Matemáticas universitarias — Grado 3 · Bachelor Year 3

1Teoría de grupos

El volumen del Año 2 encontró a los grupos como dispositivos de contabilidad: Lagrange teorema, grupos cíclicos, el grupo simétrico y su firma. esto El capítulo convierte la teoría de grupos en un método. El motor es el noción de un grupo interino en un conjunto: contando órbitas y fijo puntos produce el ecuación de clase, el teorema de Cauchy y los tres Teoremas de Sylow: el principio fundamental de lo local a lo global de Teoría de grupos finitos. Luego aprendemos a armar grupos (directos y productos semidirectos) y desmontarlos (serie de composición, grupos solucionables), y demostramos el teorema de que, en Capítulo 4, cerrará una pregunta de tres siglos sobre ecuaciones polinómicas: grupo alterno $A_n$ es simple para $n \geq 5$ .

1.1 Grupos de cocientes y teoremas de isomorfismo

En todo momento, $G$ es un grupo escrito multiplicativamente, $e$ es identidad. Recordemos del volumen del año 2: subgrupos, clases laterales $gH$ , Teorema de Lagrange ( $\abs G = [G:H]\,\abs H$ para $G$ finito), el Orden de un elemento, grupos cíclicos y grupo simétrico $S_n$ . con su morfismo característico $\varepsilon \colon S_n \to \{\pm1\}$ .

Definición 1.1

Un subgrupo $N$ de $G$ es normal (escrito $N \trianglelefteq G$ ) cuando $gNg^{-1} = N$ para cada $g \in G$ — de manera equivalente, cuando las clases laterales izquierda y derecha coinciden: $gN = Ng$ para todos $g$ .

Teorema 1.2 (Grupo consciente)

Deje $N \trianglelefteq G$ . El conjunto $G/N$ de clases laterales, con el multiplicación $(gN)(hN) = ghN$ , es un grupo bien definido, el grupo cociente, y el proyección canónica $\pi \colon G \to G/N$ , $g \mapsto gN$ , es un morfismo sobreyectivo con núcleo $N$ . Por el contrario, cada núcleo de un morfismo de grupo es normal: subgrupos normales son exactamente los granos.

Demostración. La buena definición es el objetivo. Si $gN = g'N$ y $hN = h'N$ , escriba $g' = gn$ , $h' = hm$ con $n, m \in N$ . Entonces $g'h' = gnhm = gh\,(h^{-1}nh)\,m \in ghN$ desde $h^{-1}nh \in N$ por normalidad: el El producto de las clases laterales no depende de los representantes. Asociatividad, identidad $eN = N$ e inversas $(gN)^{-1} = g^{-1}N$ se heredan de $G$ . Claramente $\pi$ 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 normal. ∎

Teorema 1.3 (Propiedad universal; primer teorema del isomorfismo)

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

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

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

Teorema 1.4 (Teoremas de isomorfismo segundo y tercero)

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 $N$ . Redactar $H \hookrightarrow HN \xrightarrow{\pi} HN/N$ : esto el morfismo es sobreyectivo ( $hnN = hN$ ) con núcleo $\{h \in H : h \in N\} = H \cap N$ ; aplicar Teorema 1.3.

(2) La proyección $G/N \to G/K$ , $gN \mapsto gK$ , está bien definida. ( $N \subseteq K$ ), sobreyectivo, con kernel $K/N$ ; aplicar Teorema 1.3 nuevamente. ∎

Teorema 1.5 (Teorema de correspondencia)

Deje $N \trianglelefteq G$ . La aplicación $H \mapsto H/N$ es una biyección. entre subgrupos de $G$ que contienen $N$ y subgrupos de $G/N$ , preservando inclusiones, índices y normalidad (en ambas direcciones).

Demostración. Su inverso es $\bar H \mapsto \pi^{-1}(\bar H)$ . Ambos mapas envían subgrupos a subgrupos, y son mutuamente inversos: $\pi^{-1}(H/N) = HN = H$ desde $N \subseteq H$ y $\pi(\pi^{-1}(\bar H)) = \bar H$ por sobreyectividad de $\pi$ . Las inclusiones se conservan claramente; $[G:H] = [G/N : H/N]$ porque $gH \mapsto (gN)(H/N)$ es un biyección bien definida entre espacios laterales; y $gHg^{-1} = H$ para todos $g$ iff $(gN)(H/N)(gN)^{-1} = H/N$ para todos $gN$ , nuevamente por 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 circular. El primer isomorfismo El teorema es cómo los cocientes son calculado en la práctica: encuentre un sobreyección con el núcleo correcto.

Método 1.7

Para probar $N \trianglelefteq G$ , en orden decreciente de elegancia: exhibe $N$ como el núcleo de un morfismo definido en $G$ ; comprobar $gNg^{-1} \subseteq N$ para todos los $g$ (basta con aplicarlo a $g^{-1}$ y la conjugación da la inclusión inversa); verificar que $N$ es una unión de clases de conjugación; o tenga en cuenta que $[G:N] = 2$ (entonces se fuerza $gN = Ng$ — Ejercicio 1.1).

1.2 Acciones grupales

Definición 1.8

Un acción de $G$ en un conjunto $X$ es un morfismo $\varphi \colon G \to \mathfrak{S}(X)$ en el grupo de biyecciones de $X$ ; uno escribe $g \cdot x$ para $\varphi(g)(x)$ . Equivalentemente: una aplicación $G \times X \to X$ con $e \cdot x = x$ y $g \cdot (h \cdot x) = (gh) \cdot x$ . El órbita de $x$ es $\mathcal O_x = \{g \cdot x : g \in G\}$ , es 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 puntos fijos. La acción es transitivo si hay exactamente una órbita, fiel si $\varphi$ es inyectivo, libre si todos los estabilizadores son triviales.

Ejemplo 1.9

Cinco comportamiento ejecutan toda la teoría de grupos finitos:

$G$ sobre sí mismo por traducción izquierda $g \cdot x = gx$ : libre y transitivo.
$G$ sobre sí mismo por conjugación $g \cdot x = gxg^{-1}$ : órbitas son el clases de conjugación, estabilizadores el centralizadores $Z_G(x) = \{g : gx = xg\}$ , fijo señala el centro $Z(G)$ .
$G$ en el espacio de la clase lateral $G/H$ por $g \cdot xH = gxH$ : transitivo, con estabilizador de la clase lateral $H$ igual a $H$ . Cada transitiva acción tiene esta forma. (Ejercicio 1.8).
$G$ en su conjunto de subgrupos por conjugación: el estabilizador de $H$ es el normalizador $N_G(H) = \{g : gHg^{-1} = H\}$ , el subgrupo más grande de $G$ en el que $H$ es normal.
$S_n$ en $\intint{1}{n}$ : 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{divides } \abs G,

y, el órbitas particionando $X$ (son las clases del equivalencia $x \sim y \iff y \in \mathcal O_x$ ),

\abs X = \sum_{i} \,[G : G_{x_i}] \qquad (x_i\colon \text{one point per orbit}).

Demostración. Bien definido e inyectivo: $gG_x = hG_x \iff h^{-1}g \in G_x \iff h^{-1}g \cdot x = x \iff g \cdot x = h \cdot x$ ; lee la cadena en ambas direcciones. La sobreyectividad es la definición del órbita. el Las declaraciones de conteo se derivan del teorema de Lagrange y del partición de $X$ en órbitas. ∎

Corolario 1.11 (Ecuación de clase)

Para un grupo finito $G$ , elegir 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{each } [G : Z_G(x_i)] > 1 \text{ dividing } \abs G.

Demostración. Aplicar Teorema 1.10 a la conjugación acción: singleton órbitas son exactamente los elementos de $Z(G)$ . ∎

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

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

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

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

Demostración. Cada órbita tiene cardinalidad $[G:G_x]$ , una potencia de $p$ ; este poder es $1$ exactamente en puntos fijos y de otro modo divisible por $p$ . sumando sobre órbitas da la congruencia. Para el centro: conjugación acción de $G$ en sí mismo tiene $X^G = Z(G)$ , por lo que $\abs{Z(G)} \equiv \abs G \equiv 0 \pmod p$ y $Z(G) \ni e$ fuerzan 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 $G$ abeliano (Ejercicio 1.2) — contradicción. ∎

Teorema 1.13 (cauchy)

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

Prueba (McKay). Deje $X = \{(g_1, \dots, g_p) \in G^p : g_1 g_2 \cdots g_p = e\}$ . La elección de $g_1, \dots, g_{p-1}$ determina libremente $g_p$ : $\abs X = \abs G^{p-1}$ , 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 $X$ , desde $g_2 \cdots g_p g_1 = g_1^{-1}(g_1 \cdots g_p)g_1 = e$ . Por 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 una de ellas, por lo que hay al menos $p$ de ellas, por lo tanto al menos un $g \neq e$ con $g^p = e$ : su orden es exactamente $p$ . ∎

Teorema 1.14 (Cayley)

Cada grupo de orden $n$ se incrusta en $S_n$ .

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

Método 1.15

El conteo de punto fijo es el movimiento de apertura universal de un grupo finito teoría. Para demostrar que algo existe (un elemento central, un elemento de orden $p$ , un subgrupo normal, un punto fijo), haga un grupo bien elegido actúa en un conjunto finito bien elegido, luego compara $\abs{X^G}$ con $\abs X$ módulo $p$ , o deje que los tamaños órbita dividan el orden del grupo. las pruebas de Teoremas 1.12 y 1.13 y de los tres Los teoremas de Sylow a continuación son cinco variaciones de esta única idea.

1.3 Los teoremas de Sylow

El teorema de Lagrange dice que el orden de un subgrupo divide a $\abs G$ ; lo contrario falla ( $A_4$ , de orden $12$ , no tiene subgrupo de orden $6$ — Ejercicio 1.1). Los teoremas de Sylow salvan el lo contrario para las potencias primarias, y su cláusula de conteo es la herramienta general más afilada que tenemos para producir subgrupos normales.

Definición 1.16

Escriba $\abs G = p^a m$ con $p \nmid m$ . Un silo $p$ -subgrupo de $G$ es un subgrupo de orden $p^a$ — un subgrupo $p$ del orden más grande imaginable. el El número de subgrupos Sylow $p$ de $G$ se indica como $n_p$ .

