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AYUDANT´IAS
GRUPOS Y ANILLOS (OTO NO 2016)˜
Ayudant´ıa 1: En esta secci´on trabajaremos con un concepto de vital importancia en la teor´ıa de grupos y en la matem´atica en general, estas son las acciones de grupos.
1.- Problema 1: Sea G ∼= Cn grupo c´ıclico de orden n ∈ N y sea Aut(G) su grupo de automorfismos. i.- Determine |Aut(G)|. ii.- Demuestre que Aut(G) ∼= (Z/nZ)∗^. Desarrollo: i.- Recordemos que Aut(G) act´ua en G v´ıa ϕ.g := ϕ(g), para cualquiera ϕ ∈ Aut(G), g ∈ G. Adem´as todo homomorfismo ϕ de G est´a completamente determinado por su valor en σ, para G = 〈σ〉 , ya que ϕ(σi) = ϕ(σ)i. Adem´as si ϕ : G −→ G, entonces ϕ(σ) = σj^ , para cierto j ∈ { 1 , · · · , n}. Por otro lado si ϕ es ismomorfismo entonces |σ| = |ϕ(σ)|, reemplazando los valores respectivo obtenemos que n = (^) (n,jn). As´ı (n, j) = 1, es decir ny j son relativamente primos, lo que equivale a que j ∈ (Z/nZ)∗. Reciprocamente para cualquiera ϕ : G → G tal que ϕ(σ) = σj^ , para (j, n) = 1 tenemos que ϕ es un automorfismo de G pues lleva el generador σ de G en otro generador del mismo grupo. Luego |OrbAut(G)(σ)| = | (Z/nZ)∗^ | = φ(n), donde φ es la funci´on de Euler. Por ´ultimo StabAut(G)(σ) = {ϕ ∈ Aut(G) : ϕ(σ) = σ} = id. Por lo tanto |StabAut(G)(σ)| = 1. Luego por la identidad
|Aut(G)| = |OrbAut(G)(σ)||StabAut(G)(σ)|
tenemos que |Aut(G)| = φ(n), donde φ es la funci´on de Euler. ii.- Designemos por ϕj al automorfismo de G tal que ϕ(σ) = σj^. Observe que la funci´on: τ : Aut(G) → (Z/nZ)∗^ : ϕj 7 → j,
es una funci´on sobreyectiva, por lo visto en el ejercicio anterior. Como los conjuntos en cuesti´on son finitos y de igual cardinal, τ es una biyecci´on. Adem´as ϕi(ϕj (σ)) = σij^. Luego τ es homomorfismo, por ende isomorfismo. 2.- Problema 2: Sea G ∼= Cp × Cp, donde Cp es un grupo c´ıclico de p elementos, para p primo. Determine |Aut(G)|.
Desarrollo: Observe que G ∼= V , donde V = (Fp)^2 visto como Fp espacio 1
vectorial. Luego por lo visto en clases, Aut(G) ∼= Gl 2 (Fp) y dicho grupo tiene (p^2 − 1)p(p − 1) elementos. 3.- Problema 3: Sea G grupo simple y H subgrupo de G tal que [G : H] = p, para p primo. Demuestre que p es el primo m´as grande que divide a |G| y que pi^ - |G| , ∀i > 1. Demostraci´on: Si |G| = p el resultado se sigue facilmente. Si no es este el caso, considere la acci´on de G sobre el conjunto X = {gHg−^1 : g ∈ G} v´ıa: x.(gHg−^1 ) = (xg)H(xg)−^1. Luego existe un homomorfismo ϕ : G → Biy(X) definido por ϕ(g) = σg , donde σg (xHx−^1 ) = (gx)H(gx)−^1. Observe que ker(ϕ) / G, luego ker(ϕ) = G o ker(ϕ) = { 0 }. Si ker(ϕ) = G entonces ϕ = 0. Pero σg (H) = gHg−^1 , luego si ϕ = 0 entonces σg (H) = H. Por lo tanto ∀g ∈ G tenemos que gHg−^1 = H, es decir H / G. Luego H = G, en cuyo caso [G : H] = 1 o bien H = { 0 }, en cuyo caso |G| = [G : H] = p. Ambas alternativas llevan a contradicciones. Por otro lado si ker(ϕ) = { 0 } entonces G ↪→ Biy(X). Observe que gHg−^1 = hHh−^1 s´ı y solamente s´ı gh−^1 ∈ NG(H), es decir |X| = [G : NG(H)] ≤ [G : H], pues NG(H) ⊇ H. Luego |G|||Biy(X)| = r! , donde |X| = r ≤ p. Pero p||G| = |H|[G : H]. Luego si q > p y q||G| entonces q|r! con r ≤ p. Esto es contradictorio. Por otro lado si pi||G|, para i > 1 entonces pi|r! luego r = p y en este caso pi−^1 |(p − 1)!. Esto es contradictorio. 4.- Problema 4: Muestre que si un grupo G cumple con |G| = n y p es el menor primo que divide a n. i.- Demuestre que todo subgrupo de ´ındice p es normal en G. ii.- Concluya que si H ≤ G tal que [G : H] = 2 entonces H / G. iii.- Pruebe que A 3 = {id, (123), (132)} es un subgrupo normal de S 3.
