Álgebra Abstracta I

Javier Arturo Díaz Vargas1

1Facultad de Matemáticas, Universidad Autónoma de Yucatán, Mérida, Yu-catán. Email:jdvargas@uady.mx.

ÍNDICE GENERAL

1. Grupos, subgrupos y grupos cíclicos 11.1. Leyes de composición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. Grupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3. Subgrupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3.1. Subgrupos cíclicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.3.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2. Homomor�smos 272.1. Grupos isomorfos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.1.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.2. Homomor�smos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.2.1. Núcleo e imagen de un homomor�smo . . . . . . . . . 342.2.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.3. Relaciones de equivalencia y particiones . . . . . . . . . . . . . 392.3.1. Pasos pequeños, pasos gigantescos . . . . . . . . . . . . 462.3.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.4. Clases laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 482.4.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.5. Restricción de un homomor�smo a un subgrupo . . . . . . . . 532.5.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.6. Producto de grupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.6.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

v

ÍNDICE GENERAL vi

3. Grupos Cociente 633.1. Grupo cociente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3.1.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

4. Campos 714.1. Campos primos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

4.1.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

5. Grupos simétrico, alternante y diédrico 775.1. Grupo simétrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 775.2. Grupo alternante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 815.3. Grupo diédrico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

5.3.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

CAPÍTULO 1

Grupos, subgrupos y grupos cíclicos

Estudiamos uno de los conceptos algebraicos más importantes, el de ungrupo. Un grupo es un conjunto sobre el cual se de�ne una ley de composiciónde modo tal que todos los elementos tienen un inverso.

1.1. Leyes de composición

Ejemplo 1.1.1 El conjunto de los números reales distintos de cero con laley de composición de�nida como la multiplicación de números reales formanun grupo el cual se representa como R�.El conjunto de todos los números reales en el cual la ley de composición

es la suma de números reales forman un grupo, el cual se representa comoR+.El conjunto de todas las matrices invertibles de n � n, llamado el grupo

lineal general, es un ejemplo muy importante en el cual la ley de composiciónes la multiplicación de matrices.

De�nición 1.1.2 Una ley de composición ' ( operación binaria) sobre elconjunto S es una función de dos variables con valores en S, esto es

S � S '! S;

(a; b) 7�! p:

1

2

Comentario 1.1.3 No es muy conveniente usar la notación funcional ' (a; b) =p para leyes de composición. En su lugar, el elemento que se obtiene apli-cando la ley de composición al par (a; b) se denota usualmente usando unanotación que se parece a la usada para la multiplicación o la adición:

p = ab; a� b; a � b; a+ b, etc.,

la elección depende de la ley de composición particular. Llamamos al elementop el producto o la suma de a y b, dependiendo de la notación escogida.Durante el curso, usaremos más frecuentemente la notación del producto ab.

Nuestro primer ejemplo de una ley de composición, y uno de los dosejemplos principales, es la multiplicación de matrices sobre el conjunto S dematrices n� n.Si

a =

24 1 30 2

35 y b =

24 1 02 1

35 ;entonces

ab =

24 1 30 2

3524 1 02 1

35=

24 7 34 2

35 :Una vez que el producto es evaluado, los elementos a y b no se puedenrecuperar de él.

De�nición 1.1.4 Consideremos una ley de composición escrita multiplica-tivamente como ab. Diremos que es asociativa si la regla

(ab) c = a (bc) (ley asociativa) (1.1)

se sostiene para todo a; b; c 2 S y conmutativa si

ab = ba (ley conmutativa) (1.2)

se sostiene para todo a; b 2 S.

3

Nuestro ejemplo de multiplicación de matrices es asociativa pero no con-mutativa. Es costumbre reservar la notación aditiva a + b para representarleyes de composición conmutativas, esto es, cuando a + b = b + a para todoa; b 2 S. Usando notación aditiva, la ley asociativa es (a+ b)+c = a+(b+ c)y en notación funcional es

' (' (a; b) ; c) = ' (a; ' (b; c)) .

Esto muestra que la notación funcional no es conveniente para la manipu-lación algebraica.La ley asociativa es más fundamental que la ley conmutativa; una razón

para esto es que la composición de funciones, nuestro siguiente ejemplo de unaley de composición, es asociativa. Sea T un conjunto, y sean f; g funcionesde T a T . Sea g � f la función compuesta

g � f : T �! T

t 7�! g (f (t)) .

La regla(g; f) 7�! g � f

es una ley de composición sobre el conjunto S = Funciones (T; T ) de todaslas funciones de T a T . La composición de funciones es una ley asociativa.Porque si f; g; h son tres funciones de T a T , entonces

(h � g) � f = h � (g � f) :

h�g!

Tf! T

g! Th! T

!g�f

Esto es claro, ya que ambas funciones compuestas mandan t 7�! h (g (f (t))).El ejemplo más simple es si T es un conjunto de dos elementos fa; bg.

Entonces hay 4 funciones de T a T :

i La función identidad, de�nida como

i (a) = a;

i (b) = b:

4

� La función transposición, de�nida como

� (a) = b;

� (b) = a:

� La función constante a, de�nida como

� (a) = � (b) = a.

� La función constante b, de�nida como

� (a) = � (b) = b.

La ley de composición sobre S se puede escribir en una tabla de multipli-cación como sigue:

� i � � �

i i � � �

� � i � �

� � � � �

� � � � �

que es leída del modo siguiente:

� � � � v � � �...

...

u � � � u � v...

De este modo � � � = �, pero � � � = �. La composición de funciones no esconmutativa.Regresando a una ley de composición en general, suponga que queremos

de�nir el producto de una cadena de n elementos de un conjunto:

a1a2 � � � an =?

Dados a1; : : : ; an 2 S (n � 3) hay muchas maneras de insertar paréntesis enla expresión a1a2 � � � an de modo tal que obtengamos un producto de esos nelementos en ese orden que tenga sentido en S.

5

De�nición 1.1.5 Suponga que se da una ley de composición asociativa so-bre un conjunto S. Dada cualquier sucesión de elementos de S; fa1; a2; : : :g,de�nimos inductivamente un producto signi�cativo de a1; : : : ; an (en este or-den) como sigue. Si n = 1 el único producto signi�cativo es a1. Si n > 1,un producto signi�cativo (a1 � � � an) se de�ne como cualquier producto de laforma.

(a1 � � � am) (am+1 � � � an) ;donde m < n y (a1 � � � am) ; (am+1 � � � an) son productos signi�cativos de m yn�m elementos respectivamente.

Ejemplo 1.1.6 Son productos signi�cativos de a1a2a3:

a1 (a2a3) ; (a1a2) a3:

Cuando n = 4, hay 5 maneras de combinar los mismos elementos y obtenerproductos signi�cativos:

a1 (a2 (a3a4)) ;

a1 ((a2a3) a4) ;

(a1a2) (a3a4) ;

(a1 (a2a3)) a4;

((a1a2) a3) a4:

De�nición 1.1.7 El n producto estándarQni=1 ai de a1; : : : ; an se de�ne

inductivamente como sigue:1Yi=1

ai = a1;

nYi=1

ai =

n�1Yi=1

ai

!an si n > 1:

Teorema 1.1.8 (ley asociativa generalizada) Suponga que se da una leyde composición asociativa sobre un conjunto S y a1; : : : ; an 2 S, entonces dosproductos signi�cativos de a1; : : : ; an en este orden son iguales.

Demostración. Usamos inducción para mostrar que para cada n cualquierproducto signi�cativo de a1; : : : ; an es igual al n producto estandar

Qni=1 ai.

Esto es verdad si n = 1; 2.

6

Si n > 2, entonces cualquier producto signi�cativo tiene la forma

(a1 � � � an) = (a1 � � � am) (am+1 � � � an)

para algún m < n. Por lo tanto, por inducción y asociatividad:

(a1 � � � an) = (a1 � � � am) (am+1 � � � an)

=

mYi=1

ai

! n�mYi=1

am+i

!(hipótesis de inducción)

=

mYi=1

ai

! n�m�1Yi=1

am+i

!an

!(de�nición)

=

mYi=1

ai

! n�m�1Yi=1

am+i

!!an (asociatividad)

= ((a1 � � � am) (am+1 � � � an�1)) an (hipótesis de inducción)

=

n�1Yi=1

ai

!an (hipótesis de inducción)

=nYi=1

ai (de�nición).

�En vista del teorema 1.1.8 escribimos cualquier producto signi�cativo de

a1; : : : ; an 2 S como a1 � � � an, sin riesgo de ambigüedad.

De�nición 1.1.9 Una identidad para una ley de composición es un elemen-to e 2 S que tiene la propiedad de que

ea = ae = a para toda a 2 S:

Proposición 1.1.10 Existe a lo más un elemento identidad.

Demostración. Si e; e0 fueran dos elementos identidad, entonces ya quee es una identidad,

ee0 = e0;

y ya que e0 es una identidad,ee0 = e:

7

De este modo e = e0. �Ambos de nuestros ejemplos, multiplicación de matrices y composición de

funciones, tienen una identidad. Para las matrices n�n es la matriz identidadI (la que tiene unos en toda la diagonal y ceros en las demás entradas), ypara las funciones de T a T , la función identidad que manda cada elementode T a sí mismo.Muy a menudo la identidad se denota por 1 si escribimos la ley de com-

posición como multiplicación o por 0 si escribimos la ley como adición.

De�nición 1.1.11 Supongamos que existe una identidad 1 para nuestra leyde composición. Un elemento a 2 S es invertible si existe otro elementob 2 S tal que

ab = ba = 1:

Proposición 1.1.12 Si la ley de composición es asociativa,(a) el inverso de a 2 S si existe, es único y es denotado por a�1.(b) Si a; b son invertibles, entonces ab es invertible y (ab)�1 = b�1a�1.(c) Si a es invertible, entonces a�1 es invertible y (a�1)�1 = a.

Demostración.(a) Suponga que a 2 S tiene dos inversos b y b0. Por lo tanto

ab = ba = 1;

ab0 = b0a = 1;

entonces

b0 = b01

= b0 (ab)

= (b0a) b

= (1) b

= b:

Por lo tanto si existe el inverso es único y será denotado por a�1.

8

(b) Para ver que (ab)�1 = b�1a�1, veamos que obtenemos de multiplicar(ab) (b�1a�1)

(ab)�b�1a�1

�= a

�b�b�1a�1

��= a

��bb�1

�a�1�

= a�(1) a�1

�= aa�1

= 1.

Similarmente (b�1a�1) (ab) = 1 y por lo tanto, como el inverso es único, setiene que (ab)�1 = b�1a�1.(c)

aa�1 = a�1a = 1,

por lo tanto se tiene que el inverso de a�1 es a. �La notación de potencia se puede usar para una ley de composición aso-

ciativa:

an = a � � � a; n-veces, n � 1:a0 = 1 si la identidad existe.

a�n = a�1 � � � a�1, si a es invertible.

Las reglas usuales para manipular potencias se satisfacen:

ar+s = aras;

(ar)s = ars:

No es aconsejable introducir la notación de fraccióna

ba menos que la ley de

composición sea conmutativa, porque no es claro de la notación cuando lafracción representa ab�1 o b�1a y esos dos elementos pueden ser diferentes.Cuando usamos la notación aditiva para la ley de composición, el inverso

se denota por �a y la potencia an se reemplaza por la notación

na = a+ � � �+ a| {z }n-veces

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1.2. Grupos

De�nición 1.2.1 Un grupo es un conjunto G junto con una ley de com-posición asociativa, tiene un elemento identidad y es tal que cada elementode G tiene un inverso.

De�nición 1.2.2 Un grupo abeliano, es un grupo cuya ley de composiciónes conmutativa.

La notación aditiva se usa frecuentemente para los grupos abelianos.

Ejemplo 1.2.3 (grupos abelianos)Z+, los enteros con la adición.R+, los números reales con la adición.R�, los reales menos el cero con la operación multiplicación.C+, los números complejos con la adición.C�, los números complejos menos el complejo cero con la operación mul-

tiplicación.

Una propiedad importante de los grupos es la siguiente:

Proposición 1.2.4 (ley de cancelación) Sean a; b; c elementos de un grupoG. Si ab = ac, entonces b = c. Si ba = ca, entonces b = c.

Demostración. Si multiplicamos a ambos lados de ab = ac, por a�1 porla izquierda;

a�1ab = a�1ac

1b = 1c

b = c.

Analogamente para ba = ca solo que ahora por la derecha. �La multiplicación por a�1 en este prueba no es un truco, es una parte

esencial. Si un elemento a no es invertible, la ley de la cancelación no nece-sariamente se sostiene. Por ejemplo,

0� 1 = 0� 2;

pero 2 6= 1.Ya que la ley de cancelación por la derecha y por la izquierda es válida en

un grupo, en la tabla de multiplicación de un grupo �nito, cualquier renglóno columna debe contener, en algún orden, a todos los elementos del grupo.

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Ejemplo 1.2.5 La tabla de multiplicación de un grupo fe; x; yg de 3 elemen-tos, donde e es el elemento identidad, debe ser la siguiente:

� e x y

e e x y

x x y e

y y e x

La simetría de la tabla implica que el grupo es abeliano y por lo tanto todoslos grupos de orden 3 son abelianos.

Ejemplo 1.2.6 (grupos no abelianos) 1. El grupo lineal general n�n esel conjunto de todas las matrices invertibles, con ley de composición multi-plicación de matrices. Se denota como

GLn = flas matrices de n� n con detA 6= 0g :

Si queremos indicar que se está trabajando con matrices reales o complejas(si sus entradas son números reales o complejos), escribimos

GLn (R) o GLn (C)

según el caso.2. En el conjunto S de las funciones de T a T , una función f : T �!

T tiene un inverso si y solo si f es biyectiva. Tal función se llama unapermutación de T . El conjunto de permutaciones forma un grupo, con laoperación binaria composición de funciones.

De�nición 1.2.7 El grupo de permutaciones del conjunto f1; 2; : : : ; ng sellama el grupo simétrico de grado n y se representa como Sn.

Teorema 1.2.8 El número de elementos de Sn es n!

Demostración. De�nir un elemento � 2 Sn es equivalente a especi�carla lista

� (1) ; � (2) ; : : : ; � (n)

que consiste de los n números 1; 2; : : : ; n tomados en algún orden sin repeti-ciones. Para hacer esto, tenemos

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n posibles elecciones para � (1).

n � 1 posibles elecciones para � (2) (tomadas de los n � 1 elementosrestantes).

...

y así sucesivamente.

En resumen, esto da

n� (n� 1)� � � � � 2� 1 = n!

posibles elecciones para �, y por lo tanto el conjunto Sn tiene n! elementos.�Muy seguido usaremos la notación

� =

0@ 1 2 � � � n

� (1) � (2) � � � � (n)

1A .El grupo simétrico S2 consiste de los dos elementos i y � , donde i denota

la permutación identidad

i =

0@ 1 21 2

1Ay � denota la transposición la cual intercambia 1 y 2,

� =

0@ 1 22 1

1A :

La ley del grupo, composición de funciones, se puede describir por el hechode que i es el elemento identidad y por la relación �� = � 2 = i.La estructura de Sn se vuelve muy complicada conforme n se hace más

grande, pero podemos calcular S3 de modo simple. El grupo simétrico S3contiene seis elementos (3!). Es un ejemplo importante porque es el grupomás pequeño cuya ley de composición no es conmutativa. Para describireste, escogemos dos permutaciones particulares x; y en términos de las cuales

podemos escribir todas las otras. Sea x =

0@ 1 2 32 3 1

1A la permutación cíclica

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de los índices. Para y, tomamos la transposición que intercambia 1; 2 y deja3 �jo:

y =

0@ 1 2 32 1 3

1A :

Las seis permutaciones de f1; 2; 3g son�1; x; x2; y; xy; x2y

=�xiyj j 0 � i � 2; 0 � j � 1

;

donde 1 denota la permutación identidad. Esto se puede veri�car calculandolos productos. Las reglas

x3 = 1; (1.3)

y2 = 1;

yx = x2y;

también se pueden veri�car directamente. Son su�cientes para hacer los pro-ductos en el grupo S3. Cualquier producto de los elementos x, y y de susinversos, tal como x�1y3x2y por ejemplo se puede expresar como xiyj con0 � i � 2 y 0 � j � 1, aplicando las reglas 1.3 de modo repetido. Parahacerlo, movemos todos las ocurrencias de y hacia la derecha usando la últi-ma relación y llevamos los exponentes dentro de los rangos indicados usandolas dos primeras relaciones:

x�1y3x2y = x2yx2y

= x2 (yx)xy

= x2x2yxy

= x3xx2yy

= 1x3yy

= x3yy

= 1y2

= y2

= 1.

De este modo, uno puede escribir una tabla de multiplicación completa paraS3 con la ayuda de estas reglas. Por esto, estas reglas se llaman de�nitoriaspara el grupo.Noten que la ley conmutativa no se satisface en S3 porque yx 6= xy.

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1.2.1. Ejercicios

1. Hacer una tabla de multiplicación para S3.

2. Resuelva:

(a) Pruebe que GLn (R) es un grupo.(b) Pruebe que Sn es un grupo.

3. Sea S un conjunto con una ley asociativa de composición y con un ele-mento identidad. Pruebe que el subconjunto de S que consiste de loselementos invertibles, es un grupo.

