonces 'Pa(H) e H, luego Hª-' C H, y así

H = (Hª')ª e Hª. Por otro lado, como Hª = tpª_,(H) e H, H = Hª y H es normal.

3.5.1. Ejemplo. Sean G 1 y G 2 dos grupos y H 1 y H 2 subgrupos normales, respectivamente, de G 1 y G 2 • Entonces (i)

(ii)

H 1 X H 2 es subgrupo normal de G 1 X G 2.

Gif H 1

X

G/H2

= (G 1 X

G 2 )/(H 1

X

H 2 ).

Demostración. (i) Veamos primero que H 1 X H 2 es subgrupo de G 1 G 2 • Desde luego, H I x H 2 no es vacío, ya que no lo son ni H I ni H 2 •

X


131

Además, dados a = (al' a 2), b = (bl' b 2), a, b EH= H 1 X H2' es

ab- 1 = (a1b¡- 1,a2/Ji 1) e H, puesto que a 1b¡- 1 e H 1 y a 2/Ji 1 e H 2 al ser tanto H 1 como H 2 subgrupos. Usamos la proposición anterior para probar la normalidad de H. Sea f

= tl>a E lnt(G 1 X G 2), a = (al' a 2) E G 1 X G2. Veamos que

3.5.1.1.

X

H 2) = tl>a,(H 1)

X

tl>a,(H2 ) = H 1 X H 2

Dado (xi' x 2) E H 1 X H 2,

tl>a(x1 , x 2) = a(x1 , x 2)a- 1 = (a1, a 2) (x1, x 2) (a11, a 21) = = (a1x1a 11, a 2x 2a 21) e t/>a 1 (H1) x tl>a/H2 ) = H 1 x H 2, la última igualdad por ser H 1 y H 2 subgrupos normales de G 1 y G 2. El otro contenido se hace igual. (ii)

La aplicación

t/>: G¡fH 1 X G/H2 ~ (G 1 X G2)/(H 1 X H 2): (x 1H 1, x 2H 2) i-+ i-+

(xi' x 2)H 1

X

H2

es isomorfismo. En efecto, comprobemos primero que está bien definida y es inyectiva:

(x 1HI' x 2H 2) = (y 1HI' y 2H 2) equivale a X1-1 Y1

E

H 1, X2-1 Y2

E

H 2•

o lo que es lo mismo, (x1, X2)- 1(Y1, Y2)=(X1 1Y1 ,X2 1Y2)eH1 xH2, esto es,

(xi' x 2)H 1 X H 2 = (y 1, y 2)H 1 X H 2. Por otra parte, la sobreyectividad es evidente. Por último, se trata de un homomorfismo, pues 4J((x 1H 1, x 2H 2) (y 1HI' y 2H 2)) = q,(x 1y 1H 1, x 2y 2H 2) = (x 1y¡, XiJ 2) H 1 X H 2 = = ((x¡, x 2)H 1 x H 2) ((y¡, y 2)H 1 x H 2) = q,(x 1H¡, x 2H 2)q,(y 1H 1, y 2H 2).

3.5.2. Observación. Cuando H es un subgrupo normal de G, cada tl>a restringido a H nos proporciona un automorfismo de H. En general, se tiene

132


(*)

Dos subgrupos conjugados son isomorfos.

En efecto, sean H y K subgrupos de un grupo G con K = Hª para algún a E G. Entonces la aplicación

"'ª = tf>alK: K ~ H: xi-+ axa-

1,

que evidentemente está bien definida y es un homomorfismo inyectivo por serlo t/)0 , también es sobreyectiva, pues dado y E H, es obvio que x = a- 1ya pertenece a K y y,0 (x) = y.

111. SUBGRUPOS CARACTERÍSTICOS La proposición 3.5 da pie a la siguiente Definición 3.6. Sean G un grupo y H un subgrupo de G. Decimos que Hes un subgrupo característico de G si f(H) = H para cada f E Aut(G). 3.6. 1. Observaciones. H es subgrupo caracteristico de G si y sólo si f(H) e H para cada f E Aut(G).

f-

1

El «sólo si» es obvio. Para el «si» obsérvese que dado f E Aut( G) también E Aut(G), luego por hipótesis f(H) CH

Entonces f(H) racteristico.

e

H

= f(f- 1(H)) e

y

f- 1(H) CH.

f(H), de donde f(H)

=H

y Hes ca-

3.6.2. Todo subgrupo caracteristico es normal.

Esto es consecuencia inmediata de 3.5. Antes de ver que el recíproco no es cierto, probaremos un resultado que pone de manifiesto el distinto comportamiento de las propiedades «ser caracteristico» y «ser normal». Recuérdese que en 2.2.15 vimos que la normalidad no es una propiedad transitiva. Sin embargo, Proposición 3.6.3. HCK.

Sean G un grupo, H y K subgrupos de G tales que

(1) Si Hes subgrupo caracteristico de K y K es subgrupo caracteristico de G, entonces Hes subgrupo caracteristico de G. (2) Si Hes subgrupo caracteristico de K y K es subgrupo normal de G, entonces Hes subgrupo normal de G.


133

Demostración. ( 1) Sea f E Aut( G). Como K es subgrupo característico de G, f(K) = K, luego flK E Aut(K). Al ser H subgrupo característico de K es flK(H) = H. Por lo tanto

f (H) = {IJH) = H, de donde Hes subgrupo característico de G. (2) Sea a E G. Debemos ver que
3.6.4.

Ejemplo.

Consideremos G = D 4 y sus subgrupos K = [ l ,{2 , g, g º { 2 J, H = [ 1, g J.

Como IG: K = 2, K es subgrupo normal de G. Si H fuese subgrupo característico de K, sería H subgrupo normal de G en virtud de 3.6.3.(2). Esto es falso según vimos en 2.2.7.1. Por lo tanto H no es subgrupo característico de K. Sin embargo, como

IK : HI = 2, H es subgrupo normal de K.

Los subgrupos de los grupos abelianos son normales, según vimos en 2.2.3. Sin embargo,

3.6.4.1. El grupo K es abeliano y ya hemos visto que H es subgrupo suyo no característico. Para comprobar que K es abeliano (más adelante veremos que todo grupo de orden 4 lo es) basta usar: { 4

=

g 2 = 1, fi º g º fi = g (véase 1.13.1).

En efecto, f2 f2

0

0

f4 = ({2 g f2) o f2 = g f2; (g ,, {2) = f2 o g o f2 = g = g O f4 = (g O f2)

g = f2

0

g

o

(g o f2) 0 g = (g o f2)

0

o

({2

O

O

0

g

O

f2)

0

f2;

= g o f4 o g o f2 = g2 f2 0

=g

O

(g O f2 ).

Veamos otro ejemplo, ahora con grupos no finitos:

3.6.5. Ejemplo. Sea G el grupo de los números racionales con la operación suma. Este grupo es indudablemente abeliano, luego todos sus subgrupos son normales. Por ejemplo, "1L es subgrupo normal de Q. Sin embargo G no tiene subgrupos característicos distintos de [OJ y G.

134


En efecto, sea H un subgrupo de G, [O) "F' H =F G. Tomamos e E G\H, b EH, b =FO, a= cb- 1 y construimos la aplicación

f:

G ~ G : x - ax.

fes homomorfismo, pues f(x +y)= a(x +y)= ax+ ay= f(x) + f(y). Además

ker f = [x E G : ax = OJ = (O), luego fes inyectiva. Cada y E G se escribe como y= a· ;Y=

f(;Y)

e im f, luego fes sobre-

yectiva. Así, f E Aut(G). Evidentemente,

e= ab = f(b) E f(H), pues b E H, y sin embargo e
Proposición 3.6.6. rístico.

Todo subgrupo de un grupo cíclico es caracte-

Demostración. Sea H un subgrupo de un grupo cíclico G y f E Aut(G). Como vimos en 1.16, H es cíclico. Si G es finito, sea b E H tal que H = (b), o(H) = o(b) = m. Como fes inyectiva, o(f(b)) = o(b) = m, usando 2.4.10. Por ello, si K = (f(b)), es o(K) = o(H) y en virtud de 1.16, K = H. En particular, f(b) E H. Ahora, para cada x = bk EH se tiene

f(x) = f(bk) = f(b)k EH, pues f (b) E H. Hemos probado que f (H) e H y así H es característico. Si G es infinito, G = 7L cuyos únicos automorfismos son la identidad y su opuesta. Ambas transforman cada subgrupo en sí mismo.

3.6.7. Observaciones. Si Ges un grupo, (1) y G son subgrupos característicos, pues f ( 1) = 1 y f (G) = im f = G para cada f E Aut( G).


135

3.6.8. Si H es un subgrupo característico de un grupo G, también Cc(H) es subgrupo característico de G. Demostración.

En virtud de 3.6.1, basta ver que si f E Aut(G) y

x E Cc(H), entonces f(x) E Cc(H), y para ello hay que comprobar que f(x)a = af(x) para cada a E H.

Sea pues a E H. Así b = f- 1(a) E f- 1(H) = H, la última igualdad por ser H característico y f- 1 E Aut(G). Como b EH y x E Cc(H), se tiene xb = bx. Por ello, f(x)a

= f(x)f(b) = f(xb) = f(bx) = f(b)f(x) = af(x)

como queríamos demostrar. 3.6.9.

En particular, se deduce de 3.6.7 y 3.6.8 que Z(G) = Cc(G) es subgrupo característico de G.

3.6.10. Sean G un grupo y H un subgrupo de G de orden m. Si Hes el único subgrupo de G de orden m, Hes subgrupo característico de G.

En efecto, si f E Aut(G), f(H) es subgrupo de G de orden m (pues fes inyectiva). Así f(H) = H. Un caso particular de la situación precedente es 3.6.11. Sean G un grupo finito y N un subgrupo normal de G con o(N) = m, IG: Nj = n y mcd(m, n) = l. Entonces N es el único subgrupo de orden m de G y por 3.6.10 es característico.

Sea K un subgrupo de G de orden m. Debemos probar que K = N. Como N es normal, aplicando 2.2.13 con H = [ 1], se deduce que NK es subgrupo de G y que N es subgrupo normal de NK (esto último es obvio, sin usar 2.2.13). Demosjración.

Entonces, por 2.3.1, NK/ N es subgrupo de G/N. Por el teorema de Lagrange, d = o(NKIN) divide a o(GIN) = n. Ahora bien, por el tercer teorema de isomorfia 2.16, NKIN == KJ(N

n K).

Por lo tanto, d

o(K)

m

= o(NK IN)= o(K l(N n K) = o( Nr.K ) = o( Nr.K ) ,

136


es decir, m = d · o(N

n K).

De aquí se sigue que d divide a m. Hemos probado que d divide a m y a n, y como mcd(m, n) = 1, se deduce que d = 1, luego o(K)

= m = d · o(N n K) = o(N n K),

y como N n K e K, esto significa que N o(K) = o(N), se concluye que K = N.

n K

= K, esto es, K

e N. Como

Antes de ver nuestro último ejemplo de subgrupo caractenstico, necesitamos algunas propiedades elementales sobre imágenes de subgrupos mediante automorfismos.

3.6.12. Observaciones. f E Aut(G).

Sean G un grupo, H y K subgrupos de G,

He K, y ( 1)

f (H) e f (K).

(2) Si H tiene índice finito en K, también f(H) tiene índice finito en f(K) y IK: H] = [f(K): f(H)].

Si Hes subgrupo normal de K, entonces f(H) es subgrupo normal de f(K) y KIH = f(K)lf(H). (3)

( 1) No requiere comentarios.

Demostración.

(2) Llamemos RH a la restricción a K de la relación de equivalencia definida en G por «x relacionado con y si xy- 1 EH». Entonces,

3.6.12.1.

: KIRH ~ f(K)!Rf : Hx

i--+

f(H) f(x)

es biyectiva. En efecto, si Hx = Hy, es xy- 1 EH, luego f(x) f(y)- 1 E f(H),

y así f(H) f(x) = f(H) f(y). Esto prueba que está bien definida. Si f(H) f(x) = f(H) f(y), entonces f(x) f(y)- 1 E f(H), de donde f(xr 1) E f(H). Como fes inyectiva, x)í 1 EH, luego Hx = Hy. Hemos probado la inyectividad de .

f

Por último, cada t E f(K)!Rf es de la forma t = f(H) f(x), x E K, luego = (Hx) y es sobreyectiva. En consecuencia, [K: H]

= card KIRH = card f(K)!Rf = [f(K): f(H)].


137

(3) Sean b, y E f(K), y E f(H)h. Así byb- 1 E f(H). Como b, y E f(K), existen a, x E K tales que b = f(a), y= f(x). Entonces f(a) f(x) f(a)- 1 E f(H), esto es, f(axa- 1) E f(H).

Como fes inyectiva, se deduce que axa- 1 EH, con lo que x E Hª = H por ser a E K y H subgrupo normal de K. En consecuencia y= f(x) E f(H). Hemos probado que f (H)h e f (H) para cada b E f (K),

luego f (H) es subgrupo normal de f (K) (véase 3.5). La última parte es obvia sin más que observar que al ser H subgrupo normal de K y f(H) subgrupo normal de f(K), podemos escribir KIH y f(K)lf(H) en vez de KIRH y f(K)IRrcm·

Entonces la biyección : KIH

~

f(K)I f(H) : Hx ._ f(H) f(x)

construida en 3.6.12.1 es el isomorfismo buscado, pues ((Hx) (Hy))

= (Hxy) = f(H) f(xy) = f(H) f(x) {(y)=

= (f(H) f(x)) (f(H) f(y)) = (Hx) (Hy).

Proposición 3.6.13. Si Ges un grupo simple, Int(G) es un grupo simple y es subgrupo característico de Aut(G).

Demostración. Si G es abeliano sabemos por 3.4.3 que Int(G) = [IcJ, que es característico según vimos en 3.6.7. Evidentemente (IcJ es un grupo simple.

Supongamos pues que G no es abeliano. Entonces Z(G), que como se probó en 2.2.8 es subgrupo normal de G, no coincide con G. Al ser G simple, ha de ser Z(G) = [1] y usando 3.4.4 se deduce que Ges isomorfo a Int(G). En particular, Int(G) es simple. Veamos que es subgrupo característico de Aut(G). Sea f E Aut(Aut(G)). Debemos probar que 3.6.13.1.

f(Int(G)) e Int(G).

Consideremos H = Int(G) n f(Int(G)) que es subgrupo normal de Int(G) en virtud de 2.16.(1) y 3.6.12.(3). Si no se cumpliese 3.6.13.1, al ser Int(G) simple se tendría H = { 1J. De aquí se deduce

138


f(lnt(G)) e

3.6.13.2.

CAut(G)

(Int(G)).

En efecto: sean b E f(lnt(G)), a E Int(G). Como

b- 1(ba- 1b- 1)b

=

a- 1 E Int(G),

se sigue que

ba- 1b- 1 E Int(G)b-• = Int(G) pues Int(G) es subgrupo normal de Aut(G). Además f(Int(G)) es subgrupo normal de Aut(G) por 3.6.12.(3). Por ello, al ser

a- 1(aba- 1)a

=

b E f(Int(G)),

se deduce que

aba- 1 E f(lnt(G))ª-' = f(Int(G)). Así

ba- 1b- 1 E Int(G) y aba- 1 E f(Int(G)), luego

aba- 1b- 1 = a(ba- 1b- 1) E Int(G), pues a, ba- 1b- 1 E Int(G), y aba- 1b- 1 = (aba- 1)b- 1 E f(Int(G)), pues aba- 1, b- 1 E f(Int(G)). En consecuencia, aba- 1b- 1 E H = [ 1}, luego ab = ba, es decir, b

E CAut(G)

(lnt(G)),

y está probado 3.6.13.2. Ahora bien, en virtud de 3.4.7, como Z(G) = [1}, se deduce que CAut(G)

Ud, y por ello, f(Int(G)) = Udinyectiva, se sigue que Int(G) = Ud luego G

(Int(G)) =

De aquí, puesto que fes abeliano, lo cual es falso.

sería

Por tanto, de suponer que 3.6.13.1 no se cumple hemos llegado a contradicción. Así f(Int(G)) e Int(G), e Int(G) es subgrupo característico de Aut(G). 3.6.14. Comentario. En 3.4.5 vimos que todos los automorfismos de D 3 eran internos. Nuestro último resultado sobre grupos de automorfismos nos proporciona una clase muy amplia de grupos cuyos automorfismos son todos internos.


139

Proposición 3.7. Sea G un grupo simple no abeliano y G' = Aut(G). Entonces Aut(G') = Int(G'). Demostración. Al ser G no abeliano, Z(G) #- G. Como Z(G) es subgrupo normal de G y Ges simple, se deduce que Z(G) = (1). Ahora, usando 3.4.4, la aplicación <1>: G

~

Int(G) : a

i-+

a

es isomorfismo. Queremos probar que Aut(G') e Int(G') pues el otro contenido es evidente. Sea pues f E Aut(G'). Como H' = Int(G) es subgrupo característico de G', según hemos visto en 3.6.13, se tiene la igualdad f(H') = H' y por tanto, g = flH' E Aut(H').

Así,

y y,= <1>- 1 º g º E Aut(G) = G'.

Con las notaciones usuales para designar los automorfismos internos, consideramos

q,"':

G' ~ G' :

f ~

y,f yr 1•

Por definición,(/>"' es un automorfismo interno de G', esto es, (/>"' E Int(G'). Vamos a demostrar que f = (/)1/1' En tal caso habremos probado que Aut(G') e Int(G') como queríamos. Para ello veamos en primer lugar, que

3.7.1.

Para cada a E G, g(q,) = "'raJ·

En efecto, como a E Int(G) = H' y g E Aut(H'), ha de ser g(q,ª) EH', luego existe b E G tal que g((/>ª) = (/>b, y por lo tanto g ( (a)) = (b ),

esto es, y,(a) = (<1>- 1 º g º ) (a)= <1>- 1(<1>(b)) = b, y por ello,

140


3.7.2.

Para cada a E G, 'P,,,('Pa) = 'Py,(aJ

pues dado x E G, fP,,,('Pa) (x) = (y, o 'Pa

o

yr 1) (x) = y,(ayr 1(x)a- 1) = y,(a)xy,(a)- 1 = 'Py,(aJ (x).

3.7.3. Sea F = (
= tp,,,(a)

y así

F(a)

3.7.4.

= (
Para cada /3 E G', y cada a EH', se cumple que F(/3)- 1 º f3 º a= aº F(/3)- 1 º /3.

En efecto, como fr 1(/3afr 1) /3 = a EH', resulta que f3afr 1 E H'P- 1 = H', pues H', al ser característico, es normal. Por 3.7.3,

f3afr 1 = F (/3afr 1) = F (/3)F ( a)F (/3)- 1• De nuevo por 3.7.3, F(a) = a, y en consecuencia,

f3afrl = F (/3)aF (/3)-1, y por lo tanto

F (/3)- 1 f3a = aF (/3)- 1/3, como queríamos. Ahora ya, nótese que 3.7.4 significa que, para cada /3 E G', F(/3)- 1 o /3 E CG.(H')

= CAut(G) (lnt(G)) = Ud

por 3.4.7, esto es, F (/3)- 1 o /3 = IG

para cada /3 E G', o sea, /3 = F(/3) para cada /3 E G', y por lo tanto F = IG'• esto es, (
X X ~X

una acción del grupo G sobre el con-

( 1) Se llama estabilizador de x al conjunto Gx

= {g E

G : g (x)

= x J.

(2) Se llama órbita de x al conjunto Ox = {g(x): g E G)

e X.

(3) Se dice que x es un punto fijo de esta acción si Gx = G. 3.10.1. Observaciones. Gx es subgrupo de G pues no es vacío (lG E G) y si g, h E Gx, es g(x) = x, y también h- 1(x)

= h- 1(h(x)) = (h- 1h) (x) = lG(x) = x,

con lo que (gh- 1) (x)

luego gh- 1 E Gx.

= g(h- 1(x)) = g(x) = x,

144


3.10.2. X es unión disjunta de las órbitas.

En efecto, es claro que cada x E X cumple X= lc(X) E Üx,

luego la unión de las órbitas es X. Para ver que la unión es disjunta debemos probar que si dos órbitas se cortan, coinciden. Supongamos que las órbitas Ox y OY contienen a z E X. En consecuencia, existen g, h EH tales que g(x) = z = h(y). Por ello, si f = h- 1g E G, se tiene f(x)

luego X=

= h- 1(g(x)) = h- 1(h(y)) = y,

r- (y). Probemos que 1

ºX= ºy·

Si a E Ox, existe l E G con a= l(x)

= l(f- 1(y)) = (ff- 1) (y) E O_v;

si b E OY, existe p E G con b = p(y) = p(f(x)) = (pf) (x) E Ox. 3.10.3.

La aplicación G/RG,---+ Ox: g Gx

i-+

g(x) es una biyección.

En particular, si Gx es subgrupo de índice finito en G, la órbita Ox es un conjunto finito y card Ox = jG : Gxi, Demostración. Comprobemos que está bien definida. Si gGx tiene g- 1h E Gx, luego (g- 1h) (x) = x, por lo que g(x)

= hGx,

se

= g(g- 1h(x)) = (gg- 1h) (x) = h(x).

La sobreyectividad es evidente. Por último, si g (x) = h(x) se verifica que (g- 1h) (x)

luego g- 1h E Gx y gGx

= hGx,

= g- 1(h(x)) = g- 1(g(x)) = x,

lo que demuestra la inyectividad.

3.10.4. Es consecuencia inmediata de las definiciones que el núcleo ker 8 de una acción G x X ---+ X es ker8 =

íl

Gx

xeX

Estudiamos a continuación uno de los más importantes ejemplos de acción de un grupo sobre un conjunto. 3.11. entonces

Ejemplo.

Sea G un grupo e Int(G)

= G'. Ponemos

G' X X---+ X: (q>ª, x) ---+ q,/x) = axa- 1

X

=G y


145

es una acción. Nótese que consideramos G como conjunto, y el grupo que actúa sobre Ges Int(G) = G'. Comprobemos que se trata de una acción. Dados "'ª' q,b E G' y x E X es (q,ª

0

tpb) (x) = 'Pa('Pb(x)) por definición de composición.

Además, el elemento neutro de G' es le·= q, 1 y se cumple G

le·(X) ='Pie (x) = lexl¡}

=x

Calculemos los estabilizadores G'x de esta acción: 'Pa E G'x equivale a x = q,/x) = axa- 1, esto es, ax = xa. Por lo tanto, G'x = {q,ª E G': ax= xa] = {q,ª E G': a E Ce(x)]

(recuérdese que en 1.8.4.3 definimos Ce(x) = {a E G: ax= xa]). Por 3.10.3 existe una biyección entre Ox y G'/Re;_ Veamos ahora que

3.11.1. La aplicación G/RCG(x) ~ G'!Re·, : aCe(x) ~ 'Pa G'x es biyectiva. En efecto, si aCe(x) = bCe(x), es a- 1b E Ce(x), luego 'Pa-•b E G'x· Como 'Pa-•b = (q,ª)-l O 'Pb, se cumple (q,a)- 1 o q,b E G'x

luego

q,aG'x = tpbG'x·

Hemos probado que la aplicación está bien definida. Además es inyectiva, pues si 'PaG'x = q,bG'x se tiene 'Pa-•b = (q,)-1

o

'Pb E G'x

por lo que a- 1b E Ce(x) y aCe(x) = bCe(x). Como la sobreyectividad es evidente, hemos probado 3.11.1. Así obtenemos

3.11.2.

Existe una biyección entre Ox y G!Cc(x).

Para terminar, calculamos las órbitas de esta acción. Dado x E G = X, Ox

= {tpª(x):

'Pa E

G'] = {axa- 1 : a E G].

Se denota

3.11.2.1. Cl(x) = Ox = {axa- 1 : a E G] y se le llama clase de conjugación del elemento x. En cada órbita Ox = Cl(x) escogemos un elemento arbitrario. La colección así obtenida, que denotamos Y, se llama sistema de representantes por conjugación de G. Entonces,

146


Proposición 3.11.3. Sean G un grupo finito e Y un sistema de representantes por conjugación de G. Entonces

l:, [G:CG(x)]

o(G)=o(Z(G))+

xeY xll!Z(G)

Además IG: CG(x)] > 1 si x fl Z(G). La fórmula anterior recibe el nombre de ecuación de clases de conjugación de un grupo finito.

Demostración. Por ser Y sistema de representantes, y aplicando a la acción del ejemplo 3.11 el resultado 3.10.2, tenemos G = U C/(x), xEY

siendo la unión disjunta. Por lo tanto,

3.11.3.1.

o(G)= l:, cardC/(x)=

l:, cardC/(x)+ l:, cardC/(x). xe Y"2(G)

xeY

xeY xll!Z(G)

Pero, si x E Y n Z(G), CG(x) = G por 1.8.4.4, y en tal caso, card Cl(x) = card G/CG(x) = 1, en virtud de 3.11.2. De este modo,

3.11.3.2.

l:, card Cl(x) = card (Y n Z( G)). xe Y"2(G)

Ahora bien, si x "'F' y E Z(G), Ox "'F' OY pues en caso contrario

y E OY = Ox = Cl(x), luego y= axa- 1 para algún a E G y así ay= xa. Pero xa = ax, pues x E Z(G). Por lo tanto, ay= ax y de aquí y= x, lo cual es falso. Esto significa que Z(G) e Y, y por 3.11.3.2,

3.11.3.3.

l:, card Cl(x) = card Z(G) = o(Z(G)). xe Y"2(G)

Por otro lado, de 3.11.2 se deduce que

3.11.3.4.

card Cl(x) = [G : CG(x)I si x E Y\Z (G).


14 7

El resultado es ahora consecuencia de 3.11.3.1, 3.11.3.3 y 3.11.3.4. La última observación es clara, pues si x (l Z(G) se sabe por 1.8.4.4 que G =;1:- Cc(x), luego o(Cc(x)) < o(G), y así [G:Cc(x) ] =

o(G)

) >l. { o Cc(x)

De la ecuación de clases de conjugación se pueden deducir algunas propiedades de los grupos cuyo orden es potencia de un número primo.

Corolario 3.11.4. Sean p un número primo, m ;;,, 1 un número natural y G un grupo de orden p 111 • Entonces Z(G) =,f. (lcJ. Además, o(Z(G)) =,f. pm- 1.

Demostración. 3.11.4.1.

De la ecuación de clases de conjugación,

o{Z(G))

= pm -

I. card [G: Cc(x)] xeY xEZ(G)

Para cada x E Y\Z (G), 1 < [G: Cc(x)]. Además, por el teorema de Lagrange, [G: Cc(x)j divide a pm. Como pes primo, existirá k(x) E~. k(x);;,, 1, tal que [G: Cc(x)] = pk. Así, todos los sumandos del segundo miembro en 3.11.4.1 son múltiplos de p. Por lo tanto o(Z(G)) es múltiplo de p y, en particular, o(Z(G)) =,f. l. En consecuencia, Z(G)) =,f. (lcJ. Para la segunda parte, basta observar que si Z(G) tuviese orden pm-I, el cociente G/Z(G) tendria orden pm;pm-l = p y por 1.15.4 seria cíclico. En virtud de 3.4.3.1, G seria abeliano, luego o(Z(G)) = pm =;1:- p 111 - 1•

Corolario 3.11.5. Sean p un número primo y G un grupo de orden p 2 • Entonces G es abeliano. De hecho G es isomorfo a '11./ p 2'11. ó a '11./ p'll. X '11.I p'll..

Demostración. El orden del centro de G ha de dividir a p 2 por el teorema de Lagrange. Además 1 =;1:- o(Z(G))

=;1:-

p

por el corolario anterior. Así o(Z(G)) = p 2 = o(G), luego G = Z(G) y Ges abeliano. Ahora, por el teorema de estructura 2.21, y puesto que p 2 y p . p son las únicas descomposiciones en factores de p 2, se deduce que

148


G

= Zlp 2Z

6

G

= Z/p'll. x Zlp'll..

Además estos dos grupos no son isomorfos entre sí, por 2.22. Así pues, salvo isomorfismo, existen exactamente dos grupos de orden p 2 • Corolario 3.11.6. Si G es un grupo de orden pm, m > 1, p primo, entonces G no es simple.

Demostración.

Si G no es abeliano, Z(G) es subgrupo normal de G y [1}-# Z(G)-# G.

Así G no es simple. Si Ges abeliano, tomamos a E G\[1). Si o(a)-# pm, el subgrupo H = (a) es normal, pues G es abeliano, y [1)-#H-#G.

Si o(a) = pm, tomamos b =

aP

o(b) =

E G. Así,

o(a) mcd(pm ,p)

= Pm = Pm-1 P

Como m > 1 es pm-l-# 1, luego H = (b) es subgrupo normal de G y [l]-#H-#G. 3.11.7. Observación. El corolario 3.11.5 es falso para grupos de orden pm, m;;:,, 3. Por ejemplo, con p = 2, D 4 tiene orden 8 y ya vimos en 1.3.5 que no es abeliano.

Todavía vamos a obtener un resultado más utilizando la acción estudiada en 3.11. Primero necesitamos un lema. Lema 3.11.8. Sean G un grupo finito, a, b elementos de orden dos de G, tales que a no pertenece a la clase de conjugación de b, que recordamos que hemos llamado Cl(b). Entonces existe un elemento e de orden dos de G tal que a y b pertenecen a CG(c).

Demostración. Supongamos que o(ab) = 2k + 1 es impar. Sea s un número natural tal que s + k es par, y consideremos

s+k f.=sk+-2 -.


Así 4l = 4sk + 2s + 2k, y por lo tanto, 4l + 1 secuencia,

= (2k + 1) (2s + 1).

149

En con-

(ab )4t+ 1 = l.

3.11.8.1.

Construimos ahora x = (ab)u, y = (ba)u. Como o(a) = b. Así (ab)- 1 = b- 1a- 1 = ba, y por lo tanto

= o(b)

=

2, es a- 1

=a y

b- 1

3.11.8.2.

_x-1

= ((ab)-l)U = (ba)U = y.

Ahora, aybx = a(ba)Ub(ab)u = (ab)2l+ 1(ab)u = (ab) 4 l+I = 1

y como y = x- 1, se deduce que ax- 1bx

= 1, esto es, a= x- 1b- 1x =x- 1bx

E C/(b),

lo cual es falso por hipótesis. De aquí se deduce que o(ab) = 2k ha de ser par. Consideremos e = (ab 'f E G. Como o(ab) = 2k > k, e =¡i: l. Pero c 2 = (ab ) 2k = 1, luego e tiene orden 2. Este es el elemento buscado, pues ac

= a(abf = aa(baf- 1b = a 2(baf(ba)- 1b

= (ba)kabb = ca,

luego a E Cc(c) y también be= b(abf = (ba)kb = cb,

esto es, b E Cc(c ). Ahora ya estamos en condiciones de probar: Proposición 3.11.9. (Teorema de Brauer). Sea G un grupo finito (de orden par) en el que existen dos elementos a y b de orden dos tales que a fl Cl(b). Sea m el máximo de los órdenes de los centralizadores de elementos de orden dos de G. Entonces o(G) < m 3 • Demostración.

Sea x E G de orden dos, tal que m = o(Cc(x)).

Por 3.11.2 y 3.11.2.1,

card C/(x) = (

o(G)

o(G)

) =-. o Cc(x) m

Si probamos que

h = card C/(x) es menor que m 2 , hemos concluido.

Escribimos C/(x) = [x = x 1, x 2 , ••• , xh]. Bien a, bien b, no pertenecen a Cl(x), pues si a, b E C/(x) y recordando que Cl(x), Cl(a) y Cl(b) son las órbitas de la acción del ejemplo 3.11, sería

150


n

a E Cl(x)

Cl(a), b E Cl(x)

n Cl(b),

luego Cl(x) = Cl(a) = Cl(b), y en particular a E Cl(a) = Cl(b), lo cual es falso por hipótesis. Suponemos, por ejemplo, que a fl Cl(x) = Cl(x¡), 1 ~ j cada X¡ tiene orden dos, pues al ser X¡ E Cl(x), se tiene

~

h. Evidentemente,

, Y; e G X¡ = Y;XY¡- 1 para a lgun y por lo tanto 2

-1

-1

X¡ = Y¡XY¡ Y¡XY¡

2 -1 -1 1 = Y¡X Y; = Y;Y; = ·

Como a, X¡ tienen orden dos y a fl Cl(x¡), se sigue del lema anterior la existencia de Z¡ E G de orden dos tal que a E CG(z¡), X; E CG(z¡).

Llamemos A ={a= a 11 a 2 , ••• , a 1] a la colección de los elementos de orden dos que pertenecen a CG(a). El elemento a conmuta con Z¡, pues a E CG(z¡). Entonces Z¡ conmuta con a, luego Z¡ E CG(a). Como Z¡ tiene orden dos, Z¡ E A. Así cada t

x¡ e CG(Z¡) e LJCG(a;), i=I

esto es, t

Cl(x) e LJCG(a;), i=I

de donde h

~

t

card LJCG(a;). i=I

Los miembros de esta unión tienen a lo sumo m elementos y comparten al menos el elemento lG. Así 3.11.9.1.

h

~

(m - l)t + 1 = mt + 1 - t

~

mt.

Ahora bien, A e CG(a)\{ld, luego t = card A

~

card CG(a) - 1 ~ m - 1 < m

y sustituyendo en 3.11.9.1, obtenemos h < m 2,


151

como deseábamos.

3.11.1 O. Ejemplo. La existencia de elementos a y b de orden dos tales que a
~

5 un número primo y G = DP.

3.11.10.1. pues, al no ser DP abeliano, Z(DP) tiene orden 2, p ó l. En los dos primeros casos el cociente D/Z(DP) tiene orden p ó 2 y es, por tanto, cíclico. En tal caso por 3.4.3.1 DP sería abeliano y esto es falso. Así o(Z(DP)) = 1, lo que prueba 3.11.10.1. Entonces, para cada x E DP de orden dos, x
Por tanto

3.11.10.2.

Si x E DP y o(x)

= 2,

es o(CD (x)) p

= 1, 2 ó p.

Pero x E Cn (x) de modo obvio, luego o(Cn (x)) es múltiplo de o(x) = 2. Esto, junto con 3.:"1 1.10.2 nos dice que P o(CG(x))

= 2 para cada x

E DP de orden 2.

Si el teorema de Brauer se cumpliese para el grupo DP tendríamos 2p = o(DP) < 2 3 , luego p < 4, y esto es absurdo.

Por lo tanto el teorema de Brauer falla para DP, p ~ 5. A fortiori se deduce que a E Cl(b) para cada par de elementos a, b E DP de orden dos. Vamos a estudiar a continuación otro ejemplo importante de acción de un grupo sobre un conjunto. A partir de él obtendremos diversos resultados de interés.

3.12. Ejemplo. Sean G un grupo y H un subgrupo de G. Llamamos X = G/RH y consideramos la acción de G sobre X definida por

G X G/RH

~ G/RH:

(g, xH)

1-+

gxH.

Evidentemente se trata de una acción pues (i)

Si f, g E G, (fg) (xH)

=fgxH =f(gxH) =f(g(xH)).

152


(ii)

1G(xH) = 1GxH = xH.

Calculemos los estabilizadores: Dado xH E G/RH = X, g E GxH si y sólo si g (xH) = xH, esto es, gxH = xH, o lo que es lo mismo, x- 1gx E H, es decir, g E Hx-•. Por lo tanto, GxH = Hx-'. El núcleo de dicha acción será, en virtud de 3.10.4,

ke r 8 =

íl

xHeGIR 8

H

X-I

=

íl H

X

= K(H),

xeG

siendo K(H) el corazón de H, que introdujimos en 2.2.16. Nótese que K(H) CH y es subgrupo normal de G. (Es un núcleo; véase 2.2.16 para otra demostración). Proposición 3.12.1. Sean G un grupo finito, p "F- o(G) el menor divisor de o( G) distinto de 1, y H un subgrupo de G de índice p. Entonces H es subgrupo normal de G. En particular, G no es simple. (Esto generaliza 2.2.4).

Demostración. Consideremos para este G y este H la acción que acabamos de estudiar. Como su núcleo es el corazón K(H) de H, sabemos por 3.8.4 que la acción inducida GIK(H)

X

X ...+X; X= G/RH,

es fiel, luego por 3.8.3, GIK(H) es isomorfo a un subgrupo de Biy(X). Como card X= [G: H] = p, Biy(X) tiene orden p!. Llamando d = [G: K(H)] = o(GIK(H)), se deduce del teorema de Lagrange que d divide a n = o(G) y a p!. Sea q un factor primo de d. Entonces también q divide a n y a p !. Por lo primero, q ~p. Por lo segundo, q divide a p(p - 1) ... 2 . 1 y al ser primo dividirá a algún factor. En consecuencia, q :s;; p y así q = p. Por tanto, q = p es primo y es el único divisor primo de d. En consecuencia d = pm para algún natural positivo m. Como d divide a p!, m ha de ser uno, luego d = p. En consecuencia

[G: K(H)] = d = p

=

[G: H],

y por ello,

o(K(H)) =~)=o~)= o(H).

Esto junto con el contenido K(H) e H prueba que H grupo normal de G.

=

K(H) y así H es sub-

Como o(G) "F- p = [G: H] > 1, [1] "F- H "F- G, luego G no es simple.


153

3.12.2. Proposición. Sean G un grupo finito de orden n y H un subgrupo de G de índice m -:¡t,. 1 tales que n no divide a m !. Entonces K(H) -:¡t,. [ 1). En particular, G no es simple. Demostración. Sea X= G/RH, G X X~ X la acción estudiada en 3.12. El núcleo de esta acción es el corazón K(H) de H y por 3.8.4 la acción inducida GIK(H)

xx~x

es fiel. Esto implica, según 1.8.3, que GIK(H) es isomorfo a un subgrupo de Biy(X). Como el orden de Biy(X) es m!, se deduce del teorema de Lagrange que [G: K(H)] divide a m!. Puesto que o(G) no divide a m!, ha de ser [G: K(H)l-:¡t,. o(G), y por tanto, K(H) -:¡t,. [ 1). Por otro lado, K(H) e H ~ G, ya que m -:¡t,. 1. Por tanto, K(H) es un subgrupo normal de G distinto de [ 1) y de G. Esto implica que G no es simple. Proposición 3.12.3. Sea G un grupo finito cuyo orden es mayor que dos. Supongamos que G posee un subgrupo H de índice n -:¡t,. 1 y que G no es isomorfo a ningún subgrupo del grupo alternado An (véase 2.9.6 para la definición de An). Entonces G no es simple. Demostración. Supongamos por reducción al absurdo que G es simple. Sea X= G/RH y G X X~ X la acción introducida en 3.12. El homomorfismo asociado a esta acción es

8: G ~Biy(X)

con núcleo ker 8 = K(H) e H

~

G pues n -:¡t,. 1.

Como Ges simple y ker 8es subgrupo normal de G distinto de G, se tiene ker 8 = [1), luego 8es inyectiva. Como cardX = [G: H] = n, sabemos por 2.6.2.3 que existe un isomorfismo el> : Biy(X) ~ Sn.

En consecuencia,

es inyectiva, luego G es isomorfo a im lfl.

154


Por la hipótesis, im l/f = M no puede ser subgrupo de An, esto es, M et. An. Como [Sn : An] = 2, An es subgrupo normal de Sn (estamos usando 2.2.4). Entonces, aplicando 2.16.(2), MAn es subgrupo de Sn. Como M et. An, existe

m E M\An. Así, m = ml E MAn\An, luego [MAn: Anl > l. Al ser An C MAn C Sn, se deduce de 1.12.10 que 2

= ]Sn : An] = jsn : MAn] [MAn

: AJ

De aquí, y por ser [MAn: Anl > 1, se deduce que [Sn: MAn] = 1 y así Sn Utilizando el tercer teorema de isomorfía 2.16, se cumple Sj An = MAj AII

= MAn.

= Ml(M n An),

luego

[M: M n Anj = [Sn: Anj =

2,

y por 2.2.4, M n An es subgrupo normal de M, M n An =F M. Como M = im l/f es isomorfo a G, que estamos suponiendo que es simple, M también lo es, y por lo tanto, M n An = [1}. De aquí, y puesto que [M: M n A 11 ] = 2, se deduce que o(G) = o(M) = 2, lo cual es falso. Hemos obtenido una contradicción del hecho de suponer que G es simple, luego no lo es.

3.12.3.1. Ejemplo. Sea G un grupo de orden n ;;.o 5 que posee un subgrupo H con 2 =s: [G: H] =s: 4. Entonces G no es simple.

Demostración. CASO l. Si [G : HI = 2 sabemos desde 2.2.4 que Hes subgrupo normal de G. Como [G : HI = 2 y o(G) ;;.o 5, [1] =F H =F G, luego G no es simple. CASO 2. Si ]G: Hj = 3, basta probar usando la proposición anterior, que G no es isomorfo a ningún subgrupo de A 3• Esto es obvio, pues o(G) ;;.o 5 > 3 = o(A 3). CASO 3. Suponemos ahora que [G : Hj = 4. Si G = A4 , sabemos por 2.10 que G tiene un subgrupo K de orden 4. Por lo tanto (G: Kj = 12/4 = 3 y aplicando el caso 2, G no es simple. Por lo tanto, podemos suponer que G no es isomorfo a A 4 • Ahora, para probar que G no es simple, es suficiente por la proposición anterior comprobar que no es isomorfo a ningún subgrupo de A 4 • Esto es obvio pues si G es isomorfo a algún subgrupo de A 4 , sería: o(G) divide a 12, o(G) < 12, pues G no es isomorfo a A 4 • o(G) =F 6 pues A 4 no tiene subgrupos de orden 6 (véase 2.10).


155

En consecuencia, o( G) :,,.; 4, y esto es absurdo. En las proposiciones anteriores, hemos empleado la acción descrita en 3.12 para probar en determinadas condiciones, la no simplicidad de algunos grupos finitos. En las dos siguientes emplearemos esta misma acción para obtener información acerca de grupos finitamente generados. Proposición 3.12.4. Sea G un grupo finitamente generado. Para cada entero positivo n, G tiene una cantidad finita (tal vez nula) de subgrupos de índice n. Demostración.

mos probar que

~n

Sea ~n la familia de subgrupos de G de índice n. Querees finita. Si HE ~n y llamamos X= G/RH, la acción G

xx~x.

descrita en 3.12, induce según vimos en 3.8.3, un homomorfismo

8: G ~Biy(X) cuyo núcleo es ker 8 = K(H) e H. Como card X= IG: H] = n, el grupo Biy(X) es isomorfo a sn según probamos en 2.6.2.3. Si : Biy(X) ~ Sn es isomorfismo, el homomorfismo 1/f: G

~

Sn

dado por 1/f= º 8 tiene núcleo ker 1/1 = ker 8 e H.

H = y,- 1(1/f(H)).

3.12.4.1.

En efecto, el contenido H e y,- 1(1/f (H)) es obvio. Recíprocamente, si x E y,- 1(1/f(H)), se tiene 1/f(x) = 1/f(h) para algún h E H. Por lo tanto, l/f(xh- 1) = l/f(X)l/f(h)- 1 = l/f(h)l/f(h)- 1 = 15• Así, xh- 1 E ker 1/1 e H, luego x E Hh = H. De lo visto hasta ahora se deduce que si A es la colección de pares ( q,, M) donde (/J : G ~ Sn es homomorfismo y M es un subgrupo de Sn, la aplicación ~n ~A:

es inyectiva, pues si 'l't

= l/li y

H ~ (1/f, 1/f(H))

l/f1(H 1)

= 'lfi(H2 ) se tiene, usando 3.12.4.1,

Así, para probar que ~n es finita, basta ver que lo es A. Como Sn tiene n ! elementos, tiene 2n! subconjuntos. En particular,

156


3.12.4.2.

Sn tiene una cantidad finita de subgrupos.

Como G es finitamente generado, existe un sistema generador S de G con m E ~ elementos. Por 2.4.11, el número de homomorfismos G ~ Sn es menor o igual que el número de aplicaciones S 3.12.4.3.

~

Sn, que es (n!)m. Por lo tanto,

Hay una cantidad finita de homomorfismos G

~

S 11 •

De 3.12.4.2 y 3.12.4.3 se deduce que A es finito, y con ello queda probada la proposición. Corolario 3.12.S. (Compárese con el teorema de Poincaré 2.2.17.) Sean G un grupo finitamente generado y H un subgrupo de G de índice finito. Entonces existe un subgrupo característico de G, K e H, tal que IG : KI es finito. Demostración. Sea n = 1G : H]. Por la proposición anterior hay una cantidad finita, H = H¡, H 2 , ••• , H 5 , de subgrupos de G de índice n.

Consideremos el subgrupo K = H 1 n ... n H 5 • El índice IG: Kj es finito por 1.12.12. Evidentemente K C H 1 = H. Veamos por último que K es subgrupo característico de G. Si f E Aut( G), es f (G) = G y en virtud de 3.6.12, [G: f(H¡)] = l{(G) : f(H¡)j = [G: H¡] = n para cada 1 ~ i ~ n. Como fes inyectiva, tomando x E H¡ \ H¡ es f(x) E f(H¡) \f(H¡). En consecuencia, [f(H 1), ••• , f (H5 ) ] son s subgrupos distintos, de índice n, y por lo tanto, [H¡, ... , Hsl = [f(H1), ... , f(Hs)). De aquí f(K) = f(H 1 n ... n ll5 ) = f(H 1) n ... n f(H 5 ) = H 1 n ... n H 5 = K y así K es subgrupo característico de G. Nuestro siguiente resultado también se obtiene haciendo actuar a un grupo sobre un conjunto. Proposición 3.13. (Teorema de Cauchy-Frobenius). Sean p un número primo y G un grupo finito cuyo orden es múltiplo de p. Entonces el número de elementos y E G tales que yP = 1, es múltiplo de p. En particular existe un elemento de orden p en G. Demostración.

Sea

X= [(a 1,

••• ,

ap) E G X ... X G: a 1

--p--

...

ap = 1).


157

Si o(G) = n, card X= nP- I , pues la aplicación

que está bien definida ya que a 1... aP_1a;~ 1... a11 =, es biyectiva. La inyectividad es obvia. Si (a 1 ,

••• ,

aP) E X ha de ser a 1 (

ap = al ···ªp-1

) -1

•••

aP- 1 aP = 1, luego

-1

-1

= ap-1 · · ·ªt ·

Esto prueba la sobreyectividad. Así carel X= carel (G x ... x G) = nP- 1• Consideremos la acción del grupo Z/ pZ --p-1--

sobre el conjunto X definida por ZlpZ

siendo O ~ k

~

x X~ x:

(k + pZ, (ai, ... , aP))

i---+

(ak+t• ... , ªP' ... , ak),

p - 1, a 0 = aP por definición.

Para cada x E X el número de elementos de la órbita Ox es por 3.10.3 el índice del estabilizador de x, que por el teorema de Lagrange divide a o(Z/ pZ) = p. Como p es primo, el número de elementos de cada órbita es 1 óp.

Sean a el número de órbitas con 1 elemento y b el número de órbitas con p elementos. Como X es unión disjunta de las órbitas (véase 3.10.2) se cumple nP- I

= card X= ~ card Ox = a + bp.

Entonces a = nP- 1- bp es múltiplo de p por serlo n y bp. Comprobemos que a es el número de elementos y E G con yP = 1. Que la órbita Ox de un elemento x = (a 1, ••• , aP) consta de un solo elemento (que es x, pues x E Ox> quiere decir que (al' ... , aP) = (ak

+ 1, ••• ,

ak) para cada O~ k ~ p - l.

Igualando las primeras coordenadas de ambos miembros se deduce: parak=0,a 1 =a 1 para k = 1, a 1 = a2 para k = 2, a 1 = a 3 para k = p - 1, a 1 = aP.

158


Así a 1 = a 2 = a 3 = ... = aP = y, luego x = (y, y, ... , y). Como x E X ha de ser yP = y ...y = l. Recíprocamente, si yP = 1, el elemento x =(y, ... , y) E X, y

(k + p"ll.) (y, ... , y)= (y, ... , y) para cada O~ k

~ p-

1,

luego Ox = [x]. Con esto queda probada la primera parte. Para la segunda, nótese que lP = 1, luego a "F- O. Como a es múltiplo de p y no es cero, es a > 1, luego

3.13.1.

Existe y E G, y "F- 1, de forma que yP = l.

Entonces o(y) "F- 1 y o(y) divide a p, luego o(y) = p. Corolario 3.14. Sean m y p enteros positivos, p primo, tales que p > m > 1. Los grupos de orden pm no son simples. Demostración. Sea G un grupo de orden pm. Por el teorema de Cauchy-Frobenius existe y E G de orden p. El subgrupo H = (y) tiene por lo tanto orden p, luego su índice es

o(G) [G : H ] = o(H)

= pm / p =m > l.

Como pes primo mayor que m, no divide a m!. En virtud de 3.12.2 G no es simple. Corolario 3.1 S.

Sean p y q números primos. Si G es un grupo de orden

pq, G no es simple. Demostración.

Si p "F- q basta aplicar el corolario anterior. Si p = q uti-

lizamos 3.11.6. Corolario 3.16. Sea G un grupo abeliano, o(G) > l. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: (1)

(2)

Ges finito y o(G) es primo. Ges simple.

Demostración. En 2.2.14.1 vimos que los grupos de orden primo son simples. Recíprocamente, sea G un grupo abeliano finito, tal que o( G) no es primo.

Sea p un divisor primo de o(G) y H un subgrupo de G de orden p, cuya existencia está asegurada por el teorema de Cauchy-Frobenius.


159

Desde luego H es normal, pues G es abeliano. Como 1 "'F p = o(H) = p "'F o(G), es

En consecuencia G no es simple. Por último, si G no es finito, distingamos: a) Si G no es cíclico, tomamos a E G, a "'F 1, y así H = (a) es subgrupo normal propio de G; b) Si G es cíclico, es isomorfo a Z. Como 2Z es subgrupo normal propio de Z, Z no es simple y por ello G no es simple. Mediante otra actuación de un grupo sobre un conjunto podemos refinar 3.11.4 como sigue. Con este resultado y el ejemplo que le sigue terminamos el capítulo.

Proposición 3.17. Sea G un grupo de orden pm, donde p es primo y m :;.,: l. Si H "'F (1) es un subgrupo normal de G, entonces H n Z(G) "'F (1). Nótese que para H = G obtenemos 3.11.4.

Demostración.

Sea X = H \ [ 1) y consideremos la acción

G X X ~X: (g, x)

~ gxg- 1.

La acción está bien definida, pues dado x E X e H, es g- 1(gxg- 1)g = x EH, luego gxg- 1 E Hg-' = H y si gxg- 1 = 1, sería gx

= g, luego x = 1 fl X.

Efectivamente es una acción, pues

= ghx(gh)- 1 = ghxh- 1g- 1 = g(hxh- 1)g- 1 = g(h(x)), y = lc;X lc;1 = x.

(gh) (x)

lc(x)

Consideremos el conjunto Y= [x E X: g(x) = x para cada g E G).

Si Y fuese vacío, para cada x E X existiría g E G con x "'F g (x) E Ox, luego x y g(x) serían dos elementos distintos en Ox, y así card Ox:;.,: 2. Como card Ox = [G: Gx] divide a o(G) = pm, se deduce que card Ox es múltiplo de p para cada x E X. Como X es unión disjunta de las órbitas, se concluye que card X = pa, para algún a E N. Por ello, o(H)

= card X

+ 1 =pa + 1 no divide a o( G)

=pm. Esto es absurdo.

160


En consecuencia Y no es vacío. Tomando x E Y es claro que x E H, x y para cada g E G,

x De este modo x E Z(G)

#

1

=g(x) =gx!; 1, luego xg =gx. n H, x # 1, y hemos terminado.

Corolario 3.18. Sean p un número primo m;;.,, 1 un natural, G un grupo de orden pm y H un subgrupo normal de orden p. Entonces H C Z(G). Demostración. Como H n Z(G) es subgrupo de H, el teorema de Lagrange nos dice que o(H n Z(G)) divide a o(H) = p. Como pes primo, bien o(H n Z(G)) = 1, bien o(H n Z(G)) = p. La primera posibilidad queda excluida por la proposición anterior. Así o(H n Z(G)) = p = o(H). En consecuencia H n Z(G) = H, es decir He Z(G). 3.19. Ejemplo. El grupo cuaternión Q y el grupo diedral D4 son, salvo isomorfismo, los únicos grupos no abelianos de orden 8. Demostración. Sea G un grupo no abeliano de orden 8. Puesto que G no es abeliano y en virtud de 3.11.4. 3.19.1.

o(Z(G))

= 2.

Como G no es abeliano, tampoco es cíclico, luego no posee elementos de orden 8. Tampoco pueden ser todos los elementos de G \ {1] de orden dos, en virtud de 1.4. En consecuencia,

3.19.2.

Existe a E G tal que o(a) = 4.

Veamos ahora que

3.19.3.

Z(G) = {1, a 2 ].

En efecto, H = (a) es un subgrupo de G de orden 4, y por tanto de índice 2. En consecuencia, Hes subgrupo normal de G y por 3.17 H n Z(G) # {1]. Como Z(G) tiene orden 2, se sigue que Z(G) CH. Evidentemente, como o(a) = 4 y

dt )=

= me

4, tenemos que a fl Z(G) y a 3 fl Z(G), ya que Z(G) tiene 4,3 orden 2. Esto, junto con Z(G) e H, nos dice que o(a 3 )

Z(G) e {1, a 2 J. Como ambos conjuntos tienen dos elementos, se tiene 3.19.3. Como He G y o(H) = 4 < o(G), existe b E G\H. Entonces


161

{1, a, a 2 , a 3 , b, ba, ba 2 , ba 3 } = G

3.19.4.

pues el primer miembro está contenido en G y, como o(G) = 8, es suficiente demostrar que los elementos del miembro de la izquierda son distintos. Esto es claro porque si bai = bai con O ,s;; i < j ,s;; 3 sería ai = ai, y si bai = ai, O ,s;; i, j ,s;; 3, sería b = ai-i E H. Como nos será útil más adelante, demostramos ahora que akbak = b para cada k EN.

3.19.5.

Para probar, por inducción, 3.19.5, es suficiente comprobar 3.19.6.

aba = b.

En efecto, en tal caso, utilizando la hipótesis de inducción, tenemos para k > 1, akbak

= a(ak- 1bak-l)a = aba = b.

Para demostrar 3.19.6 razonamos como sigue: Como a, b E G se tiene ab E G, luego ab = biai para ciertos O ,s;; i ,s;; 1, O :s;; j ,s;; 3.

Si i = O resulta que b = ai-t EH, lo cual es falso. Así ab

Si j

= bai.

= O resulta ab = b, luego a = 1, que también es falso. Así ab = bai, 1 ,s;; j ,s;; 3.

Si j = 2, como a 2 E Z(G), sería

= ba 2 = ab, de donde a = 1, que es falso. Si j = 1, tendríamos ab = ba. De este modo a 2b

{1, a, a 2 , a 3 , b} e Cc(a),

y por tanto o(Cc(a)) ~ 5. Como Cc(a) es subgrupo de G sería o(Cc(a)) = 8, es decir, Cc(a) = G o lo que es lo mismo, a E Z(G). Esto, de nuevo, es falso.

Por tanto es j = 3, es decir ab = ba 3 y por tanto aba = ba 3a = b.

Podemos reformular 3.19.5 diciendo

162


akb

3.19.7.

pues akb

=

ba 3k para cada k E N,

= akbaka-k = ba-k = ba-k(a 4 )k = ba 3k.

Tenemos ya los ingredientes necesarios para demostrar, en función del orden de b, que Ges isomorfo a D 4 ó a Q.

= 2. Veamos que G = D 4 • Con las notaciones usuales tenemos

CASO 1. o(b)

D4 = [1, f, f2, {3, g, g º f, g º f2, g O f3],

= 4, o(g) = 2, fk g fk = g para cada k

o(f)

O

O

E N,

= g f-k = g f-k(f4 )k = g f 3k. Como

(véase 1.13.1). Esto último implicafk O g

O

O

O

G = {l, a, a 2 , a 3, b, ba, ba 2 , ba 3], o(a)

= 4, o(b) = 2, akbak = b para cada k

E N,

es natural definir

o

fi

i--+

biai.

Comprobemos que
gi

o

fl,

y= gi'

o

fi', 0

i, i' ==,; 1, 0 ==,; j, j' ==,; 3,

=s¡;

tenemos

gi º fi+i' si i' = O xy = gi º fi º g º fi' = gi º g º f3i º fi' = gi+ 1 o f 3i+i'si i' = 1 {

En el primer caso, dividiendo, j + j'

= 4q

+ j",

es

fi+i' = (f4 'fl

O

fi" = fi",

luego

xy

=

gi fi", O =s;; i O

=s;;

1, O =s;; j"

=s;;

3,

y así


163

y nos queda f3i+i' = (f4'j'

0

fi"; gl-i = gl-i

O

(g2)i = gi+ 1,

luego xy = g 1-i º fi", O~ 1-i ~ 1, O~ j" ~ 3.

De este modo q,(xy)

= b 1-iai".

Como o(b) = 2 es b 1-i = b 1-i(b 2 )i = bi+I, y como o(a) = 4, es ai"

= ai"(a 4'j' = a 3i + i'.

Así q,(xy) = bi+ 1a 3i+i' = biba 3iai' = biaibai' = q,(x)q,(y),

donde, para la penúltima igualdad, hemos usado 3.19.7. Queda pues probado que q, es homomorfismo. La biyectividad de q, es clara pues es obviamente sobreyectiva por 3.19 .4 y o(D 4 ) = o( G). CASO 2. o(b) de 1.14,

= 4. Ahora vamos a probar que G = Q. Con las notaciones Q = {1, -1, i, j, k, -i, -j, -kJ,

donde -1 es el único elemento de orden dos y i 2 = j2 = k2 = -1, ij = k, ji= -k, jk = i, kj = - i, ki = j, ik = - j.

En virtud de 3.19.1, o(Z(Q)) = 2. Como-1 es el único elemento de Q de orden dos, Z(Q) = {1, -1}. Es claro que i 3 = i 2 i = -i, -j = (-l)j = j(-1) = ji 2 , ji 3 = j(-i) = j(-l)i = (-l)ji = -ji = k.

Por lo tanto reescribimos ·2 . . . ·3 ·3 . ·2 . ·1 Q = { 1 ,l,l,J,Jl,l,Jl,Jl

y reordenando · ·2 ·3 · · · · ·2 · "3] Q -- [ 1 ,l,l,l,J,Jl,Jl,Jl

con o(i) = 4, o(j) = 4, iqj = ji 3q para cada q E N (esto último es claro por inducción pues ji 3 = k = i j, y si q > 1, iqj = i(iq-lj) = i(ji 3 (q-l)) = iji 3q- 3 = ji 3i 3q- 3 = ji 3q.

164


Como G = (1, a, a 2 , a 3 , b, ba, ba 2 , ba 3 ],

con o(a) = 4, o(b) = 4, aqb = ba3q para cada q EN (esto último por 3.19.7) es natural definir (/, : Q -+ G : jPiq

i-+

bPaq, O :,s;; p ,,s;; 1, O :,s;; q ,,s;; 3

que es evidentemente sobreyectiva y como o(Q) = o(G) es biyectiva. Para terminar sólo falta comprobar que
= b 2•

En efecto, o(b2 ) a2

=¡6

(ba 2 ) 2

=

=

o(b) mcd(4,2)

= 4/2 = 2,

1, (a 3 ) 2 = a 2

b(a 2ba 2 )

=

=¡6

b 2 =¡6

mientras que

1, (ba) 2 = b(aba) = b

1,

(ba 3 ) 2

=

b(a 3ba 3 )

=¡6

=

1,

b 2 =¡6

1,

esto es, el único elemento de G de orden dos es a 2 • Así a 2 = b 2 • Ahora ya probamos que
=

{

si p' = 0 jP+ 1i 3q+q' si p' = 1 jPiq+q'

En el primer caso, dividiendo, q + q' = 4r + q"

tenemos xy = jPiq"

pues i 4 = 1, con O :,s;; p

,,s;;

1, O :,s;; q" ,,s;; 3,

y así
En el segundo caso dividimos 3q + q' = 4r + q", O :,s;; q" ,,s;; 3,

y como i4 = 1, se tiene xy = jP+ t¡q".

Aún distinguimos a) p =O.Entonces xy = jiq", O :,s;; q" ,,s;; 3, luego

165

b) p = 1. Entoncesxy = ¡2iq"_ Comoj2 =-1 = i 2, tenemosxy = iq"+ 2. Dividiendo de nuevo q" + 2 = 4f + s, O :s.; s ,s.; 3,

y como i 4 = 1, es xy = is, de donde (/)(xy) =as.Por su parte, (/)(x)(/)(y) = baqbaq' = bba 3q+q' = b 2a 3q+q' = b 2aq"

pues a 4

= 1. Como a 2 = b 2 según hemos visto en 3.19.8, obtenemos (/)(x)(/)(y) = aq"+2 = a4t+s =as= (/)(xy),

y con esto hemos terminado.

3.20. Observación. Es consecuencia inmediata del teorema de estructura 2.21 que, salvo isomorfismo, los grupos abelianos de orden 8 son Z/8Z, Z/4Z

x Z/2Z y Z/2Z

X

Z/2Z X Z/2Z.

Por lo tanto, existen exactamente cinco grupos no isomorfos de orden 8.

166



Sean G un grupo, f E Aut(G) y H un subgrupo de G. Se pide demostrar: (1)

f(Hª) = f(H)f.

(2)

NG(f(H)) = f(NGH)).

(3)

CG(f(H)) = f(CG(H)).

42.

Sean G un grupo abeliano finito de orden n, a un elemento de G y q un entero positivo tal que mcd(q, n) = l. Demostrar que existe un único x E G tal que a = x'I.

43.

Sea O el grupo de los números racionales con la operación suma. Demostrar que Aut(O) = O*.

44.

a)

Sea G un grupo que posee un elemento a tal que a 2 que Aut( G) tiene más de un elemento.

b)

Supongamos que Ges finito. Demostrar que o(Aut(G)) = 1 si y sólo si o(G) ~ 2.

*45. Sean p un número primo y G = Z/pZ Aut(G).

X

=¡6

1. Demostrar

ZlpZ. Calcular el orden de

*46. Calcular el orden de Aut(D 4 ). ¿A quién es isomorfo Aut(D4 )? 47.

Sean G un grupo finito y f E Aut(G), tal que el único elemento que coincide con su imagen por fes el neutro de G. Se pide probar: (1)

La aplicación y,: G -+ G : x

(2)

Si x E G, x

(3)

Si f2 es el automorfismo identidad, entonces

=¡6

i-+

f(x)x- 1 es biyectiva.

1, x y f(x) no son conjugados. f(x) = x- 1 para cada x E G

y G es abeliano de orden impar. *48. Sean G un grupo finito y f E Aut(G). Supongamos que si M = [x E G :f(x) =x- 1}, 3

se cumple la desigualdad card M > 4 o( G). Se pide demostrar: ( 1) G es abeliano. (2)

M

= G.


167

49.

Sea G un grupo finito tal que Aut(G) es cíclico. Probar que Aut(G) es finito de orden paró Aut(G) = [IcJ.

50.

Sean G un grupo finito cuyo orden no es múltiplo de cuatro y H un subgrupo de índice dos. Demostrar que H es subgrupo cai:-acterístico deG.

*51. Sean G un grupo finito y p el menor divisor de o(G) distinto de uno. Demostrar que si H es un subgrupo normal de G de orden p, está contenido en el centro de G. 52.

l"n grupo G es perfecto si GIN no es abeliano, para cada subgrupo normal N de G, N =¡6 G. Demostrar que si Ges perfecto y K es un subgrupo normal y cíclico de G, entonces K e Z(G).

53.

Sean G un grupo y N un subgrupo normal y abeliano de G. (1)

Demostrar que Ne CG(N).

(2) Construir un homomorfismo GIN -+ Aut(N) cuyo núcleo es CG(N)IN.

*54. Sean G un grupo finito, p =¡6 1 el menor divisor del orden de G, y H y K dos subgrupos de G de índice p cuya intersección es lG. Calcular el orden de G. Demostrar que G es abeliano y calcular los coeficientes de torsión de G. *55. Sean p un número primo, n un entero positivo, G un grupo de orden pn y N =¡6 {l] un subgrupo normal de G. Demostrar que existe un subgrupo normal H de G contenido en N tal que [N: H] = p. 56.

Sean G un grupo finito y simple, p un número primo y H un subgrupo de G con [G : H] = p. Se pide demostrar: ( 1) p 2 no divide al orden de G. (2) pes el mayor divisor primo del orden de G.

57.

¿Es cíclico todo grupo de orden 33?

58.

¿Existe algún grupo simple de orden 28?

59.


*60. Sean G un grupo finito y p > 2 el menor divisor del orden de G. Supongamos que o(G) = p 2m, m no múltiplo de p. Demostrar que si G posee un subgrupo normal H de orden p 2 , entonces H e Z( G).

Capítulo 4 EL TEORE1\1A DE SYLOW

Diremos que el teorema de Lagrange se invierte en un grupo finito G si para cada divisor d del orden de G existe un subgrupo de orden d. En los capítulos precedentes hemos probado que el teorema de Lagrange se in vierte en los grupos cíclicos (véase 1.16) y en los grupos de orden menor que 12, mientras que no se invierte en el grupo A 4 , (véase 2.10). Uno de los objetivos de este capítulo es encontrar otros grupos en los que se in vierta o no el teorema de Lagrange. Para ello utilizaremos el teorema de Sylow que además nos permitirá obtener condiciones suficientes para que un grupo no sea simple, completando así algunos resultados de capítulos precedentes (ya hemos visto, por ejemplo, que los grupos abelianos con orden no primo, los grupos de orden pm con p > m > 1 y p primo, los grupos de orden pq, no son simples (véase 3.14, 3.15 y 3.16). También 3.12.1, 3.12.2, 3.12.3 y 3.12.3.1 nos proporcionan condiciones suficientes de no simplicidad.

t. INTRODUCCIÓN Antes de probar el teorema de Sylow veremos otros ejemplos de grupos en los que se invierte el teorema de Lagrange. 4.1. Ejemplo. Si G es un grupo de orden pm, p primo y m ;;;,, 1, el teorema de Lagrange se invierte en G.

Demostración. m

Por inducción sobre m. El resultado es trivial para son 1 = o([ld) y p = o(G).

= 1 pues los divisores de p

Sea m > 1. Basta demostrar 4.1.1. G tiene un subgrupo H de orden µm- 1•

En tal caso, aplicando a H la hipótesis de inducción, H posee subgrupos

H0 ,

... ,

Hm-1' o(Hk) = pk, O ,s;; k

,s;; m - 1,

luego poniendo Hm = G, los subgrupos de G [Hk: O :s;; k

,s;;

m} cumplen o(Hk) =

µk. Para probar 4.1.1 razonamos como sigue. Como m > 1, sabemos por 3.11.6 que G no es simple. Tomemos un subgrupo normal H de G, de orden máximo entre los subgrupos normales de G distintos de G. Vamos a probar que éste es el subgrupo buscado. Su orden será o(H) = p 1 con 1 :s;; t < m. Supongamos t < m - 1. El grupo cociente G/H tiene ordenpm-r, 1 < m- t < m, y por 3.11.6 posee un subgrupo normal N con 1 < o(N) < pm-t.

En virtud de 2.3.1, N mos

=

H'IH, siendo H' un subgrupo normal de G, y tendre-

172


o(H') =

[H' : H] · o(H) = o(N) o(H)

> o(H)

contra la elección de H. Por tanto t = m - 1 y o(H) = pm-I como queríamos.

4.2. drales.

Ejemplo.

Demostración.

El teorema de Lagrange se invierte en los grupos die-

En el grupo diedral

Dm = [ 1, f.

... ' fm-1' g' g º f. .... g

º

fm -1]

el subgrupo cíclico H = (f) tiene orden m y el subgrupo cíclico K = (g) tiene orden 2. Sea d un divisor de o(G) = 2m. Parad= 1, 2, m 6 2m, los subgrupos [ 1], K, H y D 2m tienen orden d. Si d divide a m, y por ser H cíclico, existe en virtud de 1.16 un subgrupo de H, y por tanto de G, de orden d. Cualquier otro divisor de 2m es de la forma d = 2d', siendo d' divisor de m. Por lo que acabamos de decir, existe un subgrupo L de H de orden d'. Además L es cíclico, digamos L = (f i) para algún 1 :E:; i :E;; m en virtud, de nuevo, de 1.16. Veamos que LK es subgrupo de Dm de orden 2d' = d. Como g f1. H y L CH resulta que L n K = [1]. En consecuencia, usando 1.12.11, d LK = o(L) o(K) = 2d' o(LnK) .

car

Así pues sólo falta comprobar que LK = KL y así será, usando 1.8.8, subgrupo deG. Evidentemente también card KL = 2d', luego basta probar que LK C KL y para ello, como K = [1, g], basta ver que

4.2.1.

([i)i

o

g E KL, 1

:E:;

j

:E;;

d'.

Esto se deduce trivialmente de 1.13.1, pues ([i)i

o

g

o

([i)i = fii

o

g

o

[ii = g

y por tanto ([i)i

o

g =g

o

([i)-i E KL.

173

EL TEOREMA DE SYLOW

II.

SUBGRUPOS DE SYLOW Para probar el teorema de Sylow necesitamos un sencillo lema aritmético. Sean p un número primo, m y n enteros positivos y

Lema 4.3.

Entonces las máximas potencias de p que dividen a N y a m coinciden.

Demostración. N=

Desarrollamos = (pnm)(pnm-1) ... (pnm- p" +1)

(pnm)!

pn(pn -1) ... 2·1

(pn)!(pnm-pn)!

y simplificando P" - 1

pnm-j

i=t

Pn - j

N=mil "----'"Por tanto p"-1

4.3.1.

N

TT

(pn - j) = m

p"-1

TT

(pnm - j).

j=I

i=I

Entonces el lema se deduce inmediatamente en cuanto probemos.

4.3.2. Para cada 1 ~ j ~ pn - 1, las máximas potencias de p que dividen a pn - j y a pnm - j coinciden. Veamos esto. Supongamos que p' divide a pn - j pero p'+ 1 ya no lo divide. Como pn - j < pn, ha de ser r < n, luego p' divide a pn. Entonces p' divide a pn - (pn - j) = j, y como también divide a pnm, hemos probado que divide apnm-j.

Sólo queda ver que p'+ 1 no divide a pnm - j. Supongamos lo contrario. Ya sabemos que r < n, luego r + 1 ~ n, y asíp'+ 1 también divide apn y por lo tanto a pnm. Esto implica que p'+ 1 divide a pnm - (pnm - j) = j y como divide a pn, divide a p" - j, lo cual es absurdo. Terminamos ahora la prueba del lema utilizando 4.3.1 y 4.3.2. Por este último podemos escribir, para cada 1 ~ j ~ pn - 1, pn - j = prq., pnm - j = prf ., r(j);;;?; O, q.,1 f.1 E "ll.\p"ll.. 1

1

174


Sustituyendo en 4.3.1 y simplificando obtenemos p"-1

N

fl

p"-1

q¡ =m fli;.

i=I

j=I

Como p es primo, los números enteros p"-1

p"-1

q=Ilq¡, l=Illi=I

j=I

I

no son múltiplos de p y cumplen

Nq

=

me.

Así, si para cada natural x denotamos por mix) la máxima potencia de p que divide a x, obtenemos

miN)

=

miNq) =mime)= mim)

como queríamos probar.

Definición 4.4. Sean G un grupo finito, p un número primo que divide al orden de G, y H un subgrupo de G. a) Diremos que Hes un p-subgrupo de G si el orden de Hes potencia de p. b)

Diremos que H es un p-subgrupo de Sylow de G si H es un p-subgrupo de G y [G: H] no es múltiplo de p. (Esto es, el orden de Hes p", siendo n la máxima potencia de p que divide al orden de G).

Enunciamos y demostramos a continuación el resultado fundamental de este capítulo.

Proposición 4.5. (Teorema de Sylow). Sea G un grupo finito de orden p"m donde p es un número primo, n y m enteros positivos tales que p no divide a m. 1.

G tiene algún p-subgrupo de Sylow.

2.

Para cada 1 :e. k :e. n, G posee algún subgrupo de orden pk.

3. Sean K un p-subgrupo y H un p-subgrupo de Sylow de G. Entonces existe a E G tal que K e Hª. 4. Si H y K son p-subgrupos de Sylow de G, existe a E G tal que K = Hª. Recíprocamente, si Hes un p-subgrupo de Sylow de G y a E G, Hª es un p-subgrupo de Sylow de G.

175

EL TEOREMA DE SYLOW

5.

El número nP de p-subgrupos de Sylow de G cumple: (5.1) nP divide a m. (5.2) nP - 1 es múltiplo de p.

Además, nP = [G : N G(H) para cada p-subgrupo de Sylow H de G. J

1.

Demostración.

Sea X

=

{S C G : S tiene pn elementos}. Consi-

deremos la acción. G X X-:, X: (g, S)

~

g(S) = {gs: s E SJ.

Comprobemos que es una acción. Antes de nada hay que ver que g (S) tiene pn elementos, esto es, pertenece a X. Ahora bien, la aplicación S _,, g(S): s

~

gs

es biyectiva, pues la sobreyectividad es clara, y si gs = gt es s = t por 1.1.2, lo que prueba la inyectividad. Entonces, pn = card S = card g (S).

Además se tiene (gh) (S) = {ghs: s E SJ = {g(hs): hs E h(S)J = g(h(S));

(lG) (S) =Os: s E SJ = {s: s E SJ = S.

Notando por Os la órbita de cada S E X, sabemos por 3.10.2 que X = U Os y que esta unión es disjunta. En consecuencia,

Si card Os fuese múltiplo de p para cada órbita Os, también lo sería N y en virtud del lema anterior m sería múltiplo de p, lo cual es falso. Sea pues Os una órbita tal que card Os f/. p'lL. El estabilizador Gs de Ses un p-subgrupo de Sylow de G. En efecto, sabemos por 3.10.3 que o(G) card Os= [G: Gs] = o(Gs), de donde pnm = o(G) = card Os· o(Gs). En el miembro pnm el factor p aparece n veces. Como p no divide a card Os se sigue que pn divide a o(Gs) y en particular,

176


4.5.1. Recíprocamente, tomemos x E S. Afirmamos que

GsX e S, pues si g E G 5 es g (S) = S y así gx E g (S) card GsX = card G5 . Por lo tanto, o(G5 ) = card GsX

,s;;

= S. Como vimos en 1.12.6,

card S = p",

lo que junto con 4.5.1 nos da o(G5 ) = p" y G5 es unp-subgrupo de Sylow de G. 2. Sea 1 ,s;; k ,s;; n. Acabamos de probar la existencia de un subgrupo H G de de ordenp". Utilizando 4.1, existe un subgrupo Hk de H (y por lo tanto de G) de orden pk. 3.

Tomemos Y= G/RH y la acción de K sobre Y definida por K X Y~ Y: (g, xH) .- gxH

La comprobación de que es una acción es análoga a la de 3.12 y se deja al lector. Obseivemos que card Y = [G : H] = m no es múltiplo de p. Comprobemos que

4.5.2. F

= (y

E Y : g (y) = y para cada g E K] no es vacío.

Si lo fuese, para cada y E Y existiría g E K con y # g (y). Por ello y, g (y) serían elementos distintos de OY, luego card OY

~

2

para cada y E Y.

Al ser card OY = [K: KY] potencia de p (pues K es un p-subgrupo y K_v es subgrupo suyo) y card OY ~ 2, se deduce card OYE p'll.

para cada y E Y.

Entonces usando 3.10.2, m = card Y= L card O.v es múltiplo de p.

Esto es absurdo, y por lo tanto, F no es vacío. Sea pues y = bH E Y tal que para cada g E K bH =y =g(y) =gbH.

Así b- 1gb E H para cada g E K, es decir, si a = b- 1, K e Hª como queríamos probar. 4.

Aplicando 3, existe a E G tal que K e Hª. Ahora bien, o(K) = p" = o(H) = o(Hª),

la última igualdad por 1.8.5.1. Así K = Hª.

177

EL TEOREMA DE SYLOW

La segunda parte es inmediata a partir de 1.8.5.1, pues o(Hª)

= o(H) = p".

5. Fijemos un p-subgrupo de Sylow H de G. Acabamos de ver en 4 que si notamos Syl/G) = (p-subgrupos de Sylow de G}

se tiene

4.5.3. Syl/G) = [Hª : a E G}. Entonces, utilizando 2.2.11.

lo que prueba la última parte. Como He Nc(H) e G, se deduce de 1.12.10 que m = [G: H] = [G: Nc(H)] [Nc(H): H] = nP[Nc(H) : H]

y esto prueba que nP divide a m. Antes de probar que nP - 1 es múltiplo de p observemos que

4.5.4.

H es subgrupo normal de G si y sólo si nP = 1,

pues 1 = nP = [G : Nc(H)] equivale a decir que G = Nc(H), y esto, por 2.2.10, es lo mismo que decir que Hes subgrupo normal de G. En lo que sigue podemos suponer nP > 1, pues si nP = 1 es obvio que nP - 1 = O es múltiplo de p. Llamemos Z = [H 1,

••• ,

He}

a los p-subgrupos de Sylow de G que no son H. Evidentemente np

= 1+

e.

Consideramos la acción de H sobre Z definida mediante H X Z ~ Z : (h, H¡) .- Hf.

Evidentemente está bien definida, pues o(Hh-') 1

= o(H.)1 = p"

usando una vez más 1.8.5.1, luego Hr-' es unp-subgrupo de Sylow de G, y es distinto de H pues si ~;-' = H tendríamos H¡ = (Hf )h = Hh = H lo cual es falso. E Z. Por lo tanto, cada

H;-

178


Desde luego es una acción, pues (gh) (H¡) = HJgh)-I = Hrg-• = (Hr )g-l 1- 1

= g(h(Hj));

1

Oc) (H¡) = H/ = H/ = H¡.

Todo se reduce a probar que e E p'lL, pues n - 1 =e.Como e= card Z y Z es unión disjunta de las órbitas de dicha acci6n, es suficiente demostrar

4.5.S. Para cada 1 H¡ es múltiplo de p.

~

j ~

e, el número de elementos de la órbita O¡ de

Ahora bien, card O¡ es el índice del estabilizador de H¡, luego divide a o(H) = pn. Así para demostrar 4.5.5 basta probar 1~j

4.5.6. card O¡ =F 1 para cada

~

e.

Supongamos por reducción al absurdo que existe una órbita O¡ con sólo un elemento (que desde luego es H¡)- Esto implica que Hf = H¡

para cada h E H,

luego

,

,

,

H~ = (H~1- ')h = H.

para cada h E H.

Pero esto significa que He Nc(H¡)Ahora bien, H¡ es un p-subgrupo de Sylow de N c
1!i

deduAplicando nuestra observación 4.5.4 al grupo G' y su subgrupo cimos que H. es el único p-subgrupo de Sylow de G'. Como H e G' y o(H) = o(H/ también H es un p-subgrupo de Sylow de G' y por lo tanto H = H¡, lo cuál es falso. Queda pues probado 4.5.6 y con ello la proposición.

4.6. Observación. Probada la existencia de p-subgrupos de un grupo finito G para cada número primo p que divide al orden de G, se pueden construir a partir de ellos, como veremos en los ejemplos siguientes, otros subgrupos mediante intersección, y en el caso de que uno de ellos sea normal mediante producto (véase 2.2.13). A este respecto es útil señalar: Dados subgrupos H y K de un grupo finito tales que o(H) y o(K) son primos entre sí, se verifica H

n K = [1], card HK = o(H) o(K).

179

ELTEOREMADESYLOW

Demostración. H n K es subgrupo de H y de K. Por el teorema de Lagrange, o(H n K) divide a o(H) y a o(K). Como éstos son primos entre sí, se tiene o(H n K) = 1, luego H n K = (1). Ahora, por 1.12.1, card HK

o(H) o(K) o(H n K)

o(H) o(K).

4.6.1. Ejemplo. El teorema de Lagrange se invierte en los grupos abelianos finitos.

Demostración. n = p 1n '

Sea G un grupo abeliano de orden n. Factorizamos . , ;: : . ,..... ;: : r. ••• Prn ·, P¡ pnmo, n¡ entero pos1·t·1vo, 1 -1

Hacemos la demostración por inducción sobre el número r de divisores primos den. Sir= 1, o(G) = pj'•, y podemos aplicar 4.1. Sea ahora r > 1. Por 1. en el teorema de Sylow existe, para cada 1 ~ j un subgrupo H¡ de G de orden P¡' (esto lo hacemos escribiendo

~

r,

n;-1 n¡+i n,) o(G) -_ P;n¡ ( Pin 1 ···P;-1 P;+i ···Pr

y aplicando el teorema de Sylow con p = P¡). Como G es abeliano

H = Hi H 2

•••

Hr-i es un subgrupo de G,

pues trabajando por recurrencia se cumple de modo obvio 1.8.8.1. Además O(H) _ pn 1 -

i ···

pn,_ 1 _ t r-i - ·

Lo probamos por inducción sobres= r- l. Sis= 1, H = H 1 y o(H 1) =¡;¡,.Si s > 1, el subgrupo H' = H 1 H 2 ••• Hr_2 tiene por hipótesis de inducción orden y como o(Hr-i) = p;~¡' , H' nHr-l ={1 ), pues p;~¡' y pf' ... p;~i son primos entre sí (estamos aplicando 4.6). Así

pf

1 •••

p;~i

- (H'H r-1 )n,_, --t. o(H) -O -Pin, ···Pr-1

Por lo tanto, hemos encontrado dos subgrupos H y Hr de G de órdenes t

y

p:·, respectivamente.

Veamos que el teorema de Lagrange se invierte en G. Sea d un divisor de

n. Entonces d = d 1 d 2 , d 1 divisor de t, d 2 divisor de

p:·.