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 estudiante de primer año $(1+X)^p = 1 + X^p$ (el los coeficientes $\binom pk$ , $0<k<p$ , son divisibles por $p$ : $p$ divide el numerador de $\frac{p!}{k!(p-k)!}$ pero no el denominador) 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{in } \mathbb F_p[X].

Identifique 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 cada número primo $p$ , existen subgrupos Sylow $p$ de $G$ .

Prueba (Wielandt). Sea $\Omega$ el conjunto de subconjuntos de $G$ de cardinalidad $p^a$ ; $G$ actúa sobre $\Omega$ mediante la traducción izquierda $g \cdot S = gS$ . Por Lema 1.17, $\abs\Omega = \binom{p^a m}{p^a} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ , por lo que algunos órbita $\mathcal O_S$ tienen tamaño primo a $p$ (si $p$ dividiera cada tamaño órbita, se dividiría $\abs\Omega$ ). Sea $H = G_S$ el estabilizador de dicho $S$ . Dado que $[G : H] = \abs{\mathcal O_S}$ es primo de $p$ y $p^a \mid \abs G = [G:H]\,\abs H$ , obtenemos $p^a \mid \abs H$ . Por el contrario, arreglar $s \in S$ : la aplicación $H \to S$ , $h \mapsto hs$ , es inyectivo y aterriza en $S$ porque $hS = S$ ; por lo tanto $\abs H \leq \abs S = p^a$ . Entonces $\abs H = p^a$ . ∎

Teorema 1.19 (Sylow II: dominación y conjugación)

Sea $P$ un subgrupo $p$ de Sylow y $Q$ cualquier subgrupo $p$ de $G$ . Luego $Q \subseteq gPg^{-1}$ para algunos $g \in G$ . en particular todos Los subgrupos Sylow $p$ son conjugados y $P \trianglelefteq G \iff n_p = 1$ .

Demostración. Sea $Q$ actuar sobre el espacio lateral $X = G/P$ , de cardinalidad $m \not\equiv 0 \pmod p$ . Por Teorema 1.12 aplicado a el grupo $p$ $Q$ , $\abs{X^Q} \equiv m \not\equiv 0 \pmod p$ : allí es una clase lateral fija $gP$ , es decir, $QgP = gP$ , es decir, $g^{-1}Qg \subseteq P$ . Si $Q$ es en sí mismo un Subgrupo Sylow, la igualdad de órdenes se vuelve $Q \subseteq gPg^{-1}$ en una igualdad. Finalmente $P \trianglelefteq G$ si sus conjugados $\{gPg^{-1}\}$ — que por los anteriores son todo los subgrupos Sylow $p$ — reducir a $\{P\}$ . ∎

Teorema 1.20 (Sylow III: contando)

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

Demostración. Sea $\mathrm{Syl}_p$ el conjunto de subgrupos Sylow $p$ ; $G$ actúa sobre es transitivamente por conjugación (Teorema 1.19), con estabilizador de $P$ el 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 $n_p \mid m$ .

Ahora restrinja acción a $P$ y cuente los puntos fijos. Si $Q \in \mathrm{Syl}_p$ está arreglado por $P$ , entonces $P \subseteq N_G(Q)$ ; ambos $P$ y $Q$ son subgrupos Sylow $p$ del grupo $N_G(Q)$ , por lo tanto conjugado en él (Teorema 1.19 aplicado a $N_G(Q)$ ); pero $Q \trianglelefteq N_G(Q)$ , entonces $Q$ es su único conjugado allí: $P = Q$ . Por lo tanto, el único punto fijo es el propio $P$ , y 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 $n = p^a m$ : enumerar los divisores de $m$ congruente con $1$ mod $p$ — estos son los candidatos para $n_p$ . Si el único candidato es $1$ , el subgrupo Sylow $p$ es normal. Si $n_p > 1$ se ve obligado a ser pequeño, actúe por conjugación en $\mathrm{Syl}_p$ para obtener un morfismo $G \to S_{n_p}$ con pequeño núcleo. Y contar elementos: distintos subgrupos Sylow $p$ de principal orden $p$ se cruzan trivialmente, por lo que llevan $n_p(p-1)$ elementos de orden exactamente $p$ ; recuentos superpuestos para diferentes primos a menudo fuerzan una contradicción (Ejercicio 1.7).

Ejemplo 1.22

Sea $\abs G = pq$ con números primos $p < q$ y $p \nmid q - 1$ . entonces $n_q \mid p$ y $n_q \equiv 1 \bmod q$ fuerzan $n_q = 1$ (como $p < q$ ); $n_p \mid q$ y $n_p \equiv 1 \bmod p$ fuerzan $n_p = 1$ (como $q \not\equiv 1 \bmod p$ ). Sean $P, Q$ los dos Sylows normal: $P \cap Q = \{e\}$ (órdenes coprime), entonces $\abs{PQ} = pq$ (Ejercicio 1.4) y $G \cong P \times Q \cong \Z/p\Z \times \Z/q\Z \cong \Z/pq\Z$ por Proposición 1.24 a continuación. Cada grupo de orden $15$ , $33$ , $35$ , … es cíclico. El caso excluido $p \mid q - 1$ produce exactamente un grupo más, nonabelian — ver el fin de semana problema (Problema 1.1).

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

Ejecutemos el método en $G = S_4$ , $\abs G = 24 = 2^3\cdot3$ . Solo $3$ : $n_3 \mid 8$ , $n_3 \equiv 1 \bmod 3$ , entonces $n_3 \in \{1, 4\}$ ; desde $\langle(123)\rangle$ y $\langle(124)\rangle$ son distintos, $n_3 = 4$ — los cuatro subgrupos $\langle(abc)\rangle$ , uno para cada subconjunto de elementos $3$ $\{a, b, c\}$ , que representa los tres ciclos $8$ . Por Sylow II son conjugados, y el morfismo de conjugación $S_4 \to S_{\mathrm{Syl}_3} \cong S_4$ es un isomorfismo aquí (su núcleo está contenido en $N = N_G(\langle(123)\rangle)$ del orden $24/4 = 6$ , y un subgrupo normal de $S_4$ dentro de $S_3$ similar a $N$ debe ser trivial: consistiría en permutaciones pares que fijasen los cuatro Sylows, y sólo $e$ lo hace). Solo $2$ : $n_2 \mid 3$ , $n_2 \equiv 1 \bmod 2$ : $n_2 \in \{1, 3\}$ . El subgrupo $D = \langle(1234), (13)\rangle$ tiene orden $8$ (un diédrico $D_4$ : las simetrías del cuadrado con vértices $1, 2, 3, 4$ ), no es normal ( $(12)(1234)(12) = (2134)$ genera un mensaje diferente $4$ subgrupo de ciclos), por lo que $n_2 = 3$ : las tres copias de $D_4$ corresponden a las tres formas de emparejar puntos $4$ en un “cuadrado”. Note la moraleja del censo: $\abs{S_4} = 24$ deja espacio para que Sylow falle en la normalidad, y ambos lo hacen — comparar orden $12$ , donde el conteo obliga a uno de ellos normal (Parte IV de Problema 1.1).

1.4 Productos directos y semidirectos.

Proposición 1.24 (Reconociendo un producto directo)

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

Demostración. Para $h \in H$ , $k \in K$ , conmutador $hkh^{-1}k^{-1}$ se encuentra en $K$ (léalo como $(hkh^{-1})k^{-1}$ , usando la normalidad de $K$ ) y en $H$ (léelo como $h(kh^{-1}k^{-1})$ ): es $e$ , entonces $H$ y $K$ conmutar elemento por elemento y la aplicación es un morfismo. es sobreyectivo desde $HK = G$ , y el inyectivo desde $hk = e$ da $h = k^{-1} \in H \cap K = \{e\}$ . ∎

La normalidad de los factores ambos es lo que falla con mayor frecuencia: en $S_3 = \langle (1\,2\,3)\rangle \,\langle(1\,2)\rangle$ ambos factores se cruzan trivialmente y generan, aún $S_3 \not\cong \Z/3\Z \times \Z/2\Z$ . La noción correcta cuando solo un factor es normal:

Definición 1.25

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

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

Demostración. Verificación directa: la asociatividad se reduce a $\varphi(kk') = \varphi(k)\circ\varphi(k')$ y cada $\varphi(k)$ es un morfismo; la identidad 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 en $K$ con el núcleo $H \times \{e\}$ , que por tanto es normal. Por el contrario: cada $g \in G$ escribe únicamente 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 ese de $N \rtimes_\varphi K$ . ∎

Ejemplo 1.27

(a) Las simetrías grupo diédrico $D_n$ ( $n \geq 3$ ) de las $2n$ de un gon $n$ 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 línea, $\{x \mapsto ax + b : a \in K^\times,\, b \in K\} \cong K \rtimes K^\times$ : traducciones normal, homotecias un complemento. (c) $S_n \cong A_n \rtimes \Z/2\Z$ (complemento: cualquiera transposición). (d) El grupo cuaternión $Q_8$ es no a producto semidirecto de subgrupos adecuados: cada subgrupo no trivial contiene $-1$ (Problema 1.1), por lo que no se cruzan dos subgrupos adecuados trivialmente.

1.5 Grupos solubles; 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. el serie derivada es $D^0(G) = G$ , $D^{i+1}(G) = D(D^i(G))$ , y $G$ es soluble si $D^n(G) = \{e\}$ para algunos $n$ .

Proposición 1.29

$D(G)$ es normal (de hecho, estable bajo cada automorfismo), $G/D(G)$ es abeliano, y para $N \trianglelefteq G$ : $G/N$ abeliano $\iff D(G) \subseteq N$ . Además $G$ es soluble si hay 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. Subgrupos y los cocientes de grupos solucionables son soluble; por el contrario, si $N$ y $G/N$ son soluble, también lo es $G$ .

Demostración. Un automorfismo $\alpha$ asigna $[x,y]$ a $[\alpha x, \alpha y]$ : permuta el conmutadores, por lo que conserva el subgrupo que generan; las conjugaciones son automorfismos, de ahí 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 cada $[x,y] \in N$ , entonces $D(G) \subseteq N$ ; por el contrario si $D(G) \subseteq N$ entonces $G/N$ , un cociente del abeliano $G/D(G)$ por el tercer isomorfismo teorema, es abeliano.

