Grupos0_EjercicioResueltos

Universidad de GranadaProblemas de teor´ıa de grupos P. Jara, A. Mart´ınez, E. Miranda Contenidos • Tabla de contenidos • Inicio del documento c 1999 [email protected] Copyright Puesta al d´ıa : 31 enero 2001 Versión Enero, 2000 Tabla de contenidos ´ 1. ALGEBRA II. GRUPOS. (2000–2001) 1.1. Generalidades. Teorema de Lagrange . . . . . . . . . . 1.2. Ejemplos de grupos y sus ret´ıculos de subgrupos . . . 1.3. Algunos subgrupos especiales . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Aplicaciones de los teoremas de isomorf´ıa . . . . . . . 1.5. El grupo de los automorfismos de un grupo . . . . . . 1.6. Productos directos de grupos . . . . . . . . . . . . . . 1.7. Grupos actuando sobre conjuntos. Teorema de Cauchy 1.8. p-grupos y teoremas de Sylow . . . . . . . . . . . . . . 1.9. Aplicaciones de los teoremas de Sylow . . . . . . . . . 1.10. Series de composici´ on . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11. Productos semidirectos de grupos . . . . . . . . . . . . 1.12. Grupos solubles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.13. Grupos libres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 4 11 20 25 27 31 36 44 52 55 60 65 68 Tabla de contenidos (contin´ ua) 3 1.14. Presentaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.15. Algoritmo de Todd-Coxeter . . . . . . . . . . . . . . . 71 78 Soluciones de los Ejercicios 82 ´ 1.. ALGEBRA II. GRUPOS. (2000–2001) 1.1.. Generalidades. Teorema de Lagrange Ejercicio 1. Sea G un grupo y a ∈ G un elemento de orden n. (1) Demostrar que si m y r son n´ umeros naturales tales que n | mr entonces n | r, siendo d = m. c. d.(n, m). d (2) Demostrar que para cualquier n´ umero natural m, n ord(am ) = . m. c. d.(n, m) Ejercicio 2. Sean a, b ∈ G dos elementos de un grupo, que conmutan entre s´ı, ab = ba, de ´ ordenes primos relativos, m. c. d.(ord(a), ord(b)) = 1. Demostrar que ord(ab) = ord(a) · ord(b). Ejercicio 3. Demostrar que si G es un grupo en el que x2 = 1 para todo x ∈ G, entonces G es abeliano. ´ Secci´ on 1.: ALGEBRA II. GRUPOS. (2000–2001) 5 Ejercicio 4. Demostrar que todo subgrupo de ´ındice 2 es normal. Ejercicio 5. Demostrar que si se tienen subgrupos H ≤ T ≤ G de un grupo finito G, entonces [G : H] = [G : T ][T : H] Ejercicio 6. Demostrar que el grupo de Klein abstracto V = Z2 ×Z2 es, salvo isomorfismo, el u ńico grupo de orden 4 que no es c´ıclico. Para la unicidad, demostrar primero que si G un grupo de orden 4 que no es c´ıclico entonces todos sus elementos, a excepción del trivial, tienen orden 2. Construir entonces la tabla de G y demostrar finalmente que G∼ = Z2 × Z2 . Ejercicio 7. Sean a, x ∈ G. Demostrar que los elementos x y axa−1 tienen el mismo orden. Deducir que para cualesquiera a, b ∈ G los elementos ab y ba tienen el mismo orden. Ejercicio 8. Sea G un grupo y sean a, b ∈ G tales que a2 = 1 y ab2 = b3 a. Demostrar que b5 = 1. ´ Secci´ on 1.: ALGEBRA II. GRUPOS. (2000–2001) 6 Ejercicio 9. Sea n > 1 un n´ umero natural y sea G un grupo con la propiedad de que para todo par x, y ∈ G se verifica (xy)n = xn y n . Definimos H = {x ∈ G | xn = 1} y K = {xn | x ∈ G}. Demostrar que H y K son subgrupos normales de G y que |K| = [G : H] Ejercicio 10. Sea G un grupo y sean a, b ∈ G tales que ba = abk , an = 1 con n > 0 . (1) Demostrar que para todo i ∈ Z se verifica bi a = abik . j (2) Demostrar que para todo j ≥ 0 se verifica baj = aj bk . (3) Demostrar que para todo i ∈ Z y todo j ≥ 0 se verifica bi aj = j aj bik . (4) Demostrar que todo elemento de ha, bi puede escribirse como ar bs con 0 ≤ r < n. ´ Secci´ on 1.: ALGEBRA II. GRUPOS. (2000–2001) 7 (5) Demostrar que si k 6= ±1 existe un m > 0 tal que bm = 1. Ejercicio 11. (1) Si A es un anillo, no necesariamente conmutativo, se define su grupo de unidades o grupo de elementos invertibles U (A) como U (A) = {a ∈ A | ∃ a−1 ∈ A con aa−1 = 1 = a−1 a}. Demostrar que U (A) es efectivamente un grupo con la operación de multiplicaci´ on en el anillo. (2) Demostrar que si A y B son dos anillos, entonces U (A × B) = U (A) × U (B). (3) Probar que si f : A−→B es un isomorfismo de anillos, este restringe a un isomorfismo entre sus correspondientes grupos de unidades f : U (A)−→U (B) c. se verifica mp−1 ≡ 1 (mod p). d. (2000–2001) 8 Ejercicio 12. d. n) = 1. c. n) = 1} Ejercicio 13. n) = 1. Deducir el Teorema de Fermat: Para todo entero primo positivo p y para todo entero m. (3) Demostrar que si m.(m. primo relativo con p.(r. Demostrar que U (Zn ) = {¯ r | 1 ≤ r ≤ n. hay un isomorfismo de grupos U (Znm ) ∼ = U (Zn ) × U (Zm ). (2) Dar un ejemplo mostrando que el isomorfismo anterior no existe si m y n no son primos entre s´ı. . Ejercicio 14. d. Sea n ≥ 2 un entero y U (Zn ) el grupo de los elementos invertibles del anillo de clases de restos m´ odulo n.(m. (1) Demostrar que si m.: ALGEBRA II. y por tanto tiene p−1 elementos. c. Sea p un n´ umero primo. entonces existe un isomorfismo de anillos Znm ∼ = Zn × Zm .´ Secci´ on 1. m. GRUPOS. Demostrar que U (Zp ) = Zp \ {0}. Deducir el Teorema de Euler : Para todo entero positivo n y para todo entero m primo relativo con n se verifica mϕ(n) ≡ 1 (mod n) . n) = 1}| .: ALGEBRA II. d. Ejercicio 16. GRUPOS. Esto es ϕ(n) = |{r | 1 ≤ r ≤ n. (4) Calcular ϕ(8). c. (3) Demostrar que para cada primo p y cada e ≥ 1 se verifica que ϕ(pe ) = (p − 1)pe−1 .(m. (2000–2001) 9 Ejercicio 15. entonces ϕ(nm) = ϕ(n)ϕ(m). c. d.´ Secci´ on 1. n) = 1. La funci´ on tociente de Euler ϕ(n) se define para n entero positivo como el n´ umero de naturales menores que n y primos relativos con n. ϕ(72) y ϕ(100). m. (1) Demostrar que ϕ(n) = |U (Zn )|. (2) Demostrar que si m.(r. ´ Secci´ on 1. . Determinar los dos u ´ltimos d´ıgitos de 33 100 (Pista: determinar 3 (mod ϕ(100))). GRUPOS.: ALGEBRA II. (2000–2001) Ejercicio 17. 10 100 . d. · · · . el subgrupo n c´ıclico Cm = ha m i es de ese orden m. a2 . (2) Demostrar que si H ⊆ Cn es un subgrupo de orden m. (2000–2001) 11 1. (1) Demostrar que para cualquier m.2. Ejemplos de grupos y sus ret´ıculos de subgrupos Ejercicio 18. Ejercicio 19. am es un generador de Cn si y solo si m. Sea Cn = ha | an = 1i. 1 ≤ m ≤ n. ax ∈ H}. Sea Cn = ha | an = 1i = {1. an−1 } el grupo c´ıclico de orden n generado por a. GRUPOS. entonces . c. n) = 1. un grupo c´ıclico de orden n.. y consideramos el n´ umero s = min{x | 1 ≤ x ≤ n.: ALGEBRA II.(m. (2) Demostrar que el n´ umero de diferentes generadores de Cn es precisamente ϕ(n). (1) Demostrar que para todo divisor positivo m de n. a.´ Secci´ on 1. Describir el ret´ıculo de subgrupos del grupo c´ıclico C6 = hx | x6 = 1i. Ejercicio 20. Describir el ret´ıculo de subgrupos del grupo c´ıclico n Cpn = hx | xp = 1i. GRUPOS. p primo. Ejercicio 22.: ALGEBRA II. de s es un divisor de n. (3) Concluir que la correspondencia m 7→ Cm establece un isomorfismo entre el ret´ıculo de los divisores positivos de n (donde la relación de orden es la de divisibilidad) y el de subgrupos de Cn . .que H = has i y finalmente que s = m manera que H = Cm .´ Secci´ on 1. Ejercicio 21. Describir el ret´ıculo de subgrupos del grupo c´ıclico C8 = hx | x8 = 1i. (2000–2001) 12 n . ´trico. 2. . σ 2 . demostrar que S3 = {1. Mirando la tabla de multiplicar. .´ Secci´ on 1. Ejercicio 24. . 3) y τ = (1. es un grupo c´ıclico de orden dos. 2). . GRUPOS. (1) Expresar los 6 elementos de S3 como productos de ciclos disjuntos. Escribir la tabla de multiplicar de S3 usando esas expresiones para sus elementos. τ. n} con la composición de aplicaciones. Describir el ret´ıculo de subgrupos del grupo de Klein abstracto C2 × C2 . 2.: ALGEBRA II. (2000–2001) 13 Ejercicio 23. Sn es el grupo forEjercicio 25. . donde C2 = ha | a2 = 1i. Describir el ret´ıculo de subgrupos del grupo c´ıclico C12 = hx | x12 = 1i. σ. σ 2 τ }. El n-ésimo grupo sime mado por todas las permutaciones del conjunto {1. στ. (2) Sea σ = (1. τ i. Ejercicio 26. Ejercicio 27. El n-ésimo grupo alternado. . Concluir que |An | = n!/2. (2000–2001) 14 (3) Reescribir la tabla de multiplicar de S3 usando la anterior expresión de los elementos de S3 . Lo representamos por An . (2) Demostrar que si G ≤ Sn . Encontrar otro sistema de generadores de S3 formado por dos elementos de orden 2.´ Secci´ on 1. n ≥ 3. Describir el ret´ıculo de subgrupos de S3 .: ALGEBRA II. GRUPOS. entonces G ⊆ An o [G : G ∩ An ] = 2. (1) Demostrar que An es un subgrupo normal de Sn y que [Sn : An ] = 2. Concluir que un subgrupo de Sn o bien contiene sólo permutaciones pares o bien la mitad de sus permutaciones son pares y la otra mitad impares. es el subgrupo de Sn formado por las permutaciones pares. (4) De (2) se sigue que S3 = hσ. sr = r−1 s. Es un grupo de orden 2n. n ≥ 3. Lo representamos por Dn . s. GRUPOS. r. Describir el ret´ıculo de subgrupos de A4 . En términos de estos generadores. El n-ésimo grupo die del pol´ıgono regular de n lados. rs. que es de orden 2 y la representamos por s.´ Secci´ on 1. . que contiene dos elementos significativos que lo generan: El giro de 2π/n radianes respecto al centro del pol´ıgono regular. los 2n elementos de Dn se expresan de manera u ńica en la forma Dn = {1. rn−1 . Manejando esta representaci´ on de sus elementos. ´drico es el grupo de isometr´ıas Ejercicio 29. y la simetr´ıa respecto al eje que une el centro con uno de sus vértices. la multiplicación del grupo se deduce de las siguientes relaciones “fundamentales”. que es un elemento de orden n y lo representamos por r. rn = 1. (2000–2001) 15 Ejercicio 28. s2 = 1. rn−1 s}. · · · .: ALGEBRA II. · · · . El grupo cuaternio. (4) Comparar la tabla obtenida en el apartado anterior con la obtenida para el grupo S3 en el Ejercicio (18). (ri s)2 = 1. Ejercicio 31. (5) ¿Es D4 isomorfo a S4 ? Ejercicio 30. GRUPOS. ±k} . Concluir la existencia de un isomorfismo D3 ∼ = S3 . Describir el ret´ıculo de subgrupos de D4 .: ALGEBRA II. apartado (3). que representamos por Q2 . es el grupo formado por los ocho elementos {±1. sri = r−i s . ±j. ±i. demostrar que se verifican las siguientes. no lo es. (3) Escribir la tabla de multiplicar del grupo D3 . hsi. i ∈ Z. (2000–2001) 16 (1) A partir de las relaciones fundamentales del grupo diédrico. pero que el de orden 2. hri es normal.´ Secci´ on 1. (2) Demostrar que el subgrupo c´ıclico de orden n. con la multiplicación de matrices como ley de composici´ on. (2000–2001) 17 con la ley de composici´ on que determinan las igualdades i2 = j 2 = k 2 = ijk = −1. escribiendo expl´ıcitamente todos los elementos que forman este grupo. (−1)j = −j = j(−1). representado por GLn (F ). invertibles y con coeficientes en F . (1) Demostrar que |GL2 (F2 )| = 6.: ALGEBRA II. Escribir el ret´ıculo de subgrupos de Q2 Ejercicio 33. El n-ésimo grupo lineal general de un cuerpo F . GRUPOS. .´ Secci´ on 1. (−1)i = −i = i(−1). es el grupo formado por todas las matrices n × n. (−1)k = −k = k(−1) 2 (1) Escribir la tabla de grupo para Q2 (2) ¿Es Q2 isomorfo a D4 ? Ejercicio 32. (−1) = 1. (3) Escribir. (4) Comparando las tablas de multiplicar. α2 β} . αβ.: ALGEBRA II. Demostrar que es un epimorfismo de grupos ¿Cual es su n´ ucleo? . β. utilizando la representaci´ on anterior. Determinar el orden de GLn (F ).´ Secci´ on 1. Ejercicio 35. es el subgrupo de GLn (F ) formado por las matrices de determinante 1. ver Ejercicio (22)). El n-ésimo grupo lineal unimodular o grupo lineal especial de un cuerpo F . concluir que GL2 (F2 ) es isomorfo al grupo diédrico diédrico D3 (y entonces también al simétrico S3 . GRUPOS. α2 . que representamos por SLn (F ). α. Si F es un cuerpo finito con q elementos. (2000–2001) 18 (2) Sea α = ( 01 11 ) y β = ( 01 10 ). Ejercicio 34. la tabla de multiplicar de GL2 (F2 ). Demostrar que GL2 (F2 ) = {1. (1) Sea det : GLn (F ) → F × la aplicación que lleva cada matriz en su determinante. GRUPOS.´ Secci´ on 1. . determinar el orden de SLn (F ). 1 y b = 11 −1 es isomorfo al grupo (2) Demostrar que SL2 (F3 ) y S4 son dos grupos no isomorfos de orden 24 (Indicaci´ on: demostrar que S4 no contiene ning´ un subgrupo isomorfo a Q2 ). (1) Demostrar que el subgrupo de SL2 (F3 ) generado por a = cuaternio Q2 .: ALGEBRA II. (2000–2001) 19 (2) Si F un cuerpo finito con q elementos. bi . Ejercicio 36. 0 −1 1 0 Q = ha. . (2000–2001) 20 1. Algunos subgrupos especiales Ejercicio 37.3. Se llama centro de un grupo G al subgrupo Z(G) = {a ∈ G | ∀x ∈ G xa = ax}. (4) Demostrar que si si G/Z(G) es c´ıclico. (2) Demostrar que Z(G) es un subgrupo normal de G. entonces G es abeliano. Ejercicio 38.: ALGEBRA II. (1) Demostrar que Z(G) es efectivamente un subgrupo de G. n ≥ 2 . GRUPOS. (3) Demostrar que G es abeliano si y solo si Z(G) = G. Observar que D4 /Z(D4 ) es abeliano aunque D4 no lo es (comparar este hecho con el apartado (3) del Ejercicio (37)). Determinar el centro del grupo diédrico D4 . .´ Secci´ on 1. Ejercicio 39. Determinar el centro de los grupos Sn y An . Si G es un grupo. Determinar el centro del grupo Dn . (2) Demostrar que CG (S) es un subgrupo normal de NG (S). (3) Sea H un subgrupo de G.: ALGEBRA II. Y se llama normalizador de S en G al conjunto NG (S) = {a ∈ G | aSa−1 = S}. Demostrar que H es un subgrupo normal de NG (H) . (2000–2001) 21 Ejercicio 40. Ejercicio 41. Ejercicio 42.´ Secci´ on 1. Determinar el centro del grupo Q2 . (1) Demostrar que el centralizador CG (S) y el normalizador NG (S) son subgrupos de G.n ≥ 3 . para cualquier subconjunto S ⊆ G se llama centralizador de S en G al conjunto CG (S) = {a ∈ G | ∀x ∈ S ax = xa}. GRUPOS. GRUPOS. Ejercicio 44. Demostrar que NG (H) = CG (H). ¿Cuando es G = NG (H)? ¿Y cuando es G = CG (H)? Ejercicio 45.: ALGEBRA II. Dados dos elementos x.´ Secci´ on 1. (2000–2001) 22 (4) Sean H ⊆ K subgrupos de G tales que H es un subgrupo normal de K. . Demostrar que CG (Z(G)) = G. Demostrar que K ⊆ NG (H) (Los dos u ´ltimos puntos caracterizan a NG (H) como el mayor subgrupo de G en el que H es normal). Deducir que H es normal en G si y sólo si está contenido en Z(G). Sea G un grupo y sea H un subgrupo suyo. y] = xyx−1 y −1 . y ∈ G se llama conmutador de x e y al elemento [x. Ejercicio 43. Deducir que NG (Z(G)) = G. Sea H un subgrupo de orden 2 de un grupo G. Ejercicio 46. x]. G] =< [x. es el subgrupo generado por todos los conmutadores de elementos de G.´ Secci´ on 1. y]−1 = [y. G] es un subgrupo normal de G. G0 = [G. x. (3) Demostrar que para todo grupo G el conmutador [G. G0 = [G. G]. (4) ¿Cuándo es [G. . y1 ] · · · [xn . G] es un producto de conmutadores z = [x1 . (1) Demostrar que el cociente G/[G. (2) Demostrar que todo elemento z ∈ [G. G] = 1? Ejercicio 47. y ∈ G > . yn ]. G] es un grupo abeliano. y]. GRUPOS.: ALGEBRA II. (1) Demostrar que [x. (2000–2001) 23 El subgrupo conmutador o subgrupo derivado de G. G] → A tal que f¯(a[G. Demostrar que [G.´ Secci´ on 1. Concluir que existe un u ńico homomorfismo f¯ : G/[G. para todo a ∈ G. Determinar el subgrupo conmutador de los grupos S3 . . D4 y Q2 . Demostrar que.: ALGEBRA II. G] ⊂ Ker(f ). Ejercicio 49. para n ≥ 3. Demostrar que para n ≥ 3 el derivado de Sn es An . G] ⊆ H. (2000–2001) 24 (2) Sea f : G → A un homomorfismo de grupos arbitrario con A abeliano. (3) Sea H ≤ G un subgrupo normal. G]) = f (a). GRUPOS. abeliano si y solo si [G. Ejercicio 50. An es el u ńico subgrupo de Sn de orden n!/2. Demostrar que G/H es Ejercicio 48. A4 . Sea G un grupo finito y sean H. K subgrupos de G con K normal y tales que |H| y [G : K] son primos relativos. Demostrar que existe un subgrupo normal K de H tal que K y H/K son abelianos. K subgrupos de G y sea N un subgrupo normal de G tal que HN = KN . Sea H un subgrupo cualquiera de G. Ejercicio 52. . Demostrar que |H| |K| = |HK| |H ∩ K| .4. uno de ellos normal. Sean H y K dos subgrupos finitos de un grupo G. Sean H. (2000–2001) 25 1. Demostrar que H ∼ K = H ∩N K ∩N Ejercicio 53. Ejercicio 54. GRUPOS.´ Secci´ on 1.. Sea N un subgrupo normal de G tal que N y G/N son abelianos. Aplicaciones de los teoremas de isomorf´ıa Ejercicio 51. Demostrar que H está contenido en K.: ALGEBRA II. H un subgrupo de Hall de G.´ Secci´ on 1. Ejercicio 56. Demostrar que para cualquier subgrupo normal K de G se verifica que H ∩ K es un subgrupo de Hall de K y HK/K es un subgrupo de Hall de G/K. Un subgrupo H de un grupo finito G se llama subgrupo de Hall si |H| y [G : H] son primos relativos. GRUPOS. Sea G un grupo finito. Sea H un subgrupo de Hall normal del grupo finito G.: ALGEBRA II. Demostrar que H es el u ńico subgrupo de G de orden |H|. (2000–2001) 26 Ejercicio 55. . Sea G un grupo.5. (1) Si θ : Zn → G es un homomorfismo con θ(¯1) = x.: ALGEBRA II. (4) Existe un isomorfismo de grupos U (Zn ) ∼ = Aut(Zn ) . (2000–2001) 27 1. El grupo de los automorfismos de un grupo Ejercicio 57. entonces ¯ = xk para todo 0 ≤ k ≤ n − 1. Demostrar que el conjunto de todos los automorfismos de un grupo G (con la composici´ on de aplicaciones) forma un grupo..´ Secci´ on 1. que se denota por Aut(G). ord(x) | n y θ(k) (2) Para cada x ∈ G tal que ord(x) | n existe un u ńico homomorfismo θx : Zn → G tal que θx (¯ 1) = x. (3) Si x ∈ G es tal que ord(x) | n. entonces el homomorfismo θx : Zn → G es monomorfismo si y solo si ord(x) = n. GRUPOS. Demostrar. Ejercicio 58. n) = 1. 1 ≤ r ≤ n.(r. m. donde ¯ = r k¯ = rk . . Sea G un grupo.´ Secci´ on 1. d. Ejercicio 61. Ejercicio 60. fr¯(k) En particular Aut(Zn ) es un grupo abeliano de orden ϕ(n). c. (2000–2001) 28 definido por r¯ 7→ fr¯. donde −id(n) = −n para cada n ∈ Z.: ALGEBRA II. Ejercicio 59. (1) Describir expl´ıcitamente el grupo Aut(Z8 ) (2) Demostrar que Aut(Z8 ) es isomorfo al grupo de Klein Z2 × Z2 . Demostrar que Aut(Z) = {id. k¯ ∈ Zn . GRUPOS. −id} ∼ = Z2 . ´ Secci´ on 1. a 7→ ϕa es un homomorfismo.: ALGEBRA II. (2000–2001) 29 (1) Demostrar que para cada a ∈ G la aplicación ϕa : G → G definida por ϕa (x) = axa−1 es un automorfismo de G. Sea Fix(f ) = {x ∈ G | f (x) = x}. . que se llama automorfismo interno o de conjugaci´ on de G definido por a. (2) Demostrar que la aplicaci´ on G → Aut(G). GRUPOS. Sea f un automorfismo de un grupo G. Ejercicio 62. Demostrar que el grupo de automorfismos de un grupo no abeliano no puede ser c´ıclico. (3) Demostrar que el conjunto de automorfismos internos de G. que se denota Int(G). Ejercicio 63. (4) Demostrar que G/Z(G) ∼ = Int(G). (5) Demostrar que Int(G) = 1 si y s´ olo si G es abeliano. es un subgrupo normal de Aut(G). : ALGEBRA II. (2) Sea f = ϕa el automorfismo interno definido por a. (3) Demostrar que G es abeliano. . que se llama el subgrupo de elementos fijos de f . ¿Cual es el subgrupo de elementos fijos? Ejercicio 64. GRUPOS. Sea G un grupo finito tal que existe un f ∈ Aut(G) que verifica f 2 = idG y que Fix(f ) = 1.´ Secci´ on 1. ¿Cual es el subgrupo de elementos fijos de f ? (3) Sea G = GLn (F ) y sea f el automorfismo definido por f (A) = (At )−1 (la matriz inversa de la traspuesta de la matriz A). (2) Demostrar que f es necesariamente definido por f (a) = a−1 . (1) Demostrar que la aplicaci´ on x 7→ x−1 f (x) establece una biyección de G en s´ı mismo. (2000–2001) 30 (1) Demostrar que Fix(f ) es un subgrupo de G. Sean h ∈ H y k ∈ K dos elementos de dos grupos H y K. Ejercicio 68. Ejercicio 69. |K|) = 1. Demostrar que los grupos Z × Z2 y Z × Z no son c´ıclicos. (1) G = R× . cuyos ordenes respectivos son ord(h) = n y ord(k) = m ¿Cual es el orden de (h. .6. Ejercicio 67. (2000–2001) 31 1. K = {x ∈ R | x > 0}. Demostrar que los siguientes grupos no son un producto directo interno de subgrupos propios: S3 . En cada uno de los siguientes casos. Productos directos de grupos Ejercicio 65. H = {±1}. y s´ olo si.´ Secci´ on 1. decidir si el grupo G es o no producto directo interno de los subgrupos H y K. Zpn (con p primo). Sean H y K grupos c´ıclicos finitos.. Demostrar que H × K es c´ıclico si. GRUPOS. (|H|. Z.: ALGEBRA II. k) ∈ H × K? Ejercicio 66. Sean G.´ Secci´ on 1. H = {z ∈ C| |z| = 1}. M grupos tales que H × K ∼ = L × M. K = {x ∈ R| x > 0}. ¿Es necesariamente H ∼ =LyK∼ = M? Ejercicio 73. Ejercicio 71. Sean H.: ALGEBRA II. Demostrar que: (1) H × K ∼ = K × H. K = {( 10 1b ) ∈ GL2 (R)}. Demostrar que no todo subgrupo de un producto directo H × K es de la forma H1 × K1 con H1 subgrupo de H y K1 subgrupo de K. (2000–2001) 32 (2) G = {( a0 cb ) ∈ GL2 (R)}. H y K grupos. K. Demostrar que H × K ∼ = J ×L Ejercicio 72. (3) G = C× . H = {( a0 0c ) ∈ GL2 (R)}. GRUPOS. Ejercicio 70. Sean H ∼ =J yK∼ = L. L. . (2) G × (H × K) ∼ =G×H ×K ∼ = (G × H) × K. Sean H.´ Secci´ on 1. K1 C K.: ALGEBRA II. . K dos grupos y sean H1 C H. Demostrar que G/(H ∩ K) ∼ = H/(H ∩ K) × K/(H ∩ K) ∼ = (G/H) × (G/K). Sean H y K subgrupos normales de G tales que HK = G. K C G tales que H ∩ K = 1. Demostrar que H1 × K1 C G y que K H ×K ∼ H × = H1 × K1 H1 K1 Ejercicio 75. Ejercicio 76. (2000–2001) 33 Ejercicio 74. Ejercicio 77. G] × [H. Demostrar que G es isomorfo a un subgrupo de G/H × G/K. Sean H. G × H] = [G. (2) [G × H. GRUPOS. H]. Demostrar que para cualesquiera dos grupos G y H se verifica que (1) Z(G × H) = Z(G) × Z(H). ´ Secci´ on 1. Ejercicio 79. Ejercicio 80. GRUPOS. Un grupo G es producto directo interno de subgrupos H y K.(|H|. d.: ALGEBRA II. (1) Sea G un grupo finito que es producto directo interno de dos subgrupos suyos H y K con m. Dar un ejemplo de un grupo G que es producto directo interno de dos subgrupos propios H y K y que contiene un subgrupo normal no trivial N tal que N ∩ H = N ∩ K = 1. . con H1 ≤ H y K1 ≤ K. (2) Demostrar que si H y K son grupos finitos tales que m. c. d. Demostrar que N es abeliano. Demostrar que para todo subgrupo N ≤ G se verifica que N es producto directo interno de N ∩ H y N ∩ K.(|H|. |K|) = 1. todo subgrupo del grupo H × K es de la forma H1 × K1 . |K|) = 1. c. Concluir que para N C H × K es posible que N 6= (N ∩ (H × 1)) × (N ∩ (K × 1)). (2000–2001) 34 Ejercicio 78. y N C G tal que N ∩ H = 1 = N ∩ K. k) = (f (h). donde cada (f. |K|) = 1 entonces para cada φ ∈ Aut(H ×K). c. g) ∈ Aut(H) × Aut(K) es visto como el automorfismo de H × K tal que (f. (2000–2001) 35 Ejercicio 81. GRUPOS. d.(|H|. c.(|H|. d. g(k)).´ Secci´ on 1. Demostrar que G = Im(f ) × Ker(f ). Sean H y K grupos. (2) Demostrar que si H y K son grupos finitos tales que m. se verifica que φ(H ×1) ⊆ H × 1 y φ(1 × K) ⊆ 1 × K.: ALGEBRA II. Ejercicio 82. Sea G un grupo y sea f : G → G un endomorfismo tal que f 2 = f e Im(f ) C G. Consideramos Aut(H)×Aut(K) ≤ Aut(H × K). g)(h. . (1) Demostrar que si H y K son grupos finitos tales que m. |K|) = 1 entonces Aut(H) × Aut(K) = Aut(H × K). 2.. Encontrar para para cada uno de los siguientes subgrupos de G las ´ orbitas y estabilizadores del punto 2 ∈ S: (1) H = h(1. 4}. G es un 2-grupo finito que act´ ua sobre un conjunto finito X cuyo cardinal es un n´ umero impar ¿Podemos asegurar la existencia de al menos un punto fijo? ¿Podemos asegurar lo mismo si |X| es par? Ejercicio 85.7. 2. 3)i (2) H = A4 Ejercicio 84. Sea G = S4 y S = {1. Grupos actuando sobre conjuntos. La acción de G sobre S se define por σ · i = σ(i).: ALGEBRA II. Sea G un grupo y N un subgrupo normal abeliano suyo. Teorema de Cauchy Ejercicio 83. 3. . GRUPOS.´ Secci´ on 1. (2000–2001) 36 1. Demostrar que el grupo cociente G/N opera sobre N por “conjugación” y obtener un homomorfismo G/N → Aut(N ). ´ Secci´ on 1.: ALGEBRA II. GRUPOS. (2000–2001) 37 Ejercicio 86. Demostrar que si un grupo G act´ ua transitivamente sobre un conjunto X con n elementos entonces |G| es un m´ ultiplo de n. Ejercicio 87. Sea G un grupo que act´ ua transitivamente sobre un conjunto S y sea H un subgrupo normal de G. Sean O1 , . . . , Ok las distintas órbitas en la acci´ on de H sobre S. (1) Demostrar que G act´ ua transitivamente sobre el conjunto {O1 , . . . , Ok }. (2) Demostrar que todas las ´ orbitas Oj tienen el mismo cardinal. (3) Sea x ∈ O1 arbitrario. Demostrar que |O1 | = [G : H ∩StabG (x)] y deducir que k = [G : H StabG (x)]. Ejercicio 88. Demostrar que si un grupo G contiene un elemento que tiene exactamente dos conjugados, entonces G tiene un subgrupo normal propio. ´ Secci´ on 1.: ALGEBRA II. GRUPOS. (2000–2001) 38 Ejercicio 89. Demostrar que si G contiene un subgrupo distinto de G y con ´ındice finito, entonces existe un subgrupo normal de G distinto de G y con ´ındice finito. Ejercicio 90. Sea G un grupo finito de orden pn con p primo y mayor que n. Utilizando el Teorema de Cauchy, demostrar que G contiene un subgrupo normal de orden p y que todo subgrupo de orden p es normal en G. Ejercicio 91. Demostrar que si H es un subgrupo de un grupo finito G de ´ındice primo p = [G : H] y p es el menor primo que divide al orden de G, entonces H es normal en G. Para ello, (1) Dada la representaci´ on, ρ, asociada a la acción por traslaciones de G sobre el conjunto de clases G/H. Demostrar que su n´ ucleo está contenido en H. (2) Demostrar que [G : Ker(ρ)] | p! (3) Demostrar que [H : Ker(ρ)] | (p − 1)! ´ Secci´ on 1.: ALGEBRA II. GRUPOS. (2000–2001) 39 (4) Concluir que [H : Ker(ρ)] = 1 Ejercicio 92. Sea G un grupo finito de orden compuesto con la propiedad de que G tiene un subgrupo de orden d para cada entero positivo d que divida a n. Demostrar que G tiene un subgrupo normal propio. Ejercicio 93. Sean S, T dos G-conjuntos. Se define la acci´ on diagonal de G sobre el producto cartesiano S × T mediante x · (s, t) = (x · s, x · t). Demostrar que para esta acci´ on el estabilizador de (s, t) es la intersecci´ on de los estabilizadores de s y t en las acciones dadas. Ejercicio 94. Sea G un grupo, sean H, K subgrupos de G de ´ındices r = [G : H] y s = [G : K] respectivamente. Utilizando la acción diagonal por traslaciones de G sobre el conjunto producto cartesiano G/H × G/K, demostrar el Teorema de Poincaré : [G : H ∩ K] ≤ rs. Ejercicio 95. Sea G un grupo y H, K subgrupos propios conjugados de G de ´ındice r. Demostrar que [G : H ∩ K] ≤ r(r − 1). Para ello, ´ Secci´ on 1.: ALGEBRA II. GRUPOS. (2000–2001) 40 (1) Estudiar primero el caso H = K. (2) Considerar la acci´ on diagonal por traslaciones de G sobre G/H × G/H y, suponiendo que K = xHx−1 , describir el subgrupo Stab(H, xH). (3) Supuesto H 6= K, describir la ´ orbita del punto (H, xH), y acotar su cardinal por r(r − 1). Ejercicio 96. Encontrar todos los grupos finitos que tienen exactamente dos clases de conjugaci´ on. Ejercicio 97. Describir expl´ıcitamente las clases de conjugación del grupo D4 . Ejercicio 98. Dar un significado alternativo (¡conocido!) al hecho de que dos elementos del grupo GLn (K) sean conjugados. ¿Son con- ´ Secci´ on 1.: ALGEBRA II. GRUPOS. (2000–2001) 41 jugadas entre s´ı las siguientes dos matrices del grupo GL3 (R)?     010 −1 0 1 A = 1 0 0 y B =  0 1 0 . 001 0 01 Ejercicio 99. Sea n > 0 un entero positivo. Una partici´ on de n es una sucesión i1 ≤ · · · ≤ ik de enteros positivos tal que i1 +· · ·+ik = n. Dada una permutaci´ on σ ∈ Sn , la descomposición en ciclos disjuntos (incluyendo los de longitud uno, vistos como identidades), de σ = γ1 γ2 . . . γr determina una partici´ on i1 , . . . , ir de n donde cada ik es la longitud del ciclo γk . Dos permutaciones en Sn se dicen del mismo tipo si determinan la misma partici´ on de n. Demostrar: (1) Si (x1 , x2 , · · · , xk ) es un ciclo de Sn , para cualquier permutación σ ∈ Sn se tiene que σ(x1 , x2 , · · · , xk )σ −1 = (σ(x1 ), σ(x2 ), · · · , σ(xk )) ´ Secci´ on 1.: ALGEBRA II. GRUPOS. (2000–2001) 42 (2) Si una permutaci´ on α descompone en ciclos disjuntos en la forma α= k Y (xj1 , · · · , xjij ) , j=1 cualquier conjugada suya σασ −1 tiene la descomposición en ciclos disjuntos σασ −1 = k Y (σ(xj1 ), · · · , σ(xjij )) . j=1 (3) Dos elementos de Sn son conjugados si y sólo si son del mismo tipo. (4) El n´ umero de clases de conjugaci´ on de Sn es igual al n´ umero de particiones de n. Ejercicio 100. Calcular el n´ umero de clases de conjugación de S5 , dar un representante de cada una y encontrar el orden de cada clase. ´ Secci´ on 1.: ALGEBRA II. GRUPOS. (2000–2001) 43 calcular el estabilizador de (1 2 3) para la acción de conjugación de S5 sobre s´ı mismo. Ejercicio 101. Sea G un grupo finito actuando sobre s´ı mismo por traslaciones: x · y = xy, y φ : G → S(G) la representación asociada ´ n regular por la izquierda de G). (llamada la representacio Demostrar que si x ∈ G tiene orden n y |G| = nm, entonces φ(x) es un producto de m ciclos disjuntos de longitud n. Deducir que φ(x) es una permutaci´ on impar si y s´ olo si el orden de x es par y el orden del cociente m = |G/ < x > | es impar. Ejercicio 102. Sean G y φ como en el Ejercicio (101). Demostrar que si Im(φ) contiene una permutaci´ on impar entonces G tiene un subgrupo de ´ındice 2. Ejercicio 103. Demostrar que si |G| = 2k donde k es impar entonces G tiene un subgrupo de ´ındice 2. (Indicación: usar el teorema de Cauchy para obtener un elemento de orden 2 y entonces utilizar los Ejercicios (101) y (102)). Sea Cn = ha| an = 1i. con p primo. Ejercicio 108. demostrar que existen u ńicamente dos grupos no isomorfos de orden p2 . GRUPOS. p-grupos y teoremas de Sylow Ejercicio 104. Demostrar . Sea G un p-grupo finito. Describir sus subgrupos de Sylow. demostrar que todo subgrupo normal de orden p de un p-grupo está contenido en el centro (Indicación: considerar la acci´ on por conjugación sobre tal subgrupo y estudiar el conjunto de puntos fijos)..: ALGEBRA II. Sea p un n´ umero primo. un grupo c´ıclico de orden n.´ Secci´ on 1. Ejercicio 107. Ejercicio 109.8. Si p es un primo. Sea p un n´ umero primo. Ejercicio 106. Demostrar que G contiene un subgrupo normal de orden p. Ejercicio 105. Demostrar que todo grupo no abeliano de orden p3 tiene un centro de orden p. (2000–2001) 44 1. Sea G un grupo de orden pn con p primo. Siendo p un primo mayor que 2. GRUPOS.: ALGEBRA II.