Matemáticas universitarias — Grado 3 · Bachelor Year 3

1Teoría de grupos

En el volumen de segundo año los grupos eran poco más que un instrumento de recuento: teorema de Lagrange, grupos cíclicos, grupo simétrico y su signatura. Este capítulo convierte la teoría de grupos en un método. El motor es la noción de grupo que actúa sobre un conjunto: contar órbitas y puntos fijos produce la ecuación de clases, el teorema de Cauchy y los tres teoremas de Sylow — el principio local-global fundamental de la teoría de grupos finitos. Aprenderemos después a ensamblar grupos (productos directos y semidirectos) y a desmontarlos (series de composición, grupos resolubles), y demostraremos el teorema que, en el Capítulo 4, cerrará una cuestión de tres siglos sobre las ecuaciones polinómicas: el grupo alternado $A_n$ es simple para $n \geq 5$ .

1.1 Grupos cociente y teoremas de isomorfía

En todo el capítulo, $G$ es un grupo escrito multiplicativamente y $e$ su elemento neutro. Recordemos del volumen de segundo año: los subgrupos, las clases laterales $gH$ , el teorema de Lagrange ( $\abs G = [G:H]\,\abs H$ para $G$ finito), el orden de un elemento, los grupos cíclicos y el grupo simétrico $S_n$ con su morfismo signatura $\varepsilon \colon S_n \to \{\pm1\}$ .

Definición 1.1

Un subgrupo $N$ de $G$ es normal (se escribe $N \trianglelefteq G$ ) cuando $gNg^{-1} = N$ para todo $g \in G$ — equivalentemente, cuando las clases laterales por la izquierda y por la derecha coinciden: $gN = Ng$ para todo $g$ .

Teorema 1.2 (Grupo cociente)

Sea $N \trianglelefteq G$ . El conjunto $G/N$ de las clases laterales, dotado de la multiplicación $(gN)(hN) = ghN$ , es un grupo bien definido, el grupo cociente, y la proyección canónica $\pi \colon G \to G/N$ , $g \mapsto gN$ , es un morfismo sobreyectivo de núcleo $N$ . Recíprocamente, todo núcleo de un morfismo de grupos es normal: los subgrupos normales son exactamente los núcleos.

Demostración. Lo esencial es la buena definición. Si $gN = g'N$ y $hN = h'N$ , escribamos $g' = gn$ , $h' = hm$ con $n, m \in N$ . Entonces $g'h' = gnhm = gh\,(h^{-1}nh)\,m \in ghN$ , pues $h^{-1}nh \in N$ por normalidad: el producto de clases no depende de los representantes. La asociatividad, el neutro $eN = N$ y los inversos $(gN)^{-1} = g^{-1}N$ se heredan de $G$ . Es claro que $\pi$ es un morfismo sobreyectivo y $\pi(g) = N \iff g \in N$ .

Si $f \colon G \to H$ es un morfismo y $k \in \ker f$ , entonces $f(gkg^{-1}) = f(g)f(k)f(g)^{-1} = e$ : los núcleos son normales. ∎

Teorema 1.3 (Propiedad universal; primer teorema de isomorfía)

Sea $f \colon G \to H$ un morfismo y sea $N \trianglelefteq G$ con $N \subseteq \ker f$ . Existe un único morfismo $\bar f \colon G/N \to H$ tal que $f = \bar f \circ \pi$ . En particular, tomando $N = \ker f$ :

G/\ker f \;\xrightarrow{\;\sim\;}\; \operatorname{im} f, \qquad gN \mapsto f(g).

Demostración. Unicidad: $\bar f(gN)$ ha de ser $f(g)$ . Existencia: si $gN = g'N$ , entonces $g^{-1}g' \in N \subseteq \ker f$ , luego $f(g) = f(g')$ y $\bar f(gN) = f(g)$ está bien definida; es un morfismo porque lo es $f$ . Para $N = \ker f$ : $\bar f$ es inyectiva, ya que $\bar f(gN) = e$ significa $g \in \ker f$ , es decir, $gN = N$ ; su imagen es la de $f$ . ∎

Teorema 1.4 (Segundo y tercer teoremas de isomorfía)

Sean $H \leq G$ y $N \trianglelefteq G$ .

$HN = \{hn : h \in H,\, n \in N\}$ es un subgrupo, $N \trianglelefteq HN$ , $H \cap N \trianglelefteq H$ , y

$H/(H \cap N) \;\cong\; HN/N .$
Si además $N \subseteq K \trianglelefteq G$ , entonces $K/N \trianglelefteq G/N$ y $(G/N)\big/(K/N) \cong G/K$ .

Demostración. (1) $HN$ es un subgrupo: $(hn)(h'n') = hh'\,(h'^{-1}nh')n' \in HN$ y $(hn)^{-1} = h^{-1}(hn^{-1}h^{-1}) \in HN$ , usando la normalidad de $N$ . Compongamos $H \hookrightarrow HN \xrightarrow{\pi} HN/N$ : este morfismo es sobreyectivo ( $hnN = hN$ ) y tiene núcleo $\{h \in H : h \in N\} = H \cap N$ ; basta aplicar el Teorema 1.3.

(2) La proyección $G/N \to G/K$ , $gN \mapsto gK$ , está bien definida ( $N \subseteq K$ ), es sobreyectiva y tiene núcleo $K/N$ ; se aplica de nuevo el Teorema 1.3. ∎

Teorema 1.5 (Teorema de correspondencia)

Sea $N \trianglelefteq G$ . La aplicación $H \mapsto H/N$ es una biyección entre los subgrupos de $G$ que contienen $N$ y los subgrupos de $G/N$ , y conserva inclusiones, índices y normalidad (en ambos sentidos).

Demostración. Su inversa es $\bar H \mapsto \pi^{-1}(\bar H)$ . Ambas aplicaciones llevan subgrupos en subgrupos y son mutuamente inversas: $\pi^{-1}(H/N) = HN = H$ porque $N \subseteq H$ , y $\pi(\pi^{-1}(\bar H)) = \bar H$ por la sobreyectividad de $\pi$ . Las inclusiones se conservan claramente; $[G:H] = [G/N : H/N]$ porque $gH \mapsto (gN)(H/N)$ es una biyección bien definida entre los espacios de clases; y $gHg^{-1} = H$ para todo $g$ si y solo si $(gN)(H/N)(gN)^{-1} = H/N$ para todo $gN$ , de nuevo por la sobreyectividad de $\pi$ . ∎

Ejemplo 1.6

$\varepsilon \colon S_n \to \{\pm 1\}$ da $S_n/A_n \cong \{\pm1\}$ ; $\det \colon GL_n(K) \to K^\times$ da $GL_n(K)/SL_n(K) \cong K^\times$ ; $t \mapsto \eu^{2\iu\pi t}$ da $\R/\Z \cong \mathbb U$ , el grupo del círculo. El primer teorema de isomorfía es la forma en que los cocientes se calculan en la práctica: buscar una sobreyección con el núcleo adecuado.

Método 1.7

Para demostrar que $N \trianglelefteq G$ , en orden decreciente de elegancia: exhibir $N$ como núcleo de un morfismo definido sobre $G$ ; comprobar $gNg^{-1} \subseteq N$ para todo $g$ (basta con eso: aplicándolo a $g^{-1}$ y conjugando se obtiene la inclusión recíproca); verificar que $N$ es una unión de clases de conjugación; o bien observar que $[G:N] = 2$ (entonces $gN = Ng$ es forzoso — el Ejercicio 1.1).

1.2 Acciones de grupo

Definición 1.8

Una acción de $G$ sobre un conjunto $X$ es un morfismo $\varphi \colon G \to \mathfrak{S}(X)$ en el grupo de las biyecciones de $X$ ; se escribe $g \cdot x$ en lugar de $\varphi(g)(x)$ . Equivalentemente: una aplicación $G \times X \to X$ con $e \cdot x = x$ y $g \cdot (h \cdot x) = (gh) \cdot x$ . La órbita de $x$ es $\mathcal O_x = \{g \cdot x : g \in G\}$ , su estabilizador es el subgrupo $G_x = \{g : g\cdot x = x\}$ , y $X^G = \{x : \forall g,\ g \cdot x = x\}$ es el conjunto de los puntos fijos. La acción es transitiva si hay exactamente una órbita, fiel si $\varphi$ es inyectivo y libre si todos los estabilizadores son triviales.

Ejemplo 1.9

Cinco acciones gobiernan toda la teoría de grupos finitos:

$G$ sobre sí mismo por traslación por la izquierda $g \cdot x = gx$ : libre y transitiva.
$G$ sobre sí mismo por conjugación $g \cdot x = gxg^{-1}$ : las órbitas son las clases de conjugación, los estabilizadores los centralizadores $Z_G(x) = \{g : gx = xg\}$ y los puntos fijos el centro $Z(G)$ .
$G$ sobre el espacio de clases $G/H$ por $g \cdot xH = gxH$ : transitiva, con estabilizador de la clase $H$ igual a $H$ . Toda acción transitiva es de esta forma (Ejercicio 1.8).
$G$ sobre el conjunto de sus subgrupos por conjugación: el estabilizador de $H$ es el normalizador $N_G(H) = \{g : gHg^{-1} = H\}$ , el mayor subgrupo de $G$ en el que $H$ es normal.
$S_n$ sobre $\intint{1}{n}$ : la madre de todos los ejemplos.

Teorema 1.10 (Órbita–estabilizador)

La aplicación $gG_x \mapsto g \cdot x$ es una biyección bien definida $G/G_x \to \mathcal O_x$ . En particular, para $G$ finito,

\abs{\mathcal O_x} = [G : G_x] \quad\text{divide a } \abs G,

y, como las órbitas forman una partición de $X$ (son las clases de la equivalencia $x \sim y \iff y \in \mathcal O_x$ ),

\abs X = \sum_{i} \,[G : G_{x_i}] \qquad (x_i\colon \text{un punto por órbita}).

Demostración. Buena definición e inyectividad: $gG_x = hG_x \iff h^{-1}g \in G_x \iff h^{-1}g \cdot x = x \iff g \cdot x = h \cdot x$ ; léase la cadena en ambos sentidos. La sobreyectividad es la definición misma de órbita. Los enunciados de recuento se siguen del teorema de Lagrange y de la partición de $X$ en órbitas. ∎

Corolario 1.11 (Ecuación de clases)

Para un grupo finito $G$ , eligiendo un representante $x_i$ en cada clase de conjugación con más de un elemento:

\abs G = \abs{Z(G)} + \sum_i \,[G : Z_G(x_i)], \qquad\text{cada } [G : Z_G(x_i)] > 1 \text{ que divide a } \abs G.

Demostración. Basta aplicar el Teorema 1.10 a la acción por conjugación: las órbitas con un solo elemento son exactamente los elementos de $Z(G)$ . ∎

Teorema 1.12 (Puntos fijos de los $p$ -grupos)

Sea $p$ primo. Un $p$ -grupo es un grupo finito cuyo orden es una potencia de $p$ . Si un $p$ -grupo $G$ actúa sobre un conjunto finito $X$ , entonces

\abs{X^G} \equiv \abs X \pmod p .

Consecuencias: un $p$ -grupo no trivial tiene centro no trivial, y todo grupo de orden $p^2$ es abeliano.

Demostración. Cada órbita tiene cardinal $[G:G_x]$ , una potencia de $p$ ; esa potencia vale $1$ exactamente sobre los puntos fijos y en los demás casos es divisible por $p$ . Sumando sobre las órbitas se obtiene la congruencia. Para el centro: la acción de $G$ sobre sí mismo por conjugación cumple $X^G = Z(G)$ , luego $\abs{Z(G)} \equiv \abs G \equiv 0 \pmod p$ , y $Z(G) \ni e$ obliga a $\abs{Z(G)} \geq p$ . Orden $p^2$ : si $Z(G) \neq G$ , entonces $\abs{Z(G)} = p$ y $G/Z(G)$ es cíclico de orden $p$ , lo que obliga a que $G$ sea abeliano (Ejercicio 1.2) — contradicción. ∎

Teorema 1.13 (Cauchy)

Si un primo $p$ divide a $\abs G$ , entonces $G$ contiene un elemento de orden $p$ .

Demostración (McKay). Sea $X = \{(g_1, \dots, g_p) \in G^p : g_1 g_2 \cdots g_p = e\}$ . Al elegir libremente $g_1, \dots, g_{p-1}$ queda determinado $g_p$ : $\abs X = \abs G^{p-1}$ , divisible por $p$ . El grupo cíclico $\Z/p\Z$ actúa sobre $X$ por desplazamiento cíclico $(g_1, \dots, g_p) \mapsto (g_2, \dots, g_p, g_1)$ — esto preserva $X$ , pues $g_2 \cdots g_p g_1 = g_1^{-1}(g_1 \cdots g_p)g_1 = e$ . Por el Teorema 1.12, $\abs{X^{\Z/p\Z}} \equiv \abs X \equiv 0 \pmod p$ . Los puntos fijos son las tuplas constantes $(g, \dots, g)$ con $g^p = e$ ; la tupla $(e, \dots, e)$ es uno de ellos, de modo que hay al menos $p$ , y por tanto al menos un $g \neq e$ con $g^p = e$ : su orden es exactamente $p$ . ∎

Teorema 1.14 (Cayley)

Todo grupo de orden $n$ se sumerge en $S_n$ .