4. Despeje y dado que xyz�1w = 1 en un grupo.

5. Suponga que la ecuación xyz = 1 se sostiene en un grupo. ¿Se sigueque yzx = 1?¿Y que yxz = 1?

6. Sea S cualquier conjunto. Pruebe que la ley de composición de�nidapor ab = a es asociativa.

7. Muestre que si ab = a en un grupo, entonces b = 1 y si ab = 1, entoncesb = a�1.

8. Sean a; b elementos de un grupo G. Muestre que la ecuación ax = btiene una única solución en G.

9. SeaG un grupo, con notación multiplicativa. De�nimos el grupo opuestoGo con ley de composición a�b como sigue: El conjunto es el mismo queG, pero la ley de composición es la opuesta; esto es, de�nimos a�b = ba.Pruebe que esto de�ne un grupo.

10. Si G es un grupo tal que (ab)2 = a2b2 para todo a; b 2 G, mostrar queG debe ser abeliano.

1.3. Subgrupos

Una de las razones por las cuales el grupo lineal general y el grupo depermutaciones son tan importantes es que muchos de los otros grupos estáncontenidos en ellos como subgrupos.

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De�nición 1.3.1 Un subconjunto H de un grupo G se llama un subgrupode él si tiene las siguientes propiedades:Cerradura: Si a; b 2 H, entonces ab 2 H.Identidad: 1 2 H.Inversos: Si a 2 H, entonces a�1 2 H.

La primera condición, dice que la ley de composición del grupo G se puedeusar para de�nir una ley sobre H, llamada la ley de composición inducida.La segunda y la tercera condición, dicen que H es un grupo con respecto aesta ley inducida. En la de�nición hemos mencionado todas las partes de lade�nición de un grupo excepto la ley asociativa.No se menciona la asociativa, ya que el conjunto H la hereda automáti-

camente de G.Cada grupo tiene dos subgrupos triviales: todo el grupo y el subgrupo

f1g que consiste únicamente del elemento identidad.

De�nición 1.3.2 Un subgrupo H se dice que es propio si no es un ningunode los triviales de G.

1. El conjunto de todas las matrices 2� 2 que son triangulares superiores24 a b

0 d

35 con ad 6= 0;

es un subgrupo propio del grupo general GL2 (R).

2. El conjunto de los números complejos de valor absoluto 1 (el conjuntode puntos del plano complejo que están sobre la circunferencia unitaria)

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es un subgrupo propio de C�.

3. Como un ejemplo adicional, determinamos todos los subgrupos delgrupo aditivo de los enteros Z+. Denotamos el subconjunto de Z queconsiste de todos los múltiplos de un entero dado n por nZ:

nZ = fm 2 Z j m = nk para algún k 2 Zg .

Proposición 1.3.3 Para cualquier entero n, el subconjunto nZ es un sub-grupo de Z+. Más aún, cada subgrupo H de Z+ es del tipo H = nZ paraalgún entero n.

Demostración. Dejamos como ejercicio la veri�cación de que nZ es unsubgrupo de Z+ y procedemos a mostrar que cada subgrupo tiene esta forma.Sea H un subgrupo de Z+. Recuerde que la ley de composición sobre Z+ esla suma, el elemento identidad el 0, y el inverso de a es �a. De este modo,los axiomas para un subgrupo se leen como:

(i) Si a 2 H y b 2 H, entonces a+ b 2 H.

(ii) 0 2 H.

(iii) Si a 2 H, entonces �a 2 H.

Por el axima (ii), 0 2 H. Si 0 es el único elemento deH, entoncesH = 0Z.Si no, existe un entero positivo enH. Porque sim 6= 0 2 H ym < 0, entonces

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�m > 0, y el axioma (iii) no dice que �m 2 H. Escogemos n como el enteropositivo más pequeño que está en H y a�rmamos que H = nZ. Primeromostramos que nZ � H, en otras palabras, que nk 2 H para cualquierk 2 Z. Si k 2 Z es positivo, entonces

nk = n+ n+ � � �+ n| {z }k � veces

.

Este elemento está en H por el axioma (i) y el método de inducción. Tambiénlo está n (�k) = �nk, por el axioma (iii). Finalmente, el axioma (ii) nos diceque n0 = 0 2 H.Ahora mostramos que H � nZ, esto es, que cada elemento m 2 H es un

múltiplo de n. Usando el algoritmo de la división, m = nq+ r donde q, r 2 Zy donde 0 � r < n. Entonces m y nq ambos están en H, y los axiomas (iii)y (i) muestran que r = m � nq 2 H. Ahora por nuestra selección, n es elentero positivo más pequeño en H mientras que 0 � r < n. De este modor = 0 y m = nq 2 nZ. �Los elementos del subgrupo nZ se pueden describir como los enteros di-

visibles por n. Esta descripción conduce a una aplicación sorprendente dela proposición anterior a subgrupos que son generados por dos enteros m;n.Supongamos que ambos son distintos de cero. El conjunto

mZ+ nZ = fk 2 Z j k = mr + ns para algunos r; s 2 Zg ;

es un subgrupo de Z+. Es llamado el subgrupo generado por m y n porquees el subgrupo más pequeño que contiene a ambos elementos. La proposiciónanterior nos dice que este subgrupo tiene la forma dZ para algún d 2 Z, asíque es el conjunto de los enteros divisibles por d. El generador d se llamael máximo común divisor de m y n, por razones que son explicadas en lasiguiente proposición.

Proposición 1.3.4 Sean m;n 2 Z, no ambos cero, y sea d el entero positivoque genera el subgrupo mZ+ nZ. Entonces(a) d se puede escribir en la forma d = mr + ns para algunos r; s 2 Z.(b) d divide a m y a n.(c) Si un entero k divide a m y a n, entonces también divide a d.

Demostración. La primera a�rmación (a) únicamente restablece qued 2 mZ+ nZ. Ahora, note que m y n están en el subgrupo dZ = mZ+ nZ.

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Por lo tanto d divide a m y a n. Finalmente, si k divide a m y a n, entoncesm y n 2 kZ. Si esto es así, cualquier entero de la forma mr + ns tambiénestá en kZ. Como d tiene esta forma, k divide a d. �

1.3.1. Subgrupos cíclicos

Ahora llegamos a un ejemplo importante de un subgrupo abstracto, elsubgrupo cíclico generado por un elemento arbitrario x de un grupo G. Usa-mos notación multiplicativa. El subgrupo cíclico H generado por x es elconjunto de todas las potencias de x:

H =�: : : ; x�2; x�1; 1; x; x2; : : :

:

Es un subgrupo deG (el subgrupo más pequeño que contiene a x). Pero puedesuceder que haya repeticiones en la lista. Por ejemplo, si x = 1, entonces todoslos elementos en la lista son iguales a 1. Podemos distinguir dos posibilidades:Ya sea que todas las potencias de x sean distintas o no. En el primer caso,el grupo H se llama cíclico in�nito.Suponga ahora que estamos en el segundo caso, y dos potencias son

iguales, digamos xn = xm, donde n > m. Entonces xn�m = 1 (xmxn�m = xm1y aplicamos la ley de cancelación), y de este modo existe una potencia distintade cero de x que es igual a 1.

Lema 1.3.5 El conjunto S de los enteros n tales que xn = 1 es un subgrupode Z+.

Demostración. Si xm = 1 y xn = 1, entonces xm+n = xmxn = 1 también.Esto muestra que m+n 2 S si m;n 2 S. De esta manera, el axioma (i) paraun subgrupo se cumple. También se cumple el axioma (ii) ya que x0 = 1.Finalmente, si xn = 1, entonces x�n = xnx�n = x0 = 1. Así �n 2 S sin 2 S. �Se sigue que S = mZ donde m es el entero positivo más pequeño tal que

xm = 1. Los m elementos 1; x; x2; : : : ; xm�1 son todos diferentes. (Si xi = xj

con 0 � i < j < m, entonces xj�i = 1. Pero j � i < m, así que esto esimposible). Más aún, cualquier potencia xn es igual a uno de ellos: Podemosescribir n = mq + r con 0 � r < m. Entonces xn = (xm)q xr = xr. De estemodo H consiste de los siguientes m elementos:

H =�1; x; x2; : : : ; xm�1

;

18

esas potencias son distintas, y xm = 1. Este grupo se llama grupo cíclico deorden m.

De�nición 1.3.6 El orden de cualquier grupo G es el número de sus ele-mentos. Muy seguido denotamos el orden como

jGj = número de elementos de G.

Desde luego, el orden puede ser in�nito.

De�nición 1.3.7 Un elemento x de un grupo tiene orden m (posiblementein�nito) si el subgrupo cíclico que genera, denotado hxi, tiene orden m. Estosigni�ca que m es el entero positivo más pequeño con la propiedad de quexm = 1 o, si el orden es in�nito, xm 6= 1 para todo m 6= 0. Denotamos elorden de x como jxj.

Ejemplo 1.3.8 1. La matriz 24 1 1

�1 0

35es un elemento de orden 6 en GL2 (R), así que el subgrupo cíclico que generatiene orden 6.2. La matriz 24 1 1

0 1

35tiene orden in�nito ya que 24 1 1

0 1

35n =24 1 n0 1

35 ,para todo n 2 Z.

Teorema 1.3.9 Sea G un grupo y a 2 G. Si a tiene orden in�nito m > 0,entonces(i) ak = 1 si y solo si k = 0.(ii) Los elementos ak (k 2 Z son todos distintos).

19

Si a tiene orden �nito m > 0, entonces(iii) m es el entero positivo más pequeño tal que am = 1.(iv) ak = 1 si y solo si m j k.(v) ar = as si y solo si r � s (mód m).(vi) hai consiste de los elementos a; a2; : : : ; am�1; am = 1.(vii) Para cada k;

��ak�� = m(k;m)

, donde (k;m) denota al máximo común

divisor de k y m. En particular, si k j m;��ak�� = m

k.

Demostración. Ya hemos demostrado (i), (ii), (iii) y (vi). Para (iv), porel algoritmo de la división, k = mq + r; 0 � r < m: Entonces ak = ar = 1,por lo que r = 0 por (iii). Para (v) ar = as si y solo si ar�s = 1 si ysolo si m j r � s si y solo si r � s (mód m). Finalmente, para (vii), seab = ak; (k;m) = d y escriba dx = m; dy = k, para enteros convenientes x; ycon x > 0. Entonces (x; y) = 1: Debemos mostrar que jbj = x. Primero noteque bx = akx = adxy = amy = 1. Para mostrar que x es la potencia máspequeña que da 1, suponga que bt = 1. Entonces akt = 1 y por lo tantom j kt, esto es, dx j dty, esto es, x j ty. Como (x; y) = 1; x j t, o sea, x � t.�

Teorema 1.3.10 Cada subgrupo de un grupo cíclico G es cíclico. En par-ticular, si H es un subgrupo no trivial de G = hai y m es el entero positivomás pequeño tal que am 2 H, entonces H = hami.

Demostración. Claramente hami � H. Si h 2 H, entonces h = ak =amq+r, de donde ak�mq = ar 2 H y por lo tanto r = 0: �

Teorema 1.3.11 Sea G = hai un grupo cíclico. Si G es in�nito, entonces ay a�1 son los únicos generadores de G. Si G es de orden �nito m, entoncesak es un generador de G si y solo si (k;m) = 1:

Demostración. Sea b un generador de G, o sea, hbi = hai. Entoncesb = ak, para algún k 2 Z. De aquí, a = bn = akn y por lo tanto, akn�1 = 1.Si G es in�nito, kn = 1 y por lo tanto k es un divisor de 1, o sea, k = �1. SiG es �nito, entonces jbj = m

(k;m)= m si y solo si (k;m) = 1. �

Teorema 1.3.12 (Teorema fundamental de los grupos cíclicos �nitos)Sea G un grupo cíclico de orden n generado por a.1. Si H es un subgrupo de G, entonces jHj divide a jGj.2. Para cada divisor positivo m de n, existe un único subgrupo de G de

orden m, a saber, ha nm i.

20

3. Si H y K son subgrupos de G, entonces H es un subgrupo de K si ysolo si jHj divide a jKj.

Demostración. Sea G = hai de orden n.

1. SeaH subgrupo deG. ComoG = hai es cíclico, tenemos queH tambiénes cíclico. Luego, H = hami para algún m 2 Z y:

jHj = jamj = jGj(m; jGj) ;

es decir, (m; jGj) � jHj = jGj, de donde se sigue que jHj divide a jGj.

2. Sea m un divisor positivo de n y sea k = nm. Como jGj = n, tenemos

que jakj = n(n;k)

= mk(mk;k)

= mkk= m. Luego, haki es un subgrupo de

G de orden m. Para demostrar la unicidad, supongamos que H es unsubgrupo de G de orden m. Entonces, H es cíclico porque G es cíclico,y por lo tanto H = hasi para algún entero s. Luego, asm = (as)m = 1ya que jHj = jasj = m. De aquí que jaj = n debe dividir a sm, esdecir, mkjsm o bien, kjs. Escribamos s = kr con r 2 Z. Entonces,H = hasi � haki y como cada uno de los subgrupos hasi y haki tieneorden m, se sigue que H = hasi = haki.

3. Como H y K son subgrupos de G y G es cíclico, cada uno de H yK también es cíclico. Luego, si H es un subgrupo de K entonces porel punto 1 se sigue que jHj divide a jKj. Recíprocamente, supongamosque H yK son subgrupos de G tales que jHj divide a jKj. Sean jHj = ry jKj = s. Por el punto 1 tenemos que r j n y s j n. Luego, por el punto2, H = han=ri y K = han=si. Como r j s, podemos escribir s = r � mpara algún entero m. Entonces, dado x 2 H; x = (an=r)t = (anm=s)t =(an=s)mt 2 K, es decir, H � K. Como H y K son subgrupos de G, sesigue que H es subgrupo de K. �

La primera a�rmación del teorema anterior en realidad se satisface paracualquier grupo �nito G, sea o no cíclico. Este resultado es el teorema deLagrange que demostraremos más adelante.Los subgrupos de un grupoG pueden ilustrarse por medio de un diagrama

listando los subgrupos, e indicando las relaciones de inclusión por medio desegmentos de recta entre los subgrupos. Tal diagrama es llamado retícula para

21

los subgrupos del grupo G. Ilustraremos esto con un ejemplo, determinandola retícula para todos los subgrupos de un grupo cíclico G = hai de orden12. Ya que el orden de a es 12, el teorema anterior muestra que hay un únicosubgrupo hadi para cada divisor positivo d de 12. Los divisores positivos de12 son 1; 2; 3; 4; 6; 12. Entonces, el único subgrupo de G de cada uno de estosórdenes es, respectivamente:

feg = ha12i; ha6i; ha4i; ha3i; ha2i; hai = G:

Observe que para cualesquiera divisores m y k de n = jGj (con G = hai) setiene que hami � haki si y solo si k j m: suponga que hami � haki, entoncessi jamj = n

(m;n)=

n

m= x y

��ak�� = n

(k; n)=

n

k= y; x j y, digamos que

xz = y. Ya que mx = ky;mx = kxz; de este modo, m = kz, i.e., k j m.Recíprocamente, si k j m, entonces kx = m para algún entero positivo x yde aquí,

am = akx = (ak)x 2ak�;

que implica que hami � haki. Luego, la retícula de subgrupos de G es:

G = hai

� �

ha2i ha3i

� � �

ha4i ha6i

� �

h1i

Podemos hablar también del subgrupo de un grupo G generado por unsubconjunto X. Es el subgrupo de G más pequeño conteniendo X y consistede todos los elementos de G que se pueden expresar como un producto deuna cadena de elementos de X y de sus inversos.

De�nición 1.3.13 Sea G un grupo y X � G:Sea fHi j i 2 Ig la familia detodos los subgrupos de G que contienen a X. Entonces

Ti2I Hi es llamado el

subgrupo de G generado por X y denotado hXi.

22

Es un ejercicio simple mostrar que la intersección de una familia ar-bitraria de subgrupos de G, es un subgrupo de G (ver ejercicio 3, de lasubsección 1.3.2). Los elementos de X son los generadores del subgrupohXi. Si X = fa1; : : : ; ang escribimos ha1; : : : ; ani en lugar de hXi. Si G =ha1; : : : ; ani ; (ai 2 G) decimos que G es �nitamente generado.

Teorema 1.3.14 Si G es un grupo y X es un subconjunto no vacío de G,entonces el subgrupo hXi generado por X consiste de todos los productos�nitos

an11 an22 : : : antt

(ai 2 X;ni 2 Z) :En particular, para cada a 2 G; hai = fan j n 2 Zg, es elsubgrupo cíclico generado por a.

Demostración. Sea S = fan11 an22 : : : antt j ai 2 X; ni 2 Zg. Si a 2 Xentonces a1 = a 2 S y por lo tanto X � S. Si u; v 2 S; u = an11 a

n22 : : : antt y

v = bm11 bm2

2 : : : bmll y por lo tanto uv�1 = an11 a

n22 : : : antt b

�mll : : : b�m1

1 2 S. Deaquí, S es un subgrupo de G (ver ejercicio 4, de la subsección 1.3.2). Por lotanto hXi es un subgrupo de S. Si H es un subgrupo de G tal que X � Hentonces an11 a

n22 : : : antt 2 H y por lo tanto S � H y así S es un subgrupo de

hXi. �

Ejemplo 1.3.15 1. El grupo S3 = hx; yi, donde recuerde que x =

0@1 2 32 3 1

1A ; y =0@1 2 32 1 3

1A.2. Las matrices elementales generan GLn, ya que cada matriz invertible

es un producto de matrices elementales.3. El grupo de cuatro de Klein V (Vierergruppe en alemán) es el grupo

más simple que no es cíclico. Aparece en muchas formas. Por ejemplo, puedeser realizado como el grupo que consiste de las 4 matrices24 �1 0

0 �1

35Dos elementos cualquiera distintos de la identidad generan V .

