--- title: "Teoría de grupos" book: "Matemáticas universitarias — Grado 3" subject: math language: es chapter: 1 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/1-teoria-de-grupos --- # Capítulo 1 — Teoría 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](#def-b3-groups-action) y puntos fijos produce la [ecuación de clases](#cor-b3-groups-classeq), 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](#prop-b3-groups-direct) y semidirectos) y a desmontarlos ([series de composición](#thm-b3-groups-jordanholder), [grupos resolubles](#def-b3-groups-derived)), y demostraremos el teorema que, en el [Capítulo 4](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/4-extensiones-de-cuerpos-y-teoria-de-galois#ch-b3-galois), cerrará una cuestión de tres siglos sobre las ecuaciones polinómicas: el [grupo alternado](#thm-b3-groups-ansimple) $A_n$ es [simple](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal): los [subgrupos normales](#def-b3-groups-normal) 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](#def-b3-groups-normal). ∎ **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 $N \trianglelefteq G$. 1. $HN = \{hn : h \in H,\, n \in N\}$ es un subgrupo, $N \trianglelefteq HN$, $H \cap N \trianglelefteq H$, y $$H/(H \cap N) \;\cong\; HN/N .$$ 2. 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](#thm-b3-groups-firstiso). (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](#thm-b3-groups-firstiso). ∎ **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](#ex-b3-groups-actions); o bien observar que $[G:N] = 2$ (entonces $gN = Ng$ es forzoso — el [Ejercicio 1.1](#exo-b3-groups-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: 1. $G$ sobre sí mismo por *traslación por la izquierda* $g \cdot x = gx$ : libre y transitiva. 2. $G$ sobre sí mismo por *conjugación* $g \cdot x = gxg^{-1}$ : las [órbitas](#def-b3-groups-action) son las *clases de conjugación* , los [estabilizadores](#def-b3-groups-action) los *centralizadores* $Z_G(x) = \{g : gx = xg\}$ y los puntos fijos el *centro* $Z(G)$ . 3. $G$ sobre el espacio de clases $G/H$ por $g \cdot xH = gxH$ : transitiva, con [estabilizador](#def-b3-groups-action) de la clase $H$ igual a $H$ . Toda [acción](#def-b3-groups-action) transitiva es de esta forma ( [Ejercicio 1.8](#exo-b3-groups-8) ). 4. $G$ sobre el conjunto de sus subgrupos por conjugación: el [estabilizador](#def-b3-groups-action) de $H$ es el *normalizador* $N_G(H) = \{g : gHg^{-1} = H\}$ , el mayor subgrupo de $G$ en el que $H$ es [normal](#def-b3-groups-normal) . 5. $S_n$ 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](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-action). Los enunciados de recuento se siguen del teorema de Lagrange y de la partición de $X$ en [órbitas](#def-b3-groups-action). ∎ **Corolario 1.11 (Ecuación de clases).** Para un grupo finito $G$, eligiendo un representante $x_i$ en cada [clase de conjugación](#ex-b3-groups-actions) 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](#thm-b3-groups-orbitstab) a la [acción](#def-b3-groups-action) por conjugación: las [órbitas](#def-b3-groups-action) con un solo elemento son exactamente los elementos de $Z(G)$. ∎ **Teorema 1.12 (Puntos fijos de los ppp-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](#ex-b3-groups-actions) no trivial, y todo grupo de orden $p^2$ es abeliano. **Demostración.** Cada [órbita](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-action) se obtiene la congruencia. Para el [centro](#ex-b3-groups-actions): la [acción](#def-b3-groups-action) 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](#exo-b3-groups-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](#thm-b3-groups-pfixed), $\abs{X^{\Z/p\Z}} \equiv \abs X \equiv 0 \pmod p$. 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) a dividir el orden del grupo. Las demostraciones del Teoremas [1.12](#thm-b3-groups-pfixed) y [1.13](#thm-b3-groups-cauchy) 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](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal). **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 $\binom pk$, $0 1$ 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](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-sylow) [normales](#def-b3-groups-normal): $P \cap Q = \{e\}$ (órdenes coprimos), luego $\abs{PQ} = pq$ ([Ejercicio 1.4](#exo-b3-groups-4)) y $G \cong P \times Q \cong \Z/p\Z \times \Z/q\Z \cong \Z/pq\Z$ por la [Proposición 1.24](#prop-b3-groups-direct) 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](#pb-b3-groups-1)). **Ejemplo 1.23 (Un censo de Sylow completo: S4S_4S4​).