Demostración. La traslación por la izquierda $\varphi \colon G \to \mathfrak S(G) \cong S_n$ es un morfismo; $\varphi(g) = \mathrm{id}$ obliga a $g = ge = e$ : es fiel. ∎

Método 1.15

El recuento de puntos fijos es la apertura universal de la teoría de grupos finitos. Para demostrar que algo existe (un elemento central, un elemento de orden $p$ , un subgrupo normal, un punto fijo), se hace actuar un grupo bien elegido sobre un conjunto finito bien elegido y se comparan $\abs{X^G}$ y $\abs X$ módulo $p$ , o bien se obliga a los tamaños de las órbitas a dividir el orden del grupo. Las demostraciones del Teoremas 1.12 y 1.13 y de los tres teoremas de Sylow que siguen son cinco variaciones sobre esta única idea.

1.3 Los teoremas de Sylow

El teorema de Lagrange afirma que el orden de un subgrupo divide a $\abs G$ ; el recíproco es falso ( $A_4$ , de orden $12$ , no tiene ningún subgrupo de orden $6$ — el Ejercicio 1.1). Los teoremas de Sylow rescatan el recíproco para las potencias de primos, y su cláusula de recuento es la herramienta general más fina de que disponemos para producir subgrupos normales.

Definición 1.16

Escribamos $\abs G = p^a m$ con $p \nmid m$ . Un $p$ -subgrupo de Sylow de $G$ es un subgrupo de orden $p^a$ — un $p$ -subgrupo del mayor orden concebible. El número de $p$ -subgrupos de Sylow de $G$ se denota $n_p$ .

Lema 1.17

Si $\abs G = p^a m$ con $p \nmid m$ , entonces $\dbinom{p^a m}{p^a} \equiv m \pmod p$ .

Demostración. En $\mathbb F_p[X]$ , el sueño del principiante $(1+X)^p = 1 + X^p$ (los coeficientes $\binom pk$ , $0<k<p$ , son divisibles por $p$ : $p$ divide al numerador de $\frac{p!}{k!(p-k)!}$ pero no al denominador) se itera hasta $(1+X)^{p^a} = 1 + X^{p^a}$ , de donde

(1+X)^{p^a m} = \bigl(1 + X^{p^a}\bigr)^m = \sum_{k=0}^{m} \binom mk X^{k p^a} \quad\text{en } \mathbb F_p[X].

Identifíquese el coeficiente de $X^{p^a}$ : a la izquierda $\binom{p^a m}{p^a} \bmod p$ , a la derecha $\binom m1 = m$ . ∎

Teorema 1.18 (Sylow I: existencia)

Para todo primo $p$ existen $p$ -subgrupos de Sylow de $G$ .

Demostración (Wielandt). Sea $\Omega$ el conjunto de los subconjuntos de $G$ de cardinal $p^a$ ; $G$ actúa sobre $\Omega$ por traslación por la izquierda $g \cdot S = gS$ . Por el Lema 1.17, $\abs\Omega = \binom{p^a m}{p^a} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ , luego alguna órbita $\mathcal O_S$ tiene tamaño primo con $p$ (si $p$ dividiese el tamaño de todas las órbitas, dividiría a $\abs\Omega$ ). Sea $H = G_S$ el estabilizador de uno de esos $S$ . Como $[G : H] = \abs{\mathcal O_S}$ es primo con $p$ y $p^a \mid \abs G = [G:H]\,\abs H$ , obtenemos $p^a \mid \abs H$ . Recíprocamente, fijemos $s \in S$ : la aplicación $H \to S$ , $h \mapsto hs$ , es inyectiva y toma valores en $S$ , porque $hS = S$ ; por tanto $\abs H \leq \abs S = p^a$ . Así pues, $\abs H = p^a$ . ∎

Teorema 1.19 (Sylow II: dominación y conjugación)

Sea $P$ un $p$ -subgrupo de Sylow y sea $Q$ un $p$ -subgrupo cualquiera de $G$ . Entonces $Q \subseteq gPg^{-1}$ para algún $g \in G$ . En particular, todos los $p$ -subgrupos de Sylow son conjugados, y $P \trianglelefteq G \iff n_p = 1$ .

Demostración. Hagamos actuar $Q$ sobre el espacio de clases $X = G/P$ , de cardinal $m \not\equiv 0 \pmod p$ . Por el Teorema 1.12 aplicado al $p$ -grupo $Q$ , $\abs{X^Q} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ : existe una clase fija $gP$ , es decir, $QgP = gP$ , o sea $g^{-1}Qg \subseteq P$ . Si $Q$ es a su vez un subgrupo de Sylow, la igualdad de órdenes convierte $Q \subseteq gPg^{-1}$ en una igualdad. Por último, $P \trianglelefteq G$ si y solo si sus conjugados $\{gPg^{-1}\}$ — que, por lo anterior, son todos los $p$ -subgrupos de Sylow — se reducen a $\{P\}$ . ∎

Teorema 1.20 (Sylow III: recuento)

$n_p \equiv 1 \pmod p$ , y $n_p = [G : N_G(P)]$ , que divide a $m$ .

Demostración. Sea $\mathrm{Syl}_p$ el conjunto de los $p$ -subgrupos de Sylow; $G$ actúa sobre él transitivamente por conjugación (Teorema 1.19), con estabilizador de $P$ igual al normalizador $N_G(P) \supseteq P$ : $n_p = [G : N_G(P)]$ , y $m = [G:P] = [G:N_G(P)]\,[N_G(P):P]$ muestra que $n_p \mid m$ .

Restrinjamos ahora la acción a $P$ y contemos los puntos fijos. Si $Q \in \mathrm{Syl}_p$ queda fijo por $P$ , entonces $P \subseteq N_G(Q)$ ; tanto $P$ como $Q$ son $p$ -subgrupos de Sylow del grupo $N_G(Q)$ , luego son conjugados en él (el Teorema 1.19 aplicado a $N_G(Q)$ ); pero $Q \trianglelefteq N_G(Q)$ , de modo que $Q$ es su único conjugado allí: $P = Q$ . Así, el único punto fijo es el propio $P$ , y el Teorema 1.12 da $n_p = \abs{\mathrm{Syl}_p} \equiv \abs{\mathrm{Syl}_p^P} = 1 \pmod p$ . ∎

Método 1.21

Para analizar un grupo de orden dado $n = p^a m$ : listar los divisores de $m$ congruentes con $1$ módulo $p$ — son los candidatos a $n_p$ . Si el único candidato es $1$ , el $p$ -subgrupo de Sylow es normal. Si $n_p > 1$ ha de ser pequeño, hágase actuar por conjugación sobre $\mathrm{Syl}_p$ para obtener un morfismo $G \to S_{n_p}$ de núcleo pequeño. Y cuéntense elementos: dos $p$ -subgrupos de Sylow distintos de orden primo $p$ se cortan trivialmente, así que aportan $n_p(p-1)$ elementos de orden exactamente $p$ ; los recuentos para primos distintos se solapan y a menudo fuerzan una contradicción (Ejercicio 1.7).

Ejemplo 1.22

Sea $\abs G = pq$ con $p < q$ primos y $p \nmid q - 1$ . Entonces $n_q \mid p$ y $n_q \equiv 1 \bmod q$ obligan a $n_q = 1$ (pues $p < q$ ); $n_p \mid q$ y $n_p \equiv 1 \bmod p$ obligan a $n_p = 1$ (pues $q \not\equiv 1 \bmod p$ ). Sean $P, Q$ los dos subgrupos de Sylow normales: $P \cap Q = \{e\}$ (órdenes coprimos), luego $\abs{PQ} = pq$ (Ejercicio 1.4) y $G \cong P \times Q \cong \Z/p\Z \times \Z/q\Z \cong \Z/pq\Z$ por la Proposición 1.24 de más abajo. Todo grupo de orden $15$ , $33$ , $35$ , … es cíclico. El caso excluido $p \mid q - 1$ produce exactamente un grupo más, no abeliano — véase el problema de fin de semana (Problema 1.1).

Ejemplo 1.23 (Un censo de Sylow completo: $S_4$ )

Apliquemos el método a $G = S_4$ , $\abs G = 24 = 2^3\cdot3$ . Sylow $3$ : $n_3 \mid 8$ , $n_3 \equiv 1 \bmod 3$ , luego $n_3 \in \{1, 4\}$ ; como $\langle(123)\rangle$ y $\langle(124)\rangle$ son distintos, $n_3 = 4$ — los cuatro subgrupos $\langle(abc)\rangle$ , uno por cada subconjunto $3$ de $\{a, b, c\}$ elementos, que dan cuenta de los $8$ ciclos de longitud tres. Por Sylow II son conjugados, y aquí el morfismo de conjugación $S_4 \to S_{\mathrm{Syl}_3} \cong S_4$ es un isomorfismo (su núcleo está contenido en $N = N_G(\langle(123)\rangle)$ , de orden $24/4 = 6$ , y un subgrupo normal de $S_4$ dentro de un $S_3$ como $N$ ha de ser trivial: constaría de permutaciones pares que fijan los cuatro subgrupos de Sylow, y solo $e$ lo hace). Sylow $2$ : $n_2 \mid 3$ , $n_2 \equiv 1 \bmod 2$ : $n_2 \in \{1, 3\}$ . El subgrupo $D = \langle(1234), (13)\rangle$ tiene orden $8$ (un diédrico $D_4$ : las simetrías del cuadrado de vértices $1, 2, 3, 4$ ), no es normal ( $(12)(1234)(12) = (2134)$ genera un subgrupo cíclico de orden $4$ distinto), luego $n_2 = 3$ : las tres copias de $D_4$ corresponden a las tres maneras de emparejar $4$ puntos formando un «cuadrado». Obsérvese la moraleja del censo: $\abs{S_4} = 24$ deja margen para que cualquiera de los dos Sylow deje de ser normal, y ambos lo hacen — compárese con el orden $12$ , donde el recuento obliga a que uno de ellos sea normal (Parte IV del Problema 1.1).

1.4 Productos, directos y semidirectos

Proposición 1.24 (Reconocer un producto directo)

Sean $H, K \trianglelefteq G$ con $H \cap K = \{e\}$ y $HK = G$ . Entonces $(h,k) \mapsto hk$ es un isomorfismo $H \times K \to G$ .

Demostración. Para $h \in H$ , $k \in K$ , el conmutador $hkh^{-1}k^{-1}$ está en $K$ (léase como $(hkh^{-1})k^{-1}$ , usando la normalidad de $K$ ) y en $H$ (léase como $h(kh^{-1}k^{-1})$ ): vale $e$ , luego $H$ y $K$ conmutan elemento a elemento y la aplicación es un morfismo. Es sobreyectiva porque $HK = G$ , e inyectiva porque $hk = e$ da $h = k^{-1} \in H \cap K = \{e\}$ . ∎

Lo que más veces falla es la normalidad de ambos factores: en $S_3 = \langle (1\,2\,3)\rangle \,\langle(1\,2)\rangle$ los dos factores se cortan trivialmente y generan el grupo, y sin embargo $S_3 \not\cong \Z/3\Z \times \Z/2\Z$ . La noción adecuada cuando solo uno de los factores es normal es la siguiente:

Definición 1.25

Sean $H$ , $K$ grupos y $\varphi \colon K \to \operatorname{Aut}(H)$ un morfismo. El producto semidirecto $H \rtimes_\varphi K$ es el conjunto $H \times K$ dotado de

(h, k)\,(h', k') = \bigl(h\,\varphi(k)(h'),\; kk'\bigr).

Proposición 1.26

$H \rtimes_\varphi K$ es un grupo; $H \times \{e\}$ es un subgrupo normal isomorfo a $H$ y $\{e\} \times K$ un subgrupo isomorfo a $K$ ; se cortan trivialmente y generan el grupo. Recíprocamente, si $G = NK$ con $N \trianglelefteq G$ , $K \leq G$ y $N \cap K = \{e\}$ , entonces $G \cong N \rtimes_\varphi K$ para $\varphi(k) = (n \mapsto knk^{-1})$ .

Demostración. Verificación directa: la asociatividad se reduce a $\varphi(kk') = \varphi(k)\circ\varphi(k')$ y a que cada $\varphi(k)$ sea un morfismo; el neutro es $(e,e)$ y $(h,k)^{-1} = \bigl(\varphi(k^{-1})(h^{-1}), k^{-1}\bigr)$ . La proyección $(h,k) \mapsto k$ es un morfismo sobre $K$ de núcleo $H \times \{e\}$ , que por tanto es normal. Para el recíproco: todo $g \in G$ se escribe de manera única como $nk$ con $n \in N$ , $k \in K$ (existencia: $G = NK$ ; unicidad: $nk = n'k'$ da $n'^{-1}n = k'k^{-1} \in N \cap K$ ), y

(nk)(n'k') = n\,(kn'k^{-1})\;kk'

muestra que $nk \mapsto (n, k)$ transporta la ley de $G$ a la de $N \rtimes_\varphi K$ . ∎

Ejemplo 1.27

(a) El grupo diédrico $D_n$ ( $n \geq 3$ ) de las $2n$ simetrías de un $n$ -ágono regular: las rotaciones forman un subgrupo normal de índice $2$ , cualquier reflexión genera un complemento, y conjugar una rotación por una reflexión la invierte: $D_n \cong \Z/n\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ con $\varphi(1) = (x \mapsto -x)$ . (b) El grupo afín de una recta, $\{x \mapsto ax + b : a \in K^\times,\, b \in K\} \cong K \rtimes K^\times$ : las traslaciones son normales y las homotecias forman un complemento. (c) $S_n \cong A_n \rtimes \Z/2\Z$ (complemento: cualquier trasposición). (d) El grupo de cuaterniones $Q_8$ no es producto semidirecto de subgrupos propios: todo subgrupo no trivial contiene $-1$ (Problema 1.1), así que no hay dos subgrupos propios que se corten trivialmente.