180


Evidentemente, como mcd(t, Pr) = 1 también mcd(dl' d 2 ) = l. Los grupos H y Hr son evidentemente abelianos y sus órdenes son n,_ 1 n, t _- P1n1 ···Pr-1 Y Pr •

respectivamente, ambos con menor número de divisores primos que n = o(G). Por hipótesis de inducción, existen un subgrupo L de H de orden d I y un subgrupo K de H, de orden d 2 • Como L y K son subgrupos del grupo abeliano G, N = LK es subgrupo de G. Como o(L) = d 1 y o(K) = d 2 con mcd(d 1, d 2 ) = 1, se sigue de 4.6 que o(N) = o(LK) = o(L) o(K) = d 1 d 2 = d. Así, para cada divisor d de n hemos encontrado un subgrupo de G de orden d, y hemos terminado.

4.6.2. Observación. Si Ges un grupo abeliano finito y pes un número primo que divide al orden de G, G posee un único p-subgrupo de Sylow. En efecto, que posee al menos uno se deduce de 4.6.1 6, si se prefiere, de 1. en el teorema de Sylow.

Sea H un p-subgrupo de Sylow de G. El número de ellos es ~ = [G: NG(H)]. Como Ges abeliano, Hes subgrupo normal de G, luego C:i = NG(H) y np = l.

4.6.3. Observación. Sea G un grupo abeliano finito. G es cíclico si y sólo si para cada divisor primo p del orden de G el (único) p-subgrupo de Sylow de G es cíclico. En efecto, el «sólo si», es consecuencia de 1.16. Para el «si» supongamos que o(G) = p 1• ... p~, y H¡ = (x¡) es el p¡-subgrupo de Sylow de G, 1 =s. i =s. r. Veamos por inducción sobre r que x = x 1 ••• xr tiene orden n = o(G) y así G será cíclico. Parar= 1, x = x 1 y o(x) = o(x 1 ) = o(H 1 ) = p 1• = o(G). Si r > 1, x = y xr, con y = x 1 ••• xr- l. Por hipótesis de inducción, o(y) -- p"• 1

•··

p"r-1 r-1

y como mcd(o(y), o(xr)) = 1, se deduce de 1.10.ix) que o(x)

=o(y) o(xr) = p~• ... p~f1 · p~' =o(G).

Podemos refinar 4.5.4 como sigue.

181

EL TEOREMA DE SYLOW

4.6.4. Observación. Sean G un grupo finito, p un número primo que divide al orden de G y H un p-subgrupo de Sylow de G. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: (1) Hes subgrupo normal de G. (2) Hes el único p-subgrupo de Sylow de G. (3) Hes subgrupo característico de G. Demostración.

(1) ~ (2)

Lo hemos visto en 4.5.4.

(2) ~ (3) Si o(G) = pnm con m fl. p'll., el orden de Hes pn y por hipótesis H es el único subgrupo de G de orden pn. Aplicando 3.6.10, H es subgrupo característico de G. (3)

~

(1)

Se sigue de 3.6.2.

4.6.S. Ejemplo. El teorema de Lagrange se invierte en los grupos de orden 20 y en los grupos de orden pq, siendo p y q números primos. Demostración.

Sea G un grupo de orden 20 = 22 • 5. Los divisores de 20 son [1, 2, 4, 5, 10, 20].

Los subgrupos [ 1] y G tienen orden, respectivamente, 1 y 20. En virtud del teorema de Sylow en su parte 1, G posee subgrupos de órdenes 4 y 5. En virtud de la parte 2, posee un subgrupo de orden 2. Sólo falta encontrar un subgrupo de orden 1O. Ahora bien, el número ns de subgrupos de orden 5 cumple ns divide a 4; ns - 1 es múltiplo de 5; y por lo tanto ns = l. Así, por 4.6.4, 4.6.S.1. El único subgrupo H de orden 5 de G es subgrupo caracteristico, y por lo tanto normal, de G. Entonces si K es un subgrupo de orden 2 de G, HK es subgrupo de Gen virtud de 2.2.13 y, por 4.6, o(HK)

= o(H) o(K) = 10,

puesto que mcd(2, 5) = 1. La segunda parte es consecuencia obvia de la parte 1 del teorema de Sylow.

182


4.6.6. Ejemplo. Sean p y q números primos tales que p < q y q - 1 no es múltiplo de p. Entonces todo grupo de orden pq es isomorfo a "11.lpq"ll.. Demostración.

Usando 2.8.1 basta probar que si G es un grupo de

orden pq es cíclico. Por el teorema de Sylow existen subgrupos H y K de G de órdenes p y q respectivamente. Como o(H) =pes primo, Hes cíclico (usando 1.15.4). Análogamente K es cíclico. Sean a, b E G tales que

H = (a), K = (b). Tanto H como K son subgrupos normales de G puesto que nP divide a q (luego nP = 1 ó nP = q); nP - 1 es múltiplo de p; q - 1 no es múltiplo de p;

Así nP

=¡t,.

q y por lo tanto nP = l; mientras que nq divide a p; nq - 1 es múltiplo de q; p -

1 no es múltiplo de q pues p - 1 < p < q;

luego nq = l. Ahora bien, 4.6.6.1.

Si H = (a) y K = (b) son subgrupos normales de G, con

mcd(o(a}, o(b)) = 1, entonces HK = (ab) y o(HK) = o(a) o(b).

En efecto, HK es subgrupo de G por 2.2.13. Vamos a probar que o(HK)

= o(a) o(b) = o(ab),

y en tal caso, como ab E HK se tendrá (ab) e HK y por ello 4.6.6.1. Como o(H) = o(a}, o(K) = o(b}, los órdenes de H y K son primos entre sí. Utilizando una vez más 4.6 se tiene o(HK) = o(H) o(K) = o(a) o(b).

Para probar que o(ab) = o(a) o(b) es suficiente, usando ix) en 1.10, comprobar que ab = ba. Ahora bien, ab E aK = Ka, luego ab = bia para algún 1 :,;;; j < o(b).

183

EL TEOREMA DE SYLOW

También ah E Hh = hH, y por tanto ah

= hai para algún 1 ~ i

< o(a).

Ahora, como hia = hai, se tiene hi- 1

= ai- l E H n K = [ 1)

luego j = i = l. Así ah = ha. Con esto queda probado 4.6.6.1. En nuestro caso H y K son subgrupos normales de G y mcd(o(a), o(h)) =

= mcd(p, q) = l. Por tanto, HK = (ah). Ahora bien,

o( HK)

= o(H) o(K) = o(H 11K)

pq

= o(G)

'

luego G = HK = (ah) es cíclico.

4.6.7. Observación. La condición ,,q-1 no es múltiplo de p» es esencial en el ejemplo anterior. Por ejemplo, si p = 2 y q es un primo impar, es p < q pero D q es un grupo no cíclico de orden 2q = pq. 4.6.8. Ejemplo. Si Ges un grupo de orden 12, bien posee un 2-subgrupo de Sylow que es normal, bien posee un 3-subgrupo de Sylow que es normal.

Demostración. Se trata de probar que n 2 = 1 ó n 3 = l. Así, si n 3 = 1, no hay nada que probar. Si n 3 # 1, como n 3 divide a 4 y n 3 - 1 es múltiplo de 3, debe ser n 3 = 4. Ahora bien, 4.6.8.1. Dos subgrupos distintos H I y H 2 de orden primo p en un grupo G cumplen H 1 n H 2 = (1) y por tanto card(H 1 U H 2 ) = 2(p - 1) + l. En efecto, H 1 n H 2 es subgrupo de H 1 y H 1 n H 2 ~ H 1• Así o(H 1 n H 2 ) divide a p, o(H 1 n H 2 ) # p. Como p es primo, o(H 1 n H 2 ) = 1, luego H 1 n H 2 = (1). En consecuencia card(H 1 U H 2 ) = p + p- 1 = 2(p - 1) + l. Aplicando 4.6.8.1 a los cuatro subgrupos H 1, H 2 , H 3 , H 4 de G de orden 3, se deduce que card(H 1 U H 2 U H 3 U H 4 ) = 4(3 - 1) + 1 = 9. Sea G\(H 1 U H 2 U H 3 U H 4 ) = (a, h, e].

184


Si K es un subgrupo de orden 4 de G, es claro que o(H¡ mcd(4,3) = l. Por tanto

n K)

=

1 pues

K\[l} e G\(H 1 U H 2 U H 3 U H 4 )

y así K=[l,a,b,c}.

Por ello, si n 3 n2

= 4, K = {1, a, b, e} es el único 2-subgrupo de Sylow de G, luego

= l.

4.6.9. Ejemplo. Todo grupo de orden 30 posee un único 3-subgrupo de Sylow y un único 5-subgrupo de Sylow. En consecuencia posee un subgrupo de orden 15, que al tener índice dos será normal. En particular, los grupos de orden 30 no son simples. Demostración. Sea G un grupo de orden 30. Es suficiente demostrar que n 3 = ns = 1. En tal caso tendremos subgrupos normales H y K de G con o(H) = 3 y o(K) = 5. Como sus órdenes son primos, son cíclicos, H = (a), K = (b), con mcd(o(a), o(b)) = 1, y aplicando 4.6.6.1, se deduce que HK = (ab) es un subgrupo de orden o(a) o(b) = 3 · 5 = 15.

Supongamos que ns# l. Como ns divide a 6 y ns - 1 es múltiplo de 5, debe ser ns= 6. Sean {H¡, H 2 , H 3 , H 4 , Hs, H 6 } los 5-subgrupos de Sylow de G. En virtud de 4.6.8.1, 6

card U H¡

=6(5-1) + 1 =25.

i=I

Ahora distinguimos: a) n 3 # 1. En tal caso, como n 3 divide a 10 y n 3 - 1 es múltiplo de 3, tendremos n 3 = 10. Si [K¡: 1 :,;;; j ,s;; 10} son los 3-subgrupos de Sylow de G, de nuevo por 4.6.8.1, 10

card U K¡ = 10(3-1) + 1 = 21. j=I

Como o(H¡ n K¡) divide a 5 y a 3 para cada 1 :,;;; i ,s;; 6, 1 :,;;; j ,s;; 10, ha de ser n K; = [1}, y por tanto

H¡

card lo cual es absurdo.

(¡º¡ H; u

igl K¡) = 25+ 21-1 = 45 > 30 = o(G),

185

EL TEOREMA DE SYLOW

b) n 3 = l. En este caso, llamando K al 3-subgrupo de Sylow de G, éste es normal, luego por 2.2.13, KH I es un subgrupo de G.

Como o(K) = 3 y o(H 1) = 5, con mcd(3,5) = 1, ha de ser o(K virtud de 4.6. o(KH 1) Como 3 < 5 y 4

=

n H 1) = 1 y, en

= o(K) o(H 1) = 15.

5- 1 no es múltiplo de 3, aplicando 4.6.6 se deduce que KH 1 = Z/15Z.

En Z/15Z hay 8 elementos de orden 15, a saber [1 + 15Z, 2 + 15Z, 4 + 15Z, 7 + 15Z, 8 + 15Z, 11 + 15Z, 13 + 15Z, 14 + 15Z}, lo cual se deduce, bien por comprobación directa, bien utilizando vii) en 1.10. Así pues KH 1 (y en consecuencia G) tendría 8 elementos A = [u¡ : 1 ~ i ~ 8 con o(u¡) = 15}.

Obviamente A n H¡ = 0, 1 orden uno o cinco.

~

i

~

6, pues los elementos de cada H; tienen

Por ello card ( A u;~ H¡) = 8 + 25 = 33 > 30 = o( G), lo que de nuevo es una contradicción. Así llegamos a la contradicción de suponer ns# 1, luego ns= l. Veamos que también n 3 = l. En caso contrario sería n 3 = 10 según ya hemos visto. Notando por H el único 5-subgrupo de Sylow de G (que por tanto es normal) y por K uno de los diez subgrupos de G de orden 3, HK es subgrupo de G de orden 15,

y por lo tanto contiene ocho elementos de orden 15. Como además H contiene cuatro elementos de orden 5, y los subgrupos de orden 3 contendrían veinte elementos de orden 3, se tendrían ya treinta y dos elementos distintos de G, contradicción. En consecuencia, también n 3

=

l.

Podemos ya mostrar el primer ejemplo de grupo simple cuyo orden no es un número primo.

186


4.6.10.

Ejemplo.

Demostración.

4.6.10.1.

El grupo alternado A 5 , que tiene orden 60, es simple.

En primer lugar probaremos

Para cada f E S 5 , o(f)

Sea X= {1, 2, 3, 4, S], S 5

~

= Biy(X) y f

6. E S 5 • Llamaremos

F(f) = (x E X: f(x) = xJ,

y probaremos 4.6.10.1 según el número N de elementos de F (f). i)

Si N

= 5 es obvio que fes la identidad, luego o(f) = 1.

ii) Si N = 4, existiría un único elemento x E X\F(f). Como x
Si N = 3, escribiendo X\F(f) = (a, bJ es obvio que si x E F(f).

f(a) = b, f(b) = a, f(x) = x

Así { 2 es la identidad y o(D = 2. iv) Si N = 2, escribimos X\F(f) = (a, b, e J. Evidentemente si Y= X\F(f), {ly E Biy(Y). Como f(a) :;6 a podemos suponer f(a) = b. Si fuese f(b) = a, como {ly E Biy(Y) sería f(c) = e, con lo que e E F(f) contra la hipótesis. Por lo

tanto, f(a)

= b,

= e, y como {ly E

f(b)

Biy(Y), f(c) = a.

Así f3 es la identidad y o(f) = 3. v)

F (f)

Si N = 1, podemos suponer sin pérdida de generalidad que :;6 2 y si f (f (2)) = 2, notamos

= ( 1]. Entonces f (2)

Y= (a, b J = (2, 3, 4, S] \ (2, {(2)].

Como {lyE Biy(Y) y f(a)

:;6

a, f(b)

:;6

b, tendremos

{(2) = e, f(c) = 2, f(a) = b, f(b)

= a,

f(l) = l.

De aquí, { 2 es la identidad y o(f) = 2. En cambio, si {(2) = e cumple f(c) = a

:;6

2, escribimos

Y= (2, 3, 4, S] = (2, e, a, bJ, {lyE Biy(Y).

Como a :;6 2, es f(a) f(a) = 2 sería

:;6

{(2) = e, f(a)

:;6

a pues N = l y f(a)

f(b) E Y\({(2), f(a), f(c)J = (e, 2, a],

con lo que f (b) = b y N

:;6

l.

:;6

2 pues si

187

EL TEOREMA DE SYLOW

Por lo tanto f(a) = b y tenemos f(b) E Y\[f(2), f(a), f(c)] = Y\[c, b, a]= [2], con lo que f(2) = e, f(c) = a, f(a) = b, f(b) = 2, f(l) = 1, lo que implica que f 4 es la identidad, f 2 no es la identidad y o(f) = 4. vi)

Suponemos ahora N = O. Distinguimos:

vi) l. Existen a, b E X tales que f(a) = b, f(b) = a. En este caso, llamando X\[a, b] = [e, d, e], y puesto que N = O, se tiene f(a) = b, f(b) = a, f(c) = d, f(d) = e, f(e) = c. Es inmediato que f 6 = 1x•

f3 =I= 1x• f 2

=I= 1x• esto es, o(f) = 6.

vi) 2. No existen a, b E X tales que f(a) = b, f(b) =a.Entonces f(l) = a y f(a) fl. [1, a] pues N = O. Llamando b = f(a) no puede ser f(b) = 1, pues entonces si X\[1, a, b] = [e, d] = Y, sería flyE Biy(Y), f(c) = d, f(d) = e, pues N = O, y esto contradice la hipótesis vi) 2. Como obviamente f (b) =I= f ( 1) = a y f (b) =I= b tendremos f(l) = a, f(a) = b, f(b) = c. De nuevo f(c) fl. [f(l), f(a), f(b)] = [a, b, e], luego f(c) E [1, d]. Si f(c) = 1 sería f(d) = d y N =I= O. Así f(c) = d y por ello f(l) = a, f(a) = b, f(b) = e, f(c) = d, f(d) = 1, con lo que

rs es la identidad y o(f) = s.

Con las técnicas del capítulo siguiente la prueba de 4.6.10.1 es más sencilla (aunque no más elemental) pero no merece la pena retrasar el ejemplo 4.6.1 O a dicho capítulo. En particular, como As es subgrupo de Ss, se deduce que 4.6.10.2.

Para cada f E As, o(f)

~

6.

De hecho podemos rebajar en una unidad la cota anterior observando que en la discusión precedente el caso o(f) = 6 sólo aparece cuando (*) N = O, existen a, b E X tales que f(a) = b, f(b) = a, y

X= [a, b, e, d, e] con f(c) = d, f(d) = e, f(e) = c. Llamando e: Ss ~ U2 = [- 1, 1]: f.....+ e(f) = (- 1)s con s(f) = signatura de {(véase 2.9.6) sabemos que As= ker e. Si probamos que e(f) =I= 1 tendremos demostrado que

188


4.6.10.3.

Para cada {E As, o(f)

~

5.

Ahora bien, llamando g : X~

x: a i--+ b, b i--+ a, e i--+ e, di--+ d, e i--+ e,

h : X~ X: a

i--+

a, b

i--+

b, e

i--+

d, di--+ e, e

i--+

e,

es claro que f = g oh, luego e(f) = e(g) e(h). Como

b-a a-b

E(g)=-=-1

d-e e-e d-c e(h)=-=1, c-d d-e e-e se sigue

e(f)

= (-

1) ( + 1)

=-

1 =F 1,

lo que demuestra 4.6.10.3. Vayamos ya con la prueba de la simplicidad de As. 4.6.10.4. As no tiene subgrupos de orden 15.

Si H fuera subgrupo de As de orden 15, sería cíclico en virtud de 4.6.6. Si H = (x), tendríamos x E As, o(x) = 15 > 5 contra 4.6.10.3. 4.6.10.5. As no tiene subgrupos de orden 30.

Si H fuese un subgrupo de As de orden 30, existiría por 4.6.9 un subgrupo K de H (y por ello de As) de orden 15, lo que contradice 4.6.10.4. 4.6.10.6. As no tiene subgrupos normales de orden 2.

Si o(H) = 2 y H es subgrupo normal de As, consideramos el cociente G = A/H, que tiene orden 30. Aplicando 4.6.9, G posee un subgrupo K de orden 15. Sabemos por 2.3.1 que K = H'IH para cierto subgrupo H' de As.

Entonces o(H') = o(H) [H' : H] = o(H) o(K) = 2 · 15 = 30,

lo que contradice 4.6.10.5.

189

EL TEOREMA DE SYLOW

4.6.10.7. A 5 no tiene subgrupos normales de orden 4. Supongamos que existe un subgrupo normal H de A 5 con o(H) = 4. El cociente G = A/ H tiene orden 15 y por ello es cíclico, según vimos en 4.6.6. Tomemos x E A 5 tal que Asf H = G = (xH), o(xH) = o(G) = 15.

Como x E A 5 , sabemos por 4.6.3 que o(x) ~ 5. Considerando el homomorfismo A 5 ~ G = A 5/ H sabemos por 2.4.1 O que 15 = o(xH)

divide a o(x)

~

5.

Absurdo. 4.6.10.8. A 5 no posee subgrupos normales de orden 3. Supongamos que H es un subgrupo normal de A 5 de orden 3. Como = 60 = 12 · 5, también posee A 5 un subgrupo K de orden 5. Al ser H normal, HK es subgrupo de A 5 y por 4.6, como o(H) y o(K) son primos entre sí, o(HK) = 15. o(A 5 )

Existiría por lo tanto un subgrupo HK de A 5 de orden 15, en contradicción con 4.6.10.4. Intercambiando los papeles de H y K en el argumento precedente se deduce que 4.6.10.9. A 5 no posee subgrupos normales de orden 5. También tenemos 4.6.10.10. A 5 no posee subgrupos normales de orden 10. Supongamos que o(H) = 10 y H es subgrupo normal de A 5 • Como o(H) = 10 = 2 · 5, el número n 5 de subgrupos de H de orden 5 cumple

n 5 divide a 2; n 5 - 1 es múltiplo de 5; y así n 5 = 1. En consecuencia el único subgrupo de H de orden 5 es subgrupo característico de H en virtud de 4.6.4. Ahora, llamando Ka dicho subgrupo se deduce de 3.6.3 que K es un subgrupo normal de A 5 , o(K) = 5. Esto contradice 4.6.10.9. 4.6.10.11. A 5 no posee subgrupos normales de orden 12. Supongamos que Hes un subgrupo de orden 12 de A 5 • Aplicando 4.6.8, bien un 2-subgrupo de Sylow de H es normal, bien lo es un 3-subgrupo de

190


Sylow de H. Esto significa, como o(H) = 12 = 22 • 3, que bien el número n 2 de 2-subgrupos de Sylow de Hes uno, bien lo es el número n 3 de 3-subgrupos de Sylow de H. En cualquier caso, por 4.6.4, existe un subgrupo característico K de H con orden 4 ó 3. Aplicando 3.6.3, K es un subgrupo normal de As con o(K) = 4 u o(K) = 3. Esto está en contradicción con 4.6.1 O. 7 ó 4.6.10.8. 4.6.10.12. As no posee subgrupos normales de orden 20.

En efecto, si H fuese un subgrupo normal de orden 20 de As, poseería, en virtud de 4.6.5.1, un único subgrupo K de orden 5, que desde luego sería característico. Por lo tanto, K sería un subgrupo normal de As y o(K) = 5. Esto contradice 4.6.10.9. Por último, 4.6.10.13. As no posee subgrupos normales de orden 6.

En caso contrario, si Hes un subgrupo normal de As, o(H) = 6 = 2 · 3, el número n 3 de subgrupos de H de orden 3 divide a 2 y como 2 - 1 fl. 3.Z, ha de ser n 3 = l. Ahora, en virtud de 4.6.4, el único subgrupo K de H de orden 3 es subgrupo característico de H. Aplicando una vez más 3.6.3, llegamos a contradicción con 4.6.10.8, pues K es subgrupo normal de As· Con esto hemos terminado la prueba de 4.6.1 O, pues los divisores de 60 = o(As) son [1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 60}. En las proposiciones siguientes estudiamos la relación entre los p-subgrupos de Sylow de un grupo G y los de sus subgrupos y cocientes. Proposición 4.7. Sean G un grupo finito, H un subgrupo de G y p un número primo que divide al orden de H (y por lo tanto a o(G)).

a) Si K es un p-subgrupo de Sylow de H, existe un p-subgrupo de Sylow de G, digamos S, tal que K e S. b) Si Ses un p-subgrupo de Sylow de G que contiene a K, y éste es un p-subgrupo de Sylow de H, entonces K = S n H. c) En consecuencia, dados dos p-subgrupos de Sylow K 1 y K 2 de H, con K 1 =I= K2' y dados S 11 S 2 p-subgrupos de Sylow de G tales que KI C si y K2 C s2' se tiene si =I= S2.

191

EL TEOREMA DE SYLOW

d) El número de p-subgrupos de Sylow de H es menor o igual que el número de p-subgrupos de Sylow de G. Demostración. a) K es un p-subgrupo de G, luego si Tes un p-subgrupo de Sylow de G cualquiera,

K

era para cierto a E G,

aplicando la parte 3 del teorema de Sylow. Entonces S

=

ra es el p-subgrupo de Sylow de G que buscamos.

b) Escribimos o(G) = p"m, o(H) = p"'m' siendo n' ,:s;;; n y m y m' no múltiplos de p. Entonces o(K) = p"' y o(S) = p". Como K está contenido en S y en H, se cumple 4. 7 .1. K e

s n H.

El orden de S n H divide a o(S) y a o(H}, pues S n H es subgrupo de S y de H. En consecuencia,

o (s

n H) = p" .. , n " ,:s;;; n ,

y por ello 4.7.2.

o(S

n H) = p""

De 4.7.1 y 4.7.2 se deduce que K = S

,:s;;; p"'

= o(K).

n H.

c) Utilizando b}, si fuese S 1 = S2' tendríamos KI =

si n

H = S2 n H =

K2,

lo cual es falso. d) Elijamos, para cada p-subgrupo de Sylow K de H, un p-subgrupo de Sylow SK de G tal que K e SK. La existencia de SK queda garantizada por a). Ahora la aplicación Syl/H) --+ Syl/ G) : K

i-+

SK

es, en virtud de c}, inyectiva, luego card Syl/H)

::s;;;

card Syl/ G)

como queríamos demostrar. Cuando el subgrupo H de la proposición anterior es normal se tiene, Proposición 4.7.1. Para cada p-subgrupo de Sylow S de G, la intersección S n Hes p-subgrupo de Sylow de H, si Hes subgrupo normal de G.

192


Demostración. Tomemos un p-subgrupo de Sylow K en H cuya existencia es consecuencia del teorema de Sylow, parte 1, ya que estamos suponiendo que p divide a o(H).

Por a) en 4. 7, existe un p-subgrupo de Sylow T de G tal que K C T y por b), K= Tn H.

Por la parte 4 en el teorema de Sylow, T = Sª para algún a E G.

En consecuencia, usando 1.8.7.1, y que Hes normal, se cumple S

n

H = Tª-'

n

H =

ra-• n

Hª-' = (T

n

H)ª-' = Kª-'

y en particular

o(S

n

H) = o(Kª-') = o(K).

De aquí, y puesto que K es un p-subgrupo de Sylow de H, también lo es SnH.

La condición de normalidad impuesta a H en

4. 7 .2. Observación. 4. 7 .1 es esencial.

En efecto, tomemos como H un p-subgrupo de Sylow de G que no sea normal (si existe, claro). Al no ser normal, [G: NG(H)] # 1, luego existe S conjugado de H, S # H. Como S y H son conjugados, o(H) = o(S), luego también S es un p-subgrupo de Sylow de G. Sin embargo S n H no es p-subgrupo de Sylow de H ya que S n H # H y al ser o(H) potencia de p, el único p-subgrupo de Sylow de Hes el propio H. Proposición 4.7.3. Sea H un subgrupo normal de G, y o(H) múltiplo del número primo p. Si p no divide al índice [G : H] entonces cada p-subgrupo de Sylow de G está contenido en H. Demostración.

Si o(G)

= pnm,

con m fl. pZ, se deduce que

o(H) = pnm', m' fl. pZ, puesto que p no divide a [G: H] y o(G) = o(H) [G: H]. Sea S un p-subgrupo de Sylow de G. Acabamos de ver en 4.7.1 que S n H esp-subgrupo de Sylow de H. Como o(H) = pnm', m' fl. pZ, ha de ser o(S n H) = pn. Pero al ser o(G) = pnm, m fl. pZ, y S p-subgrupo de Sylow de G, resulta que o(S) = pn. Por lo tanto S

n H e s y o(S n H) = o(S).

193

ELTEOREMADESYLOW

En consecuencia S n H

=

S y así S e H como queríamos probar.

En cuanto a cocientes, el siguiente resultado clarifica la situación: Proposición 4.8. Sean G un grupo finito, p un número primo que divide al orden de G y H un subgrupo normal de G. Entonces

a) Si p no divide a [G : Hj, el cociente G/H no tiene p-subgrupos de Sylow. b) Si p divide a IG: H], los p-subgrupos de Sylow de G/H son los de la forma SHIH, SE SyliG). Demostración. a) En este caso, o(GIH) = [G : H] no es múltiplo de p. En consecuencia, GIH no tiene p-subgrupos de Sylow.

b) Sea o(G)

do

=pnm, m fl. p'll.. Como p divide a [G: H], es o(H) = ptq, sien-

e < n, q un divisor de m. Veamos primero que si S

E SyliG), entonces

SHIH E SyliGIH). Desde luego SH es un subgrupo de G (pues Hes normal) que contiene a H. Por lo tanto SH/H es subgrupo de G/H en virtud de 2.3.1.

Si m = qd, se cumple: o(GIH) = pn-td, d fl. p'll.. Así lo que hay que probar es que o(SHIH) = pn-t o lo que es lo mismo, hay que ver que 4.8.1.

Ahora bien, o(S) = p 11 por ser S un p-subgrupo de Sylow de G, mientras que o(S n H) = pt, por ser S n H p-subgrupo de Sylow de H, según hemos probado en 4. 7. l. Ahora,

lo que demuestra 4.8.1. Recíprocamente, sea H' un p-subgrupo de Sylow de GIH. Como o(GI H)

= o((G) = pn-td, o H)

de: p'll.,

sabemos que o(H') = pn-e_ En virtud de 2.3.1, existe un subgrupo K de G que contiene a H, tal que H' = KIH.

Evidentemente, o(K) =

[K: H] o(H)

= o(H') o(H) = pn-tptq = pnq, q fl_ p'll..

194


Aplicando la parte 1 del teorema de Sylow al grupo K, existe un p-subgrupo de Sylow de K, al que llamaremos S. Será o(S) = pn y como o(G) = pnm con m 'l. pZ, resulta que 4.8.2.

Ses un p-subgrupo de Sylow de G.

Ahora, como S y H están contenidos en K, SH e K y así SHIH e KI H = H'. Como ya hemos visto que SH/Hes otro p-subgrupo de Sylow de G/H, se tiene o(SHIH) = o(H'),

lo que junto con el contenido SHIH e H' nos da la igualdad SHIH = H' y con ello la proposición queda demostrada. Corolario 4.8.3. Si G es un grupo finito, p un número primo que divide al orden de G, y H un subgrupo normal de G, el número de p-subgrupos de Sylow de G/H es menor o igual que el de p-subgrupos de Sylow de G. Demostración. Si p no divide a [G : H] sabemos por 4.8 que GIH no tiene p-subgrupos de Sylow. En este caso el resultado es obvio.

Cuando p divide a [G: H], la proposición anterior nos dice que la aplicación SyliG)

~

SyliGIH): S

t-+

SHIH

está bien definida y es sobreyectiva. En consecuencia card Syli G/H)

:os;;

card Syli G)

como queríamos demostrar.

111.

INTERSECCIONES DE SUBGRUPOS DE SYLOW

4.9. Comentario. A lo largo de ejemplos estudiados en este capítulo hemos construido subgrupos de un grupo dado G a partir de un p-subgrupo de Sylow H y un q-subgrupo de Sylow K de G, siendo p y q números primos distintos, apoyándonos en el hecho, visto en 4.6, de que H n K = [ 1}, y en la hipótesis de que bien nP = l, o bien nq = l (esto es, H o K normal). Como veremos más adelante en algunas aplicaciones, es útil estudiar intersecciones de p-subgrupos de Sylow de G (cuando nP = l sólo hay uno, y la cuestión es trivial). Las proposiciones siguientes, destinadas a obtener información sobre grupos cuyo orden es potencia de primo (en particular p-subgrupos de un grupo dado) nos ayudarán a estudiar intersecciones de p-subgrupos de Sylow.

195

EL TEOREMA DE SYLOW

Proposición 4.10. Sean G un grupo finito, p un número primo que divide al orden de G y H un subgrupo de G que contiene al normalizador de un p-subgrupo de Sylow de G. Entonces H = Nc(H). Desde luego, H e N c(H). Veamos el otro contenido.

Demostración.

Por hipótesis, existe un p-subgrupo de Sylow S de G tal que Nc(S) CH. En particular S C Nc(S) CH. Si o(G) = pnm con m (l. p'll. se tiene o(S) = pn. Como o(S) divide a o(H) y o(H) divide a o(G), o(H)

Como S CH, o(S)

= p d para cierto divisor d de m. 11

= pn y o(H) = pnd con d

(l. p'll.,

se sigue que

4.10.1. Ses un p-subgrupo de Sylow de H. Ahora, dado x E Nc(H), es sx e Hx = H, puesto que Se H. Al ser sx yo(Sx) = o(S), se deduce de 4.10.1 que

e

H

4.10.2. sx es un p-subgrupo de Sylow de H. En virtud de 4.10.1 y 4.10.2 y aplicando la parte 4 del teorema de Sylow

4.10.3.

Existe y E H tal que S

= (Sx)Y = sxy_

Esto significa que xy E Nc(S) e H, luego, como y EH, x

= (xy)y- 1 EH

y hemos probado el contenido N c(H) C H.

Corolario 4.10.4. Sean G un grupo finito, p un número primo que divide al orden de G y S un p-subgrupo de Sylow de G. Entonces Nc(S) = Nc(Nc(S)). Demostración. Sea H = Nc(S) subgrupo de G que contiene (de hecho coincide) al normalizador del p-subgrupo de Sylow S de G. En virtud de 4.10,

Los p-subgrupos de Sylow de un grupo son subgrupos cuyo orden es primo con su índice en G. Por ello el corolario anterior es un caso particular del siguiente resultado que incluimos a continuación, aunque no lo usaremos a lo largo de este libro.

196


Proposición 4.10.5. Sean G un grupo finito y H un subgrupo de G tales que mcd(o(H), [G: H]) = l. Entonces NG(H) = NG(NG(H)). Demostración. Si llamamos K = N G(H) se trata de probar que K = NG(K) y, siendo el contenido K e NG(K) evidente, sólo falta comprobar el

otro. Sea x E N G(K). Entonces [(X = K y así, como H C NG(H) = K,

se deduce que

Ahora bien, como [K: H] divide a [G : H] y o(H) es primo con [G : H], también se tiene 4.10.5.1.

mcd(o(H), [K : H])

= 1.

Como Hes subgrupo normal de K = N G(H), se deduce de 3.6.11 y 4.10.5.1 que = Hx, pues ambos son subgrupos de K y tienen el mismo orden.

H

Así Hx = H y esto significa que x E N G(H) contenido N G(K) e K que faltaba.

= K, luego hemos probado el

Necesitamos ahora un lema de carácter general. Lema 4.11. Sean G un grupo, H un subgrupo de G y K un subgrupo normal de G contenido en H. Entonces

Demostración. Todos los términos involucrados en la igualdad anterior son grupos, pues K e He NG(H) y al ser K subgrupo normal de G, lo es de H y de N G(H). Ahora comprobemos

4.11.1.

K C Hª y (HIK)ªK = HªIK para cada a E G.

En efecto, como K e H y K es subgrupo normal de G, K= Kª e Hª.

Así tiene sentido el cociente HªIK y además xK E (HIK)ªK equivale a (aK) (xK) (aK)- 1 E HIK, esto es, (axa- 1) K E H/K y como K e H, esto equivale a axa- 1 EH, o sea, x EHª, o lo que es igual, xK E HªIK. Visto esto, la igualdad del enunciado es clara, pues

197

ELTEOREMADESYLOW aK E Nc1iHIK) es lo mismo que H/K = (H/KfK = HªIK

lo cual equivale, al ser K e H y K lo que es igual, aK E Nc(H)IK.

e

Hª, a decir H = Hª, esto es, a E N c
Proposición 4.12. Sea G un grupo de orden pn, donde p es un número primo y n ;;;;,, l un natural. Si Hes un subgrupo de G, H ~ G, entonces H ~ Nc(H).

Demostración. Por inducción sobre n. Si n = l el orden de G es p. Así G es cíclico y en particular abeliano, luego N c(H) = G y está probado que H ~ Nc(H).

Sea ahora n > 1. Distinguimos dos situaciones: a) Z(G) rt H. Tomamos x E Z(G)\H. Si probamos que x E Nc(H), tendremos H ~ N c
b) Z(G) e H. Entonces, como Z(G) es subgrupo normal de G (véase 2.2.8), podemos construir los grupos cocientes G/Z(G) y HIZ(G). Como H ~ G, también HIZ(G) ~ G/Z(G). En 3.11.4 vimos que Z(G)

~

{l]. Así o(Z(G)) = pm con

o(G/Z(G))

= pn-m,

m;;;;,,

1, luego

n - m < n.

Aplicando la hipótesis de inducción, HIZ(G) ~ NGIZ(G) (HIZ(G))

y por el lema precedente, HIZ(G) ~ Nc(H)IZ(G)

de donde se deduce H

~

N c
El resultado anunciado líneas atrás sobre intersecciones de p-subgrupos de Sylow es el siguiente. Corolario 4.12.1. Sean G un grupo finito, p un número primo que divide al orden de G, y SI' S 2 dos p-subgrupos de Sylow de G distintos tales que (*) o(S 1

n

S 2 );;;;,, o(S

n

T)

198


para cualesquiera p-subgrupos de Sylow distintos S y T de G. Entonces Nc(S 1 Demostración. po de S 1,

n

S 2 ) tiene más de un p-subgrupo de Sylow.

Escribamos o(G) = pnm con m (f. p'll.. S 1

n

S 2 es subgru-

tendriamos S 1 :J S 2 y o(S 1) = pn = o(S2),

con lo que S 1 = S 2 • Aplicando la proposición anterior al grupo S 1 y su subgrupo S 1 n S 2 se deduce que

Veamos que

4.12.1.2.

Ns (S¡ 1

n

S2)

= Nc(S¡ n

S2)

n

S¡.

S 1 n S 2 es, por 2.2.10, subgrupo normal de Nc(S 1 subgrupo normal de

Nc(S 1

n

n

S 2), luego también es

n s 1•

S2)

Así pues, Nc(S 1 n S 2) n S 1 es un subgrupo de S 1 en el que S 1 n S 2 es normal. De aquí se deduce, usando iii) en 2.2.10, que Nc(S 1

n

S 2)

N 5 ,(S 1 n S 2).

n s1 e

Como los contenidos Ns,
n S2) C si y Ns,
NG(S¡

n S2)

son consecuencia obvia de las definiciones, queda probado 4.12.1.2. Así podemos reescribir 4.12.1.1 como

s 1 n s2

~

Nc(S 1

n S2) n s 1•

Visto esto, pasamos a probar el resultado. i) NG(S 1 n S 2) tiene algún p-subgrupo de Sylow. Para ver esto, es suficiente por el teorema de Sylow comprobar que p divide al orden de

n S2). Si S 1 n S 2 =¡6 ( 1), como es un subgrupo de S, su orden será pk para algún k ;a,: 1. Así p divide al orden de S I n S 2 , que a su vez divide al de

Nc(S 1

n S2). Si S 1 n S 2 = (1) es Nc(S 1 n S 2) = G cuyo orden es múltiplo de p. Nc(S 1

199

EL TEOREMA DE SYLOW

ii) Supongamos que N G(S I que notamos por R.

n

S2) tiene un único p-subgrupo de Sylow al

En virtud de 4.7. a) y b), existe un p-subgrupo de Sylow de Gal que notamos por S tal que 4.12.1.3. R =

s n NG(SI

n

S2>-

Como S 1 n NG(S 1 n S2) tiene orden potencia de p (pues o(S 1) = pn), éste es un p-subgrupo de N G(S I n S2). Aplicando la parte 3 del teorema de Sylow y que Res el único p-subgrupo de Sylow de NG(S 1 n S2), se concluye que

luego

Así hemos probado que

s 1 n s2 ~ s 1 n NG(S 1 n S2) e R n s 1 = = s n NG(S 1 n S2) n s 1c s n si' y en particular, 4.12.1.s. s 1 n s 2

~

s 1 n s.

Como S y S 1 son p-subgrupos de Sylow de G, no pueden ser distintos, pues en tal caso 4.12.1.5 estaría en contradicción con la hipótesis(*) impuesta en el enunciado. En consecuencia, S

S 1• Por simetria, intercambiando los papeles de = S2. Esto implica que S 1 = S 2 contra la hipótesis inicial. =

S I y S2 a lo largo de la demostración, llegamos a que S

Así en i) hemos visto que N G(S I n S2) tiene algún p-subgrupo de Sylow y en ii) que no tiene sólo uno. Hemos concluido. La condición (*) del enunciado del corolario anterior es muy larga de escribir y por ello la abreviaremos diciendo que «S 1 y S 2 son p-subgrupos de Sylow de G con intersección maximal». (El lector familiarizado con los rudimentos de la teoria de conjuntos ordenados sabrá reconocer que la condición (*) implica que S I n S 2 es un elemento maximal en la familia de intersecciones de p-subgrupos de Sylow de G, ordenada por inclusión, y que es únicamente esto lo que se usa en la prueba de 4.12.1.).

200


IV. CRITERIOS DE NO SIMPLICIDAD En la siguiente proposición, con la que iniciamos la serie de condiciones suficientes para la no simplicidad prometida en la introducción de este capítulo, comprobará el lector la utilidad del resultado que acabamos de probar.

Proposición 4.13. Si p y q son numeros primos y n natural, los grupos de orden pnq no son simples.

~

1 es un número

Demostración. El caso en que q = p se vio en 3.11.6. Así podemos suponer que q :;i: p (y como q es primo, q (l. p'lL.). Sea G un grupo de orden pnq. Por el teorema de Sylow el número np_ de p-subgrupos de Sylow de G divide a q. Como q es primo, bien nP = 1, bien nP = q. Si nP = 1 hemos acabado, pues el único p-subgrupo de Sylow de G es normal por 4.6.4 y su orden es pn con 1 ,;i: pn :;i: pnq. (A lo largo del texto ya no repetiremos más este argumento). Supongamos ahora que nP = q y elijamos dos p-subgrupos de Sylow S 1 y S2 de G distintos, con intersección maximal. Distinguimos dos casos. CAso l. o(S 1

n S 2)

= l.

Entonces dos p-subgrupos de Sylow distintos cualesquiera sólo tienen en común el elemento neutro de G. Si llamamos

resulta que q

card U S¡

= q( pn -1) + l.

i=I

Entonces forzosamente nq ;; 1 pues si H y K son dos q-subgrupos de Sylow de G distintos, ha de ser H

n

K

= {l},

H

n S¡ = K n S¡ = {l}, 1 =:;; i

==:; q,

la primera igualdad por 4.6.8.1 y la segunda por 4.6. Tendríamos card

(Hu u K

i~I

S¡) = 2(q -1) + q(pn -1) + 1 =qpn + q -1 > qpn

y esto es absurdo. Hemos probado que

nq

= 1, luego G no es simple.

=o( G),

201

EL TEOREMA DE SYLOW

CAso 2. o(S 1 n S 2 ) > l. Ahora, llamando N = Nc(S 1 n S 2 ), el corolario anterior nos dice que N tiene más de un p-subgrupo de Sylow. En particular, el orden de N no puede ser potencia de p, pues en tal caso N sería su único p-subgrupo de Sylow. Por lo tanto, y puesto que o(N) divide a o(G) = pnq, se sigue que o(N) = pmq para cierto 1 =!!i:= m =!!i:= n. El número r de p-subgrupos de Sylow de N divide a q. Como r -F 1 y q es primo, se concluye que r = q. Escribamos SyliN)

= [TI'

... , Tq], SyliG)

= [SI' ... , Si

Aplicando 4. 7 al grupo G y su subgrupo N, cada T¡ está contenido en un n So(i)' So(i) -F Sav> si i -F j. Sin pérdida de generalidad podernos suponer

Sa(il con T¡ = N

n S¡, S 1 n S2

4.13.1. T¡ = N

1

=!!i:=

i

=!!i:=

q.

Ahora bien, es un p-subgrupo de N (pues su orden divide a o(S 1) = pn). Por la parte 3 del teorema de Sylow, existe a EN tal que SinS2 cTJ° y corno S 1 n S 2 es subgrupo normal de N = Nc(S 1 n S 2 ), (Si nS2 )° =S1 nS2 e

TJ°

luego sin S2 C TI. Ahora cualquier otro T¡ es conjugado en N de T 1 (parte 4 del teorema de Sylow), esto es T¡ = Tjªi para cierto a¡ e N.

Usando de nuevo que S 1

n S 2 es subgrupo normal de N

S1 nSi =(Si

nSit c1jªi =T¡,

lSiSq,

y por lo tanto, usando 4.13.1, Si nS2 e ()T¡ = N n ()S¡ e ()S¡ cSi nS2 , i=I

de donde 4.13.2.

S1 nS2 = ()S¡. i=I

i=I

i=I

se tiene

202


Aplicando una vez más el teorema de Sylow (su parte 4), [SI' ... , Sq] son los conjugados de S 1, y así, recordando 2.2.1,

()S¡ = K(S1) = corazón de S1 i=I

es un subgrupo normal de G, luego en virtud de 4.13.2, S 1 normal de G. Evidentemente 1 < o(S 1

n

S2 ) < o(S 1)

~

n S 2 es subgrupo

o(G),

y queda probado que G no es simple. Proposición 4.14. pqr no son simples.

Sean p, q y r números primos. Los grupos de orden

Demostración. Si dos de los primos, o los tres, son iguales entre sí, basta aplicar la proposición anterior. Supondremos pues que son distintos y los ordenarnos p < q < r.

Llamando nP, nq y nr, respectivamente, al número de subgrupos de orden p, q y r de un grupo G de orden pqr, probaremos que nP ó nq ó nr es uno. En tal caso G poseerá un subgrupo normal de orden p ó q ó r, y en particular no será simple. Supongamos por reducción al absurdo que tanto nP como nq y nr son distintos de uno. Como nr - 1 es múltiplo de r y nr =¡l,. 1, ha de ser nr > r > q > p. Pero nr divide a pq. Como p y q son primos se deduce que 4.14.1. nr = pq y así pq - 1 E rZ. Veamos qué valores puede tornar nq. Como nq - 1 es múltiplo de q y estarnos suponiendo nq =¡l,. 1, ha de ser nq > q > p. Por otro lado nq divide a pr y al ser p y r primos, deducirnos que 4.14.2.

nq = r

ó

No puede darse nq

nq = pr. =

r, porque entonces tendríamos r - 1 = nq - 1 E qZ.

Esto, junto con 4.14.1, nos dice que pq - 1

= ra,

r- 1

= qb

para ciertos enteros a y b.

203

EL TEOREMA DE SYLOW

Además a y b deben ser positivos, pues lo son pq - l y r - l. Sustituyendo tenemos pq- l

= (1

+qb)a,

luego q(p- ab) = a + l y así q divide a a + l, y ambos son positivos. Por lo tanto, 4.14.3. q =e. a + l, Así pq - l = ra

;;¡¡,,

esto es q - l =e. a.

r(q - 1) de donde (q - l)r- pq + l =e. O, y por lo tanto (q - l)r - pq < O.

Dividiendo por q, r < p y de aquí 1- .!_ < p, esto es ( 1_ .!_) q q r

1 <.!.+ p <.!.+ p = p+l q

r

q

q

q

o sea, q < p + l, es decir, q =e. p. Esto es absurdo. En consecuencia nr = pq y nq = pr. Sean [H 11 ... , Hn) los subgrupos de orden r de G, [K 11 pos de orden q de G y L un subgrupo de orden p de G.

... ,

Kn) los subgru-

En virtud de 4.6 y 4.6.8.1 se tiene

H¡ n Kt = H¡ n L = K; n L = [ 1] para cada 1 =e. i =e. nr, l =e. l, j =e. nq. H¡ n Ht = K¡ n K1 = [1] para cada 1 =e. i, t =e. nr, l =e. j, t =e. nq. Así o(G);;:: card(OH¡ u DK¡ u L] =nr(r-1) + nq(q-l) + p = 1=!

1=1

= pq(r-1) + pr(q-1)+ p = p(2qr-q-r+ 1) > p(2qr + l-r-r) = = p(qr + l + qr - 2r) = pqr + p + pr(q - 2) > pqr =o(G), donde para la última desigualdad hemos usado que q

=¡l,.

l. Hemos obtenido

o( G) > o( G) que evidentemente es una contradicción.

Proposición 4.1 S. no son simples.

Sean p y q números primos. Los grupos de orden

p 2q 2

Demostración. Si q = p basta aplicar 3.11.6. Podemos suponer por lo tanto que p < q. Sea G un grupo de orden p 2q 2 •

204


Como ni divide a p 2 y p - 1 no es múltiplo de q (pues p - 1 < p < q ), resulta que nq = o nq = p 2 • Si nq = 1 el único subgrupo de G de orden q 2 es, por 4.6.4, normal, luego G no es simple.

Sin = p 2 debe ser p 2 - 1 E q"lL., luego (p- 1) (p + 1) E q"lL.. Como q es primo y p - 1qno es múltiplo de q, ha de ser p + 1 múltiplo de q. En particular q~p+l. Tenemos por lo tanto p < q ~ p + 1, de donde q = p + 1. Por lo tanto, los números primos p y q son consecutivos, luego uno es par y el otro impar. Como 2 es el único primo par, necesariamente p = 2, q = 3, y así o(G) = 4 · 32 • Por el teorema de Sylow G posee un subgrupo H de orden 32 y en consecuencia [G: H] = 4. Aplicando ahora 3.12.3.1 se deduce que G no es simple. Proposición 4.16. Sean p un número primo y n un número natural. Los grupos de orden 4pn no son simples.

Demostración. Sin = O ó p = 2 basta aplicar 3.11.6. Suponemos pues n ;;i., 1, p =;i: 2 y G un grupo de orden 4pn. Por el teorema de Sylow G posee un subgrupo H de orden p 11 • Así [G: H] = 4. De nuevo por 3.12.3.1 G no es simple. En la siguiente proposición empleamos una estrategia no utilizada hasta ahora en el texto. Proposición 4.17. Sean p y q números primos. Los grupos de orden no son simples.

p 3q 2

Demostración. Sea G un grupo de orden p 3q 2 • Cuando p simple por 3.11.6. Suponemos pues p =;i: q y distinguimos CASO

l.

= q,

G no es

p > q.

Si nP = 1 hemos terminado. Si nP =;i: 1 tomamos dos p-subgrupos de Sylow distintos H y K de G. Como

4.17.1.

card HK

= o(H)o(K) = o(H r-. K)

P3 P 3 o(H r-. K)

y HK e G, resulta que 3 3

p p

o(H r-. K)

~

o( G) = p3q2

205

EL TEOREMA DE SYLOW

y por lo tanto

4.17.2.

o(HnK)

~

p2 p3 p3p3 --=-=p->p ' q2 q2 p3q2

puesp > q. Como H n K es un subgrupo de H, el orden de H n K divide a p 3 = o(H). Al ser H y K distintos, o(H n K) #- o(H) = p 3 • Por ello, de 4.17 .2 se deduce que o(H n K) = p 2 • Esto implica, utilizando 3.12.1, que H n K es subgrupo normal de H y de K, pues su índice [H: H n K] = p = [K: H n K] es el menor divisor de o(H) = p 3 = o(K). En consecuencia, 4.17.3. He NG(H n K), K e NG(H n K) usando iii) en 2.2.10. Como Nc(H 4.17.3 que

n K)

es subgrupo de G, se concluye de

y en particular card HK

4.17.4.

De 4.17.1 y puesto que o(H por 4.17.4, p 4 ~ o(Nc(H n K)).

~

o(Nc(H

n K)).

n K) =p 2 , deducimos que card HK = p 4 , luego

Como además el orden de N c q, se deduo(Nc(H n K)) = p 3q 2 . Así Nc(H n K) = G, y en consecuencia H n K es que ce subgrupo normal de orden p 2 de G. Hemos probado que G no es simple en el caso l. CASO

2

p < q.

Si nq = 1 hemos acabado. Si nq #- 1, ha de dividir a p 3 , y como p- 1 no es múltiplo de q (pues p - 1 < p < q) se deduce del teorema de Sylow que nq E {p2, p3}. 1) (p + 1) = p 2 - 1 E q'll. y como p- 1 no es múltiplo de q, ha de ser p + 1 E q'll. y en particular p + 1 ~ q > p. En consecuencia p + 1 = q y como p y q son primos, han de ser p = 2, q = 3. Subcaso 2.1.

nq

= p 2. Entonces (p-

206


Sea H un 3-subgrupo de Sylow de G. Entonces [G: Nc(H)J = 4, y por lo tanto G no es simple, en virtud de 3.12.3.1. Subcaso 2.2.

nq = p 3. Tomemos dos q-subgrupos de Sylow H y K de G de

intersección maximal. Si o(H n K) = 1, el conjunto A = unión de todos los q-subgrupos de Sylow de G tiene p 3(q 2 - 1) + 1 elementos. En tal caso debe ser nP = 1 (y por lo tanto G no simple) ya que si existiesen p-subgrupos de Sylow distintos L 1 y L 2 en G, y puesto que L¡ n A= (1} por 4.6, se tendría card(A U L 1 U L2 ) ;;;i,: 1 + card(A U L 1) = = 1 + p3(q2 - 1) + 1 + p3 - 1 = p3q2 + 1 > o(G), lo cual es falso. Podemos suponer, por lo tanto, que o(H ser o(H) = q 2 , es o(H n K) = q.

n K)

> 1 y en consecuencia, al

De nuevo [H: H n K] = q = [K: H n K] es el menor divisor distinto de uno de q 2 = o(H) = o(K) luego por 3.12.1, H n K es subgrupo normal de H y de K y así 4.17.S.

lo cual implica HK e Nc(H n K), y en particular 4.17.6. o(Nc(H

n

K))

;;;i,:

card HK = o(H) o(K) o(H nK)

=q3.

Ahora bien, o(N (H n K)) divide a o(G) = p 3q 2 y por otra parte o(Nc(H n K)) es múltiplo de qq = o(H), pues en 4.17.5 hemos visto que Hes subgrupo de Nc(H_n K).

De aquí se sigue que o(Nc
Para p = 2, 12p = 24 = 23 . 3 y podemos utilizar 4.13. Para p = 3, 12p = 36 = 22 • 32 y basta aplicar 4.15. Demostración.

207

EL TEOREMA DE SYLOW

Por lo tanto podemos suponer p ;;a,, 7. El número nP de p-subgrupos de Sylow de un grupo G de orden 12p divide a 12 y nP - 1 E p"lL., luego nP = 1 ó nP - 1 ;;a,: p. En el primer caso hemos acabado. Para que se dé el segundo, como el único divisor de 12 que cumple nP - 1 ;;a,: p ;;a,, 7 es nP = 12, ha de ser 12 - 1 E p"lL., luego p = 11, nP = 12. Si G fuese simple, serían n 2

=¡l,.

1, n 3

=¡l,.

l. En particular, como

n 3 - 1 E 3"1L., es n 3

;;a,,

4.

Tomemos [H;: 1 =!!i:= i =!!i:= 12] los 11-subgrupos de Sylow de G, K 1 y K 2 dos 2-subgrupos de Sylow de G y [LL: 1 =!!i:= j =!!i:= 4] cuatro subgrupos de G de orden 3 (hemos probado que n 3 ;;a,, 4). Por 4.6 y 4.6.8.1, 12

card ( i~H¡ u K1 uK2 u

p,L; 4

)

=12(11-1)+ 2(4-2) +4(3-1)+ 1 =120+4+8+ 1> 132 =o(G).

Esto es absurdo y queda probado que G no es simple. Tampoco el procedimiento que emplearemos a continuación lo hemos utilizado con anterioridad. Proposición 4.19. Sea n un número impar. Todo grupo de orden tiene un subgrupo de índice dos. En particular no es simple.

Sea G un grupo de orden ce de la primera utilizando 2.2.4. Demostración.

2n.

2n

La segunda parte se dedu-

Llamemos también X = G y consideremos la acción de G sobre X introducida en 3.9: G

xX

~x: (g, x)

i--+

g(x) = gx.

Ya se vio en 3. 9 que dicha acción es fiel. Por lo tanto el homomorfismo 0 asociado a esta acción es inyectivo (véase 3.8.3) y está definido por 0: G ~ Biy(X)

con O(g) : G =X~ G =X: x

i--+

= Biy(G) : g i--+ 0(g)

gx. (Véase 3.8.3).

Como 0 es inyectivo, G es isomorfo a G' = im0 y por lo tanto, basta probar que G' posee un subgrupo de índice dos. Evidentemente G' es subgrupo de Biy(G)

= S 2n

y basta probar

4.19.1. G' et. A 2n,

pues en tal caso sería A 2n

~

G'A 2n C S 2n, y como

2 = [S2n: A2nl = [S2n: G'A2nl [G'A2n: A2nl

208


con [G'A 2n: A 2n] 'F 1, tendríamos S 2n = G'A 2n y aplicando el tercer teorema de isomorfía (véase 2.16), sería S 2,IA 2n

= G'A 2,IA 2n = G'/(G' n

A 2n),

de donde [G': G' n A 2n] con lo que G'

= o(G'l(G' n A 2n)) = o(S2,IA 2n) = 2,

n A 2n sería el subgrupo de G' de índice dos que buscamos.

Veamos cómo se demuestra 4.19 .1. Como G tiene orden par, existe g E G de orden dos, en virtud de 2.9.5.2. El elemento f = O(g) E G' está definido por

f: Demostraremos que f

G

~ A 2n

~

G :x

i-+

gx.

y así habremos acabado.

Para cada x E G el conjunto Ax = [x, f(x)]

tiene dos elementos, pues si x

= f(x) =gx es g = 1 que no tiene orden dos.

4.19.2. La familia [Ax : x E G] es una partición de G, pues evidentemente G= U A X

EG

X

= z = y ó x = z =f(y), y en este caso f(x) = gx =gf(y) = g(gy) = g2y =y. En el primer caso tenemosx =y, f(x) =f(y), y en el segundox =f(y), f(x) =y,

y si z E Ax n AY ha de ser x

luego en ambos Ax = AY. Así la relación x Ry si Ax= AY

es de equivalencia y como cada clase de equivalencia tiene dos elementos, el cociente GIR tiene 2n/2 = n elementos. Elegimos un representante de cada clase, escribimos G/R = [Ax,• ... , Ax),

y definimos para cada 1 :s;;; j

:s;;;

n la biyección f; : G f;IAx¡

f;IG-Ax¡

=f

= identidad

~

G dada por

209

EL TEOREMA DE SYLOW

Vamos a probar que 4.19.3. f = { 1

...

fn.

En efecto, dado x E G existe un único l

:s; j :s;;;

n tal que x

E Ax,·

Entonces

(f1 ··· fn) (x) = f;(x) = f(x).

Ahora, si E: s2n ~ U2 : h i-+ (- osignatura de h es el homomorfismo definido en 2.9.6, es obvio que e({¡)= - 1 para cada 1 :s; j :s;;; n, luego por 4.19.3, E({)

= (-

l)n

=-

1 pues n es impar.

Así f fl. kere = A2n y la demostración está terminada. Nuestro próximo resultado pone de relieve la efectividad de las proposiciones anteriores para grupos con órdenes bajos. Proposición 4.20. Sea n < 120 y G un grupo de orden n. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: ( 1) G es simple. (2) G es isomorfo a As ó n es primo.

Demostración. ( 1) ~ (2) Supongamos que n no es primo, y G es simple. Así, n ,¡6a 84 por 4.18, n ,¡6a 36, n ,¡6a 100 por 4.15, n ,¡6a 72, n ,¡6a 108 por 4.17, n ,¡6a 105 por 4.14. Para los demás naturales no primos menores que 120 y distintos de 60, basta aplicar 4.13 ó 4.19. Ahora todo se reduce a probar que si G es un grupo simple de orden 60, es isomorfo a As. Para ello basta probar que 4.20.1. G posee un subgrupo H de índice 5. En tal caso, como Ges simple, deducimos de 3.12.3 que Ges isomorfo a algún subgrupo de As. Como o(G) = 60 = o(As), dicho subgrupo es el propio As. Para probar 4.20.1 es suficiente demostrar que 4.20.2. G posee 5 subgrupos de orden 4 (esto es, n 2 = 5), pues en tal caso, si K es uno de ellos, el teorema de Sylow nos dice que [G: NG(K)] y así H

= N c
= n 2 = 5,

es el subgrupo buscado.

Vayamos pues con la prueba de 4.20.2. Como 60 = 22 • 3 · 5, resulta que n 2 divide a 15, luego como n 2 ,¡6a 1 por ser G simple, se tiene

210


4.20.3.

n 2 = 3 6 5 ó 15.

Si n 2 = 3 y Les un subgrupo de G de orden 4, se tiene [G: Nc(L)] = 3 y en virtud de 3.12.3.1, G no sería simple. Desechado ya el caso n 2 aplicamos entonces 4.20.3.

= 3, sólo falta eliminar la posibilidad n 2 = 15, y

Supongamos pues que n 2 = 15. Veamos que:

4.20.4. Si H 1 y K 1 son dos subgrupos de G de orden 4, H 1 n K 1 = [1}. De no ser así, o(H 1 n K 1) = 2, luego H 1 n K 1 es subgrupo de índice dos de H I y de K¡, y por 2.2.4, H I n K 1 es subgrupo normal tanto de H I como de K 1, por lo que y por ello

En particular

nK

o(N (H G

1

)

;;i,

1

card H K = o(H, )o(K,) _ 4-4 _ 8 1 1 o(H¡ f""I K,) - 2 -

y o(Nc(H 1 n K 1)) es múltiplo de 4, ya que H 1 es subgrupo de Nc(H 1 n K 1), y divisor de 60 = o(G). Los divisores de 60 mayores que 8 y múltiplos de 4 son [12, 20, 60}. Si o(Nc(H 1

n K 1)) =

12, el índice

[G: NG(H,

n K,)] = 5 y H = NG(H, n K,)

resuelve ya 4.20.1.

n K 1)) = 20, G no sería simple usando 3.12.3.1, pues [G: Nc(H 1 n K 1)l = 3. n K 1)) = 60, sería G = Nc(H 1 n K 1) y G no sería simple pues

Si o(Nc(H 1

Si o(Nc(H 1 H 1 n K 1 sería subgrupo normal de G de orden dos. Así, si n 2 = 15, tendremos una familia

[L¡: 1 ,s;, j

,s;,

de subgrupos de orden 4 de G tales que L¡

15}

n L¡ = [ 1} si i ,:¡i: j.

211

EL TEOREMA DE SYLOW

Ahora bien, n 3 divide a 20, es distinto de uno pues G es simple, y n 3 - 1 es múltiplo de 3, por lo que n 3 = 4 ó 10. Si n 3 = 4 y M es uno de los 3-subgrupos, resulta que [G: Nc(M)j = n 3 = 4. Esto no es posible, al ser G simple, en virtud de 3.12.3.1. En consecuencia, G posee 10 subgrupos de orden 3, [M¡ : 1 ~ i

~

10]

que cumplen M¡

n L¡ = [l], M¡ n Mk = (1], 1 ~ i, k

~

10, 1 ~ j

~

15,

por 4.6 y 4.6.8.1. Esto implica que IS

10

)

card ( ~ 1L¡ u}:{M; = 15(4-1) + 10(3-1) + 1 = 66;;;;,: 60 = o(G) que es una contradicción. Con esto hemos eliminado la posibilidad n 2 = 15. Esto acaba la demostración.

V.

OTROS RESULTADOS SOBRE INVERTIBILIDAD DEL TEOREMA DE LAGRANGE

Para terminar obtenemos algunos resultados sobre el problema de inversión del teorema de Lagrange con el que iniciamos el capítulo.

Proposición 4.21. Sea G un grupo de orden 12. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: Ges isomorfo a A 4 • (2) G no tiene ningún subgrupo de orden 6.

(1)

Demostración.

(l) ~ (2)

lo vimos en 2.10.

(2) ~ (1) Como 12 = 22 • 3, G posee algún subgrupo H de orden 3 y algún subgrupo K de orden 2, por el teorema de Sylow. Si H es subgrupo normal de G, el producto HK sería, en virtud de 2.2.13.1, subgrupo de G.

Al ser H

n K = (1] (véase 4.6), tendremos 0

(HK) = o(H)o(K) o(HnK)

lo que contradice la hipótesis.

= 3-2 = 6

212


Por tanto, podemos suponer que 4.21.1.

H no es subgrupo normal de G.

Consideremos ahora la acción de G sobre X= GIRH introducida en 3.12, definida por G X X~ X: (g, Hx)

~

Hxg.

Allí vimos que si 0: G ~Biy(X)

es el homomorfismo asociado a dicha acción, el núcleo de 0 es ker 0 = K(H) = corazón de H e H

y como o(H) = 3, bien ker 0 = H, bien ker 0 = [1]. Por 2.4.3 sabemos que ker 0 es un subgrupo normal de G. Así, utilizando 4.21.1, deducimos que ker 0 ,¡6a H. Por lo tanto ker 0 = [ 1] y 0 es inyectivo. Por otro lado, card X=

[G: H] = 12/3 = 4, luego Biy(X) = S 4 • Si q,: Biy(X) ~ S4

es un isomorfismo, la composición 1/f =

q, º

0: G

~

S4

es un homomorfismo inyectivo de grupos. Entonces G

= G' = im

1/f, y todo se reduce a probar

4.21.2. G' = A 4 •

Como o(G') = o(G) = 12 = o(A 4 ), para demostrar 4.21.2 es suficiente ver que G' e A 4 • Supongamos por reducción al absurdo que G' et A 4 • En tal caso 4.21.3. A 4

~

G'A 4 e S4

y G'A 4 es, en virtud de 2.16, subgrupo de S 4 , pues A 4 es subgrupo normal de S 4 • Como [S4 : A4 ] = 2, se deduce de 4.21.3 que S4 cer teorema de isomorfía 2.16, resulta

de donde

= G'A 4 , y utilizando el ter-

213

EL TEOREMA DE SYLOW

De este modo G' n A 4 sería un subgrupo de orden 6 de G'. Como G y G' son isomorfos, esto contradice la hipótesis. Hemos probado que G' C A 4 y con ello 4.21.2 como queríamos.

Corolario 4.22. Sea G un grupo de orden n < 24. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: (1)

(2)

El teorema de Lagrange se invierte en G. G no es isomorfo a A4 •

Demostración. En 2.10 vimos que el teorema de Lagrange no se invierte en A 4 • Esto prueba (1) ~ (2).

Veamos (2) ~ (1). Desde luego el teorema de Lagrange se invierte en el grupo ( 1], y en los grupos de orden primo. En virtud de 4.6.5, también en los grupos de orden (4,6,9, 10, 14, 15,20,21,22]. Aplicando 4.1, el teorema de Lagrange se invierte en los grupos de orden 8 ó 16.

Sólo falta estudiar qué ocurre con los grupos de orden 12 no isomorfos con A 4 y con los grupos de orden 18. Si o(G) = 2 2 • 3 = 12, el teorema de Sylow asegura la existencia de subgrupos de órdenes 2, 3 y 4. Como G no es isomorfo a A 4 , G tiene por 4.21 algún subgrupo de orden 6. Por último, sea G un grupo de orden 18 = 3 2 • 2. Por el teorema de Sylow G posee subgrupos de órdenes 2, 3 y 9. Sólo nos falta encontrar uno de orden 6. Para ello distinguimos varios casos: CASO l. n 2 = l. Entonces el único subgrupo H de orden dos de Ges normal. Tomamos un subgrupo K de G con o(K) = 3 y así HK es subgrupo de G en virtud de 2.2.13.1 y utilizando 4.6, o(HK) = o(H)o(K) = 2. 3 = 6 o(H riK) 1

CASO 2.

n2

=

3. Entonces, si Hes un subgrupo de orden 2, 3 = n 2 = [G: Nc(H)j

y así

o( Nc(H)) =[

o(G) G:Nc(H)

]=18/3=6

214


CASO 3. 1 =¡l,. n 2 =¡l,. 3. Como n 2 divide a 9, ha de ser n 2 = 9. En consecuencia, G tiene nueve subgrupos, o lo que es lo mismo, nueve elementos de orden dos. Como todos ellos son 2-subgrupos de Sylow, son conjugados. Para cada x E G de orden dos, tenemos [G: NG((x))]

= n2 = 9

y por lo tanto o(NG((x))) = 2. Como por 3.4, CG(x) = CG((x)) resulta que

4.22.1. CG(x) Notamos

= [1, x}

e

NG((x)), y desde luego [1, x}

para cada x E G con o(x)

e

CG(x),

= 2.

la familia de subgrupos conjugados del subgrupo (x), x E G,

~x

o(x) = 2. Vamos a probar que

4.22.2.

~x

= [(x}v

: y E G, o(y)

= 2}.

Evidentemente ~x contiene al conjunto de la derecha. Como card

~x

= [G: NG((x))] = 9

y G tiene 9 elementos de orden 2, para probar 4.22.2 es suficiente demostrar que

4.22.3. (x}v

=¡l,.

(x)'

si y, z E G, y

Supongamos que (x)Y

= (x)z.

=¡l,.

z, o(y) = o(z) = 2.

Como y(y- 1xy)y- 1 = x E (x) se tiene que

y- 1xy E (x)Y

= (x)',

luego z(y- 1xy)x- 1 E (.x), y por lo tanto zy- 1xyz- 1 = 1

ó

zy- 1xyz- 1 = x.

En el primer caso (zy- 1)x = zy- 1, de donde x = 1. Absurdo. En el segundo (zy- 1)x = x(zy- 1), luego zy- 1 E CG(x) = [1, x}, y como z ::¡i: y, debe ser zy- 1 = x, luego z = xy. Como o(z) = 2, será xyxy = 1, esto es, xy = (xy)- 1 = y- 1x- 1 = yx,

y por lo tanto y E CG(x); al ser o(y) = 2 no puede ser y = 1, es decir, y = x. Pero entonces z = xy = x 2 = 1

y o(z)

::¡i:

2. También esto es absurdo.

Queda pues probado 4.22.3 y con ello 4.22.2.

215

EL TEOREMA DE SYLOW

Elijamos ahora un elemento f E G de orden 3 cuya existencia está asegurada por el teorema de Sylow (y si se prefiere, por el de Cauchy). Fijemos también x E G de orden dos. Como (x"/ E dos tal que

~x

existe, en virtud de 4.22.2, un elemento y E G de orden (x)f = (x)Y.

En particular, f(f- 1xf)f- 1 = x E (x) luego f- 1xf E (x)f = (x)Y

y asl yf- 1xfy- 1 E (x),

y por lo tanto, bien yf- 1xfy- 1 = 1, bien yf- 1xfy- 1 = x. En el primer caso, (y {- I )X = y {- I, de donde X = l. Esto no es cierto, y en consecuencia y {-IX {y- I = x, lo que equivale a

(yf- 1)x = x(yf- 1 ), y así yf- 1 E Cc(x) = {l, x). Si yf- 1 = 1 sería y= f, con lo que 2 = o(y) Así pues debe

ser y{- 1 =

= o(f) = 3.

x, o sea, y = xf. Pero entonces 1 = y 2 = xfxf,

esto es,

4.22.4. xf = (xf)- 1 =

r- x1

1

= f 2x

pues o({) = 3 y O(X) = 2 implican que f- l

= (2,

x-l

=X.

La fórmula 4.22.4 nos permite probar que si H = (x) y K = (f), HK es subgrupo de orden 6 de G, con lo que la demostración del corolario estará completa. Por4.6, d HK = o(H )o(K) car o(H riK)

= 2 · 3 =6 1

Sólo queda comprobar que HK es subgrupo, esto es, que HK = KH. Como tanto HK como KH tienen 6 elementos, es suficiente demostrar el contenido HK e KH y obviamente esto se reduce a probar que x{E KH y xf2 E KH.

Ahora bien, xf = f2x E KH y xf2 = (xf)f = (fx)f = f 2 (xf) = f 2 (fx) = { 4x

= fx

E KH.

216



Sean p y q números primos y m y n números naturales tales que p"'q" no divide a p"'! ¿Existe algún grupo simple de orden p"'q"? ¿Existe algún grupo simple de orden 1058841?

62.


63.


64.

Sean p un número primo y m un entero positivo. ¿Existe algún grupo simple de orden 6p"'?

65.

Sean p un número primo, m un entero positivo y G un grupo simple de orden 12p"'. Demostrar que Ges isomorfo a As·

66.

¿Existe algún grupo simple de orden 8p"', donde p es un número primo y m un entero positivo?¿Existen grupos simples de orden 216? ¿Y de orden 2744?

67.


68.

Sea p un número primo y G un grupo de orden 27p 3• Demostrar que G no es simple.

*69. Estudiar si existe algún grupo simple de orden p 3q 3 siendo p y q números primos. 70.


*71. ¿Cuántos grupos existen de orden 255, no isomorfos? 72.

Sean p y q números primos distintos tales que p 2 - 1 no es múltiplo de q y q - 1 no es múltiplo de p. Demostrar que todo grupo G de orden p 2q es abeliano.

*73. Calcular el número de subgrupos de As de orden n, para cada divisor n de 60. Probar que para cada n los subgrupos de As de orden n son isomorfos. 74.

Sean G un grupo finito, p un divisor primo del orden de G, H un subgrupo normal de G y P un p-subgrupo de Sylow de H. Demostrar que existe unp-subgrupo de Sylow de G, S, tal que Se NG(P).

EL TEOREMA DE SYLOW

217

75.

Sean G un grupo finito, p un divisor primo del orden de G y H un subgrupo normal de G tal que el orden del cociente G/H es potencia de p. Demostrar que si S es un p-subgrupo de Sylow de G se verifica G = HS.

76.

Sean G un grupo finito, p un número primo y n un entero positivo tales que o(G) = pn. Sea M un subgrupo de G maximal en la familia de subgrupos de G distintos de G (para la noción de maximal, véase el ejercicio 20). Se pide demostrar: 1) Mes subgrupo normal de G.

2) [G: M] =p.

*77. Sean k =s. m =s. e enteros positivos, p un número primo, G un grupo de orden pe y K un subgrupo de G de orden ¡le. Demostrar que existe un subgrupo H de G que contiene a K y tal que o(H) = pm. 78.

Sean G un grupo finito, p un divisor primo del orden de G y K un p-subgrupo de G tal que p divide a [G : K]. Demostrar que p divide también a [NG(K) : Kj.

*79. a)

Demostrar que si Mes un subgrupo de G maximal en la familia de los subgrupos de G distintos de G y Mes subgrupo normal de G, entonces G/M es cíclico.

b) Sea G un grupo finito no abeliano cuyo orden es divisible por al menos dos números primos distintos. Supongamos además que para cada divisor primo p del orden de G, los p-subgrupos de Sylow de G son maximales entre los subgrupos propios de G. Demostrar que Z(G) = ( 1]. *80. Sean m y n enteros positivos, n impar, y G un grupo de orden 2mn cuyos 2-subgrupos de Sylow son cíclicos. Se pide probar: ( 1) G posee un subgrupo de índice dos. (2) G posee un subgrupo normal de orden n.

Capítulo 5 GRUPOS SIMÉTRICOS Y ALTERNADOS

Los grupos simétricos S,, y sus subgrupos, los grupos alternados A,,, juegan un papel crucial no sólo en teoría de grupos, sino en muchas ramas del álgebra y en particular en la teoría de ecuaciones algebraicas. La obtención de algunos sistemas generadores de S,, y A,, en la primera parte del cap(tulo permite abordar después el resultado central del mismo, el teorema de Abel: A,, es simple si n ;;a,: 5. Para terminar se hace un estudio minucioso de los grupos S4 y A4 •

SISTEMAS GENERADORES DE Sn Y An

l.

En el teorema de Cayley vimos que todo grupo G es isomorfo a un subgrupo del grupo Biy( G). En particular todo grupo finito de orden n es isomorfo a un subgrupo de S 11 = Biy(G). Esto explica que los llamados grupos simétricos S 11 hayan sido objeto de un estudio minucioso. Por otro lado, los grupos alternados A11 , con los que ya hemos trabajado en capítulos anteriores, presentan interesantes propiedades: el grupo A 4 es el de menor orden de entre aquellos en que no se invierte el teorema de Lagrange; A 5 es el único grupo simple cuyo orden es menor que 120 y no es primo. Este capítulo está destinado a un estudio elemental, pero detallado, de estos grupos.

S 11

5.1. Notación. Para cada entero positivo n designaremos E 11 =[l, ... , nJ, Biy(E11 ). Si f E S 11 denotaremos

=

Así, sin

=

3,

r =G

~ ~)

es la biyección de E 3 definida por {(1)=3, {(2)=1, {(3)=2. Con todo, no es ésta la notación más cómoda, como veremos en seguida. Definición 5.2. Sean n y k enteros positivos, k ~ n. Un elemento u E S 11 se llama ciclo de longitud k si existe un subconjunto con k elementos [al' ... , akJ de E 11 tal que

222


a(a;) =

ª;+ 1'

1 ~ i ~ k - l;

a(ak) = a 1;

a(j)

= j, j E En\[a 1 ... , ak)

Denotaremos a= (a 1, a2' ... , ak), en vez de (

···ªk-1 ª2 ···ªk

ª1

ªk .. · ~ .. ·) ª1 ... ¡ ...

Al conjunto [a 1, ••• , ak) lo llamaremos soporte del ciclo a= (al' ... , ak) y lo denotaremos sop(a). 5.3. S.3.1.

Observaciones

La forma de escribir un ciclo de longitud k no es única; por ejem-

plo (a¡, ···• ak) = (ak, ª1• ···• ªk-1>·

Es obvio que existen k formas de escribir el mismo ciclo de longitud k (tantas como maneras de elegir el primer elemento de la escritura). Así el ciclo a= (1, 3, 4) de S 4 se escribe a= (l, 3, 4) = (4, 1, 3) = (3, 4, 1).

Sin embargo, a= (l, 3, 4) =;6 (1, 4, 3) = -r aunque ambos tengan el mismo soporte [1, 3, 4), ya que por ejemplo, o(l)

= 3,

-r(l)

= 4.

S.3.2. Dados enteros positivos a 1, ••• , ak puede resultar confuso hablar del ciclo a= (a 1, ... , ak) si no se indica el grupo simétrico Sn al que pertenece a. Así por ejemplo las permutaciones

son distintas, aunque ambas se escriben O'=

S.3.3.

(1, 3, 4),

'r=

(1, 3, 4).

Si a E Sn es un ciclo de longitud uno, existe a 1 E En tal que a(j) = j para cada j E En \[a 1).

223


Entonces, como u es biyectiva ha de ser cr(a 1) = a 1 y u es la identidad. Así pues, en lo sucesivo sólo consideraremos ciclos de longitud mayor o igual que dos. A los ciclos de longitud dos los llamaremos transposiciones.

S.3.4.

5.3.S. Decimos que los ciclos u, -r E Sn son disjuntos si uno de ellos es la identidad, ó sop(cr) n sop(-r) = 0.

La siguiente proposición recoge propiedades elementales de los ciclos: Proposición 5.4. Sea u = (a 1'

••.

ak) E Sn un ciclo de longitud k ~ 2.

a)

u- 1 = (ak, ªk-1' ... , ai). En particular u- 1 es un ciclo de longitud k.

b)

El orden de u como elemento de Sn es k.

c)

Si -r = (bl' ... , be) E Sn es un ciclo de longitud juntos, entonces u º -r = -r o u.

Demostración.

a) Hay que probar que llamando

se cumple S.4.1.

-r º cr(j)

= j

para cada j E En.

Evidentemente, si j fl. sop(cr) = [a 1, u(j)

••• ,

ak], es

= j, -r(j) = j, luego -r º

u(j)

Por otro lado, -r º u(ak) = -r(a1) = ªk•

mientras que para cada 1

~

i

~

k - l,

-r º u(a.) = -r(a.I+ 1) = a 1.. 1 Queda pues probado 5.4.1. b)

Para cada 1 ~ i < k, ui(a1) = ªt+i

luego crí no es la identidad y así o( u) Es suficiente pues demostrar que

~

=;i:

k.

al'

= j.

e, y u y -r son dis-

224


S.4.2.

uk (j)

Esto es obvio si j

~

= j para cada j

E E,,,.

sop(u), pues en tal caso u(j) uk-i+l(a¡)

Ahora, dado 1

= j.

,s¡;

i

,s¡;

k,

= al'

y por lo tanto, uk(a¡) = ui-l(a1)

= ªi+i-1 = ª;

y hemos demostrado 5.4.2. c) Si -r es la identidad es obvio que u o -r = -r º u. Suponemos pues e:::!= 2, sop(u) n sop(-r) = 0. Escribimos M = sop(u) U sop(-r). Si j E E,,, \M se cumple u(j) = j = -r(j), luego

u º -r(j)

=

¡ = -r º u(j).

Si j E M ha de ser ~

j E sop( u), j

sop(-r), ó j E sop(-r), j

~

sop( u).

En el primer caso, como j E sop( u), también u(j) E sop( u) y así u(j) con lo que

~

sop( -r),

-r(j) = j, -r( u(j)) = u(j). Así u º -r(j) = u(j)

=

-r º u(j).

En el segundo caso el razonamiento es análogo y se deja como ejercicio al lector. Entre otras razones, los ciclos de S,,, tienen interés porque constituyen un sistema generador de S,,,, como demostraremos a continuación. Proposición S.S. Sea n un entero positivo. Entonces cada elemento de S,,, se puede escribir como composición de ciclos disjuntos dos a dos. Dicha escritura es además única salvo en el orden de los factores. En particular, los ciclos de S,,, constituyen un sistema generador de S,,,.

Demostración. ciclos disjuntos.

Sea u E S,,, y la vamos a escribir como composición de

Designamos H = (u) el subgrupo de S,,, generado por u y consideramos la acción de H sobre E,,, definida por H

X

E,,,~ E,,,: (uk, j)

Esto es evidentemente una acción, pues

t-+

uk(j)

225


Designemos por O;.,····ºi, las órbitas distintas de dicha acción. Si la órbita Ois tiene ms elementos, estos serán Oi.

=

Us, a(j), ... , amrl(js)]

ya que evidentemente todos los elementos del miembro de la derecha en la igualdad anterior pertenecen a Ois y son todos distintos (y por lo tanto hay ms = card Ois _elementos). Para ver que son todos distintos es suficiente observar que s1 ak(js) = af(js) para ciertos O~ k <

sería aP(j) = is' p =

f -

f ~

ms - 1,

k, con lo que la órbita Ois estaría contenida en Us, a(is), ... , aP-l(js)}

y tendría a lo sumo p = f- k Para cada 1

~

s

~

~

ms - 1 < ms elementos.

r consideramos el ciclo 'l's = (js, a(j), ... , amrl(j)).

Evidentemente sop( -rs) = Oi . Como las órbitas de una acción son disjuntas dos a dos, los ciclos -r1, ••• , ir son disjuntos dos a dos. Veamos ahora que

5.5.1. Dado x E En, como las órbitas constituyen una partición de En, existe una única órbita, digamos Oi , 1 ~ s ~ r, tal que x E Oi. s

s

En consecuencia x = ak(j) para algún O~ k ~ ms - l. Veamos primero que a(x) = -r/x). Si k = ms - 1, es claro que -r/x) = -r/ams- 1(js)) = is, mientras que como ams(js) E O¡, ha de ser ams(is) = ae(js), O~ f ~ ms - 1, y amre(js)) = is, con lo que s

ms y así

f =

=

card O.Is

~

m s - f,

O, esto es, a(x) = a( ams- 1(js)) = ams(j) = aº(js) = is = 'l's(x).