Si $G$ es soluble, serie derivada es dicha cadena. Por el contrario, dada una cadena, $D^i(G) \subseteq G_i$ por inducción: $G_i/G_{i+1}$ abelian da $D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ , entonces $D^{i+1}(G) = D(D^i G) \subseteq D(G_i) \subseteq G_{i+1}$ ; por lo tanto $D^n(G) = \{e\}$ .

Herencia: $D^i(H) \subseteq D^i(G)$ para $H \leq G$ (inducción), y $D^i(G/N) = \pi(D^i(G))$ ya que $\pi$ asigna conmutadores a conmutadores; esto proporciona 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 soluble. Los grupos $p$ son soluble, por inducción. en el pedido: $Z(G) \neq \{e\}$ y $G/Z(G)$ es más pequeño $p$ -grupo. $S_3$ y $S_4$ son soluble: $S_4 \trianglerighteq A_4 \trianglerighteq V \trianglerighteq \{e\}$ , donde $V = \{e, (1\,2)(3\,4), (1\,3)(2\,4), (1\,4)(2\,3)\}$ es el grupo Klein de transposiciones dobles (normal en $S_4$ : una unión de conjugación clases), con cocientes abelianos $\Z/2\Z$ , $\Z/3\Z$ , $V$ . en Capítulo 4, “la ecuación general de grado $n$ es soluble por radicales” literalmente significar “ $S_n$ es un grupo solucionable”. De ahí la importancia de la siguiente definición.

Definición 1.31

Un grupo $G \neq \{e\}$ es simple si es sólo subgrupos normales son $\{e\}$ y $G$ . Un simple nobeliano el grupo no es soluble: $D(G) \trianglelefteq G$ no es $\{e\}$ (de lo contrario, $G$ abeliano), por lo que $D(G) = G$ y serie derivada son constante. Los grupos simples abelianos son exactamente los $\Z/p\Z$ , $p$ . primo (un grupo abeliano es simple si no tiene un grupo no trivial adecuado) subgrupo, si y solo es cíclico de orden primo según Lagrange).

Lema 1.32

Para $n \geq 3$ , $A_n$ se genera mediante ciclos $3$ ; para $n \geq 5$ , todos los ciclos $3$ son in $A_n$ conjugados.

Demostración. Un elemento de $A_n$ es producto de un número par de transposiciones; emparéjalos y úsalos (composición 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, superpuestos e iguales respectivamente: cada par de transposiciones es un producto de ciclos $3$ .

Conjugación: $\sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1} = (\sigma a\; \sigma b\; \sigma c)$ , por lo que dos ciclos $3$ cualesquiera están conjugados por algún $\sigma \in S_n$ . Si $\sigma$ es impar, reemplácelo por $\sigma' = \sigma (d\,e)$ donde $d, e$ son dos puntos fuera de $\{a, b, c\}$ — existen desde $n \geq 5$ ; 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 alterno)

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

Demostración. Sea $N \trianglelefteq A_n$ , $N \neq \{e\}$ . Por Lema 1.32 basta demostrar que $N$ contiene uno $3$ -ciclo: normalidad y conjugación de $3$ ciclos en $A_n$ luego coloque todos los ciclos $3$ en $N$ , por lo que $N = A_n$ .

Para $\rho \in S_n$ , deje que $F(\rho) = \{x : \rho(x) \neq x\}$ sea su apoyo y $f(\rho) = \abs{F(\rho)}$ . Elija $\sigma \in N \setminus \{e\}$ con $f(\sigma)$ mínimo. Tenga en cuenta que un una permutación par no trivial tiene $f \geq 3$ , y que $f(\sigma) = 4$ es imposible para $\sigma \in A_n$ a menos que $\sigma$ sea un doble transposición (un ciclo $4$ es impar). Mostramos $\sigma$ es un $3$ -ciclo.

Case A: $\sigma$ is a product of disjoint transpositions, diga $\sigma = (a\,b)(c\,d)\cdots$ con $f(\sigma) \geq 4$ . Elija $e' \notin \{a, b, c, d\}$ (posible: $n \geq 5$ ), configure $\tau = (c\,d\,e')$ y

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

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

Si $\sigma e' = e'$ (que se cumple en particular cuando $f(\sigma) = 4$ , es decir $\sigma = (a\,b)(c\,d)$ ): entonces $(d\,e'\,c) = (c\,d\,e')$ y $\sigma' = (c\,d\,e')^2 = (c\,e'\,d)$ , a $3$ -ciclo tumbado en $N$ , con $f(\sigma') = 3 < 4 \leq f(\sigma)$ — minimalismo contradictorio.

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 inyectivo $\sigma$ ), por lo que $\sigma$ mueve los seis puntos $a, b, c, d, e', \sigma e'$ : $f(\sigma) \geq 6$ . Por otro lado $\sigma'$ , un producto de dos ciclos $3$ con soportes en $\{c, d, e', \sigma e'\}$ , satisface $f(\sigma') \leq 4$ ; y $\sigma' \neq e$ , desde $\sigma'(d) = \tau\sigma\tau^{-1}(c) = \tau\sigma(e') = \sigma e' \neq d$ ( $\tau$ corrige $\sigma e' \notin \{c,d,e'\}$ ). Entonces $\sigma' \in N \setminus\{e\}$ con $f(\sigma') \leq 4 < f(\sigma)$ : la minimalidad se contradice.

Case B: some cycle of $\sigma$ has length $\geq 3$ , digamos $\sigma(a) = b$ , $\sigma(b) = c$ con $a, b, c$ distintos. si $\sigma$ es exactamente este ciclo $3$ , hemos terminado. De lo contrario $f(\sigma) \geq 5$ (el caso $f(\sigma) = 4$ con un ciclo $\geq3$ es el ciclo impar $4$ , excluido), por lo que podemos elegir $d, e' \in F(\sigma) \setminus \{a, b, c\}$ . Configure $\tau = (c\,d\,e')$ y $\sigma' = \tau\sigma\tau^{-1}\sigma^{-1} \in N$ . Como antes $\sigma' = (c\,d\,e')\,(\sigma c\;\sigma e'\;\sigma d)$ solo se mueve puntos de

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

(las imágenes de puntos movidos se mueven: $\sigma(x) \ne x$ implica $\sigma(\sigma x) \neq \sigma x$ , $\sigma$ son inyectivos). también $b \notin M$ : los cinco puntos $a, b, c, d, e'$ son distintos, por lo que $b \notin \{c, d, e'\}$ ; y $b \in \{\sigma c, \sigma d, \sigma e'\}$ forzaría a $a \in \{c, d, e'\}$ (aplicar $\sigma^{-1}$ , usando $\sigma a = b$ ), lo cual es falso. Por lo tanto, $\sigma'$ corrige $b$ , mientras que $\sigma$ mueve $b$ ; y $F(\sigma') \subseteq F(\sigma)$ . Finalmente $\sigma' \neq e$ : $\sigma^{-1}(c) = b$ , $\tau^{-1}(b) = b$ , $\sigma(b) = c$ , $\tau(c) = d$ , entonces $\sigma'(c) = d \neq c$ . Así $\sigma' \in N \setminus \{e\}$ con $f(\sigma') \leq f(\sigma) - 1$ , minimalismo contradictorio.

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

Corolario 1.34

Para $n \geq 5$ : $A_n$ y $S_n$ no son soluble, y el único subgrupos normales de $S_n$ son $\{e\}$ , $A_n$ y $S_n$ .

Demostración. $A_n$ es no abeliano simple, por lo tanto no es soluble (Definición 1.31); un grupo que contiene un no solucionable El subgrupo no es soluble (Proposición 1.29). Sea $N \trianglelefteq S_n$ : entonces $N \cap A_n \trianglelefteq A_n$ es igual $\{e\}$ o $A_n$ . 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, por lo que $\abs N \leq 2$ ; si $N = \{e, \sigma\}$ , la normalidad hace que el 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 $\sigma \ne e$ mueve $a$ a $b \neq a$ , seleccione $c \notin \{a, b\}$ ; luego $(b\,c)\sigma(b\,c)^{-1}$ envía $a$ a $c \ne b$ , por lo que difiere de $\sigma$ . Por lo tanto $N = \{e\}$ . ∎

Teorema 1.35 (Jordan–Hölder)

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

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

y el multiset de factores de composición $G_i/G_{i-1}$ , hasta al isomorfismo, no depende de la serie elegida. un finito grupo es soluble si todos sus factores de composición son cíclicos de orden principal.

Demostración. Existencia: inducción en $\abs G$ . Si $G$ es simple, tome $\{e\} \trianglelefteq G$ . De lo contrario, elija un normales subgrupo $N$ máximo adecuado (hay un número finito de subgrupos); $G/N$ es simple por el teorema de correspondencia (un subgrupo normal adecuado y no trivial de $G/N$ se elevaría a un subgrupo normal de $G$ estrictamente entre $N$ y $G$ ). Agregue $N \trianglelefteq G$ a un serie de composición de $N$ .

Unicidad: inducción en $\abs G$ , el caso $G$ simple siendo claro. Tome dos serie de composición, con penúltimos términos $M \trianglelefteq G$ y $N \trianglelefteq G$ (por lo que $G/M$ , $G/N$ son simple). Si es $M = N$ , concluir por inducción aplicada a $M$ . De lo contrario, $MN$ , normal en $G$ y que contiene estrictamente $M$ , es igual $G$ ( $M$ es normal máximo: cualquier normal $M \subsetneq L \subsetneq G$ se asignaría a un subgrupo normal adecuado y no trivial de el simple $G/M$ ). El segundo teorema del isomorfismo da

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

Configure $K = M \cap N$ ( $\trianglelefteq G$ ) y corrija un composición serie de $K$ . Entonces $M$ lleva dos serie de composición: es el original, y la serie 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 $\{\text{factors of } K\} \cup \{G/N\}$ ; lo mismo para $N$ . Por lo tanto ambas series de $G$ tienen factores

\{\text{factors of } K\} \;\cup\; \{\,G/N,\; G/M\,\},

el mismo conjunto múltiple.