´ Secci´ on 1. Ejercicio 111. (2000–2001) 45 que para todo k ≤ n existe un subgrupo normal de G de orden pk . Hallar todos los subgrupos de Sylow del grupo alternado A5 . (Indicación: hacer inducci´ on sobre k). Probar que ésta es fiel y utilizar entonces el Ejercicio (50)). Ejercicio 112. Describir todos los subgrupos de Sylow del grupo alternado A4 . Ejercicio 113. Hallar generadores para uno de ellos. Ejercicio 110. Hallar todos los subgrupos de Sylow de los grupos S3 y S4 . Demostrar que todo grupo de orden 12 con más de un 3-subgrupo de Sylow es isomorfo al grupo alternado A4 . Ejercicio 114. . demostrar que todo p-subgrupo de Sylow de S2p es abeliano de orden p2 . (Indicación: Considerar la acci´ on por traslaciones de un tal grupo sobre sus clases m´ odulo uno de sus 3-subgrupos de Sylow. (2) Demostrar que el subgrupo D = hrm . P un p-subgrupo de Sylow de G y NG (P ) el normalizador de P en G. Sea G un grupo finito. Hallar todos los subgrupos de Sylow del grupo diédrico D6 . Demostrar que para todo subgrupo H de G que contenga a NG (P ) se verifica NG (H) = H. s| rn = 1 = s2 . Ejercicio 116. En particular NG (NG (P )) = NG (P ). el grupo diédrico con n = 2k · m con m impar. (2000–2001) 46 Ejercicio 115.´ Secci´ on 1. Sea Dn = hr. si es isomorfo al grupo diédrico D2k y que es un 2-subgrupo de Sylow de Dn . . Ejercicio 117. (1) Sea p un primo impar que divide a n. Demostrar que Dn tiene un u ńico p-subgrupo de Sylow que es normal y c´ıclico.: ALGEBRA II. sr = r−1 si. GRUPOS. (4) Demostrar que el n´ umero de 2-subgrupos de Sylow de Dn es m. (3) Demostrar que NDn (D) = D. : ALGEBRA II. Ejercicio 119. y un elemento de orden 2. que generan al grupo. (2000–2001) 47 Ejercicio 118. (2) Sea F = Fp . que genera un subgrupo normal. Demostrar que cualquier grupo no abeliano de orden 6 es isomorfo a D3 . Demostrar que bab = a2 ). Describir el ret´ıculo de subgrupos de del grupo diédrico D6 . Demostrar que P es un p-subgrupo de Sylow de GLn (Zp ). GRUPOS. a. Para cualquier cuerpo F una matriz A = (aij ) ∈ GLn (F) se llama triangular superior estricta si aij = 0 siempre que i > j y aii = 1 para todo i. (1) Comprobar que las matrices triangulares superiores estrictas forman un subgrupo P de GLn (F).´ Secci´ on 1. b. (3) Demostrar que el n´ umero de p subgrupos de Sylow de G = . Ejercicio 120. (Indicación: observar que un tal grupo tendrá un elemento de orden 3. (Indicaci´ on: encontrar dos p-subgrupos de Sylow distintos). (7) Demostrar que el n´ umero de p-subgrupos de Sylow de G = GL2 (Fp ) es exactamente p + 1. b ∈ F× p .´ Secci´ on 1. GRUPOS.: ALGEBRA II. (4) Demostrar que el subgrupo D = a0 0b | a. demostrar que DP es un subgrupo de NG (P ) de orden p(p − 1)2 . (1) Demostrar que el subgrupo de SL2 (F3 ) Q = hi. normaliza a P . . de G. Ejercicio 121. ji. (6) Probar que [G : NG (P )] ≤ p + 1. (2000–2001) 48 GL2 (Fp ) es al menos p + 1. (5) Observando que |D| = (p − 1)2 y que D ∩ P = 1. (2) Sea ` = 10 11 . . es su u ńico 2-subgrupo de Sylow. (2) Demostrar que ( 10 11 ) es un elemento de orden 3 de SL2 (F3 ). Ejercicio 122. Mostrar dos diferentes 3-subgrupos de Sylow del grupo SL2 (F3 ). Hallar todos los subgrupos de Sylow del grupo SL2 (F3 ). `2 representan a las diferentes clases a la derecha de SL2 (F3 ) módulo el subgrupo Q. `.: ALGEBRA II. (3) Demostrar que Q es normal en SL2 (F3 ) y. (2000–2001) 49 1 generado por i = 01 −1 y j = 11 −1 .´ Secci´ on 1. por tanto. es un 2-subgrupo de 0 Sylow de SL2 (F3 ). (1) Demostrar que el centro de SL2 (F3 ) es el grupo de orden 2 que consta de los elementos ±I donde I es la matriz identidad. Demostrar que I. Ejercicio 123. GRUPOS. Describir la órbita y el estabilizador de cada punto Q. Sea G un grupo finito tal que np (G) (n´ umero de p-subgrupos de Sylow de G) no es congruente con 1 módulo p2 . (2) Demostrar que para cada p-subgrupo de Sylow Q. Demostrar que existen dos p-subgrupos de Sylow distintos de G. P ∩ NG (Q) ⊆ Q.: ALGEBRA II. . P y Q. (2000–2001) 50 (3) Demostrar que SL2 (F3 ) ∼ = A4 Z(SL2 (F3 )) (Indicación: usar el hecho de que todo grupo de orden 12 con más de un 3-subgrupo de Sylow es isomorfo a A4 ). procediendo como sigue: (1) Fijar arbitrariamente un p-subgrupo de Sylow P . Probar entonces que la ´ orbita de Q es de orden igual al ´ındice [P : P ∩ Q]. tales que [P : P ∩ Q] = [Q : P ∩ Q] = p. y considerar la acción de éste por conjugaci´ on sobre el conjunto de todos los distintos p-subgrupos de Sylow de G.´ Secci´ on 1. Ejercicio 124. GRUPOS. . GRUPOS. (5) Demostrar que para cualquier Q en una órbita con p elementos se verifica que [P : P ∩ Q] = [Q : P ∩ Q] = p.: ALGEBRA II.´ Secci´ on 1. (4) Demostrar que ha de existir al menos una órbita con exactamente p elementos. (2000–2001) 51 (3) Demostrar que hay exactamente un punto fijo para esta acción. Demostrar que todo grupo de orden pq.´ Secci´ on 1. Ejercicio 130. Aplicaciones de los teoremas de Sylow Ejercicio 125. . Ejercicio 129. 33. (2000–2001) 52 1. los grupos de orden 15. . Ejercicio 128. es c´ıclico (as´ı por ejemplo. Ejercicio 126. 200. siendo p y q primos.9. Demostrar que no existen grupos simples de orden 148. 312 ni 351.: ALGEBRA II.. . Demostrar que no existen grupos simples de orden pq. siendo p < q dos n´ umeros primos tales que q 6≡ 1 (mod p). Calcular el n´ umero de elementos de orden 7 que tiene un grupo simple de orden 168. GRUPOS. Demostrar que no existen grupos simples de orden 12. . Demostrar que un grupo de orden 30 siempre contiene al menos un subgrupo normal c´ıclico de orden 15. . 28 ni 56. Ejercicio 127. son c´ıclicos). (2000–2001) 53 Ejercicio 131. .´ Secci´ on 1. con p < q < r tres primos distintos. y el de elementos que no son de orden r. Gu´ıa para la solución. (1) Demostrar que nr (G) = pq. (4) Demostrar que el grupo est´ a obligado a tener más elementos de los que en realidad tiene. Ejercicio 132. GRUPOS. Calcular el n´ umero de elementos de orden r. Calcular el n´ umero de elementos de orden q que tendr´ıa G. Probar que G contiene al menos qp − q elementos de orden p. (2) Demostrar que nq (G) = r. Suponiendo que G fuese simple. es no simple. Demostrar que cualquier grupo G de orden pqr. Demostrar que no existen grupos simples de orden 36. (3) Demostrar que np (G) ≥ q.: ALGEBRA II. con k > 1 un n´ umero impar. Demostrar que un grupo finito que contiene un subgrupo no trivial de ´ındice 3 no es simple. GRUPOS. Ejercicio 135. Demostrar que ning´ un grupo G de orden p2 q 2 . Ejercicio 137. con p y q primos. es simple. Demostrar que no existen grupos simples de orden 2k. es simple. . Demostrar que un grupo finito que contiene un subgrupo no trivial de ´ındice 4 no es simple. con p y q primos.´ Secci´ on 1. Ejercicio 136. Ejercicio 138. Ejercicio 134. Demostrar que ning´ un grupo G de orden p2 q. (2000–2001) 54 Ejercicio 133. Demostrar que no existen grupos simples de orden 300.: ALGEBRA II. Encontrar todas las series de composición del grupo A4 . Calcular la longitud y la lista de los factores de composición de este grupo simétrico.: ALGEBRA II. Ejercicio 142. Series de composici´ on Ejercicio 139. Encontrar todas las series de composición del grupo D5 . Calcular la longitud y la lista de los factores de composición de este grupo simétrico. (2000–2001) 55 1. Ejercicio 143. GRUPOS. Encontrar todas las series de composición de los grupos D4 . Ejercicio 140. Encontrar todas las series de composición del grupo S4 . .. Calcular la longitud y la lista de los factores de composición de este grupo diédrico. Encontrar todas las series de composición del grupo Sn para n ≥ 5. Calcular la longitud y la lista de los factores de composición de este grupo diédrico.´ Secci´ on 1. Ejercicio 141.10. Calcular la longitud y la lista de los factores de composición de este grupo alternado. entonces (1) La longitud de composici´ on de G es la suma de las longitudes i . Encontrar todas las series de composición del grupo D6 . Ejercicio 146. Calcular la longitud y la lista de los factores de composici´ on de este grupo. Ejercicio 145. Encontrar todas las series de composición del grupo Q2 .: ALGEBRA II. Ejercicio 147. Calcular la longitud y la lista de los factores de composición de este grupo diédrico. GRUPOS. de los GGi+1 . Encontrar todas las series de composición del grupo c´ıclico C24 = ha| a24 = 1i. Calcular la longitud y la lista de los factores de composición de este grupo. (2000–2001) 56 Ejercicio 144. Demostrar que si G es un grupo finito y G = G0 B G1 B · · · Gr−1 B Gr = 1 una serie de G.´ Secci´ on 1. : ALGEBRA II. Si G1 . (2) Los factores de composici´ on de G1 × · · · × Gr son todos los factores de composici´ on de los Gi . Ejercicio 150. Gr son grupos finitos. · · ·. Si la descomposición de n en producto de primos es n = pe11 · · · perr . demostrar que `(G) = e1 + · · · + er y que los factores de composición de G son Zp1 . · · · . GRUPOS. Sea G un p-grupo de orden pn . Zp ). Ejercicio 149. posición de los grupos GGi+1 Ejercicio 148. demostrar que (1) La longitud de G1 × · · · × Gr es la suma de las longitudes de los Gi . Sea G un grupo abeliano de orden n.´ Secci´ on 1. . (2000–2001) 57 (2) Los factores de composici´ on de G son todos los factores de comi . Zp . Demostrar que n) `(G) = n y que los factores de composición de G son Zp . Z2 ). GRUPOS. (2) Demostrar que un grupo abeliano es de longitud finita (tiene una serie de composici´ on) si y solo si es finito. Zpr ). Ejercicio 151. todos los grupos abelianos del mismo orden tienen la misma longitud y la misma lista de factores de composición. . demostrar que `(Dn ) = e1 + · · · + er + 1 y que los factores de composición de Dn e1 ) er ) son Zp1 . Si la descomposición de n en producto de primos es n = pe11 · · · perr . (1) Demostrar que un grupo abeliano es simple si y solo si es c´ıclico y de orden primo. (2000–2001) e1 ) 58 er ) · · ·. Zpr . Sea Dn el grupo diédrico de orden 2n. · · ·. · · ·.. . En tal caso la longitud .´ Secci´ on 1. . Zp1 . Demostrar que un grupo producto semidirecto H oK es de longitud finita si y solo si H y K lo son. . . · · ·. Zp1 . Zpr . Zpr ..: ALGEBRA II. . En particular. Ejercicio 152. Ejercicio 153. : ALGEBRA II. GRUPOS. . (2000–2001) 59 de H o K es la suma de las longitudes de H y de K.´ Secci´ on 1. y los factores de composición de H o K son todos los factores de composición de H y de K. 1.´ Secci´ on 1. sr = r−1 si el grupo diédrico de orden 2n..: ALGEBRA II. (2000–2001) 60 1. Sea Dn = hr. i = 0. y se le suele llamar “grupo diédrico generalizado”. Productos semidirectos de grupos Ejercicio 154. Ejercicio 157. Demostrar que existe un isomorfismo Dn ∼ = Zn od Z2 .11. Al correspondiente grupo producto semidirecto lo representamos por A od Z2 . Demostrar que el grupo Z2 act´ ua sobre cada grupo abeliano A por la acci´ on “diédrica”: ¯i · a = (−1)i a. s| rn = 1 = s2 . ¿Qué grupos diédricos generalizados son abelianos? Ejercicio 156. GRUPOS. Probar que un grupo producto semidirecto H o K es abeliano si y solo si H y K son abelianos y la acción es trivial (es decir es un producto directo de grupos abelianos) Ejercicio 155. Demostrar que solo existen dos grupos que son producto semidirecto de Z por Z2 : El producto directo Z×Z2 y el “grupo . GRUPOS.¯i (x) = m + (−1)i x. (2) Demostrar existe un isomorfismo D∞ ∼ = A(Z) definido por (m.¯i : Z → Z tal que fm. (2000–2001) 61 diédrico infinito” D∞ = Z od Z2 . esto es. y ∈ Z. Sea p un primo y sea G ≤ GL3 (Zp ) el subgrupo constituido por todas las matrices de la forma   1ab 0 1 c  001 . la aplicación fm. es una afinidad de Z. ¯i) 7→ fm. ¯i) ∈ Z × Z2 .´ Secci´ on 1. Ejercicio 158. Sea A(Z) el grupo de las afinidades de Z. el grupo consistente de las aplicaciones (necesariamente biyectivas) f : Z → Z tales que |f (x) − f (y)| = |x − y|.¯i . con producto por composici´ on. (1) Demostrar que para cada (m. para todos x.: ALGEBRA II. Ejercicio 159. Ejercicio 161. Demostrar que si se tienen isomorfismos de grupos f : K 0 ∼ = K y 0 0 g : H0 ∼ H. Ejercicio 162. ¯ 2. Sea H un K-grupo con acción (k. ¯1). ¯ 0). en cada uno de ellos. ¯ 1)(¯ 2. c ∈ Zp . ¯3.´ Secci´ on 1. el producto (¯ 1.: ALGEBRA II. . Ejercicio 163. (2000–2001) 62 con a. Encontrar todas las acciones de grupo de Z3 sobre Z8 y de Z8 sobre Z3 . as´ı como el inverso del elemento (¯1. ¯ 3. para una cierta acción de Zp sobre Zp × Zp a determinar. Demostrar que Q2 no es producto semidirecto de dos subgrupos propios. entonces H es un K -grupo con acci´ o n = k 0 · h0 = g −1 (f (k 0 ) · g(h0 )) . h) 7→ k · h. b. Demostrar que G es isomorfo a un producto semidirecto (Zp × Zp ) o Zp . Demostrar que hay cuatro grupos diferentes que son producto semidirecto de Z3 × Z5 por Z2 . GRUPOS. Ejercicio 160. Calcular. as´ı como el inverso del elemento (¯ 5. Demostrar: (1) Para todo ρ ∈ Aut(K) existe un isomorfismo H oθ K ∼ = H oθρ K.: ALGEBRA II. Φ(h0 . k 0 ) = g(k 0 ). el producto (¯5. en cada uno de ellos. calcular. f (k 0 ) . Sean H y K dos grupos y θ : K → Aut(H) un homomorfismo de grupos. (2) Si para cada una de ellas se considera el producto semidirecto. (2) Para todo α ∈ Aut(H) existe un isomorfismo H oθ K ∼ = H oϕα θ K donde ϕα : Aut(H) → Aut(H) es el automorfismo interno definido por α. ¯2).´ Secci´ on 1. GRUPOS. Ejercicio 165. (1) Demostrar que hay tres acciones distintas de Z3 sobre Z9 . ¯2)(¯7. Ejercicio 164. (2000–2001) 63 y existe un isomorfismo entre los correspondientes grupos producto semidirecto Φ:H oK ∼ = H 0 o K 0 . ¯ 2). . Determinar todos los grupos que son producto semidirecto Z3 o (Z2 × Z4 ) . GRUPOS.: ALGEBRA II. (1) Determinar el grupo de automorfismos Aut(Z2 × Z4 ). Ejercicio 166.´ Secci´ on 1. (3) Determinar todos los grupos que son producto semidirecto (Z2 × Z4 ) o Z2 Ejercicio 167. (2000–2001) 64 (3) Demostrar que de las tres acciones anteriores definen u ńicamente dos productos semidirectos no isomorfos de Z9 por Z3 . (2) Calcular tosas las acciones de Z2 sobre Z2 × Z4 . Sean p. (2000–2001) 65 1. Demostrar que los grupos diédricos Dn son solubles. Demostrar que todo grupo de orden p2 q con p y q primos es soluble. . Grupos solubles Ejercicio 168. Demostrar que los grupos Sn . Demostrar que todo grupo de orden pqr es soluble. q. Ejercicio 171.: ALGEBRA II. GRUPOS. Demostrar que todo p-grupo finito es soluble. Ejercicio 173.´ Secci´ on 1. Ejercicio 174. r primos. son solubles. Ejercicio 172. Demostrar que todo grupo de orden p2 q 2 con p y q primos es soluble. Ejercicio 169. Demostrar que todo grupo de orden pq con p y q primos es soluble. para n ≤ 4.12. Ejercicio 170.. son solubles. Ejercicio 178. Demostrar que si G es un grupo G = G0 B G1 B · · · Gr−1 B Gr = 1 una serie de G.´ Secci´ on 1. K subgrupos normales de un grupo G tales que G/H y G/K son solubles. entonces G es soluble si y solo si cada uno de los factores de la serie Gi /Gi+1 . Ejercicio 180. entonces G0 6= G. (2000–2001) 66 Ejercicio 175. Sean H. Demostrar que si G es un grupo soluble no trivial. Demostrar que todo grupo de orden menor que 60 es soluble.: ALGEBRA II. i = 0. GRUPOS. Ejercicio 177. · · · . r − 1. Demostrar que un producto directo de grupos G1 × · · · × Gr es soluble si y solo si cada uno de los grupos factores Gi es soluble. Ejercicio 176. Ejercicio 179. Demostrar que G/(H ∩ K) es soluble. Sea G un grupo finito no trivial. Demostrar . tal que H 0 = H. (2000–2001) 67 (1) Si G es soluble. normal y no trivial. GRUPOS.´ Secci´ on 1. entonces contiene un subgrupo que es abeliano. Ejercicio 181.: ALGEBRA II. . entonces contiene un subgrupo normal no trivial H. (2) Si G no es soluble. Demostrar que un grupo producto semidirecto H oK es soluble si y solo si H y K son solubles. que es abeliano.´ Secci´ on 1. Ejercicio 186. Demostrar que en un grupo libre no trivial. Demostrar que un grupo libre no trivial. Demostrar el Z(F ) = 1. Demostrar que en un grupo libre el orden de cualquiera de sus elementos no triviales es infinito. Ejercicio 184.: ALGEBRA II. cualquier elemento de una de sus bases es siempre de orden infinito. Demostrar que un grupo libre de rango n ≤ 1 no puede generarse por m elementos si m < n . Ejercicio 185. Grupos libres Ejercicio 182. Deducir que un grupo finito no puede ser libre. y concluir entonces que un grupo libre no trivial siempre contiene un subgrupo c´ıclico de orden infinito. es isomorfo a Z.. GRUPOS. Demostrar que Z × Z no es un grupo libre. Sea F un grupo libre de rango mayor o igual que 2. Ejercicio 183.13. (2000–2001) 68 1. x2 . Ejercicio 187. . Demostrar que F contiene exactamente tres subgrupos de ´ındice 2: N1 = hx. y 2 . y 2 . xy. y}. Demostrar que el conjunto H de las palabras reducidas sobre X de longitud par constituye un subgrupo normal de F ¿Como es el grupo cociente F/H? Ejercicio 188. GRUPOS. yxy −1 i. entonces todas las expresiones de ese mismo elemento como palabras (no necesariamente reducidas) sobre X son de longitud par (resp. Para ello: (1) Demostrar que los subgrupos de ´ındice 2 de F son los n´ ucleos de los epimorfismos de F en Z2 . (2000–2001) 69 Indicación: Usar que este hecho es conocido para grupos abelianos libres. N2 = hy. impar).´ Secci´ on 1. Sea F un grupo libre con base X = {x. Demostrar que si un elemento de F es una palabra (no necesariamente reducida) sobre X de longitud par (resp. xyx−1 i y N3 = hx2 .: ALGEBRA II. yxi. impar). Sea F un grupo libre con base X. (3) Demostrar que los n´ ucleos de los diferentes epimorfismos de F en Z2 son los subgrupos N1 . determina una estructura de grupo en S. de ´ındice k. estando su cardinal acotado por k r+k . y demostrar que cada subgrupo normal N ≤ F . Demostrar que para cada k ∈ N el conjunto de los subgrupos normales de F con 2 ´ındice k es finito. (2) Demostrar que existe una aplicaci´ on inyectiva del conjunto de todos los subgrupos normales de ´ındice K de F en el conjunto Apli(X. Ejercicio 190. GRUPOS. de forma que el grupo cociente F/N es isomorfo al grupo resultante. Determinar cuantos subgrupos normales de ´ındice 3 tiene F . Ejercicio 189. y}. (2000–2001) 70 (2) Determinar los diferentes epimorfismos de F en Z2 . Sea F un grupo libre con base X = {x. . Sea F un grupo libre de rango finito r. S) × Apli(S × S.´ Secci´ on 1. N2 y N3 .: ALGEBRA II. Para ello: (1) Fijar un conjunto S con k elementos. S). Demostrar que ha. b | a6 = 1.. Demostrar que ha. aba−1 b−1 = 1i ∼ = Z6 . b | a2 = 1. y sea N ≤ G es un subgrupo suyo. b3 = 1. Presentaciones Ejercicio 191. b2 = 1. b2 = 1. ba = a−1 bi . Ejercicio 193. ba = a−1 bi ∼ = Q2 .´ Secci´ on 1. Ejercicio 194. aba−1 b−1 = 1i ∼ = Z2 × Z2 . GRUPOS. Ejercicio 195. Demostrar que ha. Demostrar que Q3 = ha. Ejercicio 192. b | a2 = 1. b | a4 = 1. b2 = a3 . Ejercicio 196. b | an = 1. (2000–2001) 71 1. generado por un conjunto de elementos Y . Demostrar que ha. b2 = a2 .14. Sea G un grupo generado por un conjunto de elementos de orden finito X. Demostrar que N es normal en G si y solo si xyx−1 ∈ N . para todo x ∈ X e y ∈ Y . ba = a−1 bi ∼ = Dn .: ALGEBRA II. Qk tiene un cociente isomorfo a Z4 . se define el k–ésimo grupo dic´ıclico como el grupo Qk = ha. GRUPOS. (2) Demostrar que Qk tiene un cociente isomorfo a Dk . Concluir en este caso que |Qk | = 4k. (1) Demostrar que |Qk | ≤ 4k.´ Secci´ on 1. (ab)3 = 1i . (3) Demostrar que para k impar. b3 = 1.: ALGEBRA II. b2 = ak . ba = a−1 bi. (2000–2001) 72 es un grupo no abeliano de orden 12 que tiene cocientes isomorfos a Z4 y a D3 . b | a2 = 1. Concluir que Qk es no abeliano y que |Qk | ≥ 2k. . Para todo entero k > 0. Demostrar que A4 ∼ = ha. Ejercicio 197. Ejercicio 198. b | a2k = 1. Ejercicio 199. bab2 ∈ G. GRUPOS.´ Secci´ on 1. bab2 i ≤ G. (3) Demostrar que |G/N | ≤ 3. b3 = 1. generando entonces un grupo tipo Klein N = ha. b | a2 = 1. procediendo como sigue: (1) Sea G el grupo definido por la presentación. (ab)4 = 1i. Demostrar que existe un epimorfismo G → A4 . . (2) Demostrar que los elementos a. Demostrar que existe un epimorfismo G → S4 . Demostrar que S4 ∼ = ha.: ALGEBRA II. (2000–2001) 73 procediendo como sigue: (1) Sea G el grupo definido por la presentación. Demostrar que N es un subgrupo normal de G. son de orden 2 y conmutan entre si. son de orden 2 y conmutan entre si. ca = bc. (2000–2001) 74 (2) Demostrar que los elementos (ab)2 . (ab)2 i ≤ G. Concluir que |G/N | ≤ 6. b. aba−1 b−1 = 1. cb = abci define un grupo conocido no abeliano de orden 12 ¿cual? Ejercicio 201. b | aba−2 ba = 1. (4) Demostrar finalmente que el epimorfismo obtenido en el primer apartado es necesariamente un isomorfismo. Demostrar que N es un subgrupo normal de G. c3 = 1. Demostrar que el grupo definido por la presentación G = ha.´ Secci´ on 1. generando entonces un grupo tipo Klein N = h(ba)2 . c | a2 = 1. b3 = 1i . b2 = 1. (3) Demostrar que existe un epimorfismo D3 → G/N . (ba)2 ∈ G. Demostrar que la presentación ha. GRUPOS.: ALGEBRA II. Ejercicio 200. : ALGEBRA II. Demostrar que S 2 = 1. b4 = 1i es infinito y no abeliano. sean S. . (1) Demostrar que el grupo Z4 act´ ua sobre el grupo Z5 por la acción r¯ · k¯ = 2r k .´ Secci´ on 1. (1) En el grupo de permutaciones sobre el conjunto Z × Z. T : Z × Z → Z × Z las biyecciones definidas por S(x. ST 6= T S y que ST es un elemento de orden infinito. y) y T (x. GRUPOS. (2000–2001) 75 es infinito. y) = (−y. Ejercicio 203. T 4 = 1. x). Ejercicio 202. (2) Demostrar que el grupo G = ha. b | a2 = 1. y) = (1 − x. 4. 4. 3. b2 = a4 . y | x2 = 1. Demostrar que el grupo dic´ıclico Q4 = ha. Ejercicio 204. (2000–2001) 76 (2) Demostrar que Z5 o Z4 ∼ = ha. T i del grupo de permutaciones sobre el conjunto {0.´ Secci´ on 1. Para ello: (1) Considerar el subgrupo G = hS. ba = a−1 bi es de orden 16. (3) Demostrar que los grupos anteriores son isomorfos al subgrupo de S5 generado por las permutaciones σ = (1. y 2 = 1i. b2 = 1i y hx. b4 = 1.: ALGEBRA II. 5) y τ = (1. 2. Ejercicio 205. b | a8 = 1. b | a2 b2 = 1. son isomorfos. b | a5 = 1. ba = a2 bi . 3). 1} × Z8 generado por las permutaciones S . 2. GRUPOS. Demostrar que los grupos ha. (2000–2001) 77 y T . k) ¯ = (0. . k) ¯ = (1. k) ¯ = (1. k). y concluir que |G| ≥ 16. ¯ T (0. bn = 1. b | am = 1. GRUPOS. S(1. Describir los elementos del grupo Aut(Z2 × Z2 ) . Ejercicio 206. k + 1). k) Demostrar que G act´ ua transitivamente sobre {0.´ Secci´ on 1. 1} × Z8 y concluir que |G| ≥ 16. Demostrar que Zm ×Zn ∼ = ha. Demostrar que Aut(Z2 × Z2 ) ∼ = D3 . (2) Demostrar que hay un epimorfismo f : Q4 → G. (3) Demostrar que |Q4 | ≤ 16.: ALGEBRA II. Ejercicio 207. S(0. ab = bai. k − 1). donde ¯ = (0. k + 4) T (1. . y H =< a >≤ G el subgrupo c´ıclico generado por a. Sea el grupo G =< a. ba = a3 b2 > .: ALGEBRA II. x ∈ G}. GRUPOS. b3 = 1. describir las diferentes clases de G/H = {xH.15.´ Secci´ on 1. (5) Demostrar que G ∼ = S4 . Algoritmo de Todd-Coxeter Ejercicio 208. b | a4 = 1. (1) Usando el algoritmo de Todd-coxeter. (2000–2001) 78 1. . Ejercicio 209. Sea G = hx. (2) Decidir si el elemento bab está en H. (3) ¿Es H un subgrupo normal de G? (4) Demostrar que |H| = 4 y que |G| = 24. y | x3 = y 3 = (x−1 y)2 = 1i. . Comprobar que G/H tiene dos elementos y que a tiene orden 12. Aplicar el algoritmo de Todd-Coxeter al grupo G = ha. a (bH) = abH. Ejercicio 211.´ Secci´ on 1. (2000–2001) 79 (1) Determinar las clases de G m´ odulo el subgrupo H = hxi . GRUPOS. b2 = 1.: ALGEBRA II. que H es isomorfo al grupo de Klein V y que es normal en G. Comprobar que G/H tiene tres elementos. Aplicar el algoritmo de Todd-Coxeter al grupo G = ha. y utilizar esta para demostrar que G ∼ = A4 . (2) Analizar la representaci´ on ρ : G → S(G/H) asociada a la acción por traslaciones de G sobre el conjunto cociente G/H. Deducir que G ∼ = A4 . (ab)2 = 1i tomando como subgrupo H = hab. (ab)2 = 1i tomando como subgrupo H = hai. b3 = 1. b | a12 = 1. bai. Deducir que G tiene orden 24. b | a3 = 1. Ejercicio 210. b | ab2 = b3 a. Ejercicio 215. b3 = 1.´ Secci´ on 1. Comprobar que G = H y concluir que G es trivial. Aplicar el algoritmo de Todd-Coxeter al grupo G = ha. (x2 y 3 )2 = 1. b. Aplicar el algoritmo de Todd-Coxeter al grupo G = hx. c | a3 = 1.: ALGEBRA II. c3 = 1. (x−1 y 2 )2 = 1i . y | (xy)2 = 1. GRUPOS. (2000–2001) 80 Ejercicio 212. (x3 y 2 )2 = 1. b | a2 bab3 = 1. bi. Aplicar el algoritmo de Todd-Coxeter al grupo G = ha. Comprobar que G/H tiene 8 elementos. Comprobar que G/H tiene cinco elementos. ¿Est´ a el elemento a2 b−1 ac en H? Ejercicio 214. Aplicar el algoritmo de Todd-Coxeter al grupo G = ha. ba2 = a3 bi tomando como subgrupo H = hai. b2 aba3 = 1i tomando como subgrupo H = hai. (ca)2 = 1i tomando como subgrupo H = ha. Ejercicio 213. (bc)2 = 1. (ab)2 = 1. ´ Secci´ on 1. yxi. Comprobar que G/H tiene 16 elementos. .: ALGEBRA II. GRUPOS. que H es isomorfo a S3 y concluir que G tiene 96 elementos. (2000–2001) 81 tomando como subgrupo H = hxy. los diferentes primos naturales. ni } + ri . ni } + ri . ni } = ni es evidente que también ni ≤ ni + ri = min{mi . tenemos pues que ni ≤ min{mi . ni } + ri . m = pm r= pri i i . m y r. si y solo si ni ≤ min{mi . p3 = 5. esto es. n | r d . . donde los exponentes son n´ umeros naturales. Q i +ri Ahora. d que será un divisor de r si y solo si es ni − min{mi . ni } = mi . (1) Denotemos por p1 = 2.Soluciones de los Ejercicios 82 Soluciones de los Ejercicios Ejercicio 1. y en el otro caso en que min{mi . Luego efectivamente. Y min{m . . Entonces. eso quiere decir i que. todos nulos salvo un n´ umero finito de ellos. y consideremos las descomposiciones en productos de primos de n. p2 = 3.n } n Y n −min{m .n } i i i i d= pi y = pi i . Y Y Y i n= pni i . . por hip´ otesis n | mr. para todo i. Como mr = pm . es ni ≤ mi + ri . Si min{mi . ni } ≤ ri para todo i. d d Volver al enunciado . Si suponemos que para un natural positivo r es (am )r = 1. el orden de am es exactamente n . y por tanto. será d amr = 1 y por tanto n | mr ya que n = or(a). Por el apartado anterior concluimos que n | r.Soluciones de los Ejercicios n 83 m (2) Puesto que (am ) d = (an ) d = 1. el orden de am será un divisor de n . (ab)mn = amn bmn = (am )n (bn )m = 1n 1m = 1. ser´ıa ak bk = 1 y ak = (bk )−1 ∈ hai∩hbi. c. n). por tanto un m´ ultiplo de mn = m.Soluciones de los Ejercicios 84 Ejercicio 2. m.(m. Pongamos ord(a) = m y ord(b) = n. por tanto 1. Como ab = ba. Si para un k ≥ 1 fuese (ab)k = 1. de donde k ha de ser un m´ ultiplo de m y de n. As´ı que hai ∩ hbi = 1 y ak = bk = 1. Volver al enunciado . Pero el orden del subgrupo intersección hai∩hbi ha de ser un divisor de m y de n. Volver al enunciado . Sean x. ser´ a 1 = (xy)2 = xyxy. obtenemos la igualdad xy = x2 yxy 2 = 1yx1 = yx. Multiplicando a la derecha por y y a la izquierda por x. y ∈ G dos elementos cualesquiera del grupo. lo que prueba que el producto en G es necesariamente conmutativo.Soluciones de los Ejercicios 85 Ejercicio 3. Aplicando la hip´ otesis al elemento xy. De donde aN = N a. Volver al enunciado . Si N ≤ G es de ´ındice 2.Soluciones de los Ejercicios 86 Ejercicio 4. habrá exactamente 2 clases por la izquierda y dos por la derecha. Entonces para cualquier a ∈ G \ N ha de ser G = N ∪ aN = N ∪ N a. siendo esas uniones disjuntas. obtenemos la igualdad propuesta. Aplicando el Teorema de Lagrange de forma reiterada obtenemos que |G| = [G : T ]|T | = [G : T ][T : H]|H|. Volver al enunciado . por comparaci´ on. y también |G| = [G : H]|H|.Soluciones de los Ejercicios 87 Ejercicio 5. de donde. Digamos que G = {1.0) Supongamos ahora que G es un grupo de orden 4 que no es c´ıclico. Por el Teorema de Lagrange.1) (0. y por tanto no es c´ıclico: (0. Como. concluimos que los tres elementos x.1) (1. Podemos comenzar escribiendo la tabla del grupo de Klein. z}. Esto nos reduce . por hipótesis. el orden de los elementos no triviales.0) (0. tengamos en cuenta el ejercicio anterior que nos permite asegurar que G es abeliano.1) (1.0) (0.0) (0. Para construir la tabla de G. y y z son de orden 2.Soluciones de los Ejercicios 88 Ejercicio 6. x.1) (0. y y z ha de ser 2 o 4.1) (0.1) (0.1) (1.0) (1.0) (0.0) (1. x.1) (0.1) (1. y.0) (1.1) (1.0) (1.0) (0.1) (0.1) (1. donde queda de manifiesto que no hay ning´ un elemento de orden 4.0) (1. G no es c´ıclico y por tanto no tiene elementos de orden 4.0) (1. 0)    x 7→ (1. 