Si k < ms - 1, también tenemos a(x) = a( ak(js)) = ak+l(js) = 'l's(ak(j)) = 'l's(x).

Hemos probado pues

5.5.2.

a(x) = -rs
226


Evidentemente r¡(x) = x si s + 1 :,;;; i

,s;;

r,

puesto que x (l. sop( r¡) = Oii' Por lo tanto,

5.5.3. Ahora, y= , 5 (x) E O¡, luego y (l. sop(r¡), 1 :,;;; i

1, y así

,s;; s -

s

5.5.4.

r 1 º r 2 º ... o rs
De 5.5.2, 5.5.3 y 5.5.4 se deduce a(x) = r 1 º ... º r,(x),

lo que prueba 5.5.1. Sólo queda probar la unicidad (salvo en el orden). Supongamos por tanto, que podemos escribir a

= r1 º

... º r,, a

= a1 º

... º

ª•

de forma que cada r¡ y cada q es un ciclo y sop(r¡) n sop(i¡) = 0, sop(cr¡) n sop(cr¡) = 0. También podernos suponer que ninguno es la identidad. Probaremos que cada '; coincide con uno de los q. Análogamente cada uno de los q, será uno de los r¡, y habremos acabado. Comencemos con r, = (a¡, ... , ak). Como los ciclos '¡, ... , r,_ 1 son disjuntos con r,, se deduce de la igualdad a = r 1 o ••• o r,, que a(a 1)

= a 2 , cr 2(a 1) = cr(a 2) = a 3,

••• ,

ak- 1(a 1)

= ªk•

ak(a 1)

=a1

y por tanto la órbita de a 1 en la acción anterior es

ºª'

= {a¡, ª2•

Como r, no es la identidad, k > 1 y a 2 Si a1 E~ sop{cr;} sería cr(a 1)

... , ak}.

""'a 1•

= a 1, es decir, a 2 = a 1• Esto es falso. Por lo

¡=I

tanto y puesto que los ciclos cr1, tal que a 1 E sop(q). Ahora a2

= a(a 1) = a 1 º

... º

••• , 0'5

q_ 1 ºO'¡º

son disjuntos, existe un único 1 :,;;; j

,s;; s

O';+i º ... º as
Evidentemente q(a 1) E sop(q), luego no pertenece a sop(q,) para j' < j, y así q,(q(a 1)) = q(a 1) si j' < j.

227


En consecuencia, a 2 = o¡(a 1). Repitiendo el proceso se obtiene a3

= o¡(a 2 ) = o¡2 (a 1), etc.,

luego o¡

= (al'

... , ak)

= -r,..

Ahora, utilizando c) en 5.4,

y como -r, = o¡. se deduce

-r1 o

-r,_ 1 = a-1 o

••• o

•••

o¡_ 1

o

Oj+ 1

••. o 0'5

Ahora el argumento anterior prueba que también -r,_ 1coincide con algún ak, y por recurrencia concluimos lo que queríamos.

S.S.S. Ejemplo. Consideremos a E S9 dado por a: (1

2 3 4 5 6 7 8 9)·

3 6 5 9 1 2 8 7 4 La órbita de 1 bajo la acción anterior es 0

1

= (1, a( 1) = 3,
y análogamente

º2

= (2,

6}, 04

= (4, 9},

07 = (7, 8}.

Así los ciclos disjuntos

-r1 = (1, 3, 5), -r2 = (2, 6), r3 = (4, 9), -r4

= (7, 8)

cumplen

A partir del resultado anterior es sencillo calcular el orden de cualquier elemento de sn.

Colorario 5.6. Sean O' E Sn y 'Z'p ••• , Tk E Sn ciclos disjuntos tales que a = r 1 º ... º -rk. Entonces el orden de a como elemento de Sn es el mínimo común múltiplo de las longitudes de los ciclos -rl' •.. , -rk. Demostración. t¡ = o(i¡).

Llamemos t¡, 1 ,e; j ,e; k, a la longitud del ciclo i¡. Por 5.4,

228


Hacemos la demostración por inducción sobre k. El resultado es trivial si k = l. Si k > 1, escribimos i- = i-1 º ... º i-k_ 1. Por hipótesis de inducción o(i-) =e= mcm(e,, ..., ek-1>· Sea m = mcm(e, ek). Así i-f:' = i-m = 1 y por c) en 5.4, c¡m = ( t'

0

t'k)m = t'm

O

t'

k

= 1.

Recíprocamente, sea s un entero positivo tal que a5 = 1. Entonces

y por ello j = (i- 5 º i-t) (j) = -r<(j) si j E sop(i-) pues sop(i-) ¡ = i-s(j) si j fl. sop( i-).

n sop(i-t) = 0

Esto demuestra que r = 1 y análogamente i-f = 1. En consecuencias es múltiplo de ek = o( i-k) ':! de e = o( i-), es decir, s es múltiplo de m. Queda pues probado que o(a)

= m = mcm(e,

ek) = mcm(el' ... ek).

En particular se deduce de aquí un resultado que ya vimos en 4.6.10.1 y 4.6.10.3.

Colorario 5.6.1. El orden de cada elemento de Ss es menor o igual que 6. El orden de cada elemento de As es menor o igual que S. Demostración.

Dado a E Ss distinto de la identidad, escribimos en vir-

tud de 5.5, donde cada t'; es un ciclo de longitud e; a dos. En consecuencia, y puesto que Es=

~

2, y los ciclos

0sop(i-;)

¡=I

y esta unión es disjunta, tenemos 5 ~

el

+ ... +

er ~ 2r.

Así r = 1 ó 2.

Si r = 1 es a= i-1 un ciclo de longitud o(a) = o(i-1> =

eI y por tanto

el

,s¡;

s.

t';

son disjuntos dos

229

GRUPOS SIM~TRICOS Y ALTERNADOS

Sir= 2 es 5;;;,: f 1 + f 2 con 2,;;;

e., e2 < 5, con lo que bien

'

e. = e2 = 2, bien e.= 2, e2 = 3. En el primer caso, aplicando el resultado anterior, o(a) = mcm(2, 2) = 2. En el segundo, o(O, = mcm(2, 3) = 6. Por lo tanto, el resultado para Ss está demostrado. Además hemos visto que para que O' tenga orden 6 ha de ser O'= t'1 º Si

E ( a)

i-2'

t'1 = (a, b),

i-2

= (e, d, f).

designa el índice de o; y como

b-a d-f d-c f-c E(t'1)=--=-l, E(t'2 ) = - - - - --=1, a-b c-d c-f d-f resulta que E(O') = (-1) (+l) = -1, y

O'

f/. kerE = As·

Así o(a) ,;;; 5 si O' E As.

Corolario 5.6.2. Sean n un entero positivo, p un número primo y Sn un elemento de orden p. Entonces a es composición de ciclos disjuntos de longitud p. En particular, sin < 2p, O' es un ciclo de longitud p. O' E

Demostración.

donde

i-., ••• , i-,

Sea

Escribimos, utilizando 5.5,

son ciclos disjuntos dos a dos, t'; #- l.

e; la longitud de t';. Por 5.6 sabemos que p

= 0(0') = mcm(e., ... , e,).

Así cada e; ha de dividir a p. Como f¡ #- 1 (pues t'; no es la identidad), se deduce que cada e; = p.

Por tanto, O'= i-1 º ... º i-, es composición de ciclos disjuntos de longitud p. Para la segunda parte hay que ver si n < 2p, entonces r = 1. Si fuese r > 1, sería

,

card U sop(t'¡) = rp;;;,: 2p > n = card En i=I

y esto es absurdo. Así pues r

= 1 y O' = i-1 es un ciclo de longitud p.

Para algunos propósitos es conveniente disponer de sistemas generadores de Sn distintos del de los ciclos.

230


Proposición S.7. (a) Cada ciclo a= (a¡, ... , ak) E Sn se escribe como composición de transposiciones a= (a¡, a 2 )

o

(a 2, a 3 )

o •••

º (ak-1' ak).

En consecuencia, las transposiciones constituyen un sistema generador de Sn. (b) Sea i E En fijo. Cualquier transposición 'l' se escribe 'l' = (i, j)

o

(i, k)

o

= (j,

k) E Sn, con k

~ i,

(i, j).

En consecuencia, fijado i E En las transposiciones [(i, j) : j E En, j ~

iJ

constituyen un sistema generador de Sn. Demostración. (a) Denotemos i¡ = (a¡, ª;+ 1), 1 ~ j Probaremos por inducción sobre k que

~

k- 1 yak= (a 1, ... , ak).

Si k = 2, a 2 = (a¡, a 2) = 'l'1• Si k > 2, tenemos ªk-l =

-r1

° ...

0

'l'k_ 2 por hipótesis de inducción, luego

Todo se reduce a probar que ªk-l ªk-1 º 'l'k-l(ak)

~

-rk-l =

ak. Desde luego

= ªk-t(ªk-1> = ª1 = ak(ak),

ªk-1 º 'l'k_1(ªk-1>

Además, si 1

O

= ªk-1(ak) = ªk = ak(ak-1>·

j ~ k - 2, ªk-1 º 'l'k_1(a¡)

= ªk-1(a¡) = ª;+1 = ak(a¡),

mientras que si x E En \[a¡, ... , akJ, ªk-1 º 'l'k_1(x)

= x = ak(x).

Hemos probado por lo tanto (a). Como los ciclos generan Sn (véase 5.5) y cada ciclo es composición de transposiciones, éstas generan Sn. b)

Escribimos a 1 = (i, j), a2 = (i, k), a3 = (i, j), y hemos de ver que 'l' = G1 o G2

o

G3.

Si i = j, esto es inmediato. Podemos por lo tanto suponer que i Además, como 'l' es transposición, j ~ k.

~

j, i ~ k.

231


Evidentemente, para cada x E E,,, \[i, j, k], se cumple a1

o

a2 º aix)

= x = -r(x).

Por otro lado

v> = i = -r( i);

a 1 º a2 º aii) = a 1 º a2(i) = a 1 ª2

O'¡ o

o

0'3(j) =

O'¡ o

0'2(i) =

= k = -r(j);

O'¡ (k)

a 1 º a2 º aik) = a 1 º ai(k) = a 1(i) = j = -r(k);

La última afirmación se deduce de la igualdad que acabamos de probar y de que las transposiciones generan S,,, según hemos demostrado en (a).

De la proposición anterior se extraen dos sencillos corolarios. Corolario S. 7. 1. gitud impar.

Un ciclo a E S,,, pertenece a A,,, si y sólo si tiene lon-

Demostración. Sea a= (a 1, ••• , ak). En la proposición anterior hemos visto que existen transposiciones -r1, ••• , ík-l tales que O'

Si

E

= Í¡

o ••• o

ík-1.

es el homomorfismo índice, E(O')=(-l)k-l pues E(i¡)=-1, l -s;.j,s;,k-1.

Así a E A,,, si y sólo si k - 1 es par, esto es, k es impar. Corolario S.7.2. Los elementos a= (1, 2) y -r = (1, 2, ... , n) generan S,,,. Demostración.

El resultado es obvio paran S2

Supondremos pues n

~

= (1,

a]

= (a º a,

=

2 pues

a}.

3. Haciendo i = 1 en b) de 5.7, sabemos que

((1, 2), (1, 3), ... , (1, n)}

generan S,,,. Por lo tanto si M = (a, -r}, es suficiente demostrar que S.7.2.1.

Cada {3k

= (l, k)

E (M), 2 ,s;, k ,s;, n.

Para ello probaremos antes por inducción sobre k que S.7.2.2.

-rk º aº -r-k = (k + 1, k + 2) = ak, I ,s;, k ,s;, n - 2.

En efecto, veamos que í o O' o

-r- 1 = (2, 3) = ª1•

232


o lo que es lo mismo, 'foU=
Se tiene

= -r(n) = 1 = a. 1(1) = a. 1 º u( 1) = -r(2) = 3 = a. 1(2) = a. 1 º

-r º u(n)

-r(n);

-r º

-r( 1);

-r º u(2)

= -r(l) = 2

= a. 1(3) = a. 1 º -r(2);

y six E En \[l, 2, n), -ro u(x)

= -r(x) = x

+ 1

= a. 1(x

+ 1)

= a. 1 o -r(x).

Así está visto 5.7.2.2 para k = l. Si k > 1, -rk º uº rk = -r( -rk-1 º uº r
= -r º

ªk-1 º -r-1.

Todo consiste por lo tanto en comprobar que 'C

O

ªk-l

= a.k

O

'C.

Argumentando como antes,

= a.k o -r(n}; -ro ªk-l(k) = -r(k + 1) = k + 2 = a.k(k + 1) = a.k o -r(k); -ro ªk-l(k + 1) = -r(k) = k + 1 = a.ik + 2) = a.k º -r(k + -ro a.k_ 1(n) = -r(n) = 1 = a.k(l)

1);

mientras que para cada x E En \[k, k + 1, n), se tiene -ro a.k_ 1(x)

= -r(x) = x

+ 1

= a.k º

-r(x).

Queda pues probada la igualdad 5.7.2.2. Probemos ahora que S.7.2.3.

{Jk

= ªk-2 º

{Jk-t º ªk-2• 3 ,e;; k ,e;; n.

En efecto,

° a.k_i(k - o = ªk-2 ° Pk-1 = ªk-2 = k - 1 = Pk = ªk-2 ° Pk-1 = 1 = /Jk(k); ªk-2 ° Pk-1 ° a.k_i(O = ªk-2 ° Pk-1<0 = a.k_i(k - O = k = AO>:

A-1 ªk-2 ° A-1 ªk-2 °

mientras que para cada x E En \[l, k - 1, k), ªk-2 º A-1 ° a.k_i(x) = ªk-2 º A-1(x)

= a.k_i(x) = x = /Jk(x).

233


Estamos en condiciones de probar por inducción sobre k, 5.7.2.1, y con ello el corolario. Es obvio que {32 = u E (M). Supongamos probado que {32, ... , {3k-i E (M), k > 2. Por 5.7.2.2, ak_2 E (M). Entonces, como también {3k-I E (M), se deduce de 5.7.2.3 que {3k E (M). S.7.3. Comentario. Desde luego ((1, 2), (1, 2, ... , n)J es un sistema generador minimal de Sn. Esto es obvio para n = 2, pues en tal caso (1, 2) = (1, 2, ... , n). Sin ~ 3, Sn no es abeliano (véase 1.3.3) y en particular no es cíclico, luego no está generado por un solo elemento.

Ahora nuestro objetivo es obtener un sistema generador de An. Si n

Proposición 5.8.

~

3 se verifican:

(1)

Cada ciclo u E Sn de longitud 3 pertenece a An.

(2)

El ciclo f3

(3) Sin

~

= (1,

2, 3) genera A3•

4 e i, j, u, v E En son distintos, se tiene (i, u, v) = (i, j, v) (i, j, u) (i, j, u).

(4)

Fijados i, j E En con i '# j denotamos {3k

Los ciclos C

=

Demostración.

(2)

= (i, j,

k) para cada k E En \[i, j}.

({3k: k E En \(i, j}} generan An. (1)

Se deduce de 5.7.1.

Desde luego, como {3 2 = (1, 3, 2) E A 3 por (1) y

/33 = 1, se tiene

(/3) e A 3 •

Al ser o(A 3) = 3!/2 = 3 = 0(/3), obtenemos la igualdad (/J) = A 3 • (3) Escribamos u= (i, u, v), -r = (i, j, v), /3= (i, j, u). Hay que probar que u= -r º {3 2• Es evidente que o(x) = x = -ro {3 2(x) si x E En \[i, j, u, v}. Además,

= -r(u) =u= u(i); 'fo {3 2(j) = -r(i) =i = u(j); -r º {3 2(u) = -r(j) = v = u(u); -r º {3 2(v) = -r(v) = i = u(v).

'fo {3 2(i)

(4) El resultado se deduce de (2) paran = 3. Suponemos pues n sea u E An e Sn. En virtud de (b) en 5.7, podemos escribir u=

'1 º ... º 'e

~

4y

234


Podemos suponer hs =¡6 hs+ 1 pues en caso contrario is O is+ 1 = 1 y suprimimos ambas. Si E es el homomorfismo índice, al ser u E An tenemos 1 = E(CT) = (-l)t,

luego

e es par, digamos e = 2r. Por lo tanto,

S.8. 1.

CT = ( i¡ o i 2 ) o ••• o ( i 2r- l o

i 2r)

y cada i21-I

o

i21

= (i,

h2,-1)

o

(i, h2,)

= (i,

= (h2,-1'

i)

o

(i, h2,)

= (h2t-l'

i, h2,)

=

h2,• h2,_,),

la penúltima igualdad por (a) de 5. 7 y la última por 5.3.1. Ahora distinguimos i) Si h 2, "F j

h 2,_ I , i 21 _I

=¡6

° i 21

= (i, h 2,,

h 2,_ 1)

=

(3);

Ph 21-1 Pi 21 O

en virtud de

ii) Si j = h2,, es i2,-1 ° i2, = (i, ¡, h2,-1> = ph 2,-1 · iii) Si j = h 2,_ 1, es i 21 _I ° i 21 = (i, h 2,, j) = P'i

2t

.

En cualquier caso, las igualdades i), ii), y iii), junto con 5.8.1, prueban que An = (C). (a)

Proposición S.9.

(b)

Para cada n

::=!=

Para cada n

::=!=

3, Z(Sn) = (1 }.

4, Z(An) = [ 1}. '

Demostración. (a) Sea u E Sn distinto de la identidad. Entonces existe i E En tal que cr(i) = j =¡6 i. Como n

::=!=

3, existe k E En \[i, j}. Sea

i

= (j, k). Evidentemente,

º u(i) = i(j) = k; uº i(i) = u(i) = j.

i

En consecuencia, i

O

u

=¡i:

u

O

i, luego u ~ Z(Sn).

b) Sea u E An distinto de la identidad. Por tanto, para algún i E E 11 es u( i) = j

=¡6

i.

Como n ::=!= 4, existen k, e distintos y pertenecientes a En \[i, j}. Consideremos i = (j, k, f) E An por (1) en 5.8. Entonces, uº i(i)

y por tanto, u

o

i

=¡6

i

O

= cr(i) = ¡,

i

º cr(i) = i(j) = k,

u, luego u ~ Z(An).

235


Corolario 5.9.1. Si G es un grupo con Z(G) = {1), G no posee ningún subgrupo normal de orden dos. En particular, ni Sn ni An poseen, paran ;a;. 3, subgrupos normales de orden dos. Demostración. Supongamos que H = ( 1, o') es un subgrupo normal de G de orden dos. Como Z( G) = ( 1), cr no pertenece al centro de G, luego existe f3 E G tal que {Jcr # cr/3. Desde luego

{3{3- 1cr{3{3- 1 = CT EH, luego

p- 1cr/3 E

Hf3 = H,

y así

13- 1crf3 = 1 ó 13- 1cr/3 = cr. En el primer caso cr/3 = {3, luego cr = 1, que es falso. En el segundo, cr/3 = {Jcr, también falso. Antes de probar la simplicidad de An, n

;a;.

5, necesitamos

;a;. 3 y N un subgrupo normal de An que contiene un N = An. Entonces ciclo de longitud 3.

Lema 5.1 O. Sean n

Demostración. Estudiamos primero el caso n = 3. Si /3 = (1, 2, 3) y cr = (1, 3, 2) se tiene A 3 = (1,

/3, cr)

Como N contiene un ciclo de longitud 3, debe ser

/3 EN ó cr EN. Si /3 E N, también cr = {3 2 EN y 1 = {3 3 E N, luego N = A3" Si cr EN, se tiene f3 = cr2 E N y 1 = cr3 E N, luego N = A3" A partir de ahora suponemos n ;a;. 4. Sea (j, i, a) = cr el ciclo de longitud tres perteneciente a N cuya existencia asegura el enunciado. Utilizando (4) en 5.8, es suficiente probar que

5.10.1.

Para cada k E En \[i, j], {Jk = (i, j, k) E N,

pues en tal caso, con las notaciones de 5.8, sería C Veamos pues 5.10.1.

e

N, luego An = (C)

e

N C An.

Desde luego cr2 = (i, j, a) = f3a, luego como cr E N también f3a E N. Así basta ver que {Jk E N para cada k E En \[i, j, a].

236


Como los elementos i, j, k, a son distintos, la permutación

-r = (i,

j} º (a, k)

pertenece a An, pues si E es el homomorfismo índice, E(í)

= (-1) (-1) = l.

Además, utilizando a) y c) en 5.4, se deduce

-r- 1 = (a, k)- 1 º (i, j)- 1 = (k, a) º (j, i) = = (j, i) º (k, a) = (i, j} º (a, k) = -r. El elemento -r º a º -r E Nr pues -r º ( -r º a º -r) º r

Como

í

1

= ( -r- 1 º -r) º a º ( -r º r

E An y N es subgrupo normal de An, es N í o

a

oí

1)

= a E N.

= Nr, y por tanto,

EN.

Entonces 5.10.1, y con ello el lema, quedará probado si comprobamos la igualdad S.10.2.

-r a 0

0

í=

{Jk.

Es claro que si x E En \[i, j, k, a] se cumple

Además -r O a

O

-r º aº

II.

= -r a(k) = -r(k) = a = Ac(a); -r º aº -r(k) = -r º a(a) = -r(j} = i = Ac(k); -r(i) = -r º a(j} = -r(i) = j = {Jk(i); -r º a -r(j) = -r a(i) = -r(a) = k = AcU).

-r(a)

O

O

O

SIMPLICIDAD DE AR

Definición 5.11. Sean n un entero positivo y a E Sn. Llamaremos parte fija de a al conjunto F(a)

= (x

E En: a(x)

= x].

Evidentemente el único elemento de Sn cuya parte fija es En es la identidad. Denotaremos f(a) al número de elementos de F(a). La prueba de la simplicidad de An para n ~ 5 se apoya en el estudio de la función f: sn--+ N:

que utilizaremos a continuación.

Gt-+

f(a)

237


Proposición 5.12. Sean n ;;.::: 5 y

u

=

-r1 o

••• o

-r,E Sn,

'I' ...,

donde -r, son ciclos disjuntos dos a dos. Supongamos que -r1 =(al' ... , ak) con k;;.::: 3. Llamemos f3 = (al' a 2 , a 3). Entonces el elemento a= uº p- 1 o 3, a no es la identidad.

Demostración.

Como los ciclos

'I' ...,-r,, son disjuntos dos a dos, se tiene

u(a¡) = -r1(a;) = ª;+t =;i: a¡ si 1 :s;; i u(ak) = T1(ak) = ª1 =;i: ªk·

:s;;

k - 1,

Así F(u) C En \{al' ... , akJ. Ahora, si x E F(u), como

x fl. {al' a 2 , a 3J, se tiene /J(x) = x = p- 1(x), u(x) = 3, a no es la identidad. Pero a(a 3) = uº p- 1 º u- 1(a 1) = uº p- 1(ak) = u(ak) = a 1 =;i: a 3, la tercera igualdad porque, al ser k > 3, ak no pertenece a sop({J- 1) = sop(/3) = {a 1, a 2 , a 3}.

Proposición 5.13. Sean n ;;.::: 5 y

u

=

-r1 o

••• o

-r, E Sn,

donde -r1, ••• , -r, son ciclos disjuntos dos a dos (distintos de la identidad). Supongamos que r =;i: 1 y que -r1 = (a 1, a 2, a 3) es un ciclo de longitud 3. Sea a 4 E sop( -r2) y /J = (a 1, a 2 , a 4). Entonces el elemento a = f3 o u o p- 1 o u no es la identidad y cumple F(u) ~ F(a). En particular f(u) < f(a).

Demostración.

Veamos primero que a no es la identidad. Como

u(a1) = T¡(a1) = ª2• p-t(a2) = al' {J(a2) = a4,

238


se tiene a(a 1) = a 4.

Como a 1 E sop(i-1) y a 4 E sop(i-2 ), resulta a 1 :¡é a 4 , pues los ciclos i-1 y i-2 son disjuntos. yx

Ahora probamos que F(a) C F(a). Si x E F(a), entonces x ~ sop(i-2 ). En particular, x ~ (a 1, a2' a 3 , a 4 J. Así G(x)

= X, p- 1(x) = X,

{J(x)

~

sop(i-1)

= X,

luego a(x) = x y x E F (a). Por último, mientras que a(a 2 ) = a 3 a(a 2)

= {3 º

:¡é

a 21 se tiene

13- 1(a 3 ) = {3 º a(a 3 ) = {3(a 1) = a 2,

u º

y por tanto, a 2 E F(a)\F(u).

Esto demuestra que F(u) Proposición 5.14.

~

Sean n

u= donde i-11 ... ,

ir

F (a) y con ello la proposición. ~

5y

i-1 o ••• o ír E Sn,

son ciclos disjuntos dos a dos. Supongamos que i-1 = (a 11 a 2), i-2 = (a 3 , a 4)

son transposiciones. Sean ªs E

En \(a¡,

ª2• a3, a4] y

Entonces el elemento a= {3 ° u Demostración.

o

13- 1

0

/3 =

(a¡, ª21 ªs>-

a no es la identidad y f(u) < f(a).

Comprobemos que a no es la identidad. Como a(a1)

= ª2• P- 1(a2) = ª1•

{3(a2)

= ªs•

resulta a(a1)

= ªs

:¡é ª1•

Para demostrar que f(a) < f(a) es suficiente probar que S.14.1. a 3, a 4 E F(a)\F(u) y F(a) e F(a) u (a 5 ],

pues esto implica que hay al menos dos elementos que están en F (a) y no en F(u), y a lo sumo uno que está en F(u) y no en F(a).

239


Como a(a 3 ) = a 4 y a(a 4 ) = a 3 , es claro que a 3 , a 4 no pertenecen a F (a). Sin embargo, a(a 3 ) a(a 4 )

= f3 o CJ o p- 1(a 4 ) = f3 o a(a 4 ) = {3(a 3 ) = a 3 , = f3 o CJ º p- 1(a 3) = f3 º a(a 3 ) = {3(a 4 ) = a 4 .

Queda probada la primera parte de 5.14.1. Para la segunda, tomemos :¡6 a 5• Entonces x no pertenece a sop(i1), luego x :¡6 al' x :¡6 a 2 , x :¡6 a 5• Así x íl sop(/3) y por lo tanto

x E F(CJ), x

{3(x) = x,

Como también a(x)

= x,

13- 1(x)

resulta a(x)

= x.

= x,

esto es, x E F(a).

5.15. Corolario (Teorema de Abel). Sin

~

5, An es simple.

Demostración. Sea N un subgrupo normal de An, N :¡i: [ 1}. Debemos probar que N = An. Para ello basta, en virtud de 5.10, demostrar que N contiene un ciclo de longitud 3.

Escogemos en N un elemento a tal que f(a) sea máximo entre todos los f (i), i E N, i :¡i: 1. Nótese que dicho a existe pues la función festa acotada: ((i) < n para cada i E Sn \[l}.

Vamos a demostrar, utilizando las proposiciones anteriores, que a es el ciclo de longitud tres que buscamos. Para ello escribimos, utilizando 5.5, O'= i 1 o ••• o ir

donde tidad.

il' ... , ir,

son ciclos disjuntos dos a dos y ninguno de ellos es la iden-

Lo que debemos probar es que r = 1 y a = i 1 tiene longitud tres. Veamos primero que ningún i; tiene longitud mayor que tres. En caso contrario, y puesto que los ciclos disjuntos conmutan (véase 5.4), podemos suponer que i 1 tiene longitud mayor que tres. Estamos en la hipótesis de 5.12 y allí vimos que existe un ciclo de longitud tres al que llamábamos f3 (y que por 5.8 pertenece a An) tal que a = aº

13- 1 º a- 1 º f3 no es la identidad

Y f(a) < f(a).

Evidentemente 13- 1 º a- 1 º f3 E N/J, pues a- 1 EN, y como f3 E An y N es subgrupo normal de An, N/J = N. Por tanto, como a E N y 13- 1 o a- 1 o f3 E N, se tiene a EN, a

:¡6

1, f(a) < (a).

Esto contradice la elección de a y por ello es absurdo. Así pues

240


a

=

-r1 ° ...

-r,, cada

0

'l';

de longitud

:s;;

3

Veamos ahora que a lo sumo hay un 'l'; que es transposición. Si hubiese más, aplicando 5.14, existiría /J E An tal que a = /Jo aº p- 1 º a no es la identidad y f(a) < f(a). Como /J º a o p- 1 E Nfr' == N (pues p- 1 E An y N es normal) resulta que a E N, a'# 1 y f(a) < f(a), contra la elección de a. Nuestro siguiente paso es comprobar que de hecho ningún posición.

'l';

es trans-

De lo contrario exactamente uno lo sería, y de nuevo por 5.4, podríamos suponer que es -r1• Tendríamos entonces

a

== 'l'1

º ... º -r,,

siendo -r1 una transposición y -r2' ... , -rr, de longitud 3. Pero entonces

y tanto a como -r; 1, ••• , -r 21 pertenecen a An (véase 5.8.(a)). Esto implica que -r1 E An en contradicción con 5.7.1. Así hemos obtenido que

a

=

-r1 ° ...

0

-r,, cada

'l';

de longitud 3.

ªº

Si fuese r '# l, aplicamos 5.13 y existiría/JE Ande modo que a= /J º p- 1 º a no es la identidad y f(d) < f(a). Argumentando como antes /J º aº p-t E N/J' = N, luego a E N, a'# 1, f(a) < f(a), contra la elección de a. Por lo tanto r = l y a= -r1 es un ciclo de longitud 3, como queríamos demostrar. Podemos reformular el corolario anterior diciendo: Corolario 5.15.1. Sea n maciones son equivalentes:

~

2 un número natural. Las siguientes afir-

( 1) An es simple. (2) n '# 4. Como o(A 4 ) = 12 = 22 es simple. Esto demuestra ( 1) ==> (2). Demostración.

•

3, se deduce de 4.13 que A 4 no

Recíprocamente, como o(A 2 ) = 1 y o(A 3 ) = 3, y 3 es primo, se deduce de 2.2.14.1 que A 2 y A 3 son simples. Sin > 4 acabamos de probar que An es simple. De 5.15 se desprenden importantes propiedades de Sn.

241


Sean

Corolario 5.16.

;;a,,

5. El único subgrupo normal propio de Sn es

Demostración. Sea H subgrupo normal propio de Sn. En virtud de 2.16.(1), H n An es subgrupo normal de An. De 5.15 se desprende que H

n An = An

En el primer caso An e H

~

6H

n An = [ 1}.

Sn, y por lo tanto

2 = [Sn : An] = [Sn : H] [H : An] y [Sn : H] lo que implica [H: An]

> 1,

= 1, y se tiene H = An.

Veamos que el segundo caso no puede darse, y habremos acabado. Si fuese H n An = (1 }, obtendríamos

luego 1 < o(H) ~ o(Sn) = 2 o(A.,)

,

y así o(H) = 2. Esto es falso, pues contradice 5.9.1.

También esto se puede reformular diciendo: Corolario 5.16.1. lentes:

Sean

;;a,,

3. Las siguientes afirmaciones son equiva-

( 1) El único subgrupo normal propio de Sn es An. (2)

n 'F 4.

Demostración. llamando 'f1 =

(1, 2)

Para demostrar (1) 0

(3, 4),

'f2 =

(1, 3)

o

~

(2) es suficiente demostrar que

(2, 4),

'f3 =

(1, 4)

o

(2, 3),

el conjunto V= (1,

-rl' -r2' -r3}

es un subgrupo normal (evidentemente propio y distinto de A 4 ) de S 4 • Para comprobar que V es subgrupo de S 4 es suficiente observar que, al ser -r 1- 1 = -r11 -r 21 = -r2' -r 31 = -r3 , y puesto que -r1 º -r2 = -r2 º -r1 = -r3 (compruébese), se cumple:

242


T¡

o

T 2'

'2

o

,¡-1

= T¡ = '2

o

'2

o T¡

= T3; = T3;

T¡

o

T 31

'2

o

T.31

= T¡ = '2

o

'?'3

o

'3

= T¡ = '2

o

T¡

o

'2

o

'2

o T¡

= T2; = ,,;

,,-!

° 't 1 = '2 ° '1 ° = '2; '3 ° '2 1 = '1 ° '2 ° '2 1 = '1· Veamos ahora que V es subgrupo normal de S 4 • Como evidentemente V C A 4 , y puesto que A 4 es subgrupo normal de S 4 , es suficiente en virtud de 3.6.3 demostrar que '3

S.16.1.1.

V es subgrupo característico de A 4 •

Si llamamos n 2 al número de subgrupos de orden 4 en A 4 , se trata de probar que n 2 = l. En tal caso, aplicando 3.6.10 ó 4.6.4, quedará visto 5.16.1.1. Antes de ello probaremos S.16.1.2.

A 4 no posee subgrupos normales de orden 3.

En efecto, si Hes subgrupo normal de A 4 con o(H) = 3, llamamos K = (,1) que tiene orden dos y consideramos HK que es subgrupo de A 4 por 2.2.13. Además H n K = ( 1] pues o(H) = 2 y o(K) = 3 son primos entre sí (estamos aplicando 4.6 ). En consecuencia o(HK)

= o(H) o(K) = 2-3 = 6 o(H riK)

'

lo cual es absurdo pues contradice 2.1 O. Por lo que acabamos de ver, el número n 3 de subgrupos de A 4 de orden 3 es distinto de uno y por el teorema de Sylow divide a 4, y n 3 - 1 es múltiplo de 3. Todo ello implica que n 3 = 4. Si H 1, H2' H 3 , H 4 son los cuatro subgrupos de orden 3 de A 4 , se deduce de 4.6.8.1 que H; n H¡ = (1] si i =/: j. Entonces si V fuese un subgrupo de A4 de orden 4 distinto de V sería H; = V n H; = (1] por 4.6, card(V U V)~ S. V

En tal caso,

lo cual es falso.

n

243


Así n 2

=

1 y la implicación (1)

~

(2) está demostrada.

(2) ~ (1) Sin = 3, los subgrupos propios de S 3 tienen orden 2 ó 3, por el teorema de Lagrange. Como A 3 es subgrupo normal de S 3 y o(A 3 ) = 3, se deduce de 4.6.4 que A 3 es el único subgrupo de S 3 de orden 3. Todo se reduce por lo tanto a demostrar que S 3 no posee ningún subgrupo normal de orden dos, y esto se deduce de 5.9.1. Paran

~

5, basta aplicar 5.16.

Corolario 5.17. (1)

Sean~ 3, n

=;6

4. Entonces

Para cada 2 < k < n, Sn no tiene ningún subgrupo de índice k.

(2) Sn posee algún subgrupo de índice dos y alguno de índice n (esto también es válido paran = 4). (3) Para cada 1 < k < n, An no tiene ningún subgrupo de índice k. (4) An tiene algún subgrupo de índice n (también paran = 4).

Demostración. (1)

Veamos primero el caso n = 3.

Es obvio, pues ningún entero k cumple 2 < k < 3.

(2) A 3 tiene índice dos y el subgrupo generado por la transposición (1, 2) tiene índice tres. (3) El único entero k que cumple 1 < k < 3 es k = 2 que no divide a o(A 3 ) = 3. Así la afirmación se deduce del teorema de Lagrange. (4)

El subgrupo {1} tiene índice tres en A 3 •

Pasemos ya a estudiar el caso n

~

5 (para (2) y (4) n

~

4).

( 1) Supongamos que H es un subgrupo de índice k de Sn para algún 2 < k < n. Consideremos la acción de Sn sobre X= SjRH descrita en 3.12 y que viene definida por Sn X X~ X: (g, xH)

i--+

gxH

y cuyo núcleo ker 8 está contenido en H, según vimos también en 3.12. En consecuencia [Sn : ker 8)

= [S

11 :

y por ello ker 8 =;6 An.

H] [H : ker 8) ~ [Sn : H] = k>2 = [Sn : An]

244


Esto implica, en virtud de 5.16, que ker 8= {l} ó ker 8= Sn, pues ker 8 es un subgrupo normal de Sn. Ahora bien, si ker 8=Sn tendríamos Sn e H, luego Sn = H y k = ISn: H] = 1, lo cual es falso. Así ker 8 = {1} o lo que es lo mismo el homomorfismo 8 : Sn ~ Biy(X)

asociado a la acción es inyectivo. Esto implica que n! = o(Sn) ~ o(Biy(X)) = [Sn : H]! = k!,

lo cual es falso, pues k < n. (2)

Evidentemente An es subgrupo de índice dos de Sn. Por otro lado, para cada 1 ~ i ~ n sea H¡

= {a E

Sn : a(i)

= i].

Es claro que H¡ es subgrupo de Sn pues no es vacío (contiene a la identidad) y dados O', 'l' E H; se cumple O'(i) = 'l'(i) = i,

luego

r 1(i)

= i-- 1(i-(i)) = i,

y así aº

r 1(i)

= a(i) = i,

luego a º i-- 1 E H;. Consideremos ahora X¡

= En\ {i] y la aplicación

H¡ ~ Biy(X¡) : O' 1--+ o-IX¡

Evidentemente se trata de un homomorfismo, pues o-IX¡

o

i-lX¡ = (O'

o

'l') IX¡"

Además es inyectiva, pues dados O', i- E H¡ distintos, y puesto que a(i) = i-(i) = i, existe j E X; tal que a(j) # i-(j), es decir, oix; # i-lxi" Por último, dado a E Biy(X¡), la aplicación
En

~

En : j

i--+

a(j) si j # i

i

1--+

i

pertenece a H¡ y cumple o-IX¡ = a. Esto prueba la sobreyectividad.

245


Así pues H¡ = Biy(X¡) = Sn-t

En particular o(H¡) = o(Sn_ 1) = (n - 1)! y por lo tanto [

Sn : H¡

]

n!

= (n -1)! = n.

En consecuencia, Sn posee al menos n subgrupos distintos de índice n. (3)

La demostración de este apartado es muy similar a la de (1). Supongamos que An posee un subgrupo H de índice k para algún 1 < k < n. Llamamos X= An I RH y consideramos la acción de An sobre X dada por An

X X~ X : (g, xH)

i-+

gxH.

El núcleo ker 8 de esta acción es un subgrupo normal de An y puesto que ker 8 CH~ An, la simplicidad de An, probada en 5.15, implica que ker 8 = (1]. En consecuencia el homomorfismo 8 : An ~ Biy(X)

asociado a dicha acción es inyectivo y por ello ~!

=o(An) ~

Como n! = n(n - 1)! y k

o(Biy(X)) = [An : H]!= k! ~ n -

n

-(n-1)! 2

~

1, se deduce que (n-1)!

y por lo tanto n ~ 1 lo cual es falso pues n ~ 5. 2

(4) Sea H = (a E Sn : a( 1) = 1], que como hemos visto en (2) es subgrupo de índice n de Sn. Veremos que H n An tiene índice n en An. Es claro que H (/:. An pues por ejemplo la transposición (2, 3) pertenece a H pero no a An. En consecuencia An ~ AnH C Sn

y por lo tanto Sn

= AnH, ya que [Sn

: An]

= 2. Así

o(S ) = o(A H) = o(An) o(H)

n

n

o(H riAn)

246


luego

n = o(Sn) o(H)

Por lo tanto H

=

o(~) o(H n An)

n An es un subgrupo de An de índice n.

5.17.1. Obsenración. Las afirmaciones (1) y (3) de 5.17 son falsas para n = 4. Por ejemplo, como o(S4 ) = 24 = 23 • 3, el teorema de Sylow afirma que S 4 posee algún subgrupo de orden 8, y que por lo tanto tiene índice 3.

Los resultados anteriores ponen de manifiesto las especiales caracteristicas de los grupos S 4 y A 4 dentro de la familia de los grupos simétricos y alternados. Por ello pasamos a continuación a estudiarlos con detalle, obteniendo todos sus subgrupos. Para A 4 basta coleccionar los resultados que ya conocemos. 5.18.

Ejemplo.

El grupo A 4 posee los siguientes subgrupos propios:

(i)

Un único subgrupo de orden 4, que es isomorfo a Z/2Z

(ii)

Cuatro subgrupos de orden 3.

(iii)

X

Z/2Z.

Tres subgrupos de orden 2.

Demostración. Ya vimos en 2.1 O que A4 no posee ningún subgrupo de orden 6. Así, por el teorema de Lagrange los posibles órdenes de los subgrupos de A 4 son 2, 3 ó 4. En 5.16.1.1 vimos que V = [ 1,

-rl' -r2, t'3}

con -r1 = (1, 2) o (3, 4), -r2 = (1, 3) º (2, 4), -r3 grupo de orden 4 de A 4 •

= (1,

4) º (2, 3), es el único sub-

Como todos los grupos de orden 4 son abelianos (véase 3.11.5), V lo es. Por el teorema de estructura de grupos abelianos finitos 2.21, los grupos abelianos de orden 4 son isomorfos a Z/ 4'1L ó a Z/2Z X Z/2Z. Como -r1 = t'} = -r1 = 1, V no posee elementos de orden 4, luego no es isomorfo a '1L/4'1L. En consecuencia V es isomorfo a Z/2Z X Z/2Z. También hemos visto en 5.16.1.2 que A 4 posee cuatro subgrupos de orden 3 (por supuesto, todos ellos isomorfos a Z/3Z). Por último, el teorema de Sylow asegura que cada subgrupo de orden 2 de A 4 está contenido en alguno de orden 4. Como V es el único subgrupo de orden cuatro, y -r1 = 1, 1 ~ i ~ 3, los subgrupos de orden dos de A 4 son

247


( t"1), ( i-2>

Y Ü3),

Por lo tanto, A 4 posee tres subgrupos de orden dos. 5.19. Ejemplo. Vamos a buscar todos los subgrupos propios de S 4 • 5.19.1. A 4 es el único subgrupo de orden 12 de S 4 •

En efecto, supongamos que H fuese otro subgrupo de orden 12 de S 4 • Así H n A 4 sería subgrupo de A4, H n A4 # A4. Como éste no posee subgrupos de orden 6, se deduce que

En consecuencia o(HA )= o(H)o(A4 ) > 12-12 = 24 =o(S) 4 o(H r-.A4) 6 4 ,

lo que es absurdo. 5.19.2. S 4 posee tres subgrupos de orden 8, todos ellos isomorfos a D4 •

En efecto, el teorema de Sylow asegura, al ser o(S4 ) ro de subgrupos de orden 8 es uno o tres.

=

23 • 3, que el núme-

Consideremos los elementos t"1 0'1

= (1, 2) (3, 4); t"2 = (1, 3) o (2, 4); t"3 = (1, 4) o (2, 3); = (1, 3); 0'2 = (2, 4); /31 = (1, 2, 3, 4); /32 = (1, 4, 3, 2); 0

y Mt

= {1,

0'11 0'2' i-11 i-2' i-3, /31' f32J.

Es rutinario (aunque pesado) comprobar que xy- 1 E M I para cada x, y E M 1• Se deja esto como ejercicio al lector. Así M I es un subgrupo de orden 8 de S 4 • Evidentemente M2 = M1, donde f3 = (1, 4), es también un subgrupo de orden 8 de S 4 , por ser conjugado de M 1• Si a= (1, 2), resulta que

f3 ºaº 13- 1 = f3 ºaº f3 = a 2

E MI'

luego a E M1= M2• Como a fl. M 11 M2 es distinto de M 1• Así hay al menos dos subgrupos de orden 8, luego por el teorema de Sylow hay tres, que además son conjugados. Serán por lo tanto M 11 M2 = M1, M3 = M; para algún y E S 4 •

248


Debemos ver que todos ellos son isomorfos a D4• Al ser conjugados es suficiente, en virtud de 3.5.2, comprobar que M 1 es isomorfo a D 4• Ahora bien, M 1 no es abeliano, pues por ejemplo

° '1 = /11' '1 ° 0'1 = /12Así, por 3.19, M 1 es isomorfo a D4 o al grupo cuaternión Q. Como Q posee un solo elemento de orden 2, y M 1 posee cinco, Q no es isomorfo a M 1• Así M 1 y D 4 son isomorfos. 0'1

5.19.3. S 4 posee cuatro subgrupos de orden 6, todos ellos isomorfos a S3.

Consideremos los subgrupos 1 ~ i ~ 4.

H; = (u E S4 : u(i) = iJ

Según vimos al demostrar (2) en 5.17, éstos son cuatro subgrupos de índice 4 (luego de orden 6) de S 4 , y todos ellos son isomorfos a S 3 • Sólo falta probar que éstos son los únicos subgrupos de orden 6 de S 4 • Sea pues H un subgrupo de S 4 de orden 6. En virtud de 5.18, H no está contenido en A 4 , y por lo tanto A 4 ~ A 4 H. Esto, junto con [S4 : A4 ] = 2, implica que A4H = S 4 y de aquí se desprende que 0

Así, existe u E H

(H

11

A) =o(H) o(~)= 6-12 = 3 4 o(A4 H) 24 .

n A4 de orden tres, H

n

tal que

A 4 =(u)= (1, u, u 2 J.

Aplicando ahora 5.6.2 (obsérvese que p = 3 es primo y 4 = n < 2p = 6) se deduce que u es un ciclo de longitud tres. Por otra parte, como H tiene orden 6, se deduce del teorema de Cauchy que H posee un elemento, digamos ,, de orden dos. En virtud de 5.6.2, 'l'

donde , 11

••• ,

= 'l

o ••• o

'r•

'r son transposiciones disjuntas.

Evidentemente r

~

2, ya que 4 = card E 4

~

r

card U sop(-r;) = 2r. i=l

Si fuera r = 2, sería

249


luego TE A 4 • Entonces TE H n A 4 , y esto es absurdo pues un grupo de orden 3 no posee elementos de orden 2. En consecuencia r = l y T = , 1, es una transposición. Resumiendo,

5.19.3.1. H contiene un ciclo

O'

de longitud 3 y una transposición T.

Vamos a probar que sop(-r) e sop(a). Si no fuese así, llamamos e a un elemento de sop(-r) que no pertenezca a sop(a). Claramente O' y T no pueden ser disjuntos, pues en tal caso card(sop(O') U sop(-r)) = 3 + 2 = 5 > 4 = card E 4 • En consecuencia existe i E sop(a) n sop(-r) y usando 5.3.1, podemos escribir a= (i, j, k), T = (i, f) con i, j, k,

e distintos.

Esto implica que O'º -r = (i, e, j, k) y por 5.4, aº -r tiene orden 4. Esto es absurdo, pues O' o T E H y H tiene orden 6. Ya hemos probado, por tanto, que sop( -r) e sop( a). Como sop( a) tiene tres elementos, existe e' E E 4 \sop(a), y vamos a demostrar que H = Ht, lo que completará la prueba de 5.19.3. Como (-r) n (O')= [1], pues o(a) = 3 y o(-r) = 2 son primos entre sí, se sigue que o(('Z') · (O')) = 6 = o(H), luego

H = [1,

O', 0' 2 , T, TO',

-ra 2 ].

Como sop(-r) e sop(a) y e' fl sop(a), se deduce que f(f')

= e' para cada f E

H.

Así He Ht' y como o(H) = 6 = o(Hf'), se deduce la igualdad H = Ht' que buscábamos. Pasamos ahora a probar

5.19.4. S 4 posee cuatro subgrupos de orden 3. En efecto, si Hes un subgrupo de orden 3, ha de ser H = ('Z'), TE S 4 de orden 3.

Por 5.6.2 Tes un ciclo de longitud tres y por tanto pertenece a A 4 (estamos utilizando 5.7.1). Así He A 4 • Recíprocamente, todo subgrupo de orden 3 de A 4 lo es de S 4 • En consecuencia, se deduce de 5.18 que S 4 posee cuatro subgrupos de orden 3.

250


5.19.5. S4 tiene nueve subgrupos de orden 2. En efecto, se trata de contar cuántos elementos de orden 2 hay en S 4 • Aplicando una vez más 5.6.2, se deduce que los elementos de orden 2 en S 4 son, bien transposiciones, bien composición de dos transposiciones disjuntas. Obviamente el número de transposiciones es ( ~) = 6, mientras que las composiciones de dos transposiciones disjuntas son t'1 = {1, 2) o (3, 4), 1'2 = (1, 3) o (2, 4), t'3 = (1, 4)

o

(2, 3).

Así pues, hay nueve elementos de orden 2 en S 4 • Hemos dejado para el final 5.19.6. S 4 posee siete subgrupos de orden 4; tres de ellos son cíclicos y los otros cuatro isomorfos a '11../2'1/.. X '11../2'1/... En efecto, consideremos V= {l,

i-1' i-2' i-3 ]

e S4

con las notaciones de 5.16.1 o de 5.19.2 (que coinciden) y los tres subgrupos MI' M 2 y M3 de orden 8 en S 4 (véase 5.19.2). Sabemos que V C MI' M 2 = M1, M3 = M{,

para ciertos {3, y E S 4 • Además en 5.16.1 demostramos que V es subgrupo normal de S 4 ; entonces V= yP e M1

= M2 y

V= vr e M"{

V CM,

n M3,

= M3,

y por tanto, V CM,

n M2,

V C M2

Como los subgrupos MI' M 2' M 3 son distintos, cada propio de M¡, luego o(M;

n

M¡) =s;; 4, y al ser V

e

M;

n

n M3. M¡ n M¡

M; con o(V)

es subgrupo

= 4,

se deduce que M,

n M2 = M, n M3 = M2 n M3 = V.

Por otro lado, cada M¡ es isomorfo a D4 , luego posee, en virtud de 1.13, un subgrupo C¡ cíclico de orden 4 y otros dos subgrupos no cíclicos de orden 4, los cuales por el teorema de estructura de grupos abelianos son isomorfos a '11../2'1/.. X '11../2'1/... Uno de ellos es V pues ya hemos visto que V C M¡ y evidentemente V no es cíclico, pues todos sus elementos tienen orden 2. Llamamos V y K¡ a los dos subgrupos no cíclicos de M¡.

251


Resumiendo, para cada i = 1, 2, 3, tenemos tres subgrupos C¡, V, K; de S 4 de orden 4 contenidos en M;. Los subgrupos C 11 C2, C3, K 11 K 2 , K 3 y V son distintos, pues C; K¡

= C¡ implica C; e M; n M; = V, = K¡ implica K; e M; n M¡ = V,

= V,· es decir K; = V,·

es decir C¡

y ambas cosas son falsas (por supuesto C; 'F K¡ pues uno es cíclico y el otro no). Ya hemos encontrado siete subgrupos de orden 4 en S4 • Que éstos son todos es consecuencia inmediata del teorema de Sylow: todo subgrupo de orden 4 de un grupo de orden 24 = 23 • 3 está contenido en un subgrupo de orden 8. Como los divisores propios de 24 son 12, 8, 6, 4, 3, 2, ya hemos calculado todos los subgrupos de S4 •

5.19. 7. Observación. Según acabamos de probar todos los subgrupos de S 4 cuyo orden es múltiplo de 4 y mayor que 4, que son A4 , M 1, M2 y M3 , contienen a V= [1, '1•

'2' '3].

Los grupos de orden 4 que no son V cortan a V en un subgrupo de orden 2. Extraemos a continuación algunas consecuencias sencillas de los ejemplos anteriores.

Corolario 5.20. tiene orden 4, y es

( 1) A4 posee un único subgrupo normal propio, que

V= [1, {1,2)

o

(3,4), (1,3)

o

(2,4), {1,4)

o

(2,3)].

(2) S4 posee exactamente dos subgrupos normales propios, que son A4 y V.

Demostración. (1) En 5.18 hemos visto que Ves el único subgrupo de orden 4 en A 4 • Por tanto, V es subgrupo característico (y en particular normal) de A 4 • También en 5.18 vimos que A4 tiene cuatro subgrupos de orden 3. Por el teorema de Sylow, ninguno de ellos es normal. En 5.9.1 demostramos que A 4 no posee subgrupos normales de orden 2. Como los subgrupos de A 4 tienen orden 2, 3 6 4 (véase 5.18), hemos demostrado (1 ).

252


(2) Como S 4 posee más de un subgrupo de orden 8 y más de un subgrupo de orden 3, el teorema de Sylow asegura que no hay subgrupos normales en S 4 de órdenes 8 ni 3. Por 5.9.1 S4 no posee subgrupos normales de orden 2. Veamos que tampoco tiene subgrupos normales de orden 6. Sea H¡

= {a E

S4 : a(i)

= i)

1

:!6;

i

:!6;

4,

uno de los cuatro subgrupos de orden 6 de S4 •

e a los elementos de E 4 que no son i,

Llamemos j, k,

a= (j, k, f) E H;, -e= (i, j) y {3 = -eº aº -c.

Como -e º {3 º r

1

= -r º -r º a = a E H;, se deduce que {3 E Hf . Sin embar-

go, {3(i) = -eº a(j) = -r(k) = k

luego

/3 fl

H;. Así H;

=;6

=;6

i,

Hf , y por tanto, H; no es normal.

Falta ver qué ocurre con los subgrupos de órdenes doce y cuatro. Como A 4 es el único subgrupo de orden 12 de S 4 , según hemos probado en 5.19.1,

esto zanja la cuestión para subgrupos de orden 12. De entre los subgrupos de orden 4, sabemos desde 5.16.1 que V es subgrupo normal de S 4 • Veamos que es el único. Supongamos que Hes un subgrupo normal de orden 4 en S 4 • Si MI' M2 , M 3 son los subgrupos de orden 8 en S 4 (véase 5.19.2) se deduce del teorema de Sylow que H C M; para algún i = l, 2, 3. Como los subgrupos M 1, M 2 , M 3 son conjugados, ponemos M¡ algún a E S 4, ; =;6 i.

= M~

para

Entonces, puesto que Hes normal, se tiene H = HªC M~= M., 1

y por tanto He M¡

n

M; = V

la última igualdad probada en 5.19.6. Como además o(H)

=

o(V)

=

4, se concluye que V

= H.

Respecto del problema de inversión del teorema de Lagrange se tiene: Corolario 5.21. son equivalentes:

Sea n un entero positivo. Las siguientes afirmaciones

253


( 1) En Sn se invierte el teorema de Lagrange. (2) n es menor o igual que 4. Supongamos que n ~ 5. Evidentemente n! es múltiplo de 3, y así d = n!/3 es un entero positivo que divide a n!. Por hipótesis Sn tiene un subgrupo H de orden d. En consecuencia. Demostración.

(1) => (2).

[Sn : H] = 3, 2 < 3 < n,

lo que contradice ( 1) en 5.17. (2) => (1). El resultado es obvio paran = 1,2. Paran = 3 el orden de S 3 es 6 = 2 · 3, y basta aplicar 4.22. Para n = 4, es consecuencia de 5.19. Corolario 5.22. Si n Demostración.

~

Paran

=

4, el teorema de Lagrange no se invierte en An. 4 conocemos el resultado desde 2.10. (Si se pre-

fiere véase 5.18). Supongamos ahora n ~ 5. Evidentemente n! es múltiplo de 4, luego d = n!/4 es un entero positivo que divide a n!/2 = m = o(An). Si el teorema de Lagrange se invirtiese en An, existiría un subgrupo H de An con o(H) = d. En consecuencia

[An:H]=;=2,

1<2
lo que contradice (3) en 5.17. En el capítulo anterior (en 4.20) demostramos que el único grupo simple de orden menor que 120 y no primo es As. Ahora podemos refinar este resultado mediante Corolario 5.23. As es el único grupo simple de orden no primo y menor o igual que 120.

Se trata de probar que si G es un grupo de orden 3 · 5, G no es simple.

Demostración.

120 = 2

3 •

Por el teorema de Sylow, el número ns de S-subgrupos de Sylow de G divide a 24 y cumple ns - 1 E 5Z. Por lo tanto ns = 1 ó 6. Si ns = 1 el único subgrupo de G de orden 5 es normal, luego G no es simple. Supongamos ahora que ns= 6.

254


Entonces, si Hes un subgrupo de orden 5 de G, y N = NG(H), el teorema de Sylow nos dice que

[G : N]

=

n5

=

6.

En consecuencia, si G fuese simple sería isomorfo a un subgrupo K de A 6 (estamos aplicando 3.12.3) y en particular

= 6! = 3 [~ ·. K] = o(~) o(K) 2-120 '

1 < 3 < 6,

lo que contradice (3) de 5.17. Terminamos el capítulo estudiando una propiedad específica de los grupos de permutaciones S cuando p es un número primo. Esto es útil al estudiar la «resolubilidad p6r radicales de ecuaciones polinómicas» (véase [CA], cap. IX).

Definición 5.24. Sean n un entero positivo y H un subgrupo de Sn. Decimos que H es transitivo si para cada par de elementos i =;é j en En existe a E H tal que a(i) = ;.

5.24.1. Ejemplos. (1) Si T = (1, 2, ... , n), el subgrupo H = (-r) es un subgrupo transitivo de Sn, pues dados 1 =s; i, j =s; n, existe a= ,i-i E H tal que a(i) = ,i-i(i) = i + (j - i) =

¡

pues -r(x) = x + 1 para cada x E En. (Identificamos 1 = n + 1). (2) Si n ~ 3, An es un subgrupo transitivo de Sn. En efecto, dados i, j tomamos k distinto de ambos y es obvio que a= (i, j, k) E An cumple a(i) = j. (3)

Con las notaciones de 5.19, V= [1,

'I' '2' ,

3 ), , 1

'3

= (1,

2)

= {1, 4)

(3, 4), , 2

o o

= {1,

3)

o

(2, 4),

(2, 3),

es el único subgrupo transitivo de S 4 de orden 4 isomorfo a "1L/2"1L En efecto, es claro por ser

que V es transitivo.

X

"1Ll2"1L.

255


Sólo hay tres subgrupos más de orden 4 isomorfos a 7l../27l.. se 5.19.6) que a fortiori son

v1 =

(1,

X

7l../27l.. (véa-

o, 2), (3, 4), o, 2) º (3, 4)},

Vi= (1, (1, 3), (2, 4), (1, 3) º (2, 4)}, V 3 = (1, (1, 4), (2, 3), (1, 4) º (2, 3)].

Ningún u E V1 cumple u( 1) = 3, luego V 1 no es transitivo. Análogamente tampoco lo son Vi ni V 3•

Proposición 5.25. Sean p un número primo y H un subgrupo transitivo de SP que contiene una transposición. Entonces H = SP.

Demostración. En 5. 7 demostramos que las transposiciones generan SP. Por lo tanto es suficiente demostrar que 5.25.1. H contiene todas las transposiciones de SP. Para ello consideremos en EP = { 1, 2, ... , p] la siguiente relación R: iRj si (i, j) E H.

Dicha relación es de equivalencia, pues i) Es reflexiva, ya que para cada i E EP la permutación (i, i) es la identidad, luego pertenece a H.

ii) Es simétrica, pues si (i, j) E H, también (j, i) = (i, j) E H. iii) Es transitiva, pues si (j, i) EH e (i, k) EH, se deduce de b) en 5.7 que (j, k) = (i, j)

o

(i, k)

o

(i, j) = (j, i)

o

(i, k)

o

(j, i) E H.

Evidentemente, demostrar 5.25.1 es lo mismo que probar que dos elementos cualesquiera de EP están relacionados mediante R, esto es, se trata de ver que

5.25.2. El conjunto cociente EPIR consta de una sola clase de equivalencia. Para probar esto necesitamos antes: 5.25.3. Todas las clases de equivalencia tienen el mismo número de elementos. En efecto, veamos que la clase [i ]R de cualquier elemento i E EP tiene el mismo número de elementos que la clase [1 [R del número uno.

256


Como H es transitivo, existe -r E H tal que -r( 1) = i. Construimos

f: [l]R ~ [i]R: k

t-+

'r(k).

Esta aplicación está bien definida, puesto que si k E [1k se tiene Ac = (1, k) E H, y como -r E H resulta que

Ahora bien, 'ro {3k o -r-l(i)

= 'ro

f3k(1)

'ro /jk o -r- 1(-r(k)) = 'ro

= -r(k),

/3/k) = -r( 1) = i,

mientras que si x E EP \[i, -r(k)], es r

1(x)

E EP \[l, k],

luego

y así -r º {3k º -r- 1(x) = -r º r 1(x) = x. Así hemos probado que -ro {3k º -r- 1 = (i, -r(k)), y por lo tanto (i, -r(k)) E H, o sea, -r(k) E [i]R y f está bien definida. Evidentemente, fes inyectiva por ser-runa biyección de EP. Comprobemos por último que fes sobreyectiva, con lo que 5.25.3 estará demostrado. Dado j E

[i]R la transposición

a= (i, j) E H y por ello

-r- 1 º aº -r E H. Pero -r- 1 º aº -r = (1, r 1(j)), ya que r 1 º a º -r( 1) -r-1 º aº

= r 1 º a(i) = -r- 1(j), -r(-r-I(j)) = -r-I º a(j) = rl(i)

= 1,

mientras que si x E EP \[1, r 1(j)], es -r(x) E EP\(i, j], luego a(-r(x)) = -r(x) y por ello r 1 º aº -r(x) = r 1 º -r(x) = x. En consecuencia (1, r 1(j)) EH, y por lo tanto r 1(j)) E [l]R. Evidentemente, f (-r- 1(j)) = -r( r 1(j)) = j, y esto prueba la sobreyectividad de f Ahora ya pasamos a probar 5.25.2.

257


s

Sea r el número (común) de elementos de cada clase de equivalencia y el número de clases de equivalencia en E,1R. Entonces p = card EP = rs,

luego r divide a p. Por otra parte, H posee una transposición (a, b), luego b E [a ]R, y así r ;;;,, 2. Como r divide a p y es mayor que uno, se deduce que r primo. Así p

luego s

=

= p,

ya que pes

= rs = ps

1, como queríamos demostrar.

5.26. Observación. La condición «p primo» es esencial en la proposición anterior. En efecto, consideremos en S 4 el subgrupo M¡ = [l,

'¡, '2• '3• O'¡, ª2• /3¡, /32]

construido en 5.19.2 (utilizamos aquellas notaciones). M I contiene, por ejemplo, la transposición a1• Además, M I es transitivo, ya que

= 2, 'l'¡(2) = 1; 0'¡(1) = 3, 0'¡(3) = 1; -ril) = 4, -ri4) = 1; -ri2) = 3, -ri3) = 2; ai{2) = 4, ai(4) = 2; , 1(3) = 4, , 1(4) = 3. 'l'¡(l)

Sin embargo M 1 =/: S 4 •

258


EJERCICIOS CORRESPONDIENTES AL CAPÍTULO 5

81.

. los d"1s. "ó n d e c1c E xpresar u = ( 1 2 3 4 5 6 71)1 como compos1c1 l 5 7 4 6 2 3 juntos. Hacer lo mismo con u 2 y
82. Sean m y n enteros positivos tales que m divide a n, y u E Sn un ciclo de longitud n. Demostrar que un es producto de m ciclos disjuntos de longitud nlm. 83. Sea u= (a 1, ... , ak) un ciclo de longitud k de Sn. (a) Demostrar que si -r E Sn es conjugado de u, es un ciclo de longitud k. (b) Demostrar que los conjugados de u son los ciclos de S11 de longitud k. 84. Sean n un entero positivo, u y -r elementos de S 11 • Demostrar que las siguientes afirmaciones son equivalentes:

u y -r son conjugados. (2) u y -r se pueden escribir como composición de ciclos disjuntos

( 1)

de modo que long(u;) = long(-r¡). *85. Sin es un entero positivo, se llama partición den a todo subconjunto [t'¡, ... , t'r] de enteros positivos tales que t' 1 + ... + t'r = n. Se pide: (a) Probar que el número de clases de conjugación del grupo S 11 es v(n) = número de particiones den. (b) Calcular v(3) y v(4). (c) Describir explícitamente las clases de conjugación de S 4 • (d) Utilizar (c) para dar otra demostración de (2) en 5.20. 86. Sean n y k enteros positivos, k longitud k en sn.

==,;

n. Calcular el número de ciclos de

87. Un elemento u E S 11 se llama regular si existen enteros positivos m y r y ciclos disjuntos -r1, ••• , -rr, de longitud m tales que U='r¡ o ... o'fr

y E 11

r

= U sop{'r¡). Í=l

259


Demostrar que u es regular si y sólo si existe un natural k y un ciclo , de longitud n tal que u= ,k. 88. Sean p un número primo y k un entero no negativo que no es múltiplo de p. Demostrar que si u es un ciclo de SP de longitud p, entonces uk es también un ciclo de longitud p. Calcular el número de elementos regulares de SP. 89. Un subgrupo H de Sn se llama regular si para cada u E H\[/d}, se cumple F(u) = [x E En : u(x) = x} = 0.

(a) Probar que los elementos de un subgrupo regular son regulares. (b) ¿Es cierto que si todos los elementos de un subgrupo H de Sn son regulares, entonces Hes regular? 90. Sea H un subgrupo transitivo de Sn. Demostrar que Z(H) es un subgrupo regular de Sn. *91 Un elemento x de un grupo G se llama fuertemente real si existe a E G de orden dos tal que axa- 1 = x- 1• Cuando todos los elementos del grupo G son fuertemente reales, se dice que Ges fuertemente real. (a) Demostrar que los ciclos de Sn son fuertemente reales. (b) Demostrar que Sn es fuertemente real. *92. Sea u un ciclo de longitud n en Sn, y H = (u) . Probar que el cociente N 5 (H)IC5 (H) == y calcular el orden de N 5 (H) y de C5 (H). n

n

z;

n

n

93. Sea p un número primo. Calcular el número de p-subgrupos de Sylow de SP. 94. Utilizar el ejercicio anterior para obtener una nueva demostración del teorema de Wilson. 95. ¿Existe algún número primo p tal que Aut("ll.lp"ll. X "ll.lp"ll.)

== Si

96. Sean n un entero positivo y H = [u E S11

Calcular N 5 (H). n

:

u(n) = n}.

260


97. Sean ~ 5 y f: lli" ~ R: (x 1, ••• , xn)1---+ f(x 1, ••• , xn) una aplicación. Sea N el número de funciones distintas obtenidas a partir de f permutando las variables X¡, ••• , xn. Demostrar que si N > 2, entonces N~n.

98. ¿Para qué enteros positivos k posee S 5 algún subgrupo de orden k? *99. ¿Existe algún grupo simple de orden 180?

* 100. Calcular el orden de Aut(S5 ). Probar que este grupo es isomorfo a S 5 .

Capítulo 6

SERIES

La estrategia más primitiva (pero fecunda) para estudiar grupos finitos G es la siguiente: encontremos un subgrupo normal y propio H de G y estudiemos los grupos H y G/H; éstos tienen menos elementos que G, lo que permite hacer, por ejemplo, inducciones. Reiterando este proceso se llega al concepto de serie, objeto de nuestro estudio en este capítulo. La existencia de series con propiedades adicionales (factores cíclicos o abelianos, por ejemplo) da lugar a los distintos tipos de grupos que analizaremos aquí: policíclicos, resolubles y ni/potentes. Entre los resultados más notables señalemos aquél que caracteriza los grupos ni/potentes como aquéllos en los que se in vierte el teorema de Lagrange para subgrupos normales.

A lo largo de este capítulo la palabra grupo significa «grupo con más de un elemento».

I.

SERIES DE COMPOSICIÓN

Definición 6.1. grupos de G

Una serie de un grupo Ges una sucesión finita de sub-

S: [1}

de modo que para 1 ~ i

= G0 ~

~ G1 ~

•••

~ Gn-t ~ Gn

=G

n, G¡_ 1 es subgrupo normal de G;.

Los cocientes G/Gi-1' 1 ~ i ~ n, se llaman factores de la serie S y el número n se llama longitud de S. Notaremos long(S) = n. A los subgrupos G¡, O ~ i ~ n, los llamaremos miembros de la serie S. 6.1.1. Observación. Algunos textos llaman serie normal a lo que nosotros hemos llamado serie. Definición 6.1.2. Dadas dos series S y T de un grupo G, diremos que Tes un refinamiento de S o que T refina a S si cada miembro de S lo es de T. Decimos que T es un refinamiento propio de S si T =I: S. 6.1.3. Ejemplo. Sea G = S 4 el grupo de permutaciones de 4 elementos. Como [S4 : A4 = 2, A 4 es subgrupo normal de S 4 • Por tanto, J

S: [1} = G0 ~ G 1 = A 4 ~ G 2 = S4

es una serie de S 4 de longitud 2. En 5.20 vimos que A 4 tiene un subgrupo normal V de orden 4. Evidentemente la serie T: [1}

~

V~ A 4

~

S4

de longitud tres, es un refinamiento propio de S.

264


Definición 6.1.4. La serie S del grupo G se llama serie de composición si no admite refinamientos propios. Para decidir si una serie es de composición utilizaremos la siguiente

Proposición 6.1.5.

Una serie

S: [1}

= G0

~ G 1 ~ ••• ~ Gn

=G

es una serie de composición del grupo G si y sólo si los factores G/G;_ 1, 1 :,s;;; i :,s;;; n, son grupos simples.

Demostración. Si algún factor G; IG¡_ 1 no fuese simple, poseería algún subgrupo normal N; propio. Por 2.3, N¡ = HJG¡_ 1 para algún subgrupo normal H¡ de G;. Como N; es propio se tiene G.1- 1 ~H.~ G1.. 1 Evidentemente G¡_ 1 es subgrupo normal de H;, por serlo de G;, y en consecuencia T: [1}

= G0

~

•••

~ G¡_ 1 ~ H; ~ G; ~ ... ~ Gn

=G

es un refinamiento propio de S, luego S no es serie de composición de G. Hemos demostrado el «sólo si». Recíprocamente, supongamos que S no es serie de composición de G, y sea T un refinamiento propio de S,

T : [ 1} = H O ~ H 1

~ ••• ~

Hm

=G

Si j es el mayor entero tal que Hl. no es miembro de S (su existencia viene garantizada por el hecho de que r 7': S), es obvio que H;+i es miembro de S (pues j + 1 > j), luego existe 1 :,s;;; k :,s;;; n tal que H;+ 1 = Gk. Como Gk-l es miembro de S también lo es de T, luego existe O :,s;;; i tal que Gk- l = H;. Así

:,s;;; m -

1,

H¡ = Gk-1 ~ Gk = H;+1 luego i < j + 1. Por ello i

:,s;;; j,

y por lo tanto

Gk - 1 = H.1 e H.1

~

H.J+ 1 = Gk

y en particular

Gk-l e H¡ ~ Gk y H¡ 7': Gk-l pues H¡ no es miembro de S. Además H¡ es subgrupo normal de H;+i = Gk y por tanto, usando 2.3, H/Gk-l es un subgrupo normal propio de

265

SERIES

Gk/Gk-t• luego éste no es simple. Hemos probado el «si», y con ello la proposición.

6.1.6.

La serie

Ejemplo.

{1] I;; V 1;; A 4

1;;

S4

del ejemplo 6.1.3 no es de composición, pues V = V/[ 1J no es simple en virtud de 3.11.6. Como V no es simple y o(V) = 4, posee un subgrupo normal H de orden 2. Entonces la serie

es de composición, ya que los factores H/(1] = H, VIH, A 4 /V, S 4 /A 4 , al ser todos de orden primo (2, 2, 3 y 2) son simples. Para cada grupo G {1] I;; G es una serie. Sin embargo, no todo grupo tiene una serie de composición, como pone de manifiesto el siguiente

6.1.7. Ejemplo. Si G es un grupo abeliano no finito, G no admite ninguna serie de composición. Demostración. Supongamos, por reducción al absurdo, que existe una serie de composición de G: S:{l]=G 0 1;; G 1 1;; ... 1;; Gn=G Cada cociente G/G;_ 1 es abeliano y o(G/G;_ 1)>1. Como cada G/G;_ 1 es simple, deducimos 3.16 que G/G,-_ 1 es finito (y de orden primo). Así n

o(G)=[G:Gn_i] ... [G1 :Go]=Ilo(G;IG;_i), i=I

luego G es finito. Contradicción. Sin embargo,

6.1.8. ción.

Ejemplo.

Todo grupo finito G admite una serie de composi-

266


Demostración.

Por inducción sobre o(G) = n. Sin= 2, Ges simple, luego

(ld = Go

~ Gt

=G

es, en virtud de 6.15, una serie de composición de G. Sea ahora n>2. De nuevo, si Ges simple, la serie

[1}

~

G

es de composición. Si G no es simple, tomamos un subgrupo propio normal H de G. Los grupos G/ H y H son finitos y o(GIH) < n, o(H) < n,

pues [ 1} 7': H 7': G. Por hipótesis de inducción existen series de composición S: [1} ~ N 1 ~

••• ~

T: [1} ~ H 1 ~

N 111 = GIH

••• ~

Hd = H

de G/H y H respectivamente. En virtud de 2.3 cada N; = G/H, 1 ,¡¡;;; j ,¡¡;;; m, para cierto subgrupo G; de G, H C G;- Cada G¡_ 1 es subgrupo normal de G¡, pues N¡_ 1 es subgrupo normal de N;- En consecuencia, R: [l}

~

H1

~ ••• ~ Hd = H ~

G1

~ ••• ~ G 111 = G

es una serie de G. Los factores H/H¡_ 1 son simples pues son factores de T. Los factores G./G. 1 1 ~

=

(G./H)/(G. 1 /H) = N./N. 1 1 ~ 1 ~

por el segundo teorema de isomorfía 2.15. Por ello cada G/G;-t es simple, ya que N/N;-t es factor de la serie de composición S. Por tanto, Res una serie de composición de G. La demostración anterior pone de manifiesto

6.1.9. Observación. Sean G un grupo y H un subgrupo normal de G. Si H y GIH admiten series de composición, también G admite una serie de composición. 6.1.10. Observación. En general un grupo puede admitir más de una serie de composición. Por ejemplo, si G = Z/ 12Z, consideramos

267

SERIES

GI = 6.Z/12.Z,

G2 = 3.Z/12.Z, y

H 2 = 2.Z/12.Z.

H 1 = 4.Z/12.Z,

Las series S: [1} = G0

~

G1

~

G2 ~ G3 = G

=H0

~

H1

~

H 2 ~ H3

T: [1}

=G

son de composición, pues todos los factores G/G0

= GI'

G 2/G 1 G/G2' H 1/H0

= HI'

H 2 /H 1 H 3 /H 2 ,

son simples, ya que tienen orden primo. Comprobémoslo. Veamos antes de nada que 6.1.10.1. Si m y d son naturales positivos y m = df para algún natural f, entonces dZlmZ = Z/fZ. En efecto, como Z/ mZ es cíclico y dZ es un subgrupo de Z que contiene a mZ, el cociente dZI mZ es, por 2.3.1.2, un grupo cíclico. Como (ZlmZ)!(dZlmZ) morffa), resulta

= ZldZ

(en virtud del segundo teorema de isoo(ZlmZ)

d

=o(ZldZ) = o(dZlmZ)'

luego o(dZ!mZ) = mld = f. Así dZ!mZ es un grupo cíclico de orden f, y por 2.8.1 es isomorfo a Z/ fZ. Ahora ya G/G0

= G 1 = 6.Z/12.Z = Z/2.Z

tiene orden 2;

G 2 /G 1 = (3Z/12Z)/(6Z/12Z) = 3.Z/6.Z = Z/2.Z tiene orden 2; G 3 /G 2 = (Z/12Z)/(3Z/12Z)

H 1/H0 = 4.Z/12.Z

= Z/3.Z

=

Z/3.Z tiene orden 3;

tiene orden 3;

H 2 /H 1 = (2Z/12Z)/(4Z/12Z) H 3 /H 2 = (Z/12Z)/(2Z/12Z)

= Z/2.Z tiene orden 2;

=

Z/2.Z tiene orden 2.

Además hemos probado que 6.1.10.2. H/H0

= G/G2'

H 2 IH 1

= G/G0,

H/H2

= G 2/G 1•

En las proposiciones siguientes estudiaremos en qué se parecen dos series de composición de un grupo dado.

268


Decimos que dos series

Definición 6.2.

S: (1)

= G0

~ G1 ~

•••

~ G"

=G

T: (1)

= H0

~

H1 ~

•••

~

=G

Hm

de un grupo G son equivalentes si m = n y existe una permutación conjunto (1, 2, ... , n), tal que G/G¡_ 1

= Ha(i/Ha(iJ-t

para cada 1 =:;;; i

==;;;

G

del

n.

Diremos simplemente que S y T tienen factores isomorfos y escribiremos S-T.

6.2.1.

Ejemplo. Las series S y T de 6.1.1 O son equivalentes, pues si

G:

2 3)1 '

[ 21 3

en virtud de 6.1.10.2 se tiene

6.2.2. Observación. Si S y T son series equivalentes y S es serie de composición, también lo es T, pues los factores de T, al ser isomorfos a los de S, son también simples. Proposición 6.3. (Teorema de Schreier). Dos series cualesquiera de un grupo G admiten refinamientos equivalentes. Demostración.

Sean las series

S: ( 1) = G 0

~ G 1 !;; ... !;; G" =

T: (1) = H 0

!;;

H1

!;; ... !;;

Hm

G

=G

Para construir refinamientos equivalentes a S y T vamos a utilizar el cuarto teorema de isomorfía 2.18. Fijados 1 =:;;; i ==;;; n y 1 =:;;; j ==;;; m, tenemos G¡_ 1 subgrupo normal de G;, H;-t subgrupo normal de H¡- Usando (2) de 2.18

6.3.1.

G¡_ 1(G¡

n H¡_ 1) es subgrupo normal de

H¡_ 1(G¡_ 1

y por (4) de 2.18,

G¡_ 1(G¡

n H¡),

n H¡) es subgrupo normal de H¡_ 1(G¡ n H¡);

269

SERIES

6.3.2.

(G.1- 1(G.1

n H.))/(G. t(G.1 n H.,- 1)) == (H./- t(G.1 n H.))l(H. 1
Como además 6.3.3.

n Ho), G. 1(G. n H m ) = G. 1G. = G., H.,- 1 = H.,- 1G 0 = H.,- 1(G0 n H.), 1 H.1- 1(G n n H.) = H. 1H. = H., 1 1-1 1 G¡_J = G¡_JHO = G¡_J(G¡ 1-

1

1-

1

1

podemos insertar en S y en T estos subgrupos y construir S*: [1} = G 0 = GoCG 1 n H 0 ) e G 0(G 1 n H 1) e ... e G 0 (G 1 n Hm) =

= G 1 e ... e

G;_ 1 = G;_ 1(G;

n H 0 ) e G;_ 1(G; n H 1) e ... e e G¡_ 1(G; n Hm) = G; e ... e Gn = G

y también T*: [1} = H 0 = H 0 (G 0

= HI

n

H 1)

H 0(G 1 n H 1)

= H;-1
C ... C H;-1 C

e

e ... e H 0 (Gn n

n H¡) = G.

C H;-1
H 1) =

C ... C

El número de «eslabones» de S* es n(m - 1) + n + 1, y el de T* es m(n - 1) + m + 1 = mn + 1, luego coinciden. Los «contenidos» que aparecen en S* pueden ser no estrictos, pero si hay r parejas de miembros consecutivos en S* iguales, hay r cocientes iguales a [ 1} y por 6.3.2 hay también r cocientes iguales a [ 1} en T* y por lo tanto el número de parejas de miembros consecutivos iguales en T* es también r. Si llamamos S' a la serie obtenida a partir de S* eliminando los miembros repetidos y T' a la obtenida a partir de T* por el mismo procedimiento, hemos probado que long(S')

= mn + 1 - r = long(T').

Estos son los refinamientos buscados, pues al ser G;

= G¡_ 1(G; n Hm) y H¡ = H¡_ 1(Gn n H¡),

S' refina a S y T' refina a T, mientras que los factores de S' son isomorfos a los de T' por 6.3.2.

Corolario 6.3.4. (Teorema de Jordan-Holder). sición de un grupo G son equivalentes.

Dos series de compo-

270


Demostración. Sean S y T series de composición de G. Por el teorema de Schreier existen refinamientos equivalentes S' y T' de S y T. Como S y T son series de composición, ha de ser S - S' y T - T'. Por lo tanto, S y T son equivalentes. Corolario 6.3.S. Sea G un grupo que admite una serie de composición. Entonces ( 1) Para cada serie S de G existe un refinamiento S' de S tal que S' es serie de composición. (2) Si Hes un subgrupo normal de G, existe una serie de composición S' de G, uno de cuyos miembros es H.

Demostración. ( 1) Sea T una serie de composición de G, cuya existencia conocemos por hipótesis. Por el teorema de Schreier existen refinamientos S' y T' de S y T, que son equivalentes. Pero T = T', pues Tes serie de composición. Así S' y T son equivalentes, y por 6.2.2, S' es la serie de composición buscada. (2) La afirmación es obvia si H = (1} ó H = G. Si Hes subgrupo propio de G, basta aplicar (1) a la serie S:(l}~H~G.

11.

GRUPOS POLICf CLICOS

Definición 6.4. Decimos que una serie es cíclica si sus factores son grupos cíclicos. Decimos que el grupo G es policíclico si admite una serie cíclica. 6.4.1. Ejemplo. Sean p un número primo y n ral. Todo grupo de orden pn es policíclico.

Demostración. 6.4.1.1.

;;;i::

1 un número natu-

Vamos a demostrar por inducción sobre n que

Existe una sucesión de subgrupos (Gk: O!!::";

k !!::"; n}

tales que Gk-l e Gk para cada 1 !!::"; k !!::"; n y o(Gk) = pk. Una vez visto esto será IGk: Gk_,] = pk/pk-1 = p,

luego aplicando 3.12.1, Gk-l es subgrupo normal de Gk. Así S: (1}

= G0

~ G 1 ~ ••• ~ Gn

=G

es serie de G y como o(G/G¡_ 1) = pi/pi-l = p, el cociente G/G¡_ 1 es cíclico.

