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Estructuras Algebraicas Pablo Esquer Castillo, enero 2018
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Índice de contenidos
Bloque 1
Grupos ……………………………………………………………………………………….. 4
Subgrupos …………………………………………………………………………………… 7
Retículos ……………………………………………………………………………………. 10
Familias de subgrupos: centro y centralizador …………………………………….... 12
Orden ……………………………………………………………………………………….. 14
Homomorfismos …………………………………………………………………………… 18
Grupo cociente …………………………………………………………………………... 24
Teorema de LaGrange ………………………………………………………………….. 26
Resultados sobre grupos ………………………………………………………………… 35
Teorema de Cauchy …………………………………………………………………….. 39
Bloque 2
Conjugados ……………………………………………………………………………….. 42
Ecuación de clase ……………………………………………………………………….. 43
Normalidad ………………………………………………………………………………... 45
Teoremas de isomorfía (grupos) ……………………………………………………….. 56
Bloque 3
Biyecciones ……………………………………………………………………………....... 61
Teorema de Cayley ……………………………………………………………………… 63
Signatura …………………………………………………………………………………… 68
El 𝑛-ésimo grupo alternado ……………………………………………………………... 70
Teorema de Abel …………………………………………………………………………. 72
Producto semidirecto ……………………………………………………………………. 74
Acciones …………………………………………………………………………………… 77
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El álgebra es la oferta hecha por el diablo al matemático. El diablo dijo: “Te daré esta potente
máquina, que responderá cualquier cuestión. Todo lo que necesitas es darme tu alma: deja la
geometría y te daré esta maravillosa máquina.
Michael Atiyah.
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Grupos (Bloque 1)
Definición: Un grupo es un par (𝐺,· ) donde 𝐺 es un conjunto no vacío y · es una
operación binaria. Dicha operación, ha de satisfacer:
1) Propiedad asociativa
2) E. Neutro
3) E. Inverso
Si, además, se cumple la propiedad conmutativa entonces se trata de un grupo
abeliano.
Son ejemplos de grupos: las simetrías rígidas de un cuerpo geométrico como
puede ser un tetraedro o el grupo de los enteros con la suma, mismamente.
Lema: Todo grupo cumple:
1) El elemento neutro es único.
2) Cada elemento tiene un único elemento inverso.
Demostración:
1) La definición impone que el elemento neutro existe. Demostremos que es
único.
Supongamos que 𝑒, 1 son elementos neutros. Entonces:
∀𝑥 ∈ 𝐺, 𝑥 · 𝑒 = 𝑒 · 𝑥 = 𝑥
∀𝑥 ∈ 𝐺, 𝑦 · 1 = 1 · 𝑦 = 𝑦
Tomando 𝑥 = 1, 𝑦 = 𝑒:
1 · 𝑒 = 𝑒 · 1 = 1
𝑒 · 1 = 1 · 𝑒 = 𝑒
Entonces 𝑒 = 1. QED.
2) Sea 𝑥 ∈ 𝐺 arbitrario. Supongamos que existen dos inversos. Por definición:
𝑥 · 𝑦 = 𝑦 · 𝑥 = 𝑒
𝑥 · 𝑧 = 𝑧 · 𝑥 = 𝑒
Por tanto:
𝑦 = 𝑦 · 𝑒 = 𝑦 · (𝑥 · 𝑧) = (𝑦 · 𝑥) · 𝑧 = 𝑒 · 𝑧 = 𝑧
QED
Nota: conviene señalar que se ha especificado la propiedad conmutativa
porque así lo dice la definición de elemento neutro. Sin embargo, para el resto
de elementos del grupo no tiene por qué cumplirse, a no ser que sea abeliano.
Hacemos ahora la siguiente observación importante. Sea 𝐺 un grupo, para todo
elemento 𝑎 ∈ 𝐺 se tiene que la función multiplicar a la derecha:
𝑚𝑑: 𝐺 × 𝐺 → 𝐺
𝑥 → 𝑥 · 𝑎
Es biyectiva. Lo demostramos a continuación:
Según el análisis matemático, si una función 𝑓 ∘ 𝑔 es biyectiva, entonces 𝑓 es
sobreyectiva y 𝑔 es inyectiva.
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Sabiendo esto, supongamos ahora la función multiplicar a la derecha por el
inverso de a:
𝑚𝑑′ : 𝐺 × 𝐺 → 𝐺
𝑥 → 𝑥 · 𝑎−1
Se tiene que 𝑚𝑑 ∘ 𝑚𝑑′ es la identidad, que es biyectiva. Entonces, en particular,
𝑚𝑑 es sobreyectiva. Pero de la misma manera podemos decir que 𝑚𝑑′ ∘ 𝑚𝑑 es
igualmente la identidad. Así que, por el mismo argumento, 𝑚𝑑 también es
inyectiva. ∎
Decir que en un grupo la función multiplicar a la derecha es biyectiva es lo
mismo que decir que la ecuación:
𝑥 · 𝑎 = 𝑏
Tiene solución única 𝑥 = 𝑏 · 𝑎−1.
Veamos ahora un ejemplo importante de grupo: las raíces enésimas de la
unidad con el producto, denotado por 𝑪𝒏. Para más detalle, se define así:
𝐶𝑛 ≔ {휁 ∈ ℂ | 휁𝑛 = 1} =
= {𝑒2𝑘𝜋·𝑖
𝑛 | 𝑘 = 0, … , 𝑛 − 1}
Como curiosidad, podemos decir que 𝐶𝑛 es isomorfo al grupo de simetrías rígidas
de la pirámide con base un polígono de 𝑛 lados.
Otro ejemplo de grupo sería el de las biyecciones en cierto conjunto 𝑋 con la
composición. En el caso de 𝑋 = {1, … , 𝑛} denotaremos las biyecciones en 𝑋
como: 𝑆𝑛.
Usamos la notación de permutaciones para numerar biyecciones en cierto
conjunto de ese tipo, por ejemplo para 𝑛 = 4. Entonces un elemento de 𝑆𝑛
podría estar formado por:
(1 2)(3)(4)
Donde en cada paréntesis, el elemento 𝑖-ésimo lleva al 𝑖 + 1-ésimo, y cuando se
acaba la cadena se retorna al primero. Por ejemplo, la biyección representada
correspondería a la siguiente.
1 2 3 4
1 2 3 4
En la biyección:
(1 2 3 4)
El 1 se asociaría con el 2, éste con el 3…
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Dicho esto, podemos decir que 𝑆3 está formada por:
𝑆3 = {𝑖𝑑, (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)}
Así, sean 𝛼, 𝛽 dos biyecciones, digamos:
𝛼 = (1 2)
𝛽 = (1 3 2)
Podemos operarla con la composición, tal y como se ha dicho. La imagen de
cierto elemento mediante 𝛼 · 𝛽 se calcula haciendo la imagen del elemento por
𝛽, y acto seguido la del elemento devuelto mediante 𝛼 (a la manera usual).
Nota: se ha adoptado la notación · para la composición, por comodidad.
Todo grupo finito se puede codificar en una tabla de multiplicar de la siguiente
manera; en este casos seguimos el ejemplo de 𝑆3:
𝑖𝑑 (1 2) (1 3) (2 3) (1 2 3) (1 3 2)
𝑖𝑑 𝑖𝑑 (1 2) 𝑖𝑑
(1 3) 𝑖𝑑
(2 3) 𝑖𝑑 (1 2 3) 𝑖𝑑
(1 3 2) 𝑖𝑑
Observaciones:
1) El inverso de un producto es (𝑥 · 𝑦)−1 = 𝑦−1 · 𝑥−1 porque su producto por
el propio producto (ojo, en el orden “producto, inverso”) devuelve el
elemento neutro siguiendo los axiomas de los grupos.
2) El inverso del inverso de un elemento es él mismo, por razones análogas.
Introducimos a continuación el concepto de subgrupos.
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Subgrupos
Definición: Sea (𝐺,· ) un grupo, decimos que un subgrupo es un conjunto no
vacío 𝐻 ⊆ 𝐺 tal que 𝐻 con la restricción del producto de 𝐺 a 𝐻 es un grupo.
Como ésta definición es muy poco manejable, vamos a enunciar una
caracterización equivalente:
Proposición (Criterio de subgrupos): Sea (𝐺,· ) y 𝐻 ⊆ 𝐺 un subconjunto, entonces
𝐻 es un subgrupo si, y sólo si:
1) 𝐻 no es vacío.
2) ∀ 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐻, 𝑥 · 𝑦−1 ∈ 𝐻
De hecho, si 𝐻 es finito entonces es suficiente comprobar que 𝐻 es no vacío y
cerrado bajo la multiplicación.
Demostración:
Si 𝐻 es un subgrupo de 𝐺 entonces ciertamente 𝐻 no es vacío y contiene el
inverso de cada elemento, y además es cerrado por la multiplicación. Probemos
el recíproco:
Sea 𝑥 ∈ 𝐻 (existe por hipótesis).
Tomamos 𝑦 = 𝑥.
Por la propiedad (2). Se tiene que 𝑥 · 𝑥−1 = 𝑒𝑛 (elemento identidad de G) está
en 𝐻.
Aplicamos (2) de nuevo: Como 𝐻 contiene a 𝑒𝑛 y a 𝑥−1 entonces contiene
también a 𝑒𝑛 · 𝑥−1 = 𝑥−1, entonces 𝐻 es cerrado tomando inversos.
Por último, dado que, como acabamos de probar, 𝐻 contiene a 𝑥 y a 𝑦−1, la
hipótesis nos dice que también contiene a 𝑥 · (𝑦−1)−1 = 𝑥 · 𝑦, con lo que es
cerrado bajo la multiplicación. Esto prueba que 𝐻 es un subgrupo.
Supongamos ahora que 𝐻 es finito y cerrado bajo la multiplicación y sea 𝑥
cualquier elemento de 𝐻. Entonces si consideramos las potencias de 𝑥, esto es:
𝑥, 𝑥2, 𝑥3, … tienen que existir enteros 𝑎, 𝑏 tales que 𝑥𝑎 = 𝑥𝑏, donde podemos
suponer que 𝑏 > 𝑎. Llamemos 𝑛 = 𝑏 − 𝑎. Se tiene que 𝑥𝑛 = 𝑒𝑛. Por lo tanto,
cualquier elemento de 𝐻 es de orden finito y 𝑥𝑛−1 = 𝑥−1 con lo que
automáticamente 𝐻 está cerrado por inversos. QED.
Notación: De ahora en adelante si 𝐻 es subgrupo de 𝐺 diremos que 𝐻 < 𝐺. Con
o sin igualdad en función de si puede haber igualdad de conjuntos o no.
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Observaciones:
1) 𝐺 es subgrupo de 𝐺 para cualquier grupo 𝐺.
2) El elemento neutro es el subgrupo trivial.
Ejemplos: Los enteros con la suma son subgrupo de los racionales con la suma,
y éstos de los reales con la suma.
Las raíces enésimas de la unidad son subgrupo del grupo circular.
Subgrupos de (ℤ, + )
Para cualquier 𝑑 ∈ ℕ, 𝑑ℤ = {𝑑𝑛 | 𝑛 ∈ ℤ} es un subgrupo de los enteros con la suma.
Para cualesquiera 𝑑𝑛, 𝑑𝑚 ∈ 𝑑ℤ se tiene que 𝑑𝑛 + (−𝑑𝑚) ∈ ℤ.
El elemento 0 = 𝑑0 pertenece asimismo a ℤ.
Proposición: Si 𝐻 es subgrupo de los enteros con la suma entonces existe un 𝑑
natural tal que 𝑑ℤ = 𝐻.
Demostración:
Si 𝐻 = {0} entonces trivialmente 𝐻 = 0 · ℤ.
Supongamos pues que 𝐻 no es ese conjunto.
Entonces, dado que 𝐻 es no vacío existe cierto 𝑡 no nulo en 𝐻. Por ser un
subgrupo −𝑡 también está en 𝐻. Entonces el conjunto:
𝐴 = {𝑥 ∈ 𝐻 | 𝑥 > 0}
Es no vacío donde o bien 𝑡 o bien −𝑡 pertenecen a dicho conjunto. Además
existe 𝑑 = min (𝐴).
Veamos que 𝑑ℤ ⊆ 𝐻.
Se tiene 𝑑 ∈ 𝐻. Como 𝐻 es grupo entonces 𝑑 + 𝑑 = 2𝑑 ∈ 𝐻. Este proceso se puede
iterar hasta el infinito. Entonces 𝑑ℕ ⊆ 𝐻 y como 𝐻 cerrado por los inversos
entonces −𝑑ℕ también está contenido y por tanto 𝑑ℤ lo está.
Veamos por último que 𝐻 ⊆ 𝑑ℤ.
Sea 𝑎 ∈ 𝐻 podemos suponerlo positivo. Por definición 𝑑 ≤ 𝑎. Por el algoritmo de
la división existen 𝑞 entero y 𝑟 entero tales que:
𝑎 = 𝑑𝑞 + 𝑟, 0 ≤ 𝑟 < 𝑑
Sabemos que 𝑑𝑞 pertenece a 𝐻 porque 𝑑 ⊆ 𝐻, así que 𝑟 = 𝑎 − 𝑑𝑞 está en 𝐻.
Como 𝑟 = 0 se tiene que 𝑎 = 𝑑𝑞. QED.
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Subgrupo generado por un elemento.
Digamos que 𝐺 es un grupo, y que 𝐴 es cualquier subconjunto de 𝐺. Vamos a
precisar la noción de subgrupo generado por 𝐴. Los elementos de este subgrupo
se obtienen cerrando el subconjunto 𝐴 dado bajo la operación correspondiente
y tomando inversos. Necesitamos primero la siguiente proposición.
Proposición: Sea 𝐴 cualquier colección de subgrupos de 𝐺, entonces la
intersección de todos ellos también es un subgrupo.
Demostración: Es una sencilla aplicación del criterio de subgrupos (pág. 6). Sea:
𝐾 = ⋂ 𝐻
𝐻∈𝐴
Como cada 𝐻 es un grupo, 𝑒𝑛 pertenece a 𝐻, así que 𝑒𝑛 tiene que estar en 𝐾,
así que 𝐾 no es vacío. Si 𝑎, 𝑏 pertenecen a 𝐾 entonces 𝑎, 𝑏 pertenecen a
cualquiera de los 𝐻. Como cada 𝐻 es un grupo, 𝑎 · 𝑏−1 pertenece a cualquiera
de los 𝐻, entonces pertenece a 𝐾. QED.
Consideremos el siguiente conjunto, para cierto 𝐴 subconjunto de 𝐺:
𝐶 = {𝐻 ≤ 𝐺 |𝐴 ⊆ 𝐻}
La última proposición vista aplicada al conjunto 𝐶 motiva la siguiente definición.
Definición: Si 𝐴 es un subconjunto de un grupo 𝐺, definimos el subgrupo de 𝑮
generado por 𝑨 como:
⟨𝐴⟩ ≔ ⋂ 𝐻𝐴⊆𝐻𝐻≤𝐺
Observación: ⟨𝐴⟩ es el elemento minimal del conjunto 𝐶: ⟨𝐴⟩ es subgrupo de 𝐺,
que contiene al subconjunto 𝐴, con lo que ⟨𝐴⟩ ∈ 𝐶, y cualquier elemento de 𝐶
contiene a ⟨𝐴⟩ porque contiene la intersección.
Todo esto prueba que para cierto subconjunto 𝐴 de un grupo 𝐺, el subgrupo
generado por 𝐴 es el menor subgrupo que lo contiene, y además siempre existe
y es único. Veamos una caracterización más sencilla de ⟨𝐴⟩. Supongamos 𝐴 finito
y formado por {𝑎1, … 𝑎𝑛}. Consideremos el siguiente conjunto:
�̅� = {𝑎1𝜖1 · … · 𝑎𝑛
𝜖𝑛 | 𝑛 ∈ ℕ, 𝑛 ≥ 0, 𝑎𝑖 ∈ 𝐴, 𝜖𝑖 = ±1}
Proposición: �̅� = ⟨𝐴⟩
Demostración: Probemos, en primer lugar, que �̅� es un subgrupo. Observemos
que �̅� no es vacío, incluso en el caso de que 𝐴 sí que lo sea. Supongamos que
𝑎, 𝑏 son elementos de �̅� con 𝑎 = 𝑎1𝜖1 · … · 𝑎𝑛
𝜖𝑛 y 𝑏 = 𝑏1𝛿1 · … · 𝑏𝑛
𝛿𝑛. Entonces se tiene
que 𝑎𝑏−1 = 𝑎1𝜖1 · … · 𝑎𝑛
𝜖𝑛 · 𝑏1−𝛿1 · … · 𝑏𝑛
−𝛿𝑛. Por definición 𝑎𝑏−1 es un producto de
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elementos de 𝐴 elevados a potencias ±1, por tanto está en �̅� y por el criterio de
subgrupos sabemos que es un subgrupo.
Probemos ahora que este subgrupo es idéntico al definido. Cualquier elemento
𝑎 ∈ 𝐴 puede ser escrito como 𝑎1. Entonces 𝐴 ⊆ �̅�, con lo que ⟨𝐴⟩ ⊆ �̅� (definición).
Pero como ⟨𝐴⟩ es cerrado bajo el producto y la toma de inversos se tiene que
contiene cualquier elemento de la forma 𝑎1𝜖1 · … · 𝑎𝑛
𝜖𝑛 . Por tanto �̅� ⊆ ⟨𝐴⟩.
Entonces, necesariamente �̅� = ⟨𝐴⟩. QED.
La definición dada de �̅� lleva implícito elementos de la forma: 𝑎 · 𝑎 · … · 𝑎 · … sí
que para quitarnos esa molestia definiremos el subgrupo generado por 𝐴 como:
⟨𝐴⟩ = {𝑎1𝛼1 · … · 𝑎𝑛
𝛼𝑛 | 𝑛 ∈ ℕ, 𝑛 ≥ 0, 𝑎𝑖 ∈ 𝐴, 𝛼𝑖 ∈ ℤ}
Retículo de subgrupos de un grupo:
En matemáticas, un retículo es un conjunto con orden parcial de inclusión
asociado. Los subgrupos de un grupo, forman un retículo respecto de la
inclusión. En todo retículo se tiene que:
1) ∀𝐻, 𝐾 ≤ 𝐺 ∃! 𝐿 𝑡𝑞 𝐻 ≤ 𝐿, 𝐾 ≤ 𝐿 y además dicho L es el menor con dicha
propiedad.
2) ∀𝐻, 𝐾 ≤ 𝐺 ∃! 𝑀 𝑡𝑞 𝑀 ≤ 𝐻, 𝑀 ≤ 𝐾 y además dicho M es el mayor con dicha
propiedad.
Representamos el retículo indicando que 𝐾 ⊆ 𝐻 como:
Y la altura en el diagrama depende del número de elementos. Siguiendo el
ejemplo de los enteros módulo 6 con la suma escribiríamos:
Definición: Diremos que un grupo 𝐺 es cíclico cuando existe un elemento 𝑥 suyo
de tal manera que ⟨𝑥⟩ = 𝐺. A dicho elemento lo denominamos generador de G.
Efectivamente, los enteros módulo 6, con la suma, es cíclico.
H
K
ℤ6
{0}
⟨2⟩ = ⟨4⟩ ⟨3⟩
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Presentaciones de grupos:
Una presentación de un grupo 𝑮 es un par (𝑆, 𝑅) tal que ⟨𝑆⟩ = 𝐺 (es decir, que 𝑆
es el conjunto de todos los generadores del grupo) y 𝑅 es un conjunto de
igualdades entre los elementos de 𝐺 de las cuales se deducen todas las posibles.
Notación: 𝐺 = ⟨𝑆|𝑅⟩
Las presentaciones de grupos nos sirven de excusa para introducir (presentar, si
queremos) uno de los ejemplos de grupos más importantes: Los grupos diedrales.
Definición: Un grupo diedral es el grupo cuyos elementos son las simetrías que se
pueden aplicar un cuerpo geométrico.
Consideremos el grupo definido por:
𝐷𝑛 = ⟨𝑎, 𝑏 | 𝑎𝑛 = 𝑏2 = 1, 𝑎𝑏𝑎 = 𝑏⟩
Esto es, el grupo formado por el generador {𝑎, 𝑏} y definido por las igualdades
indicadas. ¿Qué elementos forman 𝐷𝑛 exactamente?
Consideremos el grupo formado por:
𝑋 = {1, 𝑎, … , 𝑎𝑛−1, 𝑏, 𝑏𝑎, … , 𝑏𝑛−1}
El conjunto ⟨𝑎, 𝑏⟩ = {𝑎𝛼𝑏𝛽: 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐷𝑛, 𝛼, 𝛽 ∈ ℤ} es, por definición, generador del
grupo 𝐷𝑛. Por tanto sabemos ya que todos los elementos de 𝐷𝑛 pueden ser
obtenidos mediante combinaciones de productos de estos dos elementos.
Consideremos el grupo 𝑋 · 𝑎. Haciendo rápidamente los cálculos se observa que
𝑋 · 𝑎 = 𝑋.
Con cálculos un poco más trabajosos se puede ver que también 𝑋 = 𝑋 · 𝑏.
Por lo tanto se tiene que 𝑋 · ⟨𝑎, 𝑏⟩ = 𝑋 · 𝐷𝑛 = 𝑋.
Por tanto, necesariamente: 𝑋 = 𝐷𝑛
La tabla de multiplicación de este grupo es:
𝑎𝑖 𝑏𝑎𝑖
𝑎𝑗 𝑎𝑖+𝑗 𝑏𝑎𝑖−𝑗
𝑏𝑎𝑗 𝑏𝑎𝑖+𝑗 𝑎𝑖−𝑗
Para 𝑛 ≥ 3 se tiene que 𝐷𝑛 es el grupo de simetrías de un prisma recto con base
un polígono de 𝑛 lados.
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Caso 𝑛 = 4 con los ejes de simetría en naranja. Cada simetría entorno a un eje es un elemento
de 𝐷𝑛.
Introducimos ahora algunas importantes familias de subgrupos.
Para cualquier grupo arbitrario 𝐺, dejemos que 𝐴 sea un subconjuntos suyo no
vacío. Entonces:
Definición: Definimos el centralizador de 𝑨 en 𝑮 como el siguiente conjunto:
𝐶𝐺(𝐴) = {𝑔 ∈ 𝐺 | 𝑔 · 𝑎 · 𝑔−1 = 𝑎, ∀𝑎 ∈ 𝐴}
Es decir, el conjunto de elementos de 𝐺 que conmutan con cualquier elemento
de 𝐴, ya que 𝑔 · 𝑎 · 𝑔−1 = 𝑎 ⟺ 𝑔𝑎 = 𝑎𝑔.
La siguiente definición que tenemos que dar es la siguiente.
Definición: El centro de 𝐺 es el conjunto de elementos que conmutan con todos
los elementos de 𝐺:
𝑍(𝐺) = {𝑔 ∈ 𝐺 | 𝑔𝑥 = 𝑥𝑔, ∀𝑥 ∈ 𝐺}
Hemos dado por sentado disimuladamente que 𝐶𝐺(𝐴) y 𝑍(𝐺) son subgrupos.
Vamos a demostrarlo.
Lema: 𝐶𝐺(𝐴) ≤ 𝐺
Demostración:
En primer lugar, se tiene que 𝐶𝐺(𝐴) ≠ ∅ porque 𝑒𝑛 ∈ 𝐶𝑔(𝐴) ya que la identidad
conmuta por definición.
Ahora supongamos que:
𝑥, 𝑦 ∈ 𝐶𝐺(𝐴) ⟺ {𝑥𝑎𝑥−1 = 𝑎𝑦𝑎𝑦−1 = 𝑎
, ∀𝑎 ∈ 𝐴
Observación: Esto no quiere decir que 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥.
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Multiplicando en cualquiera de las dos expresiones, por ejemplo en la que está
involucrado el elemento 𝑦, a la izquierda por 𝑦−1 y a la derecha por 𝑦 a ambos
lados de la igualdad obtenemos que:
𝑦𝑎𝑦−1 = 𝑎 ⟺ 𝑦−1𝑎𝑦
Por lo tanto, 𝑦−1 ∈ 𝐶𝐺(𝐴) y dicho subgrupo es cerrado tomando inversos.