1) z 7→ (1. luego xy 6= 1. ser´ıa y = 1 por simplificación. y haciéndolo por y que x = yz. La tabla de multiplicar de G es entonces 1 x y z 1 1 x y z x x 1 z y y y z 1 x z z y x 1 Por observaci´ on directa de las tablas. y por la misma razón xy 6= y. 1)   y     . Estudiemos las posibilidades: Si xy = 1. xz e yz. vemos que y = xz. 0) 7→ (0. multiplicando por x deducir´ıamos que y = x. concluimos que la biyección     1 7→ (0. Si xy = x. Luego solo queda la posibilidad xy = z.Soluciones de los Ejercicios 89 la construcción de la tabla a determinar los productos xy. luego xy 6= x. Multiplicando esta por x. 90 Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios establece un isomorfismo entre G y Z2 × Z2 . Comenzamos observando las igualdades axn a−1 = (axa−1 )n (1) que se verifican para todos los elementos a. y que podemos probar por inducci´ on en n: Para n = 1 es evidente y (axa−1 )n+1 = (axa−1 )n axa−1 = axn a−1 axa−1 = axn xa−1 = axn+1 a−1 . b ∈ G. entonces ab = abaa−1 y por tanto ab y ba tienen el mismo orden.Soluciones de los Ejercicios 91 Ejercicio 7. Si a. Volver al enunciado . Entonces (axa−1 )n = 1 ⇐⇒ axn a−1 = 1 ⇐⇒ axn = a ⇐⇒ xn = 1 de donde los elementos x y su conjugado axa−1 tienen el mismo orden. x ∈ G y n ∈ N. por simplificación. Volver al enunciado . nos permite calcular ab6 de dos formas: ab6 = ab2 b2 b2 = b3 ab2 b2 = b3 b3 ab2 = b3 b3 b3 a = b9 a ab6 = ab3 b3 = b2 a = b2 b2 a = b4 a Comparando resulta que b9 a = b4 a lo que implica.Soluciones de los Ejercicios 92 Ejercicio 8. Observamos que ab2 a = b3 y que b2 a = ab3 . Esto. que b5 = 1. Claramente 1 ∈ K.Soluciones de los Ejercicios 93 Ejercicio 9. entonces (xy)n = xn y n = 1 1 = 1 y xy ∈ K de manera que K es cerrado para productos. esto −1 es xy ∈ H y xH = yH. Luego f es una biyección y |K| = [G : H]. Si x ∈ K. Si x. b = y n son dos elementos de H. y si a = xn . Para probar la igualdad entre el orden de K y el ´ındice de H en G. La normalidad de ambos subgrupos se deduce fácilmente de la igualdad axn a−1 = (axa−1 )n probada en (1). as´ı que K es cerrado para inversos. y ∈ K. entonces ab−1 = xn (y n )−1 = xn (y −1 )n = (xy −1 )n ∈ H. consideremos la aplicaci´ on f : G/H −→ K xH 7→ xn puesto que si xH = yH ser´ a x = yh para alg´ un h ∈ H. Por definición de K f es sobreyectiva y vemos también que es inyectiva : Si f (xH) = f (yH) ser´ a xn = y n y por tanto que (xy −1 )n = 1. y por tanto xn = (yh)n = y n hn = y n 1 = y n la aplicaci´ on f está bien definida. entonces (x−1 )n = x−n = (xn )−1 = 1−1 = 1 y x−1 ∈ K. . Que H es un subgrupo lo vemos de forma similar: Claramente 1 ∈ H. Luego K es un subgrupo de G. Entonces H es un subgrupo normal de G y. Su imagen es precisamente K y su n´ ucleo es H. por el primer teorema de isomorf´ıa G/H ∼ = K.Soluciones de los Ejercicios 94 ´ n alternativa (despue ´s de homomorfismos). x 7→ xn . lo que implica que |K| = [G : H]. La propiedad Solucio n n n (xy) = x y nos dice que la aplicaci´ on g : G → G. Volver al enunciado . es un homomorfismo de grupos. La normalidad de K la observamos como antes. Supuesto para un i ≥ 1. y supuesto cierto para un j. y supuesto cierto para un j tenemos que j 1. (3) Argumentamos nuevamente por inducción en j. Consideramos ahora los casos i ≤ 0. El caso j = 0 es una obviedad. (2) Hacemos ahora inducci´ on en j.Soluciones de los Ejercicios 95 Ejercicio 10. y para i > 0 la igualdad a probar b−i a = ab−ik es equivalente a la igualdad a = bi ab−ik . (1) Vemos primero que bi a = abik para i ≥ 1 por inducción en i: El caso i = 1 es precisamente una hipótesis. Otra vez el caso en que j = 0 es trivial. Para i = 0 la igualdad a probar resulta obvia. baj+1 = baj a = aj bk a = aj abk j k = aj+1 bk j+1 . que comprobamos por el caso ya estudiado: bi ab−ik = abik b−ik = a 1 = a. bi aj+1 = bi aj a = aj bik a = aj abik j k = aj+1 bik j+1 . . tenemos que j 1. tenemos que bi+1 a = b(bi a) = b(abik ) = (ba)bik = abk bik = ab(i+1)k . podemos expresar x = am bs . y por otro n−1 n abk a−1 = aban−1 = aan−1 bkk = bk n n por comparaci´ on deducimos que b = bk . m = qn + r con resto 0 ≤ r < n vemos que am = ar y as´ı que x = ar bs como está anunciado. podemos suponer que todos los exponentes ni son positivos (en otro caso. dividiendo m entre n. b > es una palabra de la forma x = an1 bm1 · · · ank bmk con ni . Puesto que a−1 = an−1 . con m ≥ 0 y s ∈ Z. mi ∈ Z. Utilizando entonces de forma reiterada las igualdades probadas en el apartado 3. (5) Por las igualdades probadas podemos calcular el elemento abk a−1 de dos formas. sustituimos ni por −ni (n − 1)). Volver al enunciado . Finalmente. por un lado abk a−1 = baa−1 = b 1 = b.Soluciones de los Ejercicios 96 (4) Cada elemento x ∈< a. as´ı que 1 = bk −1 . Soluciones de los Ejercicios 97 Ejercicio 11. (1) Comenzamos observando que la multiplicación en el anillo restringe a una ley de composici´ on interna en U (A); esto es, que si a, b ∈ U (A) entonces ab ∈ U (A). En efecto, ab(b−1 a−1 ) = a(bb−1 )a = a1a−1 = aa−1 = 1, y an´ alogamente (b−1 a−1 )ab = 1, lo que muestra que ab es también invertible (y que (ab)−1 = b−1 a−1 ). Como el producto en el anillo es asociativo, la asociatividad para el producto en U (A) se tiene garantizada. Claramente 1 ∈ U (A) y es neutro para el producto. Por definici´ on de U (A), todo elemento a ∈ U (A) tiene un inverso a−1 ∈ U (A), y U (A) es efectivamente un grupo. (2) Como el producto en A × B es por componentes, (a, b)(a0 , b0 ) = (aa0 , bb0 ), y el elemento unitario es (1, 1), vemos sin dificultad que existe el inverso (a, b)−1 de un par (a, b) en el anillo producto si y solo si existe el inverso a−1 de a en A, el inverso b−1 de b en B y es (a, b)−1 = (a−1 , b−1 ). Se sigue que U (A × B) = U (A) × U (B). (3) Si a ∈ U (A), aplicando f a las igualdades aa−1 = 1 = a−1 a, obtenemos que f (a)f (a−1 ) = 1 = f (a−1 )f (a). Esto prueba que Soluciones de los Ejercicios 98 f (a) ∈ U (B) (y que f (a)−1 = f (a−1 )). As´ı que f restringe a una aplicación f |U (A) : U (A) → U (B), que es un homomorfismo de grupos ya que f preserva productos, y es inyectiva al ser restricción de una aplicación inyectiva. Para concluir que f |U (A) establece un isomorfismo entre U (A) y U (B) solo nos falta ver que es sobreyectiva. Para ello, sea b ∈ U (B). Como f es sobreyectiva será b = f (a) para alg´ un a ∈ A y as´ı mismo b−1 = f (a0 ) para un a0 ∈ A. Como f (1) = 1 = bb−1 = f (a)f (a0 ) = f (aa0 ), y f es inyectiva concluimos que aa0 = 1; y an´ alogamente podemos ver que a0 a = 1. Esto es, a ∈ U (A) y f (a) = b. Luego f es sobreyectiva. Volver al enunciado Soluciones de los Ejercicios 99 Ejercicio 12. Sabemos que Zn = {¯ r | 1 ≤ r ≤ n}. Probamos que para un tal resto r, r¯ es invertible en Zn si y solo si m. c. d.{r, n} = 1: Si m. c. d.(r, n) = 1, por el Teorema de Bezout, podremos expresar 1 = rs + nm para ciertos s, m ∈ Z. Tomando clases módulo n en esa igualdad obtenemos que ¯ 1 = r¯s¯, y r¯ es una unidad en el anillo. ¯ Rec´ıprocamente, si 1 = r¯s¯ para un cierto entero s, será porque 1 ≡ rs (mod n). Pero esto u ´ltimo significa que 1 = rs + mn para un cierto entero m, lo que claramente indica que m. c. d.(r, n) = 1. Volver al enunciado Soluciones de los Ejercicios 100 Ejercicio 13. Por el Ejercicio (13) U (Zp ) = {¯ r | 1 ≤ r ≤ p, m. c. d.(r, p) = 1}. Como p es primo, todos los naturales menores son primos relativos con él, de manera que U (Zp ) = {¯ 1, · · · , p − 1} = Zp \ {0}. Para el Teorema de Fermat: Si m es primo con p, entonces m ¯ no es cero en Zp , y por tanto m ∈ U (Zp ). Como este grupo es de orden p−1, el orden de m ser´ a un divisor suyo. En particular, será mp−1 = ¯1; p−1 ¯ esto es, m = 1 lo que significa que mp−1 ≡ 1 (mod p). Volver al enunciado Soluciones de los Ejercicios 101 Ejercicio 14. (1) El Teorema Chino del Resto (¡recuérdese!) prueba esta parte del ejercicio. Para una prueba directa, definamos la aplicación Φ : Z −→ Zn × Zm , x 7→ (x + nZ, x + mZ) que fácilmente reconocemos como un homomorfismo de anillos. Su n´ ucleo consiste de aquellos x ∈ Z que son al mismo tiempo m´ ultiplos de n y de m, esto es, el ideal m. c. m.(m, n)Z. Como m y n son primos entre s´ı, su m´ınimo com´ un m´ ultiplo coincide con su producto (recordar la relaci´ on m. c. m.(m, n) · m. c. d.(m, n) = m · n). Luego el n´ ucleo de Φ es el ideal nmZ. Si probamos que Φ es sobreyectivo, por el primer teorema de isomorf´ıa inducirá el isomorfismo buscado Z/nmZ = Znm ∼ = Zn ×Zm . Para ello, usemos que podemos expresar 1 = ms + nr para ciertos enteros r y s. Entonces nr ≡ 1 (mod m) y ms ≡ 1 (mod n), y para i y j son dos enteros cualesquiera, vemos que ims + jnr ≡ i (mod n) y que ims + jnr ≡ j (mod m). As´ı que Φ(ims + jnr) = (i, j), y se sigue la sobreyectividad de Φ. Soluciones de los Ejercicios 102 (2) Considerar el caso m = 2 = n. Los grupos abelianos Z4 y Z2 × Z2 no son isomorfos, luego es imposible que estos anillos lo sean. (3) Es consecuencia del apartado (1) de este ejercicio junto con las conclusiones del Ejercicio (13). Volver al enunciado Soluciones de los Ejercicios 103 Ejercicio 15. (1) Es consecuencia directa del Ejercicio (12). (2) Utilizando lo probado en el Ejercicio (14), (3), y el apartado anterior, tenemos que ϕ(nm) = |U (Znm )| = |U (Zn )×U (Zm )| = |U (Zn )| |U (Zm )| = ϕ(n)ϕ(m) . (3) Los n´ umeros naturales comprendidos entre 1 y pe que no son primos con pe son precisamente aquellos que son m´ ultiplos de p; esto es, p, 2p, . . . , pe−1 p. Entonces, ϕ(pe ) = |{r | 1 ≤ r ≤ pe , m. c. d.(r, pe ) = 1}| = |{1, 2, · · · , pe } \ {p, 2p, · · · , pe−1 p}| = pe − pe−1 = (p − 1)pe−1 . (4) ϕ(8) = ϕ(23 ) = (2 − 1)23−1 = 4; ϕ(72) = ϕ(23 32 ) = ϕ(23 )ϕ(32 ) = 4 · 6 = 24; ϕ(100) = ϕ(52 22 ) = ϕ(52 )ϕ(22 ) = 4 · 5 · 2 = 40. Volver al enunciado Soluciones de los Ejercicios 104 Ejercicio 16. ϕ(n) es precisamente el orden del grupo U (Zn ). m ∈ Zn es un elemento del grupo U (Zn ) (ver Ejercicio (12)). entonces la clase de restos m´ odulo n de m. Tal como se estableci´ o en el ejercicio anterior. c. lo que significa que mϕ(n) ≡ 1 (mod n). y por tanto será mϕ(n) = ¯1. n) = 1. As´ı que mϕ(n) = ¯ 1. d.(m. Volver al enunciado . Si m. Soluciones de los Ejercicios 105 Ejercicio 17. El resto de dividir un n´ umero entre 100 es precisamente el n´ umero que marcan sus dos u ´ltimas cifras. Entonces. Por consiguiente.(3. y este grupo sabemos que tiene orden ϕ(100) = 40. 33 100 (mod 100) = [3 (mod 100)]3 si r es el resto de dividir 3100 entre 40. 100) = 1. c. 100 = [3 (mod 100)]r . d. la clase 3 (mod 100) ∈ U (Z100 ). Como m. nos 100 interesa calcular 33 (mod 100). Soluciones de los Ejercicios 106 Para calcular este resto r. y por tanto 33 (mod 100) = 3 (mod 100). Las dos u ´ltimas cifras buscadas son entonces 03. Luego es r = 1. Volver al enunciado . vemos que 3100 (mod 40) = (310 )10 = [310 = [81 (mod 40) (mod 40)]10 = [34 34 32 (mod 40)]10 [81 = [9 (mod 40)]10 [9 (mod 40)]10 = ([9 = [81 (mod 40)]5 = [1 100 (mod 40)]10 (mod 40)]10 (mod 40)]2 )5 (mod 40)]5 = 1 (mod 40). (m. n) = m.(m. n) = 1} = {m | 1 ≤ m ≤ n. cuyo cardinal es precisamente ϕ(n). (1) Un elemento am ∈ Cn será un generador si y solo si su orden es n. (2) Los diferentes generadores de Cn ser´ an los del conjunto {am | 1 ≤ ∼ m ≤ n. por tanto am ser´ a un generador si y solo si m. c. m.(m. c. n) = 1}. c. d.(m. c. Sabemos (ver ejercicio (1)) que ord(am ) = n . d. m. d. d.Soluciones de los Ejercicios 107 Ejercicio 18. n) 1. Volver al enunciado . al ser x un m´ ultiplo de s resulta que ax ∈< as >. Finalmente. d. y por la minimalidad de s ha de ser r = 0. (2) Dividiendo por s cada x | 1 ≤ x ≤ n. Pero entonces ar = ax (as )−q ∈ H se reconoce como un elemento de H. lo que nos da la inclusión H ⊆< as >. que lo es ya que an = 1 ∈ H. En particular. nos asegura que s/n. no puede haber subgrupos de Cn de otros ordenes que los 0 divisores de n. concluimos que la correspondencia m 7→ Cm establece . n) m m es efectivamente un subgrupo c´ıclico de orden n Ejercicio 19. d. c. esto es.( . n) (3) De lo demostrado en los apartados anteriores se sigue que para cada divisor positivo m de n existe un u ńico subgrupo de Cn de orden m. y que este es precisamente Cm . (1) Sabemos que ord(a m ) = 0 m. de manera que Cm m. todo tal x es un m´ ultiplo de s. el caso x = n. c. ax ∈ H. Puesto que. concluimos que s = m .Soluciones de los Ejercicios 108 n = n n n = m. Además. como n n m = |H| = or(as ) = =n s .(s. será x = qs + r con 0 ≤ r < s. Puesto que as ∈ H. m. concluimos que H =< as >. por el Teorema de Lagrange. Si m/m0 entonces n0 / m m n n 0 a m ∈< a m >= Cm0 y por tanto Cm ⊆ Cm0 . Y rec´ıprocamente. Volver al enunciado . Luego tal biyección es un isomorfismo de ret´ıculos.Soluciones de los Ejercicios 109 n y una biyección entre Div(n) y Sub(Cn ). si Cm ⊆ Cm0 entonces m/m0 por el Teorema de Lagrange. Soluciones de los Ejercicios 110 Ejercicio 20. El grupo tiene un u ńico subgrupo c´ıclico de orden cuatro. As´ı que el ret´ıculo de subgrupos toma la forma CO 8 2 CO 4 2 CO 2 2 1 (Los números entre subgrupos indican ´ındices) Volver al enunciado . C4 =< x2 >. que contiene al u ńico subgrupo de orden dos que es C2 = hx4 i. El grupo c´ıclico Cpn tiene un u ńico subgrupo c´ıclico n−k Cpk =< xp > de orden pk para cada k desde 0 hasta n. El ret´ıculo .Soluciones de los Ejercicios 111 Ejercicio 21. O p Cpn−1 O O p Cp O p 1 .Soluciones de los Ejercicios 112 es lineal: Cpn . Soluciones de los Ejercicios 113 Volver al enunciado . C2 =< x3 >. C3 =< x2 >. > C6X0 || 00 | | 00 || 00 || 003 C3X1 00 11 00 11 00 11 113 C2 11 |= 11 2 || | 11 || || 1 2 Volver al enunciado . Los subgrupos propios son un subgrupo c´ıclico de orden tres. y otro subgrupo c´ıclico de orden 2.Soluciones de los Ejercicios 114 Ejercicio 22. 3 y 2 que son respectivamente C6 = hx2 i. C3 = hx4 i y C2 = hx6 i. 4. El grupo hxi i contiene al hxj i si y sólo si i divide a j. . Tiene un subgrupo propio de cada uno de los órdenes 6.Soluciones de los Ejercicios 115 Ejercicio 23. C4 = hx3 i. Soluciones de los Ejercicios 116 Por tanto el ret´ıculo de subgrupos es el siguiente: = C12X1 {{ 11 { { 11 {{ 11 {{ 113 CO 6[7 11 77 11 77 11 77 77 2 CO 4 77 77 7 3 77 77 77 2 C3X1 77 11 77 11 77 11 113 C2 11 z= 11 2 zz z 11 zz z z 1 2 . Soluciones de los Ejercicios 117 Volver al enunciado . 1)}. El ret´ıculo ser´ıa C2. a}. esto nos lleva fácilmente a los 3 subgrupos propios: C20 = {(1. ×O CdH2 HH vv HH2 v 2 v HH v 2 v HH v vv 00 000 0 C2 dH C2 : C2 O HH u u HH2 2 uu HH 2 u HH uu u H uu 1 Volver al enunciado . 1).Soluciones de los Ejercicios 118 Ejercicio 24. (1. a)} y C2000 = {(1. C200 = {(1. por tanto c´ıclicos generados por un elemento de orden 2. (a. 1). Si C2 = {1. (a. a)}. 1). Los subgrupos propios del grupo de Klein abstracto serán de orden 2. 2) (1.2) 1 (1.3) (1.3.3.2) (1. .2.2) 1 (1.2) (1.3) (1. 3).2) (1. (2. 3). (1.3. (1.3) (2.3) (1. 3.3) (2. 3) y σ 2 τ = (2.3) (1. 2). τ = (1. 2. στ = (1.2) (2.3) (1. (1.2.3) (1. 3).2.3) (1.3) (2. (1. 3.3) (1.2) (1. 2).3.2. (1) S3 = {1. 2). σ 2 = (1.2) (1.3) (1.3.3.3) (1.3) (1.3) 1 (2) Por cálculos directos vemos que σ = (1. 2.3) 1 (1.2.3.3) (1.3) (1.2.2) (1.3) (2.Soluciones de los Ejercicios 119 Ejercicio 25.2.3) (1.2) (2. 3)}.2) (2.2) (1.3) (1. La tabla de multiplicar ser´ıa 1 1 1 (1.3) (2. 3).3) 1 (1.2) (1.2.3) (1.3.2) (1. 2).2) (1. Volver al enunciado . y por tanto S3 = hτ. τ i ⊆ hτ. el subgrupo hτ. y γ = (2. 2. 3) = σ. 3). γi. de manera que S3 = hσ.Soluciones de los Ejercicios 120 (3) 1 σ σ2 τ στ σ2 τ 1 1 σ σ2 τ στ σ2 τ σ σ σ2 1 σ2 τ τ στ σ2 σ2 1 σ στ σ2 τ τ τ τ στ σ2 τ 1 σ σ2 στ στ σ2 τ τ σ2 1 σ σ2 τ σ2 τ τ στ σ σ2 1 (4) Sea τ = (1. 2) como antes. γi contiene a σ. Puesto que τ γ = (1. γi. siendo ambos generadores de orden 2. (1. 3) y (1. y los de orden 3. por el Teorema de Lagrange. 2) > < (1. 2). Estos u ´ltimos generan el mismo subgrupo. 2) = (1. 3) > 3 < (2. Buscamos entonces los diferentes elementos de orden 2. (1. esto es. (1. 3)−1 . esto es. 3) > 3 NNN == _?? == NNN ?? = NNN == ?? NNN = ?? ?? ? < (1. o7 SO 3 ^=fN=NN ooo == NNNN o == NNN o o N == ooo ==3 NNNN3N < (1.Soluciones de los Ejercicios 121 Ejercicio 26. de ordenes 2 ´ o 3. y puesto que son de orden primo serán c´ıclicos. 2. de . 2. 3. 3) > 3 ?? O ?? pp7 2 ggggggggg p 2 p ?? 2 pp ggggg ?? pgpgpgggggg p p g pg 1g 2 ooo Discusión: Los subgrupos propios ser´ an necesariamente. 3). 3) y (2. 2. 122 Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios donde se sigue que el ret´ıculo es el descrito. Con estos hechos. 2).Soluciones de los Ejercicios 123 Ejercicio 27. una igualdad de la forma σσ −1 = 1 obliga a que una permutación σ y su inversa σ −1 tengan la misma paridad. Puesto que la permutación identidad es par. Sea τ = (1. el producto τ στ −1 tiene la misma paridad que σ. Es una permutaci´ on impar y entonces toda permutación en τ An = {τ σ. y si γ es cualquier permutación impar entonces σ = τ γ es par y τ σ = γ ∈ τ An . En efecto. el producto de una impar por una par es impar y el producto de dos impares resulta par. por tanto τ An τ −1 ⊆ An y An es normal en Sn . y [Sn : An ] = 2. concluimos fácilmente que An es cerrado para productos e inversos. Las clases G∩An y α(G∩An ) son distintas y re´ unen todos los elementos de G. si γ ∈ G es par. digamos α. Por el Teorema de Lagrange |An | = |Sn |/2 = n!/2. si σ y τ son cualesquiera permutaciones. y si es impar γ = α(α−1 γ) ∈ α(G ∩ An ). (1) El producto de dos permutaciones pares es siempre par. As´ı que Sn = An ∪ τ An . y es por tanto un subgrupo de Sn . entonces pertenece a G ∩ An . (2) Supongamos que G ≤ Sn contiene alguna permutación impar. σ ∈ An } es impar. ya que α−1 γ es . Adem´ as. Como todas las clases módulo un subgrupo tienen el mismo n´ umero de elementos.Soluciones de los Ejercicios 124 par. donde est´ an todas sus permutaciones pares. concluimos que en G hay tantas permutaciones pares como impares. Luego [G : G ∩ An ] = 2. y α(G ∩ An ). y G es unión disjunta de las clases G ∩ An . donde están todas las impares. Volver al enunciado . Soluciones de los Ejercicios Ejercicio 28. m6 A4 fL mmm O X11aB1BLBLBLL 11 BBLLLL mm mmm 11 BBB LLL m m m 114 BB4B LL4LL 4 K L BB 11 G O X000 BB LLLL 11 00 LLL BB 1 B LL 00 002 0 00 2 2 C3 C C 000 CO 3 00 F > 3 s9 3 } s s 00 }} ss 00 }} ssss } } s 3 } ss 3 3 }}}} ssss3 C200 C2 jUUUU C20 hQQ aB UUUU QQQ }} ss UUUU QQQ2 BBB2 }}}ssss UUUU QQQ BB UUUUQQQ BB }}sss 2 UUUQUQ }ss 1 3 mmm 125 . (1. 3)(2. 2. 4). son c´ıclicos de orden dos. C3000 =< 2. y C3 =< (1. 4). 2)} . 4 o 6. 4) >= {1. (1. 4) > . 3)} . 4) >= {1. 3) > . 3. 4). (1.Soluciones de los Ejercicios 126 donde C2 =< (1. C30 =< (1. 4. Discusión: El grupo alternado A4 tiene 12 elementos. 4)(2. C200 =< (1. 4). 2)(3. 4. 4) >= {1. 3. (1. 2)(3. 2. 2)(3. son grupos c´ıclicos de orden tres. K = h(1. 4). 3)(2. (1. 4. 4)i = {1. (1. (1. (1. 4)(2. 3. 3). por tanto sus posibles subgrupos propios ser´ an de orden 2. 2. 3. . C300 =< (1. (2. 2. 2)} . 3)} . 3. (1. C20 =< (1. 4) > . 3) >= {1. (2. 3)(2. (1. 3)} ∼ = C2 ×C2 es el grupo de Klein. 3. 4). Las posibilidades en S4 nos llevan directamente a los tres subgrupos c´ıclicos de orden dos C2 . y si ha de ser par como un producto de un n´ umero par de trasposiciones disjuntas. su descomposición en ciclos disjuntos ha de ser como producto de trasposiciones (recordemos que el orden de un producto de ciclos disjuntos es el m´ınimo com´ un m´ ultiplo de sus longitudes). · · · . ser´ıan también c´ıclicos generados por permutaciones de orden tres de S4 . los tres elementos de orden 2: . Las posibilidades de la descomposición en ciclos disjuntos de tales permutaciones se reducen a que sean exactamente un ciclo de longitud 3 (no hay dos disjuntos de esa longitud en S4 ). La descripción de los 8 ciclos diferentes de esa longitud nos conduce a los cuatro diferentes subgrupos C3 . C2000 . que aparecen en la relación mencionada.Soluciones de los Ejercicios 127 Los de orden 2 ser´ıan c´ıclicos generados por elementos de orden 2. Para que una permutaci´ on sea de orden 2. Los de orden 3. C20 y C200 mencionados. todos ellos subgrupos de A4 ya que los ciclos de longitud 3 son permutaciones pares. Notemos aqu´ı que ya nos han aparecido involucrados los 12 elementos de A4 : La permutaci´ on identidad. 4). 3) y los 8 de orden 3: (1. 2)(3. 2. . · · · . 4) y (1. junto con la permutaci´ on identidad el grupo de Klein K descrito en la relaci´ on. digamos. Puesto que antes hemos localizado los tres elementos de orden dos que existen en A4 . 4). 3)(2. De la descripci´ on anterior de los diferentes elementos de A4 . 2)(3. (1. (1. solo nos queda comprobar estos forman. 3). pues ser´ıa de ´ındice 2 (Ejercicio (4)) y todos sus elementos no triviales no pueden ser de orden 2 (pues en A4 solo hay 3 de ese orden). 3)(2. (1. 3). en cuyo caso est´ a formado por la unidad y tres elementos de orden 2 que conmutan entre s´ı. Para localizar los subgrupos de orden 4. 4)(2. Si este es. Discutimos finalmente que A4 no contiene subgrupos de orden 6: Un tal subgrupo ser´ıa normal. siendo el producto de dos de ellos el tercero restante. vemos directamente que no los hay de orden 4.Soluciones de los Ejercicios 128 (1. podemos utilizar lo probado en el Ejercicio (6): Un subgrupo de orden 4 o es c´ıclico a es isomorfo a de Klein. 4)(2. As´ı estar´ıamos en presencia de un subgrupo normal que contiene al menos un 3-ciclo. 4) y (1. x4 . x2 . x4 . x2 . ya que estar´ıa obligado a tener más de 6 elementos. x4 ) (x1 . x2 . x3 ) . (x1 . x3 )(x2 . x3 ). como (x1 . x2 )(x3 . x2 ) . x3 . también contendr´ a a su inverso. Vemos ya que tal subgrupo de orden 6 no puede existir. como (x1 . x4 ) = (x1 . x4 ) (x1 . el (x2 . x4 ). x4 ) = (x2 . x3 ) (x1 . x2 )(x3 . el (x1 . x2 ). también contendr´ a a este y a su inverso. x2 . x3 )(x2 . también contendr´ a a este y a su inverso. Volver al enunciado . x4 ).Soluciones de los Ejercicios 129 el (x1 . x3 ) (x1 . x3 . (1) Sustituyendo i por su resto módulo n. (2) Al conjugar un elemento rj ∈ hri por un elemento del diédrico de la forma ri resulta ri rj r−i = ri+j−i = rj ∈< r >. y al hacerlo por uno de la forma ri s resulta ri sr( ri s)−1 = ri srj ri s = ri r−j sri s = ri r−j r−i ss = r−j = rn−j ∈< r >. Para demostrar la segunda: (ri s)2 = ri sri s = ri r−i ss = 1 1 = 1. Y para ello hacemos inducción en i. . vemos que es suficiente probarlo para 0 ≤ i < n. Si i = 0 es una evidencia. de manera que la igualdad también es cierta para i + 1. resulta sri+1 = sri r = r−i sr = r−i r−1 s = r−i−1 s = r−(i+1) s. Que hsi = {1. s} no es normal lo evidenciamos por que rsr−1 = rrs = r2 s ∈ / hsi. Supuesto cierto para un i ≥ 0.Soluciones de los Ejercicios 130 Ejercicio 29. Y el subgrupo hri es normal en Dn . 2. Volver al enunciado 1 1 r r2 s rs r2 s r r r2 1 r2 s s rs r2 r2 1 r rs r2 s s s s rs r2 s 1 r r2 . 1. j = 0. 1.Soluciones de los Ejercicios 131 (3) rs r2 s 1 rs r2 s r r2 s s 2 r s rs s r2 r rs 1 r2 r 1 r2 s ∼ comparando las tablas se ve el isomorfismo S3 = D3 . σ i τ j ↔ ri sj . (4) Estos grupos no pueden ser isomorfos ya que tienen distinto orden: |S4 | = 24 y |D4 | = 8. i = 0. K 0 = {1. K = {1.Soluciones de los Ejercicios 132 Ejercicio 30. r2 . s. r. r3 } es c´ıclico de orden 4. r2 s}. rs. = DO 4 aCC CC 2 || | CC | 2 | CC | || CO 4 K K0 }> O `BBB {= O bDDD } { DD2 BB 2 }} 2 {{ 2 DD B 2 }} 2 {{ 2 BB D { }} { 0000 C20 hQQ C200 C2000 CO 2 m6 C2 QQQ = aBB m m { QQQ BB2 2 {{ 2 mmmm QQQ BB 2 m { QQQ BB {{{mmmmm 2 QQ m{mm 1 2 donde C4 = hri = {1. r2 . r3 s} . r2 . rs} C20000 = {1. r2 s}. Teniendo en cuenta el Ejercicio (3). s. están generados por dos elementos de orden dos que conmutan entre s´ı. Los de orden 2 ser´ an los generados por los diferentes elementos de orden 2: r2 . r2 }. C2000 = {1. Las combinaciones posibles con los cinco elementos de orden 2 antes listados. rs. r2 s y r3 s. Volver al enunciado . solo nos faltar´ıa detectar los posibles subgrupos tipo Klein que.Soluciones de los Ejercicios 133 son grupos de Klein. como sabemos. Los restantes elementos no triviales r y r3 = r−1 son de orden 4. s}. r3 s} son subgrupos c´ıclicos de orden 2. nos conducen exactamente a dos diferentes tales subgrupos: K y K 0. y generan el u ńico subgrupo c´ıclico de ese orden que tiene D4 . Discusi´ on: Los subgrupos propios habr´ an de ser de ordenes 2 o 4. C200 = {1. y C2 = {1. C20 = {1. No son isomorfos. ±j y ±k. Volver al enunciado . ±i. sin embargo el grupo Q2 tiene 6 elementos diferentes de orden 4. (1) 1 -1 i -i j -j k -k 1 1 -1 i -i j -j k -k -1 -1 1 -i i -j j -k k i i -i -1 1 -k k j -j -i -i i 1 -1 k -k -j j j j -j k -k -1 1 -i i -j -j j -k k 1 -1 i -i k k -k -j j i -i -1 1 -k -k k j -j -i i 1 -1 Para determinar los diferentes productos a partir de las igualdades dadas procedemos as´ı: multiplicando por i ambos miembros de ijk = −1. (2) El grupo D4 tiene exactamente dos elementos de orden 4. y teniendo en cuenta que i2 = −1.Soluciones de los Ejercicios 134 Ejercicio 31. multiplicando ahora por -1 obtenemos jk = i etc. r y r−1 = r3 . deducimos que −jk = −i y. −k}. . C400 =< k >= {1. j.Soluciones de los Ejercicios 135 Ejercicio 32. −j}. −i}. −1. > QO 2 ÀA AA 2 }} } AA }} 2 AA } }} 0 C4 C 00 C4 À O >| 4 AA AA || A 2 ||2 | 2 AA || CO 2 2 2 1 donde C4 =< i >= {1. C40 =< j >= {1. k. −1. −1. i. j. i.Soluciones de los Ejercicios 136 son c´ıclicos de orden 4 y C2 =< −1 >= {1. que genera entonces el subgrupo mencionado C2 . Puesto que solo hay un elemento de orden dos. k y −k = k 3 . −i = i3 . que necesitan tres distintos para formarse. luego de orden 4 solo puede haberlos c´ıclicos. −j = j 3 . −1. Solo hay un elemento de orden 2. De la relación de elementos de orden 6. −1} es c´ıclico de orden 2. no puede haber subgrupos de orden 4 tipo Klein. Discusi´ on: Los subgrupos propios ser´ an de ordenes 4 o 2. concluimos que Q2 contiene exactamente los tres subgrupos c´ıclicos de orden 4 mencionados. Volver al enunciado . (2) La segunda matriz de la lista anterior es justamente α y α2 = ( 11 10 ) es la tercera. 1. ( 11 01 ) . i = 0. obtenemos 1 α α2 β αβ α2 β 1 1 α α2 β αβ α2 β α α α2 1 α2 β β αβ α2 α2 1 α αβ α2 β β β β αβ α2 β 1 α α2 αβ αβ α2 β β α2 1 α α2 β α2 β β αβ α α2 1 (4) Comparando las tablas se ve el isomorfismo GL2 (F2 ) ∼ = D3 .Soluciones de los Ejercicios 137 Ejercicio 33. La cuarta es β. αβ = ( 11 01 ) es la quinta y α2 β = ( 10 11 ) es la sexta. ( 10 11 )} . ( 01 10 ) . 1. 2. ( 11 10 ) . (1) Con el criterio de que el determinante sea no nulo. concluimos que GL2 (F2 ) = {1 = ( 10 01 ) . ( 01 11 ) . (3) Con las reglas usuales del producto de matrices. Volver al enunciado . j = 0. αi β j ↔ i j r s . entonces la condici´ on de que ~a1 . ~ai . Como |F n | = q n . las diferentes matrices A ∈ GLn (F ) pueden construirse como sigue: Cualquier ~a1 ∈ F n puede tomarse como primera fila. Como L(~a1 . Consideremos el espacio vectorial n-dimensional sobre el cuerpo F . determinamos q n − 1 posibles elecciones para ~a1 . ~a2 ). · · · . aij ∈ F . que es arbitraria en F n \ L(~a1 ). como un vector ~ai = (ai1 . Para cada elección de tales ~a1 y ~a2 . · · · . Entonces la matriz A es invertible si y solo si los vectores fila a~1 . ~an son linealmente independientes. · · · . · · · . y miremos cada fila de una matriz cuadrada A = (aij )1≤i. y por tanto la elecci´ on para ~a2 . siempre que ~a1 6= ~0. ~an−1 ). Si denotemos por L(~a1 . Una vez realizada una tal elecci´ on.j≤n . ~a2 ∈ / L(~a1 ). · · · . ~a2 ) ∼ = . · · · . F n . presenta q n − q posibilidades diferentes. Entonces.Soluciones de los Ejercicios 138 Ejercicio 34. ~a2 ). ~an sean linealmente independientes podemos expresarla por las condiciones ~a1 6= ~0. vemos que |L(~a1 )| = q. ~a3 ∈ / L(~a1 . ~an ∈ / L(~a1 . ~ai ) a la variedad lineal generada por ~a1 . ~a3 puede ser elegido arbitrariamente en F n \L(~a1 . · · · . ain ) ∈ F n . y concluye con que |GLn (F )| = (q n − 1)(q n − q)(q n − q 2 ) · · · (q n − q n−1 ) . |L(~a1 . Volver al enunciado . ~a2 )| = q 2 . El procedimiento es claramente inductivo. de manera que hay q n − q 2 posibles elecciones para la tercera fila ~a3 .Soluciones de los Ejercicios 139 F 2 . Soluciones de los Ejercicios 140 Ejercicio 35. utilizando ahora el Teorema de Lagrange obtenemos que |GLn (F )| = . (1) Puesto que det(A B) = det(A) det(B). Para cualquier a ∈ F × tenemos que   a 0 ··· 0 0 1 · · · 0 =a det    ··· 0 ··· 0 1 y por tanto det es sobreyectiva. Su n´ ucleo es claramente el grupo SLn (F ). (2) El Primer Teorema de isomorf´ıa aplicado al epimorfismo det : GLn (F ) → F × nos asegura un isomorfismo GLn (F ) ∼ × =F SLn (F ) y. la aplicación determinante es efectivamente un homomorfismo de grupos de GLn (F ) al grupo multiplicativo del cuerpo F × . Soluciones de los Ejercicios 141 |SLn (F )| |F × |. concluimos que |SLn (F )| = (pn − 1)(q n − q)(q n − q 2 ) · · · (q n − q n−1 ) . Teniendo en cuenta el Ejercicio (27). q−1 Volver al enunciado . ±j y ±k que tienen la propiedad de que el cuadrado de todos ellos el mismo .Soluciones de los Ejercicios 142 Ejercicio 36. (−I)k = −k = k(−I) ik = −j. ji = −k. (−I)j = −j = j(−I). ±j. y 1 k = ij = −1 alculos directos de productos de matrices nos 1 1 . Si demostramos que S4 no contiene un tal subgrupo. jk = i. Por tanto es un subgrupo de SL2 (F3 ) y es entonces el generado por i. vemos que |SL2 (F3 )| = 24 = |S4 |. ±i. ki = j. C´ demuestran las igualdades siguientes i2 = −I. (−I)2 = I (−I)i = −i = i(−I). (2) Utilizando el (Ejercicio (28)). El grupo Q2 contiene 6 elementos distintos de orden 4. ±k} es cerrado para el producto. j 2 = −I. Comparado las igualdades anteriores con la tabla de multiplicar del grupo Q2 vemos que estos son efectivamente isomorfos. j. Hemos visto que el grupo SL2 (F3 ) contiene un subgrupo isomorfo a Q2 . (1) Llamemos I = 10 01 a la matriz identidad. kj = −i de donde concluimos que el subconjunto {±I. quedar´ıa probado que ambos grupos no pueden ser isomorfos. k 2 = −I. ±i. 2. 4. 3) y γ −1 . 2. ya que sus 6 elementos de orden 4 no podr´ıan ser otros que esos 4-ciclos. 3.m.Soluciones de los Ejercicios 143 elemento: (±i)2 = (±j)= (±k)2 = −1. 4) 6= (1. 2)(3. 2. Sin embargo no todos sus cuadrados coinciden σ 2 = (1. γ = (1. 4) = β 2 luego no puede haber en S4 un subgrupo isomorfo a Q2 . 4). Volver al enunciado . 3. 