271

SERIES

Probemos 6.4.1.1. Paran = 1, basta tomar G0 = (1}, G 1 = G. Sin > 1, como el teorema de Lagrange se invierte en G según vimos en 4.1, existe un subgrupo Gn-l de G de orden p"- 1• Aplicando a G' = Gn-l la hipótesis de inducción, obtenemos una familia (Gk: O~ k ~ n - 1}

de subgrupos de G' (y por lo tanto de G) tales que o(Gk) =pk,

1~k
Gk-l e Gk,

Completando esta familia con G 11 = G queda probado 6.4.1.1.

6.4.1.2. Observación. Si G es un grupo policíclico y S: (l} = G0 ~

... ~

G,, = G

es una serie cíclica, todo refinamiento S' de S es una serie cíclica.

Demostración.

Sea 1

~

i

~

ny

G¡_ 1 = H O ~ H 1

~ ••• ~

Hk = G¡

el «trozo» de S' comprendido entre G¡_ 1 y G¡. Todo se reduce a probar que los cocientes H/H;_ 1, 1 ~ j ~ k, son cíclicos. Como G¡_ 1 es subgrupo normal de G¡, lo es de cada H¡- Ahora usando el segundo teorema de isomorfía 2.15, H./H. 1 ,- 1

= (H./G. 1 ,_ 1)/(H.,- 1/G.,_ 1),

luego por 2.3.1.2, basta probar que H;IG¡_ 1 es cíclico. Esto es consecuencia inmediata de 1.16, pues H/G¡_ 1 es subgrupo del grupo cíclico G/G¡_ 1•

6.4.1.3. Observación. Si Ges un grupo policíclico y G' es otro grupo isomorfo a G, entonces G' posee una serie cíclica cuyos factores son isomorfos a los de una serie cíclica de G. En particular, G' es policíclico. En efecto, tomemos una serie cíclica de G S : ( 1}

= G0

~

G1 ~

••• ~

Gn

= G.

Si(/>: G---+ G' es un isomorfismo entre G y G', cada G'¡_ 1 = (/>(G¡_ 1) es subgrupo normal de G'; = (/>(G¡), luego S' : ( l} = G'0 ~

••• ~

G'n = G'.

es una serie de G'. Evidentemente G./G. ---+ G'./G'. : xG.1- 1 ~ "'(x)G'. 1 1- 1 1 1- 1 'I' 1- 1

es un isomorfismo entre los factores de S y los de S'.

272


Antes de construir más ejemplos de grupos policíclicos, estudiamos subgrupos y cocientes de los mismos.

Proposición 6.4.2. clico.

Demostración.

Todo subgrupo de un grupo policíclico es policí-

Sea G un grupo policíclico y S: [1} = G 0 ~ G 1 ~

••• ~

Gn = G

una serie cíclica de G. Si Hes un subgrupo de G y H¡ blemente se tiene

= H n G;, induda-

[l}=H 0 C ... CHn=H

(*)

y cada H¡_ 1 es subgrupo normal de H¡, ya que al ser G¡_ 1 subgrupo normal de G; y G; n H subgrupo de G;, se deduce de (1) en 2.16 que

n

Hi-1 = H

es subgrupo normal de H

n

Gi-1 = (H

n

G¡)

n

Gi-1

G; = H;.

Por último, los factores H/H¡_ 1 = H¡l(H¡ n G¡_ 1) = G¡_ 1H/G¡_ 1 son cíclicos, pues G¡_ 1H/G¡_ 1 es subgrupo del grupo cíclico G/G¡_ 1 (estamos usando 1.16). Eliminando en (*) los miembros repetidos, obtenemos pues una serie cíclica de H.

Proposición 6.4.3. Sean G un grupo y H un subgrupo normal de G. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: ( 1) G es policíclico. (2)

H y G/H son policíclicos.

Demostración. ( 1) :::::) (2). H es policíclico. Sea

Ya sabemos, de la proposición anterior, que

S: [1} = G 0 ~ G 1 ~

una serie cíclica de G. Por 2.2.13, H¡_ 1 H¡ = G¡H, pues G¡_ 1 lo es de G;.

••• ~

Gn = G

= G¡_ 1H es subgrupo normal de

Ahora por 2.3, H¡_ 1/H es subgrupo normal de H/H. Tenemos por lo tanto, como H 0 = GoH = H y Hn = GnH = G, (*)

[1}

= HOIH e

y los factores cumplen

H/H

e ... e

Hn/H

= G/H

273

SERIES

6.4.3.1.

(H./H)l(H. /H) 1 ,_ 1

= H./H. 1

1- 1

= G.H/G. H = 1 1- 1

G.(G. 1 ,_ 1H)/G.,_ 1H = G/(G¡ n G¡_,H) = (G/G¡_,)/((G¡ n G¡_,H)IG¡_¡), =

=

el penúltimo isomorfismo por 2.16 y el último por 2.15. Como G/G¡_ 1 es cíclico también lo es por 2.3.1.2 (G/G¡_ 1)/((G¡

n G¡_ 1H)IG¡_ 1)

y en consecuencia (H/H)l(H¡_¡IH) es cíclico. Eliminando en (*) los miembros repetidos obtenemos una serie cíclica de GIH. (2) ==> (1 ).

Sean S: [1} = H 0 ~ H 1 ~ ••• ~ Hn = H y T: [1} = N 0 ~ N 1 ~ ••• ~ Nm = G/H

series cíclicas. En virtud de 2.3.1, cada N¡ = G/H, 1 ~ j ~ m, siendo G¡ un subgrupo de G que contiene a H. Evidentemente G0 = H y Gm = G. Además G¡_, es subgrupo normal de G¡ por serlo N¡_ 1 de N¡- Por lo tanto R : [ 1} = H 0 ~

••• ~

Hn = H = G 0 ~ G 1 ~

••• ~

Gm = G

es una serie de G cuyos factores son H./H. , 1 ,_ 1

G./G. 1 ,- 1

= (G./H) (G.,- 1/H) = N./N. , 1 1 ,- 1

y por lo tanto cíclicos. Esto prueba que G es policíclico.

6.4.4. Ejemplo. Sean p y q números primos y n un número natural. Todo grupo de orden pnq es policíclico. Demostración. Por inducción sobre n. Si n = O, o(G) = q, G es policíclico por 6.4.1. Sea n ~ 1 y G un grupo de orden pnq. Sabemos que G no es simple por 4.13. Sea H un subgrupo normal propio de G. Será o(H) = pmqi, con O~ m ~ n, O~ i ~ 1, y 1 ~ m + i < n + l. Entonceso(G/H) =pn-mql-i_

Si i = 1, como m + i < n + 1, es m < n, n-m ~ 1, y G/H es policíclico por 6.4.1. También H es policíclico, por hipótesis de inducción, pues o(H) = pmq, m < n. Ahora, por 6.4.3, Ges policíclico. Si i = O, el orden de H es p 111 , luego H es policíclico, mientras que como 1 ~ m + i = m, es n - m < n, luego G/H, cuyo orden es pn-mq, es policíclico por hipótesis de inducción. De nuevo se deduce de 6.4.3 que G es policíclico.

274


6.4.S.

Ejemplo.

Sean p, q y r números primos y G un grupo de orden

pqr. Entonces G es policíclico.

Demostración. Sabemos por 4.14 que G posee un subgrupo normal propio H. De entre los números o(H) y o(G/H) uno es primo y el otro producto de dos primos, luego ambos son, en virtud del ejemplo anterior, policíclicos. Aplicando una vez más 6.4.3, deducimos que Ges policíclico.

6.4.6. Ejemplo. Si G es un grupo de orden 4pn, donde p es un número primo impar, G es policíclico. Demostración. dremos

Por 4.16 existe un subgrupo normal propio H de G. Ten-

o(H) = 2ipi, O ,s;;; i ,s;;; 2, O :s;;; j ,s;;; n, 1

:s;;;

i + j < n + 2.

Como el resultado se deduce de 6.4.1 para n = O, argumentamos por inducción sobre n. Sean;;;.: 1 y calculemos o(G/H) cíclico por 4.6.1 y como

= 2 2-ipn-i. Si i = 2, el grupo G/H es poli-

n + 2 > i + j = j + 2, es j < n, luego Hes policfclico por hipótesis de inducción. Si i = 1, tanto H como G/H son policíclicos por 6.4.4. Por último, si i = O, se sigue de 6.4.1 que H es policíclico y como 1 :s;;; i + j = O + j = j, resulta n - j < n y GIH es policíclico por hipótesis de inducción. En cualquiera de los tres casos se deduce de 6.4.3 que G es policíclico.

6.4.7.

Ejemplo.

Sean p y q números primos y G un grupo finito.

a)

Si o( G) = p 2q 2 , G es policíclico.

b)

Si o( G) = p 3q 2 , G es policíclico.

Demostración. a) Usando 4.15 sabemos que existe un subgrupo normal propio H de G. Tanto H como G/H son policíclicos por 6.4.4, luego por 6.4.3 G también lo es.

b)

Sea H subgrupo normal propio de G cuya existencia garantiza 4.17.

Si o(H)

=p

es o( G/H)

=p 2q 2 y ambos son policíclicos por 6.4.1

y 6.4. 7 .a).

275

SERIES

Si o(H) = p 2q 2 es o(GIH) = p y vale lo anterior. En cualquier otro caso H y G/ H son policíclicos por 6.4.4. Ahora, para deducir que G es policíclico basta aplicar 6.4.3.

6.4.8. cíclico.

Ejemplo.

Demostración.

Para cada natural n

;a,,

3, el grupo diedral Dn es poli-

Con las notaciones usuales,

Dn = {l, f, ... , ¡n- 1, g, g º f, ... , g º

fn- 1), o(f) = n,

o(g) = 2.

El subgrupo (-/) =Hes subgrupo normal de Dn pues IDn: HJ = 2nln = 2. Así

(1) ~ H ~ Dn

es una serie cíclica de Dn, pues H/(1) = H = (-/) es cíclico y DjH también es cíclico por tener orden primo (=2). Hasta ahora sólo conocemos ejemplos de grupos policíclicos. Veamos alguno que no lo es:

6.4.9. Ejemplo. a) Un grupo simple es policíclico si y sólo si es cíclico. b) Para cada n

;a,,

5, el grupo alternado An no es policíclico.

Para cada n

;a,,

5, el grupo simétrico Sn no es policíclico.

c)

Demostración.

a)

Si G es cíclico también es policíclico, pues la serie (1) ~ G

es cíclica. Esto prueba el «si». Recíprocamente, si Ges simple y policíclico, su única serie es (lG) ~ G y debe ser cíclica, y por tanto, G = GI[ 1) es cíclico.

b) El grupo An no es cíclico, pues no es abeliano. Hemos visto en 5.15 que An es simple. Basta aplicar a). c) Si Sn fuese policíclico lo sería An por 4.6.2. Esto está en contradicción con b).

Corolario 6.4.10. A 5 es el único grupo no policíclico de orden menor que 120.

276


Demostración. De b) en 6.4.9 sabemos que As no es policíclico. Sea G un grupo con o(G) < 120 y no isomorfo a As. Debemos ver que Ges policíclico. Si o(G) es primo entonces Ges cíclico y simple, luego es policíclico por 6.4.9.a). Para cualquier n < 120, n clico por 6.4.4, 6.4.5 y 6.4.7.

~

60, 84, 90, todo grupo de orden n es policí-

Si o(G) E [60, 84, 90}, como G no es isomorfo a As sabemos desde 4.20 que G no es simple. Si Hes un subgrupo normal propio de G, tanto H como G/ H tienen orden menor que 60, luego por lo anterior son policíclicos. De nuevo 6.4.3 nos dice que G es policíclico. Antes de mostrar otros ejemplos encontramos una condición necesaria para ser policíclico.

Proposición 6.5. Si G es poli cíclico existe un subconjunto finito S de G tal que G = (S) (esto es, G admite un sistema finito de generadores, o lo que es igual, Ges finitamente generado). Demostración. Llamemos n(G) al mínimo de las longitudes de las series cíclicas de G, cuya existencia está garantizada por ser G policíclico. Hacemos la demostración por inducción sobre n(G). Si n( G)

= 1, G posee una serie cíclica [l}

Así, G

= G/[l} es cíclico y existe a

~

G.

= (a).

E G con G

Sea ahora n(G) = n > 1 y consideremos una serie cíclica

T: [1} = G0 ~

••• ~

Gn-l ~ Gn = G.

Si llamamos G' a Gn-1' [l}

= G0

~ •.. ~

Gn-l

= G'.

es una serie cíclica de G', luego G' es policíclico y n(G')

:!5:;

n - 1 < n = n(G).

Por la hipótesis de inducción existe S' = [x 11

••• ,

xm} C G' tal que G'

=

(S').

Como Tes una serie cíclica, el cociente G/G' = G/Gn-l es un grupo cíclico, luego existe x E Gn tal que G/G' = (xG'). Consideremos ahora S = [x 1,

••• ,

xm, x} C G. Es suficiente probar

277

SERIES

6.S.1. G = (S).

El contenido (S) e G es evidente. Recíprocamente, si a E G es aG' E G/G' = (xG'), luego existe k E N tal que aG'

= (xG')k = xkG',

esto es, x-ka E G' = (S').

Por definición de (S') (véase 1.8.3), X

-k

a -_

h,

h,

51 ••• S¡ ,S¡ E

S' , "i t.

E

71

IL,

l S l. Si,

y por tanto,

a -_

k h,

ht

X 51 .•• 51

E

(S) ,

lo que demuestra 6.5.1. Proposición 6.6. Sea G un grupo abeliano. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: ( 1)

G es policíclico.

(2)

G admite un sistema finito de generadores.

Demostración.

La implicación ( 1)

~

(2) se deduce de 6.5.

Recíprocamente, sea G un grupo abeliano que admite un sistema finito de generadores S = [xi' ... , xm}. Tomamos S minimal, y notamos por S¡ = [xi' ... , X¡} para cada 1 ~ i ~ m. Llamando G¡ = (S¡), la minimalidad de S implica que G.1- 1 !;; G.,1 1

~

i

~

m.

Como Ges abeliano, cada G¡_ 1 es subgrupo normal de G, y por tanto, de G¡. En consecuencia, llamando G0 = [1}, [1}

= G0

!;; G 1 !;; ... !;; Gm

=G

es una serie de G. Todo se reduce a probar que es cíclica y para ello veremos que 6.6.1.

G/G¡_ 1 = (x¡G¡_ 1).

En efecto, el contenido (.x¡G¡_ 1) e G/G¡_ 1 es evidente, pues procamente, si aG.

~

1 E

G./G. 1

~

1,

es a E G.1 = (S.). 1

X¡

E G¡. Recí-

278


Como Ges abeliano y a E (S¡), se escribirá h¡_. h a -_ X¡h¡ X¡h1 ... X¡_¡ , ¡,

t, ... ''i E

77

IL,

luego ( X¡h¡)-1 a -_

h¡_1 G X¡h1... X¡_¡ E i-1 ,

es decir ) aG-1-1 = x?iG. = (x-G)h¡ e (x-G1 1-1 1 1-1 1 1-1

con lo que probamos 6.6.1 y con ello la proposición. 6.6.2. Ejemplo. El grupo O de los números racionales con la operación suma es abeliano, pero no admite un sistema finito de generadores. En consecuencia, no es policíclico. Demostración. Es evidente que O es abeliano. Supongamos que existe un sistema finito S = [q 1, ••• , qm} de generadores de O. Escribimos q¡

Sea b = mcm(b 1,

••• ,

= a¡lb¡,

1 =s;; i =s;; m, a¡, b¡ E Z

bm) >O.Entonces cada q¡ se escribe como q¡

= c/b, e¡

Estamos suponiendo que O

=

E Z, 1 =s;; i =s;; m.

(S), luego _l_ E (S) y por tanto, existen b+l

enteros h 1,

••• ,

hm, tales que _1_ -h h _ h1c1 + ... +hmcm _ t!,_ b + 1 - ¡q¡ + ··· + mqm b - b

de donde

lo cual es falso. Veamos ahora un ejemplo de un grupo no finito y no abeliano que es policíclico.

279

SERIES

6.6.3. Ejemplo. automorfismo, pues

Llamemos a : "11..

~

"11.. : a .- -a que evidentemente es

a(a + b) =-(a+ b) =(-a)+ (-b) = a(a) + a(b)

y obviamente es biyectiva. La aplicación (/J : "11../2"11..

~

Aut("ll..) : O + 2"11.. .- l z 1 + 2"11.. .- a

es homomorfismo de grupos, ya que a º a = 1z· En el conjunto producto cartesiano G = "11../2"11.. ción, que notaremos « · »,

X "11..

definimos la opera-

(k + 2"11.., a) · (f + 2"11.., b) = (k + e+ 2"11.., (/J(f + 2"11..) (a)+ b).

Con esta operación G es un grupo, ya que a)

Asociatividad: ((k + 2"11.., a) · (f + 2"11.., b)) · (s + 2"11.., e) = = (k + f + s + 2"11.., tp(s + 2"11..) (tp(f + 2"11..) (a) + b) + e) = = (k + e+ s + 2"11.., (
b)

Existe neutro le = (O + 2"11.., O), pues para cada (k + 2"11.., a) E G, se tiene (k + 2"11.., a) · (O+ 2"11.., O) = (k + 2"11.., tp(O + 2"11..) (a)+ O) = (k + 2"11.., a), (O + 2"11.., O) · (k + 2"11.., a) = (k + 2"11.., tp(k + 2"11..) (O) + a) = (k + 2"11.., a).

c)

Cada elemento u = (k + 2"11.., a) E G tiene inverso u- 1 = (-k + 2"11..,
y análogamente u · u- 1 = le. Evidentemente el grupo G no es finito, pues "11.. no lo es. Además G no es abeliano, ya que si x = (1 + 2"11.., 1), y = (O + 2"11.., 1), se tiene xy = (1 + 2"11.., tp(O + 2"11..) (1) + 1) = (1 + 2"11.., 2),

280


mientras que yx = (1 + 2"11.., q,(1 + 2"11..) (1) + 1) = (1 + 2"11.., a(l) + 1) = (1 + 2"11.., O) -# xy.

Veamos por último que este grupo es policíclico. En virtud de 6.4.3 basta encontrar un subgrupo normal H de G tal que H y G/H son policíclicos. Elegimos H

= [(O + 2"11.., a) : a

E "11..] C G.

H es subgrupo de G pues desde luego no es vacío y si x = (O + 2"11.., a), y = (O + 2"11.., b), como y- 1 = (O + 2"11.., -b), según hemos visto en c), se tiene

xy- 1 =(O+ 2"11.., a)· (O+ 2"11.., -b) =(O+ 2"11.., a - b) E H. Además el índice de H en G es dos, y por lo tanto H es subgrupo normal de G (por 2.2.4). En efecto, sea u = (1 + 2"11.., O). Probaremos que G =HU uH, y así

[G: H] = card G/RH = card [H, uH] = 2. Hemos de ver que G\H e uH. Si x = ( 1 + 2"11.., a) E G\H, se tiene

u · (O + 2"11.., a) = (1 + 2"11.., (/)(O + 2"11..) (O) + a) = x, luegox E uH. Así Hes subgrupo normal de G, y como o(GIH) = 2, G/H es policíclico (por ejemplo, aplicando 6.4.1). Para probar que H es también policíclico veremos que

6.6.3.1.

H

= "11...

Como "11.. es abeliano finitamente generado, es policíclico por 6.6, y entonces también lo será H, en virtud de 6.4.1.3. Para ver 6.6.3.1 construimos

f:

Z

~

H: a~ (O+ 2Z, a)

que evidentemente es sobreyectiva. Además es homomorfismo, ya que dados a, b E "11..,

f(a) · f(b) = (O + 2"11.., a) · (O + 2"11.., b) = (O + 2"11.., (/)(O+ 2"11..) (a) + b) = = (O + 2"11.., a + b) = f(a + b). Por último, como ker f

= [Oz],

fes inyectiva, y es el isomorfismo buscado.

La proposición 6.6 nos permite extraer información de interés sobre grupos abelianos. En primer lugar

281

SERIES

Corolario 6.6.4. Si G es un grupo abeliano finitamente generado, todos sus subgrupos son finitamente generados.

Demostración. Por 6.6 G es policíclico y así por 6.4.2 también es policíclico cualquier subgrupo H de G. Como H es también abeliano, se deduce de 6.6 que Hes finitamente generado. Definición 6.7.

Para cada grupo policíclico G y cada serie cíclica S: [1} = G0 ~ G 1 ~

••• ~

Gn = G

definimos f3( G ,S) como el número de factores de S que son isomorfos a Z (o lo que es lo mismo, por 2.8, {3(.G,S) es el número de factores no finitos de S). La siguiente proposición pone de manifiesto que el número f3( G ,S) sólo depende de G, y no de S.

Proposición 6.7.1. Si G es un grupo policíclico y S, T son dos series cíclicas de G, se cumple {3(.G,S) = {3(.G,D.

Demostración. En virtud del teorema de Schreier 6.3, existen refinamientos S' y T', de S y T respectivamente, con S' - T'. Por 6.4.1.2, tanto S' como T' son series cíclicas. Como S' - T' sus factores son isomorfos, y en particular {3(.G,S') = {3(.G,T') Ahora es suficiente demostrar que

6.7.1.1.

{3(.G,S)

= {3(.G,S'), {3(.G,D = {3(.G,T').

Evidentemente basta comprobar la primera igualdad. Sea S: [1} = G 0 ~ G 1 ~

••• ~

Gn = G

y escribamos

6.7.1.2. el «trozo» del refinamiento S' comprendido entre G¡_ 1 y G¡. Todo se reduce a probar

6.7.1.3.

Si G/G;_ 1 no es isomorfo a Z, ningún H/H;_,, lo es, y

6.7.1.4.

Si G/G;_, = Z, existe un único 1

:s;

j

:s;

k, tal que H/H;_, = Z.

Pero si G/G¡_ 1 no es isomorfo a Z, entonces es por 2.8 cíclico finito. Como

282

TEOIÚA ELEMENTAL DE GRUPOS k

6.7.1.5.

o(G; /G;_ 1)= flo(H¡ I H¡_ 1 ), i=l

cada H/H;-t es finito, luego no es isomorfo a Z. Esto prueba 6.7.1.3. Ahora si G/G;_ 1 == Z, resulta que G/G;_ 1 no es finito, luego por 6.7.1.5, algún H/H;-t• que es cíclico, no es finito. De 2.8 se sigue H/H;-t == "ll.. Sólo falta probar la unicidad en 6. 7 .1.4. Veremos que si H /He- t == Z necesariamente e= l. A partir de 6. 7 .1.2 construimos la serie del cociente R: [1]

= H 0 IG¡_ 1 ~

H/G¡_ 1

~ ... ~

HklG¡_ 1 = G/G¡_ 1•

Si notamos por

t/>: G/G;_ 1 ~ Z un isomorfismo entre G/G;_ 1 y Z, y llamamos MS

= "'(H /G. 'f' S

1- 1

),

O :s;; s

:s;;

k,

disponemos de una serie de Z R' : [O] = M 0 ~ M 1 ~

... ~

Mk = "ll..

Como H/He-t = (H/G;_ 1)/(Hc_/G;_ 1) == M/Me-t• y existen enteros no negativos ªt• ªt-t E Z tales que

Me= ªe"ll., Me-1 = ªe-t"ll. (estamos usando aquí la descripción de los subgrupos de Z vista en 1.8.1) resulta que

Z == H/He-1 == ªe"ll.lae-1Z Si fuese ªe-t =FO debería ser ªc-t = dat para algún d E Z (pues

Mt-t

e Me),

y en virtud de 6.1.1 O. l.

Z = ae"ll.lae_ 1"1l. == "ll.ld"ll.

lo que es falso. Así ªe-t = O, luego Me-t = [O], y por lo tanto e= l.

e-

1 = O, o sea,

La proposición anterior permite introducir la siguiente

Definición 6.7.2. Si Ges un grupo policíclico se llama número de Betti de G, y se nota por /3(G), al número /J(G,S), siendo S una serie cíclica arbitraria de G. 6.7.2.1. Observación. Si G y G' son grupos policíclicos isomorfos es evidente a partir de 6.4.1.3 que /3(G) = /3(.G').

283

SERIES

6. 7 .2.2. Observación. Sean G un grupo policíclico y H un subgrupo de G. Demostramos en 6.4.2 que H también es policíclico. Comprobemos que /3(.H)

:s;;

/3( G).

En efecto si [l]=G0 !;. ... !;.Gn=G

es una serie cíclica de G, vimos en(*) de 6.4.2 que llamando H¡ = H

n G¡,

[1] = H 0 !;. ... !;. Hn = H

es, quitando los miembros repetidos, una serie cíclica de H. Además, por el tercer teorema de isomorfía, H./H. = H./(H. n G./G. ) 1 1- 1 1 1 1 1- 1

= G.

H./G. • 1 1- 1

1- 1

Entonces, si G/G;_ 1 no es isomorfo a Z resulta que G/G;_ 1 es finito. También lo es su subgrupo G¡_ 1H/G¡_ 11 lo que implica que H/H¡_ 1 es finito, luego tampoco H/H¡_ 1 es isomorfo a Z. Hemos probado que para que H/ H¡_ 1 sea isomorfo a Z es necesario que lo sea G/G;_ 11 luego /J(H) :s;; /3(.G).

6. 7 .2.3. Observación. Si G es un grupo policíclico y H es un subgrupo normal de G, sabemos desde 6.4.3 que tanto H como G/H son policíclicos. Además se cumple la igualdad /3(.G) = /3(.H) + /J(GIH)

Demostración. series

Sigamos la prueba de (2)

~

( 1) en 6.4.3. Consideremos

S: [1] = H 0 !;. ... !;. Hn = H

T: [1] = N 0 !;. ... !;. Nm = GIH

de H y de G/H, y escribamos N¡ =

G/H.

En 6.4.3 probamos que

R: [1] = H 0 !;. ... !;. Hn = G 0 !;. ... !;. Gm = G

es una serie cíclica de G. Entonces /J(G) = /J(G,R) = = /3(.H) + número de factores isomorfos a Z entre los G/G¡_ 1•

Como G/G;_ 1 = (G/H}/(G¡_ 1/H) = N/N¡_ 1, el último sumando es /J(G/H, T) = /J(G/H), luego /3(.G) = /J(H) + /J(G/H).

=

284


6. 7 .3. Ejemplo. Sea s

~

1 un número natural y

s ---s--

xz

G =ZX ...

(para la definición de producto de grupos véase 1.2(6)). Para cada O ,e;; k definimos Hk = ((x 1, ... ,x5 ) E G5 :xk+l = ... Hs

=X5

,e;; s -

1

= O},

= Gs.

Vamos a comprobar que

S: (1}

= Ho

~ ... ~ Hs-1 ~ Hs

= Gs

es una serie cíclica de Gs· En primer lugar

6.7.3.1.

Cada Hk es subgrupo de G5 •

En efecto, no es vacío (pues (O, O, ... , O) E Hk), y dados x = (xi' ... , x 5 ), Y= (yl' ... , y 5 ), x, y E Hk, se cumple X

-y= (x 1 -y 1,

••• , X 5

-y5 ) E Hk,

ya que xk+I - Yk+l = ··· = Xs - Ys =O-O= O.

Como G5 es abeliano, cada Hk es subgrupo normal de Hk+l' luego Ses una serie de Gs· Además

6.7.3.2.

Cada Hk/Hk-l es isomorfo a Z.

En efecto, el homomorfismo Hk

i-+

Z: (x 1,

••• ,

X5 )

i-+

xk,

es evidentemente sobreyectivo y su núcleo es Hk-i· De 6.7.3.2 deducimos, simultáneamente, que la serie S es cíclica y /3(G5 , S) = s. Por lo tanto /3(G 5 ) = s.

6.7.4. Ejemplo. Sea G = llm 1Z

Demostración.

X ••• X

--s--

llm7L- X "1l. X ••• X Z. Entonces /j._G)

Escribamos G0 = (1 },

G¡ = Z/m 1Z X •.• X "ll.lm¡"ll. X (O} X ••• X (O}, 1 ,e;; i ,e;; r, H.= "ll.lm¡Z X ••• x "ll.lm,ll- x Z X ••• x Z x (O} X ••• X (O}, 1 :e;; j ,e;; s, 1

---¡--

= s.

285

SERIES

Entonces la serie [1]

= G0

~

G1

~ ••• ~

Gr~ H 1

~ ••• ~

H5

=G

es cíclica, puesto que los factores Gl+ 1IG¡ = Z.lm;+iZ, H/Gr = Z, H_;+/H; = Z,

1 ~ i ~ r- 1, 1 ~j ~ s- 1,

son todos cíclicos. Como exactamente s de ellos son isomorfos a Z, se tiene

s = /3(.G) Corolario 6. 7 .S.

---r-- ---s--

Los grupos Z x ... x Z y Z x ... x Z son isomorfos

si y sólo si r = s.

Demostración. El «si» es obvio. Recíprocamente, utilizando la notación del ejemplo anterior, si G5 = Gr, se deduce de 6.7.2.1 y 6.7.3 que S

=

/3(G 5 ) = /3(.Gr) = r.

Comentario 6.8. Decidir que un grupo no es policíclico puede ser complicado, pues hay que comprobar que ninguna de sus series es cíclica. La siguiente proposición, con la que terminamos este estudio elemental de los grupos policíclicos, hace más sencillas las cosas para grupos que admiten una serie de composición. Proposición 6.8.1. Sea G un grupo que admite una serie de composición (por ejemplo, un grupo finito, véase 6.1.8). Las siguientes afirmaciones son equivalentes: ( 1) G es policíclico. (2) Existe una serie de composición cíclica de G. (3) Toda serie de composición de Ges cíclica.

Demostración.

Por hipótesis existe una serie de composición de G, C: [1] = G0

~

G1

~ ••• ~ Gn = G

que fijamos a lo largo de la demostración. ( 1) => (2).

Como G es policíclico, admite una serie cíclica S: [1]

= H0

~

H1

~ .•• ~

Hm

= G.

286

TEORfA ELEMENTAL DE GRUPOS

Dadas las series S y C, el teorema de Schreier 6.3 asegura la existencia de refinamientos equivalentes S' y C' de S y C respectivamente. Como C es serie de composición, C = C', luego S' - C. Como S es cíclica también lo es S' en virtud de 6.4.1.2. Como los factores de S' y de C son isomorfos, Ces una serie de composición cíclica de G. (2) ==> (3).

Sea R : ( 1]

=K0

!;i

K1

!;i ... !;i

Ke

=G

la serie de composición cíclica cuya existencia garantiza (2). Cualquier otra serie de composición T es equivalente a R por el teorema de Jordan-Holder 6.3.4. En consecuencia los factores de T, que son isomorfos a los de R, son cíclicos, luego T es cíclica. (3) ==> (1).

Es obvio, pues Ces una serie cíclica de G.

Corolario 6.8.2. Si un grupo G admite una serie de composición que no es cíclica, entonces G no es policíclico.

Demostración. Estamos en las condiciones de la proposición anterior (G admite alguna serie de composición), pero no se cumple (3). Por consiguiente no se cumple ( 1) y G no es policíclico.

111.

CONMUTADORES Y SUBGRUPOS DERIVADOS

Antes de pasar a analizar grupos que admiten otros tipos de series necesitamos introducir y estudiar nuevos conceptos: las nociones de conmutador y subgrupos derivados.

Definición 6.9. Dados dos elementos a y b de un grupo G se llama conmutador de a y b (¡en este orden!) al elemento.

[a ,b] = a- 1b- 1ab

E G.

Si H y K son dos subgrupos de G, el subgrupo generado por

{[h, k] : h E H, k E K] se llama subgrupo conmutador de H y K y lo notaremos por jH,Ki Se llama derivado del grupo G a G 1 = [G,G]. Llamaremos segundo derivado de G a G 2 = [G 1,G 1] y por recurrencia, para cada natural positivo n, el n-ésimo derivado de Ges G 11 = jG11 - 1,G11 - 1].

287

SERIES

6.9.1.

Observaciones

(1)

[a, bj-t = [b, aj, pues [a, bj-t = (a-tb-tab)-t = b-ta-tba = [b, a~

(2)

[a,bj = 1 si y sólo si ah = ha ya que [a, b] = 1 equivale a a-tb-tab = 1 y esto a b-tab = a, o lo que es lo mismo, ah = ha.

(3)

[1, b] = 1-tb-tlb = b-tb = 1 para todo b E

(4)

[b, 1] = [1, bj-t = 1-t = 1 para todo b E

(5)

En general, dados dos subgrupos H y K de un grupo

e.

e.

e, el conjunto

(jh, k]: h EH, k E K) no es subgrupo de

e.

Tomemos por ejemplo e= S 3 , a= (1,2), r = {1,3), H = (a), K = (,) subgrupos de orden 2 (a0 = id). Desde luego [a0 , a0 ] = [a0 , ,] = = [a, <10 ] = a0 mientras que [a, r] = crtrta, =arar= (1, 2, 3) = p

luego

(jh, k]: h EH, k E K) = (a0 , p) que no es subgrupo de S 3 pues o(p) = 3. (6)

et es subgrupo de e y para cada natural n > 1, en es subgrupo de en-l_ En efecto, basta probar que et C e y que en C en-t. Para ello es suficiente comprobar que un sistema generador de et (respectivamente de en) está contenido en e (respectivamente en en-t). Esto es obvio, pues

[a, bj [a, b]

= a-tb-tab E =

e

a-tb-tab E en-t

pues en-t es subgrupo de (7)

Si

e

si a, b E e si a, b E en-t

e.

es abeliano y H y K son subgrupos de

e,

entonces

[H, K] = (1), pues para cada h EH y k E K es [h, generado por ( 1) es ( 1).

e

es abeliano, cada

kj

= 1 por (2), y el subgrupo

en = (1), n

l.

(8)

En particular, si

(9)

Recíprocamente, si et = (1) entonces e es abeliano. En efecto, en caso contrario, existen a, b E e tales que ah #-ha.Así [a, bj E et pero [a, b] #- 1 por (2).

;;;o

288


(10)

Dados subgrupos H y K de un grupo G, se tiene

[H, K] = [K, H]. Para ello basta ver que [K, H] contiene un sistema generador de [H, K] y recíprocamente Pero si h E H y k E K se tiene

[h, k] = [k, hf 1 E [K, H], [k, h] = [h, kf 1 E [H, K} (11)

Si f: G 1

~

G 2 es un homomorfismo de grupos se tiene

f([a, b]) = [f(a), f(b)], para cada a, b E G, porque

f([a, b]) = f(a- 1b- 1ab) = f(a- 1) f(b- 1) f(a) f(b) = = f(a)- 1 f(b)- 1 f(a) f(b) = [f(a), f(b)]. (12)

Si S = ([a,

b] : a, b

E G) entonces

xux- 1 ES para cada u ES, x E G, pues aplicando (11) con u= [a, b] ES,

f :G

~

G :y -

xyx- 1, resulta que si

xux- 1 = f(u) = [f(a), f(b)] E S. (13)

Si H y K son subgrupos de G, se cumple

f([H, K]) = [f(H), f(K)j, ya que, por ( 11 ), las imágenes por f de un sistema generador de [H, K] constituyen un sistema generador de [f(H), f(K)J. (14)

Si f: G 1 ~ G 2 es homomorfismo sobreyectivo, se cumple ( *)

Demostración.

f (Gf) = G2 para cada natural n ~ 1.

Llamando Gf = G1 y Gf = G2 , se tiene

Gf = [Gf- 1, Gf- 1), G2 = [c 2-1, c 2-1] para cada n ~ 1. Demostraremos(*) por inducción sobren. Si n=l, f(Gf)=f([G 1, Gi))=[f(Gi), f(Gi)]=[G 2 , G2 ]=G1. Sin> 1, f(Gt) = f([cf- 1, Gf- 1]) = [f(Gf- 1), f(cf- 1 )] =[e;-•, c;- 1] = e;_ la penúltima igualdad por la hipótesis de inducción.

289

SERIES

Antes de mostrar algunos ejemplos concretos necesitamos la siguiente Proposición 6.9.2.

Sea G un grupo. Se verifica

( 1) G" es subgrupo característico de G para cada n

~

1.

(2) GIG 1 es un grupo abeliano. (3) Si N es un subgrupo normal de G y GIN es abeliano, entonces Gt CN. (4) Todo subgrupo de G que contiene a et es subgrupo normal de G.

Demostración. se deduce que

(1) Sea f: G

~

G un automorfismo. De (14) en 6.9.1

luego G" es subgrupo característico de G. (2) De (1) se deduce en particular que et es subgrupo caracteristico (luego normal) de G. Así GIGt es un grupo. Además, dados x = aGt, y= bGt, como la, b] E et se sigue que et = [a, b[ et y por ello yx = baGt = ba[a, b]Gt = (baa-tb-tab)Gt = abGt = xy

luego GIGt es abeliano. (3) Basta ver que para cada a, b E G, la, b] E N. Como GIN es abeliano, resulta que abN = (aN) (bN) = (bN) (aN) = baN,

luego (ba)-t(ab) EN,

es decir,

[a, bl = a-tb-tab EN. (4) Sea H un subgrupo de G tal que et e H. Entonces HIGt es subgrupo del grupo abeliano GIGt. Por 2.3.1, Hes subgrupo normal de G. 6.9.3.

Observación.

Sean G un grupo, H un subgrupo normal de

G y n un número natural. Entonces G"HIH = (GIH)". En particular, si (GIH)" = [l], resulta G" e H.

Demostración.

Consideremos la proyección canónica n: G ~GIH

290


De (14) en 6.9.1 se deduce que

6.9.3.1.

,r(Gn) = (GIHt.

Así cnHIH = 1r(G11 ) = (GIH)n.

Por ello, si (GIH)n

6.9.4.

= [1},

Ejemplo.

es G 11 H/H

Para cada n

= [1}, ~

luego cnn

=H

y de aquí en e H.

2, el derivado de Sn es A 11 •

Demostración. Para n = 2, S 2 es abeliano luego su derivado es, por (8) en 6.9.1, el neutro [1}. Como o(A 2 ) = 2!/2 = 1, se tiene A 2 = [1}, luego el caso n = 2 está resuelto.

Sin > 2, el grupo Sn = G no es abeliano, luego G 1 '# [1} por (9) en 6.9.1. Como An es subgrupo normal de S 11 y SjAn es abeliano, porque lS11 : Anj = 2, deducimos de (3) en la proposición anterior que G 1 C An. En particular G 1 'F sn, luego

6.9.4.1.

G 1 es un subgrupo normal propio de Sn.

De aquí se deduce, utilizando 5.16.1, que sin el caso n = 4. Supongamos G 1 ,,¡I: A 4 •

,,¡I:

4, An = G 1• Veamos ahora

Como G 1 e A 4 y es subgrupo normal de S 4 , también es subgrupo normal de A 4 • Como [l} ,,¡I: G 1 ,,¡I: A 4 , se deduce de 5.20 que o(G 1) = 4. Al ser o(S4 ) = 2 3 • 3, G 1 es un 2-subgrupo de S 4 • En virtud del teorema de Sylow, existe un 2-subgrupo de Sylow H de S 4 que contiene a G 1• Aplicando (4) de 6.9.2, Hes subgrupo normal de S 4 • Como o(H) = 8, esto contradice 5.20.

6.9.S. Ejemplo. Sean p un número primo y G un grupo no abeliano de orden p 3 • Entonces G 1 = Z(G). Demostración.

En virtud de 3.11.4, o(Z(G)) = p. En consecuencia o(G/Z(G))

= p 3/p = p 2

y por 3.11.5 G/Z(G) es abeliano. Utilizando ahora (3) en 6.9.2, se deduce que G 1 e Z(G), luego como o(Z(G)) = p se tiene G1

= [1} ó G 1 = Z(G).

Pero G 1 ,,¡I: [1} pues G no es abeliano (véase (9) en 6.9.1). Así pues G 1 = Z(G).

291

SERIES

6.9.6. Ejemplo. Vamos a calcular el derivado del grupo diedral Dn. Como es habitual escribimos Dn = [l, f, ... , fn-1, g, g º f, ... , g º fn-lJ.

Se sabe (véase 1.13.1) que o(f)

= n, o(g) = 2, fk

º g º fk

=g, k

E "11..

Llamando G = Dn, por definición de derivado es

[f, g]

E G 1,

luego

f- 1 Como fn

º

g-1

º f º g E G 1.

= 1, g 2 = 1, se tiene f n - 1 = f- 1 ,

g

= g- 1 , y por tanto

rn-1 ogofogEGI, y de aquí fn-2 o (fo g o f) o g E GI,

y como f O g

O

f = g, tenemos rn-2 E GI,

luego

En consecuencia, 6.9.6.1.

e G 1•

Vamos a probar que G 1 = (f2 ). A la vista de 6.9.6.1 y (3) de 6.9.2 es suficiente demostrar que 6.9.6.2. (f2 ) es subgrupo normal de Dn y Dnl
Pongamos H = (f2 ), x = gi o fi E Dn, O :!E; i :!E; 1, O :!E; j :!E; n - l. Hemos de ver que Hx e H y así estará probado que H es normal (véase 2.2.2). Si y E Hx, entonces xyx- 1 E H, luego xy.x- 1 = ({2 )m para algún m E "11.

y así y

= x-1

o pm o X = f-i o g-i o pm o gi o fi 0 (fm 0 g-i O pm) 0 gi O fi.

= f-i-2m

Para i

= O,

es g-; y

= gi = 1, = f-i-2m

O

y por tanto

f4m

0

fi

= pm = (f )m

E H.

=

292


Para i = 1, es g- i = gi = g, y en consecuencia y = fi-2m O g O g O fi = f2m = ({2 )-m E H. En cualquier caso hemos probado que

nx C

H como queríamos.

Sólo falta ver que D ,lif2 ) es abeliano. Pero o(Dn 1(f2)) =o(Dn)!o((f2)) =--~-;)- =2n mc:(2, n) =

mcd(2,

=2

o(f))

2 si n es impar mcd(2, n) = { 4 sin es par

En ambos casos D,lif2 ) es abeliano (paran par, úsese, por ejemplo, 3.11.5). ·Así ya sabemos que et (i)

=

if2 ).

Además hemos probado que

et es cíclico de orden n sin es impar.

(ii) G t es cíclico de orden n/2 si n es par.

Más adelante utilizaremos el derivado de un grupo producto G = Gt Por ello ahora probamos

X

G2.

Proposición 6.10. Sean Gt y G 2 dos grupos, Ht y Kt subgrupos de GI' H 2 y K 2 subgrupos de G 2. Sea G = Gt X G2. Para los subgrupos Ht X H 2 y Kt X K 2 de G se verifica IHt

En particular,

Demostración.

X

H2' Kt

X

K2I = IHI' Ktl

X

IH2' Kil,

en= cr xG2 para cada n ~ J. Un sistema generador de IHt

X

H 2 , Kt

X

K 2 es 1

C[(hl' h2), (kl' k2>I: ht E Ht, h2 E H2' kt E KI' k2 E K2l-

Como [(ht, h2), (kt, k2)]=(ht, h2)-t (kt, k2)-t (ht, h2) (kt, k2) = = (h¡-1, hit) (k¡-1, kit) (ht , h2) (kt , k2) = = (ht-tkt-thtkt' hitkith2k2) = ([ht' kt ], [h2' k2 ]). y

es un sistema generador de [H 11 Kt] por 1.8.3.6.

X

[H2, K2j, se tiene la igualdad deseada,

293

SERIES

En particular, G 1 = [G, G]

= [G 1 X

G2, G 1 X G2] = [G 11 G 1] X [G2' G2 ] = G\

X

G~.

Ahora, trabajando por inducción, si n > 1, GIi

=[cn-1,

cn-1] = [cr-1

X

c;-1, G111-I

X

c;-1] =

[c;i-1, c;i-1] x [c;-1, G~1- 1] = c;i x e;.

6.10.1. Comentario. Cuando algún G11 = [l}, construiremos después una serie de G cuyos miembros son los subgrupos derivados G 1,... , G11 - 1• Aun siendo ésta la razón esencial por la que hemos introducido el derivado en este capítulo, vamos a probar un resultado que sólo concierne al subgrupo derivado y que hace explícita la relación que intuitivamente se advierte entre los «tamaños» de Z(G)·y G 1• Proposición 6.11. (Teorema de Schur). JG : Z(G)j es finito. Entonces G 1 es finito. Demostración.

Sea G un grupo tal que

Sea m =Je: Z(G)j. Escribimos

S = [Ja, b]: a, b E G} con lo cual G 1 = (S). Es suficiente demostrar que

6.11.1. card S ~ m 2 y cada elemento de G 1 se escribe como producto de a lo más m 3 elementos (no necesariamente distintos) de S. En tal caso es claro que o(G 1) es finito. Para probar que card S escribimos GIZ(G) =

~ m2

[x 1Z(G), ... xmZ(G)}

y veremos que dados a, b E G existen 1 ~ i, j ~ m con [a, b] = [x¡, x¡], lo que prueba que card S ~ m 2 • Como aZ(G)

= x¡Z(G) y bZ(G) = x 1Z(G) para ciertos X¡, X¡, resulta que a- 1x¡ = Z¡

E Z(G),

b- 1x¡

= Z¡ E Z(G)

y así a

-1

=Z¡X¡-1 ,

b-1 = Z¡X¡-1 ,

luego

[a, b] =a -lb-1 a b = Z¡X¡-1 Z¡X¡-1 X¡Z¡-1 X¡Z¡-1 .

294


Pero Z¡,

Z;

E Z(e), y por lo tanto

[a, b]=(x¡tx¡tx;x;) (z;z;z¡tz¡t)=[x;,

x;) (4 z¡1z;z¡t)=[x;,

x;].

Hemos probado pues la primera parte de 6.11.1. Vayamos con la segunda. Al ser card S ==: m 2 es suficiente demostrar que para expresar un elemento de et como producto de elementos de S, no necesitamos utilizar ninguno más de m veces. Para ello bastará ver que si tenemos una escritura U=St···Sk

del elemento u E et como producto de elementos st, ... , sk ES, uno de los cuales, digamos s;, se repite m + h veces con h ~ 1, podemos obtener otra escritura en la que aparece a lo sumo m + h - 1 veces. Escribamos 6.11.2.

u = st ...

sk = (st ... s;) (s;+t ... sk) =

vw.

de modo que en v = st ... s. el factor s; = e aparece exactamente m veces (y por lo tanto aparecerá h v~ces en w = s;+t ... sk). Veamos cómo «juntar» los factores e en v hasta conseguir cm. Sea it el mínimo índice tal que s;1 = e e i 2 el siguiente. El producto

se puede escribir como

con tt ES por 6.9.1 (12), tt =¡é c. Hemos conseguido pues «acercar» un lugar el primer e al segundo, y repitiendo el proceso obtendremos s; 1 ••• s;2 = tt ... t¡: 2,

tt ... te E S\(c}.

Repitiendo esto con los índices para los que aparecía e en segundo y tercer lugar, etc., llegamos a 6.11.4. v = st ... S¡ = tt ... t¡;mte+ 2 ... t¡, tn E S\[c}.

Ahora, como o(e/Z(e)) =[e: Z(e)j = m, se tiene (cZ(e)r = lZ(e)

luego cm E Z( e). Todo se reduce a demostrar que

295

SERIES

Existen pi' .... Pm-l ES tales que cm = p I ... Pm-t·

6.11.S.

Una vez probado 6.11.5, de 6.11.2 y 6.11.4 se deducirá u= l¡ ··· lrPt ··· Pm-ltf+2 ··· 1¡S;+t ··· 5 k

y en esta expresión el número de factores iguales a e es a lo sumo (m-1) + h = m + h-1, pues cada tn 'Fe y en el producto s;+t ... sk el factor e aparece h veces.

Demostremos pues 6.11.5 y con ello habremos acabado. Como e E S existen a, b E G tales que e= [a, b]. Probaremos por inducción sobre r que 6.11.6. cr = (a-•b- I Y(abYp 1

Parar= 1, cr

= e = [a,

•••

Pr-1' Pp ... , Pr-1 E S.

bj = a- 1b- 1ab = (a- 1b- 1) (ab).

Sir> 1, cr =

ccr-l =

c(a-•b- 1Y- I (abY-'P2 ··· Pr-1' P2, ···• Pr-1 ES,

utilizando para la segunda igualdad la hipótesis de inducción. Busquemos otra expresión para c(a- 1b- 1y- 1• Calculemos (a- Ib- 1Yab]ab, (a- 1b- 1y- 1] = a- Ib- 1(a- I b- I y- 1ab[ab, (a- 1b- 1y- 1] = = a- 1b- 1(a- 1b- 1y- Iab(abr'(a- 11r 1) 1-rab(a- 1b- 1y- 1 = a- 1b- Iab(a- 1b- 1y- 1 = c(a- 1b- 1y- 1•

Así cr = (a- 1 b- 1y ab [ab, (a- Ib- I Y- 1](abY-'P2 ... Pr-1 = = (a-•b- I Yab(abY- I ((ab)'-1ab, (a- 1b- 1y- 1](abY- 1) p 2 ... Pr-t·

Escribiendo también (ab) 1-rd(aby-•

= p 1 ES,

por (12) en 6.9.1, luego

como queríamos probar. Tomando r = m, resulta que (abrZ(G) = ((ab)Z(G))m = Z(G), pues o(G/Z(G)) = m. Por lo tanto (abr E Z(G), y por ello (bar= b(abr- Ia = b(abr(ab)- Ia = b(ab)- 1a (ab)m = bb- Ia- 1a(ab)m = (ab)m,

es decir, (ba)m = (abr.

296


En consecuencia,

e'" = (a- 1b- 1)'"(ab)'"p 1 ••• Pm-l = (ba)-m(ab)mp 1 ... Pm-t =

= (ba)-m(ba)

P1 ··· Pm-1 =Pi··· Pm-1

111

lo que demuestra 6.11.5 y con ello el teorema de Schur. Una consecuencia inmediata de este teorema es Corolario 6.11.7. Si un grupo G no posee elementos de orden finito salvo el neutro e lnt( G) es finito, entonces G es abeliano. Demostración.

En virtud de 3.4.2.1, [G: Z(G)]

= o(G/Z(G)) = o(lnt(G))

es finito. Por el teorema de Schur, G 1 es finito. Entonces cada elemento de G 1 tiene orden finito, y por la hipótesis ha de ser G 1 = [ 1}, luego G es abeliano (usamos una vez más (9) en 6.9.1). Mediante conmutadores vamos ahora a construir otros subgrupos de G que tienen propiedades «formales» análogas a las de los derivados y a partir de las cuales construiremos otra serie de G en algunos casos. Sea G un grupo. Denotaremos

Definición 6.12.

Lo(G)

= G, L¡(G) = G 1 = [G, Lo(G)],

y por recurrencia, L"(G) = [G, L"_ 1(G)] para cada n > l.

Proposición 6.12.1. Sean G 1 y G 2 dos grupos y f: G 1 morfismo. Entonces para cada natural n se verifica

Demostración.

Por inducción sobre n. Si n

=

~

G 2 un homo-

O,

Sin > 1, f(L/G¡))

= f([G¡, L"_¡(GI)]} = [f(G¡), f(Ln-l(GI))[ = = [f(G 1), L"_ 1(f(G 1))] = L/f(G 1)),

donde hemos usado la hipótesis de inducción para la tercera igualdad y (13) de 6.9.1 para la segunda.

297

SERIES

Corolario 6.12.2. Sean G un grupo y H un subgrupo normal de G. Entonces L/G)HIH = Ln(GIH) para cada natural n. En particular, si Ln(GIH) = (1], entonces Ln(G) CH.

Demostración.

Basta aplicar la proposición anterior con

G 1 = G, G2 = GIH, y obseivar que ,r(G)

f

=

,r: G -+ GIH la proyección canónica,

= G/H y

,r(Ln(G))

= Ln(G)HIH.

Para la segunda parte basta ver que si Ln(GIH) es decir, L/G)H = H, luego L/G) e H.

= [1] entonces Ln(G)HIH = (1),

Si Ges un grupo y n un número natural se cum-

Proposición 6.12.3. ple: (1)

Ln(G) es subgrupo caracteristico (en particular normal) de G.

(2)

Ln(G) es subgrupo normal de Ln_ 1(G).

(3)

Ln_ 1(G)IL/G) C Z(G/Ln(G)).

Demostración.

( 1) Es consecuencia inmediata de 6.12.1.

(2) Utilizando (1) es suficiente comprobar que Ln(G) C Ln_ 1(G) y como los elementos

[la, b]

=

a- 1b- 1ab : a E G, b E Ln_ 1(G))

generan Ln(G), basta ver que si a E G y b E Ln_ 1(G) entonces a- 1b- 1ab pertenece a Ln_ 1(G). Por supuesto es suficiente comprobar que a- 1b- 1a E Ln_ 1(G) y esto se deduce de la normalidad de Ln_ 1(G). (3)

Debemos probar que si x E Ln_ 1(G) e y E G, se cumple

6.12.3.1. Ahora bien,

[y, x]

E

IG, Ln_ 1(G)] = L/G),

luego (xy)- 1(yx)

= y 1x- 1yx = IY, x]

y, por tanto xyL/G) = yxLn(G)

que es lo mismo que 6.12.3.1.

E L/G)

298

IV.


GRUPOS RESOLUBLES Y NILPOTENTES Vamos ya a definir los grupos que estudiaremos en el resto del capítulo. Definición 6.13.

Sean G un grupo y S: {1}

= G0

!;i G 1 !;i ... !;i Gn

=G

una serie. (1) Diremos que Ses central si para cada 1 :!i:o i :!:o n se cumple: G¡_ 1 es subgrupo normal de G y G/G;_ 1 e Z(GIG¡_ 1). (2) Los grupos que admiten una serie central se llaman ni/potentes. (3) Diremos que Ses abeliana si para cada 1 es un grupo abeliano.

:!:o

i

:!:o

n el factor G/G¡_ 1

(4) Los grupos que admiten una serie abeliana se llaman resolubles. 6.13.1. Comentario. Los grupos resolubles desempeñan un papel esencial en el álgebra elemental. De hecho, a cada «ecuación polinómica» 6.13.1.1.

ªirn + a iX n-1 + .. . + ªn = O

donde x es la incógnita y los números ªq• ... , an son racionales, se le asocia de modo canónico un grupo (véase [CAJ, VIIl.3.7), y que dicho grupo sea resoluble es condición necesaria y suficiente para que las soluciones de la ecuación 6.13.1.1 sean expresables mediante sumas, restas, multiplicaciones, divisiones y extracción de raíces de números racionales (véase [CA], IX.1.10). A esto se le llama «ser resoluble por radicales» y ésta es la razón de llamar a los grupos resolubles, pues así el resultado anterior se puede formular como: «Ecuación resoluble por radicales<=> Grupo asociado resoluble». El término nilpotente (potencia nula) proviene de la teoría de grupos de Lie: cuando un grupo Ges nilpotente, el álgebra de Lie L(G) asociada tiene una potencia nula, esto es, Lm(G) = O para algún natural m. Estos hechos justifican que dediquemos el resto del capítulo a encontrar criterios que permitan decidir si un grupo es o no resoluble o nilpotente, y a estudiar sus propiedades más importantes. 6.13.2. Observaciones (1) Los grupos policíclicos son resolubles. Esto es obvio, pues un grupo policíclico admite una serie cuyos factores son cíclicos y por lo tanto abelianos.

299

SERIES

(2) Los grupos nilpotentes son resolubles. En efecto, sea G un grupo nilpotente y S: [1] = G0

~

G1

~ ••• ~

Gn = G

una serie central de G. Cada factor G/G¡_ 1 está contenido en Z(GIG¡_ 1). Pero, al ser G/G¡_ 1 subgrupo de GIG¡_ 1, es obvio que Z(GIG¡_J)

n

G/G¡_J C Z(G/G¡_1),

y, por tanto

G/G¡_J e Z(GIG¡_J) n G/G¡_J e Z(G/G¡_J) e G/G¡_p de donde G/G¡_ 1 = Z(G/G¡_ 1) y así G/G¡_ 1 es abeliano. En consecuencia la serie S es abeliana y G es resoluble. Estas son, en general, las únicas relaciones entre los conceptos de policíclico, resoluble y nilpotente. Vamos a encontrar contraejemplos a las restantes, y para ello comenzamos estudiando grupos resolubles.

6.13.3. Ejemplo. Todo grupo abeliano es resoluble. También esto es evidente, pues si G es abeliano, el único factor de la serie [1]

= G0

~

G1 =G

es G/G0 = G, que es abeliano.

6.13.4.

Ejemplo.

No todo grupo resoluble es policíclico.

Por ejemplo, el grupo O de los números racionales con la operación suma es resoluble por ser abeliano y sin embargo no es policíclico como vimos en 6.6.2. Con más generalidad, todo grupo abeliano que no sea finitamente generado es resoluble pero no es policíclico, por 6.6. Sin embargo, la siguiente proposición muestra que para grupos que admiten una serie de composición, los conceptos de resoluble y policíclico coinciden.

Proposición 6.13.S. Sea G un grupo que admite una serie de composición (por ejemplo, G finito con o(G) > 1, véase 6.1.8). Las siguientes afirmaciones son equivalentes: ( 1) G es resoluble. (2)

G admite una serie de composición abeliana.

300


(3)

G admite una serie de composición cíclica.

(4)

Toda serie de composición de Ges cíclica.

(5)

G es policíclico.

Demostración. posición de G

Fijemos a lo largo de la demostración una serie de comC: (1) = G 0 ~ G 1 ~

(1)

~

(2)

•••

~ G" = G

Por hipótesis existe una serie abeliana de G S: (1) = H 0 ~ H 1 ~

..•

~

H.m

= G

Por el teorema de Schreier 6.3 existen refinamientos C' y S' de C y S respectivamente, tales que C' - S'. Como C es serie de composición, ha de ser C = C'. Por tanto C - S'.

6.13.5.1.

La serie S' también es abeliana.

En efecto, si H¡_1

= Ko

~

K1

~

...

~

Ke

= H¡

es el «trozo» de S' comprendido entre H¡_ 1 y H¡, es obvio que H¡_ 1, al ser subgrupo de H¡, lo es de cada K¡, y por ello el segundo teorema de isomorfía 2.15 nos dice que )/(K., - 1/H.1- 1). = (K./H. K./K. 1- 1 / ,- 1 /

Como K/H¡_ 1 es abeliano por ser subgrupo del grupo abeliano H/H¡_ 11 también es abeliano el cociente )/(K., - 1/H,.- ,.), (K./H. 1- 1 /

y por tanto K/K;-t· Esto implica que S' es abeliana.

Así la serie de composición C al ser equivalente a S' es abeliana. (2) ~ (3) Sea T: (1) = M 0 ~ M 1 ~ .•• ~ M 5 = G una serie de composición abeliana de G. Cada cociente M/M¡_ 1 es abeliano y simple, luego en virtud de 3.16 tiene orden primo. Así M/M¡_ 1 es cíclico. (3)

~

(4)

(5)

~

(1)

~

(5)

Se siguen de 6.8.1.

Está probado en 6.13.2.

Ahora, utilizando 6.13.5, se deduce de 6.4.4, 6.4.5, 6.4.6, 6.4.7, 6.4.8, 6.4.9 y 6.4.10 el siguiente

Corolario 6.13.6. Si p, q y r designan números primos (no necesariamente distintos) y n un número natural, se verifica:

301

SERIES

( 1)

Todo grupo de orden pnq es resoluble.

(2)

Todo grupo de orden pqr es resoluble.

(3)

Todo grupo de orden 4pn es resoluble.

(4)

Todo grupo de orden p 2q 2 es resoluble.

(5)

Todo grupo de orden p 3q 2 es resoluble.

(6)

Sn no es resoluble si n ;a,, 5.

(7)

Salvo isomorfismo, A 5 es el único grupo no resoluble de orden menor que 120.

A continuación pasamos a caracterizar los grupos resolubles en términos de los subgrupos derivados. Proposición 6.14. Un grupo G es resoluble si y sólo si existe algún natural n ;a,, 1 tal que G11 = { 1}.

Demostración. Supongamos primero que existe n ;a,, 1 tal que en = { 1}. Tomamos n el menor natural que cumpla esta condición. Esto implica que Gi # Gi- l para cada i ~ n, pues si fuese Gi = Gi- l para algún i ~ n, derivando n - i veces en esta igualdad se obtendría {1} = en = (Gi)n-i = (Gi-tt-i = cn-1

lo que contradice la elección de n. Para cada 1

~

i

~

n definimos

G.1 = cn-i y ponemos G11 = G.

Como G¡_ 1 = cn- = [cn-i, G11 -i] e cn-i = G¡, se deduce que G¡_ 1 es subgrupo de G;, O ~ i ~ n-1. Evidentemente Gn-l = G 1 es subgrupo de Gn = G. Además cada G¡_ 1 = cn-(i-l) es subgrupo característico (luego normal) de G, según probamos en 6.9.2. En particular G¡_ 1 es subgrupo normal de G;, luego la que llamaremos serie derivada D: {1}

=

Go

=

en ~ GI = cn-l ~ ... ~ Gn-1 = G 1 ~ Gn = G

es de hecho una serie de G. Además, según probamos en 6.9.2, el cociente G/G 1 es abeliano. Como cn-(i-1) = cn-i+I es el derivado de cn-l = G¡, se sigue también de 6.9.2 que cada factor G/G;_ 1 de Des abeliano. Así Des una serie abeliana de G, luego G es resoluble. Recíprocamente, supongamos ahora que Ges resoluble y sea S : {1}

= G0

~ G 1 ~ ••• ~

Gn

=G

302


una serie abeliana de G. Es suficiente demostrar por recurrencia descendente sobre i que, llamando Gº = G,

6.14.1.

cn-i

e G; para cada O ~ i

~

n.

Una vez veamos esto, lo aplicamos con i = O y obtenemos cncG0 =[1],

luego

en = [ 1], como queremos.

Desde luego, 6.14.1 es obvio para i = n, pues cn-n

= Gº = G = G n .

Sea ahora i < n. Como G; es subgrupo normal de G;+i y el cociente G;+ 1/G; es abeliano (pues Ses serie abeliana) se deduce de (3) en 6.9.2 que (G;+ 1) 1 e G;. Por hipótesis de recurrencia, cn-i

=

cn-(i+I)

(G11-(i+l))I

e G;+J y tomando derivados,

e (G;+1>1 e

G¡

lo que prueba 6.14.1, y con ello la proposición.

Corolario 6.14.2. Sea G un grupo simple. La condición necesaria y suficiente para que G sea resoluble es que sea finito y de orden primo.

Demostración. Si G es finito y o(G) = p es primo, se deduce de (1) en 6.13.6 (o más fácil, de 6.13.3) que Ges resoluble, luego la condición es suficiente. Recíprocamente, si Ges simple y resoluble, su única serie (por ser simple) [1] = G0

~

G1 = G

ha de ser abeliana. Por ello G = G 1/G 0 es abeliano y simple. Ahora de 3.16 se deduce que G es finito y de orden primo. Ahora es fácil estudiar la resolubilidad de subgrupos y cocientes de grupos resolubles.

Proposición 6.14.3. Sean G 1 y G 2 dos grupos, H un subgrupo de G 1 y f: G 1 ~ G 2 un homomorfismo sobreyectivo. Supongamos que G 1 es resoluble. Entonces H y G 2 son resolubles.

Demostración. G1

Como G 1 es resoluble, existe un natural n

= [1]. Como He G 11 es claro que

[lJ e

H"

e c1 = [lJ.

~

1 tal que

303

SERIES

Así ll" = {1] y por 6.14 H es resoluble.

Además, según vimos en (14) de 6.9.1, G1 = f(G7) = f([l]) = [1}, luego G 2 es resoluble. Proposición 6.14.4. Sean G un grupo y H un subgrupo normal de G. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: ( 1)

G es resoluble.

(2) H y GIH son resolubles. Demostración. Si G es resoluble, la resolubilidad de H se deduce de la proposición anterior. Como la proyección canónica tr: G ~G/H

es homomorfismo sobreyectivo, basta aplicar de nuevo la proposición anterior para deducir que G/ H es resoluble. Recíprocamente, supongamos que H y G/H son resolubles. Por 6.14 existen naturales positivos m y n tales que Hm = {l], (G/H)tt = {1]. De lo segundo se deduce utilizando 6.9.3 que

ene H. Por tanto, derivando m veces, {1]

e

cn+m

= (Gn)m e

Hm

= {1],

esto es, cn+m = {1], y G es resoluble. Corolario 6.14.S. ( 1)

Sea G un grupo.

Si G posee un subgrupo normal resoluble H tal que G/H es abeliano, entonces Ges resoluble.

(2) Si G admite una serie S:{l]=G0

~

G1

~ ••• ~

Gn=G

cuyos factores G/G¡_ 1 son resolubles, entonces G es resoluble. (1) Se deduce de la proposición anterior, pues G/H, al ser abeliano, también es resoluble (véase 6.13.3). Demostración.

304


(2) Por inducción sobren = long(S). Sin = 1, el factor G 1/G 0 = Ges por hipótesis resoluble. Si n > 1, el grupo M = Gn-t admite una serie T: {1] = G0

~

G1

~ ••• ~

G11 = G

con factores resolubles y long(n = n - 1 < n. Por hipótesis de inducción M es resoluble. Como G/M = G/Gn-t también lo es, basta aplicar la proposición anterior para deducir la resolubilidad de G. Corolario 6.14.6. Sean H y K dos subgrupos normales y resolubles de un grupo G. Entonces HK es subgrupo normal y resoluble de G.

Demostración. Que HK es subgrupo normal de G es consecuencia de 2.2.13. Además por el tercer teorema de isomorfía 2.16, HKIK == Hl(H

n K).

Como Hes resoluble lo es Hl(H n K) (por 6.14.4), luego también es resoluble HKIK. Esto, junto con la resolubilidad de K, implica la de HK, empleando 6.14.4 una vez más. Corolario 6.14.7. Sean G 1 y G2 dos grupos y G = G 1 x G2 • Entonces G es resoluble si y sólo si lo son G 1 y G2 •

Demostración. tud de 6.10,

Si G es resoluble existe n

;;a,,

1 tal que G" = {1]. En vir-

{1 cJ = G" = Gj x G2

y, por tanto, Gj = Oe.J• G2 = {le)· Así G 1 y G2 son resolubles.

Recíprocamente, supongamos que G 1 y G2 son resolubles y sean m, n positivos tales que G1j1 = {le,l, G2 ={le/Entonces si pes el máximo entre m y n se tiene

{le) e Gj e G'j' = {le)• Oe2 J e~ e G2 = {le) Utilizando 6.1 O,

y G es resoluble.

Pasamos ahora a estudiar grupos nilpotentes. 6.1 S. Observación. Sean G un grupo y

S:{l]=G0 una serie central. Entonces

~

G1

~ ••• ~

G11 =G

305

SERIES

6.1S.1.

G 1 C Z(G).

6.1S.2.

G/Gn-l es abeliano.

En efecto, como la serie es central, G 1 = GifG0 e Z(G/G0 ) = Z(G), lo que prueba 6.15.1. Además G/Gn-t = G,IGn-t C Z(G/Gn_ 1) e G/Gn-t y así G/Gn-t coincide con su centro, luego es abeliano.

6.1S.3. Observación.

Si Ges un grupo nilpotente, Z(G) 'F [1].

En efecto, si S: [1] = G0 ~ G 1 ~

•••

~ Gn = G

es una serie central de G, se sigue de 6.15.1 que [1]

~

G 1 C Z(G).

6.1S.4. Ejemplos. Sean p, n ;:= 3 números naturales, p primo. Los grupos DP y Sn no son nilpotentes. (Obsérvese que D 3 = S 3 ya que en 1.8.2 vimos que D 3 C S 3 y por otro lado o(D3 ) = 6 = o(S3 )). En efecto, basta utilizar la observación precedente recordando que en 3.11.10.1 y 5.9 demostramos que Z(DP) = [1}, Z(Sn) = [l}.

6.1S.S. Ejemplo. Existen grupos policíclicos (y por tanto resolubles) que no son nilpotentes. En efecto, S 3 es policíclico en virtud de 6.4.4 y acabamos de probar que no es nilpotente.

6.1S.6.

Ejemplo. Todo grupo abeliano es nilpotente.

Demostración.

Sea G un grupo abeliano. La serie S:[l}=G0 ~G 1 =G

cumple que GifG0 = G = Z(G) = Z(G/G 0 ), luego es central. Por lo tanto G es nilpotente.

6.1S.7. Ejemplo. Existen grupos nilpotentes no policíclicos. En efecto, todo grupo abeliano que no sea finitamente generado (por ejemplo, O con la operación suma) es nilpotente por 6.15.6 y no es policíclico por 6.6.2.

306


El siguiente gráfico resume las relaciones entre las clases de grupos introducidas en este capítulo:

/

1 POLICICLICOS 1

<

~

1

:>

1

INILPOTENTESI

~ ~

T

1 RESOLUBLES 1

~

Antes de obtener un criterio para decidir si un grupo es o no nilpotente es conveniente demostrar la siguiente

Proposición 6.16. Sean G un grupo y S: [1}

= G0

~

G1 ~

••• ~

Gn

=G

una serie de G. Entonces S es central si y sólo si (*) [G¡, G] e G¡_ 1 para cada 1 ~ i ~ n.

Demostración. Supongamos primero que la serie S es central. Para demostrar (*) es suficiente probar 6.16.1.

[x,

y]

E G¡_ 1 para cada x E G¡, y E G,

pues estos elementos generan [G;, G]. Como xG¡_ 1 E G/G;. 1 e Z(GIG¡_ 1), se cumple xyG¡_ 1

= (xG¡_ 1)

(yG¡_ 1)

= (yG¡_ 1)

(xG¡_ 1)

=yxG¡_p

luego

[x, y]= x- 1y- 1xy = (yx)- 1(xy)

E G¡_ 1•

Recíprocamente, supongamos que [G;, G] C G¡_ 1, 1 ~ i ~ n. Hemos de probar

6.16.2.

G¡_ 1 es subgrupo normal de G, y

6.16.3.

G/G¡_ 1 C Z(GIG¡_ 1).

Para 6.16.2 utilizamos la caracterización (3) de 2.1. Sean pues a, b E G tales que ab E G¡_ 1• Hemos de ver que ba E G¡_ 1• Como ab E G¡_ 1 e G¡ y a E G, se tiene

[ab, a] E [G¡, G] e G¡_ 1,

307

SERIES

luego (ab)- 1a- 1aba E G¡_¡, esto es (ab)- 1(ba) ba = (ab)u E G¡_ 1 como queríamos.

=u

E G¡_ 1• Como ab E G¡_¡, es

Para 6.16.3, tomamos x E G¡, y E G. Hemos de probar que 6.16.4.

xyG¡_ 1 = yxG¡_ 1•

Pero (yx)- 1xy

=.r 1y- 1xy = lx, y] E

[G;, G] e G¡_ 1,

lo que demuestra 6.16.4, y con ello queda visto que Ses serie central. Proposición 6.17. Un grupo G es nilpotente si y sólo si existe un número natural n ~ l tal que Ln(G) = [1].

Demostración. Supongamos primero que Ln(G) = [1} para cierto n y elijamos el menor n con esta propiedad.

~

1

Veamos que L¡_ 1(G) 'F L¡(G) para cada 1 :s;; i ,s;; n. Si fuese L¡_ 1(G) = L¡(G), 1 :s;; i ,s;; n, se tendría y por recurrencia,

el}= L n (G)

= L n- 1(G) = ... = L.1+ 1(G) = L.(G) = L.1- 1(G), 1

lo que contradice la elección de n. Este hecho, junto con 6.12.3, nos dice que llamando G¡ = L n-1.(G),

O :s;; i ,s;; n, obtenemos una serie central

[1] = G 0 = Ln(G) ~ ... ~ Gn = L0 (G) = G. Por lo tanto G es nilpotente. Supongamos ahora que G es nilpotente y sea S:[l]=G0 ~ G 1 ~

•••

~ Gn=G

una serie central de G. Todo se reduce a probar, por inducción sobre i, que 6.17.1.

L¡(G) C Gn-i para cada O :s;; i ,s;; n.

En tal caso, para i = n, se obtiene Ln(G) e G 0 = [l},

lo que demuestra la proposición. El contenido 6.17.1 es obvio para i = O, pues L 0( G) = G = G n = G n-0 •

308


Ahora, si i > O, L;(G)

= [G, L¡_ 1(G)j e

[G, Gn-Ci-1)[

= [Gn-Ci-tJ• G[ C

Gn-i

el primer contenido por la hipótesis de inducción y el segundo por ser S serie central y la proposición 6.16. Este criterio permite estudiar la nilpotencia de subgrupos y cocientes de un grupo dado.

Corolario 6.18. Sean G 1 y G 2 grupos, H un subgrupo de G 1 y f: G 1 ~ G 2 un homomorfismo sobreyectivo. Supongamos que G 1 es nilpotente. Entonces a) H y G 2 son nilpotentes. b) Si Hes subgrupo normal de G., el cociente G/H es nilpotente.

Demostración.

Demostremos en primer lugar por inducción sobre k

que Lk(H) e L/G 1) para cada natural k.

Si k

= o, Lk(H) = Lo(H):;;; He

e, = Lo(G.).

Si k > O, Lk(H) = [H, Lk_,(H)j C [Gr Lk_ 1(G 1)] = Lk(G 1), siendo cierto el contenido [H, Lk_,(H)] e [G" Lk_ 1(G 1)J porque H e G 1 y, por hipótesis de inducción, Lk_ 1(H) e Lk_,(G 1). Ahora probamos a). Como G 1 es nilpotente, existen

;;a,,

1 tal que

Por lo anterior, Ln(H) C L11 (G 1) = [1],

luego L/H) = [ 1] y H es nilpotente. Además, L/G 2 ) = Ln(f(G 1)) = f(Ln(G 1)) = f([l]) = [1],

la segunda igualdad por 6.12.1. Esto demuestra que G 2 es nilpotente. La parte b) es un caso particular de lo anterior, pues la proyección canónica rr:G 1 ~G/H es un homomorfismo sobreyectivo.

6.18.1. Observación. A diferencia de lo que ocurre con los grupos policíclicos o resolubles (véase 6.4.3 y 6.14.4) no es suficiente que un grupo

309

SERIES

G posea un subgrupo normal nilpotente H con cociente G/H nilpotente,

para que G lo sea. En efecto, tomemos G = S 3• Sabemos desde 6.15.4 que S 3 no es nilpotente. Sin embargo S 3 posee un subgrupo normal H de orden 3 (por ejemplo, por el teorema de Sylow). Como H y G/H tienen orden primo, son cíclicos y en particular abelianos. Por 6.15.6, H y G/H son nilpotentes. Corolario 6.18.2. Sean G 1 y G2 grupos y G = G 1 nilpotente si y sólo si lo son G 1 y G2 •

Demostración. sean

X

G2• Entonces Ges

Supongamos primero que G 1 y G 2 son nilpotentes y

y 8 2: {le)= Ko !;. KI !;. ... !;. Km= G2

series centrales de G 1 y G2 respectivamente. Podemos suponer m escribimos

;a,,

n, y

si m > n. Llamando evidentemente se tiene (*)

[lcJ = M0 !;. M 1 !;. ...

!;.

Mm = G.

Desde luego, cada M¡_ 1 es subgrupo normal de G (y en particular de M¡) en virtud de 3.5.1. Además, en virtud de 6.10 y de 6.16, [M;, G]

= [H;

x K;, G 1 x G2 ] = [H;, G 1 1 x IK;, G2 ] e H;_ 1 x K;_ 1 = M;_ 1•

Esto prueba, de nuevo por 6.16, que(*) es una serie central de G. El recíproco es obvio, pues si G es nilpotente, como los homomorfismos n-1: G-+ G 1 : (x 1, x 2 )

i--+

xi' n-2: G-+ G 2 : (x 1, x 2 )

i--+

x2

son evidentemente sobreyectivos, se deduce de 6.18 que tanto G 1 como G 2 son nilpotentes. El corolario 6.18 permite mejorar el resultado 6.15.4. 6.19. Ejemplo. Si n > 2 es un natural que no es potencia de dos, el grupo diedral D11 no es nilpotente.

310


Demostración.

6.19.1.

Si m

Veamos en primer lugar que ~

3 es impar, Z(Dm) = [1}.

Escribimos en la forma usual

Dm = [ 1, f, ... , -¡m- t, g, g º f, ... , g º fm -1] con o(f) = m, o(g) = 2, fk

o

g

Supongamos que h = gi Entonces

o

g

fk

o

=g

para cada entero k.

fi E Z(Dm) para algún O ~ i

(gi o fi)

o

=

~

1, O ~ j

~

m - l.

gi o fi o g

y por lo tanto

gi+ 1 o fi o fi

=

gi o fi o g o fi

=

gi o g

=

gi+ 1.

De aquí f 2 i = 1 luego 2j es múltiplo de m. Como mes impar, ha de ser j múltiplo de m. Como O~ j ~ m-1, se deduce que j = O y así h = gi. Si fuese i = 1, sería g E Z(Dm) y entonces g g

o

f2 = fo g

o

0

f =f

O

g, y por lo tanto

f = g,

esto es, f2 = l. Entonces 2 es múltiplo del impar m, contradicción. Así pues i=Oyh=l. Vayamos ya con la prueba de que Dn no es nilpotente cuando n no es potencia de dos. Escribamos n = 2ªq donde q es un impar distinto de uno y vamos a probar que Dq es subgrupo de Dn. Si

Dq = [1, f, ... , fl- 1, g, g º f, ... , g º fl-1) donde fes el giro de centro el centro O del polígono regular X de q lados y ángulo 2Trlq, y ges la simetría respecto de la recta que une O con un vértice V de X, para comprobar que Dq C Dn es suficiente ver que

f

E Dn,

g E D11 •

V q=3 n = 12

311

SERIES

Si llamamos Y al polígono regular de n lados que tiene a V por vértice, y de centro O, se sigue de la descripción de Dn dada en 1.2, que g E Dn. Por su parte, si h es el giro de centro O y ángulo 2rrln se deduce de 1.2 que h E D 11 • Llamando r = 2ª es obvio que

f = hr E

Dn.

Ahora, como Z(D9 ) = {1] según hemos visto en 6.19.1, deducimos de 6.15.3 que Dq no es mlpotente. Como Dq es subgrupo de Dn concluimos, empleando 6.18, que Dn no es nilpotente. El lector se preguntará qué ocurre con los grupos diedrales Dn cuando n es potencia de dos. Antes de responder a esta cuestión precisamos la siguiente Proposición 6.20. Sea G un grupo tal que G/Z(G) es nilpotente. Entonces G es nilpotente. Demostración.

existe un natural n Ln(G) e Z(G). Así

Como G/Z(G) es nilpotente, deducimos de 6.17 que ;;;a,: 1, tal que Ln(GIZ(G)) = {1]. En virtud de 6.12.2, Ln+l(G) = IG, L/G)] e IG, Z(G)].

Como para cada x E G y cada y E Z( G) es [x, y]

resulta que [G, Z(G)]

= .x- 1y- 1xy = .x- 1 y- 1yx = 1

= {1], luego Ln+ 1(G) = {1], y Ges nilpotente.

Corolario 6.20.1. Seanp un número primo, n un número natural positivo y G un grupo de orden pn. Entonces Ges nilpotente. Demostración. Utilizando 6.15.6 podemos suponer que G no es abeliano. Razonamos por inducción sobre n.

Para n = 1 ó 2, G es abeliano (véanse 1.15.4 y 3.11.5) y por tanto G es nilpotente.

Sean ;;;a,: 3. El orden de Z(G) es ph para cierto 1 :s. h :s. n-2, en virtud de 3.11.4. Por lo tanto, si k = n - h, es o(G/Z(G)) = pk, 2 :s. k :s. n-1. Aplicando a G/Z(G) la hipótesis de inducción se deduce que es nilpotente y por la proposición anterior también lo es G.

312


Corolario 6.20.2. Sean si n es potencia de dos.

n

~

3. El grupo diedral Dn es nilpotente si y sólo

Demostración. El «sólo si» es 6.19. El «si» se deduce de 6.20.1 pues si para algún natural a, o(Dn) = 2ª• 1•

= 2ª

En particular se deduce Corolario 6.20.3. son equivalentes:

Sea m un número par. Las siguientes condiciones

( 1) m es potencia de dos. (2)

Todo grupo de orden mes nilpotente.

Demostración. (2) => (1)

(1) => (2)

Es un caso particular de 6.20.1.

Como m es par se escribirá

m

=

2n para algún natural n.

Si n = 1 ó 2, m es potencia de dos. Si n ~ 3, el grupo diedral Dn tiene orden m, y por hipótesis es nilpotente. El resultado anterior nos dice que n (y por lo tanto m) es potencia de dos. Nuestro próximo objetivo es caracterizar de modo «eficiente» los grupos nilpotentes finitos. Esto requiere algunos preparativos. Lema 6.21. (Frattini). Sean G un grupo, K un subgrupo normal finito de G y p un número primo que divide al orden de K. Entonces, si Hes un p-subgrupo de Sylow de K se verifica la igualdad G = N G(H)K.

Demostración.

Sólo hay que comprobar el contenido G C NG(H)K.

Sea pues x E G. Como K es subgrupo normal de G y H está contenido en K, se tiene Hx e Kx

= K,

luego, como o(Hx) = o(H), también Hx es p-subgrupo de Sylow de K. Por el teorema de Sylow existe y E K tal que Hx = lfY y por lo tanto HX_v-' =H,

es decir,

313

SERIES

En consecuencia, x = uy E Nc(H)K.

Corolario 6.21.1. Sean G un grupo finito, p un número primo que divide al orden de G y H un p-subgrupo de Sylow de G. Si K es un subgrupo de G que contiene a Nc(H), entonces Nc(K) = K.

Demostración. Como H e N c(H) e K, H es un p-subgrupo de Sylow de K. Consideramos el grupo A = N c y aplicamos el corolario anterior. K es un subgrupo normal de A, obviamente finito, pues G lo es, y H es un p-subgrupo de Sylow de K. Entonces A =NiH)K.

Como N iH) e N c
e

K, resulta que N iH)K

= K, esto es, A = K como

Pasamos ya a demostrar

Proposición 6.22. son equivalentes:

Sea G un grupo finito. Las siguientes afirmaciones

( 1) G es nilpotente. (2) Cada subgrupo de Ges miembro de una serie de G. (3) Si Hes subgrupo propio de G, entonces H (4)

~

Nc(H).