23

4. El grupo de los cuaterniones H es otro ejemplo de un subgrupo pequeñode GL2 (C) que no es cíclico. Consiste de las 8 matrices

H = f�1;�i;�j;�kg

donde

1 =

24 1 00 1

35 ; i =

24 i 0

0 �i

35 ;

j =

24 0 1

�1 0

35 ; k =24 0 i

i 0

35 :Los dos elementos i; j generan H y se puede probar que

i4 = 1; i2 = j2; ji = i3j :

Estos productos determinan la tabla de multiplicación de H.

1.3.2. Ejercicios

1. Sean a y b elementos de un grupo G: Suponga que a tiene orden 5 yque a3b = ba3. Pruebe que ab = ba.

2. ¿Cuáles de los siguientes son subgrupos?

(a) GLn (R) � GLn (C).(b) f1;�1g � R�.(c) El conjunto de los enteros positivos en Z+.(d) El conjunto de los reales positivos en R�.

(e) El conjunto de las matrices

24 a 00 0

35, con a 6= 0, en GL2 (R).3. Sea fHi j i 2 Ig una familia de subgrupos de G. Pruebe que

Ti2I Hi es

también un subgrupo de G.

4. Pruebe que un subconjunto no vacío H de un grupo G es un subgruposi para todo x; y 2 H el elemento xy�1 está también en H.

24

5. Una raíz n-ésima de la unidad es un número complejo z tal que zn = 1.Pruebe que las raíces n-ésimas de la unidad forman un subgrupo cíclicode C� de orden n.

6. Resuelva:

(a) Encuentre generadores y relaciones para el grupo de cuatro de Klein.

(b) Encuentre todos los subgrupos del grupo de cuatro de Klein.

7. Sea H un subgrupo generado por dos elementos a; b de un grupo G.Pruebe que si ab = ba, entonces H es un grupo abeliano.

8. Pruebe que en cualquier grupo, el orden de ab y el orden de ba soniguales.

9. Describa todos los grupos G que no contienen ningún subgrupo propio.

10. Pruebe que todo grupo cíclico es abeliano.

11. Sea G un grupo cíclico de orden n generado por g. Muestre que todosubgrupo H de G es generado por algún gm donde m j n.

12. Pruebe que un grupo cíclico con un solo generador puede tener a lomás dos elementos.

13. Pruebe que un grupo en el cual cada elemento excepto la identidadtiene orden 2 es abeliano.

14. Las matrices elementales generan GLn (R). Existen tres tipos de ma-trices elementales:

(a) Primer tipo: se obtienen sumando al renglón i de la matriz identidadc veces el renglón j (i 6= j), donde c es una constante distinta de cero,por ejemplo, 26666666664

1

1 c. . .

1

1

37777777775:

25

(b) Segundo tipo: se obtienen intercambiando los renglones i y j de lamatriz identidad, por ejemplo,26666666664

1. . .

0 1. . .

1 0

37777777775:

(c) Tercer tipo: se obtienen multiplicando por un escalar c distinto de

cero el renglón i de la matriz identidad, por ejemplo,

26666666664

1. . .

1

c

1

37777777775.

(i) Pruebe que las matrices elementales del primero y tercer tipos sonsu�cientes para generar GLn (R).(ii) El grupo lineal especial SLn (R) es el conjunto de las matrices realesn� n cuyo determinante es 1. Muestre que SLn (R) es un subgrupo deGLn (R).(iii)Pruebe que las matrices elementales del primer tipo generan SLn (R).

15. Sean a; b elementos de un grupo abeliano de órdenes m y n respectiva-mente. ¿Qué puede decir acerca del orden de su producto ab?

16. Encuentre un ejemplo de un grupo no abeliano tal que el producto dedos elementos de orden �nito tiene orden in�nito.

17. Muestre, con un ejemplo, la posibilidad de que la ecuación cuadráticax2 = 1 tenga más de 2 soluciones en algún grupo G con identidad 1.

18. Pruebe que el conjunto de elementos de orden �nito en un grupoabeliano es un subgrupo.

CAPÍTULO 2

Homomor�smos

2.1. Grupos isomorfos

Sean G y G0 dos grupos. Queremos decir que son isomorfos si todas laspropiedades de la estructura de grupo de G se sostienen para G0 también.Por ejemplo, sea G el conjunto de las matrices reales de la forma24 1 x

0 1

35 :Este es un subgrupo de GL2 (R), y el producto de dos de estas matrices es24 1 x

0 1

3524 1 y0 1

35 =24 1 x+ y

0 1

35 :Los elementos de la esquina superior derecha se suman cuando multiplicamoslas matrices. De este modo cuando hacemos cálculos con estas matrices, úni-camente necesitamos tener en cuenta las entradas de la esquina superiorderecha. Este hecho se expresa formalmente diciendo que el grupo G es iso-morfo al grupo aditivo de los números reales R+.Cómo hacer preciso el concepto de isomor�smo no es claro de modo

inmediato, pero sucede que la manera correcta es relacionar los dos grupos

27

28

por medio de una correspondencia biyectiva entre sus elementos compatiblecon las leyes de composición, esto es, una correspondencia

G ! G0

teniendo la siguiente propiedad: si a; b 2 G corresponden a a0; b0 2 G0, en-tonces al producto ab 2 G le corresponde el producto a0b0 2 G0. Cuando estosucede todos las propiedades de la estructura de grupo se conservan de ungrupo al otro. Por ejemplo, los elementos identidad en grupos isomorfos Gy G0 se corresponden. Para ver esto, supongamos que al elemento identidad1 de G le corresponde un elemento �0 2 G0. Sea a0 un elemento arbitrariode G0 y sea a el elemento correspondiente de G. Por hipótesis, productoscorresponden a productos. Ya que 1a = a en G, se sigue que �0a0 = a0 en G0.De este modo, se tiene que �0a0 = a0 = 10a0 y por la ley de la cancelación setiene que �0 = 10.Otro ejemplo: los órdenes de los elementos correspondientes son iguales.

Si a corresponde a a0 enG0, entonces, ya que la correspondencia es compatiblecon la multiplicación, ar = 1 si y solo si (a0)r = 10.Ya que dos grupos isomorfos tienen las mismas propiedades, a veces es

conveniente identi�carlos cuando hablamos de modo informal. Por ejemplo, elgrupo Sn de permutaciones de f1; 2; : : : ; ng es isomorfo al grupo de matricesde permutación, un subgrupo de GLn (R), y a veces borramos la distinciónentre esos dos grupos: Una matriz de permutación P es una matriz con lapropiedad siguiente: la operación de multiplicación por la izquierda por P esuna permutación de los renglones de una matriz. Por ejemplo,

P =

266640 1 0

0 0 1

1 0 0

37775es una matriz de permutación.26664

0 1 0

0 0 1

1 0 0

3777526664x

y

z

37775 =26664y

z

x

37775 :

29

La entrada en la primera posición se manda a la tercera posición, y asísucesivamente; de este modo P corresponde a la permutación0@ 1 2 3

3 1 2

1A :

Comentario 2.1.1 Una matriz de permutación siempre tiene un solo 1 encada renglón y en cada columna; el resto de sus entradas son cero. Recípro-camente, cualquier matriz de este tipo es una matriz de permutación.

Usualmente escribimos la correspondencia como una función

' : G! G0.

De este modo, un isomor�smo de G a G0 es una función biyectiva que es com-patible con las leyes de composición: Usando la notación funcional obtenemos

' (ab) = ' (a)' (b)

para todo a; b 2 G.

De�nición 2.1.2 Se dice que dos grupos G y G0 son isomorfos si existe unisomor�smo ' : G! G0 y lo denotamos G �= G0.

Por ejemplo, sea C = f: : : ; a�2; a�1; 1; a; a2; : : :g un grupo cíclico in�nito.Entonces la función,

' : Z+ ! C

de�nida por ' (n) = an es un isomor�smo. La condición de compatibilidades

' (n+m) = ' (n)' (m) o

am+n = aman.

Un ejemplo más simple es: sean

G =�1; x; x2; : : : ; xn�1

y G0 =

�1; y; y2; : : : ; yn�1

dos grupos cíclicos, generados por los elementos x; y del mismo orden. En-tonces la función que manda xi a yi es un isomor�smo: Dos grupos cíclicosdel mismo orden son isomorfos.

30

Los grupos isomorfos a un grupo G dado forman lo que se llama la clasede isomor�smo de G, y dos grupos cualesquiera en una clase de isomor�smoson isomorfos.Cuando uno habla de clasi�car grupos en lo que uno piensa es en la

descripción de las clases de isomor�smo. Esto es muy difícil de hacer paratodos los grupos, pero veremos después que existe, por ejemplo, una clase deisomor�smo de grupos de orden 3 y que hay dos clases de grupos de orden 4y 5 clases de grupos de orden 12.

De�nición 2.1.3 Un isomor�smo de un grupo G a sí mismo,

' : G! G

se llama un automor�smo de G.

Ejemplo 2.1.4 1. Sea G = f1; x; x2g un grupo cíclico de orden 3, de modotal que x3 = 1. La transposición que intercambia x y x2 es un automor�smode G:

1 7! 1;

x 7! x2;

x2 7! x:

Esto es porque x2 es otro elemento de orden 3 en el grupo. Si le llamamosa este elemento y, el subgrupo cíclico generado por y, f1, y, y2g es todo Gporque y2 = x.2. (Conjugación). El ejemplo más importante de automor�smos es el de

conjugación: sea b 2 G un elemento �jo. Entonces conjugación por b es lafunción ' de G en G de�nida como

' (x) = bxb�1:

Este es un automor�smo porque, primero, es compatible con la multiplicaciónen el grupo:

' (xy) = bxyb�1

= bxb�1byb�1

= ' (x)' (y) ;

31

y, segundo, es una función biyectiva ya que tiene una función inversa, asaber, conjugación por b�1. Si el grupo es abeliano, entonces conjugación porb es la función identidad para todo b 2 G:

bab�1 = abb�1

= a1

= a.

Pero cualquier grupo no conmutativo tiene alguna conjugación no trivial, yde este modo tiene automor�smos no triviales (el automor�smo trivial es lafunción identidad). El elemento bab�1 es llamado el conjugado de a por b yaparecerá seguido.

De�nición 2.1.5 Dos elementos a; a0 de un grupo G se llaman conjugadossi a0 = bab�1 para algún b 2 G.

Los conjugados se comportan del mismo modo que el elemento mismo;por ejemplo, tienen el mismo orden en el grupo. Esto se sigue del hecho deque es la imagen de a por un automor�smo.El conjugado tiene una interpretación útil, aunque trivial. A saber, si

denotamos bab�1 por a0, entonces

ba = a0b

De este modo podemos pensar de la conjugación por b como el cambio en aque resulta cuando uno mueve b de un lado al otro.

De�nición 2.1.6 Un automor�smo del tipo conjugación es llamado un au-tomor�smo interior. Los automor�smos restantes son llamados exteriores.

2.1.1. Ejercicios

1. Pruebe que el grupo aditivo de números reales R+ es isomorfo al grupomultiplicativo de los números reales positivos P.

2. Pruebe que en un grupo, los elementos ab y ba son conjugados.

3. Resuelva:

(a) Sea b0 = aba�1. Pruebe que (b0)n = abna�1.

(b) Pruebe que si aba�1 = b2, entonces a3ba�3 = b8.

32

4. Sea ' : G ! G0 un isomor�smo de grupos. Pruebe que la funcióninversa '�1 es también un isomor�smo.

5. Pruebe que las matrices 24 1 10 1

35 ;24 1 01 1

35son elementos conjugados en el grupo GL2 (R) pero no lo son comoelementos de SL2 (R).

6. Encuentre un isomor�smo de un grupo G y su grupo opuesto G0.

7. Pruebe que la función A! (At)�1 es un automor�smo de GLn (R).

8. Sea G un grupo, y sea ' : G! G la función ' (x) = x�1.

(a) Pruebe que ' es biyectiva.

(b) Pruebe que ' es un automor�smo si y solo si G es abeliano.

9. Clasi�que todos los grupos de orden 4 considerando los dos casos siguien-tes:

(a) G contiene un elemento de orden 4.

(b) Cada elemento de G tiene orden < 4.

10. Determine el grupo de automor�smos de los grupos siguientes:

(a) Z+.(b) Un grupo cíclico de orden 10.

(c) S3.

11. Dar un ejemplo de dos grupos isomorfos tal que existe más de un iso-mor�smo entre ellos.

2.2. Homomor�smos

De�nición 2.2.1 Sean G;G0 grupos. Un homomor�smo, o simplemente unmor�smo, ' : G! G0 es cualquier función que satisface

' (ab) = ' (a)' (b) ;

33

para todo a; b 2 G.

De aquí, un isomor�smo es un homomor�smo biyectivo.

Ejemplo 2.2.2 1. La función determinante det : GLn (R) ! R� es un ho-momor�smo de grupos.2. El signo de una permutación, signo: Sn ! f�1g es un homomor�smo

de grupos.

Proposición 2.2.3 Sean �; � dos permutaciones con matrices de permutaciónasociadas P;Q. Entonces la matriz asociada a la permutación �� es PQ.

Demostración. La matriz de permutación P opera permutando los ren-glones de acuerdo a � y Q de acuerdo a � ; la ley asociativa para la multi-plicación de matrices nos dice que PQ permuta los renglones de acuerdo a�� :

(PQ)x = P (Qx) :

De este modo PQ es la matriz asociada a �� . �El determinante de una matriz de permutación es �1, ya que si dos ren-

glones son intercambiados el determinante de la matriz (en este caso la matrizidentidad) es multiplicado por �1. Este determinante es el signo de una per-mutación:

signo (�) = detP

donde P es la matriz de permutación asociada a �. Así la permutación0@ 1 2 33 1 2

1Atiene matriz de permutación asociada26664

0 1 0

0 0 1

1 0 0

37775y por lo tanto signo 1.

34

De�nición 2.2.4 Una permutación se llama par o impar de acuerdo a cuan-do su signo es 1 o �1.

Ejemplo 2.2.5 1. La función ' : Z+ ! G de�nida como ' (n) = an, dondea es un elemento �jo de G, es un homomor�smo.2. La función inclusión i : H ! G de un subgrupo H de un grupo G,

de�nida como i (x) = x, es un homomor�smo.

Proposición 2.2.6 Un homomor�smo de grupos ' = G! G0 lleva la iden-tidad de G a la identidad de G0 e inversos a inversos. En otras palabras,

' (1) = 10 y

'�a�1�= (' (a))�1 :

Demostración. Como 1 = 1 � 1 y ' es un homomor�smo,

' (1) = ' (1 � 1)= ' (1)' (1) :

Cancelando, ' (1) = 10.Ahora

'�a�1�' (a) = '

�a�1a

�= ' (1)

= 10

y similarmente' (a)'

�a�1�= 10.

De aquí,'�a�1�= (' (a))�1 :

�

2.2.1. Núcleo e imagen de un homomor�smo

Cada homomor�smo de grupos ' determina 2 subgrupos importantes: suimagen y su núcleo (kernel en inglés). La imagen de ' : G! G0 es la imagende la función

' (G) = Im' = fx 2 G0 j x = ' (a) para alguna a 2 Gg ;

y es un subgrupo de G0.

35

Ejemplo 2.2.7 Imdet = R�; Im signo= f�1g, pero Im (Z+) en el ejemplo2.2.5 anterior es el subgrupo cíclico de G generado por a y el homomor�smoinclusión tiene imagen el subgrupo H.

El núcleo de ',

ker (') = fa 2 G j ' (a) = 10g ;

puede ser descrito también como la imagen inversa '�1 (10) del elementoidentidad. El núcleo es un subgrupo de G, porque si a; b 2 ker ('),

' (ab) = ' (a)' (b)

= 1010

= 10;

de aquí ab 2 ker ('), etc.

El núcleo del homomor�smo determinante es el subgrupo de matri-ces cuyo determinante es 1. Este subgrupo es llamado el grupo linealespecial y se denota por SLn (R):

SLn (R) = fA 2 GLn (R) j detA = 1g

es un subgrupo de GLn (R).

El núcleo del homomor�smo signo se llama el grupo alternante y sedenota por An:

An = fpermutaciones paresges un subgrupo de Sn.

Comentario 2.2.8 Adicionalmente el núcleo tiene una propiedad que esmuy importante. Si a 2 ker (') y b 2 G, entonces el conjugado bab�1 es-tá en el ker ('). Porque digamos que a 2 ker ('). Entonces

'�bab�1

�= ' (b)' (a)'

�b�1�

= ' (b) 1 (' (b))�1

= ' (b) (' (b))�1

= 10;

y así bab�1 2 ker (') también.

36

De�nición 2.2.9 Un subgrupo N de un grupo G es un subgrupo normal sitiene la siguiente propiedad: para cada a 2 N y cada b 2 G, el conjugadobab�1 2 N .

Como hemos visto ya,

el núcleo de un homomor�smo es un subgrupo normal.