4).c. En el grupo S4 las permutaciones de orden 4 son precisamente los ciclos de longitud 4 (recordar que el orden de una permutaci´ on coincide con el m. 3)(2. α−1 . y hay también 6: α = (1. de las longitudes de los ciclos disjuntos en que descompone). β = (1. β −1 . x(ab) = (xa)b = (ax)b = a(xb) = a(bx) = (ab)x y ab ∈ G. (4) Supongamos que la clase zZ(G) genera el grupo cociente G/Z(G). Esto quiere decir que x = z m a para alg´ un a ∈ Z(G). a ∈ G. Entonces para cualquier x ∈ G ser´ a xZ(G) = z m Z(G) para alg´ un m ∈ Z. Si a. que es lo mismo que decir que a ∈ Z(G) para todo a ∈ G. Luego Z(G) es un subgrupo de G. (3) El grupo G es abeliano si y solo si xa = ax para todo x. También. Si y = z n b es otro elemento de G que se expresa de esa forma con n ∈ Z y b ∈ Z(G) tenemos que xy = z m az n b = z m z n ab = z n z m ba = z n bz m a = yx y G es abeliano. esto es. de la igualdad xa = ax obtenemos que a−1 xaa−1 = a−1 axa−1 . Volver al enunciado . (1) Claramente 1 ∈ Z(G). b ∈ Z(G).Soluciones de los Ejercicios 144 Ejercicio 37. (2) Es claro que para cualquier x ∈ G se tiene xZ(G) = Z(G)x. esto es a−1 x = xa−1 y por consiguiente a−1 ∈ Z(G). entonces para cualquier x ∈ G. que Z(G) = G. mientras s que (rs)s = rs = r. y su producto es el determinado por las relaciones fundamentales r4 = 1 = s2 . rs. ver Ejercicio (6)). De esta u ´ltima igualdad se deduce directamente que ni r ni r3 ni s est´ an en el centro del grupo. El grupo cociente D4 /Z(D4 ) es de orden 8/2 = 4 y sabemos que todo grupo de orden 4 es abeliano (de hecho o es c´ıclico o isomorfo al de Klein. An´ alogamente se ve que r3 s ∈ / Z(D4 ) pues 3 3 3 s(r s) = r 6= r = (r s)s. sr = r3 s. Vemos ahora que rs ∈ / Z(D4 ) pues s(rs) = r3 ss = r3 . Por el contrario r2 si que lo está: obviamente conmuta con las otras potencias de r y también con s pues sr2 = srr = r3 sr = r3 r3 s = r6 s = r2 s. r3 s}. r2 }. r3 . de donde también conmuta con los restantes elementos que son productos de una potencia de r con s. Volver al enunciado . r2 s.Soluciones de los Ejercicios 145 Ejercicio 38. r2 . s. r. Sabemos que D4 = {1. Luego Z(D4 ) = {1. k y ` son todos distintos. Luego στ 6= τ σ y σ ∈ / A(Sn ). Consideramos entonces la permutaci´ on τ = (j. Por un lado vemos que στ (i) = σ(i) = j y por otro que τ σ(i) = τ (j) = k. k) ∈ Sn . si σ ∈ An es una permutación distinta de la identidad. si σ ∈ Sn es una permutaci´ on distinta de la identidad. Para n ≥ 3 se tiene que Z(Sn ) = 1. existir´ an k. luego coincide con su centro. existirá un i tal que σ(i) = j 6= i. i 6= k y j 6= k y podemos considerar la trasposición τ = (j. `) = (k. Como n ≥ 3. ` ≤ n tal que i. Luego στ 6= τ σ y σ ∈ / Z(Sn ). El grupo A3 es abeliano (c´ıclico de orden 3). k. existir´ a un i tal que σ(i) = j 6= i. j.Soluciones de los Ejercicios 146 Ejercicio 39. y por tanto su centro también. En efecto. En efecto. Para n ≥ 4 se tiene que Z(An ) = 1. existir´ a un k tal que 1 ≤ k ≤ n. `) ∈ An . Por un lado vemos que στ (i) = σ(i) = j y por otro que τ σ(i) = τ (j) = k. 1 ≤ k. Como n ≥ 4. `)(j. Volver al enunciado . `. El grupo S2 es abeliano y por tanto coincide con su centro. El grupo A2 es trivial. concluimos que rm conmuta con todos sus elementos y por tanto rm ∈ Dn . Es claro que rm conmuta con r y también lo hace con s pues srm = r−m s = rm s. Además. mientras que (ri s)s = ri ss = ri . Z(D2m ) = 1. s(ri s) = r−i ss = r−i . ri ∈ / Z(Dn ). ri s ∈ . luego ri s ∈ / Z(Dn ) si i 6= m. y esto no se da para ninguna potencia de r ya que n es impar. Como r y s generan Dn . puesto que sri = r−i s y ri = r−i ⇔ (ri )2 = 1. mientras que (ri s)s = ri ss = ri . En definitiva. luego también Volver al enunciado / Z(Dn ). ri ∈ / Z(Dn ) si i 6= 0. Como r(rm s) = rm+1 s y (rm s)r = m −1 r r s = rm−1 s vemos que rm s tampoco está en el centro. En definitiva. entonces Z(Dn ) = {1. si n = 2m + 1 es impar.Soluciones de los Ejercicios 147 Ejercicio 40. entonces Z(Dn ) = 1 es trivial. vemos que s. rm } es c´ıclico de orden 2. Z(D2m ) = {1. Si i ≥ 1. Además. m. En efecto. supongamos primero que n = 2m. m. vemos que s. s(ri s) = r−i ss = r−i . Puesto que sri = r−i s y ri = r−i si y solo si (ri )2 = 1 ⇔ i = 0. Si n = 2m es par. Supongamos ahora que n = 2m + 1 es impar. para i ≥ 1. rm }. determinamos que Z(Q2 ) = {1. Usando directamente las relaciones que determinan el producto en el grupo Q2 . −1}.Soluciones de los Ejercicios 148 Ejercicio 41. o mirando simplemente la tabla de multiplicar de este grupo (ver Ejercicio (24)). Volver al enunciado . Para ver que es un subgrupo normal. sea a ∈ NG (S) y b ∈ CG (S). Solo nos referiremos al apartado (2). Es claro que CG (S) ⊆ NG (S). de donde la normalidad.Soluciones de los Ejercicios 149 Ejercicio 42. Para cualquier x ∈ S tenemos que a−1 xa ∈ S. Por tanto aba−1 ∈ CG (S). as´ı que aba−1 x(aba−1 )−1 = aba−1 xab−1 a−1 = aa−1 xaa−1 = x. Volver al enunciado . y entonces b conmuta con él. Cualquier elemento del grupo conmuta con los elementos del centro. concluimos también que NG (Z(G)) = G.Soluciones de los Ejercicios 150 Ejercicio 43. Puesto que el subgrupo normalizador siempre contiene al subgrupo centralizador. Volver al enunciado . de donde se sigue que CG (Z(G)) = G. El normalizador de H en G es todo el grupo G si y solo si H es normal en G. El centralizador de H en G es todo G si y solo si todo elemento de G conmuta con todo elemento de H.Soluciones de los Ejercicios 151 Ejercicio 44. esto es. si y solo si H ⊆ Z(G). Volver al enunciado . xHx−1 = {1. Claramente. xax−1 }. Supongamos que H = {1. Volver al enunciado . Puesto que H es normal en G si y solo si NG (H) = G. esto es. Entonces xHx−1 = H si y solo si xax−1 = a. para cualquier x ∈ G. CG (H) = {x ∈ G | xa = ax} = {x ∈ G | xax−1 = a}. a}. Por otro lado. que es lo mismo que decir que H ⊆ Z(G). en este caso tendremos que H es normal en G si y solo si CG (H) = G.Soluciones de los Ejercicios 152 Ejercicio 45. x ∈ NG (H) si y solo si x ∈ CG (H). y1 ]±1 · · · [xn . y] = 1 para todos los elementos x. Utilizando que el inverso de un conmutador es de nuevo un conmutador. aya−1 ].Soluciones de los Ejercicios 153 Ejercicio 46. yn ]±1 . y1 ] · · · [xn . Entonces. ayn a−1 ] por lo que vemos se trata de nuevo de un elemento de [G. (2) Todo elemento de [G. yn ]a−1 = [ax1 a−1 . concluimos que tal elemento z admite una expresi´ on como un producto de conmutadores. lo que implica la normalidad del subgrupo conmutador. G]. y]a−1 = [axa−1 . y1 ]a−1 · · · a[xn . G] es una palabra de la forma z = [x1 . y1 ] · · · [xn . (3) Observamos primero que a[x. x]. (4) El subgrupo conmutador es trivial si y solo si [x. y] = 1 si y solo si xy = yx. y]−1 = (xyx−1 y −1 )−1 = yxy −1 x−1 = [y. As´ı que a[G. tenemos que aza−1 = a([x1 . y ∈ G. G] para cualquier a ∈ G. yn ])a−1 = a[x1 . yn ] ∈ [G. G]a−1 ⊆ [G. . G]. para cada z = [x1 . Puesto que [x. ay1 a−1 ] · · · [axn a−1 . tal como se ha visto en el apartado anterior. (1) [x. Volver al enunciado . G] = 1 si y solo si G es abeliano.Soluciones de los Ejercicios 154 concluimos que [G. G])(y[G. (3) Si el cociente G/H es abeliano. (1) Notemos que para cualesquiera x. el n´ ucleo de la proyección canónica pr : G → G/H contendr´ a al subgrupo conmutador. La conclusión es aplicación directa de la propiedad universal de los grupos cocientes. Como Ker(f ) contiene a todos sus generadores. G]) = (y[G. G] son iguales. y]yx. Entonces las clases xy[G. [G. (2) Para cualesquiera x. y] ∈ Ker(f ). de donde xH yH = yH xH lo que prueba que el grupo cociente G/H es abeliano. las clases xyH e yxH son iguales. G] e yx[G. xy = [x. de donde (x[G. supongamos que [G. G] ⊆ H. y]) = f (xyx−1 y −1 ) = f (x)f (y)f (x)−1 f (y)−1 = f (x)f (x)−1 f (y)f (y)−1 = 1 as´ı que [x. esto es. y ∈ G. Rec´ıprocamente. G] es abeliano. deducimos que [G. por la igualdad xy = [x. Entonces. Volver al enunciado . G]) y por tanto el grupo cociente G/[G. G] ⊆ Ker(f ). y ∈ G tenemos que f ([x. G])(x[G.Soluciones de los Ejercicios 155 Ejercicio 47. y]yx. G] ⊆ H. [D4 . 4) = (1. A4 ]. Pero [S3 . Q2 ] = {±1}. β] = αβα−1 β −1 es de signatura +1. S3 ] = A3 . 3)(2. Como A3 es de orden 3. 2)(3. 2)(3. 3)(2. S3 ] 6= 1 pues S3 no es abeliano. sabemos que K es un subgrupo normal de A4 y que el cociente A4 /K es abeliano (pues es de orden 3). [A4 . [Q2 . Luego [S3 . pues es de orden 4. 2)(3. por tanto contiene al conmutador. 3. sabemos que este subgrupo de orden dos es normal (es el centro de D4 . 4). Sabemos que este subgrupo de orden dos es normal . 3)(2. 4). D4 ] = {1. 2)(1. (1. En efecto. [α. 4) está en [A4 . s] = rsr−1 s−1 = rrss = r2 .Soluciones de los Ejercicios 156 Ejercicio 48. (1. 4)] = (1. 4)(1. A4 ] = K = {1. A4 ] ⊆ K. En efecto. Puesto que [r. todo elemento conmutador en S3 . 2. 4)(2. por tanto ha de ser [A4 . tenemos la otra inclusión. por tanto está en A3 . 4) lo que muestra que (1. r2 }. [S3 . 2. ver Ejercicio (38)) y el cociente es abeliano. 2)(3. En efecto. (1. S3 ] ⊆ A3 . S3 ] = A3 . Para la otra inclusi´ on. por ejemplo [(1. 3). 3)}. 3)(1. el subgrupo conmutador solo puede ser el propio A3 o el subgrupo trivial. (1. as´ı que [S3 . calculamos algunos conmutadores. Y análogamente para los otros dos. por tanto contiene al conmutador.Soluciones de los Ejercicios 157 (es el centro de Q2 . ver Ejercicio (41)) y el cociente es abeliano. pues es de orden 4. deducimos la otra inclusión. Volver al enunciado . j] = iji−1 j −1 = ij(−i)(−j) = kk = −1. Puesto que [i. Volver al enunciado . t) = (x. y)(z. Esto u ´ltimo es f´ acil: (x. y)(y. Como (x. y. t) concluimos que. El grupo alternado es normal en el simétrico y el cociente Sn /An es abeliano. Para lo primero. z) = (x. y)(x. Sn ] ⊆ An . y)(z. efectivamente An está generado por los 3-ciclos. t). z) = (x. z) y (x. y). y)(x. y. pues es de orden 2.Soluciones de los Ejercicios 158 Ejercicio 49. Sn ]. (x. z)(x. z) = [(x. La inclusión rec´ıproca An ⊆ [Sn . y)(x. y)(y. z)]. z. es consecuencia de dos hechos: 1) An está generado por los 3-ciclos y 2) todo 3-ciclo es un elemento conmutador. tengamos en cuenta que toda permutación par es expresable como un producto de un n´ umero par de trasposiciones y entonces como un producto de permutaciones de a forma (x. z) o (x. as´ı que [Sn . z. y el cociente ser´ıa un grupo c´ıclico de orden 2.Soluciones de los Ejercicios 159 Ejercicio 50. Sn ] = An (ver Ejercicios (47) y (49)) y ser´ıa el propio An . Cualquier otro supuesto subgrupo de orden n!/2 ser´ıa normal (pues tendr´ıa ´ındice 2. en particular abeliano. Ejercicio (4)). Volver al enunciado . Luego contendr´ıa al conmutador [Sn . tenemos que |HK| = [HK : K] |K| = [H : H ∩ K] |K|. Supongamos que K es normal en G. Combinando ambas igualdades obtenemos la igualdad propuesta. por el Teorema de Lagrange. Entonces HK/K ∼ = H/(H ∩ K) y. Volver al enunciado . Por otro lado |H| = [H : H ∩ K] |H ∩ K|.Soluciones de los Ejercicios 160 Ejercicio 51. = = H ∩N N N K ∩N Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios 161 Ejercicio 52. Por el Tercer Teorema tenemos isomorfismos HN KN ∼ K H ∼ = . Puesto que H ∩ N ⊆ N y N es abeliano. que es abeliano. Volver al enunciado . Como H H ´ltimo es un ∩ N = N y este u G subgrupo de N . concluimos que el cociente H H ∩N es también abeliano. Solucio H al ser N normal en G. que es normal en Ejercicio 53.Soluciones de los Ejercicios 162 ´ n. ∼ HN H ∩ N es también abeliano. Consideremos H ∩ N . pero estos son primos entre s´ı por hipótesis. En definitiva. Por el teorema de Lagrange su orden |HK/K| dividirá a |G/K| = [G : K].Soluciones de los Ejercicios 163 Ejercicio 54. Como HK/K ∼ ´ltimo es cociente de H y por = H/(H ∩ K). tenemos que |HK/K| divide también al orden de H. Consideremos el subgrupo HK/K ≤ G/K. lo que significa que HK = K y que H ⊆ K. |HK/K| es un divisor com´ un de [G : H] y |H|. luego ha de ser |HK/K| = 1. Volver al enunciado . y este u tanto su orden divide al de H. Puesto que H ∩ K es un subgrupo de H. aplicando reiteradamente el Teorema de Lagrange a las cadenas de subgrupos H ∩ K ⊆ K ⊆ HK ⊆ G y H ∩ K ⊆ H ⊆ HK ⊆ G deducimos las igualdades |G| = [G : HK] |HK| = [G : HK] [HK : K] |K| = [G : HK] [HK : K] [K : H ∩ K] |H ∩ K| .(|H|. Por hip´ otesis tenemos que m. por el Teorema de Lagrange su orden |H ∩ K| es un divisor de |H| . c. Si K es un subgrupo normal de G. c. Por otra parte. d. probaremos a continuación que |H ∩ K| es un divisor de |H|. Claramente entonces la condici´ on m.(|H|. [G : H]) = 1.Soluciones de los Ejercicios 164 Ejercicio 55. [K : H ∩ K]) = 1 y H ∩ K es un subgrupo de Hall de K. [G : H]) = 1 implica m. d. d. c. en tanto que [K : K ∩ H] lo es de [G : H].(|H ∩ K|. Además. y por comparación con una de las igualdades anteriores vemos que [G : H] = [G : HK] [HK : H]. concluimos que [HK : K] [K : H ∩ K] = [HK : H] [H : H ∩ K] pero como HK/K ∼ = H/(H ∩ K). de donde obtenemos que [K : H ∩ K] = [HK : H] . es [HK : K] = [H : H ∩ K]. Por lo tanto [K : H ∩ K] = [HK : H] es un divisor del ´ındice [G : H]. Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios 165 y |G| = [G : HK] |HK| = [G : HK] [HK : H] |H| = [G : HK] [HK : H] [H : H ∩ K] |H ∩ K| Comparando ambas. |G| = [G : H] |H|. Soluciones de los Ejercicios 166 Ejercicio 56. c. Supongamos que |H| = m y que [G : H] = n.(m. lo que significa que KH = H y que K ⊆ H. concluimos que necesariamente |KH/H| = 1. consideremos el grupo cociente KH/H. as´ı que K = H. o sea a n. su orden dividirá al de este. Volver al enunciado . n) = 1. siendo este u ´ltimo un grupo cociente de K. Pero KH/H ∼ = K/(K ∩ H). Pero ambos tienen el mismo orden. Como m y n son primos entre s´ı. por tanto |KH/H| ha de ser un divisor de m. Como es un subgrupo de G/H. d. Si K es supuesto otro subgrupo de G con |K| = m. Entonces |G| = mn y m. por tanto la composición define una operaci´ on en el conjunto Aut(G). y claramente la aplicación identidad idG : G → G es un automorfismo de G que se comporta como elemento neutro para este producto en Aut(G). Un automorfismo de G es un homomorfismo biyectivo de G en s´ı mismo.Soluciones de los Ejercicios 167 Ejercicio 57. Luego todo elemento de Aut(G) tiene inverso y concluimos que este es un grupo. su aplicaci´ on inversa f −1 es también un automorfismo pues f (f −1 (x) f −1 (y)) = f f −1 (x) f f −1 (y) = x y = f (f −1 (xy)) lo que implica que f −1 (x) f −1 (y) = f −1 (xy) para cualesquiera x. Como la composici´ on es asociativa. Volver al enunciado . Si f ∈ Aut(G). La composici´ on de homomorfismos es de nuevo un homomorfismo y la de biyecciones es otra biyección. y ∈ G. Entonces f −1 ∈ Aut(G) y es claramente un elemento inverso de f para el producto definido por composici´ on. esta operación lo es. se expresan de forma u ńica de la forma fr¯ : ¯ = k r¯ = rk. En particular x = θ(¯ n) = θ(0) = 1. es el u ńico homomorfismo de Zn en G que aplica la clase del 1 en x. esto es.Soluciones de los Ejercicios 168 ¯ = θ(k ¯1) = Ejercicio 58. entonces xk = xk +rn = 0 0 0 xk xn r = xk 1r = xk . (2) Dado x ∈ G. (1) Para todo 0 ≤ k tenemos que θ(k) k k n ¯ ¯ θ(1) = x . si ord(x) = n. y recordando que U (Zn ) = {¯ r | 1 ≤ r ≤ n. 1 ≤ k < n. n) = 1}.(r. Claramente θx (¯1) = x y. Por ker(θx ) = 0. El homomorfismo θx será inyectivo si ¯ = xk 6= 1. esto es k = k 0 + rn para alg´ un r ∈ Z. y ord(x) | n. y es un homomorfismo pues θx (k¯ + k¯0 ) = 0 0 θx (k + k 0 ) = xk+k = xk xk = θx (k)θx (k 0 ). θx (k) tanto. c. m. tal que ord(x) | n. d. . por la parte anterior de ejercicio. n) = 1 (ver Ejercicio (18)). definamos la correspondencia ¯ = xk . (4) De acuerdo con lo demostrado en los anteriores apartados. si para todo k. (3) Sea x ∈ G con ord(x) | n. donde fr¯(k) r) = n. los automorfismos de Zn .(r. d. c. con r¯ ∈ Zn y ord(¯ Zn → Zn . Es una aplicación bien definida. Esta u ´ltima condici´ on equivale a que m. pues si θx : Zn → G por θx (k) 0 0 ¯ ¯ k = k . fr¯fs¯(k) Volver al enunciado . Vemos finalmente que tal biyecci´ on es un isomorfismo: ¯ = fr¯(sk) = rsk = frs (k) ¯ = fr¯s¯(k) ¯ .Soluciones de los Ejercicios 169 concluimos que la aplicaci´ on r¯ 7→ fr¯ establece una biyección entre U (Zn ) y Aut(Zn ). y sus elementos no triviales son todos de 2 orden 2: f¯32 = f¯9 = id. f¯7 } . Volver al enunciado . donde fr¯(k) (2) Es un grupo de orden 4. (1) De acuerdo con las conclusiones del Ejercicio (58). f¯5 . ¯ = rk. f¯3 . c. 1 ≤ r ≤ 8 | m. y con producto fr¯ fs¯ = frs . por el Ejercicio 7 = f49 (6).Soluciones de los Ejercicios 170 Ejercicio 59. es isomorfo al grupo de Klein.(r. Aut(Z8 ) = {fr¯. 8) = 1} = {f¯1 = id. f¯52 = f25 ¯ = id y f¯ ¯ = id. d. Análogamente vemos que si f (1) = −1. entonces f (n) = n f (1) = n 1 = n y f = id. esto es. Si f (1) = 1. como f (n) = f (n 1) = n f (1). como f es biyectiva. resulta que f está determinado por f (1).Soluciones de los Ejercicios 171 Ejercicio 60. Volver al enunciado . Si f ∈ Aut(Z). Además. entonces f = −id. para todo n ∈ Z. ha de existir un n ∈ Z tal que f (n) = 1. n f (1) = 1. −1}. pero esto u ´ltimo solo es posible si f (1) ∈ {1. Su n´ ucleo es trivial. la aplicación ϕa es un homomorfismo pues ϕa (xy) = axya−1 = axa−1 aya−1 = ϕa (x)ϕa (y). pues axa−1 = 1 implica x = a−1 1a = a−1 a = 1. x = a(a−1 xa)a−1 = ϕa (a−1 xa). (3) La imagen del homomorfismo a → 7 ϕa es justamente Int(G). En . (1) Para cada a ∈ G.Soluciones de los Ejercicios 172 Ejercicio 61. pues para todo x ∈ G. y por consiguiente es inyectiva. b ∈ G y cualquier otro x ∈ G. (2) Para a. que es as´ı un subgrupo de Aut(G). Luego es un automorfismo de G. Su car´ acter de subgrupo normal es consecuencia de la identidad f ϕa f −1 = ϕf (a) que se da para cualquier automorfismo f ∈ Aut(G) y a ∈ G. Y es sobreyectiva. ϕab (x) = (ab)x(ab)−1 = abxb−1 a−1 = a(ϕb (x))a−1 = ϕa (ϕb (x)) = (ϕa ϕb )(x) de modo que ϕab = ϕa ϕb . esto es. esto es. el grupo Int(G) es trivial si y solo si lo es G/Z(G).Soluciones de los Ejercicios 173 efecto. a que a ∈ Z(G). (5) Como consecuencia del apartado anterior. Volver al enunciado . si y solo si Z(G) = G que es equivalente a decir que el grupo G es abeliano. Por el Primer Teorema de isomorfismo. (4) La imagen del homomorfismo a 7→ ϕa es el grupo Int(G). Su n´ ucleo consistir´ a de aquellos a ∈ G tales que ϕa = idG . para cualquier x ∈ G (f ϕa f −1 )(x) = f (ϕa (f −1 (x))) = f (af −1 (x)a−1 ) = f (a)xf (a)−1 = ϕf (a) (x). el anterior homomorfismo induce un isomorfismo G/Z(G) ∼ = Int(G). pero esto u ´ltimo equivale a decir que axa−1 = x para todo x ∈ G. Si para un grupo G su grupo de automorfismos Aut(G) fuese c´ıclico. Volver al enunciado . concluir´ıamos que G es abeliano. por el Ejercicio (37). Pero en ese caso. entonces el subgrupo suyo Int(G) lo ser´ıa también. apartado (4).Soluciones de los Ejercicios 174 Ejercicio 62. el cociente G/Z(G) ∼ = Int(G) ser´ıa c´ıclico y. (1) Puesto que f (1) = 1. entonces f (xy −1 ) = f (x)f (y)−1 = xy −1 y xy −1 ∈ Fix(f ). el centralizador de a en G. 1 ∈ Fix(f ). Si x e y son dos elementos fijos de f . (3) Estará formado por aquellas matrices A ∈ GLn (F ) tales que A−1 = At . es por tanto el grupo de matrices ortonormales de orden n sobre F .Soluciones de los Ejercicios 175 Ejercicio 63. Volver al enunciado . (2) Fix(ϕa ) = {x ∈ G | axa−1 = x} = CG (a). Luego Fix(f ) es un subgrupo de G. Soluciones de los Ejercicios 176 Ejercicio 64. o equivalentemente. aplicando f . Por el apartado anterior. (3) Como f es un homomorfismo. pues si x−1 f (x) = y −1 f (y). esto es. para todos a. As´ı que x = y. . ser´ a (ab)−1 = a−1 b−1 . obtendr´ıamos que f (x)−1 x = f (y)−1 y y entonces la igualdad f (y)f (x)−1 = yx−1 . y es inyectiva. tomando inversos. (2) Sea a ∈ G. b ∈ G. (1) Es inyectiva. existirá un x ∈ G tal que a = x−1 f (x) y. f (xy −1 ) = xy −1 lo que implica que xy −1 = 1 al ser este el u ńico elemento fijo de f . ab = ba. vemos que f (a) = f (x)−1 x = a−1 . aplicando a ambos miembros de esa igualdad el homomorfismo f . Como G es finito. Luego G es Volver al enunciado abeliano. es biyectiva. esto es. m): (h. c. k) = m. 1) si y solo si hr = 1 y k r = 1.Soluciones de los Ejercicios 177 Ejercicio 65. m.(n. si y solo si r divide al m. k)r = (1. Volver al enunciado .(n. m). m. si y solo si r divide tanto a n como a m. c. Es ord(h. por tanto. si y solo si tanto H como K son c´ıclicos Volver al enunciado y de ordenes primos relativos. ord(k)) = nm si y solo si ord(h) = n.(ord(h). Supongamos que |H| = n y que |K| = m. Por el ejercicio anterior. esto es. Entonces el grupo producto H × K ser´ a c´ıclico si y solo si existe un elemento (h. m) = 1.(ord(h). k) ∈ H × K cuyo orden sea nm. d. c.(n.Soluciones de los Ejercicios 178 Ejercicio 66. esto equivale a que exista un h ∈ H y un k ∈ K tales que m. Pero como siempre ord(h)/n y ord(k)/m. ord(k) = m y m. será m. . c. c. m. m. ord(k)) = nm. ¯ 1)i = {(xn. lo que obligar´ıa a que fuese xn = 1 para alg´ un x ∈ Z. xm)| x ∈ Z}. Entonces (1. x ∈ Z}. ¯1) ∈ / h(n. Pero entonces n = ±1 y. ¯ 0). ¯1)i = {(x. que (2. 1) ∈ h(n. ser´ıa (1. (1. y esto obliga a que n = ±1 y que m = ±1. ¯0) no puede ser un generador de Z × Z2 . Suponiendo que (n. Pero es f´ acil ver. (−1. 1) ∈ / h(1. como antes. x ∈ Z}. Pero vemos que (2. 1) no pertenece al subgrupo de Z × Z generado por cualquiera de los elementos (1. ¯0)i. ¯ 1)i. Volver al enunciado . ¯ 0i = {(xn. 1) fuese un generador de Z × Z2 .Soluciones de los Ejercicios 179 Ejercicio 67. Luego Z × Z no puede ser generado por uno solo de sus elementos. m)i = {(xn. Un elemento de la forma (n. ¯ Supongamos que (n. en cualquier caso. y (0. 1). tendr´ıamos que Z × Z2 = h(1. −1). x ¯). x ∈ Z}. 1). m) fuese un generador de Z × Z. pues h(n. x ¯). Luego no existe un generador para el grupo Z × Z2 . −1) o (−1. 1) ∈ h(n. Pero entonces S3 ser´ıa isomorfo al producto directo C2 × C3 ∼ = C6 . que sabemos es c´ıclico de orden 6 (ver Ejercicio (66)). donde 1 < r. Los subgrupos propios de Zpn son c´ıclicos de orden un divisor propio de pn . cualquiera de ellos c´ıclico. Si fuese Z un producto directo interno de dos de ellos. El grupo S3 solo tiene subgrupos propios de orden 2 y 3. s < n y r + s = n. por tanto isomorfo al propio Z. Volver al enunciado . Si fuese un producto directo interno de dos de ellos tendr´ıamos un isomorfismo del tipo Zpn ∼ = Zpr × Zps . Todo subgrupo de Z es c´ıclico y de orden infinito. y tal cosa es imposible. por uno de orden 3. Esto nos llevar´ıa a la conclusi´ on que S3 ∼ = C6 lo que no es posible pues S3 no es c´ıclico (ni siquiera abeliano). necesariamente lo ser´ıa de uno de orden 2. Si fuera producto directo interno de dos de ellos.Soluciones de los Ejercicios 180 Ejercicio 68. digamos C2 . Pero esto es imposible pues el grupo Zpr × Zps no es c´ıclico (ver Ejercicio (66)). C3 . existir´ıa un isomorfismo del tipo Z ∼ ´ltimo grupo = Z × Z. Pero este u no es c´ıclico (ver Ejercicio (67)). y por tanto H y K son subgrupos normales. si a = 6 c. El grupo es abeliano. En este caso H no es un subgrupo normal: −1 1 −b = a −ab+bc ∈ ( 10 1b ) ( a0 0c ) ( 10 1b ) = ( a0 bc / H. as´ı que H y K son subgrupos normales. (2) No. (1) Si. c ) 0 1 0 c (3) Si.Soluciones de los Ejercicios 181 Ejercicio 69. El grupo es abeliano. Claramente H ∩ K = 1 y HK = R× . Claramente H ∩ K = 1. Volver al enunciado |z| . y para todo z ∈ C× es z = |z| z ∈ HK. k) 7−→ ((g. h. h) es biyectiva y un homomorfismo. estableciendo los isomorfismos anunciados. k) y (g.Soluciones de los Ejercicios 182 Ejercicio 70. k) son biyectivas y homomorfismos. (1) La aplicaci´ on (h. k)) 7−→ (g. (2) Las aplicaciones (g. (h. Volver al enunciado . h. por tanto un isomorfismo. h). k) 7−→ (k. entre los grupos H × K y K × H. Volver al enunciado . con inverso f −1 × g −1 . k) 7−→ (f (h). Sean f : H → J y g : K → L isomorfismos. Entonces la aplicaci´ on f × g : H × K −→ J × L definida por (h. g(k)) es un isomorfismo.Soluciones de los Ejercicios 183 Ejercicio 71. Soluciones de los Ejercicios 184 Ejercicio 72. No. mientras que también es claro que Z2 ∼ = ∼ y Z3 × Z = 6 Z. Por ejemplo. Volver al enunciado . es claro que existe un isomorfismo Z2 × (Z3 × Z) ∼ 6 Z6 = Z6 × Z. An´ alogamente ser´ıa K1 = Z. por ejemplo. Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios 185 Ejercicio 73. as´ı que H1 = Z. pues (2. n) ∈ H1 × K1 y por tanto n ∈ H1 para cualquier n ∈ Z. Si existieran subgrupos H1 . Entonces D = Z × Z. n)| n ∈ Z} ⊂ Z × Z. K1 ⊆ Z tales que D = H1 × K1 . ser´ıa (n. el subgrupo D = {(n. Consideremos. 1) ∈ / D. lo que no es verdad. Volver al enunciado . el Primer Teorema de isomorfismo nos asegura que tal epimorfismo induce in isomorfismo H ×K ∼ H K × = H1 × K1 H1 K1 ¯ ¯ dado por (h. Su n´ ucleo es claramente H1 × K1 . k). (h. Adem´ as. y este es entonces un subgrupo normal de H × K.Soluciones de los Ejercicios 186 Ejercicio 74. k) 7→ (h. y consideremos el epimorfismo inducido ¯ k). Sean pH : H → H/H1 y pK : K → K/K1 las proyecciones a los grupos cocientes. k) 7→ (h. ¯ pH × pK : H × K → H/H1 × K/K1 . 1)−1 = [(a1 . y). a2 ]. H] [G. (a2 . G] × 1)(1 × [H. G × H]. Pero esto u ´ltimo significa que a ∈ Z(G) y b ∈ Z(H). H] Puesto que este u ´ltimo grupo es claramente abeliano (es producto de dos abelianos) podemos deducir que [G × H. G × H]. 1) = (a1 . y)(a. que 1 × [H. sabemos que [G. 1). b) ∈ Z(G) × Z(H). 1)(a1 . G] [H. G × H] ⊆ [G. yb). 1) = (a1 a2 a−1 1 a2 . H] = ([G. = [G. se verifica que (x. H] (ver Ejercicio (47)). análogamente. 1)−1 (a2 . b)(x. yb) = (ax. G] × [H. G × H] y. para todo x ∈ G e y ∈ H. 1)] ∈ [G × H.Soluciones de los Ejercicios 187 Ejercicio 75. o sea que (a. G] × [H. y existe un isomorfismo G×H G H ∼ × . obtenemos que [G. 1)(a2 . a2 ∈ G es ([a1 . b) ∈ Z(G × H). . G] × 1 ⊆ [G × H. H] ⊆ [G × H. b) = (a. (1) Un elemento (a. G] × [H. H] es un subgrupo normal de G × H. Deducimos entonces que [G. Para la inclusión rec´ıproca. o sea que xa = ax y yb = by. que (xa. H]) ⊆ Volver al enunciado [G × H. G] × [H. notemos que −1 para cualesquiera a1 . Y teniendo en cuenta ambas inclusiones. G × H]. si y solo si. esto es. (2) Por el ejercicio anterior. . y consideremos el homomorfismo inducido p = (pH .Soluciones de los Ejercicios 188 Ejercicio 76. Su n´ ucleo es claramente H ∩ K = 1. un monomorfismo que establece un isomorfismo G ∼ Volver al enunciado = Im(p) ⊆ G/H × G/K. x ¯). x 7→ (¯ x. y es. Sean pH : G → G/H y pK : G → G/K las proyecciones a los grupos cocientes. pK ) : G → G/H × G/K. por tanto. Soluciones de los Ejercicios 189 Ejercicio 77. G/(H ∩ K) = Por el Tercer Teorema de isomorfismo. Volver al enunciado . y K H ∩K H ∩ = =1. por la normalidad de H y de K en G. Y estos isomorfismos definen otro entre los correspondientes grupos producto directo (ver Ejercicio (71)) H/(H ∩ K) × K/(H ∩ K) ∼ = (G/H) × (G/K) . H ∩K H ∩K H ∩K H K HK G = = . esto es ∼ H/(H ∩ K) × K/(H ∩ K) . es isomorfo al producto directo de ellos. H/(H ∩K) ∼ = HK/K = G/K. H ∩K H ∩K H ∩K H ∩K Por consiguiente. El grupo cociente G/(H ∩ K) es producto directo interno de los subgrupos H/(H ∩K) y K/(H ∩K): ambos son normales. y análogamente K/(H ∩ K) ∼ = HK/H = G/H. y Volver al enunciado N es abeliano.Soluciones de los Ejercicios 190 Ejercicio 78. y] = 1. h0 ∈ H y k. el elemento [h. y] = 1. y por tanto que ky = yk. h0 ] ∈ H. y] = hh0 k 0 h−1 k 0 h0 = hh0 h−1 h0 k 0 k 0 = [h. Sean x. y ∈ N . Como N es normal en G. Entonces xy = hky = hyk = yhk = yx. Cada uno de estos tendrá una expresión u ńica en la forma x = hk e y = h0 k 0 . con h. y] = (hyh−1 )y −1 ∈ N . −1 −1 −1 −1 [h. pero como todo elemento de H conmuta con todo elemento de K. An´ alogamente podemos observar que [k. Luego [h. . k 0 ∈ K. y hy = yh. El subgrupo D = {(n. no trivial y D ∩ (Z × 1) = 1 = D ∩ (1 × Z). n)| n ∈ Z} es obviamente normal. Consideremos el grupo producto directo Z × Z.Soluciones de los Ejercicios 191 Ejercicio 79. Volver al enunciado . por lo demostrado anteriormente ser´ a N = (N ∩ (H × 1))(N ∩ (1 × K)). deducimos que h ∈ N ∩ H. Volver al enunciado . Supongamos que |H| = m y que |K| = n. que k = xmr ∈ N ∩ K.Soluciones de los Ejercicios 192 Ejercicio 80. Como h = h1 = hmr+ns = hmr hns = 1 hns = hns = hns 1 = hns k ns = (hk)ns = xns . Luego N = (H1 × 1)(1 × K1 ) = H1 × K1 . Como G es producto directo interno de H y K. notemos que si N ≤ H ×K. ser´ a x = hk = kh con h ∈ H y k ∈ K. análogamente. y. Luego x ∈ (N ∩ H)(N ∩ K). As´ı que N = (N ∩ H)(N ∩ K). Puesto que m y n son primos entre s´ı. (1) Los subgrupos N ∩ H y N ∩ K son normales en N y su intersecci´ on es trivial. (2) Para la segunda parte del ejercicio. Sea x ∈ N cualquiera de sus elementos. 1) ∈ N } ≤ H y K1 = {k ∈ K | (1. Si consideramos los subgrupos H1 = {h ∈ H | (h. tenemos que N ∩ (H × 1) = H1 × 1 y que N ∩ (1 × K) = 1 × K1 . k) ∈ N } ≤ K. luego bastará demostrar que N = (N ∩ H)(N ∩ K). podremos expresar 1 = mr + ns para ciertos enteros r y s. para cada h ∈ H ser´ a φ(h. k) = (f (h). g(k)) . An´ alogamente φ(1×K) ⊆ 1×K. 1) para un cierto f (h) ∈ H. necesariamente K1 = 1 y φ(H ×1) = H1 ×1 ⊆ H ×1. 1)φ(1. vemos que φ = (f. y análogamente se nos determina un otro homomorfismo g : K → K tal que φ(1. (2) Sea φ : H × K → H × K un automorfismo. k) = φ(h. Por lo demostrado en el anterior apartado. Puesto que φ(h. y como estos u ´ltimos son primos entre s´ı. k) = (1. Pero en tal caso. g(k)) = (f (h). 1) = (f (h). vemos que el orden de K1 debe ser un divisor tanto del orden de K como del orden de H (= orden de H × 1). Esto nos determina un homomorfismo f : H → H. 1)(1. 1)(1. para ciertos subgrupos H1 ≤ H y K1 ≤ K. g(k)) para todo k ∈ K. g) ∈ Aut(H) × Aut(K). (1) Por el ejercicio anterior (80) el subgrupo imagen φ(H ×1) ser´ a de la forma φ(H ×1) = H1 ×K1 .Soluciones de los Ejercicios 193 Ejercicio 81. k) = φ (h. Volver al enunciado . Luego Im(f ) ∩ Ker(f ) = 1. Pero entonces 1 = f (x) = f (f (y)) = f 2 (y) = f (y) = x. Volver al enunciado . resulta que f (y) = f (x)−1 f (x) = 1. ser´ıa x = f (y) para un cierto y ∈ G y f (x) = 1. as´ı que y ∈ Ker(f ) y x = f (x)y ∈ Im(f ) Ker(f ) y G = Im(f ) Ker(f ). para cualquier x ∈ G. si llamamos y = f (x)−1 x. Por otra parte.Soluciones de los Ejercicios 194 Ejercicio 82. Si un x ∈ Im(f )∩Ker(f ). (1. 4}. O(2) = {1. 4)i. 3)} = h(1. (1. 3.Soluciones de los Ejercicios 195 Ejercicio 83. 4). O(2) = {1. 4. 2. (1) Stab(2) = {id}. 3. 3}. Volver al enunciado . 2. (2) Stab(2) = {id. 3. Sabemos que |X| ≡ | FixX (G)| (mod 2).Soluciones de los Ejercicios 196 Ejercicio 84. Si X fuese de cardinalidad par. Volver al enunciado . Si fuese FixX (G) =. entonces 2 divide a |X| y el cardinal de X no podr´ıa ser impar. podr´ıa no haber puntos fijos. como demuestra el siguiente ejemplo: el grupo c´ıclico Z2 actuando sobre s´ı mismo por traslaciones. La representaci´ on asociada a esta acci´ on será el homomorfismo de G/N en el grupo de permutaciones de N . x) 7→ aN · x = axa−1 . tal que ρ(aN )(x) = axa−1 . Puesto que ρ(aN )(xy) = a(xy)a−1 = (axa−1 )(aya−1 ) = ρ(aN )(x)ρ(aN )(y). cada ρ(aN ) ∈ Aut(N ) ⊆ S(N ). que es inmediato de demostrar que es una acción del grupo cociente G/N sobre N . Volver al enunciado . para cualquier elemento a ∈ G y x. ρ : G/N → S(N ).Soluciones de los Ejercicios 197 Ejercicio 85. Puesto que N es abeliano y normal en G. Esto nos asegura que hay una aplicaci´ on G/N × N −→ N tal que (aN. y tenemos pues el homomorfismo ρ : G/N → Aut(N ). y ∈ N es (ay)x(ay)−1 = ayxy −1 a−1 = axa−1 ∈ N . Hay una sola ´ orbita para esta acción. As´ı que |G/ StabG (x)| = n. X.Soluciones de los Ejercicios 198 Ejercicio 86. para cualquier x ∈ X. Volver al enunciado . siendo y 7→ a−1 · y su inversa. define realmente una acci´ on de G sobre el conjunto de H-orbitas {O1 . todas las orbitas tienen el mismo i . tomemos un x ∈ O y ser´ a O = H x = { h x. (a. Visto esto. ya que dos orbitas distintas son disjuntas. pongamos a · O = {a · x| x ∈ O} . Oi ) 7→ a · Oi . En efecto. lo que implica que ai · O1 = Oi . Ok }. Por tanto. Entonces xi ∈ ai · O1 . . seleccionemos un xi ∈ Oi para cada 1 ≤ i ≤ k. Entonces a · O = a · (H · x) = (aH) · x = (Ha) · x = H · (a · x) que es la H-orbita del elemento a · x. Para ver que esta acci´ on es transitiva. . Puesto que G si que act´ ua transitivamente sobre S. (2) La aplicaci´ on O1 → Oi = ai · O1 . existirán elementos ai tales que ai · x1 = xi . esto es. . definida por x 7→ ai · x. (2) y este subconjunto es de nuevo otra orbita para la acción de H. h ∈ H}.Soluciones de los Ejercicios 199 Ejercicio 87. y la acci´ on es transitiva. . es f´ acil corroborar que (2). (1) Para cada a ∈ G y cada H-orbita O. Por otro lado. al ser la acción de G sobre S transitiva. resulta que |S| = k[H StabG (x) : StabG (x)]. concluimos que k = [G : H StabG (x)]. ser´ a |S| = [G : StabG (x)] = [G : H StabG (x)][H StabG (x) : StabG (x)]. Comparando. (3) Como |O1 | = [H : StabH (x)] = [H : H∩StabG (x)] = [H StabG (x) : StabG (x)]. y todas las orbitas tienen ese mismo cardinal. Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios 200 cardinal. Soluciones de los Ejercicios 201 Ejercicio 88. Además. al ser de ´ındice 2 no es el total. y no puede ser tampoco el subgrupo trivial ya que x ∈ CG (x) y x 6= 1 al tener dos conjugados distintos. Luego es un subgrupo propio. Volver al enunciado . as´ı que CG (x) es un subgrupo normal. Por hip´ otesis existe un x ∈ G tal que | Cl(x)| = 2. Pero todo subgrupo de ´ındice 2 es normal (ver Ejercicio (4). Entonces [G : CG (x)] = 2. el grupo de permutaciones S(G/H) es también finito. el subgrupo Ker(ρ) resulta normal en G y con ´ındice finito. G/H = {xH | x ∈ G}. como Ker(ρ) = {a ∈ G| axH = xH ∀x ∈ G} ⊆ {a ∈ G| aH = H} = H. Como G/ Ker(ρ) ∼ = Im(ρ) ⊆ S(G/H). Denotemos por ρ : G → S(G/H) el homomorfismo asociado. Consideremos el conjunto de las clases de G módulo H.Soluciones de los Ejercicios 202 Ejercicio 89. Puesto que G/H es un conjunto finito. Además. concluimos que éste no es todo G. Volver al enunciado . Por hip´ otesis existe un subgrupo H ≤ G con 1 < [G : H] < ∞. y la acci´ on de G sobre él por traslaciones a la izquierda: a · (xH) = axH. ha de ser Ker(ρ) = 1 ´ o Ker(ρ) = H. lo que implicar´ıa que pn y p dividen a n! Pero p es un primo Volver al enunciado mayor que n y no puede por tanto dividir a n! . En este u ´ltimo caso tendr´ıamos garantizada la normalidad de H. Si Ker(ρ) = 1. que genera entonces un subgrupo de orden p. hay en G al menos un elemento de orden p. demostramos a continuación que cualquier subgrupo H ≤ G con |H| = p es normal en G: Dado un tal H. y sea ρ : G → S(G/H) el homomorfismo de representaci´ on asociado. ve´ amoslo. Entonces Ker(ρ) = {a ∈ G| axH = xH ∀x ∈ G} ⊆ {a ∈ G| aH = H} = H. Para concluir el ejercicio. y el otro es imposible. Por el Teorema de Cauchy. ser´ıa G ∼ = Im(ρ) ≤ S(G/H). consideremos la acci´ on de G sobre el conjunto cociente G/H por traslaciones: a · (xH) = axH.Soluciones de los Ejercicios 203 Ejercicio 90. y como |H| = p es un n´ umero primo. Volver al enunciado . (2) Como G/ Ker(ρ) ∼ a [G : Ker(ρ)]/p! = Im(ρ) ≤ Sp . de manera que un primo que divida a [H : Ker(ρ)] ha de ser mayor o igual que p. tenemos que p[H : Ker(ρ)]/p! de donde [H : Ker(ρ)]/(p − 1)! (4) Como [H : Ker(ρ)] es un divisor del orden de G. y p es el menor primo que divide a este orden. Concluimos como u ńica posibilidad que [H : Ker(ρ)] = 1. y sea ρ : G −→ S(G/H) ∼ on asociada. Pero [H : Ker(ρ)]/(p − 1)! y los primos que lo dividieran ser´ıan menores que p. (1) Hagamos actuar G sobre el conjunto de clases G/H = {xH| x ∈ G} por traslaciones: a · (xH) = axH.Soluciones de los Ejercicios 204 Ejercicio 91. Ker(ρ) = = Sp la representaci´ {a ∈ G| axH = xH ∀x ∈ G} ⊆ {a ∈ G| aH = H} = H. ser´ (3) Puesto que [G : Ker(ρ)] = [G : H][H : Ker(ρ)] = p[G : Ker(ρ)]. Entonces. ya que son de diferente orden. pues no es G. Este subgrupo normal es propio. por el Ejercicio (91). Sea p el menor primo que divida al orden del grupo G.Soluciones de los Ejercicios 205 Ejercicio 92. H es normal en G. y no es trivial al ser de orden mayor que 1. Pero entonces [G : H] = p y. Volver al enunciado . Será |G| = pn para un cierto n > 1. Por hipótesis existe un subgrupo H ≤ G tal que |H| = n. x · t) = (s. Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios 206 Ejercicio 93. Stab(s. t) = (s. t) = {x ∈ G| x · (s. t)} = {x ∈ G| (x · s. t)} = {x ∈ G| x · s = s y x · t = t} = {x ∈ G| x ∈ Stab(s) y x ∈ Stab(t)} = Stab(x) ∩ Stab(t). yK) = (axH. ayK). Para esta acción Stab(H. a ∈ K} = H ∩ K. Volver al enunciado . K) que.Soluciones de los Ejercicios 207 Ejercicio 94. Tenemos la acci´ on de G sobre G/H × G/K definida por a · (xH. aK = K} = {a ∈ G| a ∈ H. en todo caso. Entonces el ´ındice [G : H ∩ K] coincidir´ a con el cardinal de la órbita del punto (H. es menor o igual a |G/H × G/K| = rs. K) = {a ∈ G| aH = H. Volver al enunciado . xH) = {(aH. Ning´ un elemento de la forma (bH. as´ı que su cardinal es ≤ r2 − r = r(r − 1). acH). Luego al menos r elementos de G/H × G/H no est´ an en la ´ orbita. pues si aH = axH para alg´ un a ∈ G. (3) La órbita G · (H. (1) En este caso [G : H ∩ K] = [G : H] = r ≤ r(r − 1). axHx−1 = xHx−1 } = {a ∈ G| aH = H. axH)| a ∈ G} ⊆ G/H × G/H. entonces H = xH y ser´ıa x ∈ H lo que implicar´ıa que H = xHx−1 = K. Puesto que el ´ındice del estabilizador de un punto coincide con el cardinal de su ´ orbita. Para esta acci´ on Stab(H. axH = xH} = {a ∈ G| aH = H. xH) = {a ∈ G| aH = H. cH) = (abH. (2) Tenemos la acci´ on de G sobre G/H×G/H definida por a·(bH. bH) está en esa órbita.Soluciones de los Ejercicios 208 Ejercicio 95. aK = K} = H ∩ K. concluimos de 2 y 3 que [G : H ∩ K] ≤ r(r − 1). ya que r ≥ 2. De manera que G ∼ = C2 es un grupo c´ıclico de orden 2. luego en tal caso (n − 1)/n y esto solo es posible n − 1 = 1. entonces G\{1} ser´ıa una de sus clases de conjugaci´ on. Pero el cardinal de cualquier clase de conjugaci´ on ha de ser un divisor del orden del grupo.Soluciones de los Ejercicios 209 Ejercicio 96. si un grupo G. o sea n = 2. Volver al enunciado . Puesto que Cl(1) = {1}. digamos de orden n. tiene exactamente dos clases de conjugación. r. Cl(rs) = {rs. r2 s. r3 . r2 . s. r3 s} tiene 5 clases de conjugaci´ on: dos de orden 1: Cl(1) = {1} y Cl(r2 ) = {r2 }.Soluciones de los Ejercicios 210 Ejercicio 97. r2 s}. El grupo D4 = {1. Cl(s) = {s. Volver al enunciado . r3 s}. rs. y tres de orden 2: Cl(r) = {r. r3 }. Para determinar los de A. normalizamos la matriz caracter´ıstica A − xI:       −x 1 0 1 −x 0 1 −x 0  1 −x 0  ∼ −x 1 0  ∼ 0 1 − x2 0  0 0 1−x 0 0 1−x 0 0 1−x       1 0 0 1 0 0 1 0 0 ∼ 0 1 − x2 0  ∼ 0 1 − x 0  ∼ 0 x − 1 0  0 0 1−x 0 0 1 − x2 0 0 x2 − 1 y los factores invariantes de A son x − 1. Calculamos los de . si A y B son matrices semejantes. B ∈ GLn (K) son conjugadas si A = P BP −1 para alguna matriz P ∈ GLn (K). esto es. Estas matrices A y B ser´ an conjugadas si y solo si son semejantes.Soluciones de los Ejercicios 211 Ejercicio 98. Por tanto un criterio para saber esto es que tengan los mismos factores invariantes. Dos matrices A. x2 − 1. Luego las matrices A y B son conjugadas.Soluciones de los Ejercicios 212 B:       −1 − x 0 1 1 0 −1 − x 1 0 1+x  0 1−x 0 ∼ 0 1−x 0 ∼ 0 1−x 0  0 0 1−x 1−x 0 0 1−x 0 0     1 0 1+x 1 0 0 ∼ 0 1 − x 0  ∼ 0 x − 1 0  0 0 x2 − 1 0 0 x2 − 1 y son también x−1. x2 −1. Volver al enunciado . · · · . σ(x2 ). · · · . xk )σ −1 (σ(xi )) = σ(x1 . si dos permutaciones son conjugadas entonces tienen el mismo tipo pues descomponen en . · · · . y si x = σ(xi ).Soluciones de los Ejercicios 213 Ejercicio 99. · · · . σ(xk ))(σ(xi )) donde xk+1 = x1 en el caso i = k. · · · . teniendo en cuenta que el conjugado de un producto es igual al producto de los conjugados. será σ −1 (x) ∈ / {x1 . y por tanto σ(x1 . x2 . xk )(xi ) = σ(xi+1 ) = (σ(x1 ). y que los ciclos que aparecen en la descomposición de σασ −1 son disjuntos por el car´ acter inyectivo de α. (3) Como consecuencia del apartado anterior. σ(x2 ). (1) Vemos que ambas permutaciones act´ uan de la misma forma: Si x ∈ / {σ(x1 ). σ(x1 . (2) Es consecuencia de lo demostrado en el apartado anterior. xk }. σ(xk )}. x2 . · · · . · · · . σ(xk ))(x). xk )σ −1 (x) = σ(σ −1 (x)) = x = (σ(x1 ). x2 . cada descomposición determina una lista ordenada en la que cada entero 1. A la vista de estos. la correspondencia que asigna a cada clase de conjugaci´ on de Sn el tipo de cualquiera de sus permutaciones (es decir. Digamos que α determina la lista x1 . · · · . ordenados estos en longitud creciente e incluyendo 1-ciclos. · · · . si ignoramos paréntesis. n aparece exactamente una vez. 1 ≤ i ≤ n. la partici´ on de n definida por su descomposición en ciclos disjuntos) es inyectiva. Como consecuencia de lo demostrado en el apartado (2). resulta que σασ −1 = β. yn . Sea entonces σ ∈ Sn la permutación definida por σ(xi ) = yi . · · · . Demostramos ahora el rec´ıproco. (4) Como consecuencia de lo anterior. y las permutaciones son conjugadas.Soluciones de los Ejercicios 214 igual n´ umero de ciclos disjuntos y estos tienen iguales longitudes respectivas. xn y que β la lista y1 . Supongamos que α y β tienen el mismo tipo y consideremos sus correspondientes descomposiciones en ciclos disjuntos. Pero para cualquier partición i1 ≤ · · · ir . Volver al enunciado . · · · . i1 ) (i1 +1. i1 +· · ·+ir−1 +ir ) es justamente esa partici´ on. i1 +i2 ) · · · (i1 +· · ·+ir−1 +1.Soluciones de los Ejercicios 215 de n. · · · . Por tanto la correspondencia es biyectiva. el tipo de la permutaci´ on (1. · · · . (1 3 2). Trivialmente vemos que también (4 5) estabiliza a (1 2 3).3 (1 2)(3 4 5) 20 Como | Cl(1 2 3)| = 20. . Stab(1 2 3) = CS5 (1 2 3). tendrá 5!/20 = 6 elementos. (1 2 3).1. y ya es f´ acil concluir que CS5 (1 2 3) = {id. (1 3 2) = (1 2 3)−1 ∈ CS5 (1 2 3). Particiones de 5 Representante de cada clase de conjugaci´ on Orden de cada clase 1. (4 5).1.1.Soluciones de los Ejercicios 216 Ejercicio 100.1 id 1 1.1. Es obvio que id.4 (1 2 3 4) 30 5 (1 2 3 4 5) 24 1.3 (1 2 3) 20 1.2 (1 2)(3 4) 15 2. (1 2 3). (1 3 2)(4 5)}. el estabilizador.1.2 (1 2) 10 1. (1 2 3)(4 5).1.2. Soluciones de los Ejercicios 217 Volver al enunciado . . i=1 i=1 Puesto que φ(x)(y) = xy. es inmediato que la descomposición de φ(x) en ciclos disjuntos es φ(x) = (y1 . . . . . m m [ [ G= hxiyi = {yi . xym . . xn ) = (x1 . xn−1 y1 )(y2 . xn−1 y2 ) · · · (ym . . . . . . . . xn−1 yi }. . . . xy1 . . .ym representantes de las distintas clases de G módulo el subgrupo c´ıclico generado por x. . xy2 . . . xyi . . Entonces. xn−1 ym ).Soluciones de los Ejercicios 218 Ejercicio 101. x2 )). Como un ciclo de longitud n es impar si y solo si n es par (es producto de n−1 trasposiciones: (x1 . xn−1 ) · · · (x1 . Sean y1 . x2 . deducimos de la anterior descomposici´ on que φ(x) es impar si y solo Volver al enunciado si m es impar y n es par. . xn )(x1 . . . s : Im(φ) −→ {±1} es sobreyectivo y. por tanto. entonces φ(x) = 1 implica x = 1).Soluciones de los Ejercicios 219 Ejercicio 102. Si Im(φ) contiene una trasposición. su n´ ucleo es un subgrupo de ´ındice 2. ya que si = Im(φ) (pues la representaci´ φ(x)(1) = x1 = x. . G también Volver al enunciado contendrá un subgrupo de ´ındice 2. Como G ∼ on regular es fiel. el homomorfismo signatura. y por tanto es impar. G contiene un subgrupo de ´ındice 2. Por el Teorema de Cauchy. Si φ : G → S(G) es la representación regular.Soluciones de los Ejercicios 220 Ejercicio 103. Volver al enunciado . por el Ejercicio (101) φ(x) es un producto de k trasposiciones. existe un elemento x ∈ G de orden 2. Por el Ejercicio (102). i Volver al enunciado . Entonces. Sabemos (ver Ejercicio (19)) que Cn contiene exactamente un subgrupo de orden m para cada divisor m de n. y n que éste es Cm = ha m i.Soluciones de los Ejercicios 221 Ejercicio 104. r. pi 6= pj si i 6= j. para cada i = 1. Supongamos que n = pe11 · · · perr . con ei ≥ 1 y pi primo. y este es n ei Cpei = ha pi i. · · · . Cn contendrá exactamente un pi -subgrupo de Sylow. que todo grupo de orden p2 es abeliano.Soluciones de los Ejercicios 222 Ejercicio 105. Volver al enunciado . como corolario del Teorema de Burnside. Por el Teorema de Estructura de grupos abeliano finitos solo existen dos no isomorfos de ese orden: Cp2 y Cp × Cp . Sabemos. lo que contradice nuestra hipótesis. Supongamos que G es un grupo no abeliano de orden p3 . Si fuese |Z(G)| = p2 . Por el Teorema de Burnside |Z(G)| = p ó |Z(G)| = p2 (no puede ser p3 pues G ser´ıa abeliano).Soluciones de los Ejercicios 223 Ejercicio 106. y entonces c´ıclico.iv)). Luego |Z(G)| = p. Volver al enunciado . el cociente G/Z(G) ser´ıa de orden p. Pero en tal caso G ser´ıa necesariamente abeliano (ver Ejercicio (37. as´ı que el orden de Cp ∩ Z(G) es un m´ ultiplo de p.Soluciones de los Ejercicios 224 Ejercicio 107. Hagamos actuar G sobre Cp por conjugación: a · x = axa−1 . Sea G un p-grupo y Cp ≤ G un subgrupo normal suyo de orden p. p | | FixGp (G)|. o sea que Cp ⊆ Z(G). Como |Cp | = p ha de ser Cp ∩ Z(G) = Cp . por tanto. Ahora. Puesto que G es un p-grupo. FixCp (G) = {x ∈ Cp | ax = xa ∀ a ∈ G} = Cp ∩ Z(G). sabemos que |Cp | ≡ | FixCp (G)| (mod p) y. Volver al enunciado . tal subgrupo estará necesariamente en el centro del grupo. Sabemos que Z(G) no es trivial y será también un p-grupo. Por el Ejercicio (107). Por el Teorema de Cauchy Z(G) contendrá al menos un elemento de orden p. Entonces Cp = hai es un subgrupo de orden p y normal en G ya que está en su centro. sea a ∈ Z(G) un tal elemento.Soluciones de los Ejercicios 225 Ejercicio 108. Volver al enunciado . atendamos al cociente ´ G/Cp . Este es también un p-grupo. Volver al enunciado . digamos Cp . Suponiendo n > 1. Si n = 1 la cuestión es obvia. Por hipótesis de inducción. el Ejercicio (108) nos garantiza que existe al menos un subgrupo normal de orden p. que será de la forma N/Cp . contendr´ a un subgrupo normal de orden pk−1 . para N un subgrupo normal de G conteniendo a Cp . el subgrupo N es un ejemplo del tipo de subgrupo buscado. Lo que demuestra el ejercicio para k = 1. Puesto que |N | = |N/Cp | |Cp | = pk−1 p = pk . y de orden pn−1 . Hacemos inducci´ on en n ≥ 1.Soluciones de los Ejercicios 226 Ejercicio 109. Para ver el caso k > 1. 3. C3 = h(1. 4)i. 3)i (ver el ret´ıculo de subgrupos de S3 en el Ejercicio (26)). 2)i. y esto obliga a que n2 = 3. que es el c´ıclico C3 = h(1. llegamos fácilmente a que S4 tiene 4 diferentes 3-subgrupos de Sylow. pues si hubiera un u ńico 2-subgrupo de Sylow. Para determinar los 2-subgrupos de Sylow. Como los u ńicos elementos de orden 3 en S4 son los 3-ciclos. recordemos que el sub- . Cada trasposici´ on ha de pertenecer a alguno. 3. 3)i. 3)i. a saber. (2) |S4 | = 23 3. en él estar´ıan todas las trasposiciones. y tiene 3 2subgrupos de Sylow. C3000 = h(2. C30 = h(1. C20 = h(1. 2. 2. que serán los subgrupos de orden 8. 4)i. tengamos en cuenta que el n´ umero de estos ha de ser n2 = 1 ó 3.Soluciones de los Ejercicios 227 Ejercicio 110. El grupo S3 tiene un u ńico 3-subgrupo de Sylow. Para determinar los 2-subgrupos de Sylow. (1) |S3 | = 6 = 2 3. pero las trasposiciones generan todo S4 y concluir´ıamos que S4 coincidir´ıa con su 2-subgrupo de Sylow. 3)i y C200 = h(2. 4)i. Los 3-subgrupos de Sylow de S4 serán c´ıclicos de orden 3. C300 = h(1. 2. los c´ıclicos C2 = h(1. Si (i. 4). tiene orden 4 · 2 = 8. 3)(2. D0 = Kh(1. (1. y por tanto estará contenido en cada 2subgrupo de Sylow. 4)}. (2. 2. 3). De esta manera obtenemos f´ acilmente los tres 2-subgrupos de Sylow de S4 : D = Kh(1. 4. 4). (1. (1. 3). 2. 4)}. (1. 3.Soluciones de los Ejercicios 228 grupo de Klein K = {id. 3. 4). 2). 4). (1. j) es cualquier trasposición K ∩h(i. 3)}. 4. Volver al enunciado . Luego es un 2-subgrupo de Sylow. (1. 4)(2. 4)} es un subgrupo normal de S4 . (1. que es un subgrupo por la normalidad de K. (2. 3). 2). 4. (1. 4. que. (1. 2. (3. 2. j)i = 1 y por tanto el producto Kh(i. puede demostrarse. son isomorfos al grupo diédrico D4 . 3). 2)i = K ∪ {(1. 4)i = K ∪ {(1. 3. 2)(3. 3. D00 = Kh(1. 3)i = K ∪ {(1. j)i. 2). Como |A4 | = 12 = 22 ·3. El ret´ıculo de subgrupos de A4 es (ver Ejercicio (28)) m6 A4 fL mmm O X11aB1BLBLBLL 11 BBLLLL mm mmm 11 BBB LLL m m m 114 BB4B LL4LL 4 K G O X00 L BB 11 BB LLLL 11 000 LLL BB 1 B LL 00 002 0 00 2 C C 000 C C 2 3 00 O F 3 > 3 s9 3 } s s 00 }} ss 00 }} ssss } 3 }} sss 3 3 }}}} ssss3 C200 C2 jUUUU C20 hQQ aB UUUU QQQ }} ss UUUU QQQ2 BBB2 }}}ssss UUUU QQQ BB UUUUQQQ BB }}sss 2 UUUQUQ }ss 1 3 mmm . sus subgrupos de Sylow serán de orden 4 y 3.Soluciones de los Ejercicios 229 Ejercicio 111. 2)(3. 3. 4)i = {1. 3)(2. son c´ıclicos de orden dos. 3). 3)i. 3)}. (1. 4)(2. Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios donde 230 C2 = h(1. 4). (2. 4). (1. 2)(3. C300 = h(1. C30 . K = h(1. 2)}. 3. 4)i = {1. C20 = h(1. son grupos c´ıclicos de orden tres. (1. 2. 3)}. 4)(2. 3. y cuatro 3-subgrupos de Sylow: C3 . 2. 3)(2. 4). (1. 4). (1. 4)i. 3)} ∼ = C2 × C2 es el grupo de Klein. 2)}. 4. (1. 2. el subgrupo de Klein K. (1. 3)i = {1. C300 y C3000 . C3000 = h(2. C200 = h(1. 2)(3. 4. 4. 4)i = {1. (1. 4). y C3 = h(1. 3. (1. 3. 3)(2. (1. C30 = h(1. 4)i. 4). 4)i = {1. (2. 2. Por tanto A4 tiene un u ńico 2subgrupo de Sylow. Notemos en principio que el n´ umero de 3–subgrupos de Sylow de un tal grupo. Consideremos uno de sus 3-subgrupos de Sylow. y ρ es inyectiva. Sea ρ : G → S(G/P ) ∼ = S4 la representación asociada (ρ(a)(xP ) = axP ). congruente con 1 m´ odulo 3 y distinto de 1). Tenemos entonces que G es isomorfo a un subgrupo de orden 12 de S4 . G. P . por tanto Ker(ρ) = 1. (Ha de ser un divisor de 4. Pero A4 es el u ńico subgrupo con 12 elementos de S4 (ver Ejercicio (50). luego G es isomorfo a A4 . será aP = P y por tanto a ∈ P ). es necesariamente n3 (G) = 4.Soluciones de los Ejercicios 231 Ejercicio 112. y la acción de G sobre el conjunto de clases a la izquierda G/P por traslaciones: a · (xP ) = axP . y como P no es normal (tiene 4 conjugados diferentes) Ker(ρ) no puede ser igual a P . ya que P no tiene subgrupos propios al ser de orden 3. Volver al enunciado . Entonces Ker(ρ) ⊆ P (si ρ(a) = 1. 5. 5)i = {id. 2. 4. todos ellos son permutaciones pares y por tanto generar´ an los diferentes 5-subgrupos de Sylow de A5 . (3. (3. 5. 2)}. 4. 4. 1). 1. 4. 3. (2. 4. 2. 2. 1. 1. 1. (5. (2. 5)i = {id. 1. 3. (4. Los elementos de orden 5 en S5 . (1. 1)}. tenemos ya la seguridad de que hay 6 diferentes 5-subgrupos de Sylow. 2)}. 3. 2. 5. 5). 3)}. 5-subgrupos de Sylow. 4). 5. 4. (iv) C5 = h(5. 1). 1. (3. 5. 1. (v) C5 = h(2. (2. 5. (2. 1. 5. 5. 5). 4. 2. 3. 2. 1. (4. por ejemplo. (5. 3). 4). C500 = h(3. 4. 2. 3. 3. 4. 3. (3. 2. Estos ser´ an subgrupos c´ıclicos de orden 5. 3). (2. C5 = h(1. 3. 3. 1. 3). 5. Con toda esta informaci´ on es ya f´ acil organizar su determinación: C50 = h(2. 3). C5000 = h(4. 4. 3. (2. 1. 5). 5. 2. 4. 1. 2)}. 5)i = {id. 2. 1. 3. 3. 5. (2. 5. Se verifica |A5 | = 5 · 22 · 3. (1. (5. 5)i = {id. (5. 1. 3. 4. son los 5-ciclos. 3. 5. 4. 2. 3. 3. 3-subgrupos de Sylow. (4. 1. 4). 4. 4. Ser´ an c´ıclicos de orden 3 de manera que es- . Puesto que ha de ser n5 (A4 ) = 1 ó 6. 3. 1)i = {id. 2. 5. (2. 1. 5). 1). 3. 3. Uno de ellos es. 5). 4. 2)}. 1). 3. 1.Soluciones de los Ejercicios 232 Ejercicio 113. 2. Como C5 no contiene a todos los 5-ciclos. 4. 4. 4). 4. 2. 5)i = {id. 4). hay más de un 5-subgrupo de Sylow. 1. 2. (1. 5. 2. (4. 4. (1. 1. . 3)i. 4. 4)i. 5)i. h(1. h(2. que son permutaciones impares. (1. 2. 2)(3. esos elementos y su producto). En S5 los u ńicos elementos de orden 4 son los ciclos de esa longitud. h(1. 3. 5 ´ o 15. Esto nos da n3 (A5 ) = 10 subgrupos de Sylow para el primo 3: h(1. 3)(2. h(2. 4. 2. por tanto A5 no contiene subgrupos c´ıclicos de orden 4 y sus 2-subgrupos de Sylow ser´ an isomorfos al de Klein (ver Ejercicio (6)). 5)i. h(1. . todos estos ciclos son permutaciones pares y generan entonces 3-subgrupos de Sylow de A5 . y dos de estas conmutan si y solo si en ellas intervienen exactamente los mismos s´ımbolos (por ejemplo. h(1. 2. Estos ser´ an los subgrupos de orden 4. 4)i. 5)i. . h(1. 4) y (1. necesariamente entonces por ciclos de longitud 3. 4). Las permutaciones de orden 2 en A5 ser´ an las que puedan expresarse como producto de dos trasposiciones disjuntas: (1. generados por dos elementos de orden 2 que conmutan entre s´ı (y consistentes entonces de la unidad. 2-subgrupos de Sylow. y su n´ umero posible es n2 (A5 ) = 1. 3). 3. .Soluciones de los Ejercicios 233 tarán generados por permutaciones de orden 3 de S5 . 4)(2. 3. 5)i. (1. esto es. . 3. 4. 5)i. 4)i. h(2. h(3. 3. 5). 5)i. 2)(3. (1. 4). 4). (1. (1. 5). 5). Volver al enunciado . 2)(3. 5). ya sin dificultad. 3)(4. 3)(2. (2. K 000 = {id. 5)(2. 4)}. 5). 4)(3. (1. 5). (1. (2. 5).Soluciones de los Ejercicios 234 etc. 5). Esto nos permite. 2)(4. (1. 4)(2. K (iv) = {id. 5). (1. 5)(3. (1. 3)(4. (1. K 0 = {id. 4)}.). 5)(2. 5)(3. 3)}. (1. 4)}. K 00 = {id. 3)(2. (1. (1. determinar que n2 (A5 ) = 5 y que los 5-subgrupos de Sylow de A5 son: K = {id. 4)(3. 2)(3. 3)}. 4)(2. (2. por el Teorema de Estructura de grupos abelianos finitos. . luego al menos uno de esos ciclos ser´ıa de longitud p2 . . . La m´ axima potencia de p que divide a (2p)! = (2p) · (2p − 1) · · · 2 · 1 es p2 . . isomorfos al grupo c´ıclico Cp2 o al producto de grupos c´ıclicos Cp × Cp . Luego. por el Teorema de Burnside. Volver al enunciado . Uno de ellos ser´ıa el subgrupo P = h(1. . p + 2. (p + 1. Luego los p-subgrupos de Sylow ser´ıan del tipo Cp × Cp . as´ı que los p-subgrupos de Sylow de S2p son de orden p2 y. pero p2 > 2p y no existe tal ciclo).Soluciones de los Ejercicios 235 Ejercicio 114. . . 2p)i.m de las longitudes de los ciclos disjuntos en que descompusiera una tal permutaci´ on habr´ıa de ser p2 . p). Como p > 2. 2. .c. abelianos. en S2p no existen permutaciones de orden p2 (el m. Como |D6 | = 12 = 22 · 3. estos subgrupos ser´ an necesariamente tipo Klein. rs. Los 2–subgrupos de Sylow tienen orden cuatro y el n´ umero de ellos es n2 = 1 ó 3. r3 }. es decir generados por dos elementos de orden 2 que conmutan entre s´ı. . . normal D6 . r5 . formamos ya . . . Representemos como usualmente el grupo D6 = {1. Puesto que r2 y r4 = r−2 son sus u ńicos elementos de orden 3. el c´ıclico C3 = hr2 i = {1. . . Por otra parte. entonces D6 tendr´ a un u ńico 3-subgrupo de Sylow. r5 s}. Como cualquier otro elemento de orden 2 conmutará con r3 . r. y por tanto contenido en todos los 2-subgrupos de Sylow. s. este grupo tendrá p-subgrupos de Sylow para p = 2 y 3. r3 ∈ Z(G) genera el subgrupo hr3 i. donde r6 = 1 = s2 y sr = r5 s.Soluciones de los Ejercicios 236 Ejercicio 115. Puesto que D6 no contiene elementos de orden 4. el elemento de orden 2. . r2 . . r3 . r3 s}. r2 s. s. K 0 = {1. r3 . r4 s}. Volver al enunciado . rs.Soluciones de los Ejercicios 237 sin dificultad los 3 diferentes 2-subgrupos de Sylow de D6 : K = {1. r3 . K 00 = {1. r5 s}. Soluciones de los Ejercicios 238 Ejercicio 116. Siempre ocurre que H ⊆ NG (H). entonces xHx−1 = H y en particular (ya que P ⊆ NG (P ) ⊆ H) tendremos que xP x−1 ⊆ H. de donde. Pero entonces (x−1 h)P (x−1 h)−1 = P . Luego NG (H) ⊆ H. multiplicando por h−1 . Puesto que P y xP x−1 son del mismo orden. existirá un h ∈ H tal que hP h−1 = xP x−1 . esto es. Probamos la otra inclusión: Si x ∈ NG (H). necesariamente conjugados en H. deducimos que x−1 ∈ H y. lo que significa que x−1 h ∈ NG (P ) ⊆ H. ambos ser´ an p-subgrupos de Sylow de H y. Volver al enunciado . Tenemos entonces que x−1 h ∈ H. en definitiva que x ∈ H. Sea H un subgrupo tal que NG (P ) ⊆ H ⊆ G. por tanto. y C es un p-subgrupo de Sylow de Dn . (rm )2 s. (rm )2 . .de manera que ha de ser C ⊆ hri = {1. . r(2 k −1)m . rm . . . . . r2m . (rm )s. s2 = 1 y s(rm )i = srim = r−im s = k k (rm )−i s. As´ı que D = hrm . (1) Si p es in primo impar que divide a n. Claramente D está en biyección con el grupo diédrico D2k y tiene sus mismas reglas de producto interno. rm . (rm )2 −1 s} es cerrado para el producto en Dn . y u ńico al ser este abeliano (recordemos que dos p-subgrupos de Sylow de un grupo son necesariamente conjugados). s. r. . ya que |Dn | = 2k+1 · m. si = {1. Pero entonces C es un p-subgrupo de Sylow del grupo c´ıclico Cn = hri y en consecuencia es c´ıclico. Son por tanto isomorfos. siendo m impar. . (3) Obviamente D ⊆ NDn (D). rn−1 }. . . deducimos que el subconjunto {1. . entonces C no puede contener ning´ un elemento de orden 2. Si suponemos que un elemento de la . . . . .Soluciones de los Ejercicios 239 Ejercicio 117. y por tanto es un subgrupo. . (2) Puesto que ord(rm ) = 2k . . . r2m s. s. al tener orden 2k+1 es un 2-subgrupo de Sylow de Dn . (rm )2 −1 . . r(2 k −1)m s} que. rm s. . ser´ a ri ∈ NDn (D) y ri ∈ D. luego será 2i r ∈ D lo que implica que m | 2i. Volver al enunciado . de donde i también r s ∈ D. o sea que m | i al ser m impar. (4) n2 (Dn ) = [Dn : NDn (D)] = [Dn : D] = m. An´ alogamente. pero s ∈ D.Soluciones de los Ejercicios 240 forma ri ∈ NDn (D). como s ∈ D ⊆ NDn (D). As´ı que ri ∈ hrm i ⊆ D. si suponemos un ri s ∈ NDn (D). ser´ a ri sr−i = r2i s ∈ D. . y el grupo ser´ıa c´ıclico. a. Podemos ya determinar. Entonces bab 6= a y necesariamente entonces bab = a2 . a2 = ab implica a = b. digamos que es hai = {1. a. b}. donde a3 = 1. el elemento ab tendr´ıa orden 6 (ver Ejercicio (2)). que ser´ a normal en G. ab. Si fuese ab = ba. b. a. Ha de tener necesariamente un u ńico 3-subgrupo de Sylow. etc. a2 b son todos distintos. a2 b}. o sea que ba = a2 b. lo que no puede ser ya que es supuesto no abeliano. b. a2 . Sea G un tal grupo. Es elemental comprobar que los 6 elementos 1.).Soluciones de los Ejercicios 241 Ejercicio 118. donde b2 = 1 uno de sus 2-subgrupos de Sylow. desde las relaciones a3 = 1 = b2 y ba = a2 b. a2 }. Sea hbi = {1. Por tanto G = {1. ab. a2 . (Por ejemplo. i = 0. mostrando en definitiva como la aplicación G ∼ = D3 . Volver al enunciado . si (ver Ejercicio (29)). 2. j = 0.Soluciones de los Ejercicios 242 la tabla de multiplicar del grupo G 1 a a2 b ab a2 b 1 1 a a2 b ab a2 b a a a2 1 a2 b b ab a2 a2 1 a ab a2 b b b b ab a2 b 1 a a2 ab ab a2 b b a2 1 a a2 b a2 b b ab a a2 1 y compararla con la del grupo diédrico D3 = hr. 1 establece un isomorfismo. 1. ai bj ↔ ri sj . Soluciones de los Ejercicios 243 . 22 /// 555 + -... ff3 D6 jVV ffffftt{t{9 = O aCCCVVVVVVVV f f f f CC VVVV t{ fffff VVVV tt { CC fffff tt{{{{ VVVV f f C t f f t VV 0 CC ff f t f t C D3 C 3 CC tt O 6R$ O R$$V-Y2-2 AD t t $ C J L O t 2 C $ $$ --2 t C t $$ CC tt $$ --22 C tt $$ 2 t $$ . 222 /// ++ 5 $$ %% $$ + 2 5 % -- ++ 2 // 5$$ 5 $$ // %% 5 $ -+ $$ %% C 5 3 / $$ 5 ++ U. . (1 (4 (6 (2 (3 (5 C2 kWWWW C2 jUU C2 C2 6 C2 hhhh4 C2 .22 / 5 $$ %% ++ // 55 $$ 2 % + $$ $$ -....22 //555 ++ %% ++ $$ $$ --. . // $ - 555 $$ %% $ / + . {{{mmmhmhmhhhhh WWWUWUWUUC {{mmhmhhh W 1 hmh .22 L W/Z5/5 $ % $$ $$ -. {{ mmm hhhhh WWWWWUUU WWWWUWUUU CCC .2 / 5 $ % ++ %% $$ $$ -. / 5 $$ %% - $ + / . .. / $ 55 + - $$ %% // $ + 5 . CO 2 m WWWWW UUUU a = C m h m C h { m WWWWW UUUU CC . / $$ $$ %% + ++ .222 ///55 %% ++ $$ -- 22 // 55 $$ %% + 5 2 / 5 $ + $$ 2 %% . + 55 -. / $ 5 .22 K 0 00 K K $$ G O U++ F I R%% $$ -. / $$ 55 $ %% + / $ + ..2 // 5 $$ ++ 5 2 $$ .22 / 55 + %% 22 // 5 $$ -$$ ++ %% 5 $ + 22 // 5 - % 55 $$ ++ / 2 % $$ -22 // + 55 $$ $ ++ %% $ 2 / -$ 5 % 55$ $ -.Soluciones de los Ejercicios 244 Ejercicio 119.. Los subgrupos de orden . y C2 = hr3 i. r3 . rs. son c´ıclicos de orden 2. Los de orden 2 ser´ an los generados por los diferentes elementos de orden 2: r3 . r3 s}. rs. r3 s. r2 s. 4 ó 6. r2 . 3. r4 s} y D30 = hr2 . r2 . K = {1. rs. rsi = {1. r5 s} son isomorfos al diédrico de orden 6. 1≤i≤6. r2 s. C3 = hr2 i es c´ıclico de orden 3. si = {1. r5 s} son isomorfos al grupo de Klein. r4 s} y K 00 = {1. s. r4 . s. D3 = hr2 . K 0 = {1. y r5 s. r3 . r2 s. r4 . Discusi´ on: Los subgrupos propios habr´ an de ser de órdenes 2. r3 .Soluciones de los Ejercicios 245 donde C6 = hri es c´ıclico de orden 6. r3 s. (i C2 = hri si. r4 s. s. Las combinaciones posibles con los 7 elementos de orden 2 antes listados. . con cualquiera de los restantes elementos de orden dos. como sabemos están generados por dos elementos de orden 2 que conmutan entre s´ı (consistiendo de esos dos elementos. a2 b}. y uno de orden 2. y por tanto un u ńico subgrupo c´ıclico de orden 6. K 0 y K 00 . Puesto que el u ńico elemento de orden 3 es r2 . C3 . y su inverso r4 . a. y como en D6 solo hay dos elementos de ese orden: r2 y r4 = r−2 . ab. b. esto es. D6 contiene dos elementos de orden 6.Soluciones de los Ejercicios 246 3 también ser´ an c´ıclicos. a2 . nos conducen exactamente a tres diferentes tales subgrupos: K. Los restantes subgrupos de orden 6 ser´ an necesariamente del tipo del diédrico D3 = {1. y satisfaciendo la relación fundamental ba = a2 b. su producto y el 1). generados por un elemento de orden 3. Nos queda discutir los subgrupos de orden 6. b. los subgrupos posibles de ese orden ser´ an de tipo Klein que. en el sentido de que se verifica la relaci´ on fundamental br2 = r4 b. Puesto que en D6 no hay elementos de orden 4. resulta el u ńico subgrupo de ese orden. a. produciendo en definitiva los 2 subgrupos D3 y D30 que aparecen en la relación. basta observar que este se combina perfectamente. Soluciones de los Ejercicios 247 Volver al enunciado . la inversa. B ∈ P y C = AB. Como el n´ umero de p-subgrupos .Soluciones de los Ejercicios 248 Ejercicio 120. son ambos p-subgrupos de Sylow de G. El orden de GLn (Fp ) n(n−1) (ver Ejercicio (34)) es (pn −1) · · · (pn −pn−1 ) = p 2 (pn −1) · · · (p− n(n−1) 1). (1) Sean A. los subgrupos P = 10 a1 | a ∈ F× y Q = a1 01 | a ∈ F× p p . Entonces. As´ı que P es un subgrupo. de cualquier matriz triangular superior estricta lo es también. Teniendo en cuenta lo demostrado anteriormente. (3) Por el apartado anterior. n(n−1) (2) El orden de P es pn−1 pn−2 · · · p2 p = p 2 . Claramente I ∈ P . c´ıclicos de orden p. para i > j n n P P cij = aik bkj = 0 = 0. esto es. esto es. Luego P es cerrado k=1 para el producto. los p-subgrupos de Sylow de G = GL2 (Fp ) son de orden p. pues si k > j entonces bkj = 0 y si k ≤ j k=1 k=1 aik = 0. y se observa sin dificultad que la traspuesta de la adjunta. Adem´ as cii = n P aik bki = aii bii = 1. Luego p 2 es la máxima potencia de p que divide al orden del grupo y P es efectivamente un p-subgrupo de Sylow. P y Q.Soluciones de los Ejercicios 249 de Sylow ha de ser np = 1 + kp para alg´ un k ≥ 0. b 0 b−1 (5) Tenemos que D ⊆ NG (P ) y P es un subgrupo normal de NG (P ). ser´ a k > 0 y. por tanto. entonces. Como sabemos hay por lo menos dos. Volver al enunciado (6) [G : NG (P )] = . |NG (P )| |DP | p(p + 1)2 (7) np (G) = [G : NG (P )] ≤ p + 1. np ≥ 1 + p. |G| p(p2 − 1)(p + 1) |G| ≤ = = p + 1. Trivialmente D ∩ P = 1 y. −1 a−1 0 −1 (4) a0 0b 10 1c a0 0b = a0 ac = 01 acb1 ∈ P. por tanto DP es un subgrupo. DP/P ∼ = D/(D ∩ P ) ∼ = D de donde |DP | = |P | · |D| = p(p − 1)2 . ±j. Por tanto Q es efectivamente un 2-subgrupo de Sylow de SL2 (F3 ). vemos que ` es un elemento de orden 3. ±i. que es la m´ axima potencia de 2 que divide a |SL2 (F3 )| = 24 = 23 3. Tenemos que [SL2 (F3 ) : Q] = 24/8 = 3. (1) El grupo SL2 (F3 ) es de orden 24 (ver Ejercicio (35) y recordemos del Ejercicio (36) que el subgrupo Q de SL2 (F3 ). ki = hj. Como `2 = 11 −1 y `3 = I. As´ı SL2 (F3 )/Q = {Q. ±k}. entonces. tenemos que `Q = Q` y. En particular. Re- . iji = hi. ya que todos los elementos de este son de orden una potencia de 2. ` y `2 no pueden ser congruentes entre s´ı módulo Q . `Q. siendo Q = 1 {±I. también que `2 Q = Q`2 . donde k = ij = −1 1 1 .Soluciones de los Ejercicios 250 Ejercicio 121. (3) Como `Q`−1 = hì`2 . `2 Q}. es un sub3 grupo de orden 8 = 2 . `j`2 i = hj. generado por i y j. 1 2. es isomorfo al grupo cuaternio Q2 . Los elementos I. luego representan a las tres clases del conjunto cociente. ji = Q. Soluciones de los Ejercicios 251 sulta as´ı que las clases por la izquierda coinciden con las clases por la derecha. de donde se sigue la normalidad del subgrupo. Volver al enunciado . donde i = yj= .Soluciones de los Ejercicios 252 Ejercicio 122. `2 = 10 −1 1 0 −1 1 0 1 1 1 −1 es un 3-subgrupo de Sylow de GL2 (F3 ). y. por tanto −1 1 ∈ n 02 o 1 0 10 C30 = h`0 i = I. ` = 10 11 . Los 3-subgrupos de Sylow ser´ an c´ıclicos de orden 3. que es isomorfo al grupo Q2 y es precisamente el subgrupo Q = hi. En la soluci´ o n del Ejercicio (121) ` = 10 11 es un elemento de orden 3 y. C3 = hì = I. Luego hay 4 y nos falta determinar dos . en consecuencia. y su n´ umero se observ´ o que posible es 1 o ´ 4. `0 = −1 . ji. ` = 1 11 es otro 3-subgrupo de Sylow. Estudiemos su compor0 −1 tamiento = i`(−i) = frente a algunas conjugaciones: ` = iì 1 0 / C3 . En el Ejercicio (35) vimos que |SL2 (F3 )| = 24 = 23 ·3 y en el Ejercicio (121) se demostr´ o que este grupo lineal especial tiene un u ńico 2-subgrupo de Sylow. 