Solubilidad: si todos los factores son $\Z/p_i\Z$ , la serie es una cadena con cocientes abelianos, entonces $G$ es soluble (Proposición 1.29). Por el contrario, un factor de composición de un grupo solucionable es soluble (un cociente de un subgrupo) y simple; a soluble grupo sencillo es abeliano ( $D(G) \ne G$ fuerzas $D(G) = \{e\}$ ), de ahí algunos $\Z/p\Z$ . ∎

Observación 1.36

Jordan–Hölder dice que cada grupo finito se construye a partir de sencillo grupos, con una lista de piezas bien definida — una aritmética de grupos en el que grupos simples son los números primos, y donde como el las piezas están pegadas (datos de extensión, como en producto semidirecto) reemplaza la mera multiplicación. La clasificación de lo finito. grupos simples — el $\Z/p\Z$ cíclico, el $A_{n \geq 5}$ alterno, dieciséis familias de tipo Lie y los grupos esporádicos $26$ — es uno de los monumentos de las matemáticas del siglo XX; su prueba, repartida en unas diez mil páginas de diario, está mucho más allá este curso.

Los diez subgrupos del grupo diédrico D_4 = r, s r4 = s2 = e,\ srs-1 = r-1. los tres Los subgrupos del índice 2 (fila del medio) son normal, al igual que centro. r2 (resaltado); los cuatro subgrupos de reflexión caer en dos clases de conjugación de dos. Cadenas de abajo hacia arriba proporcione serie de composición, por ejemplo \e\ r2 r D_4: factores ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ, ℤ/2ℤ — siempre el mismo multiset, como 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 Los subgrupos del índice $2$ (fila del medio) son normal, al igual que centro. $\langle r^2\rangle$ (resaltado); los cuatro subgrupos de reflexión caer en dos clases de conjugación de dos. Cadenas de abajo hacia arriba proporcione serie 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 multiset, como Jordan–Hölder.

1.6 Ceremonias

Ejercicio 1.1 ★

(a) Demuestre que cada subgrupo del índice $2$ es normal. (b) Demuestre que si $[G : H] = 2$ , entonces $x^2 \in H$ por cada $x \in G$ . (c) Deducir que $A_4$ no tiene subgrupo de orden $6$ : Lagrange la conversación falla. (Cuente los cuadrados de $3$ -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 izquierdas son $H$ y $gH$ , por lo que $gH = G \setminus H$ ; igualmente $Hg = G \setminus H$ . Por lo tanto $gH = Hg$ para todos los $g$ : $H \trianglelefteq G$ .

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

(c) Supongamos $H \leq A_4$ con $\abs H = 6$ , por tanto, de índice $2$ . Por (b), $\sigma^2 \in H$ por cada $\sigma \in A_4$ . Cada ciclo $3$ es un cuadrado de este tipo: si $\sigma^3 = e$ entonces $\sigma = \sigma^4 = (\sigma^2)^2$ . Entonces $H$ contiene los ocho ciclos $3$ de $A_4$ : $\abs H \geq 8 > 6$ , una contradicción. (Conversación de Lagrange falla en la primera oportunidad: $6 \mid 12$ .)

Ejercicio 1.2 ★

Demuestre que si $G/Z(G)$ es cíclico, entonces $G$ es abeliano. deducir de nuevo que cada grupo de orden $p^2$ es abeliano, y exhibe, para cada prime $p$ , un grupo nobeliano de orden $p^3$ . (Think of upper triangular matrices with unit diagonal over $\mathbb F_p$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 1.2.

Diga $G/Z(G) = \langle gZ(G) \rangle$ . Cada $x \in G$ luego escribe $x = g^k z$ 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), por lo que $\abs{Z(G)} \in \{p, p^2\}$ . Si fuera $p$ , entonces $G/Z(G)$ sería tiene orden $p$ , por lo tanto es cíclico, lo que obliga a $G$ abeliano y $Z(G) = G$ de orden $p^2$ — contradicción. Entonces $Z(G) = G$ .

Nobeliano de orden $p^3$ : el grupo 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 $p^3$ (libre elección de $a, b, c$ ; cierre e inversas por cálculo directo). Es nobeliano: las dos matrices elementales $I + E_{12}$ y $I + E_{23}$ tienen conmutador $I + E_{13} \neq I$ .

Ejercicio 1.3 ★

(a) Demuestre que $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z) \cong (\Z/n\Z)^\times$ . (b) Demuestre que los automorfismos internos $\iota_g \colon x \mapsto gxg^{-1}$ 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 $f \colon \Z/n\Z \to \Z/n\Z$ está determinado por $k = f(\bar 1)$ (luego $f(\bar m) = m\bar k$ ), y cada $\bar k$ define uno. Es biyectivo si $\bar k$ genera $\Z/n\Z$ , si $\gcd(k,n) = 1$ , y si $\bar k \in (\Z/n\Z)^\times$ . Composición corresponde a la multiplicación: $f_k \circ f_l = f_{kl}$ . Por lo 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 la imagen es $\operatorname{Inn}(G)$ ; su núcleo es $\{g : gxg^{-1} = x\ \forall x\} = Z(G)$ . El primer teorema del isomorfismo 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) Comprobar el fórmula del producto $\abs{HK}\,\abs{H\cap K} = \abs H\, \abs K$ , contando las fibras del mapa $H \times K \to HK$ , $(h,k) \mapsto hk$ . (b) Demuestre que $HK$ es un subgrupo si $HK = KH$ (automático cuando uno de los dos es normal). (c) Si $H, K \trianglelefteq G$ y $H \cap K = \{e\}$ , demuestre que $hk = kh$ para todos $h \in H$ , $k \in K$ .

Solución

Solución de Ejercicio 1.4.

(a) Considere $\mu \colon H \times K \to HK$ , $(h,k) \mapsto hk$ , sobreyectivo por definición. Reparar $h_0k_0 \in HK$ : luego $hk = h_0k_0 \iff h_0^{-1}h = k_0 k^{-1} \in H \cap K$ . 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 cardinalidad $\abs{H \cap K}$ . Por lo 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 inversas en $HK = (HK)^{-1} \subseteq (KH)^{-1}\dots$ más directamente, para $hk \in HK$ , $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH$ , entonces $HK = (HK)^{-1} \subseteq KH$ ; ambos inclusiones dan $HK = KH$ . Por el contrario, si $HK = KH$ : cierre, $(hk)(h'k') = h(kh')k' \in h(HK)k' = (hH)(Kk') \subseteq HK$ ; inversas, $(hk)^{-1} = k^{-1}h^{-1} \in KH = HK$ ; y $e \in HK$ : subgrupo. Si, digamos, $K \trianglelefteq G$ , entonces $hK = Kh$ para todos $h$ , por lo que $HK = KH$ automáticamente.

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

Ejercicio 1.5 ★★

(Lema de conteo de Burnside) Un grupo finito $G$ actúa sobre un grupo finito establezca $X$ . Demuestre que el número de órbitas es el promedio número de puntos fijos:

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

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

Solución

Solución de Ejercicio 1.5.

Cuente $E = \{(g,x) \in G \times X : g \cdot x = x\}$ 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{ orbit}} \sum_{x \in \mathcal O} \frac{1}{\abs{\mathcal O}} = \abs G \cdot \#\{\text{orbits}\},

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

Collares: sea $X$ el conjunto de mapas $\Z/p\Z \to \{1, \dots, a\}$ (coloraciones de posiciones $p$ ), $\abs X = a^p$ , con $\Z/p\Z$ actuando por rotación. La identidad arregla todo $a^p$ colorantes. Una rotación $\bar k \neq \bar 0$ genera $\Z/p\Z$ ( $p$ prime), por lo que el color que corrige es invariante bajo todo rotaciones, por lo tanto constantes: $a$ coloraciones fijas. Quemado:

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

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

Ejercicio 1.6 ★

Usando los teoremas de Sylow, demuestre que cada 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 $n_3 \equiv 1 \pmod 3$ fuerza $n_3 = 1$ ; Fuerza $n_5 \mid 3$ y $n_5 \equiv 1 \pmod 5$ $n_5 = 1$ . Los Sylows $P_3, P_5$ son normal, se cruzan trivialmente (órdenes coprime) y $\abs{P_3P_5} = 15$ (Ejercicio 1.4(a)): por Proposición 1.24, $G \cong \Z/3\Z \times \Z/5\Z \cong \Z/15\Z$ (resto chino).

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

Ejercicio 1.7 ★★

Demuestre que ningún grupo de orden $30$ , ni ninguno de orden $56$ , es simple. (For $30$ : if $n_3 \neq 1$ and $n_5 \neq 1$ , count the elements of orders $3$ and $5$ . For $56$ : count the elements of order $7$ .)

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, entonces $n_5 = 6$ y $n_3 = 10$ . Dos subgrupos distintos de orden primo $p$ se cruzan trivialmente (la intersección es un subgrupo propio de $\Z/p\Z$ ), por lo que los seis Los subgrupos Sylow $5$ llevan elementos $6 \times 4 = 24$ del orden $5$ , y los diez subgrupos Sylow $3$ llevan elementos $10 \times 2 = 20$ de orden $3$ : $24 + 20 = 44 > 30 - 1$ elementos no identificativos — absurdo. Entonces $n_5 = 1$ o $n_3 = 1$ : existe un Sylow normal.

Orden $56 = 2^3 \cdot 7$ . $n_7 \mid 8$ , $n_7 \equiv 1 \pmod 7$ : $n_7 \in \{1, 8\}$ . Si es $n_7 = 8$ , los subgrupos Sylow $7$ llevan elementos $8 \times 6 = 48$ del orden $7$ , dejando exactamente $56 - 48 = 8$ otros elementos. Un subgrupo Sylow $2$ tiene orden $8$ y consta de dichos elementos, por lo que es el conjunto de ellos: $n_2 = 1$ . Ya sea $n_7 = 1$ o $n_2 = 1$ : nunca simple.

