¿Qué es subgrupo normal?

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 son las clases de conjugación, los estabilizadores 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 de la clase $H$ igual a $H$. Toda acción transitiva es de esta forma (Ejercicio 1.8).
4. $G$ sobre el conjunto de sus subgrupos por conjugación: el estabilizador de $H$ es el normalizador $N_G(H) = \{g : gHg^{-1} = H\}$, el mayor subgrupo de $G$ en el que $H$ es normal.
5. $S_n$ sobre $\intint{1}{n}$: la madre de todos los ejemplos.

Ejemplo 1.22

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

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

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