1 . C30 . `00 = −1 = −1 . tenemos el 1 ∈ restante n 00 2 o 0 1 −1 C300 = h`00 i = I. Puesto que `00 = j`j −1 = j`(−j) = −1 / C3 .` 1 0 El cuarto se obtiene al hacer el conjugado por k. Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios 253 0 1 más. lo que implica b = −c y a = d. pues 1 1 si j = 11 −1 . b2 = 1 y a2 = 0. (1) Es inmediato que ±I ∈ Z(SL2 (F3 )). ( 11 01 ) . as´ı que C3 = I.Soluciones de los Ejercicios 254 Ejercicio 123. Si b = ±1. luego el elemento es de orden 3. 0 . entonces ij = k = −1 1 1 mientras que ji = −k. esto es. Los 3-subgrupos de Sylow son precisamente los de orden 3. a entonces A = ±I. lo que nos dar´ıa A = ±i y ser´ıa i ∈ Z(SL2 (F3)). as´ı que −c a b a b 2 2 A = −b . De la misma manera. Vemos que no hay más elementos en el centro de forma directa: supongamos que A = ac db ∈ Z(SL2 (F3 )). Pero como det(A) = 1 ha de ser a + b = 1. Pero esto no ocurre. −1 . ( 10 11 ) . Ser´ −c −d o sea db −a = . 1 . y que ( 0 1 ) = ( 10 01 ) = I. 1 0 C30 = I. vemos t que también lo es el generado por la matriz traspuesta ( 10 11 ) = ( 11 01 ). 2 11 3 (2) Cálculos directos nos muestran que ( 10 11 ) = 10 −1 1 . Consideremos i = 01 −1 a Ai = iA. Si b = 0. 10 −1 . 1 es un 3-subgrupo de Sylow de SL2 (F3 ). o sea que a = 0. nos permiten encontrar f´ acilmente correspondientes en el cociente: C3 {±I}/{±I} y C30 {±I}/{±I}. C3 y C30 . as´ı que C3 {±I}/{±I} ∼ = C3 /(C3 ∩ {±I}) ∼ = C3 es de orden 3. Volver al enunciado . y an´ alogamente para C30 . Los 3-subgrupos de Sylow del grupo cociente ser´ an a su vez cocientes por el subgrupo {±I} de subgrupos de orden 6 del grupo SL2 (F3 ) que lo contengan. bastará ver que tiene al menos dos 3-subgrupos de Sylow distintos. claramente C3 ∩ {±I} = 1 = C30 ∩ {±I}. En efecto.Soluciones de los Ejercicios 255 (3) El grupo cociente es de orden 12. Los dos 3-subgrupos de Sylow del grupo SL2 (F3 ) antes descritos. contendrá a cualquier psubgrupo de NG (Q). (3) Por lo visto antes. Concluimos que | O(Q)| = [P : StabP (Q)] = [P : P ∩ Q].Soluciones de los Ejercicios 256 Ejercicio 124. a que Q = P. ser´ a | O(Q)| = 1 si y solo si [P : P ∩ Q] = 1. Entonces. Si para todas ellas fuese r ≥ 2. Entonces Q es un p-subgrupo de . (4) El cardinal de las orbitas con m´ as de un elemento será de la forma pr para r ≥ 1. Luego alguna de las orbitas ha de tener exactamente p elementos. En particular P ∩ NG (Q) ⊆ Q y entonces P ∩ NG (Q) = P ∩ Q. lo que contradice nuestra hip´ otesis. ser´ıa np (G) ≡ 1 (mod p2 ). y sea P uno de ellos. (2) Como cada Q es normal en su normalizador NG (Q). puesto que son del mismo orden. (1) Denotemos por Sylp (G) al conjunto de los psubgrupos de Sylow de G. (5) Sea Q en una ´ orbita de orden p. Consideremos la acción de Sylp (G) por conjugaci´ on: x · Q = xQx−1 . lo que equivale a que P ⊆ Q y. este es su u ńico p subgrupo de Sylow y. la orbita de cada Q ∈ Sylp (G) ser´ a O(Q) = {xQx−1 | x ∈ P } y su estabilizador StabP (Q) = {x ∈ P | xQx−1 = Q} = P ∩ NG (Q). por tanto. Como |P | = [P : P ∩ Q]|P ∩ Q] = p|P ∩ Q| y |P | = |Q| = [Q : P ∩ Q]|P ∩ Q|.Soluciones de los Ejercicios 257 Sylow Q tal que [P : P ∩ Q] = p. concluimos que también [Q : P ∩ Q] = p. Volver al enunciado . Caso 12. P3 y P4 . Si n3 (G) = 4. Si fuese n3 (G) = 1 el u ńico 3-subgrupo de Sylow ser´ıa normal y G no ser´ıa simple. digamos P1 . y en este caso. Caso 28. Discutimos seg´ un el n´ umero de 3-subgrupos de Sylow. El n´ umero de sus . pues esa intersecci´ on es de orden 1 o de orden 3 y dos distintos no pueden tener los 3 elementos comunes. es decir Pi ∩ Pj = 1 si i 6= j. que puede ser n3 = 1 o 4. As´ı que estos cuatro subgrupos re´ unen 8 elementos de orden 3 distintos. 2-subgrupo de Sylow de G. Sus subgrupos de Sylow ser´ an de ordenes 4 y 3 respectivamente.Soluciones de los Ejercicios 258 Ejercicio 125. Los cuatro elementos restantes necesariamente han de conformar el. también resulta que G no es simple. Un argumento alternativo lo proporciona el hecho de que todo grupo de orden 12 con m´ as de un 3-subgrupo de Sylow es isomorfo al grupo A4 (ver Ejercicio (112)). Sea G un grupo de orden 28 = 22 7. La intersección de dos de ellos ha de ser necesariamente trivial. que no es simple (el subgrupo de Klein es normal). entonces u ńico y por tanto normal. P2 . el grupo G contendr´ıa 4 subgrupos diferentes de orden 3. Supongamos un grupo G de orden 12. concluir´ıamos que el grupo contendr´ıa 48 elementos distintos de orden 7. Caso 56. Si G es un grupo de orden 56 = 23 7. entonces n7 (G) = 1 o 8.Soluciones de los Ejercicios 259 7-subgrupos de Sylow ha de ser un divisor de 4 y al mismo tiempo congruente con 1 m´ odulo 7. En el caso que tuviese un u ńico subgrupo de orden 7. En el caso en que n7 (G) = 8. que ser´ıa entonces normal. Volver al enunciado . por tanto el grupo G no es simple al contener un subgrupo normal de oren 7. con el mismo razonamiento que en el caso anterior de grupos de orden 12. La u ńica posibilidad es n7 = 1 y. este ser´ıa normal y el grupo no ser´ıa simple. los restantes 56-48=8 solo pueden dar lugar a un u ńico 2-subgrupo de Sylow de G. 3. pues ser´ıa normal y G es simple por hipótesis. Luego solo hay dos posibilidades para el n´ umero de 7-subgrupos de Sylow: 1 o 8. 12 o 24 y congruente con 1 m´ odulo 7. 8. 4. entre los 8 hay 48 elementos de orden 7. 2. luego n7 (G) = 8. Supongamos que G es un grupo de ese orden 168 = 23 · 3 · 7.Soluciones de los Ejercicios 260 Ejercicio 126. esto es 1. Entonces n7 (G) ha de ser un divisor de 24. 6. que son todos los que hay en el grupo ya que cualquier elemento de orden 7 generar´ a un 7-subgrupo de Sylow que será uno de esos 8. Volver al enunciado . Pero no puede haber solo uno. Como dos de estos 8 han de tener intersección trivial (la intersecci´ on ser´ıa de orden 1 o 7). Como 312 = 23 · 3 · 13. Caso 148. que puede ser n13 = 1 o 27. al mismo tiempo congruente con 1 módulo 13. n13 (G) ser´ıa un divisor de 24 y. Discutimos seg´ un el n´ umero de 13-subgrupos de Sylow. Luego n5 (G) = 1 y G no es simple al contener un subgrupo normal de orden 25. Caso 200. n37 (G) ser´ıa un divisor de 4 y. Sus subgrupos de Sylow ser´ an de ordenes 27 y 13 respectivamente. P2 .Soluciones de los Ejercicios 261 Ejercicio 127. Supongamos un grupo G de orden 351 = 33 · 13. · · · . Caso 351. si un grupo G es de ese orden. n5 (G) ser´ıa un divisor de 8 y. Caso 312. Si fuese n13 (G) = 1 el u ńico 13-subgrupo de Sylow ser´ıa normal y G no ser´ıa simple. . si un grupo G es de ese orden. el grupo G contendr´ıa 27 subgrupos diferentes de orden 13. Como 200 = 52 · 23 . digamos P1 . si un grupo G es de ese orden. al mismo tiempo. al mismo tiempo. Si n13 (G) = 27. congruente con 1 módulo 5. congruente con 1 módulo 37. Como 148 = 37 · 22 . Luego n37 (G) = 1 y G no es simple al contener un subgrupo normal de orden 37. Luego n13 (G) = 1 y G no es simple al contener un subgrupo normal de orden 13. también resulta que G no es simple. pues esa intersección es de orden 1 o de orden 13 y dos distintos no pueden tener los 13 elementos comunes.Soluciones de los Ejercicios 262 P27 . As´ı que estos 27 subgrupos re´ unen 27 · 12 = 324 elementos de orden 13 distintos. Los 27 = 451 − 324 elementos restantes necesariamente han de conformar el. 3-subgrupo de Sylow de G. es decir Pi ∩ Pj = 1 si i 6= j. entonces u ńico y por tanto normal. La intersecci´ on de dos de ellos ha de ser necesariamente trivial. y en este caso. Volver al enunciado . Luego G = Cp Cq y G es producto directo interno de estos subgrupos c´ıclicos y. Como p y q son primos distintos. en particular. Luego nq (G) = 1 y G contiene también un subgrupo normal c´ıclico de orden q. por tanto np (G) = 1 o q. lo implica que no puede ser q. Por otra parte. G∼ = Cp ×Cq . el grupo Cp ×Cq ∼ = Cpq es un grupo c´ıclico de orden pq (ver Ejercicio (66)). Si G es un grupo en las hipótesis del ejercicio. necesariamente será Cp ∩ Cq = 1 y entonces |Cp Cq | = pq (ver Ejercicio (51)). Pero p − 1 < q y no es posible que q/p − 1. Volver al enunciado . As´ı que hay un subgrupo en G que es normal y c´ıclico de orden p. y congruente con 1 módulo p. digamos Cq . luego G ∼ = Cpq . Como Cp ∩ Cq será un subgrupo de orden un divisor de p y de q. luego nq (G) = 1 o p. sea este Cp . necesariamente ha de valer 1. np (G). el n´ umero de sus p-subgrupos de Sylow. como ha de ser un divisor de q. nq (G) ha de ser un divisor de p. y congruente con 1 m´ odulo q.Soluciones de los Ejercicios 263 Ejercicio 128. todo subgrupo de orden 15 es c´ıclico. Volver al enunciado . si C5 es un 5-subgrupo y C3 es un 3-subgrupo de G. Como 30 = 2·3·5. y como tendr´ıa ´ındice 2 en G ser´ıa normal (Ejercicio (4)). pues en tal caso en G habr´ıa al menos 24 elementos de orden 5 y 20 de orden 3 (¿por qué?) mientras que el grupo es de orden 30. Claramente C5 ∩ C3 = 1 y el compuesto C3 C5 es de orden 15 (ver Ejercicio (51)). Entonces.Soluciones de los Ejercicios 264 Ejercicio 129. uno de ellos es normal. La posibilidad n5 (G) = 6 y n3 (G) = 10 podemos descartarla. Por el Ejercicio (128). será n5 (G) = 1 o 6 y n3 (G) = 1 o 10. Luego solo queda demostrar que G contiene un subgrupo de orden 15. o bien n3 (G) = 1. Sea G un grupo con 30 elementos. Luego bien es n5 (G) = 1. que ser´ a entonces un subgrupo normal propio. Si p = q. se trata de un grupo de orden p2 . pues solo puede valer 1 o p. y al tener que ser congruente con 1 m´ odulo q. es decir. entonces nq (G) = 1. Si p < q. se excluye la posibilidad de que valga p (pues p − 1 < q. que sabemos es isomorfo a un c´ıclico o a un producto directo de dos c´ıclicos de orden p (ver Ejercicio (105)) y en cualquier caso no es simple. Luego tal grupo tiene un u ńico q-subgrupo de Sylow.Soluciones de los Ejercicios 265 Ejercicio 130. Volver al enunciado . q/n( G) − 1. Luego ha de ser nr (G) = pq. esto excluye que pueda valer p o q. Sus posibilidades son q. no puede ser nq (G) = p. r o pr. nq (G) > 1 y nr (G) > 1. sera p. r o qr. no existen tal n´ umero de elementos de orden q. es decir. q o pq. Estudiemos finalmente np (G). y en este caso podemos excluir que nq (G) = pr. Pero además ha de ser congruente con 1 m´ odulo r. lo que implica que hay pqr − pq(r − 1) = pq elementos que no son de orden r. Puesto que ha de ser un divisor de pq.Soluciones de los Ejercicios 266 Ejercicio 131. Como p < q. y el grupo contiene exactamente r(q − 1) = rq − r elementos de orden q. por tanto p. y de la forma 1+kq. y. de la forma 1 + kr para alg´ un k ≥ 0. en particular ha de ser mayor que r. pues en otro caso habr´ıan de existir en el grupo pr(q − 1) elementos de orden q. Supongamos que G fuese un grupo simple. Y notemos que en consecuencia el grupo G tendr´ıa pq(r − 1) elementos de orden r (¿por qué?). Pero pr(q − 1) > pq. para alg´ un k ≥ 0. Ha de ser un divisor de pr. Luego nq (G) = r. Entonces np (G) > 1. Consideremos ahora las posibilidades para nq (G). Atendamos a los posibles valores de nr (G). y como vimos antes. En cualquier caso np (G) ≥ q y el grupo est´ a obligado a contener al menos . Con esta información y las anteriores. observamos que el grupo ha de tener al menos pq(r − 1) + rq − r + qp − q + 1 elementos distintos. Pero pq(r−1)+rq−r+qp−q+1 = pqr−pq+rq−r+qp−q+1 = |G|+rq−(r+q)+1 > |G|. lo que contradictorio. Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios 267 q(p − 1) = qp − q elementos de orden p. Entonces Ker(ρ) = S4 la representaci´ es un subgrupo normal propio.Soluciones de los Ejercicios 268 Ejercicio 132. consideremos la acción de G sobre el conjunto cociente G/P por traslaciones a (xP ) = axP . S4 contendr´ıa un subgrupo isomorfo a G y esto no es posible ya que 36 no es un divisor de 4! = 24. Volver al enunciado . Sea ρ : G → S(G/P ) ∼ on asociada. Siendo P uno de sus 3-subgrupos de Sylow. Supongamos que G es un grupo con |G| = 36 = 22 32 . pues si Ker(ρ) = 1. y como Ker(ρ) ⊆ P tampoco puede ser todo G. Supongamos que fuese nq (G) = p2 . Supongamos primero que p < q. q/(p − 1) o q/(p + 1). q = 3 y |G| = 12. El caso en que p = q es conocido. En el caso en que p > q. pues se tratar´ıa de un p-grupo (ver Ejercicio (109).Soluciones de los Ejercicios 269 Ejercicio 133. as´ı que p = 2. Volver al enunciado . por tanto. o recordar que su centro no es trivial). En el caso en nq (G) = 1 el grupo contendr´ıa un subgrupo normal de orden q. y ser´ıa no simple. y los grupos de este orden sabemos no puede ser simples (ver Ejercicio (125)). Como p + 1 ≤ q el primer caso no puede darse. necesariamente np (G) = 1 y G contendr´ıa un subgrupo normal de orden p2 . Los u ńicos primos consecutivos son 2 y 3. y ha de ser q = p + 1. Entonces nq (G) = 1 o p2 . Ser´ıa q/(p2 − 1) y. o recordar que su centro no es trivial). Como p + 1 ≤ q el primer caso no puede darse. El caso en que p = q es conocido. q/(p − 1) o q/(p + 1). En el caso en nq (G) = 1 el grupo contendr´ıa un subgrupo normal de orden q. Supongamos que fuese nq (G) = p2 . Ser´ıa q/(p2 − 1) y. y ha de ser q = p + 1. Volver al enunciado . q = 3 y |G| = 36. pues se tratar´ıa de un p-grupo (ver Ejercicio (109). por tanto. Supongamos que p < q. y los grupos de este orden sabemos no puede ser simples (ver Ejercicio (138)). as´ı que p = 2. y ser´ıa no simple. Los u ńicos primos consecutivos son 2 y 3. Entonces nq (G) = 1 o p2 .Soluciones de los Ejercicios 270 Ejercicio 134. Consideremos la acci´ on por conjugaci´ on de G sobre Syl5 (G). Supongamos que G es un grupo simple con |G| = 300 = 22 52 3. y sea ρ : G → S(Syl5 (G)) = S6 el homomorfismo de representación asociado.Soluciones de los Ejercicios 271 Ejercicio 135. ha de ser Ker(ρ) = 1. la acción no es trivial y Ker(ρ) 6= G. de sus diferentes 5-subgrupos de Sylow tendr´ a 6 elementos. y el conjunto Syl5 (G). Volver al enunciado . Puesto que la acci´ on sabemos que es transitiva. Pero entonces S6 contendr´ıa un subgrupo isomorfo a G. a (P ) = −1 ∼ aP a . Como G es supuesto simple. Ser´ a n5 (G) = 6. lo que es imposible ya que 300 no divide a 6! = 720. que es un grupo no simple (A3 es un subgrupo normal suyo). ρ establecer´ıa un isomorfismo entre G y su imagen. Si fuese Ker(ρ) = 1. el n´ ucleo de este homomorfismo no es todo G. y sea ρ : G → S(G/H) ∼ = S3 la representación asociada. un subgrupo de un grupo finito G con [G : H] = 3. Como Ker(ρ) ⊆ (H).Soluciones de los Ejercicios 272 Ejercicio 136. Hagamos actuar G sobre el conjunto de clases módulo H por traslaciones a · (xH) = axH. Notemos entonces G ser´ a un grupo con al menos 6 elementos. Sea H ≤ G. Pero G tiene al menos 6 elementos. Si Ker(ρ) 6= 1 este ser´ıa un subgrupo normal propio y G ser´ıa no simple. luego habr´ıa de ser G ∼ = S3 . Volver al enunciado . Como Ker(ρ) ⊆ (H). un subgrupo de un grupo finito G con [G : H] = 4. Volver al enunciado . Un tal subgrupo tendr´ıa 8 elementos. Hagamos actuar G sobre el conjunto de clases módulo H por traslaciones a (xH) = axH. y ser´ıa el propio S4 . Sea H ≤ G. y ser´ıa el grupo alternado A4 (ver Ejercicio (50)) o 24 elementos.Soluciones de los Ejercicios 273 Ejercicio 137. y ser´ıa un 2-grupo. En todos los casos sabemos que tal grupo no es simple. Notemos entonces G ser´ a un grupo con al menos 8 elementos. 12 elementos. Si Ker(ρ) 6= 1 este ser´ıa un subgrupo normal propio y G ser´ıa no simple. ρ establecer´ıa un isomorfismo entre G y su imagen Im(ρ). Si fuese Ker(ρ) = 1. y sea ρ : G → S(G/H) ∼ = S4 la representación asociada. el n´ ucleo de este homomorfismo no es todo G. que ser´ıa un subgrupo de S4 con al menos 8 elementos. Soluciones de los Ejercicios 274 Ejercicio 138. un subgrupo normal de orden k (ver Ejercicio (103)). Un tal grupo siempre contiene un subgrupo de ´ındice 2. Volver al enunciado . esto es. r2 s}. r2 . r3 s} . El ret´ıculo de subgrupos de D4 = hr. K = {1. K 0 = {1. r2 . r2 . r. rs. s. s| r4 = 1 = s2 .Soluciones de los Ejercicios 275 Ejercicio 139. sr = r3 si es (ver Ejercicio (30)): D4 |= O aCCC | CC2 | CC || 2 | C || CO 4 K K0 }> O `BBB {= O bDDD } { DD2 BB 2 {{ 2 }} 2 DD B 2 }} 2 {{ 2 BB D } { } { 0000 C20 hQQ C200 C2000 CO 2 m6 C2 QQQ ={ aBB m m QQQ BB2 2 {{ 2 mmmm QQQ BB 2 m { QQQ BB {{{mmmmm 2 QQ m{mm 1 2 donde C4 = hri = {1. r3 } es c´ıclico de orden 4. C20 = {1. Z2 ) es una lista de factores de composición de D4 . Desde cualquiera de ellas. observamos que D4 tiene 7 diferentes series de composición. y C2 = {1. determinamos que `(D4 ) = 3 y que (Z2 . que van desde el subgrupo trivial 1 hasta el total D4 . s}. Z2 . C2000 = {1. C20000 = {1. r2 }. r3 s} son subgrupos c´ıclicos de orden 2. r2 s}. quedando éstas descritas por los caminos ascendentes en el anterior diagrama. C200 = {1. A la vista del mismo.Soluciones de los Ejercicios 276 son grupos de Klein. Volver al enunciado . rs}. El ret´ıculo de subgrupos de A4 es (ver Ejercicio (28)) m6 A4 fL mmm O X11aB1BLBLBLL 11 BBLLLL mm mmm 11 BBB LLL m m m 114 BB4B LL4LL 4 K G O X00 L BB 11 BB LLLL 11 000 LLL BB 1 B LL 00 002 0 00 2 C C C 000 C 2 3 00 O F 3 > 3 s9 3 } s s 00 }} ss 00 }} ssss } 3 }} sss 3 3 }}}} ssss3 C200 C2 jUUUU C20 hQQ aB UUUU QQQ }} ss UUUU QQQ2 BBB2 }}}ssss UUUU QQQ BB UUUUQQQ BB }}sss 2 UUUQUQ }ss 1 3 mmm .Soluciones de los Ejercicios 277 Ejercicio 140. 4)(2. 2. 2)(3. C20 = h(1.Soluciones de los Ejercicios 278 donde C2 = h(1. 4). y C3 = h(1. y por tanto simple. K = h(1. 3)(2. C300 = h(1. Vemos directamente que el subgrupo de Klein K es su u ńico subgrupo normal propio. 4)i. 3)i. 3)i. C30 = h(1. (1. 3. con cociente de orden 3. 4). 3)} ∼ = C2 × C2 es el grupo de Klein. 3)(2. 3)(2. 4)i. (1. 2)(3. 4)i = {1. 2. 4)i. (1. son c´ıclicos de orden dos. 4)i y C200 = h(1. 4). (1. y C3000 = h2. Este contiene tres subgrupos propios normales (es abeliano) de ´ındice . 4)i. 2)(3. son grupos c´ıclicos de orden tres. 3. 4)(2. el grupo A4 tiene tres series de composición diferentes A4 B K B C2 B 1. Por tanto. . que son entonces simples y darán lugar también a factores simples. Cualquiera de ellas nos permite ver que `(A4 ) = 3 y que una lista de Volver al enunciado sus factores invariantes es (Z3 .Soluciones de los Ejercicios 279 2 y de orden 2. A4 B K B C20 B 1. Z2 ). Z2 . y A4 B K B C200 B 1. C5 = hri. s| r5 = 1 = s2 . D5 tiene una u ńica serie de composici´ on D5 B C5 B 1. y 5 subgrupos propios de orden 2. r2 s. de donde `(D5 ) = 2 y (Z2 . rs. sr = r4 si tiene un u ńico subgrupo de orden 5. Z5 ) es una lista de sus factores de composición. que es normal. y ninguno de estos es normal. r3 s y r4 s respectivamente. generados por las simetr´ıas s. Volver al enunciado . Por tanto. El grupo D5 = hr.Soluciones de los Ejercicios 280 Ejercicio 141. que no son normales (ver Ejercicio (110)). y es el u ńico que hay: cualquier otro supuesto subgrupo de orden 12 ser´ıa normal y el cociente ser´ıa un grupo c´ıclico de orden 2. Luego contendr´ıa al conmutador [S4 . Los subgrupos de orden 8 serán sus 2-subgrupos de Sylow. Z2 . y S4 B A4 B K B C200 B 1. Z2 ). esto es. Los primos que dividen a 24 = |S4 | son 2 y 3. Z3 .Soluciones de los Ejercicios 281 Ejercicio 142. S4 B A4 B K B C2 B 1. Cualquiera de ellas nos permite ver que `(A4 ) = 4 y que una lista de sus factores invariantes es (Z2 . S4 ] = A4 (ver Ejercicios (47) y (49)) y ser´ıa el propio A4 . S4 B A4 B K B C20 B 1. Tenemos entonces que A4 es el u ńico subgrupo normal de S4 con cociente simple. serán de orden 12 u 8. y las diferentes series de composici´ on de S4 las podemos obtener agregando S4 a las de A4 obtenidas en el Ejercicio (140). Los posibles subgrupos normales de S4 que produzcan factores simples. en particular abeliano. Volver al enunciado . El grupo alternado A4 si que es un subgrupo normal de S4 de orden 12. x2 ) = (x1 . y2 )(x3 . Luego `(Sn ) = 2 y (Z2 . que es normal y de ´ındice 2 en Sn . cualquier otro supuesto subgrupo de orden n!/2 ser´ıa normal y el cociente ser´ıa un grupo c´ıclico de orden 2. Luego contendr´ıa al conmutador [Sn . . y2 )(x2 . o un subgrupo normal de orden 2 con factor Sn /N ∼ un subgrupo normal de orden = An . para N un subgrupo normal isomorfo a An . y1 )(x2 . y3 ) · · · (xk .Soluciones de los Ejercicios 282 Ejercicio 143. y1 )(x3 . Sn ] = An (ver Ejercicios (47) y (49) y ser´ıa el propio An . Para n ≥ 5 el grupo alternado An . x2 )σ(x1 . es simple. y3 ) · · · (xk . Por tanto de la forma Sn B N B 1. en particular abeliano. as´ı que Sn B An B 1. yk ) y ocurre que (x1 . Pero Sn no contiene ning´ 2: este estar´ıa generado por un permutación producto de trasposiciones disjuntas σ = (x1 . Concluimos as´ı que la descrita anteriormente es la u ńica serie de composici´ on de Sn . An ) es un lista de factores de composici´ on de Sn . Por otra parte. Cualquier otra serie ser´ a de la misma longitud y con factores isomorfos. es una serie de composici´ on. yk ) 6= σ. Soluciones de los Ejercicios 283 Volver al enunciado . esto es. Para completar las posibles series. rs. los otros posibles ser´ an del tipo del diédrico D3 . s| r6 = 1 = s2 . tales que a3 = 1 = b2 y ba = a2 b. r3 s. debemos encontrar los posibles subgrupos normales de ´ındices 2 y 3. serán seguro normales y su orden 6. r2 . r4 s} y D30 = hr2 . si = {1. Los subgrupos de ´ındice 3 son sus 2-subgrupos de Sylow. r2 s. Las posibles combinaciones nos llevan a exactamente dos subgrupos de orden 6. sr = r−1 si. Representemos como usualmente D6 = hr. generados por dos elementos a. que sabemos no son normales (Ejercicio (115)). notemos que el subgrupo c´ıclico . que solo es divisible por los primos 2 y 3 y para comenzar a formar sus series de sus series composición. r4 .Soluciones de los Ejercicios 284 Ejercicio 144. r2 . Claramente el c´ıclico C6 = hri es uno de ellos. que siguen el modelo del diédrico D3 : D3 = hr2 . Los de ´ındice 2. Los u ńicos elementos de orden 3 en D6 son r2 y r4 = r−2 y los de orden 2 que no conmutan con estos son las simetr´ıas. Es un grupo de orden 12. s. b. por el Ejercicio (118). rsi = {1. En D6 no hay más subgrupos c´ıclicos de orden 6 y. r4 . r5 s}. Los subgrupos diédricos D3 y D30 contienen un u ńico subgrupo normal. Desde cualquiera de ellas vemos que `(D6 ) = 3 y que (Z2 . C30 = hr2 i. B 1. Por tanto podemos ya listar las 4 diferentes series de composición del grupo D6 : D6 D6 D6 D6 B B B B C6 C6 D3 D30 B C2 B C3 B C3 B C2 B 1. B 1. Z2 .Soluciones de los Ejercicios 285 C6 tiene exactamente un subgrupo de orden 2. C2 = hr3 i. C30 = hr2 i. B 1. y otro de orden 3. Volver al enunciado . Z3 ) es una lista de sus factores de composici´ on. El ret´ıculo de subgrupos de Q2 es (Ejercicio (32)) Q2 }> O ÀAA } AA2 2 }} AA }} 2 A } } 0 C4 C 00 C4 À O > 4 AA | AA || A 2 ||2 | 2 AA || CO 2 2 1 donde C4 = hii = {1. . C400 = hki = {1. −1. −1. −j}. −1. −i}.Soluciones de los Ejercicios 286 Ejercicio 145. j. k. −k}. i. C40 = hji = {1. Desde cualquiera de ellas. determinamos que `(Q2 ) = 3 y que (Z2 .Soluciones de los Ejercicios 287 son c´ıclicos de orden 4 y C2 = h−1i = {1. que van desde el subgrupo trivial 1 hasta el total Q2 . Z2 . quedando estas descritas por los caminos ascendentes en el anterior diagrama. Vemos entonces que Q2 tiene 3 diferentes series de composici´ on. Z2 ) es una lista de sus factores de composición. Volver al enunciado . −1} es c´ıclico de orden 2. C12 B C4 B C2 B 1. Utilizando esta información construimos fácilmente las 4 series de composición de C24 : C24 C24 C24 C24 B B B B C8 B C4 B C2 B 1. Z3 ) es una lista de sus factores de composici´ on. Volver al enunciado . mediante la correspondencia (ver Ejerci24 cio (19)) m 7→ Cm = ha m i. y C12 B C6 B C3 B 1.Soluciones de los Ejercicios 288 Ejercicio 146. El ret´ıculo de subgrupos de C24 = hai es isomorfo al de los divisores de 24. Z2 . C12 B C6 B C2 B 1. Z2 . Desde cualquiera de ellas vemos que `(C24 ) = 4 y que (Z2 . Supongamos entonces. La serie. · · · .c. · · · . que r > 1. bm }. de manera que ser´ a `(G) = m y f. G = G0 B G1 B 1.(G) la lista de sus factores de composición y por ◦ S la unión disjunta de listas: {a1 . GGi+1 . bm } = {a1 . digamos G = N0 B N1 B · · · B Ns = G1 B Ns+1 B · · · B Nm = 1. la cuestión es clara desde que el grupo trivial tiene longitud cero y su lista de factores de composici´ on es vac´ıa. se podr´ a refinar hasta una de composición de G.c. bajo hipótesis de inducción. · · · .c. `(G) = 289 r−1 P i=0 ` Gi Gi+1 ◦ r−1 S i y f.Soluciones de los Ejercicios Ejercicio 147.(G) = i=0 f. b1 . an } ◦ [ {b1 .c.(G) = Nj Nj+1 . Hagamos inducci´ on sobre la longitud r de la serie. 0≤j≤m−1 . · · · . Si r = 1. entendiendo por f. an . ` G0 G1 = s. s≤j≤m−1 G0 G1 = Nj Nj+1 . 0≤j≤s−1 . series de composici´ on de los grupos G1 y G 1 (tengamos en cuenta que Ni G1 ∼ Ni .Soluciones de los Ejercicios 290 Ahora. G son. 0 ≤ i ≤ s − 1. la series G1 B Ns+1 B · · · B Nm = 1.c. G G1 = N0 G1 B N1 G1 B ··· B Ns G1 = 1.c. respectivamente. f. ) = Ni+1 Ni+1 G1 por tanto `(G1 ) = m−s.(G1 ) = Nj Nj+1 y f. .(G1 ) f.c.c. que es de longitud r − 1. si utilizamos nuestra hip´ otesis de inducción para la serie del grupo G1 .c. obtenemos finalmente el .(G) = Nj Nj+1 = 0≤j≤m−1 Nj Nj+1 s≤j≤m−1 ◦ ◦ [ [ Nj G0 = f.(G) = f. G1 B · · · Gr−1 B Gr = 1. Nj+1 0≤j≤s−1 G1 Ahora.Soluciones de los Ejercicios 291 de donde concluimos que `(G) = m = m − s + s = `(G1 ) + ` G0 G1 y f. . ` `(G1 ) = i=1 Gi+1 Gi+1 i=1 Y llevando estas igualdades a las anteriores. ser´ a r−1 ◦ r−1 X [ Gi Gi y f.c.c. (G) = `(G1 ) ◦ [ f. i=1 i=0 Gi+1 G1 Gi+1 Volver al enunciado . G0 G1 [ [ ◦ r−1 ◦ ◦ r−1 [ Gi Gi G0 = f.Soluciones de los Ejercicios 292 resultado buscado: X X r−1 r−1 Gi G0 Gi G0 `(G) = `(G1 ) + ` = ` +` = ` . f.c. . = f.c.c.c. G1 Gi+1 G1 Gi+1 i=1 i=0 y f.c. 1 × · · · × 1 × 1 × Gi+1 × · · · × Gr Volver al enunciado . Basta aplicar las conclusiones del anterior ejercicio a la serie del grupo producto (G1 × · · · × Gr ) B (1 × G2 × · · · × Gr ) B · · · B (1 × · · · × 1 × Gr ) B 1 y tener en cuenta los isomorfismos 1 × · · · × 1 × Gi × Gi+1 × · · · × Gr ∼ = Gi .Soluciones de los Ejercicios 293 Ejercicio 148. c. Zp ). Por tanto. Zp . · · ·. Cada p-grupo contiene un subgrupo normal de ´ındice p (ver Ejercicio (109)). Luego tal serie es de composición y n) `(G) = n y f. c´ıclico de orden p. el grupo admite una serie de la forma G = G0 B G1 B · · · B Gn−1 B Gn = 1. donde cada factor es de orden p.Soluciones de los Ejercicios 294 Ejercicio 149. Volver al enunciado . o sea.(G) = (Zp . Zpi . Zpi ). Utilizando ahora el Ejercicio (148). · · ·.(Gpi ) = (Zpi . Por el Ejercicio (149). obtenemos la conclusión buscada. tendremos un isomorfismo G ∼ = Gp1 × · · · × Gpr . donde cada grupo Gpi es un pi -grupo abeliano de orden pei i . Volver al enunciado . Si atendemos a la descomposición primaria de G.Soluciones de los Ejercicios 295 Ejercicio 150. ei ) tenemos que `(Gpi ) = ei y f.c. Soluciones de los Ejercicios 296 Ejercicio 151. Representemos como usualmente Dn = hr.(Dn /Cn ) = (Z2 ). Volver al enunciado . sr = r−1 si. Zp1 . · · ·.(Cn ) = (Zp1 . s| rn = 1 = s2 . (Dn /Cn ) ∼ = Z2 y por tanto `(Dn /Cn ) = 1 y f.(Cn ). donde Cn = hri es el subgrupo c´ıclico generado por r. Zpr . Ahora.(Dn ) = f. vemos que `(Cn ) = e1 ) er ) e1 +· · ·+er y que f.(Dn /Cn ) f.c. · · · .c. Zpr ). Si consideramos la serie Dn B Cn B 1.c. Teniendo en cuenta ahora el Ejercicio (150). · · ·. de donde se sigue lo anunciado en el ejercicio.c. por el Ejercicio (147) tenemos que `(Dn ) = U `(Dn /Cn ) + `(Cn ) y que f.c. Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios 297 Ejercicio 152. (2) Todo grupo finito es de longitud finita. luego será simple si y solo si el orden es primo. luego G es de orden finito. y G es finito. i = 1. el subgrupo c´ıclico generado por cualquiera de sus elementos no triviales ha de ser todo G. (1) Un grupo c´ıclico de orden primo es claramente simple. por tanto c´ıclico de orden primo. Un grupo c´ıclico de orden infinito no es simple (es isomorfo a Z que tiene subgrupos propios). nos da que |G| = |G0 | = [G0 : G1 ] |G1 | = [G0 : G1 ] [G1 : G2 ] |G2 | = · · · = [G0 : G1 ] [G1 : G2 ] · · · [Gr−1 : Gr ] |Gr | = p1 p2 · · · pr . Cada uno de sus factores será abeliano y simple. El ret´ıculo de subgrupos de un grupo c´ıclico finito es isomorfo al de los divisores positivos de su orden (Ejercicio (19)). Si G es un grupo abeliano simple. r. Un uso reiterado del Teorema de Lagrange (ver Ejercicio (5)). · · · . digamos pi . y sea G = G0 B G1 B · · · Gr−1 B Gr = 1 una de sus series de composici´ on. Supongamos que G es abeliano y de longitud finita. luego G es c´ıclico. Soluciones de los Ejercicios 298 Ejercicio 153. Volver al enunciado . Es consecuencia de que H o K contiene un subgrupo normal isomorfo a H siendo el correspondiente cociente es isomorfo a K (ver Ejercicio (147)). Como H o K contiene subgrupos isomorfos a H y a K respectivamente. necesariamente H y K son abelianos. k)(h. Además.Soluciones de los Ejercicios 299 Ejercicio 154. k) = (1. Volver al enunciado . k). las igualdades (k · h. la acción es trivial. El producto directo de grupos abelianos es claramente abeliano. para todo k ∈ K y h ∈ H. k) = (h. Rec´ıprocamente. supongamos que H oK es abeliano. 1)(1. implican que k · h = h. 1) = (h. esto es. y solo si. para todo a ∈ A. Entonces se nos define un homomorfismo d = θ−id : Z2 → Aut(A). Si A es un grupo abeliano. equivalentemente 2a = 0. esto es. Volver al enunciado . la acción diédrica es trivial (ver Ejercicio (154)).Soluciones de los Ejercicios 300 Ejercicio 155. o sea A es un grupo en el que todo elemento es de orden 2. La acción asociada a este homomorfismo es justo la propuesta. la aplicación −id : A → A. a 7→ −a. si y solo si es a = −a. tal que d(¯0) = id y d(¯1) = −id (ver Ejercicio (58)). es un automorfismo de orden 2. El grupo Aod Z2 ser´ a abeliano si. i1 + i2 = rk1 +(−1) k2 si1 +i2 = rk1 r(−1) k2 si1 si2 = rk1 si1 rk2 si2 = f (k¯1 . i1 + i2 i1 i1 = f k1 + (−1)i1 k2 .Soluciones de los Ejercicios 301 Ejercicio 156. ¯ ¯i) = rk si . f est´ a bien definida. i¯2 ) = f k¯1 + i¯1 · k¯2 . k. i¯1 )(k¯2 . Consideremos la aplicación f : Zn od Z2 → Dn . Volver al enunciado . i¯2 ). i ∈ Z. i¯1 + i¯2 = f k¯1 +(−1)i1 k¯2 . y solo quedar´ıa probar que es homomorfismo: f (k¯1 . Puesto que r es de orden n y s definida por f (k. Claramente es biyectiva. i¯1 )f (k¯2 . lo es de orden 2. existen exactamente dos homomorfismos de Z2 en Aut(Z): . Puesto que Aut(Z) = {id. y ¯ = (−id)k . Estas acciones determinan entonces la existencia de dos grupos productos semidirectos diferentes: El producto directo Z×Z2 . con x ∈ Aut(Z) un elemento de orden un divisor de 2. y el grupo diédrico generalizado Z od Z2 . Habr´ a tantos grupos como diferentes acciones de Z2 sobre Z.Soluciones de los Ejercicios 302 Ejercicio 157. correspondiente a la trivial. θ−id (k) que definen las dos acciones que existen de Z2 sobre Z. −id} es un grupo c´ıclico de orden 2 generado por −id : n 7→ −n (Ejercicio (60)). la trivial y la dada por k¯ · n = (−1)k · n. Establecer las diferentes acciones de Z3 sobre Z. . que es justamente la diédrica. es equivalente a establecer los diferentes homomorfismos Z2 → Aut(Z) y cada tal homomorfismo se expresa de manera u ńica en la forma θx : Z2 → Aut(Z).θ−id : Z2 → Aut(Z). donde θx (¯ r) = xr (Ejercicio (58)). . el trivial.θid = 1 : Z2 → Aut(Z). Soluciones de los Ejercicios 303 Volver al enunciado Soluciones de los Ejercicios 304 Ejercicio 158. (1) |fm,¯i (x) − fm,¯i (y)| = |m + (−1)i x − m − (−1)i y| = |(−1)i (x − y)| = |x − y|. (2) Sea φ la aplicaci´ on propuesta en el anunciado, φ(m, ¯i) = fm,¯i . Comprobemos primero que es homomorfismo: φ(m, ¯i)φ((n, ¯j) (x) = j fm,¯i (fm,¯j (x)) = fm,¯i (n + (−1)j x) = m + (−1)i (n + (−1) x) = m + i i+j ¯ ¯ (−1) n + (−1) x = fm+(−1)i n,i+j (x) = φ (m, i)(n, j) (x). Luego φ (m, ¯i)(n, ¯j) = φ(m, ¯i)φ(n, ¯j). Si (m, ¯i) ∈ ker(φ), será fm,¯i = idZ ; esto es, m + (−1)i x = x para todo x ∈ Z. Tomando x = 0, vemos que m = 0, y tomando ahora x = 1, que ¯i = ¯0. Luego φ es un monomorfismo. Solo nos queda ver que φ es sobreyectiva: Sea f ∈ A(Z). Pongamos m = f (0); entonces |f (x) − m| = |x − 0| = |x| para todo x ∈ Z y, por tanto, f (x) = m + x o f (x) = m − x. Supongamos que f (1) = m + 1, como |m−x−m−1| = 6 |x−1| si x 6= 0, necesariamente es f (x) = m+x para todo x ∈ Z. Y de la misma forma, si f (1) = m − 1 entonces f (x) = m − x para todo x ∈ Z. En el primer caso, es f = φ(m, ¯0), y Volver al enunciado en el segundo f = φ(m, ¯ 1). Soluciones de los Ejercicios 305 Ejercicio 159. Observemos primero como multiplican los elementos de G:      0 0 0 0 0 1ab 1a b 1 a + a b + b + ac  0 1 c   0 1 c0  =  0 . 1 c + c0 001 0 0 1 0 0 1 y que −1   1ab 1 −a −b + ac 0 1 c −c  . = 0 1 001 0 0 1  Se sigue directamente que el subconjunto H, constituido por todas las matrices de la forma   10b 0 1 c 001 con b, c ∈ Zp , y el subconjunto K, constituido por todas las matrices de la forma   1a0 0 1 0 001 con a ∈ Zp , son cerrados para la multiplicación y por tanto (estamos Soluciones de los Ejercicios 306 en un grupo finito) subgrupos:     10b 1 0 b0 1 0 b + b0  0 1 c   0 1 c0  =  0 1 c + c0  , 001 00 1 00 1      1a0 1 a0 0 1 a + a0 0 0 1 0 0 1 0 = 0 1 0 . 001 0 0 1 0 0 1  además H es normal: −1     1ab 1 0 b0 + a0 c 1ab 1 0 b0 0 0  ∈ H. 0 1 c 0 1 c  0 1 c = 0 1 c 001 001 00 1 00 1  Es claro también que H ∩ K = I, y puesto que      10b 1a0 1ab 0 1 c 0 1 0 = 0 1 c . 001 001 001 vemos que HK = G. Luego G es producto semidirecto interno de H por K. Soluciones de los Ejercicios 307 Como consecuencia, tendremos un isomorfismo G ∼ = H o K, donde K act´ ua sobre H por:           1a0 10b 1a0 10b 1 −a 0 1 0 b + ac 0 1 0 · 0 1 c = 0 1 0 0 1 c 0 1 0 = 0 1 c . 001 001 001 001 0 0 1 00 1 Por otra parte, es manifiesto que las aplicaciones f : Zp → K,   1a0 f (a) =  0 1 0  , 001 a ∈ Zp y g : Zp × Zp → H,   10b  g(b, c) = 0 1 c  , 001 b, c ∈ Zp definen respectivos isomorfismos. Consecuentemente (ver Ejercicio (163)), tendremos un isomorfismo H o K ∼ = (Zp × Zp ) o Zp , donde Zp act´ ua sobre Zp × Zp por la acci´ on a · (b, c) = g −1 (f (a) · g(b, c)) = (b + ac, c). Volver al enunciado Soluciones de los Ejercicios 308 Ejercicio 160. El ret´ıculo de subgrupos del grupo Q2 = {±1, ±i, ±j, ±k} (ver Ejercicio (32)) contiene al c´ıclico de orden dos h−1i y a los subgrupos c´ıclicos de orden cuatro hii, hji y hki como u ńicos subgrupos propios. Como no existen dos de ellos con intersección trivial, pues el de orden 2 est´ a contenido en todos, el grupo no puede ser producto semidirecto de dos de ellos. Volver al enunciado Soluciones de los Ejercicios 309 Ejercicio 161. (1) Establecer las diferentes acciones de Z3 sobre Z8 , es equivalente a establecer los diferentes homomorfismos Z3 → Aut(Z8 ). Cada tal homomorfismo se expresa de manera u ńica en la forma θx : Z3 → Aut(Z8 ), con x ∈ Aut(Z8 ) un elemento de orden un divisor de 3, donde θx (¯ r) = xr (Ejercicio (58)). Como en Aut(Z8 ) es un grupo de orden ϕ(8) = 4 (ver Ejercicio (58)), no hay en él elementos de orden 3, y resulta que hay un u ńico tal homomorfismo: θid , que es el homomorfismo trivial. Luego solo existe la acción trivial ¯ r¯ ∈ Z3 , k¯ ∈ Z8 . del grupo Z3 sobre el grupo Z8 : r¯ · k¯ = k, (2) De acuerdo con las conclusiones del Ejercicio (58), Aut(Z3 ) = {fr¯, 1 ≤ r ≤ 3| m. c. d.(r, 3) = 1} = {f¯1 = id, f¯2 = −id}, es un grupo c´ıclico de orden 2. Cada homomorfismo de Z8 en Aut(Z3 ) se expresa de manera u ńica en la forma θx : Z8 → Aut(Z3 ), con x ∈ Aut(Z3 ) un elemento de orden un divisor de 8, donde θx (¯ r) = xr (Ejercicio (58)). Como los dos elementos en Aut(Z3 ) son de orden un divisor de 8, resulta que existen dos homomorfismos diferentes de Z8 en Aut(Z3 ): Volver al enunciado .r¯ · k¯ = (−1)r k.Soluciones de los Ejercicios 310 . θ−id (¯ r) = (−id)r = (−1)r id.θid = 1 : Z8 → Aut(Z3 ).r¯ · k¯ = k¯ . . el trivial. y k¯ ∈ Z3 . y . y ¯ para r¯ ∈ Z8 . que definen las dos acciones que existen de Z8 sobre Z3 : .θ−id : Z8 → Aut(Z3 ). (−id. i = 0. Aut(Z5 ) = {f¯1 = id. donde fr¯(k) Determinamos entonces que en el grupo Aut(Z3 × Z5 ).Orden 1: (id. f¯4 = −id} = hf¯2 i. con θx (¯i) = xi . −id) = −idZ3 ×Z5 . 1. ¯ = rk y fr¯fs¯ = frs . utilizamos que (Ejercicio (81)) Aut(Z3 × Z5 ) = Aut(Z3 ) × Aut(Z5 ).Soluciones de los Ejercicios 311 Ejercicio 162. y que (Ejercicio 58) Aut(Z3 ) = {f¯1 = id.Orden 2: (id. correspondientes a los elementos x ∈ Aut(Z3 × Z5 ) de orden 1 o 2 (Ejercicio (58)). f¯2 − id} = h−idi. . Luego existen exactamente cuatro homomorfismos de Z2 en Aut(Z3 × Z5 ): . f¯2 . id) = idZ3 ×Z5 . f¯3 = f¯2−1 . el elemento neutro del grupo. Comenzamos describiendo las diferentes formas en que el grupo Z2 act´ ua sobre el grupo Z3 × Z5 . los automorfismos orden 1 y 2 se representan por los elementos . Para determinarlos. id) y (−id. −id). Los diferentes homomorfismos de Z2 en Aut(Z3 × Z5 ) son de la forma θx : Z2 → Aut(Z3 ×Z5 ). id) : ¯ 1 7→ (−id. (Z3 × Z5 ) oθ Z2 . ¯ . para la cual es ¯ 1 · (¯i.−id) : ¯ 1 7→ (id. ¯3.θid = 1: ¯1 7→ id. ¯j) = (−¯i. ¯j).la acción θ: para la que es ¯ 1 · (¯i. .d = θ−id : 1 7→ −id . ¯j) = (¯i.la acción trivial.θ = θ(id. (Z3 × Z5 ) oθ0 Z2 y (Z3 × Z5 ) od Z2 . . ¯j) = (¯i. . 0 .la acción θ : para la que es ¯ 1 · (¯i. id) .θ0 = θ(−id. . ¯1)(¯2. ¯ 1). ¯ 0.Soluciones de los Ejercicios 312 . −¯j).En Z3 × Z5 × Z2 : (¯1. ¯j) = (−¯i. −¯j). . ¯0) = (¯ 0.la acción diédrica d: para la cual es ¯ 1 · (¯i. ¯2. el trivial. −id) . que corresponden a las cuatro acciones que existen de Z2 sobre Z3 ×Z5 : . Hacemos ahora los c´ alculos propuestos. que nos definen los cuatro correspondientes grupos producto semidirecto: Z3 × Z5 × Z2 . . ¯j). ¯2). ¯1 = (¯2. ¯3) + (−¯2. . ¯ 2). . ¯3) + (−¯2. (¯1.En Z3 × Z5 × Z2 : (¯1. ¯2. ¯1)(¯2. 0) = (¯ 1. ¯ 1 = (¯1. . ¯ 3). ¯3. ¯ 3) + ¯ 1 · (¯ 2. ¯ 3) + ¯ 1 · (¯ 2. −¯2).En (Z3 × Z5 ) oθ Z2 : (¯1. ¯1. ¯3) + (¯2. −¯ 1 = −¯ 1 · (¯2. ¯3. ¯ (1. ¯0. ¯0) = (¯ 1.En (Z3 × Z5 ) od Z2 : 1 · (¯ 1. ¯1 = (¯1. ¯2. ¯1). ¯3.Soluciones de los Ejercicios 313 .En (Z3 × Z5 ) oθ Z2 : ¯ ¯3. ¯1). ¯3. ¯1)−1 = (¯ 2.En (Z3 × Z5 ) oθ0 Z2 : (¯1. ¯2). ¯2.En (Z3 × Z5 ) oθ0 Z2 : (¯1. ¯3. ¯1)−1 = − −¯ 1 · (¯ 1. ¯1. ¯1 = (¯1. ¯1)(¯2. . ¯ 3) + ¯ 1 · (¯ 2. −¯2). ¯1). . ¯1)−1 = − −¯ Volver al enunciado . ¯3. . ¯2). ¯1 = (¯2. ¯1). ¯ 2). ¯2. ¯ 1 = (¯1. ¯1)−1 = − −¯ 1 · (¯ 1. ¯ 3). ¯ 0) = (¯ 1. ¯ 2). ¯1 = (¯1. ¯1). ¯1).En (Z3 × Z5 ) od Z2 : (¯1. −¯ 1 = −¯ 1 · (¯2. ¯ 1 = (¯1. ¯ 2. ¯1)(¯2. ¯ 1). −¯ 1 = −¯ 1 · (¯2. ¯ 3). ¯3. ¯1 = (¯0. ¯2). ¯3. y es homomorfismo. k20 ) = Φ (h01 k10 ·h02 . pues Φ (h01 . k10 )Φ(h02 . k ) = (g(h). definida por 0 0 Φ(h . puesto que f y g lo son. f (k)). f (k10 )f (k20 )) = (g(h01 ). f (k20 ) = Φ(h01 . Volver al enunciado . f (k10 ) g(h02 ). k10 )(h02 . f (k10 k20 ) = (g(h01 ) f (k10 ) · g(h02 ). − k 0 · (h01 h02 ) = g −1 (f (k 0 ) · g(h01 h02 )) = g −1 f (k 0 ) · g(h01 )g(h02 ) = g −1 (f (k 0 ) · g(h01 ) f (k 0 ) · g(h02 )) = g −1 (f (k 0 ) · g(h01 )) g −1 (f (k 0 ) · g(h02 )) = (k 0 ·h01 )(k 0 ·h02 ). Vemos primero que H 0 es un K 0 -grupo: − k10 k20 ·h0 = g −1 (f (k10 k20 ) · g(h0 )) = g −1 ((f (k10 )f (k20 )) · g(h0 )) = g −1 (f (k10 ) · (f (k20 ) · g(h0 ))) = g −1 f (k10 ) · (gg −1 ) (f (k20 ) · g(h0 )) = g −1 (f (k10 ) · g (k20 · h0 )) = k10 ·(k20 · h0 ) . Y vemos ahora que la aplicaci´ on Φ : H 0 o K 0 → H o K. es un isomorfismo de grupos: Es biyectiva. k10 k20 ) = g h01 g −1 f (k10 ) · g(h02 ) . k20 ) .Soluciones de los Ejercicios 314 Ejercicio 163. k) = (h. la aplicaci´ on Φ : H oϕα θ K → H oθ K. k). Por tanto. definida por Φ(h. la acci´ on de K sobreH correspondiente al homomorfismo ϕα θ es (k. h) 7→ α k · α−1 (h) . donde es K 0 = K. Por tanto. As´ı que estamos en el caso particular del ejercicio anterior. es entonces un isomorfismo. (1) Notemos que si (k. H 0 = H. donde es K = K 0 . (2) En este caso. h) 7→ k · h = θ(k)(h). denota la acción de K sobre H cuya representación asociada es el homomorfismo θ. As´ı que estamos en el caso particular del ejercicio anterior. es entonces un isomorfismo. h) 7→ ρ(k) · h. definida por Φ(h. f = ρ y g = idH . k) = (α−1 (h). ρ(k)). entonces la acci´ on correspondiente a θρ : K → Aut(H) es (k. Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios 315 Ejercicio 164. la aplicación Φ : H oθρ K → H oθ K. f = idK y g = α−1 . H = H 0 . θ(¯ 1) = (f¯4 )1 = f¯4 . 1. es el elemento de orden 1. 2. 8}. Para determinarlos. Entonces.θid = 1: ¯i 7→ id. r = 1. correspondientes a los elementos x ∈ Aut(Z9 ) de orden 1 o 3. θ (1) = (f¯7 )1 = f¯7 . Luego existen exactamente tres homomorfismos de Z3 en Aut(Z9 ): . (f¯2 )3 = f¯8 6= id. es un elemento de orden 3. i = 0. (1) Comenzamos describiendo las diferentes formas en que el grupo Z3 act´ ua sobre el grupo Z9 . 7. 0 0 ¯ 0 0 ¯ . θ(¯2) = (f¯4 )2 = f¯7 . el trivial. 2. con θx (¯i) = xi . es decir (f¯4 )2 = f16 = f¯7 . ¯ donde fr¯(k) = rk. 1.θ = θf¯4 : θ(¯ 0) = (f¯4 )0 = id.Soluciones de los Ejercicios 316 Ejercicio 165. 2. y el otro ha de ser su inverso. . 5. i = 0. θ0 (¯2) = (f¯7 )2 = f¯4 . k¯ ∈ Z9 . (f¯4 )3 = f¯1 = id. El grupo de de automorfismos en Z9 es de orden 6 = ϕ(9) y contendr´ a exactamente dos elementos de orden 3 (¿por qué?). f¯1 = id. 4.θ = θf¯7 : θ (0) = (f¯7 ) = id. Los diferentes homomorfismos de Z3 en Aut(Z9 ) son de la forma θx : Z3 → Aut(Z9 ). siendo el producto fr¯fs¯ = frs . . sabemos que Aut(Z9 ) = {fr¯. no es de orden 3. la acción θ: ¯ 0 · k¯ = k. −¯ 2) = (−¯1 · ¯5. ¯ 1) = (¯5 + 28. que nos definen los tres correspondientes grupos producto semidirecto: Z9 × Z3 . ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ En Z9 oθ Z3 : (5. ¯1) = (¯6. 2) = (5 + ¯ 2·¯ 7. ¯ ¯ . En Z9 × Z3 : (¯ 5. para cada k¯ ∈ Z9 . (3) Los tres grupos producto semidirecto son: Z9 × Z3 . −1 ¯ ¯ ¯ ¯ En Z9 oθ0 Z3 : (5. ¯ 2)−1 = (−−¯ 2·¯ 5. ¯1). ¯ 2 · k¯ = 7k. 2) = (−−2 · 5. En Z9 oθ0 Z3 : (¯ 5. 1). ¯1). 2)(7. ¯ 2) = (¯ 3. 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ . ¯ 2)(¯ 7. ¯ 1). (2) Hacemos ahora los c´ alculos propuestos. ¯ 1) = (¯5 + 49.la acción trivial. Z9 oθ Z3 y Z9 oθ0 Z3 . −1 ¯ ¯ ¯ ¯ En Z9 × Z3 : (5. ¯1) = (¯7. 1 · k = 7k. 2) = (4.la acción θ : 0 · k = k. ¯1) = (¯0. 1 · k¯ = 4k. para cada k¯ ∈ Z9 . ¯1) = (−¯8. ¯1) = (−¯2. ¯1). −¯ 2) = (−¯1 · ¯5.Soluciones de los Ejercicios 317 que definen las tres acciones que existen de Z3 sobre Z9 : . . ¯ 2) = (¯ 5+¯ 2·¯ 7. ¯ 2 · k¯ = 4k. En Z9 oθ Z3 : (¯ 5. ¯1) = (¯1. donde θ : Z3 → Aut(Z9 ) es dado por θ(¯ 1) = f¯4 y θ(¯2) = f¯7 . Z9 oθ Z3 y Z9 oθ0 Z3 . ¯1). ¯ 2)(¯ 7. θρ = θ0 . En efecto. tenemos el isomorfismo ρ = f¯2 ∈ Aut(Z3 ). .Soluciones de los Ejercicios 318 y θ0 : Z3 → Aut(Z9 ) es dado por θ0 (¯ 1) = f¯7 y θ0 (¯2) = f¯4 . Por el Ejercicio (164). siendo fr¯(k) Puesto que el grupo producto directo es abeliano y los otros no. para r = 4. de manera que la 0 ¯ ¯ ¯ composición θρ(1) = θ(2) = f¯7 = θ (1). y θρ(¯2) = θ(¯1) = f¯4 = θ0 (¯2). los isomorfos deben ser estos u ´ltimos. tal que ρ(¯ 1) = ¯ 2 y ρ(¯2) = ¯1. esto es. tenemos un isomorfismo Z9 oθ Z3 ∼ Volver al enunciado = Z9 oθρ Z3 = Z9 oθ0 Z3 . 7 y k¯ ∈ Z9 . ¯ = rk. (1) (2) (3) 319 Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios Ejercicio 166. Soluciones de los Ejercicios Ejercicio 167. Hacer 320 Volver al enunciado . (1. luego S4 es soluble. 3 y 4 respectivamente). cuyos factores son abelianos (tienen ordenes 2. En el grupo S4 tenemos la serie S4 B A4 B K B 1. por tanto S3 es soluble. donde K = {id. El grupo S2 es abeliano. Volver al enunciado . 3)(2. (1. 4). Una serie del grupo S3 es S3 B A3 B 1. 2)(3. (1.Soluciones de los Ejercicios 321 Ejercicio 168. por tanto soluble. cuyos factores son c´ıclicos de orden 2 y 3 respectivamente. 4). 4)(2. 3)} es el grupo de Klein. Soluciones de los Ejercicios 322 Ejercicio 169. tiene como factores grupos c´ıclicos de ordenes 2 y n. Representemos como usualmente Dn = hr. por tanto abelianos. Luego el grupo es soluble. Volver al enunciado . s | rn = 1 = s2 . La serie Dn B Cn B 1. sr = r−1 si. donde Cn = hri es el subgrupo c´ıclico generado por r. Volver al enunciado . Zp ) (ver Ejercicio (149)). Un argumento alternativo f´ acil puede hacerse por inducción en su orden. Zp . · · ·.Soluciones de los Ejercicios 323 Ejercicio 170. Luego es soluble. utilizando que el centro de un p-grupo no es trivial: El cociente G/Z(G) ser´ıa un p-grupo de orden menor. Si G es un p-grupo de orden pe . sabemos que la lista e) de sus factores de composici´ on es Zp . y Z(G) es soluble ya que es abeliano. Nota. por tanto contiene un subgrupo normal de orden p o q (c´ıclico en cualquier caso). siendo por tanto él mismo soluble. Volver al enunciado . Entonces el correspondiente cociente resulta también de orden p o q.Soluciones de los Ejercicios 324 Ejercicio 171. Un grupo de ese orden no es simple (ver Ejercicio (130)). Luego tal grupo contiene un subgrupo normal soluble con cociente también soluble. siendo por tanto él mismo soluble. p2 . Un grupo de ese orden no es simple (ver Ejercicio (133)).Soluciones de los Ejercicios 325 Ejercicio 172. q. es un grupo soluble ya que es abeliano en los tres primeros casos y el anterior ejercicio nos asegura su solubilidad en el caso que fuese de orden pq. digamos N . por tanto contiene un subgrupo normal de orden p. q o pq. es decir pq. p2 o p respectivamente. Puesto que el orden correspondiente cociente G/N resulta también en las mismas posibilidades. Luego tal grupo contiene un subgrupo normal soluble con cociente también soluble. Volver al enunciado . este será soluble por las mismas razones. Tal subgrupo. siendo por tanto él mismo soluble. q 2 . pq. digamos N . es decir pq 2 . Un grupo de ese orden no es simple (ver Ejercicio (134)). p2 . Luego tal grupo contiene un subgrupo normal soluble con cociente también soluble. Puesto que el orden correspondiente cociente G/N resulta también en las mismas posibilidades. q o p respectivamente. p2 q. p2 q o pq 2 . es un grupo soluble ya que es abeliano en los cuatro primeros casos y los anteriores Ejercicios (171) y (172) nos aseguran su solubilidad en los restantes casos. pq. p2 . este ser´ a soluble por las mismas razones. q 2 . q. por tanto contiene un subgrupo normal de orden p. Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios 326 Ejercicio 173. Tal subgrupo. Un grupo de orden primo es c´ıclico y por tanto soluble. como ha sido demostrado en el Ejercicio (171). Volver al enunciado . Luego el grupo en cuestión contiene un subgrupo normal soluble con cociente también soluble. por tanto contiene un subgrupo normal de orden primo. y notemos que el correspondiente cociente tiene también orden primo o producto de dos primos. y un grupo que es producto de dos primos es también soluble. Un grupo de ese orden no es simple (ver Ejercicio (131)). siendo por tanto él mismo soluble.Soluciones de los Ejercicios 327 Ejercicio 174. o producto de dos primos. · · · .Supongamos que G es un grupo de orden 24. concluimos que n3 (G) = 4. todos los grupos de orden menor que 60 son reconocidos como solubles por los criterios demostrados en los Ejercicios (170). Consideremos ahora el caso en que G tiene más de un 3-subgrupo de Sylow. . este ser´ a un subgrupo normal y c´ıclico de orden 3 y. por tanto soluble. y entonces también soluble (ver Ejercicio (170)). y sea ρ : G → S(Syl3 (G)) ∼ = S4 la representación asociada.Soluciones de los Ejercicios 328 Ejercicio 175. Caso 24. 40 = 23 5. Con la excepci´ on de los de orden 24 = 23 3. digamos P . Consideremos entonces la acción por conjugación de G sobre el conjunto Syl3 (G) de sus 3-subgrupos de Sylow: a P = aP a−1 . El cociente G/P será un grupo de orden 8. Luego el propio G ser´ıa soluble. Puesto que el n´ umero de estos ha de ser un divisor de 8 y congruente con 1 m´ odulo 3. Discutimos a continuación esos casos especiales: 1. 54 = 3 2 y 56 = 23 7. un 2-grupo.. (174). 4 3 48 = 2 3. Si el grupo contiene un u ńico 3-subgrupo de Sylow. cuyo cociente es un grupo de orden 8. un 2-grupo y soluble entonces. La u ńica posibilidad es n5 = 1. c´ıclico y soluble entonces. 8 o 12. el homomorfismo ρ no es trivial y Ker(ρ) 6= G. un grupo isomorfo a un subgrupo de S4 y por tanto soluble ya que S4 lo es (ver Ejercicio (168)). Caso 40.. Luego el propio grupo es soluble. por tanto de orden 1. 3. que puede ser 1. as´ı que el grupo contiene un subgrupo normal de orden 5. es un subgrupo de G de orden estrictamente menor que 24. 6. .Soluciones de los Ejercicios 329 Puesto que la acci´ on es transitiva.Supongamos que G es un grupo de orden 48 = 24 3. Caso 48. Luego G es soluble. 4 o 16. El cociente G/ Ker(ρ) ser´ a isomorfo a la imagen. y atendamos al n´ umero de sus posible 3-subgrupos de Sylow. 3.El n´ umero de 5-subgrupos de Sylow de un grupo de orden 40 = 23 5 ha de ser un divisor de 8 y congruente con 1 módulo 5. 4. 2. 2. y en cualquier caso soluble por la parte del ejercicio antes comentada.. el grupo contendr´ıa 32 elementos distintos de orden 3. es un subgrupo de G de orden estrictamente menor que 48. y sea ρ : G → S(Syl3 (G)) ∼ = S4 la representaci´ on asociada. Puesto que la acción es transitiva. Luego G contendr´ıa un subgrupo normal de orden 16. por tanto de orden ≤ 24. Si n3 (G) = 16. Consideremos entonces la acción por conjugaci´ on de G sobre el conjunto Syl3 (G) de sus 3subgrupos de Sylow: a P = aP a−1 .Soluciones de los Ejercicios 330 Si n3 (G) = 1. cuyo cociente ser´ıa de orden 3. pues la intersecci´ on de dos subgrupos distintos de orden 3 ha de ser trivial. c´ıclico y por tanto soluble. Luego G ser´ıa soluble. un 2-grupo y soluble. un 2grupo y por tanto soluble. cuyo cociente ser´ıa de orden 16. y en cualquier caso soluble por la parte del ejercicio ya . el homomorfismo ρ no es trivial y Ker(ρ) 6= G. c´ıclico y soluble. los 48 − 32 = 16 elementos restantes solo pueden conformar el que ser´ıa el u ńico 2-subgrupo de Sylow de G. el grupo contendr´ıa un subgrupo normal de orden 3. Luego G ser´ıa soluble. Supongamos ahora que n3 (G) = 4. El cociente G/ Ker(ρ) ser´ a isomorfo a la imagen. cuyo cociente ser´ıa de orden 8. Caso 56.Supongamos que G es un grupo de orden 56 = 23 7. c´ıclico y soluble. Caso 54. c´ıclico y soluble entonces.. el grupo contendr´ıa 48 elementos distintos de . La u ńica posibilidad es n3 = 1. un grupo isomorfo a un subgrupo de S4 y por tanto soluble ya que S4 lo es (ver Ejercicio (168)). un 3-grupo y soluble entonces.. 5. as´ı que el grupo contiene un subgrupo normal de orden 27.Soluciones de los Ejercicios 331 resuelta. cuyo cociente es un grupo de orden 2. un 2-grupo y por tanto soluble. Luego G es soluble. Si n7 (G) = 1. Luego el propio grupo es soluble.El n´ umero de 3-subgrupos de Sylow de un grupo de orden 54 = 33 2 ha de ser un divisor de 2 y congruente con 1 módulo 3. que puede ser 1 u 8. 4. el grupo contendr´ıa un subgrupo normal de orden 7. Luego G ser´ıa soluble. Si n7 (G) = 8. y atendamos al n´ umero de sus posible 7-subgrupos de Sylow. los 56 − 48 = 8 elementos restantes solo pueden conformar el que ser´ıa el u ńico 2-subgrupo de Sylow de G. un 2grupo y por tanto soluble. cuyo cociente ser´ıa de orden 7. Luego G ser´ıa soluble.Soluciones de los Ejercicios 332 orden 7. Luego G contendr´ıa un subgrupo normal de orden 8. c´ıclico y por tanto soluble. pues la intersecci´ on de dos subgrupos distintos de orden 7 ha de ser trivial. Volver al enunciado . entonces cualquier subgrupo suyo lo es y por tanto cada Gi es soluble. Rec´ıprocamente. Volver al enunciado . deducimos la solubilidad de Gr−2 . Como Gr−2 /Gr−1 es también soluble. Finalmente. G = G0 es soluble. se sigue la solubilidad de Gr−3 . En particular Gr−1 ∼ = Gr−1 /Gr es soluble. · · · . Como Gr−3 /Gr−2 es soluble. luego cada Gi /Gi+1 es soluble.Soluciones de los Ejercicios 333 Ejercicio 176. La solubilidad se hereda a cocientes. El argumento es claramente inductivo. Si G es soluble. supongamos que todos los factores de la serie son solubles. deduciendo sucesivamente que cada grupo Gi de la serie dada es soluble. 1 × · · · × 1 × 1 × Gi+1 × · · · × Gr Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios 334 Ejercicio 177. Basta aplicar las conclusiones del anterior ejercicio a la serie del grupo producto (G1 × · · · × Gr ) B (1 × G2 × · · · × Gr ) B · · · B (1 × · · · × 1 × Gr ) B 1 y tener en cuenta los isomorfismos 1 × · · · × 1 × Gi × Gi+1 × · · · × Gr ∼ = Gi . y el Primer Teorema de isomorfismo nos asegura que p induce un isomorfismo G/(H ∩ K) ∼ = Im(p) ⊆ G/H × G/K. pK ) : G → G/H × G/K. Su n´ ucleo es claramente H ∩ K. x 7→ (¯ x. Luego G/(H ∩ K) es soluble. Sean pH : G → G/H y pK : G → G/K las proyecciones a los grupos cocientes.Soluciones de los Ejercicios 335 Ejercicio 178. y entonces también todos sus subgrupos. Volver al enunciado . su producto directo lo es. y consideremos el homomorfismo inducido p = (pH . Puesto que G/H y G/K son soluble. x ¯). Soluciones de los Ejercicios 336 Ejercicio 179. entonces ser´ıa G = G(r para todo r ≥ 1. Volver al enunciado . Por tanto no existir´ıa un r ≥ 1 tal que G(r = 1 y G no ser´ıa soluble. Si fuese G = G0 . (r−1 Entonces H = G es un grupo normal en G. Entonces H = G(r es un subgrupo normal verificando que H = H 0 . Consideremos la serie derivada del grupo G B G0 B G00 B · · · Si el grupo es soluble. existir´ a un primer entero r ≥ 1 tal que G(r = 1. Si el grupo no es soluble. como es finito. no trivial y abeliano (pues H 0 = G(r = 1).Soluciones de los Ejercicios 337 Ejercicio 180. Volver al enunciado . ha de ser G(r = G(r+1 para alg´ un r ≥ 1. Volver al enunciado . Es consecuencia de que H o K contiene un subgrupo normal isomorfo a H (H × 1 ⊂ H o K) y que el correspondiente cociente es isomorfo a K.Soluciones de los Ejercicios 338 Ejercicio 181. .Soluciones de los Ejercicios 339 Ejercicio 182. Si x es cualquier elemento de una base de un grupo libre F . pues se tratar´ıa de dos palabras reducidas en elementos b´ asicos distintas y expresando un mismo elemento del Volver al enunciado grupo. entonces una igualdad del tipo xn = 1 (equivalente a xn+1 = x) no es posible si n ≥ 1. Luego ord(x) = ∞. donde xi ∈ X ó x−1 ∈ X. la longitud de w. ser´ Supongamos r > 1. por hip´ otesis de inducción. xi xi+1 6= 1 y i r ≥ 1. cio (182). Volver al enunciado . ω 6= 1.Soluciones de los Ejercicios 340 Ejercicio 183. para n ≥ 1. tomemos w0 = x2 · · · xr−1 . w = x1 (u w−1 ) es un elemento de la base y. y por tanto tienen el mismo orden y. Si por el contrario fuese xr x1 = 1. entonces. y hagamos inducci´ on en r. Si fuese xr x1 6= 1. Si r = 1. Supongamos F libre con base X y sea w ∈ F . Consideremos la expresi´ on de w como palabra reducida en elementos de la base: w = x1 x2 · · · xr . ord(w0 ) = ∞. y por tanto wn 6= 1. el elemento wn se expresa en términos de la base como una palabra reducida de longitud rn: n) wn = x1 x2 · · · xr x1 x2 · · · xr · · · x1 x2 · · · xr . por el Ejercia de orden infinito. Entonces w es un conjugado de w0 : w = x1 w0 x−1 1 . pues en otro caso tendr´ıamos dos expresiones distintas de un mismo elemento como palabras reducidas en los elementos de la base. As´ı que |X| = 1. El grupo Z × Z es conmutativo. Supongamos que F es un grupo libre con base X. Si fuera libre habr´ıa de ser isomorfo a Z. y F ∼ = Z. y ∈ X ha de ser xy 6= yx. Si existen dos elementos distintos x. cosa falsa pues uno es grupo abeliano libre de rango 2 y el otro Volver al enunciado grupo abeliano libre de rango 1.Soluciones de los Ejercicios 341 Ejercicio 184. Luego F no podr´ıa ser conmutativo. . Consideremos su expresión como palabra reducida en elementos de la base: w = xe11 xe22 · · · xerr . ei ∈ Z∗ . la expresión de wx1 admite reducci´ on. w 6= 1. y por comparaci´ on vemos que x1 w 6= wx1 . se tiene que xn y 6= yxn (ya que tendr´ıamos un mismo elemento que se expresa mediante dos palabras reducidas distintas en los elementos de la base X). Supongamos F libre con base X y sea w ∈ Z(F ). . mientras que la correspondiente de wx1 será la que se obtenga después de reducir la expresión inicial wx1 = xe11 xe22 · · · xerr x1 . es decir que w ∈ / Z(F ). donde x es un elemento de la base. La correspondiente expresión como palabra reducida del elemento x1 w es claramente x1 w = xe11 +1 xe22 · · · xrer . Si fuera w = xn ∈ X. luego la longitud de la palabra que expresa wx1 en términos de la base es estrictamente menor que la de x1 w. tal expresi´ ducida. y también concluimos que wx1 6= x1 w. n ∈ Z. xi 6= xi+1 y r ≥ 2. Entonces w no es un elemento da la base. donde xi ∈ X. entonces para cualquier otro y ∈ X.Soluciones de los Ejercicios 342 Ejercicio 185. con y 6= x. Si x1 6= x−1 on de wx1 ya es rer . luego w∈ / Z(F ). Si x1 = x−1 r . Soluciones de los Ejercicios 343 Volver al enunciado . F ]. xm } ser´ıa un sistema de generadores del grupo abeliano libre Fab = F/[F. entonces el conjunto de sus clases módulo el subgrupo conmutador {x1 . · · · . Si {x1 . es un grupo abeliano libre de rango n. que. Volver al enunciado . · · · . como sabemos.Soluciones de los Ejercicios 344 Ejercicio 186. xm } fuese un sistema de generadores de un grupo libre F de rango n > m. r − 1. se sigue la primera parte del Ejercicio. . para alg´ un i = 1. manteniendo por tanto la paridad de esta. con xi ∈ X ó x−1 ∈ X. i pongamos φ(w) = (−1)k . si w = x1 x2 · · · xk . 