1.5 Grupos resolubles; simplicidad de $A_n$

Definición 1.28

El conmutador de $x, y \in G$ es $[x,y] = xyx^{-1}y^{-1}$ ; el subgrupo derivado $D(G)$ es el subgrupo generado por todos los conmutadores. La serie derivada es $D^0(G) = G$ , $D^{i+1}(G) = D(D^i(G))$ , y $G$ es resoluble si $D^n(G) = \{e\}$ para algún $n$ .

Proposición 1.29

$D(G)$ es normal (de hecho, estable por todo automorfismo), $G/D(G)$ es abeliano y, para $N \trianglelefteq G$ : $G/N$ abeliano $\iff D(G) \subseteq N$ . Además, $G$ es resoluble si y solo si existe una cadena $G = G_0 \trianglerighteq G_1 \trianglerighteq \dots \trianglerighteq G_n = \{e\}$ con cada $G_{i+1} \trianglelefteq G_i$ y cada cociente $G_i/G_{i+1}$ abeliano. Los subgrupos y los cocientes de grupos resolubles son resolubles; recíprocamente, si $N$ y $G/N$ son resolubles, también lo es $G$ .

Demostración. Un automorfismo $\alpha$ lleva $[x,y]$ en $[\alpha x, \alpha y]$ : permuta los conmutadores, luego conserva el subgrupo que generan; las conjugaciones son automorfismos, de donde la normalidad. En $G/D(G)$ , $\bar x\bar y \bar x^{-1}\bar y^{-1} = \overline{[x,y]} = \bar e$ : el cociente es abeliano. Si $G/N$ es abeliano, entonces todo $[x,y] \in N$ , luego $D(G) \subseteq N$ ; recíprocamente, si $D(G) \subseteq N$ , entonces $G/N$ , que es un cociente del abeliano $G/D(G)$ por el tercer teorema de isomorfía, es abeliano.

Si $G$ es resoluble, la serie derivada es una cadena de este tipo. Recíprocamente, dada una cadena, $D^i(G) \subseteq G_i$ por inducción: $G_i/G_{i+1}$ abeliano da $D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ , luego $D^{i+1}(G) = D(D^i G) \subseteq D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ ; por tanto $D^n(G) = \{e\}$ .

Herencia: $D^i(H) \subseteq D^i(G)$ para $H \leq G$ (inducción), y $D^i(G/N) = \pi(D^i(G))$ porque $\pi$ lleva conmutadores sobre conmutadores; de ahí los enunciados para subgrupos y cocientes. Extensión: si $D^m(G/N) = \{e\}$ , entonces $D^m(G) \subseteq N$ , y $D^n(N) = \{e\}$ da $D^{m+n}(G) = D^n(D^m(G)) \subseteq D^n(N) = \{e\}$ . ∎

Ejemplo 1.30

Los grupos abelianos son resolubles. Los $p$ -grupos son resolubles, por inducción sobre el orden: $Z(G) \neq \{e\}$ y $G/Z(G)$ es un $p$ -grupo más pequeño. $S_3$ y $S_4$ son resolubles: $S_4 \trianglerighteq A_4 \trianglerighteq V \trianglerighteq \{e\}$ , donde $V = \{e, (1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3)\}$ es el grupo de Klein de las dobles trasposiciones (normal en $S_4$ : es una unión de clases de conjugación), con cocientes abelianos $\Z/2\Z$ , $\Z/3\Z$ , $V$ . En el Capítulo 4, «la ecuación general de grado $n$ es resoluble por radicales» significará literalmente « $S_n$ es un grupo resoluble». De ahí la importancia de la definición siguiente.

Definición 1.31

Un grupo $G \neq \{e\}$ es simple si sus únicos subgrupos normales son $\{e\}$ y $G$ . Un grupo simple no abeliano no es resoluble: $D(G) \trianglelefteq G$ no es $\{e\}$ (si lo fuera, $G$ sería abeliano), luego $D(G) = G$ y la serie derivada es constante. Los grupos simples abelianos son exactamente los $\Z/p\Z$ con $p$ primo (un grupo abeliano es simple si y solo si no tiene ningún subgrupo propio no trivial, si y solo si es cíclico de orden primo, por Lagrange).

Lema 1.32

Para $n \geq 3$ , $A_n$ está generado por los $3$ -ciclos; para $n \geq 5$ , todos los $3$ -ciclos son conjugados en $A_n$ .

Demostración. Un elemento de $A_n$ es producto de un número par de trasposiciones; agrupémoslas de dos en dos y usemos (la composición se lee de derecha a izquierda)

(a\,b)(c\,d) = (a\,c\,b)(a\,c\,d), \qquad (a\,b)(b\,c) = (a\,b\,c), \qquad (a\,b)(a\,b) = e

para pares disjuntos, solapados e iguales respectivamente: cada par de trasposiciones es un producto de $3$ -ciclos.

Conjugación: $\sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1} = (\sigma a\; \sigma b\; \sigma c)$ , luego dos $3$ -ciclos cualesquiera son conjugados por algún $\sigma \in S_n$ . Si $\sigma$ es impar, sustitúyase por $\sigma' = \sigma (d\,e)$ , donde $d, e$ son dos puntos fuera de $\{a, b, c\}$ — existen porque $n \geq 5$ —; entonces $\sigma'$ es par y $\sigma'(a\,b\,c) \sigma'^{-1} = \sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1}$ , ya que $(d\,e)$ conmuta con $(a\,b\,c)$ . ∎

Teorema 1.33 (Simplicidad del grupo alternado)

$A_n$ es simple para $n \geq 5$ .

Demostración. Sea $N \trianglelefteq A_n$ , $N \neq \{e\}$ . Por el Lema 1.32 basta ver que $N$ contiene un $3$ -ciclo: la normalidad y la conjugación de los $3$ -ciclos en $A_n$ ponen entonces todos los $3$ -ciclos en $N$ , luego $N = A_n$ .

Para $\rho \in S_n$ , sea $F(\rho) = \{x : \rho(x) \neq x\}$ su soporte y $f(\rho) = \abs{F(\rho)}$ . Elijamos $\sigma \in N \setminus \{e\}$ con $f(\sigma)$ mínimo. Obsérvese que una permutación par no trivial cumple $f \geq 3$ y que $f(\sigma) = 4$ es imposible para $\sigma \in A_n$ salvo que $\sigma$ sea una doble trasposición (un $4$ -ciclo es impar). Veamos que $\sigma$ es un $3$ -ciclo.

Caso A: $\sigma$ es un producto de trasposiciones disjuntas, digamos $\sigma = (a\,b)(c\,d)\cdots$ con $f(\sigma) \geq 4$ . Tomemos $e' \notin \{a, b, c, d\}$ (es posible: $n \geq 5$ ), pongamos $\tau = (c\,d\,e')$ y

\sigma' = \tau\sigma\tau^{-1}\,\sigma^{-1} \in N \qquad (\tau\sigma\tau^{-1} \in N \text{ por normalidad}).

Como $\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1} = (\sigma c\;\sigma e'\;\sigma d) = (d\;\sigma e'\;c)$ (usando $\sigma c = d$ , $\sigma d = c$ ), obtenemos $\sigma' = (c\,d\,e')(d\;\sigma e'\;c)$ .

Si $\sigma e' = e'$ (lo que ocurre en particular cuando $f(\sigma) = 4$ , es decir, $\sigma = (a\,b)(c\,d)$ ): entonces $(d\,e'\,c) = (c\,d\,e')$ y $\sigma' = (c\,d\,e')^2 = (c\,e'\,d)$ , un $3$ -ciclo que está en $N$ , con $f(\sigma') = 3 < 4 \leq f(\sigma)$ — en contradicción con la minimalidad.

Si $\sigma e' \neq e'$ : entonces $\sigma e' \notin \{a, b, c, d, e'\}$ ( $\sigma$ intercambia $a,b$ y $c,d$ , y $e' \notin \{a,b,c,d\}$ con $\sigma$ inyectiva), luego $\sigma$ mueve los seis puntos $a, b, c, d, e', \sigma e'$ : $f(\sigma) \geq 6$ . Por otra parte $\sigma'$ , producto de dos $3$ -ciclos con soportes contenidos en $\{c, d, e', \sigma e'\}$ , cumple $f(\sigma') \leq 4$ ; y $\sigma' \neq e$ , pues $\sigma'(d) = \tau\sigma\tau^{-1}(c) = \tau\sigma(e') = \sigma e' \neq d$ ( $\tau$ fija $\sigma e' \notin \{c,d,e'\}$ ). Así que $\sigma' \in N \setminus\{e\}$ con $f(\sigma') \leq 4 < f(\sigma)$ : se contradice la minimalidad.

Caso B: algún ciclo de $\sigma$ tiene longitud $\geq 3$ , digamos $\sigma(a) = b$ , $\sigma(b) = c$ con $a, b, c$ distintos. Si $\sigma$ es exactamente ese $3$ -ciclo, hemos terminado. En caso contrario $f(\sigma) \geq 5$ (el caso $f(\sigma) = 4$ con un $\geq3$ -ciclo daría el $4$ -ciclo impar, excluido), de modo que podemos tomar $d, e' \in F(\sigma) \setminus \{a, b, c\}$ . Pongamos $\tau = (c\,d\,e')$ y $\sigma' = \tau\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1} \in N$ . Como antes, $\sigma' = (c\,d\,e')\,(\sigma c\;\sigma e'\;\sigma d)$ solo mueve puntos de

M = \{c, d, e'\} \cup \{\sigma c, \sigma d, \sigma e'\} \subseteq F(\sigma)

(las imágenes de los puntos movidos se mueven: $\sigma(x) \ne x$ implica $\sigma(\sigma x) \neq \sigma x$ , por ser $\sigma$ inyectiva). Además $b \notin M$ : los cinco puntos $a, b, c, d, e'$ son distintos, luego $b \notin \{c, d, e'\}$ ; y $b \in \{\sigma c, \sigma d, \sigma e'\}$ obligaría a $a \in \{c, d, e'\}$ (aplíquese $\sigma^{-1}$ , usando $\sigma a = b$ ), lo cual es falso. Por tanto $\sigma'$ fija $b$ , mientras que $\sigma$ mueve $b$ ; y $F(\sigma') \subseteq F(\sigma)$ . Finalmente $\sigma' \neq e$ : $\sigma^{-1}(c) = b$ , $\tau^{-1}(b) = b$ , $\sigma(b) = c$ , $\tau(c) = d$ , luego $\sigma'(c) = d \neq c$ . Así $\sigma' \in N \setminus \{e\}$ con $f(\sigma') \leq f(\sigma) - 1$ , en contradicción con la minimalidad.

Siendo imposibles ambos casos, $\sigma$ es un $3$ -ciclo. ∎

Corolario 1.34

Para $n \geq 5$ : $A_n$ y $S_n$ no son resolubles, y los únicos subgrupos normales de $S_n$ son $\{e\}$ , $A_n$ y $S_n$ .

Demostración. $A_n$ es simple no abeliano, luego no es resoluble (Definición 1.31); y un grupo que contiene un subgrupo no resoluble no es resoluble (la Proposición 1.29). Sea $N \trianglelefteq S_n$ : entonces $N \cap A_n \trianglelefteq A_n$ es igual a $\{e\}$ o a $A_n$ . Si $N \cap A_n = A_n$ , entonces $A_n \subseteq N$ y $N \in \{A_n, S_n\}$ por el índice. Si $N \cap A_n = \{e\}$ , la restricción a $N$ de la proyección $S_n \to S_n/A_n \cong \Z/2\Z$ es inyectiva, luego $\abs N \leq 2$ ; si $N = \{e, \sigma\}$ , la normalidad hace que la clase de conjugación de $\sigma$ sea igual a $\{\sigma\}$ , es decir, $\sigma \in Z(S_n)$ . Pero $Z(S_n) = \{e\}$ para $n \geq 3$ : si $\sigma \ne e$ lleva $a$ a $b \neq a$ , tómese $c \notin \{a, b\}$ ; entonces $(b\,c)\sigma(b\,c)^{-1}$ lleva $a$ a $c \ne b$ , luego difiere de $\sigma$ . Por tanto $N = \{e\}$ . ∎

Teorema 1.35 (Jordan–Hölder)

Todo grupo finito $G \neq \{e\}$ admite una serie de composición

\{e\} = G_0 \trianglelefteq G_1 \trianglelefteq \cdots \trianglelefteq G_r = G, \qquad G_{i}/G_{i-1} \text{ simple},

y el multiconjunto de los factores de composición $G_i/G_{i-1}$ , salvo isomorfismo, no depende de la serie elegida. Un grupo finito es resoluble si y solo si todos sus factores de composición son cíclicos de orden primo.

Demostración. Existencia: por inducción sobre $\abs G$ . Si $G$ es simple, tómese $\{e\} \trianglelefteq G$ . En otro caso, elíjase un subgrupo normal propio maximal $N$ (solo hay un número finito de subgrupos); $G/N$ es simple por el teorema de correspondencia (un subgrupo normal propio y no trivial de $G/N$ se levantaría a un subgrupo normal de $G$ estrictamente comprendido entre $N$ y $G$ ). Añádase $N \trianglelefteq G$ a una serie de composición de $N$ .

Unicidad: por inducción sobre $\abs G$ , siendo claro el caso $G$ simple. Tomemos dos series de composición, de penúltimos términos $M \trianglelefteq G$ y $N \trianglelefteq G$ (de modo que $G/M$ , $G/N$ son simples). Si $M = N$ , se concluye por inducción aplicada a $M$ . En otro caso $MN$ , normal en $G$ y que contiene estrictamente a $M$ , es igual a $G$ ( $M$ es normal maximal: todo normal $M \subsetneq L \subsetneq G$ se aplicaría en un subgrupo normal propio y no trivial del simple $G/M$ ). El segundo teorema de isomorfía da

G/M = MN/M \cong N/(M \cap N), \qquad G/N = MN/N \cong M/(M \cap N).