De este modo SLn (R) es un subgrupo normal de GLn (R) y An es unsubgrupo normal de Sn.En un grupo abeliano todos los subgrupos son normales, porque cuando

G es abeliano bab�1 = a. Pero los subgrupos de un grupo no abeliano nonecesariamente son normales.Contraejemplo: Sea T el grupo de matrices triangulares superiores in-

vertibles. Entonces T no es un subgrupo normal de GL2 (R): sea

A =

24 1 10 1

35 y B =

24 0 11 0

35 :Entonces

BAB�1 =

24 1 01 1

35que no está en T .

De�nición 2.2.10 El centro de un grupo, algunas veces denotado por Z oZ (G), es el conjunto de elementos que conmutan con cada elemento de G:

Z = fz 2 G j zx = xz para todo x 2 Gg :

El centro de un grupo es un subgrupo normal del grupo.

Ejemplo 2.2.11 El centro de GLn (R) es el grupo de matrices escalares,esto es, aquellas de la forma cI; c 6= 0, (ejercicio 7 de la subsección 2.2.2).

Para g 2 G, sea ig la función �conjugación por g�,

x 7�! gxg�1 : G! G:

37

Note que(gh)x (gh)�1 = g

�hxh�1

�g�1;

esto es,igh (x) = (ig � ih) (x) ;

y de este modo la función

g 7�! ig : G! Aut (G) = grupo de automor�smos de G bajo la composición

es un homomor�smo. Su imagen es escrita

Int (G) = grupo de automor�smos interiores de G:

Su núcleo es el centro de G. De hecho, Int(G) es un subgrupo normal deAut(G): para g 2 G y ' 2Aut(G),�

' � ig � '�1�(x) = '

�g'�1 (x) g�1

�= ' (g)x (' (g))�1

y así ' � ig � ' = i'(g).

De�nición 2.2.12 Un grupo se llama completo si la función g 7�! ig :G!Aut(G) es un isomor�smo. Esto es equivalente a la condición:(a) El centro Z (G) de G es trivial y(b) cada automor�smo de G es interior.

2.2.2. Ejercicios

1. Describa todos los homomor�smos ' : Z+ ! Z+ y determine cuálesson inyectivos, cuáles son suprayectivos, y cuáles son isomor�smos.

2. Resuelva:

(a) Encuentre todos los subgrupos de S3 y determine cuáles son nor-males.

(b) Encuentre todos los subgrupos de los cuaterniones y determinecuáles son normales.

(c) Pruebe que la composición ' � de dos homomor�smos '; es unhomomor�smo.

(d) Describa el núcleo de ' � .

38

3. SeanG yH grupos cíclicos, generados por los elementos x; y. Determinela condición sobre los órdenes m y n de x; y de modo tal que la funciónmandando xi ! yi sea un homomor�smo.

4. Resuelva:

(a) SeaH un subgrupo de G y sea g 2 G. El subgrupo conjugado gHg�1se de�ne como el conjunto de todos los conjugados ghg�1, donde h 2 H.Pruebe que gHg�1 es un subgrupo de G.

(b) Pruebe que un subgrupo H de un grupo G es normal si y solo sigHg�1 = H para toda g 2 G.

5. Sea N un subgrupo normal de G y sea g 2 G; n 2 N . Pruebe queg�1ng 2 N .

6. Sea ' : G! G0 un homomor�smo de grupos y sea x 2 G un elementode orden r. ¿Qué puede decir acerca del orden de ' (x)?

7. Pruebe que el centro deGLn (R) es el subgrupo Z = fcI j c 2 R; c 6= 0g.

8. Pruebe que si un grupo contiene exactamente un elemento de orden 2,entonces ese elemento está en el centro del grupo.

9. Considere el conjunto U de matrices reales 3� 3 de la forma266641 � �

0 1 �

0 0 1

37775 :(a) Pruebe que U es un subgrupo de SLn (R).(b) ¿Es U normal?

(c) Determine el centro de U .

10. Pruebe, dando un ejemplo explícito, que GL2 (R) no es un subgruponormal de GL2 (C).

11. Sea ' : G! G0 un homomor�smo suprayectivo (epimor�smo).

(a) Sea N un subgrupo normal de G. Pruebe que ' (N) es un subgruponormal de G0.

39

(b) Suponga que G es cíclico. Pruebe que G0 es cíclico.

(c) Suponga que G es abeliano. Pruebe que G0 es abeliano.

2.3. Relaciones de equivalencia y particiones

Una construcción matemática fundamental es empezar con un conjunto Sy formar un conjunto nuevo identi�cando ciertos elementos de S de acuerdoa cierta regla dada. Por ejemplo, se pueden dividir los números enteros endos clases, los pares y los impares. O se pueden ver los triángulos congruentesen el plano como objetos geométricos equivalentes.Sea S un conjunto. Una partición P de S es una subdivisión de S en

subconjuntos que no se intersecan:

S = unión de subconjuntos no vacíos disjuntos.

Por ejemplo, los números pares e impares forman una partición de Z.Una relación de equivalencia sobre S es una relación que se sostiene entre

ciertos elementos de S. Muy seguido la escribimos como a � b y hablamosde la equivalencia de a y b.Se requiere que una relación de equivalencia sea:

Transitiva: Si a � b y b � c, entonces a � c.

Simétrica: Si a � b, entonces b � a.

Re�exiva: a � a para toda a 2 S.

Formalmente una relación sobre S es lo mismo que un subconjunto R deS � S que consiste de los pares (a; b) tales que a � b. En términos de estesubconjunto, podemos escribir los axiomas para una relación de equivalenciacomo sigue:

Transitiva: Si (a; b) 2 R y (b; c) 2 R, entonces (a; c) 2 R.

Simétrica: Si (a; b) 2 R, entonces (b; a) 2 R.

Re�exiva: (a; a) 2 R para toda a 2 S.

40

Dada una partición P sobre S, podemos de�nir una relación de equiva-lencia R por lo medio de la regla a � b si a y b están en el mismo subconjuntode la partición. Los axiomas son claramente satisfechos. Recíprocamente, da-da una relación de equivalencia R, podemos de�nir una partición del modosiguiente: el subconjunto conteniendo a es el conjunto de todos los elementosb tales que a � b. Este subconjunto es llamado la clase de equivalencia de ay S es particionado en clases de equivalencias. Para comprobarlo, sea Ca laclase de equivalencia de a 2 S,

Ca = fb 2 S j a � bg :

El axioma de re�exividad nos dice que a 2 Ca. De este modo las clases Cason no vacías y ya que a puede ser cualquier elemento, las clases cubren S.Debemos veri�car ahora que las clases distintas son disjuntas, esto es,

Proposición 2.3.1 Si Ca y Cb tienen un elemento d en común entoncesCa = Cb.

Demostración. Primero mostramos que si a � b entonces Ca = Cb. Seax 2 Cb. Entonces b � x. Ya que a � b, la transitividad implica que a � xy de aquí x 2 Ca. De este modo Cb � Ca. La inclusión opuesta se sigueintercambiando los roles de a y b. Suponga ahora que d 2 Ca \ Cb, entoncesa � d y b � d. Entonces

Ca = Cd = Cb:

�Suponga que una relación de equivalencia o una partición son dadas so-

bre un conjunto S. Entonces podemos construir un conjunto nuevo S cuyoselementos son las clases de equivalencia o los subconjuntos que forman lapartición. Para simpli�car la notación, la clase de equivalencia de a o el sub-conjunto de la partición conteniendo a, se denota seguido como a.Existe una función natural suprayectiva entre S y S:

S �! S;

a 7�! a:

Hay dos maneras de pensar en la construcción de S. Podemos imaginar queponemos los elementos de S en montones separados, un montón por cadasubconjunto de la partición; y entonces ver los montones como los elementos

41

de un nuevo conjunto S. La función S ! S le asocia a cada elemento elmontón al cual pertenece.O podemos pensar cambiar lo que signi�ca igualdad entre los elementos de

S, interpretando a � b como a = b en S. Esta es la manera en que tratamoslos triángulos congruentes en la escuela. Podemos trabajar con barras pararecordar la nueva regla:

a = b signi�ca a � b:

Esta notación es muy conveniente. Pero una desventaja de ella es que muchossímbolos representan el mismo elemento de S. Algunas veces esta desventajase puede superar escogiendo de una vez para siempre un elemento particular,o un representante, en cada clase de equivalencia. Por ejemplo, es costumbrerepresentar (par) por 0 e (impar) por 1:

f(par), (impar)g =�0; 1:

Aunque la imagen por medio de montones es más inmediata, la segundamanera de ver S es muchas veces la mejor, porque las operaciones sobre losmontones son incómodas de visualizar; mientras que la notación de barras esmás conveniente para la manipulación algebraica.Discutiremos ahora la de�nición de Gauss de congruencia de enteros, que

es uno de los conceptos más importantes en teoría de números. Trabajamoscon un entero positivo �jo, aunque arbitrario, n.

De�nición 2.3.2 Dos enteros a; b son congruentos módulo n, escrito

a � b (módulo n)

si n j b� a, o si b = a+ nk para algún entero k.

Esta es una relación de equivalencia, y consideraremos las clases de equiv-alencia, llamadas clases de congruencias módulo n o clases de residuos mó-dulo n, de�nidas por esta relación. Denotamos la clase de congruencia de unentero a con el simbolo a. Es el conjunto de los enteros

a = f: : : ; a� 2n; a� n; a; a+ n; a+ 2n; : : :g :

Si a y b son enteros, la ecuación a = b signi�ca que n j b � a. La clase decongruencia de 0 es el subrupo

0 = nZ = f: : : ;�2n;�n; 0; n; 2n; : : :g

42

del grupo aditivo Z+ consistiendo de los múltiplos de n. Los enteros 0; 1 ; 2; : : : ; n�1 forman un conjunto natural de representantes para las clases de congruen-cia.

Proposición 2.3.3 Existen n clases de congruencia módulo n, a saber

0; 1; : : : ; n� 1:

Demostración. Sea a un entero arbitrario. Entonces

a = nq + r

donde q, r son enteros (y únicos) y donde el residuo r está en el rango0 � r < n. Entonces a � r (módulo n). De este modo a = r. Esto muestraque a es una de las clases de congruencia listadas en el enunciado de laproposición. Por otra parte, si a y b son enteros no negativos distintos menoresque n, digamos a < b, entonces b � a < n y distinto de cero, de este modon - b� a. De este modo a no es congruente con b módulo n, lo cual signi�caque a 6= b. De este modo, las n clases 0; 1; : : : ; n� 1 son distintas. �El punto principal acerca de las clases de congruencias es que la adición

y la multiplicación de enteros preserva las congruencias módulo n y de estemodo estas leyes pueden ser usadas para de�nir adición y multiplicación declases de congruencias. De este modo, el conjunto de las clases de congruen-cias forma un anillo.

De�nición 2.3.4 Sean a y b clases de congruencia representadas por enterosa y b. Su suma se de�ne como la clase de congruencia de a+b, y su productose de�ne como la clase de ab. En otras palabras,

a+ b = a+ b y ab = ab :

Esta de�nición necesita justi�cación, porque la misma clase de congruen-cia a se puede representar por muchos enteros diferentes. Cualquier entero a0

congruente con a módulo n representa a la misma clase. Más vale entoncesque sea verdad que si a0 � a y b � b0, entonces

a0 + b0 � a+ b y a0b0 � ab :

Afortunadamente, esto es así.

43

Lema 2.3.5 Si a0 � a y b � b0 (módulo n), entonces a0+b0 � a+b (módulo n)y a0b0 � ab (módulo n).

Demostración. Suponga que a0 � a y b � b0, de modo tal que a0 = a+nry b0 = b+ns para algunos enteros r; s. Entonces a0+ b0 = a+ b+n (r + s), locual muestra que a0+b0 � a+b. De manera similar, a0b0 = (a+ nr) (b+ ns) =ab+ n (as+ rb+ rsn), lo cual muestra que a0b0 � ab, como queríamos. �Las leyes asociativa, conmutativa y distributiva se sostienen para las leyes

de composición porque se sostienen para la adición y la multiplicación de losenteros. Por ejemplo, la veri�cación formal de las leyes distributivas seríacomo sigue:

a�b+ c

�= a

�b+ c

�= a (b+ c)

= ab+ ac

= ab+ ac

= ab+ ac:

El conjunto de clases de congruencia módulo n se denota usualmente por

Z=nZ o por Zn:

De este modo si n = 13, entonces

Z13 =�0; 1; : : : ; 12

y�7 + 9

� �11 + 6

�se puede calcular como 7+9 = 3; 11+6 = 4; 3 �4 = 12. Las

barras sobre los números son una molestia, así que a menudo se les omite.Pero no olvide que:

a = b en Zn signi�ca que a � b (módulo n) .

Cualquier función de conjuntos ' : S ! T de�ne una relación de equiva-lencia sobre el dominio S; la relación está dada por la regla a � b si ' (a) =' (b). Nos referimos a esta como la relación de equivalencia determinadapor la función. La partición correspondiente está compuesta de las imágenesinversas no vacías de los elementos de T , esto es,

'�1 (t) = fs 2 S j ' (s) = tg :

44

De este modo, '�1 (t) es un subconjunto del dominio S determinado por elelemento t 2 T . Las imágenes inversas se pueden llamar también las �brasde la función '. Las �bras '�1 (t) que son no vacías, lo que signi�ca que testá en la imagen de ', forman una partición de S. Aquí, el conjunto S declases de equivalencia que es el conjunto de �bras no vacías, se relaciona conla Im'. Existe una función biyectiva

' : S ! Im';

s 7! ' (s) :

Regresemos ahora a los mor�smos de grupos. Sea ' : G! G0 un homomor-�smo. La relación inducida por ' se denota usualmente por � más que por� y nos referimos a ella como la relación de congruencia:

a � b si ' (a) = ' (b) :

Ejemplo 2.3.6 Sea ' : C� ! R� dada por ' (a) = jaj. La relación inducidapor ' es a � b si jaj = jbj. Las �bras de esta función son círculos concéntricosalrededor del origen del plano complejo. Están en correspondencia biyectivacon los elementos de la Im', el conjunto de los reales positivos.

Proposición 2.3.7 Sea ' : G! G0 un homomor�smo de grupos con núcleoN y sean a; b elementos de G. Entonces ' (a) = ' (b) si y solo si b = an paraalgún elemento n 2 N , o de modo equivalente, si a�1b 2 N .

45

Demostración. Suponga que ' (a) = ' (b). Entonces (' (a))�1 ' (b) = 10

y ya que ' es un homomor�smo, ' (a�1b) = 10. De este modo a�1b 2 N .Recíprocamente, si b = an,

' (b) = ' (a)' (n)

= ' (a) 10

= ' (a) :

�

De�nición 2.3.8 El conjunto de elementos de la forma an se denota comoaN y se llama clase lateral de N en G :

aN = fg 2 G j g = an para algún n 2 Ng= fb 2 G j b � ag .

La relación de congruencia a � b particiona al grupo G en clases decongruencia, las clases laterales aN . Son las �bras de la función '. En par-ticular, los círculos alrededor del origen de la �gura son las clases lateralesdel homomor�smo valor absoluto.

Diagrama esquemático de un homomor�smo de grupos.

Corolario 2.3.9 Un homomor�smo de grupos ' : G! G0 es inyectivo si ysolo si su núcleo es el subgrupo trivial f1g. �

46

Esto nos proporciona un método de veri�cación para saber cuándo unhomomor�smo de grupos es un isomor�smo. Comprobamos que

1. ker (') = f1g.

2. Im (') = G0, esto es, que ' es suprayectiva.

2.3.1. Pasos pequeños, pasos gigantescos

Existe un algoritmo, debido a Shanks, para calcular el orden k de unelemento g en un grupo abeliano �nito G. Es llamado de pasos pequeños ypasos gigantescos (baby step, giant step en inglés). Sea N el orden de G.Usualmente, asumimos que N es conocido, aunque solo se requiere una cotasuperior para N . Entonces:

1. Fije un entero m �pN y calcule gm.

2. Haga y almacene una lista de gi; 0 � i < m (estos son los pasos pe-queños).

3. Calcule g�jm para j = 1; : : : ;m�1 hasta que haya una coincidencia conalgún elemento de la lista almacenada (estos son los pasos gigantescos).

4. Si gi = g�jm entonces gk = 1 con k � i+ jm (módulo N).

Ejemplo 2.3.10 En el anillo Zn de enteros módulo n, de�nimos un produc-to, que es asociativo y tiene un elemento identidad. Entonces, de acuerdo alejercicio 3 de la subsección 1.2.1, los elementos invertibles bajo esta operaciónforman un grupo, al que denotamos por U(n). De este modo, buscamos loselementos a 2 Zn tales que existe x 2 Z que satisface

ax � 1 (módulo n).

Pero es conocido de álgebra superior, que esta congruencia tiene solución siy solo si el mcd(a; n) divide a 1, i.e., si y solo si a y n son primos relativos.Por ejemplo jU(81)j = 54. El grupo U(81) es un grupo abeliano y 49 esun elemento del grupo, ya que mcd(49; 81) = 1. Para encontrar su orden,aplicamos el algoritmo de pasos pequeños y saltos gigantescos.1. Debemos escoger m �

p54 � 7.34, sea m = 8. Entonces 498 = 70.