Para cada divisor primo p del orden de G y cada p-subgrupo de Sylow H de G, se verifica que Hes un subgrupo normal de G.

(5) Existen números primos p 1, ... , pk, números enteros m 1, ... , mk y grupos G 1, ••• , Gk de órdenes p:"•, ... , p'¡:k, tales que G == G 1 X ... X Gk.

Demostración. (1) => (2) Sea H un subgrupo de G. El resultado es obvio si H = G ó H = [1}. Podemos pues suponer que H es subgrupo propio de G y consideramos la serie central [l} = G0

~

G1

~ ••• ~

G11 = G.

Por definición de serie central cada G; es subgrupo normal de G, luego K; = G;H es subgrupo de G. Evidentemente K; está contenido en K;+ 1• Además K 0 = Go-~ u = H, K 11 = G11H = GH = G.

314


Todo se reduce a probar que Cada K¡ es subgrupo normal de Ki+t·

6.22.1.

En tal caso, eliminando si es preciso los miembros repetidos,

es una serie de G, uno de cuyos miembros es H. Demostrar 6.22.1 equivale a ver que G;+iH = K;+i e NG(K¡).

Como evidentemente He K¡ e NG(K¡), basta ver 6.22.2.

Ahora bien, [Gi+l' K¡]

e

[Gi+I' Gj

e

G¡

e

G¡H = K¡,

el segundo contenido por 6.16. Veamos cómo a partir de esto se deduce 6.22.2. Sea x E G;+t y probaremos que x E NG(K;), esto es,

K¡ Si u E K¡ resulta que xux- 1

=y E

= K¡.

K¡, luego como z = y- 1 E K;, tenemos

u = x-•yx = x-•z-•xzz-• = [x, zk- 1 E

[Gi+I' K;]K;

= K¡.

Así hemos probado que K¡ e K¡. Trabajando con x- 1 E Gi+t en vez de con x, obtendremos -1

Kf cK¡

luego K; = ( K(

r

e Kf

lo que proporciona la igualdad K; = Kf. (2) => (3)

Por hipótesis existe una serie

[1}

con O< i < n.

= G0

!;;i G 1 !;;i ••• !;;i

G;

=H

!;;i Gi+t !;;i ••• !;;i

Gn

=G

315

SERIES

Como Hes subgrupo normal de

Gi+t

G;+i

resulta que

e Nc(H)

y como H s;. G i+ 1, concluimos que H s;. N c(H). (3) => (4) Llamando K = Nc(H), se trata de ver que coincide con G. En caso contrario K sería un subgrupo propio de G, luego por hipótesis K ~ Nc(K).

Esto contradice el corolario 6.21.1. (4) => (5)

Sean el orden de G y _

m,

mk

n-Pi ... pk

su descomposición en producto de primos. Por el teorema de Sylow y la hipótesis tenemos para cada 1 ~ i ~ k un subgrupo normal G¡ de G de orden pf' (esto es, un P;-subgrupo de Sylow). Evidentemente mcd(o(G¡), o(G¡)) = 1 si i G¡

# j,

luego por 4.6,

n G; = [1].

Aplicando reiteradamente (k-1 veces) la primera parte de 1.12.11 obtenemos

luego G = GI ... Gk.

Ahora todo se reduce a probar por inducción sobre k 6.22.3.

GI ... Gk == GI x ... x Gk.

Para k = 2, basta utilizar 2.20.3. Sea k > 2 y A = G 1 •.• Gk-t == G 1 x ... X Gk-l por hipótesis de inducción. En virtud de 2.2.13, A es subgrupo normal de G. Además

m,

o(A) = P1 ···Pk-1 , mk-1

luego mcd(o(A), o(Gk)) = 1 y por 4.6, A

n Gk = [1].

Ahora se deduce de 2.20.3 que AGk ==AX Gk.

316


Entonces, utilizando 2.6.2.4 obtenemos G = G 1 ... Gk = AGk

=A

X Gk

= G 1 X ...

X Gk.

Nótese que se ha probado que G., ... , Gk son los pi-subgrupos de Sylow deG. (5) => (1) Sea G = G 1 x ... x Gk, donde los Gi están en las condiciones del enunciado. En virtud de 6.20.1, cada Gi es nilpotente. Usando 6.18.2, se deduce que G 1 X ... X Gk (y, por tanto, G), es nilpotente. La proposición anterior nos va a permitir caracterizar los grupos nilpotentes en términos de la invertibilidad del teorema de Lagrange, con subgrupos normales. Antes estudiamos un caso particular:

Proposición 6.23. Sean p un número primo, n un entero positivo y G un grupo de orden p". Entonces, para cada divisor d de p", G posee un subgrupo normal de orden d. Demostración. Por inducción sobre n. El caso n = 1 es trivial. Si n > 1, sabemos por 3.11.4 que Z(G) 'F- [1]. Sea pk, con 1 :,s; k ,,s; n, el orden de Z(G). Por 6.4.1.1, existe un subgrupo H de Z(G) con o(H) = p. En virtud de 2.2.8, H es subgrupo normal de G.

Ahora o(GIH) = pn-t y por hipótesis de inducción, para cada O :,s; i existe un subgrupo normal Ni de G/H con orden pi.

,,s;

n-2

Sea K¡ subgrupo de G tal que Ni = K/ H. Evidentemente o(Ki) = o(H)o(N¡) = pi+ 1

y Ki es, por 2.3.1, subgrupo normal de G. Tenemos pues subgrupos normales de G de órdenes p, p 2 , .... p"- 1, tal y como queríamos demostrar. Pasamos ya a probar.

Proposición 6.24. son equivalentes:

Sea G un grupo finito. Las siguientes afirmaciones

( 1) G es nilpotente. (2) G posee un subgrupo normal de orden d para cada divisor d del orden de G. Demostración.

Sea n = o( G) y factorizamos en producto de primos 1 pmk n = pm 1 ... k '

317

SERIES

(1) => (2)

Sea d un divisor de n. Entonces

Por el teorema de Sylow, G posee subgrupos H., ... , Hk con o(H¡) ser G nilpotente, hemos visto en 6.22 que 6.24.1.

G = H 1 ... H k

= H 1 X ...

=

pf; y al

X H k·

En virtud de la proposición anterior, cada H; posee un subgrupo normal K; de orden p~ · 6.24.2.

Cada K; es subgrupo normal de G.

En efecto, debemos comprobar que

K¡ e K; para cada x E G. Sea u E K¡ , esto es, xux- 1 E K;. Escribimos u

= u 1 ••• uk, x =x 1 ••• xk, u¡, X¡ E

H¡, 1 ~ j ~ k.

Se tiene xux-1 = (x1u1x,1) ... (xku0¡1),

por 2.20.3.1, y como xux- 1 E K; e H;, se deduce, al ser H; n(J;);H;

,.,,,

J= {l},

que _¿_. x,ur; 1 = 1, J. -r1, X;U¡X;-t E K;·

Por tanto, u¡ = 1, j =¡6 i, y u; E grupo normal de H; y X; E H;. En consecuencia u

= u; E

[(_X;

= K;, la última igualdad por ser K; sub-

K;, como debíamos probar.

Ahora, por 6.24.2, K=K 1 ••• Kk

es subgrupo normal de G (empleamos 2.2.13). Como evidentemente mcd(o(K¡), o(K¡)) que

lo que termina la demostración.

=

1 si i

# j,

se deduce de 1.12.11

318


(2) => (1) potente.

Por hipótesis, se cumple la condición (4) de 6.22. Así Ges nil-

Para terminar el capítulo volvamos a la cuestión, ya planteada, de la relación entre los conceptos de policíclico, nilpotente y resoluble. Aunque ya disponemos de ejemplos de grupos resolubles que no son nilpotentes y de otros que no son policíclicos, el lector puede comprobar que todos los ejemplos hasta ahora manejados de grupos resolubles, bien son policíclicos, bien son nilpotentes. Sin embargo,

6.25. Ejemplo. poli cíclicos.

Existen grupos resolubles que no son nilpotentes ni

Demostración. La construcción es muy similar a la de 6.6.3 y por ello omitiremos algunas comprobaciones rutinarias. Sea

cr : (Q ~

(Q :

a

i-+

-a

que es un automorfismo, y consideremos el homomorfismo de grupos (/J: '11./2'11. ~ Aut(O): O+ 2'11. i-+ 10 1 + 2'11. i-+ cr

El conjunto G = '11./2'11.

X (Q

con la operación

«·»

definida por

(k + 2'11., a) · (f + 2'11., b) = (k + f + 2'11., (/J (f + 2'11.) (a)+ b) es un grupo. Veamos en primer lugar que no es policíclico. Es inmediato comprobar que H = [(O + 2'11., a) : a E (Q} es subgrupo de G. La aplicación p : (Q

~

H :a

i-+

(O + 2'11., a)

es isomorfismo (véase 6.6.3). Ahora, como (Q no es policíclico (lo vimos en 6.6.2), tampoco lo es H, y por 6.4.2, G no es policíclico. Sin embargo, Ges resoluble. En efecto, como IG : H] = 2, Hes subgrupo normal de G, y es resoluble, ya que, al ser isomorfo a (Q es abeliano (estamos usando 6.13.3). Por su parte el cociente G/ H tiene orden 2, luego es también abeliano y por ello resoluble. Aplicando 6.14.4, G es resoluble.

319

SERIES

Sólo falta demostrar que G no es nilpotente. En virtud de 6.15.3 nos basta demostrar que Z(G) = [lcJ = (O + 2Z, O). Supongamos que un elemento (k + 2Z, a) E Z(G) con a E Z y k = O ó l. Llamemos x = (k + 2Z, a), y= (1 - k + 2Z, a). Se debe cumplir X·

y= y·

X,

luego (1 + 2Z, q,(1 - k + 2Z) (a)+ a) = (1 + 2Z, q,(k + 2Z) (a) + a), y así

q,(l - k + 2Z) (a) = q,(k + 2Z) (a)

lo cual, independientemente del valor de k, equivale a que a = -a, o sea, a = O, y x = (k + 2Z, O). Ahora bien, sea z = (O+ 2Z, 1) E G; como x E Z(G), ha de verificarse X· Z

=Z

• X,

y por lo tanto,

(k + 2Z, q,(O + 2Z) (O)+ 1) = (k + 2Z, q,(k + 2Z) (1) + O),

de donde 1 = ({)(O+ 2Z) (O)+ 1 = q,(k + 2Z) (1) + O= q,(k + 2Z) (1). En consecuencia ({> (k + 2.l) ~ u, luego (/) (k + 2Z) = 10 y k = O. Así pues x =(O+ 2Z, O)= le con lo que queda probado que Z(G) =

[lcJ.

6.26. Comentario. Los grupos construidos en 6.6.3 y en el ejemplo anterior no son sino casos particulares de los llamados grupos diedrales generalizados, y que a su vez son un ejemplo del llamado producto semidirecto de grupos.

320

TEOlÚA ELEMENTAL DE GRUPOS

EJERCICIOS CORRESPONDIENTES AL CAPÍTULO 6 1O1. Construir una serie de composición del grupo diedral D6• 102. Sean G y H dos grupos que admiten series de composición con igual longitud y factores isomorfos. ¿Se puede asegurar que G y H son isomorfos? 103. ¿Es policíclico el grupo WZ? ¿Lo es M?

104. Sea G un grupo que admite una serie con factores policíclicos. Demostrar que G es policíclico. 105. Sea p un número primo. ¿A quién son isomorfos los grupos no policíclicos de orden 12p? 106. ¿Es policíclico todo grupo de orden 6p"', donde m es un entero positivo y p un número primo? 107. Sea p un número primo distinto de 5 y m un entero no negativo. ¿Son policíclicos todos los grupos de orden 12p"'? 108. Sean p y q números primos. Estudiar si todos los grupos de orden p 3q 3 son policíclicos. 109. (a) Estudiar si todo grupo de orden 144 es policíclico.

(b) Estudiar si todo grupo de orden 400 es policíclico. * 11 O. Demostrar que todo elemento de As es un conmutador de elementos de As. 111. Sean H, K y N subgrupos normales de un grupo G. Demostrar que

IHK, NI = [H, N] . IK, NI. 112. Calcular el derivado del grupo cuaternión Q. *113. Calcular el subgrupo derivado de GL2 (1R) = G. 114. Sea G un grupo resoluble. Demostrar que las siguientes afirmaciones son equivalentes: (1) G cumple la condición maximal (véase el ejercicio 20).

(2) G es policíclico. 115. Sean G un grupo y H un elemento maximal en la familia de subgrupos resolubles de G. Demostrar que H = N c
321

SERIES

116. Sean G un grupo, H y K subgrupos normales de G. Se pide demostrar: (a) Si GIH y G/K son resolubles, también lo es Gl(H n K). (b) Si G/H y G/K son nilpotentes, también lo es Gl(H n K). 117. Sea G un grupo finito. Demostrar que las siguientes afirmaciones son equivalentes: ( 1) G es nilpotente. (2) Z(G/N)

=¡é

{1} para cada subgrupo normal N

* 118. Sean G un grupo nilpotente y N Demostrar que N

n Z(G)

=¡é

=¡é {

=¡é

G de G.

1} un subgrupo normal de G.

{l}.

*119. Sean G un grupo nilpotente y A un elemento maximal de la familia de subgrupos normales de G que son abelianos. Demostrar que A= CG(A).

120. Demostrar la equivalencia de las siguientes afirmaciones: ( 1) Todo grupo de orden impar es resoluble. (2) Si un grupo finito y no abeliano es simple, su orden es par. (El célebre teorema de Feit y Thompson comentado en la introducción prueba que ambas afirmaciones son ciertas.)

Capítulo 7 GRUPOS ABELIANOS FINITAMENTE GENERADOS. GENERADORES Y RELACIONES

El primer resultado de este capítulo es de clasificación y generaliza el obtenido en el capítulo 2: los grupos abelianos f initamente generados son de la forma '1L.lm 1 '1L.

X ••. X

'lL.lmk '1L.

X

--s--

'1L.

X .•• X

'lL., m;+i divisor de m;

y los números (s, k, m¡, ... , mk) clasifican el grupo. En los espacios vectoriales los sistemas generadores minimales [v¡, ... , vn) son libres, esto es, la única «relación» entre ellos .l1v 1 + ... + .lnvn = O es .l1 = ... = .ln =O.Esto no ocurre en los grupos, ni siquiera en los abelianos: los elementos v 1 = (1 + 12'1L., 1 + 3'1L.), v2 = (2 + 12'1L., 1 + 3'1L.) en G = '1L./12'1L. X '1L./3'1L. constituyen un sistema generador minimal y sin embargo 6v 1 - 3v2 = O es una relación entre ellos. Por esto dedicamos la segunda parte del capítulo a exponer en qué consiste «presentar» un grupo finitamente generado mediante un sistema generador finito S y un conjunto finito de relaciones entre los elementos de S tales que todas las posibles relaciones sean «combinación» de las dadas. Veremos que una presentación de este tipo detennina el grupo.

Nuestro primer objetivo en este capítulo es obtener la generalización natural, para grupos abelianos finitamente generados, del teorema 2.21 sobre la estructura de los grupos abelianos finitos.

l.

TEOREMA DE ESTRUCTURA Definición 7 .1.

Si G es un grupo denotaremos T( G)= [x E G : o(x) es finito).

Decimos que G tiene torsión si T(G) #- (1) y que no tiene torsión en caso contrario.

7 .1.1.

Observaciones

(a) Si G es abeliano, entonces T(G) es un subgrupo de G, pues no es vacío, ya que o( 1) = 1, y dados x, y E T( G), el orden de x y- 1 divide al mínimo común múltiplo de o(x) y o(y- 1) = o(y) por 1.10.

Así

xy- 1 E T(G). Decimos que T(G) es el subgrupo de torsión de G. (b) Sea G un grupo abeliano y T = T(G). El cociente G/T no tiene torsión, pues si xT tiene orden finito n, resulta x" E Ty por lo tanto o(x") es finito, lo cual implica que (x 11 ) 111 = 1 para cierto entero positivo m, y de aquí x 11111 = 1, luego x E T y así xT = T.

(e) En general, si G no es abeliano, T(G) no es subgrupo de G. Consideremos, por ejemplo, el grupo GL 2(1R) = G y

x=(~ _:} y=(~ -~)

326


Evidentemente x 2

=y 2 =(~ ~) =le,

luego x, y e T( G).

Sin embargo, xy = (~ :) e T(G), pues vamos a probar por inducción

que, para cada n EN,

Esto es obvio, para n = 1 y si n > 1, la hipótesis de inducción nos dice que

como queríamos demostrar. (d) El grupo G no es le, algún

X¡ =¡é

--r--

= "1L.

=¡é

no tiene torsión, pues si x

= (x 1,

... , xr) E

G

O y por lo tanto para cada n E N, nx

ya que nx¡

X ... X "1L.

= (nxl'

... ,nxr)

=¡é

le

= (O,

... , O),

O. (Nótese que aquí la notación es aditiva).

(e) Si Ges finito, entonces G = T(G) ya que sin = o(G) se tiene x" = 1 para cada x E G. (f) El recíproco de la observación anterior es falso. Consideremos por ejemplo el grupo G = W"1L. que evidentemente no es finito, pues si p y q son primos distintos, 1 p

1 q

-+"ll.*-+"ll..

(Recuérdese que existen infinitos números primos). Sin embargo T( G) = G ya que dado x

= m + "1L. e O/ "ll., n

resulta

nx = m + "1L. = O + "1L. = le.

(g) Si Ges abeliano y K es un subgrupo de G, T(K) = K n T(G). En particular, si K no tiene torsión, K n T( G) = {1) y si G no tiene torsión, tampoco K la tiene.

327

GRUPOS ABELIANOS FINITAMENTE GENERADOS ...

(h)

De lo anterior, para K = T(G) se deduce T(T(G))

= T(K) = K n

7.2. Ejemplo. Sea G = Z/ m i"7l.

7.2.1.

T(G)

= T(G).

Z/ mr Z

X ••• X

X

--s--

Z

X ••• X

Z. Entonces

T(G) = Z/m 1 Z X ••• X "11..lmr "11.. X {O} X ••• X {O}

y en consecuencia, T(G)

= Zlm 1 Z

Zlmr Z, mediante la aplicación

X ••• X

(x., ... , xk, O, ... , O)

i-+

(x., ... , xk).

En efecto, es inmediato que T( G) contiene al segundo miembro de 7.2.1. Recíprocamente, ningún elemento X=

con algún

a; ~

(u¡ + m¡Z, ... , ur + m~, a., ... , ªs)

O tiene orden finito, pues nx

= (nu 1 + m 1Z, ... , nur + m~, na.,

... , na5

)

para cada n E Z\{O}, y na;~ O. 7.3. Ejemplo. Sea G = Z/m 1Z GIT(G)

--s--

Z

X .•• X

Z

Zlmr Z

--s--

=Z

X .•. X

Z.

X

--s-Z

X ••. X

Z. Entonces

Escribimos T = T(G) y consideremos

Demostración.

f:

X ••. X

~

G/T: (x 1,

••• , X 5 )

i-+

(O+ m 1Z, ... ,O+ m~, x 1,

••• , X 5 )

+ T.

Este es el isomorfismo buscado: Es obvio que se trata de un homomorfismo. Además es inyectivo, pues si (O + m 1Z, ... , O + m~, x., ... , x5 ) E T ha de ser, por 7.2.1, x 1 = ... = X 5 = 0. Probamos la sobreyectividad de f. Dado u= (a 1 + m 1Z, ... ,ar+ m~, x., ... , x 5

)

+TE GIT,

se sigue de 7 .2.1 que x

= (a 1 + m 1Z, ... ,ar+ m~, 0,

... , O) E T,

328


luego

u

=

u - (x +

7.4. Observación. Si abelianos, las aplicaciones

:

G1

n = f (x I' ..• , x). ~

G2 es un isomorfismo entre grupos

y

son isomorfismos.

Demostración. Escribimos T 1 = T(G 1) y T2 = T(G 2 ), 1 = 1r1- Desde luego

n

;a,,

l.

Entonces p y con ello, que (T1)

que acabamos de probar, y de la inyectividad de
xj"• ... xk"' entonces G tiene torsión.

= 1,

329


Demostración.

Para cada sistema generador minimal de G T=(y1, ... ,yd

llamaremos Exp(T)

= ((t't,

--k---

... , ek) E "11.

x ... x "11.: yf, ... Yk' = 1, algún

f¡ #

OJ

y denominamos Cd(T)

=[f E

"11.\(0}: existe

(fl' ... , fk) E

Exp(T) con

e= f; para algún i}.

Por último escribiremos Exp(G)

= U Exp(T), Cd(G) = U Cd(T),

ambas uniones extendidas a la familia de todos los sistemas generadores mini males de G. La hipótesis dice exactamente que Exp(S), y en consecuencia Cd(S), no es vacío. En particular, Exp(G) y Cd(G) no son vacíos. De hecho podemos asegurar que Cd(S), y por lo tanto Cd(G), tiene algún elemento positivo ya que si m; # O, como xj• ... xf• = 1, también

x¡-m, ... x¡;m, = 1, luego m¡,

-m¡ E Cd(S).

Podemos elegir entonces el menor positivo en Cd(G), al que llamaremos m. Evidentemente, m pertenece a Cd(T) para algún T = (y 1, ... , Yd· Existe por lo tanto (f 1' ... , fk) E Exp(T) tal que m = f¡ para algún 1 :s;;; i ,s;;; k, y cambiando los «nombres» de y 1 e Y;, podemos suponer que f 1 = m. Así pues

YÍ Y~ 2

.. •

Yk' = l.

Dividamos ahora

y sustituyamos

de donde

y si ponemos qk 2 ... yk Y--y1 yqz

obtenemos

330


7.5.1. Veamos ahora 7.5.2.

T' = (y, Y2

1

···•

Yd

es sistema generador (y por lo tanto mini mal) de G. Como T lo es, basta ver que y I E (T '), lo cual es obvio, pues Yt

= YY2q 2.. f¡/k ·

Ahora, de 7.5.1 y 7.5.2, es (m, r 2 , ••• , rk) E Exp(G), con O ,s.; r¡ < m. Por la elección de m, se deduce que cada r¡ = O, y 7.5.1 se lee ym = 1,

luego y E T( G). Evidentemente y =I= 1, pues en caso contrario T" =

lY2, ... , Yd

seria un sistema generador de G con menos elementos que S. Así y E T(G), y =I= 1, y por lo tanto G tiene torsión.

Lema 7 .6. Sea G un grupo abeliano sin torsión y finitamente generado. Sin es el mínimo número de generadores de G, existen subgrupos cíclicos H 11 ••• , Hn de G, isomorfos a Z, tales que G = H 1 ••• Hn Demostración. Sea S = {x 1, Como G es abeliano, resulta

••• ,

=H1 X

.•• X

Hn.

xn} sistema generador minimal de G.

G = H 1 ••• Hn si H¡ = (x¡), 1 ,s.; i ,s.; n.

Cada H¡ no tiene torsión por (g) en 7.1.1, luego no es finito. Al ser cíclico ha de ser isomorfo a Z. Por ultimo, para demostrar que H 1 ..• Hn y H 1 basta, utilizando 2.20.3, comprobar que

Si esto no ocurriese, tendriamos

X •.. X

H 11 son isomorfos

331


y, por tanto

y por el lema precedente, G tendría torsión.

Proposición 7.7. (Teorema de estructura de grupos abelianos finitamente generados). Sea G un grupo abeliano finitamente generado. Existen enteros no negativos n y r y si n #- O, enteros positivos m 1, ••• , mn, tales que

= '1L./m 1 '1L.

(1)

G

(2)

m¡ divide a m¡_¡ para cada 2

X ... X

'lL./mn '1L.

Además, los números n, m 1, pues se verifica (3)

T(G) = '1L.lm 1 '1L. (véase 6.7.2).

(4) G

= T(G)

X

X ... X

••• ,

X

'1L.

:5;;

i

'lL..

X ... X

'---r--=5;;

n.

mn, r son únicos cumpliendo (1) y (2),

'lL.lmn '1L. y r = /j(G) = número de Betti de G

G/T(G).

Sea T = T(G) y A = G/T que es abeliano finitamente y sin torsión por (b) en 7 .1.1. G, serlo por generado Demostración.

Sea s el mínimo número de generadores de A. Por el lema anterior existen grupos cíclicos

tales que A = H 1 ... H5

=H1X

... X

H5 •

Sea K el subgrupo de G generado por xi' ... , x 5 • Este es un subgrupo sin torsión ya que si X -- x 1h, ••• X 5hs E

K,

...,.1 , X.,...

tiene orden finito, sería x E T, o lo que es lo mismo, (x 1T)h, ... (x 5 T)hs = lA con algún

y esto implica por 7 .5 que A tiene torsión.

En particular se deduce de (g) en 7.1.1 que

7.7.1.

K

n

T = (1).

h¡

#-

O,

332


Como K es sin torsión, existen por el lema precedente un natural r y subgrupos cíclicos L 1, ••• , Lr de K, isomorfos a Z., tales que K = L1

•••

Lr

= L1 X

••• X

Lr

y en particular,

7.7.2.

--r--

= '11...

K

Por otro lado, 7.7.3.

X ••• X '11....

Tes abeliano y finito.

En efecto, en virtud de 6.6.4, Tes finitamente generado, por serlo G. Entonces, si {y¡, ... , y,}

es un sistema generador de T, y puesto que o(y.) = q; E N, para cada 1 :s.; j ,s.; t (pues Y¡ E T) se sigue que cada elemento de T se escribe de la forma

- Y1'• ... Y,,, , o:,:::: ,: : qi -1 , 1 :,:::: --= ei :..._, ..._, 1·:,:::: --= t ,

X -

de donde o(T) :s.; q 1

•••

q 1,

y T es finito.

De 7.7.3 y 2.21 se deduce que 7.7.4.

T

= Z./m 1 Z.

para ciertos m 1, comprobar

••• ,

X ... X

Z.lmnZ.

mn tales que m¡ divide a m¡_ 1• Ahora sólo nos hace falta

7.7.S. G = TK. En efecto, si x E G es xT

= (x 1T)k1

... (x 5 T)k•,

para ciertos enteros k¡, ... , k 5 ,

y por ello,

u esto es, x E TK.

=

xf

1 •••

x:•

E K,

xu- 1 E T,

333


Ahora ya, usando 7.7.1, se deduce de 2.20.3 que

G=TXK lo que junto con 7.7.2 y 7.7.4 nos proporciona, por 2.6.2.4,

7.7.6.

= "11.I m I "11.

G

X ... X

"11.I m "11.

n

X

"11.

X ... X

"11..,

'---r----

lo que prueba la parte existencial del teorema. Veamos la unicidad. De 6.7.2.1 y 6.7.4 se sigue que r = {3(G), luego r queda determinado por G. Por 7.7.4, T(G) luego los números m I'

... ,

= "ll./m 1 "11.

X ... X

"11.lmn "11.,

mn son únicos, en virtud de 2.21.

Finalmente, demostramos que G

= T(G)

X

G/T(G).

Para ello basta usar 7.2, 7.3, 7.4 y 7.7.6, pues llamando M = "11.I m 1 "11. X ... X "11..I m "11. X "11. X ... X "11.

n

'---r___.

sabemos por 7 .2 y 7.3 que T(M) = "ll.lm 1 "11. X .•. X "11./mn "11.,

MIT(M) = "11. X ... X "11.,

'---r--

luego por 7.4 y 7.7.6, G

= M = T(M)

X

MIT(M)

= T(G)

X

G/T(G).

7 .8. Ejemplo. La condición «G es finitamente generado» es esencial en el teorema anterior para deducir que G

n

;a.

= T(G)

X

GIT(G).

En efecto, sean p 1 = 2, p 2 = 3, p 3 = 5 y en general para cada natural 1, p 11 = n-ésimo número primo. Consideremos el producto cartesiano

G = Il "11.lpn "11., n EN*

r~t = N\[O],

que tiene estructura de grupo abeliano con la operación «suma» definida mediante: «dados

334


a = (an + Pn '11. : n E ~J*) E G y b = (bn + Pn Z : n E ~J*) E G, a + b = ((an + bn) + Pn Z : n E N*)». Dejamos al lector la comprobación de que con esta operación G es un grupo, cuyo elemento neutro es lG

= (O + Pn '11. : n

E N*).

Designamos sop(a) = {n E N* : an + Pn Z ~ O + Pn Z].

7.8.1.

T(G)

= {a

E G : sop(a) es finito}.

En efecto, si sop(a) es finito, digamos sop(a) = {n 1,

••• ,

nk],

consideremos

m = Pn 1 ···Pnk· Evidentemente, como mes múltiplo de cada Pn-' 1 1

~ j ~

k, se tiene

man·1 + Pn-1 Z = O + Pn-1 Z, 1 ~ j ~ k, luego ma = lG y a E T(G). Recíprocamente, sea a E T(G). Entonces, si m = o(a), resulta

man + Pn Z = O + Pn Z, para cada n E N*. En particular {*)

man E Pn Z para cada n E sop(a).

Pero decir n E sop(a) equivale a decir an + Pn Z ~ O + Pn Z, esto es, Pn no divide a ªn· De aquí se concluye, usando {*) y que cada Pn es primo, que para cada n E sop(a), Pn divide a m. Como m no puede ser divisible por infinitos números primos, se deduce que sop(a) es finito. Hemos pues probado 7 .8.1 y de aquí se concluye, en particular,

7.8.2. {Id~ T(G)

~

G,

puesto que por ejemplo,

. an = {1

SI

resulta obvio que si

Q

n=

l

n>l

bn = l para cada n E N*,

335


a = (an + Pn Z : n E N*), b = (bn + Pn Z : n E N*),

sop(a) es finito y sop(b) no es finito, luego

a E T(G), a =I= le, b E G \ T(G). 7.8.3.

El grupo cociente G/T(G) es divisible, esto· es, dados

x E G/T( G) y m E N*, existe y E G/T(G) con x = my. En efecto, sea a= (an + Pn Z: n EN*) con x =a+ T(G). Designemos por F = {n E N* : Pn divide a m}.

Evidentemente F es finito pues un número sólo es divisible por una cantidad finita de primos. Ahora para cada n E N* \F, y puesto que Pn es primo, resulta que mcd(pn, m) = l. Se deduce de 1.8.9.3 la existencia de A.n, µn E Z con 1 = AnPn + µnm,

y por lo tanto,

Llamando

construimos b = (bn + Pn Z: n EN*), y= b + T(G).

Comprobemos que x = my. Evidentemente, para cada n E N* \ F, es an - mbn = anA.nPn E Pn Z

luego sop(a - mb) C F y así a - mb E T(G), o lo que es lo mismo, X=my. 7.8.4. G no posee subgrupos divisibles distintos de

En efecto, sea H un subgrupo divisible de G, y a= (an + Pn Z: n EN*) EH;

(lcJ.

336


como Hes divisible, existe b E H tal que a = p 1b. Si b = (b 11 + p 11 "1L: n E ~J*).

se deduce que

a 11

-

p 1 b 11 E p 11 "1L para cada n E N*.

En particular para n = 1, ª1 - Pi b1 E P1 "11..,

luego a 1 E p 1 "11... Por análogo razonamiento, a11 E p 11 "1L para cada n E N*, y por lo tanto, a = lG, luego H = (ld. Ya estamos en condiciones de demostrar G =#< T(G) X GIT(G).

7.8.5.

Supongamos, por reducción al absurdo, que existe un isomorfismo
~

G.

Componiendo con el homomorfismo inyectivo y,: G/T(G)

~

T(G) X G/T(G): a + T(G)

i-+

(lG, a + T(G))

obtenemos un homomorfismo inyectivo

f =
0

y,: G/T(G)

~

G,

y así

G/T(G) = H = im f. Por 7.8.3, G/T(G) es divisible, luego también lo es H. Aplicando 7.8.4, H = {lG }, luego G/T(G) tiene un solo elemento, y así 7.8.5.1.

G

= T(G) x

GIT(G)

= T(G).

Ahora bien, por (h) en 7.2.1, T(G) coincide con su subgrupo de torsión. Por 7.8.5.1, lo mismo debe ocurrir con G, esto es, G = T(G), lo que contradice 7.8.2.

II.

GENERADORES Y RELACIONES

7.9. Comentario. Las demostraciones que hemos dado, tanto de 7.7 como de su análogo 2.21 para grupos finitos son no constructivas. Cabe pues preguntar qué información necesitamos conocer acerca de un grupo

337


abeliano finitamente generado G para poder encontrar los enteros n, mi' ... , mn, r tales que

G = '1L.lm 1 '1L.

X .•. X

'lL./mn '1L.

X

--r--

'1L.

X ... X

'lL..

Dicha información queda recogida en la presentación de G mediante generadores y relaciones, que estudiaremos a continuación. Utilizaremos en esta sección notación aditiva en todos los grupos involucrados. 7.10. Construcción. Sea G un grupo abeliano finitamente generado y ... , xnJ un sistema de generadores de G. Llamaremos fs al homomorfismo

S = {x 1,

Evidentemente se trata de un homomorfismo, pues fs((ml' ... , mn) + (q,, ... , qn))

= (m1X1

= (m,

+ ql)x, + ... + (mn + qn)xn

+ ... + m~n) + (q1X1 + ... + q~n)

=

=

= fs(ml' ... , mn) + fs(ql' ... , qn). 7.10.1. Obsérvese que la segunda igualdad es cierta gracias a que Ges abeliano. 7.10.2. Como S es sistema generador de G, fs es sobreyectivo. Por comodidad, escribiremos zn en vez de '1L. X ... X 'lL.. Denotaremos

--n--

R(S) = ker fs

y lo llamaremos subgrupo de las relaciones de G respecto de S. Obsérvese que al ser zn abeliano y finitamente generado (pues los elementos el' ... , en generan 'lL.", siendo e¡ = (O, ... , O, 1, O, ... , O)), también lo

i i es R(S), que es subgrupo suyo, en virtud de 6.6.4. Utilizando ahora el teorema de estructura 7.7, se deduce que existen enteros no negativos k y e y enteros positivos q 11 ... , qt tales que qi+l divide aq¡, y

--k--

R(S) = 'lL.I q 1 '1L. X ... X 'lL./ q t '1L. X '1L. X ... X '1L.

338


Veamos que

e= O y por lo tanto no existen los q¡. Sabemos por 7.2 que T(R(S)) = "ll./q 1 "1l. X ••• X "ll.lqt"ll..

Por otro lado, en virtud de (g) en 7.1.1, T(R(S)) = R(S)

n T(Zn).

Como vimos en (d) de 7.1.1 que T("ll.n) = [1], se deduce que "ll./q 1 "1l. X ... X "ll./qt"ll.

y así R(S)

Además,

7.10.3. puesto que

== [l]

X

== [l],

--k-- --k--

Z

X ... X

"1l.

== "1l.

X ... X "ll..

k =s. n, k = /J(R(S)) :s. /J(Zn) = n,

donde

/3 es el número de Betti y estamos aplicando 6.7.2.2.

Resumiendo, hemos construido un homomorfismo sobreyectivo

fs: zn-+ G cuyo núcleo R(S) es isomorfo a zk para cierto k :s. n. Por el primer teorema de isomorfia, zn/R(S) == G, luego conoceremos G sin más que conocer R(S). Definición 7.11. Sea G un grupo abeliano finitamente generado y S un sistema generador finito de G. Sabemos que R(S) = zk para cierto entero no negativo k, luego R(S) es finitamente generado. a)

Se llama sistema completo de relaciones de G respecto de S a cualquier sistema generador minimal R de R(S).

b)

Una presentación de G mediante generadores y relaciones es un par (S, R), donde Ses un sistema generador de G y R un sistema completo de relaciones de G respecto de S.

7 .11.1. Observación. Quizá el lector esté todavía algo perplejo ante el nombre de relaciones dado a los elementos de R(S). La razón es, sin embargo, muy clara:

339


Decir que (m" ... , mn) E R(S) = ker fs equivale a

m 1x 1 + ... + m¿n = 0 que es una «relación» entre los generadores (x 1,

••• ,

xn] de G.

Nosotros llamamos relación a la n-upla (m 1, ••• , mn). Otros autores (y nosotros mismos en los ejercicios) llaman relación a la expresión

7.11.2. Observación. Como R(S) = zk para cierto entero k ~ n, los sistemas completos de relaciones de G respecto de S constan, exactamente, de k elementos. Además k = n - {3<..G) depende sólo de G y del número n de elementos de S, pero no de quién sea S. En particular, si S y S' son sistemas minimales de G, R(S) = R(S'). En efecto, se trata de ver que si T = {y 1, ••• , Ye] es un sistema generador minimal de zk, entonces k = f. Indudablemente, llamando e¡

= (O, ... , O, 1, O, ... , O) E zk,

i l

T' = (e" ... , ek]

es un sistema generador de f

zk.

Así

= card T ~ card T' = k.

Recíprocamente, como Tes sistema generador de zk y e" ... , ek pertenecen a zk, se tendrá e¡= aliy 1 + ... + ªc;Yc, ª;; E Z, 1 ~ i ~ k.

En particular, los vectores y 1, ••• , Ye de jRk pertenecen a la subvariedad lineal engendrada por los vectores e1, ... , ec de iRk. Llamando V a esta última, y puesto que (e 1, ••• , ek] son una base de iRk, se tiene iRk e V,

y en particular, k = dim

jRk ~

dim V ~ f.

La segunda parte es inmediata: como G

= zn!R(S)

/3(G) = /3('1!.. 11 /R(S)).

resulta que

340


Por 6. 7 .2.3, /J("Z_n¡ R(S))

y como R(S)

= /J(Z") - /J(R(S))

= zk, es /J(R(S))

= /J(Zk) =

k.

Así

en virtud de 6.7.3. En consecuencia k = n - /J(G), luego k sólo depende del número n de elementos en S y de G. La última afirmación es obvia. Si S y S' son minimales ambos tienen el mismo número n de elementos, luego R(S)

= zn - IJ = R(S').

Aunque nuestro objetivo es mostrar cómo se pueden calcular el número de Betti y los coeficientes de torsión de un grupo abeliano G finitamente generado a partir de una presentación del mismo mediante generadores y relaciones, vamos a desarrollar un ejemplo del proceso contrario. 7.11.3.

Ejemplo.

Consideremos el grupo G = Z/3Z x Z/12Z.

Cada elemento x = (a + 3Z, b + 12Z) E G se puede escribir x = a(l + 3Z, O+ 12Z) + b(O + 3Z, 1 + 12Z),

luegc llamando

x, = (1 + 3Z, O+ 12Z), X2 =(O+ 3Z, 1 + 12Z), es claro que S = [x 1, x 2 ) es un sistema generador de G. E:itonces fs: Z2 ~ G: (m., m 2 ) i--+ m 1x 1 + mri· Se trata ahora de encontrar un sistema generador minimal de R(S) = ker f8 • Obsérvese que r

=

(m 1, m 2 ) E R(S) si y sólo si

m 1x 1 + mr2 =O= (O+ 3Z, O+ 12Z), esto es, (m 1 + 3Z, m 2 + 12Z) =(O+ 3Z, O+ 12Z), o lo que es lo mismo,

341


7.11.3.1.

m 1 E 31'.'., m 2 E 121'.'..

En particular, r 1 = (3, O) y r 2 = (O, 12) son relaciones, y sir= (m 11 m 2 ) es relación, sabemos por 7.11.3.1 que existen a, b E Z de modo que m 1 = 3a, m 2 = l2b,

luego r = (3a, 12b) = a(3, O)+ b(O, 12) = ar 1 + br2 •

Por tanto, hemos demostrado que 7.11.3.2. R = {r 11 r2 ] es sistema generador de R(S). Veamos que es minimal. Si no lo fuese, existiría una única relación ; = (m 11 m 2 ) que generaría R(S). En particular, r 1 = a;, r2 = b;, para ciertos enteros a y b. Esto implica (3, O)= (am 11 am 2 ), (O, 12) = (bm 11 bm 2 ).

De lo primero, 3 = am 1, luego a =;r6 O, y como O = am 2 , se deduce m 2 = O. Pero entonces 12 = bm 2 = O, lo cual es falso. Así pues, (S, R) es una presentación de G, siendo S = {x 11 x 2 ], R = {r 1, r2 ], r 1 = (3, O), r2 = (O, 12).

Usualmente, en vez de esto diremos que la presentación de Ges (x 1, x 2 : 3x 1

= 12x2 = O),

interpretando lo que significa que r 1 y r 2 sean relaciones. Posiblemente un lector avispado sea capaz de reconocer a simple vista que el grupo cuya presentación acabamos de obtener es precisamente G = Z/31'.'. x Z/121'.'.. Sin embargo, aun con un ejemplo tan sencillo, las cosas pueden complicarse notablemente, como pone de manifiesto el siguiente 7.11.4. Ejemplo. En el grupo G = Z/31'.'. subconjunto S = {y 1, y 2 ], con

X

Z/121'.'. consideramos el

Y1 = (1 + 31'.'., 1 + 12Z),y 2 = (2 + 31'.'., 1 + 121'.'.).

7.11.4.1. Ses un sistema generador de G. En efecto, se trata de probar que dado x = (a + 31'.'., b + 121'.'.) E G

342


existen enteros e y d tales que x = cy 1 + dy 2 • Esto equivale a que a - e - 2d E 3Z, b - e - d E 12Z. Evidentemente es suficiente que se cumplan a - e - 2d

= O, b

- e - d

= O,

o sea, que e y d satisfagan el sistema { a=c+2d_ b=c+d Restando se obtiene d = a - b, e = b - d = 2b - a, y así

x = (2b - a)y 1 + (a - b)y2 •

Ahora fs: Z2 ~ G: (m, n) ....+ my 1 + ny2 • Calculemos R(S) = ker fs; (m, n) E R(S) equivale a (m + 3Z, m + 12Z) + (2n + 3Z, n + 12Z) =(O+ 3Z, O+ 12Z), esto es, m + 2n E 3Z, m + n E 12Z. Por tanto, (m, n) E R(S) si y sólo si existen A.,µ E Z con { m+2n=3Á m+n= 12µ

Restando,

n = 3l - 12µ = 3(,l - 4µ), m = 12µ - n = 24µ - 3,l = 3(8µ - ,l). Así, para ,l = 1, µ = O, obtenemos la relación r 1 = (-3, 3)

y para ,l = O,µ= 1, r2 = (24, -12).

Afirmamos que R = [rl' r 2 } es un sistema generador de R(S), pues acabamos de ver que sir= (m, n) E R(S), existen enteros ,l yµ tales que

m = 3(8µ - ,l), n = 3(,l - 4µ),

343


luego M 1 + µr 2

= Á(-3, 3)

+ µ(24, -12)

= (24µ

- 3Á, 3Á - 12µ)

= r.

7 .11.4.2. R es un sistema completo de relaciones de G respecto de S. En efecto, vimos en 7 .11.2 que el número de elementos en un sistema completo de relaciones respecto de S sólo depende de G y del número de elementos de S. Utilizando el ejemplo anterior, se tenía R([x 1, x 2))

= "11.. 2,

pues encontramos un sistema completo con dos elementos ((3, O) y (O, 12)). Así, de 7.11.2, 2 = 2 - /3(G), luego /3(G) = O. En nuestro caso será R([.vl' Y2D

= "11..2- /J(.G) = "11..2,

luego los sistemas generadores minimales de R([.v 11 y 2 )) constan de dos elementos. Como R = [r 11 r 2 ] tiene dos elementos, es minimal. Así (S, R) es una presentación de G, con

o en forma menos sintética, G = (y 11 y 2 : -3y 1 + 3y 2 = O, 24y 1

-

12y 2 = O).

Tal vez el lector tenga ahora más dificultades que en el ejemplo anterior para advertir a simple vista que se trata también de una presentación del grupo "11../3"11.. x "11../12"11... Este ejemplo y el anterior ponen de manifiesto que un grupo admite, en general, más de una presentación mediante generadores y relaciones. Nosotros pretendemos obtener un procedimiento algorítmico que nos permita calcular el número de Betti y los coeficientes de torsión de un grupo, a partir de una presentación cualquiera del grupo.

7.12. Ejemplo. Supongamos presentado un grupo abeliano G por los siguientes generadores y relaciones: S = [x 1,

••• ,

xn], R = [r 11

••• ,

rk],

donde r 1 = (m 11 O, ... , O) E "11..n, r; = (O, ... , m¡, O, ... , O), y cada mi+ 1 divide a m;. Escrito de otra forma G

= (x 1,

••• ,

xn: m 1x 1 = miX 2 = ... = m0k = O).

344


Entonces G

= Zlmi'7L x ... x ZlmkZ X zn-k,

esto es, el número de Betti de G es n-k y los coeficientes de torsión son m 11 ••• , mk. Demostración.

El isomorfismo buscado es y,: Z/m 1Z X ... x ZlmkZ x zn-k ~ G:

(al + m1Z, ... , ªk + mkZ, bl' ···• bn-k)

i-+

ª1X1 + ··· + ª0k + blxk+I + ··· + bn~n·

Veamos primero que está bien definido: si a

= (a 1 + m 1Z, ... , ak + mkZ, b 11 ••• , bn-k) = (c 1 + m 1Z, ... , ck + mkZ, d 1, ... , dn-1c>,

se tiene 1 1

~

j

~

~

i

~

k, n - k.

Así 1 1

(a¡ - c¡)X¡ = Á¡m¡X¡ = Á¡O = O, brk+i = drk+i'

~

j

~

k,

~

i

~

n - k,

y sumando, k

n-k

k

n-k

l:, a¡X¡ + l:, b;Xk+i = l:, C¡X¡ + l:, b¡Xk+i í=l

i=I

í=l

i=I

lo que prueba que y, está bien definida. Es evidente que es homomorfismo, y la sobreyectividad es consecuencia de que S es sistema generador de G. Comprobemos finalmente que y, es inyectiva. Si a E ker y,, quiere decir que

luego r = (a 11 ••• , ak, b 11 ••• , bn-k) E R(S).

Como Res sistema generador de R(S), se escribirá r

= Á 1r 1 + ...

+ ).,krk para ciertos enteros )., 11

••• , ).,k·

Igualando las últimas n-k coordenadas de ambos miembros se tiene

345


7.12.1. b 1 = ... = bn-k = O. Para cada 1 :s;; j ,s;; k, las coordenadas j-ésimas de r y de son, respectivamente, ª; y Á¡m¡, luego ª; = Á¡m¡, esto es, 7.12.2. ª; +

Á 1r 1 + ... +

Akrk

m/1. = O + m/L··

De 7.12.1 y 7.12.2 se sigue la inyectividad de y,. 7.12.3. Observación. En el ejemplo precedente no hemos utilizado el hecho de que cada mi+ 1 divide a m¡ para construir el isomorfismo. Este hecho sólo se emplea para obtener un grupo descrito como en el teorema de estructura 7.7, lo que asegura que mi' ... , mk son los coeficientes de torsión de G. 7.12.4. Observación.

Consideremos la presentación

G = (xi' x 2 : 3x 1 = 12x2 = O)

obtenida en el ejemplo 7.11.3. Llamando z 1 = x 2 y z 2 = xi' obtenemos otra: G = (Zp Z2: 12z1 = 3z2 = O)

que está en las condiciones del ejemplo 7.12, con

n = k = 2, m 1 = 12, m 2 = 3. Así pues, resulta /j(G) = O, y por lo tanto G == Z/12Z x Z/3Z como ya sabíamos. 7.12.S. Comentario. Ahora ya aparece clara la estrategia a seguir. Dada una presentación (R, S) de un grupo abeliano finitamente generado G, se trata de modificar los generadores y las relaciones hasta obtener otra presentación que esté en las condiciones de 7.12. Estudiaremos primero qué tipo de modificaciones podemos hacer. Proposición 7.13. Sean G un grupo abeliano finitamente generado y S ={xi' ... , x 11 ]

un sistema generador de G. ( 1) El conjunto S' que se obtiene al reemplazar en S algún 1 :s;; i ,s;; n es sistema generador de G. (2) Sean

X¡

por - X; para

.4i, ... , An números enteros e Yt = Xi + Ar2 + ··· + AnXn.

El conjunto S' = {yl' x 2 ,

••• ,

xnl es sistema generador de G.

346


Como en ambos casos card S = card S', es obvio que si S es minimal, lo es S'.

Demostración. (1)

Dado x E G se escribirá

x = a 1x 1 + ... + a,,xn para ciertos enteros a 1,

••• ,

ªn·

Evidentemente, llamando

-{X¡

Y; -

j:1,i . . I =l

-X¡

es a¡X¡ = h¡Y¡ para todo 1

:s;;

(2)

••• ,

j

={ª;-a;

,s;; n,

j:1,i j=i

luego

+ ··· + brln•

X= h1Y1

y por lo tanto S' = (y 1,

b¡

Ynl es sistema generador de G.

Sea x E G que se escribirá, al ser S sistema generador, X

=

a 1X t + ... + a,,xn

para ciertos enteros a 1, X=

••• ,

ªn· Ahora

al(yl - A.r2 - ··· - Anxn) + ªi:Xi + ··· + ª,,Xn•

esto es, X

= ª1Y1 + (a2 - ª1Á2)X2 + ··· +

(an - ª1An)xn,

lo que prueba que S' es sistema generador de G.

7.13.1. Observación. Al sustituir el generador x 1 por Yt = Xi + AzX2 + ··· +

A,,Xn

en (2) de la proposición anterior, hemos tomado la precaución de «colocar» un uno delante de x 1• A la vista de la parte ( 1) también podíamos haber sustituido x I por Z1

= -yt = -xi

- A.r2 - ··· - A,,Xn

= Xi

+ µi:Xi + ··· + µ,,x,,,

pero en general no se obtiene un sistema generador al reemplazar x I por Yt = A1X1 + AzX2 + ··· +

A,,Xn•

si l..l11 > 1. Por ejemplo, vimos que S = {x 1, x 2 ] con Xi

= (1

+ 3.Z, O+ 12.Z),

es sistema generador de G = Z/3Z:

X

Xi=

(O+ 3.Z, 1 + 12Z:),

Z/12Z:.

347

GRUPOS ABELIANOS FINITAMENTE GENERADOS...

Sin embargo, siy 1 =3x 1 +x2 = (O+ 3.l, 1 + 12.l) =x2 es obvio que S' = (y 11 x 2] = {x2] no es sistema generador de G, pues (S') = (x 2 ) = {O] x .l/12.l "F G. Estamos ya en condiciones de exponer

Proposición 7.14. (Algoritmo para la obtención del número de Betti y los coeficientes de torsión de un grupo abeliano finitamente generado). Sea G un grupo abeliano finitamente generado y (S, R) una presentación de G mediante un sistema de generadores S = {x 11

••• ,xnJ

y un sistema completo de relaciones R = {r 11 ••• ,

Escribamos r¡ = (a¡ 1,

••• ,

rkJ.

l

ª;n), 1 ,s. i ,s. k, y llamemos a al 1

···

lltn

M(S,R)= [ : llk1

: llkn

la matriz de G respecto de la presentación (S, R). Como r 1 "F O, algún ªi; "F O, y sin más que permutar los nombres de x 1 y X¡ (esto es, permutar las columnas 1 y j de la matriz anterior), se puede suponer que a 11 "F O. Cambiando X¡ por -xi si a 11 < O, podemos suponer a 11 > O. PASO 1.

Dividimos

a t; = .íl.1a 11 + b li' O ,s. b t; < a 11 . Si cada b 1¡ = O, este paso es innecesario. Como al IXI

+ ··· + ª1,,Xn = Q,

se tiene ll11X1

+ (AfZ11 + h12)X2 + ··· + (.íl.nall + h1n>xn = O

y llamando y 1 = x 1 + ,½x2 + ... + A,,Xn• resulta que S = {y 11 x2' ... , xnJ

es sistema generador de G y ª11Y1

+ h1r2 + ··· + h1,,Xn = O.

Las demás relaciones n

·~ax r.j•,L, ¡ ¡ ¡-O -, j

=1

2 ,s.z",s;;k,

348


se pueden escribir como ª;16'1 -

Ar2 -

•.• -

l¿n) + ª;ri + ... + ª;n-Xn

= o,

y así ª;1Y1

+ (a¡2 - Aiª;1)X2 + ··· + (a;n - Ánail)xn = O.

Llamamos y 1 :s.; i ,s.; k.

Aplicando sucesivas veces 7.13, se deduce que R 1 = {r(, ... , r{] es sistema completo de relaciones de G respecto de S I y ª11

M(S1,R1 )= [ : ªk•

Obsérvese que esta matriz se ha obtenido a partir de la original sustituyendo la columna j-ésima por el resultado de restarle Á¡ «veces» la primera, 2 :s.; j ,s.; n. Como estamos suponiendo que algún b 1¡ =I= O, tomamos b 1e aquél cuyo valor absoluto es menor, entre los no nulos, e intercambiando los nombres de los generadores Xc e y 1 (6 -xe e y 1 si b 1t < O), pasamos a tener

. . !]

y se cumple 7.14.1.

O< bit<

ª11·

Si b 1t divide a todos los a 11 , b 12 , ... , b 1n, no hacemos nada. En caso contrario repetimos el proceso anterior. La condición 7.14.1 asegura que en una cantidad finita de pasos obtenemos un sistema generador al que llamaremos como el original S = {xi' ... , xn] y un sistema completo de relaciones, que también denotaremos R = {rl' ... , rk], tal que

M(S,R)=

ª• [:

1

ªkt

y a 11 divide a cada a 1¡, 1 :s.; j

,s.;

n.

. . :u

349


Evidentemente 7.14.1 garantiza la finitud del proceso, pues no existen colecciones estrictamente decrecientes, acotadas superiormente y no finitas, de números naturales. PASO 2. Dividimos ll¡J

= q 1a

11

+

C¡)'

2::;;;: i

,s;;;

k.

Si cada c¡ 1 = O, este paso es innecesario. Consideramos las relaciones

En virtud de 7.13, R* = [r;, ... , r;J es un sistema generador minimal de R(S), esto es, un sistema completo de relaciones de G respecto de S. . do Dfi e men

C¡¡

= a¡¡ -

~ ¡ ..., , ~ i ..., q,a 1¡, 2:,;:::":,;:::k2:,;:::":,;:::

n,

v10 que es o b"

luego

M{S,R*)=

C2n

C21

se obtiene de M(S, R) restando a la fila i-ésima el resultado de multiplicar la primera por q¡. El mismo razonamiento que en el PASO 1 nos permite asegurar que repitiendo este argumento una cantidad finita de veces, la correspondiente matriz, que volveremos a denotar

M{S,R)=

[ª": Ük)

verifica también que cada ail es múltiplo de a 11 • Renombrando S

= [xi'

... , xn] y R

= [r 1,

... ,

rk], y si

se sigue de 7 .13 que para r ' 1 = r 1, r 'i = r¡ - µ¡r 1, 2 ::;;;: i. :s;;;

R 1 = [r' 1, r'2,

... ,

k,

r'd es sistema generador de relaciones para S.

350


Evidentemente,

Esto significa que a11X1

+ ª1r2 + ... + altrn = 0

b¡r2 + ... + bitrn

o, 2 :e. i :e. k.

=

Si a 1; = r,a 11 , obtenemos ª11X1

+

Y2ª11X2

+ ··· + Ynª11Xn = O,

esto es, si

Y 1 = X1 + Yr2 + ... + Yn-Xn• se tiene =0

b¡r2 + ... + bitrn = o, 2 :e. i :e. k. Evidentemente S' = (y 1, x 2 ,

••• ,

xnJ es un sistema generador de G y si

r" 1 = (a 1 ¡, O, ... , O), r"¡ = {O, b¡2, ... , b¡n), 2 :e. i :e. k, R' = [r''¡, ... , r"kJ es sistema completo de relaciones de G para S'. Ahora

0

M(S',R')= [ -~-

~~

O

bk2

ª11

...

º]

~~ bkn

PASO 3. Si a 11 divide a todos los b;¡, no hacemos nada en este paso. Si por ejemplo a 11 no divide a b 221 reeemplazamos la relación r'; por r'; + r; = = (a 11 , b 22 , ... , b 2n) y dividiendo a 11 entre cada b 2¡ reiniciamos el proceso realizado en el paso 1. Como los restos son siempre menores que los divisores, de nuevo en una cantidad finita de pasos podemos suponer que en M(S', R') cada h¡¡ es múltiplo de a 11 • PASO 4.

Sometemos a la submatriz

351


al mismo tipo de manipulaciones que la original, y si G 1 es el grupo abeliano finitamente generado con presentación (S 1, R 1), S 1 = (x 2 ,

••• , xnJ,

R 1 = (r;, ... , r¡J,

llegamos tras repetir los pasos 1, 2 y 3, a una presentación (S'¡, R'¡) de G 1 con matriz

y s1. S' 1 = [y 2, x 3 ,

ª22 M(S'¡ ,R'¡) = [ O

C33

O

Ck3

J R' 1 =

••• , xn ,

S

Q

Q .•.

C3n

l

Ckn

( r 2"', ... , rk"'] , resu 1ta que

= [y 2• X3,

..• , xn JR-(""' , r¡, r2' •.• , rk"']

=

proporcionan una presentación (S, R) de G, de modo que O

O

o ª22 o

o

a 11

M(S,R) =

o

O

o

e

Obsérvese que el número a 22 se obtiene a partir de combinaciones lineales, cuyos coeficientes son números enteros, de los h;¡• 2 ~ i ~ k, 2 ~ j ~ n. Como todos ellos son múltiplos de a 11 , también a 22 es múltiplo de a 11 • 5. Iterando este proceso llegamos finalmente a una presentación de G dada por

PASO

(S,

R.)

y ª11 A

A

M(S, R)

=

o o

o o o o

o o o

dondeª;; divide aª;+,. i+" 1 ~ i ~ k - l. Llamando

= Zn, U2 = Zn-1' .•• ,Un= Z¡, = ª11• mk-1 = ª22• ···• m, = ªkk•

U1

mk

352


se sigue que (ul' ... ,

uJ es un sistema generador de S,

((m 11 O, ... , O), ... , (O, ... , O, mk, O, ... , O)]

es un sistema completo de relaciones de G respecto de S, y en virtud de 7.12, G

con /3(G) = n-k y m 11

= "ll.lmt7L

••• ,

X ..• X "ll.lmk"ll. X zn-k

mk los coeficientes de torsión de G.

7.14.2. Comentario. El procedimiento anterior puede parecer enormemente laborioso, y de hecho lo es cuando el número de generadores y relaciones es muy grande. A continuación veremos en dos ejemplos que las cosas son relativamente sencillas para grupos con pocos generadores y relaciones. 7.14.3.

Ejemplo.

Sea Gel grupo abeliano con presentación

G = (x 11 x 2 : -3x 1 + 3x 2 = O, 24x 1 -12x 2 = O).

Así 3) M(S, R) = [-3 24 -12 .

Cambiando x 1 por x 2 obtenemos M(S,R)

= (_ 1~

;!) .

Aquí estamos ya en la situación tras el paso 2 en 7.14, pues 3 divide a -3 y a -12. Sumando a la segunda fila 4 veces la primera, obtenemos

[3-3) O 12

y sumando a la segunda columna la primera, se llega a

(~ 1~) . Si los nuevos generadores son y 11 y 2 , con relaciones r 1 = (3, O), r 2

= (O,

12),

353


llamando z1 = y 2 , z 2 = y 11 se tiene 12z 1

= o, 3z 2 = o,

luego

yG

= Z:/12Z: X Z:/3Z:. Hemos realizado aquí el proceso inverso al del ejemplo 7 .11.4.

7.14.4. Ejemplo. Sea Gel grupo abeliano con presentación G

= (x 1, x 2, x 3, x 4 : 6x 2 -

9x 3 - 3x4 = O, 12x 1 + 24x 2 + 9x 3 + 9x4 = O, 30x 1 + 42x 2 + 45x 3 + 27x4 = O).

Como pretendemos que el lugar ( 1, 1) de la matriz esté ocupado por un número que divida a los demás coeficientes, es razonable escribir Y1

= -x4,Y2 =X2,Y3 =X3,Y4 =X11

y respecto del sistema generador S = [y 11 Yi, y 3 , y 4 }, las relaciones son

3yl + 6y2 - 9y3 = o, -9yl + 24y2 + 9y3 + 12y4 = o, -27yl + 42y2 + 45y3 + 30y4 = o.

Llamando R = (r 1, ri, r 3 } a estas relaciones se obtiene

3

º]

6 -9

M(S,R) = [ -9 24

9 12 . -27 42 45 30

Reemplazando r2 por r 2 + 3r I y r3 por r3 + 9r 1 se obtiene R' = [r 11 r 2 + 3r 11 r3 + 9r 1}

tal que

1~)-

6 -9 M(S,R')=(~ 42 -18 96 -36 30

Así 3(y¡ + 2y2 -3y3) = o { (*) 42y2 -l8y3 + 12y4 = o 96y2 -36y3 +30y4 = o

354


Llamando z 1

= y 1 + 2y 2

= Y¡, 2 ~ j ~ 4, S' = [Z¡, z2 , z3, z4 ]

3y 3 , Z¡

-

es sistema generador de G y llamando también R' a las relaciones(*) se tiene

3

O

M(S' ,R') = ( O 42

O

-18

º]

12 .

O 96 -36 30

Esto se corresponde con el fin del paso 3 en 7.14, pues 3 divide a los demás términos de la matriz. Nos quedamos ahora con el sistema generador

S' de G 1

=

=

Cz2, Z3, Z4]

(S 1), las dos últimas relaciones, y la submatriz asociada. Pongamos M(S1,R1)= ( 12 -18 42) 30 -36 96

tras permutar los generadores

z2 y z4 .

7.14.4.1. Aquí ya no hay ningún número que divida a todos los demás. Por tanto, debemos iniciar el proceso seguido en 7.14, desde el paso l. Dividimos -18 = -2 · 12 + 6, 42 = 3 · 12 + 6,

y por tanto escribimos 12z2 +(-2· 12+6)z3 +(3· 12+6)z4 =0,

o sea, 12(z2

-

2z 3 + 3z4 ) + 6z 3 + 6z 4 =

o.

Por 7 .13 sabemos que si u 2 = z2 - 2z 3 + 3z 4 , el conjunto S2 = [Z3, Z4, U2]

es sistema generador de G 1 y se tiene {

12u2 +6z3 +64 =0 30(U2 + 2Z3 - 34) - 36,3 + 964 = 0

355


es decir, (**) {6Z3 + 64 + 12u2 = 0 24z3 +64 +30u 2 = O

Llamando R 2 a las relaciones(**), es 12). 24 6 30

M(Si,R2)= ( 6 6

Obsérvese que sin más que seguir la instrucción del algoritmo en el paso 1, sumando a la segunda columna de M(SI' R 1) el doble de la primera, y restando a la tercera el triple de la primera, obtenemos

( 12

6 6)

30 24 6

que es M(S2 , R 2 ) reordenada. En cualquier caso, 6 divide a todos los coeficientes de M(S2' R2), luego por el procedimiento indicado obtenemos primero

6 12) (6 O -18 -18 restándole a la segunda fila 4 veces la primera y luego

º)

( 6O -18O -18 . En consecuencia, para cierto sistema generador S 3 de G y algún sistema completo de relaciones R 3 de G respecto de S 3 se tiene 3 O M(S3 ,R 3 )= ( O 6

O O

º]

O .

O O -18 -18 Si llamamos S 3 = [v 1, v2'

v3'

v4 ] esto significa que 3v 1 = O

6v 2 = O -18(v 3 + v 4 ) = 0

Llamando w 1 = -(v 3 + v4 ), w 2 = v 2 , w 3 = vi' w 4 = v 4 , llegamos finalmente a una presentación G = (w., w 2, w 3 , w4 : 18w 1 = 6w2 = 3w3 = O).

356


Como sabemos que /J(G)

G

= 4-3 = 1, es

= Z/18Z

X

Z/6Z

X

Z/3Z

X

Z.

7.15. Comentario. Destinamos la última parte de este capítulo a exponer en qué consiste la presentación mediante generadores y relaciones de grupos finitamente generados, no necesariamente abelianos. La diferencia esencial consiste en que, cuando G no es abeliano, la aplicación

construida en 7 .1 O no es homomorfismo.

zn.

Esto obliga a construir un grupo que «sustituya» a

7.16. Construcción (Producto libre de una cantidad finita de grupos). Sean n ;a, 1 un número natural y GI' ... , Gn grupos con más de un elemento. Para cada k ;a, 1, una palabra de longitud k es una k-upla (x 1, ••• , xk) donde cada X¡ pertenece a algún G; (¡no necesariamente i = j!), X¡ y xi+ 1 no pertenecen al mismo G¡, y ningún X¡ es el neutro de un G;Dos palabras

(xi' ..• , xk),

e y X¡= Y; para cada

(yl' ... ,Ye) son iguales si k =

1 :s; i :s; k.

Designamos por Pk = [palabras de longitud k] y por P0 = [(-)]ala «palabra vacía», o de longitud cero. Adoptamos el convenio: (-) = Oc) para cada j. Denotaremos '

el conjunto de todas las palabras. Para cada 1 acción de G¡ sobre P definida por:

:s; j :s;

n construimos una

si x1 ~ G¡ si x 1 e G;, gx1 '* le; si Xi

E

G;,

lG¡

= gxl

Se entiende que (g, (-)) - (g), de acuerdo con la primera parte de la definición de esta acción. También se entiende que si x I E G;, y gx 1 = 1, es (g,(x1))=(-)

según la segunda parte de la definición.

357


Distinguiendo los distintos casos que se presentan, el lector puede comprobar sin dificultad que se trata efectivamente de una acción. Denotamos 8; : G; ~ Biy(P)

el homomorfismo asociado a esta acción, y vamos a comprobar que es inyectivo. Supongamos que g E ker 8¡, g =I= le,· Como 8¡(g) es la identidad, se 1 deduce que 8.(g) (-) = (-), 1

luego (g) = (-),y esto es falso. El subgrupo G de Biy(P) generado por n

M = LJ8;(G;) i=I

junto con los homomorfismos inyectivos 8¡ : G; ~ G se llama producto libre de los grupos GI' ... , Gn. Se dice que los 8¡: G; ~ G son los homomorfismos canónicos del producto libre. Estudiamos a continuación las principales propiedades de (G; 81' ... , 8n).

7.16.1.

Cada elemento u E G, u =I= 1, se puede escribir en la forma u

= u,

... um (sensu stricto, u

=u 1 º

... º um)

donde cada u¡ pertenece a algún 8¡(G¡), ningún u¡ es el neutro de G y u¡, no pertenecen al mismo 8¡( G;)· Esto es obvio, pues G = (M), los neutros se pueden tachar, y si U¡, U¡+ 1 E 8¡(G¡)

reemplazamos u¡ ui+ 1 por Lo importante es que

7.16.2.

La anterior escritura es única.

En efecto, supongamos que u E G, u =I= 1, se escribe u = u1

•••

um, u = v 1

•••

vP,

donde ambas escrituras están en las condiciones de 7 .16.1. Pongamos

u; = 8¡(i) (g;co> V¡

= 8k(i) (hk(i))

si u¡ E 8;(i) (G¡(i)) y si V¡ E 8k(i) (Gk(i));

g;co E G;(i)' hk(i) E Gk(i)"

ui+t

358


Como u E Biy(P), evaluamos u( - ) utilizando ambas escrituras. Desde luego, um( - )

= 8;(m) (g;(m)) ( - ) = (g;(m)).

Como um-l fl. 8;(m) (G;(m)) resulta que Um-1 (g;(m))

= (g¡(m-1 )' gj(m)).

Repitiendo el proceso, u(-) = (gj(t)' ... , g;(m)).

Análogamente, u(-) = (hk(t)• ... , hk(p)).

Por lo tanto, m

= p, gi(i) = hk(i)' y así u¡ = V¡,

A la única forma de escribir u E G, u u= u 1

•••

=;6

1 :5:: i

=5=:

m.

1, como

um

satisfaciendo 7.16.1, se le llama forma reducida de u. 7 .17. Comentario. La construcción que acabamos de realizar del producto libre, es, al menos, engorrosa. La siguiente proposición pone de manifiesto cuál es la única cualidad interesante del producto libre, y nos permitirá «olvidamos» de cómo lo hemos construido.

G 1,

Proposición 7.18. (Propiedad universal del producto libre). Sean ••• , Gn grupos y (G, 81' ... , 8n) su producto libre.

( 1) Para cada grupo H y cada familia de homomorfismos 1/f; : G¡ ~ H

existe un único homomorfismo f: G f º 8¡ = 1/1¡, esto es, el diagrama

~

H tal que para cada 1 :5:: j

=5=:

n,

a.

conmuta. (2) Sea G' un grupo y~: G¡ ~ G' una familia de homomorfismos de modo que (G', q,1, ••• , tl>n) cumple la propiedad anterior. Entonces G = G'. Así pues el producto libre queda caracterizado por la propiedad ( 1).

359


Demostración.

( 1) Veamos primero la unicidad de f. Sea g : G ~ H otro homomorfismo que cumpla g º 0¡ = lf/;· Entonces, dado u E G \ [ 1) lo escribimos

en forma reducida u = u 1 ••• um, U¡ = 0¡(i) (g¡(i)), gi(i) E Gí(i)•

y resulta f(u¡)

=f

O

0;
= lf/;(i) (g¡(i)) =g º 0;m (g¡(i)) =g (u¡),

y así

=f(u 1) ••• f(um) =g(u 1) ••• g(um) =g(u). Por otro lado, f (1) = 1 = g(l). Pasamos ahora a construir f. Dado u= u 1 ••• um E G, u# f(u)

1, escrito

en forma reducida, con u;= 0¡(i) (g¡(i)), definimos f(u) = lf/;(1) (g¡(l)) ··· lf/;(m) (g;(m)).

Para u

= 1, definimos f (1) = l.

Es obvio que fes homomorfismo y cumple f º 0( = lfl; (aquí es esencial que exista una única forma reducida para uJ. (2) Aplicando (1) con H = G' y lfl; = q,¡, se deduce que existe f: G tal que conmuta el diagrama

~

G'

G' Ahora bien, por hipótesis, (G', q,1, ••• , q,n) cumple (1). Haciendo G = G', ~ = q,¡, H = G, lfl; = 0¡ en (1), se deduce la existencia de g: G' ~ ti tal que

conmuta. Para probar que G y G' son isomorfos, basta probar que

360


f

7.18.1.

yg

ºg

O

f son la identidad.

En tal caso f: G ~ G' será isomorfismo, pues es inyectiva, al ser g identidad, y sobreyectiva, al ser f g la identidad.

O

f la

O

Observemos que f

º 0¡ = t/>¡

yg

º t/>¡ = 0¡-

Así

(g º f) º 0¡ = g º (f º 0¡) = g º t/>¡ = 0¡,

(f º g) º t/>; = f º (g

º t/>;) =

fº

0¡ = "';-

Comparando los diagramas conmutativos B; G;

B;

G

lg.

G

G;

f

¡id

y

G

se deduce que g

º

f

=

G

id, usando la unicidad en (1) con H = G, 1/'; = 0;-

Por otro lado, comparando los diagramas conmutativos

'P; G;

'P;

G'

Y·

G'

G;

¡id

y g

G' se concluye que f º g

=

id, usando la unicidad en (1) con G

G' =

H = G', ~ = lfl; = (/)¡-

Estamos ya en condiciones de exponer en qué consiste la presentación de un grupo finitamente generado mediante generadores y relaciones. 7.19. Construcción. Sean G un grupo y S = [xi' ... , xnl un sistema finito de generadores de 9. Denotemos G¡ = "11., 1 :s;. j :s;, n,

y llamemos grupo libre sobre S al producto libre de los grupos GI' ... , G,,. Denotamos este producto libre por L(S) o, con más precisión, (L(S), 01' ... , 0n), donde 0¡: Z ~ L(S) son los homomorfismos inyectivos canónicos.

361


Vamos ahora a emplear la propiedad 7 .18.1. Para cada 1 =s. j =s. n disponemos de un homomorfismo

pues desde luego, 'l'¡(f + m)

= x/+m = x/xr = 'l'¡(f)'l'¡(m).

En consecuencia existe un único homomorfismo, al que llamaremos

fs: L(S)

~

G

tal que

es conmutativo. Denotamos R(S) = ker { 8 , y a R(S) se le llama subgrupo de las relaciones de G respecto de S. Nótese que por ser un núcleo, R(S) es un subgrupo normal de L(S). El homomorfismo fs es sobreyectivo. En efecto, sea x E G. Como Ses sistema de generadores de G, se escribirá m1 mk X -- X¡(l)•••X¡(k)• X¡(I)• ••• , X¡(k) E

S d"IS t"In t OS,

o lo que es lo mismo, x = 1/';c o (m t) . .. 1/';ck> (m k);

esto es, si llamamos U¡ = B;co (m¡), 1 =s. i =s. k y u = u 1 ... uk, es f 8 (u¡) = fs

O

8¡(i) (m¡) =

1/';(i) (m¡),

y por lo tanto fs(u) = fs
Por primer teorema de isomorfía, L(S)/R(S)

= im fs = G,

luego G queda determinado por L(S) y R(S), y como L(S) se construye a partir de S, basta conocer S y R(S) para conocer G.

362


Definición 7.19.1. Un subconjunto R = [r¡ : i E /} e R(S) se llama un sistema completo de relaciones si R(S) es el menor subgrupo normal de L(S) que contiene a R. Una presentación de G mediante generadores y relaciones es un par (S, R) donde S es un sistema finito de generadores de G y R es un sistema completo de relaciones de R(S). Se dice que el grupo G es de presentación fin ita si existe una presentación (S, R) con R (y por supuesto S) finitos. Naturalmente, un grupo puede ser presentado de varias formas distintas. Primero, porque podemos elegir distintos sistemas generadores. Segundo, porque fijado un sistema generador S, podemos obtener distintos sistemas completos de relaciones contenidos en R(S). 7 .20. Ejemplo. Vamos a obtener una presentación mediante generadores y relaciones del grupo diedral Dm = [1,f, ... ,fm-t,g,g of, ... ,g ofm-tJ,

donde, como es habitual, f representa el giro de ángulo 27r/m y centro el del m-gono regular, y g la simetría respecto de la recta que lo une con un vértice del polígono. Desde 1.8.3.5 sabemos que S = [f, g} es un sistema generador de Dm. Consideramos entonces el producto libre L(S) de los grupos G 1 = '11.., G 2 = '11.. y los homomorfismos '1'1 : '11.. ~ Dm : f

i-+

ff,

'1'2: '11.. ~ Dm : f

i-+

ge_

Tenemos así un único homomorfismo

fs : L(S)

~

Dm

que es sobreyectivo y hace conmutativos los diagramas

ª2- L ( S ) ----

¡,,

D,,,

Se trata de encontrar un sistema completo de relaciones en R(S) = ker {5 • Para grupos finitos (y nuestro D 111 lo es), es sencillo encontrar algunas relaciones, utilizando los órdenes de los elementos de S:

363


Como fm = g 2 = 1, resulta que l/f1(m) = l/fi{2) = 1, luego fs(81(m))

= l/f1(m) = 1,

{ 5 (8i(2))

= l/fi{2) = 1,

y, por tanto, r1

= 8 1(m), r 2 = 8i(2)

pertenecen a R(S). Además, desde 1.13.1 sabemos que f g es lo mismo, f º g º f º g- 1 = 1. En consecuencia, O

O

f

= g,

o lo que

pues fs(r3) = '1'10>'1'20>'1'10)1/fi{-1) = f º g º f º g-t = l. Vamos a comprobar que R = [ri, r 2 , r 3 } es un sistema completo de relaciones. Se trata de probar que si N es el menor subgrupo normal de L(S) que contiene a R, se cumple la igualdad N = R(S).

Desde luego R(S) es un subgrupo normal de L(S) y contiene a R. Por tanto, N e R(S). Recíprocamente, sea r E R(S) e L(S). Por 7.16.1 podemos escribir r = 8 1(m 1)8i(m 2)81(m 3) ... 8 1(m 2k-t)8i(m 2k) ó r = 81(m1)82(m2)81(m3) ... 81(m2k-1>82(m2k>81(m2k+1> ó r = 8i(m 1)81(m 2)82(m 3) ... 8i(m 2k_ 1)81(m2k) ó r = 8i(m 1)81(m 2)8i(m 3) ... 8i(m 2k_ 1)81(m2k)8i(m 2k+t>·

Vamos a demostrar por inducción sobre k que r E N. Consideremos uno del primer tipo. Si k

=

1, es r = 8 1(m 1)8i(m 2). Dividiendo

m 2 = q 2 • 2 + s, s

= O, 1,

tenemos

Como r 2 E R(S), también r*

= 81(m 1)82 (s) E R(S),

rm• º ~ = fs(r*) = 1, y así,

luego

364


sis = O, m 1 es múltiplo de o(f) = m, m 1 = q 1m, con lo que

sis= 1,

f"'•

º g = 1,

luego g E (f), falso.

Queda pues probado el caso k = 1. Sea ahora k > 1. Vamos a demostrar que basta analizar el caso en que cada

7 .20.1.

m 2; = 1, 1 ~ i ~ k.

Dividamos

m2

= q 2 • 2 + s, s = O, 1

Se tiene

y como 8 1(m 1)82(2)q2 = 81(m 1)rj2 E 81(m 1)N = N81(m 1),

r E N81(m 1)8i(s)81(m 3 ) Sis = O, r* = 8 1(m 1 + m 3)

...

...

82(m2k).

82(m 2k) E N por hipótesis de inducción luego r E Nr* = N;

sis = 1, es r E Nr* con r* = 81(m 1)8i(1)81(m 3 )

...

8i(m 2k).

Así pues para demostrar que r pertenece a N es suficiente comprobar que r* pertenece a N. Ahora, repitiendo el proceso, queda probado 7.20.1. Suponemos pues escrito

Ahora observemos que Para cada entero f,

7.20.2.

Esto es obvio para Si

f >

f =

re = 81(f)8i(1)81(f)8i(-1) E

N.

1, pues y1 = r3 •

1,

Ye= 8 1(1)81(f-1)8i(1)81(f-1)8i(-1)8i(l)81(1)8i(-1)= = 8¡(1)yf-l8i(1)81(1)82(-1).

365


Por hipótesis de inducción, Yt-t E N, luego

y así Ye E N81(1)8i(1)8 1(1)8i(-1)

= Nr3 = N.

Ahora ya, escritor como en{*), tenemos

y poniendo t

=m1 -

m 3,

f

= m 3,

resulta

Como rer2 EN, resulta

luego

Por hipótesis de inducción, r* = 81(t + m 5)

...

8i(l) EN,

y finalmente r E Nr* e N. A estas alturas el lector debería estar convencido de que es capaz de repetir, para los otros tipos, el argumento que acabamos de hacer. Si no es así le sugerimos que lo intente por sí mismo. Así, queda probado que

es una presentación de Dm, donde

Usualmente no se utiliza esta notación, y recordando que

fs
=rm, fs
O

g

O

f g- 1, O

se suele decir que el grupo diedral Dm queda presentado por

donde el significado de lo que acabamos de escribir es el evidente.

366


De haber sabido esto, nos hubiera sido mucho más fácil resolver el ejemplo 3.19. Allí tuvimos que demostrar que un grupo G con ocho elementos, generado por dos elementos a y b que cumplían (véase 3.19.6) aba = b, esto es,

abab- 1 = 1, con o(a)

=

4, o(b)

=

2,

es isomorfo a D 4 • Es ahora claro que

G

= (a,

b: a4

=

b2

=

abab- 1 = 1),

luego G y D 4 tienen la misma presentación. Como ya hemos demostrado que un grupo queda determinado por una presentación, es obvio que G y D4 son isomorfos.

367


EJERCICIOS CORRESPONDIENTES AL CAPÍTULO 7 121. ¿Cuál es el subgrupo de torsión del grupo aditivo IR de los números reales? ¿Y del grupo aditivo Q de los números racionales? 122. Sea/ un conjunto no vacío que suponemos bien ordenado (axioma de Zermelo, véase Halmos, Naive Set Theory, Chelsea). Denotamos 'll. 1 = (f: /--+ Z, fes aplicación],

y se define una operación «suma» en 'll. 1 mediante

(f, g) donde f + g : / ---+ '1L. : i te de fa

i-+

t-+

f +g

f (i) + g (i). Para cada f E

'll. 1 llamamos sopor-

sop(f) = [i E / : f(i) 'F O]. Definimos

zm = (f E

'll. 1 : sop(f) es finito].

Se pide demostrar : ( 1) 'll. 1 con la operación «suma» definida anteriormente es un grupo abeliano. (2)

zm es un subgrupo de 'll.1•

(3) Para cada i E /, los conjuntos

zm : si j E sop(f) es j < iJ y M¡ = (f E zm : si ; E sop(f) es; =::;; iJ

L¡ = (f E

son subgrupos de

zm. Además zm = UM;. ie/

(4) Si/ es finito con s elementos, 'll. 1 =

zm == zs.

123. Un grupo abeliano G se llama libre si existe algún conjunto / no vacío tal que G es isomorfo a zm. (1) Demostrar que si G es abeliano libre, entonces G no tiene tor-

sión. (2) ¿Es libre el grupo aditivo Q de los números racionales? (3) ¿Son libres todos los grupos abelianos sin torsión?

368


124. Sea G un grupo abeliano finitamente generado. Demostrar que las siguientes afirmaciones son equivalentes: (1) G es libre.

(2) G no tiene torsión. (3) Existe un entero positivo s tal que G

= zs.

*125. Sean G un grupo abeliano y S un sistema generador de G. Se dice que S es una base de G si, para cada entero positivo n y cada subconjunto Sn = [x 11 ••• , xnJ de S con n elementos, el homomorfismo yr. "11.." ~ G: (m 1,

••••

m")

i-+

m 1x 1 + ... + m,~n

es inyectivo. Demostrar que G es libre si y sólo si posee alguna base.