Pongamos $K = M \cap N$ ( $\trianglelefteq G$ ) y fijemos una serie de composición de $K$ . Entonces $M$ admite dos series de composición: la original y la de $K$ seguida de $K \trianglelefteq M$ (el cociente $M/K \cong G/N$ es simple). Por inducción (aplicada a $M$ ), los factores de la serie original de $M$ son $\{\text{factores de } K\} \cup \{G/N\}$ ; y otro tanto para $N$ . Por tanto, ambas series de $G$ tienen por factores

\{\text{factores de } K\} \;\cup\; \{\,G/N,\; G/M\,\},

el mismo multiconjunto.

Resolubilidad: si todos los factores son $\Z/p_i\Z$ , la serie es una cadena de cocientes abelianos, luego $G$ es resoluble (la Proposición 1.29). Recíprocamente, un factor de composición de un grupo resoluble es resoluble (cociente de un subgrupo) y simple; y un grupo simple resoluble es abeliano ( $D(G) \ne G$ obliga a $D(G) = \{e\}$ ), luego es algún $\Z/p\Z$ . ∎

Observación 1.36

Jordan–Hölder dice que todo grupo finito está construido a partir de grupos simples, con una lista de piezas bien definida — una aritmética de grupos en la que los grupos simples son los primos y donde la manera de pegar las piezas (los datos de extensión, como en el producto semidirecto) sustituye a la mera multiplicación. La clasificación de los grupos simples finitos — los cíclicos $\Z/p\Z$ , los alternados $A_{n \geq 5}$ , dieciséis familias de tipo Lie y $26$ grupos esporádicos — es uno de los monumentos de las matemáticas del siglo XX; su demostración, repartida en unas diez mil páginas de revista, queda muy lejos del alcance de este curso.

Los diez subgrupos del grupo diédrico D_4 = r, s r4 = s2 = e,\ srs-1 = r-1. Los tres subgrupos de índice 2 (fila central) son normales, al igual que el centro r2 (resaltado); los cuatro subgrupos de reflexión se reparten en dos clases de conjugación de dos elementos. Las cadenas de abajo arriba dan series de composición, por ejemplo \e\ r2 r D_4: factores ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ — siempre el mismo multiconjunto, como exige Jordan–Hölder. — Los diez subgrupos del grupo diédrico $D_4 = \langle r, s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$ . Los tres subgrupos de índice $2$ (fila central) son normales, al igual que el centro $\langle r^2\rangle$ (resaltado); los cuatro subgrupos de reflexión se reparten en dos clases de conjugación de dos elementos. Las cadenas de abajo arriba dan series de composición, por ejemplo $\{e\} \trianglelefteq \langle r^2\rangle \trianglelefteq \langle r\rangle \trianglelefteq D_4$ : factores $\Z/2\Z, \Z/2\Z, \Z/2\Z$ — siempre el mismo multiconjunto, como exige Jordan–Hölder.

1.6 Ejercicios

Ejercicio 1.1 ★

(a) Demostrar que todo subgrupo de índice $2$ es normal. (b) Demostrar que si $[G : H] = 2$ , entonces $x^2 \in H$ para todo $x \in G$ . (c) Deducir que $A_4$ no tiene ningún subgrupo de orden $6$ : el recíproco de Lagrange es falso. (Contar los cuadrados de los $3$ -ciclos.)

Solución

Solución de Ejercicio 1.1.

(a) Sea $[G:H] = 2$ . Para $g \in H$ , $gH = H = Hg$ . Para $g \notin H$ : las dos clases laterales por la izquierda son $H$ y $gH$ , luego $gH = G \setminus H$ ; análogamente $Hg = G \setminus H$ . Por tanto $gH = Hg$ para todo $g$ : $H \trianglelefteq G$ .

(b) Por (a), $G/H$ es un grupo de orden $2$ ; la clase $\bar x$ cumple $\bar x^2 = \bar e$ , es decir, $x^2 \in H$ .

(c) Supongamos $H \leq A_4$ con $\abs H = 6$ , luego de índice $2$ . Por (b), $\sigma^2 \in H$ para todo $\sigma \in A_4$ . Todo $3$ -ciclo es uno de esos cuadrados: si $\sigma^3 = e$ , entonces $\sigma = \sigma^4 = (\sigma^2)^2$ . Así que $H$ contiene los ocho $3$ -ciclos de $A_4$ : $\abs H \geq 8 > 6$ , contradicción. (El recíproco de Lagrange falla a la primera ocasión: $6 \mid 12$ .)

Ejercicio 1.2 ★

Demostrar que si $G/Z(G)$ es cíclico, entonces $G$ es abeliano. Deducir de nuevo que todo grupo de orden $p^2$ es abeliano y exhibir, para cada primo $p$ , un grupo no abeliano de orden $p^3$ . (Piénsese en las matrices triangulares superiores con diagonal unidad sobre $\mathbb F_p$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 1.2.

Digamos $G/Z(G) = \langle gZ(G) \rangle$ . Todo $x \in G$ se escribe entonces $x = g^k z$ con $k \in \Z$ , $z \in Z(G)$ . Para $x = g^kz$ , $y = g^l z'$ :

xy = g^k z\, g^l z' = g^{k+l} z z' = g^l z'\, g^k z = yx,

elementos centrales que conmutan con todo: $G$ es abeliano.

Orden $p^2$ : $Z(G) \neq \{e\}$ (Teorema 1.12), luego $\abs{Z(G)} \in \{p, p^2\}$ . Si fuera $p$ , entonces $G/Z(G)$ tendría orden $p$ y sería cíclico, lo que forzaría a $G$ abeliano y a $Z(G) = G$ de orden $p^2$ — contradicción. Por tanto $Z(G) = G$ .

No abeliano de orden $p^3$ : el grupo de Heisenberg

H_p = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & a & c\\ 0 & 1 & b\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} : a, b, c \in \mathbb F_p \right\} \leq GL_3(\mathbb F_p),

de orden $p^3$ (elección libre de $a, b, c$ ; el cierre y los inversos, por cálculo directo). Es no abeliano: las dos matrices elementales $I + E_{12}$ y $I + E_{23}$ tienen conmutador $I + E_{13} \neq I$ .

Ejercicio 1.3 ★

(a) Demostrar que $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ . (b) Demostrar que los automorfismos interiores $\iota_g \colon x \mapsto gxg^{-1}$ forman un subgrupo normal $\operatorname{Inn}(G) \trianglelefteq \operatorname{Aut}(G)$ , con $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$ .

Solución

Solución de Ejercicio 1.3.

(a) Un morfismo $f \colon \Z/n\Z \to \Z/n\Z$ queda determinado por $k = f(\bar 1)$ (entonces $f(\bar m) = m\bar k$ ), y todo $\bar k$ define uno. Es biyectivo si y solo si $\bar k$ genera $\Z/n\Z$ , si y solo si $\gcd(k,n) = 1$ , si y solo si $\bar k \in (\Z/n\Z)^\times$ . La composición corresponde a la multiplicación: $f_k \circ f_l = f_{kl}$ . Por tanto $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ .

(b) La aplicación $\iota\colon G \to \operatorname{Aut}(G)$ , $g \mapsto \iota_g$ , es un morfismo: $\iota_g \circ \iota_h = \iota_{gh}$ . Su imagen es $\operatorname{Inn}(G)$ ; su núcleo es $\{g : gxg^{-1} = x\ \forall x\} = Z(G)$ . El primer teorema de isomorfía da $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$ . Normalidad en $\operatorname{Aut}(G)$ : para $\alpha \in \operatorname{Aut}(G)$ ,

(\alpha \circ \iota_g \circ \alpha^{-1})(x) = \alpha\bigl(g\,\alpha^{-1}(x)\,g^{-1}\bigr) = \alpha(g)\, x\, \alpha(g)^{-1} = \iota_{\alpha(g)}(x).

Ejercicio 1.4 ★★

Sean $H, K$ subgrupos de un grupo finito $G$ . (a) Demostrar la fórmula del producto $\abs{HK}\,\abs{H\cap K} = \abs H\, \abs K$ contando las fibras de la aplicación $H \times K \to HK$ , $(h,k) \mapsto hk$ . (b) Demostrar que $HK$ es un subgrupo si y solo si $HK = KH$ (lo cual es automático cuando uno de los dos es normal). (c) Si $H, K \trianglelefteq G$ y $H \cap K = \{e\}$ , demostrar que $hk = kh$ para todos $h \in H$ , $k \in K$ .

Solución

Solución de Ejercicio 1.4.

(a) Consideremos $\mu \colon H \times K \to HK$ , $(h,k) \mapsto hk$ , sobreyectiva por definición. Fijemos $h_0k_0 \in HK$ : entonces $hk = h_0k_0 \iff h_0^{-1}h = k_0 k^{-1} \in H \cap K$ . Escribiendo $u = h_0^{-1}h$ , la fibra de $h_0k_0$ es $\{(h_0u,\, u^{-1}k_0) : u \in H \cap K\}$ , de cardinal $\abs{H \cap K}$ . Por tanto $\abs H\,\abs K = \abs{H\times K} = \abs{HK}\,\abs{H \cap K}$ .

(b) Si $HK$ es un subgrupo: $KH \subseteq HK$ porque $kh = \bigl(h^{-1}k^{-1}\bigr)^{-1} \in (HK)^{-1} = HK$ ; y $HK \subseteq KH$ tomando inversos en $HK = (HK)^{-1} \subseteq (KH)^{-1}\dots$ — más directamente, para $hk \in HK$ , $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH$ , luego $HK = (HK)^{-1} \subseteq KH$ ; ambas inclusiones dan $HK = KH$ . Recíprocamente, si $HK = KH$ : cierre, $(hk)(h'k') = h(kh')k' \in h(HK)k' = (hH)(Kk') \subseteq HK$ ; inversos, $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH = HK$ ; y $e \in HK$ : es un subgrupo. Si, por ejemplo, $K \trianglelefteq G$ , entonces $hK = Kh$ para todo $h$ , luego $HK = KH$ automáticamente.

(c) Para $h \in H$ , $k \in K$ , el conmutador $[h,k] = hkh^{-1} k^{-1}$ es igual a $(hkh^{-1})k^{-1} \in K$ ( $K$ normal) y a $h(kh^{-1}k^{-1}) \in H$ ( $H$ normal), luego está en $H \cap K = \{e\}$ : $hk = kh$ .

Ejercicio 1.5 ★★

(Lema de recuento de Burnside) Un grupo finito $G$ actúa sobre un conjunto finito $X$ . Demostrar que el número de órbitas es el número medio de puntos fijos:

\#\{\text{órbitas}\} = \frac{1}{\abs G}\sum_{g \in G} \abs{\operatorname{Fix}(g)}, \qquad \operatorname{Fix}(g) = \{x \in X : g \cdot x = x\},

contando de dos maneras el conjunto $\{(g,x) : g\cdot x = x\}$ . Aplicación: $\Z/p\Z$ ( $p$ primo) actúa por rotación sobre los collares de $p$ cuentas con $a$ colores disponibles; deducir el pequeño teorema de Fermat $a^p \equiv a \pmod p$ .

Solución

Solución de Ejercicio 1.5.

Contemos $E = \{(g,x) \in G \times X : g \cdot x = x\}$ de dos maneras:

\abs E = \sum_{g \in G} \abs{\operatorname{Fix}(g)} = \sum_{x \in X} \abs{G_x} = \sum_{x \in X} \frac{\abs G}{\abs{\mathcal O_x}} = \abs G \sum_{\mathcal O \text{ órbita}} \sum_{x \in \mathcal O} \frac{1}{\abs{\mathcal O}} = \abs G \cdot \#\{\text{órbitas}\},

usando órbita–estabilizador ( $\abs{G_x} = \abs G/\abs{\mathcal O_x}$ ) y la partición en órbitas.

Collares: sea $X$ el conjunto de las aplicaciones $\Z/p\Z \to \{1, \dots, a\}$ (coloraciones de $p$ posiciones), $\abs X = a^p$ , sobre el que $\Z/p\Z$ actúa por rotación. La identidad fija las $a^p$ coloraciones. Una rotación $\bar k \neq \bar 0$ genera $\Z/p\Z$ ( $p$ primo), de modo que una coloración fijada por ella es invariante por todas las rotaciones y, por tanto, constante: $a$ coloraciones fijas. Burnside:

\#\{\text{órbitas}\} = \frac{a^p + (p-1)a}{p} \in \N ,

luego $p \mid a^p + (p-1)a$ , es decir, $p \mid a^p - a$ : el pequeño teorema de Fermat, por puro recuento.

Ejercicio 1.6 ★

Usando los teoremas de Sylow, demostrar que todo grupo de orden $15$ es cíclico y que todo grupo de orden $45$ es abeliano.

Solución

Solución de Ejercicio 1.6.

Orden $15 = 3 \cdot 5$ : $n_3 \mid 5$ y $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ obligan a $n_3 = 1$ ; $n_5 \mid 3$ y $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ obligan a $n_5 = 1$ . Los subgrupos de Sylow $P_3, P_5$ son normales, se cortan trivialmente (órdenes coprimos) y $\abs{P_3P_5} = 15$ (Ejercicio 1.4(a)): por la Proposición 1.24, $G \cong \Z/3\Z \times \Z/5\Z \cong \Z/15\Z$ (resto chino).

Orden $45 = 3^2 \cdot 5$ : $n_3 \mid 5$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ dan $n_3 = 1$ ; $n_5 \mid 9$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ dan $n_5 = 1$ . Así que $G \cong P_3 \times P_5$ con $\abs{P_3} = 9 = 3^2$ y $\abs{P_5} = 5$ : ambos abelianos (el Teorema 1.12 para $p^2$ ; el orden primo da cíclico), luego también lo es $G$ .