Desarrollo: i.- Sea H ≤ G con [G : H] = p primo. Considere la acci´on de G sobre X = G/H conjunto de cosetos de H, v´ıa:
g.(aH) = (ga)H. Esta acci´on induce un homomorfismo πH : G → Biy(X), donde πH (g) = σg , donde σg (aH) = g.(aH) = (ga)H. Observe que:
ker(πH ) = {g ∈ G : gaH = aH, ∀a ∈ G}.
Es decir g ∈ ker(πH ) s´ı y solamente s´ı (a−^1 ga)H = H para cualquier a ∈ G, lo que equivale a que (a−^1 ga) ∈ H, ∀a ∈ G. As´ı K = ker(πH ) = ∩a∈GaHa−^1. Observe que K / G por ser n´ucleo de un homomorfismo. Adem´as K ⊂ H = eHe−^1. Sea l = [H : K], as´ı [G : K] = [G : H][H : K] = pl. Como X tiene p cosetos, tenemos que G/K ↪→ Sp, donde Sp es el grupo de biyecciones de
Ayudant´ıa 2: En esta ayudant´ıa trabajaremos los conceptos ´orbitas y estabi- lizadores de acciones de grupos.
1.- Problema 1: Considere la acci´on de G = S 3 sobre G por conjugaci´on. Calcule el n´umero de ´orbitas de dicha acci´on. Desarrollo: Partamos por considerar las ´orbitas m´as elementales. Observe que σ(id)σ−^1 = id, ∀σ ∈ G. Luego OrbG(id) = {id}. Por otro lado el largo de cualquier permutaci´on es la misma que la de su conjugado. As´ı OrbG((123)) ⊆ {(123), (132)}. Pero (12)(123)(12)−^1 = (12)(123)(12) = (132). Luego OrbG((123)) = {(123), (132)}. Por ´ultimo calculemos la ´orbita de la permutaci´on (13). Recordemos que (ab)−^1 = (ab). Luego como (12)(13)(12) = (23), (12)(23)(12) = (13) y (23)(13)(23) = (12) tenemos que OrbG((13)) = {(12), (13), (23)}. Finalmente concluimos que existen 3 clases de conjugaci´on. 2.- Problema 2: Sea G grupo y x ∈ Z(G). Considere la acci´on de G sobre s´ı mismo v´ıa conjugaci´on. i.- Demuestre que OrbG(x) = {x}. ii.- Deduzca que Z(S 3 ) = {id}. Desarrollo: i.- Sabemos que por definici´on de centro de un grupo xg = gx, para todo g ∈ G. Luego x = gxg−^1 , para todo g ∈ G. Es decir OrbG(x) = {x}. Observe que el rec´ıproco de este hecho tambi´en es cierto. En efecto si OrbG(x) = {x} entonces x = gxg−^1 , ∀g ∈ G. Luego gx = xg, ∀g ∈ G. Equivalentemente1 x ∈ Z(G). ii.- Basta analizar los elementos de S 3 con el fin de encontrar los elementos que tienen ´orbita trivial. As´ı concluimos que Z(S 3 ) = {id}. 3.- Problema 3: Sea G = Sn grupo y considere el Fq espacio vectorial V = Fnq , donde q = pt, para p primo. Definimos la acci´on de G sobre V de la manera siguiente. Sea v =
∑n i=1 αiei^ entonces:
σ.v =
∑^ n
i=
αieσ(i).
Calcule el n´umero de ´orbitas de dicha acci´on.
Desarrollo: Utilizaremos la siguiente igualdad vista en clases. Sea c el n´umero de ´orbitas de una acci´on y F ix(g) = {v ∈ V : g.v = v}, entonces:
c =
|G|
g∈G
F ix(g).
Sea v =
∑n i=1 αiei^ entonces^ σ.v^ =^ v^ s´ı y solamente s´ı: ∑^ n
i=
αiei =
∑^ n
i=
αieσ(i).
Luego si σ = (a 1 · · · at) entonces αa 1 = αa 2 = · · · = αat. Por lo tanto ten- emos qn−t+1^ posibles vectores con dicha propiedad. Por otro lado sabemos que existen
(n t
permutaciones de largo t, para t > 1. Observe que si t = 1 entonces σ = id y en dicho caso existen qn^ elementos estables por la acci´on de σ. Por lo tanto:
c =
n!
[ (^) n ∑
t=
n t
qn−t+1^ + qn
]
Luego: c =
n!