47

2. Ahora los pasos pequeños son

k 0 1 2 3 4 5 6 7

49k 1 49 52 37 31 61 73 13

3. Los pasos gigantescos son 70�1 = 22; 222 = 79; 223 = 37 y existe unacoincidencia. La coincidencia es 493 = 70�24.4. Se sigue que k � 3 + 24 (módulo 54). Así, hemos encontrado que el

orden del elemento es 27.

¿Por qué funciona? Ya que m2 > N , podemos asumir que k satisface0 � k < m2. Escriba

k = k0 +mk1;

con k0 � k (módulom), 0 � k0 < m y sea k1 =k � k0m

. Entonces 0 � k1 < m.

Cuando i = k0 y j = k1 tenemos que

g�k1m = gk�k1m = gk0 ;

así que existe una coincidencia.

2.3.2. Ejercicios

1. Determine el número de relaciones de equivalencia sobre un conjuntode cinco elementos.

2. La intersección R\R0 de dos relaciones de equivalencia R;R0 � S�S,¿es una relación de equivalencia? ¿Y la unión?

3. Sea R una relación sobre el conjunto R de los números reales. Podemosver R como un subconjunto del plano (x; y). Explique el signi�cadogeométrico de las propiedades re�exiva y simétrica.

4. Con cada uno de los subconjuntos R siguientes del plano (x; y), de-termine cuáles de los axiomas para una relación de equivalencia sonsatisfechos y cuándo o no R es una relación de equivalencia sobre elconjunto R de los números reales.(a) R = f(s; s) j s 2 Rg.

48

(b) R = ;.(c) R = f(x; y) j y = 0g.(d) R = f(x; y) j xy + 1 = 0g.(e) R = f(x; y) j x2y � xy2 � x+ y = 0g.

5. Describa la relación de equivalencia más pequeña sobre el conjunto delos números reales que contiene a la línea x � y = 1 en el plano (x; y)y dibújela.

6. Determine todos los enteros n tales que 2 tiene un inverso módulo n.

7. Pruebe que cada entero a es congruente a la suma de sus dígitos módulo9.

8. Use que dZ =aZ+bZ; d = mcd (a; b) para probar el teorema chino delresiduo: sean m;n; p; q, enteros, y suponga que el máximo común divi-sor dem y n es 1. Entonces existe un entero x tal que x � p (módulo m)y x � q (módulo n).

2.4. Clases laterales

Se pueden de�nir clases laterales para cualquier subgrupo H de un grupoG.

De�nición 2.4.1 Una clase lateral izquierda es un subconjunto de la forma

aH = fah j h 2 Hg :

El subgrupo H es él mismo una clase lateral porque H = 1H.

Proposición 2.4.2 Las clases laterales son clases de equivalencia para larelación de congruencia

a � b si b = ah para alguna h 2 H:

Demostración.

Transitividad: Suponga que a � b y b � c. Entonces b = ah y c = bh0 para algunos h,h0 2 H. De este modo, c = ahh0. Ya que H es un subgrupo, hh0 2 H.De aquí, a � c.

49

Simetría: Suponga que a � b; de este modo b = ah. Entonces a = bh�1 y h�1 2 Hy de aquí b � a.

Re�exividad: a = a1 y 1 2 H, de este modo a � a. �

Ya que las clases de equivalencia forman una partición, tenemos,

Corolario 2.4.3 Las clases laterales de un subgrupo particionan al grupo.

Comentario 2.4.4 La notación aH de�ne un subconjunto de G. Además

aH = bH si y solo si a � b

y si aH y bH tienen un elemento en común, entonces son iguales.

Ejemplo 2.4.5 Sea G = S3 = f1; x; x2; y; xy; x2yg. El elemento xy tieneorden 2 y de este modo genera un grupo cíclico H = f1; xyg de orden 2. Lasclases laterales izquierdas de H en G son los tres conjuntos siguientes,

f1; xyg = H = xyH;�x; x2y

= xH = x2yH;�

x2; y= x2H = yH:

De�nición 2.4.6 El número de clases laterales izquierdas de un subgrupo esllamado el índice de H en G y se denota como

[G : H] :

En el ejemplo 2.4.5 anterior el índice es 3.

Ejemplo 2.4.7 En Z, si H = nZ, las clases laterales de H son los conjuntos

a+H = fa+ nk j k 2 Zg .

Son las clases de congruencia a = a+H. El índice [Z : nZ] del subgrupo nZen Z es n.

50

Desde luego el índice puede ser in�nito.Note que existe una función biyectiva ' : H ! aH dada por h! ah. De

este modo,

cada clase lateral aH tiene el mismo número de elementos que H.

Ya que G es la unión de las clases laterales de H y esas clases laterales sondisjuntas, obtenemos la siguiente fórmula de conteo muy importante

jGj = jHj [G : H] ;

donde la igualdad tiene el signi�cado obvio si algún término es in�nito.El hecho de que los dos términos del lado derecho dividan el lado izquierdo

es muy importante.

Corolario 2.4.8 (Teorema de Lagrange) Sea G un grupo �nito y sea Hun subgrupo de G. El orden de H divide al orden G. �

El teorema de Lagrange implica que

el orden de un elemento divide al orden del grupo.

Este hecho tiene una consecuencia notable.

Corolario 2.4.9 Suponga que un grupo G tiene p elementos y que p es unprimo. Sea a 6= 1 2 G. Entonces G es el grupo cíclico f1; a; : : : ; ap�1g gene-rado por a.

Demostración. Ya que a 6= 1, el orden de a es mayor que 1 y divide ap. De aquí, es igual a p. Ya que G tiene orden p; f1; a; : : : ; ap�1g es todo elgrupo G. �De este modo, hemos clasi�cado a todos los grupos de orden p. Forman

una clase de isomor�smo, la clase de un grupo cíclico de orden p.La fórmula de conteo se puede aplicar a un homomor�smo de grupos. Sea

' : G ! G0 un homomor�smo. Las clases laterales del ker (') son las �brasde la función '. Están en correspondencia biyectiva con los elementos en laimagen.

[G : ker (')] = jIm (')j :

51

Corolario 2.4.10 (teorema de la dimensión) Sea ' : G! G0 un homo-mor�smo de grupos �nitos. Entonces

jGj = jker (')j jIm (')j :

De este modo jker (')j divide a jGj e jIm (')j divide a jGj y jG0j. �

Regresemos por un momento a la de�nición de clases laterales. Se puedende�nir también clases laterales derechas de un subgrupo y para ellas repetirla discusión anterior.

De�nición 2.4.11 Las clases laterales derechas de un subgrupo H son losconjuntos

Ha = fha j h 2 Hg ;los cuales son las clases de equivalencia para la relación congruencia derecha

a � b si b = ha para algún h 2 H:

Las clases laterales derechas no son necesariamente iguales a las clases late-rales izquierdas.

Ejemplo 2.4.12 Las clases laterales derechas del subgrupo f1; xyg de S3son:

f1; xyg = H = Hxy;

fx; yg = Hx = Hy;�x2; x2y

= Hx2 = Hx2y:

La partición de S3 no es la misma que la partición en clases laterales izquier-das.

Sin embargo, si N es un subgrupo normal, entonces las clases lateralesizquierdas y derechas coinciden.

Proposición 2.4.13 Un subgrupo H de un grupo G es normal si y solo sicada clase lateral izquierda es una clase lateral derecha. Si H es normal,entonces aH = Ha para cualquier a 2 G.

52

Demostración. Suponga que H es normal. Para cualquier h 2 H ycualquier a 2 G,

ah =�aha�1

�a.

Ya que H es un subgrupo normal, el elemento conjugado k = aha�1 está enH. De este modo, el elemento ah = ka está en aH y también en Ha. Estomuestra que aH � Ha. Similarmente, aH � Ha y de este modo las dosclases laterales son iguales. Recíprocamente, suponga que H no es normal.Entonces existen elementos h 2 H y a 2 G tales que aha�1 =2 H. Entoncesah está en la clase lateral izquierda aH pero no en la clase lateral derechaHa. Si estuviera, digamos ah = h0a para algún h0 2 H, entonces tendríamosque aha�1 = h0 2 H, lo que es una contradicción. Por otra parte, aH y Hatienen un elemento en común, el elemento a. De este modo aH no puedeestar en otra clase lateral. Esto muestra que la partición en clases lateralesizquierdas no es la misma que la partición en clases laterales derechas. �

Comentario 2.4.14 (a) Existe una correspondencia biyectiva entre el con-junto de clases laterales izquierdas y el conjunto de clases laterales derechas,aH ! Ha�1. De aquí, [G : H] es también el número de clases lateralesderechas de H en G.(b) El teorema de Lagrange tiene un recíproco parcial: si un primo p

divide m = [G : 1], entonces G tiene un elemento de orden p (teorema deCauchy); si pn es la potencia más grande p que divide a m, entonces G tieneun subgrupo de orden pn (teorema de Sylow). Pero note que el subgrupo decuatro de Klein tiene orden 4, pero ningún elemento de orden 4 y A4 tieneorden 12 pero no tiene ningún subgrupo de orden 6.

Más generalmente, tenemos el resultado siguiente.

Proposición 2.4.15 Si G � H � K con H y K subgrupos de G entonces

[G : K] = [G : H] [H : K] :

Si dos de los índices son �nitos, entonces también lo es el tercero.

Demostración. Sea G = [i2IgiH (unión disjunta), jIj = [G : H] yH = [j2JhjK (unión disjunta), jJ j = [H : K]. Si multiplicamos la segundaigualdad por gi, encontramos que giH = [j2JgihjK y por lo tanto

G =[

(i;j)2I�J

gihjK:

53

Es su�ciente mostrar que las clases laterales gihjK son mutuamente disjun-tas. Porque entonces tenemos que [G : K] = jI � J j = jIj jJ j = [G : H][H :K]. Si gihjK = grhtK, entonces gihj = grhtk para algún k 2 K. Ya quehj; ht; k 2 H tenemos que giH = gihjH = grhtkH = grH; de aquí, i = r yhj = htk. De este modo, hjK = htkK = htK y j = t. �

2.4.1. Ejercicios

1. Pruebe que cada grupo cuyo orden es una potencia de un primo p ( unp-grupo), contiene un elemento de orden p.

2. Resuelva:

(a) Sea G un grupo abeliano de orden impar. Pruebe que la función' : G! G de�nida como ' (x) = x2 es un automor�smo.

(b) Generalice el resultado de (a).

3. Sea W el subgrupo aditivo de Rm de soluciones de un sistema homogé-neo de ecuaciones lineales AX = 0. Muestre que las soluciones de unsistema no homogéneo AX = b forman una clase lateral de W .

4. Resuelva:

(a) Pruebe que cada subgrupo de índice 2 es normal.

(b) Dar un ejemplo de un subgrupo de índice 3 que no es normal.

5. Clasi�que todos los grupos de orden 6 analizando los tres casos siguien-tes.

(a) G contiene un elemento de orden 6.

(b) G contiene un elemento de orden 3, pero ninguno de orden 6.

(c) Todos los elementos de G tiene orden 1 o 2.

2.5. Restricción de un homomor�smo a unsubgrupo

La manera usual de obtener un mejor entendimiento de un grupo es estu-diar sus subgrupos menos complicados. Por ejemplo, el grupo lineal general

54

GL2 es mucho más complicado que el grupo de las matrices invertibles trian-gulares superiores. Y tomando productos de matrices triangulares superiorese inferiores, podemos cubrir casi todo el grupo GL2.Sea H un subgrupo de un grupo G. Consideremos primero el caso cuando

un segundo subgrupo K es dado. La restricción de K a H es la intersecciónK \H.

Proposición 2.5.1 La intersección K \H de dos subgrupos es un subgrupode H. Si K es un subgrupo normal de G, entonces K \ H es un subgruponormal de H. �

Ya que K \H es un subgrupo de H y K, su orden divide a los órdenes deH y K. Si jHj y jKj no tienen un factor en común, entonces K \H = f1g.Supongamos ahora que nos dan un homomor�smo ' : G ! G0 y como

antes que H es un subgrupo de G . Entonces, podemos restringir ' a H,obteniendo un homomor�smo

'H : H ! G0

con 'H (h) = ' (h) para toda h 2 H. Las restricción es un homomor�smoporque ' lo es.El núcleo de 'H es la intersección de ker (') con H:

ker ('H) = (ker (')) \H.

La imagen de 'H es ' (H). Entonces, por el teorema de Lagrange y el coro-lario 2.4.10, j' (H)j divide a jHj y a jG0j. De este modo, si jHj y jG0j notienen un factor común, ' (H) = f10g y podemos concluir que H � ker (').

Ejemplo 2.5.2 Considere el homomor�smo signo: Sn ! f�1g. La imagende este homomor�smo tiene orden 2 y su núcleo es el grupo alternante. Siun subgrupo H de Sn tiene orden impar entonces la restricción de este ho-momor�smo a H es trivial, lo que signi�ca que H está contenido en el grupoalternante, esto es, H consiste de permutaciones pares. Esto será así, porejemplo, cuando H sea un subgrupo cíclico generado por una permutación �,cuyo orden en el grupo sea impar. Se sigue que cada permutación de ordenimpar es una permutación par. Por otra parte, no podemos hacer ningunaconclusión acerca de permutaciones de orden par. Pueden ser permutacionespares o impares.

55

Cuando un homomor�smo ' : G! G0 y un subgrupoH 0 de G0 son dados,también podemos restringir ' a H 0. Aquí debemos reducir convenientementelo que sobra del dominio G de ', para obtener una función a H 0. Lo naturales reducir G a la imagen inversa de H 0.

Proposición 2.5.3 Sea ' : G! G0 un homomor�smo y sea H 0 un subgrupode G0. Denote la imagen inversa

'�1 (H 0) = fx 2 G j ' (x) 2 H 0g

como eH. Entonces:(a) eH es un subgrupo de G.(b) Si H 0 es un subgrupo normal de G0; eH es un subgrupo normal de G.(c) eH contiene al ker (').(d) La restricción de ' a eH de�ne un homomor�smo eH ! H 0, cuyo

núcleo es el ker (').

Demostración. :

(a) Identidad: 1 2 eH porque ' (1) = 10 2 H 0.

Cerradura: Suponga que x; y 2 eH. Esto signi�ca que ' (x) y ' (y)están en H 0. Ya que H 0 es un subgrupo, ' (x)' (y) 2 H 0. Ya que ' esun homomor�smo,

' (x)' (y) = ' (xy) 2 H 0:

De este modo, xy 2 eH.Inversos: Suponga que x 2 eH, así que ' (x) 2 H 0; entonces (' (x))�1 =' (x�1) 2 H 0 porque H 0 es un subgrupo. De aquí, x�1 2 eH.

(b) Suponga queH 0 es un subgrupo normal, y sea x 2 eH y g 2 G. Entonces

'�gxg�1

�= ' (g)' (x)' (g)�1 ;

y ' (x) 2 H 0. Por lo tanto, ' (gxg�1) 2 H 0 y esto muestra que gxg�1 2eH.(c) Si x 2 ker (') entonces ' (x) = 10 y 10 2 H 0. Así x 2 '�1 (H 0).

(d) Claro. �

56

2.5.1. Ejercicios

1. Sean G y G0 grupos �nitos cuyos órdenes no tienen un factor en común.Pruebe que el único homomor�smo ' : G! G0 es el trivial, ' (x) = 1para todo x.

2. Resuelva:

(a) Sean H y K subgrupos de un grupo G. Pruebe que la intersecciónde dos clases laterales xH \ yK es vacía o es también una clase lateraldel subgrupo H \K.(b) Pruebe que si H y K tienen índice �nito en G, entonces H \ Ktambién tiene índice �nito.

3. Sea ' : G ! G0 un homomor�smo de grupos con núcleo N . Describa'�1 (' (H)) en términos de H y N .

4. Pruebe que un subgrupo de orden 30 puede tener a lo más 7 subgruposde orden 5.

5. Pruebe el teorema de correspondencia: sea ' : G! G0 un homomor�s-mo de grupos suprayectivo con núcleo N . El conjunto de subgrupos H 0

de G0 están en correspondencia biyectiva con el conjunto de subgruposH de G que contienen N , la correspondencia siendo de�nida por mediode las funciones H ! ' (H) y H 0 ! '�1 (H 0). Más aún, subgruposnormales de G corresponden a subgrupos normales de G0.

6. Sean G y G0 grupos cíclicos de órdenes 12 y 6 generados por los ele-mentos x; y respectivamente y sea ' : G ! G0 la función de�nida por' (xi) = yi. Exhiba explícitamente la correspondencia a la que se re�ereel problema anterior.

2.6. Producto de grupos

Sean G y G0 dos grupos. El producto G � G0 puede ser hecho un grupode�niendo la multiplicación componente a componente. Esto es, de�niendola multiplicación de las parejas por medio de la regla

(a; a0) (b; b0) = (ab; a0b0)

57

para toda a; b 2 G y a0; b0 2 G0. El par (1; 10) es el elemento identidad y(a; a0)�1 =

�a�1; (a0)�1

�. La ley asociativa en G � G0 se sigue del hecho de

que se sostiene para G y G0. El grupo obtenido de esta forma se llama elproducto directo externo de G y G0 y se denota por G � G0. Su orden es elproducto de los órdenes de G y G0.El producto está relacionado a los dos factores G, G0 de una manera

simple, descrita en términos de homomor�smos

G Gi

&p

%

G�G0

%i0

&p0

G0 G0

de�nidos comoi (x) = (x; 10) ; i0 (x0) = (1; x0) ;

p (x, x0) = x; p0 (x, x0) = x0:

Las funciones i; i0 son inyectivas y se pueden usar para identi�car G;G0 conlos subgrupos G� 10; 1�G0 de G�G0. Las funciones p; p0 son suprayectivas,ker (p) = 1�G0 y ker (p0) = G� 10. Estas funciones se llaman proyecciones.Por ser núcleos, G� 10 y 1�G0 son subgrupos normales de G�G0.