* 126. Demostrar que si G es un grupo abeliano libre y H es un subgrupo de G, entonces H es abeliano libre. 127. ¿Es libre el grupo aditivo IR de los números reales? ¿Lo es el grupo cociente WZ? 128. Sea G = WQ el cociente del grupo aditivo IR de los números reales respecto de su subgrupo Q de los números racionales. (a) ¿Es IWQ libre? (b) Calcular T(IWQ). (c) Estudiar si IWQ es finitamente generado.

* 129. (a) Sea G un grupo abeliano finitamente generado y libre, y S una base de G. Demostrar que Ses finito y card S = /J(G). (b) Demostrar que si [u 1, entonces es base.

••• ,

uJ =Ses un sistema generador de zs,

130. Sean u = (a, b) y v = (e, d) dos elementos de dición necesaria y suficiente para que S = [u,

sea una base de

"11.. 2 •

Encontrar una con-

vJ

"11.. 2 •

131. Encontrar una condición necesaria y suficiente para que u = (a, b) forme parte de una base de "11.. 2 •

369


132. Sea Gel grupo abeliano con presentación G

= (x 11

x 2, x3' x 4

:

6x 1 + 2x 2 + 4x 3 + 8x 4 = O 6x 1 + 4x 2 + 6x 3 + 6x 4 = O 4x 1 + 2x 2 + 4x 3 + 10x4 = 0).

(a) Calcular el número de Betti y los coeficientes de torsión de G. (b) Encontrar un grupo H cuyo orden coincida con el de T(G), pero no sea isomorfo a T( G). (c) ¿Cuántos homomorfismos existen entre T(G) y "ll./6"11.? ¿Hay alguno inyectivo? ¿Hay alguno sobreyectivo? 133. Sea G el grupo abeliano con presentación G

= (a,

b, e : 3a - Sb

= 3b -

Se

= Sa -

3c

= O).

Demostrar que G es cíclico y finito. Calcular su orden. Probar que también Aut(G) es cíclico. 134. (a) Demostrar que H po de "11. 3•

= [(x, y,

z) E "11. 3 : x + y - z

= O} es un subgru-

(b) Calcular /3(H). Probar que H es libre y construir una base de H. 135. Calcular el número de Betti y los coeficientes de torsión de G = "11./ 4"11. X "ll./ 6"11. X "11.. 136. Sean G y H dos grupos abelianos finitamente generados tales que "ll.!2"11. X G

= "ll.12"11.

X

H.

Demostrar que G y H son isomorfos. 137. Sean m y n números enteros y G el grupo abeliano finitamente generado presentado por G = (x, y : mx + ny = O).

Calcular el número de Betti y los coeficientes de torsión de G. Encontrar una condición necesaria y suficiente para que G sea cíclico. 138. Sean n un entero positivo y G el grupo abeliano con presentación G

= (a,

b, e : 2a + 4b + ne

= 2a

+ 6e

= O).

(a) ¿Cómo debe ser n para que (a, b, e} sea un sistema generador minimal de G y los coeficientes de torsión de G sean iguales?

370


(b) Calcular el número de Betti y los coeficientes de torsión de G si n satisface las condiciones de (a).

* 139. (Este resultado se debe a Fedorov). Sea G un grupo no finito tal que todo subgrupo H =F [ 1J de G tiene índice finito. (a) Probar que G está finitamente generado. (b) Deducir de (a) que Z(G) tiene índice finito. (c) Deducir de (b) que Ges abeliano. (d) Concluir que G es isomorfo a Z.

* 140. Obtener una presentación mediante generadores y relaciones del grupo cuatemión.

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS

Ejercicio n.0 l. Veamos que la composición es una ley interna en V. Es inmediato que

r

a s

...-::;;.._ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _____.q =

ª· (p)

C=cr,(q)

Calculemos crr

O

0'5 •

Vamos a demostrar que crr (p, O, e) están alineados. ~

O

0'5 =

cr0 y para ello primero hemos de ver que

~

1.1. Los triángulos pqc y paO son semejantes, pues ambos son rectángulos y los cocientes de las longitudes de los lados son pq pa

= 21

qc aO

= 2qb = 2 _ aO

En consecuencia, dist(p, e) = 2 dist(p, O).

374


~

~

1.2. Los triángulos paO y Obc son semejantes pues ambos son rectángulos y pa Ob

aq

= Ob =l,

aO be

aO

= qb =l.

Por lo tanto, dist(p, O) = dist(O, e). Ahora, dist(p, e) = 2 dist(p, O) = dist(p, O) + dist(O, e), luego [p, O, e} están alineados. Como además hemos visto que dist(p, O)= dist(O, e), se deduce que Op=-Oc,

luego O'r

O

O's(p) = e =

O'o(p ).

El razonamiento anterior sólo sirve si p fl. s. Pero si p Es,

r

o s

p

es obvio que O'r

O

O's(p) =

O'r(p)

= O'o(p)

incluso si p = O, pues entonces O'r

º O's(p) = O'r(O) = O = O'o(O).

Queda pues probado que

1.3.

O'r

o

O's

= O'o·

El mismo razonamiento prueba que cámbiense los nombres de las rectas).

0'5

°

O'r

= o-0 (si se prefiere, inter-

375


Como la composición de aplicaciones cualesquiera es asociativa, tenemos por 1.3,

ar º 'a \' r º

a) s

= ar º o:0 ,

y de aquí

y también ra_ \ r

º a) s º as = o:0 º a, s

luego

Análogamente, a partir de la igualdad

0'5

°

O'r =

cr0 se obtienen

crs º 'cr \' s º a) r = crs º o:0 , \''crs º a) r º ar = o:0 º a, r o sea,

Queda ya probado que la ley es interna. La asociatividad, que ya hemos utilizado, es consecuencia de la definición de composición de aplicaciones. Obviamente 1 es elemento neutro, y cada elemento de V es su propio inverso, luego V es grupo. Las fórmulas precedentes muestran que es abeliano. Ejercicio n.º 2. Veamos que la ley es interna:

Dados x, y E Ges lxl < 1, lyl < 1, luego lxyl = lxl lyl < 1, y por lo tanto, 1 + xy > O. En particular, 1 + xy 'FO, luego x *yes un número real. Además dados x, y E G, como O < x 2 < 1, se tiene 1 _ y2 > x2(1 _ y2), luego 1 + x2y2 > x2 + y2,

y así 1 + x2y2 + 2x y > x2 + y2 + 2x y,

de donde (1 + xy)2 > (x + y)2,

376


lo que implica (

(x+y)2

2

1

X*Y ) =-------<' (1 +xy)2

es decir, X* y E G.

Asocia ti vi dad: x+y

--+z l+xy

(x+y)

x+y+z+xyz (x*y) * z=---*z=---"----=-----. (1 + xy) x +y 1 + xy + xz + yz 1+ - - z l+xy Por otro lado,

y+z) x+*' x+xyz+y+z x * (y* z) = x * 1 + yz = ( y+ z ] = 1 + yz + xy + xz · (

l+x - l+yz Queda probado que la operación es asociativa. Además, x

x+O

* 0=--=x=O * l+xO

x,

luego O es elemento neutro. Busquemos el inverso de x E G: O=x

x+y

* y= -l+xy

equivale a y = -x. Así pues, x * (-x) = O = (-x) * x para cada x E G. Como -x E G, éste es el inverso de x. Por último, la conmutatividad x * y

Ejercicio n.0 3. posibilidades:

= y * x es evidente.

Sea G un grupo de orden cuatro. Distinguimos dos

CASO l. a 2 = 1 para cada a E G. Entonces Ges abeliano en virtud de 1.4.

377


CASO 2.

Existe a E G tal que a 2 'F l.

Entonces o(a), que divide a 4 por el teorema de Lagrange, no es ni uno ni dos. Se concluye que o(a) = 4 = o(G), luego G = (a) es cíclico, y en particular abeliano. Ejercicio n.0 4. Sean m, m + 1, m + 2 dichos naturales consecutivos. Dados a, b E G probaremos que ab = ba. Por la hipótesis

(ab )m

=

ambm,

ab

=

ba.

y también

Sustituyendo,

y simplificando 4.1.

Como

se tiene

luego simplificando 4.2.

Podemos ahora escribir

y utilizando 4.1,

Simplificando una vez más,

Ejercicio n.0 S.

Por iv) en la proposición 1.10, se tiene Gn

= [x E

G : xn

= 1J.

378


Evidentemente G n no es vacío, pues 1 E Gn· Además, dados x, y E G n se tiene (xy-l)n

= xn(y-l)n = (yn)-1 = 1,

pues G es abeliano. Así xy- 1 E Gn, luego es subgrupo. Consideremos ahora el grupo diedral G = D 4 que escribimos D 4 = [ 1, f, f 2, {3, g, g

o

f, g o f2, g º f3J

con las notaciones de (5) en 1.2. Hemos demostrado en 1.13 que los elementos de orden dos en D 4 son

[f2, g, g

O

f, g O f2, g

o

f3J

Así pues, paran = 2,

G 2 = [ 1, { 2 , g, g º f, g º { 2 , g º {3} tiene 6 elementos, luego no es, por el teorema de Lagrange, subgrupo de G.

Ejercicio n.0 6. A la vista de ix) en 1.10 debe ser ab ticular G debe ser no abeliano.

'::;é ba,

y en par-

Elegimos G = D3' a = f el giro de ángulo 2rr/3 y b = g la simetría respecto de la recta que une el centro y un vértice del triángulo regular. Así o(a)

= 3, o(b) = 2 son primos entre sí. Sin embargo, usando 1.13.1, (ab ) 2

=f º g º f º g =g º g = 1

luego o(ab) = 2 '::;é 6 = o(a) o(b).

Ejercicio n. 0 7.

Sean = o(x). Como m y n son primos entre sí,

am + bn

= 1

para ciertos enteros a y b.

Entonces

pues xm E H. Ofrecemos a continuación otra solución utilizando 1.1 O, en vez de 1.8.9.2. Por vii) en 1.10, o(xm) = mcd

Zm, n)

= n.

379


Así, si K

= (x},

L

= (xm}, se tiene Le K, o(L) = o(K) = n,

y por lo tanto K

= L.

En particular, x E L, luego para cierto entero a, x = (xm)'l E H.

Ejercicio n.0 8. Supongamos que HHx = G. En particular, X

E HHx,

luego

x = ab, a

E

H, b E Hx.

Lo último implica que

xbx- 1 = e EH, y por lo tanto b = x- 1 ex, e E H.

Así x

=ab = ax- 1cx

y simplificando, 1 =ax- 1 e,

lo cual implica

esto es, x =ca E H.

Entonces Hx

=

H, pues cada y E Hx cumple

xy.x- 1 = z EH, esto es, y =X- 1 zx EH,

lo que prueba el contenido Hx e H, mientras que si u EH es xux- 1 EH, es decir, u E Hx. Así G

= HHx = HH = H,

lo cual es falso.

380


La segunda parte es obvia, pues como o(Hx) = o(H) = n, - o(H) o(Hx) - - -n2 n 2 --o(G) >card HHx ------, o(H nHx)

o(H nHx)

de donde y en particular H

Ejercicio n.0 9.

n Hx =1= [lJ.

La respuesta es negativa.

Consideremos por ejemplo los grupos G 1 suma. Usaremos por lo tanto notación aditiva.

= "11. = G 2

con la operación

Si el producto directo G = "1l. X "1l. fuese cíclico, existiría u = (x, y) E G tal que G = (u). En particular,

--m--

(1, O)= (x, y)+ ... + (x, y),

---n--

(O, 1) = (x, y) + ... + (x, y),

para ciertos enteros m y n. De aquí 1

= mx,

O = my, O = nx, 1 = ny.

Entonces 1 = ny

= nymx = mynx = O · O = O,

que es falso.

Ejercicio n.0 10. 1.8.9.3,

Como n = o(G) es impar, mcd(2, n) = 1. En virtud de

1 = 2a + nb para ciertos enteros a y b. En consecuencia, x

= x2a+nb = (x'2)2(xn)b.

Como o(x) = m divide a o(G) = n por el teorema de Lagrange, se deduce que xn = 1, luego (xn)b = 1. Así el elemento y

= x'2 cumple x = y 2•

381


Ejercicio n.0 11. Supongamos que S = [x 11 generador finito de IR.

••• ,

xn} fuese un sistema

Entonces la aplicación

f:

Z

X ••• X

Z

--n--

~

sería sobreyectiva, pues IR En particular, como Z

=

IR : (m 1,

••• ,

mn)

i--+

m 1x 1 + ... + m¿n

(S) es abeliano.

X ... X

Z es numerable, también lo sería IR, y esto

--n--

es falso.

Por lo tanto IR no es finitamente generado. Ejercicio n.º 12

El grupo Z con la operación suma es cíclico. Su subgrupo H = 2Z es finitamente generado (de hecho cíclico) y sin embargo no es finito. Por lo tanto, Z no es localmente finito. (1)

(2)

Sea H un subgrupo finitamente generado de G, y S = [x 1,

••• ,

xn}

un sistema generador de H. Por hipótesis, = m.1 EN o(x.) 1

para cada 1 :!6 i

:!6

n.

Ahora, cada x EH se escribirá (recuérdese que Ges abeliano), s,

x = x1

•••

s,,

Xn

• para ciertos enteros s 1,

••• ,

sn.

Dividiendo,

y q S· m- ) ' r.. r.( X·' X·'= X·'1 =X·' 1 1 1

luego

De aquí se deduce que o(H)

:!6 m 1 ••• mn'

luego H es finito.

382


Ejercicio n.0 13.

Consideremos G

1 i-+ 1 u:2i-+3 3 i-+ 2

=

S 3 , y los elementos

1 i-+ 2 ,:2i-+1 3 i-+ 3

Es claro que u 2 = , 2 = 1, luego H = {1, u] y K = {1, ,] son subgrupos de G, y evidentemente H n K = {1]. Por lo tanto, o(_H) o(K)

card HK = o(H nK) =4. Como o(G) = 6, se deduce del teorema de Lagrange que HK no es subgrupo de G, pues 4 no divide a 6. Nota: El lector puede comprobar que, como se sigue de 1.8.8,

HK"F'KH

calculando explícitamente ambos miembros. Ejercicio n.0 14. Supongamos que M =HU K es subgrupo de G. En tal caso, dados elementos arbitrarios h E H y k E K, ambos pertenecen a M, luego hk E M. Por lo tanto,

o bien hk = h' EH, y entonces k = h- 1h' EH, luego K e H, o bien hk = k' E K, y entonces h = k'k- 1 E K, luego He K. Así, una condición necesaria para que HU K sea subgrupo de Ges que KCHóHCK.

Evidentemente esta condición es suficiente, pues en el primer caso = H y en el segundo H U K = K.

H U K

Ejercicio n.0 15. Todos los elementos de G tienen orden finito, y menor o igual que el orden de G.

Por lo tanto, existe a E G de orden máximo, esto es, o(x)

=5,;

o(a) para cada x E G.

Afirmamos que G = (a) y por lo tanto cíclico. En efecto, dado x E G, (x) U (a) es subgrupo de G, luego por el ejercicio precedente, o bien (x)

e (a), o bien (a) e (x).

383


En el primer caso x E (a). En el segundo, o(a)

y por la elección de a, o(a)

= o((a))

:5,;

o((x))

= o(x)

= o(x). Así, (a) = (x). En particular x

E (a).

En ambos casos se llega a x E (a), luego G = (a).

n

=

Para la segunda parte supongamos, por reducción al absurdo, que o( G) no es potencia de primo. Elegimos dos divisores primos distintos p y q de n. Pongamos

n

n

d=-, e=-, p q

En virtud de 1.10, o(x)=

n me n, n d (

o(y) = -m-cd-(n-,-c-)

n

= ~ =q.

Por hipótesis, (x) U (y) es subgrupo de G, luego (x) lizando de nuevo el ejercicio anterior.

e

(y) ó (y)

e

(x), uti-

Lo primero implica, por el teorema de Lagrange, que p divide a q y lo segundo, que q divide a p. Ambas cosas son falsas, por ser p y q primos distintos. Así pues o( G) es potencia de un número primo.

Ejercicio n.0 16.

Distinguimos dos casos:

CASO 1. Existe a E G que no es de torsión. Entonces los subgrupos H = (ak), k E ~\{O], son todos distintos ya que si Hk = He, para algunos k y i distintos, tendríamos

ak E (al) y at E (ak),

y por lo tanto ak

= (ai)n, at = (ak)m

para ciertos enteros m y n.

Esto implica que atn-k = akm-t = 1, y como a no es de torsión, se deduce que in - k = O = km-i y de aquí

kmn =in= k,

384


luego mn = l. De aquí,

m m

= =

= 1, con lo que l = k, que es falso, ó = -1, y l = -k, falso pues l, k E N\[O}.

n n

Hemos pues encontrado una familia no finita {Hk : k E N\[O}} de subgrupos distintos de G. CASO 2.

Supongamos ahora que cada x E G es de torsión. Evidentemente G

= U (x). xeG

Como x es de torsión, cada (x) es finito. Al ser G no finito, debe existir una cantidad no finita de miembros distintos en dicha unión. Por ello, también en este caso G posee una cantidad no finita de subgrupos. De hecho, en ambos casos hemos probado que G posee una cantidad no finita de subgrupos cfclicos. Denotemos para cada entero positivo n,

Ejercicio n.0 17.

Cn

= {z

E C : z2"

= 1}

y consideremos G = LJCn. n~I

Evidentemente O fl. G, luego G está contenido en el grupo C* de los números complejos con la operación producto. De hecho G es un subgrupo de C*, y por tanto es un grupo. En efecto, G no es vacío, pues 1 E G. Además, dados x, y~ G, existen m, n ;;;,: 1 tales que x E Cm, y E Cn. Podemos suponer que m ;;;,: n. Entonces,

luego si t

= 2m-n y2"' = y2"t = (y2")' =

1' = 1

pues y E Cn. En consecuencia, (xy-1)2"'

= x2"'(y2"')-1 = 1. 1 = 1,

de donde xy- 1 E Cm e G y queda probado que Ges un grupo. Es inmediato comprobar que los elementos de G son de torsión. Si x E G, existen ;;;,: 1 tal que x E Cn y así x 2" = 1, luego o(x) :E; 211 • Para terminar comprobaremos que G no es finito, lo que da respuesta negativa a la pregunta del enunciado.

385


El razonamiento hecho anteriormente prueba en realidad que

e 1 e e2 e ... Entonces, para probar que G no es finito es suficiente demostrar que

e

11

~ en+I

para cada n ~ l.

Tomamos X= e2Tál2"+t, i

Desde luego x 2"· 1 = e2Tá

= ~-

= cos 2n + i sen 21t = 1,

mientras que

x 2" = era = cos n + i sen n = -1.

Así X E en+ I \en.

Ejercicio n.º 18. Sea A E Z(GL/~)) y consideremos el homomorfismo de espacios vectoriales sobre ~ definido por

f :R" ~R"

:x-(]:)~f(x)-{~J

18.1. Veamos que, para cada x E ~ 11 , {x, f(x)] son linealmente dependientes. Supongamos que no es así. Entonces, existe una base B = {x = vi' f(x) = v 2, Vy ... , v 11 ] de ~ 11 y en consecuencia un único homomorfismo g:

~n ~ ~n

tal que g(v 1)

= v 2, g(v 2 )

=

v 11 g(v¡) = V¡, 3

:s;;

i

=s;;

n.

Como la matriz de g respecto de dicha base es

O 1 O 1 O O O O 1

O O O

O O O

1

cuyo determinante es -1 =;6- O, ges un isomorfismo, luego su matriz B respecto de la base canónica de ~n pertenece a GL/~).

386


Como A E Z( GL/IR)) ha de ser AB = BA, luego fog:gof y en particular (f º g) (v 1) = (g

f(v 2 ) luego f

O

f) (v 1), y así

º

=g(v 2 ) = v 1 = x,

f(x) = x.

Por otra parte, consideremos el único homomorfismo

h: !Rn

~

IRn

que cumple h(v 1) = v 1 + v 2, h(v;) =

2

V;,

:s;;

i

,s.;

n.

La matriz de h respecto de la base B es 1 O 1 1 O O

O O 1

O O O

O

O

1

O

cuyo determinante es + 1 =,1: O. Así h es isomorfismo y su matriz C respecto de la base canónica pertenece a GL/IR). En consecuencia AC = CA, luego fo h

= h

o

f.

y en particular,

(fo h) (v 1) = (h o f) (v 1),

esto es,

es decir,

lo cual implica f(v 2 ) = O. Como antes vimos que x =

f

O

f(x) = f(v 2 ),

resulta que x = O, lo cual es absurdo, pues {x, f(x)} son linealmente independientes.

387


Queda, por tanto, demostrado 18.1. Esto significa que f(x) y x son proporcionales, donde la constante de proporcionalidad Á(x) depende de x. Tenemos f(x) = A.(x)x, Á(x) E IR. Veamos sin embargo que 18.2. Á(x) = A.(y) para cada par de vectores x, y E IR" no nulos. Distinguimos: 18.2.1. [x, y} linealmente independientes. Entonces, llamando z = x + y resulta = Á(z)z = f(z) = f(x) + f(y) = Á(x)x + Á(y)y

Á(z)x + Á(z)y

luego (A.(z) - Á(x))x + (Á(z) - A.(y))y = O.

Como [x, y} son linealmente independientes, Á(z) - Á(x) = O, Á(z) - A.(y) = O.

En particular, A.(x) = A.(y ). 18.2.2. [x, y} linealmente dependientes. Entonces y = ax para cierto a E IR y así Á(y)y

= f(y) = af(x) = aÁ(x)x = Á(x)y,

luego (A.(y) - Á(x))y = O,

y como y "F- O, es A.(y) = Á(x).

Por lo tanto, hemos probado que existe f(x)

Á E

IR tal que

=.upara cada x E IR" no nulo.

Como f(O) =O= A.O, la expresión anterior es válida para todo x E IR". En consecuencia,

{Jf(x)=Ax=[!J

388


para cada x E Rn y de aquí

A=

donde In es la matriz identidad. Recíprocamente, para cada A. E R* es )Jn E GLn(R) y de modo obvio, ()Jn)P

= A.(/nP) = A.(P]n) = P()Jn)

para cada PE GL/R), luego )Jn E Z(GLn(R)). Así Z(GL/R)) = [)Jn: A E R*}.

Ejercicio n. º 19

Sea S = [x 11 ••• , xm} e G tal que G = (S). Si llamamos xm+i = x¡ 1 , 1 E; j E; m, hemos probado en 1.8.3.1 que todo elemento de Ges producto de elementos de T = [x I' ••• , xm' xm+ ••... , X2mJ. Por hipótesis, el conjunto G/RH es finito, digamos que con n elementos, GIRH

Para cada 1

E;

i

E;

= [Hu I'

... ,

n y cada 1

Hun}, u 1

E;

j

E;

= 1, U2, ... , un

(t H.

2m, n

u¡x. e G = U Huk k=l

I

y como la unión anterior es disjunta, existe un único 1

E;

k

E;

n tal que

U¡X¡ E Huk.

Así h¡¡

=u¡x;ui 1 e

H.

Consideremos el subconjunto finito de H

B = [h¡¡ : 1 E; i Todo se reduce a probar que H

=

E;

n, 1 E; j

E;

2m}.

(B), siendo obvio el contenido (B) CH.

Tomemos pues h E H e G, y lo escribimos

389


h = X¡ 1 ••• x¡1 para ciertos j 1,

••• ,

i,

E (1, .... 2m}.

Ahora x.11 = u 1x.I t = h 111. uk 1 para cierto 1 =s;; k 1 =s;; n. De nuevo uk 1x1.2 = hk 1,·2uk 2 , 1

=s;;

k2

=s;;

n. Así

Repitiendo el proceso con

se obtiene h = h11.1hk,· ... hk1 1,· f uk. 1 2 1

De aquí uk, E H, luego uk,

=

1, y h E (B).

Ejercicio n.0 20. (1) => (2). Sea H un subgrupo de G. Hemos de probar que es finitamente generado. Consideremos la familia de subgrupos de H ~ =

{(F) : F subconjunto finito de H}.

Esta familia no es vacía, pues por ejemplo {1} = (1) E~-

Por hipótesis, existe en escribirá

~

un elemento maximal, digamos M, que se

M = (F) para cierto F

Es suficiente comprobar que H

= M,

e H, finito.

pues en tal caso

H = (F) es finitamente generado.

Supongamos, por reducción al absurdo, que H

=,I:

M. Como M CH, pues

F e H, debe existir x E H \ M.

Entonces F' =FU {x} es un subconjunto finito de H y así M' = (F') E~

yM

~

M' ya que x E M'\M.

Esto está en contradicción con el hecho de que M es maximal de ~(2) => (1) Supongamos que existe una familia~ no vacía de subgrupos de G sin elemento maximal.

390


Tomamos H I E
Ht

H2

~ ••• ~

Hn ...

con Hn E '?J. Consideremos ahora el conjunto H

= UHn.

Se trata de un subgrupo de

n~I

G, pues dados x, y E H existen n, m ;;;?= 1, tales que x E Hn, y E Hm. Podemos suponer que n ;;;?= m y así Hm C Hn, por lo cual x E Hn, y E Hn.

Entonces, como Hn es subgrupo de G, se tiene xy- 1 E Hn CH.

Utilizando la hipótesis, Hes finitamente generado, luego existe S = [x., .... x 111 } e G

tal que H = (S). Como cada X¡ E H, existe n(i) ;;;?= 1 tal que k = máx [n(l), ... , n(m)}, se verifica X¡

E Hn(i)

X¡

E Hn(it Evidentemente si

e Hk para cada 1 =:::; i

=:::;

m,

y por lo tanto

H = (S)

e Hk e H,

esto es, Hk = H. En particular Hk+t e He Hk lo cual es falso. Hemos obtenido una contradicción de suponer que existe una familia no vacía sin elemento maximal. Esto completa la demostración. Por último, si G es un grupo cíclico sus subgrupos son cíclicos, luego finitamente generados, según vimos en 1.17. Por lo anterior, G cumple la condición maximal. Ejercicio n. 0 21. trata de probar que

Sea x E H el único elemento de H distinto de l. Se xy = yx para cada y E G.

Consideremos a= xy E G, b = y- 1 E G. Obviamente ab = x E H. Utilizando la caracterización (3) en 2.1 de la normalidad, se deduce que

y 1xy = ba E H. Así, bien y 1xy

= 1, bien y

1xy

= x.

391


En el primer caso, y(y-lxy)y-1 = yy-1 = 1,

luego x = 1, que es falso. Por lo tanto, y- 1xy = x, y de aquí xy = yx como queríamos.

Ejercicio n.0 22.

Siguiendo las notaciones de 1.14, escribimos Q = [1, -1, i, j, k, -i, -j, -k}.

En 2.2.6 vimos que H = [ 1, -1} es subgrupo normal de Q. Aplicando el ejercicio anterior deducimos que H C Z(Q). Como ij = k "F' -k = ji, (véase 1.14) se deduce que i (t Z(Q), j (t Z(Q). Al ser i = (-1) (-i) y -1 E Z(Q), se deduce que -i (t Z(Q), pues en caso contrario i pertenecería al centro. Análogamente, -j (t Z(Q). Finalmente, jk por tanto -k (t Z(Q).

= i "F' -i = kj,

luego k (t Z(Q), y

Así Z(Q) = [1, -1}.

Ejercicio n. 0 23. El número de subgrupos de G conjugados de Hes, según hemos visto en 2.2.11, [G: Nc(H)]. Además, para cada a E G, H y Hª tienen el mismo número de elementos (véase 1.8.5.1) y al menos comparten un elemento (el neutro). Por lo tanto, card(

LJHªJ

laeG

~

[G:Nc(H)]·(o(H)-1)+1.

Además

y por ello

En consecuencia,

23.1.

card (

u!1~) ~ [G: H]· {o(H)-1} + 1

=

[G: H]-o(H)-[G: H]+l = o(G)+l-[G: H]< o(G),

392


la última igualdad por el teorema de Lagrange, y la desigualdad estricta porque, al ser H subgrupo propio de G, IG:

H] >

l.

Por supuesto, de 23.1 se deduce que

Ejercicio n.0 24. Vamos a calcular el número de subgrupos de G conjugados de H. 24.1. Hx = H para cada x E H. En efecto, y E Hx equivale a xyx- 1 = h E H, y esto significa que y = x- 1hx E H. Así Hx e H y utilizando que x- 1 E H es H:r' C H, luego H = (H:r')X e Hx. En consecuencia, eligiendo a E G \ H y x E H, se deduce del enunciado que la familia de conjugados tal vez distintos del subgrupo Hes [Hª, HX = HJ.

Si Hª = H todos los conjugados de H coinciden y Hes subgrupo normal propio de G. Si Hª =F H, es [G: Nc(H)] = 2,

luego por 2. 2.4, N c
En ambos casos se deduce que G no es simple. Ejercicio n.º 25. Sm

Sean En= [1, 2, ... , n], Em

=

[1, 2, ... , m], Sn = Biy(En),

= Biy(Em). Para cada u E Sn definimos

~ Em ---+ Em : Z. H {u(i) si ;

CJ' :

Es claro que

•

si n+l~i~m

393


luego

u es sobreyectiva y, al ser Em finito, es también inyectiva. Así

Construimos entonces

f: sn

~sm:

u~

(1.

fes homomorfismo, pues dados u, , E Sn, se tiene

~ ::;.(•) .,i --{u(T(i)} = u{r(i)}

(10

u(i) = i

Esto significa que i,

0

i

= (u O

si 1 ~ i~ ~ si n + 1 ::,, i ::,, m

in

,r, esto es,

f(u) o{(,)= f(uo ,).

Además fes inyectiva, pues dados u, , E Sn con u( i) =F ,(i)

de donde

u =F

luego

i, ( i)

= u( i)

C1 =F ,,

=F ,(i)

= i

existe i E En con (i),

i .

Ejercicio n.0 26 a)

Si existiese un homomorfismo inyectivo

f: S3 ~A4 sería S 3 = im f, luego im f sería un subgrupo de orden 6 de A 4 • Esto contradice 2.10. Por lo tanto la respuesta es negativa. b) Si existiese un homomorfismo inyectivo

q,: "ll./4"11. ~A 4 y puesto que o(l + 4"11.)

=

4, se deduce de 2.4.10 que o(u) = 4,

u

= q,(1 +

4"11.).

Sin embargo, en la demostración de 2.10.(2) se prueba que los elementos de A 4 tienen orden menor o igual que tres (véase 2.10.2 y 2.10.3). Así pues, también aquí la respuesta es negativa. Ejercicio n.0 27 a) Considérese m = 4 y n = 3. Así o("ll.~) = q,(4) = q,(2 2 ) = 2(2-1) = 2

394


mientras que o(Z;) = 1/)(3) = 3 -1

=2

donde 1/) es la función de Euler.

z;

z;

Como 2 es primo, tanto como son cíclicos de orden dos, luego isomorfos a Z/2.Z y por lo tanto isomorfos entre sí. b) Como 15 divide a 30, el número de isomorfismos sobreyectivos Z/30.Z ~ Z/15.Z es t/){15) = 1/)(3) · 1/)(5) = 2 · 4 = 8. Se trata pues de estudiar si existe un divisor m de 100 tal que 1/)(m) = 8. Como 100 = 2 2 · 5 2, el número m se escribirá

m Si ab = O, será m O :e;; a :e;; 2, 1/)(2ª) =F 8.

O :e;; a

= 2ª 5b,

= 2ª

ó m

= 5b_

:e;;

2,

O :e;; b

Como 1/)(2ª)

Como t/)(5b) = 5h- 1(5 - 1), para que fuese t/)(5b) lo cual es imposible.

:e;;

2.

= 2ª- 1(2

- 1)

= 2a- 1 con

= 8 debería ser 5b-l = 2,

Así pues ab =FO, con lo que 8

= 1/)(m) = 1/)(2ª) t/)(5b) = 2a-l5b- 1(5 -

1),

y de aquí

esto es, 22-a = 5b-l.

Esto equivale a 2 - a = O,

luego a (c)

b - 1 = O,

= 2, b = 1, y así m = 20 es la única solución. El número de homomorfismos entre Z/36.Z y Z/48.Z es mcd(36, 48) = 12.

No hay ninguno inyectivo porque 36 no divide a 48 y tampoco los hay sobreyectivos porque 48 no divide a 36. Ejercicio n.0 28. (a

Evidentemente la operación * es interna. Además,

* b) * d = (acb )cd =ac(b * d) = a * (b * d),

lo que prueba la asociatividad de la operación *.

395


El elemento neutro para la nueva operación es e

a * e- 1 = aee- 1 = a, e- 1 * a

=

e- 1ea

1,

=

porque

a.

Busquemos el inverso de a E G. Será un elemento x en G tal que

a* x

=

e- 1•

esto es, acx

e- 1,

=

luego

que también cumple

Queda probado que (G, * ), esto es, G con la operación *, es un grupo. Ahora debemos establecer un isomorfismo entre G y (G,*), es decir, una biyección

f: G-+ G que cumpla f(xy) = f(x) * f(y). Elegimos f(x) = c 1x, que cumple f(x) * f(y)

=

(c 1x) * (c 1y)

=

c 1xcc 1y

=

c 1xy

=

f(xy).

Evidentemente fes biyección pues si f(x) = f(y) resulta c 1x = c 1y, luego x = ec 1 x = ec 1y = y, lo que prueba la inyectividad de f. y además cada x E G es la imagen mediante f de ex, lo que prueba la sobreyectividad.

Ejercicio n. º 29 a) H = [x E IR*: x > O} es subgrupo de R* porque xy- 1 > O si x e y son positivos. Ahora

f: IR-+H:xi-+eX está bien definida, pues et" > O para cada número real x y es homomorfismo de grupos porque f(x + y)

=

eX+Y

=

eXeY

=

f(x) f(y).

Como fes derivable y su derivada (que es ella misma) sólo toma valores positivos, resulta que f es creciente, y en particular inyectiva. Por último,

396


x = f(Log x), Log x E IR para cada x EH, lo que prueba la sobreyectividad de f. b) Supongamos que existiese un isomorfismo

f:

Q* ~

o.

En virtud de 2.4.1, f(l) = O. Por lo tanto, 2((-1)= f ((-1 )2) = f (1) = O y de aquí f (-1) = O, luego ker f =F [ 1] y f no es isomorfismo. Ejercicio n.0 30 (1)

Sea x E G. Como f

O

f(x) = f(x), se sigue que

f(xf(x)- 1) = f(x) f(f(x))- 1 = f(x) f(x)- 1 = 1 luego xf(x)- 1 = y E H y de aquí x (2)

Si x EH

n

=

yf(x) E HK.

K, se tiene en particular

x E K = im f, luego x = f(y) para cierto y E G. Como x EH será 1 = f(x) = f(f(y)) = {(y) = X. (3) Es consecuencia inmediata de lo anterior y 2.20.3, recordando que ker fes subgrupo normal de G (véase 2.4.3). Ejercicio n.º 31 (1)

Dados f, g E Hom(G, A), x, y E G, se tiene (fg) (xy)= f(xy) g(xy) = f(x) f(y) g(x) g(y) = f(x) g(x) f(y) g(y)= = (fg) (x) (fg) (y),

la penúltima igualdad por ser A abeliano. Esto demuestra que (f, g) 1--+ f g es ley interna. Además, dados homomorfismos, f, g y h: G ~Ay x E G, es

397


((fg) h) (x)

= (fg) (x) h(x) = f(x) g(x) h(x) = f(x)

(gh) (x)

= (f(gh)) (x),

luego (fg)h = f(gh), y esto prueba la asociatividad.

La aplicación u : G ~A: xi-+ u(x) = 1A

es homomorfismo, pues u(x)u(y)

= 1A1A = 1A = u(xy).

Este es el elemento neutro en Hom(G, A) porque

= f(x) u(x) = f(x)

(fu) (x)

1A

= f(x)

para cada f E Hom(G, A) y cada x E G, con lo que fu = f, y análogamente uf= f.

Cada f E Hom(G, A) tiene inverso, que es

f- 1

:

G

~

A :

f (x)- 1

X i-+

(¡No confundir con la aplicación inversa!) En efecto, pues f- 1(xy)

f 1 es homomorfismo,

= f (x Y )- 1 = ( f (x)f (y))- 1 = f (y )- 1 f (x)- 1 = = f(x)-1 f(y)-1 = f-l(x) f-l(y)

para cada x, y E G, la penúltima igualdad por ser A abeliano. Así f

1

E Hom(G, A) y evidentemente

(ff-l) (x)

lo que prueba

= f(x)

f-l(x)

= f(x)

f(x)- 1

= 1A = U(X),

rr- 1 = u, y análogamente f-lf = u.

Con esto queda comprobado ( 1). (2)

Para cada a E A denotamos fa : "11.

~A :

n

i-+

an

Es claro que fa E Hom("ll., A), pues fa(n + m)

= an+m = anam = fa
Así t¡t : A ~

es una aplicación bien definida.

Hom("ll., A) : a i-+ fa

398


Observemos que dados a, b E G y n E Z se verifica fab(n)

= (ab) = a 11

11

b 11

= fa(n)

fb(n)

= (fafb) (n),

luego fab = flb

es decir, hemos probado que La inyectividad de

t¡t es

t¡t es

homomorfismo.

inmediata: Si a =F b, resulta fa(l) = a =F b = fb(l),

luego fa =F fb Sólo falta probar que t¡t es sobreyectiva. Sea a = f ( 1). Es suficiente comprobar que f = fa.

f

E Hom(Z, A) y sea

Si n es entero positivo, f(n)

=f(l

+ ... + 1)

--n--

=f(1) = a = f/n). 11

11

Si n es negativo, f(n)

= f(-(-n)) = f(-n)- 1 = fa (-n)- 1 = ((f/n))- 1)- 1 = fa(n)

pues -n es positivo. Evidentemente f (O)

= 1A = a 0 = fa(O).

En consecuencia queda visto que f

=

fa.

Ejercicio n.º 32

(a) La idea es la misma que en 2. 9. 5. Sea G grupo abeliano de orden n y M el conjunto de los elementos de orden mayor que dos. Para cada x E M, es x- 1 E M pues en vi) de 1.10 vimos que o(x- 1) = o(x) > 2.

Además x- 1 =F x pues en caso contrario x 2

=

Así, para cada x E M el conjunto Ax= [x, x- 1)

está contenido en M y consta de dos miembros.

1 y o(x)

Ei

2.

399


El mismo razonamiento (por otra parte trivial) que en 2. 9. 5, prueba que [Ax : x E M} constituye una partición de M. Así M tiene un número par 2t de elementos y

por lo que el producto de los elementos de M es

como queriamos probar. (b)

El resultado es obvio para p

= 2, 3. Suponemos pues p

~

5.

z;

Tomemos G = = [i + pZ : 1 :e;; i :e;; p - 1} y calculemos los elementos de orden menor o igual que dos. Si (i + pZ)2 = 1 + pZ = le ha de ser i 2 - 1 E pZ, esto es, p divide a (i- 1) (i + 1). Como pes primo, p divide bien a i - 1, bien a i + l. Como 1 :e;; i :e;; p - 1, lo primero equivale a i = 1, y lo segundo a i = p - l. Así, los elementos de orden mayor que dos en

z; son

M = [i + pZ: 2 :e;; i :e;; p-2}.

En virtud de (a), (2 + pZ) ... ((p - 2) + pZ) = le

= 1 + pZ,

y de aquí (2 · 3 ... (p - 2)) + pZ = 1 + pZ,

esto es, (p - 2)! + pZ = 1 + pZ. Multiplicando por (p - 1) + pZ se obtiene (p - 1)! + pZ = (p - 1) + pZ,

luego (p - 1)! - p + 1 E pZ y de aquí (p - 1)! + 1 E pZ.

Ejercicio n. 0 33. Sea M un subgrupo de G finitamente generado. Hemos de probar que M es finito.

400


Como Hes subgrupo normal de G resulta que MH es subgrupo de G, y por lo tanto MHIH es subgrupo de GIH. Veamos que es finitamente generado, y por ello finito. Por hipótesis M está generado por un conjunto finito S

= {s 11

s,J

••• ,

Ahora, dado xH E MHIH será x = mh para algún h EH y como

x- 1m

=

h- 1m- 1m

=

h- 1 EH,

resulta que xH = mH. Pero

y así

lo que prueba que

S ={s1H 1 ,

••• ,

skH}

es un sistema generador de MHIH. Como G/H es localmente finito, se deduce que MHIH es finito. Por el tercer teorema de isomorfía, MHIH

luego Ml(M

n

= Ml(M n H),

H) es finito.

Ahora bien, M n H es un subgrupo del grupo finitamente generado M luego, de acuerdo con lo probado en el ejercicio 19, M n Hes finitamente generado. Esto entraña la finitud de M n H, pues es subgrupo del grupo localmente finito H. Así M/(M n H) y M n H son finitos, y por ello o(M) = o(M

n H) o(Ml(M n H))

también es finito.

Ejercicio n. º 34 ( 1) Todo subgrupo de H lo es de G, y por tanto es finitamente generado. Así H satisface, por el ejercicio 20, la condición maximal.

401


(2) Sea N un subgrupo de GIH. Entonces N = KIH para cierto subgrupo K de G que contiene a H. Como G satisface la condición maximal, K es finitamente generado. Obviamente, si S = (x 1, ••• ,·xn] es un sistema generador de K, S = (x 1H, ... , xnH] es sistema generador de N = KIH. Así, de nuevo por el ejercicio 20, G/H satisface la condición maximal. Se trata de probar que todo subgrupo K de Ges finitamente generado. Como G/H satisface la condición maximal, su subgrupo KHIH es finitamente generado. Esto implica que también lo es Kl(K n H), pues ambos son isomorfos. Además H n K es finitamente generado, pues es subgrupo de H. (3)

Sean pues S 1 = (x 1(K n H), ..., xe(K n H)] y S 2 = {y 1, ••• , yk] tales que (S 1) = KJ(K n H), (S 2) = K n H. Veamos que si S 3 = (x 1, ••• , xt, y1, ••• , yk) es K = (S 3) lo que termina la demostración. Desde luego cada X¡ E K, y cada Y; E K n H e K, luego (S3) e K. Recíprocamente, si u E K se escribirá u(K n H) = (x¡ 1(K n H))"'1 ... (x¡,(K n H))"',, m¡ enteros,

luego 1 u(x'." 11

•••

1 1 )- e K x':' 1,

n H,

y así m, 1 ( m UX .••• X. ) 11

-1

1,

_ n1 n., -y .... y., fi ,.•

luego n1 ) U-y .... y.n, X'"1 .... X.m, E (S3. 11

Is

l1

1,

Ejercicio n.º 35 (a) Como mcd(a, n) = 1, resulta que X=

a+ n"ll. E "ll.~.

Por el teorema de Lagrange o(x) divide a o(Z~) = q,(n). En consecuencia (úsese por ejemplo iv) en 1.10), x~n) = lz· = 1+ n"ll., "

es decir, (a + n"ll.)""J = 1 + n"ll.,

402


o sea, a'(n) -

1 E n"ll..

(b) Como a no es múltiplo de p y pes primo, resulta que mcd(a, p) = 1. Por el teorema de Euler, a"PJ - 1 E p"ll.. Como p es primo, (/)(p) = p - 1, y por lo tanto aP- 1 - 1 E p"ll..

(e)

Sean = 37 x 73. Como ambos factores son primos, (/)(n) = (/)(37) (/)(73) = 36 X 72.

Como n es impar, se deduce del teorema de Euler que

35.1.

2 36 x 72 _ 1 E n"ll..

Ahora, como n = 37

35.2.

2n = 2 36 X 72

•

X

73 = (36 + 1) (72 + 1) = 36

X

72 + 36 + 72 + 1, es

2 • 2 36 • 2 72 •

Como 73 es primo, el pequeño teorema de Fermat nos dice que

35.3.

2 72 - 1 E 73"1L..

Al ser también 37 primo, resulta que

35.4.

2 36 - 1 E 37"1L.,

y por lo tanto

35.5.

2 72 - 1 = (2 36 - 1) (2 36 + 1) E 37"1L..

De 35.3 y 35.5 se deduce

35.6.

2 72 - 1 E n"ll. pues 73 y 37 son primos.

Por último, 29 - 1 = 511 = 73 · 7 E 73"1L., y así

35.7.

2 36 - 1 = (2 18 + 1) (2 18 - 1)

= (2 18 + 1) (2 9 +

1) (2 9 - 1) E 73"1L.,

lo que junto con 35.4 nos proporciona

35.8.

236 - 1 E n"ll., de nuevo por ser 73 y 37 primos.

Ahora, 2" + n"ll. = (2 36 x 72 + n"ll.) (2 + n"ll.) (2 36 + n"ll.) (2 72 + n"ll.) = =( 1 + n"ll.) (2 + n"ll.) ( 1 + n"ll.) ( 1 + n"ll.) = 2 + n"ll.

en virtud de 35.1, 35.2, 35.6 y 35.8. Esto significa que el resto de la división de 2" entre n es 2.

403


Ejercicio n.º 36

( 1) Por inducción sobre k, siendo el caso k = 1 cierto porque al ser ab

= ba", se deduce Si k > 1, b-kabk

= b- 1b-(k-lJabk-lb = b- 1ank- 1b,

la segunda igualdad por hipótesis de inducción. Ahora (b- 1ab)nk-t

= (b- 1ab) ...

(b- 1ab) --nk-t--

= b- 1ank- 1b,

luego b-kabk

(2)

= (b-lab)nk-1 = (b-lba")nk-1 = (a")nk-t =a"k·

De lo anterior se deduce, en particular, que

Ahora bien, sin es múltiplo de p, también lo es nP- n, mientras que si no, el pequeño teorema de Fermat asegura que nP- 1 - 1 E pZ, y multiplicando por n, nP- n EpZ.

Así, en cualquier caso, nP - n =

¾J para cierto entero Á,

luego

Sustituyendo en 36.1 obtenemos b-PabP

= a",

es decir,

y simplificando abP- 1 = bP- 1a.

Ejercicio n.º 37. En virtud del teorema de estructura, se trata de calcular de cuántas formas distintas podemos escribir

404


200 = m 1 ••• m,. 2 Como 200

:e;; mi, mi+ 1

divisor de mi.

= 2 3 • 52 tenemos únicamente

200

= m 1; 200 = 100 · 2; 200 = 40 · 5; 200 = 20 · 10; 200 = 50 · 2 · 2; 200 = 10 · 10 · 2.

Por lo tanto, hay exactamente 6 grupos abelianos no isomorfos de orden 200. Como 255 = 3 · 5 · 17, si fuese 255 = m 1 ••• mr con mi+ 1 divisor de mi, elegimos un divisor primo p de mr. Entonces p dividirá a mr-1' ... , m 1, luego pr divide a 255. Se deduce que r = 1, y así la única factorización admisible es 255 = m 1• Así todos los grupos abelianos de orden 255 son isomorfos a Z/255Z y por lo tanto son cíclicos.

Ejercicio n.º 38.

Escribimos como siempre

f2,

D4 = (1, f,

{3, g, g º f, g º f2, g º f3].

En 2.2.7.1 calculamos los subgrupos normales de D 4 • Como Z(D4 ) es normal y no coincide con D 4' pues éste no es abeliano, se concluye que Z(D 4 ) bien es [1], bien uno de los siguientes subgrupos: K 1 = (1, f,

f2, {3],

K2 = [ 1,

f2,

g, g º

f2],

K 3 = [1, { 2 , g º f, g º ( 31 H = [ 1, ( 2 ].

Ahora bien, en iii) de 2.2.7.1 vimos que ( 2 E Z(D4 ). Así pues Z(D4 ) Por otro lado, usando 1.13.1,

=¡6

[1].

g=fogof, luego f3 ° g = g g

0

f, y así g

0

f

f

=¡6

O

g, de donde se deduce que f fl Z(D4 ),

fl Z(D4 ). En particular, el centro de D 4 no es ni K 1, ni K 2• Además, (g

o {) o

f

= g o f2 = f2 o g,

mientras que

fo (g o f) Así ( g 0 f) 0 f =¡6 f O ( g 0 f ), luego g demostrado que Z(D 4 ) =¡6 K 3 .

0

=

g.

f fl Z(D4 ) y en consecuencia queda

Por tanto, Z(D4) = H y así o(D4 /Z(D 4 )) = 8/2 = 4.

Ahora, utilizando el ejercicio 3 concluimos que G es abeliano.

405


En virtud del teorema de estructura, G == "11./ 4"11. 6 G == "11.12"11.

X

Z/2"11..

Veamos cuál es el caso. Dado

x

=

gi

o

fi E D4 , 0

~

2·

2 .

i

~

1, O~ j ~ 3,

se tiene X

2

1 )1 e .Z(D4 ) si i =O =g ; o f 1· og ; o f 1· = { f =(f . go(f 1 ogof1 )=g 2 =1eZ(D4 ) sii=l

Así (xZ(D 4)) 2 = lZ(D4 ) para cada xZ(D4 ) E G. Por tanto todos los elementos de G tienen orden menor o igual que dos. Como o( G) = 4, esto implica que G no es cíclico. En consecuencia G == "11./2"11.

X

y los coeficientes de torsión de G son m 1

"11./2"11. = m 2 = 2.

Ejercicio n.0 39. Por 1.4 G es abeliano. Utilizando una vez más el teorema de estructura, existe un isomorfismo

f:

Z/m 1Z x ... x "11.lm.,JL =A--+ G

para ciertos enteros mi' ••• , m,.

mi+t

divisor de m;.

Si fuese m 1 > 2, el elemento x = (1 + m 1Z, O+ m 2"11., ••• ,O+ m.,JL) E A

tiene orden m 1' ya que m,x =(O+ m,z • ••• ,O+ m.,JL) = 1A y si O< k <

mp

kx = (k + m 1"11., O+ m 2"11., ••• ,O+ m.,JL) "F 1A. Entonces, como fes inyectiva, o(f(x)) = m 1 > 2, f(x) E G,

lo cual es absurdo. Así m 1 = 2 y cada

m; =

2 pues ha de dividir a m 1• Por tanto, o(G) = o(A) = 2r.

Ejercicio n.º 40. Es claro que p > 2, pues en el ejercicio 3 vimos que los grupos con cuatro elementos son abelianos.

406


Como p es primo, el orden de H es 1, 2p, p ó 2. En los tres primeros casos H es subgrupo normal de G, luego N c(H) = G. Si o(H) = 2, el orden de N c(H) ha de ser un número par que divide a 2p, puesto que He NG(H)

e G.

Por tanto, o(Nc(H)) = 2 6 2p. Veamos que o(Nc(H)) = 2. Si fuese 2p, tendríamos Nc(H) = G, y H sería subgrupo normal de G. En virtud de 2.14, G posee un subgrupo K de orden p, que por tanto es normal. Evidentemente K n H = (1), ya que si x E K n H, (x) es subgrupo de K y de H, y por el teorema de Lagrange o(x) divide a 2 y a p, que son primos entre sí, luego o(x) = 1 y x = l. Utilizando ahora 2.20.3, HK= H X K.

Ahora bien, o(HK)

= o(H)

o(K) o(HnK)

= 2p = o(G),

luego HK = G, y así G=HXK.

Como o(H)

= 2 y o(K) = p,

ambos son cíclicos, y por 2.8.2, H

=

"1Ll2"1L, K

= "lL/p"lL.

Esto implica que G = "1L/2"1L X "lL/ p"lL = "1L/2p"1L,

lo último por 2.22. Entonces G sería cíclico, luego abeliano, contra la hipótesis. Se concluye pues que o(Nc(H)) = 2 = o(H) y como H e Nc(H), deducimos que N c(H) = H.

Ejercicio n. 0 41 (1)

Si x EHª se tiene axa- 1 EH, luego f(a) f(x) f(a)- 1 E f(H)

y así f(x) E f(H)f(aJ. Por tanto f(Hª) C f(H)ffaJ_

407


Recíprocamente, si y E f(H)ffaJ, es f(a) yf(a- 1) E f(H). Como y E G = f(G), será y = f(x) para algún x E G. En consecuencia f(axa- 1 ) = {(a) yf(a)- 1 E f(H).

Como fes inyectiva, axa- 1 EH, y así x EHª, de donde Y = f(x) E f(Hª).

Hemos probado f (H)ffaJ e f (Hª). (2)

Si b E Nc(f(H)) se tiene

f (H)b = f (H). Como b E G = f(G), existe a E G tal que b = f(a). Así f (H) = f (H)ffaJ = f (Hª).

De aquí se deduce, al ser f inyectiva, que H = Hª, con lo que a E Nc(H), y así b = f(a) E f(Nc(H)). Hemos visto pues que Nc(f(H)) C f(Nc(H). Si a E Nc(H) es H = Hª, luego f (H) = f (Hª) = f (H)ffaJ

y por ello f(a) E Nc(f(H)).

Esto demuestra que f(Nc(H)) C Nc(f(H)). (3)

Sea a E Cc(H). Para cada y E f(H) veremos que

41.1.

f(a)y = yf(a).

En tal caso habremos probado que f(a) E Cc(f(H)) y así f(Cc(H)) C Cc(f(H)).

Pero y= f(x) para algún x EH, y en consecuencia ax = xa, pues a E Cc(H).

De aquí f(a)y

= {(a)

f(x)

= {(ax) = f(xa)

= f(x) f(a) = yf(a).

Recíprocamente, sea b E Cc(f(H)). Como b E G = f(G), existe a E G tal que b = f(a). Basta probar que a E Cc(H), pues en tal caso b = {(a) E f(Cc(H)), de donde Ce (f(H)) C {(Ce (H)).

408


Sea entonces x E H. Así f(x) E f(H) y entonces

bf(x) = f(x)b, esto es,

f(ax) = f(a) f(x) = bf(x) = f(x) b = f(x) f(a) = f(xa). De aquí se deduce, al ser f inyectiva, que

ax= xa, luego a E Cc(H).

Ejercicio n.0 42.

Es suficiente demostrar que f:G...+G:xt-+x"

es biyectiva. En tal caso la sobreyectividad implica la existencia de x con x'I = a, mientras que la unicidad de x se sigue de la inyectividad de f. Como Ges finito, basta ver que fes inyectiva. Al ser G abeliano,

f(xy) = (xy)q = x'lyQ = f(x) f(y), luego fes homomorfismo. Todo se reduce pues a probar que ker f = [l]. Pero si x E ker fes x'I = 1, luego por 1.10, o(x) divide a q.

Por el teorema de Lagrange o(x) también divide a n. Al ser q y n primos entre sí, o(x) divide a uno, luego x = 1.

Ejercicio n. 0 43.

Sea f E Aut(O). Evidentemente j:Z...+0:Xt-+X

es un homomorfismo, luego fo j E Hom(Z, O). Como O tiene notación aditiva, y a la vista de la solución del ejercicio 31.(2), existe a E O tal que

f O j = fa, fa : Z --+ O : n t-+ na. Obviamente a = la = fa(l) = f puesto que si a = O, sería

O

j(l) = f(l). Ahora bien, debe ser a

f(l) =O= f(O) y f no sería inyectiva.

=¡6

O,

409


Así, hemos probado que si para cada n E Z, si a = f(l),

f

E Aut(O), ha de ser f(l) E 0* y además,

f(n) = (f O j) (n) = fa(n) = an = f(l) n.

Esto implica que dado q = !!.._ e O, m > O, es m

--m--

n=mq=q+ ... +q

y así

--m-- --m--

f(n) = f(q + ... + q) = f(q) + ... + f(q) = mf(q),

luego 43.1.

f(n) n f(q) = - =-f(l) = qf(l).

m

m

Como es natural, el isomorfismo buscado es 1/1: Aut(O)

~

0* : f

~

f( 1).

En efecto, ya hemos visto que está bien definida, pues f(l) E O*. Además 1/f(fog) = (fog) (1) =f(g(l)) =g(l)f(l) = lf/(g) lfl({) = lfl({) lfl(g),

la tercera igualdad por 43.1. Esto prueba que 1f1 es homomorfismo. La inyectividad de 1f1 es clara: si f E ker 1f1 es f(l) = 1, luego por 43.1 f(q) = qf(l) = q para cada q E O,

y fes la identidad. Por último, dado a E 0* consideremos ga :

O ~ O :q

~ qa.

Evidentementegª EAut(O)yaquegª(q +q) = (q +q)a =qa +qa =ga(q) +gª(q), es inyectiva pues qa = O implica q = O, y es sobreyectiva al ser gª (:) = q para cada q E O. Ahora a = gª(l) = lfl(gª), lo que prueba la sobreyectividad de lfl.

410


Ejercicio n.º 44 (a)

Si G no es abeliano, existen u, v E G tales que uv

esto es, uvu- 1

,¡é

vu

,¡é

v. Entonces el automorfismo interno

i---+

uxu- 1

es distinto de / G pues
,¡é

v = IG(v).

Si G es abeliano, la aplicación

f:

G ~ G :X

es un automorfismo, porque al ser f

O

f

1---+

x- 1

= IG

es biyectiva, y además

f(xy) = (xy)-1 = y-lx-1 = x-ly-1 = f(x) f(y),

la tercera igualdad por ser G abeliano. Nótese que f

,¡é /G,

porque, al ser a 2 f(a)

(b)

Si o( G)

~

,¡é

,¡é

1, es a

,¡é

a- 1 y así

IG(a).

2, se sigue de 3. 2 que o(Aut(G))

~

(2 -

l)Log2 2 =

1

y por lo tanto o(Aut(G)) = l. Recíprocamente, supongamos que o( G) > 2. Distinguimos: (i)

Existe a E G con a 2

,¡é

1. Entonces se deduce de (a) que

o(Aut(G)) > l. (ii)

Para cada a E G, a 2 = l. En tal caso se deduce de la solución al ejercicio 39 que

---r--

G == Z/2Z x ... x Z/2Z = (Z/2ZY. Como o(G) > 2, res mayor que uno. Construimos

~

(Z/2ZY: (x 1 + 2Z, x 2 + 2Z, x 3 + 2Z, ... , xr + 2Z)

(x 2 + 2Z, x 1 + 2Z, x 3 + 2Z, ... ,

Xr

+ 2Z).

i---+

411


Es rutinario comprobar que se trata de un homomorfismo. Es inyectivo (y por lo tanto automorfismo) puesto que si x

= (x 1 + 27L, .... xr + 27L)

E ker

q,

es X¡

+ 27L = 0 + 27L, 1 ,e; i

,e; r.

Evidentemente q, no es la identidad, porque si

u = (1 + 27L, O+ 27L, ... , O+ 27L), q,(u) = (O + 2'11., 1 + 27L, O + 27L, ... , O + 27L)

;¡4:

u.

Así, utilizando 3.1.4, o(Aut(G)) = o(Aut((Z/27LY))

~

card [/, q,] = 2.

NOTA: De hecho es obvio que q, tiene orden dos. Esto será útil en el ejercicio 49.

Ejercicio n.0 45. Los elementos u = (1 + p'll., O + plL) y v constituyen de modo obvio un sistema generador de G.

= (O + plL, 1 + plL)

Así cada q, E Aut(G) queda determinado por q,(u), q,(v). Como

G = q,(G) = q,((u,v)) = (q,(u), q,(v)),

se trata de buscar pares de elementos z = q,(u), w = q,(v) que generen G. Recíprocamente, dados dos elementos (único) automorfismo q,: G ~ G con q,(u) =

z,

z, w

E G que generen G existe un

q,(v) = w,

definido por: dado x = (m + pll.., n + plL) E G, q,(x) = q,(mu + nv) = mz + nw. Efectivamente q, es sobreyectivo (luego biyectivo) porque {z, w] genera G. Además es homomorfismo pues si y= (k + pll.., e+ plL) E G, X

+ y = (m +

k + pll.., n + f + pll..)

y así q,(x + y)

= (m

+ k)z + (n + f)w

= (mz

+ nw) + (kz + fw)

= q,(x) + q,(y).

Todo lo dicho hasta ahora se puede resumir diciendo que si I = {(z, w) E G X G: {z, w] genera G],

412


la aplicación Aut(G)

~

I:: q,- (q,(u), (q,(v))

es una biyección. Para contar el número de elementos en Aut(G) contaremos pues el de I. Como G no es cíclico, no puede estar generado por un solo elemento. Así, llamando OG =(O+ p"ll., O+ p"ll.), es obvio que para cada x E G, (OG, x) = (x, Oc) = (x)

=¡6

G.

Por tanto, si (z, w) E I, ha de ser z =¡6 OG =¡6 w. Sea ahora z = (m + p"ll., n + p"ll.) E G, z =¡6 Oc, cualquiera Estudiamos cómo debe ser w = (k + p"ll., e + p"ll.) para que (z, w) E I. Nótese que como u y v generan G, es equivalente decir que z y w generan G a decir que

u E (z, w) y v E (z, w). A su vez esto equivale a la existencia de enteros a, b, e, d, tales que u

=az + bw, v =cz + dw,

o lo que es lo mismo,

(*){1 + p"ll. = (am + bk) + p"ll. O+ p"ll. =(an + bf) + p"ll.

y

{º

+ p"ll. =(cm+ dk) + p"ll. 1 + p"ll. =(en+ df) + p"ll.

De lo primero se deduce que { n+ p"ll.=(amn+bkn)+ p"ll., O+ p"ll.=(amn+bfm)+ p"ll.,

y restando

45.1. n + p"ll. = b(kn - fm) + p"ll.. De lo segundo obtenemos { O+ p"ll. =(cmn+dkn)+ p"ll., m

+ p"ll. =(cmn+dfm)+ p"ll.,

y restando

45.2.

m + p"ll. = d(fm - kn) + p"ll..

413


Así, como bien n + p'll. ,¡é O + p'll., bien m + p'll. se deduce de las igualdades anteriores que

,¡é

O + p'll. (porque z

,¡é

OG),

45.3. em - kn fl p'll.. Recíprocamente, supongamos que se cumple 45.3 y demostremos que los sistemas de ecuaciones (*) tienen alguna solución a, b, e, d. Como fm - kn fl p'll., y p es primo, resulta que mcd(fm - kn, p)

= l.

Por tanto, (véase 1.8.9.3), existen enteros a y f3 que cumplen 1 = ap + /3(fm - kn) y de aquí

1 + p'll.

= {3(fm -

kn) + p'll..

Multiplicando por n y por m obtenemos n + p'll. = (-n/3) (kn - fm) + p'll., m + p'll. = m/3(fm - kn) + p'll..

A la vista de 45.1 y 45.2 esto nos induce a elegir

b = -n/3, d

=

m/3

como aspirantes a solución. Tomemos ahora a = f/3, e= -k/3, y comprobamos que estos cuatro valores satisfacen (*). En efecto, (am + bk) + p'll.

= (f/Jm

- nf3k) + p'll.

(an + be) + p'll.

= (f/Jn -

nfje) + p'll.

= {3(fm

- nk) + p'll.

= 1 + p'll.;

= o + p'll.;

(cm + dk) + p'll. = (-kf3m + mfjk) + p'll. = O + p'll.; (en + de) + p'll.

= (-k/Jn

Así pues, fijado ce a I si y sólo si

z = (m

+ mfje) + p'll. + p'll.,

= {3(fm

n + p'll.)

E G,

- kn) + p'll.

z ,¡é OG

= 1 + p'll..

el par {z, w) pertene-

w = (k + p'll., e + p'll.), em - kn fl p'll.. Debemos pues ahora contar cuántos elementos w cumplen esta condición. Es más fácil contar los que no la cumplen. Sin pérdida de generalidad supondremos que m + p'll. ,¡é O + p'll. (si no, es n + p'll. ,¡é O + p'll. y se razona igual). Esto implica que mcd(m, p) = 1 y así litn +

Ep =

1 para ciertos enteros ó, e.

414


Ahora la condición

tm-kn Ep'll. equivale a

otm- Sen Ep'll. porque p es primo y ó fl p'll. (en caso contrario, 1 E p'll.). Esto último es lo mismo que decir t(l - Ep) - Sen E p'll.,

esto es,

t-Scn Ep'll., o sea,

e + p'll. = Sen + p'll. y los elementos w que no cumplen la condición

tm-kn fl p'll. son ((k + p'll., Sen + p'll.) : O :;;;; k :;;;; p - 1J. Hay, por tanto, para cada z E G\(OcJ, p 2 - p elementos w E G cumpliendo que (z, w) E I. Así o(Aut(G)) = card I = (p2 - 1) (p2 _ p).

Ejercicio n.0 46.

Escribirnos corno es habitual

D 4 = (1, f, (2, (3, g, g

o

f, g o f2, g º f3J.

También aquí, corno en el ejercicio anterior, D 4 está generado por dos elementos, en nuestro caso D4 = if, g).

Así, si 1/f E Aut(D 4), los elementos 1/f(f), 1/f(g) constituyen un sistema generador de D 4 • Veamos, por tanto, quiénes pueden ser 1/f(f) y 1/f(g). Corno o(f) = 4 y 1/1 es inyectiva, se deduce de 2.4.1 O que 0(1/f(f)) = 4,

y, por tanto (véase 1.13), ha de ser

46.1.

1/f(f) =

fó

1/f(f) =

{3.

Por tanto, (1/f(f)) C (f) 'F D4, y así 1/f(g) fl ({), pues de lo contrario (1/f(f), 1/f(g)) e (f) 'F D4 •

415


Se deduce pues que 46.2.

1/f(g) =

g º fi para algún O ~ j

~ 3.

1

Como lflqueda determinado por 1/f(f) y 1/f(g), se deduce de 46.1 y 46.2 que llamando 1/1;¡ : D4 ~ D4 : f

con i = 1 6 3, O ~ j 46.3.

~

t--+

fi' g t--+ g º fi,

3, se cumple

Aut(D4 ) e ( 1/f¡; : i = 1 6 3, O ~ j

~

3].

Vamos a demostrar que de hecho este contenido es una igualdad. A diferencia de lo que ocurre en el ejercicio anterior, aquí no es tan sencillo comprobar que todos los 1/f¡¡ son automorlismos y por ello seguiremos un camino menos directo.

Por 3.4.2.1, lnt(D4) == D 4 /Z(D 4 ) y utilizando el ejercicio 38, o(Int(D4)) = 4.

De modo explícito, los elementos de Int(D4)) son

q,1 = Id = 1/fio;

"'r: f t--+ f

O

f

O

usando que fk º g

r0

I

= f,

g t--+ f O g

0

r-

1

=f

O

g0f

O

r- 2 =g r- 2 =g 0

0

fk = g (véase 1.13.1); por tanto, tfJr = lfl12 •

"'g : f t--+ g o fo ¡r1 =g o fo g =g o (fo g o f) o f3 =g2 o {3 ={3; g 1--+ g o g o ¡r 1 = g; y así tfJg

= lfl3o-

y por último, tfJg.(ft--+gofofo(gof)-1 :gof2 of-1 og-1 =gofog=f3;

r

g 1--+ g º º g º (g º

=g o (fo g o f)

o

n-1 = g º r º g º f3 º g = f2

o

g

= f2

o

g

=g o f2;

de donde tfJg • f = lfl32 • Como o(Int(D4)) = 4, resulta lnt(D4) = ( 1/1101

1/112•

1/130• 1/132).

f

416


Obviamente, para demostrar que 46.3 es una igualdad basta probar que o(Aut(D4 )) = 8 y puesto que lnt(D4) es un subgrupo con cuatro elementos, sabemos que o(Aut(D4 )) es un múltiplo de cuatro que es menor o igual que ocho. Es suficiente por lo tanto comprobar que Aut(D4 )

::¡1:

Int(D4 )

y para ello nos basta probar que lf/11 E Aut(D4).

46.4.

Así pues, la comprobación de que todos los 1/1¡¡ son automorfismos se reduce a la de uno solo, por ejemplo lfli 1. De modo explícito lfli I está definido por: Si x

= gn

º rm, O ~ n

~

1, m cualquiera,

lf/11(x)= lf/11(g)n o lf/11(f)m = {

Dado otro y

=

gk f, O ~ k O

~ 1,

fm si n=O f 1 go m+ si n= 1

debemos probar que, llamando lf/ a lfli 1,

= lfl(X y). Desde luego, para k = O, es xy =gn o fm o f = gn ° fm+t mientras que si k = 1, xy = gn o rm o g o f = gn o (fm o g o f"') o r-m = gn+I o r-m. lfl(X)

lf/(y)

o

En el primer caso,

y,(xy) =

{f m+t

g o fm+t+I

si n = O, k = O si n = 1, k = O

mientras que en el segundo lfl(xy)

Calculemos ahora lfl(X) Si n

= o,

k

= o, tenemos

l-m+I ={ g f 0

r'-m

lfl(y)

0

1/f(X)

Si n

= 1,

k

= o,

0

o

lfl(y)

= f,

luego

lf/(y) = fm+t = 1/f(Xy).

calculamos lfl(X) lfl(X)

en los diversos casos:

= rm,

lfl(X)

si n =O, k =1 si n = 1, k = 1

lf/(y)

= g o rm+ 1,

lf/(y)

= f,

=g o fm+l+t = lfl(Xy).

y

417


= fm, y,(y) = g f+ 1, de donde v,(x) o y,(y) = rm o g o f+l = rm o gormo [f+l-m =g o [l+l-m = y,(xy). Por último, si n = 1, k = 1, obtenemos v,(x) = g º fm+ 1, y,(y) = g o ft+ 1 lo

Sin

= O,

k

= 1,

resulta v,(x)

O

cual implica Y,(X)

y,{y)

0

=g

O

fm+l

O

g

O

(l+I

=g

O

fm+l

g

O

O

fm+l

O

fl-m

=(l-m = y,(xy).

Queda pues probado que y, es homomorfismo. La sobreyectividad (y por lo tanto que 1/f es automorfismo) es obvia, pues como

f

= v,(f),

g

= (g o f)

o

(3

= 1/f(g)

o

1/1((3)

= y,(g o (3),

se tiene D 4 = (f, g)

= (1/f(f),

1/f(g º (3))

e im

1/1 e D 4.

Así 46.3 es una igualdad y en particular o(Aut(D4)) = 8. Como en 3.20 vimos que sólo hay cinco grupos de orden ocho, vamos a decidir cuál es. Comprobemos que Aut(D4) no es abeliano: 1/fu º V,3¡(g)

= '1'11(g º f) = (g º f) º f =g º f2,

mientras que V,3¡

o

1/111(g)

= 'l'31(g o f) = (g o f) o f3 =g.

Así 1/111 º 1/131 "F- 1/131 º 1/11 ¡. En virtud de 3.19, Aut(D4) es isomorfo a D4 ó a Q. Para resolver esta disyuntiva basta contar el número de elementos de orden dos de Aut(D4). '1'30 ° 'l'3o(f>

= 1/130((3) = /9 = ((4) 2

'1'30 º 'l'3o(g)

= 1/13o(g) = g;

0

= f;

f

y por lo tanto l/f30 tiene orden dos. 1/112 ° 1/f¡i{f) = l/f12(f> = f; 1/112 ° 1/112
de donde 1/f¡ 2 tiene orden dos.

= (g

O (

2)

0

(

2

= g;

418


Como el grupo cuatemión sólo tiene un elemento de orden dos (véase 1.14) se tiene

Ejercicio n.0 47 (1) Como Ges finito, basta ver que 'lf es inyectiva. Si l/f(x) = l/f(y) se tiene f(x)r 1 = f(y)y- 1, de donde

f(x) = f(y)y-l X,

esto es, f(y)- 1 f(x) = y- 1x,

o sea, f(y- 1x) = y- 1x.

Por la hipótesis, y- 1x (2)

= 1, luego x = y.

Supongamos que x y f(x) son conjugados. Entonces existe a E G tal

que f(x)

= axa- 1.

Como 1/f es sobreyectiva, existe u E G tal que a = 1/f(u) = f(u)u- 1.

Sustituyendo, f(x) = f(u)u- 1xuf(u)- 1,

y por lo tanto, f(u- 1xu)

= f(u)- 1f(x) f(u) = u- 1xu,

lo cual implica, por la hipótesis sobre f, que u- 1xu = 1,

o sea xu = u, es decir, x = 1. (3)

Sea x E G. Al ser 'I' sobreyectiva, tendremos x = f(y)y- 1 para algún y E G.

Como { 2 = I G' deducimos f(x)

= {2(y)

f(y)-1

= yf(y)-'

419


y de aquí, xf(x) = f(y)y 1yf(y)- 1 = 1

es decir, f(x) = x- 1 para cada x E G.

Veamos para terminar que Ges abeliano de orden impar. Dados a, b E G, como f E Aut(G) se cumple f(ab) = f(a) f(b),

y por lo tanto

de donde

Queda pues probado que G es abeliano. Si el orden de G fuese par, existiría x E G de orden dos (por ejemplo, usando 2.9.5.2 o el teorema de Cauchy). En tal caso x #- 1 y f(x) = x- 1 = x, contra la hipótesis.

Ejercicio n. 0 48 ( 1) Supongamos que G no es abeliano. En tal caso Z( G) es un subgrupo de G, Z(G) #- G, y por el teorema de Lagrange, o(Z(G))=S;!o(G). Esto implica 2

48.1. M

n

(G\Z(G)) #- 0

pues en caso contrario, o(G) ~ card(M u (G \ Z(G)) = card(M) + card(G \ Z(G)) > 5 1 3 > -o(G) +-o(G) = -o(G)

4

4

2

lo cual es evidentemente falso. Elegimos ahora x E M
n (G\Z(G)) y construimos n

M

~

(G\Cc(x))

n

(G \M): y .-xy.

420


48.2.

En efecto, en primer lugar hemos de demostrar que si y E M

n (G \CG(x)), entonces xy

E (G \CG(x))

n (G \M).

Desde luego, si xy E CG(x), y puesto que x E CG(x), se tendría x- 1(xy) E CG(x),

esto es, y E CG(x), lo cual es falso. Por otro lado, si xy E M, sería ylx-1

= (xy)-1 = f(xy) = f(x) f(y) = ,rlyl

de donde xy

= (y-1,x-1)-1 = (x-lyl)-1 = yx,

lo cual significa que y E CG(x). Esto es falso. Hemos demostrado que

card((G \CG(x)) n M)

:s;;

card((G \CG(x)) n (G \M))

y como G \CG(x) = ((G \CG(x)) n M)

u ((G \CG(x))

n (G \M)),

resulta 48.4.

card(G \CG(x)) :s;;

:s;;

2card((G \CG(x)) n (G \M)) 1

:s;;

1

2card(G \ M) < 2 4 o(G) = 2 o(G)

lo cual implica que

Como CG(x) es subgrupo de G, se desprende de la última desigualdad empleando el teorema de Lagrange que CG(x)

= G,

es decir, x E Z(G), y esto es falso. Así pues G es abeliano. (2) Mes subgrupo de G pues dados x, y E Mes f(xyl)

= f(x) f(y¡-1 = ,x-ly = yx-1 = (xyl)-1

421


luego xy- 1 E M (la penúltima igualdad por ser G abeliano). Ahora, como 3 1 o(M) > ¡o(G) > 2 o(G), se deduce de nuevo del teorema de Lagrange que M = G.

Ejercicio n. 0 49 La finitud se deduce de 3.2. Además, al ser Aut(G) cíclico, también lo es su subgrupo Int(G). (Estamos utilizando 1.17). Se deduce ahora de 3.4.3 que Ges abeliano y, por tanto, la aplicación

f:

G-+ G: X

1-+X- 1

es homomorfismo, pues f(xy)

= (xy)-1 =y-1,x-t = x-ly-t = f(x) f(y).

Como es obviamente biyección,

f

E Aut(G).

Evidentemente, f2 = /G. Si f no es la identidad, sería un elemento de orden dos en Aut(G). Por ello, o(Aut(G)) es par. Si fes la identidad, resulta para cada x E G

x = x- 1, es decir, x 2 = 1 y según demostramos en el ejercicio 39, G = Cll..!21L)' para algún entero positivo r.

Si r = 1, sabemos desde el ejercicio 44 que Aut(G) = (/G}.

Sólo nos falta estudiar qué ocurre si r > 1. En el ejercicio 44 encontramos 4' E Aut(G) de orden dos. Así Aut(G) tiene orden par.

Ejercicio n.0 50. Como !G: verifica

Veamos que estamos en las condiciones de 3.6.11.

HI = 2, Hes subgrupo normal de G. Además, si o(H) = m o(G) = o(H) !G: H] = 2m

y como o( G) no es múltiplo de cuatro, m es impar.

se

422


Así mcd(o(H), [G : H])

= mcd(m,

2)

=1

y por 3.6.11 H es el único subgrupo de G de orden m y en particular H es subgrupo caracteristico de G.

Ejercicio n.0 51.

Como Hes normal, NG(H) = G, luego lntG(H)

= NG(H)ICG(H)

= G/CG(H)

empleando 3.4. Así G/CG(H) es isomorfo a un subgrupo de Aut(H) y en particular [G : CG(H)] divide a o(Aut(H)). Ahora bien, por hipótesis pes primo, luego H Aut(H) = Aut(Z/ pZ) =

=

Zlp"ll. y por 3.1.3 y 3.1.4

z;

luego o(Aut(H)) = p - l. Por tanto, [G: CG(H)] divide a p - l. Como también divide a o(G), ha de ser [G : CG(H)] = 1 por la definición de p. Entonces G = CG(H) o lo que es lo mismo, He Z(G).

Ejercicio n.0 52.

Como antes, se trata de probar que CG(K) = G.

Ahora bien, CG(K) es subgrupo normal de NG(K) = G, y por 3.4, GICG(K)

= lntG(K)

que es subgrupo de Aut(K). Como K es cíclico, se deduce de 3.1.4.1 y 3.1.4.2 que Aut(K) es abeliano, luego también lo es GICG(K). Pero Ges perfecto, y por tanto G = CG(K).

Ejercicio n.º 53 ( 1) Sea x E N. Hemos de comprobar que xy = yx para cada y EN.

Esto es evidente pues N es abeliano. (2) Llamemos X = N y consideremos la acción de G/ N sobre X definida por GIN X X~

x: (gN,

x)

t-+

(gN) (x) = gx~ 1•

423


Nótese que como N es normal, gx~ 1 E Nii 1

= N = X.

Además, si gN = hN, es h- 1g EN e CG(N), luego h- 1gx

= xh- 1g

y, por tanto,

gx~ 1 = hxh- 1•

Ambas observaciones muestran que esta acción está bien definida. Efectivamente se trata de una acción, pues ((hN) (gN)) (x) = (hgN) (x) = hgx(hg)- 1 = h(gx~ 1)h- 1 = (hN) ((gN) (x))

y también (IN) (x) = lxt- 1 = x.

El homomorfismo asociado a esta acción es 0: GIN~ Biy(X): gN

~

0(gN)

donde 0(gN) : x ~ gx~ 1•

Ahora bien, 0(gN) = 'Pg E IntG(N)

e Aut(N),

luego 0: GIN~ Aut(N): gN ~ 'Pg es homomorfismo. Calculamos su núcleo: gN E ker 0 si y sólo si 'Pg

= Id, esto es, gx~ 1 = x para cada x EN,

o lo que es lo mismo, gx = xg. Por tanto, gN E ker 0 si y sólo si g E CG(N). En consecuencia, ker 0 = CG(N)IN y 0 es el homomorfismo buscado.

Ejercicio n.º 54. En virtud de 3.12.1, H y K son subgrupos normales de G. En particular H es subgrupo normal de N = HK y por el segundo teorema de isomorfía, (GIH)l(NIH)

luego p = [G : H] = [G : N] [N : H].

=

GIN,

424


Como H ,¡t,. K resulta H !;. HK = N, luego [N: H] ,¡t,. l. De aquí y de la igualdad anterior se sigue que [G : N] = 1, pues evidentemente pes primo. Por tanto, G = N. Ahora, por el tercer teorema de isomorfía, GIH = N/H = HKIK

= KJ(K n H)

= K,

luego o(K) =

[G: H] =p.

Análogamente, GIK

= HK/K = H/(H n K) = H,

y, por lo tanto o(H) =

[G: K] =p.

Finalmente, o(H) o(K)

2

o(G) = o(N) = o(HK) = - - - = p . o(HriK)

Aplicando 3.11.5, G es abeliano e isomorfo, bien a "1L.lp 2 "1L., bien a "ll.lp"ll. X "ll.lp"ll.. En el primer caso G sería cíclico y por 1.16 tendría un único subgrupo de orden p. Esto es falso, pues ya hemos probado que o(H)

= p = o(K).

Así G

= "ll.lp"ll.

X "ll.lp"ll.

y los coeficientes de torsión de G son m 1

= m 2 = p.

Ejercicio n.0 SS. Lo probamos por inducción sobre n. Si n orden de Ges p, luego N = G y basta tomar H = {l]. Sean> l. En virtud de 3.17, K = N o(GIK) = p"'

n Z(G)

,¡t,.

=

1, el

{1]. Por lo tanto,

con m < n.

Además NIK es subgrupo normal de G/K (véase 2.3.1). Distinguimos dos casos. CASO l. N/K ,¡t,. {1]. Entonces por hipótesis de inducción existe un subgrupo normal H' de G/K contenido en NIK y [NIK: H'] = p. Utilizando de nuevo 2.3.1, H' G contenido en N.

= HIK

para cierto subgrupo normal H de

425


Por el segundo teorema de isomorfía, (NIK)l(HIK)

= N/H,

luego

[N: H] =

[NIK: H/K] = [NIK:

H'] = p

lo que completa la demostración en este caso. CASO 2.

NIK

= {1). En tal caso, N = K, luego N =N

n Z( G) y así N e Z( G).

Como los subgrupos de G contenidos en Z(G) son normales (véase 2.2.8) todo se reduce a encontrar un subgrupo H de N tal que [N : H[ = p. Aún necesitamos distinguir: SUBCASO 2.1. G no es abeliano. Entonces N e Z(G) ~ G, luego o(N) = ¡}<, k < n. Aplicando la hipótesis del enunciado al grupo N (¡y su subgrupo normal N!) se tiene la tesis. SuecAso 2.2. G es abeliano. En tal caso N también lo es, y por el teorema de estructura, N

= "ll./pki-¡¡_

X ... X

7l.lpk,-¡¡_ = N', l ~ kr ~ ... ~ k 1.