[
q(q + 1)n^ − qn+1^ − (n − 1)qn
]
4.- Problema 4: Considere la acci´on de G sobre Aut(G) v´ıa: (g.ϕ)(x) = ϕ(gxg−^1 ) = ϕ ◦ ϕg (x), ∀g ∈ G ∀ϕ ∈ Aut(G), donde ϕg (x) = gxg−^1 se denomina automorfismo interior. i.- Calcule el n´umero de ´orbitas de dicha acci´on. Concluya que [G : Z(G)]||Aut(G)|. ii.- Calcule el n´umero de ´orbitas para G grupo abeliano. Concluya que en este caso la acci´on es trivial. iii.- Calcule el n´umero de ´orbitas para G = Q 8 iv.- Demustre que G/Z(G) ∼= {ϕg : ϕg aut. interior}. Concluya que Z(G) / G y deduzca nuevamente que [G : Z(G)]||Aut(G)|. Desarrollo: i.- Haremos uso de la identidad explicada en el problema anterior, que nos dice que el n´umero de ´orbitas c de la acci´on es:
c =
|G|
g∈G
F ix(g).
En efecto sea g ∈ G. Nos preguntamos cuantos automorfismos ϕ cumplen con ϕ(gxg−^1 ) = ϕ(x), ∀x ∈ G. Observe que como ϕ es inyectivo tenemos que x = gxg−^1 , ∀x ∈ G. Luego |F ix(g)| = |Aut(G)|, si g ∈ Z(G) o bien |F ix(g)| = 0, si g /∈ Z(G). De esto se sigue que:
c = |Z(G)||Aut(G)| |G|
lo que es equivalente a:
c =
|Aut(G)| [G : Z(G)]
Luego como c ∈ N concluimos que [G : Z(G)]||Aut(G)|. ii.- Observe que si G es abeliano, entonces [G : Z(G)] = 1. Entonces c = |Aut(G)|. Luego existen tantas ´orbitas como elementos del conjunto sobre el que act´ua G. Esto implica que g.ϕ = ϕ para cualquier g ∈ G y ϕ ∈ Aut(G).
Ayudant´ıa 3: En esta ayudant´ıa trabajaremos los conceptos centro y central- izador en el grupo de biyecciones Sn.
1.- Problema 1: Sea σ ∈ Sn y x = (a 1 · · · at) un ciclo de largo t. Demustre que σxσ−^1 = (σ(a 1 ) · · · σ(at)). Demostraci´on: Sea i ∈ { 1 , · · · , n}. Si i = σ(aj ), alg´un j ∈ { 1 , · · · t}, entonces σxσ−^1 (i) = σx(aj ) = σ(aj+1) = (σ(a 1 ) · · · σ(at))(i). Por otro lado si i 6 = σ(aj ) ∀j, entonces σxσ−^1 (i) = i = (σ(a 1 ) · · · σ(at))(i). Luego por igualdad de funciones tenemos que σxσ−^1 = (σ(a 1 ) · · · σ(at)). 1.- Ejercicio 1: Sea σ ∈ Sn y x = (a 11 · · · a 1 t) · · · (ar 1 · · · ars) ∈ Sn elemento cualquiera en Sn escrito como producto de ciclos disjuntos. Demustre que σxσ−^1 = (σ(a 11 ) · · · σ(a 1 t)) · · · (σ(ar 1 ) · · · σ(ars)). 2.- Problema 2: Sea Sn grupo de biyecciones del conjunto de n elementos y considere la acci´on de Sn sobre s´ı mismo por conjugaci´on. i.- Demustre que si x = (a 1 · · · at) un ciclo de largo t, entonces OrbSn (x) = OrbSn ((1 · · · t)) = {(b 1 · · · bt) : bi ∈ { 1 , · · · , n}}. ii.- Deduzca que Z(Sn) = {id}, para n ≥ 3. Desarrollo: i.- Considere {b 1 , · · · , bt} ⊆ { 1 , · · · , n}. Entonces siempre existe una biyecci´on σ tal que σ(ai) = bi. Luego σxσ−^1 = (b 1 · · · bt). Por otro lado todo conjugado de x es un c´ıclo de largo t por lo probado en [1]. Esto implica que OrbSn (x) = {(b 1 · · · bt) : bi ∈ { 1 , · · · , n}}. Adem´as como x es cualquier ciclo de largo t, podemos s´ın p´erdida de generalidad asumir que es (1 · · · t). Luego OrbSn (x) = OrbSn ((1 · · · t)) = {(b 1 · · · bt) : bi ∈ { 1 , · · · , n}}. ii.- Observe que el argumento dado en [1] se extiende a productos de ciclos disjuntos de largos distintos. Luego lo dicho en [i] prueba que la ´orbita de cualquier elemento no trivial tiene m´as de un elemento. Pero sabemos que x ∈ Z(Sn) s´ı y solamente s´ı su ´orbita bajo la acci´on de conjugaci´on consta s´olo de x. Por lo tanto Z(Sn) = {id}. 3.- Problema 3: Sea x = (12)(34)(56) ∈ S 6. Calcule |CS 6 (x)|.