Proposición 2.6.1 (Propiedad de mapeo de los productos) SeaH cualquiergrupo. Los homomor�smos � : H ! G�G0 están en correspondencia biyec-tiva con los pares de homomor�smos

' : H ! G;

'0 : H ! G0:

El núcleo de � es la intersección (ker (')) \ (ker ('0)).

Demostración. Dado un par ('; '0) de homomor�smos, de�nimos elhomomor�smo correspondiente

� : H ! G�G0

58

por la regla � (h) = (' (h) ; '0 (h)). Es fácil comprobar que � es un homo-mor�smo. Recíprocamente, dado �, obtenemos ' y '0 componiendo con lasproyecciones,

' = p � �;'0 = p0 � �:

Obviamente � (h) = (1; 10) si y solo si ' (h) = 1 y '0 (h) = 10, lo cual muestraque ker (�) = (ker (')) \ (ker ('0)). �Claramente es deseable descomponer un grupo dadoG como un producto,

lo cual signi�ca encontrar dos grupos H y H 0 tales que G es isomorfo alproducto H �H 0. Porque los grupos H y H 0 serán más pequeños y de estemodo más simples, y la relación entre H � H 0 y sus factores se entiendede modo fácil. Desafortunadamente, es muy raro que un grupo dado sea unproducto, pero sucede ocasionalmente.

Ejemplo 2.6.2 Es muy sorprendente que un grupo cíclico de orden 6 sepueda descomponer:Un grupo cíclico C6 de orden 6 es isomorfo al producto C2�C3 de grupos

cíclicos de órdenes 2 y 3. Esto se puede mostrar usando la propiedad de mapeode los productos que se acaba de discutir. Digamos, que

C6 =�1; x; x2; : : : ; x5

;

C2 = f1; yg ;C3 =

�1; z; z2

:

La regla' = C6 ! C2 � C3

de�nida por ' (xi) = (yi; zi) es un mor�smo, y su núcleo es el conjunto delos xi tales que yi = 1 y zi = 1. Ahora yi = 1 si y solo si i es divisible por2, mientras que zi = 1 si y solo si i es divisible por 3. No hay un enteroentre 1 y 5 que sea divisible por 2 y 3. De este modo, ker(') = f1g y ' esinyectiva. Ya que ambos grupos tienen orden 6, ' es biyectiva y de aquí esun isomor�smo.

El mismo argumento funciona para grupos cíclicos de orden rs, cuandolos dos enteros r y s no tienen un factor en común.

59

Proposición 2.6.3 Sean r; s enteros primos relativos. Un grupo cíclico deorden rs es isomorfo al producto de un grupo cíclico de orden r y un grupocíclico de orden s. �

Por otra parte, un grupo cíclico de orden 4 no es isomorfo al productode dos grupos cíclicos de orden 2. Porque se puede ver fácilmente que cadaelemento de C2 � C2 tiene orden 1 o 2, mientras que un grupo cíclico deorden 4 tiene dos elementos de orden 4. Y la proposición no hace ningunaa�rmación acerca de un grupo que no es cíclico.Sean A y B subconjuntos de un grupo G. Denotamos el conjunto de

productos de elementos de A y B por

AB = fx 2 G j x = ab para algún a 2 A y b 2 Bg :

La proposición siguiente caracteriza el producto de grupos.

Proposición 2.6.4 Sean H y K subgrupos de un grupo G.(a) Si H \K = f1g, la función producto

p : H �K ! G

de�nida por p (h; k) = hk es inyectiva. Su imagen es el subconjunto HK.(b) Si H oK es un subgrupo normal de G, entonces los conjuntos producto

HK y KH son iguales, HK es un subgrupo de G y hH [Ki = HK.(c) Si H y K son normales, H \K = f1g y HK = G, decimos que G es

el producto directo interno de H y K. Entonces G es isomorfo al productoH �K.

Demostración.(a) Sean (h1; k1) ; (h2; k2) elementos de H � K tales que h1k1 = h2k2.

Multiplicando ambos lados de esta ecuación por la izquierda por h�11 y porla derecha por k�12 , encontramos que k1k

�12 = h�11 h2. Ya que H \ K =

f1g ; k1k�12 = h�11 h2 = 1, de aquí h1 = h2 y k1 = k2. Esto muestra que p esinyectiva.(b) Suponga que H es un subgrupo normal de G y sea h 2 H y k 2 K.

Note que kh = (khk�1) k. Ya que H es normal, khk�1 2 H. De este modo,kh 2 HK, lo cual muestra que KH � HK. Análogamente se tiene tambiénque HK � KH y por lo tanto HK = KH.

60

Ahora, probar que HK es un subgrupo de G se sigue fácilmente. Para lacerradura de la multiplicación, note que en un producto

(hk) (h0k0) = h (kh0) k0,

el término de en medio kh0 está en KH = HK, digamos que kh0 = h00k00.Entonces

hkh0k0 = (hh00) (k00k) 2 HK.La existencia de los inversos es similar: sea (hk)�1 = k�1h�1 2 KH = HK.Y desde luego 1 = 1 �1 2 HK. De este modo, HK es un subgrupo. La pruebaes similar en el caso de que K sea un subgrupo normal de G.Finalmente, es claro que HK � hH [Ki. Recíprocamente, sea x 2

hH [Ki. Entonces, x = h1k1h2k2 � � �hrkr con hi 2 H; ki 2 K. Como Hes normal en G, tenemos que gH = Hg para todo g 2 G, en particu-lar kihj = h0jki, con h

0j 2 H. Por lo tanto, x puede escribirse en la forma

h(k1k2 � � � kr) con h 2 H y así x 2 HK. Luego, NK = hH [Ki.(c) Suponga que ambos subgrupos son normales en G y que H\K = f1g.

Considere el producto (hkh�1) k�1 = h (kh�1k�1). Ya que K es un subgruponormal, el lado izquierdo está en K. Ya que H es normal, el lado derechoestá en H. De este modo, este producto está en la intersección H \K, estoes, hkh�1k�1 = 1. Por lo tanto, hk = kh. Ya que sabemos esto, el hecho deque p es un homomor�smo se sigue directamente: en el grupo H�K, la regladel producto es:

(h1; k1) (h2; k2) = (h1h2; k1k2) ;

y este elemento corresponde a h1h2k1k2 enG, mientras que enG los productosh1k1 y h2k2 se multiplican como h1k1h2k2.Ya que h2k1 = k1h2, los productos son iguales. La parte (a) muestra que p

es inyectiva, y la suposición de que HK = G muestra que p es suprayectiva.�Es importante notar que la función producto p : H � K ! G no es un

homomor�smo de grupos a menos que los dos subgrupos conmuten uno conel otro.

Teorema 2.6.5 Si H y K son subgrupos �nitos de G de órdenes jHj y jKj,respectivamente, entonces

jHKj = jHj jKjjH \Kj .

61

Demostración. Demostramos que cada elemento hk de HK aparecejH \Kj veces. Para ver esto, comentamos que si h1 2 H \K, entonces

hk = (hh1)�h�11 k

�;

donde hh1 2 H y h�11 k 2 K. De este modo, hk es duplicado en el producto almenos jH \Kj veces. Sin embargo, si hk = h0k0, entonces h�1h0 = k (k0)�1 =u y u 2 H \K, y por lo tanto

h0 = hu;

k0 = u�1k;

así todas las duplicaciones fueron tomadas en cuenta. �

Corolario 2.6.6 Si H y K son subgrupos de G y

jHj >pjGj; jKj >

pjGj;

entonces H \K 6= f1g.

Demostración.

jGj � jHKj

=jHj jKjjH \Kj

>

pjGjpjGj

jH \Kj

=jGj

jH \Kj .

Por lo tanto jH \Kj > 1, esto es, H \K 6= f1g. �

Ejemplo 2.6.7 Suponga que jGj = pq, con p; q números primos y p > q. Gpuede tener a lo más un subgrupo de orden p. Porque si H y K son subgruposde orden p, por el corolario 2.6.6, H\K 6= f1g y como H\K es un subgrupode H y jH \Kj j jHj concluimos que H \ K = H y de aquí, H � K.Análogamente K � H, de donde H = K.

62

2.6.1. Ejercicios

1. En cada uno de los casos siguientes, determine si G es isomorfo alproducto directo interno o externo de H y K.

(a) G = R�; H = f�1g ; K = fnúmeros reales positivosg.(b) G = fmatrices invertibles 2� 2 triangulares superioresg ;H = fmatrices invertibles diagonalesg ;K = fmatrices triangulares superiores con unos en la diagonalg.(c) G = C� y H = fcírculo unitariog ; K = freales positivosg.

2. Pruebe que el producto directo externo de dos grupos cíclicos in�nitosno es cíclico in�nito.

3. Pruebe que el centro del producto directo externo de dos grupos es elproducto de sus centros.

4. Sea G un grupo que contiene subgrupos normales de órdenes 3 y 5.Pruebe que G tiene un elemento de orden 15.

5. Sea x 2 G un elemento de orden m y sea y 2 G0 un elemento de ordenn. ¿Cuál es el orden de (x; y) en G�G0?

CAPÍTULO 3

Grupos Cociente

Mostraremos ahora que del mismo modo que para las clases de congru-encia de enteros módulo n, podemos de�nir una ley de composición sobre lasclases laterales de un subgrupo normal N de cualquier grupo G. Mostraremoscómo convertir al conjunto de clases laterales en un grupo, llamado el grupocociente.

3.1. Grupo cociente

Lema 3.1.1 Sea N un subgrupo normal de un grupo G. Entonces el productode dos clases laterales aN; bN es de nuevo una clase lateral; de hecho

(aN) (bN) = abN .

Demostración. Note que, ya que N es un subgrupo normal, Nb = bNy ya que N es un subgrupo NN = N . La siguiente multiplicación prueba ellema:

(aN) (bN) = a (Nb)N

= a (bN)N

= abNN

= abN:

�Este lema nos permite de�nir la multiplicación de dos clases laterales.

63

64

Ejemplo 3.1.2 Considere las clases laterales del círculo unitario en G =C�. Sus clases laterales son los círculos concéntricos

Cr = fz j jzj = rg :

Entonces CrCs = Crs.

La hipótesis de que N sea normal en G es crucial en el lema anterior.Porque si H no es un subgrupo normal de G entonces habrán clases lateralesde H en G cuyo producto no está en una sola clase lateral izquierda. Porquedecir que H no es normal signi�ca que existe un elemento h 2 H y a 2 Gtales que aha�1 =2 H. Entonces el conjunto

(aH)�a�1H

�no está en ninguna clase lateral izquierda. Contiene a1a�11 = 1, que es unelemento de H. De este modo si el producto está contenido en una claselateral, esa clase lateral debe ser H = 1H. Pero también contiene aha�1, queno está en H.Es costumbre denotar al conjunto de clases laterales de un subgrupo nor-

mal N de G con el simbolo

G=N = conjunto de clases laterales de N en G.

Esto está de acuerdo con la notación Z=nZ introducida en el capítulo anterior.Otra notación que se usa frecuentemente para el conjunto de clases lateraleses la notación de barras:

G=N = G y aN = a ;

de modo tal que a denota la clase lateral conteniendo a.

Teorema 3.1.3 Con la ley de composición de�nida arriba, G = G=N es ungrupo, y la función � : G! G mandando a 7! a = aN es un homomor�smo,llamado el homomor�smo canónico, cuyo núcleo es N . �

El orden de G=N es el índice de N en G; [G : N ] =jGjjN j .

Corolario 3.1.4 Cada subgrupo normal de un grupo G es el núcleo de unhomomor�smo. �

65

Lema 3.1.5 Sea G un grupo y sea S cualquier conjunto con una ley decomposición. Sea ' : G! S una función suprayectiva que tiene la propiedadde que ' (ab) = ' (a)' (b) para toda a; b 2 G. Entonces S es un grupo.

Demostración. La prueba de la asociatividad es esta: sean s1; s2; s3 2 S.Ya que ' es suprayectiva, sabemos que si = ' (ai) para alguna ai 2 G.Entonces,

(s1s2) s3 = (' (a1)' (a2))' (a3)

= ' (a1a2)' (a3)

= ' (a1a2a3)

= ' (a1)' (a2a3)

= ' (a1) (' (a2)' (a3))

= s1 (s2s3) .

Dejamos los otros axiomas de grupo como ejercicio. �

Ejemplo 3.1.6 Sea G = R� el grupo multiplicativo de los números realesdistintos de cero y sea P el subgrupo de los números reales positivos. Existendos clases laterales, P y �P = fx 2 R j x < 0g, y G = G=P es un grupo con2 elementos. La regla de multiplicación es la ley de los signos usual:

(Neg.) (Neg.) = (Pos.) , etc:

La construcción del grupo cociente está relacionada a un homomor�smogeneral de grupos ' : G! G0 del modo siguiente:

Teorema 3.1.7 Si ' : G ! G0 es un homomor�smo de grupos y N es unsubgrupo normal de G;N � ker', entonces existe un único homomor�smo' : G=N ! G0 tal que ' (aN) = ' (a) para toda a 2 G; Im' = Im' yker' = (ker') =N . El homomor�smo ' es un isomor�smo si y solo si ' esun epimor�smo y N = ker'.

Demostración.G

'�! G0

� # �'G=N

66

Si b 2 aN , entonces b = an; n 2 N y ' (b) = ' (an) = ' (a)' (n) = ' (a) e =' (a) ya que N � ker'. Así ' está bien de�nido. Ahora,

' (aNbN) = ' (abN) = ' (ab) = ' (a)' (b) = ' (aN)' (bN)

y por lo tanto, ' es un homomor�smo. Claramente Im' = Im' y aN 2 ker'si y solo si ' (a) = e si y solo si a 2 ker', de donde ker' = faN ja 2 ker'g =ker'=N . El homomor�smo ' es único porque está completamente determi-nada por '. Es claro que ' es un epimor�smo si y solo si ' lo es. Y ' es unmonomor�smo si y solo si ker' = ker'=N es el subgrupo trivial de G=N ,que ocurre si y solo si ker' = N . �

Corolario 3.1.8 (primer teorema de isomor�smo) Si ' : G ! G0 esun homomor�smo de grupos, entonces ' induce un isomor�smo de G= ker' �=Im'.

Demostración. El homomor�smo ' : G ! Im' es un epimor�smo.Aplique el teorema 3.1.7 a N = ker'. �Este es nuestro método fundamental de identi�cación de los cocientes.

Por ejemplo, la función valor absoluto de C� ! R� mapea los númeroscomplejos distintos de cero a los números reales positivos, y su núcleo es elcírculo unitario U .

De este modo el grupo cociente C�=U es isomorfo al grupo multiplicati-vo de los números reales positivos. O, el determinate es un epimor�smo de

67

GLn (R)! R�, cuyo núcleo es el grupo lineal especial SLn (R). De este modoel cociente GLn (R) =SLn (R) es isomorfo a R�.

Ejemplo 3.1.9 Recuerde que la función g ! ig : G !Aut(G) es un ho-momor�smo de grupos. Su imagen es Int(G), el grupo de automor�smosinteriores de G y su núcleo es el centro de G. De este modo, por el primerteorema de isomomor�smo, obtenemos un isomor�smo G=Z (G)!Int(G).

3.1.1. Ejercicios

1. Sea G el grupo de matrices 2 � 2 reales triangulares superiores in-vertibles. Determine si las siguientes condiciones describen subgruposnormales H de G. Si lo hacen, use el primer teorema de isomor�smopara identi�car el grupo cociente G=H.

(a) a11 = 1,

(b) a12 = 0,

(c) a11 = a22,

(d) a11 = a22 = 1.

2. Considere la presentación, en término de generadores y relaciones, delgrupo de permutaciones S3.

(a) SeaH el subgrupo f1; yg. Calcule los conjuntos producto (1H) (xH)y (1H) (x2H) y veri�que que no son clases laterales.

(b) Muestre que un grupo cíclico de orden 6 tiene dos generadores quesatisfacen las relaciones x3 = 1; y2 = 1; yx = xy.

(c) Repita el cálculo del inciso (a), remplazando las relaciones ahí porlas relaciones en (b). Explique.

3. Un semigrupo es un conjunto con una ley asociativa de composición ycon una identidad. Pero no se pide que los elementos tengan inversos, asíque la ley de cancelación no necesariamente se sostiene. El semigrupoS es generado por el elemento s si f1; s; s2; : : :g = S. Por ejemplo,las relaciones s2 = 1 y s2 = s describen dos estructuras diferentes desemigrupo sobre el conjunto f1; sg. De�na isomor�smo de semigrupos,y describa las clases de isomor�smo de los semigrupos que tienen ungenerador.

68

4. Sea S un semigrupo con un número �nito de elementos que satisface laley de la cancelación. Pruebe que S es un grupo.

5. Sean H y K subgrupos de un grupo G y sea g 2 G. El conjunto

HgK = fx 2 G j x = hgk para alguna h 2 H; k 2 Kg

se llama clase lateral doble.