Ejercicio 1.8 ★★

(a) Sea $H \leq G$ del índice $n$ . Demuestre que el acción de $G$ en $G/H$ produce un morfismo $G \to S_n$ cuyo núcleo $\bigcap_{g \in G} gHg^{-1}$ es el subgrupo normal más grande de $G$ contenido en $H$ . (b) Deducir: si $G$ es finito y $p$ es el primo pequeñísimo divisor de $\abs G$ , cada subgrupo del índice $p$ es normal. (c) Demuestre que cada transitiva acción de $G$ en un conjunto $X$ es isomorfo al acción en un espacio lateral: hay una biyección $X \to G/G_x$ que conmuta con el comportamiento.

Solución

Solución de Ejercicio 1.8.

(a) 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 (un núcleo) contenido en $H$ (tomar $x = e$ ). si $N \trianglelefteq G$ y $N \subseteq H$ , luego para cada $x$ : $N = xNx^{-1} \subseteq xHx^{-1}$ , entonces $N \subseteq \ker\rho$ : el El núcleo es el más grande.

(b) Sea $[G:H] = p$ , el primo más pequeño que divide a $\abs G$ y $K = \ker\rho \subseteq H$ . Luego $G/K$ se incrusta en $S_p$ , por lo que $[G:K]$ divide $p!$ . También $[G:K] = [G:H]\,[H:K] = p\,[H:K]$ , entonces $[H:K]$ divide $(p-1)!$ . Pero $[H:K]$ divide a $\abs G$ , cuyo primo Los divisores son todos $\geq p$ , mientras que los divisores primos de $(p-1)!$ son todos $< p$ : por lo tanto, $[H:K] = 1$ , es decir, $H = K = \ker \rho$ es normal.

(c) Sea acción transitivo y $x \in X$ . La aplicación $\Phi \colon G/G_x \to X$ , $gG_x \mapsto g \cdot x$ , está bien definido y biyectivo (órbita–estabilizador; el órbita es todo $X$ ), y entrelaza el comportamiento: $\Phi(h \cdot gG_x) = \Phi(hgG_x) = (hg) \cdot x = h \cdot \Phi(gG_x)$ .

Ejercicio 1.9 ★★

(a) Demuestre que $D(G)$ es el subgrupo normal más pequeño de $G$ con cociente abeliano, y que cada morfismo desde $G$ hasta un abeliano agrupar factores de forma única a través del abelianización $G^{\mathrm{ab}} = G/D(G)$ . (b) Calcule $D(S_n)$ y $S_n^{\mathrm{ab}}$ para $n \geq 2$ , y $D(Q_8)$ y $Q_8^{\mathrm{ab}}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 1.9.

(a) $D(G)$ es normal con cociente abeliano (Proposición 1.29); y si $N \trianglelefteq G$ tiene $G/N$ abeliano, la misma proposición da $D(G) \subseteq N$ : $D(G)$ es el más pequeño. Propiedad universal: sea $f \colon G \to A$ con $A$ abeliano. Luego $f([x,y]) = [f(x), f(y)] = e$ , por lo que $D(G) \subseteq \ker f$ y Teorema 1.3 factorizan de $f = \bar f \circ \pi$ a $G^{\mathrm{ab}}$ , únicamente desde $\pi$ . es sobreyectivo.

(b) Conmutadores son permutaciones pares, por lo que $D(S_n) \subseteq A_n$ . Por el contrario, cada ciclo $3$ es un conmutador:

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

(verificación directa en $a, b, c$ ) y los ciclos $3$ generan $A_n$ (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 $S_n^{\mathrm{ab}} \cong \Z/2\Z$ válido para todos los $n \geq 2$ .)

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

Ejercicio 1.10 ★★

Sea $G$ un grupo $p$ y $H \subsetneq G$ un subgrupo adecuado. Muestre que $H \subsetneq N_G(H)$ ("normalizadores crece") y deduzca que cada subgrupo máximo de un grupo $p$ es normal del índice $p$ . (Induction on $\abs G$ , using $Z(G) \neq \{e\}$ : treat separately $Z(G) \subseteq H$ and $Z(G) \not\subseteq H$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 1.10.

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

If $Z \not\subseteq H$ : elija $z \in Z \setminus H$ ; $z$ conmuta con $H$ , por lo que $zHz^{-1} = H$ y $z \in N_G(H) \setminus H$ .

If $Z \subseteq H$ : pase a $\bar G = G/Z$ , un grupo $p$ de pedido más pequeño, y $\bar H = H/Z \subsetneq \bar G$ (correspondencia teorema). Por inducción, $N_{\bar G}(\bar H) \supsetneq \bar H$ ; Elige $\bar g \in N_{\bar G}(\bar H) \setminus \bar H$ y un ascensor. $g$ . Luego $g \notin H$ y $gHg^{-1} \subseteq HZ = H$ : efectivamente $\overline{ghg^{-1}} = \bar g \bar h \bar g^{-1} \in \bar H$ significa $ghg^{-1} \in HZ = H$ (como $Z \subseteq H$ ). Entonces $g \in N_G(H)\setminus H$ .

Subgrupos máximos: si $M$ es máximo, $N_G(M) \supsetneq M$ fuerzas $N_G(M) = G$ : $M \trianglelefteq G$ . Entonces $G/M$ es un $p$ -grupo sin un subgrupo no trivial adecuado (correspondencia + maximalidad). Tome $\bar x \neq \bar e$ en $G/M$ , de orden $p^k$ ; entonces $\bar x^{p^{k-1}}$ genera un subgrupo de orden $p$ , que debe ser todo: $\abs{G/M} = p$ .

Ejercicio 1.11 ★★★

(Simplicidad de $A_5$ , práctica) (a) Demuestre que clases de conjugación de $A_5$ tienen cardinalidades $1$ , $15$ , $20$ , $12$ , $12$ . Preste atención a la división del Clase $S_5$ de ciclos $5$ : para un ciclo $5$ $\sigma$ , compare el centralizadores de $\sigma$ en $S_5$ y en $A_5$ . (b) Deduzca que $A_5$ es simple: un subgrupo normal es una unión de clases de conjugación, contiene $e$ y tiene cardinalidad divisoria $60$ . (c) Demuestre que un grupo sencillo de orden $60$ necesariamente tiene $n_5 = 6$ .

Solución

Solución de Ejercicio 1.11.

(a) $\abs{A_5} = 60$ . Tipos de ciclo en $A_5$ : $e$ ; doble transposiciones, $\frac{1}{2}\binom{5}{1}\binom{4}{2}\cdot 1 = 15$ de ellos ( $5 \cdot 3$ formas: elija el punto fijo, luego emparéjelo); $3$ -ciclos, $\frac{5 \cdot 4 \cdot 3}{3} = 20$ ; $5$ -ciclos, $4! = 24$ .

Una clase de $S_5$ contenida en $A_5$ permanece como una clase $A_5$ o se divide en dos, según si el centralizador $S_5$ de un El elemento contiene una permutación impar ( $\abs{\text{class in }A_5} = 60/\abs{Z_{A_5}(\sigma)}$ 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, entonces $\abs{Z_{A_5}} = 4$ y la clase tiene elementos $60/4 = 15$ : sin división. Para $\sigma = (1\,2\,3)$ : $Z_{S_5}(\sigma) \supseteq \langle \sigma \rangle \times \langle (4\,5)\rangle$ , de orden $6 = 120/20$ , por tanto igual; contiene la clase impar $(4\,5)$ : de $60/3 = 20$ : sin división. Para $\sigma$ a $5$ -ciclo: $Z_{S_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ (orden $120/24 = 5$ ), todos pares: $Z_{A_5}(\sigma) = \langle \sigma\rangle$ y la clase $A_5$ tiene elementos $60/5 = 12$ — el $24$ cinco ciclos divididos en clases dos de $12$ . clase Tallas: $1, 15, 20, 12, 12$ .

(b) A subgrupo normal $N$ es una unión de clases de conjugación incluyendo $\{e\}$ , con $\abs N \mid 60$ . Las sumas posibles $1 + (\text{subset of } \{15, 20, 12, 12\})$ 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 el Sylow $5$ -subgrupo normal, que contradice la simplicidad ( $1 < 5 < 60$ ). Por lo tanto $n_5 = 6$ .

Ejercicio 1.12 ★★

(Normalizadores de Subgrupos de Sylow se normalizan automáticamente) Dejemos que $P$ ser un subgrupo Sylow $p$ de un grupo finito $G$ y $H = N_G(P)$ . (a) Demuestre que $P$ es el subgrupo único Sylow $p$ de $H$ . (b) Deducir $N_G(H) = H$ . (For $g \in N_G(H)$ : $gPg^{-1}$ is a Sylow $p$ -subgroup of $H$ , so $gPg^{-1} = P$ .) (c) Concluir que no hay ningún Sylow normalizador contenido en un subgrupo normal de $G$ , y que un subgrupo máximo que contiene $N_G(P)$ se autonormaliza.

Solución

Solución de Ejercicio 1.12.

(a) $P$ es normal en $H = N_G(P)$ por definición de normalizador, y es un subgrupo Sylow $p$ de $H$ (su orden es ya es la $p$ completa (parte de $\abs G$ , a fortiori de $\abs H$ ). Un normal Subgrupo Sylow es único: cualquier otro sería conjugado con él (Sylow II en $H$ ), por lo 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 Sylow $p$ -subgrupo de $H$ , por lo que $gPg^{-1} = P$ por (a). Así $g \in N_G(P) = H$ : $N_G(H) \subseteq H$ , y la inclusión inversa es trivial.

(c) Supongamos $H \subseteq N \trianglelefteq G$ con $N$ propiamente dicho. $P$ es un subgrupo Sylow $p$ de $N$ ; para cualquier $g \in G$ , $gPg^{-1} \subseteq N$ es otro, entonces $gPg^{-1} = nPn^{-1}$ para algunos $n \in N$ (Sylow II en $N$ ), dando $n^{-1}g \in N_G(P) \subseteq N$ y $g \in N$ : $N = G$ , contradicción (esta es la Argumento de Frattini). Para un subgrupo máximo $M \supseteq N_G(P)$ : $N_G(M) \supseteq M$ es $M$ o $G$ ; si $G$ , entonces $M \trianglelefteq G$ es un subgrupo normal adecuado que contiene $N_G(P)$ — excluido por el punto anterior. entonces $N_G(M) = M$ .