Ahora:
(𝑥𝑦) · 𝑎 · (𝑥𝑦)−1 =
= (𝑥𝑦) · 𝑎 · (𝑦−1𝑥−1) =
= 𝑥 · (𝑦𝑎𝑦−1) · 𝑥−1 =
= 𝑥𝑎𝑥−1 = 𝑎
Por tanto, 𝑥𝑦 ∈ 𝐶𝐺(𝐴) y es cerrado bajo el producto. Eso, unido a que es cerrado
tomando inversos, y a que existe elemento neutro y elemento inverso por estar
hablando de cierto grupo 𝐺 nos muestra que, efectivamente, es subgrupo. ∎
Para demostrar que 𝑍(𝐺) es subgrupo sólo hay que notar que es caso particular
del subgrupo anterior, 𝑍(𝐺) = 𝐶𝐺(𝐺) y así queda automáticamente demostrado.
Para terminar de trabajar estos conceptos, calculemos el centralizador y el
centro del grupo diedral de orden 𝑛.
Ejemplo: Centralizador del grupo diedral de orden 4.
Sea 𝐷4 = {1, 𝑎, 𝑎2, 𝑎3, 𝑏, 𝑏𝑎, 𝑏𝑎2, 𝑏𝑎3}
Consideremos 𝐴 = ⟨𝑎⟩
Proposición: 𝐶𝐺(𝐴) = 𝐴
Demostración:
Todas las potencias de 𝑎 conmutan entre ellas, luego 𝐴 ⊆ 𝐶𝐺(𝐴). ¿Algún otro
elemento pertenece al centralizador? Vamos a averiguarlo.
𝑏𝑎 = 𝑎−1𝑏 ≠ 𝑎𝑏 así que 𝑏 no pertenece.
Supongamos que algún elemento de la forma 𝑏𝑎𝑖 sí pertenece.
Un elemento 𝑎−𝑖 sí pertenece a 𝐶𝐺(𝐴) por pertenecer a 𝐴.
Entonces 𝑏𝑎𝑖 · 𝑎−𝑖 = 𝑏 ∈ 𝐶𝐺(𝐴). Lo contrario a lo que acabamos de demostrar.
Por tanto no hay más elementos en el centralizador. ∎
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Consideremos particularmente 𝐵 = {1, 𝑎2}
Proposición: 𝑍(𝐺) = 𝐵
Demostración:
Como se ha visto en la anterior demostración, 𝑎 ∉ 𝑍(𝐺). De manera similar se
puede ver que 𝑎3 tampoco. Así que 𝑍(𝐺) ≤ 𝐵
Para ver que 𝐵 ≤ 𝑍(𝐺) vemos que 𝑟, 𝑠 conmutan con 𝑟2, y 𝑟, 𝑠 generan 𝐷4 por lo
que todo elemento conmuta con 𝑟2, y naturalmente también con 1. ∎
Orden de un grupo
Definición:
1) Sea un grupo 𝐺 y un elemento suyo 𝑎. El orden del grupo G, que
denotamos por 𝑜(𝐺) = |𝐺| es su cardinal.
2) El orden del elemento 𝒂 es el orden del subgrupo que genera.
3) Un elemento 𝑔 es un elemento de torsión si 𝑜(𝑔) < ∞
Proposición:
Sea 𝐺 un grupo, 𝑎 ∈ 𝐺. Si 𝑜(𝑎) = 𝑛 ∈ ℕ, entonces:
1) ∃𝑘 ≥ 1 tal que 𝑎𝑘 = 𝑒𝑛, y además 𝑛 = min{𝑘 ≥ 1: 𝑎𝑘 = 𝑒𝑛}
2) 𝑎𝑚 = 𝑒𝑛 ⟺ 𝑜(𝑎)|𝑚
3) 𝑜(𝑎𝑘) =𝑜(𝑎)
𝑀.𝐶.𝐷.(𝑜(𝑎),𝑘)
Demostración:
Diremos por facilidad que 𝑒𝑛 = 1.
Hacemos un paso previo.
Sea 𝐾 = {𝑚 ∈ ℤ | 𝑎𝑚 = 1}. Veamos que 𝐾 ≤ ℤ. Para ello, acudimos al criterio de
subgrupos una vez más.
En primer lugar 𝐾 no es el vacío porque 𝑎0 = 𝑎 · 𝑎−1 igual al elemento neutro está
dentro.
En segundo lugar consideramos 𝑝, 𝑞 ∈ 𝐾
Entonces se tiene que 𝑎𝑝 · 𝑎𝑞 = 1
Por otra parte 𝑎𝑝 · 𝑎−𝑞 = 𝑎𝑝−𝑞 = 𝑎𝑝 · (𝑎𝑞)−1 = 1
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Por tanto 𝑝 − 𝑞 ∈ 𝐾, es decir que un elemento operado con el inverso de otro
sigue perteneciendo al subgrupo.
Con esto ya podemos decir, aplicando la proposición de la página 7 que existe
un natural 𝑑 tal que 𝑑ℤ = 𝐾.
Probamos (1)
Notamos que es equivalente aprobar que 𝑜(𝑎) = 𝑑.
Si 𝑖 = 𝑗 (𝑚𝑜𝑑 𝑑) entonces 𝑖 = 𝑘𝑑 + 𝑗, con lo cual 𝑎𝑖 = 𝑎𝑘𝑑 · 𝑎𝑗 = 𝑎𝑗. Por tanto
sabemos que ⟨𝑎⟩ ⊆ {1, 𝑎2, … , 𝑎𝑑−1}. Para terminar la prueba necesitamos mostrar
que no se repiten elementos. Como acabamos de decir, si 𝑎𝑖 = 𝑎𝑗 entonces
quiere decir que 𝑑|(𝑗 − 𝑖), y entonces sería 𝑖 = 𝑗 en 𝑑ℤ, contradicción.
Como el cardinal de ⟨𝑎⟩ es 𝑑 se tiene lo que queríamos, 𝑜(𝑎) = 𝑑.
Probamos (2)
Es inmediato. 𝑎𝑚 = 1 ⟺ 𝑚 = 𝑘𝑑 = 0 = 𝑑 (𝑚𝑜𝑑 𝑑)
Probamos (3)
(𝑎𝑘)𝑑
𝑀𝐶𝐷(𝑑,𝑘) = 𝑎𝑘𝑑
𝑀𝐶𝐷(𝑘,𝑑) = (𝑎𝑑)𝑘
𝑀𝐶𝐷(𝑘,𝑑) = 1
Entonces, aplicando (2):
𝑜(𝑎𝑘)|𝑑
𝑀𝐶𝐷(𝑑, 𝑘), (∗)
Llamaremos a esta expresión (∗) para usarla más tarde.
Por otra parte, aplicando (1):
1 = (𝑎𝑘)𝑜(𝑎𝑘)
Además:
1 = (𝑎𝑘)𝑜(𝑎𝑘)
= 𝑎𝑘·𝑜(𝑎𝑘) ⟹ 𝑑 = 𝑜(𝑎)|𝑘 · 𝑜(𝑎𝑘)
Se tiene que:
𝑑
𝑀𝐶𝐷(𝑑. 𝑜(𝑎))|
𝑘
𝑀𝐶𝐷(𝑑, 𝑜(𝑎))· 𝑜(𝑎𝑘)
Y, dado que:
𝑀𝐶𝐷 (𝑑
𝑀𝐶𝐷(𝑑, 𝑜(𝑎𝑘)),
𝑘
𝑀𝐶𝐷(𝑑, 𝑜(𝑎𝑘))) = 1
Entonces:
𝑑
𝑀𝐶𝐷(𝑑, 𝑜(𝑎𝑘))|𝑜(𝑎𝑘)
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Teniendo en cuenta ésta última expresión junto con (∗) se tiene que,
necesariamente:
𝑜(𝑎𝑘) =𝑑
𝑀𝐶𝐷(𝑑, 𝑜(𝑎𝑘))
Corolario:
Sea 𝐺 un grupo, 𝑎 ∈ 𝐺.
1) 𝑀𝐶𝐷(𝑜(𝑎), 𝑘) = 1 ⟺ ⟨𝑎𝑘⟩ = ⟨𝑎⟩
2) {𝑜(𝑎) < ∞𝑎𝑏 = 𝑏𝑎
⟹ 𝑜(𝑎𝑏)|𝑚𝑐𝑚(𝑜(𝑎), 𝑜(𝑏))
3) {
𝑜(𝑎) < ∞𝑎𝑏 = 𝑏𝑎
𝑀𝐶𝐷(𝑜(𝑎), 𝑜(𝑏)) = 1⟹ 𝑜(𝑎𝑏) = 𝑜(𝑎)𝑜(𝑏)
4) 𝑐, 𝑏 ∈ 𝐺: 𝑜(𝑐𝑏) < ∞ ⟹ 𝑜(𝑏𝑐) < ∞
Demostración:
1) Es inmediato por la definición de 𝑜(𝑎𝑘)
2) 𝑎𝑏 = 𝑏𝑎 ⟹ (𝑎𝑏)𝑛 = 𝑎𝑛𝑏𝑛 ⟹ (𝑎𝑏)𝑀𝐶𝐷(𝑜(𝑎),𝑜(𝑏)) = 1 · 1 = 1
Entonces, por la proposición:
𝑜(𝑎𝑏)|𝑚𝑐𝑚(𝑜(𝑎), 𝑜(𝑏))
3) Lo anterior implica que:
𝑜(𝑎𝑏)|𝑚𝑐𝑚(𝑜(𝑎), 𝑜(𝑏)) = 𝑜(𝑎) · 𝑜(𝑏)
Por otra parte:
(𝑎𝑏)𝑜(𝑎) = 𝑎𝑜(𝑎) · 𝑏𝑜(𝑎) = 𝑏𝑜(𝑎)
Y se tiene:
𝑜(𝑏𝑜(𝑎)) =𝑜(𝑏)
𝑀𝐶𝐷(𝑜(𝑎), 𝑜(𝑏))= 1
Por último:
𝑜(𝑏) = 𝑜(𝑏𝑜(𝑎)) = 𝑜(𝑎𝑏𝑜(𝑎)) =𝑜(𝑎𝑏)
𝑀𝐶𝐷(𝑜(𝑎𝑏), 𝑜(𝑎))⟺
⟺ 𝑀𝐶𝐷(𝑜(𝑎𝑏), 𝑜(𝑎)) · 𝑜(𝑏) = 𝑜(𝑎𝑏)
Y, en particular:
𝑜(𝑏)|𝑜(𝑎𝑏)
Dado que 𝑀𝐶𝐷(𝑜(𝑎), 𝑜(𝑏)) = 1 se tiene que, necesariamente:
𝑜(𝑎)𝑜(𝑏) = 𝑜(𝑎𝑏)
4) (𝑐𝑏)𝑛 = 1
(𝑏−1𝑏𝑐𝑏)𝑛 = (𝑏−1𝑏𝑐𝑏)(𝑏−1𝑏𝑐𝑏) … (𝑏.−1𝑏𝑐𝑏) = 𝑏−1(𝑏𝑐)𝑛𝑏 = 1
⟹ 𝑏𝑏−1 = (𝑏𝑐)𝑛 = 1 ⟹ 𝑜(𝑏𝑐) < ∞
∎
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Productos directos
Definición: Si (𝐺,∙ ), (𝐻,∗ ) son grupos, entonces:
𝐺 × 𝐻 = {(𝑔, ℎ): 𝑔 ∈ 𝐺, ℎ ∈ 𝐻}
Es un grupo con la operación:
(𝑔1, ℎ1) · (𝑔2, ℎ2) = (𝑔1 · 𝑔2, ℎ1 ∗ ℎ2)
Y se denomina producto directo de los grupos 𝐺, 𝐻.
Observamos lo siguiente en relación al producto directo:
1) |𝐺 × 𝐻| = |𝐺| × |𝐻|
2) (𝑔, ℎ)𝑛 = (𝑔𝑛, ℎ𝑛)
3) 𝑜(𝑔, ℎ) = 𝑚𝑐𝑚(𝑜(𝑔), 𝑜(ℎ))
Definición: Sea 𝑝 primo, entonces 𝐺 se denomina 𝒑-grupo si todos sus elementos
tienen orden 𝑝𝑘, 𝑘 natural. Por ejemplo, los enteros módulo 2.
Se deduce que si 𝐻, 𝐺 son 𝑝-grupos, entonces su producto directo también lo es.
Hay una sección de productos semidirectos más adelante en la que se
desarrollará mejor el producto directo al ver que es un caso particular.
18
Homomorfismos
Si a un conjunto 𝐶 le dotamos de una operación que cumpla las archiconocidas
propiedades, entonces lo que estamos haciendo es dotarle de estructura de
grupo. Los homomorfismos son aquellas aplicaciones que respetan esa
estructura, y que por tanto nos van a ayudar sobremanera a estudiar a 𝐺 y a sus
subgrupos.
Definición: Sean 𝐻, 𝐺 grupos, y una función 𝜓: 𝐺 → 𝐻.
1) Se dice que 𝜓 es un homomorfismo si respeta el producto:
𝜓(𝑥 · 𝑦) = 𝜓(𝑥) · 𝜓(𝑦), ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐺
2) El núcleo de un homomorfismo es el siguiente conjunto:
ker(𝜓) = {𝑔 ∈ 𝐺: 𝜓(𝑔) = 1𝐻}
3) La imagen de un homomorfismo es 𝜓(𝐺), denotado: 𝐼𝑚(𝐺).
4) Se dice que un homomorfismo 𝜓 es un isomorfismo si 𝜓 es biyectiva, se
denota: 𝐺 ≅ 𝐻
5) Un automorfismo es un isomorfismo de 𝐺 en sí mismo. El conjunto de
automorfismos de cierto grupo es denotado: 𝐴𝑢𝑡(𝐺).
Por ejemplo, 𝜓: 𝐺𝐿𝑛(ℤ) → {−1,1} es un homomorfismo
Proposición:
Si 𝜓: 𝐺 → 𝐻 es homomorfismo, entonces:
1) 𝜓(𝐼𝑔) = 𝐼𝐻
2) 𝑎 de torsión ⟹ 𝑜(𝜓(𝑎))|𝑜(𝑎)
3) 𝐾𝑒𝑟, 𝐼𝑚 ≤ 𝐺
4) 𝜓 es inyectivo ⟺ ker(𝜓) = {𝐼𝐺} ⟺ 𝑜(𝜓(𝑎)) = 𝑜(𝑎), ∀𝑎 ∈ 𝐺
5) {𝐾 ≤ 𝐺 ⟹ 𝜓(𝐾) ≤ 𝐻
𝐾 ≤ 𝐻 ⟹ 𝜓−1(𝐾) ≤ 𝐺
6) 𝜓 es un homomorfismo biyectivo si, y sólo si, es un homomorfismo y existe
𝜑: 𝐻 → 𝐺 homomorfismo tal que 𝜓 ∘ 𝜑 = 𝐼𝐻
7) Si 𝜓 isomorfismo y 𝐺 es abeliano o cíclico entonces 𝐻 es abeliano o cíclico
respectivamente.
8) 𝐴𝑢𝑡(𝐺) es un grupo
Demostración:
1) 𝜓(𝐼𝐺) = 𝜓(𝐼𝐺) · 𝜓(𝐼𝐺) ⟺ 𝜓(𝐼𝐺) = 𝐼𝐻
𝜓(𝐼𝐺) = 𝜓(𝑎) · 𝜓(𝑎1−1) = 𝜓(𝑎) · (𝜓(𝑎))
−1= 𝐼𝐻
2) 𝜓(𝑎𝑛) = 𝜓(𝑎) · … · 𝜓(𝑎) n veces, así que, si 𝑎 de torsión 𝑎𝑘 = 1. Por la
propiedad anterior, obtenemos la afirmación.
3) ker(𝜓) = {𝑔 ∈ 𝐺: 𝜓(𝑔) = 𝐼𝐻}
𝜓(𝐼𝐺) = 𝐼𝐻 ⟹ 𝑘𝑒𝑟 ≠ ∅
19
𝑥, 𝑦 ∈ ker(𝜓) ⟹ 𝜓(𝑦) = 𝐼𝐻 ⟹ 𝜓(𝑦−1) = (𝜓(𝑦))−1
= 𝐼𝐻
⟹ 𝐼𝐻 · 𝐼𝐻 = 𝜓(𝑥) · 𝜓(𝑦−1) = 𝜓(𝑥 · 𝑦−1)
⟹ 𝑥 · 𝑦−1 ∈ 𝑘𝑒𝑟
Y de manera análoga, esto es: por definición, haríamos con la imagen.
4) Demostramos que la inyectividad de 𝜓 implica que su kernel es la
identidad en 𝐺.
𝜓 inyectivo ⟹ ∀𝑎 ∈ 𝐺, 𝑎 ≠ 𝐼𝐺 se tiene 𝜓(𝑎) ≠ 𝜓(𝐼𝐺) = 𝐼𝐻
Entonces necesariamente ker(𝜓) = {𝐼𝐺}
Demostramos que esto último implica que el orden de un elemento es el
orden de su imagen para cualquier elemento de 𝐺.
Sabemos por (2) que 𝑜(𝜓(𝑎))|𝑜(𝑎). Demostremos que lo recíproco
también es cierto.
Dado que: 𝜓(𝑎𝑜(𝜓(𝑎))) = 𝜓(𝑎)𝑜(𝜓(𝑎)) porque 𝜓 es homomorfismo, y:
𝜓(𝑎)𝑜(𝜓(𝑎)) = 𝐼𝐻, por definición.
Y, por otra parte, ker(𝜓) = 𝐼𝐺, por tanto necesariamente 𝑎𝑜(𝜓(𝑎)) = 𝐼𝐺
Entonces: 𝑜(𝑎)|𝑜(𝜓(𝑎)) que junto con lo anterior quiere decir que:
𝑜(𝑎) = 𝑜(𝜓(𝑎))
Para completar la cadena de equivalencias demostramos que esto
último implica que, nuevamente, 𝜓 es inyectiva.
Supongamos que se tiene que 𝜓(𝑔) = 𝜓(ℎ). Entonces:
𝜓(𝑔) · (𝜓(ℎ))−1
= 𝐼𝐻
𝜓(𝑔) · 𝜓(ℎ−1) = 𝐼𝐻
𝜓(𝑔 · ℎ−1) = 𝐼𝐻
¡Ojo! Dan ganas de decir que 𝑔 · ℎ−1 = 𝐼𝐺, pero eso no lo sabemos en esta
parte de la demostración. Puede haber un elemento, distinto de la
identidad de 𝐺 cuya imagen sea la identidad de 𝐻. Aplicamos que:
𝑜(𝑔 · ℎ−1) = 𝑜(𝐼𝐻) = 1
Y ahora sí, ya no cabe duda de que:
𝑔 · ℎ−1 = 𝐼𝐺
𝑔 = ℎ
5) Aplicamos el criterio de subgrupos para demostrar que:
𝐾 ≤ 𝐺 ⟹ 𝜓(𝐾) ≤ 𝐻
1. 𝐾 es subgrupo.
Entonces, en particular, 𝐾 es grupo, así que debe tener un elemento
neutro, que coincide con el elemento neutro de 𝐺 debido a su
unicidad.
𝐼𝐺 ∈ 𝐾
Por ser 𝜓 homomorfismo, 𝐼𝐺 tiene imagen, que es 𝐼𝐻. Entonces 𝜓(𝐾) no
es el vacío.
2. Supongamos 𝑥, 𝑦 ∈ 𝜓(𝐾)
Deben existir, obviamente, 𝑔, ℎ ∈ 𝐺 tales que: 𝜓(𝑔) = 𝑥, 𝜓(ℎ) = 𝑦.
Dado que 𝐾 subgrupo, cumple que:
𝑔 · ℎ−1 ∈ 𝐾
20
Entonces:
𝜓(𝑔 · ℎ−1) = 𝜓(𝑔) · (𝜓(ℎ)) −1 = 𝑥 · 𝑦−1 ∈ 𝜓(𝐾)
Se deja la demostración que queda, que es totalmente análoga,
como ejercicio.
6) Demostramos que si 𝜓 biyectivo entonces 𝜓 homomorfismo y existe dicha
aplicación 𝜑.
Que sea biyectivo implica automáticamente que existe la inversa 𝜓−1 y
esa es la aplicación compuesta con 𝜓 arroja la identidad en 𝐺, 𝐻 según
el orden de composición. Falta ver que 𝜓−1 homomorfismo.
Sean 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐻 existen 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐺 únicos tales que 𝜓(𝑥) = 𝑎, 𝜓(𝑦) = 𝑏.
𝜓−1(𝑎 · 𝑏) = 𝜓−1(𝜓(𝑥)𝜓(𝑦)) = 𝑥𝑦 = 𝜓−1(𝑎)𝜓−1(𝑏)
Por tanto, 𝜓 homomorfismo.
Ahora al revés: veamos el recíproco.
Supongamos que existe tal 𝜑: 𝐻 → 𝐺 de manera que:
𝜓 ∘ 𝜑 = 𝐼𝐺 , (1)
𝜑 ∘ 𝜓 = 𝐼𝐻 , (2)
Pero se tiene que (1) quiere decir que 𝜓 inyectiva y (2) que es
sobreyectiva. Por tanto es biyectiva.
7) Sea 𝜓: 𝐺 → 𝐻 biyectivo donde 𝐺 abeliano.
Sean 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐻 existen 𝑥, 𝑦 ∈ 𝐺 únicos tales que 𝜓(𝑥) = 𝑎, 𝜓(𝑦) = 𝑏
Aplicando las hipótesis:
𝑎𝑏 = 𝜓(𝑥)𝜓(𝑦) = 𝜓(𝑥𝑦) = 𝜓(𝑦𝑥) = 𝜓(𝑦)𝜓(𝑥) = 𝑏𝑎
Demostrando lo análogo suponiendo 𝐺 cíclico:
Existe 𝑥 ∈ 𝐺 tal que 𝐺 = ⟨𝑥⟩.
Se tiene:
𝐻 = 𝜓(𝐺) = 𝜓(⟨𝑥⟩) = 𝜓({𝑥𝑛: 𝑛 ∈ ℤ}) = {𝜓(𝑥𝑛) = 𝜓(𝑥)𝑛: 𝑛 ∈ ℤ} = ⟨𝜓(𝑥)⟩
Hemos terminado.
8) Podríamos probar que cumple todas las propiedades de los grupos pero
es más económico y elegante probar que es subgrupo del conjunto de
biyecciones de 𝐺 con la composición.
En primer lugar, 𝐼𝐺 ∈ 𝐴𝑢𝑡(𝐺) porque 𝑖𝑑𝐺(𝑥𝑦) = 𝑖𝑑𝐺(𝑥) · 𝑖𝑑𝐺(𝑦), así que no es
el vacío.
Sean 𝑓, 𝑔 automorfismos de 𝐺 en sí mismo.
Sabemos que 𝑓 ∘ 𝑔−1 biyectivo. Falta ver que es homomorfismo.
(𝑓 ∘ 𝑔−1)(𝑥𝑦) = 𝑓(𝑔−1(𝑥)𝑔−1(𝑦)) = 𝑓(𝑔−1(𝑥))𝑓(𝑔−1(𝑦))
Y como es biyección eso es igual a:
𝑓 ∘ 𝑔−1(𝑥) · 𝑓 ∘ 𝑔−1(𝑦)
Por tanto, en efecto, es homomorfismo.
21
Vamos a ver algunos ejemplos.
Si 𝐺, 𝐻 son grupos y ⟨𝑆|𝑅⟩ es presentación de 𝐺 tendremos que 𝜓: 𝑆 → 𝐻 se
extiende a un homomorfismo si preserva las igualdades de la presentación.
Así, nos podemos preguntar: ¿Cuántos homomorfismos existen entre los grupos
𝐷3 con la composición y los enteros módulo 6 con la suma?
En primer lugar vemos que como las igualdades de 𝐷3 son:
1) 𝑎3 = 𝑏2 = 1
2) 𝑎𝑏𝑎 = 𝑏
Tendremos que comprobar las imágenes de qué elementos cumplen eso.