** 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal), y ambos lo hacen — compárese con el orden $12$, donde el recuento obliga a que uno de ellos sea [normal](#def-b3-groups-normal) (Parte IV del [Problema 1.1](#pb-b3-groups-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](#def-b3-groups-derived) $hkh^{-1}k^{-1}$ 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal) y las homotecias forman un complemento. (c) $S_n \cong A_n \rtimes \Z/2\Z$ (complemento: cualquier trasposición). (d) El [grupo de cuaterniones](#pb-b3-groups-1) $Q_8$ *no* es [producto semidirecto](#def-b3-groups-semidirect) de subgrupos propios: todo subgrupo no trivial contiene $-1$ ([Problema 1.1](#pb-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived) son [resolubles](#def-b3-groups-derived); recíprocamente, si $N$ y $G/N$ son [resolubles](#def-b3-groups-derived), también lo es $G$. **Demostración.** Un automorfismo $\alpha$ lleva $[x,y]$ en $[\alpha x, \alpha y]$: permuta los [conmutadores](#def-b3-groups-derived), 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](#def-b3-groups-derived), la [serie derivada](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived) sobre [conmutadores](#def-b3-groups-derived); 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](#def-b3-groups-derived). Los $p$-grupos son [resolubles](#def-b3-groups-derived), 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](#def-b3-groups-derived): $S_4 \trianglerighteq A_4 \trianglerighteq V \trianglerighteq \{e\}$, 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](#def-b3-groups-normal) en $S_4$: es una unión de [clases de conjugación](#ex-b3-groups-actions)), con cocientes abelianos $\Z/2\Z$, $\Z/3\Z$, $V$. En el [Capítulo 4](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/4-extensiones-de-cuerpos-y-teoria-de-galois#ch-b3-galois), «la ecuación general de grado $n$ es [resoluble](#def-b3-groups-derived) por radicales» *significará* literalmente «$S_n$ es un [grupo resoluble](#def-b3-groups-derived)». De ahí la importancia de la definición siguiente. **Definición 1.31.** Un grupo $G \neq \{e\}$ es *simple* si sus únicos [subgrupos normales](#def-b3-groups-normal) son $\{e\}$ y $G$. Un grupo simple no abeliano no es [resoluble](#def-b3-groups-derived): $D(G) \trianglelefteq G$ no es $\{e\}$ (si lo fuera, $G$ sería abeliano), luego $D(G) = G$ y la [serie derivada](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-simple) para $n \geq 5$. **Demostración.** Sea $N \trianglelefteq A_n$, $N \neq \{e\}$. Por el [Lema 1.32](#lem-b3-groups-threecycles) 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](#def-b3-groups-derived), y los únicos [subgrupos normales](#def-b3-groups-normal) de $S_n$ son $\{e\}$, $A_n$ y $S_n$. **Demostración.** $A_n$ es [simple](#def-b3-groups-simple) no abeliano, luego no es [resoluble](#def-b3-groups-derived) ([Definición 1.31](#def-b3-groups-simple)); y un grupo que contiene un subgrupo no [resoluble](#def-b3-groups-derived) no es [resoluble](#def-b3-groups-derived) (la [Proposición 1.29](#prop-b3-groups-derived)). 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](#ex-b3-groups-actions) 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](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-simple), tómese $\{e\} \trianglelefteq G$. En otro caso, elíjase un [subgrupo normal](#def-b3-groups-normal) propio maximal $N$ (solo hay un número finito de subgrupos); $G/N$ es [simple](#def-b3-groups-simple) por el teorema de correspondencia (un [subgrupo normal](#def-b3-groups-normal) propio y no trivial de $G/N$ se levantaría a un [subgrupo normal](#def-b3-groups-normal) de $G$ estrictamente comprendido entre $N$ y $G$). Añádase $N \trianglelefteq G$ a una [serie de composición](#thm-b3-groups-jordanholder) de $N$. *Unicidad*: por inducción sobre $\abs G$, siendo claro el caso $G$ [simple](#def-b3-groups-simple). Tomemos dos [series de composición](#thm-b3-groups-jordanholder), de penúltimos términos $M \trianglelefteq G$ y $N \trianglelefteq G$ (de modo que $G/M$, $G/N$ son [simples](#def-b3-groups-simple)). Si $M = N$, se concluye por inducción aplicada a $M$. En otro caso $MN$, [normal](#def-b3-groups-normal) en $G$ y que contiene estrictamente a $M$, es igual a $G$ ($M$ es [normal](#def-b3-groups-normal) maximal: todo [normal](#def-b3-groups-normal) $M \subsetneq L \subsetneq G$ se