subgrupo normal কী?

Exemplo 1.9

Cinco ações governam toda a teoria dos grupos finitos:

1. $G$ sobre si mesmo por translação à esquerda $g \cdot x = gx$: livre e transitiva.
2. $G$ sobre si mesmo por conjugação $g \cdot x = gxg^{-1}$: as órbitas são as classes de conjugação, os estabilizadores são os centralizadores $Z_G(x) = \{g : gx = xg\}$, e os pontos fixos formam o centro $Z(G)$.
3. $G$ sobre o espaço de classes laterais $G/H$ por $g \cdot xH = gxH$: transitiva, com estabilizador da classe $H$ igual a $H$. Toda ação transitiva é dessa forma (Exercício 1.8).
4. $G$ sobre o conjunto de seus subgrupos por conjugação: o estabilizador de $H$ é o normalizador $N_G(H) = \{g : gHg^{-1} = H\}$, o maior subgrupo de $G$ no qual $H$ é normal.
5. $S_n$ sobre $\intint{1}{n}$: a mãe de todos os exemplos.

Exemplo 1.22

Seja $\abs G = pq$ com $p < q$ primos e $p \nmid q - 1$. Então $n_q \mid p$ e $n_q \equiv 1 \bmod q$ forçam $n_q = 1$ (pois $p < q$); $n_p \mid q$ e $n_p \equiv 1 \bmod p$ forçam $n_p = 1$ (pois $q \not\equiv 1 \bmod p$). Sejam $P, Q$ os dois subgrupos de Sylow normais: $P \cap Q = \{e\}$ (ordens coprimas), logo $\abs{PQ} = pq$ (Exercício 1.4) e $G \cong P \times Q \cong \Z/p\Z \times \Z/q\Z \cong \Z/pq\Z$ pela Proposição 1.24 abaixo. Todo grupo de ordem $15$, $33$, $35$, … é cíclico. O caso excluído $p \mid q - 1$ produz exatamente um grupo a mais, não abeliano — veja o problema de fim de semana (Problema 1.1).

Exemplo 1.23 (Um censo de Sylow completo: $S_4$)

Apliquemos o método a $G = S_4$, $\abs G = 24 = 2^3\cdot3$. Sylow $3$: $n_3 \mid 8$, $n_3 \equiv 1 \bmod 3$, logo $n_3 \in \{1, 4\}$; como $\langle(123)\rangle$ e $\langle(124)\rangle$ são distintos, $n_3 = 4$ — os quatro subgrupos $\langle(abc)\rangle$, um para cada subconjunto de $3$ elementos $\{a, b, c\}$, que respondem pelos $8$ ciclos de comprimento três. Por Sylow II eles são conjugados, e o morfismo de conjugação $S_4 \to S_{\mathrm{Syl}_3} \cong S_4$ é aqui um isomorfismo (seu núcleo está contido em $N = N_G(\langle(123)\rangle)$, de ordem $24/4 = 6$, e um subgrupo normal de $S_4$ dentro de um $N$ do tipo $S_3$ tem de ser trivial: ele seria formado por permutações pares fixando os quatro subgrupos de Sylow, e só $e$ o faz). Sylow $2$: $n_2 \mid 3$, $n_2 \equiv 1 \bmod 2$: $n_2 \in \{1, 3\}$. O subgrupo $D = \langle(1234), (13)\rangle$ tem ordem $8$ (um diedral $D_4$: as simetrias do quadrado de vértices $1, 2, 3, 4$) e não é normal ($(12)(1234)(12) = (2134)$ gera um outro subgrupo gerado por um $4$-ciclo), logo $n_2 = 3$: as três cópias de $D_4$ correspondem às três maneiras de agrupar os $4$ pontos em um “quadrado”. Note a moral do censo: $\abs{S_4} = 24$ deixa espaço para que qualquer um dos dois subgrupos de Sylow deixe de ser normal, e ambos deixam — compare com a ordem $12$, em que a contagem força um deles a ser normal (Parte IV do Problema 1.1).