(𝜓(𝑎))3
= 3𝜓(𝑎) = 0 ⟹ 𝜓(𝑎) ∈ {0,2,4}
(𝜓(𝑏))2
= 2𝜓(𝑏) = 0 ⟹ 𝜓(𝑏) ∈ {0,3}
Esos son nuestros candidatos. Para ver cuál nos vale y cuál no, comprobando el
cumplimiento de la relación (2) hacemos la siguiente tabla.
𝝍(𝒂) 𝝍(𝒃) 𝝍(𝒂) + 𝝍(𝒃) + 𝝍(𝒂) = ¿Homomorfismo?
𝟎 0 = 0 = 0 SÍ
𝟎 3 = 0 + 3 + 0 = 3 SÍ
𝟐 0 = 2 + 0 + 2 ≠ 0 NO
𝟐 3 = 7 ≠ 3 NO 𝟒 0 = 2 ≠ 0 NO
𝟒 3 = 5 ≠ 3 NO
Por tanto existen dos homomorfismos, que son:
𝜓1: 𝑆 → ℤ6, 𝜓2: 𝑆 → ℤ6
𝜓1(𝑎) = 0, 𝜓2(𝑎) = 0
𝜓1(𝑏) = 0, 𝜓2(𝑏) = 3
De forma parecida, podríamos demostrar que 𝐷3 ≅ 𝑆3, demostrando que las
relaciones de la presentación de 𝐷3 se cumplen en 𝑆3 y verificando que ambos
conjuntos tienen el mismo cardinal.
Nota: Otra forma de contar cuántos homomorfismos había era analizar los
posibles ker (𝜓), pero todavía no sabemos hacer esto.
22
Más ejemplos. Vamos a demostrar ahora que (ℤ2 × ℤ3, · ) ≅ (ℤ6, +)
En concreto, se tiene el siguiente isomorfismo.
𝜓: ℤ2 × ℤ3 → ℤ6
(𝑥, 𝑦) → 3𝑥 + 2𝑦
Demostración:
Veamos que 𝜓 es isomorfismo.
𝜓((𝑥1, 𝑦1) · (𝑥2, 𝑦2)) = 𝜓((𝑥1, 𝑦1)) + 𝜓((𝑥2, 𝑦2))
Ahora que sabemos que lo es, veamos que es sobreyectivo.
Por el teorema chino del resto 3𝑥 + 2𝑦 = 𝜓𝑥 tiene solución para cualquier 𝜓𝑥, por
tanto todo elemento tiene imagen.
Por último viendo que el orden de ambos grupos es el mismo, queda
demostrado que es biyectivo y por lo tanto tenemos un isomorfismo. ∎
23
Notación:
Sea 𝐺 un grupo y 𝑆, 𝑇 subconjuntos. Para cierto 𝑎 ∈ 𝐺:
1) 𝑎𝑆 = {𝑎𝑠: 𝑠 ∈ 𝑆}
2) 𝑇𝑎 = {𝑡𝑎: 𝑡 ∈ 𝑇}
3) 𝑇𝑆 = {𝑡𝑠, 𝑠 ∈ 𝑆, 𝑡 ∈ 𝑇}
Proposición:
Si 𝐺 es un grupo y 𝐻, 𝐾 subgrupos entonces se tiene que:
1) 𝐻𝐾 ≤ 𝐺 ⟺ 𝐻𝐾 = 𝐾𝐻
2) 𝐻 ⊆ 𝐾 ⟹ 𝐻𝐾 = 𝐾𝐻 = 𝐾
Demostración:
1) (⟹)
Demostramos primero que 𝐾𝐻 ⊆ 𝐻𝐾:
𝐼𝐺 ∈ 𝐻, 𝐾 ⟹ {𝐼𝐺 · 𝑘 ∈ 𝐻𝐾ℎ · 𝐼𝐺 ∈ 𝐻𝐾
, ∀ℎ, 𝑘 ∈ 𝐻, 𝐾
Por tanto, en tanto que 𝐻𝐾 subgrupo:
𝐼𝐺 · 𝑘 · ℎ · 𝐼𝐺 = 𝑘ℎ ∈ 𝐻𝐾
Ahora demostramos que 𝐻𝐾 ⊆ 𝐾𝐻
ℎ ∈ 𝐻, 𝑘 ∈ 𝐾
(ℎ𝑘)−1 ∈ 𝐻𝐾 porque 𝐻𝐾 subgrupo.
Bueno, entonces: (ℎ𝑘)−1 = 𝑘−1ℎ−1 = 𝑘′ℎ′, ℎ′, 𝑘′ ∈ 𝐻𝐾
Además: ℎ𝑘 = (ℎ′𝑘′)−1 = (𝑘′)−1(ℎ′)−1 ∈ 𝐾𝐻
(⟸)
Criterio de subgrupos. Demostremos que es no vacío.
𝐼𝐺 ∈ 𝐻, 𝐾 ⟹ 𝐼𝐺𝐼𝐺 ∈ 𝐻𝐾
Ahora veamos la segunda condición.
Sean ℎ𝑘, ℎ′𝑘′ ∈ 𝐻𝐾
ℎ𝑘(ℎ′𝑘′)−1 = ℎ𝑘(𝑘′)−1(ℎ′)−1 (1)
𝐾 ≤ 𝐺 ⟹ 𝑘 · (𝑘′)−1 = 𝑘′′ ∈ 𝐾
𝐻𝐾 = 𝐾𝐻
⟹ 𝑘′′(ℎ′)−1 = ℎ′′′𝑘′′′′ ∈ 𝐻𝐾
Por tanto, (1)= ℎ𝑘′′(ℎ′)−1 = ℎℎ′′′𝑘′′′ ∈ 𝐻𝐾
QED
2) 𝐻𝐾 = 𝐾
Demuestro 𝐻𝐾 ⊆ 𝐾
ℎ, 𝑘 ∈ 𝐻, 𝐾
ℎ · 𝑘 ∈ 𝐾 porque ℎ ∈ 𝐻 ⊆ 𝐾
Entonces ℎ𝑘 ∈ 𝐾
Demuestro 𝐾 ⊆ 𝐾𝐻
Tomando 𝑘 arbitrario, dado que 𝐼 está en 𝐻 puedo multiplicarlo por 𝑘 a la
izquierda y ya hem terminado.
QED
24
Grupo cociente y teorema de Lagrange
Definición: Sea 𝐺 un grupo, 𝑎, 𝑏 elementos suyos y 𝐻 ≤ 𝐺, decimos que 𝒂
congruente con 𝒃 módulo 𝑯 cuando 𝑎−1𝑏 ∈ 𝐻
Proposición: sea 𝐺 un grupo y 𝐻 ≤ 𝐺, entonces:
1) Las congruencias definen una relación de equivalencia.
2) [𝑎] = 𝑎𝐻 y 𝑎𝐻 = 𝐻 ⟺ 𝑎 ∈ 𝐻
3) |𝐻| = |𝑎𝐻| = |𝐻𝑎|
Demostración:
1) Puesto que ya se probó en cursos anteriores que cumplen las tres
propiedades se deja como ejercicio.
Recuérdese: la aplicación multiplicar a la izquierda es una biyección.
2) [𝑎] = {𝑏: 𝑎 ≡ 𝑏 (𝐻)} = {𝑏: 𝑎−1𝑏 ∈ 𝐻} = {𝑏: 𝑎𝑎−1𝑏 = 𝑏 ∈ 𝑎𝐻} = 𝑎𝐻
𝑎𝐻 = 𝐻 ⟺ [𝑎] = [1] ⟺ 𝑎 = 1 𝑚𝑜𝑑(𝐻) ⟺ 1−1𝑎 ∈ 𝐻 ⟺ 𝑎 ∈ 𝐻
3) Como la aplicación multiplicar a la derecha también es biyección,
entonces:
|𝐻| = |𝑎𝐻| = |𝐻𝑎|
Observación: Si la intersección entre 𝑎𝐻 y 𝑏𝐻 no es disjunta significa que ambos
conjuntos son el mismo. Todo esto se podría hacer definiendo:
𝑎 ≡𝑑 𝑏 ⟺ 𝑎𝑏−1 ∈ 𝐻
Y en ese caso: [𝑎]𝑑 = 𝐻𝑎
Usaremos pues la siguiente notación:
Notación:
𝐺≡𝐻
𝑖⁄ ≔ {𝑎𝐻: 𝑎 ∈ 𝐺}
𝐺≡𝐻
𝑑⁄ ≔ {𝐻𝑎: 𝑎 ∈ 𝐺}
Veamos un ejemplo en el que materializar todo esto. Si tenemos el siguiente
grupo:
𝐷3 = ⟨𝑎, 𝑏 | 𝑎3 = 𝑏2 = 1, 𝑎𝑏𝑎 = 𝑏⟩
¿Cuál será el grupo cociente para 𝐻 = ⟨𝑎⟩ multiplicando a la izquierda?
25
𝑎𝑥𝑏𝑦 = 𝑎𝑝𝑏𝑞 , 𝑚𝑜𝑑(⟨𝑎⟩) ⟺
⟺ 1 = 𝑏−𝑦𝑎−𝑥𝑎𝑝𝑏𝑞 ⟺ 𝑏−𝑦𝑎−𝑥𝑎𝑝𝑏𝑞 ∈ ⟨𝑎⟩
𝑦 ∈ {0,1}
Si 𝑦 = 0 entonces necesariamente 𝑞 = 0
Si 𝑦 = 1:
𝑎𝑥𝑏𝑦 = 𝑎𝑝𝑏𝑞
𝑎𝑥 = 𝑎𝑝𝑏𝑞𝑏−𝑦
𝑎−𝑥𝑎𝑝𝑏𝑞𝑏−1 ∈ ⟨𝑎⟩ ⟺ 𝑞 = 1
Por tanto dos elementos 𝑎𝑥𝑏𝑦, 𝑎𝑝𝑏𝑞 pertenecen a la misma clase de
equivalencia siempre que 𝑦 = 𝑞 ∈ {0,1}
Entonces los grupos cocientes son el conjunto:
𝐺≡𝐻
𝑖⁄ = {𝑏⟨𝑎⟩, ⟨𝑎⟩}
Lema: La siguiente biyección:
( )−1: 𝐺 → 𝐺
𝑥 → 𝑥−1
Induce la biyección:
𝜓: 𝐺≡𝐻
𝑖⁄ → 𝐺≡𝐻
𝑑⁄
𝑎𝐻 → 𝐻𝑎−1
Demostración:
Veamos que 𝜓 está bien definida, antes de nada.
Sean 𝑎𝐻 = 𝑏𝐻
Como 𝑎 ∈ 𝑎𝐻 = 𝑏𝐻 entonces podremos expresar 𝑎 como:
𝑎 = 𝑏ℎ
Para algún ℎ en 𝐻. Entonces:
𝜓(𝑎𝐻) = 𝐻𝑎−1 = 𝐻ℎ−1𝑏−1 = 𝐻𝑏−1 = 𝜓(𝑎𝐻)
Y así hemos probado que a dos elementos idénticos les corresponde la misma
imagen.
26
Demostremos que es inyectiva.
𝜓(𝑎𝐻) = 𝜓(𝑏𝐻) ⟹ 𝐻𝑎−1 = 𝐻𝑏−1 ⟹ 𝐻 = 𝐻𝑎−1𝑏 ⟹ 𝑎−1𝑏 ∈ 𝐻
𝑎−1𝑏 ∈ 𝐻 ⟺ 𝑎 = 𝑏 (𝑚𝑜𝑑 𝐻) ⟺ 𝑎𝐻 = 𝑏𝐻
Demostremos que es sobreyectiva.
𝐻𝑎 ∈ 𝐺≡𝐻
𝑑⁄
𝜓(𝑎−1𝐻) = 𝐻𝑎
Por tanto, efectivamente, es biyección. ∎
Definición: Sea 𝐺 grupo y 𝐻 ≤ 𝐺, el índice de 𝑯 en 𝐺, denotado [𝐺: 𝐻] es el
cardinal de 𝐺≡𝐻
𝑖⁄ .
Teorema de Lagrange:
Sea 𝐺 un grupo y 𝐻 ≤ 𝐺, entonces |𝐺| = |𝐻| · |𝐺: 𝐻|
Demostración:
Dado que ≡𝐻 forma una partición, se tiene que:
𝐺 = ∐ [𝑥]
[𝑥]∈𝐺≡𝐻
𝑖⁄
= ∐ 𝑥𝐻
[𝑥]∈𝐺≡𝐻
𝑖⁄
Como es unión disjunta, entonces sabemos que:
|𝐺| = ∑ |𝑥𝐻|
[𝑥]∈𝐺≡𝐻
𝑖⁄
= ∑ |𝐻|
[𝑥]∈𝐺≡𝐻
𝑖⁄
= |𝐻| · ∑ 1
[𝑥]∈𝐺≡𝐻
𝑖⁄
= |𝐻| · |𝐺≡𝐻
𝑖⁄ | = |𝐻| · |𝐺: 𝐻|
QED
Tiene sentido. Recordemos que 𝑥𝐻 = [𝑥] = {𝑥ℎ: ℎ ∈ 𝐻} por tanto en este conjunto
hay |𝐻| elementos. De este teorema se extraen unas sencillas conclusiones.
Corolario:
1) |𝐻| | |𝐺|
2) |𝐺: 𝐻| = |𝐺|/|𝐻|
3) Si 𝐺 primo entonces sólo tiene por subgrupos los triviales.
4) Si 𝐾 ≤ 𝐻 ≤ 𝐺 entonces:
|𝐺: 𝐾| = |𝐺: 𝐻||𝐻: 𝐾|
27
Nota adicional:
Veamos como los grupos cociente son motivados de forma natural en el estudio
de cierto grupo 𝐺.
El estudio de grupos de 𝐺 es esencialmente equivalente al estudio de
homomorfismos de 𝐺. Supongamos un homomorfismo 𝜓 que trabaja entre un
grupo 𝐺 y un grupo 𝐻. Supongamos ahora que existen conjuntos de elementos
en 𝐺 que son transformados por 𝜓 en elementos únicos de 𝐻, del modo que
muestra la siguiente figura.
Un conjunto de elementos de 𝐺, representado por las líneas azules, se proyecta sobre un solo
elemento en 𝐻 mediante 𝜓
No es trivial haber representado los conjuntos de elementos como líneas dentro
de su grupo. A esos conjuntos los vamos a llamar fibras de 𝜓 sobre cierto
elemento 𝑎. Quiere decirse que la fibra de cierto elemento 𝑎 es el conjunto de
elementos de 𝐺 cuya imagen por 𝜓 es 𝑎, esto es 𝜓−1(𝑎).
Bueno, pues resulta que estas fibras cumplen la asociatividad, en tanto que los
elementos de 𝐻 la cumplen. Además podemos llamar fibra identidad a la fibra
del elemento identidad de 𝐻, y para cierto elemento 𝑎 la fibra inversa de 𝜓−1(𝑎)
es la fibra de 𝑎−1. Exacto, estas fibras forman ni más ni menos que un grupo: el
grupo cociente. Por ejemplo: sea (ℤ, +) y (ℤ𝑛, · ) donde ℤ𝑛 = ⟨𝑥⟩ para cierto 𝑥.
Entonces tenemos que la fibra de 𝑥0 en ℤ𝑛 es 𝑖 · 𝑛, la fibra de 𝑥1 es 1 ± 𝑖 · 𝑛, y así
sucesivamente, donde 𝑖 es un entero. Así es como se tiene que las clases de
equivalencia de congruencias módulo 𝑛 son las fibras de los enteros.
Así, además, podemos definir el grupo cociente como el grupo cuyos elementos
son las fibras de cierto homomorfismo que trabaja entre el grupo genera las
fibras y otro. Cabe observar además que la fibra de cierto elemento de la forma
𝑎𝑏 es el producto de la fibra de 𝑎 y la de 𝑏.
𝐺
𝐻
28
Proposición: Si 𝐻, 𝐾 son subgrupos de 𝐺, entonces:
|𝐻𝐾| · |𝐻 ∩ 𝐾| = |𝐻||𝐾|
Demostración:
Primero hacemos un pequeño comentario de recordatorio: 𝐻 ∩ 𝐾 es un
subgrupo. 𝐻𝐾 es un subconjunto, que se convertirá en grupo si y sólo si 𝐻𝐾 = 𝐾𝐻.
Vamos con la demostración.
Consideremos la siguiente función (no tiene por qué ser homomorfismo):
𝜑: 𝐾 × 𝐾 → 𝐻𝐾
(ℎ, 𝑘) → ℎ𝑘
Entonces será suficiente probar que |𝜑−1(𝑥)| = |𝐻⋂𝐾| para cualquier 𝑥. Pues
probémoslo.
Llamemos al siguiente conjunto:
𝐴(ℎ,𝑘) = {(ℎ𝑑, 𝑑−1𝑘) ∈ 𝐻 × 𝐾, 𝑑 ∈ 𝐻 ∩ 𝐾}
Se tiene:
1) 𝐴ℎ,𝑘 ⊆ 𝜑−1(ℎ · 𝑘)
Sea un elemento arbitrario de 𝐴ℎ,𝑘 es evidente que al multiplicar los
elementos del par se obtiene ℎ𝑘.
2) 𝐴ℎ,𝑘 ⊇ 𝜑−1(ℎ · 𝑘)
Consideremos (ℎ′, 𝑘′) ∈ 𝜑−1(ℎ𝑘)
Entonces ℎ′ · 𝑘′ = ℎ𝑘 y multiplicando por inversos: ℎ−1ℎ′ = 𝑘(𝑘′)−1
Y como ocurre que ℎ, ℎ′ ∈ 𝐻 y 𝑘, 𝑘′ ∈ 𝐾 tenemos que:
𝑑 = ℎ−1ℎ′ = 𝑘(𝑘′)−1 ∈ 𝐻 ∩ 𝐾
No sólo eso, sino que:
ℎ𝑑 = ℎ′, 𝑑−1𝑘 = 𝑘′
Entonces (ℎ′, 𝑘′) ∈ 𝐴ℎ,𝑑
Queda demostrar que el cardinal es el mismo. Es fácil ver que:
𝑓: 𝐻 ∩ 𝐾 → 𝐴ℎ,𝑘
𝑑 → (ℎ𝑑, 𝑑−1𝑘)
Es biyectiva.
QED
29
Clasificación de grupos cuyo orden es menor que 7.
Primero se presenta la tabla de los grupos que existen en función de su orden y
sus isomorfismos y luego se explicarán los detalles y se desarrollará la teoría.
Orden Grupos Grafo
1 Grupo trivial
2 ℤ/2ℤ
3 ℤ/3ℤ
4
ℤ/4ℤ
ℤ/2ℤ × ℤ/2ℤ
5 ℤ/5ℤ
6
ℤ/6ℤ
𝐷3
Se puede demostrar que todo grupo de orden menor o igual que 3 es isomorfo
al grupo trivial, ℤ/2ℤ o ℤ/3ℤ dependiendo de si su orden es 1, 2 o 3
respectivamente. En algún sentido, esto son los únicos grupos que existen en sus
respectivos órdenes (y lo mismo para los sucesivos grupos de órdenes
superiores). Es común usar la notación ℤ𝑛 para grupos cíclicos de orden 𝑛. Es
decir que ℤ𝑛 engloba, por ejemplo, a 𝐶𝑛 y a ℤ/𝑛ℤ.
En orden 4 aparece el grupo no cíclico más pequeño. Por una parte tenemos el
grupo cíclico ℤ/4ℤ. Cualquier grupo cíclico es isomorfo a este. Por otra parte
tenemos el grupo no cíclico que es el producto directo de dos copias suyas:
ℤ/4ℤ × ℤ/4ℤ. Aquí si demostraremos la existencia de isomorfismo.
Supongamos que existe un grupo 𝐺 de orden 4 no cíclico. Por el teorema de
LaGrange el orden de sus elementos puede ser:
𝑜(𝑥) ∈ {1,2,4}
Pero hemos dicho que no es cíclico, así que:
𝑜(𝑥) ∈ {1,2}
Si 𝑜(𝑥) = 1 entonces 𝑥 = 1𝐺, y viceversa, y si 𝑥 ≠ 1𝐺 entonces 𝑜(𝑥) = 2, es decir:
𝑥2 = 1 ⟺ 𝑥 = 𝑥−1
Y ocurre lo siguiente:
30
Proposición: Si en un grupo 𝐺 todo elemento es igual a su inverso, entonces 𝐺 es
abeliano.
Demostración:
(𝑥𝑦)−1 = 𝑥𝑦
(𝑥𝑦)−1 = 𝑦−1𝑥−1 = 𝑦𝑥
Nota: Los grupos de orden 1,2,3,4, y también los de orden 5, son abelianos.
No sólo eso. Como |𝐺| = 4 también podemos decir que existir dos elementos 𝑥, 𝑦
distintos entre sí y distintos de la unidad (pensar esto) que por tanto cumplen lo
siguiente:
⟨𝑥⟩ ∩ ⟨𝑦⟩ = {1, 𝑥} ∩ {1, 𝑦} = 1
Entonces, aplicando LaGrange de nuevo:
|⟨𝑥⟩ · ⟨𝑦⟩| =|𝑥| · |𝑦|
|⟨𝑥⟩ ∩ ⟨𝑦⟩|= 4
¡Entonces 𝐺 debe ser ⟨𝑥⟩⟨𝑦⟩!
𝐺 = ⟨𝑥⟩⟨𝑦⟩ = {1, 𝑥, 𝑦, 𝑥𝑦}
Por último, vamos a demostrar que si existe una aplicación:
𝜓: ⟨𝑥⟩⟨𝑦⟩ → ℤ/2ℤ × ℤ/2ℤ
𝑥𝑎𝑦𝑏 → (𝑎, 𝑏)
Es un isomorfismo, por tanto cualquier grupo no cíclico de orden 4 es isomorfo a
ese producto.
Demostremos primero que es homomorfismo.
𝜓(𝑥𝑎𝑦𝑏𝑥𝛼𝑦𝛽) = 𝜓(𝑥𝑎+𝛼𝑦𝑏+𝛽) = (𝑎 + 𝛼, 𝑏 + 𝛽) = (𝑎, 𝑏)(𝛼, 𝛽) = 𝜓(𝑥𝑎𝑦𝑏)𝜓(𝑥𝛼𝑦𝛽)
Ahora, viendo que ker(𝜓) = {𝑥𝑎𝑦𝑏 𝑡𝑞 𝜓(𝑥𝑎𝑦𝑏) = (𝑎, 𝑏) = 1 ℤ
2ℤ×
ℤ
2ℤ
= (0,0)} = 1
Con esto está demostrado que es inyectivo, y eso junto con que ambos grupos
tienen el mismo cardinal, queda demostrado que es isomorfismo.
Hagamos algo muy parecido con el orden 6. Supongamos que existe un grupo
de seis elementos que no es cíclico. Demostremos que entonces tiene que ser
isomorfo a 𝐷3. Empecemos demostrando que tienen que existir un elemento
orden 2 y otro orden 3. Por reducción al absurdo:
31
Supongamos que no existe 𝑥 ∈ 𝐺: 𝑜(𝑥) = 2.
Como el orden de 𝐺 es |𝐺| = 3 · 2 = 6 entonces para otro elemento 𝑦 ∈ 𝐺
arbitrario necesariamente, por el teorema de LaGrange:
𝑜(𝑦) ∈ {1,2,3,6}
No puede ser 6 porque entonces ⟨𝑦⟩ = 𝐺 (recordemos, 𝐺 no es cíclico), no puede
ser 2 por hipótesis, y si imponemos 𝑦 ≠ 1𝐺 no puede ser 1. Entonces:
𝑜(𝑦) = 3
Consideremos ahora 𝑧 ∈ 𝐺 − ⟨𝑦⟩. Por los mismos motivos:
𝑜(𝑧) = 3
Ahora, aplicando de nuevo LaGrange, |⟨𝑦⟩⋂⟨𝑧⟩| tiene que dividir a 3, por tanto
sólo puede ser 1 o 3, y no es 3 porque entonces ⟨𝑦⟩ = ⟨𝑧⟩, así que es 1.
Se aplica Lagrange para ver que:
|⟨𝑦⟩⟨𝑧⟩| =|⟨𝑦⟩| · |⟨𝑧⟩|
|⟨𝑦⟩⋂⟨𝑧⟩| = 9
Lo cual es una evidente contradicción.
Ahora supongamos que no existe 𝑦 ∈ 𝐺: 𝑜(𝑦) = 3.