(a) Pruebe que las clases laterales dobles forman una partición de G.

(b) ¿Tienen todas las clases laterales dobles el mismo número de ele-mentos?

6. Sea H un subgrupo de un grupo G. Muestre que las clases lateralesdobles HgH son las clases laterales gH si H es normal, pero si Hno es normal, pruebe que existe una clase lateral doble que contienepropiamente a una clase lateral izquierda.

7. Pruebe que las clases laterales dobles en GLn (R) de los subgrupos

H = fmatrices triangulares inferioresg

yK = fmatrices triangulares superioresg

son los conjuntos HPK, donde P es una matriz de permutación.

8. Si N es normal en G, pruebe que cada subgrupo de G=N es de la formaK=N , donde K es un subgrupo de G que contiene a N . Además, K=Nes normal en G=N si y solo si K es normal en G. Sugerencia: use elteorema de correspondencia (ver ejercicio 5 de la subsección 2.5.1).

9. Sean H;N subgrupos de un grupo G y suponga que N es un subgruponormal.

(a) Determine los núcleos de las restricciones del mor�smo canónico� : G! G=N a los subgrupos H y HN .

(b) Aplique el primer teorema de isomor�smo a esas restricciones paraprobar el segundo teorema de isomor�smo: H=(H \N) �= (HN) =N .

69

10. Sean H;N subgrupos normales de un grupo G tales que H � N y seaH = H=N;G = G=N .

(a) Pruebe que H es un subgrupo normal de G.

(b) Use el mor�smo compuesto G ! G ! G=H para probar el tercerteorema de isomor�smo: G=H �= G=H.

CAPÍTULO 4

Campos

De�nición 4.0.10 Un campo F es un conjunto junto con dos leyes de com-posición

F � F +! F

(a; b) 7! a+ byF � F �! F

(a; b) 7! ab;

llamadas suma y multiplicación que satisfacen los siguientes axiomas:

i La suma hace de F un grupo abeliano F+. Su elemento identidad esdenotado por 0.

ii La multiplicación es asociativa y conmutativa y hace de F� = F �f0gun grupo. Su elemento identidad se denota por 1.

iii Ley distributiva: para todo a; b; c 2 F; (a+ b) c = ac+ bc.

Los ejemplos más simples de campos además de los subcampos de losnúmeros complejos son ciertos campos �nitos.

4.1. Campos primos

Vimos que el conjunto Z=nZ de clases de congruencia módulo n tiene leyesde adición y multiplicación derivadas de la suma y multiplicación de enteros.Ahora, todos los axiomas de campo se sostienen para los enteros, excepto

71

72

por la existencia de inversos multiplicativos en el axioma (ii). Los enterosno son cerrados bajo la división. Como comentamos antes, estos axiomas setrans�eren a la suma y a la multiplicación de clases laterales. Pero no hayrazón para suponer que los inversos multiplicativos existirán para las clasesde congruencias y de hecho no necesariamente existen. La clase de 2, porejemplo, no tiene un inverso multiplicativo módulo 6. De este modo es unhecho sorprendente que si p es un entero primo entonces todas las clases decongruencia distintas de cero módulo p tienen inverso, y de este modo elconjunto Z=pZ es un campo. Este campo es llamado un campo primo y sedenota usalmente por Fp:

Fp =�0; 1; : : : ; p� 1

= Z=pZ.

Teorema 4.1.1 Sea p un entero primo. Cada clase de congruencia a 6=0 (módulo p) tiene un inverso multiplicativo y de aquí, Fp es un campo con pelementos.

Demostración. Sea a 2 Fp distinto de cero. Considere las potencias1; a; a2; a3; : : :. Ya que el número de elementos de Fp es �nito, deben haberdos potencias que son iguales, digamos am = an, donde m < n. En estepunto, nos gustaría cancelar am, para obtener 1 = (a)n�m. Una vez que lacancelación esté justi�cada, habremos mostrado que an�m�1 es el inverso dea. �Aquí está la ley de cancelación que necesitamos:

Lema 4.1.2 (Ley de la cancelacion) Sean a; c; d elementos de Fp con a 6=0. Si a � c = a � d, entonces c = d.

Demostración. Sea b = c�d. Entonces el enunciado del lema se convierteen: Si ab = 0 y a 6= 0 entonces b = 0. Para probar esto, representamos lasclases de congruencias a; b por los enteros a; b. Entonces lo que tenemos quemostrar es el siguiente hecho intuitivamente factible.

Lema 4.1.3 Sea p un entero primo y sean a; b enteros. Si p divide al productoab, entonces p divide a a o p divide a b.

Demostración. Suponga que p no divide a, pero p divide ab. Debemosmostrar que p divide a b. Como p es primo, 1 y p son los únicos enteros

73

positivos que lo dividen. Ya que p no divide a, el único divisor común de a y pes 1. De este modo 1 es su máximo común divisor. Por lo tanto, existen enterosr; s tales que 1 = rp + sa. Multiplicando ambos lados por b; b = rpb + sab.Ambos términos del lado derecho de esta igualdad son divisibles por p; deaquí el lado izquierdo b es divisible por p también. �Existe una propiedad de los campos �nitos Fp que los distingue de los sub-

campos de C y que tiene efecto sobre los cálculos sobre ellos. Esta propiedades que la adición de 1 a sí mismo un cierto número de veces (de hecho pveces) da 0.

De�nición 4.1.4 Un campo F se dice que tiene característica p si

1 + � � �+ 1| {z } = 0p-veces

en F y p es el entero positivo más pequeño con esa propiedad. En otraspalabras, la característica de F es el orden de 1 como un elemento del grupoaditivo F+, suponiendo que el orden es �nito. En el caso de que el ordensea in�nito, esto es, 1 + � � � + 1 no es nunca cero en F , el campo se dice,paradójicamente, que tiene característica cero. De este modo los subcampos deC tienen característica cero, mientras que los campos Fp tienen característicap. Se puede mostrar que la característica de cualquier campo F es cero o unnúmero primo.

Concluimos esta sección con algunas aplicaciones a la teoría de números.Ya que Fp es un campo, F�p es un grupo bajo la multiplicación, de ordenp�1. Como el orden de cada elemento en un grupo divide al orden del grupo,vemos que para a 6= 0; a 2 Fp; ap�1 = 1 en Fp. Esto nos da inmediatamenteel llamado teorema pequeño de Fermat.

Teorema 4.1.5 (Fermat) Si a 2 Z y p es un primo que no divide a, en-tonces p divide ap�1 � 1, esto es, ap�1 � 1 (módulo p) para a no congruentecon cero módulo p.

Corolario 4.1.6 Si a 2 Z, entonces ap � a (módulo p) para cualquier primop.

74

Ejemplo 4.1.7 Calculamos el residuo de 8103 al dividirlo entre 13. Usandoel teorema de Fermat, tenemos

8103 =�812�8 �87�

� (1)8�87�(módulo 13)

� 87 (módulo 13)

� (�5)7 (módulo 13)

� (25)3 (�5) (módulo 13)� (�1)3 (�5) (módulo 13)� 5 (módulo 13) .

Leonhard Euler dio una generalización del teorema de Fermat. Su gene-ralización se deduce inmediatamente del teorema siguiente.

Teorema 4.1.8 El conjunto (Z=nZ)� de elementos de Z=nZ que tienen uninverso forman un grupo bajo la multiplicación módulo n.

Demostración. Sean a; b 2 (Z=nZ)�. Entonces (ab)�1 = b�1a�1 y porlo tanto ab 2 (Z=nZ)�. Claramente 1 2 (Z=nZ)� y la multiplicación esasociativa porque lo es en Z=nZ. También si a 2 (Z=nZ)� ; a�1 2 (Z=nZ)�ya que aa�1 = a�1a = 1. �

Proposición 4.1.9 Un elemento a de Z=nZ está en (Z=nZ)� si y solo si(a; n) = 1.

Demostración. Si a 2 (Z=nZ)�, existe b 2 Z=nZ tal que ab � 1 (módulo n),esto es, ab+ nq = 1. De aquí, (a; n) = 1. Recíprocamente, si (a; n) = 1,

ab+ nq = 1,

y por lo tanto ab � 1 (módulo n), esto es, a 2 (Z=nZ)�. �

De�nición 4.1.10 La función ' de Euler, llamada también funcion indica-triz de Euler ( totient function en inglés), se de�ne para los enteros positivosn como ' (n) = número de enteros entre 1 y n que son primos relativos conn.

75

Ejemplo 4.1.11

' (1) = 1;

' (5) = 4;

' (6) = 2;

' (9) = 6;

' (p) = p� 1 si p es primo.

De este modo,��(Z=nZ)��� = ' (n).

Teorema 4.1.12 (Teorema de Euler) Si (a; n) = 1, entonces a'(n) �1 (módulo n).

Demostración. Si (a; n) = 1, entonces a 2 (Z=nZ)�. De este modo,a'(n) = 1 o a'(n) � 1 (módulo n). �

4.1.1. Ejercicios

1. Apareando elementos con sus inversos, pruebe que el producto de loselementos distinos de cero de Fp es �1.

2. Pruebe las propiedades siguientes de la función ' de Euler:

(a) '(p) = p� 1 si p es primo.(b) '(pk) = pk�1(p� 1) si p es primo y k es un número natural. Suge-rencia: use inducción.

(c) La función ' es una función multiplicativa: si m y n son primosrelativos, entonces '(mn) = '(m)'(n).

(d) El número de generadores del grupo cíclico Cn es '(n).

3. Sea p un entero primo. Pruebe el teorema de Wilson:

(p� 1)! � �1 (módulo p) :

CAPÍTULO 5

Grupos simétrico, alternante y diédrico

5.1. Grupo simétrico

Por de�nición el grupo simétrico Sn es el grupo de todos las biyeccionesIn ! In, donde In = f1; 2; : : : ; ng.

De�nición 5.1.1 Sean i1; i2; : : : ; ir (r � n), elementos distintos de In: En-tonces

(i1i2i3 � � � ir)denota la permutación que mapea

i1 7�! i2 7�! i3 7�! i4 � � � ir�1 7�! ir 7�! i1

y mapea los elementos restantes de In en sí mismos.

La permutación (i1i2 � � � ir) es llamado un ciclo de longitud r o un r-ciclo;un 2-ciclo es llamado una transposición. Un 1-ciclo (k) es la permutaciónidentidad. Claramente un r-ciclo es un elemento de orden r en Sn. Observetambién que si � es un ciclo y � (x) 6= x para algún x 2 In, entonces � =�x� (x) � 2 (x) � � � � d (x)

�para algún d � 1:

1. Si � (x) 6= x, entonces � 2(x) 6= � (x).

2. Si � 2 (x) 6= x, entonces

8<: � 3 (x) 6= � (x)

� 3 (x) 6= � 2 (x) :

77

78

3. Si � 3 (x) 6= x, entonces

8>>><>>>:� 4 (x) 6= � (x)

� 4 (x) 6= � 2 (x)

� 4 (x) 6= � 3 (x) :

...

El inverso del ciclo (i1i2 : : : ir) es el ciclo (irir�1ir�2 : : : i2i1):

(irir�1ir�2 � � � i2i1) (i1i2 � � � ir) = (i1i2 � � � ir) (irir�1ir�2 � � � i2i1) = (1)ir 7�! ir

ir�1 7�! ir�1...

i2 7�! i2

i1 7�! i1

Ejemplo 5.1.2 La permutación � =

0@ 1 2 3 4 54 1 2 3 5

1A es un 4-ciclo:

� = (1432) = (4321) = (3214) = (2143) :

Si � es el 3-ciclo (125) entonces �� = (125) (1432) = (1435); similarmente�� = (1432) (125) = (2543) así que �� 6= ��.

Sin embargo hay casos cuando dos permutaciones conmutan.

De�nición 5.1.3 Las permutaciones �1; �2; : : : ; �r 2 Sn se dice que son dis-juntas suponiendo que para cada 1 � i � r y cada k 2 In; �i (k) 6= k implicaque �j (k) = k para toda j 6= i.

En otras palabras �1; �2; : : : ; �r son disjuntas si y solo si ningún elementode In es movido por más de uno de los �1; �2; : : : ; �r. Es fácil ver que �� = ��cuando � y � son disjuntos:

caso 1 � (k) = � (k) = k. Entonces �� (k) = k = �� (k).

79

caso 2 � (k) 6= k. Entonces � (k) = k y por lo tanto �� (k) = �� (k) = � (k).Si � (� (k)) 6= � (k) entonces �� (k) = � (k), que implica que � (k) = k;una contradicción. Por lo tanto, � (� (k)) = � (k).

Teorema 5.1.4 Cada permutación distinta de la identidad en Sn es un pro-ducto único (salvo por el orden de los factores) de ciclos disjuntos, cada unode los cuales tiene longitud al menos 2.

Demostración. Sea � 2 Sn; � 6= (1). Decimos que x � y; x; y 2 Insi y solo si y = �m (x) para algún m 2 Z. Entonces x = �0 (x); si y =�m (x) ; ��m (y) = x. Finalmente si y = �m (x) ; z = �n (y) entonces z =�n+m (x). Así esta relación es de equivalencia. Las clases de equivalenciafBi j 1 � i � sg de esta relación de equivalencia son llamadas órbitas de � yforman una partición de In. Note que si x 2 Bi, entonces

Bi = fujx � ug = f�m (x) j m 2 Zg :

Sean B1; B2; : : : ; Br (1 � r � s) aquellas órbitas que contienen más deun elemento (r � 1 ya que � 6= (1)). Para cada i � r de�na �i 2 Sn como:

�i (x) =

8<: � (x) si x 2 Bi;

x si x =2 Bi:

Cada �i es una permutación de In distinta de la identidad ya que �ijBi = �jBies una biyección Bi ! Bi: x 6= y implica � (x) 6= � (y) pues � es uno a uno.Ya que Bi es �nito �jBi es sobre.Las permutaciones �1; �2; : : : ; �r son permutaciones disjuntas ya que los

conjuntos Bi son disjuntos. Finalmente � = �1�2 : : : �r: Si x 2 In; x 2 Bipara alguna i. Si i > r entonces � (x) = x. Si i � r, entonces � (x) = �i (x).Debemos mostrar que cada �i es un ciclo.Si x 2 Bi (i � r), entonces ya que Bi es �nito existe un entero positivo

más pequeño d tal que �d (x) = �j (x) para algún j (0 � j < d). Ya que�d�j (x) = x y 0 < d� j � d debemos tener que j = 0 y �d (x) = x. De aquí,�x� (x)�2 (x) � � ��d�1 (x)

�es un ciclo de longitud al menos 2. Si �m (x) 2 Bi,

entonces m = ad + b para algún a; b 2 Z tales que 0 � b < d. De aquí,�m (x) = �b+ad = �b�ad (x) = �b (x) 2

�x; � (x) ; �2 (x) ; : : : ; �d�1 (x)

. Por

lo tanto Bi =�x; � (x) ; �2 (x) ; : : : ; �d�1 (x)

y se sigue que �i es el ciclo�

x� (x)�2 (x) � � ��d�1 (x)�.

80

Suponga ahora que � 1; : : : ; � t son ciclos disjuntos tales que � = � 1� 2 : : : � t.Sea x 2 In tal que � (x) 6= x. Existe un único j (1 � j � t) con � (x) = � j (x).Ya que �� j = � j�, tenemos que �k (x) = � kj (x) para toda k 2 Z: �� j =(� 1� 2 � � � � j � � � � t) � j = � j (� 1� 2 � � � � j � � � � t) = � j� y de aquí, por ejemplo,�2(x) = �(� j(x)) = � j(�(x)) = � 2j(x), etc. Por lo tanto, la órbita de x bajo� j es precisamente la órbita de x bajo �, digamos Bi. De aquí, � j (y) = � (y)para cada y 2 Bi (ya que y = �n (x) = �nj (x) para algún n 2 Z). Ya que � jes un ciclo, tiene únicamente una sola órbita no trivial: � j (x) = � (x) 6= x,de aquí, � j =

�x� j (x) �

2j (x) � � � � kj (x)

�así que la única órbita no trivial es�

x; � j (x) ; : : : ; �kj (x)

.

Esta órbita debe ser Bi ya que x 6= � (x) = � j (x). Por lo tanto � j (y) = ypara toda y =2 Bi de donde � j = �i:Así, � = � 1� 2 � � � � t = �i� 1� 2 � � � � j�1� j+1 � � � � t = �i�1 � � ��i�1�i+1 � � ��r y

la ley de cancelación implica que � 1� 2 � � � � j�1� j+1 � � � � t = �1 � � ��i�1�i+1 � � ��r:Ahora procedemos por inducción sobre t. Si t = 1, por lo comentado arriba,

(1) = �1 � � ��i�1�i+1 � � ��r.

Pero esto es imposible a menos que las �j no existieran. Así t = 1 = r. Si� = � 1� 2 � � � � t = �1 � � ��r. Entonces � 1� 2 � � �b� j � � � � j = �1 � � � b�i � � ��r dondeb� j signi�ca que � j no aparece en el producto.Por hipótesis de inducción, t� 1 = r � 1 y por lo tanto t = r y digamos

� 1 = �1; : : : ; � t = �t (después de reindexar) y por lo tanto son iguales. �

Corolario 5.1.5 El orden de una permutación � 2 Sn es el mínimo comúnmúltiplo de los órdenes de sus ciclos disjuntos.