Desarrollo: Recordemos que G act´ua en P(G) de la siguiente manera. Sea S ⊆ G, entonces g.S := gSg−^1. As´ı GS = {g ∈ G : gSg−^1 = S}. Luego |{gSg−^1 : g ∈ G}| = [G : GS ]. Cuando S = {s}, decimos que Gs = CG(s) y entonces |{gsg−^1 : g ∈ G}| = [G : CG(s)]. Observe que si x = (12)(34)(56) entonces para cualquier σ ∈ Sn tenemos que σxσ−^1 = (σ(1)σ(2))(σ(3)σ(4))(σ(5)σ(6)). Luego los conjugados de x son 15, esto pues en la primera transposici´on el 1 puede ir a 2, 3 , 4 , 5 , 6 y luego, en la siguiente transposici´on, uno de los cuatro n´umeros retantes puede tomar 3 opciones. Con esto la ´ultima transpocici´on queda fija. Concluimos que |CS 6 (x)| = 15 6! = 48.
4.- Problema 4: Sea σ ∈ Sm un ciclo de largo m. i.- Demuestre que |CSn (σ)| = m(n − m)!. ii.- Pruebe que CSn (σ) = {σiτ : 0 ≤ i ≤ m − 1 , τ ∈ Sn−m}. iii.- Calcule |CS 7 ((123))|.
Desarrollo: i.- Recordemos que si σ = (a 1 · · · am) entonces gσg−^1 = (g(a 1 ) · · · g(am)). Luego g(a 1 ) ∈ { 1 , · · · , n} , g(a 2 ) ∈ { 1 , · · · , n} − {g(a 1 )} y as´ı sucesiva- mente. Es decir fijados los valores de g(a 1 ), · · · , g(ai) tenemos que g(ai+1) puede tomar n − i valores. Adem´as de esto si permutamos los valores c´ıclicamente en una trasposici´on, obtenemos la misma transposici´on. Por lo tanto |{gσg−^1 : g ∈ G}| = n(n−1)··· m(n −m+1). Concluimos que |CSn (σ)| = mn! n(n−1)···(n−m+1) =^ m(n^ −^ m)!. ii.- Observe que 〈σ〉 ⊆ CSn (σ). Por otro lado g ∈ Biy({ 1 , · · · , n}−{a 1 , · · · , at}) cumple con gσg−^1 = (g(a 1 ) · · · g(am)) = σ. Adem´as |CSn (σ)| = m(n − m)! = |{σiτ : 0 ≤ i ≤ m − 1 , τ ∈ Sn−m}|, esto pues las biyecciones en Sn−m son disjuntas de las potencias de σ. Luego como existe una con- tensi´on y los conjuntos tienen igual cardinal, tenemos que CSn (σ) = {σiτ : 0 ≤ i ≤ m − 1 , τ ∈ Sn−m}.
iii.- Concluimos que |CS 7 ((123))| = 3(7 − 3)! = 72.
4.- Ejercicio: Sea σ ∈ Sn un producto de r transposiciones disjuntas. Pruebe que |CSn (σ)| = 2r^ r!(n − 2 r)!.
primo. Demostraci´on: Utilizaremos el teorema de cauchy para grupos abelianos. Este dice que si p primo cumple con p||G|, entonces G tiene un subgrupo de orden p. Recordemos que todo grupo de orden pm^ tiene centro no trivial. As´ı |Z(G)| = pt, para cierto t ∈ { 1 , · · · , m}. Por lo tanto p||Z(G)|. Luego Z(G) tiene un subgrupo de orden p, debido a que este grupo es ciertamente abeliano. A posteriori G tiene un subgrupo de orden p, digamos H = 〈h〉, para cierto h ∈ H. Por otro lado si tomamos cualquier g ∈ G tenemos que ghg−^1 = h, puesto que h ∈ Z(G). Esto implica que gHg−^1 = H, ∀g ∈ G. En otras palabras H / G. Por ende G tiene un subgrupo normal de orden p y esto implica que no es simple. 5.- Problema 5: Sea G es un grupo de orden p^3 , para cierto p primo, con G no abeliano. i.- Pruebe que |Z(G)| = p. ii.- Calcule el centro de D 8 y Q 8. iii.- Calcule Inn(G) y concluya que Inn(D 8 ) = Inn(Q 8 ) = C 2 × C 2.