aplicaría en un [subgrupo normal](#def-b3-groups-normal) propio y no trivial del [simple](#def-b3-groups-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](#thm-b3-groups-jordanholder) de $K$. Entonces $M$ admite dos [series de composición](#thm-b3-groups-jordanholder): la original y la de $K$ seguida de $K \trianglelefteq M$ (el cociente $M/K \cong G/N$ es [simple](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-derived): si todos los factores son $\Z/p_i\Z$, la serie es una cadena de cocientes abelianos, luego $G$ es [resoluble](#def-b3-groups-derived) (la [Proposición 1.29](#prop-b3-groups-derived)). Recíprocamente, un factor de composición de un [grupo resoluble](#def-b3-groups-derived) es [resoluble](#def-b3-groups-derived) (cociente de un subgrupo) y [simple](#def-b3-groups-simple); y un [grupo simple](#def-b3-groups-simple) [resoluble](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-simple), con una lista de piezas bien definida — una aritmética de grupos en la que los [grupos simples](#def-b3-groups-simple) son los primos y donde *la manera de pegar las piezas* (los datos de extensión, como en el [producto semidirecto](#def-b3-groups-semidirect)) sustituye a la mera multiplicación. La clasificación de los [grupos simples](#def-b3-groups-simple) 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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-5/b3-groups/fig-3655fe380ff7.svg) *Los diez subgrupos del [grupo diédrico](#ex-b3-groups-semidirectexamples) $D_4 = \langle r, s \mid r^4 = s^2 = e,\ srs^{-1} = r^{-1}\rangle$. Los tres subgrupos de índice $2$ (fila central) son [normales](#def-b3-groups-normal), al igual que el [centro](#ex-b3-groups-actions) $\langle r^2\rangle$ (resaltado); los cuatro subgrupos de reflexión se reparten en dos [clases de conjugación](#ex-b3-groups-actions) de dos elementos. Las cadenas de abajo arriba dan [series de composición](#thm-b3-groups-jordanholder), 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](#def-b3-groups-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 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 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](#thm-b3-groups-pfixed)), 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](#def-b3-groups-derived) $I + E_{13} \neq I$. **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](#def-b3-groups-normal) $\operatorname{Inn}(G) \trianglelefteq \operatorname{Aut}(G)$, con $\operatorname{Inn}(G) \cong G/Z(G)$. **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](#def-b3-groups-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 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](#def-b3-groups-derived) $[h,k] = hkh^{-1} k^{-1}$ es igual a $(hkh^{-1})k^{-1} \in K$ ($K$ [normal](#def-b3-groups-normal)) y a $h(kh^{-1}k^{-1}) \in H$ ($H$ [normal](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) 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 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](#def-b3-groups-action). 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 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](#def-b3-groups-sylow) $P_3, P_5$ son [normales](#def-b3-groups-normal), se cortan trivialmente (órdenes coprimos) y $\abs{P_3P_5} = 15$ ([Ejercicio 1.4](#exo-b3-groups-4)(a)): por la [Proposición 1.24](#prop-b3-groups-direct), $G \cong \Z/3\Z \times \Z/5\Z \cong \Z/15\Z$ (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](#thm-b3-groups-pfixed) 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](#def-b3-groups-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 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-sylow) [normal](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-simple). **Ejercicio 1.8 ★★.** (a) Sea $H \leq G$ de índice $n$. Demostrar que la [acción](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal). (c) Demostrar que toda [acción](#def-b3-groups-action) transitiva de $G$ sobre un conjunto $X$ es isomorfa a la [acción](#def-b3-groups-action) sobre un espacio de clases: existe una biyección $X \to G/G_x$ que conmuta con las acciones. **Solución de Ejercicio 1.8.** (a) La [acción](#def-b3-groups-action) $g \cdot xH = gxH$ 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal). (c) Sea la [acción](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-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 de Ejercicio 1.9.