Ejercicio 1.7 ★★

Demostrar que ningún grupo de orden $30$ , ni de orden $56$ , es simple. (Para $30$ : si $n_3 \neq 1$ y $n_5 \neq 1$ , contar los elementos de órdenes $3$ y $5$ . Para $56$ : contar los elementos de orden $7$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 1.7.

Orden $30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$ . $n_5 \mid 6$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ : $n_5 \in \{1, 6\}$ ; $n_3 \mid 10$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ : $n_3 \in \{1, 10\}$ . Supongamos $G$ simple, de modo que $n_5 = 6$ y $n_3 = 10$ . Dos subgrupos distintos de orden primo $p$ se cortan trivialmente (la intersección es un subgrupo propio de $\Z/p\Z$ ), así que los seis $5$ -subgrupos de Sylow aportan $6 \times 4 = 24$ elementos de orden $5$ y los diez $3$ -subgrupos de Sylow aportan $10 \times 2 = 20$ elementos de orden $3$ : $24 + 20 = 44 > 30 - 1$ elementos distintos del neutro — absurdo. Luego $n_5 = 1$ o $n_3 = 1$ : existe un subgrupo de Sylow normal.

Orden $56 = 2^3 \cdot 7$ . $n_7 \mid 8$ , $n_7 \equiv 1 \pmod 7$ : $n_7 \in \{1, 8\}$ . Si $n_7 = 8$ , los $7$ -subgrupos de Sylow aportan $8 \times 6 = 48$ elementos de orden $7$ , y quedan exactamente $56 - 48 = 8$ elementos más. Un $2$ -subgrupo de Sylow tiene orden $8$ y consta de esos elementos, luego es el conjunto formado por ellos: $n_2 = 1$ . O bien $n_7 = 1$ , o bien $n_2 = 1$ : nunca es simple.

Ejercicio 1.8 ★★

(a) Sea $H \leq G$ de índice $n$ . Demostrar que la acción de $G$ sobre $G/H$ da un morfismo $G \to S_n$ cuyo núcleo $\bigcap_{g \in G} gHg^{-1}$ es el mayor subgrupo normal de $G$ contenido en $H$ . (b) Deducir que, si $G$ es finito y $p$ es el menor divisor primo de $\abs G$ , todo subgrupo de índice $p$ es normal. (c) Demostrar que toda acción transitiva de $G$ sobre un conjunto $X$ es isomorfa a la acción sobre un espacio de clases: existe una biyección $X \to G/G_x$ que conmuta con las acciones.

Solución

Solución de Ejercicio 1.8.

(a) La acción $g \cdot xH = gxH$ da un morfismo $\rho \colon G \to \mathfrak S(G/H) \cong S_n$ . Su núcleo es

\ker\rho = \{g : \forall x \in G,\ gxH = xH\} = \{g : \forall x,\ x^{-1}gx \in H\} = \bigcap_{x \in G} xHx^{-1},

un subgrupo normal (es un núcleo) contenido en $H$ (tómese $x = e$ ). Si $N \trianglelefteq G$ y $N \subseteq H$ , entonces, para todo $x$ : $N = xNx^{-1} \subseteq xHx^{-1}$ , luego $N \subseteq \ker\rho$ : el núcleo es el mayor de todos.

(b) Sea $[G:H] = p$ el menor primo que divide a $\abs G$ , y sea $K = \ker\rho \subseteq H$ . Entonces $G/K$ se sumerge en $S_p$ , luego $[G:K]$ divide a $p!$ . Además $[G:K] = [G:H]\,[H:K] = p\,[H:K]$ , así que $[H:K]$ divide a $(p-1)!$ . Pero $[H:K]$ divide a $\abs G$ , cuyos divisores primos son todos $\geq p$ , mientras que los divisores primos de $(p-1)!$ son todos $< p$ : por tanto $[H:K] = 1$ , es decir, $H = K = \ker \rho$ es normal.

(c) Sea la acción transitiva y sea $x \in X$ . La aplicación $\Phi \colon G/G_x \to X$ , $gG_x \mapsto g \cdot x$ , está bien definida y es biyectiva (órbita–estabilizador; la órbita es todo $X$ ), y entrelaza las acciones: $\Phi(h \cdot gG_x) = \Phi(hgG_x) = (hg) \cdot x = h \cdot \Phi(gG_x)$ .

Ejercicio 1.9 ★★

(a) Demostrar que $D(G)$ es el menor subgrupo normal de $G$ con cociente abeliano, y que todo morfismo de $G$ en un grupo abeliano se factoriza de manera única a través de la abelianización $G^{\mathrm{ab}} = G/D(G)$ . (b) Calcular $D(S_n)$ y $S_n^{\mathrm{ab}}$ para $n \geq 2$ , así como $D(Q_8)$ y $Q_8^{\mathrm{ab}}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 1.9.

(a) $D(G)$ es normal con cociente abeliano (la Proposición 1.29); y si $N \trianglelefteq G$ tiene $G/N$ abeliano, la misma proposición da $D(G) \subseteq N$ : $D(G)$ es el menor. Propiedad universal: sea $f \colon G \to A$ con $A$ abeliano. Entonces $f([x,y]) = [f(x), f(y)] = e$ , luego $D(G) \subseteq \ker f$ , y el Teorema 1.3 factoriza $f = \bar f \circ \pi$ a través de $G^{\mathrm{ab}}$ , de manera única porque $\pi$ es sobreyectiva.

(b) Los conmutadores son permutaciones pares, luego $D(S_n) \subseteq A_n$ . Recíprocamente, todo $3$ -ciclo es un conmutador:

\bigl[(a\,b),\,(a\,c)\bigr] = (a\,b)(a\,c)(a\,b)(a\,c) = (a\,b\,c),

(comprobación directa en $a, b, c$ ), y los $3$ -ciclos generan $A_n$ (el Lema 1.32): $D(S_n) = A_n$ para $n \geq 3$ , y $S_n^{\mathrm{ab}} \cong S_n/A_n \cong \Z/2\Z$ . (Para $n = 2$ : $S_2$ es abeliano, $D(S_2) = \{e\}$ , $S_2^{\mathrm{ab}} = S_2 \cong \Z/2\Z$ — la fórmula $S_n^{\mathrm{ab}} \cong \Z/2\Z$ vale para todo $n \geq 2$ .)

$Q_8$ : el cociente $Q_8/\{\pm 1\}$ tiene orden $4$ , luego es abeliano y $D(Q_8) \subseteq \{\pm 1\}$ ; y $[\mathrm i, \mathrm j] = \mathrm i \mathrm j \mathrm i^{-1}\mathrm j^{-1} = \mathrm i\mathrm j(-\mathrm i)(-\mathrm j) = (\mathrm i \mathrm j)^2 = \mathrm k^2 = -1$ , así que $D(Q_8) = \{\pm 1\}$ y $Q_8^{\mathrm{ab}} \cong (\Z/2\Z)^2$ (orden $4$ , exponente $2$ : las clases de $\mathrm i, \mathrm j$ tienen por cuadrado $\bar 1$ ).

Ejercicio 1.10 ★★

Sea $G$ un $p$ -grupo y $H \subsetneq G$ un subgrupo propio. Demostrar que $H \subsetneq N_G(H)$ («los normalizadores crecen») y deducir que todo subgrupo maximal de un $p$ -grupo es normal de índice $p$ . (Inducción sobre $\abs G$ , usando $Z(G) \neq \{e\}$ : trátense por separado los casos $Z(G) \subseteq H$ y $Z(G) \not\subseteq H$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 1.10.

Inducción sobre $\abs G$ ; para $\abs G = p$ el único subgrupo propio es $H = \{e\}$ , y $N_G(\{e\}) = G \supsetneq \{e\}$ . Sea $Z = Z(G) \neq \{e\}$ (el Teorema 1.12).

Si $Z \not\subseteq H$ : tómese $z \in Z \setminus H$ ; $z$ conmuta con $H$ , luego $zHz^{-1} = H$ y $z \in N_G(H) \setminus H$ .

Si $Z \subseteq H$ : pásese a $\bar G = G/Z$ , un $p$ -grupo de orden menor, y $\bar H = H/Z \subsetneq \bar G$ (teorema de correspondencia). Por inducción, $N_{\bar G}(\bar H) \supsetneq \bar H$ ; tómese $\bar g \in N_{\bar G}(\bar H) \setminus \bar H$ y un levantamiento $g$ . Entonces $g \notin H$ , y $gHg^{-1} \subseteq HZ = H$ : en efecto, $\overline{ghg^{-1}} = \bar g \bar h \bar g^{-1} \in \bar H$ significa $ghg^{-1} \in HZ = H$ (pues $Z \subseteq H$ ). Luego $g \in N_G(H)\setminus H$ .

Subgrupos maximales: si $M$ es maximal, $N_G(M) \supsetneq M$ obliga a $N_G(M) = G$ : $M \trianglelefteq G$ . Entonces $G/M$ es un $p$ -grupo sin subgrupos propios no triviales (correspondencia y maximalidad). Tómese $\bar x \neq \bar e$ en $G/M$ , de orden $p^k$ ; entonces $\bar x^{p^{k-1}}$ genera un subgrupo de orden $p$ , que ha de ser todo el grupo: $\abs{G/M} = p$ .

Ejercicio 1.11 ★★★

(Simplicidad de $A_5$ , a mano) (a) Demostrar que las clases de conjugación de $A_5$ tienen cardinales $1$ , $15$ , $20$ , $12$ , $12$ . Préstese atención al desdoblamiento de la $S_5$ -clase de los $5$ -ciclos: para un $5$ -ciclo $\sigma$ , compárense los centralizadores de $\sigma$ en $S_5$ y en $A_5$ . (b) Deducir que $A_5$ es simple: un subgrupo normal es una unión de clases de conjugación, contiene $e$ y su cardinal divide a $60$ . (c) Demostrar que un grupo simple de orden $60$ cumple necesariamente $n_5 = 6$ .

Solución

Solución de Ejercicio 1.11.

(a) $\abs{A_5} = 60$ . Tipos de ciclo en $A_5$ : $e$ ; dobles trasposiciones, $\frac{1}{2}\binom{5}{1}\binom{4}{2}\cdot 1 = 15$ de ellas ( $5 \cdot 3$ maneras: elegir el punto fijo y después emparejar); $3$ -ciclos, $\frac{5 \cdot 4 \cdot 3}{3} = 20$ ; $5$ -ciclos, $4! = 24$ .

Una clase de $S_5$ contenida en $A_5$ o bien sigue siendo una sola $A_5$ -clase, o bien se desdobla en dos, según que el $S_5$ -centralizador de un elemento contenga o no una permutación impar ( $\abs{\text{clase en }A_5} = 60/\abs{Z_{A_5}(\sigma)}$ y $Z_{A_5} = Z_{S_5} \cap A_5$ ). Para $\sigma = (1\,2)(3\,4)$ : $\abs{Z_{S_5}(\sigma)} = 120/15 = 8$ , y $(1\,2) \in Z_{S_5}(\sigma)$ es impar, luego $\abs{Z_{A_5}} = 4$ y la clase tiene $60/4 = 15$ elementos: no hay desdoblamiento. Para $\sigma = (1\,2\,3)$ : $Z_{S_5}(\sigma) \supseteq \langle \sigma \rangle \times \langle (4\,5)\rangle$ , de orden $6 = 120/20$ , luego son iguales; contiene la permutación impar $(4\,5)$ : clase de $60/3 = 20$ : no hay desdoblamiento. Para $\sigma$ un $5$ -ciclo: $Z_{S_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ (orden $120/24 = 5$ ), todas pares: $Z_{A_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ y la $A_5$ -clase tiene $60/5 = 12$ elementos — los $24$ ciclos de longitud cinco se desdoblan en dos clases de $12$ . Cardinales de las clases: $1, 15, 20, 12, 12$ .

(b) Un subgrupo normal $N$ es una unión de clases de conjugación que incluye $\{e\}$ , con $\abs N \mid 60$ . Las sumas posibles $1 + (\text{subconjunto de } \{15, 20, 12, 12\})$ son

1,\ 13,\ 13,\ 16,\ 21,\ 25,\ 28,\ 28,\ 33,\ 36,\ 40,\ 40,\ 45,\ 48,\ 48,\ 60 ;

los únicos divisores de $60$ en la lista son $1$ y $60$ : $N = \{e\}$ o $A_5$ .

(c) Sea $G$ simple con $\abs G = 60$ . $n_5 \mid 12$ , $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ : $n_5 \in \{1, 6\}$ . $n_5 = 1$ haría normal el $5$ -subgrupo de Sylow, en contra de la simplicidad ( $1 < 5 < 60$ ). Por tanto $n_5 = 6$ .

Ejercicio 1.12 ★★

(Los normalizadores de los subgrupos de Sylow son autonormalizantes) Sea $P$ un $p$ -subgrupo de Sylow de un grupo finito $G$ y sea $H = N_G(P)$ . (a) Demostrar que $P$ es el único $p$ -subgrupo de Sylow de $H$ . (b) Deducir $N_G(H) = H$ . (Para $g \in N_G(H)$ : $gPg^{-1}$ es un $p$ -subgrupo de Sylow de $H$ , luego $gPg^{-1} = P$ .) (c) Concluir que ningún normalizador de Sylow está contenido en un subgrupo normal propio de $G$ , y que todo subgrupo maximal que contenga a $N_G(P)$ es autonormalizante.

Solución

Solución de Ejercicio 1.12.