Desarrollo: i.- Recordemos que como corolario de la ecuaci´on de clase tenemos que todo p-grupo tiene centro no trivial. Luego |Z(G)| ∈ {p^3 , p^2 , p}. Es evidente que si |Z(G)| = p^3 entonces G = Z(G). Lo que es equivalente a que G sea abeliano. Por otro lado si |Z(G)| = p^2 entonces |G/Z(G)| = p primo. Luego G/Z(G) es c´ıclico y por ende G es abeliano. Finalmente |Z(G)| = p. ii.- Para calcular el centro de Q 8 y D 8 observemos que |Q 8 | = |D 8 | = 8 y estos son grupos no abelianos. Luego |Z(D 8 )| = |Z(Q 8 )| = 2. En el caso del grupo cuaternionico Q 8 tenemos que {± 1 } ⊂ Z(G). Luego Z(G) = {± 1 }. Por otro lado en el caso del grupo diedral D 8 =
r, s : r^4 = s^2 = 1, sr = r−^1 s
tenemos que 1 ∈ Z(G), por ende nos falta un elemento en el centro del grupo. Observe que sr^2 = r^3 sr = r^6 s = r^2 s y r^2 r = rr^2. Por lo tanto Z(D 8 ) = { 1 , r^2 }.
iii.- Para calcular los grupos de automorfismos interiores basta calcular el co- ciente G/Z(G). Observe que |G/Z(G)| = p^2. Luego por el problema 3 tenemos que G/Z(G) es isomorfo a Cp 2 o Cp × Cp. Si G/Z(G) ∼= Cp 2 en- tonces G es abeliano. Luego Inn(G) ∼= G/Z(G) ∼= Cp × Cp. En particular Inn(D 8 ) = Inn(Q 8 ) = C 2 × C 2. 6.- Problema 6: Sea G = Gln(Fp) grupo de matrices invertibles sobre Fp. i.- Calcule el orden del subgrupo H = {(aij) : aii = 1 aij = 0 sii > j. ii.- Concluya que Z(H) es no trivial.
iii.- Calcule el orden de cualquier elemento σ conjugado a
en Gl 2 (Fp). Pruebe que 〈σ〉 ∼= Cp.
Desarrollo: i.- Para encontrar dicho valor, analicemos el conjunto en cuesti´on. Sea A = (aij) ∈ H. Observe que a 12 puede tomar cualquier valor en Fp. Lo mismo va a suceder en a 13 y a 23 , esto pues en cualquier caso det(A) = 1 ∈ F∗ p. As´ı (aij) puede tomar cualquier valor en Fp. Por lo tanto tenemos pα^ elemnetos diferentes, donde α =
∑n− 1 i=1 i^ =^
n(n−1)
- En s´ıntesis^ |H|^ =^ p^
n(n−1) (^2). Observe que este grupo tiene por orden la mayor potencia de p que divide a |G|. ii.- Como H es un grupo de orden p tenemos, como consecuencia de la ecuaci´on de clase, que Z(H) es no trivial.
iii.- Sea w =
. Entonces |σ| = |w|. Pero por inducci´on se puede
demostrar que wi^ =
1 i 0 1
. Luego |w| = p y por lo tanto |σ| = p. Concluimos que como |〈σ〉| = |σ| = p, entonces 〈σ〉 ∼= Cp.
subgrupo H de orden p en G. Ahora bien como H ≤ Z(G) tenemos que H / G.
ii.- Razonaremos por inducci´on. Si n = 1 es trivial. Para n = 2 sabemos por [i] que existe H / G, con |H| = p. Adem´as G, { 1 } / G de orden p^2 y 1 respectivamente. Supongamos que la afirmaci´on es cierta para n ∈ N. Sea G grupo de orden pn+1. Entonces por [i] tenemos que existe H / G con |H| = p. Equivalentemente G/H es un grupo de orden |G/H| = pn. Por hip´otesis de inducci´on, existe Ks/H / G/H, con |Ks/H| = ps. Luego |Ks| = ps+1. Definimos Hs = Ks− 1. Entonces si tomamos g ∈ G, x ∈ Ks tenemos que gxg−^1 ∈ HsH ⊂ Hs. Por lo tanto Hs / G. Luego tenemos grupos normales de todos los ordenes posibles. Observe que H 0 = { 1 } y H 1 = H.
3.- Problema 3: Sea G un grupo de orden pq, para p < q primos. i.- Demuestre que G tiene un subgrupo normal de orden q. ii.- De un contraejemplo para la normalidad de un grupo de orden p.
Desarrollo: i.- Sabemos que q||G|, luego por el teorema de Cauchy tenemos que existe un subgrupo H de G de orden q. Luego como [G : H] = p menor primo que divide al orden de G, tenemos que, por lo visto en la ayudant´ıa 2, H / G.
ii.- Considere G = S 3 , donde |G| = 3 · 2. Dicho grupo tiene un s´olo subgrupo normal. Este es el grupo alternante A 3 de orden 3. As´ı no existen subgrupos normales de orden 2.
3.- Ejercicio: Pruebe que si G es un grupo abeliano de orden pq, entonces G es c´ıclico.