** (a) $D(G)$ es [normal](#def-b3-groups-normal) con cociente abeliano (la [Proposición 1.29](#prop-b3-groups-derived)); 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](#thm-b3-groups-firstiso) factoriza $f = \bar f \circ \pi$ a través de $G^{\mathrm{ab}}$, de manera única porque $\pi$ es sobreyectiva. (b) Los [conmutadores](#def-b3-groups-derived) son permutaciones pares, luego $D(S_n) \subseteq A_n$. Recíprocamente, todo $3$-ciclo es un [conmutador](#def-b3-groups-derived): $$ \bigl[(a\,b),\,(a\,c)\bigr] = (a\,b)(a\,c)(a\,b)(a\,c) = (a\,b\,c), $$ (comprobación directa en $a, b, c$), y los $3$-ciclos generan $A_n$ (el [Lema 1.32](#lem-b3-groups-threecycles)): $D(S_n) = A_n$ 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](#ex-b3-groups-actions) crecen») y deducir que todo subgrupo maximal de un $p$-grupo es [normal](#def-b3-groups-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 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](#thm-b3-groups-pfixed)). *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](#ex-b3-groups-actions) 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](#ex-b3-groups-actions) de $\sigma$ en $S_5$ y en $A_5$. (b) Deducir que $A_5$ es [simple](#def-b3-groups-simple): un [subgrupo normal](#def-b3-groups-normal) es una unión de [clases de conjugación](#ex-b3-groups-actions), contiene $e$ y su cardinal divide a $60$. (c) Demostrar que un [grupo simple](#def-b3-groups-simple) de orden $60$ cumple necesariamente $n_5 = 6$. **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](#def-b3-groups-normal) $N$ es una unión de [clases de conjugación](#ex-b3-groups-actions) 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal) el $5$-subgrupo de Sylow, en contra de la simplicidad ($1 < 5 < 60$). Por tanto $n_5 = 6$. **Ejercicio 1.12 ★★.** (Los [normalizadores](#ex-b3-groups-actions) de los [subgrupos de Sylow](#def-b3-groups-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](#ex-b3-groups-actions) de Sylow está contenido en un [subgrupo normal](#def-b3-groups-normal) propio de $G$, y que todo subgrupo maximal que contenga a $N_G(P)$ es autonormalizante. **Solución de Ejercicio 1.12.** (a) $P$ es [normal](#def-b3-groups-normal) en $H = N_G(P)$ por definición del [normalizador](#ex-b3-groups-actions), 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](#def-b3-groups-sylow) [normal](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-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](#thm-b3-groups-pfixed) junto con el análisis de $p^2$ que sigue: quedan $6, 8, 10, 12, 14, 15$. **Parte I — Herramientas.** 1. 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 $\mathbb F_2$.)* 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/3-modulos-sobre-un-dominio-de-ideales-principales#ch-b3-modules) (discútase según el orden máximo de un elemento). 3. 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 $H \rtimes_{\varphi} K \cong H \rtimes_{\varphi'} K$ . 4. 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 $pq$.** 5. Sea $\abs G = 2p$ con $p$ primo impar. Demostrar que $G$ tiene un [subgrupo normal](#def-b3-groups-normal) $N = \langle r \rangle$ de orden $p$ y un elemento $s$ de orden $2$ fuera de $N$ . 6. 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 $14$ . 7. 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](#ex-b3-groups-pq) ), 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](https://one-course.com/books/math/5/es/chapter/4-extensiones-de-cuerpos-y-teoria-de-galois#ch-b3-galois) (ciclicidad de $\mathbb F_q^\times$ ). Concluir para el orden $15$ . **Parte III — Orden $8$.** Sea $G$ no abeliano de orden $8$. 8. Demostrar que $G$ tiene un elemento $r$ de orden $4$ (úsese la pregunta 1) y que $N = \langle r\rangle$ es [normal](#def-b3-groups-normal) . 9. Sea $s \notin N$ . Demostrar que $s^2 \in N$ ( [Ejercicio 1.1](#exo-b3-groups-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 $s$?)* . 10. En el caso $s^2 = e$ , demostrar que $G \cong D_4$ . 11. 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 $$\mathrm i \mapsto \begin{pmatrix} \iu & 0\\ 0 & -\iu \end{pmatrix}, \qquad \mathrm j \mapsto \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -1 & 0 \end{pmatrix}.$$ 12. Demostrar que todo subgrupo no trivial de $Q_8$ contiene $-1$ ; deducir que todo subgrupo de $Q_8$ es [normal](#def-b3-groups-normal) , que $D_4 \not\cong Q_8$ (cuéntense los elementos de orden $2$ ) y que $Q_8$ no es [producto semidirecto](#def-b3-groups-semidirect) de dos subgrupos propios. **Parte IV — Orden $12$.