1.7 Problema: los grupos de orden como máximo 15

Problema 1.1

Problema de fin de semana — clasificación de pequeños grupos

El objetivo es una clasificación completa, con pruebas completas, de los grupos de orden $\leq 15$ hasta isomorfismo. Las órdenes $1, 2, 3, 5, 7, 11, 13$ son liquidadas por Lagrange (cíclicas), y las órdenes $4$ y $9$ por Teorema 1.12 más el análisis a continuación de $p^2$ : quedan $6, 8, 10, 12, 14, 15$ .

Parte I — Tools.

Demuestre que un grupo en el que cada elemento satisface $x^2 = e$ es abeliano; deducir que tal grupo finito tiene orden $2^k$ y es isomorfo a $(\Z/2\Z)^k$ . (View it as a vector space over $\mathbb F_2$ .)
Demuestre que un grupo de orden $p^2$ es isomorfo a $\Z/p^2\Z$ o $(\Z/p\Z)^2$ . Enumera los grupos abelianos de ordene $8$ hasta el isomorfismo: $\Z/8\Z$ , $\Z/4\Z \times \Z/2\Z$ , $(\Z/2\Z)^3$ — demuestre que la lista está completa y irredundante sin el teorema de la estructura de Capítulo 3 (discutir por el orden máximo de un elemento).
Vamos $\varphi, \varphi' \colon K \to \operatorname{Aut}(H)$ serán dos comportamiento. Demuestre que si $\varphi' = \varphi \circ \alpha$ con $\alpha \in \operatorname{Aut}(K)$ , entonces $H \rtimes_{\varphi} K \cong H \rtimes_{\varphi'} K$ .
Determine $\operatorname{Aut}(\Z/n\Z)$ para $n = 3, 4, 5, 7$ explícitamente y muestre $\operatorname{Aut}\bigl((\Z/2\Z)^2 \bigr) \cong S_3$ .

Parte II — Orders $2p$ ( $6$ , $10$ , $14$ ) and $pq$ .

Sea $\abs G = 2p$ con $p$ un primo impar. Mostrar que $G$ tiene a subgrupo normal $N = \langle r \rangle$ de orden $p$ y un elemento $s$ del orden $2$ fuera de $N$ .
Deducir $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ , donde $\varphi(1) \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ es un involución, y concluir: $G \cong \Z/2p\Z$ o $G \cong D_p$ ; compruebe que estos dos no sean isomórficos. Esto se resuelve pedidos $6$ , $10$ , $14$ .
De manera más general, sea $\abs G = pq$ con números primos $p < q$ . Demuestre que si $p \nmid q-1$ entonces $G$ es cíclico (Ejemplo 1.22), y que si $p \mid q - 1$ hay es, además de $\Z/pq\Z$ , exactamente uno grupo no abeliano $\Z/q\Z \rtimes \Z/p\Z$ hasta isomorfismo — usar 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 probado en Capítulo 4 (ciclicidad de $\mathbb F_q^\times$ ). Concluir para el pedido $15$ .

Parte III — Order $8$ . Sea $G$ nobeliano de orden $8$ .

Demuestre que $G$ tiene un elemento $r$ de orden $4$ (use pregunta 1) y que $N = \langle r\rangle$ es normal.
Vamos $s \notin N$ . Muestra que $s^2 \in N$ (Ejercicio 1.1(b)), que $srs^{-1} = r^{-1}$ (examine las posibles imágenes de $r$ bajo conjugación, que debe tener orden 4 y excluir $srs^{-1} = r$ ), y que $s^2 \in \{e, r^2\}$ (¿Qué pasa si $s^2 = r$ o $r^3$ ? y ¿por qué $s^2$ debe conmutar con $s$ ?).
En el caso $s^2 = e$ , mostrar $G \cong D_4$ .
En el caso $s^2 = r^2$ , demuestre que la multiplicación la mesa está completamente determinada; el grupo resultante es el grupo cuaternión $Q_8 = \{\pm 1, \pm \mathrm i, \pm \mathrm j, \pm \mathrm k\}$ , $\mathrm i^2 = \mathrm j^2 = \mathrm k^2 = \mathrm i\, \mathrm j\,\mathrm k = -1$ (establecer $r = \mathrm i$ , $s = \mathrm j$ ). Verifique que $Q_8$ exista, por ejemplo dentro $GL_2(\C)$ vía

$\mathrm i \mapsto \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu \end{pmatrix}, \qquad \mathrm j \mapsto \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}.$
Demuestre que cada subgrupo no trivial de $Q_8$ contiene $-1$ ; deducir que cada subgrupo de $Q_8$ es normal, es decir $D_4 \not\cong Q_8$ (contar elementos del orden $2$ ), y que $Q_8$ no es un producto semidirecto de dos adecuados subgrupos.

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

Muestra $n_3 \in \{1, 4\}$ , $n_2 \in \{1, 3\}$ , y que $n_3 = 4$ fuerza a $n_2 = 1$ (contar elementos de orden $3$ ).
Supongamos que $n_3 = 4$ . La conjugación acción en $\mathrm{Syl}_3$ da $\rho \colon G \to S_4$ . mostrar eso $\ker \rho$ , contenido en cada $N_G(P_3)$ y por tanto de el orden que divide $3$ , es trivial (¿Por qué no puede tener? pedir $3$ ?); que la imagen, un subgrupo de orden $12$ de $S_4$ , es necesariamente $A_4$ (index 2 subgroups are normal and contain all squares — Ejercicio 1.1; count the squares in $S_4$ ); y concluir $G \cong A_4$ .
Supongamos $n_3 = 1$ , entonces $G \cong \Z/3\Z \rtimes_\varphi P_2$ con $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) \cong \Z/2\Z$ . Enumerar los casos: $\varphi$ trivial produce $\Z/12\Z$ y $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ ; $P_2 = \Z/4\Z$ con $\varphi$ sobreyectiva produce el grupo dicíclico $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ ; $P_2 = (\Z/2\Z)^2$ con $\varphi$ sobreyectiva arroja, hasta la equivalencia de la pregunta 3, un único grupo — muestra que es $D_6$ , por ejemplo exhibiendo un elemento de orden $6$ y una involución similar a un reflejo.
Mostrar que $\Z/12\Z$ , $\Z/6\Z \times \Z/2\Z$ , $D_6$ , $A_4$ , $\mathrm{Dic}_3$ son (cuenta elementos de orden $2$ , o usar $n_3$ ) no isomórficos por pares. Esto establece el orden $12$ .

Part V — Synthesis.

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

Part VI — Beyond: the groups of order $p^3$ , $p$ odd. El análisis de la orden $8$ de la Parte III tiene una hermosa análogo de primo impar, con un fenómeno genuinamente nuevo. Sea $p$ un primo impar y $G$ no abeliano de orden $p^3$ .

Muestre que $\abs{Z(G)} = p$ , que $G/Z(G) \cong (\Z/p\Z)^2$ (a cyclic quotient by the centro forces abelianity: Ejercicio 1.2) y que $D(G) = Z(G)$ (for $D(G) \subseteq Z(G)$ , use that $G/Z(G)$ is abelian; for equality, $G$ is nonabelian and $D(G) \neq \{e\}$ ). Deduce que cada conmutador $[x, y] = xyx^{-1}y^{-1}$ es central y de orden. dividiendo $p$ .
(La identidad clave) Dejemos que $x, y \in G$ y $z = [y, x]$ , céntrico. Demostrar por inducción en $k$ :

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

(Mueva cada $y$ más allá de cada $x$ ; cada cruce cuesta un factor central $z$ .)
Deduzca que para $p$ impar la aplicación $\theta\colon x \mapsto x^p$ es un morfismo de grupo de $G$ a $Z(G)$ (why is $x^p$ central? why does $z^{p(p-1)/2} = e$ need $p$ odd?), y concluya que $G$ tiene exponente $p$ o $p^2$ , los dos casos se distinguen por si $\theta$ es trivial.
(Exponente $p$ ) Supongamos que cada elemento satisface $x^p = e$ . Elija $x, y$ cuyas clases generen $G/Z(G)$ y configure $z = [y, x]$ . Muestre que $z \neq e$ , que cada elemento de $G$ es exclusivamente $x^ay^bz^c$ ( $0 \leq a, b, c < p$ ), y que la multiplicación está enteramente determinada por la relaciones $x^p = y^p = z^p = e$ , $z$ central, $[y, x] = z$ . Verifique que el grupo 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 $p$ (calcule $(I + N)^p$ con $N$ estrictamente triangular superior, utilizando $N^3 = 0$ y $p \geq 3$ ): cada exponente- $p$ no abeliano El grupo de orden $p^3$ es isomorfo a $H_p$ .
(Exponente $p^2$ ) Supongamos que algún $r \in G$ tiene el orden $p^2$ , y configure $N = \langle r\rangle$ , normal (índice $p$ : Ejercicio 1.10). Mostrar que hay $s \notin N$ con $s^p = e$ (take any $t \notin N$ ; using question 20, correct it: $\theta(t) = t^p \in Z(G) \subseteq N$ — justify $Z(G) = \langle r^p\rangle$ — and choose $a$ with $s = tr^{a}$ satisfying $s^p = e$ ; where is $p$ odd used?). Mostrar $srs^{-1} = r^{1+p}$ hasta reemplazar $s$ por una potencia, y concluimos: existe exactamente uno grupo nobeliano de orden $p^3$ y exponente $p^2$ , es decir $\Z/p^2\Z \rtimes_\varphi \Z/p\Z$ con $\varphi(1)\colon r \mapsto r^{1+p}$ (use question 3; $\operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ is cyclic of order $p(p-1)$ , admitted here, so it has a unique subgroup of order $p$ ).
Concluye el conteo: para $p$ impar hay exactamente $5$ grupos de orden $p^3$ (tres abelianos, dos nobelianos), al igual que para $p = 2$ — pero los dos no abelianos son ya no $D_4$ y $Q_8$ . Identificar exactamente dónde El argumento odd- $p$ se rompe para $p = 2$ : en la identidad de pregunta 19, $z^{k(k-1)/2}$ para $k = p = 2$ es $z^1 \neq e$ , por lo que elevar al cuadrado no es un morfismo — y de hecho $Q_8$ tiene un elemento único de orden $2$ mientras que el exponente- $4$ $D_4$ tiene cinco.