Entonces 𝑜(𝑦) ∈ {1,2}, ∀𝑦 ∈ 𝐺.
Entonces, tal y como se ha demostrado antes, 𝑦2 = 1 ⟹ 𝐺 es abeliano.
Como |𝐺| = 6 tienen que existir dos elementos, digamos 𝑔1, 𝑔2 distintos entre sí y
distintos de la unidad.
Al ser 𝐺 abeliano ⟨𝑔1⟩⟨𝑔2⟩ = ⟨𝑔2⟩⟨𝑔1⟩ lo cual quiere decir, tal y como se demostró
en la página 22, que ⟨𝑔1⟩⟨𝑔2⟩ ≤ 𝐺. Aplicamos LaGrange de nuevo:
|⟨𝑔1⟩⟨𝑔2⟩| =|⟨𝑔1⟩| · |⟨𝑔2⟩|
|⟨𝑔1⟩⋂⟨𝑔2⟩|= 4
Ya que:
⟨𝑔1⟩ = {1, 𝑔1}
⟨𝑔2⟩ = {1, 𝑔2}
Pero 4 no divide a 6. Contradicción.
QED.
32
Por tanto, si un grupo 𝐺 es no cíclico de orden 6 entonces existen elementos
𝑥, 𝑦 ∈ 𝐺 tales que 𝑜(𝑥) = 2, 𝑜(𝑦) = 3.
Consideremos el grupo generado por ⟨𝑦⟩⟨𝑥⟩.
Tenemos que ⟨𝑦⟩⋂⟨𝑥⟩ es subgrupo, simultáneamente de ⟨𝑦⟩ y de ⟨𝑥⟩. Entonces su
orden ha de dividir al de ambos, que son 3 y 2 respectivamente. Por lo tanto la
única posibilidad es |⟨𝑦⟩⋂⟨𝑥⟩| = 1. Entonces, por LaGrange:
|⟨𝑦⟩⟨𝑥⟩| =|⟨𝑦⟩| · |⟨𝑥⟩|
|⟨𝑦⟩⋂⟨𝑥⟩|= 6
Si tenemos un subgrupo de 𝐺 con el mismo orden que 𝐺 entonces
necesariamente es igual a 𝐺. Es decir:
𝐺 = ⟨𝑦⟩⟨𝑥⟩
Más allá, podemos decir que:
𝐺 = {1, 𝑦, 𝑦2, 𝑥, 𝑦𝑥, 𝑦2𝑥}
Observación: Podemos decir que:
𝑥𝑦 ≠ 1
Porque 𝑥 = 𝑦−1 y esto es porque 𝑜(𝑥) = 2 ≠ 3 = 𝑜(𝑦−1), y lo mismo para:
𝑥𝑦 ≠ 𝑥, 𝑦, 𝑦2
Entonces sólo quedan dos opciones: 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥, 𝑥𝑦 = 𝑦2𝑥
Si 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥, es decir que conmutan, entonces tendríamos que:
𝑜(𝑥𝑦) = 𝑚𝑐𝑚(𝑜(𝑥), 𝑜(𝑦)) = 6
Por el punto 2 del corolario de la página 15, y en ese caso estaríamos ante un
grupo cíclico. Por tanto desechamos esta opción.
Tendremos que concluir, pues, que 𝑥𝑦 = 𝑦2𝑥 ⟺ 𝑦𝑥𝑦 = 𝑥
Vamos a por el isomorfismo. Sea:
𝐷3 = {1, 𝑎, 𝑎2, 𝑏, 𝑎𝑏, 𝑎2𝑏}
Y sea:
𝜓: 𝐷3 → 𝐺
𝑎, 𝑏 → 𝑦, 𝑥
En tanto que:
𝑎3 = 𝑦3 = 1
𝑏2 = 𝑥2 = 1
𝑎𝑏𝑎 = 𝑏 → 𝑦𝑥𝑦 = 𝑥
Esto demuestra que es un homomorfismo. Y por otra parte está bastante claro
que es biyectivo. Entonces es isomorfismo. QED.
33
Bien, ahora que tenemos a los grupos de orden menor que 7 bajo control vamos
a saltar al orden 8 para ver un ejemplo relevante: Los cuaterniones.
Los cuaterniones son una generalización de los números complejos, descritos por
primera vez por Sir Hamilton como el cociente entre 2 vectores. Desde el punto
de vista algebraico forman un 4-espacio vectorial sobre los reales y, en
particular, en teoría de grupos son un grupo de orden 8 cuya presentación es la
siguiente.
𝑄8 = ⟨±1, ±𝑖, ±𝑗, ±𝑘 | 𝑖2 = 𝑗2 = 𝑘2 = 𝑖𝑗𝑘 = −1⟩
De la igualdad fundamental nombrada se deducen, claro está, todas las
posibles, pero algunas de las más relevantes son:
𝑖𝑗 = 𝑘, 𝑗𝑖 = −𝑘, 𝑗𝑘 = 𝑖, 𝑘𝑗 = −𝑖, 𝑘𝑖 = 𝑗, 𝑖𝑘 = −𝑗
Como curiosidad se puede decir que todos los subgrupos de 𝑄8 son: o él mismo
o subgrupos cíclicos. En concreto los subgrupos cíclicos son:
⟨1⟩ = {1}
⟨−1⟩ = {±1}
⟨𝛼⟩ = {±1, ±𝛼}, 𝛼 ∈ {𝑖, 𝑗, 𝑘}
Comentario: En tanto que −1 está en el centralizador de 𝑄8, éste no es el
subgrupo trivial.
Demostración del teorema de Euler con el teorema de LaGrange.
Por si eran pocas las aplicaciones del teorema de LaGrange vamos a ver cómo
se usa para demostrar otro gigante de las matemáticas: el teorema de la
función de Euler.
Teorema: Si 𝑀𝐶𝐷(𝑎, 𝑛) = 1 entonces 𝑎𝜑(𝑛) ≡ 1 (𝑛).
Demostración:
El algoritmo de la división nos dice que: 𝑎 = 𝑞𝑛 + 𝑟 para un entero 𝑞 y un resto 𝑟
entre 0 y 𝑛 − 1.
Por hipótesis: 1 = 𝑀𝐶𝐷(𝑎, 𝑛)
Si a 𝑎 le quitamos un múltiplo de 𝑛 no desaparece la identidad.
1 = 𝑀𝐶𝐷(𝑎 − 𝑞𝑛, 𝑛)
(Supongamos que sí: entonces existe un número más grande que 1 que divide
al mismo tiempo a 𝑛 y a 𝑎 − 𝑞𝑛, y en particular que divide a 𝑎. Contradicción).
Es decir:
1 = 𝑀𝐶𝐷(𝑟, 𝑛)
Entonces 𝑟 ∈ 𝑈(ℤ𝑛ℤ⁄ ).
34
Por otra parte, aplicando binomio de Newton:
𝑎𝜑(𝑛) = (𝑞𝑛 + 𝑟)𝜑(𝑛) = ∑ (𝜑(𝑛)
𝑖) · 𝑞𝑛𝜑(𝑛)−𝑖𝑟𝑖
𝜑(𝑛)
𝑖=0
Si tomamos módulo 𝑛 nos queda que 𝑎𝜑(𝑛) es la clase de equivalencia de 𝑟𝜑(𝑛),
el único sumando que sobrevive. Pero ocurre que:
𝑟𝜑(𝑛) = 𝑟|𝑈(ℤ𝑛ℤ⁄ )|
Y, por el teorema de LaGrange, el cardinal del subgrupo 𝑈(ℤ𝑛ℤ⁄ ) tiene que
dividir al cardinal de su grupo, ℤ𝑛ℤ⁄ , que es 𝑛. Por lo tanto, se deduce que
tomando módulo 𝑛:
𝑎𝜑(𝑛) = 𝑟𝜑(𝑛) = 1
QED.
Más sobre teoría de grupos
Ya que hemos visto el teorema y la función de Euler no podemos resistirnos a
recordar cómo se calculaba y aprovechar para dar un enunciado diferente del
usual del teorema chino de los restos.
Para ver cómo se calcula Euler basta saber 2 cosas:
1) 𝑀𝐶𝐷(𝑝, 𝑞) = 1 ⟹ 𝜙(𝑝𝑞) = 𝜙(𝑝)𝜙(𝑞)
2) 𝑝 primo ⟹ 𝜙(𝑝𝑛) = 𝑝𝑛−1(𝑝 − 1)
Demostración:
1) Demostramos que 𝜓 preserva las unidades.
𝜓: ℤ𝑝𝑞ℤ⁄ → ℤ
𝑝ℤ⁄ × ℤ𝑞ℤ⁄
𝑥 → (𝑥 mod(𝑝), 𝑥 mod(𝑞))
𝑥 ∈ 𝑈 (ℤ𝑝𝑞ℤ⁄ ) ⟺ ∃𝑦 ∈ ℤ
𝑝𝑞ℤ⁄ 𝑡𝑞 𝑥𝑦 = 1 mod(𝑝𝑞)
⟺ ∃𝑦 ∈ ℤ𝑝𝑞ℤ⁄ 𝑡𝑞 {
𝑥𝑦 = 1 mod(𝑝)𝑥𝑦 = 1 mod(𝑞)
⟺ {∃𝑦1 ∈ ℤ
𝑝ℤ⁄ 𝑡𝑞 𝑥𝑦1 = 1 mod(𝑝)
∃𝑦2 ∈ ℤ𝑞ℤ⁄ 𝑡𝑞 𝑥𝑦2 = 1 mod(𝑞)
⟺ (𝑥 mod(𝑝), 𝑥 mod(𝑞)) ∈ 𝑈 (ℤ𝑝ℤ⁄ ) × 𝑈 (ℤ
𝑞ℤ⁄ )
Entonces:
𝜙(𝑝𝑞) = |𝑈 (ℤ𝑝𝑞ℤ⁄ )| = |𝑈 (ℤ
𝑝ℤ⁄ ) × 𝑈 (ℤ𝑞ℤ⁄ )| = 𝜙(𝑝)𝜙(𝑞)
35
2) 𝜙(𝑝𝑛) = |{1 ≤ 𝑎 ≤ 𝑝𝑛: 𝑀𝐶𝐷(𝑎, 𝑝𝑛) = 1}| =
= 𝑝𝑛 − |{1 ≤ 𝑎 ≤ 𝑝𝑛: 𝑝|𝑎}| =
= 𝑝𝑛 − |{1 ≤ 𝑏 ≤ 𝑝𝑛−1: 𝑎 = 𝑝𝑏}| =
= 𝑝𝑛 − 𝑝𝑛−1
QED.
Resumen de las conclusiones más importantes sobre grupos cíclicos: 𝐺 = ⟨𝑎⟩
1. Si |𝐺| = ∞ ⟹ 𝐺 ≅ ℤ
Si |𝐺| = 𝑛 ⟹ 𝐺 ≅ ℤ𝑛ℤ⁄
2. Todo 𝐻 ≤ 𝐺 es cíclico.
Si |𝐺| = 𝑛 entonces ∀𝑚|𝑛 ∃! 𝑡𝑞 |𝐻| = 𝑚
3. Si 𝐺 ≅ ℤ entonces tiene 2 generadores.
Si 𝐺 ≅ ℤ𝑛ℤ⁄ entonces tiene 𝜙(𝑛) generadores.
4. Si 𝜓: 𝐺 → 𝐻 es homomorfismo, entonces ⟨𝜓(𝑎)⟩ = 𝜓(𝐺)
5. Aut(ℤ) ≅ ℤ2ℤ⁄
Aut(ℤ𝑛ℤ⁄ ) ≅ 𝑈(ℤ
𝑛ℤ⁄ )
Demostración:
1. 𝜓: ℤ → 𝐺
𝑛 → 𝑎𝑛
Demostremos que es homomorfismo.
𝜓(𝑚 + 𝑛) = 𝑎𝑚+𝑛 = 𝑎𝑚𝑎𝑛 = 𝜓(𝑚)𝜓(𝑛)
Demostremos que es inyectivo.
𝑛 > 𝑚
𝜓(𝑛) = 𝜓(𝑚) ⟹ 𝑎𝑛 = 𝑎𝑚 ⟹ 𝑎𝑛−𝑚 = 1𝐺 ⟹ 𝑜(𝑎)|(𝑛 − 𝑚) ⟹ |⟨𝑎⟩| < ∞
Contradicción.
Demostremos que es sobreyectivo.
∀𝑔 ∈ 𝐺∃𝑛 𝑡𝑞 𝑔 = 𝑎𝑛 = 𝜓(𝑛)
∎
𝜓: ℤ𝑛ℤ⁄ → 𝐺
𝑚 → 𝑎𝑚
Consideremos 𝑚, 𝑙:
𝑚 ≡ 𝑙 mod(𝑛) ⟺
⟺ 𝑚 − 𝑙 ∈ 𝑛ℤ ⟺
⟺ 𝑚 − 𝑙 = 𝑛𝑘, 𝑘 ∈ ℤ ⟺
⟺ 𝑎𝑚−𝑙 = 1𝐺 ⟺
⟺ 𝑎𝑚 = 𝑎𝑙
Es inmediato ver que es un homomorfismo estudiando la imagen de un
elemento 𝑚 + 𝑛.
Si leemos las equivalencias de izquierda a derecha tenemos que 𝜓 bien
definido.
Si leemos de derecha a izquierda tenemos que es inyectivo.
Aplicación inyectiva entre grupos de mismo cardinal: isomorfismo. ∎
36
2. Sea 𝐻 ≤ 𝐺 = ⟨𝑎⟩
𝐾 = {𝑛 ∈ ℤ: 𝑎𝑛 ∈ 𝐻}
Veamos que 𝐾 ≤ ℤ. Criterio de subgrupos:
a) 𝐾 ≠ ∅ porque 0 ∈ 𝐾, 𝑎0 = 1
b) Sean 𝑚, 𝑛 ∈ 𝐾 ⟹ 𝑎𝑚, 𝑎𝑛 ∈ 𝐻
𝑎𝑚(𝑎𝑛)−1 = 𝑎𝑚−𝑛 ∈ 𝐻 ⟹ 𝑚, −𝑛 ∈ 𝐾
Pero por la proposición de la página 7 tiene que existir un 𝑑 para que:
𝐾 = 𝑑ℤ
Entonces en 𝑑ℤ = 𝐾 se tiene 𝑎𝑛 ∈ 𝐻 ⟺ 𝑑|𝑛
Entonces 𝐻 = ⟨𝑎𝑑⟩
∎
Se tiene:
𝑜(𝑎𝑘) =𝑜(𝑎)
𝑀𝐶𝐷(𝑘, 𝑜(𝑎))
Teniendo esto en cuenta:
𝐺 = ⟨𝑎⟩, 𝑜(𝑎) = 𝑛
Si 𝑚|𝑛 entonces 𝑛 = 𝑚𝑘, 𝑘 ∈ ℤ y además 𝑀𝐶𝐷(𝑘, 𝑜(𝑎)) = 𝑘
Por lo tanto:
𝑜(𝑎𝑘) =𝑛
𝑘= 𝑚
Entonces se tiene que efectivamente existe dicho 𝐻 = ⟨𝑎𝑘⟩ subgrupo de
orden 𝑚.
Vamos a ver que no sólo existe, sino que es único.
Supongamos un 𝐿 ≤ 𝐺, |𝐿| = 𝑚
Si 𝑚 = 1 entonces 𝐿 = 𝐻 = {1}. Hemos terminado.
Supongamos 𝑚 > 1. Definimos:
𝑠 ≔ min {𝑡 ≥ 1: 𝑎𝑡 ∈ 𝐿}
Por el algoritmo de la división:
𝑛 = 𝑞𝑠 + 𝑟, 𝑞 ∈ ℤ
Entonces:
𝑎𝑛 = 𝑎𝑞𝑠+𝑟 = 1 ⟺ (𝑎𝑠)−𝑞 = 𝑎𝑟
Pero se tiene que 𝑟 < 𝑠 y hemos definido 𝑠 como el minimo de los enteros
que hacen de su potencia de 𝑎 un elemento de 𝐿. Entonces
necesariamente ocurre que 𝑟 = 0. Entonces 𝑠 tiene que dividir a 𝑛.
Pero:
𝑛 = 𝑚𝑘 =𝑜(𝑎)
𝑀𝐶𝐷(𝑠, 𝑜(𝑎))
Entonces, necesariamente, 𝑠 = 𝑘 ⟺ 𝐿 = 𝐻.
∎
37
3. Todo entero 𝑛 puede escribirse de cualquiera de estas dos maneras:
𝑛 = 𝑛 · 1
𝑛 = (−𝑛)(−1)
Por tanto, 1, −1 generan ℤ.
Supongamos que 1 puede escribirse como:
1 = 𝑚 + ⋯ + 𝑚 = 𝑛𝑚
𝑛, 𝑚 son enteros. Por tanto, necesariamente son iguales a ±1.
QED.
|𝐺| = 𝑛 = 𝑜(𝑎)
Por la proposición número (3) de la página 13:
⟨𝑎𝑘⟩ = ⟨𝑎⟩ ⟺ 𝑀𝐶𝐷(𝑘, 𝑛) = 1
Y esto quiere decir que 𝑘 está en 𝑈(ℤ𝑛ℤ⁄ ).
Y en dicho grupo existen precisamente 𝜙(𝑛) elementos.
QED.
4. No hay más que ver que:
𝜓(𝑎𝑛) = 𝜓(1𝐺) = 1𝐻 = (𝜓(𝑎))𝑛
5. Sea el automorfismo:
𝑓: ℤ → ℤ
Se cumple:
𝑓(ℤ) = ℤ = ⟨𝑓(1)⟩
Entonces 𝑓(1) es generador.
Entonces 𝑓(1) ∈ {1, −1}
Si 𝑓(1) = 1 entonces 𝑓(𝑛) = 𝑓(𝑛 · 1) = 𝑛 · 𝑓(1) = 𝑛 y 𝑓 ≡ 𝑖𝑑
Si 𝑓(1) = −1 entonces, por el mismo argumento, 𝑓(𝑛) = −𝑛
Entonces el cardinal del grupo de automorfismos es 2.
Entonces es isomorfo a enteros módulo 2 porque es el único grupo orden
2 que existe.
QED
Sea 𝜓: ℤ𝑛ℤ⁄ → ℤ
𝑛ℤ⁄ automorfismo.
Como es automorfismo, es biyectivo, y en particular es inyectivo, y esto
es equivalente a decir que 𝑜(𝑔) = 𝑜(𝜓(𝑔)).
Como 𝑔 genera 𝐺, 𝜓(𝑔) también ha de hacerlo, tal y como se acaba de
probar en (4).
¿Cuántos 𝜓 puede haber en total?
Los numeramos con un subíndice 𝜓𝑖.
Se tiene que 𝜓𝑖(𝑔) = 𝑔𝑖 para algún 𝑖, porque 𝑔 es un generador.
Aplicando lo razonado hasta ahora tenemos:
𝑜(𝑔) = 𝑜(𝜓𝑖(𝑔)) = 𝑜(𝑔𝑖) =𝑜(𝑔)
𝑀𝐶𝐷(𝑖, 𝑛)= 𝑜(𝑔) ⇔ 𝑀𝐶𝐷(𝑖, 𝑛) = 1
Cosa que sólo cumplen los coprimos con 𝑛, esto es, las unidades de ℤ 𝑛ℤ⁄ ,
y así podemos asociar cada automorfismo con una, y sólo una, de esas
unidades.
QED
38
Ahora vamos a hacer unos comentarios sobre retículos de grupos cíclicos
y subgrupos.
Digamos que 𝐻𝑙 = ⟨𝑎𝑘⟩ es el subgrupo de orden 𝑙 generado por un
elemento de orden 𝑘, todo dentro de un grupo de orden 𝑛. Por
tanto, irremediablemente se tiene que:
𝑛 = 𝑙𝑘
Si 𝐺 no es cíclico pueden existir subgrupos no cíclicos para hacer
el retículo.
Los generadores de ℤ𝑛ℤ⁄ son de la forma 𝑎𝑘 siempre que 𝑘 sea
coprimo con 𝑛. Por tanto, el conjunto de automorfismos de ℤ 𝑛ℤ⁄ es
isomorfo al grupo de unidades de dicho grupo: no hay más que
asociar el exponente de 𝑎 con el 𝑘 correspondiente en las
unidades. Observación: Esto que acabamos de decir (en
particular, la primera frase) es distinto de lo enunciado en el primer
punto.
Será útil para clasificar grupos de determinado orden, saber que:
siempre que 𝑀𝐶𝐷(𝑝, 𝑞) = 1 se tiene:
𝑈 (ℤ𝑝𝑞ℤ⁄ ) ≅ 𝑈 (ℤ
𝑝ℤ⁄ ) × 𝑈 (ℤ𝑞ℤ⁄ )
Un último comentario un tanto evidente es que:
𝐺 ≅ 𝐻 ⟹ 𝐴𝑢𝑡(𝐺) ≅ 𝐴𝑢𝑡(𝐻)
39
Vemos ahora otro gran teorema de grupos.
Teorema de Cauchy.
Sea 𝐺 finito, para cada primo 𝑝 que divide a |𝐺| existe al menos un elemento de
𝐺 cuyo orden es 𝑝.
𝑝||𝐺| < ∞ ⟹ ∃𝑔 ∈ 𝐺 𝑡𝑞 𝑜(𝑔) = 𝑝
En particular, 𝑝 es el orden de cierto subgrupo 𝐻 ≤ 𝐺.
Demostración:
Defino el siguiente conjunto de 𝑝-tuplas.
𝑋 = {(𝑔1, 𝑔2, … , 𝑔𝑝): 𝑔1 · 𝑔2 · … · 𝑔𝑝 = 1𝐺}
Si existe 𝑎 ∈ 𝐺 distinto de la unidad, de tal manera que si la 𝑝-tupla formada por
(𝑎, … , 𝑎) está en 𝑋 entonces hemos terminado. Tendríamos un elemento que
genera un subgrupo orden 𝑝 y 𝑝 no puede ser 1𝐺 porque 𝑎 distinto de la unidad.
Vamos a ver cómo nos organizamos para comprobar que dicho 𝑎 pertenece
efectivamente al grupo.
Vamos a definir primero una aplicación muy particular sobre el conjunto.
𝜓: 𝑋 → 𝑋
(𝑔1, … , 𝑔𝑝) → (𝑔2, … , 𝑔𝑛, 𝑔1)
Es tan particular que tiene nombre, se llama: acción sobre el conjunto, y como
se puede observar permuta sus elementos. Vamos a ver que está bien definida.
𝑔1 · … · 𝑔𝑝 = 1𝐺 ⟺ 𝑔1−1 · 𝑔1 · … · 𝑔𝑝 · 𝑔1 = 𝑔−11𝐺𝑔1 ⟺ 𝑔2 · … · 𝑔𝑝 · 𝑔1 = 1𝐺
Como 𝐺 es grupo está cerrado por el producto, así que la imagen de un
elemento cualquiera sigue estando en el conjunto. Es trivial demostrar que es
biyectiva.
Por tanto ya tenemos que 𝜓 ∈ 𝐵𝑖𝑦(𝑋), que es un grupo.
Observación: 𝜓𝑝 = 𝑖𝑑 ⟺ ⟨𝜓⟩ = 𝐻 ≤ 𝐵𝑖𝑦(𝑋)
En base a esta afirmación, podemos decir que el orden de 𝜓, 𝑜(𝜓), divide a 𝑝, y
por ser éste primo concluimos que 𝑜(𝜓) ∈ {1, 𝑝}.
Más allá, por otra parte, 𝜓 define una relación de equivalencia en 𝑋, en
concreto esta:
(𝑔1, … , 𝑔𝑝)~(ℎ1, … , ℎ𝑝) ⟺ ∃𝜑 ∈ 𝐻 𝑡𝑞: 𝜑(𝑔1, … , 𝑔𝑝) = (ℎ1, … , ℎ𝑝)
Notación: Por razones de economía adoptaremos la notación �⃗�, ℎ⃗⃗.
He aquí la prueba de que es relación de equivalencia.
40
1) Propiedad reflexiva.
Es evidente que todo elemento está relacionado consigo mismo
mediante la identidad.
2) Propiedad simétrica.