Evidentemente H' = p7l./pki-¡¡_ X "ll./pk2-¡¡_ X ... X "ll./pk,-¡¡_

es un subgrupo de N' de índice p. Por tanto, N posee un subgrupo H de índice p.

Ejercicio n.º 56. Escribamos entonces

Como [G : H] = p, el orden de G es múltiplo de p. o(G) = prm con

r;;.

1, m $. p"ll..

Como Ges simple, se deduce de 3.12.2 que prm divide a p!

En particular pr-lm divide a (p - 1)! y si fuese r > 1, p dividiría a (p - 1)! Como p es primo, esto implica que divide a algún entero i, 1 lo cual es falso. Así r

= 1 y o(G) = pm,

m $. p"ll., lo que prueba (1).

~

i

~

p - 1,

426


Por otro lado, si existe un factor primo q > p de o(G), q divide a pm, que divide a p! Por ser q primo, q dividirá a algún i, 1 :s;; i ,s;; p, evidentemente falso, pues q > p ;,= i. Esto demuestra (2).

Ejercicio n.0 57. Por el teorema de Cauchy-Frobenius, todo grupo G de orden 33 posee un subgrupo H de orden 11. Como IG : H] = 3 es el menor divisor de o(G) distinto de 1, se sigue de 3.12.1 que Hes subgrupo normal de G. Entonces NG(H) = G y se deduce de 3.4 que GICG(H)

= NG(H)ICG(H) ==

y este último es un subgrupo de Aut(H) == H == .Z/11.Z, y por 3.1.3 y 3.1.4

lntG(H)

z;

Aut(H) ==Aut(.Z/11.Z)==

¡,

pues al ser o(H) = 11 es

z:; 1•

En particular IG: CG(H)] divide a o(.z; 1)

= 11 -

1 = 10.

Como también [G: CG(H)] divide a o(G) = 33, se deduce que IG: CG(H)] = 1 y así G = CG(H) o lo que es lo mismo, He Z(G). Ahora, al ser G/H cíclico (pues tiene orden 3), y He Z(G), se deduce de 3.4.3.1 que G es abeliano y por 2.22.3, es cíclico.

Ejercicio n.º 58. Sea G un grupo de orden 28. Por el teorema de Cauchy-Frobenius G posee un subgrupo H de orden 7. En consecuencia [G:H]=4 y se desprende de 3.12.3.1 que G no es simple.

Ejercicio n.0 59. Si G tiene orden 42, posee en virtud del teorema de Cauchy-Frobenius un subgrupo H de orden 7. Por lo tanto [G:H]=6. Si G fuese simple, se deduce de 3.12.3 que Ges isomorfo a un subgrupo de A6 • En particular 42 = o( G) dividiría a o(A 6 ) = 360 lo cual es falso. Así pues, G no es simple.

427


Ejercicio n.º 60. NG(H) = G, y por 3.4,

Se trata de probar que G = CG(H). Como Hes normal,

G/CG(H) = NG(H)ICG(H)

= lntG(H),

y por lo tanto [G : CG(H)[ divide al orden de Aut(H). Todo consiste en ver que [G : CG(H)] = 1. Calculemos para ello el orden de Aut(H). Hes isomorfo a 7Llp 27L ó a 7Llp7L X 7Llp7L, en virtud de 3.11.5. Ahora se desprende de 3.1.3 y del ejercicio 45 que o(Aut(H)) = (/>(p 2 ) = p (p - 1) u o(Aut(H)) = (p 2 - 1) (p 2 - p). En ambos casos o(Aut(H)) divide a (p 2 - 1) (p 2 - p ). Como (p2 _ 1) (p2 _ p)

= (p _

1) (p + 1) p(p _ 1)

= p(p _

1)2(p + 1)

se concluye que

60.1. [G : CG(H)] divide a p(p - 1) 2(p + 1). Supongamos por reducción al absurdo que [G: CG(H)] no es uno y consideremos un divisor primo suyo q. Por 60.1 q debe dividir a p, a p - 1 ó a p + 1. Como

q es un divisor de o(G), luego q ~ p.

Así la posibilidad de que q divida a p - 1 está descartada. Si q dividiese a p ambos coincidirían, por ser primos. Entonces p dividiría a ]G: CG(H)]. Ahora bien, Hes abeliano, luego H C CG(H), y así m

= [G: H] = [G: CG(H)] [CG(H): H].

Como p no divide a m, tampoco divide a [G : CG(H) ]. Sólo falta estudiar el caso en que q divida a p + 1. Entonces p < q =e. p + 1, luego q = p + l. Esto implica que p y q son primos consecutivos, p < q, es decir, p = 2, lo que contradice el enunciado. De suponer [G: CG(H)] '# 1 hemos llegado a contradicción. Esto termina la demostración.

428


Ejercicio n.0 61. Vamos a utilizar 3.12.2. Por el teorema de Sylow, todo grupo G de orden p 111q 11 posee un subgrupo H de orden q 11 (tanto si q = p como si q :¡6 p ). Ahora [G : Hj = p"' y o(G) no divide, por hipótesis, a p 111 !. Se deduce de 3.12.2 que K(H) es un subgrupo normal propio de G, luego éste no es simple. Como 1058841 = 3 2 • 7s, la segunda parte se deduce de la anterior tomando p = 3, q = 7, m = 2, n = 5. (Comprúebese que 32 • 7s no divide a 9!). Ejercicio n.0 62. Si Ges un grupo de orden 1000 = 2 3 ns de subgrupos de G de orden 125 cumple

•

5 3 , el número

ns divide a 8 ns - 1 es múltiplo de 5.

Así ns= 1 y G posee un subgrupo normal de orden 125, luego no es simple. Ejercicio n.0 63. Sea G un grupo de orden 300 = 3 · 2 2 • 5 2 • Así ns divide a 12, y ns - 1 es múltiplo de 5. Por lo tanto ns= 1 ó ns= 6.

En el primer caso G posee un subgrupo normal de orden 25 y G no es simple. En el segundo, tomamos H subgrupo de G de orden 25 y N = N c
= o(G) dividiría a o(A 6 ) = 360,

lo cual es falso. En consecuencia G no es simple. Ejercicio n.0 64. Sea G un grupo de orden 6p 111 • Si p ta emplear 4.13 para demostrar que G no es simple.

= 2 ó p = 3, bas-

Si p = 5, el número ns de 5-subgrupos de Sylow de G divide a 6 y ns - 1 es múltiplo de 5. Por lo tanto ns= 1 ó ns= 6.

Si ns = 1, G no es simple. Si ns = 6, elegimos un 5-subgrupo de Sylow HdeGy

429


Por el teorema de Sylow IG : N] = ns = 6, luego si G fuese simple, seria isomorfo a un subgrupo de A6 (de nuevo por 3.12.3), y en particular 6 · 5m

= o( G) divide a o(A 6 ) = 360.

De aquí 5m divide a 60, luego m = l. Pero entonces o(G) = 30 y G no es simple (véase 4.6.9). nP

Por último, si p > 5, es nP = l (y por lo tanto G no es simple) ya que divide a 6 y nP - 1 E p"ll.. Resumiendo, no hay grupos simples de orden 6pm.

Ejercicio n.º 65. Se trata de probar que p = 5 y m = l, pues entonces G es simple de orden 60 y por 4.20, es isomorfo a As. Probamos primero que p = 5. Desde luego p # 2, p # 3, pues Ges simple (estamos utilizando una vez más 4.13). Supongamos que p > 5. Como Ges simple, nP # l, y como divide a 12, con nP- l E p"ll., p > 5, ha de ser nP = 12, p = 11. A la vista de 4.18, y puesto que G es simple, ha de ser m > l. Elegimos un 11-subgrupo de Sylow H de e y consideramos N = Nc(H).

Como e es simple y le: Nj = 12, en particular

e es isomorfo a un subgrupo de A 12 , y

De aquí, como m > l, . ºde a 10! . 11 d 1vi 2 Esto es imposible. Ya hemos visto que p = 5, y así o(e) mos, de demostrar que m = 1.

= 12 · 5m_ Se trata, como ya diji-

Como ns divide a 12 y ns - 1 E 5"11., ha de ser ns= 1 ó ns= 6. Como simple, ns= 6 y si K es un 5-subgrupo de Sylow de e y N = NG(K),

je: N] =ns= 6.

e es

430


Al ser G simple, se deduce de 3.12.3 que Ges isomorfo a un subgrupo de A 6 , luego

=o(G) divide a o(A 6 ) = 360.

12 · 5m

Así 5m divide a 30, luego m = 1, como queríamos probar.

Ejercicio n.0 66. Suponemos que existe un grupo simple G de orden 8p Evidentemente p =s;; 7 pues para p > 7, nP = 1 y G no sería simple. 111 •

Por otro lado p

,¡t,.

2, en virtud de 3.11.6. Así pues, p = 3 ó p = 5 6 p = 7.

Si p = 5 también n2 = 1, ya que nP divide a 8 y nP - 1 E 5Z. Como G es simple, ha de ser p ,¡t,. j_ Para p = 3, y como nP grupo de Sylow de G,

,¡t,.

1, ha de ser nP = 4. Entonces si H es un 3-sub!G: Nc(H)I

=n3 = 4

y G no sería simple en virtud de 3.12.3.1. Por último, para p = 7, es n 7 = 8 y si H es un 7-subgrupo de Sylow de G, [G: Nc(H)] = n 7 = 8. La simplicidad de G implica, por 3.12.3, que G es isomorfo a un subgrupo de A 8 , luego 8 · 7m

= o(G) divide a o(A8 ) = ~!

luego 7m divide a 7!/2. Como G es simple, se deduce de 4.13 que m > 1, luego de lo anterior, 7 divide a 6!/2, lo cual es falso. Así pues, no existe ningún grupo simple de orden 8pm. Como 216 = 8 · 33 y 2744 = 8 · 73 , basta aplicar lo anterior para terminar el ejercicio.

Ejercicio n.0 67. Sea G un grupo de orden 400 = 2 4 • 5 2• Como ns divide a 16 y ns- 1 es múltiplo de 5, ha de ser ns= 1 ó ns= 16. En el primer caso, evidentemente G no es simple. En el segundo, tomamos dos 5-subgrupos de Sylow distintos H y K de G. Evidentemente H n K es subgrupo de H, H n K se deduce del teorema de Lagrange que o(H

n K)

= 1 u o(H

n K)

,¡t,.

H, y como o(H) = o(K) = 25,

= 5.

431


En el primer caso o(H) o(K) card HK = o(H nK) = 25-25 > 25-16 = o(G), lo que no es posible. En consecuencia o(H

n K)

IH : H

y se deduce de 3. 12.1 que H

= 5. En particular

n

KI = 5 = [K: H

nK

n K]

es subgrupo normal de H y de K.

Por lo tanto He Nc(H n K), K e Nc(H n K) y como Nc(H n K) = N es subgrupo de G, se deduce que HKCN.

Como card HK = o(H) o(K) = 25 · 25 = 125 o(HnK)

5

'

se deduce del resultado anterior que el orden de N, que evidentemente es un divisor de 400, es mayor o igual que 125, y por lo tanto o(N) = 400

En el primer caso N = G y así H cinco de G. En el segundo caso

u

n

o(N) = 200.

K es un subgrupo normal de orden

[G :N]=2,

luego N es subgrupo normal propio de G. En cualquier caso, G no es simple. Obsérvese que además hemos demostrado que G posee un subgrupo normal de orden 25 (el caso n 5 = 1) ó 5 ó 2.

Ejercicio n.º 68. En los casos p = 2 ó p = 3 el resultado se sigue directamente del ejercicio 66 y de 3.11.6 respectivamente. Podemos pues suponer quep;;;,: 5. Además, si p dep.

,;I=

13,

nP

= 1, ya que 27 - 1, 9 - 1 y 3 - 1 no son múltiplos

Por tanto, sólo quedan por estudiar los grupos de orden 27 · 13 3 • Supongamos que n 13 ;;;,: 1, y elegimos dos subgrupos H y K de G de orden 13 3 con intersección máxima.

432


Ahora se tiene 133 .133 )' 27-13 3 =o(G)~o(HK)= ( oHnK

y, por tanto

68.1.

133

o(HnK)> 27 .

Además H

n

68.2.

n K) = 1 ó

o(H

K es subgrupo de H, H

n

13 ó 13 2 •

Esto, junto con 68.1, implica que o(H [H: H

n

K # H, luego

n K) = 13 2 • En particular,

K] = 13 es el menor divisor de o(H),

luego H n K es un subgrupo normal de H (empleando 3.12.1 ). Esto implica que He Nc(H n K), luego o(Nc(H

n K)) =

3i · 13 3 , O~ i ~ 3.

Pero, por 4.12.1, Nc(H n K) posee más de un 13-subgrupo de Sylow. Esto implica, desde luego, que i # O. Como además 3 - 1 y 3 2 - 1 no son múltiplos de 13, necesariamente i = 3. Así N c
n

K es un subgrupo normal de G de orden

Ejercicio n.º 69*. Supongamos que G es un grupo simple de orden p 3q 3. Del ejercicio 66 y de 3.11.6 se deduce que p y q son impares y distintos. En particular uno será mayor que otro, digamos p < q. En particular, de aquí se deduce 69.1. p 2 - 1 $ q"ll. (y también p - l $ q"ll.). Lo segundo es obvio pues p - 1 < q. Si q dividiese a p 2 - 1 = (p - 1) (p + l ), y como q es primo y no divide a p - l, sería q divisor de p + 1. En particular, p < q

~

p + l,

luego q = p + 1, lo cual es falso pues p y q son impares. * La solución de este problema nos fue comunicada por M.E. Alonso.

433


Se deduce de 69.1 y de la simplicidad de G que nq = p 3 • Denotemos (H; : 1 ~ i ~ p 3 J

la familia de q-subgrupos de Sylow de G. Supongamos que H; n H¡ = ( 1J si i # j. Entonces n = 1 y G no seria simple. En efecto, si K 1 y K 2 fuesen p-subgrupos de Sylo~ distintos se tendria

lo cual es falso. En consecuencia, 69.2. Si H y K son q-subgrupos de Sylow de G con intersección maximal, se verifica que o(H n K) = q 6 q 2•

Vamos a probar que si N = Nc(H n K), [G : NI = 1 ó q. En efecto, si o(H n K) = q, y puesto que N tiene más de un q-subgrupo de Sylow (véase 4.12.1), ha de ser, empleando 69.1 o(N) = p 3qi, 1

~ i ~

3.

Si fuese i = 1, y puesto que H n K es subgrupo normal de orden q de N, seria su único q-subgrupo de Sylow, y esto es falso. Por tanto, o(N) = p 3qi, 2

~

i ~ 3.

o sea, [G: N] = 1 ó q. Si o(H n K) = q 2 será o(N) múltiplo de q 2 , y como tiene más de un q-subgrupo de Sylow, 69.1 implica que o(N) = p 3qi, 2

~

i ~ 3,

esto es, [G : Nj = 1 ó q. Pero entonces, si [G : N] = 1, sería N = G, luego H n K sería subgrupo normal propio de G, contra la simplicidad de éste. De aquí se deduce que jG: N] = q. Como Ges simple, es isomorfo a un subgrupo de Aq (véase 3.12.3) y en particular p 3q 3 divide a q!/2.

Esto implica que q divide a (q - 1)!, lo cual es falso pues q es prímo. Hemos demostrado que no existe ningún grupo simple de orden p 3q 3 . Ejercicio n.0 70. Supongamos que existe un grupo simple G de orden 144 = 24 • 3 2 . Por el teorema de Sylow los posibles valores de n 3 son

n 3 = 4 ó n 3 = 16.

434


En el primer caso elegimos un subgrupo H de G de orden 9 y se tiene

Esto va contra la simplicidad de Gen virtud de 3.12.3.1. Así pues podemos suponer en lo sucesivo que n 3 = 16 y designamos {H; : 1

:!6;

i

,!6;

16]

a la familia de 3-subgrupos de Sylow de G. Distinguimos dos casos. CASO l.

n H¡ = {l] para cada

H;

{Ke : 1

1 :!6;

:!6;

f

i
=!6;

16. En tal caso, denotando

=!6;

n 2]

la familia de 2-subgrupos de Sylow de G, se tiene

pues al ser mcd(9,16) = 1, es H; Así card (

UKt)

:!6;

n

16 y como cada

l=I

mente n 2

P

Ke = {l].

Ke consta de 16 elementos, necesaria-

= 1. En particular, G no es simple.

CASO 2. Supongamos ahora que existen H; = P y H; = S tales que '# {l], por supuesto con i '# j.

nS

o(P

Como o(P) n S) = 3.

= 9 y {1]

'# P

n

S '# P es subgrupo de P, se verifica que

En virtud de 3.11.5, tanto P como S son abelianos y en consecuencia y así, si N = N c

P

n S es subgrupo normal tanto de P como de S, P

e

N, S

e

N, luego PS

e

N.

En particular, o(P) o(S)

o(N)~ card PS = o(P ri S)

= 27.

435


Pero por otra parte, y puesto que PCNCG,

se desprende del teorema de Lagrange que o(N) es un divisor de 144 y múltiplo de 9. Así los posibles valores del orden de N son 36, 72, 144.

En los primeros casos 1 < [G:

NI~ 4

contra la simplicidad de G (usando de nuevo 3.12.3.1). En el tercero N = G, luego P 3 y tampoco G sería simple.

n S es un subgrupo normal de G

de orden

Ejercicio n.0 71. Sea G un grupo de orden 255 = 3 · 5 · 17. Evidentemente n 17 = 1, pues 15 < 17. Así G posee un subgrupo normal L de orden 17.

Si Mes un subgrupo de G de orden 5 (cuya existencia está asegurada por el teorema de Sylow o si se prefiere, el de Cauchy), es obvio que L n M = (1}, por ser 17 y 5 primos entre sí. Además, como Les normal, H = ML es subgrupo de G, y o(H) = o(M) o(L) = 5-17. o(MnL)

Ahora H = Z/85.Z en virtud de 4.6.6, pues 17 - 1 fl. 5.Z. Por otro lado, como [G: H] = 3, se deduce de 3.12.1 que Hes subgrupo normal de G. Entonces, utilizando 3.4, GICc(H) = Nc(H)ICc(H)

Como lntc(H) es subgrupo de Aut(H) o(Z:;5 )

= lntc(H).

= z:; 5 y

= (/)(85) = (/)(5) q>(l 7) = 4

· 16

= 64,

concluimos que [G : Cc(H)j divide a 64. Pero [G : c (H)I divide a 255 = o(G). Esto implica, al ser mcd(64,255) = 1, que [G: Cc(H) = l.

1

En consecuencia Cc(H) = G, esto es, H C Z(G). Tenemos así un subgrupo H de G con He Z(G) y G/H cíclico (pues tiene orden 3). Se deduce de 3.4.3.1 que Ges abeliano y por 2.22.3, es cíclico. Así G =Z/255.Z y sólo existe, salvo isomorfismo, un grupo de orden 255.

436


Ejercicio n. 0 72. Como q - 1 e p"ll., nP = l. Además, como p 2 - 1 e q"ll., tampoco p - 1 es múltiplo de q, pues p 2 - 1 = (p - 1) (p + 1). Así pues también nq = l.

En consecuencia, G posee dos subgrupos normales H y K tales que o(H)

= p 2,

Además, mcd(p 2 , q) = 1, luego H 2.20.3, que HK == H X K. Ahora bien, o

= q. n K = {1}. Se concluye, utilizando

o(K)

(HK) = o(H) o(K) o(H r-. K)

Por lo tanto G = HK == H

= p 2q =o(G) .

X K.

Tanto H como K son abelianos : K es de hecho cíclico, y para H úsese 3.11.5. Finalmente, G == H X K, con H y K abelianos, implica que también G es abeliano. Ejercicio n. 0 73. Como As es simple, según vimos en 4. 6.1 O, no posee subgrupos de índice menor o igual que 4 (salvo él mismo) en virtud de 3.12.3.1.

Así si S(n) representa el número de subgrupos de As de orden n, se tiene S(60) = 1, S(30) = S(20) = S(15) = O. Calculemos ahora S(5) y S(10). Como 60 = 12 · 5, y As es simple, se deduce del teorema de Sylow que S(5) = ns = 6. Evidentemente todos son ciclicos de orden cinco, luego isomorfos. Sea {H¡ : 1 =::; i ==,; 6J la colección de los subgrupos de orden cinco de As· Por el teorema de Sylow, si N¡ = N AiH¡), se tiene 1G

: N¡] = ns = 6,

luego o(N¡) = 10. Además N¡ '# N¡ si i '# j, pues en caso contrario H¡

e

N¡, H¡

e

N¡ = N¡,

luego H;H¡ e N¡ y como H¡ n H; = {1} 1O = o(N¡)

~

card H¡H¡ = o(H¡) o(H¡) = 25,

y esto es absolutamente falso.

Así pues {N¡ : 1 =::; i ==,; 6 J son 6 subgrupos de orden 1O de As. De hecho éstos son todos, pues si N es un subgrupo de orden 1O, posee por el teore-

437


ma de Cauchy algún subgrupo de orden 5, que lo es de As. Así H¡ e N para algún 1 ~ i ~ 6. Como [N: H¡] = 2, H¡ es subgrupo normal de N, y por lo tanto N e N¡. Pero o(N) = 10 = o(N¡),

luego N

= N¡.

Queda pues demostrado que S(10) = 6. Además por 2.14 cada N¡ es isomorfo a Z/ 10.Z ó a Ds. Lo primero no es posible, pues hemos probado en 4.6.10 que en As no hay elementos de orden superior a 5. En consecuencia cada N¡ es isomorfo a Ds. Calculamos a continuación S(3) y S(6). Es obvio que S(3) = n 3 '# 1, pues As es simple. Así, por el teorema de Sylow, como 60 = 20 · 3, ha de ser n3

= 4 ó n 3 = 1O.

También podemos descartar el primer caso, pues si H es un subgrupo de As de orden 3, [As: NAs(H)j

= n3

y, al ser simple, As no posee subgrupos de índice 4. Por lo tanto S(3) = n 3 = 1O y todos los subgrupos de orden 3 son isomorfos, obviamente, a Z/ 3.Z. Para calcular S(6) procedemos como antes. Denotamos {M¡: 1 ~ i ~ 10} la familia de los subgrupos de orden 3 en As· Desde luego, si K¡ = NA 5(M¡), es IG: K¡]

y por lo tanto o(K¡)

=

= n 3 = 10,

6.

Si fuese K¡ = K¡ para algunos i '# j, se tendría M¡ go M¡M¡ e K¡, y por lo tanto 6

= o(K¡)

;;3!:

card M¡M¡

=

e

o(M¡) o(M¡)

=

K¡, M¡

e

K¡

= K¡,

lue-

9,

lo cual es falso. Así {K; : 1 ~ i ~ 10} son diez subgrupos de orden 6 en As. Estos son todos pues si K es un subgrupo de G de orden 6 contiene un subgrupo de orden 3, que lo es de As· Por lo tanto M¡ e Kpara algún 1 ~ i

~

10.

Como [K : M¡I = 2, se deduce que K C K¡ y de hecho K

= K¡

pues o(K)

=

6

= o(K¡).

Queda demostrado que S(6) = 10. Como As no posee elementos de orden 6 (véase 6.4.10), ningún K¡ es isomorfo a Z/6.Z, luego utilizando de nuevo 2.14, K¡

= D3 para cada 1 ~ i

~

10.

438


Pasamos a calcular S(4) y S(12). Evidentemente los posibles valores de S(4) = n 2 son 1, 3, 5 y 15. Podemos descartar los casos n 2 = 1 y n 2 = 3. Lo primero es obvio. Lo segundo también pues si n 2 = 3 y Hes un subgrupo de As de orden 4, [As: NAs
H

n

K

= (1] si

H y K son subgrupos de orden 4 de As·

En efecto, de no ser así se tendria

n K) = 2,

o(H

luego

[H : H n K] = 2 = [K : H n Ki de donde H C NA 5(H

n K)

= N, K C N,

y así HKCN,

luego o(N)

;:=

card HK = 8, y de aquí [As : Nj

,s;;

60/8 < 8.

Esto implica, al ser [As : N[ divisor de 60, y puesto que As es simple, que [As:

NI= 1, 5 ó 6 (usamos 3.12.3.1)

y, por tanto o(N)

= 60, 12 ó 10.

Lo último no es posible, pues o(N) es múltiplo de 4, ya que H e N. Lo primero tampoco, pues en tal caso As = N y H n K seria subgrupo normal propio de As. Sólo nos queda descartar el caso en que o(N) = 12. Supongamos por reducción al absurdo que ocurriese esto último. Es claro que N posee al menos dos 2-subgrupos de Sylow (H y K), luego ninguno normal. Se deduce entonces de 4.6.8 que N posee un único 3-subgrupo de Sylow (y, por tanto normal). Llamémosle L y observemos que L es uno de los diez 3-subgrupos de Sylow de As, por lo cual [As: NA 5(L)j = 10,

439


esto es,

Esto es absurdo pues como L es subgrupo normal de N, se tiene N C NA 5 (L) y sin embargo o(N) = 12.

Con esto queda probado 73.1, y podemos ver ahora fácilmente que n 2 '# 15. Si fuese n 2 = 15 se tendría, por lo que acabamos de probar, cardLJ{H: o(H) = 4} = 15(4-1) + 1 = 46 y como 10

cardLJM; =10(3-1)+1=21, i=I

con H

n M¡ = {1} para cada H con o(H) = 4, o(As)

;;a,:

1 :s.; i ,s.; 10, sería

46 + 21 - 1 = 66,

lo cual es falso. Queda pues demostrado que S(4) = n 2 = 5. Denotamos {L; : 1 :s.; i ,s.; 5} los subgrupos de orden 4 de As. Vamos a probar que son isomorfos entre sí viendo que L¡ = 71.1271. X 71./271. para cada 1 :s.; i ,s.; 5. Desde luego, esto equivale a comprobar que en As no hay elementos de orden 4, y esto se sigue del análisis realizado en 4.6.10.1, pues si f E Ss tiene orden cuatro, ha de ser según vimos allí {(2)

con {a, b,

=e,

f(c)

= a,

f(a)

= b,

f(b)

= 2, f(l) = 1,

cJ = {3, 4, 5} y así 1-2 1-a 1-b 1-c 2-b 2-c 2-a a-b a-e b-c =-1, 1-c 1-b 1-2 1-a c-2 e-a c-b b-2 b-a 2-a

e(f)=- -

luego

f ft

As·

Calculamos ahora S(12). Evidentemente para cada 1 :s.; i ,s.; 5, P.1 = NA 5 (L.) 1

cumple [As: P¡] = n 2 = 5,

luego o(P¡) = 12. Si P¡ = P¡ con i '# j se tiene, por el argumento ya habitual, L¡L¡ e P¡

440


y como L;

n

L¡

= (1}, 12 = o(P¡)

~

o(L¡) o(L¡) = 4 · 4 = 16,

ciertamente falso. En consecuencia (P; : 1 :s;; i :s;; 5} son cinco subgrupos de orden 12 en As· Estos son todos, pues si P fuese otro tendría por el teorema de Sylow algún subgrupo de orden 4, que a fortiori es alguno de los L;. Si L; no fuese subgrupo normal de P lo sería algún M¡ (estamos utilizando de nuevo 4.6.8), con lo que pe NAs(M¡) = Ki'

cosa imposible ya que o(P) = 12 y o(K¡) = 6. Así L; es subgrupo normal de P, es decir, P e NA 5 (L.) 1

= P.1

y como o(P) = 12 = o(P¡), se tiene P = P;. Hemos demostrado que S(12) = 5. Para demostrar que P; = P¡ es suficiente comprobar que cada P; no posee subgrupos de orden 6. En tal caso se deduce de 4.21 que P; = A 4 para cada 1 :s;; i :s;; 5. Supongamos por reducción al absurdo que P; posee un subgrupo de orden 6. Obviamente ha de ser uno de los Ki' 1 :s;; j :s;; 10, y desde luego K¡ es subgrupo normal de P; porque [P;: K;J = 12/6 = 2. Ahora bien, M¡ es subgrupo característico de K¡ pues es un 3-subgrupo de Sylow normal (véase 4.6.4). Entonces se deduce de 3.6.3 que M¡ es subgrupo normal de P;, y así = Ki'. P.1 C NA 5 (M.) /

evidentemente falso, porque = 6. = 12 y o(K.) o(P.) J 1

Tan sólo falta por calcular S(2). Del teorema de Sylow sabemos que cada subgrupo de orden 2 en As está contenido en alguno de los de orden 4. Cada L; siendo isomorfo a 7l../27l.. x 7l../27l.., tiene tres subgrupos de orden 2, pues x 2 = 1 para cada x EL;. Como L; n L¡ = (1} si i-# j y S(4) = 5, se concluye que S(2) = 15. Todos ellos son desde luego isomorfos a 7l../27l...

441


La siguiente tabla recoge los resultados obtenidos n

60 30 20 15 12 10

6 5 4 3 2

Ejercicio n.0 74. G tal que P = S n H.

S(n)

Isomorfos a

1

As

o o o 5 6 10

6 5 10

15

A4 Ds D3 Z/5ll. Z/2ZxZ/2Z Z/3Z Z/2Z

En virtud de 4. 7, existe un p-subgrupo de Sylow S de

Como H es subgrupo normal de G, se deduce de 2.16 que S grupo normal de S.

nH

es sub-

Así P es subgrupo normal de S, y por tanto

se Nc(P). Ejercicio n. 0 7S. Estamos en condiciones de emplear (b) en 4.8, porque [G : H~ al ser potencia de p, es en particular múltiplo de p. En consecuencia se deduce de 4. 8 que HS/H es p-subgrupo de Sylow de G/H.

Como o(GIH) es potencia de primo, el único p-subgrupo de Sylow de G/H es GIH. Por ello G/H = HSIH y en particular o(G)lo(H) = o(HS)lo(H),

de donde o( G) = o(HS). Como evidentemente HS C G, llegamos finalmente a la igualdad G = HS

Ejercicio n.0 76 ( 1) En virtud de 4. 12, M ~ N c
442


(2) Hemos de probar que o(G/M) = p. Como M # G y o(G) ro que o( G/ M) = ¡Je para algún 1 =,;;;; k < n.

= pn

es cla-

Como en GIM se invierte el teorema de Lagrange (véase 4.1), G/M posee un subgrupo de orden pk-l_ Dicho subgrupo es de la forma HIM para cierto subgrupo H de G que contiene a M, en virtud de 2.3.1. Evidentemente H # G, puesto que o(GIM) = pk # pk-t = o(HIM).

Así M CH~ G, y como Mes maximal, M pk- 1 = o(HIM)

Por tanto

= H.

= o(MIM) = 1,

luego k - 1 = O y k = 1, esto es, o(G/M) = p. Ejercicio n.º 77. Trabajamos por inducción sobre la diferencia Si f - k = O se tiene k = m = f y

f -

k.

o(K) = pk =pe= o(G),

luego K = G. Tomamos, por lo tanto, H = K = G en este caso. Suponemos ahora que f - k > O y construimos N 4.12 que K ~ N y como N es subgrupo de G, o(N) = pn para cierto

k

= N c
Se deduce de

< n =,;;;; f.

Distinguimos varios casos. CASO 1. n = f. Entonces G = N, luego K es subgrupo normal de G. Como el teorema de Lagrange se invierte en G/ K (véase 4.1) y m - k ;;;?: O, existe un subgrupo de GIK de orden p 111 -k. Por 2.3.1 dicho subgrupo es de la forma HIK para cierto subgrupo H de G que contiene a K. Finalmente, o(H)

= [H: K] o(K) = o(HIK) o(K) = p

111

-kpk

= pm,

como buscábamos. CASO 2.

n < f. En esta situación debemos aún distinguir:

SUBCASO 2.1. m =,;;;; n < f. Aplicamos la hipótesis de inducción a la terna (k, m, n), el grupo N de orden pn y su subgrupo K, porque

n-k < f-k.

443


Existe un subgrupo H de N (y por lo tanto de G) de orden pm y que contiene a K. SuBCASO 2.2. n < m '5o: e. Aplicamos ahora la hipótesis de inducción a la terna (n, m, (), el grupo G de orden pe , y su subgrupo N, porque

t-n

<

t-k

En consecuencia existe un subgrupo H de G de orden pm que contiene a N (y por lo tanto a K). Ejercicio n.0 78.

Escribamos o(G) = plu con u fl. pZ y o(K) = pk.

Así jG:

K]

= pe-ku

y como p divide a jG:

K1

se deduce que k <

e.

Por lo tanto,

k < m = k + 1 '5::

e.

Por el teorema de Sylow, K está contenido en algún p-subgrupo de Sylow P de G. Obviamente o(P) = pe. Aplicando el ejercicio anterior al grupo P y su subgrupo K, y la terna k < m = k + 1 '5:: e, existe un subgrupo H de P (luego de G), con o(H) = pk+ 1• En particular [H : KI = p es el menor divisor del orden de H, luego en virtud de 3.12.1, K es subgrupo normal de H, o sea, H C NG(K). Por ello, [NG(K) : K]

= [NG(K) : H] [H: K] =p[NG(K) : H]

es múltiplo de p. Ejercicio n.º 79 (a)

Tomemos x E G \ M, y vamos a comprobar que G/ M = (xM).

Así, G/M será cíclico. Escribiendo H = (x) es claro que x M es maximal, ha de ser

=xl

E HM\M, luego M ~ HM. Como

G=HM.

Por lo tanto, dado yM E G/M, será y E G = HM, luego y = xka para algún entero

k y cierto a E M

444


En consecuencia, yM = xkM = (xM)k E (xM).

Esto demuestra la igualdad G/ M = (xM). (b) Supongamos por reducción al absurdo que Z(G) #- (1). Elegimos entonces un divisor primo cualquiera p del orden de Z(G). Por el teorema de Sylow (o si se prefiere, el de Cauchy), Z(G) posee un subgrupo H de orden p.

Por hipótesis existe otro divisor primo q del orden de G. Llamemos K a un q-subgrupo de Sylow de G cualquiera. Como He Z(G), Hes subgrupo normal de G (por 2.2.8). Todo se reduce a demostrar : 79.1. Hes subgrupo maximal (en la familia de subgrupos de G distintos de G).

Visto esto el cociente GIH será, en virtud de (a), cíclico y en consecuencia G abeliano, contra la hipótesis. (Estamos usando 3.4.3.1 ). Veamos pues 79.1. Al ser H normal, HK es un subgrupo de G. Al ser mcd(o(H), o(K)) = 1, se tiene H n K = (1), con lo que o(HK) = o(H) o(K) = po(K) > o(K)

y por ello K

~

HK.

El enunciado nos dice que K es maximal, luego G = HK. Se deduce de aquí y de la fórmula anterior que si o(K) = q 11 entonces o(G) = pq 11 • Pero entonces, siendo o(H) = p, resulta que Hes un p-subgrupo de Sylow de G y por ello maximal. Ejercicio n. 0 80. El caso n = 1 es trivial, pues para probar ( 1) basta utilizar que el teorema de Lagrange se invierte en los grupos de orden 2m (véase 4.1) y (2) se resuelve considerando el subgrupo ( 1).

Así en lo que sigue supondremos n ~ 3. Obsérvese también que (1) y (2) coinciden para m = 1, y fueron probadas en 4.19. Vamos por ello a demostrar (1) «repitiendo» la demostración de 4.19. (1)

Consideremos la acción de G sobre G definida en 3.9 (y en 4.19), G x G

~

G: (g, x)

~

g(x) = gx.

445


El homomorfismo 8: G

~

Biy(G): g

t-+

8(g)

asociado a esta acción es inyectivo (pues la acción es fiel, véase 3.8.3), y 8(g) : G

~

G :x

i-+

gx.

En consecuencia G

= G'= im 8

y todo se reduce a probar que G' posee un subgrupo de índice dos. Desde luego G' es subgrupo de Biy(G) = S2mn' y con el mismo argumento que en 4.19, es suficiente comprobar que G' (t A 2mn•

Para ello elegimos un 2-subgrupo de Sylow H de G, que tiene orden 2m y por hipótesis es cíclico. Si g E H cumple que H = (g), se sigue o(g) = 2m. Vamos a comprobar que el elemento f = 8(g)

que evidentemente pertenece a G', no pertenece a A 2m,,. y habremos acabado. Consideramos para cada x E G, Ax = { x,f(x), ... ,f 2"'-1 (x) } .

Si fuese sería

fi (x)

= fi (x) para ciertos O :s.

i < j :s. 2m - 1 {ponemos fº(x) = x),

gi x = gix luego gk x = x, O < k = j - i :s. 2m - 1, y simplificando,

contra el hecho de que o(g) = 2m. Esto demuestra que cada Ax tiene 2m elementos. Además [Ax: x E G]

es una partición de G, pues si z E Ax z

y así

= [i(x),

z

n

AY' será

= fi(y), para ciertos O :s. i :s. j :s. 2m -

1,

446


luego X

=

y entonces, para cada O~ fl(x)

gky, 0

~k =j -

e~ 2"' -

i ~ 2"' - 1,

1,

= glx = gl+ky = ghy = [h (y)

tomando como h el resto de la división de

e+ k

E Ay,

entre 2m.

Esto prueba que Ax C Av y como ambos conjuntos tienen 2m elementos, coinciden. · Por lo tanto, [Ax : x E G] es una partición de G y la relación xRy si Ax= AY

es de equivalencia, siendo los distintos Ax las clases de equivalencia. Como o(G) = 2mn y cada clase tiene 2"' elementos, el cociente GIR consta den miembros, que serán G/R

Entonces, para cada 1

~

j

~

= [Axi' ... , Ax). n, la biyección

f;:G-+G:xH {

f(x) si x e Ax. . G\A X

Sl

X E

x¡

es un elemento de S2mn y como en 4.19, es inmediato que f

= f1

° ...

0

fn.

Es también sencillo comprobar que e(fi) = (-1) 2"'-t = -1 para cada 1 ~ j ~ n.

(El lector puede comprobarlo directamente, o emplear 5.7.1).

f fl.

Así e(f) = e(f1) ... e(fn) = (-1)" = -1 pues n es impar y por lo tanto A 2mn, como pretendíamos demostrar.

(2) Por inducción sobre m. El caso m = 1 se deduce de (1) como ya observamos anteriormente. Supongamos m > 1. Por (1 ), G posee un subgrupo K de índice dos. En particular, K es subgrupo normal de G y o(K) = 2"'- 1n. Aplicando al grupo K la hipótesis de inducción, posee un subgrupo normal H de orden n. Por 3.6.11, como mcd(2"'- 1, n) = 1, H es subgrupo característico de K y en virtud de 3.6.3, Hes subgrupo normal de G.

447


Ejercicio n.0 81.

Las órbitas con más de un elemento de la acción (O') X E7 ---+ E7 : (ak, j) -

ak (j)

son: 0 2 = [2, 5, 6] = [2, a(2), a 2 (2)] y 0 3 = [3, 7] = [3, a( 3)]. Así, si

T1 =

(2, 5, 6) y

T2 =

(3,7), resulta a=

T1

°

T2 •

En consecuencia,

o(a) = mcm(3,2) = 6.

Ahora a- 1 =

(T1 o T2)- 1 = ?" 2- 1 o ?" 1- 1• T 1- 1

A SI,

<,

1

= ?"2

Desde luego

= T3

?" 2- 1 = T2,

mientras que

= (2,6,5).

o ?"3•

Por último, a 2 =

T1

º

T2

º

T1

º

T2 •

En virtud de c) en 5.4, se cumple

luego Finalmente,

Ejercicio n.0 82.

Sean d

~rj=

= nlm

~~

mcd(m,o(a))

E 7L. y T = am. En virtud de 1.10, =

n

mcd(m,n)

=~=d m

·

A la vista de la demostración de 5.5, todo se reduce a demostrar que las órbitas de la acción

tienen d elementos. En tal caso, como las órbitas constituyen una partición de E"' el número de órbitas es cardEn n --d------- = d = m y

T

será composición de m ciclos de longitud d. Ahora bien, si j E En, card O; -rd(j)

~

d, pues como

= amd(j) = a"(j) =j,

448


se deduce que O; = [j, 1:(j), ... , 1:d -•(j)].

Sólo queda probar que los d elementos del miembro de la derecha en la igualdad anterior son distintos. Supongamos por reducción al absurdo que

e~ k ~ d -

-,;f(j) = 1:k(j) para ciertos O~

(ponemos j = 1:º(j)). En este caso, si i = k -

e,

1

se tiene

umi(j) = 1:i(j) = ¡, m ~mi~ m(d - 1).

Sin embargo, si U

= (al'

... , ªn') Y j

umi(j)=umi(ap)=Jap+mi lap+mi-n

= aP' s~ p+mi~n SI

p+mi>n

luego sería ap = J. =um1·( J") = {ªp+mi ªp+mi-n

si p+mi~ n si p+mi>n

de donde p = p + mi p = p + mi - n

si p + mi < n si p + mi > n

Lo primero es falso, pues p + mi ;;;,, p + m > p. Lo segundo también, pues p + mi - n ~ p + m(d - 1) - n

=p -

m < p.

Ejercicio n.º 83.

(a) Si

1:

es conjugado de u, se escribirá 1: =

Sea M = [a(a 1),

••• ,

aouo

cr 1 para cierto

a E Sn.

a(ak)]. Para cada x E En \M, es cr 1(x) E En \cr 1(M)

= En \sop(u),

luego u( cr 1(x)) = cr 1(x),

449


esto es, 83.1

-r(x)

= aº uº

a- 1(x)

= a(a- 1(x)) = x,

si x E En \M.

Por otro lado,

83.2

-r(a(a¡)) =ªº u(a¡) ={a(ª;+t) si a(a1 ) si

Así, de 83.1 y 83.2, -r = (a(a 1), a(a 2 ), ••• , a(ak))

es un ciclo de longitud k. (b) A la vista de (a), sólo falta comprobar que si T=

(b 1,

.•. ,

bk)

es un ciclo de longitud k, entonces u y -r son conjugados. Tomamos a E Sn cumpliendo a(a¡) = b¡ para cada 1 =s. j =s. k.

Vamos a demostrar que -r = a º uº a- 1, y habremos terminado. si 1:§; j'§; k -1 • • k SI J =

- (b . >-{b;+t -ro a(a•1 ) -'l' 1 J.. u¡

( ) { a(a¡+t) = b¡+t aoua¡= a(a¡) = /J¡

Por otro lado, para cada x E En \(a 1,

••• ,

si 1=s. j=s. k -1 . SI j = k

ak],

aº u(x) = a(x)

mientras que, como x fl sop(uJy a es inyectiva, a(x) fl a(sop(u))

=sop(-r)

y por ello, -r º a(x) = -r(a(x)) = a(x) =aº u(x). Queda pues comprobado que -r º a = a º a; es decir, -r = a º u º a- 1•

450


Ejercicio n. 0 84. ~

( 1)

(2)

Como u y T son conjugados, se tiene T= a

o

C1 o

cr 1 para cierto a E Sn.

En virtud de 5.5 u se escribe como composición de ciclos disjuntos Ahora T

=a

a- 1 = = aº u 1 º (a- 1 º a) º u 2 º (a- 1 º a) º ... arº (a- 1 º a) º a- 1 = = ( a o ª1 o a- 1) o ( a o ª2 o a- 1) o • • • o ( a o (jr o a- 1). o C1 o a-l

= a o u1 o

••• o

C1r o

Llamando 84• 1

-1

T¡=ªºU;ºª,

1 ,e::: • ,,;:: -1-r,

resulta T

= -r1 o

••• o

Tr.

En virtud de 84.1, T; y q son conjugados, luego cada T; es, por el ejercicio anterior, un ciclo con long( q) = long( T;). Sólo queda pues probar que los ciclos -r., ... , Sean 1

:5::

i

~ j :5::

Tr

son, dos a dos, disjuntos.

r y x E sop( T¡). Esto significa que x ~ T;(x) = aº U;º a- 1(x),

luego y así a- 1(x) E sop(cr¡).

Como

U¡

y q son ciclos disjuntos, cr 1(x) (l. sop(q), luego a- 1(x)

= C1¡ (a- 1(x)).

En consecuencia, x

= a(a- 1(x)) = aº

C1¡ º a- 1(x)

= T¡(x),

y así x fl. sop(-r¡)-

n sop( T;) = 0. = long(u¡) = long(T¡),

Queda probado que sop( T¡) (2)

~ (1)

Denotemos

u..= 1

f¡

(a .., ... , a. ), T- = (b .., ... , b. ). 1

't;

1

1

't;

451


ª" ... , ar son disjuntos, existe a E Sn tal que

Como los ciclos

a(a¡¡)

= h¡¡, 1 :s;;; i

:s;;; r, 1 :s;;; j :s;;;

et·

Ya hemos demostrado en el ejercicio anterior que ,; = a

º a; º a- 1•

Por lo tanto T

= ,1

o ••• o

=ªº(al

'r = ( a o a 1 o a- 1) o ..• o ( a ar) a-1 =ªº(To a-1,

o

O'r

o

a- 1) =

o ••. o

y en consecuencia a y

T

son conjugados.

Ejercicio n.º 85. (a)

Dada una partición [e 11

••• ,

er) ordenemos sus miembros

el:s;;;e2:s;;; ••• :s;;;er

y construimos los ciclos

't = (1, 2, ... , e1), '2 = (e i + 1, ... , e1 + e2),

'r= (el+ ... + er-1 + 1, ... ,el+ ... + er=n),

y el elemento

T = ,1

º ...

o

'r·

La aplicación (e" ... , er) ~ Cl(,) es una biyección entre el conjunto de las particiones de n y el de clases de conjugación de Sn, lo que prueba el resultado. La inyectividad es consecuencia de que ( 1) y la sobreyectividad, de que (2) ~ (1 ). (b)

~

(2) en el ejercicio anterior,

Las particiones de 3 son [1, 1, 1), [1, 2), [3),

luego v(3) = 3. Las de 4 son [1, 1, 1, 1}, [1, 1, 2), [2, 2), [1, 3},

[4},

y así v(4) = 5.

(c)

Asociada a la partición [1, 1, 1, 1} tenemos la clase de (1) (2) (3) (4) =Id= a, y C 1

= Cl(a1) = [a1).

452


Análogamente -

(1, 1, 2] ~ (1) (2) (3, 4) = (3, 4) = 0'2 y Cl (u2 ) = ((1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4), (3, 4)] = C2 •

-

(2, 2] ~ (1, 2) (3, 4) = 0'3 y Cl (u3 ) = ((1, 2) º (3, 4), (1, 3)

o

(2, 4), (1, 4) º (2, 3)] = C3.

-

(1, 3] ~ (1) (2, 3, 4) = (2, 3, 4) = 0'4 y Cl (u4 ) = ((1, 2, 3), (1, 2, 4), (1, 3, 2), (1, 3, 4), (1, 4, 2), (1, 4, 3), (2, 3, 4), (2, 4, 3)] = C4 •

-

(4] ~ (1, 2, 3, 4) = 0'5 Y Cl (u5 ) = ((1, 2, 3, 4), (1, 2, 4, 3), (1, 3, 2, 4), (1, 3, 4, 2), (1, 4, 2, 3), (1, 4, 3, 2)] = C5 •

(d) Se trata de probar que los únicos subgrupos normales propios de S 4 son A 4 y V= (Id, (1, 2) (3, 4), (1, 3) (2, 4), (1, 4) (2, 3)]. Sea pues N un subgrupo normal de S4 • Por ser N normal se verifica que si N n C¡ 'F- 0, entonces C¡ e N. En efecto, si x EN n C¡, cualquier otro elemento y E C¡ es conjugado de x, luego x = ay a- 1 para algún a E Sn,

y así aya- 1 EN,

luego y E Nª = N. 5

Ahora como S 4

= LJC¡,

5

es N

= LJ(C¡ r'IN),

i=I

J = (i : 1

y si

i=I

~

i

~

5 tales que C¡

n

N 'F- 0},

se tiene, por lo anterior, N= LJC¡. ieJ

Como las clases C¡ son disjuntas, se deduce

85.1

o(_N)= I;card C¡. ieJ

Ahora bien, por (c), card C 1 = 1, card C2

= 6, card C3 = 3, card C4 = 8, card C5 = 6.

453


Evidentemente 1 E J, pues e1 = [1] e N. Así, como además 1 =:; o(N) por ser N subgrupo propio de S 4 , ha de cumplirse

=:;

12,

1 < lcard e;=:; 11. ieJ ;,.J

Por lo tanto, de entre los números 2, 4 y 5 a lo sumo uno pertenece a J, luego se da una de las siguientes situaciones: J J

= [1, 2]; J = [1, 3]; J = [1, 4]; J = [1, 5]; = [1, 2, 3]; J = [1, 3, 4]; J = [1, 3, 5].

Ahora bien, I:card e; ha de dividir a 24, y como ieJ

card card card

e1 + card e2 = card e1 + card e5 = 7, e1 + card e4 = 9, e1 + card e2 + card e3 = card e1 + card e3 + card e5 =

10,

las únicas posibilidades reales son

= [1, 3] ó J = [1, 3, 4]. = e1 u e3 = Vy en el segundo N = e1 U e3 U e4 = A 4 • J

En el primer caso N Ejercicio n.0 86.

El número de formas de elegir el soporte [al' ... , akJ

de un ciclo de longitud k en Sn es, desde luego, (;) . Así, llamando N al número buscado, se tendrá

siendo m el número de ciclos cuyo soporte es [al' ... , akJ. De entre las k! formas de ordenar los números al' ... , ªk• no todas corresponden a ciclos distintos: como ya observamos en 5.3.1, (al' ... , ak)

= (ak,

al' ... , ªk-t)

= ... = (a2,

... , ªk• ª1>·

Así las k! permutaciones de los números al' ... , ak son «ka k iguales entre sí», luego m

kl

= k. =(k -1)!.

454


Por lo tanto,

N=l;J

(k-1)!

Si se prefiere, n!

1

N= (n-k)! k!(k-1)!= k(n-k+l) ... (n-l)n.

Ejercicio n.º 87.

Supongamos que u = -r1 ° ...

0

-rr es regular, r

En=Usop(-r;).

'l';=(a;1, ... , a;m),

i=I

Es obvio, por la última igualdad, que es un ciclo de longitud n. Además u = -rr puesto que -rr(a;¡)

= ª;, i+ 1 = 'l'¡(a;¡) para cada

la última igualdad por ser los ciclos -r1, Recíprocamente, sea u

= -rk 'l'

••• ,

1 ,s.; i ,s.; r, 1 ,s.; j ,s.; m, -rr disjuntos.

para algún ciclo -r de longitud n, = (a¡, ... ,

an>·

Sea m el orden de k + n'lL. en el grupo 'lL./ n'lL.. Esto significa que

- ----

(k + n'lL.) + ... + (k + n'lL.) = O + n'lL. m

y (k + n'lL.) + ... + (k + n'lL.) #- O + n'lL. para cada 1 ,s.; f ,s.; m - 1. -

t

-

Así pues mk E n'lL., tk fl n'lL. si 1 ,s.; mos que m=

f ,s.;

m - 1. Ahora bien, por 1.1 O sabe-

n mcd (n,k)

'

y llamando d = mcd (n, k), será md = n. Entonces las órbitas de la acción (u) X En --+ En : (uf, x)

tienen m elementos. En efecto,

i-+

ut(x)

455


Ox = [x, cr(x), ... , um-l(x)J para cada x E En,

87.1

ya que um(x) = -rkm(x) = 1

al ser mk E n'll..

Además los m elementos del miembro de la derecha en 87 .1 son distintos, puesto que si cri(x) = cri(x)

para algunos O :e:; i < j

:e:; m -

1,

sería O't'(x)

=X,

0 < f

=j -

i

:E;

m - 1,

esto es, -rtk(x) = x.

Esto es falso, porque como tk fl n'll., será

tk = nq + r, 1 :e:; r < n, y así

y si x = a, es

t+r>n

y por ello sería si t+r:e:;n t-{t+r t+r-n si t+r>n o sea, r

=

O en el primer caso y r

= n

en el segundo, contra 87 .2.

Ahora se deduce de la prueba de 5.5 que cr es composición de ciclos disjuntos de longitud m,

De hecho, como las órbitas constituyen una partición de En se tiene s

En

= U sop('l'¡) i=l

456


y como s

md

=n =card En= I,card sop(T¡) =ms, i=I

resulta d = s. Así pues u =

i-1

° ...

o Td

es regular, los ciclos -r1,

m = orden de k + n'll. en 'll.l n'll. y d =

Ejercicio n. 0 88.

tienen longitud

n mcd (k,n)

Por hipótesis, o(u) o(ct')

••• , Td

= p, y mcd(k, p) = l. Por tanto,

= mcd ~k,p) = p

en virtud de 1.1 O. Escribimos uk como composición de ciclos disjuntos

uk

= -r1 o

••• o

Tr.

Si

l; = long( T¡), sabemos por 5.6 que p

= o(uk) = mcm(tl' ... , ir).

Así cada l¡ divide a p, luego l¡ = 1 ó p, y no todos los l¡ pueden ser uno, pues mcm (1, ... , 1) = l. Así, algún l¡ = p y como los ciclos Tp ... ,

Tr

son disjuntos, necesariamente

r=l,l 1 =p.

Por tanto uk = i-1 es un ciclo de longitud p. La segunda parte es ya inmediata. Por el ejercicio 86, el número de ciclos de longitud p en SP es

N=l:J (p-l)!=(p-1)! Sean u1, ••• , UN dichos ciclos. En virtud del ejercicio anterior, los elementos regulares de SP son R=[

uf : 1 ~ i ~ N, k natural].

457


Para k E p'll.., cada a}= Id. Para k (l. p'll.., acabamos de ver que cada uf es uno de los ul' ... , uN" Por ello, R = [Id, u)' ... ,

UN)

y el número de elementos regulares de SP es N + 1 = 1 + (p - 1)! Otra manera de calcular el número de elementos regulares de SP, atendiendo únicamente a su definición, es el siguiente: Si u= -r1 ° ...

0

-rr es regular, siendo -rl' ... , -rr ciclos disjuntos de longitud

r

m con En=

U sop (-r;),

ha de ser

í=I

p =mr y como p es primo, bien m = p, r = 1, y u es un ciclo de longitud p, bien m = 1, r = p, y ues la identidad. Como en SP hay (p- 1)! ciclos de longitud p, en total hay (p- 1)! + 1

elementos regulares.

Ejercicio n. 0 89. (a)

Evidentemente la identidad es regular, pues

Id= (1) º (2) º ... º (n) es composición de ciclos de longitud uno. Sea H regular y u E H, u

=¡i:

Id. En virtud de 5.5, podemos escribir

donde -rl' ... , -rr son ciclos disjuntos. Como los ciclos disjuntos conmutan (véase 5.4) podemos reordenar de modo que

t'I' ... , t'r

e = long( -r1) =s. long(-r;), 1 =s. i =s. r. La conmutatividad de la composición de ciclos disjuntos implica que

ut

=

-r f º ... º -r;.

En consecuencia ul(x) = -rf(x) =X para cadax E sop(-r1),

y en particular F(ul)

=¡1:

0.

458


Como ut EH, de aquí se deduce que ul = 1, luego 89.1

o( u) divide a

Por otro lado, si

f;

e. = long( -r;), 1 =s;; i =s;; r, sabemos desde 5.6 que

89.2 o(u) = mcm(( )' f2, ... , er>·

En particular, de 89.1 y 89.2, para cada 1 f¡ =s;;

=s;;

mcm(f )' ... , fr) = o(u) =s;;

la última desigualdad por la elección de

i

=s;;

e =s;;

r, f¡,

e. Así pues f¡ = e para todo 1 =s;; i =s;; r, y

es composición de ciclos de la misma longitud. Para probar que u es regular sólo falta comprobar la igualdad r

En

= U sop (-r¡), i=I

r

Esto es obvio, pues si x e En\ U sop (-r;), sería i=I

-r;(x) = x para cada 1 =s;; i =s;; r,

y de aquí u(x) = x, o sea, x E F (u), u E H\(Id], contra la hipótesis de que H es regular.

(b) La respuesta es afirmativa. En efecto, sea u EH, u#- Id. Como u es regular, escribimos

donde

'l'p ... ,

-rr son ciclos disjuntos de longitud m y r

En=

U sop (-r;)· i=I

Entonces, si x E En existe un único 1 implica u(x)

y así F(u) = 0 y Hes regular.

=s;;

= 'l'¡(x)

i

=s;;

#- x,

r tal que x E sop( 'l'¡), lo cual

459


Ejercicio n.0 90.

Sea a E Z(H), a ':;é Id. Se trata de probar que F(a) = 0. Supongamos por reducción al absurdo que existe x E F ( a). Entonces, para cualquier y E En, como Hes transitivo, existe -r EH de modo que y= i(x). En consecuencia, a(y)

= aº

i(x)

= -r º

a(x)

= i(x) = y,

la segunda igualdad por ser a E Z(H) y la tercera porque x E F ( a). Así pues a(y) = y para cada y E En, es decir, a = Id, lo cual es falso. Ejercicio n.º 91.

(a) Sea a= (ai, ... , ak) un ciclo de longitud k en Sn. En función de la paridad o imparidad de k distinguimos: (i)

Si k = 2f + 1 es impar, consideramos T = (a1, ªk-1> º (a2, ªk-2) º ··· º (at, ªt+1>

que desde luego es un elemento de orden dos de Sn. Comprobemos que To

a= a- 1 o

T

y así

a- 1 =-roaor 1 y a será fuertemente real.

En efecto, T º a(ak)

= -r(a1) = ªk-1;

a-t º -r(ak)

= a-l(ak) = ªk-1;

y para cada 1 ==: j ==: k - 1, -r º a(a¡)

(ii)

= -r(a;+ 1> = ªk-
a-1 º -r(a¡)

= a-l(ak-;) = ªk-i-1.

Si k = 2f es par, consideramos T = (a1, ªk-1) º (a2, ªk-2) º ··· º (at-1' ªt+ 1>

que evidentemente también tiene orden dos, y cumple ToU=<, 1 o-r

lo que implica que a es fuertemente real. En efecto, -r º a(ak)

= -r(a 1) = ak_ 1;

a- 1 0 -r(ak)

= a- 1(ak) = ak_ 1;

460


además T(a¡)

= ak-i para cada 1 ~ j ªk-t

Por tanto, si 1

~

~

k - 1, incluso para j

= f, pues

=ªu-t = ªt = T(a¡),

j ~ k - 1,

T º a( a¡) = T(a{+ t) = ªk---; a- 1 º T(a.) , = cr (ak 7 .) = ak; .- 1.

Así queda probado (a). Para la segunda parte es importante observar que de hecho hemos demostrado que si a E Sn es un ciclo, existe T E Sn de orden dos, con T ºaº r 1 = cr 1 y F(a) e F(T). Sea ahora a E Sn arbitrario. En virtud de 5.5

(b)

a=

ª1

o ... o

ar

siendo al' ... , ar ciclos disjuntos. Por lo anterior, podemos escribir para cada 1 ~ i ~ r, a¡= T¡ º ª;º Tf, o(T¡)

= 2, F(a¡) e

F(T¡),

De aquí se deducen: .. T¡ Sl. 1 ,.::: -a l, J ~ r,

91 •1

T¡

o

'r¡ = 'r¡

91.2

T¡

o

a¡ = a¡ o

o

T;

si i

,¡i,

j, 1

~

i, j

~

r

En efecto, T; y -r. son, por 5.5 y 5.6 (o por la construcción explícita, hecha en (a)) composición de ciclos disjuntos de longitud 2. Es suficiente, para probar 91.1, comprobar que las transposiciones que aparecen en la factorización de T¡ son disjuntas con las que aparecen en la factorización de 1j· De no ser así existiría x E En tal que (x, y) sería factor de T; y (x, z) lo sena de T;- En consecuencia x E En \(F( T¡) U F( T;)) C (En \F(a¡))

n

(En \F(a¡)) = sop(a¡)

n sop(a¡)

=

0

obviamente falso. Para 91.2 se repite el mismo argumento.

T

Ahora ya es inmediato comprobar que si T = T1 º r 1 = a- 1, con lo que Sn es fuertemente real.

ªº

o ••• o

Tr, o( T) = 2 y

En efecto, T2 = {T1 o

Además,

••• o

Tr)

o { T1 o ••• o

Tr)

=t ~

o ••• o

T; = Id

o ... o

Id

= Id.

461

RESOLUCIÓN DE LOS EJERCICIOS t' o U o -r-1 = ( -r1 o •.• o -rr) o ( o-1 o ... o O'r) o ( -r-1 o ... o 'f11) =

=

(-r1 o

o-1 o -r1 1)

=

= o-1-f o ... o O'~I o ... o O'r)-1 = u-1,

o .•. o (-rr o O'rº -r~I)

= (O'I

(O'r o .•. o 0'1)-I

=

donde hemos usado repetidas veces 91.1 y 91.2, junto con la conmutatividad U¡ o O'¡ = O'¡ o O'¡ que se sigue de 5.4.

Ejercicio n.0 92. Si O' E H~ esto es, -r

º uo

E Ns,, (H) ha de ser H =

-r

-r- 1

= o-le para algún 1 =s;; k

Ahora bien, esto implica que o-le y cio 83, o-le es un ciclo de longitud n.

O'

=s;;

nr, y en particular

n.

son conjugados, luego por el ejerci-

Se deduce ahora de 5.4 que o(u/c) = n, y por 1.10, k o(u) n n = o(u ) = mcd (k,o(u)) = mcd (k,n)'

esto es,

mcd(k, n)

=

l.

Esto permite definir

f: Ns,, (H) ~ Z!:

-r .....+

k + nZ

donde -r

º uº

-r- 1

=

o-le, 1 =s;; k

=s;;

n,

pues efectivamente k + nZ E Z! al ser mcd(k, n) = l. Veamos que fes homomorfismo sobreyectivo. La aplicación f está bien definida, esto es, si 'fo

(70

-r-1

=o-ley

'fo

(70

rl = O't,

entonces

k + nZ

=e+ nZ.

En efecto, seria en tal caso

o-le= luego ut-k = Id, y como o(u) = n,

e- k

O't,

E nZ, es decir,

e+ nZ = k

Además fes un homomorfismo sobreyectivo. En efecto, si con

-r,

+ nZ.

p E Ns,, (H)

462


se tiene

luego

f(p

O

-r) = fk + nlL. = (f + nlL.) (k + nlL.) = f(p) f(-r),

y esto prueba que fes homomorfismo. La sobreyectividad se demuestra así: si k + nlL. E 7L.! es mcd(k, n) = 1, luego por 1.10, o( CT') = n. En virtud del ejercicio 87, CT' es regular, y por lo tanto se escribirá (T'

= 'l'1

-r,,

o ••• o

-rl' ... , -r, ciclos disjuntos de la misma longitud, digamos f. Entonces, aplicando 5.6,

= o(CT') = mcm(f,

... , f)

-r, son disjuntos, ha de ser r

= 1y

n

y como -r1,

••• ,

CT'

=f

= -r1 es un ciclo de longitud n.

De aquí se deduce, utilizando de nuevo el ejercicio 83, que u y CT' son conjugados, esto es,

= -ro u o -r- 1 para algún -r E Sn. La sobreyectividad de f quedará probada en cuanto comprobemos que CT'

-rE N 8 n(H) pues en ese caso f (-r) = k + nlL.. Ahora bien, -ro u o -r- 1 = el EH implica que u E Hr, con lo que H = (u) e Hr.

Como o(H) = o(Ht'), se deduce que H = Hr y así -r E N Sn (H). Calculemos por último el núcleo de

f (-r)

f.

Nótese que -r E ker f si y sólo si

= 1 + nlL.,

esto es, 'E' o U o

o sea, -ro u= u o i:. Así ker f

-r- 1 = u,

= C8 n(u) = C8 n(H).

N 8 JH)IC8 ,,(H)

y en particular

o lo que es lo mismo,

Por ello

= lL.!

463


92.1

o(N5 ,,(H)) = q,(n) · o(C511 (H)).

Todo se reduce ahora a calcular el orden de Cs., (H). Construimos para ello la aplicación g : Sn ~ Cl(u) :

Desde luego C5 ,,(H) = g- 1(u), pues To <70 T- 1

Te

T.-+ To U o T- 1•

g- 1(u) significa que

= U, O sea,

To U= <70.i:

Vamos a demostrar que 92.2 card g- 1(u) = card g- 1(a) para cada a e Cl(u).

En tal caso, como Sn

= U g- 1(a},

y esta unión es disjunta, se tendrá

aeCl(a)

n! = card Sn = I card g- 1(a) = card Cl (u) · card g- 1(u) y como Cl(u) es, según vimos en el ejercicio 83, el conjunto de ciclos de longitud n, y de éstos hay (n - l)! (véase el ejercicio 86), deducimos n! = (n - l)! o(C5 ,,(H)}, es decir, o(C5 ,,(H)) = n, o(N5 ,,(H)) = n q,(n).

Queda por lo tanto únicamente demostrar 92.2. Como a e Cl( u) se escribirá

a = /3 o u o p- 1 para algún /3 e Sn y entonces

es claramente una biyección, pues Te g- 1(u) implica T º uº T- 1 = u y así (/3 º T) º uº (/3 o T)- 1 = a con lo que está bien definida; es inyectiva, porque si /3 º T = y º T entonces /3 = y simplificando, y es sobreyectiva porque cada ye g- 1(a) es la imagen mediante h de 13- 1 º ye g- 1(u). Así h es biyectiva, luego card g- 1(a) = card g- 1(u). Ejercicio n.0 93. El orden de SP es p(p - 1)! y, al ser p primo, p no divide a (p - 1)!. Así los p-subgrupos de Sylow de SP son los subgrupos de orden p.

464


Estos subgrupos son desde luego cíclicos, generados por elementos de orden p. Ahora bien, como p < 2p, se desprende de 5.6.2 que los elementos de orden p en SP son los ciclos de longitud p. Por lo tanto, llamando CP al conjunto de ciclos de longitud p en SP, se trata de contar el número de subgrupos distintos en la familia SyliSP) = {(u) : u E CP].

Para ello observemos que ya vimos en 1.15.4 que todos los elementos de un grupo de orden p, salvo el neutro, lo generan. Así, si u E CP, se tiene ( u)

= (u2) = ... = (uP-1).

Recíprocamente, si ( u) = ( T) es T = ui

TE

(u),

para algún 1 ~ j

T =¡i:

~

1, luego

p - l.

En consecuencia los (p- 1)! elementos de CP (véase el ejercicio 86) generan (p-1)! = (p-2)! p-1 subgrupos distintos, y éste es, por lo tanto, el número de p-subgrupos de Sylow de SP.

Ejercicio n. 0 94. Si p es un número primo, como o(SP) = p! = p(p- 1)!

y (p - 1)! ~ plL, el número nP de p-subgrupos de Sylow de SP verifica, por el teorema de Sylow, nP - 1 E plL. En el ejercicio precedente, hemos demostrado que nP = (p- 2)!

Así pues, (p - 2)! - 1 = pa para cierto entero a.

Multiplicando por p - 1, obtenemos (p - 1)! - (p - 1) = (p - l)pa,

y por tanto (p - 1)! + 1 = p(l + a(p - 1)) E plL.

465


Ejercicio n.0 9S.

Si así fuese, utilizando el ejercicio 35, se tendría 6

= o(S3) = (p2-

1) (p2 - p),

luego 6 = p(p - 1)2(p + 1).

En particular p divide a 6, luego p

= 2 ó p = 3. Para p = 3,

p(p - 1)2(p + 1) = 48 "-F 6. Parap = 2, p(p - 1)2(p + 1) = 6.

Así, el único valor posible es p = 2. A la vista de 2.14, se trata ahora únicamente de decidir si Aut(.Z/2.Z x .Z/2.Z) es o no abeliano. Si lo es, será isomorfo a .Z/6.Z, mientras que si no, lo será a S 3 = D3 (esto último es evidente, pues en 1.8.2 vimos que D 3 es subgrupo de S 3, y o(D 3 )

= 6 = o(S 3 )).

Consideremos los elementos u G = .Z/2.Z X .Z/2. .Z.

= (1 + 2.Z, O + 2.Z), v = (O + 2.Z,

1 + 2.Z) en

En el ejercicio 45 se probó que llamando w = ( 1 + 2.Z, 1 + 2.Z), tanto (u, w] como {v, w] son sistemas generadores de G (si se prefiere, hágase aquí directamente, que es muy fácil). Por tanto, q, : G ~ G : u ~ w; v ~ u

y 1/1: G

~

G :u

~

u; v

~

w

son automorfismos de G. Además, t/J o 1/f(U)

= tp(u) = W,

mientras que

"'º

q,(u)

= 1/f(W) = 1/f(U

+ v)

= 1/f(U) +

1/f(V) =u+ w

= V,

luego q, º 1/1 "-F 1/1 o q, y Aut(G) no es abeliano. Así, Aut(.Z/2.Z X .Z/2.Z) == S 3.

Ejercicio n.0 96. Hemos visto en (2) de 5.17 que Hes un subgrupo de Sn de índice n. Para n = 2 Sn es abeliano, luego H es subgrupo normal de S 2 y Ns 2 (H) = S 2 • Sea pues n ~ 3. Es indudable que 2

Así An "-F H.

= 1S

11 :

An] < 3

,e;;

n

= [Sn : H~

466


En consecuencia, sin normal de S11 y por ello

=¡i:

4, se deduce de 5.16.1 que H no es subgrupo

y de aquí

1 < [S11 : NsJH)] ==: [S11 : H] = n. Por (1) de 5.17 esto implica que [S11 : NsJH)j [Ns,,(H): H]

[S11 : H] (H)]

= [Sn: Ns

=

n, y así

n

= n =1,

n

luego Nsn(H) = H.

Sólo nos falta calcular Ns4(H). Como H tiene orden 6, no es subgrupo normal de S 4 (utilizamos 5.20}. Por ello H C Ns4(H) ~ S4

y como [S4 : H] = 4,

bien [NsiH): Hj

= 2, bien [Ns4(H): H] = l.

Si ocurriese lo primero, sería o(Ns4(H)) tud de 5. 19. l.

=

12, luego Ns4 (H)

= A4'

en vir-

Esto implicaría, puesto que (1,2) EH e A4 , que (1,2} E A 4 , lo cual es falso. En consecuencia [Ns4(H): H] = 1 y Ns4(H) = H. Resumiendo, Ns (H)

"

Ejercicio n. º 97.

{SH

=

2

2

s~ n = n~3

SI

Definimos para cada u E S11,

fu: IR" ~ IR : (x 1,

••• ,

X11 ) i-+ f(xu( t)'

Evidentemente si u0 es la identidad en S"' fa G =

lfu : u E

o

=

••• ,

Xu(n)).

f En el conjunto

S11 ]

definimos la siguiente operación interna: fu*fr=fu.T

Claramente es asociativa porque (fu* fr) *fa= fu• r *fa= fcu•

r)

ºa= fu.

(r• a)

=fu* (fr * fa)

467


El elemento fuo = fes neutro, pues fu * f = fu o ªº = fu = fªo o 1T = f * f (1'

Por último, como fu* fcr-• = fa• cr-• = fa 0 = f.

cada elemento tiene inverso. Por tanto, G es un grupo con esta operación. Definimos la aplicación 1/1 : Sn ~ G : u¡....+ fu

que es sobreyectiva por la definición de G. Además es homomorfismo, porque 1/f(CT O -r)

= fu.

T

=fu* fr

= 1/f(CT) *

1/f( 't').

Así, por el primer teorema de isomorfía, Sjker

Desde luego, N

=

o(G)

=

1/f

== G.

[Sn : ker .,,J. Así, N > 2 implica que [sn : ker y,j > 2

y por (1) en 5.17,

Ejercicio n. 0 98. Por el teorema de Lagrange k ha de dividir a 120. Desde luego Ss y (l] son subgrupos de órdenes 120 y 1, respectivamente, y As tiene orden 60. En virtud de 5.17, Ss no posee subgrupos de orden 40 (índice 3), ni de orden 30 (índice 4), pero sí posee algún subgrupo de orden 24 (índice 5). Por el teorema de Sylow Ss posee algún subgrupo de orden 5 (pues 120 = 24 · 5), y como Ss no posee subgrupos normales de orden 5 (véase 5.16}, ha de ser ns=/= 1, ns divide a 24, ns - 1 E 5Z luego ns= 6. En consecuencia, si H es un S-subgrupo de Sylow de Ss, [Ss: N 85 (H)J =ns= 6,

y por tanto, N 85 (H) es un subgrupo de orden 20 en Ss· De 4.6.6 se deduce que los grupos de orden 15 son cíclicos. Como Ss no posee elementos de orden 15 (véase 5.6.1) se concluye que Ss no posee subgrupos de orden 15. Evidentemente disponemos de un homomorfismo inyectivo (/J : S4 ~ Ss :

CT ¡....+

U

468


donde u(x)

= Jxu(x)

si si

l

Por tanto, tp (A 4) es un subgrupo de Ss y o( tp (A 4 )) = o (A 4 ) = 12.

Consecuentemente, Ss posee algún subgrupo de orden 12. También se vio en 1.8.2 que Ds es subgrupo de Ss. Como o(Ds) = 1O, Ss posee subgrupos de orden 10. Por el teorema de Sylow, y puesto que 120 = 2 3 • 3 · 5, Ss posee subgrupos de órdenes 8, 4, 2 y 3. Finalmente, la imagen del homomorfismo inyectivo S 3 ~ Ss : u i---+ &;

donde u(x)

= Jxu(x)

l

si xeE3 si x=4óx=5

es un subgrupo de orden 6 de Ss. Resumiendo, Ss posee algún subgrupo de orden k si y sólo si k es un divisor de 120 distinto de 40, 30 y 15. Ejercicio n. 0 99. Supongamos que G es un grupo simple de orden 180 = 36 · 5. Por el teorema de Sylow, ns= 6 ó ns= 36. En el primer caso, si H es un 5-subgrupo de Sylow de G, y N se verifica

= N G(H),

[G :N]=6

y como Ges simple, deducimos de 3.12.3 que Ges isomorfo a un subgrupo K de A 6 • Esto implica que . o(~) [~.K]= o(K)

o(~)

360

= o(G) = 180 = 2,

lo que contradice (3) de 5.17. Se concluye por lo tanto que ns= 36, y denotamos [H; : 1

~

i

~

36]

la familia de subgrupos de G de orden cinco.

469


Estudiamos los otros subgrupos de Sylow de G. Escribiendo 180 = 22 • 45, y puesto que Ges simple, el número n 2 de 2-subgrupos de Sylow de Ges 3, 5, 9, 15 ó 45. Si Hes un subgrupo de orden 4 de G y N = NG(H), es

[G: N] = n 2 • Como Ges simple, se deduce de 3.12.3.1 que n 2 =F 3. Además, si n 2 fuese 5, la simplicidad de G implica, usando 3.12.3, que G es isomorfo a un subgrupo de A 5 , y en particular 180

= o(G) ~ o(A 5) = 60,

lo cual es falso. Por lo tanto, n 2

~

9, y denotamos {K; : 1 ~ j ~ n 2]

a la familia de 2-subgrupos de Sylow de G. Necesitamos ahora distinguir dos situaciones: CASO 1. Supongamos que K;

n K;

= { 1]

si i =F j. En tal caso, llamando

{L; : 1 ~ i ~ n 3]

a la familia de 3-subgrupos de Sylow de G, y puesto que H¡ n K; = H¡ n L; = K¡ n L¡ = {1], H¡ n H; = K¡ n K¡ = {1] si i =F ¡,

lo último por la hipótesis con que trabajamos en este caso 1 y lo demás por ser 5 primo, y mcd(4, 3)

= mcd(4,

5)

= mcd(3,

5)

resulta

=36(5-1) + n2 (4-1) +card

n3

ULk, k=l

luego, como n 2

~

9, se deduce que n3

card U Lk~ 9. k=I

= 1,

470


Como cada Lk tiene 9 elementos, pues 180 y G no sería simple.

= 32 • 20, se deduce que n 3 = 1

Así pues, podemos suponer CASO 2. Existen K¡ = P y K; = S distintos, cuya intersección no es {1J (luego necesariamente o(P n S) = 2, y ésta es una intersección maximal de 2-subgrupos de Sylow de G). Evidentemente P es abeliano por tener orden cuatro, luego P grupo normal de P y de aquí p

e N c

n S es sub-

S) = N.

Análogamente S e N. En particular, 4 divide a o(N) y éste divide a 180. Además N tiene más de un 2-subgrupo de Sylow en virtud de 4.12.1, lo cual implica que o(N) =¡6 4 y así o(N) = 4 · 3; ·

Si,

O :s.; i :s.; 2,

O :s.; j :s.; 1,

i +j

;;;=

1,

es decir, el orden de N es uno de los siguientes números: 12, 20, 36, 60, 180. En el último caso N = G y P contra la simplicidad de éste. Si o(N) = 60, tendríamos tud de 3.12.3.1.

n

S sería subgrupo normal propio de G,

[G : NI= 3 y también esto es imposible, en vir-

Si o(N) = 36 sería [G: NI= 5, luego, empleando 3.12.3, deducimos que G es isomorfo a un subgrupo de A 5 • De nuevo llegamos a contradicción, porque o(G)

= 180 > 60 = o(A 5).

Si o(N) = 20 = 4 · 5, el teorema de Sylow asegura la existencia de un único subgrupo H de orden 5 de N y por lo tanto H es subgrupo normal de N, o lo que es lo mismo,

y de aquí

[G: N] ;;;= [G: Nc(H)]. Ahora bien, H es uno de los 36 subgrupos de orden 5 de G, con lo que [G: Nc(H)I = 36, mientras que [G . N] = o( G) = 180 = 9 . o(N) 20 . Obtenemos pues una contradicción porque 9 es menor que 36.

471


De todo esto se deduce que o(N) = 12, y por 4. 6. 8, posee bien un único subgrupo de orden 4, bien un único de orden 3. Lo primero es falso : ya sabemos que P y S son dos subgrupos de orden 4 en N. Por lo tanto N posee un único subgrupo L de orden 3 que, por supuesto, es subgrupo normal de N. Por el teorema de Sylow L está contenido en alguno de los 3-subgrupos de Sylow de G, digamos L 1• Como o(L) = 3 y o(L 1) divisor del orden de L 1•

= 9, el índice de Len

L 1 es [L 1 : L]

= 3 = menor

Se deduce de 3.12.1 que Les subgrupo normal de L 1• En consecuencia, L 1 e Nc(L),

Ne Nc(L),

y como o(N) = 12, o(L 1) = 9, el orden de NG(L) es múltiplo de 36 (y obviamente divide a 180). Finalmente, esto nos proporciona únicamente dos posibles valores para el orden de NG(L): o(Nc(L))

= 180

u o(NG(L))

= 36.

En el primer caso Nc(L) = G y L sería subgrupo normal propio de G, contra la simplicidad de G. En el segundo, [G : Nc(L)] = 5, y al ser G simple, sería isomorfo a un subgrupo de As (una vez más por 3.12.3.1), y en particular 180 = o( G)

,e;;

o(As) = 60.

En todos los casos se llega a contradicción, luego no existe ningún grupo simple de orden 180.

Ejercicio n.0 100. En 5. 7.2 probamos que si u= (1, 2, 3, 4, 5) y -r = (1, 2), el conjunto S = ( u, -r] es un sistema generador de Ss. Si f E Aut(Ss), los elementos a= f(u) Y

/3 = f(-r)

han de generar Ss. Veamos cómo han de ser a y

/J.

Como fes inyectivo se deduce de 2.4.10 que o(a)

= o(u) = 5, o(/3) = o(-r) = 2.

Ahora bien, por 5. 7. 2, los elementos de orden 5 en Ss son los ciclos de longitud 5, y en particular, usando 5. 7.1, a E As.

472


También por 5. 7.2, /3 es composición de una o dos transposiciones. En el segundo caso /3 pertenecería a A 5 con lo cual

en contra del hecho de que a y

/3 generan S 5•

Resumiendo, a ha de ser un ciclo de longitud 5 y

/3 una transposición.

Recíprocamente, vamos a demostrar que si a es un ciclo de longitud 5 y entonces [ a, /3) es un sistema generador de S 5 •

/3 una transposición,

Sea H = (a, JJ>. Evidentemente H contiene una transposición (por ejemplo /3). En virtud de 5.25, para probar la igualdad buscada H = S 5 , es suficiente demostrar que H es transitivo. Escribimos a= (ai, a 2, aj a 41 a 5). Basta ver que si i < j, existe y EH con y(a¡) = a, pues entonces y- E H, y y- 1(a¡) = a¡ (el caso i = j no requiere comentarios). Pues bien, r = ai-i E H, y r(a¡) = ªr Queda pues demostrado que [a, /3) es un sistema generador de Ss, si y sólo si a es un ciclo de longitud 5 y /3 una transposición. Ahora bien,

e,º -r = (1,

3, 4, 5), luego tiene orden 4. Así

aº f3 = f(c,) º f(-r) ha de tener orden 4. Escribiendo

/3 = (bi,

= f(c,

º -r)

x) ponemos, en virtud de 5.3.1,

a= (bi, b 2 , b 3 , b4 , b 5 ).

Para x = b 3 , se tiene a

O

/3 = (bi, b4 , b 5 ) (b 2 , b 3 ).

Para x = b 4 , se tiene a

o

/3 = (bi,

0

b 5)

0

(bi, b 3 , b 4 ).

Para x

= b 5 , se tiene a /3 = (bi, b 3 , b 4 , b 5 ).

Para x

= b 2 , se tiene a /3 = (bi, b3 , b4 , b 5 ).