4.- Problema 4: Encuentre todos los grupos abelianos simples. Desarrollo: Observe que si G es un grupo abeliano simple entonces sus unicos subgrupos son los triviales. Esto ´ultimo debido a que todo subgrupo de un grupo abeliano es normal. Ahora bien p||G|, para cierto p primo. Por el teorema de Cauchy tenemos que existe H subgrupo de G con |H| = p. Luego G = H ∼= Cp.
Ayudant´ıa 6: Esta ayudant´ıa tiene por objetivo comenzar a trabajar con los teoremas de Sylow.
1.- Problema 1: Sean H, K / G tales que H ∩ K = { 1 } y |G| = |H||K|. Pruebe que G ∼= H × K. Demostraci´on: Sea φ : H × K → G, φ(h, k) = hk funci´on entre grupos. Observe que φ(h 1 h 2 , k 1 k 2 ) = h 1 h 2 k 1 k 2. Por otro lado φ(h 1 , k 1 )φ(h 2 k 2 ) = h 1 k 1 h 2 k 2. Pero por la normalidad de H y K tenemos que existen h 3 ∈ H, k 3 ∈ K tales que h 1 k 1 h 2 k 2 = h 1 h 2 k 3 k 2 = h 1 h 3 k 1 k 2. Luego h 2 k 3 = h 3 k 1 , es decir h 2 (k 3 k 1 − 1 )h− 2 1 = h 3 h− 2 1 ∈ H ∩ K. Luego h 3 = h 2 y k 3 = k 1. Por lo tanto φ(h 1 , k 1 )φ(h 2 , k 2 ) = h 1 k 1 h 2 k 2 = h 1 h 2 k 1 k 2 = φ(h 1 h 2 , k 1 k 2 ). Es decir φ es homomorfismo de grupos. Observe que ker(φ) = {(h, k) : hk = 1}. Pero si hk = 1, entonces h = k−^1 ∈ H ∩ K. Por ello h = k = 1. Luego ker(φ) = {(1, 1)}, es decir φ es inyectivo. Adem´as como los conjuntos finitos de partida y llegada tienen igual n´umero de elementos, tenemos que φ es biyectiva. 1.- Ejercicio: Sea G grupo de orden 50 que tiene un grupo normal de orden
- Pruebe que G ∼= C 50 o bien G ∼= C 5 × C 10. 2.- Problema 2: Sea G grupo. i.- Encuentre todos los grupos G de orden 21 salvo isomorf´ıa. ii.- Encuentre todos los grupos G de orden 15. iii.- Generalice estas ideas. Desarrollo: i.- Sea G grupo tal que |G| = 21 = 7 · 3. Entonces existe S ≤ G un 7-Sylow y T ≤ G un 3-Sylow. Observe que n 7 ≡ 1(7) y que n 7 |3. Por lo tanto n 7 = 1, es decir S / G. Adem´as n 3 ≡ 1(3) y n 3 |7. As´ı n 3 = 1, 7. Dividamos el an´alisis en casos. Si n 3 = 1, entonces T /G. Luego H, T /G, con H∩T = { 1 } y |G| = |H||T |. Por lo tanto G ∼= H × K ∼= C 3 × C 7 ∼= C 21 , por teorema chino. Si n 3 = 7, tenemos que existen 7 subgrupos de orden 3 en G. Sea T = { 1 , a, a^2 } grupo de orden 3. Como S / G tenemos que aSa−^1 = S. Luego si S = { 1 , b, · · · , b^6 } entonces aba−^1 = bi, cierto i ∈ { 1 , · · · , 6 }. Observe que, por inducci´on, abka = bik^ y anba−n^ = bi
n
. Luego requerimos que b = a^3 ba−^3 = bi 3 , es decir i^3 ≡ 1(7). Por lo tanto i ∈ { 1 , 2 , 4 }. Observe que si i = 1 entonces G abeliano y por lo tanto n 3 = 1. Concluimos que:
G ∼= 〈a, b : b^7 = a^3 = 1, aba−^1 = b^2 〉,
o bien: G ∼= 〈a, b : b^7 = a^3 = 1, aba−^1 = b^4 〉.
ii.- Sea G grupo de orden 15 = 3 · 5. Entonces existe S ≤ G un 5-Sylow y T ≤ G un 3-Sylow. Observe que n 5 |3 y n 5 ≡ 1(5). Luego n 5 = 1, es decir
Ayudant´ıa 7: Esta ayudant´ıa tiene por objetivo comenzar a trabajar con los teoremas de Sylow.