Si un elemento se relaciona con otro, entonces éste se relaciona con el
primero gracias a la existencia de inversos que garantiza la estructura de
grupo.
3) Propiedad transitiva.
Gracias a que 𝐻, por ser grupo, es cerrado por la operación composición
también se cumple ésta.
Tomemos entonces la clase de equivalencia de una 𝑝-tupla.
[�⃗�]~ = {(𝑔1, … , 𝑔𝑝), (𝑔2, … , 𝑔𝑝, 𝑔1), … , (𝑔𝑝, 𝑔1, … , 𝑔𝑝−1)}
¿Cuál es el cardinal de dicha clase de equivalencia?
Empezamos apreciando lo evidente: no puede haber más de 𝑝 elementos.
Por otra parte, si en [�⃗�]~ hay menos de 𝑝 elementos, entonces en 𝐻 existen 𝜑, 𝜙
cuyas imágenes son la misma.
𝜑(�⃗�) = 𝜙(�⃗�) ⇔
⇔ 𝜙−1𝜑(𝑔) = 𝑔
Entonces existen dos elementos de 𝐻, distintos, y tales que ese producto se
comporta como la identidad. Y claramente no es la identidad.
∃Δ ∈ 𝐻 𝑡𝑞 Δ�⃗� = �⃗�
Consideremos entonces el siguiente conjunto:
𝐾 = {Δ∈ 𝐻: Δ(�⃗�) = �⃗�}
Se tiene de hecho que 𝐾 ≤ 𝐻 por el criterio de subgrupos:
1) Es no vacío porque la identidad es evidentemente miembro de 𝐾
2) Es trivial comprobar que el producto de un elemento que se comporta
como la identidad y el inverso de otro que también lo hace está en el
subgrupo porque se comporta también como la identidad.
Nota: 𝐾 se llama estabilizador del grupo 𝐻.
Recapitulando: 𝐻 es subgrupo de 𝐵𝑖𝑦(𝑋), generado por 𝜓, cuyo orden es divisor
de 𝑝, y por consiguiente 𝐻 tiene o 1 elemento o 𝑝 elementos.
Si 𝐻 tiene 1 elemento entonces 𝐾 tiene 1 elemento, que tiene que ser la
identidad.
Si |𝐻| = 𝑝. Si [�⃗�]~tiene elementos repetidos (i.e. elementos que se comportan
como la identidad) entonces |𝐾| ≠ 1 sino que |𝐾| = 𝑝.
Por tanto, las clases de equivalencia tienen: o bien uno, o bien 𝑝 elementos.
41
𝑋 = ∐ [�⃗�]~
[�⃗⃗�]~
|[�⃗⃗�]~|=𝑝
+ ∐ [�⃗�]~
[�⃗⃗�]~
|[�⃗⃗�]~|=1
¿Cuántos elementos hay entonces en 𝑋?
Bueno, de ésta última fórmula se deduce que:
|𝑋| = 𝑘 · 𝑝 + 𝑡, 𝑘, 𝑡 ∈ ℤ
Al mismo tiempo, se tiene que si existe un elemento en 𝑋 entonces existen 𝑝
elementos en 𝑋, porque si (𝑔1, … , 𝑔𝑝) está en 𝑋 todas sus rotaciones que da 𝜓 lo
están. Entonces en 𝑋, que no es vacío, deben haber un número de elementos
múltiplo de 𝑝.
Esto obliga a que 𝑡 sea un múltiplo de 𝑝, donde 𝑡, como se ha dicho, es el
número de clases de equivalencia con un elemento.
Existe al menos una clase de equivalencia con un solo elemento, esto es: 𝑝-tupla
invariante por rotaciones, la del 1⃗⃗. Pero debe existir, al menos, otra más, ya que
𝑡 múltiplo de 𝑝 y 𝑝 es como poco 2. Por tanto existe otro elemento, distinto, de
la unidad invariante por rotaciones, que por lo tanto tiene que estar formada
por un miembro de 𝑔 repetido 𝑝 veces.
QED
42
Conjugados (Bloque 2)
Definición: Sea 𝐺 un grupo y 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐺. Diremos que 𝑎, 𝑏 son conjugados si existe
𝑥 ∈ 𝐺 tal que 𝑥𝑎𝑥−1 = 𝑏. Se denota por 𝑎~𝑏.
Observación: ~ es una relación de equivalencia.
Definición: Cada clase de equivalencia se denomina clase de conjugación, y
es denotada por 𝑐𝑙(𝑎).
𝑐𝑙(𝑎) = {𝑥𝑎𝑥−1: 𝑥 ∈ 𝐺}
Observación: [𝑒𝑛]~ = 𝑒𝑛
Definición: Un automorfismo interior de un grupo 𝐺 es una función 𝛾𝑐 que consiste
en:
𝛾𝑐: 𝐺 → 𝐺
𝑥 → 𝑐𝑥𝑐−1
Es homomorfismo porque:
𝛾𝑐(𝑥𝑦) = 𝑐𝑥𝑦𝑐−1 = 𝑐𝑥𝑐−1𝑐𝑦𝑐−1 = 𝛾𝑐(𝑥)𝛾𝑐(𝑦)
Es inyectivo si, y sólo si:
𝛾𝑐(𝑥) = 𝛾𝑐(𝑦) ⟺ 𝑐𝑥𝑐−1 = 𝑐𝑦𝑐−1 ⟺ 𝑐−1𝑐𝑥𝑐−1𝑐 = 𝑦 ⟺ 𝑥 = 𝑦
Por tanto, es inyectivo.
Por último:
𝛾𝑐(𝑐−1𝑦𝑐) = 𝑦
Así que es sobreyectivo y queda visto que es automorfismo. ∎
Notación: Al conjunto de automorfismos interiores de 𝐺, pertenecientes al grupo
de automorfismos de 𝐺, le llamaremos 𝐼𝑛𝑡(𝐺).
𝐼𝑛𝑡(𝐺) = {𝛾𝑎: 𝑎 ∈ 𝐺}
Proposición:
1) 𝐼𝑛𝑡(𝐺) ≤ 𝐴𝑢𝑡(𝐺)
2) 𝛾𝑎 = 𝛾𝑏 ⟺ 𝑎𝑍(𝐺) = 𝑏𝑍(𝐺)
Demostración:
1) 𝐼𝑛𝑡(𝐺) es no vacío porque contiene, por lo menos, a la identidad.
Sean 𝛾𝑎 , 𝛾𝑏.
𝛾𝑎 ∘ 𝛾𝑏(𝑥) = 𝛾𝑎(𝛾𝑏(𝑥)) = 𝛾𝑎(𝑏𝑥𝑏−1) = 𝑎𝑏𝑥𝑏−1𝑎−1 = 𝛾𝑎𝑏(𝑥)
Por tanto está cerrado por producto.
También está cerrado por inversos porque 𝛾𝑐𝛾𝑐−1 es la identidad.
2) 𝛾𝑎 = 𝛾𝑏 ⟺ ∀𝑥 ∈ 𝐺: 𝛾𝑎(𝑥) = 𝛾𝑏(𝑥) ⟺ 𝑎𝑥𝑎−1 = 𝑏𝑥𝑏−1 ⟺ 𝑏−1𝑎𝑥𝑎−1𝑏 = 𝑥 ⟺
⟺ ∀𝑥 ∈ 𝐺: (𝑏−1𝑎)𝑥(𝑏−1𝑎)−1 = 𝑥 ⟺ 𝑏−1𝑎 ∈ 𝑍(𝐺) ⟺ 𝑎 ∈ 𝑏𝑍(𝐺)
43
Teorema: Ecuación de clase
Sea 𝐺 un grupo.
1) 𝑥𝑎𝑥−1 = 𝑦𝑎𝑦−1 ⟺ 𝑥𝐶𝐺(𝑎) = 𝑦𝐶𝐺(𝑎)
2) |𝑐𝑙(𝑎)| = [𝐺: 𝐶𝐺(𝑎)]
3) Sea 𝑇 conjunto de representantes de ~:
|𝐺| = |𝑍(𝐺)| + ∑ |𝑐𝑙(𝑎)|𝑎∈𝑇
𝑎∉𝑍(𝐺)
Siempre que |𝐺| < ∞
Demostración:
1) 𝑥𝑎𝑥−1 = 𝑦𝑎𝑦−1 ⟺ 𝑦−1𝑥𝑎𝑥−1𝑦 = 𝑎 ⟺ (𝑦−1𝑥)𝑎(𝑦−1𝑥)−1 = 𝑎 ⟺
⟺ 𝑦−1𝑥 ∈ 𝐶𝐺(𝑎) ⟺ 𝑥 ∈ 𝑦𝐶𝐺(𝑎) ⟺ 𝑥𝐶𝐺(𝑎) = 𝑦𝐶𝐺(𝑎)
2) Veamos que esto es una biyección:
𝜑: 𝑐𝑙(𝑎) → 𝐺≡𝐶𝐺(𝑎)
𝑖⁄
𝑏𝑎𝑏−1 → 𝑏𝐶𝐺(𝑎)
Para empezar, comprobamos que está bien definida.
𝑥𝑎𝑥−1 = 𝑦𝑎𝑦−1 ⟺ 𝑥𝐶𝐺(𝑎) = 𝑦𝐶𝐺(𝑎)
Leyendo la implicación a derechas se demuestra que está bien definida,
pero leyendo a izquierdas se demuestra también la inyectividad.
Es sobreyectiva porque, dado 𝑏𝐶𝐺(𝑎):
𝜑(𝑏𝑎𝑏−1) = 𝑏𝐶𝐺(𝑎)
3) Sea 𝑇 el conjunto de representantes.
𝐺 = ∐ 𝑐𝑙(𝑇)
𝑡∈𝑇
= ∐ 𝑐𝑙(𝑇)𝑡∈𝑇
|𝑐𝑙(𝑇)|=1
+ ∐ 𝑐𝑙(𝑇)𝑡∈𝑇
|𝑐𝑙(𝑇)|>1
𝑐𝑙(𝑇) = {𝑥𝑡𝑥−1: 𝑥 ∈ 𝐺}
Si |𝑐𝑙(𝑇)| = 1 ⟹ 𝑥𝑡𝑥−1 = 𝑡, 𝑥 ∈ 𝐺
Entonces:
𝑡 ∈ 𝑍(𝐺)
⟹ |𝑐𝑙(𝑇)| = 1
Y se convierte automáticamente en una doble implicación.
Tomando cardinales en la expresión grande de arriba, sale la ecuación
de clase.
QED
Corolario: Si 𝐺 es un 𝑝-grupo finito no trivial entonces 𝑍(𝐺) ≠ {1}
44
Notación: Si 𝑆 ≤ 𝐺 entonces 𝑆𝑎 = {𝑎𝑠𝑎−1: 𝑠 ∈ 𝑆}
Proposición:
Sea 𝐺 un grupo, 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐺 y 𝐻 ≤ 𝐺:
1) 𝐻𝑎 ≤ 𝐺, 𝐻𝑎 = 𝐻 ⟺ 𝑎 ∈ 𝐻, 𝐻𝑎𝑏 = (𝐻𝑏)𝑎
2) |𝐻𝑎| = |𝐻|
3) 𝛾𝑎(𝐻) = 𝐻, ∀𝑎 ∈ 𝐺 ⟺ 𝛾𝑎(𝐻) ⊆ 𝐻, ∀𝑎 ∈ 𝐺
Demostración:
1) Ejercicio
2) 𝛾𝑎 es un automorfismo. Entonces 𝛾𝑎|𝐻: 𝐻 → 𝛾𝑎(𝐻) es una biyección.
3) La demostración a derechas es trivial. La demostración a izquierdas:
𝛾𝑎(𝐻) ⊆ 𝐻
𝛾𝑎−1(𝐻) ⊆ 𝐻
Entonces 𝛾𝑎(𝛾𝑎−1(𝐻)) = 𝐻 ⊆ 𝛾𝑎(𝐻)
Por tanto se obtiene la igualdad.
Observaciones sobre el centralizador de un grupo:
Observación 1:
𝐶𝐺(𝐻) = ⋂ 𝐶𝐺(ℎ)
ℎ∈𝐻
Es decir que es intersección de subgrupos, por tanto es subgrupo.
Observación 2:
𝐶𝐺(𝐺) = 𝑍(𝐺)
Y, de hecho:
𝐻 ≤ 𝐾 ≤ 𝐺 ⟹ 𝐶𝐺(𝐾) ≤ 𝐶𝐺(𝐻)
Observación 3:
Para 𝑎 arbitrario:
𝐶𝐺(⟨𝑎⟩) = 𝐶𝐺(𝑎)
La inclusión a derechas se obtiene por definición y la inclusión a izquierdas:
𝑏 ∈ 𝐶𝐺(𝑎) ⟹ 𝑏𝑎𝑏−1 = 𝑎 ⟹ 𝑏𝑎𝑘𝑏−1 = 𝑎𝑘
Ejemplo: ¿Cuáles son los centralizadores de 𝐷6?
𝐶𝐷6(𝑎𝑖) = ⟨𝑎⟩, ∀𝑖 ≠ 0,3
𝐶𝐷6(1) = 𝐶𝐷6
(𝑎3) = 𝐷6
𝐶𝐷6(𝑎𝑖𝑏) = ⟨𝑎3, 𝑎𝑖𝑏⟩
45
Subgrupo normal
Definición: Se denomina subgrupo normal a un subgrupo que cumple
cualquiera de las condiciones que da este teorema:
Teorema: Caracterización de la normalidad.
Sea 𝐺 un grupo cualquiera y 𝐻 ≤ 𝐺, entonces las siguientes condiciones son
equivalentes:
1) ∀ 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐺: 𝑎𝑏 ∈ 𝐻 ⟹ 𝑏𝑎 ∈ 𝐻
2) ∀𝑎 ∈ 𝐺: 𝑐𝑙(𝑎) ∈ 𝐻
3) ∀𝑎 ∈ 𝐺: 𝑎𝐻 ⊆ 𝐻𝑎
4) ∀𝑎 ∈ 𝐺: 𝑎𝐻 = 𝐻𝑎
5) ∀𝑎 ∈ 𝐻: 𝛾𝑎(𝐻) = 𝐻
Demostración:
1)⟹2)
𝑏 ∈ 𝑐𝑙(𝑎) ⟹ ∃𝑥𝑦 ∈ 𝐺 𝑡𝑞 {𝑎 = 𝑥𝑦𝑏 = 𝑦𝑥
𝑎 = 𝑥𝑦 ∈ 𝐻 ⟹ 𝑏 = 𝑦𝑥 ∈ 𝐻
2)⟹3)
ℎ ∈ 𝐻,𝑎 ∈ 𝐺
ℎ′ = 𝑎ℎ𝑎−1 ∈ 𝑐𝑙(ℎ) ⊆ 𝐻
𝑎ℎ = 𝑎𝑎−1ℎ′𝑎 = ℎ′𝑎 ∈ 𝐻𝑎
3)⟹4)
Se deduce de la anterior tomando 𝑎−1𝐻, 𝐻𝑎−1
4)⟹5)
∀𝑎 ∈ 𝐺, 𝑎𝐻 = 𝐻𝑎 ⟹ 𝑎ℎ𝑎−1 = 𝐻 ⟹ 𝛾𝑎(𝐻) = 𝐻
5)⟹1)
𝑎𝑏 ∈ 𝐻 ⟹𝐻𝑖𝑝 𝐻 ∋ 𝛾𝑎−1(𝑎𝑏) = 𝑎−1𝑎𝑏𝑎 = 𝑏𝑎
QED
46
Definición: Se dice que un grupo es simple si los únicos subgrupos normales son
él mismo y el trivial.
Ejemplos:
ℤ𝑝ℤ⁄ si 𝑝 es primo, entonces es simple, ya que los únicos subgrupos que
LaGrange permite que existan son él mismo y el trivial, los cuales siempre
son simples.
𝐷3 no es simple porque ⟨𝑎⟩ es normal.
Para comprobarlo sólo tenemos que ver que ⟨𝑎⟩𝑥 = ⟨𝑎⟩ cualquiera que
sea 𝑥.
⟨𝑎⟩𝑎𝑖= ⟨𝑎⟩ porque 𝑎𝑖 ∈ ⟨𝑎⟩
⟨𝑎⟩𝑏 = ⟨𝑎⟩ (se cacula)
Entonces necesariamente ⟨𝑎⟩𝑎𝑖𝑏 = ⟨𝑎⟩ y ya hemos terminado.
Observación: Diferencia entre clases de conjugación y potencias de subgrupos.
𝑐𝑙(𝑎) = {𝑥𝑎𝑥−1: 𝑥 ∈ 𝐺}
𝐴𝑥 = {𝑥𝑎𝑥−1: 𝑎 ∈ 𝐴}
𝑐𝑙(𝑔): 𝐺 → 𝐺|[𝑔]
𝑥 → 𝑥𝑔𝑥−1
( )𝑔: 𝐻 → 𝐺
ℎ → 𝑔ℎ𝑔−1
En términos de funciones, la función clase y la función potencia son muy
distintas, pero al mismo tiempo hacen cosas similares, o análogas.
La función clase asociada a una elemento de 𝐺 actúa sobre cualquier
elemento del grupo pero devuelve términos en una determinada parte de él.
La función potencia actúa sólo sobre un subgrupo 𝐻 de 𝐺 devolviendo cualquier
elemento del grupo.
La función potencia no es otra cosa que la función gamma asociada a 𝑥
restringida a un subgrupo en concreto.
𝛾𝑐: 𝐺 → 𝐺, 𝛾𝑐|𝐻: 𝐻 → 𝐺, ( )𝑐: 𝐻 → 𝐺
𝑥 → 𝑐𝑥𝑐−1, ℎ → 𝑐ℎ𝑐−1, ℎ → 𝑐ℎ𝑐−1
Por consiguiente, en tanto que un subgrupo 𝐻 se dice normal cuando ocurre
que 𝛾𝑐|𝐻 ≡ 𝛾𝑐(𝐻) = 𝐻, diremos que un subrupo 𝐻 es normal cuando la función
potencia no sólo actúa sobre cierto grupo 𝐻 sino que devuelve otros elementos
del mismo 𝐻.
47
Vamos con una batería de proposiciones sobre los grupos normales para
conocerlos mejor.
Teorema: Condiciones suficientes de la normalidad.
Sea 𝐺 un grupo. Entonces:
1) {1}, 𝐺 ⊴ 𝐺
2) Todo subgrupo del centro 𝑍(𝐺) es normal. En particular, el centro es
normal.
3) Si 𝐺 es abeliano cualquier subgrupo es normal.
4) Si 𝐻 es el único subgrupo de su orden entonces es normal.
5) Si el índice de un subgrupo es 2, es normal.
6) La intersección de grupos normales es normal.
7) El grupo de automorfismos interiores de 𝐺, 𝐼𝑛𝑡(𝐺) es normal de los
automorfismos de 𝐺, 𝐴𝑢𝑡(𝐺)
Demostración:
1) Como 𝛾𝑐 es un automorfismo ocurre que 𝛾𝑐({1}) = {1} y 𝛾𝑐(𝐺) = 𝐺.
2) 𝑥 ∈ 𝑍(𝐺)
𝛾𝑐(𝑥) = 𝑐𝑥𝑐−1 = 𝑐𝑐−1𝑥 = 𝑥
⟹ ∀𝐻 ≤ 𝑍(𝐺), 𝛾𝑐(𝐻) = 𝐻
3) Caso particular de (2).
4) 𝛾𝑐(𝐻) ≤ 𝐺, ∀𝑐
|𝛾𝑐(𝐻)| = |𝐻| por la biyectividad de la multiplicación.
Entonces, por hipótesis, necesariamente 𝛾𝑐(𝐻) = 𝐻.
5) Para 𝑎 ∈ 𝐺 pero 𝑎 ∉ 𝐻.
𝐺 = 𝐻 ⊔ 𝑎𝐻 = 𝐻 ⊔ 𝐻𝑎
Entonces 𝑎𝐻 = 𝐻𝑎
Y si 𝑎 ∈ 𝐻 está claro que 𝑎𝐻 = 𝐻𝑎.
6) 𝐻 ∩ 𝐾
𝑥 ∈ 𝐻 ⟹ 𝑐𝑥𝑐−1 ∈ 𝐻
𝑥 ∈ 𝐾 ⟹ 𝑐𝑥𝑐−1 ∈ 𝐾
⟹ 𝑐𝑥𝑐−1 ∈ 𝐻 ∩ 𝐾
7) (𝜑 · 𝛾𝑐 · 𝜑−1)(𝑥) = (𝜑 · 𝛾𝑐)(𝜑−1(𝑥)) = 𝜑(𝑐𝜑−1𝑐−1)(𝑥) = 𝜑(𝑐)𝜑(𝜑−1(𝑥))𝜑(𝑐)−1 =
= 𝜑(𝑐)𝑥𝜑(𝑐)−1 = 𝛾𝜑(𝑐)(𝑥)
Otra proposición que involucra a los grupos normales:
Proposición: Si 𝐻 es subgrupo y 𝑁 es normal entonces 𝐻𝑁 = 𝑁𝐻 es subgrupo.
Demostración:
ℎ ∈ 𝐻
Como 𝑁 normal: ℎ𝑁 = 𝑁ℎ
Como sucede para todo ℎ: 𝐻𝑁 = 𝑁𝐻
Aplicando la proposición (1) de la página 22: 𝐻𝑁 ≤ 𝐺. ∎
48
Más sobre grupos normales característicos.
Proposición:
Sea 𝜑: 𝐺1 → 𝐺2 homomorfismo de grupos. Entonces:
1) Si 𝑁 ⊴ 𝐺2 entonces 𝜑−1(𝑁) ⊴ 𝐺1
2) Si 𝑁 ⊴ 𝐺1 entonces 𝜑(𝑁) ⊴ 𝐺2
Demostración:
1) 𝜑 homomorfismo.
Entonces 𝜑−1(𝑁) ≤ 𝐺1.
𝑎 ∈ 𝐺
𝜑(𝑎𝜑−1(𝑁)𝑎−1) = 𝜑(𝑎)𝑁𝜑(𝑎)−1
Como 𝑁 ⊴ 𝐺2: 𝜑(𝑎𝜑−1(𝑁)𝑎−1) = 𝑁
Pero 𝑎𝜑−1(𝑁)𝑎−1 ⊆ 𝜑−1𝜑(𝑎𝜑−1(𝑁)𝑎−1) = 𝜑−1(𝑁)
Entonces se deduce que: 𝜑−1(𝑁) ⊴ 𝐺1
2) Se tiene 𝜑−1(𝑁) ⊴ 𝐺1 si 𝑁 ⊴ 𝐺2
Si cierto 𝑏 está en la imagen de 𝐺1, entonces debe existir un 𝑎 en 𝐺1 tal
que su imagen es 𝑏. Por tanto:
𝑏𝜑(𝑁)𝑏−1 = 𝜑(𝑎)𝜑(𝑁)𝜑(𝑎)−1 = 𝜑(𝑎𝑁𝑎−1) =𝑁⊴𝐺1 𝜑(𝑁)
Hemos terminado.
Corolario:
ker (𝜑) ⊴ 𝐺1
Prueba:
ker(𝜑) = 𝜑−1({1})
Como {1} ⊴ 𝐺2, por (2) se obtiene que ker(𝜑) ⊴ 𝐺1
Una observación interesante:
Si 𝜑: 𝑆 → 𝐺 homomorfismo sobreyectivo, donde 𝑆 es simple. ¿Qué podemos decir
de 𝐺?
ker(𝜑) es normal en 𝑆. Entonces, por simplicidad, una de dos:
ker(𝜑) = {1}, en cuyo caso 𝜑 es inyectivo, entonces biyectivo, entonces 𝐺
y 𝑆 son isomorfos.
ker(𝜑) = 𝑆 en cuyo caso 𝐺 = {1}
Si un homomorfismo entre un grupo simple 𝑆 y un grupo cualquiera 𝐺 es
sobreyectivo, entonces 𝐺 isomorfo a 𝑆 siempre que 𝐺 ≠ {1}.
49
Definición: Se llama normalizador de un subgrupo 𝐻 en 𝐺 al conjunto:
𝑁𝐺(𝐻) = {𝑎 ∈ 𝐺: 𝛾𝑎(𝐻) = 𝐻}
Lema:
1) El normalizador es un subgrupo de 𝐺.