O

O

Sólo en los dos últimos casos el orden de a hecho «el mismo», pues para x = b 2 es

y para x = b 5 ,

O

/3 es cuatro. Ambos son de

473


Se debe cumplir pues que los elementos del soporte de tivos en a (b 5 y b 1 lo son). Por lo tanto, si

I = {(a, /3)

E

S 5 X S 5 : a= (bi, ... , b 5 ),

/3 sean consecu-

/3 = (b¡, b;+ 1)J,

hemos demostrado que Aut(S5 ) -+ I : f i-+ (f(cr), f(-r)) es aplicación, y evidentemente es inyectiva, porque los automorfismos quedan determinados por las imágenes de los miembros de un sistema generador, y {u, -r) lo es. Veamos que también es sobreyt::ctiva, y así, para calcular o(Aut(S5 )) bastará contar el número de elementos de I. Dado (a,

/3)

I definimos el automorfismo

E

Hay que observar que puesto que (a, /3) E I, f está bien definido ya que el par (cr, -r) y el par (a, /3) son indistinguibles salvo cambio de nombres de los elementos de E 5• Es obvio que fes homomorfismo sobreyectivo (esto último por ser {a, /3) sistema generador de S 5 ) y como éste es un grupo finito, fes automorfismo y desde luego

f i-+ (f(cr), f(-r))

= (a, /3).

Por último, como en S 5 hay 24 ciclos de longitud 5 (en virtud del ejercicio 86) y en (bi, b 2, b 3 , b 4 , b 5 ) las parejas de elementos consecutivos son (bl' b2), (b2' b3), (b3, b4), (b4, b5) y (b5, h1>,

el número de elementos en I es 24 · 5 = 120. Por lo tanto, o(Aut(S 5 ))

=

120.

La segunda parte es ahora inmediata, pues sabemos desde 3.4.2.1 que Int(S 5 )

= S 5/Z(S 5 ) = S 5,

la última igualdad por 5.9. De aquí se sigue que Int(S 5) también posee 120 elementos. Así Aut(S 5 ) y en consecuencia

=

Int(S 5 )

474


Ejercicio n.º 101.

Escribamos como es habitual

D 6 = {1, f, { 2 , f3, { 4 , { 5 , g, g

O

f, g

O {

2,

g

O {

3,

g

O

f4, g

O {

5 }.

El subgrupo G 2 = ( f) tiene orden 6, luego índice 2, en G = Gy A su vez, G 1 = ({2 ) = {1, f 2 , f 4 } es subgrupo de índice 2 de G 2 • Por tanto S

= {1} = G 0

~

G1

~

G2

~

G3

=G

es una serie de G. Los factores G/G 0 , G 2 IG¡, G/G 2 tienen orden primo (3, 2 y 2 respectivamente), luego son simples. Por ello S es una serie de composición de D 6 •

Ejercicio n.º 102.

Sean G = 7L/67L y H = D3 • Desde luego

S = {1} = G 0

~

27L/ 67L = G 1

~ G2

=G

es serie de composición, pues los factores G/G0 = 27Ll67L

= 7Ll37L, G 2 /G 1 = (7L/67L)/(27L/67L) = 7L/27L,

son simples, ya que tienen orden primo. Por otro lado, si D 3 = {1, f. f 2 , g, g º normal, pues tiene índice dos. Así

f.

g º f2 }, el subgrupo H 1

= (f) es

T: {1} = H 0 ~ H 1 ~ H 2 = H

es serie de D3 y es de composición porque los factores

H¡IH0 = (f) y H2 /H 1 tienen orden primo (3 y 2, respectivamente), luego son simples. Las series S y T tienen longitud dos y factores isomorfos pues, por 1.15.4 y 2.8.2 se verifica

H¡IH0 = (f) = 7L/37L = G 1/G 0 y H 2 /H 1= 7Ll27L = G 2 /G 1• Sin embargo, D3 y 7L/67L no son isomorfos pues el segundo es abeliano y el primero no.

Ejercicio n.0 103. Si Q/lL fuera policíclico, como también lo es lL, lo sería Q por 6.4.3. Sin embargo, ya vimos en 6.6.2 que esto es falso. Ahora, por 6.4.2, y puesto que Q/lL es subgrupo de IIVlL, este último tampoco es policíclico.

Ejercicio n.0 104. Probaremos por inducción sobren que si G admite una serie de longitud n con factores policíclicos, G también lo es.

475


Paran = 2, si los factores de

son policíclicos, y puesto que G 1/G 0 emplear 6.4.3.

=

G 1 y G2 /G 1

= GIG¡,

es suficiente

Sea ahora n > 2, y S : ( 1} = G 0 ~ G 1 ~

•••

~ G n- t ~ G n = G

una serie de G con factores policíclicos. En particular G/Gn-l es policíclico. Además T : ( 1} = G 0 ~ G 1 ~

••• ~

G n- l

es serie de Gn-l con factores policíclicos y long(T) = n - l. Por la hipótesis de inducción Gn-l es policíclico. Para terminar basta aplicar de nuevo 6.4.3. Ejercicio n.º 105. Sea G un grupo de orden 12p. Si Ges simple ha de ser p = 5, en virtud de 4.18. Entonces Ges simple y de orden 60, luego isomorfo a As por 4.20. En este caso, G no es policíclico (véase 6.4.9).

Por el contrario, si G no es simple y H es un subgrupo normal propio de G, el orden de H y el de G/H son de la forma primo. (potencia de primo) o producto de tres primos, y ambos son policíclicos por 6.4.4 y 6.4.5. Utilizando de nuevo 6.4.3, G es policíclico. Por tanto, salvo isomorfismo, As es el único grupo no policíclico de orden 12p. Ejercicio n.0 106. Demostraremos por inducción sobre m que la respuesta es afirmativa. Para m = 1 basta utilizar 6.4.5. Supongamos ahora que m > 1. En el ejercicio 64 vimos que si G tiene orden 6pm no es simple. Sea pues H un subgrupo normal propio de G, cuyo orden será

o(H) = 2iJipk, O~ i, j ~ 1, O~ k ~ m, 1 ~ i + j + k < m + 2. Si i + j = 2 ha de ser k < m, y Hes policíclico por hipótesis de inducción mientras que GIH que tiene orden pm-k, lo es por 6.4.4. Si i + j = O, Hes policíclico por tener orden pk y GIH, cuyo orden es 6pm-k, lo es por hipótesis de inducción, ya que 1 ~ k, luego m - k < m. Por último, si i + j 6.4.4.

=

1, tanto H como GIH son policíclicos en virtud de

En cualquier caso H y GIH son policíclicos, luego también lo es G.

476


Ejercicio n.º 107. Demostraremos por inducción sobre m que todo grupo de orden 12pm es policíclico. El resultado es consecuencia de 6.4.4 para m =O.Si m > O sabemos por el ejercicio 65 que G no es simple. Tomamos un subgrupo normal propio H de G y todo se reduce a probar que tanto H como G/ H son policíclicos. Para ello basta calcular sus órdenes. Como {1]

=¡6

H =F G, se tiene

o(H) = 2iJipk con O :s;;; i 1 :s;;; i + j + k ,s;;; 2 + m.

,s;;;

2, O :s;;; j

,s;;;

1, O :s;;; k

,s;;;

m, 1 :s;;; k

,s;;;

m,

Ahora distinguimos:

i = j = O; i = 1, j = O; i = 2, j = O; i = o, j = 1; i = j = 1; i = 2, j = 1;

o(H) o(H) o(H) o(H) o(H) o(H)

= pk, = 2pk,

= 4pk, = 3pk, = 6pk, = 12pk,

o(G/H) = 12p111 -k, m-k
Se concluye que tanto H como GIH son policíclicos empleando 6.4.4 y la hipótesis de inducción en los casos primero y sexto, 6.4.4 y el ejercicio precedente en los casos segundo y quinto, y 6.4.4 y 6.4.6 en el tercero y el cuarto.

Ejercicio n.º 108. Por el ejercicio 69 sabemos que si G tiene orden no es simple. Si H es un subgrupo normal propio de G, los órdenes de H y de G/H son alguno de los siguientes números:

p 3q 3

p, p2, p3, q, q2, q3, pq, p2q, p3q, pq2, p2q2, p3q2, pq3, p2q3.

En virtud de 6.4.4 y 6.4. 7 tanto H como G/H son poli cíclicos. Se deduce de 6.4.3 que G lo es.

Ejercicio n. º 109 (a) Si G es un grupo de orden 144, posee según vimos en el ejercicio 70 algún subgrupo normal propio H. Así o(H)

:s;;;

72, o(G/H)

:s;;;

72 y o(H) =F 60 =F o(GIH),

luego por 6.4.10 tanto H como G/H son policíclicos. Se deduce de 6.4.3 que G también lo es. (b) Sea G un grupo de orden 400. Demostramos en el ejercicio 67 que posee un subgrupo normal H con

o(H) = 25 ó 5 ó 2.

477


En el primer caso o(G/H) = 16 y en el segundo caso o(G/H) = 80. Basta utilizar 6.4.1 O para concluir que H y G/H son policíclicos y por tanto también G. En el tercer caso, todo lo que hay que hacer es ver que el grupo G1

= G/H que tiene orden 200 = 23 52 es policíclico.

Por el teorema de Sylow G 1 posee un único subgrupo K de orden 25, que por ello es normal. Ahora o(G/K) = 8, luego K y G/K (y, por tanto G 1) son policíclicos en virtud de 6.4.1 O.

Ejercicio n.0 110. Si u E As sabemos que o(u) más o(u) ~ 4. En efecto, podemos escribir por 5.5 U= 'to ... o

siendo , 1,

••• ,

~

5 desde 4.6.10. Ade-

'r

'r ciclos dos a dos disjuntos, long(,¡) > l.

En virtud de 5.4 y 5.6, si fuese o(u) = 4, se tendria 4 = mcm(f 1,

••• ,

ir),

siendo f; = long(,¡), 1 ~ i

~

r,

luego algún f; = 4. Podemos suponer, usando 5.4, que Como , 11

••• ,

f 1=

4.

'r son disjuntos y f; > 1, se deduce que u= , 1 es un ciclo de longitud cuatro.

Esto contradice 5. 7 .1. Así pues o(u)

= 1,

2, 3, ó 5. Si o(u)

= 1,

u es la identidad y u= [u, uj.

Si o(u) = 2, y puesto que las transposiciones de Ss no pertenecen a As, se deduce de 5.6 que u= , 1 ° , 2 ,

,1=

(a, d), , 2 = (b, e), a, b, e, d distintos.

Entonces, de nuevo por 5.6, u 1 = (a, e, d) y u 2 = (a, b, e)

pertenecen a As y u= [u1, uiJ. En efecto, u,- 1 º u2- 1

= (b, d, e) y u1 º u2 = (b, d, a),

lu11 u 2 1= (b, d, e)

0

(b, d, a)= (a, d)

0

luego

(b, e)::; u.

478


Ahora, si o(u) = 3, se deduce de 5.7.2 que O'= (a,

b, e)

es un ciclo de longitud 3. Sean {d, e] = Es \{a, b, e]. Es claro que u 1 = (b, e)

o

están en As. Comprobemos que u

(d, e) y u 2 = (a, e, b) = [ u 1,

u2 ]. En efecto,

u 1- 1 º u2- 1 = (a, e)º (d, e) y u 1 º u2

= (d, e)º (a, b),

luego

[u11 u2 ] =

(a, e)

0

(a, b) = (a, b, e) = u.

Por último, si o(u) = 5, se desprende de 5.6.2 que O'= (a,

b, e, d, e)

es un ciclo de longitud 5. También u 1 = (e, d) º (b, e) y u2

= (a, d, b, e, e)

están en As (úsese 5.7.1) y como

u 1- 1 o u2- 1 = (a, d) o (b, e) y u 1 o u2 = (a, e)º (d, e), se tiene

[u11 u2] = (a, d)

º (b, e)º (a, e)º (d, e)= (a, b, e, d, e) = u.

Esto completa la resolución del ejercicio.

Ejercicio n. º 111.

Hay un contenido evidente [H, N] · [K, N] C [HK, N]

puesto que al ser He HK, y K e HK, se verifica [H, N] e [HK, Nj y [K, N] e [HK, N].

Para demostrar el otro contenido es desde luego suficiente probar que

[xy, z] E [H, N] · [K, N] para cadax E H,y E K, z EN, puesto que los elementos

{[xy, z]: x EH, y E K, z EN] generan [HK, N].

479


Ahora bien, [xy, z]

= (xy)-t

z- 1 xyz

=y-tx-tz-t xyz =

= (y-tx-ty) (y-tz-ty) (y-Ixy) (y-tzy) (y-tz-tyz).

Desde luego u= y-txy E 1/Y = H (por ser H normal)

y también v = y-tzy E NY = N.

Así [xy,

z] = u-tv-t

uvy-tz-tyz

= [u, v] [y, z] E [H, NI· [K, N].

Ejercicio n.0 112. Denotamos por Qt al subgrupo derivado de Q. Cada subgrupo propio N de Q es normal (véase 2.2.6) y el cociente QIN es abeliano, pues tiene orden dos o cuatro. Se deduce entonces de (3) en 6.9.2 que Qt

e N para cada subgrupo propio N de Q.

En particular, como N = [-1, 1] es subgrupo de Q (utilizando las notaciones de 1.14) se deduce que Qt = [l] Ó Qt = [-1, l].

Lo primero es falso, pues Q no es abeliano (estamos empleando (9) en 6.9.1). Así pues Qt = [-1, 1]. Ejercicio n.0 113. Ya vimos que la aplicación det: GLi(IR) --+ IR* : A

i-+

det A

es un homomorfismo sobreyectivo, cuyo núcleo es N

= SLi(IR) = [A

E GLi(IR) : det A

= 1].

Este es, desde luego, un subgrupo normal de G (es un núcleo), y por el primer teorema de isomorfía, GIN== IR*.

En particular GIN es abeliano. Así, por 6.9.2, el derivado

ctcN. Veamos que de hecho

et= N. Sea

A=[: !)e

N.

et de G cumple

480


Entonces ad - be = 1. Si e

=;6

O tenemos

la última igualdad por ser ad - be = 1. En caso de que e = O, se tiene ad = 1, y en particular a

OJ(1O

a (O 1/a

bl

1

ª) =[ª

b

O 1/a

J=[ªe

bJ d

=(~

I 1]

=;6

O. Así

la última igualdad por ser e = O, ad = 1. Esto prueba que si denotamos M,

=(~ ; ).

P,

=(: ~).

Q,

~

para cada r, s E IR y t E IR*, se verifica A A

= M(a-1)/c • Pe · M(d-l)lc si e =F O. = QaMbla si e = O.

En particular, {Mr, P5 , Q, : r E IR, s E IR, t E IR*]

es un sistema generador de N (nótese que tanto Mr como P5 y Q, tienen determinante uno, luego pertenecen a N). Ahora, para demostrar que G 1 como P5 y Q, pertenecen a G 1• Evidentemente, si X

esto es,

=(~ ~).

=

N es suficiente probar que tanto Mr

se tiene:

481


Del mismo modo = x p s x-1 p-1 [x-1 , p-1¡ s s

y así P5 E G 1, mientras que, para t

,:¡6

= ps

O y llamando

Y=(ºl o1), Z=(-l/3t 2

2/3t 2 -1 l 3t 2

l 3t

J

se verifica la igualdad Q,=[Y,Z]EG 1.

Queda pues demostrado que SLi(IR) es el derivado de GLi(IR). Ejercicio n.º 114 (1)

~

(2) Como Ges resoluble, posee una serie abeliana S : {1}

= G0

~ G 1 ~ ••• ~ Gn

= G.

Como G cumple la condición maximal, los subgrupos G0 , G 1, finitamente generados en virtud del ejercicio 20. Por tanto, los factores G; IG¡_ 1, 1 =e; i generados, luego policíclicos (véase 6.6).

=e;

••• ,

Gn son

n, son abelianos y finitamente

Ahora se deduce del ejercicio 104 que G es poli cíclico. (2) ~ (1) Sea H un subgrupo de G. A la vista del ejercicio 20, todo lo que hay que probar es que H es finitamente generado. Ahora bien, como G es policíclico, también lo es H (utilizando 6.4.2). Se concluye de 6.5 que H es finitamente generado. Ejercicio n.0 11S. Evidentemente Hes subgrupo normal de N = NG(H). Supongamos que no fuese cierta la igualdad N = H. Entonces existiria xEMH. Como (x) y H son subgrupos de N y Hes normal en N, el conjunto K = (x)H es subgrupo de N (luego de G). Evidentemente He K y de hecho H

~

K, porque x E K\H.

Al ser H maximal entre los resolubles, se concluye que K no es resoluble. Pero He K e N, luego Hes un subgrupo normal y resoluble de K. Al ser K no resoluble, deducimos de 6.14.4, que KIH no es resoluble, y en particular no es abeliano (utilizando 6.13.3).

482


Sin embargo, dados a z E K, luego

= yH, b = zH

pertenecientes a KIH, serán y E K,

y así

a = yH = (xH)k, b = zH = (xH)f, por lo que

ab = (xH)k(xH)f = (xH)k+t = (xH)f(xH)k = ba, lo que pone de manifiesto que KI H es abeliano. Por lo tanto, de suponer H y así H = Nc(H). Ejercicio n.0 116.

f:

Gl(H

,:¡é

N c(H) hemos obtenido una contradicción,

Consideramos la aplicación

n K)

~

GIH X G/K: x(H

n

K) ~ (xH, xK).

Desde luego está bien definida, porque si x(H n K) = y(H n K) resulta que xy- 1 E H n K, luego xy- 1 E H y xy- 1 E K, esto es, xH = yH, xK = yK. Además fes un homomorfismo inyectivo. Lo primero es claro, ya que f((x(H

n

K)) (y(H

n

K)))

= f(xy(H n K)) = (xyH, xyK) = n K)) f(y(H n K)).

= (xH, xK) (yH, yK) = f(x(H

Lo segundo también es fácil de probar, pues si x(H

n

K) E ker

f,

es

(xH, xK) = (H, K),

y de aquí x EH n K, esto es, x(H n K) = H n K. Se deduce por lo tanto del primer teorema de isomorfía que 116.1. Gl(H

n K) es isomorfo al subgrupo im f

de G/H x G/K.

Así, para demostrar (a) y (b) es suficiente, usando 6.14.3 y 6.18, demostrar que GIH X GIK es, en (a), resoluble, y en (b) nilpotente. Ambas cosas son inmediatas a partir de 6.14.6 y 6.18.2. Ejercicio n.º 117

( 1) ~ (2) Como G es nilpotente lo es G/N en virtud de 6.18. Se deduce de 6.15.3 que Z(GIN) ,:¡é {1}. (2) ~ ( 1) Demostraremos que G es nilpotente por inducción sobre n = o(G). Si n = 2 G es nilpotente (véase por ejemplo 6.15.6). Sea ahora

483


n > 2. Desde luego si G es abeliano también es nilpotente, en virtud de 6.15.6. Suponemos pues en lo sucesivo que G no es abeliano, esto es, G # Z(G). En virtud de 6.20, basta probar que G* = GIZ( G) es nilpotente (nótese que o(G*) > 1). Ahora bien, utilizando la hipótesis con N = {l], se deduce que Z(G) # {1}, luego o(G)

*

o(G ) = o(Z(G)) < o(G) = n. Ahora es suficiente demostrar

117.1. Z(G*/N*) # {1] para cada subgrupo normal N* # G* de G*. En tal caso, y puesto que o( G*) < n se deduce, utilizando la hipótesis de inducción, que G* es nilpotente, como queriamos. Pero si N* es un subgrupo normal de G* con N* # G*, existe un subgrupo normal N de G tal que Z(G) e N, N* = NIZ(G) y N # G. Por hipótesis, Z(GIN) # {1}. Ahora bien, G*/N* = (GIZ(G))l(NIZ(G)) == GIN

en virtud del segundo teorema de isomorfía 2.15. Por lo tanto, Z(G*/N*) # {1}.

Ejercicio n.0 118. Como Ges nilpotente posee una serie central S: {1}

= G0

~

G1 ~

~ Gn

•••

= G.

Sea i E {1, ... , n} el menor índice tal que NnG;#{l}.

Evidentemente i existe, pues N n Gn bién obvio que N

n

=N

G¡ # {1}, N

#

{l}. Como N

n G¡_J

La serie Ses central, y por tanto (véase 6.16),

118.1. [N n G¡, G] e [G¡, G[ e G¡_J•

= {1].

n G0 = {1}, es tam-

484


Además

118.2.

[N n

G¡, G] e N.

En efecto, dados x EN

n G¡, y

E G, hemos de probar que

[x, y]= x- 1y- 1xy

EN

pues en tal caso N contendrá a un sistema generador de [N esto se sigue 118.2.

n

G¡, G], y de

Ahora bien, como x E N, se. tiene y- 1xyENY=N,

luego .r 1y- 1xy E N. De 118.1 y 118.2 se deduce que [N

n G¡, GJ C

N

n Gi-1

= {1],

y, por tanto, se deduce de (2) en 6.9.1 que

ab = ba para cada a E N

n G¡, b E

G,

es decir, N

n G¡ e Z(G).

En particular, {1]

~

N

n

G¡

e Z(G) n

N,

esto es, N

n Z(G) ,:¡é {l].

Ejercicio n.0 119. El resultado es trivial si el grupo G es abeliano, pues en tal caso el propio G es subgrupo normal suyo, y es abeliano, por lo que A = G, y así Cc(A) = Z(G) = G = A. Así en lo que sigue G no es abeliano. Como A sí lo es se tiene A e Cc(A) = C y supondremos por reducción al absurdo que el contenido es estricto. Evidentemente A ~ CG(A) C NG(A) = G, la última igualdad por ser A subgrupo normal de G. De aquí se deducen:

119.1. A es subgrupo normal de Cc(A), de modo obvio. 119.2. Cc(A) es subgrupo normal de G, pues en general lo es de NG(A) (Véase 3.4).

485


Por tanto, C/A es un subgrupo normal de G/A. Como por hipótesis C/A "F- {1] y G/A es nilpotente al serlo G (estamos empleando 6.18), se deduce del ejercicio anterior que CIA

Por tanto existe xA E C/A

n

n

Z(GIA) "F-

C1ciAJ.

Z(GIA) con x E C\A.

Construimos ahora el conjunto K = (x) A. Evidentemente K es un subgrupo de G, por ser A normal. Además A ~ K, pues x E K\A. Demostraremos que K es subgrupo normal y abeliano de G. Esto contradice la maximalidad de A, lo que termina la demostración. La normalidad de K es clara pues por construcción K/A = (xA)

e Z(GIA)

y esto implica que KIA es subgrupo normal de G/A, con lo que Klo es de G. Finalmente, como tanto (x) como A están contenidos en C, se tiene K

e e= CG(A),

luego A C Z(K). Así pues A es un subgrupo de Z(K) y cumple que KIA = (xA)

es cíclico. Esto implica, en virtud de 3.4.3.1, que K es abeliano. Ejercicio n.º 120 (1) ==> (2) Supongamos que existe un grupo finito y no abeliano G simple y de orden impar. Por (1) Ges resoluble y en virtud de 6.14.2, o(G) es primo. En consecuencia G es cíclico, luego abeliano, contra la hipótesis.

(2) ==> (1) Sea G de orden n impar. Probaremos por inducción sobre n que Ges resoluble. Sin = 3, Ges abeliano, luego resoluble, por 6.13.3. Sea ahora n > 3. Si G es abeliano, hemos terminado. Si no, como su orden es impar, se deduce de (2) que existe un subgrupo normal propio H de G. Tanto o(H) como o(GIH) son impares, pues dividen a n, y menores que n, porque Hes subgrupo propio. Por hipótesis de inducción, GIH y H son resolubles, y por 6.14.4, también lo es G. Ejercicio n.0 121. Sea x E T(IR) y n = o(x). Entonces x+ ... +x=O

--n--

o sea, nx = O. Como n > O se deduce que x = O.

486


Así T(IR) = [O). Como O es subgrupo de IR y T(IR) = [O}, se deduce de (g) en 7.1.1 que T(Q) = [O}.

Ejercicio n. 0 122 (1) Es inmediato que la operación es interna. La asociatividad es clara, pues si f, g, h E '11.. 1 e i E /, se tiene

((f + g) + h) (i) = (f + g) (i) + h(i) = (f (i) + g (i)) + h(i) = + (g (i) + h(i)) = f (i) + (g + h) (i) = (f + (g + h)) (i),

= f(i)

la tercera igualdad por la asociatividad en

'11...

Por tanto, (f + g) + h = f + (g + h). Es obvio que la aplicación fo:/~'11..:i~O es elemento neutro de

'11.. 1.

Además, para cada f E

'11.. 1

denominamos

-f: /

~

'11..: i ~-f(i).

Es claro que es el inverso de f. pues para cada i E /, (f + (-f)) (i)

=f(i)

+ (-f) (i) = f(i) - f(i)

= O =f 0(i),

luego f + (-f) = f 0 , y análogamente (-f) + f = f 0 • Por último,

'11.. 1

es abeliano, ya que si f. g E

(f + g) (i)

= f(i)

+ g(i)

= g(i)

'11.. 1 e

+ f(i)

i E /, se tiene

= (g

+ f) (i)

la segunda igualdad por ser '11.. abeliano.

f0 E

(2)

Como sop

f 0 es vacío, luego evidentemente finito, se sigue que

'11.,Ul. En particular '11.,U) no es vacío.

Además, si f. g, E '11.,Ul e i f!. sop(f) U sop(g), se tiene

(f - g) (i) = f(i) - g (i) =

o- o = º·

luego i f!. sop( f - g). Esto prueba que sop( f - g) está contenido en sop(f) U sop(g), y en particular es finito. En consecuencia f - g E '11.,Ul, y por tanto '11.,Ul es subgrupo de '11.. 1• (3) Como fo pertenece tanto a L¡ como a M¡, ambos son no vacíos. Además, dados f, g E L; (respectivamente, M; ), como acabamos de ver sop(f- g) e sop(f) U sop(g),

487


luego si; E sop(f - g) es ; E sop(f) ó; E sop(g),

y en cualquier caso j < i (respectivamente, j ,;;; i). En consecuencia, f - g E L¡ (respectivamente,

z
La igualdad

E

f-

g E M¡ ).

z
ie/

es claro que f E M¡k· (4) La igualdad "11. 1 = "11.(1) es obvia, pues al ser/ finito, lo es sop(f) para cada f E "11. 1• Para la segunda parte escribimos I =(a" ... , a_.]

y definimos ~: "11. 1 ~

zs : r- (((a.> • ... , {(as)).

Es claro que se trata de un homomorfismo, porque ~(f + g) = ((f + g) (a 1), ... , (f + g) (as)) = (f(a 1) + g (a 1), ... ,{(as) + g (a_.)) = (f(a 1), ... ,f(a_.)) + (g(a 1), ... ,g(as)) = ~(() + ~(g).

Además

~

es inyectiva, ya que si f E ker f(a 1)

~

=

se tiene

= ... = ((as) = O,

luego f = ( 0• Por último, ción

~

es sobreyectiva, pues dado x = (n" ... , n_.) E

zs, la aplica-

verifica que ~(f) = x. Por lo tanto,

~

es el isomorfismo buscado.

Ejercicio n. 0 123 (1) En virtud de 7.4 basta probar que zO> no tiene torsión. Pero si f E z
-"-

f + ··· + f = fo-

luego para cada i E/,

--n-

f (i) + ... + f (i) =fo(i) = o,

488


esto es, nf(i) =O.Como n "F- O se sigue que f(i) = O para cada i E /,

luego f = f0 • Así T(Z
zm no tiene torsión.

Si O fuese libre, sería isomorfo a zU> para algún conjunto no vacío

l. Vamos a obtener una contradicción y para ello distinguimos:

CASO 1. / tiene sólo un elemento. Entonces, según hemos visto en el ejercicio precedente,

z = -z_(l) = o, luego Z y O serían isomorfos. Esto es falso, porque Z es finitamente generado, y O no lo es, 6.6.2. CASO 2.

Supongamos ahora que I tiene más de un elemento y sea "' : "Z_(/)

~

o

un isomorfismo. Elegimos i, j E /, i "F- j, y consideramos las funciones e; : / ---> Z : 1 H

{

~

si f = i si f *- i

e/ : / ---> Z : 1 H

{

~

si f=j si f * j

Como sop(e¡) = [i] y sop(e¡) = UJ son finitos, tanto e; como e¡ pertenecen a zU> y tomamos 1/f(e¡) = alb, 1/f(e¡) = cid, a, b, e, d E Z, bd "F- O. Ahora, 1/f(bce; - ade¡)

= bcalb -

adc!d

=O

y como 1/f es inyectiva, bce¡ - ade¡ = f0• En particular, (bce¡ - ade¡) (i) = O,

esto es, be= O,

y como b "F- O, es e = O. Esto implica que 1/f(e¡) = O, luego, de nuevo por la inyectividad de 1/f, e¡ = f0 •

489


Esto es falso, porque f0(j) = O y e¡(j) = 1. (3) En el ejercicio 121 se vio que Q no tiene torsión. Sin embargo, acabamos de ver que no es libre. La respuesta es, por lo tanto, negativa.

Ejercicio n.º 124 (1)

~

(2)

Acaba de ser probado en el ejercicio anterior.

(2)

~

(3)

Está probado en 7.6.

(3)

~

(1)

Si/= [l, 2, ... , s) hemos visto en el ejercicio 122 que G=

zs =

z
luego G es libre.

Ejercicio n.0 12S. Supongamos que Ges libre, y por lo tanto isomorfo a algún zv>, I no vacío. Sea

q,: zV> ~ G un isomorfismo, y para cada i E / consideremos la aplicación e; : /

~

Z:l

1-->

{

1 si l = i O si l :t:.i

Llamemos X¡ = q, (e¡) y vamos a demostrar que S =[X¡: i E/)

es una base de G. Comencemos por probar que es sistema generador y para ello veamos antes:

12S.1. Si f E z<1> y sop(f) = [il' ... , ikJ, entonces f = f(i1)e;, + ... + f(ik)e¡k·

En efecto, para cada i¡, 1 :e; j

:e;

k, se tiene

(f(i 1 )e.11 + ... + f(ik)e.) (i.) = f(i.)e.(i.) = f(i.), lk 1 1 1¡ 1 1

mientras que si i E /\sop(f), (f(it)ei, + ... + f(ik)eik) (i) =o= f(i).

Ahora ya, dado x E G, será x =

q, ( f) para algún f

E

z<1>.

490


Si sop(f)

= {i 11 ... ,

id y f(i;)

~

1

= m¡,

f = m 1e;

j ~ k, tenemos

+ ... + mkeik'

1

y por lo tanto x = ~(f)

= m 1~ (e;)+

... + mk~(e;)

= m 1x¡

1

+ ... + m~;k·

Queda probado que S es sistema generador. Para comprobar que es base, tomamos x 11 ... , xn ES y demostramos que 'l'n : zn ~ G

es inyectiva. Para ello basta observar que si u : zn ~ zm : m

= (m I'

... ,

mn)

1-+

fm'

donde

fm

~ '11.. : f

: /

H

= ~

entonces u es inyectivo y 'l'n

m {O ' 0

si si

le{l, ... , n} f E/\ {t, ... , n}

u.

Ambas cosas son obvias, y al ser~ y u inyectivos, lo es 'l'n· Recíprocamente, supongamos que S = [x; : i E /} es una base de G. Comprobamos entonces que G es isomorfo a zen, luego libre. Empleando 125.1 definimos •

~. '11..

(1)

•

-

k

•

k

•

~ G. f - "fJ(t¡)e¡. H "f.J(t¡)X¡.

i=I

I

i=I

1

Comprobamos que se trata de un isomorfismo. Dados f, g E zu>, y si sop(f)

n sop(g) = {i 11 ... , ikJ,

escribimos sop(f)

= [i 11 ... , ik, ik+I' ... , ir), sop(g) = [i 11 •.. , ik, ir+I' ... , iJ.

Así r

f

= ,"i,f(i¡)e¡., "=l 1

k

g

= "i,g(i-)e¡. + 1 , . J=

1

s

"i, g(i-)e;., • 1 , 1 J=r+

con lo que k

r

s

f + g = "i.(f(i¡) + g(i¡)) e; + "i. f(i¡)e¡. + "i, g(i¡)e¡., I I 1 i=l j=k+I j=r+I

491


y por ello s

r

k

t/J(f + g) = L({(i-) + g(i-))x¡ + L f(i.)x¡. + L g(i-) X;1 = 1 1 / • / 1 J=r+ . k 1 / .1 / /= + /= s

k

r

= ¿{(i¡)x¡ + ¿g(i¡)X¡ + L g(i¡)X¡ =(/J(f)+q,(g). i=I

1

i=I

1

1

i=r+I

Así (/J es homomorfismo evidentemente sobreyectivo por ser S sistema generador. k

Finalmente, si f

= I.f(i¡)e¡ i=I

eker(/J, el elemento

1

y por lo tanto f(i1) = ... = f(ik) = 0

esto es, f = { 0 , lo que prueba que (/J es inyectiva. Ejercicio n.0 126. El resultado es elemental si G es finitamente generado. En tal caso también lo es H, en virtud de 6.6.4. Además T(G) = {O] según hemos visto en el ejercicio 123, y por lo tanto T(H) = H

n T(G)

=

{O].

Así pues H es finitamente generado y sin torsión, luego es libre por el ejercicio 124. La demostración en el caso general es más complicada. Como G es libre, existe un isomorfismo : G

~

-¡¿
para cierto conjunto no vacío / que, por el teorema de Zermelo, suponemos bien ordenado. Evidentemente es suficiente probar que 126.1. K = (H) es libre. En tal caso existirá un isomorfismo lf/ : K ~ -¡¿

para algún conjunto no vacío J, y por tanto l/1 o IH : H ~ -¡¿(J)

es isomorfismo y H será libre.

492


Para cada i E / y manteniendo las notaciones del ejercicio 122 construimos el homomorfismo

t/>;: K

n M; ~ Z: f i--+ f(i).

Es claro que se trata de un homomorfismo, porque

t/>¡(f + g)

= (f + g) (i) = f(i)

+ g (i)

= t/>¡(f) + t/>; (g).

Calculemos el núcleo de t/>;· Si f E ker t/>; se tiene f(i) = O, luego i ~ sop(f). Así, si j E sop(f ), es j < i, porque f E M; y j 'F i, esto es, j E L;. Por ello ker ti>; e K n L;.

=K n

El otro contenido es obvio, luego ker t/>;

L;.

Ahora, im ti>; es, para cada i E /, un subgrupo de Z, luego 126.2.

im t/>;

= m¡Z para algún entero m;.

Coleccionamos J = [i E / : m; 'F O), y para cada i E J, existe por 126.2 un elemento

e K n M;

x;

tal que

Vamos a probar que S = {x; : i E J)

eK

es base de K, y así será libre en virtud del ejercicio anterior. Primero probamos que S es sistema generador de K. Si no fuese así, existe algún i E / tal que K

n M; et (S)

pues de lo contrario, K

= K nz
LJM¡ ie l

= LJ(K nM;)C (S) e

K,

ie l

la segunda igualdad por lo visto en el ejercicio 121, y por ello K = (S) y S sería sistema generador. Como / está bien ordenado, existe i E / tal que 126.3. K n M¡

et

(S), K

n

M¡

e

(S) si j < i.

493


Tomemos ahora f E K n M;, f fl. (S). Si fuese i fl. J, tendríamos m; = O, luego im 4'; = O, y en particular 4';({) = O, o lo que es lo mismo, f E ker 4';· Esto significa que f E K n L; y como / está bien ordenado, existe j < i con f E K n M¡- Esto contradice 126.3, y por tanto i E J. Así 4';(f> = m 1a, a E Z, m; "F- O, y consideramos g =

f- ax¡,

que es un elemento de K n M;, pues tanto f como x¡ están en K n M;. Evidentemente 4';(g)

= 4';(f> -

y por tanto g E ker 4'; = K

aq,¡(x¡)

= m,a -

am¡

=O

n L;. De nuevo, al ser / bien ordenado,

g E K

n M¡ para algúnj < i,

y por tanto g E (S) en virtud de 126.3. Esto implica que f = g + ax; E (S), lo que es una contradicción. Para terminar sólo queda probar, por inducción sobre n, que dados X¡,, .•. , X¡n en S, i1 < ... < in, el homomorfismo 'fin: zn ~ K: (t'1, ... , t'n)

t'1 X;,+ ... + en xin'

1--+

es inyectivo. Para n = 1 es claro, pues si t' 1 X; 1 = O se tiene 0 = q,.'J (t' 1 X-)= t' 1 m., 11 IJ

y como m; 1

,;é

O, resulta t' 1 = O.

Ahora, sin > 1 y t' = (t' 11 ... , t'n) E ker 'fin• se tiene

e1 x.

11

e

+ ... + n x.In =

o

y por ello

ri ¡qJ¡ (X¡_). n

0

=
+ ... + t' X-)= n

Ahora bien, si j < n es xi; E K

n L¡n

In

= ker

j=I

n

q,in' y por ello

o = en "'·,,, (x.'" ) = m.,,, er, de donde f n = O porque m¡n "F- O. Pero entonces t' 1 X; 1 + ... + t'n-l (t' I'

... ,

X;n-i =

O, esto es

t'n_ 1) E ker lfln-l = {O}

(por la hipótesis de inducción). Así

1

494


e1 = ... = en- 1 = en = o y 1/ln es inyectiva. Esto demuestra que K es libre. Ejercicio n.0 127. Si IR fuese libre lo sería su subgrupo Q. Ya vimos en el ejercicio 123 que esto no es así. Por tanto IR no es libre.

Si IR/Z fuese libre, su subgrupo Q/Z lo sería y por (1) en el ejercicio 123, T(Q/Z) = {O}. Sin embargo, se probó en (f) de 7.1.1 que T(Q/Z) = Q/Z. En consecuencia IIVZ no es libre. Ejercicio n.º 128

(a) Como en el ejercicio precedente probaremos que IIVQ no es libre, encontrando un subgrupo suyo que no lo es. Sea H = {1rq : q E O}

donde

1t

es el área del círculo de radio 1.

H es un subgrupo de IR pues no es vacío (por ejemplo 1fq ¡, 1fq 2 E H, es claro que 1fil1

1t

E H) y dados

-1Ul2 = 1t(q 1 - q 2) E H.

Por el segundo teorema de isomorfía 2.15, (H + Q)/Q

= H/(H n Q).

Pero la intersección H n Q = {O} ya que si x EH n Q no fuese nulo, se tendría X= 1fil1 =

y por tanto

1t

=

q2, q¡, q2 E Q, q¡

-:¡6

O -:¡6 q2

q 2!q 1 sería racional.

Así pues (H + Q) /Q

= Hl(H n Q) = H.

Ahora bien, H es isomorfo a Q mediante f:Q~H:qi---+1fq

495


porque f(q + q') = 7t (q + q') = xq + xq' = f(q) + f(q')

luego fes homomorfismo, evidentemente es sobreyectivo, y si q E ker = O, luego q = O, y así fes inyectivo.

f

es

xq

Por tanto, K = (H + O) /Q es un subgrupo de IIVQ con K ticular K no es libre (véase el ejercicio 123).

= Q, y en par-

Se deduce del ejercicio 126 que IIVQ no es libre. (b)

Si x

=r

+ Q E T(IR/Q) y n

= o(x),

se tiene

nr + Q = n(r + O) = nx = O + Q,

y por ello nr

=q

E Q.

De aquí r = qln E Q y en consecuenciax =O+ Q. Así pues T(IR/Q) =O+ Q y IR/Q no tiene torsión. (c) Si IR/Q fuese finitamente generado, y puesto que no tiene torsión, sería libre en virtud del problema 124. Esto contradice (a) y por tanto IR/Q no es finitamente generado.


Ges finitamente generado y sin torsión en virtud del ejercicio 123.

Sis

= {3(G), en virtud del teorema de estructura se tiene G

= T( G)

X zs

= zs.

Supongamos ahora que S no fuese finito. En tal caso podemos elegir xi' ... , xs+ 1 en S distintos, y por ser S base, '1's+1: zs+I---+ G: (m¡, ... , ms+1>

1-+

m¡X¡ + ... + ms+lxs+I

es inyectiva. Como G

=

zs, se obtiene componiendo un homomorfismo inyectivo

luego zs+ 1 es isomorfo a un subgrupo H de zs. En particular S

+ 1 = /J('ll..s+l) = /J(H) = /J('ll..S)- /J('ll..S/H)

la segunda igualdad por 6.7.2.3. Esto es absurdo.

,E;

/J('ll..S) = S,

496


Con ello queda probado que S es finito, y de hecho hemos demostrado que card S

129.1. Por otro lado, si S

=

{x 11

••• ,

,e;

s.

xrJ, el homomorfismo

'l'r: zr ~ G : (mi' ... , mr)

t-+

m1X1 + ... + m,xr

es evidentemente sobreyectivo, luego G

==

zr¡ ker lflr

por el primer teorema de isomorfía. Utilizando de nuevo 6.7.2.3, s

= /J(G) = /J(Z,_r/ker

lflr)

= /J(Zr) -

/J(ker lflr) ,e; /J(Zr)

=r

lo que junto con 129.1 nos proorciona la igualdad buscada card S = r = s = /J(G). (b) Por definición de base, basta probar que para cada 1 homomorfismo

,e;

n

,e;;

s, el

es inyectivo. Ahora bien, si tl>n: zn ~

zs: (m 11 ••• , mn)

i--+

(m 11

••• ,

mn, O, ... , O)

es claro que tl>n es inyectiva, y que lfln = l/15 ° tl>n para cada 1 ,e; n ,e; s.

Basta probar que lfl5 es inyectiva. Desde luego, como lfl5 es sobreyectiva (pues Ses sistema generador) se tiene

zs / ker lfls == zs y en particular /J(Z.5 )

= /J(Z. 5/ker

de donde se deduce que /J(ker

Y,5 )

Y,5 ) =

= /J(Z.5 )

-

/J(ker Y,5 )

O.

Por el teorema de estructura 7. 7, se deduce de aquí que ker l/15

Y lfls es inyectiva.

==

T(ker l/15 )

= ker

lfls

n

T(Z 5 )

= {O)

497


Ejercicio n.º 130. Si Ses base de 'll. 2 es en particular sistema generador, luego existen enteros m, n, p, q tales que

e 1 = (1, O)= mu+ nv, e2 = (O, 1) =:=pu+ qv. De aquí se deduce (*)

{1 = am +en O=bm+dn

{

O=ap+eq 1 =bp+dq

y por tanto

En particular,

=

1 det (~

~)=

(mq- pn)(ad-bc)

y como mq - pn y ad - be son enteros, ha de ser

130. 1. ad - be = + 1 ó -1. Veamos que esta condición es también suficiente. Supongamos que

8 = ad - be = + 1 ó -1. Entonces los números enteros

m = dio, n = -b/8, p = -ció, q = a/8 satisfacen (*) y por ello (1, O)= mu + nv, (O, 1) = pu + qv.

En consecuencia, 'll. 2

= (e 1, e 2 ) e

(u, v)

= (S) e

'll. 2

y S es sistema generador de 'll. 2 • Por el ejercicio anterior, S es base.

Ejercicio n.º 131. Como 'll. 2 es finitamente generado y /3(Z 2) = 2, las bases de 'll. 2 constan de dos elementos, según hemos demostrado en el ejercicio 129. Así, u forma parte de una base de 'll.2 si y sólo si existe v que S={u,v]

= (e,

d) E 'll.2 tal

498


es base de 7L 2 • Ahora bien, si Ses base de 7L 2 se verifica (véase el ejercicio anterior) que ad - be

= + 1 ó -1,

luego bien da + (-c)b

= 1, bien cb

+ (-d)a

= l.

En cualquier caso, se deduce de 1.8.9.3 que mcd(a, b) = l. Así pues, si u forma parte de una base de 7L 2 , entonces mcd(a, b) = l. Recíprocamente, si a y b son primos entre sí, existen por 1.8.9.3, dos enteros a y /3 tales que aa+f3b=l.

Si tomamos d = a, e = -/3, y v = (e, d) E 7l.. 2 , se desprende del ejercicio precedente que [u, v) es base de 7L 2• Por tanto una condición necesaria y suficiente para que u = (a, b) forme parte de una base de 7L 2 es que a y b sean primos entre sí.


Utilizamos el algoritmo obtenido en 7.14. Llamando Y1 =X2,Y2 =X¡,Y3 =X3'Y4 =X4,

las relaciones se escriben 2y¡ + 6y2 + 4y3 + 8y4 = o

Llamando S se tiene

4y 1 + 6y 2 + 6y 3 + 6y 4 =

o

2y 1 + 4y 2 + 4y 3 + 1Oy 4 =

o

= [y 1, y 2 , y 3 , y 4 )

yR

= [r 1, r2 , r 3 ) 2

6

M(S,R)= ( 4

6

a las relaciones anteriores,

46 68]

2 4 4 10

luego si R' = [r 1, r2

-

2r 1, r 3 - r 1) se tiene

2 6 ( M(S,R') = O -6

O -2

-~ -l~J

499


esto es,

o 6y 2 + 2y 3 + 1Oy 4 = o 2y2 - 2y4 = o

2(yl + 3y2 + 2y3

Llamando z 1

+ 4y4) =

= y 1 + 3y 2 + 2y 3 + 4y4, Z¡ =Y¡,

2 :e;; j ,e;; 4, se obtiene

Llamando también R' a estas relaciones y S' = [zl' z2' z3 , z4 J, se tiene

º]

2 O O O -2 O 6 2 10

M(S',R')= [ O 2

Nos quedamos ahora con el sistema generador S 1 = [z2' z3, z4 J de G 1 = (S 1) y las dos últimas relaciones 2z 2

2z 4

=O

6z 2 + 2z 3 + 10z4

=O

-

a las que llamamos R 1 = [r\, r'2 }. Si r'3 M(S1,R2 )=

= r'2 -

-2) (O2 O 2 16

esto es { 2z2 y así

3r' 1 y R 2

- 24=0 2z3 +164 =O

= [r'1, r'3 }, se tiene

500


Llamando R 2 a estas relaciones y S 2 = [u 2 , u 3 , u 4 J, se tiene M(S2 ,R2

Finalmente, si S 3

= [u 3,

º)

)=(o2

u 4 ] y G2

O 2 16

= (S3),

la presentación de G 2 es

G 2 = (u 3 , u 4 : 2u 3 + 16u 4 = O), y llamando v 3 = u 3 + 8u 4 , es

G 2 = (v 3 , u 4 : 2v 3 = O).

Por lo tanto

y así

G

= Z/2Z

X

Z/2Z

X

Z/2Z

X

Z.

En particular /3(G) = 1 y los coeficientes de torsión de G son 2, 2 y 2. (b)

El grupo H = ZIBZ tiene 8 elementos, al igual que T(G) = Z/2Z

x Z/2Z

X

Z/2Z.

Evidentemente H y T(G) no son isomorfos, porque Hes cíclico y T(G) no lo es. (c)

Sea q,: Z/2Z

x Z/2Z x Z/2Z

~

Z/6Z

un homomorfismo. Desde luego, como S = [e¡, el' e3 J es sistema generador de T(G), donde e1

= (1

+ 2Z, O + 2Z, O + 2Z), e 2

e3

= (O

= (O

+ 2Z, 1 + 2Z, O + 2Z),

+ 2Z, O + 2Z, 1 + 2Z),

q, queda determinado por q,(e 1), q,(e 2 ), q,(e 3 ).

Ahora bien, el orden de q, (e¡) es un divisor del orden de e¡, que es dos. Así pues o(q,(e¡)) = 1 ó 2 para i = 1, 2, 3.

Como el único elemento de orden dos en Z/6Z es 3 + 6Z = x, y el único de orden uno es y = O + 6Z, tenemos una aplicación inyectiva Hom(T(G), Z/6Z)

~

[Aplicaciones S

~

[x, y JJ : q, i--+ q,1 5 •

501


La inyectividad es consecuencia de que 4' queda determinado por las imágenes de e., e 2 y e 3• De hecho la anterior es una biyección pues dada una aplicación cualquiera

f: S ~ [x, y J es inmediato comprobar que

4': T(G)

~

Z/6Z: (a + 2Z, b + 2Z, e+ 2Z)

es homomorfismo y 4'l 5 =

1---+

af(e 1) + bf(e 2 ) + cf(e 3 )

f.

En consecuencia card Hom(T(G), Z/6Z) = número de aplicaciones S

~

[x, y]= 23 = 8.

Evidentemente no hay homomorfismos inyectivos T(G)

~

Z/6Z

pues o(T(G)) > o(Z/6Z). Tampoco los hay sobreyectivos pues si 4': T(G) ~ Z/6Z fuese uno, existiría a E T(G) con 4>(a) = 1 + 6Z y así o(a) =s;; 2, 0(4>(a)) = 6 y esto es falso.

Ejercicio n.0 133. Ninguno de los coeficientes de las relaciones dadas divide a las demás. Debemos pues emplear el algoritmo descrito en 7.14 desde el primer paso. 3a-5b=0 { 3b-5c=0

{

5a-3c=0 Llamando d

3(a-b)-2b =O 3b-5c=0 S(a-b)+Sb-3c= O

= a - bes S 1 = [d, b, cJ sistema generador de G y 2b-3d=0 { 3b-5c =O

...,

5b-3c+ 5d =O

{2(b-d)-d=O 3(b-d)-5c+3d =O S(b-d)-3c+ 10d =O

y llamando e= b - d, el conjunto S 2 = [e, d, e] es sistema generador de G y d-2e=0 { 5c-3d-3e=0 3c-10d-5e=0

502


Ahora, si f = d - 2e, se tiene el sistema generador S 3 = (e, e,

{f

=O d - 2e { Se- 3(d-2e)- 9e=O 3e-10(d-2e)-25e =O

íl

y

=O

5c-9e=0 3e-25e =O

y así otra presentación de G es

G

= (e, e : Se - 9e = 3e - 25e = O).

No hemos conseguido ningún coeficiente que divida a los demás, pero hemos obtenido un sistema generador S4 = (e, e}

de G con menos elementos que el inicial (señal inequívoca de que éste no era minimal). Ahora se tiene {

Se- 9e =0 {5(e-2e)+e =0 { e+Sg = O 3e-25e = O .... 3(e-2e)-19e = O .... 19e-3g = O

siendo g = e - 2e. Claramente (g, e} es también sistema generador de G. Pero entonces {e+ Sg = O {h = O { e+ Sg = O 19e-3g=O .... 19(e+Sg)-98g=O .... 98g=O y (h, g} es un sistema generador de G. Como h = O, llegamos a que

G

= (g : 98g = O)

y así Ges cíclico, generado por G, e isomorfo a Z/98Z, luego finito.

Obsérvese que ha bastado el primer paso del algoritmo para calcular G. Ahora, y en virtud de 3.1.3, Aut(G) = Z\8 • En particular Aut(G) es abeliano y o(Aut(G)) = q,(98) = (/)(2) q,(49) = q,(7 2 ) = 7 2 - 7 = 42,

q, la función de Euler. Como Aut( G) es abeliano de orden 42 = 2 · 3 · 7, se deduce de 2.22.3 que Aut( G)

= Z/ 42Z.

Ejercicio n.º 134. Sea

f:

Z. 3 ~ Z: (x, y, z)

i-+

x +y -

z.

503


Es evidente que fes un homomorfismo de núcleo H. En particular H es subgrupo de 7L 3• Además fes sobreyectivo, porque cada a E 7L es, por ejemplo, la imagen de (a, O, O). Por el primer teorema de isomorfía

luego 1 = {3(7L)

= /3(7L 3! H) = /3(7L 3 ) -

/J(H)

=3 -

/J(H)

de donde /J(H) = 2. Desde luego Hes libre. Se deduce obviamente del ejercicio 126. Pero no hace falta recurrir a un argumento tan potente. En efecto, T(H)

= H n T(7L 3 ) = (O},

luego H es sin torsión. Como también es finitamente generado, por ser subgrupo de 7L 3 , concluimos usando el ejercicio 124 que Hes libre. Además, por el teorema de estructura, H == 7L 2 • Para terminar construimos una base de H. A la vista del ejercicio 129, basta encontrar un sistema generador S = (u¡, u 2 } de H. Tomamos u 1 H. Así (S) e H.

= (1,

O, 1), u 2

= (O,

1, 1) que evidentemente pertenecen a

Pero si u = (x, y, z) E H debe ser z = x + y, luego u= (x,y,x +y) =x(l, O, 1) +y(O, 1, 1) =xu 1 +yu 2

lo que prueba que H = (S), de donde Ses base de H.

Ejercicio n.0 135. Como mcd (2, 3) = 1, se tiene

7L/27L

X

7L/37L == 7L/67L,

luego

7L/47L X 7L/67L ==7L/47L X 7L/27L X 7L/37L ==7L/37L X 7L/47L X 7L/27L y como mcd (3, 4) = 1, es

lL/ 37L

X

lLI 47L == lLI 127L,

de donde

7L/47L

X

7L/67L == 7i../127L

X

7L/27L,

504


lo que nos da G

= .Z/12.Z

X

.Z/2.Z

X

.Z,

y 2 divide a 12. Por tanto /J(G) = 1 y los coeficientes de torsión de G son 12

y 2.

Ejercicio n.0 136. Por el teorema de estructura serán G = .Z/m 1.Z X ..• X .Zlm,Jl. X .zk, H = .Zln 1.Z X ... X .Z/n5 .Z X .zt

donde mi+ 1 divide a mi y ni+ 1 divide a ni. De la hipótesis se deduce, por 7.4, que 136.1.

T(.Z/2.Z

X

G)

= T(.Z/2.Z

X

H).

Como .Z/2.Z x G (*)

= .Z/2.Z

x .Zlm¡.Z x ... x .Zlm,Jl. x .zk

y

.Z/2.Z

X

H

= .Z/2.Z

.Z/n 5 .Z X .zt

X

.Z/n 1.Z

X ... X

X .•. X

.Zfm,Jl.

= .Z/2.Z

se deduce de 136.1 que 136.2. .Z/2.Z

X

.Z/m 1.Z

X

.Z/n 1.Z

X ••. X

.Zln5 .Z.

En particular 2o(T(G))

= 2m 1 ••• mr = 2n 1 ••• n = 2o(T(H)), 5

y, por tanto o(T( G)) = o(T(H)).

Ahora distinguimos: CASO l. o(T( G)) es impar. En tal caso también es impar o(T(H)) y en consecuencia m I y n I son impares. Así .Z/2.Z x .Z/m 1.Z = .Z/2m 1.Z y .Z/2.Z x .Z/n 1.Z = .Z/2n 1.Z. De aquí, y usando 136.2, se deduce que .Z/2m 1.Z

X

.Zlm 2.Z X ••• X .Zlm,Jl.

= .Z/2n 1.Z

X

.Zln 2.Z X ... X .Zln5 .Z

y mi+J divide a mi, 2 ~ i ~ r- 1, m 2 divide a 2m 1, ni+J divide a ni, 2 ~ i ~ s- 1, n 2 divide a 2n 1•

505


Por la unicidad en el teorema de estructura,

CASO 2. o(T( G)) es par. Aquí aún debemos distinguir: SUBCASO 2.1. mr es par. Entonces también ns es par, pues en caso contrario, y llamando j al mayor índice tal que n¡ es par (j existe, porque n 1 ••• ns = o(T(H)) = o(T(G)) es par), se deduce de 136.2 que '11.lm¡'ll. x ... x '11.lm~ x '11./2'11. ==

= '11.ln¡'ll. x ... x '11.ln¡'ll. x '11.12'11.

X

'11.ln¡+l'll.

X ... X

'11.lns'll.

y como '11./2'11. x '11.ln;+i'll.

= '11.12n;+i'll.

(pues n¡+ 1 es impar) se tiene '11.lm¡'ll. x ... x '11.lm~ x '11.12'11. ='11.ln 1'11.

X ... X

'11.ln¡'ll.

X

'll./2n¡+i'll.

=

X ... X

'11.lns'll.

,.::: i. ....., ,.::: r - 1, ni+ 1 d'IVI'de a ni, 1 ....., ,.::: i. ....., ,.::: J. + 2, . ºde a mr, mi+ 1 d'IVIºde a mi, 1 ....., y 2 d IVI n;+i divide a 2n;+ 11 2n¡+ 1divide a n¡ (porque n¡+ 1 que es impar divide a n¡ que es par), ni+I divide a ni, j + 2 < i ~ s - l. De nuevo la unicidad en el teorema de estructura implica que 2=n s

contra la hipótesis de que ns es impar. Así '11.lm¡'ll. x ... x '11.lm~ x '11./2'11.

= '11.ln¡'ll.

x ... x '11./ns'll. x '11./2'11.

y ambas son descomposiciones canónicas, luego 136.4.

r

= s, m¡ = n¡,

... , mr

= nr.

SuacASO 2.2. mr es impar. Entonces el razonamiento anterior muestra que también ns es impar. Como T(G) y T(H) tienen orden par, existirán j y h tales que

506


m¡ es par, m¡ es impar si j < i ,s;;; r, nh es par, n¡ es impar si h < i ,s;;; s.

Ahora se deduce de 136.2, y puesto que '7Ll2'7L

x 'lLlm¡+I-¡¿ = '7Ll2m¡+I-¡¿ y '7L/2'7L

X 'lL/nh+I-¡¿

= '7L/2nh+I-¡¿

que '1Llm1'1L X ... X 'lLlm¡'lL X '7Ll2m¡+I-¡¿ X ... X 'lL!m,JL

=

'7/._/ n 1'lL X . . . X

=

'lL/ n h-¡¿ X '7L/2n h+ 1'lL X •. . X 'lLI n 5 '7/._

y por la unicidad en el teorema de estructura (obsérvese que ambas descomposiciones son canónicas).

136.5.

r

= S,

j = h, mr = nr, ... , 2mj+I = 2nj+I' ... , m 1 = n 1•

De 136.3,4,5, se deduce que en todos los casos

136.6.

r = s, m¡ = n¡, 1 ,s;;; i ,s;;; r.

Por otro lado, calculando el número de Betti en los dos miembros de (*) se deduce

136.7.

k = /3('7L/2'7L

X G) =

/3('7Ll2'7L X H) = f.

De 136.6 y 136. 7, G y H son isomorfos.

Ejercicio n.º 137.

Sea d = mcd(m, n) y escribamos

m =ad, n = bd. Evidentemente a y b son primos entre sí, luego 1 = Aa + µh para ciertos enteros íl y µ. Se deduce de mx + ny = O que

d(ax +by)= O. Consideremos entonces u = ax + by, v = -µx + íly, y probaremos que S = {u, v) es sistema generador de G. Como {x, y J lo es, basta demostrar que x E (S), y E (S).

507


Ahora bien,

= Ñlx

;tu - bv av + µu

= - aµx

+ ).by + bµx - b).y

= (Ñl

+ aly + aµx + bµy

+ µb )x

= (Ñl

=x

+ µb )y

=y

lo que prueba que S genera G. Como ya vimos que du = O, tenemos

G

= (u,

v : du

= O)

y por lo tanto G == "ll.!d"ll. X "ll..

Es ya claro que /3( G)= 1. Por otro lado, si d = 1, el grupo Z/ d"ll. es trivial, luego G == Z es cíclico y no tiene coeficientes de torsión. Si d "F- 1 el único coeficiente de torsión de G es d y G no es cíclico pues si lo fuese, como es infinito, sería isomorfo a Z. Esto es falso porque Z no tiene torsión y sin embargo T( G) = Z/ d"ll.. En resumen, G es cíclico si y sólo si m y n son primos entre sí.


Supongamos que n = 2k - 1 es impar. Entonces O = 2a + 4b + (2k - 1)e

Si llamamos u

=a

= 2(a

+ 2b + kc) - e.

+ 2b + kc, se deduce de 7 .13 que

S = [u, b, e] que genera G. Como 2u - e= O, esto implica que e= 2u, luego e E (u, b)

y por ello T = [u, b J también es sistema generador de G y tiene menos elementos que [a, b, cJ. Así, para que éste sea minimal es necesario que n sea par. Ahora, si n = 2k es par las relaciones de G se escriben { 2(a + 2b+kc) =O 2(a +2b+kc)-4b+(6-2k)c =O

{2u =O 4b+ 2(k-3)c =O

508


siendo u= a+ 2b + kc.

Evidentemente (u, b, y por lo tanto, como

cJ es un sistema generador de Gen virtud de 7.13 2u = 4b + 2(k - 3)c = O

se deduce que G

= Z/2"11..

X

H

donde

H = (b, e : 4b + 2(k - 3)c = O). Por el ejercicio anterior, si d = mcd(4, 2(k - 3)), sabemos que H = "11..I d"lL x Z. Como 4 y 2(k - 3) son pares, d = 2m siendo m = mcd(2, k - 3).

Así

G

= "11../2"11..

X "lL/2m"lL X

"11..

Como 2 divide a 2m, éstos son los coeficientes de torsión de G. Como se pide que sean iguales será 2 = 2m, luego m = 1, y esto significa que mcd (2, k - 3) = 1, o sea, k - 3 ha de ser impar, esto es, k par, y como n = 2k, n ha de ser múltiplo de cuatro. Por lo tanto, una condición necesaria para que se cumpla (a) es que n sea múltiplo de cuatro. La condición es desde luego suficiente, pues se tiene G

= "11../2"11..

X

Z/2"11..

X

Z

cuyos coeficientes de torsión son iguales y cuyos sistemas generadores minimales tienen tres elementos, porque x = (1 + 2"11.., O + 2"11.., O), y = (O + 2"11.., 1 + 2"11.., O), z = (O + 2"11.., O + 2"11.., 1)

constituyen, evidentemente, un sistema generador minimal. Para terminar es obvio que /3( G) = 1 y que los coeficientes de torsión de G son 2 y 2.

Ejercicio n.º 139 (a) Sea x E G cualquiera, x to, y por lo tanto

para ciertos xi' ... , xn E G.

,¡&,.

1 y H = (x). Por hipótesis IG: H] es fini-

509


Veamos que S = [x¡, ... , xn, xJ genera G. Para todo y E G es yH = x¡H para algún 1 =s;; j =s;; n. Por lo tanto x/ y EH, esto es, x¡- 1 y = xk para cierto entero k. En consecuencia y = X¡ xk E (S). (b)

Denominamos xn+I al x anterior, con lo que S = [x¡, ... , xn+IJ

es un sistema generador de G. Veamos que n+I

139.1.

Z(G) =

íl

Cc(x¡).

i=I

Sea a E CG(x¡) para todo 1 =s;; i

=s;;

n + 1 y probemos que

ay = ya para todo y E G.

En efecto, si y E G acabamos de probar que y= X¡ xt+i para ciertos 1 =s;; j =s;; n, k E 7L.

Como a E Cc(X¡) es ax¡= x 1a, y como a E CG(xn+i>, también a~+I = xt+ 1a. Por lo tanto ay= (ax.)xk 1 n+ 1

= x.(axk J n+ 1) = x.J xkn+ 1a = ya.

11+1

Esto demuestra que

n Cc(X¡) e Z(G)

y como el otro contenido es

i=l

obvio, queda probado 139.1. Cada CG(x¡) es un subgrupo de G distinto de [ 1) pues al menos X¡ E Cc(x¡). De la hipótesis se deduce que [G: CG(x¡)] es finito, 1 =s;; i =s;; n + 1, y utilizando 139.1 y 1.12.12, concluimos que Z(G) tiene índice finito. (c) Como el centro de G tiene índice finito, el teorema de Schur (6.11) asegura que el subgrupo derivado G 1 es finito. Si G no fuese abeliano existirían a y ben G con ab =;6 ba, luego a- 1b- 1ab y pertenece a G 1• De este modo G 1 =;6 [ 1) y por hipótesis

=;6

1

[G: G 1] es finito.

Como o(G)

=

o(G 1) [G: G 1], llegamos a que Ges finito, contra la hipóte-

sis. Queda pues probado que G es abeliano. (d) Sabemos de momento que Ges abeliano y finitamente generado. Comprobemos que no tiene torsión.

510


Sabemos por 7.7 que sis = {J(G), entonces G

=

T(G)

x 71..5 , 71..s =

GIT(G), T(G) = 7Llm 17L X ... X 71..lm,Jl. finito. ~

Como G no es finito, forzosamente s índice [G: T(G)] no es finito.

l. Así, al ser GIT(G)

=

71.. 5 , el

Esto implica, por la hipótesis en el enunciado, que T(G) = ( 1), luego G no tiene torsión y

G

= 71..s_

Sólo nos queda demostrar que s = 1. Supongamos por reducción al absurdo que s > 1. Obtendremos una contradicción si encontramos un subgrupo H =¡&, ( 1J de 71..s cuyo índice no sea finito. Definimos

f:

71..s

~

71..: (mi, •.• , m)

~

mi

que evidentemente es un homomorfismo sobreyectivo y tomamos

H = ker f. Como s > 1, los elementos (O, O, ... , O), (O, 1, O, ... , O) son distintos y están en H, luego H no es el subgrupo trivial y sin embargo, por el primer teorema de isomorfía

71..s¡H = 71... Como 71.. no es finito, tampoco lo es [71..s: HJ. Así pues s = 1 y G

Ejercicio n.º 140.

= 71... Solemos denotar el grupo cuaternión como

Q;;:: (1, -1, i, j, k, -i, -j, -kJ, y como i 2 = -1, ij = k, es claro que Q = (i, j). Como i y j son símbolos muy utilizados como subíndices, y aquí los vamos a necesitar, llamaremos

a ;;:: i, b = j, Q ;;:: (a, b). Recordemos que

140.1. a 4 = 1, b 2 = j2 = -1 = a 2 , aba = iji = ki = j = b. Siguiendo la construcción general 7.19 consideramos S = [a, bJ, el producto libre L(S) de los grupos G 1 = 71.. y G 2 = 71.. y los homomorfismos

l/11: 71.. ~ Q:

e~ at,

l/12= 71.. ~ Q:

e~ bl.

Por 7 .18 existe un único homomorfismo

fs: L(S)

~

Q

que es sobreyectivo y hace conmutativos los diagramas

511


y

Se trata de encontrar un sistema completo de relaciones en R(S) = ker f5 • En virtud de 140.1 tenemos fs(8 1(4)) fs(8 1(2)

= y,1(4) = a4 = 1, 8i(-2)) = y,1(2) y,i(-2) = a 2b- 2 = 1,

fs(8 1(1) 8i(l) 8 1(1) 8i(-1)) = abab- 1 = 1,

luego r 1 = 8 1(4) E R(S), r 2 = 8 1(2) 8i(-2) E R(S), r3 = 81(1) 8i(l) 81(1) 8i(-1) E R(S).

Nos proponemos demostrar que R = [rl' r 2 , r 3 ]

es un sistema completo de relaciones y para ello hay que probar que si N es el menor subgrupo normal de L(S) que contiene a R, se cumple N = R(S). Como R(S) es normal (pues es un núcleo) y contiene a R, el contenido N e R(S) es evidente. Antes de probar el otro contenido necesitamos 140.2.

Para cada entero positivo

e,

Yt = 81(f) 8i(l) 81(€) 8i(-1) pertenece a N.

Por inducción sobre

e, siendo el caso e =

1 trivial, pues

y1 = r3 E R C N.

Para

e>

1, se verifica Yt

= 81(1)yt'-I

82(1) 81(1) 82(-1)

y como Yt-l EN por hipótesis de inducción, se verifica 8 1(1)yt-l E 8 1(1)N = N81(1)

por ser N normal, con lo que Yt E N81(1) 8i(l) 8 1(1) 8i(-1) = Nr3 = N.

512


Veamos ya que R(S) C N. Si r E R(S), y salvo permutaciones en el orden, se escribirá por 7 .16.1 r = 6 1(m 1) 6i(t' 1)

•••

61(mk) Oi(t'k).

Probaremos por inducción sobre k que r E N. Supongamos primero k = 1, esto es, si m = m 1 y t' = t' I'

y dividamos

= 2s

t'

+ E, 0 =,;;;

E =,;;; 1.

Entonces Como

se despeja y así

esto es, r = 61(m) (r2- 16 1(2))5 62(E).

Como r E R(S) es f8 (r)

=

1, y de aquí Q 111 Q2s

pues fs
E

=

bE

= 1

O.

= 1, esto significa que b E (a), y

Q = (a, b) = (a)

sería cíclico, lo cual es falso. Así E = O y a 111 +2s = 1, luego m + 2s = 4n, n E ll.., porque a tiene orden cuatro. En particular r

= 6 1(m) (r216 1(2)) E 61(m) (N61(2))5 = 61(m) 61(2)5N = = 61(m + 2s)N = 6 1(4n)N = 6 1(4)nN = rj N = N 5

lo que resuelve el primer paso de la inducción. Supongamos ahora k > l. Lo primero que haremos es observar que podemos limitamos a estudiar el caso en que

513


140.3.

e1 = ... = ek = 1.

En efecto, dividiendo entre dos, se tiene f 1 = 2s 1

+ El' 0

1

:56. E 1 :56.

y

Pero

y por ello

luego 8 1(m 1) 82(-2)- 5 1 E N81(m 1 + 2s 1) (usamos, siempre que hace falta, la normalidad de N). Ahora, si r* = 81(m 1 + 2s 1) 82(e 1) 81(m 2 )

•••

8i(fk),

es r E Nr*, y basta pues demostrar que r* EN. Esto se deduce de la hipótesis de inducción si e 1 = O, pues en tal caso r* = 8 1(m 1 - 2s 1 + m 2 ) 8i(f 2 )

•••

82 (fk)

tiene «menos longitud que r». En caso de que e 1 = 1, r* tiene el mismo «aspecto» que r, pero el segundo factor es 8i( 1). Dicho de otro modo, hemos probado que podemos limitarnos a estudiar el caso en que e1 = l. Repitiendo el argumento con f 2 ••• ek, queda probada la validez de la reducción al caso 140.3. Debemos pues probar que r = 81(m 1) 820) ... 81(mk) 8i(l) pertenece a N.

Podemos escribir r = 81(m 1 - m 2 ) 8 1(m 2 ) 8i(l) 81(m 2 ) 8i(-1) 8i(2) 81(m 3) = 81(m 1 - m 2 )ym 8i(2) 81(-2) 81(2 + m 3 ) l

Al ser 81(m 1 - m 2 )ym r 2- 1 E 81(m 1 - m 2 )N l

•••

•••

82 0)=

820)=

= N81(m 1 - m 2 ) se tiene

r E N81(m 1 - m 2 + 2 + m 3 )

•••

8i(l).

514


Llamando m'3 = m 1 - m 2 + 2 + m 3 , resulta que r* = 6 1(m'3 ) Oi(l) 6 1(m 4 )

•••

62 (1)

pertenece a N por hipótesis de inducción, luego r E Nr* = N

como queriamos probar. Así pues R = [r1, r2 , r 3 } es un sistema completo de relaciones de R(S), S = [a, b}, y puesto que

f5 (r 1) = a4, f5 (r2 ) = a 2b-2 , fs(r 3 ) = abab- 1, la presentación del grupo cuatemión en la forma usual es Q

= (a, b: a4 = a 2b-2 = abab- 1 = 1).

GLOSARIO DE ABREVIATURAS Y SÍMBOLOS a- 1 •••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• 1= lG ................................................................................................

18

an ...................................................................................................... lx ......................................................................................................

19 20 20 20 20 21

Biy (X)...............................................................................................

sn ......................................................................................................

18

GLn (11?).............................................................................................. Dn ..................................................................................................... m'll. ....................................................................................................

28

(8).......................................................................................................

28

(a)......................................................................................................

30

CG (H) .............................................................................................. Z(G) .................................................................................................. CG (a)................................................................................................

31 31 32

8ª ......................................................................................................

32

NG (8)................................................................................................ HK ....................................................................................................

33

mcd (m, n) ........................................................................................

o(H) .................................................................................................. o(a) ...................................................................................................

34 35 36 36

mcm (m, n) .....................................................................................

37

RH RH Hx xH

40 40 41 41 41 41 41

..................................................................................................... ..................................................................................................... ..................................................................................................... .....................................................................................................

G/RH ................................................................................................. G/RH .................................................................................................

[G : H] ............................................................................................. [(h, k)]R ............................................................................................ Q ....................................................................................................... SLn (11?) .... ........ ................................... ... ... ... .... ....... ......... ................. K (H) ................................................................................................

44 49 65 69

G/H....................................................................................................

70

z:i .....................................................................................................

73

516


ker f................................................................................................... im f ..................................................................................................

74 77 78

G:::::: G' .............................................................................................

80

(j) ................................................................................................... e(j)...................................................................................................

91 91 91 91 119 125 126 143

t/J •••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••

s

U2 ..................................................................................................... An ...................................................................................................... Aut (G) ............................................................................................. IntG (H) .. ...................................... ........ ........ ................... ............. .... . Int (G) .............................................................................................. Gx .....................................................................................................

Ox···················· .. ·················································································

Sy/P (G)..............................................................................................

143 145 175 177

En.......................................................................................................

221

(a 1,

222 222

Cl (x) ................................................................................................ nP ......................................................................................................

••• ,

ak) .........................................................................................

sop(u) ................................................................................................

F (u).................................................................................................. f (u) .................................................................................................. V (n) .................................................................................................

long (S) ...... ............................. ........ ....... ........ ....... .......... ............... .. . /J(G, S)............................................................................................... /J(G) ................................................................................................... [a, b] ................................................................................................. [H, K] ...............................................................................................

G 1 ••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••

en ..................................................................................................... Ln (G) ............................................................................................... T (G).................................................................................................. Exp (n.............................................................................................. cd Exp (G).............................................................................................. Cd (G)................................................................................................

en ...............................................................................................

fs ....................................................................................................... R (S) .................................................................................................

(S, R) .................................................................................................

236

236 258 263 281 282 286 286 286 286 296 325 329 329 329 329 337, 361 337, 361 338, 362

GLOSARIO DE ABREVIATURAS Y SÍMBOLOS

517

M (S, R) ............................................................................................

347 356 356 356 360 360 367 367

pº ......................................................................................................

pk ·•········•··············•·······················•··················•··•··••·····•················•··• p ...................................................................................................... . L (S) ................................................................................................... L (S, 61, ••• ,On) .................................................................................. . sop (f) .............................................................................................. . 7L.(I) •••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••

ÍNDICE DE TÉRMINOS A Acción de un grupo sobre un conjunto ................................................... ejemplos de.............................................................................. 144., fiel ..................................................................................................... núcleo de una ......... .......... ............................................................... órbita de una ................................................................................... punto fijo de una .............. ....... ... ... ........................ ... ... .................... Automorfismo de un grupo ....... ....... ........................................................ de un grupo cíclico ....... ....... ....... ............. .......... .................... .. 119, interno ... ................................... .......... .......... ... ................. ....... .... .... .

141 156 142 142 143 143 119 120 125

B Base de un grupo abeliano ....................................................................... 368

e Cardinal de una órbita ................................................................................... 144 del producto de dos subgrupos .................... .................... ................. 44 Centralizador de un subgrupo..................................................................... 31 Centro de un grupo ....................................................................................... 31 de un p-grupo .................................................................................. 147 Ciclicidad de 111 Ciclo............................................................................................................. 221 longitud de un ................................................................................. 221 orden de un ................................................. .................................... 223 soporte de un ........................ ........................................................... 222 Ciclos disjuntos ............... ... ... ........................ ... ... ....... ... ....... ... ... .... ... .... .... . 222 Clase de conjugación ................................................................................ 145 Conmutador................................................................................................ 286 Cota superior del número de automorfismos de un grupo.................... 124 Criterios de nilpotencia ..................................................................... 305-315 policiclicidad .................................................................................... 272 resolubilidad .............................................................................. 301-304 no simplicidad ............................................ 15-154, 158, 200-210, 240

z; ............ ... ....... ....... .......... ... ... ....... .......... ....... ... .... ... .... ... ....

520


D Descomposición en ciclos disjuntos ......... ....... ....................... ..... ............

224

E Ecuación de clases de conjugación .. ........ .................................. ......... .... 146 Ejemplos de subgrupos derivados . ...... ....... ..................... ............... ... 290-292 El isomorfismo G/Z (G) = lnt (G) ........................................................... 127 Elemento de torsión ............ ......... ......... ...................... ............. ................ .......... 36 fuertemente real............................................................................... 259 inverso ................................................................................................ 18 neutro.................................................................................................. 18 regular de sn .......... .......... ....... ........ ........ .................... ... ..... .......... ... 258

F Fórmula de transitividad del índice............................................................ Función de Euler .........................................................................................

43 74

G Grupo............................................................................................................. 17 abeliano ............................................................. ... .......... .. ................... 23 alternado ... ............................... ................ ......... .................................. 91 cíclico ................................................................................................. 51 cociente .............. ................. ........ ......... ........ ............ ............... ........ .. .. 70 con la condición maximal ................................... ..................... .... .. .. 58 cuaternión..................................................................................... 50, 51 de automorfismos .......................................................... ............. .... 119 de Klein .............................................................................................. 56 diedral ................................................................................................ 21 divisible ....................... ............................................ ......................... 335 finitamente generado......................................................................... 50 finitamente presentado.................................................................... 362 fuertemente real ....... ........ ....... .............................. .................... ....... 259 Hamiltoniano ........ ................. ................. .................................. .. ........ 64 libre........................................................................................... 360, 367 lineal general ...... .................. ........................... .................................. 20 localmente finito................................................................................. 57 nilpotente ..... .. .......................... ......... ............................................. .. 298

ÍNDICE DE TÉRMINOS

perfecto.............................................................................................. policíclico ............................................. ............................................ producto directo................................................................................. producto libre ......... .................... ... .... ... ....... ... ... ............................... producto semidirecto .............................................................. 279, resoluble ...................... ... ... .... ...... .... ... ... ..... .. ... .... ...... .... ...... .... .... ...... simétrico.............................................................................................. simple .................................................................................................

z: .........................................................................................................

521 167 270 25 360 318 298 20 68 73

H Homomorfismo de grupos.......................................................................... 76 cíclicos ..... ..................... ................. ... ....... ....... ... ...... .... .. .... .... ....... 83-84 factorización canónica de un ...... ....... .... .. .... ... ... .... ............. ... ........ ... 79 imagen de un...................................................................................... 78 núcleo de un ............................................................ .......................... 77 Homomorfismo índice .... .... ........................................................................ 91

I Indice de un subgrupo .... ... .... .... ....... ... ....... ... ....... .... ...... .. ..... ... ... .... .... .... ... 41 Intersección de subgrupos .. .... ... ....... .......... .......... .......... ............. .... ... .... .... 33 Isomorfismo de grupos ............................................................................... 80

N Número de Betti de un grupo policíclico......................................... 282, 283

o Orden de un elemento.................................................................................. 36 Orden de un elemento de un grupo cíclico .............................................. 37 Orden de una permutación........................................................................ 227

p Parte fija de una permutación................................................................... 236 Partición de un número natural................................................................ 258

522


Presentación de un grupo mediante generadores y relaciones ..... 338, 362 Problema de invertibilidad del Teorema de Lagrange ........ ........... 211, 215 Propiedad universal del producto libre .......... ........ ............ .. ............. ....... 358 p-subgrupo ................................................................................................. 174 p-subgrupo de Sylow ................................................................................. 174 p-subgrupos de Sylow de subgrupos y cocientes ............................ 193-199

s Serie ........................................................................................................... 263 central................................................................................................ 298 cíclica................................................................................................. 270 de composición .......... .......... ....... ....... ........ .. ........... .. ............. .... ..... 264 factores de una .......... ................ ................ ............. .......................... 263 longitud de una ................ .. ....... ............................ ........... ............ .. .. 263 miembros de una.............................................................................. 263 refinamiento de una......................................................................... 263 Series equivalentes .............. ........ .. ...... ........ ................... .. ............... .......... 268 Signatura de un elemento de Sn ......... ........ ...... ............ ............... ... ............ 91 Simetría................................................................................................... 22, 56 Simplificación ... ... ............... ...................... ............................. ....................... 18 Sistema completo de relaciones de un grupo ... ............ .......... ........ 338, 362 Sistema generador........................................................................................ 30 minimal ............................................................................................... 54 Sistemas generadores de An······································································· 233 Sistemas generadores de Sn ...................................................... 224, 230, 231 Subgrupo ............ ....................... ....... ........ ................... ............. .............. ....... 25 característico..................................................................................... 132 conjugado ............. ......... ............................... .......................... ... ......... 32 de relaciones de un grupo ...................................................... 337, 361 de torsión.......................................................................................... 325 derivado .................... .. ....... ....... ............. ... .......... ............ ............. .. .. 286 estabilizador...................................................................................... 143 generado por un elemento ............................................. ............... ... 30 generado por un subconjunto .............................. .......................... ... 28 normal............................................................................................ 62-63 normalizador de un............................................................................ 33 orden de un ... ............. ....... ....... ................ .......... ............. ............. ... .. 36 propio .................................................................................................. 27 regular ............. ................... ...... ......... ........ ............. .......... .......... .. ... . 259 relaciones de equivalencia asociadas a un ............ ......... .. ... ............ 40 transitivo................................................................................... 254, 255

íNDICE DE TÉRMINOS

523

Subgrupos conmutador de dos .. ... .................................................................... 286 de An y Sn ......... .......... ............................................................... 243-253 de D4 •••••••••••.•••.••.....................................•.........................••••••••••••••.••• 46 de un cociente ... ....................... ... ... ... ....... ... ....... ............. .... ... .... ....... 72 de un grupo cíclico ..................................................................... 27, 53 producto de ................................ ........................................................ 34

T Teorema de Abel ............................................................................................. de Brauer .......................... ................................................................ de Cauchy-Frobenius ...................................................................... de Cayley .......................................................................................... de estructura de grupos abelianos finitos ..................................... de estructura de grupos abelianos finitamente generados ... ....... de Euler............................................................................................. de Fedorov ....................................................................................... de Frattini ............. .... ... ... ... ....... ...... ... ....... ... ....... ... .......... .... ... .... ..... de Jordan-Holder .. .......................................................................... de Lagrange ........................................................................................ de Poincaré ...................... .................................................................. de Schreier .............. ... ... ....... ....... ................ .......... ... ... .... ... .... ... .... ... de Schur .......... ................................................................................. de Sylow ........................................................................................... Teoremas de isomorfía ................................................................. 82, 98, Transposición .. ... ................. .......... .... ...... ... .... ... .......... ... ....... ... ... .... ... .... ... ..

239 140 156 143 103 331 115 389 312 269 42 69 268 293 174 100 223

Bujalance García, E.; Etayo Gordejuela, J.J.; Gamboa Mutuberría, J.M. - Teoría Elemental de Grupos (UNED)

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