(a) $P$ es normal en $H = N_G(P)$ por definición del normalizador, y es un $p$ -subgrupo de Sylow de $H$ (su orden ya es la $p$ -parte completa de $\abs G$ , con mayor razón de $\abs H$ ). Un subgrupo de Sylow normal es único: cualquier otro sería conjugado suyo (Sylow II en $H$ ) y, por tanto, igual a él.

(b) Sea $g \in N_G(H)$ . Entonces $gPg^{-1} \subseteq gHg^{-1} = H$ es un subgrupo de $H$ del mismo orden que $P$ : un $p$ -subgrupo de Sylow de $H$ , luego $gPg^{-1} = P$ por (a). Así $g \in N_G(P) = H$ : $N_G(H) \subseteq H$ , y la inclusión recíproca es trivial.

(c) Supongamos $H \subseteq N \trianglelefteq G$ con $N$ propio. $P$ es un $p$ -subgrupo de Sylow de $N$ ; para cualquier $g \in G$ , $gPg^{-1} \subseteq N$ es otro, luego $gPg^{-1} = nPn^{-1}$ para algún $n \in N$ (Sylow II en $N$ ), lo que da $n^{-1}g \in N_G(P) \subseteq N$ y $g \in N$ : $N = G$ , contradicción (este es el argumento de Frattini). Para un subgrupo maximal $M \supseteq N_G(P)$ : $N_G(M) \supseteq M$ es $M$ o $G$ ; si $G$ , entonces $M \trianglelefteq G$ es un subgrupo normal propio que contiene $N_G(P)$ — excluido por el punto anterior. Luego $N_G(M) = M$ .

1.7 Problema: los grupos de orden a lo sumo 15

Problema 1.1

Problema de fin de semana — clasificación de los grupos pequeños

El objetivo es una clasificación completa, con demostraciones detalladas, de los grupos de orden $\leq 15$ salvo isomorfismo. Los órdenes $1, 2, 3, 5, 7, 11, 13$ los resuelve Lagrange (son cíclicos), y los órdenes $4$ y $9$ el Teorema 1.12 junto con el análisis de $p^2$ que sigue: quedan $6, 8, 10, 12, 14, 15$ .

Parte I — Herramientas.

Demostrar que un grupo en el que todo elemento cumple $x^2 = e$ es abeliano; deducir que un grupo finito de este tipo tiene orden $2^k$ y es isomorfo a $(\Z/2\Z)^k$ . (Véase como espacio vectorial sobre $\mathbb F_2$ .)
Demostrar que un grupo de orden $p^2$ es isomorfo a $\Z/p^2\Z$ o a $(\Z/p\Z)^2$ . Listar los grupos abelianos de orden $8$ salvo isomorfismo: $\Z/8\Z$ , $\Z/4\Z \times \Z/2\Z$ , $(\Z/2\Z)^3$ — probar que la lista es completa y sin repeticiones sin recurrir al teorema de estructura del Capítulo 3 (discútase según el orden máximo de un elemento).
Sean $\varphi, \varphi' \colon K \to \operatorname{Aut}(H)$ dos acciones. Demostrar que si $\varphi' = \varphi \circ \alpha$ con $\alpha \in \operatorname{Aut}(K)$ , entonces $H \rtimes_{\varphi} K \cong H \rtimes_{\varphi'} K$ .
Determinar $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z)$ explícitamente para $n = 3, 4, 5, 7$ y demostrar que $\operatorname{Aut}\bigl((\Z/2\Z)^2 \bigr) \cong S_3$ .

Parte II — Órdenes $2p$ ( $6$ , $10$ , $14$ ) y $pq$ .

Sea $\abs G = 2p$ con $p$ primo impar. Demostrar que $G$ tiene un subgrupo normal $N = \langle r \rangle$ de orden $p$ y un elemento $s$ de orden $2$ fuera de $N$ .
Deducir que $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ , donde $\varphi(1) \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ es una involución, y concluir: $G \cong \Z/2p\Z$ o $G \cong D_p$ ; comprobar que estos dos no son isomorfos. Esto resuelve los órdenes $6$ , $10$ y $14$ .
Más en general, sea $\abs G = pq$ con $p < q$ primos. Demostrar que si $p \nmid q-1$ entonces $G$ es cíclico (Ejemplo 1.22), y que si $p \mid q - 1$ existe, además de $\Z/pq\Z$ , exactamente un grupo no abeliano $\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z$ salvo isomorfismo — utilícese la pregunta 3 y el hecho de que $\operatorname{Aut}(\Z/q\Z) \cong (\Z/q\Z)^\times$ es cíclico de orden $q - 1$ , admitido aquí y demostrado en el Capítulo 4 (ciclicidad de $\mathbb F_q^\times$ ). Concluir para el orden $15$ .

Parte III — Orden $8$ . Sea $G$ no abeliano de orden $8$ .

Demostrar que $G$ tiene un elemento $r$ de orden $4$ (úsese la pregunta 1) y que $N = \langle r\rangle$ es normal.
Sea $s \notin N$ . Demostrar que $s^2 \in N$ (Ejercicio 1.1(b)), que $srs^{-1} = r^{-1}$ (examínense las posibles imágenes de $r$ por conjugación, que han de tener orden 4, y descártese $srs^{-1} = r$ ) y que $s^2 \in \{e, r^2\}$ (¿qué ocurre si $s^2 = r$ o $r^3$ ?, ¿y por qué ha de conmutar $s^2$ con $s$ ?).
En el caso $s^2 = e$ , demostrar que $G \cong D_4$ .
En el caso $s^2 = r^2$ , demostrar que la tabla de multiplicar queda enteramente determinada; el grupo resultante es el grupo de cuaterniones $Q_8 = \{\pm 1, \pm \mathrm i, \pm \mathrm j, \pm \mathrm k\}$ , $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = \mathrm k^2 = \mathrm i\, \mathrm j\,\mathrm k = -1$ (póngase $r = \mathrm i$ , $s = \mathrm j$ ). Comprobar que $Q_8$ existe, por ejemplo dentro de $GL_2(\C)$ mediante

$\mathrm i \mapsto \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu \end{pmatrix}, \qquad \mathrm j \mapsto \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}.$
Demostrar que todo subgrupo no trivial de $Q_8$ contiene $-1$ ; deducir que todo subgrupo de $Q_8$ es normal, que $D_4 \not\cong Q_8$ (cuéntense los elementos de orden $2$ ) y que $Q_8$ no es producto semidirecto de dos subgrupos propios.

Parte IV — Orden $12$ . Sean $\abs G = 12$ , $P_3 \in \mathrm{Syl}_3(G)$ , $P_2 \in \mathrm{Syl}_2(G)$ .

Demostrar que $n_3 \in \{1, 4\}$ , $n_2 \in \{1, 3\}$ , y que $n_3 = 4$ obliga a $n_2 = 1$ (cuéntense los elementos de orden $3$ ).
Supóngase $n_3 = 4$ . La acción por conjugación sobre $\mathrm{Syl}_3$ da $\rho \colon G \to S_4$ . Demostrar que $\ker \rho$ , contenido en todos los $N_G(P_3)$ y por tanto de orden divisor de $3$ , es trivial (¿por qué no puede tener orden $3$ ?); que la imagen, subgrupo de orden $12$ de $S_4$ , es necesariamente $A_4$ (los subgrupos de índice 2 son normales y contienen todos los cuadrados — el Ejercicio 1.1; cuéntense los cuadrados de $S_4$ ); y concluir que $G \cong A_4$ .
Supóngase $n_3 = 1$ , de modo que $G \cong \Z/3\Z \rtimes_\varphi P_2$ con $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) \cong \Z/2\Z$ . Enumérense los casos: $\varphi$ trivial da $\Z/12\Z$ y $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ ; $P_2 = \Z/4\Z$ con $\varphi$ sobreyectivo da el grupo dicíclico $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ ; $P_2 = (\Z/2\Z)^2$ con $\varphi$ sobreyectivo da, salvo la equivalencia de la pregunta 3, un único grupo — demuéstrese que es $D_6$ , por ejemplo exhibiendo un elemento de orden $6$ y una involución de tipo reflexión.
Demostrar que $\Z/12\Z$ , $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ , $D_6$ , $A_4$ , $\mathrm{Dic}_3$ son dos a dos no isomorfos (cuéntense los elementos de orden $2$ , o úsese $n_3$ ). Esto resuelve el orden $12$ .

Parte V — Síntesis.

Montar la tabla de clasificación: para cada orden $n \leq 15$ , la lista completa de los grupos salvo isomorfismo, con los recuentos $1, 1, 1, 2, 1, 2, 1, 5, 2, 2, 1, 5, 1, 2, 1$ .

Parte VI — Más allá: los grupos de orden $p^3$ con $p$ impar. El análisis del orden $8$ de la Parte III tiene un bello análogo para primos impares, con un fenómeno genuinamente nuevo. Sea $p$ un primo impar y sea $G$ no abeliano de orden $p^3$ .

Demostrar que $\abs{Z(G)} = p$ , que $G/Z(G) \cong (\Z/p\Z)^2$ (un cociente cíclico por el centro obliga a la abelianidad: el Ejercicio 1.2) y que $D(G) = Z(G)$ (para $D(G) \subseteq Z(G)$ , úsese que $G/Z(G)$ es abeliano; para la igualdad, $G$ es no abeliano y $D(G) \neq \{e\}$ ). Deducir que todo conmutador $[x, y] = xyx^{-1}y^{-1}$ es central y de orden divisor de $p$ .
(La identidad clave) Sean $x, y \in G$ y $z = [y, x]$ , central. Demostrar por inducción sobre $k$ :

$(xy)^k = x^k y^k z^{k(k-1)/2} .$

(Pásese cada $y$ por delante de cada $x$ ; cada cruce cuesta un factor central $z$ .)
Deducir que, para $p$ impar, la aplicación $\theta\colon x \mapsto x^p$ es un morfismo de grupos de $G$ en $Z(G)$ (¿por qué es $x^p$ central?, ¿por qué $z^{p(p-1)/2} = e$ necesita que $p$ sea impar?), y concluir que $G$ tiene exponente $p$ o $p^2$ , distinguiéndose ambos casos según que $\theta$ sea trivial o no.
(Exponente $p$ ) Supóngase que todo elemento cumple $x^p = e$ . Tómense $x, y$ cuyas clases generen $G/Z(G)$ y póngase $z = [y, x]$ . Demostrar que $z \neq e$ , que todo elemento de $G$ se escribe de manera única como $x^ay^bz^c$ ( $0 \leq a, b, c < p$ ) y que la multiplicación queda enteramente determinada por las relaciones $x^p = y^p = z^p = e$ , $z$ central, $[y, x] = z$ . Comprobar que el grupo de Heisenberg

$H_p = \left\{ \begin{pmatrix} 1 & a & c\\ 0 & 1 & b\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} : a, b, c \in \mathbb F_p \right\} \subseteq GL_3(\mathbb F_p)$

realiza estas relaciones y tiene exponente $p$ (calcúlese $(I + N)^p$ con $N$ estrictamente triangular superior, usando $N^3 = 0$ y $p \geq 3$ ): todo grupo no abeliano de orden $p^3$ y exponente $p$ es isomorfo a $H_p$ .
(Exponente $p^2$ ) Supóngase que algún $r \in G$ tiene orden $p^2$ y póngase $N = \langle r\rangle$ , normal (de índice $p$ : el Ejercicio 1.10). Demostrar que existe $s \notin N$ con $s^p = e$ (tómese cualquier $t \notin N$ ; usando la pregunta 20, corríjase: $\theta(t) = t^p \in Z(G) \subseteq N$ — justifíquese $Z(G) = \langle r^p\rangle$ — y elíjase $a$ con $s = tr^{a}$ cumpliendo $s^p = e$ ; ¿dónde se usa que $p$ es impar?). Demostrar que $srs^{-1} = r^{1+p}$ salvo sustituir $s$ por una potencia suya, y concluir: hay exactamente un grupo no abeliano de orden $p^3$ y exponente $p^2$ , a saber $\Z/p^2\Z \rtimes_\varphi \Z/p\Z$ con $\varphi(1)\colon r \mapsto r^{1+p}$ (úsese la pregunta 3; $\operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ es cíclico de orden $p(p-1)$ , admitido aquí, luego tiene un único subgrupo de orden $p$ ).
Concluir el recuento: para $p$ impar hay exactamente $5$ grupos de orden $p^3$ (tres abelianos y dos no abelianos), igual que para $p = 2$ — pero los dos no abelianos ya no son $D_4$ y $Q_8$ . Localizar con precisión dónde falla el argumento para $p$ impar cuando $p = 2$ : en la identidad de la pregunta 19, $z^{k(k-1)/2}$ para $k = p = 2$ vale $z^1 \neq e$ , de modo que elevar al cuadrado no es un morfismo — y, en efecto, $Q_8$ tiene un único elemento de orden $2$ , mientras que $D_4$ , de exponente $4$ , tiene cinco.

Parte VII — Complementos.

Para $p$ impar, contar los elementos de orden $p$ en cada uno de los dos grupos no abelianos de orden $p^3$ : demostrar que $H_p$ tiene exactamente $p^3 - 1$ y que $M_p = \Z/p^2\Z \rtimes \Z/p\Z$ tiene exactamente $p^2 - 1$ (úsese el morfismo $\theta$ de la pregunta 20: identifíquese su imagen y después el orden de su núcleo). Comprobarlo numéricamente para $p = 3$ : $26$ frente a $8$ . Explicar por qué ningún argumento de este tipo, basado en el morfismo de elevar al cuadrado, puede separar $D_4$ de $Q_8$ , y qué recuento sí los separa.
Se dice que un entero $n \geq 1$ es cíclico si todo grupo de orden $n$ es cíclico. Demostrar que si $p^2 \mid n$ para algún primo $p$ , o si $n$ tiene divisores primos $p < q$ con $p \mid q - 1$ , entonces $n$ no es cíclico (en cada caso, exhíbase un grupo no cíclico de orden $n$ , usando la Parte II para el segundo). Deducir que $n$ cíclico obliga a $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ , donde $\varphi$ es la indicatriz de Euler, y contrastarlo con la tabla de la pregunta 17: entre $n \leq 15$ , los órdenes con un único grupo son exactamente $n \in \{1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 15\}$ , precisamente aquellos con $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ .

Solución

Solución de Problema 1.1.

1. Para $x, y \in G$ : $(xy)^2 = e$ da $xy = (xy)^{-1} = y^{-1}x^{-1} = yx$ (cada elemento es su propio inverso): abeliano. Un tal $G$ , escrito aditivamente, es un espacio vectorial sobre $\mathbb F_2$ ( $2x = 0$ , y los axiomas son los de grupo abeliano); si es finito, tiene una base finita: $G \cong (\Z/2\Z)^k$ , de orden $2^k$ .

2. Orden $p^2$ : $G$ es abeliano (el Teorema 1.12). Si algún elemento tiene orden $p^2$ , $G$ es cíclico. En caso contrario, todos los $x \neq e$ tienen orden $p$ ; aditivamente, $G$ es entonces un espacio vectorial sobre $\mathbb F_p$ ( $px = 0$ ), de dimensión $2$ ( $p^2$ elementos): $G \cong (\Z/p\Z)^2$ .

Abelianos de orden $8$ , según el orden máximo $m$ de un elemento: $m = 8$ : cíclico $\Z/8\Z$ . $m = 2$ : $(\Z/2\Z)^3$ por la pregunta 1. $m = 4$ : sea $x$ de orden $4$ y $y \notin \langle x \rangle$ ; $y^2 \in \langle x\rangle$ (índice $2$ ). $y^2 \in \{x, x^3\}$ daría a $y$ orden $8$ ; luego $y^2 \in \{e, x^2\}$ . Si $y^2 = x^2$ , sustitúyase $y$ por $xy$ : $(xy)^2 = x^2y^2 = x^4 = e$ ( $G$ abeliano) y $xy \notin \langle x\rangle$ . Podemos, pues, suponer $y^2 = e$ : entonces $\langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{e\}$ , ambos normales (abeliano), $\abs{\langle x\rangle \langle y\rangle} = 8$ : la Proposición 1.24 da $G \cong \Z/4\Z \times \Z/2\Z$ . Sin repeticiones: los números de soluciones de $x^2 = e$ son $2, 4, 8$ en los tres grupos.

3. Defínase $\psi \colon H \rtimes_{\varphi'} K \to H \rtimes_{\varphi} K$ por $\psi(h, k) = (h, \alpha(k))$ , que es una biyección. Es morfismo:

\psi\bigl((h,k)(h',k')\bigr) = \bigl(h\,\varphi'(k)(h'),\, \alpha(kk')\bigr) = \bigl(h\,\varphi(\alpha k)(h'),\, \alpha(k)\alpha(k')\bigr) = \psi(h,k)\,\psi(h',k').

4. $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ (Ejercicio 1.3): para $n = 3$ : $\{\pm 1\} \cong \Z/2\Z$ ; $n = 4$ : $\{\bar 1, \bar 3\} \cong \Z/2\Z$ ; $n = 5$ : $\{\bar 1, \bar 2, \bar 3, \bar 4\}$ , cíclico de orden $4$ generado por $\bar 2$ ( $2, 4, 3, 1$ ); $n = 7$ : cíclico de orden $6$ generado por $\bar 3$ ( $3, 2, 6, 4, 5, 1$ ). Para $V = (\Z/2\Z)^2$ : un automorfismo es $\mathbb F_2$ -lineal (conserva la suma, y los escalares son $0, 1$ ), luego $\operatorname{Aut}(V) = GL_2(\mathbb F_2)$ , de orden $(4-1)(4-2) = 6$ ; actúa fielmente sobre los $3$ vectores no nulos, lo que da un morfismo inyectivo en $S_3$ entre grupos de orden $6$ : $\operatorname{Aut}(V) \cong S_3$ .

5. Cauchy proporciona $r$ de orden $p$ ; $N = \langle r \rangle$ tiene índice $2$ , luego es normal (el Ejercicio 1.1). Cauchy proporciona también $s$ de orden $2$ , y $s \notin N$ (todos los elementos de $N$ distintos del neutro tienen orden impar $p$ ).

6. $N \cap \langle s \rangle = \{e\}$ y $\abs{N\langle s\rangle} = 2p$ (Ejercicio 1.4(a)): por la Proposición 1.26, $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ con $\varphi(1) = (x \mapsto sxs^{-1})$ un automorfismo de orden divisor de $2$ . En $(\Z/p\Z)^\times$ , $k^2 = 1$ solo tiene las soluciones $k = \pm 1$ ( $X^2 - 1$ tiene a lo sumo dos raíces en el cuerpo $\mathbb F_p$ ). Si $\varphi(1) = \mathrm{id}$ : el producto es directo, $G \cong \Z/p\Z \times \Z/2\Z \cong \Z/2p\Z$ . Si $\varphi(1) = -\mathrm{id}$ : $G = \langle r, s \mid r^p = s^2 = e, \ srs^{-1} = r^{-1}\rangle \cong D_p$ (Ejemplo 1.27). No son isomorfos: $D_p$ es no abeliano para $p \geq 3$ ( $srs^{-1} = r^{-1} \neq r$ ).

7. $n_q \equiv 1 \pmod q$ divide a $p < q$ : $n_q = 1$ , luego $N \cong \Z/q\Z$ es normal. Sea $P \cong \Z/p\Z$ un $p$ -subgrupo de Sylow: $N \cap P = \{e\}$ , $NP = G$ (orden $pq$ ), luego $G \cong \Z/q\Z \rtimes_\varphi \Z/p\Z$ con $\varphi \colon \Z/p\Z \to \operatorname{Aut}(\Z/q\Z) \cong \Z/(q-1)\Z$ (cíclico, admitido). Si $p \nmid q - 1$ : la imagen de $\varphi$ tiene orden divisor de $p$ y de $q-1$ , luego es trivial, y $G \cong \Z/pq\Z$ (Ejemplo 1.22). Si $p \mid q - 1$ : aparte del trivial $\varphi$ , todo $\varphi$ no trivial es inyectivo (su núcleo, subgrupo de $\Z/p\Z$ , es trivial) y su imagen es el único subgrupo $C$ de orden $p$ del grupo cíclico $\Z/(q-1)\Z$ . Dos acciones no triviales $\varphi, \varphi'$ son entonces dos isomorfismos $\Z/p\Z \to C$ , de modo que $\alpha = \varphi^{-1}\circ\varphi' \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ cumple $\varphi' = \varphi\circ\alpha$ : por la pregunta 3, los dos productos semidirectos son isomorfos. Hay, pues, exactamente un grupo no abeliano de orden $pq$ (no abeliano porque $\varphi \neq \mathrm{id}$ hace no trivial alguna conjugación). Orden $15$ : $p = 3$ , $q = 5$ , $3 \nmid 4$ : solo el cíclico.

8. No todo elemento tiene orden $\leq 2$ (si no, sería abeliano por la pregunta 1) y ningún elemento tiene orden $8$ (si no, sería cíclico y abeliano): algún $r$ tiene orden $4$ , y $N = \langle r\rangle$ , de índice $2$ , es normal.

9. $s^2 \in N$ por el Ejercicio 1.1(b). El conjugado $srs^{-1} \in N$ tiene orden $4$ , luego $srs^{-1} \in \{r, r^3\}$ ; si $srs^{-1} = r$ , entonces $r$ y $s$ conmutan y $G = \langle r, s\rangle$ sería abeliano — excluido. Luego $srs^{-1} = r^{-1}$ . Si $s^2 = r$ o $r^3$ , entonces $s$ tendría orden $8$ : excluido. (Alternativamente: $s^2$ conmuta con $s$ , pero $s r s^{-1} = r^{-1}$ y $s r^3 s^{-1} = r^{-3} = r$ : ni $r$ ni $r^3$ quedan fijos al conjugar por $s$ .) Por tanto $s^2 \in \{e, r^2\}$ .

10. Si $s^2 = e$ : $G = \langle r, s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$ . Los ocho elementos $r^is^j$ ( $0 \leq i < 4$ , $0 \leq j < 2$ ) son distintos ( $s \notin \langle r\rangle$ ) y las relaciones determinan todos los productos: la asignación $r \mapsto$ (rotación de $\pi/2$ ), $s \mapsto$ (una reflexión) define un morfismo sobreyectivo sobre $D_4$ , entre grupos de orden $8$ : un isomorfismo.

11. Si $s^2 = r^2$ : de nuevo $G = \{r^i s^j\}$ , y las relaciones $r^4 = e$ , $s^2 = r^2$ , $srs^{-1} = r^{-1}$ fuerzan toda la tabla. Con $\mathrm i = r$ , $\mathrm j = s$ , $\mathrm k = rs$ , $-1 = r^2$ : $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = -1$ , $\mathrm k^2 = rsrs = r r^{-1} s s = s^2 = -1$ (usando $sr = r^{-1}s$ ) y $\mathrm i \mathrm j \mathrm k = r\,s\,rs = r\,r^{-1}s\,s = s^2 = -1$ . Existencia: las matrices

A = \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}

cumplen $A^4 = I$ , $B^2 = -I = A^2$ y $BAB^{-1} = A^{-1}$ — para esta última, compruébese

BA = \begin{pmatrix} 0 & -\iu\\ -\iu & 0 \end{pmatrix} = A^{-1}B .

Así pues, $\{\pm I, \pm A, \pm B, \pm AB\}$ es un grupo de orden $8$ que realiza la tabla: $Q_8$ existe.

12. Sea $H \neq \{e\}$ un subgrupo y sea $x \in H \setminus \{e\}$ . Si $x \neq -1$ , entonces $x \in \{\pm\mathrm i, \pm\mathrm j, \pm\mathrm k\}$ y $x^2 = -1 \in H$ . Así que $-1 \in H$ siempre. Los subgrupos son $\{e\}$ , $\{\pm 1\}$ (el centro), $\langle \mathrm i\rangle, \langle \mathrm j\rangle, \langle \mathrm k\rangle$ (de índice $2$ ) y $Q_8$ : todos normales ( $\{e\}$ y el centro, trivialmente; los de índice $2$ , por el Ejercicio 1.1; y $Q_8$ mismo). $D_4$ tiene cinco elementos de orden $2$ ( $r^2$ y las cuatro reflexiones) y $Q_8$ solo uno ( $-1$ ): no son isomorfos. Un producto semidirecto $H \rtimes K$ con $H, K \neq \{e\}$ exigiría $H \cap K = \{e\}$ , imposible porque ambos contienen $-1$ .

13. $n_3 \mid 4$ , $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ : $n_3 \in \{1, 4\}$ ; $n_2 \mid 3$ , impar: $n_2 \in \{1, 3\}$ . Si $n_3 = 4$ : los cuatro $3$ -subgrupos de Sylow se cortan dos a dos trivialmente (orden primo), lo que da $4 \times 2 = 8$ elementos de orden $3$ ; los $4$ elementos restantes han de constituir el único $2$ -subgrupo de Sylow: $n_2 = 1$ .

14. $\ker\rho$ normaliza todo $3$ -subgrupo de Sylow, luego $\ker \rho \subseteq N_G(P_3)$ , que tiene índice $n_3 = 4$ , es decir, orden $3$ : $\abs{\ker\rho} \in \{1, 3\}$ . El orden $3$ haría de $\ker\rho$ un $3$ -subgrupo de Sylow normal, en contra de $n_3 = 4$ . Así que $\rho$ es inyectivo y su imagen $H \leq S_4$ tiene orden $12$ , índice $2$ : $H \trianglelefteq S_4$ y $H$ contiene todos los cuadrados (Ejercicio 1.1(b)). Entre los cuadrados de $S_4$ están $e$ y los ocho $3$ -ciclos ( $\sigma = (\sigma^2)^2$ para un $3$ -ciclo), que generan $A_4$ (están en $A_4$ y, junto con sus productos, dan los doce elementos; o bien: el Lema 1.32 para la parte de generación de $n = 4$ , que solo necesita $n \geq 3$ ). Luego $A_4 \subseteq H$ y $\abs{A_4} = \abs H$ : $G \cong H = A_4$ .

15. $P_3 \trianglelefteq G$ , $P_3 \cap P_2 = \{e\}$ , $P_3P_2 = G$ : $G \cong \Z/3\Z \rtimes_\varphi P_2$ (Proposición 1.26), $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) = \{\pm\mathrm{id}\} \cong \Z/2\Z$ .

$\varphi$ trivial: los productos directos $\Z/3\Z \times \Z/4\Z \cong \Z/12\Z$ y $\Z/3\Z \times (\Z/2\Z)^2 \cong \Z/6\Z \times \Z/2\Z$ .
$P_2 = \Z/4\Z$ , $\varphi$ sobreyectivo: necesariamente $\varphi(1) = -\mathrm{id}$ (la única elección no trivial): un solo grupo, $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ .
$P_2 = (\Z/2\Z)^2$ , $\varphi$ sobreyectivo: $\ker\varphi$ es uno de los tres subgrupos de orden $2$ ; los tres $\varphi$ resultantes difieren en automorfismos de $(\Z/2\Z)^2$ que permutan esos subgrupos (pregunta 4: $\operatorname{Aut} \cong S_3$ actúa transitivamente sobre las tres involuciones), de modo que, por la pregunta 3, dan una única clase de isomorfía. Es $D_6$ : tómese $t$ generador de $\ker\varphi$ y $x$ generador de $\Z/3\Z$ ; el elemento $\rho = (x, t)$ cumple $\rho^2 = (2x, 0)$ , $\rho^3 = (0, t)$ , $\rho^6 = e$ y ninguna potencia menor es $e$ : orden $6$ ; y para $s = (0, u)$ con $u \notin \ker\varphi$ : $s^2 = e$ y $s\rho s^{-1} = (-x, t) = \rho^{-1}$ . Como $\langle \rho, s\rangle$ tiene orden $12$ , $G \cong D_6$ .