2) 𝐻 es normal en el normalizador. Es más, 𝑁𝐺 es el mayor subgrupo en el que
𝐻 es normal.
𝐻 ⊴ 𝐾 ≤ 𝐺 ⟹ 𝐾 ≤ 𝑁𝐺(𝐻)
Demostración:
1) ℎ𝐻ℎ−1 = 𝐻 ⟹ ℎ ∈ 𝑁𝐺(𝐻) ⟹ 𝑁𝐺(𝐻) ≠ ∅
𝑎, 𝑏 ∈ 𝑁𝐺(𝐻)
𝑎𝑏𝐻𝑏−1𝑎−1 = 𝑎𝐻𝑎−1 = 𝐻 ⟹ 𝑎𝑏 ∈ 𝑁𝐺(𝐻)
𝑎𝐻𝑎−1 = 𝐻 ⟹ 𝑎−1𝑎𝐻𝑎−1𝑎 = 𝐻 = 𝑎−1𝐻𝑎 ⟹ 𝑎−1 ∈ 𝑁𝐺(𝐻)
2) 𝛾𝑎(𝐻) = 𝐻, ∀𝑎 ∈ 𝑁𝐺(𝐻) (definición).
𝐻 ⊆ 𝑁𝐺(𝐻), 𝐻 ≤ 𝐺
⟹ 𝐻 normal en el normalizador.
Sea 𝐾 ≤ 𝐺 tal que 𝐻 normal en 𝐾.
𝑘𝐻𝑘−1 = 𝐻 ⟹ 𝑘 ∈ 𝑁𝐺(𝐻) ⟹ 𝐾 ⊆ 𝑁𝐺(𝐻).
Ejemplo:
El normalizador de ⟨𝑏⟩ en 𝐷4.
𝑍(𝐷4) = ⟨𝑎2⟩
𝑁𝐺(𝐷4) ⊇ 𝑏, 𝑍(𝐷4)
Entonces ⟨𝑎2, 𝑏⟩ ≤ 𝑁𝐺(𝐻)
Por tanto, |⟨𝑎2, 𝑏⟩| = 4 ≤ |𝑁𝐺(𝐻)| ≤ 𝐺
Por LaGrange, |𝑁𝐺(𝐻)| ∈ {4,8}
Como 8 no puede ser porque entonces el normalizador sería el propio grupo y
todos los elementos conmutarían con 𝐻, que no ocurre, tiene que ser 4, y esto
finalmente obliga a que:
𝑁𝐺(⟨𝑏⟩) = ⟨𝑎2, 𝑏⟩
Observamos además que, como el índice del normalizador es 2 entonces éste
es normal en 𝐺.
50
Proposición:
1) 𝐻 ⊴ 𝐺 ⟺ 𝑁𝐺(𝐻) = 𝐺
2) [𝐺: 𝑁𝐺(𝐻)] = {𝐻𝑎|𝑎 ∈ 𝐺}
Demostración:
1) Por (1) en el lema anterior:
𝑁𝐺(𝐻) ≤ 𝐺
Pero por (2) en el lema anterior:
𝐻 ⊴ 𝐺 ⟹ 𝐺 ≤ 𝑁𝐺(𝐻)
Por tanto, 𝐻 ⊴ 𝐺 ⟹ 𝑁𝐺(𝐻) = 𝐺
Por otra parte, por definición 𝑁𝐺(𝐻) = 𝐺 ⟹ 𝐻 ⊴ 𝐺.
2) Construimos la biyección:
𝜑: 𝐺≡𝑁𝐺(𝐻)
𝑖⁄ → {𝐻𝑎|𝑎 ∈ 𝐺}
𝑎𝑁𝐺(𝐻) → 𝐻𝑎
Se tiene:
𝑎𝑁𝐺(𝐻) = 𝑏𝑁𝐺(𝐻) ⟺ 𝑎−1𝑏 ∈ 𝑁𝐺(𝐻) ⟺ 𝛾𝑎−1𝑏(𝐻) = 𝐻 ⟺ 𝛾𝑎−1𝛾𝑏(𝐻) = 𝐻 ⟺
⟺ 𝛾𝑎𝛾𝑎−1𝛾𝑏(𝐻) = 𝛾𝑎(𝐻) ⟺ 𝐻𝑎 = 𝐻𝑏
Leyendo a derechas se prueba que está bien definido. Leyendo a
izquierdas se prueba que es inyectivo. Como, por definición, es
sobreyectiva, se deduce que es biyección.
Teorema: del grupo cociente.
Sea 𝐺 un grupo y 𝑁 normal en 𝐺. Entonces:
∀𝑎, 𝑏 ∈ 𝐺: {(𝑎𝑁)(𝑏𝑁) = 𝑎𝑏𝑁(𝑁𝑎)(𝑁𝑏) = 𝑁𝑎𝑏
Y además, 𝐺 𝑁⁄ forma un grupo con la operación usada, cuyo orden es [𝐺: 𝑁].
Demostración:
Sean 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐺.
𝑥 ∈ (𝑎𝑁)(𝑏𝑁) ⟺ ∃𝑛1, 𝑛2 ∈ 𝑁 tales que 𝑥 = 𝑎𝑛1𝑏𝑛2 ⟺ 𝑎𝑏𝑏−1𝑛1𝑏𝑛2 y ocurre que
𝑏1−1𝑛1𝑏 es cierto 𝑛3 de 𝑁, es decir: 𝑥 = 𝑎𝑏𝑛3𝑛2 = 𝑎𝑏𝑛4. Por tanto, está probada la
igualdad.
Veamos que el grupo cociente es un grupo.
La operación está bien definida porque si 𝑎𝑁 = 𝑎′𝑁, 𝑏𝑁 = 𝑏′𝑁 entonces, por lo
que se acaba de probar 𝑎𝑏𝑁 = 𝑎′𝑏′𝑁.
51
También es asociativa, puesto que:
(𝑎𝑁𝑏𝑁)𝑐𝑁 = (𝑎𝑏𝑁)𝑐𝑁 = (𝑎𝑏)𝑐𝑁 = 𝑎(𝑏𝑐)𝑁 = 𝑎𝑁𝑏𝑐𝑁 = 𝑎𝑁𝑏𝑁𝑐𝑁
Todo lo que se ha usado se puede usar siendo que 𝑎, 𝑏 son miembros de cierto
grupo.
Por último el conjunto tiene un elemento neutro y está cerrado por inversos:
𝑎𝑁1𝑁 = 𝑎𝑁 = 1𝑁𝑎𝑁, ∀𝑎
(𝑎𝑁)(𝑎−1𝑁) = 𝑎𝑎−1𝑁 = 𝑁 = 𝑎−1𝑎𝑁 = (𝑎−1𝑁)(𝑎𝑁)
Ejemplos:
1) 𝑛ℤ es normal en ℤ.
2) ⟨𝑎⟩ es normal en 𝐷3.
Teorema: del producto directo.
Sea un grupo 𝐺 y 𝐻, 𝐾 subgrupos. Si:
1) 𝐺 = 𝐻𝐾
2) 𝐻⋂𝐾 = {1}
3) 𝐻, 𝐾 normales en 𝐺
Entonces:
𝐻 × 𝐾 ≅ 𝐺
Demostración:
ℎ ∈ 𝐻, 𝑘 ∈ 𝐾
Por normalidad de 𝐻, 𝑘𝐻 = 𝐻𝑘 ⟹ ∃ℎ′ tal que 𝑘ℎ = ℎ′𝑘
Y por normalidad de 𝐾, ℎ𝐾 = 𝐾ℎ ⟹ ∃𝑘′ tal que ℎ𝑘 = 𝑘′ℎ
ℎ′𝑘 = ℎ𝑘′ ⟹ ℎ−1ℎ′ = 𝑘′𝑘−1 ⟹ 1 = ℎ−1ℎ = 𝑘′𝑘−1 ⟹ ℎ = ℎ′, 𝑘 = 𝑘′
Por último: 𝜑: 𝐻 × 𝐾 → 𝐺 definido por 𝜑(ℎ, 𝑘′) = ℎ𝑘 es inyectivo porque:
𝜑(ℎ, 𝑘′) = 𝜑(ℎ′, 𝑘) ⟹ ℎ𝑘′ = ℎ′𝑘 ⟹ {ℎ = ℎ′𝑘′ = 𝑘
Y es sobreyectivo por la primera hipótesis.
Ejercicio: Terminar la demostración.
52
Grupos de orden entre 8 y 11
Se vieron los grupos finitos que existían de orden inferior a siete. Vamos a ver los
grupos de orden un poco más grande.
Empezamos, para descartarlo ya, diciendo que de orden 11 sólo existe el grupo
cíclico correspondiente.
Lema: Si |𝐺| = 2𝑝 para cierto primo 𝑝, entonces ocurre una de estas dos cosas:
𝐺 isomorfo a ℤ 2𝑝ℤ⁄
𝐺 isomorfo a 𝐷𝑝
Demostración:
Se supone 𝑝 > 2.
Supongamos que 𝐺 no es cíclico.
Entonces, por LaGrange, el orden de cualquier elemento sólo puede ser
{1,2, 𝑝, 2𝑝}.
Y por Cauchy, tiene que existir, al menos uno, cuyo orden es 𝑝, y otro cuyo orden
es 2.
Además, para este último, su índice en 𝐺 es 2 lo cual quiere decir que las clases
por la izquierda y por la derecha coinciden y ⟨𝑥⟩ es normal.
Como 𝑀𝐶𝐷(2, 𝑝) es 1 entonces por LaGrange la intersección ⟨𝑥⟩⋂⟨𝑦⟩ es trivial,
donde 𝑦 es el elemento de orden 𝑝.
Por otra parte, calculando |⟨𝑥⟩ · ⟨𝑦⟩| se obtiene 2𝑝, entonces ese producto
genera el grupo completo.
Para calcular el orden de 𝑥𝑦 observamos que 𝑜(𝑥𝑦) = 2𝑝 implicaría que 𝐺 cíclico,
contradicción. 𝑜(𝑥𝑦) = 1 implicaría que 𝑥 = 𝑦−1, que se contradice con que el
orden de 𝑥 es 𝑝.
Supongamos que 𝑜(𝑥𝑦) = 𝑝
Entonces, sea la aplicación 𝜋: 𝐺 → 𝐺⟨𝑥⟩⁄ ≅ ℤ
2ℤ⁄ , se tiene que 𝑜(𝜋(𝑥𝑦)) divide a 𝑝,
con lo cual éste solo puede ser 𝑝 o 1, y como sólo puede ser 1 o 2 se deduce
que tiene que ser 1. Entonces:
𝑥𝑦⟨𝑥⟩ = ⟨𝑥⟩ ⟹ 𝑦⟨𝑥⟩ = 𝑥−1⟨𝑥⟩ = ⟨𝑥⟩ ⟹ 𝑦 ∈ ⟨𝑥⟩. Contradicción.
Por tanto sólo resta la posibilidad de que 𝑜(𝑥𝑦) = 2, de lo cual se deduce que
𝑥𝑦𝑥 = 𝑦−1.
Dado que el homomorfismo que existe entre 𝐷2𝑝 y este grupo incógnita es
biyectivo, ya que el homomorfismo respeta las relaciones de su presentación, se
concluye que efectivamente este grupo no es otro que 𝐷2𝑝.
53
Lema: Si |𝐺| = 𝑝2 para 𝑝 primo, entonces sea da una de las siguientes:
𝐺 isomorfo a ℤ𝑝2ℤ⁄ .
𝐺 isomorfo a (ℤ𝑝ℤ⁄ )
2
Demostración:
Como corolario de la ecuación de clases se extrae que como |𝐺| es 𝑝2 entonces
𝐺 es abeliano.
Supongamos que 𝐺 no es cíclico.
Consideremos 𝑥 ∈ 𝐺 ∖ {1} e 𝑦 ∈ 𝐺 ∖ {𝑥}, ambos elementos de orden 𝑝.
Dado que 𝑦 no está en ⟨𝑥⟩ entonces ⟨𝑥⟩⋂⟨𝑦⟩ distinto de ⟨𝑥⟩. Con eso, y con que
𝑜(𝑥) = 𝑝 se deduce por LaGrange que dicha intersección es trivial.
Por tanto, se sabe:
1) ⟨𝑥⟩⟨𝑦⟩ = 𝐺
2) ⟨𝑥⟩ ∩ ⟨𝑦⟩ = {1}
3) 𝐺 abeliano, por tanto ⟨𝑥⟩⟨𝑦⟩ normales en 𝐺.
Con lo cual 𝐺 ≅ ⟨𝑥⟩ × ⟨𝑦⟩ ≅ (ℤ𝑝ℤ⁄ )
2.
Finalmente, supongamos que tenemos un grupo de orden 8, y supongamos que
no es cíclico. Entonces el orden de cualquier elemento 𝑥 tiene que estar en
{1,2,4}.
Caso primero: Supongamos que no existen elementos de orden 4.
Entonces todos tienen orden 2, entonces es abeliano. Sea 𝑥 ∈ 𝐺 distinto de la
unidad. Y sea 𝑦 ∈ 𝐺 ∖ ⟨𝑥⟩.
Como 𝐺 abeliano, se cumple: ⟨𝑥⟩⟨𝑦⟩ = ⟨𝑦⟩⟨𝑥⟩. Entonces 𝐻 = ⟨𝑥⟩⟨𝑦⟩ ≤ 𝐺.
Como 𝑦 ∉ 𝑥 y ambos grupos son de orden 2 necesariamente ⟨𝑥⟩⋂⟨𝑦⟩ = {1}.
Entonces:
|𝐻| =|⟨𝑥⟩||⟨𝑦⟩|
|⟨𝑥⟩⋂⟨𝑦⟩|= 4
Sea 𝑧 ∈ 𝐺 ∖ 𝐻. Se tiene 𝐻⋂⟨𝑧⟩ = {1}. Aplicamos lo mismo:
|𝐻⟨𝑧⟩| =|𝐻| · |⟨𝑧⟩|
|𝐻⋂⟨𝑧⟩|= 8 ≤ 8 ⟹ ⟨𝑥⟩⟨𝑦⟩⟨𝑧⟩ = 𝐺
Entonces se tiene:
1) 𝐻⟨𝑧⟩ = 𝐺
2) 𝐻, ⟨𝑧⟩ normales en 𝐺
Por tanto, 𝐺 ≅ (ℤ2ℤ⁄ )
3
54
Caso segundo: existen elementos de orden 4.
Digamos que cierto 𝑥 ∈ 𝐺 es de orden 4.
Escojamos 𝑦 ∈ 𝐺 ∖ ⟨𝑥⟩. Pueden darse dos subcasos:
𝑦 es de orden 2.
Entonces tiene intersección trivial con ⟨𝑥⟩, por tanto |⟨𝑥⟩⟨𝑦⟩| = 8 ≤ 8.
Conclusión: ⟨𝑥⟩⟨𝑦⟩ = 𝐺.
Entonces ocurre que 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥𝑖 para algún 𝑖 ∈ {0,1,2,3}.
De lo cual se deduce que 𝑦𝑥𝑖𝑦−1 = 𝑥. Entonces 𝑥𝑖, 𝑥 están relacionados
por conjugación. Como la conjugación preserva órdenes, ocurre que
𝑜(𝑥𝑖) = 𝑜(𝑥). Por tanto, necesariamente 𝑦 = ±1.
Si 𝑖 = 1 entonces 𝑦𝑥 = 𝑥𝑦, por tanto ⟨𝑦⟩ es normal en 𝐺, y como el índice
de ⟨𝑥⟩ es 2, ⟨𝑥⟩ también lo es.
Por tanto 𝐺 ≅ (ℤ4ℤ⁄ ) × (ℤ
2ℤ⁄ ).
Si 𝑖 = −1 entonces 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥−1 ⟺ 𝑥𝑦𝑥 = 𝑦, y además: 𝑥4 = 𝑦2 = 1. Es decir,
se cumplen las relaciones de 𝐷4. Se puede demostrar entonces que en
ese caso: 𝐺 ≅ 𝐷4.
𝑦 es de orden 4.
|⟨𝑥⟩⟨𝑦⟩| =|⟨𝑥⟩||⟨𝑦⟩|
|⟨𝑥⟩⋂⟨𝑦⟩|=
16
|⟨𝑥⟩⋂⟨𝑦⟩|≤ 8
Por tanto |⟨𝑥⟩⋂⟨𝑦⟩| ∈ {2,4,8,16}.
Pero como ambos son de orden 4 entonces |⟨𝑥⟩⋂⟨𝑦⟩| ∈ {2,4}
Pero como 𝑦 ∈ 𝐺 ∖ ⟨𝑥⟩ y |⟨𝑥⟩| = 4, finalmente se deduce que |⟨𝑥⟩⋂⟨𝑦⟩| = 2.
Entonces: |⟨𝑥⟩⋂⟨𝑦⟩| = ⟨𝑥2⟩ = ⟨𝑦⟩2 ⟹ 𝑥2 = 𝑦2
Como el índice de ⟨𝑥⟩ es 2, éste tiene que ser normal en 𝐺. Entonces,
necesariamente ⟨𝑥⟩⟨𝑦⟩ = ⟨𝑦⟩⟨𝑥⟩, y 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥𝑖 por normalidad de ⟨𝑥⟩.
Si 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥 entonces estamos en el caso anterior.
Si 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥2 dado que 𝑥2 = 𝑦2 se sigue que 𝑥𝑦 = 𝑦3 y 𝑥 = 𝑦4 = 1.
Contradicción.
Sólo queda la posibilidad de 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥3. En este caso se tendría que existe
una biyección entre 𝐺 y el grupo de cuaterniones que respeta las
relaciones de éste. Por tanto: 𝐺 ≅ 𝑄8.
Ejercicio: ¿Qué subgrupos existen de orden 𝑝3 para 𝑝 primo?
55
Lema: Descomposición de homomorfismos.
Sea 𝜑: 𝐺 → 𝐻 un homomorfismo. Entonces existe un homomorfismo de grupos
inyectivo:
�̅�: 𝐺ker(𝜑)⁄ → 𝐻
Que cumple que �̅� ∘ 𝜋 = 𝜑, y además es único.
Demostración:
Demostramos que es un homomorfismo.
�̅�(𝑎 · ker(𝜑))�̅�(𝑏 · ker(𝜑)) = 𝜑(𝑎)𝜑(𝑏) = 𝜑(𝑎𝑏) = �̅�(𝑎𝑏 · ker(𝜑))
Demostramos la inyectividad.
𝑎 · ker(𝜑) = 𝑏 · ker(𝜑) ⟺ 𝑎−1𝑏 ∈ ker(𝜑) ⟺ 𝜑(𝑎) = 𝜑(𝑏)
Leyendo ⟹ se prueba que está bien definida.
Leyendo ⟸ se prueba que es inyectiva.
Demostremos que es único.
Suponiendo que existe 𝜓 con las mismas características que �̅�, se tiene que para
un 𝑎 ∈ 𝐺 arbitrario, 𝜓(𝜋(𝑎)) = 𝜑(𝑎) ⟹ 𝜓(𝑎 · ker(𝜑)) = 𝜑(𝑎) = �̅�(𝑎 · ker(𝜑))
Si hacen lo mismo, son la misma aplicación. ∎
En términos informales, lo que quiere decir este lema es que si en un
homomorfismo hay elementos que son asociados al elemento neutro (con lo
que esos elementos no tendrán mucho interés de estudio más allá del estudio
del núcleo) se puede construir un homomorfismo que hace exactamente lo
mismo pero eliminando aquellos elementos que tienen imagen en la identidad,
salvo la propia identidad, claro.
𝜑({𝑎 · ker(𝜑) : 𝑎 ∈ 𝐺}) = 𝜑({𝑎 · 𝑏: 𝜑(𝑏) = 1}) = 𝜑({𝑎: 𝑎 ∈ 𝐺})
Este lema prepara para algunos de los resultados fundamentales del álgebra
abstracta.
𝐺 𝐻
𝐺ker(𝜑)⁄
𝜑
𝜋 �̅�
56
Los teoremas de Isomorfía
El primer teorema de isomorfía:
Sea 𝜑: 𝐺 → 𝐻 un homomorfismo de grupos, entonces:
𝐺ker (𝜑)⁄ ≅ 𝐼𝑚(𝜑)
Demostración:
La idea es sencilla: en base a lo visto en el anterior lema, suponiendo que �̅� no
es sobreyectivo, es decir que hay elementos de 𝐻 que no son imagen de alguien
en 𝐺 ¿cómo hacemos que sí sea sobreyectivo? Pues despreciando esos mismos
elementos, es decir, considerando nada más que la imagen de 𝜑. Con la
inyectividad surge el isomorfismo entre ambos grupos. Formalizamos esto:
𝐼𝑚(�̅�) = {�̅�(𝑎 · ker(𝜑)), 𝑎 ∈ 𝐺} = 𝐼𝑚(𝜑)
Donde �̅� inyectivo. Restringiendo por tanto a 𝐼𝑚(𝜑) se tiene que cualquier
elemento de 𝐻 es imagen de alguien del conjunto cociente. ∎
El segundo teorema de isomorfía:
Sea 𝐺 un grupo,𝐾 ≤ 𝐺, 𝑁 ⊴ 𝐺
Entonces:
𝐾𝐾⋂𝑁⁄ ≅ 𝐾𝑁
𝑁⁄
Demostración:
Antes de nada, observamos que el enunciado tiene sentido:
1) 𝑁 ⊴ 𝐺 ⟹ 𝑁 ∩ 𝐾 ⊴ 𝐾
2) 𝑁 ⊴ 𝐺 ⟹ 𝑁 ≤ 𝐾𝑁 ⟹ 𝑁 ⊴ 𝑁𝐾
3) 𝑁𝐾 subgrupo de 𝐺 porque 𝑁𝐾 = 𝐾𝑁 por normalidad.
Procedemos ahora sí a la demostración:
𝐾 𝐾𝑁𝑁⁄
𝐾K⋂𝑁⁄
𝜑
𝜋 �̅�
57
Consideremos la siguiente aplicación.
𝜑: 𝐾 → 𝐾𝑁𝑁⁄
𝑎 → 𝑎𝑁
Es un homomorfismo porque 𝜑 = Π|𝐾 donde Π es la proyección canónica:
Π: 𝐺 → 𝐺𝑁⁄
Se tiene por otra parte:
ker(𝜑) = {𝑎 ∈ 𝐾: 𝜑(𝑎) = 1𝐾𝑁𝑁⁄ } = {𝑎 ∈ 𝐾: 𝑎𝑁 = 𝑁} = 𝐾⋂𝑁
Por tanto, por el lema de descomposición y el primer teorema de la isomorfía:
𝐾𝐾⋂𝑁⁄ ≅ 𝐼𝑚(𝜑)
Ahora, si 𝑥 es un elemento arbitrario de 𝐾𝑁𝑁⁄ , entonces 𝑥 = 𝑘𝑛𝑁 = 𝑘𝑁 por lo que
es imagen de algún 𝑘. Por tanto, 𝜑 es sobreyectiva y 𝐼𝑚(𝜑) = 𝐾𝑁𝑁⁄ . Hemos
terminado:
𝐾𝐾⋂𝑁⁄ ≅ 𝐾𝑁
𝑁⁄
∎
Tercer teorema de isomorfía:
Sea 𝐺 un grupo y 𝐻, 𝐾 ⊴ 𝐺, donde 𝐾 ⊆ 𝐻. Entonces:
1) 𝐻𝐾⁄ ⊴ 𝐺
𝐾⁄
2) (𝐺
𝐾⁄ )
(𝐻𝐾⁄ )
⁄ ≅ 𝐺𝐻⁄
Demostración:
1) 𝜓: {𝐴|𝐾 ≤ 𝐴 ≤ 𝐺} → {𝐿|𝐿 ≤ 𝐺𝐾⁄ }
𝐴 → 𝐴𝐾⁄
Es una biyección, y 𝐴 ⊴ 𝐺 ⟹ 𝐴𝐾⁄ ⊴ 𝐺
𝐾⁄
2) Tomamos 𝐴 = 𝐻.
Consideremos:
𝜑: 𝐺𝐾⁄ → 𝐺
𝐻⁄
𝑎𝐾 → 𝑎𝐻
58
Se tiene que es homomorfismo biyectivo y bien definido (ejercicio).