Part VII — Complements.

Para $p$ impar, cuente los elementos de orden $p$ en cada uno de los dos grupos nobelianos de orden $p^3$ : demuestre que $H_p$ tiene exactamente $p^3 - 1$ de ellos, mientras que $M_p = \Z/p^2\Z \rtimes \Z/p\Z$ tiene exactamente $p^2 - 1$ (use the morphism $\theta$ of question 20: identify its image, then the order of its kernel). Verifique numéricamente para $p = 3$ : $26$ contra $8$ . Explique por qué no existe un argumento de morfismo cuadrado de este tipo. puede separar $D_4$ de $Q_8$ , y qué recuento lo hace separarlos.
Llame a un número entero $n \geq 1$ cíclico si cada grupo de orden $n$ es cíclico. Demuestre 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 (en cada caso exhibe un grupo no cíclico de orden $n$ , usando Parte II para la segunda) cíclico. Deducir que $n$ fuerzas cíclicas $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ , donde $\varphi$ es el de Euler paciente y coteje con la tabla de la pregunta 17: entre $n \leq 15$ , las órdenes que llevan un solo 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. Tal $G$ , escrito de forma aditiva, es un espacio vectorial sobre $\mathbb F_2$ ( $2x = 0$ , y los axiomas son los axiomas del grupo abeliano); si finito, tiene base finita: $G \cong (\Z/2\Z)^k$ , de orden $2^k$ .

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

Abeliano de orden $8$ , por el orden máximo $m$ de un elemento: $m = 8$ : cíclico $\Z/8\Z$ . $m = 2$ : $(\Z/2\Z)^3$ por pregunta 1. $m = 4$ : deje que $x$ tenga el orden $4$ y $y \notin \langle x \rangle$ ; $y^2 \in \langle x\rangle$ (índice $2$ ). $y^2 \in \{x, x^3\}$ daría $y$ orden $8$ ; Entonces $y^2 \in \{e, x^2\}$ . Si es $y^2 = x^2$ , reemplace $y$ por $xy$ : $(xy)^2 = x^2y^2 = x^4 = e$ ( $G$ abeliano) y $xy \notin \langle x\rangle$ . Entonces podemos suponer $y^2 = e$ : luego $\langle x \rangle \cap \langle y \rangle = \{e\}$ , ambos normal (abeliano), $\abs{\langle x\rangle \langle y\rangle} = 8$ : Proposición 1.24 da $G \cong \Z/4\Z \times \Z/2\Z$ . Irredundante: los números de soluciones de $x^2 = e$ son $2, 4, 8$ en los tres grupos.

3. Defina $\psi \colon H \rtimes_{\varphi'} K \to H \rtimes_{\varphi} K$ por $\psi(h, k) = (h, \alpha(k))$ , una biyección. 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 $0, 1$ ), por lo que $\operatorname{Aut}(V) = GL_2(\mathbb F_2)$ , de orden $(4-1)(4-2) = 6$ ; actúa fielmente sobre los vectores $3$ distintos de cero, dando un morfismo inyectivo a $S_3$ entre grupos de orden $6$ : $\operatorname{Aut}(V) \cong S_3$ .

5. Cauchy proporciona $r$ del pedido $p$ ; $N = \langle r \rangle$ tiene el índice $2$ , por lo tanto es normal (Ejercicio 1.1). Cauchy también proporciona $s$ del pedido $2$ y $s \notin N$ (todos los elementos que no son de identidad de $N$ tienen orden impar $p$ ).

6. $N \cap \langle s \rangle = \{e\}$ y $\abs{N\langle s\rangle} = 2p$ (Ejercicio 1.4(a)): por Proposición 1.26, $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ con $\varphi(1) = (x \mapsto sxs^{-1})$ un automorfismo del orden que divide $2$ . En $(\Z/p\Z)^\times$ , $k^2 = 1$ sólo tiene las soluciones $k = \pm 1$ ( $X^2 - 1$ tiene como máximo dos raíces en el campo $\mathbb F_p$ ). 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 isomórficos: $D_p$ no es abeliano para $p \geq 3$ ( $srs^{-1} = r^{-1} \neq r$ ).

7. $n_q \equiv 1 \pmod q$ divide $p < q$ : $n_q = 1$ , entonces $N \cong \Z/q\Z$ es normal. Deja que $P \cong \Z/p\Z$ sea un Sylow Subgrupo $p$ : $N \cap P = \{e\}$ , $NP = G$ (orden $pq$ ), por lo que $G \cong \Z/q\Z \rtimes_\varphi \Z/p\Z$ 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 dividir $p$ y $q-1$ , por lo tanto, es trivial, y $G \cong \Z/pq\Z$ (Ejemplo 1.22). Si $p \mid q - 1$ : además del trivial $\varphi$ , cualquier $\varphi$ no trivial es inyectivo (su kernel, un subgrupo de $\Z/p\Z$ , es trivial) con imagen el subgrupo único $C$ de orden $p$ del grupo cíclico $\Z/(q-1)\Z$ . Dos comportamiento $\varphi, \varphi'$ no triviales son entonces dos isomorfismos $\Z/p\Z \to C$ , entonces $\alpha = \varphi^{-1}\circ\varphi' \in \operatorname{Aut}(\Z/p\Z)$ satisface $\varphi' = \varphi\circ\alpha$ : por pregunta 3 los dos productos semidirectos son isomorfos. Por lo tanto exactamente un nobeliano grupo de orden $pq$ (no abeliano ya que $\varphi \neq \mathrm{id}$ hace que algunas conjugaciones no sean triviales). Orden $15$ : $p = 3$ , $q = 5$ , $3 \nmid 4$ : solo cíclico.

8. No todos los elementos tienen orden $\leq 2$ (de lo contrario, abeliano por pregunta 1), y ningún elemento tiene orden $8$ (de lo contrario, cíclico, abeliano): algunos $r$ tienen orden $4$ , y $N = \langle r\rangle$ , de índice $2$ , es normal.

9. $s^2 \in N$ por Ejercicio 1.1(b). el el conjugado $srs^{-1} \in N$ tiene orden $4$ , por lo que $srs^{-1} \in \{r, r^3\}$ ; si $srs^{-1} = r$ entonces $r$ y $s$ conmutan y $G = \langle r, s\rangle$ es abeliano — excluido. Entonces $srs^{-1} = r^{-1}$ . Si $s^2 = r$ o $r^3$ , entonces $s$ tiene el pedido $8$ : 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 $r^3$ son fijado por conjugación por $s$ .) Entonces $s^2 \in \{e, r^2\}$ .

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 por $\pi/2$ ), $s \mapsto$ (una reflexión) define un morfismo sobreyectivo en $D_4$ , entre grupos de orden $8$ : un isomorfismo.

11. Si $s^2 = r^2$ : nuevamente $G = \{r^i s^j\}$ y el relaciones $r^4 = e$ , $s^2 = r^2$ , $srs^{-1} = r^{-1}$ fuerzan el mesa entera. 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}

satisfacer $A^4 = I$ , $B^2 = -I = A^2$ y $BAB^{-1} = A^{-1}$ — para el último, verifique

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

Entonces $\{\pm I, \pm A, \pm B, \pm AB\}$ es un grupo de orden $8$ dándose cuenta de que la tabla: $Q_8$ existe.

12. Sea $H \neq \{e\}$ un subgrupo y $x \in H \setminus \{e\}$ . Si $x \neq -1$ entonces $x \in \{\pm\mathrm i, \pm\mathrm j, \pm\mathrm k\}$ y $x^2 = -1 \in H$ . Entonces $-1 \in H$ siempre. Los subgrupos son $\{e\}$ , $\{\pm 1\}$ (el centro), $\langle \mathrm i\rangle, \langle \mathrm j\rangle, \langle \mathrm k\rangle$ (índice $2$ ) y $Q_8$ : todos los normal ( $\{e\}$ y el centro trivialmente, índice $2$ por Ejercicio 1.1, $Q_8$ mismo). $D_4$ tiene cinco elementos de orden $2$ ( $r^2$ y los cuatro reflexiones), $Q_8$ solo uno ( $-1$ ): no isomorfo. Un semidirecto producto $H \rtimes K$ con $H, K \neq \{e\}$ requiere $H \cap K = \{e\}$ , imposible ya que 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 $n_3 = 4$ : el cuatro subgrupos Sylow $3$ por pares se cruzan trivialmente (primer orden), dando $4 \times 2 = 8$ elementos del orden $3$ ; el Los elementos $4$ restantes deben constituir el Sylow único. $2$ -subgrupo: $n_2 = 1$ .

14. $\ker\rho$ normaliza cada subgrupo Sylow $3$ , por lo que $\ker \rho \subseteq N_G(P_3)$ , que tiene el índice $n_3 = 4$ , es decir orden $3$ : $\abs{\ker\rho} \in \{1, 3\}$ . El pedido $3$ haría $\ker\rho$ a normal Sylow $3$ -subgrupo, contradiciendo $n_3 = 4$ . Entonces $\rho$ es inyectivo y su imagen $H \leq S_4$ tiene orden. $12$ , índice $2$ : $H \trianglelefteq S_4$ y $H$ contienen todos cuadrados (Ejercicio 1.1(b)). Los cuadrados de $S_4$ incluyen $e$ y los ocho ciclos $3$ ( $\sigma = (\sigma^2)^2$ para un ciclo $3$ ), que generan $A_4$ (se encuentran en $A_4$ , y juntos con sus productos dan los doce elementos; o: Lema 1.32 para la parte de generación de $n = 4$ , que sólo necesita $n \geq 3$ ). Entonces $A_4 \subseteq H$ 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: productos directos $\Z/3\Z \times \Z/4\Z \cong \Z/12\Z$ y $\Z/3\Z \times (\Z/2\Z)^2 \cong \Z/6\Z \times \Z/2\Z$ .
$P_2 = \Z/4\Z$ , $\varphi$ sobreyectiva: necesariamente $\varphi(1) = -\mathrm{id}$ (la única opción no trivial): un grupo, $\mathrm{Dic}_3 = \Z/3\Z \rtimes \Z/4\Z$ .
$P_2 = (\Z/2\Z)^2$ , $\varphi$ sobreyectiva: $\ker\varphi$ es uno de los tres subgrupos del orden $2$ ; los tres $\varphi$ resultante difiere por automorfismos de $(\Z/2\Z)^2$ permutando estos subgrupos (pregunta 4: $\operatorname{Aut} \cong S_3$ actúa transitivamente sobre las tres involuciones), por lo que en la pregunta 3 dan una clase de isomorfismo. es $D_6$ : elija $t$ generando $\ker\varphi$ y $x$ generando $\Z/3\Z$ ; el elemento $\rho = (x, t)$ satisface $\rho^2 = (2x, 0)$ , $\rho^3 = (0, t)$ , $\rho^6 = e$ y no la potencia más pequeña es $e$ : ordene $6$ ; 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 el pedido $12$ , $G \cong D_6$ .