1.- Problema 1: Sea G grupo de orden ptm, con (m, p) = 1. Por lo teoremas de Sylow, existe un p-subgrupo de Sylow S ⊂ G. Adem´as los dem´as p-subgrupos de Sylow son conjugados de S. i.- Pruebe que el n´umero np de p-subgrupos de Sylow diferentes es [G : NG(S)]. ii.- Deduzca que np|m. iii.- Pruebe que si np = 1 entonces S / G. Demostraci´on: i.- Observe que gSg−^1 = tSt−^1 s´ı y solamente s´ı gt−^1 ∈ NG(S). Luego por cada clase en G/NG(S) tenemos un conjugado de S distinto. Por ello np = |G/NG(S)| = [G : NG(S)]. ii.- Observe que m = [G : S] = [G : NG(S)][NG(S) : G]. Luego np|m. iii.- Observe que si np = 1 entonces para cualquier g ∈ G tenemos que gSg−^1 = S. Luego S / G. 2.- Problema 2: Sea G grupo de orden 39. i.- Encuentre todos los grupos de dicho orden, salvo isomorf´ıa. ii.- Encuentre todos los elementos de orden 3 en dichos grupos. iii.- Suponga que G es abeliano. Calcule su grupo de automorfismos. Desarrollo: i.- Usaremos los teoremas de Sylow. Observe que n 13 |3 y n 13 ≡ 1(13). Luego n 13 = 1. Es decir existe T ≤ G un 13-Sylow normal. Por otro lado n 3 |13 y n 3 ≡ 1(3). Luego n 3 = 1 o n 3 = 13. Dividamos el an´alisis en casos: a.- Si n 3 = 1. Entonces existe S ≤ G un 13-Sylow normal. Luego como |G| = |S||T | y S ∩ T ⊂ {x ∈ G : |x|| 3 , 5 } = {e}, tenemos que G ∼= C 3 × C 13 ∼= C 39. b.- Si n 3 = 13. Entonces tenemos que existen 13 subgrupos de orden 3 en G. Sea S = { 1 , a, a^2 } grupo de orden 3. Como T / G tenemos que aT a−^1 = T. Luego si T = { 1 , b, · · · , b^12 } entonces aba−^1 = bi, cierto i ∈ { 1 , · · · , 12 }. Observe que, por inducci´on, abka−^1 = bik^ y anba−n^ = bi
n
. Luego requer- imos que b = a^3 ba−^3 = bi
3 , es decir i^3 ≡ 1(13). Por lo tanto i ∈ { 1 , 3 , 9 }. Observe que si i = 1 entonces G abeliano y por lo tanto n 3 = 1. Concluimos que: G ∼= G 1 = 〈a, b : b^13 = a^3 = 1, aba−^1 = b^3 〉, o bien: G ∼= G 2 = 〈a, b : b^13 = a^3 = 1, aba−^1 = b^9 〉. Observe que G 2 ∼= G 2 , pues φ : G 1 → G 2 definido por φ(a) = a^2 , φ(b) = b es un una homomorfismo que envia generadores en generadores, luego es un isomorfismo. Observe que est´a bien definida pues φ(ab) = a^2 b = ab^9 a = b^81 a^2 = b^3 a^2 = φ(b^3 a). Luego G 1 ∼= G 2. ii.- Recordemos que todos los elementos de orden 3 generan subgrupos de G de orden 3. Dichos subgrupos, en el caso abeliano G ∼= C 39 = 〈σ〉 solo uno y es H = 〈σ^13 〉. Por otro lado si G no es abeliano, entonces son los conjugados de S = 〈a〉, es decir los subgrupos S′^ = biSb−i^ = 〈biab−i〉, para
i ∈ { 0 , · · · , 12 }. Luego los elementos de orden 3 en G son los elementos biab−i, bia^2 b−i^ donde i ∈ { 0 , · · · , 12 }.
iii.- Observe que si G es un grupo abeliano, entonces G ∼= C 39. Luego por lo visto en la ayudant´ıa 1 tenemos que Aut(G) ∼= (Z/ 39 Z)∗^ ∼= (Z/ 3 Z)∗^ × (Z/ 13 Z)
= C 2 × C 12.