Entonces, el segundo punto surge de aplicación directa del primer teorema de
isomorfía.
Teorema: Subgrupos del cociente.
Sea 𝐺 un grupo y 𝑁 ⊴ 𝐺.
Entonces existe la siguiente biyección:
𝜓: {𝐾: 𝑁 ≤ 𝐾 ≤ 𝐺} → {𝐿: 𝐿 ≤ 𝐺𝑁⁄ }
𝐾 → 𝐾𝑁⁄
Y además, si 𝐾 es normal en 𝐺, es cierto que 𝐾 𝑁⁄ ⊴ 𝐺𝑁⁄ .
Demostración:
Sea 𝜋: 𝐺 → 𝐺𝑁⁄ proyección canónica.
Es un homomorfismo de grupos sobreyectivo.
Prueba:
𝜓(𝐾) = 𝜋(𝐾), por tanto, si 𝐾 ≤ 𝐺 entonces 𝜋(𝐾) ≤ 𝐺𝑁⁄ , por lo que 𝜓 está bien
definida.
La sobreyectividad:
𝐿 ≤ 𝐺𝑁⁄ , 𝜋−1(𝐿) ≤ 𝐺
1 ∈ 𝐿 ⟹ 𝑁 = 𝜋−1({1}) ≤ 𝜋−1(𝐿)
Sustituyendo 𝐾 = 𝜋−1(𝐿) se obtiene 𝑁 ≤ 𝐾 ≤ 𝐺 y 𝜓(𝐾) = 𝜋(𝜋−1(𝐿)) = 𝐿.
Inyectividad:
𝐾1, 𝐾2 ≤ 𝐺, 𝑁 ≤ 𝐺𝑖
Probemos que 𝐾𝑖 = 𝜋−1(𝜋(𝐾𝑖))
Siempre es cierto ⊆. Resta probar ⊇:
Sea 𝑥 ∈ 𝜋−1(𝜋(𝐾𝑖)).
Entonces:
𝜋(𝑥) ∈ 𝜋(𝐾𝑖) ⟹ ∃𝑦 ∈ 𝐾𝑖 𝑡𝑞: 𝜋(𝑥) = 𝜋(𝑦) ⟹ 𝜋(𝑥)𝜋(𝑦)−1 = 1 ⟹ ∃𝑦 ∈ 𝐾𝑖 𝑡𝑞: 𝜋(𝑥𝑦−1) = 1
⟹ ∃𝑦 ∈ 𝐾𝑖 𝑡𝑞 𝑥𝑦−1 ∈ ker(𝜋) = 𝑁 ⟺ 𝑥 ∈ 𝑦𝑁 ⊆ 𝐾𝑖𝐾𝑖 ⊆ 𝐾𝑖 ⟹ 𝑥 ∈ 𝐾𝑖
59
Con lo cual:
𝜓(𝐾1) = 𝜓(𝐾2) ⟹ 𝜋(𝐾1) = 𝜋(𝐾2) ⟹ 𝜋−1(𝜋(𝐾1)) = 𝜋−1(𝜋(𝐾2)) ⟹ 𝐾1 = 𝐾2
Falta demostrar que 𝐾 ⊴ 𝐺 ⟹ 𝐾𝑁⁄ ⊴ 𝐺
𝑁⁄ .
Como se probó en la proposición de la página 47, para cualquier
homomorfismo 𝜙: 𝐺 → 𝐻 se tiene que si 𝑁 ⊴ 𝐺 entonces 𝜙(𝑁) ⊴ 𝐻.
Por consiguiente, al ser 𝜋 sobreyectivo y 𝐾 normal en 𝐺 entonces 𝐾 𝑁⁄ ⊴ 𝐺𝑁⁄ .
Un ejemplo: Retículo de subgrupos de un grupo cociente a partir del grupo del
que proviene.
El retículo de los elementos del grupo cociente 𝐷4
⟨𝑎2⟩⁄ mantiene la misma
“forma” que la que tenían sus elementos integrados en 𝐷4 porque para eso el
teorema garantiza que existe el isomorfismo.
⟨𝒂𝟐𝒃⟩ ⟨𝒃⟩ ⟨𝒂𝒃⟩ ⟨𝒂𝟑𝒃⟩
⟨{𝟏}⟩
𝑫𝟒
⟨𝒂⟩ ⟨𝒂𝟐, 𝒃⟩ ⟨𝒂𝟐, 𝒂𝒃⟩
𝒁(𝑫𝟒) = ⟨𝒂𝟐⟩
𝑫𝟒⟨𝒂𝟐⟩⁄
⟨𝒂⟩⟨𝒂𝟐⟩⁄
⟨𝒂𝟐, 𝒃⟩⟨𝒂𝟐⟩
⁄ ⟨𝒂𝟐, 𝒂𝒃⟩⟨𝒂𝟐⟩
⁄
⟨𝒂𝟐⟩⟨𝒂𝟐⟩
⁄
60
Otro ejemplo: ¿Por qué los subgrupos de grupos cíclicos de cierto orden son
únicos?
Como ya se ha probado y referenciado alguna vez antes, si 𝐻 es subgrupo de
los enteros ℤ entonces 𝐻 = 𝑑ℤ para algún 𝑑.
Por otra parte, 𝑑ℤ ≤ 𝑒ℤ si y sólo si 𝑒|𝑑.
Por el teorema de subgrupos del cociente, existe isomorfismo:
𝜓: {𝐾: 𝑑ℤ ≤ 𝐾 ≤ ℤ} → {𝐿: 𝐿 ≤ ℤ𝑑ℤ⁄ }
Pero {𝐾: 𝑑ℤ ≤ 𝐾 ≤ ℤ} = {𝑒ℤ: 𝑒|𝑑}
Entonces existe un isomorfismo definido por:
𝜓(𝑒ℤ) = 𝑒ℤ𝑑ℤ⁄
Y el cardinal 𝑒ℤ𝑑ℤ⁄ está unívocamente determinado por 𝑑 𝑒⁄ .
61
Biyecciones (Bloque 3)
Notación:
𝐼𝑛 = {1 … 𝑛}
𝑆𝑛 = Biy(𝐼𝑛)
Definición: 𝑆𝑛 es un grupo con la composición de funciones y se llama grupo
simétrico.
La notación que se usará mayoritariamente es la notación cíclica que ya se
introdujo en el bloque 1.
Definición: Se llama soporte de 𝜎 al siguiente conjunto:
sop(𝜎) ≔ {𝑥 ∈ 𝐼𝑛: 𝜎(𝑥) ≠ 𝑥}
Definición: Dos permutaciones 𝜎, 𝜏 son disjuntas si sus soportes son distintos.
Definición: La órbita de cierto elemento 𝑥 por la acción de 𝜎 denota el siguiente
conjunto:
orb⟨σ⟩(𝑥) ≔ {𝜎𝑖(𝑥): 𝑖 ∈ ℤ}
Observación: Si 𝑘 está en el soporte de 𝜎, entonces su imagen por 𝜎 también lo
está.
Ejercicio: Demostrar ésta última observación.
Proposición:
1) 𝑆𝑛 es un grupo de orden 𝑛!
2) 𝑍(𝑆𝑛) = {1} si 𝑛 ≥ 3
En particular, 𝑆𝑛 no es abeliano y no tiene subgrupos normales de
segundo orden.
3) Si 𝜎, 𝜏 son disjuntas, entonces conmutan.
Demostración:
1) Trivial.
2) Tomamos 𝜎 ∈ 𝑆𝑛 ∖ {1}
Como 𝜎 ≠ 1 entonces su soporte es no vacío.
Sea 𝑖 ∈ sop(𝜎)
Llamemos 𝑗 = 𝜎(𝑖)
Como 𝑛 ≥ 3 existe 𝑘 en 𝐼𝑛 que no es ni 𝑖 ni 𝑗.
Veamos que (𝑗 𝑘) no conmuta con 𝜎. Esto quiere decir que al menos un
elemento lo mueven de forma distinta las dos composiciones.
𝜎(𝑗 𝑘)(𝑖) = 𝜎(𝑖) = 𝑗 (𝑗 𝑘)𝜎(𝑖) = (𝑗 𝑘)(𝑗) = 𝑘
3) Sea 𝑘 ∈ 𝐼𝑛
Distinguimos casos.
62
Caso 1: 𝑘 ∉ sop(𝜎)
Subcaso 1: 𝑘 ∉ sop(𝜏)
Entonces: 𝜎𝜏(𝑘) = 𝑘 = 𝜏𝜎(𝑘)
Subcaso 2: 𝑘 ∈ sop(𝜏)
Entonces 𝜏(𝑘) también está en el soporte.
Como 𝜎, 𝜏 disjuntas, sus soportes disjuntos igualemente.
Entonces 𝜏(𝑘) no está en el soporte de 𝜎
Entonces 𝜎𝜏(𝑘) = 𝜏(𝑘)
Pero como 𝑘 no está en sop(𝜎), 𝜏(𝜎(𝑘)) = 𝜏(𝑘)
Caso 2: 𝑘 ∈ sop(𝜎)
Entonces se tiene que 𝜎(𝑘) también está en el soporte. Entonces por ser
disjuntos no está en el de 𝜏. Entonces 𝜏𝜎(𝑘) = 𝜎(𝑘)
Por estar 𝑘 en el soporte de 𝜎, no está en el de 𝜏 y entonces 𝜎𝜏(𝑘) = 𝜎(𝑘)
Puesto que se escogió 𝑘 arbitrario, 𝜎, 𝜏 conmutan. QED.
La idea intuitiva que se formaliza en esta demostración, es que si ambas
permutaciones tienen soportes distintos, no importa cuál de las dos
mueva primero un elemento, porque evidentemente no se van a
perjudicar la una a la otra.
𝐼𝑛
𝜎 𝜏
63
Teorema: Teorema de Cayley.
Si 𝐺 es un grupo entonces 𝐺 es isomorfo a un subgrupo de Biy(𝐺).
En particular, si |𝐺| = 𝑛 entonces 𝐺 ≅ 𝐿 ≤ 𝑆𝑛
Demostración:
Como ya se probó, la operación “multiplicar por 𝑎 a la derecha”( 𝑚𝑎 ) es una
biyección.
Entonces:
𝜓: 𝐺 → Biy(𝐺)
𝑎 → 𝑚𝑎
Es un homomorfismo.
Prueba:
𝜓(𝑎𝑏) = 𝑚𝑎𝑏 = ( 𝑚𝑏 )𝑎 = 𝑚𝑎 · 𝑚𝑏 = 𝜓(𝑎)𝜓(𝑏)
Por el primer teorema de la isomorfía:
𝐺ker(𝜓)⁄ ≅ 𝐼𝑚(𝜓) ≤ Biy(𝐺)
Por tanto, ya se ha encontrado el subgrupo. Hemos terminado.
Corolario: Entendiendo los ciclos se podrá entender cualquier grupo.
Corolario: Entender los ciclos puede llegar a ser muy difícil.
Definición: Se dice que 𝜎 ∈ 𝑆𝑛 es un ciclo si 𝜎 = (𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑘)
A 𝑘 se le llama longitud del ciclo y se dice que 𝜎 es un 𝒌-ciclo.
Definición: Si 𝑘 = 2 se dice que 𝜎 es una transposición.
Observación: Si 𝜎 = (𝑎1 … 𝑎𝑘) entonces sop(𝜎) = {𝑎1 … 𝑎𝑘}
Proposición:
Si 𝜎 es un 𝑘-ciclo entonces:
1) (𝑎𝑗 𝑎𝑗+1 … 𝑎𝑘 𝑎1 𝑎𝑗−1) = 𝜎 para cualquier 𝑗 entre 1 y 𝑘.
2) El orden de 𝜎 es 𝑘.
3) La inversa de 𝜎 es 𝜎−1 = (𝑎𝑘 𝑎𝑘−1 … 𝑎1)
4) Se puede escribir también como 𝜎 = (𝑥 𝜎(𝑥) … 𝜎𝑘−1(𝑥)), 𝑥 ∈ sop(𝜎)
5) Si 𝜏 ciclo, entonces existe 𝑥 ∈ sop(𝜏) ∩ sop(𝜎) tal que 𝜏𝑙(𝑥) = 𝜎𝑙(𝑥), ∀𝑙
64
Demostración:
1) Por definición.
2) 𝑜(𝜎) = min{𝑟 > 0: 𝜎𝑟 = 𝑖𝑑} = |⟨𝜎⟩| 𝜎𝑟 = 𝜎 … 𝜎(𝑎𝑖) = 𝑎𝑖+𝑟
𝜎𝑟(𝑎𝑖) = 𝑎𝑖 = 𝑎𝑖+𝑟
Por tanto, 𝑖 = 𝑖 + 𝑟 módulo 𝑘. entonces 𝑟 tiene que ser múltiplo de 𝑘.
3) Operando:
(𝑎1 … 𝑎𝑘)(𝑎𝑘 … 𝑎1)(𝑎𝑖) = (𝑎1 … 𝑎𝑘)(𝑎𝑖−1) = 𝑎𝑖 para 𝑎𝑖 arbitrario.
4) Sea 𝑥 ∈ sop(𝜎) = {𝑎1 … 𝑎𝑘}
Tiene que existir 𝑖 tal que 𝑥 = 𝑎𝑖
Entonces: (𝑥 𝜎(𝑥) 𝜎𝑘−1(𝑥)) = (𝑎𝑖 𝑎𝑖+1 … 𝑎𝑖−1) y por (2) esto es 𝜎.
5) Sea 𝑥 ∈ sop(𝜏) ∩ sop(𝜎).
Por (4):
𝜎 = (𝑥 𝜎(𝑥) … 𝜎𝑘−1(𝑥))
𝜏 = (𝑥 𝜏(𝑥) … 𝜏𝑘−1(𝑥))
Como 𝑥 no puede aparecer dos veces en la descripción de un ciclo, se
obtiene lo que se quería demostrar.
∎
Teorema: Teorema de descomposición de permutaciones.
Sea 𝛼 en 𝑆𝑛 distinta de la identidad, 𝛼 se puede descomponer en un producto
de ciclos disjuntos dos a dos: 𝛼 = 𝜎1 · … · 𝜎𝑠
Además, esta descomposición es única salvo reordenaciones.
No se va a dar demostración del teorema ya que es demasiado tediosa. En su
lugar se van a dar varios corolarios que se desprenden de él.
Corolario 1: Orden de una permutación en términos de su descomposición en
ciclos disjuntos.
Si una permutación 𝛼 ∈ 𝑆𝑛 se descompone en ciclos: 𝛼 = 𝜎1 · … · 𝜎𝑠 entonces:
𝑜(𝛼) = mcm{𝑜(𝜎𝑖): 𝑖 = 1, … , 𝑠}
Prueba:
Al ser ciclos disjuntos, conmutan. Y como se probó en su momento también, si
𝑎𝑏 = 𝑏𝑎 entonces 𝑜(𝑎𝑏)|mcm{𝑜(𝑎), 𝑜(𝑏)}. Sólo hay que probar que en este caso
sucede también a la inversa. Llamemos 𝑀 a ese mínimo común múltiplo. Se tiene
que, por conmutatividad y por definición:
𝛼𝑜(𝛼) = (𝜎1 … 𝜎𝑠)𝑜(𝛼) = 𝑖𝑑
65
Ahora, supongamos que 𝜎𝑗𝑜(𝛼)
≠ 𝑖𝑑 para algún 𝑗.
Entonces 𝛼𝑜(𝛼) = 𝜎𝑗−𝑜(𝛼)
= 𝑖𝑑 por tanto, necesariamente 𝜎𝑗𝑜(𝛼)
= 𝑖𝑑
independientemente de 𝑗. Por tanto, 𝑜(𝜎𝑗)|𝑜(𝛼) para cualquier 𝑗. Por tanto 𝑀
divide a 𝑜(𝛼). Por tanto, 𝑀 = 𝑜(𝛼).
Corolario 2: Si 𝑝 es primo y 𝜎 ∈ 𝑆𝑛 es 𝑝-ciclo, entonces ∀𝑚 tal que 𝑝 ∤ 𝑚, 𝜎𝑚 es un
𝑝-ciclo.
Prueba:
𝜎𝑚 = 𝜎1 … 𝜎𝑠 como producto de ciclos disjuntos.
Como 𝑝 no divide a 𝑚, el máximo común divisor de ambos es 1.
Por consiguiente:
𝑜(𝜎𝑚) =𝑜(𝜎)
𝑀𝐶𝐷(𝑝, 𝑚)= 𝑝
Por el corolario 1, ese mismo 𝑝 tiene que ser el mínimo común múltiplo de los
órdenes de 𝜎𝑖. Pero ocurre que:
𝑝 = |𝑠𝑜𝑝(𝜎𝑖)| ≤ |𝑠𝑜𝑝(𝜎𝑚)| ≤ |𝑠𝑜𝑝(𝜎)| = 𝑝
Entonces, necesariamente 𝑠 = 1.
Corolario 3: El grupo simétrico 𝑆𝑛 está generado por los ciclos.
Prueba: Consecuencia del siguiente corolario.
Corolario 4: El grupo simétrico 𝑆𝑛 está generado por las trasposiciones.
Prueba:
Sencillamente, si 𝜎 = (𝑎1 … 𝑎𝑘) entonces 𝜎 = (𝑎1 𝑎2) … (𝑎𝑘−1 𝑎𝑘).
66
Definición: Se dice que dos permutaciones tienen la misma estructura cíclica si
tienen el mismo número de ciclos del mismo orden.
Lema: Conjugado de una permutación.
Si 𝜎 = (𝑎1 … 𝑎𝑘), 𝜏 son elementos de 𝑆𝑛 entonces:
𝜎𝜏 = 𝜏𝜎𝜏−1 = (𝜏(𝑎1) … 𝜏(𝑎𝑘))
Demostración:
Para probarlo hay que probar que 𝜏𝜎𝜏−1, (𝜏(𝑎1) … 𝜏(𝑎𝑘)) mueven todos los
elementos de 𝐼𝑛 de la misma forma.
Caso 1: 𝑥 = 𝜏(𝑎𝑖) para algún 𝑖.
(𝜏(𝑎1) … 𝜏(𝑎𝑘))(𝜏(𝑎𝑖)) = 𝜏(𝑎𝑖+1)
𝜏𝜎𝜏−1(𝜏(𝑎𝑖)) = 𝜏(𝜎(𝑎𝑖)) = 𝜏(𝑎𝑖+1)
Caso 2: 𝑥 ≠ 𝜏(𝑎𝑖)
Entonces 𝑎𝑖 ≠ 𝜏−1(𝑥) ⟹ 𝜏−1(𝑥) ∉ sop(𝜎). Por tanto: (𝜏(𝑎1) … 𝜏(𝑎𝑘))(𝑥) = 𝑥
Pero también:
𝜏𝜎𝜏−1(𝑥) = 𝜏𝜏−1(𝑥) = 𝑥
QED
Teorema: Teorema de estructura.
Dos permutaciones están conjugadas si, y sólo si, tienen la misma estructura
cíclica.
Demostración:
Conjugadas ⟹ misma estructura.
Supongamos 𝛼 = 𝛽𝜏.
Escribamos 𝛽 como producto de ciclos disjuntos.
𝛽 = 𝜎1 … 𝜎𝑠
Entonces:
𝛼 = 𝜏𝜎1 … 𝜎𝑠𝜏−1 = 𝜏𝜎1𝜏−1𝜏𝜎2𝜏−1 … 𝜏𝜎𝑠𝜏−1 = 𝜎1𝜏 … 𝜎𝑠
𝜏
Por el lema anterior sop(𝜎𝑖𝜏) = 𝜏(sop(𝜎𝑖)). Entonces, suponiendo 𝑖 ≠ 𝑗:
sop(𝜎𝑖𝜏) ∩ sop(𝜎𝑗
𝜏) = 𝜏 · sop(𝜎𝑖) ∩ 𝜏 · sop(𝜎𝑗)
Como 𝜎𝑖,𝑗 disjuntos, podemos decir que:
sop(𝜎𝑖𝜏) ∩ sop(𝜎𝑗
𝜏) = 𝜏 · (sop(𝜎𝑖) ∩ sop(𝜎𝑗)) = ∅
67
Así que 𝜎1𝜏 … 𝜎𝑠
𝜏 es la descomposición de 𝛼, que entonces tiene la misma
estructura que 𝛽.
Misma estructura ⟹ permutaciones conjugadas.
Supongamos:
𝛼 = 𝛾1 … 𝛾𝑠
𝛽 = 𝛿1 … 𝛿𝑠
Su descomposición en ciclos disjuntos.
Se tiene que 𝛾𝑖 = 𝑎1𝑖… 𝑎𝑙1
y 𝛿𝑖 = 𝑏1𝑖 … 𝑏1𝑖 para cada 𝑖.
Si se define:
𝜏: 𝐼𝑛 → 𝐼𝑛
𝜏 (𝑏𝑖𝑗) = 𝑎𝑖𝑗
Para cada elemento de 𝑏𝑖𝑗 del soporte de 𝛽.
Por tanto:
𝛽𝜏 = 𝜏𝛿1𝜏−1𝜏𝛿2𝜏−1 … 𝜏𝛿𝑠𝜏−1 = 𝛾1 … 𝛾𝑠 = 𝛼
QED
Para conocer y materializar un poco el grupo 𝑆𝑛 veamos esta tabla clasificadora
de los elementos de 𝑆4.
CLASIFICACIÓN DE LOS ELEMENTOS DE 𝑺𝟒
Tipo Orden |𝒄𝒍(𝒈)| |𝑮|
|𝒄𝒍(𝒈)|
𝒊𝒅 1 1 24
(∗ ∗) 2 6 4 (∗ ∗ ∗) 3 8 3
(∗ ∗ ∗ ∗) 4 6 4
(∗ ∗)(∗ ∗) 2 3 8
Notas:
El cardinal de clase está calculado como el número de posibles listas de
la forma (∗ … ∗)
68
Cálculo de su centralizador:
𝐶𝑆4⊇ ⟨(1 2 4)⟩
𝑜(1 2 4) = 𝑜(𝐶𝑆4) = 3
⟹ 𝐶𝑆4(1 2 4) = ⟨(1 2 4)⟩
Signatura de una permutación
Definición: Sea 𝜎 ∈ 𝑆𝑛 y sean 𝑖, 𝑗 ∈ 𝐼𝑛 entonces se define:
invσ{𝒊, 𝒋} ≔𝑖 − 𝑗
|𝑖 − 𝑗|·
|𝜎𝑖 − 𝜎𝑗|
𝜎𝑖 − 𝜎𝑗∈ {−1,1}
Y entonces la signatura de 𝝈 es:
sigσ ≔ ∏ invσ{𝑋}𝑋⊆𝐼𝑛
|𝑋|=2
Lema: La aplicación
sig: 𝑆𝑛 → {−1,1}
Es un homomorfismo de grupos.
Demostración: Ejercicio. Sólo hay que desarrollar por definición para ver que la
signatura de la composición es la multiplicación de signaturas.
Observación:
Si 𝑖 < 𝑗 y además 𝜎(𝑖) < 𝜎(𝑗) entonces 𝑖𝑛𝑣𝜎{𝑖, 𝑗} = 1
Si 𝑖 < 𝑗 y además 𝜎(𝑖) > 𝜎(𝑗) entonces 𝑖𝑛𝑣𝜎{𝑖, 𝑗} = −1
Definción: Si la signatura es positiva se dice que la permutación es par, y de lo
contrario se dice que es impar.
Proposición:
1) sig(𝜎) = 𝑠𝑖𝑔(𝜎−1)
2) si 𝜎 es un 𝑘-ciclo entonces sig(𝜎) = (−1)𝑘−1
3) 𝜎 par ⟺ 𝜎 producto de un número par de transposiciones.
Demostración:
1) La signatura de 𝜎 es un homomorfismo. Como sig(𝜎) = ±1 el orden de la
signatura es, a lo sumo 2. Entonces:
69
sig(𝜎) = (sig(𝜎))−1
= sig(𝜎−1).
La última igualdad es cierta por ser homomorfismo.
2) Digamos que 𝜎 = (𝑎1 … 𝑎𝑘) = (𝑎1 𝑎2)(𝑎2 𝑎3) … (𝑎𝑘−1 𝑎𝑘)
Así sólo hay que probar que la signatura de una transposición es impar.