16. Contando elementos del orden $2$ : $\Z/12\Z$ tiene $1$ ; $\Z/6\Z\times\Z/2\Z$ tiene $3$ ; $D_6$ tiene $7$ (seis reflexiones y la 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 a todos menos a las parejas. $\{\Z/12\Z, \mathrm{Dic}_3\}$ y $\{\Z/6\Z\times\Z/2\Z, A_4\}$ : los primeros miembros son abelianos, los segundos no ( $\mathrm{Dic}_3$ : el acción no es trivial; $A_4$ : $(1\,2\,3)$ y $(1\,2)(3\,4)$ no conmutan). Cinco grupos distintos; partes II–IV muestra que la lista está completa.

17. La tabla de clasificación:

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

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

18. $Z = Z(G)$ no es trivial (Teorema 1.12) y $Z \neq G$ (no abeliano), entonces $\abs Z \in \{p, p^2\}$ . Si $\abs Z = p^2$ , entonces $G/Z$ es cíclico de orden $p$ y Ejercicio 1.2 hace que $G$ sea abeliano: excluidos, por lo que $\abs Z = p$ y $\abs{G/Z} = p^2$ . Por la pregunta 2, $G/Z$ es $\Z/p^2\Z$ o $(\Z/p\Z)^2$ ; cíclico es nuevamente excluido por Ejercicio 1.2: $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ . Dado que $G/Z$ es abeliano, cada conmutador se encuentra en $Z$ : $D(G) \subseteq Z$ ; y $D(G) \neq \{e\}$ ( $G$ no abeliano), por lo que $D(G) = Z$ ( $\abs Z = p$ no deja lugar). Conmutadores son centrales para dividir el orden. $\abs Z = p$ .

19. Inducción en $k$ , siendo trivial el caso $k = 1$ . Usando $yx = xyz^{-1}\cdot$ — precisamente, $z = [y, x] = yxy^{-1}x^{-1}$ da $yx = zxy$ , es decir, moviendo un $y$ hacia la izquierda pasado uno $x$ produce un factor $z$ , que es central y puede Estar estacionado en cualquier lugar. 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},

ya que llevar $x$ más allá de $y^k$ cuesta $k$ factores de $z$ ( $y^kx = z^kxy^k$ , 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 $p$ es impar, $(p-1)/2$ es un número entero, por lo que $z^{p(p-1)/2} = (z^p)^{(p-1)/2} = e$ (pregunta 18: $z$ tiene orden para dividir $p$ ): $\theta(xy) = \theta(x)\theta(y)$ , un morfismo. Sus valores son central: la clase de $x$ en $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$ tiene orden dividiendo $p$ , entonces $x^p \in Z$ . Si $\theta$ es trivial, cada El elemento tiene orden dividiendo $p$ : exponente $p$ (no $1$ : $G \neq \{e\}$ ). De lo contrario, algunos $x^p \neq e$ y $x$ tienen el pedido $p^2$ . (el pedido divide $p^3$ y $x$ no puede tener el pedido $p^3$ : $G$ sería cíclico, por lo tanto abeliano): exponente $p^2$ .

21. Clases $\bar x, \bar y$ generando $G/Z$ : sus conmutador $z = [y, x]$ es $\neq e$ , de lo contrario $x, y, Z$ sería generar un abeliano $G$ (sus clases generan el cociente y $Z$ es central) — y $z$ genera $Z$ ( $\abs Z = p$ ). cada $g \in G$ tiene la clase $\bar x^a\bar y^b$ para $0 \leq a, b < p$ único, por lo que $g = x^ay^bz^c$ con un $0 \leq c < p$ único: $p^3$ elementos, todos contabilizados. Los productos de dichas formas normal son calculado usando solo $yx = zxy$ , $z$ central y $x^p = y^p = z^p = e$ : la tabla está forzada, por lo que dos exponentes cualesquiera- $p$ Los grupos nobelianos de orden $p^3$ son isomórficos (coinciden con el generadores). El grupo Heisenberg se da cuenta de 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 estrictamente superior triangular $N$ , $N^3 = 0$ da

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

desde $p \mid p$ y $p \mid \binom p2$ para $p$ impar: exponente $p$ . Entonces el grupo exponente- $p$ es $H_p$ .

22. $Z(G) = \langle r^p\rangle$ : efectivamente $r^p$ es central (argumento de la pregunta 20: la clase de $r$ en el exponente- $p$ cociente $G/Z$ da $r^p \in Z$ ) y es $\neq e$ , entonces genera el pedido- $p$ centro. Tome cualquier $t \notin N$ . si $t^p = e$ , establezca $s = t$ . De lo contrario, $\theta(t) = t^p \in Z = \langle r^p\rangle$ , diga $t^p = r^{pb}$ ; establecer $s = tr^{-b}$ : por pregunta 20 ( $\theta$ un morfismo, $p$ impar), $s^p = t^pr^{-pb} = e$ y $s \notin N$ . Conjugación: $srs^{-1} \in N$ ( $N$ normal) tiene orden $p^2$ , por lo que $srs^{-1} = r^m$ con $p \nmid m$ ; también $s^p = e$ fuerza $m^p \equiv m \pmod{p^2}$ — conjugar $p$ veces devuelve $r$ , por lo que $m^p \equiv 1 \pmod {p^2}$ y $m \equiv m^p \equiv 1 \pmod p$ (Fermat): $m = 1 + ap$ . La no trivialidad ( $G$ nobelian) da $a \not\equiv 0$ ; reemplazando $s$ por el poder $s^{a'}$ con $aa' \equiv 1 \pmod p$ convierte el acción 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 cualesquiera no triviales $\Z/p\Z \to \operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ con la misma imagen — y la imagen es el subgrupo único de orden $p$ de el cíclico $\operatorname{Aut}(\Z/p^2\Z)$ — da isomórfico productos semidirectos: unicidad.

23. Abeliano: $\Z/p^3\Z$ , $\Z/p^2\Z\times\Z/p\Z$ , $(\Z/p\Z)^3$ (argumento de la pregunta 2, un grado hacia arriba: clasificar por orden máximo). Nonabeliano: 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 colapsa: $z^{p(p-1)/2} = z^{1} = z \neq e$ , elevar al cuadrado no es un morfismo, y de hecho ambos grupos nobelianos de orden $8$ tienen exponente $4$ — la invariante que separa $D_4$ de $Q_8$ es la número de elementos del orden $2$ (cinco contra uno), no el exponente. El mundo odd- $p$ es, por una vez, más ordenado que característica $2$ .

24. En $H_p$ cada 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); $\theta(r) = r^p \neq e$ , por lo que la imagen es el pedido completo- $p$ centro y $\ker\theta = \{x : x^p = e\}$ tienen el pedido $p^3/p = p^2$ . Los elementos del orden $p$ son los elementos de no identidad. de este kernel: $p^2 - 1$ de ellos. Para $p = 3$ : $H_3$ tiene $27 - 1 = 26$ elementos del orden $3$ y $M_3 = \Z/9\Z \rtimes \Z/3\Z$ tiene $9 - 1 = 8$ . Para $p = 2$ el argumento muere en el comienzo: elevar al cuadrado no es un morfismo en un grupo no abeliano de orden $8$ (pregunta 23), y de hecho el conjunto $\{x : x^2 = e\}$ tiene elementos $6$ en $D_4$ — no es el orden de un subgrupo de $D_4$ . El conteo que sí separa al par es el número de elementos del orden $2$ : cinco en $D_4$ , 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: cada elemento orden divide $\operatorname{lcm}(p, n/p) = n/p < n$ , ya que $p \mid n/p$ . Si $p < q$ son primos que dividen $n$ 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 no es abeliano, por lo tanto no cíclico. Ahora supongamos $\gcd(n, \varphi(n)) > 1$ y escoja un número primo $p$ dividiendo ambos. Escribiendo $\varphi(n) = \prod_{q^a \parallel n} q^{a-1}(q - 1)$ , la divisibilidad $p \mid \varphi(n)$ significa $p^2 \mid n$ (el factor $q^{a-1}$ con $q = p$ , $a \geq 2$ ) o $p \mid q - 1$ para algunos primos $q \mid n$ , $q \neq p$ : en ambos casos $n$ no es cíclico por lo anterior. Por contraposición, $n$ fuerzas cíclicas $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ . Verifique $n \leq 15$ : 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 pregunta 17 con un solo grupo. Los otros pedidos son presenciado no cíclico como arriba: $4, 8, 9, 12$ por un cuadrado factor, $6, 10, 12, 14$ por $2 \mid q - 1$ . (Lo contrario — $\gcd(n, \varphi(n)) = 1$ implica $n$ cíclico — también es cierto; La pregunta 7 demuestra su primer caso no trivial, $n = pq$ con $p \nmid q - 1$ .)

1.1 Grupos de cocientes y teoremas de isomorfismo

1.2 Acciones grupales

1.3 Los teoremas de Sylow

1.4 Productos directos y semidirectos.

1.5 Grupos solubles; simplicidad de AnA_nAn​

1.6 Ceremonias

1.7 Problema: los grupos de orden como máximo 15

1.5 Grupos solubles; simplicidad de $A_n$