16. Contando los elementos de orden $2$ : $\Z/12\Z$ tiene $1$ ; $\Z/6\Z\times\Z/2\Z$ tiene $3$ ; $D_6$ tiene $7$ (seis reflexiones y el giro de media vuelta $\rho^3$ ); $A_4$ tiene $3$ ; $\mathrm{Dic}_3$ tiene $1$ (solo $(0, 2)$ : un elemento $(h, k)$ con $k$ de orden $4$ en $\Z/4\Z$ tiene orden $4$ ). Esto separa todos salvo las parejas $\{\Z/12\Z, \mathrm{Dic}_3\}$ y $\{\Z/6\Z\times\Z/2\Z, A_4\}$ : los primeros miembros son abelianos y los segundos no ( $\mathrm{Dic}_3$ : la acción es no trivial; $A_4$ : $(1\,2\,3)$ y $(1\,2)(3\,4)$ no conmutan). Cinco grupos distintos; las partes II–IV muestran que la lista es completa.

17. La tabla de clasificación:

$n$	grupos de orden $n$	#
$1$	$\{e\}$	$1$
$2$	$\Z/2\Z$	$1$
$3$	$\Z/3\Z$	$1$
$4$	$\Z/4\Z$ , $(\Z/2\Z)^2$	$2$
$5$	$\Z/5\Z$	$1$
$6$	$\Z/6\Z$ , $S_3 = D_3$	$2$
$7$	$\Z/7\Z$	$1$
$8$	$\Z/8\Z$ , $\Z/4\Z{\times}\Z/2\Z$ , $(\Z/2\Z)^3$ , $D_4$ , $Q_8$	$5$
$9$	$\Z/9\Z$ , $(\Z/3\Z)^2$	$2$
$10$	$\Z/10\Z$ , $D_5$	$2$
$11$	$\Z/11\Z$	$1$
$12$	$\Z/12\Z$ , $\Z/6\Z{\times}\Z/2\Z$ , $D_6$ , $A_4$ , $\mathrm{Dic}_3$	$5$
$13$	$\Z/13\Z$	$1$
$14$	$\Z/14\Z$ , $D_7$	$2$
$15$	$\Z/15\Z$	$1$

Los órdenes $6, 10, 14$ son la Parte II con $p = 3, 5, 7$ ; el orden $15$ es la pregunta 7; el orden $8$ es la Parte III junto con la pregunta 2; el orden $12$ es la Parte IV; los órdenes primos son Lagrange; y los órdenes $4$ y $9$ son la pregunta 2.

18. $Z = Z(G)$ es no trivial (el Teorema 1.12) y $Z \neq G$ (no abeliano), luego $\abs Z \in \{p, p^2\}$ . Si $\abs Z = p^2$ , entonces $G/Z$ es cíclico de orden $p$ y el Ejercicio 1.2 hace $G$ abeliano: excluido, luego $\abs Z = p$ y $\abs{G/Z} = p^2$ . Por la pregunta 2, $G/Z$ es $\Z/p^2\Z$ o $(\Z/p\Z)^2$ ; el cíclico queda de nuevo excluido por el Ejercicio 1.2: $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ . Como $G/Z$ es abeliano, todo conmutador está en $Z$ : $D(G) \subseteq Z$ ; y $D(G) \neq \{e\}$ ( $G$ no abeliano), luego $D(G) = Z$ ( $\abs Z = p$ no deja margen). Los conmutadores son centrales y de orden divisor de $\abs Z = p$ .

19. Inducción sobre $k$ , siendo trivial el caso $k = 1$ . Usando $yx = xyz^{-1}\cdot$ — con precisión, $z = [y, x] = yxy^{-1}x^{-1}$ da $yx = zxy$ , es decir, pasar un $y$ hacia la izquierda por delante de un $x$ produce un factor $z$ , que es central y puede aparcarse donde convenga. Entonces

(xy)^{k+1} = (xy)^k\,xy = x^ky^kz^{k(k-1)/2}\,xy = x^k\,(y^kx)\,y\,z^{k(k-1)/2} = x^{k+1}y^{k+1}\,z^{k(k-1)/2 + k},

puesto que llevar $x$ más allá de $y^k$ cuesta $k$ factores $z$ ( $y^kx = z^kxy^k$ , por $k$ aplicaciones de $yx = zxy$ ); y $k(k-1)/2 + k = k(k+1)/2$ .

20. Con $k = p$ : $(xy)^p = x^py^pz^{p(p-1)/2}$ . Para $p$ impar, $(p-1)/2$ es entero, luego $z^{p(p-1)/2} = (z^p)^{(p-1)/2} = e$ (pregunta 18: $z$ tiene orden divisor de $p$ ): $\theta(xy) = \theta(x)\theta(y)$ , un morfismo. Sus valores son centrales: la clase de $x$ en $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ tiene orden divisor de $p$ , luego $x^p \in Z$ . Si $\theta$ es trivial, todo elemento tiene orden divisor de $p$ : exponente $p$ (no $1$ : $G \neq \{e\}$ ). En caso contrario, hay algún $x^p \neq e$ , y $x$ tiene orden $p^2$ (su orden divide a $p^3$ , y $x$ no puede tener orden $p^3$ : $G$ sería cíclico y, por tanto, abeliano): exponente $p^2$ .

21. Clases $\bar x, \bar y$ que generan $G/Z$ : su conmutador $z = [y, x]$ es $\neq e$ , pues en caso contrario $x, y, Z$ generarían un $G$ abeliano (sus clases generan el cociente y $Z$ es central) — y $z$ genera $Z$ ( $\abs Z = p$ ). Todo $g \in G$ tiene clase $\bar x^a\bar y^b$ para $0 \leq a, b < p$ únicos, luego $g = x^ay^bz^c$ con un $0 \leq c < p$ único: $p^3$ elementos, todos contabilizados. Los productos de estas formas normales se calculan usando solo $yx = zxy$ , $z$ central y $x^p = y^p = z^p = e$ : la tabla queda forzada, de modo que dos grupos no abelianos cualesquiera de orden $p^3$ y exponente $p$ son isomorfos (emparéjense los generadores). El grupo de Heisenberg realiza las relaciones: con $X = I + E_{12}$ , $Y = I + E_{23}$ , se calcula $[Y, X] = I - E_{13}$ (central en $H_p$ ), y para cualquier $N$ estrictamente triangular superior, $N^3 = 0$ da

(I + N)^p = I + pN + \binom p2N^2 = I \qquad\text{en característica } p,\ p \geq 3,

puesto que $p \mid p$ y $p \mid \binom p2$ para $p$ impar: exponente $p$ . Así pues, el grupo de exponente $p$ es $H_p$ .

22. $Z(G) = \langle r^p\rangle$ : en efecto, $r^p$ es central (el argumento de la pregunta 20: la clase de $r$ en el cociente $G/Z$ , de exponente $p$ , da $r^p \in Z$ ) y es $\neq e$ , luego genera el centro, de orden $p$ . Tómese cualquier $t \notin N$ . Si $t^p = e$ , póngase $s = t$ . En caso contrario $\theta(t) = t^p \in Z = \langle r^p\rangle$ , digamos $t^p = r^{pb}$ ; póngase $s = tr^{-b}$ : por la pregunta 20 ( $\theta$ es un morfismo y $p$ es impar), $s^p = t^pr^{-pb} = e$ y $s \notin N$ . Conjugación: $srs^{-1} \in N$ ( $N$ normal) tiene orden $p^2$ , luego $srs^{-1} = r^m$ con $p \nmid m$ ; además $s^p = e$ obliga a $m^p \equiv m \pmod{p^2}$ — al conjugar $p$ veces se recupera $r$ , luego $m^p \equiv 1 \pmod {p^2}$ , y $m \equiv m^p \equiv 1 \pmod p$ (Fermat): $m = 1 + ap$ . La no trivialidad ( $G$ no abeliano) da $a \not\equiv 0$ ; sustituyendo $s$ por la potencia $s^{a'}$ con $aa' \equiv 1 \pmod p$ , la acción se convierte en $r \mapsto r^{1+p}$ . Esto presenta $G$ como $\Z/p^2\Z\rtimes_\varphi\Z/p\Z$ con $\varphi(1)\colon r \mapsto r^{1+p}$ ; por la pregunta 3, dos morfismos no triviales cualesquiera $\Z/p\Z \to \operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ con la misma imagen — y la imagen es el único subgrupo de orden $p$ del cíclico $\operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ — dan productos semidirectos isomorfos: unicidad.

23. Abelianos: $\Z/p^3\Z$ , $\Z/p^2\Z\times\Z/p\Z$ , $(\Z/p\Z)^3$ (el argumento de la pregunta 2, un grado más arriba: clasificar según el orden máximo). No abelianos: exactamente $H_p$ (exponente $p$ , pregunta 21) y $\Z/p^2\Z\rtimes\Z/p\Z$ (exponente $p^2$ , pregunta 22), distinguidos por sus exponentes. Total: cinco. Para $p = 2$ , el argumento del morfismo de la pregunta 20 se viene abajo: $z^{p(p-1)/2} = z^{1} = z \neq e$ , elevar al cuadrado no es un morfismo y, de hecho, los dos grupos no abelianos de orden $8$ tienen exponente $4$ — el invariante que separa $D_4$ de $Q_8$ es el número de elementos de orden $2$ (cinco frente a uno), no el exponente. El mundo de los $p$ impares es, por una vez, más ordenado que el de la característica $2$ .

24. En $H_p$ todo elemento $\neq e$ tiene orden $p$ (exponente $p$ , pregunta 21): $p^3 - 1$ elementos de orden $p$ . En $M_p$ , la aplicación $\theta \colon x \mapsto x^p$ es un morfismo $M_p \to Z(M_p) = \langle r^p\rangle$ (pregunta 20, $p$ impar); $\theta(r) = r^p \neq e$ , luego la imagen es todo el centro, de orden $p$ , y $\ker\theta = \{x : x^p = e\}$ tiene orden $p^3/p = p^2$ . Los elementos de orden $p$ son los elementos de ese núcleo distintos del neutro: $p^2 - 1$ . Para $p = 3$ : $H_3$ tiene $27 - 1 = 26$ elementos de orden $3$ y $M_3 = \Z/9\Z \rtimes \Z/3\Z$ tiene $9 - 1 = 8$ . Para $p = 2$ el argumento muere de entrada: elevar al cuadrado no es un morfismo en un grupo no abeliano de orden $8$ (pregunta 23) y, en efecto, el conjunto $\{x : x^2 = e\}$ tiene $6$ elementos en $D_4$ — que no es el orden de ningún subgrupo de $D_4$ . El recuento que sí separa la pareja es el número de elementos de orden $2$ : cinco en $D_4$ y uno en $Q_8$ (pregunta 11).

25. Si $p^2 \mid n$ , el grupo $\Z/p\Z \times \Z/(n/p)\Z$ tiene orden $n$ y no es cíclico: el orden de cada elemento divide a $\operatorname{lcm}(p, n/p) = n/p < n$ , pues $p \mid n/p$ . Si $p < q$ son primos que dividen a $n$ con $p \mid q - 1$ , la pregunta 7 proporciona un grupo no abeliano $\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z$ de orden $pq$ ; entonces $(\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z) \times \Z/(n/pq)\Z$ tiene orden $n$ y es no abeliano, luego no cíclico. Supongamos ahora $\gcd(n, \varphi(n)) > 1$ y tomemos un primo $p$ que divida a ambos. Escribiendo $\varphi(n) = \prod_{q^a \parallel n} q^{a-1}(q - 1)$ , la divisibilidad $p \mid \varphi(n)$ significa que, o bien $p^2 \mid n$ (el factor $q^{a-1}$ con $q = p$ , $a \geq 2$ ), o bien $p \mid q - 1$ para algún primo $q \mid n$ , $q \neq p$ : en ambos casos $n$ no es cíclico por lo anterior. Por contraposición, $n$ cíclico obliga a $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ . Comprobación para $n \leq 15$ : los valores $\varphi(n)$ para $n = 1, \dots, 15$ son $1, 1, 2, 2, 4, 2, 6, 4, 6, 4, 10, 4, 12, 6, 8$ , y $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ exactamente para $n = 1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 15$ — exactamente las entradas de la tabla de la pregunta 17 con un solo grupo. Los demás órdenes se ven no cíclicos como antes: $4, 8, 9, 12$ por un factor cuadrado y $6, 10, 12, 14$ por $2 \mid q - 1$ . (El recíproco — $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ implica $n$ cíclico — también es cierto; la pregunta 7 demuestra su primer caso no trivial, $n = pq$ con $p \nmid q - 1$ .)

Términos definidos en este capítulo

Ver los 395 términos del glosario

1.1 Grupos cociente y teoremas de isomorfía

1.2 Acciones de grupo

1.3 Los teoremas de Sylow

1.4 Productos, directos y semidirectos

1.5 Grupos resolubles; simplicidad de AnA_nAn​

1.6 Ejercicios

1.7 Problema: los grupos de orden a lo sumo 15

Términos definidos en este capítulo

1.5 Grupos resolubles; simplicidad de $A_n$