** Sean $\abs G = 12$, $P_3 \in \mathrm{Syl}_3(G)$, $P_2 \in \mathrm{Syl}_2(G)$. 13. 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 $3$)* . 14. Supóngase $n_3 = 4$ . La [acción](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-normal) y contienen todos los cuadrados — el [Ejercicio 1.1](#exo-b3-groups-1); cuéntense los cuadrados de $S_4$)* ; y concluir que $G \cong A_4$ . 15. 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. 16. 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.** 17. 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 $p^3$. 18. Demostrar que $\abs{Z(G)} = p$ , que $G/Z(G) \cong (\Z/p\Z)^2$ *(un cociente cíclico por el [centro](#ex-b3-groups-actions) obliga a la abelianidad: el [Ejercicio 1.2](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-derived) $[x, y] = xyx^{-1}y^{-1}$ es central y de orden divisor de $p$ . 19. (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 $z$.)* 20. 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. 21. (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 $H_p$. 22. (Exponente $p^2$ ) Supóngase que algún $r \in G$ tiene orden $p^2$ y póngase $N = \langle r\rangle$ , [normal](#def-b3-groups-normal) (de índice $p$ : el [Ejercicio 1.10](#exo-b3-groups-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 $p$)* . 23. 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.** 24. 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. 25. 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 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](#thm-b3-groups-pfixed)). 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](#def-b3-groups-normal) (abeliano), $\abs{\langle x\rangle \langle y\rangle} = 8$: la [Proposición 1.24](#prop-b3-groups-direct) 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](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-normal) (el [Ejercicio 1.1](#exo-b3-groups-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](#exo-b3-groups-4)(a)): por la [Proposición 1.26](#prop-b3-groups-semidirect), $G \cong \Z/p\Z \rtimes_\varphi \Z/2\Z$ 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](#ex-b3-groups-semidirectexamples)). 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](#def-b3-groups-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](#ex-b3-groups-pq)). 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](#def-b3-groups-semidirect) 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](#def-b3-groups-normal). **9.** $s^2 \in N$ por el [Ejercicio 1.1](#exo-b3-groups-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](#ex-b3-groups-actions)), $\langle \mathrm i\rangle, \langle \mathrm j\rangle, \langle \mathrm k\rangle$ (de índice $2$) y $Q_8$: todos [normales](#def-b3-groups-normal) ($\{e\}$ y el [centro](#ex-b3-groups-actions), trivialmente; los de índice $2$, por el [Ejercicio 1.1](#exo-b3-groups-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](#def-b3-groups-semidirect) $H \rtimes K$ 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](#def-b3-groups-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](#exo-b3-groups-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](#lem-b3-groups-threecycles) 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](#prop-b3-groups-semidirect)), $\varphi \colon P_2 \to \operatorname{Aut}(\Z/3\Z) = \{\pm\mathrm{id}\} \cong \Z/2\Z$. - $\varphi$ trivial: los [productos directos](#prop-b3-groups-direct) $\Z/3\Z \times \Z/4\Z \cong \Z/12\Z$ 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](#def-b3-groups-action) 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](#thm-b3-groups-pfixed)) 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](#exo-b3-groups-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](#exo-b3-groups-2): $G/Z \cong (\Z/p\Z)^2$. Como $G/Z$ es abeliano, todo [conmutador](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived) 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](#def-b3-groups-derived) $z = [y, x]$ 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](#def-b3-groups-normal) 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](#ex-b3-groups-actions), 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](#def-b3-groups-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](#def-b3-groups-action) 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](#def-b3-groups-semidirect) 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](#ex-b3-groups-actions), 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 $p \nmid q - 1$.)