Demostración. Sea � = �1 � � ��r, con �i ciclos disjuntos. Ya que losciclos disjuntos conmutan, �m = �m1 � � ��mr para toda m 2 Z. Ahora, �m =(1) si y solo si �mi es igual a (1) para toda i. Por lo tanto, �

m = (1) si y solosi j�ij j m para toda i. Ya que j�j es la más pequeña de todas esas m, elresultado se sigue. �

81

Ejemplo 5.1.6 La permutación

� =

0@ 1 2 3 4 5 6 7 8 95 7 4 9 1 3 6 8 2

1A =�1 5

��2 7 6 3 4 9

�(8)

=�1 5

��2 7 6 3 4 9

�=�2 7 6 3 4 9

��1 5

�=�2 7 6 3 4 9

��5 1

�;

tiene orden mcm(2; 6) = 6.

Corolario 5.1.7 Cada permutación en Sn se puede escribir como un pro-ducto de transposiciones (no necesariamente disjuntas). El número de trans-posiciones es par o impar de acuerdo a si � es par o impar.

Demostración. Por el teorema 5.1.4, es su�ciente mostrar que cada cicloes un producto de transposiciones. Esto es fácil:

(x1) = (x1x2) (x1x2) ;

y para r > 1

(x1x2x3 � � �xr) = (x1xr) (x1xr�1) � � � (x1x3) (x1x2) :

Ya que el signo de una permutación es un homomor�smo, y el signo de unatransposición es �1, signo(�) = (�1)# de trasposiciones. �El corolario dice que Sn es generado por trasposiciones. Note también que

en una permutación, el número de transposiciones no puede ser a la vez pare impar.

5.2. Grupo alternante

Teorema 5.2.1 Para cada n � 2, sea An el conjunto de permutaciones paresde Sn. Entonces An es un subgrupo normal de Sn; [Sn : An] = 2 y jAnj = n!=2.

Recuerde que el grupo An es llamado el grupo alternante de grado n.

82

Demostración. El grupo alternante es el núcleo del homomor�smo signo:Sn ! f�1g. Por lo tanto, An es normal en Sn. Además si � es una transposi-ción, signo (�) = �1 y signo (� 2) = 1. De aquí, el homomor�smo signo esun epimor�smo. Por el primer teorema de isomor�smo, Sn=An �= f�1g, queimplica que [Sn : An] = 2 y jAnj = jSnj =2. �

De�nición 5.2.2 Un grupo G se dice que es simple si G no tiene subgruposnormales propios.

Los únicos grupos abelianos simples son los Zp; p primo: Existen grupossimples no abelianos.

Teorema 5.2.3 (Galois) El grupo alternante An es simple si y solo si n 6=4.

Comentario 5.2.4 Para n = 2; An es trivial y para n = 3; An es cíclico deorden 3 y de aquí simple; para n = 4 no es abeliano y no es simple (contieneal subgrupo normal V , el grupo de 4 de Klein; ver ejercicio 6 de la subsección5.3.1).

Recuerde que si � es un 2-ciclo, � 2 = (1) y de aquí � = ��1.

Lema 5.2.5 Sean r y s elementos distintos de f1; 2; : : : ; ng. Entonces An(n � 3) es generado por los 3-ciclos f(r; s; k) j 1 � k � n; k 6= r; sg.

Demostración. Suponga que n > 3. (Si n = 3; jAnj = 3 y es cíclico.Cualquier elemento 6= (1) lo genera). Cada elemento de An es un productode términos de la forma (ab) (cd) o (ab) (ac), donde a; b; c; d son elementosdistintos de f1; 2; : : : ; ng. Ya que (ab) (cd) = (acb) (acd) y (ab) (ac) = (acb),el subgrupo An es generado por el conjunto de los 3-ciclos. Cualquier 3-ciclo es de la forma (rsa) ; (ras) ; (rab) ; (sab) o (abc), donde a; b; c son dis-tintos y a; b; c 6= r; s. Ya que (ras) = (rsa)2 ; (rab) = (rsb) (rsa)2 ; (sab) =(rsb)2 (rsa) ; (abc) = (rsa)2 (rsc) (rsb)2 (rsa) ; An es generado por

f(rsk) j 1 � k � n; k 6= r; sg :

�

Lema 5.2.6 Si N es un subgrupo normal de An (n � 3) y N contiene un3-ciclo, entonces N = An.

83

Demostración. Si (rsc) 2 N , entonces para cualquier k 6= r; s; c se tiene

(rsk) = (rs) (ck) (rsc)2 (ck) (rs) = [(rs) (ck)] (rsc)2 [(rs) (ck)]�1 2 N:

De aquí, N = An por el lema 5.2.5. �Demostración. Prueba del teorema 5.2.3. Si n � 5 y N es un subgrupo

normal no trivial de An mostraremos que An = N .

Caso 1. N contiene un 3-ciclo; de aquí N = An por el lema 5.2.6:

Caso 2. N contiene un elemento �, producto de ciclos disjuntos, al menosuno de los ciclos tiene longitud r � 4. De este modo � = (a1a2 � � � ar) �(disjuntos). Sea � = (a1a2a3) 2 An. Entonces ��1

�����1

�2 N por

normalidad. Pero

��1�����1

�= ��1 (a1arar�1 � � � a2) (a1a2a3) (a1a2 � � � ar) � (a1a3a2)= (a1a3ar) 2 N:

De aquí, N = An por el lema 5.2.6.

Caso 3. N contiene un elemento �, producto de ciclos disjuntos, al menos2 de los cuales tiene longitud 3, así que � = (a1a2a3) (a4a5a6) � . Sea� = (a1a2a4) 2 An. Entonces, N contiene

��1�����1

�= ��1 (a4a6a5) (a1a3a2) (a1a2a4) (a1a2a3) (a4a5a6) � (a1a4a2)

= (a1a4a2a6a3) :

De aquí, N = An por el caso 2.

Caso 4. N contiene un elemento � que es el producto de un 3-ciclo y al-gunos 2-ciclos, digamos � = (a1a2a3) � , con � un producto de 2-ciclosdisjuntos.

Entonces �2 2 N y

�2 = (a1a2a3) � (a1a2a3) �

= (a1a2a3)2 � 2

= (a1a2a3)2

= (a1a3a2) ;

de donde N = An por el lema 5.2.6:

84

Caso 5. Cada elemento de N es el producto de un número par de 2-ciclosdisjuntos. Sea � 2 N , con � = (a1a2) (a3a4) � . Sea � = (a1a2a3) 2 An;entonces ��1

�����1

�2 N . Ahora

��1�����1

�= ��1 (a3a4) (a1a2) (a1a2a3) (a1a2) (a3a4) � (a1a3a2)

= (a1a3) (a2a4) :

Ya que n � 5, existe un elemento b 2 f1; 2; : : : ; ng distinto de a1; a2; a3; a4.Ya que � = (a1a3b) 2 An y � = (a1a3) (a2a4) 2 N; �

�����1

�2 N . Pero

������1

�= (a1a3) (a2a4) (a1a3b) (a1a3) (a2a4) (a1ba3)

= (a1a3b) 2 N .

De aquí, N = An por el lema 5.2.6. �

5.3. Grupo diédrico

Otro subgrupo importante de Sn (n � 3) es el subgrupo Dn generado por

a = (123 � � �n)

y

b =

0@ 1 2 3 4 5 : : : i : : : n� 1 n

1 n n� 1 n� 2 n� 3 : : : n+ 2� i : : : 3 2

1A= �2�i<n+2�i (in+ 2� i) :

Dn es llamado el grupo diédrico de grado n. Dn es isomorfo y usualmenteidenti�cado con el grupo de simetrías de un polígono regular con n lados.

De�nición 5.3.1 Una isometría ( transformación rígida) del plano es unafunción F : R2 ! R2 que preserva las distancias.

Esto signi�ca que para los puntos P y Q con vectores de posición p y q,

jF (P )F (Q)j = jPQj ,esto es, jF (p)� F (q)j = jp� qj

85

F�!Sea t 2 R2. Entonces traslación por t (simetría traslacional) es la función

Trast : R2 ! R2;Trast (x) = x+ t.

Note que

jTrast (x)� Trast (y)j = j(x+ t)� (y + t)j= jx� yj ;

y por lo tanto Trast es una isometría.El siguiente tipo de isometría es una re�exión (simetría bilateral) en una

líneaL =

�(x; y) 2 R2 j ax+ by = c

;

donde a; b; c 2 R con al menos uno de a y b distinto de cero. La re�exión enL es la función

Re�L : R2 ! R2

que envía cada punto sobre L a sí mismo y si P está en una línea L0 perpen-dicular a L e intersecándola en M digamos, entonces Re�L (P ) también estáen L0 y es

jMRe�L (P )j = jMP j .

86

Ejemplo 5.3.2 El efecto de la re�exión Re�L, sobre el punto P (1; 0), donde

L = f(x; y) j x� y = 0g ;

es Re�L (p) = (0; 1).

Ahora, sea C un punto con vector de posición c. Entonces

RotC;� : R2 ! R2

es la rotación (simetría rotacional) del plano alrededor de C en el sentidocontrario al movimiento de las manecillas del reloj un ángulo � (medido enradianes) si � es positivo. Note que C es �jo por RotC;� pero, a menos que� = 2�k para alguna k 2 Z, ningún otro punto es �jado.

Ejemplo 5.3.3 Una fórmula para RotO;� del punto P (x; y) es

24 x0y0

35 =24 cos � �sen �sen � cos �

3524 xy

35 .De�nición 5.3.4 Sea Euc(2) = el conjunto de todas las isometrías de R2 !R2. Entonces Euc(2) bajo la composición es un grupo conocido como el grupoeuclidiano de R2.

Los generadores del grupo de simetrías del plano son

Trast, RotO;�, Re�L0,

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donde Re�L0 es una re�exión a lo largo del eje x.Si S � R2 es un subconjunto no vacío, podemos considerar el subconjunto

Euc (2)S = f� 2 Euc (2) j �S = Sg � Euc (2) :

Entonces Euc(2)S es un subgrupo de Euc(2). El grupo Euc(2)S se llama elgrupo de simetrías de S.Si V1; : : : ; Vn son los vértices de un polígono P y si F 2 Euc(2)P entonces

un vértice Vi de P es enviado por F a un vértice Vj de P y F está determinadapor F (Vi) ; i = 1; : : : ; n.

Ejemplo 5.3.5 Sea � � R2 un triángulo equílatero con vértices A;B;C.

Hay tantas simetrías como permutaciones del conjunto fA;B;Cg.

RotO;0 =

0@ A B C

A B C

1A , Re�L1 =

0@ A B C

A C B

1A ,RotO; 2�

3=

0@ A B C

B C A

1A , Re�L2 =0@ A B C

C B A

1A ,RotO; 4�

3=

0@ A B C

C A B

1A , Re�L3 =0@ A B C

B A C

1A .De este modo jEuc (2)�j = 6.

De aquí, es fácil escribir la tabla de multiplicación del grupo de simetríasdel triángulo equilátero.

88

Ejemplo 5.3.6 Sea � � R2 el cuadrado centrado en el origen y cuyos vér-tices están en los puntos A (1; 1) ; B (�1; 1) ; C (�1;�1) y D (1;�1).

Una isometría del cuadrado debe también preservar distancias entre puntos.Entonces una isometría se de�ne enviando A a cualquiera de los 4 vértices yentonces escogemos cómo enviar B a uno de los 2 vértices adyacentes. Estoda un total de 4� 2 = 8 simetrías, de modo tal jEuc (2)�j = 8.

RotO;0 =

0@ A B C D

A B C D

1A , Re�L1 =

0@ A B C D

A D C B

1A ,RotO;�

2=

0@ A B C D

B C D A

1A , Re�L2 =0@ A B C D

B A D C

1A ,RotO;� =

0@ A B C D

C D A B

1A , Re�L3 =

0@ A B C D

C B A D

1A ,RotO; 3�

2=

0@ A B C D

D A B C

1A , Re�L4 =0@ A B C D

D C B A

1A .Teorema 5.3.7 Para cada n � 3 el grupo diédrico Dn es un grupo de orden2n cuyos generadores satisfacen:(i) an = (1) ; b2 = (1) ; ak 6= (1) si 0 < k < n;(ii) ba = a�1b.Cualquier grupo que es generado por los elementos a; b 2 G que satisfacen

(i) y (ii) para algún n � 3 (con e 2 G en lugar de (1)) es isomorfo a Dn.

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Demostración. Claramente an = (1) ; b2 = (1) ; ak 6= (1) si 0 < k < n.ba = (1 n) (2 n� 1) (3 n� 2) � � � (i n+ 1� i) � � �a�1b = (1 n) (2 n� 1) (3 n� 2) � � � (i n+ 1� i) � � �De aquí, Dn = ha; bi = faibj j 0 � i < n; j = 0; 1g. Ahora los 2n elemen-

tos aibj son distintos: Si aibj = ai0bj0,

aibj (1) = ai (1) = i+ 1

ai0bj0(1) = ai

0(1) = i0 + 1

) i+ 1 = i0 + 1

) i = i0.

Por lo tanto, bj = bj0. Si j = 0; bj (2) = 1 y por lo tanto bj

0(2) = 1; entonces

j0 = 0. Si j = 1; bj (2) = n y por lo tanto bj0(2) = n; entonces j0 = 1. De

aquí, jDnj = 2n:Suponga que G es un grupo generado por a; b 2 G y a; b satisfacen (i) y

(ii) para algún n � 3. Usando repetidamente (i) y (ii) cada elemento de G esde la forma aibj; 0 � i < n; j = 0; 1. Denotando a los generadores de Dn pora1; b1, sea f : Dn ! G dado por ai1b

j1 7�! aibj. Entonces f es un epimor�smo

de grupos:

�ai1b

j1

� �ak1b

l1

�=

�ai+k1 bl1 si j = 0ai�k1 b`+1 si j = 1

7�!�

ai+kb` = aibjakbl

ai�kb`+1 = aib (akb`):

Supongamos que f�ai1b

j1

�= aibj = e 2 G con 0 � i < n y j = 0; 1. Si j = 1

entonces ai = b y por (ii) ai+1 = aia = ba = a�1b = a�1ai = ai�1, que implicaque a2 = e. Esto contradice (i) ya que n � 3. Por lo tanto j = 0 y e = ai

con 0 � i < n, que implica i = 0 por (i). De aquí ai1bj1 = a01b

01 = (1). Esto

muestra que f es un monomor�smo. �Este teorema es un ejemplo de una caracterización de un grupo en térmi-

nos de �generadores y relaciones�.

5.3.1. Ejercicios

1. (a) Sn es generado por las n�1 transposiciones (12) ; (13) ; (14) ; : : : ; (1n).(Sugerencia: (1i) (1j) (1i) = (ij).)

(b) Sn es generado por las n�1 transposiciones (12) ; (23) ; (34) ; : : : ; (n� 1 n).(Sugerencia: (1j) = (1 j � 1) (j � 1 j) (1 j � 1); use (a).)

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2. Si � = (i1i2 � � � ir) 2 Sn y � 2 Sn, entonces ����1 es el r-ciclo

(� (i1) � (i2) � � � � (ir)) .

3. (a) Sn es generado por �1 = (12) y � = (123 � � �n). (Sugerencia:aplicar el ejercicio anterior a �1; �2 = ��1�

�1; �3 = ��2��1; : : : ; �n�1 =

��n�2��1 y (b) del primer ejercicio.)

(b) Sn es generado por (12) y (23 � � �n).

4. Sean �; � 2 Sn. Si � es par (impar), entonces también lo es ����1.

5. An es el único subgrupo de Sn de índice 2. (Sugerencia: mostrar que unsubgrupo de índice 2 debe contener todos los 3-ciclos de Sn y aplicar ellema 5.2.5.)

6. Mostrar que N = f(1) ; (12) (34) ; (13) (24) ; (14) (23)g es un subgruponormal de S4 contenido en A4 tal que S4=N �= S3 y A4=N �= Z3.

7. El grupo A4 no tiene subgrupos de orden 6.

8. Sea a el generador de Dn de orden n. Muestre que hai es normal en Dn

y Dn= hai �= Z2.

9. El centro del grupo Dn es h1i si n es impar e isomorfo a Z2 si n es par.

10. Para cada n � 3, sea Pn el polígono regular de n lados (para n = 3; Pnes un triángulo equilátero; para n = 4, un cuadrado). Una simetría dePn es una biyección Pn ! Pn que preserva distancias y mapea vérticesadyacentes a vértices adyacentes.

(a) El conjunto D�n de todas las simetrías de Pn es un grupo bajo la

operación binaria de composición de funciones.

(b) Toda f 2 D�n está completamente determinada por su acción en

los vértices de Pn. Numere los vértices consecutivamente 1; 2; : : : ; n; en-tonces cada f 2 D�

n determina una única permutación �j de f1; 2; : : : ; ng.La asignación f 7�! �j de�ne un monomor�smo de grupos

' : D�n ! Sn:

(c) D�n es generado por f y g, donde f es una rotación de 2�=n grados

alrededor del centro de Pn y g es la re�exión sobre el �diámetro� através del centro y el vértice 1.

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(d) �f = (123 � � �n) y �g =

0@ 1 2 3 � � � n� 1 n

1 n n� 1 � � � 3 2

1A, de dondeIm' = Dn y D�

n�= Dn.