Sea 𝜏 ∈ 𝑆𝑛
Sea 𝜏(1 2)𝜏−1 un 2-ciclo cualquiera (por la estructura cíclica se puede
escoger dicho elemento 𝜏)
Entonces sig(𝜎) = sig(𝜏(1 2)𝜏−1) = sig(𝜏)sig(1 2)sig(𝜏−1)
Y por ser abeliano:
sig(𝜎) = sig(𝜏)sig(𝜏−1)sig(1 2) = sig(1 2)
Que es impar.
3) Como las transposiciones generan 𝑆𝑛 entonces todo 𝜎 es producto de
transposiciones.
Observación: Dado 𝜎 en 𝑆𝑛 y {𝑒1, … , 𝑒𝑛} la base canónica de ℝ𝑛, se puede definir
una aplicación lineal:
𝐿𝜎: ℝ𝑛 → ℝ𝑛
𝑒𝑖 → 𝑒𝑖𝜎
Que permuta la base según cómo diga 𝜎.
El determinante de la matriz de la base canónica imagen, es ±1 y coincidirá
precisamente con la signatura de 𝜎. Además se puede demostrar que en las
transformaciones de signatura impar ocurre que hay algún cambio de
orientación, no así si la signatura es par.
Observación: 𝑆𝑛 es subgrupo de 𝐺𝐿(ℝ𝑛). Por teorema de Cayley entonces, todo
grupo finito es isomorfo a un subgrupo de 𝐺𝐿(ℝ𝑛).
70
Introducimos ahora un tipo de grupo muy importante.
El 𝑛-ésimo grupo alternado
Definición: El 𝒏-ésimo grupo alternado (𝐴𝑛) es el subgrupo de 𝑆𝑛 de
permutaciones pares (i.e. que conservan la orientación).
𝐴𝑛 = {𝜎 ∈ 𝑆𝑛: sig(𝜎)=1} = ker(sig(𝜎))
Proposición:
1) 𝐴𝑛 ⊴ 𝑆𝑛, |𝐴𝑛| = 𝑛!2⁄
2) Si 𝑛 ≥ 3 entonces 𝐴𝑛 está generado por 3-ciclos.
3) Si 𝑛 ≥ 4 entonces 𝑍(𝐴𝑛) = 1.
Demostración:
1) La normalidad de 𝐴𝑛 es consecuencia inmediata de ser el núcleo de un
homomorfismo. Ahora, por el primer teorema de isomorfía: 𝑆𝑛
𝐴𝑛⁄ =
𝑆𝑛
ker(𝑠𝑖𝑔(𝜎))⁄ ≅ Im(sig) = {−1,1}
Entonces el índice de 𝐴𝑛 en 𝑆𝑛 es 2, por lo que:
|𝑆𝑛|
|𝐴𝑛|= 2 =
𝑛!
|𝐴𝑛|
2) Si 𝜎 está en 𝐴𝑛 entonces 𝜎 es producto de un número par de
transposiciones (y viceversa).
𝜎 = ∏ 𝜏𝑖 · 𝜏𝑖′
𝑘
𝑖=1
Entonces para ver que 𝜎 es producto de 3-ciclos es suficiente comprobar
que 𝜏𝑖 · 𝜏𝑖′ es producto de 3-ciclos. Distinguimos 3 casos:
i) 𝜏𝑖𝜏𝑖′ = (𝑎 𝑏)(𝑎 𝑏) = (𝑎 𝑏 𝑐)(𝑐 𝑏 𝑎), (= 𝑖𝑑)
ii) 𝜏𝑖𝜏𝑖′ = (𝑎 𝑏)(𝑏 𝑐) = (𝑎 𝑏 𝑐)
iii) 𝜏𝑖𝜏𝑖′ = (𝑎 𝑏)(𝑐 𝑑) = (𝑎 𝑐 𝑏)(𝑎 𝑐 𝑑)
3) 𝑛 ≥ 4
Se toma 𝜎 ∈ 𝐴𝑛 y 𝑖, 𝑗 ∈ 𝐼𝑛 donde 𝜎(𝑖) = 𝑗 ≠ 𝑖
Existen 𝑙, 𝑘 ∈ 𝐼𝑛 y no son cada uno ni 𝑖 ni 𝑗 𝜏 = (𝑗 𝑘 𝑙)
Veamos que 𝜎𝜏 ≠ 𝜏𝜎
𝜏(𝜎(𝑖)) = 𝜏(𝑗) = 𝑘 ≠ 𝜎(𝜏(𝑖)) = 𝑗
Entonces 𝜎 no está en el centro.
Entonces 𝑍(𝐴𝑛) = {1}
Observación: 𝑛 = 3 ⟹ |𝐴𝑛| = 3, que es isomorfo al grupo cíclico de orden 3 y
cuyo centro es él mismo. Si 𝑛 = 2 ocurre lo análogo.
71
El siguiente lema prepara el terreno para otro gran teorema de la teoría de
grupos.
Lema: Supongamos:
1) 𝑛 ≥ 3
2) 𝑁 ⊴ 𝐴𝑛
3) 휁3 ∈ 𝑁, donde 휁3 es un 3-ciclo.
Entonces 𝑁 = 𝐴𝑛
Demostración:
Sea 휁3 un 3-ciclo de 𝑁.
Por el teorema de esturctura de la página 65, para cualquier 3-ciclo 𝛼, digamos
que 𝛼 = (𝑎 𝑏 𝑐), existe 𝜏 ∈ 𝑆𝑛 de manera que 𝛼 = (휁3)𝜏
Si 𝜏 ∈ 𝐴𝑛 entonces 𝜏𝑁𝜏−1 = 𝑁 por normalidad de 𝑁.
Entonces el 𝛼 escogido está en 𝑁.
Si, por el contrario, 𝜏 ∉ 𝐴𝑛 entonces (𝑎 𝑏)𝜏 ∈ 𝐴𝑛 porque de esta manera es
producto par de transposiciones.
Operando así:
((𝑎 𝑏)𝜏)휁3((𝑎 𝑏)𝜏)−1
= (𝑎 𝑏)(휁3)𝜏(𝑎 𝑏) = (𝑎 𝑏)(𝑎 𝑏 𝑐)(𝑎 𝑏) = (𝑏 𝑎 𝑐)
Y aplicando el argumento anterior de que (휁3)(𝑎𝑏)𝜏 ∈ 𝑁, obtenemos que:
(𝑏 𝑎 𝑐) ∈ 𝑁
Pero como (𝑏 𝑎 𝑐) = (𝑎 𝑏 𝑐)−1 entonces (𝑎 𝑏 𝑐) también está en 𝑛.
Visto que todo 3 ciclo está 𝑁, y dado que los 3 ciclos generan 𝐴𝑛 se deduce que
𝐴𝑛 = 𝑁 y hemos terminado. QED.
72
Teorema de Abel
𝐴𝑛 es simple para cualquier 𝑛 ≥ 5.
Demostración:
Sea 𝑁 ≤ 𝐴𝑛 es suficiente probar que 𝑁 contiene un 3-ciclo.
Por el lema 𝑁 = 𝐴𝑛, y por teorema de Cauchy si 𝑝||𝑁| entonces tiene que existir
𝜎 en 𝑁 de orden 𝑝.
Por el teorema de estructura 𝜎 tendrá que ser producto de 𝑝 ciclos disjuntos.
Distinguimos casos.
Caso 1: 𝑝 > 3
𝜎 = (𝑎1 𝑎2 … 𝑎𝑝)𝜎2 𝜎3 … 𝜎𝑠 ∈ 𝑁
𝜏 = (𝑎1 𝑎2 𝑎3) ∈ 𝐴𝑛
Como 𝜎−1 está en 𝑁 y 𝜎𝜏 también entonces 𝜎−1𝜎𝜏 tiene que estar en 𝑁.
Caso 2: 𝑝 = 3
Si 𝑠 = 1 entonces 𝜎 = 𝜎1
Si 𝑠 > 1 entonces 𝜎 = (𝑎1 𝑎2 𝑎3)(𝑎4 𝑎5 𝑎6)𝜎3 … 𝜎𝑠 y 𝜏 = (𝑎1 𝑎2 𝑎4) ∈ 𝐴𝑛.
𝑁 contiene a 𝜎−1𝜎𝜏 que es (𝑎1 𝑎4 𝑎2 𝑎6 𝑎3), por tanto 𝑁 contiene un 5-ciclo y
estamos en el caso 1.
Caso 3: 𝑝 = 2
𝜎 = (𝑎1 𝑎2)(𝑎3 𝑎4)𝜎3 … 𝜎2𝑠
Como 𝑛 ≥ 5 entonces 𝑎5 ∈ 𝐼𝑛 ∖ {𝑎1𝑎2𝑎3𝑎4}
𝜏 = (𝑎1 𝑎2 𝑎5)
Por tanto 𝜎−1𝜎𝜏 es (𝑎1 𝑎2)(𝑎2 𝑎5) = (𝑎1 𝑎2 𝑎5)
QED
Corolario: Si 𝑛 ≥ 5 el único subgrupo propio normal no trivial de 𝑆𝑛 es 𝐴𝑛.
Prueba:
Si 𝑁 normal en 𝑆𝑛 entonces 𝑁 ∩ 𝐴𝑛 normal en 𝑆𝑛. Por el teorema de Abel esta
intersección o es trivial o es total.
Si es trivial entonces:
𝑛! ≥ |𝑁 · 𝐴𝑛| = |𝑁| ·𝑛!
2⟹ |𝑁| ≤ 2
Y 𝑁 es subgrupo del centro de 𝑆𝑛, que es trivial, por tanto 𝑁 trivial.
73
Si la intersección es el total entonces 𝐴𝑛 ≤ 𝑁 ≤ 𝑆𝑛.
Por teorema de correspondencia 𝑆𝑛
𝐴𝑛⁄ ≅ ℤ
2ℤ⁄ por que:
{𝐾: 𝐴𝑛 ≤ 𝐾 ≤ 𝑆𝑛} = {𝐴𝑛, 𝑆𝑛}
Dado que tiene que tener cardinal dos. Como 𝑁 propio, tiene que ser 𝐴𝑛.
Resumen de subgrupos de 𝐴4
Orden Tipo Número de subgrupos 1 {1} 1
2 ℤ2ℤ⁄ 3
3 ℤ3ℤ⁄ 4
4 ℤ4ℤ⁄ 0
(ℤ2ℤ⁄ )
2 1
6 ℤ6ℤ⁄ 0
𝐷3 0
12 𝐴4 1
Resumen de subgrupos de 𝑆5
Orden Tipo Número de Subgrupos
1 {1} 1
2 ℤ2ℤ⁄ 9
3 ℤ3ℤ⁄ 4
4 ℤ4ℤ⁄ 3
(ℤ2ℤ⁄ )
2 4
6 𝐷3 4
8 𝐷4 3
12 𝐴4 1
24 𝑆4 1
74
Bloque 4 (acciones)
Producto semidirecto.
Definición: Un grupo 𝐺 es el producto semidirecto de 𝑵 por 𝑲 (ambos subgrupos
de 𝐺)si:
1. 𝑁 ⊴ 𝐾
2. 𝑁 ∩ 𝐾 = {1}
3. 𝑁𝐾 = 𝐺
Observación: Si, además, 𝐾 también es normal.
Ejemplo: 𝐷𝑛 = {𝑎, 𝑏|𝑎𝑛, 𝑏2, 𝑎𝑏𝑎𝑏−1}
𝐷𝑛 es producto semidirecto de ⟨𝑎⟩ por ⟨𝑏⟩.
1. El índice de ⟨𝑎⟩ es 2, entonces ⟨𝑎⟩ normal.
2. Tienen intersección trivial.
3. Su producto es 𝐷𝑛
Proposición:
Sea 𝐺 un producto semidirecto de 𝑁 por 𝐾. Entonces:
1) Dado 𝑔 ∈ 𝐺, existen 𝑛, 𝑘 ∈ 𝑁, 𝐾 únicos tales que: 𝑔 = 𝑛𝑘
2) Existe 𝜃: 𝐾 → 𝐴𝑢𝑡(𝑁) definido por: 𝜃(𝑘) = 𝛾𝐾|𝑁: 𝑁 → 𝑁 donde 𝛾(𝑛) = 𝑘𝑛𝑘−1
3) Si 𝐾 es normal en 𝐺 entonces se tiene producto directo.
4) Si el único homomorfismo 𝜃: 𝐾 → 𝐴𝑢𝑡(𝑁) es el constante, entonces se tiene
producto directo.
Demostración:
1) Sean 𝑛1, 𝑛2 en 𝑁 y 𝑘1, 𝑘2 en 𝐾 de tal manera que 𝑛1𝑘1 = 𝑛2𝑘2.
Se deduce que 𝑛2−1𝑛1 = 𝑘2𝑘1
−1 que por tanto está en la intersección, que
como es trivial tiene que ser el neutro. Por tanto necesariamente 𝑛1 = 𝑛2
y 𝑘1 = 𝑘2.
Observación: El punto 3 de la definición asegura que dado 𝑔 existen 𝑛, 𝑘
tales que su producto es 𝐺.
2) Por normalidad, 𝛾(𝑁) = 𝑁. Entonces hemos terminado, porque 𝛾 es
automorfismo, por tanto, 𝜃 está bien definida.
3) Demostrado, ver página 50.
4) Supongamos que 𝜃 constante.
Esto es como decir que 𝛾𝐾|𝑁 es la identidad.
Por tanto 𝑛 = 𝑘𝑛𝑘−1 independientemente de 𝑘 escogido.
Equivalentemente, 𝑘 = 𝑛𝑘𝑛−1.
Entonces conjugar 𝑘 con 𝑛𝑘 es como conjugar 𝑘 con 𝑛 que es 𝑘. Por tanto
conjugar 𝑘 co 𝑔 cualquiera también es 𝑘. Por tanto, 𝐾 es normal.
75
Teorema: del producto semidirecto.
Sean 𝑁, 𝐾 grupos.
Sea 𝜃: 𝐾 → 𝐴𝑢𝑡(𝑁) un homomorfismo.
Entonces, (𝑁 × 𝐾, ∘ ) es un grupo con la operación definida:
(𝑛1, 𝑘1)(𝑛2, 𝑘2) = (𝑛1𝜃(𝑘1)(𝑘2), 𝑘1𝑘2)
Dicho grupo se denota 𝑵 ⋊ 𝑲 y es el producto semidirecto de 𝑁 × {1} por {1} × 𝑁.
Demostración:
La operación es asociativa (ejercicio).
El elemento neutro es (1𝑁 , 1𝑘) (prueba: ejercicio).
Es cerrado por inversos (𝑛, 𝑘)−1 = (𝜃(𝑘−1)(𝑛−1), 𝑘−1) (ejercicio).
𝑁 × {1} normal en 𝑁 ⋊ 𝐾.
Prueba:
(𝑛, 𝑘)(𝑛′, 1)(𝑛, 𝑘)−1 = (… , 𝑘1𝑘−1) ∈ 𝑁 × {1}
Por último, trivialmente 𝑁 × {1}, {1} × 𝐾 tienen intersección trivial y:
(𝑛, 1)(1, 𝑘) = (𝑛𝜃(1)(1), 1𝑘) = 𝑛𝑘
QED
Ejemplo 1: 𝐷𝑛 = ⟨𝑎, 𝑏|𝑎𝑛, 𝑏2, 𝑎𝑏𝑎𝑏−1⟩
Sea 𝜃: ⟨𝑏⟩ → 𝐴𝑢𝑡(⟨𝑎⟩) definido por 𝜃(1) = 𝑖𝑑 y 𝜃(𝑏) = 𝜃(𝑏): ⟨𝑎⟩ → ⟨𝑎⟩, en donde:
𝜃(𝑏)(𝑎𝑚) = 𝑎−𝑚
Entonces:
(𝑎𝑚, 𝑏 )(𝑎𝑙 , 𝑏𝛿) = {(𝑎𝑚𝜃(1)(𝑎𝑙), 1𝑏𝛿) = (𝑎𝑚+𝑙 , 𝑏𝛿), 휀 = 0
(𝑎𝑚𝜃(𝑏)(𝑎𝑙), 𝑏𝑏𝛿) = (𝑎𝑚−𝑙 , 𝑏𝛿+1), 휀 = 1
Observación: ¿Acaso no es como el producto diédrico?
Ejemplo 2:
𝜃: ℤ2ℤ⁄ → 𝐴𝑢𝑡 ((ℤ
2ℤ⁄ )2
) definido por 𝜃(0) = 𝑖𝑑 y 𝜃(1) = 𝜃(1): (ℤ2ℤ⁄ )
2→ (ℤ
2ℤ⁄ )2,
donde 𝜃(1)(𝑎, 𝑏) = (𝑏, 𝑎).
76
Entonces:
((𝑎, 𝑏), 𝑐)((𝑎′, 𝑏′), 𝑐′) = {((𝑎, 𝑏)𝜃(𝑐)(𝑏, 𝑎), 𝑐 + 𝑐′) = ((𝑎 + 𝑎′, 𝑏 + 𝑏′), 𝑐 + 𝑐′), 𝑐 = 0
((𝑎, 𝑏)𝜃(𝑐)(𝑏, 𝑎), 𝑐 + 𝑐′) = ((𝑎 + 𝑏′, 𝑏 + 𝑎′), 𝑐 + 𝑐′), 𝑐 = 1
Como el orden de 𝐺 = (ℤ2ℤ⁄ )
2⋊ ℤ
2ℤ⁄ es de orden 8, es un grupo conocido. En
pocos cálculos se demuestra que:
1. No es abeliano, entonces es o 𝐷4 o los cuaterniones.
2. Los elementos de orden 2 son 8, entonces es 𝐷4.
Observación: La definición dada de producto semidirecto y el resultado del
teorema son algebraicamente lo mismo, en el sentido de que si 𝐺 es p.s.d. de
𝑁 por 𝐾 entonces 𝐺 es isomorfo a 𝑁 ⋊𝜃 𝐾 donde 𝜃(𝑘) = 𝛾𝐾|𝑁.
El isomorfismo que existe entre ambos es:
𝜓: 𝐺 → 𝑁 × 𝐾||
𝑛𝑘 → (𝑛, 𝑘)
Se deja como ejercicio comprobar que el isomorfismo es tal.
Corolario
Sea 𝐺 un grupo de orden 15. Entonces 𝐺 es el grupo cíclico orden 15.
Demostración:
3,5 dividen al orden de 𝐺. Entonces por Cauchy tienen que existir elementos de
orden 3 y 5 en 𝐺. Digamos: 𝑎, 𝑏
El cardinal de ⟨𝑎⟩ ∩ ⟨𝑏⟩ tiene que dividir, por Lagrange, a 3 y a 5. Entonces la
intersección tiene que ser trivial.
Por otra parte 15 ≥ |⟨𝑎⟩⟨𝑏⟩| = |⟨𝑎⟩||⟨𝑏⟩| = 15 por lo que necesariamente ⟨𝑎⟩⟨𝑏⟩ = 𝐺.
Y por último, ⟨𝑏⟩ es el único subgrupo de orden 5. De no ser así, si 𝐻 es otro
subgrupo de orden 5, distinto, su intersección con ⟨𝑏⟩ no es ⟨𝑏⟩, entonces es trivial,
y aplicando cardinal de producto de subgrupos se obtendría que este es 5 · 5 =
= 25, lo cual no es posible.
Esto prueba que 𝐺 es el producto semidirecto de dos subrupos, uno de orden 3y
el otro de orden 5. 𝐺 = ⟨𝑎⟩ ⋊ ⟨𝑏⟩.
⟨𝑎⟩ es de orden 3 así que necesariamente ⟨𝑎⟩ es el cíclico orden 3. Y ⟨𝑏⟩ son los
automorfismos del grupo cíclico de orden 5.
Ahora, 𝑜(𝜃(𝑎)) tiene que dividir a 4, que es el orden de dicho grupo de
automorfismos.
Pero también tiene que dividir a 3 = 𝑜(𝑎). Entonces 𝜃(𝑎): es la identidad.
77
Como un producto semidirecto con homomorfismo asociado la identidad es
producto directo, entonces 𝐺 = ⟨𝑎⟩ × ⟨𝑏⟩.
Acciones
Definición: Una acción de un grupo 𝐺 en un conjunto 𝑋 es una función:
∘: 𝐺 × 𝑋 → 𝑋
(𝑔, 𝑥) → 𝑔𝑥
Tiene estas dos propiedades:
1) ∀𝑔, ℎ, 𝑔(ℎ𝑥) = (𝑔ℎ)𝑥
2) 1𝑥 = 𝑥
Observación: 𝑔𝑥 no es necesariamente un producto, sino la acción de 𝑔 sobre
el elemento 𝑥.
Lema: La función ∘ define una acción si, y sólo si, el siguiente es un isomorfismo:
𝜏: 𝐺 → 𝐵𝑖𝑦(𝑋)
𝑔 → 𝜏(𝑔): 𝑋 → 𝑋
𝜏(𝑔) definido por 𝜏(𝑔)(𝑥) = 𝑔𝑥
Demostración:
⟹
Sea ∘ acción.
(𝜏(ℎ)𝜏(𝑔))(𝑥) = 𝜏(ℎ)(𝜏(𝑔)(𝑥)) =𝐷𝐸𝐹 𝜏(ℎ)(𝑔𝑥) = ℎ(𝑔𝑥) = (ℎ𝑔)(𝑥) = 𝜏(ℎ𝑔)(𝑥)
Lo que prueba que es un homomorfismo.
Ahora, 𝜏(𝑔−1)𝜏(𝑔) = 𝜏(𝑖𝑑) = 𝑖𝑑.
Entonces 𝜏(𝑔−1)𝜏(𝑔) es biyectiva, y por tanto 𝜏(𝑔) es inyectiva, pero por la misma
razón 𝜏(𝑔) es sobreyectiva.
⟸
Sean 𝑔, ℎ en 𝐺 y 𝑥 en 𝑋.
ℎ(𝑔𝑥) = 𝜏(ℎ)(𝜏(𝑔)𝑥) =ℎ𝑖𝑝 𝜏(ℎ𝑔)(𝑥) = (ℎ𝑔)𝑥 se cumple la propiedad 1.
1𝑥 = 𝜏(𝑖𝑑)(𝑥) = 𝑥 se cumple la propiedad 2.
QED
78
Definición: A la aplicación 𝜏 del anterior lema se le llama homomorfismo
asociado a la acción.
Definición: Si ker (𝜏), 𝜏 homomorfismo asociado a cierta acción, es trivial,
entonces se dice que la acción es fiel.
Son ejemplos de acciones:
1. 𝑆𝑛 actuando sobre 𝐼𝑛 con homomorfismo asociado definido por 𝜏(𝜎) = 𝜎
(como 𝜏 = 𝑖𝑑 el núcleo es trivial y la acción es fiel).
2. Sea 𝐻 subgrupo de 𝐺, 𝐻 puede actuar sobre 𝐺 por multiplicación a la
izquierda y se denomina acción por traslación. Su homomorfismo
asociado está definido por 𝜏(ℎ) = 𝑚ℎ
3. Sea 𝐻 ≤ 𝐺 aquel puede acutar sobre este por conjugación, ℎ𝑔 = ℎ𝑔ℎ−1 y
el homomorfismo asociado está definido evidentemente por 𝜏(ℎ) = 𝛾ℎ.
El núcleo de ésta acción es 𝑍(𝐺) ∩ 𝐻.
Definición: Sea 𝐺 un grupo actuando sobre cierto conjunto 𝑋.
1) La órbita de 𝑥 cierto elemento de 𝑋 es:
𝑜𝑟𝑏𝐺(𝑥) = {𝑔𝑥: 𝑔 ∈ 𝐺}
2) El estabilizador de 𝑥 en 𝐺 es:
𝐺𝑥 = {𝑔 ∈ 𝐺: 𝑔𝑥 = 𝑥}
Observación: las órbitas definen una relación de equivalencia.
𝑥~𝑦 ⟺ 𝑜𝑟𝑏𝐺(𝑥) = 𝑜𝑟𝑏𝐺(𝑦)
[𝑥]~ = 𝑜𝑟𝑏𝑔(𝑥)
Observación: 𝑍(𝐺) y 𝑁(𝐺) son estabilizadores de acciones.