0 0 −1 con xj ∈ X o xj ∈ X. tenemos bien definida una aplicaci´ on φ : F → C2 . Puesto la expresión de un elemento como una palabra reducida sobre X es u ńica. De esta forma. Para la segunda parte. de manera que podremos expresar w = x1 · · · xi−1 xi+2 · · · xr . entonces ww0 = 0 0 x1 x2 · · · xk x01 · · · x0k0 y φ(ww0 )(−1)k+k = (−1)k (−1)k = φ(w)φ(w0 ). Por lo demostrado anteriormente. de F en el grupo c´ıclico C2 = {+1. cada paso en un proceso de reducción de una palabra disminuye en 2 su longitud. i cualquier reducci´ on en la misma ser´ a consecuencia de que xi = x−1 i+1 . ·. −1}. que es adem´ as un homomorfismo: Si w0 = x01 · · · x0k0 . Luego si un elemento de F admite una expresión como una palabra de longitud par (impar) se expresará también como una palabra reducida de longitud par (impar). es otro elemento de F .Soluciones de los Ejercicios 345 Ejercicio 187. Si un elemento de w ∈ F se expresa como una palabra no reducida sobre X en la forma x1 x2 · · · xr . con xi ∈ X ó x−1 ∈ X. . Puesto que φ(x) = −1.Soluciones de los Ejercicios 346 Claramente H = Ker(φ) y por tanto H es un subgrupo normal de F . tenemos que φ es un epimorfismo. para cualquier x ∈ X. Luego F/H ∼ Volver al enunciado = C2 . nj ∈ Z∗ para i > 1 y j < k. g(x) = ¯ 1. g(y) = ¯0. f (x) = ¯ 0. nk ∈ Z y mi . la composición de este con la proyección F → F/N nos dar´ıa un epimorfismo F → Z2 cuyo n´ ucleo es N . h(x) = ¯ 1. 0(x) = ¯ 0. ya que el cociente es isomorfo a Z2 . f (y) = ¯1. y h . f (y) = ¯1. Rec´ıprocamente. (2) Los homomorfismos f˜ : F → Z2 corresponden biun´ıvocamente a las aplicaciones f : X → Z2 . f . . Las aplicaciones de X en Z2 son: 0 . ni f (y). 0(y) = 0. de manera que f˜(xm1 y n1 · · · xmk y nk ) = k X i=1 mi f (x) + k X i=1 donde m1 .Soluciones de los Ejercicios 347 Ejercicio 188. (1) El n´ ucleo de cualquier epimorfismo de F en Z2 es un subgrupo ´ındice 2. cualquier subgrupo N ≤ F de ´ındice 2 es normal y existir´ıa un isomorfismo F/N ∼ = Z2 . g . g˜(xm1 y n1 · · · xmk y nk ) = i=1 k P ˜ m1 y n1 · · · xmk y nk ) = h(x i=1 k P i=1 mi . N1 = Ker(f˜). pero entonces también xm1 w0 = w ∈ N1 . supongamos que w = P xm1 y n1 · · · xmk y nk ∈ Ker(f˜). esto es.Soluciones de los Ejercicios 348 siendo manifiesto que solo las tres u ´ltimas extienden a correspondi˜ : F → Z2 : entes epimorfismos f˜. yxy −1 ∈ Ker(f˜). y 2 . i=1 (3) Caso 1. h k P f˜(xm1 y n1 · · · xmk y nk ) = ni . Supongamos ahora que m1 = 0. Probamos que w ∈ N1 por inducci´ on en la longitud de la palabra: Si m1 6= 0. entonces w0 = y n1 xm2 y n2 · · · xmk y nk sigue estando en Ker(f˜) y es de longitud menor. Es claro que x. luego N1 ⊆ Ker(f˜). luego w0 ∈ N1 . mi + k P ni . y discutimos seg´ un la paridad de . Para la inclusi´ on rec´ıproca. g˜. que ni un n´ umero par. pero entonces también 2r+1 m2 n2 k nk y 2r (yxy −1 )m2 w0 = y 2r yxm2 y −1 yy n2 xm3 y m3 · · · xm x y · · · xmk y mk = k yk = y w ∈ N1 . Probamos que w ∈ N3 por inducci´ on en la longitud de la palabra: Por la simetr´ıa entre los papeles jugados por x e y en este caso. Finalmente. luego w0 ∈ N1 .Soluciones de los Ejercicios 349 n1 . pero entonces también (x2 )r w0 = . ˜ y es de entonces w0 = y n1 xm2 y n2 · · · xmk y nk sigue estando en Ker(h) 0 longitud menor. yx. N2 = Ker(˜ cambiando x por y. entonces w0 = yy n2 xm3 y m3 · · · xmk y nk sigue estando en Ker(f˜) y es de longitud menor. luego w0 ∈ N1 . Caso 2. un n´ umero par. luego w ∈ N3 . entonces w0 = xm2 y n2 · · · xmk y nk ˜ sigue estando en Ker(f ) y es de longitud menor. esto es. Si n1 = 2r. que mi + ni un n´ umero par. ˜ N3 ⊆ Ker(h). g ). Si m1 = 2r. Para la inclusi´ on rec´ıproca. supongamos que w = P P xm1 y n1 · · · xmk y nk ∈ Ker(f˜). y 2 . Se demuestra an´ alogamente al caso anterior. pero entonces también y 2r w0 = w ∈ N1 . podemos limitarnos al caso en que m1 6= 0. N3 = Ker(h). ˜ ˜ luego Caso 3. un n´ umero par. Es claro que x2 . yx ∈ Ker(h). si n1 = 2r + 1 es impar. pero entonces también x xy w0 = w ∈ N3 .Soluciones de los Ejercicios 350 w ∈ N3 . entonces w0 = ˜ y es de longitud y n1 −1 xm2 y m2 · · · xmk y nk sigue estando en Ker(h) 0 2r menor. En otro caso. si m1 = 2r + 1 es impar. luego w ∈ N3 . Volver al enunciado . Soluciones de los Ejercicios 351 Ejercicio 189. El n´ ucleo de cualquier epimorfismo de F en Z3 es un subgrupo normal de ´ındice 3, ya que el cociente es isomorfo a Z3 . Rec´ıprocamente, para cualquier subgrupo normal N ≤ F de ´ındice 3 existir´ıa un isomorfismo F/N ∼ = Z3 y la composición de este con la proyección F → F/N nos dar´ıa un epimorfismo F → Z3 cuyo n´ ucleo es N . Buscamos entonces los diferentes epimorfismos de f˜ : F → Z3 que corresponden biun´ıvocamente a las aplicaciones f : X → Z3 , de manera que k k X X f˜(xm1 y n1 · · · xmk y nk ) = mi f (x) + ni f (y), i=1 i=1 donde m1 , nk ∈ Z y mi , nj ∈ Z∗ para i > 1 y j < k. Podemos describir las aplicaciones de X en Z3 en la forma: ¯i, ¯j ∈ Z3 . f¯i,¯j : X → Z3 ; f¯i,¯j (x) = ¯i, f¯i,¯j (y) = ¯j, Con la excepci´ on de f˜¯0,¯0 , que es el homomorfismo trivial, los 8 restantes son epimorfismos, pues su imagen es un subgrupo no trivial de Z3 , y Soluciones de los Ejercicios 352 por tanto todo Z3 . Sus correspondientes n´ ucleos Ki,j = Ker(f˜¯i,¯j ), nos ´ darán todos los subgrupos normales de ´ındice 3 de F . Unicamente nos queda determinar cuantos de ellos son distintos: Notemos que existe el automorfismo −id : Z3 ∼ = Z3 , tal que (−id)f˜¯i,¯j = ˜ ˜ ˜ f−¯i,−¯j y, por tanto, Ker(f¯i,¯j ) = Ker(f−¯i,−¯j ). Esto nos reduce los posibles subgrupos distintos de ´ındice 3 de F a K¯0,¯1 , K¯1,¯0 , K¯1,¯1 y K¯1,¯2 . Y estos son efectivamente distintos pues : x ∈ K¯0,¯1 y no a los otros tres, y ∈ K¯1,¯0 y no a los dem´ as, xy 2 ∈ K¯1,¯1 y no a los otros y x2 y ∈ K¯1,¯0 y no a los restantes. Volver al enunciado Soluciones de los Ejercicios 353 Ejercicio 190. (1) Fijemos un k ∈ N y un conjunto S con k elementos. Supongamos también que X = {x1 , · · · , xr } es una base para F . Si N es un subgrupo normal de F de ´ındice k, el cociente F/N será un grupo de orden k y existir´ a una biyección b : F/N ∼ = S. Via esta biyección, podemos “transportar” la estructura de grupo de F/N a S y convertir este en un grupo, digamos SN = (S, ·N ), isomorfo a F/N por b; esto es, poniendo u ·N v = b b−1 (u) b−1 (v) . (2) Para cada subgrupo normal de F de ´ındice k, N , la composición de la proyecci´ on F → F/N con el isomorfismo b : F/N ∼ = SN será un epimorfismo fÑ : F → SN cuyo n´ ucleo es N . Como además, F es libre con base X, ese epimorfismo estar´ a completamente determinado por su restricción a la base, que ser´ a entonces una aplicación fN : X → S. Definimos la aplicaci´ on N 7→ (fN , ·N ) ∈ Apli(X, S) × Apli(S × S, S). Es inyectiva, pues si (fN , ·N ) = (fM , ·M ), entonces SN = SM , y fÑ = f˜M ; por tanto N = Ker(fÑ ) = Ker(f˜M ) = M . Finalmente, tengamos 2 2 en cuenta que |Apli(X, S) × Apli(S × S, S)| = k r k k = k r+k . Volver al enunciado Soluciones de los Ejercicios 354 Ejercicio 191. La condici´ on es claramente necesaria. Para demostrar que es suficiente, utilizaremos que, para cada ω ∈ G, el subgrupo ωN ω −1 está generado por el conjunto ωY ω −1 = {ωyω −1 , y ∈ Y } (que es consecuencia de que la conjugaci´ on por ω es un automorfismo del grupo). De manera que probar que ωN ω −1 ⊆ N es equivalente a probar que ωY ω −1 ⊆ N para cualquier ω ∈ G. Cualquier elemento ω ∈ G admite una expresión (no necesariamente u ńica) como una palabra en los generadores del grupo. Además, puesto que cada generador x es de orden finito, su inverso x−1 será expresable como una potencia xm con exponente positivo, y podemos utilizar para representar todos los elementos de G palabras en las que solo intervengan potencias positivas de los generadores. Escojamos para cada elemento ω una tal palabra de longitud m´ınima, y hacemos inducción sobre esta longitud en orden a probar ωY ω −1 ⊆ N para todo ω ∈ G. Para longitud uno el resultado se tiene por hipótesis ya que xY x−1 ⊆ N . Sea n ≥ 1. Si ω ∈ G es un elemento que admite una expresión como una palabra en los generadores (con exponentes positivos) de Soluciones de los Ejercicios 355 longitud n + 1, ser´ a ω = xω 0 para alg´ un generador x ∈ X, donde 0 ω tiene una expresi´ on como una una palabra de longitud n en los −1 generadores. Entonces, por hip´ otesis de inducción, ω 0 Y ω 0 ⊆ N y en −1 consecuencia ωY ω −1 = xω 0 Y ω 0 x−1 ⊆ xN x−1 ⊆ N , y concluimos Volver al enunciado as´ı la normalidad de N . Soluciones de los Ejercicios 356 Ejercicio 192. Denotemos por G al grupo definido por la presentación. Los elementos de ¯ 2, ¯ 3 ∈ Z6 verifican que 3 ¯2 = ¯0, 2 ¯3 = ¯0 ¯ ¯ ¯ ¯ y 2 + 3 = 3 + 2. Entonces, por el Teorema de Dyck, existe un homomorfismo f : G → Z6 tal que f (a) = ¯ 3 y f (b) = ¯2. La imagen de este homomorfismo contiene elementos de orden 2 y de orden 3, luego al menos ha de tener orden 6, es decir, necesariamente es todo Z6 . As´ı que f es un epimorfismo. Si probamos ahora que |G| ≤ 6, necesariamente será |G| = 6 y f una biyección, o sea un isomorfismo. Para ello, consideremos primero el subgrupo c´ıclico N = hbi ⊆ G. Por la relación b2 = 1 este es de orden menor o igual que 2. Adem´ as, de la relaci´ on aba−1 = b se sigue que N ha, bi es normal en G (Ejercicio (191)) y el grupo cociente G/N = = hbi h¯ ai está claramente generado por la clase a ¯ = aN . De la relación a3 = 1 se sigue que también a ¯3 = ¯ 1 y por tanto que G/N es un grupo de orden menor o igual que 3. Luego |G| = |G/N | |N | ≤ 2 3 = 6. Volver al enunciado Soluciones de los Ejercicios 357 Ejercicio 193. Denotemos por G al grupo definido por la presentación. Los elementos de (¯ 1, ¯ 0), (¯ 0, ¯ 1) ∈ Z2 × Z2 son de orden dos y conmutan entre s´ı. Entonces, por el Teorema de Dyck, existe un homomorfismo f : G → Z2 × Z2 tal que f (a) = (¯1, ¯0) y f (b) = (¯0, ¯1). La imagen de este es contiene un sistema de generadores y por tanto es necesariamente todo Z2 × Z2 . As´ı que f es un epimorfismo. Si probamos ahora que |G| ≤ 4, necesariamente será |G| = 4 y f una biyección, o sea un isomorfismo. Para ello, consideremos primero el subgrupo c´ıclico N = hbi ⊆ G. Por la relación b2 = 1 este es de orden menor o igual que 2. Adem´ as, de la relaci´ on aba−1 = b se sigue que N ha, bi = es normal en G (Ejercicio (191)) y el grupo cociente G/N = hbi h¯ ai está claramente generado por la clase a ¯ = aN . De la relación a2 = 1 se sigue que también a ¯2 = ¯ 1 y por tanto que G/N es un grupo de orden menor o igual que 2. Luego |G| = |G/N | |N | ≤ 2 2 = 4. Volver al enunciado Si probamos ahora que |G| ≤ 2n. satisfacen las relaciones rn = 1 = s2 y sr = rn−1 s. la simetr´ıa respecto al eje que une el centro con uno de sus vértices. o sea un isomorfismo. necesariamente será |G| = 2n y f una biyección. el giro en torno al centro del pol´ıgono regular de n lados de amplitud 2π/n y s. Para ello. Luego |G| = |G/N | |N | ≤ 2 n = 2n. Por la relaci´ on an = 1 este es de orden menor o igual que n. existe un homomorfismo f : G → Dn tal que f (a) = r y f (b) = s. bi normal en G (Ejercicio (191)). La imagen de este homomorfismo contiene a los generadores de Dn y necesariamente es todo Dn . por el Teorema de Dyck. Entonces. Además. 2 como b = 1 ser´ a b−1 = b y de la relaci´ on bab = a−1 se sigue que N es ha. . As´ı que f es un epimorfismo. De la relación b2 = 1 2 se sigue que también ¯b = ¯ 1 y por tanto que G/N es un grupo de orden menor o igual que 2. Denotemos por G al grupo definido por la presentación. consideremos primero el subgrupo c´ıclico N = hai ⊆ G. Sabemos que los generadores r.Soluciones de los Ejercicios 358 Ejercicio 194. El grupo cociente G/N = = h¯bi hai está claramente generado por la clase a ¯ = aN . Soluciones de los Ejercicios 359 Volver al enunciado . (−1)i = −i = i(−1). consideremos primero el subgrupo c´ıclico N = hai ⊆ G. Si probamos ahora que |G| ≤ 8. Recordemos que el grupo cuaternio es Q2 = {±1. El grupo cociente . necesariamente será |G| = 8 y f una biyección. Los elementos de i. (−1)j = −j = j(−1).Soluciones de los Ejercicios 360 Ejercicio 195. ±k} con la ley de composici´ on que determinan las igualdades (ver su tabla de multiplicar en el Ejercicio (31)) i2 = j 2 = k 2 = ijk = −1. por el Teorema de Dyck. ±i. ±j. Adem´ as. de la relación bab−1 = a−1 se sigue que N es normal en G (Ejercicio (191)). As´ı que f es un epimorfismo. j ∈ Q2 verifican las relaciones que definen al grupo G: i4 = (−1)2 = 1. (−1) = 1. Por la relación a4 = 1 este es de orden menor o igual que 4. (−1)k = −k = k(−1). Entonces. i2 = −1 = j 2 y ji = −k = −ij = i−1 j. o sea un isomorfismo. Para ello. 2 Denotemos por G al grupo definido por la presentación. La imagen de este es contiene a i y a j. que generan Q2 (notar que ij = k) y por tanto es todo Q2 . existe un homomorfismo f : G → Q2 tal que f (a) = i y f (b) = j. De hai la relación a2 = b2 se sigue que también ¯b2 = ¯1 y por tanto que G/N es un grupo de orden menor o igual que 2. Luego |G| = |G/N | |N | ≤ Volver al enunciado 2 4 = 8. bi = h¯bi est´ a claramente generado por la clase ¯b = bN .Soluciones de los Ejercicios 361 ha. G/N = . = 4 Por tener Q3 grupos cocientes de ordenes 6 y 4. Además. sr = r−1 si (ver Ejercicio (194)). Comenzamos viendo que Q3 tiene cocientes isomorfos a Z4 y a D3 .(6. su orden ha de ser al menos el m. observamos que los elementos ¯2 y ¯1 verifican las relaciones de los generadores de Q3 : 6 ¯2 = ¯0. s | r3 = 1. 2 ¯1 = ¯2 = 3 ¯2 y ¯1 + ¯2 = ¯3 = −¯ 2+¯ 1. Se tienen las igualdades r6 = (r3 )2 = 1. m. Para ello. c. s2 = 1 = r3 y sr = r−1 s. utilizando para ello el Teorema de Dyck. f es un epimorfismo. como Q3 tiene un cociente que es no abeliano (∼ = D3 ) él mismo no puede ser abeliano. Puesto que en la imagen de f están los generadores r y s de D3 . de manera que Q3 / ker(f ) ∼ = D3 . Sabemos que D3 = hr. Claramente g es un epimorfismo y Q3 / ker g ∼ Z . consideremos primero . As´ı que |Q3 | ≥ 12. Luego existe un homomorfismo g : Q3 → Z4 tal que g(a) = ¯ 2 y g(b) = ¯ 1. 4) = 12. Para lo que refiere a Z4 . Solo nos queda probar que |Q3 | ≤ 12.Soluciones de los Ejercicios 362 Ejercicio 196. Luego existe un homomorfismo f : Q3 → D3 tal que f (a) = r y f (b) = s. s2 = 1. de la relación bab−1 = a−1 se sigue que N es normal en Q3 (Ejercicio (191)) y el grupo cociente ha. Volver al enunciado . bi = h¯bi est´ a claramente generado por la clase ¯b = bN . Por la relación a6 = 1 este es de orden menor o igual que 6. Q3 /N = hai De la relaci´ on b2 = a3 se sigue que ¯b2 = ¯1 y por tanto que Q3 /N es un grupo de orden menor o igual que 2.Soluciones de los Ejercicios 363 el subgrupo c´ıclico N = hai ⊆ Q3 . Luego |Q3 | = |Qk /N | |N | ≤ 2 6 = 12. Adem´ as. De la relación b2 = ak se sigue que ¯b2 = ¯ 1 y por tanto que Qk /N es un grupo de orden menor o igual que 2. de la relaci´ on bab−1 = a−1 se sigue que N es normal en ha. sr = r−1 si (ver Ejercicio (194)). de manera que Qk / ker(f ) ∼ = Dk . (3) Si k = 2r + 1 es impar. 2 ¯1 = ¯2 = 4r ¯+ 2 = k ¯2 y . (1) Consideremos el subgrupo c´ıclico N = hai ⊆ Qk . Se tienen las igualdades r2k = (rk )2 = 1. bi Qk (Ejercicio (191)) y el grupo cociente Qk /N = = h¯bi está hai claramente generado por la clase ¯b = bN . Además. (2) Sabemos que Dk = hr. Como Qk tiene un cociente que es no abeliano (∼ = Dk ) él mismo no puede ser abeliano.Soluciones de los Ejercicios 364 Ejercicio 197. concluimos que |Qk | ≥ 2k. Por la relaci´ on a2k = 1 este es de orden menor o igual que 2k. f es un epimorfismo. Puesto que el orden de Qk será un m´ ultiplo del orden de Dk . Puesto que en la imagen de f están los generadores r y s de Dk . s2 = 1. los elementos ¯ 2 y ¯1 verifican las relaciones ¯ ¯ ¯ de los generadores de Qk : 2k 2 = 4k = 0. Luego |Qk | = |Qk /N | |N | ≤ 2 2k = 4k. Luego existe un homomorfismo f : Qk → Dk tal que f (a) = r y f (b) = s. s | rk = 1. s2 = 1 = rk y sr = r−1 s. m. Claramente g es un epimorfismo y Qk / ker g ∼ = Z4 .Soluciones de los Ejercicios 365 ¯1 + ¯2 = ¯3 = −¯ 2+¯ 1. Por tener Q3 un grupo cociente de orden 4. As´ı que |Qk | = 4k.(2k. 4) = 4k (pues k es impar). c. Volver al enunciado . y entonces al menos el m. Luego existe un homomorfismo g : Qk → Z4 tal que g(a) = ¯ 2 y g(b) = ¯ 1. su orden ha de ser m´ ultiplo de este. 3) verifican las relaciones de los generadores de G: σ 2 = id. abab = b2 a y baba = ab2 . y por tanto conmutan. as´ı que a es de orden 2. Puesto que a bab2 = ababb = b2 ab y bab2 a = baabab = b2 ab. Por el Ejercicio (191). 4) y τ = (1. también es de orden 2.Soluciones de los Ejercicios 366 Ejercicio 198. bi (3) El grupo cociente G/N = N = h¯bi está claramente generado . Observamos primero que de las relaciones que definen G se deduce inmediatamente que babab = a. y consecuentemente f es un epimorfismo. a. bab2 . (1) Observamos que los elementos de A4 . b2 ab}. Por hipótesis a2 = 1. τ 3 = id y (στ )3 = (2. Como bab2 es un conjugado de a. y a 6= 1 pues f (a) = σ 6= 1. ha. para la normalidad de N = ha. 4. Luego existe un homomorfismo f : G → A4 tal que f (a) = σ y f (b) = τ . Es fácil establecer que σ y τ generan todo A4 (generan un subgrupo de orden al menos 6. y A4 no contiene subgrupos de orden 6. consistirá del elemento unidad. bab2 i basta observar que b bab2 b2 = b2 ab ∈ N . 2. 2)(3. de ellos dos y de su producto: N = {1. ver Ejercicio (28)). As´ı que el subgrupo que generan N . 3)3 = id. σ = (1. 2. ya que Volver al enunciado |G| = |G/N | |N | ≤ 3 4 = 12. . De la relaci´ on b3 = 1 se sigue que ¯b3 = ¯1 y por tanto que G/N es un grupo c´ıclico de orden menor o igual que 3.Soluciones de los Ejercicios 367 por la clase ¯b = bN . Con lo ya demostrado podemos concluir que el epimorfismo obtenido en el apartado 1. y |A4 | = 12. f : G → A4 es un isomorfismo. también será de orden 2. tenemos que (ba)2 (ab)2 = babaabab = bab2 ab. . Entonces: Por un lado. este subgrupo generado por σ es todo S4 . N .Soluciones de los Ejercicios 368 Ejercicio 199. bababa = ab2 . 2. luego su orden será m´ ultiplo de 12. 4) 6= id. ya que f (ab)2 = (στ )2 = (1. 3. Como A4 es el u ńico subgrupo de S4 con 12 elementos (Ejercicio (50)). 4) verifican las relaciones de los generadores de G: σ 2 = id. As´ı que el subgrupo que generan . 2) y τ = (2. y notemos para ello que de la igualdad (ab)4 = 1 deducimos que abababa = b2 . (1) Observamos que los elementos de S4 . 3)4 = id. y (ab)2 6= 1. 3)(2. y σ ∈ / A4 . τ 3 = id y (στ )4 = (1. Puesto que ba = a ab a es un conjugado de ab. 4)2 = (1. 2. (2) Por hipótesis (ab)4 = 1. σ = (1. y por tanto conmutan. Vemos ahora que conmutan. 4. Luego (ab)2 es de orden 2. el subgrupo generado por ellos contiene un elemento de orden 4 y uno de orden 3. ababab = b2 a y que babab = ab2 a. 3. consistirá del elemento unidad. 2. 3. vemos ahora que σ y τ generan todo S4 : como στ = (1. y por otro que (ab)2 (ba)2 = ab(ab2 a)ba = ab(babab)ba = (ab2 a)b(ab2 a) = (babab)b(babab) = bab2 ab. Luego existe un homomorfismo f : G → S4 tal que f (a) = σ y f (b) = τ . 4). Para demostrar que f es un epimorfismo. (ba)2 i basta observar que los conjugados de los generadores por a y b siguen estando en N : a (ab)2 a = (a ab a)2 = (ba)2 ∈ N . Por el Ejercicio (191). ¯b3 = ¯ 1 y (¯ a¯b)2 = ¯ 1. pudiendo escribir esta u ´ltima en la forma −1 a ¯¯b = ¯b a ¯. y |S4 | = 24. para la normalidad de N = h(ab)2 . s2 = 1. ya que |G| = Volver al enunciado |G/N | |N | ≤ 6 4 = 24. sr = r−1 si (ver Ejercicio (194)). . ha. ¯bi está generado por la clases a ¯ = aN y ¯b = bN .Soluciones de los Ejercicios 369 de ellos dos y de su producto: N = {1. y análogamente a(ba)2 a = (ab)2 ∈ N . Puesto que D3 = hr. (4) Con lo ya demostrado podemos concluir que el epimorfismo obtenido en el apartado 1. f : G → S4 es un isomorfismo. y finalmente b (ba)2 b2 = (b2 a)b(ab2 ) = (ababab)b(bababa) = ababbaba = (ab)2 (ba)2 = bab2 ab ∈ N . por el Teorema de Dyck concluimos que existe un epimorfismo f : D3 → G/N tal que f (r) = ¯b y f (s) = a ¯. (ba)2 . bi (3) El grupo cociente G/N = N = h¯ a. bab2 ab}. s | r3 = 1. (ab)2 . b (ab)2 b2 = (b ab b2 )2 = (ba)2 ∈ N . Estas claramente verifican las igualdades a ¯2 = ¯1. Soluciones de los Ejercicios Ejercicio 200. 370 Volver al enunciado . Soluciones de los Ejercicios 371 Ejercicio 201. Por el Teorema de Dyck existe un homomorfismo f : G → Z tal que f (a) = 1 y f (b) = 0. Volver al enunciado . Puesto que 1 genera Z. f es un epimorfismo y consecuentemente |G| = ∞. ··· ··· y vemos que (ST )n 6= id para todo n ≥ 1. (ST )2 (x. Finalmente. ··· ··· (ST )2k (x. y) = (−y. consideradas anteriormente. k + x). (2) Sea H = hS. −x) = (x. y) = (1 − (1 − x). 1 + y). An´ alogamente. y) = T (1−x. x). T i el subgrupo del grupo de permutaciones del conjunto Z × Z generado por S y T . y) = S(−y. (ST )4 (x. y) = (1 + y. y) y T 4 = id. x) = 2 T (−x. y) = (k + x. k + y). 1 + x). calculamos (ST )n : ST (x. (1) Puesto que S 2 (x. y) = T 3 (−y.Soluciones de los Ejercicios 372 Ejercicio 202. y) es S 2 = id. y) = (k + 1 + y. Por el Teorema de Dyck existe un epimorfismo f : G → H tal que f (a) = s y . y) = (1 + x. Como ST (x. y) = (2 + y. 1−x) vemos que ST 6= T S. 2 + y). y) = (x. x) = (1+y. y) = (2 + x. (ST )3 (x. T 4 (x. −y) = T (y. y) = S(1 − x. x) mientras que T S(x. (ST )2k+1 (x. Volver al enunciado . Como H es no abeliano e infinito (ST es de orden infinito) G no puede ser ni abeliano ni finito.Soluciones de los Ejercicios 373 f (b) = T . ¯0) y ¯ r¯) = k(¯1. 0) = (¯1. 0)(0. ¯1). y el elemento ¯ ¯ ¯ (0. notemos que el subgrupo c´ıclico de G. 1). Este es un epimorfismo pues (k. ¯1) = f (b) = (¯0. ¯0)2 (¯0. 1) ∈ Z5 oZ4 lo es de orden 4. Comprobamos ahora los axiomas de acci´ on: 0 0 0 r + r0 · k¯ = 2r+r k = 2r 2r k = r¯ · 2r k = r¯ · r¯0 · k¯ . y es normal . Adem´ as (¯ 0. Por el Teorema de Dyck. r k f (a b ). ¯0) = (1 ¯1.Soluciones de los Ejercicios 374 Ejercicio 203. ¯1) 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ y (1. existe un homomorfismo f : G → Z5 o Z4 tal que f (a) = (¯1. 1)(1. ¯ 0) ∈ Z5 oZ4 es claramente de orden 5. ¯1). (2) El elemento (¯ 1. ¯0) + r(¯0. ¯1)(¯1. r¯ · (k¯ + k¯0 ) = r¯ · (k + k 0 ) = 2r (k + k 0 ) = 2r k + 2r k 0 = r¯ · k¯ + r¯ · k¯0 . 0) (0. f será necesariamente un isomorfismo. (1) Veamos en principio que la acción propuesta está bien definida: supongamos que r0 = r +4x y que k 0 = k + 5y. Para ello. entonces ¯ r¯0 ·k¯0 = 2r0 k 0 = 2r+4x (k + 5y) = 2r (24 )x (k + 5y) = 2r (24 )x k + 5y = 2r ¯1x k¯ = 2r k = r¯·k. Si probamos ahora que |G| ≤ 20. N = hai es de orden menor o igual que 5 (por la relación a5 = 1). ¯1) = (¯2. as´ı que (0. 1) = (2. Sea G el grupo definido por la presentaci´ on. 1) = (2. existe un epimorfismo desde G sobre el subgrupo de S5 generado por σ y τ que aplica a en σ y b en τ . τ σ = (1. Además. 4) = 20. 5. Entonces. Luego ese orden es justamente 20 y el epimorfismo un isomorfismo. su orden ha de ser al menos el m. 2) = σ 2 τ . Se sigue que |G| ≤ 5 · 4 = 20. Adem´ as el cociente G/N es también c´ıclico (generado por la clase ¯b = bN ) y de orden menor o igual que 4 (por la relaci´ on b4 = 1). Pero como el subgrupo contiene un elemento de orden 5 y otro de orden 4. τ i| ≤ 20.Soluciones de los Ejercicios 375 (por la relaci´ on bab−1 = a2 ). 4. m.(5. c. (3) Es claro que σ es de orden 5 y que τ es de orden 4. Volver al enunciado . Puesto que |G| = 20 ha de ser |hσ. Luego f y g son isomorfismos. Por el Teorema de Dyck existen homomorfismos f : G → H y g : H → G tales que f (a) = x. Volver al enunciado .Soluciones de los Ejercicios 376 Ejercicio 204. g(x) = a y g(y) = b. y por análoga razón f g = idH . uno inverso del otro. f (b) = y. Sean G y H tales grupos. Entonces gf = idG puesto que ambos homomorfismos coinciden en los generadores a y b de G. será necesariamente |G| = mn y f un isomorfismo: Por la relaci´ on ab = ba se deduce que G es un . k + 3) = S −1 (0. · · · . (3) Ver Ejercicio (197). k + 4) = (1. Entonces |G| ≥ 16 (ver Ejercicio (86)). de manera que T 2 = S 4 . k). k + 1) = S −1 (1. k) k = 0. esto es. k − 1) = (0. Comprobamos finalmente que T S = S −1 T : T S(0. k) = T (0. k). hay una sola ¯ y T S k (0. existe un epimorfismo f : Q4 → G. k) = S −1 T (0. Volver al enunciado Ejercicio 206.Soluciones de los Ejercicios 377 Ejercicio 205. Entonces f (ar bs ) = (¯ r. k). es claro que existe un homomorfismo f : G → Zm × Zn tal que f (a) = (¯1. k − 4) = S 4 (1. (1) La acción es transitiva. Además. ¯0) = (1. (2) Es inmediato observar que S 8 = id. 1. k). k + 4) = S 4 (0. ¯ 0) = (0. ¯ 1). Si vemos que |G| ≤ mn. Luego. por el Teorema de Dyck. k) = (0. y T S(1. k + 4) = (1. T 2 (0. Claramente entonces |Q4 | ≥ 16. ¯ 0) y f (b) = (¯ 0. k) y T 2 (1. ¯ para cualquier órbita. Si denotamos por G al grupo definido por la presentación. 7. k) = T (1. k) = T (0. k) = T (1. puesto que S k (0. s¯) y f es un epimorfismo. k + 4) = S −1 T (0. k + 1) = (1. y de orden menor o igual que m por la relación am = 1. ya que un solo elemento de Z2 × Z2 genera un subgrupo c´ıclico de orden . Como el cociente G/hai es c´ıclico generado por la clase de b. Sabemos que Z2 ×Z2 ∼ = G. donde G = ha. concluimos f´ acilmente que dar un isomorfismo f : G → Z2 ×Z2 es equivalente a dar una pareja de elementos de x = f (a). Puesto que por composici´ on con este isomorfismo. bastar´ a que determinemos estos. b | a2 = 1. y = f (b) ∈ Z2 ×Z2 .Soluciones de los Ejercicios 378 grupo abeliano. y entonces el subgrupo c´ıclico generado por a es normal. Descartamos claramente que x o y puedan ser el (0. 0) y b en (0. b2 = 1. concluimos que efectivamente |G| ≤ mn. los automorfismos en el grupo Z2 × Z2 est´ an en biyección con los isomorfismos f : G → Z2 × Z2 . Usando el Teorema de Dyck. y dado que ambos grupos son del mismo orden. Volver al enunciado Ejercicio 207. 1). ab = bai (Ejercicio (206)). ya que bn = 1. que generen Z2 ×Z2 (pues en este grupo todo elemento verifica la relación 2x = 0 y todo par de elementos la relación x + y = y + x). 0) o que x = y. y de orden menor o igual que n. por un isomorfismo que aplica a en (1. 1) f4 (0. y): (1. 1).0) (0.Soluciones de los Ejercicios 379 ≤ 2. as´ı que f3 f2 6= f2 f3 . (1.0) (1. (0. (0. Y la lista de todos los automorfismos en Z2 × Z2 : f1 = id. concluimos que Aut(Z2 × Z2 ) ∼ = D3 .1) (1. 1) = (1.1) (0.1) (1. Esto nos determina la lista de parejas (x. 0) = f3 (1.0) (1. 0). 0) . 1). (1.0) (0. 1). (1. 1) . 1).0) (0. x e y y entonces ha de ser el total (su orden a de ser divisor de 4). (1.1) f2 (0. cualquier pareja de elementos no triviales x.1) (1.1) f3 (0. 1) . 0). · · · . (0. Volver al enunciado . f6 : (0.1) (0. 0) = f2 (0.1) (1. mientras que f3 f2 (1.0) (1. observemos que no es abeliano: f2 f3 (1.0) (0. con x 6= y. (1. 0) = (0.0) (1. 1) . (0. 0) . 1) . (1. Por el contrario. 1).1) (1.0) (0. si que es un sistema de generadores de Z2 × Z2 ya que el subgrupo que generan tendr´ a al menos tres elementos diferentes: 1.0) (1.0) (1.1) (1.0) f6 (0.1) (1.1) Para determinar su estructura.0) (1.0) f5 (0.1) f1 = id (0. (1. y. Puesto que cualquier grupo no abeliano de orden 6 es isomorfo a D3 (Ejercicio (118)). 1). aplicamos el algoritmo a 1 2 3 4 5 6 a 1 3 4 5 2 6 a 1 4 5 2 3 6 a b 1 5 2 3 4 6 1 2 3 4 5 6 a1 a2 a3 a4 a5 a6 = = = = = = 1 3 4 5 2 6 b 1 2 3 4 5 6 2 3 1 5 6 4 b1 b2 b3 b4 b5 b6 = = = = = = b 3 1 2 6 4 5 b 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 a 2 3 1 5 6 4 2 3 1 5 6 4 de manera que hay 6 diferentes clases y son G/H = 1 = H. (1) Numeramos las clases módulo H =< a > comenzando por 1 = H.Soluciones de los Ejercicios 380 Ejercicio 208. 2 = bH. (2) Puesto que babH = bab1 = ba2 = b3 = 1 = H. 6 = ba2 b2 H . 5 = a2 b2 H. 3 = b2 H. b 3 4 1 2 6 5 a 1 5 2 3 4 6 a 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 3 4 5 2 6 . 4 = ab2 H. efectivamente bab ∈ H. el orden de a podr´ıa ser. Pero si fuese a2 = 1 ser´ıa 5 = Hb2 a2 = Hb2 = 3. Luego. 4) y τ = (1. τ es de orden 3 y τ σ = (3. Como a4 = 1. 1. Puesto que σ es de orden 4. 4) = σ 3 τ 2 . Entonces |G| = |H| [G : H] = 4 6 = 24. 2. Luego |H| = 4.Soluciones de los Ejercicios 381 (3) A la vista de la u ´ltima columna de la tabla. en principio. 2). Este subgrupo tendr´ a orden un m´ ultiplo de 12 (pues contiene elementos de ordenes 3 y 4) y por tanto solo puede tratarse de A4 o del propio S4 . 3. 3. La imagen de f ser´ a el subgrupo de S4 generado por σ y τ .2 o 4. Descartamos que sea A4 pues σ es un ciclo de longitud 4 y por tanto es una permutaci´ on impar. concluimos que H no es normal en G. σ = (1. (4) El orden de H es el orden de a. (5) Consideremos los elementos de S4 . Como ambos grupos son del mismo orden (24) f es necesariamente un isomorfismo. f es un epimorfismo. Y si fuese a = 1 ser´ıa 4 = Hb2 a = Hb2 = 3. lo que tampoco es cierto. Volver al enunciado . existe un homomorfismo f : G → S4 que aplica a en σ y b en τ . lo que no es verdad. (2) La representaci´ on inducida ρ : G → S(G/H) ∼ = S4 . 4. 2. 3).Soluciones de los Ejercicios 382 Ejercicio 209. 3) y (2. 3). 4. (1) Aplicamos el algoritmo de Todd-Coxeter para enumerar las clases. resulta un homomorfismo tal que ρ(x) = (2. Puesto que los 3-ciclos est´ an en el subgrupo alterado. x 1 2 3 4 x 1 4 2 3 x 1 3 4 2 y 1 2 3 4 1 2 3 4 x1 x2 x3 x4 = = = = y 2 3 1 4 1 4 2 3 3 1 2 4 y1 y2 y3 y4 = = = = x−1 y 1 2 3 4 1 2 3 4 x−1 y 1 3 4 2 2 3 1 4 de manera que hay 4 clases y son G/H = 1 = H. 2 = yH. Su imagen es entonces el subgrupo de S4 generado por estos los 3-ciclos (1. 3 = y 2 H. 2. 3) y ρ(y) = (1. 4 = xy 2 H . será 2 1 4 3 y 3 1 2 4 1 2 4 4 . comenzando con 1 = H. Hacer Volver al enunciado Ejercicio 211. Observemos ahora que el orden de x solo puede ser 1 o 3.Soluciones de los Ejercicios 383 Im(ρ) ⊆ A4 . (1. 4) = (1. Hacer Volver al enunciado Ejercicio 214. 2. Pero observamos f´ acilmente que en el subgrupo donde estén esos dos 3-ciclos est´ an también los 3-ciclos (1. 4. y como los diferentes 3-ciclos generan el grupo alternado. Hacer Volver al enunciado Ejercicio 215. 3)−1 . concluimos que Im(ρ) = A4 . 4. 3. 3)−1 . 3) y (1. 4. ya que x3 = 1. 3)(2. 3. pero como ρ(x) = (2. 3)−1 . 3). Luego ρ : G → A4 es necesariamente biyectiva y or consiguiente un Volver al enunciado isomorfismo. 4) = (1. Ejercicio 210. (1. Hacer Volver al enunciado Ejercicio 213. As´ı que en Im(ρ) están todos los 3-ciclos. 3. 3) = (2. 4)−1 . Hacer Volver al enunciado . 2) = (1. (1. 4. 2. Hacer Volver al enunciado Ejercicio 212. (2. 4. 3) no puede ser x = 1. 2. 4. 4. 2. as´ı que x es de orden 3 y |H| = 3 y por tanto |G| = |H| [G : H] = 12. 2. 3)(1. 2) = (1. 4) = (1.

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