3.- Problema 3: Sea G ∼= S 5 grupo de permutaciones. i.- Encuentre un 5-Sylow de G. Demuestre que no es normal. ii.- Demustre que existen 6 subgrupos de orden 5 en G. Desarrollo: i.- Observe primero que |G| = 2^3 · 5 · 3. Luego H es un 5-Sylow s´ı y solamente s´ı tiene orden 5. Considere el subgrupo H = 〈(12345)〉 = {id, (12345), (24135), (31425), (43215)} de orden 5. Recordemos que σ(12345)σ−^1 = (σ(1)σ(2)σ(3)σ(4)σ(5)). Luego H / G si contiene a todas las permutaciones de largo 5. Pero (42315) ∈/ H. Luego H no es normal en G. ii.- Observe que n 5 ∈ { 1 , 3 , 6 , 12 , 24 , 2 , 4 , 8 }. Pero n 5 ∼= 1(5). Luego n 5 ∈ { 1 , 6 }. Luego si n 5 = 1 entonces H / G, lo que claramente es falso. Luego n 5 = 6. Por ello existen 6 subgrupos de orden 5 en G. 4.- Problema 4: Sea G = Q 8. Encuentre una cadena de subgrupos de G tales que : N 0 = {e} / N 1 / · · · Nt = G, y Ni/Ni− 1 ∼= C 2 , para todo i ∈ { 1 , · · · , t}. Desarrollo: Recordemos que N 3 = Q 8 = 〈i, j : j^4 = i^4 ij = j^3 i〉, en donde identificamos i^2 = j^2 = −1. Sea N 3 = 〈i〉 = {− 1 , −i, i, 1 }. Observe que jij−^1 = −jij = j^2 i = −i. Luego N 2 / G con cociente |G/N 2 | = 2, luego G/N 2 ∼= C 2. Considere entonces N 1 = 〈− 1 〉 = { 1 , − 1 }. Como N 1 = Z(G) tenemos que N 1 / N 2 con |N 2 /N 1 | = 2. Luego N 2 /N 2 ∼= C 2. Por ´ultimo N 0 = { 1 }. Observe que salvo isomorf´ıa la cadena que damos es: { 1 } / C 2 / C 4 / Q 8. Observe tambien que como N 2 debe tener 4 elementos tenemos que ±i, ±j o ±k = ±ij es un elemento de N 2. Luego N 2 = 〈i〉, 〈j〉 o 〈k〉 y el ´unico subgrupo normal de indice 2 de N 2 es N 1 = 〈− 1 〉, pues dicho grupo debe tener 2 elementos. En s´ıntesis, salvo isomorfismo, la cadena anterior es ´unica. 1.- Ejercicio: Replique esto para G = D 16.
Adem´as siempre se cumple que H ⊆ NG(H). Por lo tanto H = NG(H), es decir NG(NG(P )) = NG(P ).
4.- Problema 4: Sea G un p-grupo. Demuestre que si H ( G es un subgrupo propio de G, entonces H ( NG(H). Demostraci´on: Pendiente.
Ayudant´ıa 9: En esta ayudant´ıa estudiaremos un tipo especial de grupos, llamados grupos solubles.
1.- Problema 1: Sea G grupo abeliano. Es un hecho que G ∼= Cn 1 ×· · ·×Cnt. Demustre que G es un grupo soluble. Demostraci´on: Considere Hi = Cn 1 ×· · ·×Cni subgrupo de G. Como G es abeliano Hi / G, en particular Hi / Hi+1. Adem´as Hi+1/Hi ∼= Cni+1 grupo c´ıclico. Esto demuestra que G es soluble. As´ı todo grupo abeliano es soluble. 2.- Problema 2: Sea p 6 = 2 primo. Sea G = D 2 p grupo dihedral. De- muestre que G es soluble. Demostraci´on: Sabemos que G = 〈a, b : ap^ = b^2 = 1, ba = a−^1 b〉. Considere H = 〈a〉. Entonces [G : H] = 2. Luego, por lo demostrado en las primeras ayudant´ıas, H / G. Adem´as |G/H| = 2, por lo tanto G/H ∼= C 2. Por otro lado H/{ 1 } ∼= H ∼= Cp. Si utilizamos la cadena de subgrupos: { 1 } / H / G, con cocientes G/H ∼= C 2 , H ∼= Cp, entonces concluimos que G es soluble. 2.- Ejercicio: Demuestre que D 2 n es soluble para cualquier n ∈ N. 3.- Problema 3: Sea G grupo. i.- Si |G| = 15, pruebe que G es soluble. ii.- Demuestre que S 4 es soluble. Desarrollo: i.- Sabemos que si |G| = 15 entonces, por lo demostrado en las ayudant´ıas previas v´ıa teoremas de Sylow, tenemos que G ∼= C 15. Luego {e} / G es una cadena que hace a G soluble. ii.- Sabemos que siempre A 4 / S 4. Ahora escribamos A 4 por extensi´on. En efecto, A 4 = {id, (123), (132), (124), (142), (124), (243), (12)(34), (14)(32)}. Entonces K 4 = {id, (12)(34), (13)(24), (14)(32)} ∼= C 2 × C 2 es un subgrupo normal de S 4 , pues para cualquier σ ∈ S 4 tenemos que σ(ij)(kl)σ−^1 = (σ(i)σ(j))(σ(k)σ(l)) ∈ K 4 , para cualquiera i, j, k, l. Por ´ultimo consideremos {id, (12)(34)} ∼= C 2 subgrupo normal de K 4 , pues K 4 es abeliano. As´ı tenemos:
{id} / C 2 / K 4 / A 4 / S 4 ,
donde K 4 /C 2 ∼= C 2 , A 4 /K 4 ∼= C 3 y S 4 /A 4 ∼= C 2. Por lo tanto S 4 es un grupo soluble. 3.- Ejercicio: Pruebe que S 3 es soluble. 4.- Problema 4: Pruebe que si H, K son grupos solubles entonces G = H ×K es soluble.
