J.L.Bueso - Álgebra discreta y de grupos

José L. Bueso Teoría Álgebra 2 Grado en Matemáticas Facultad de Ciencias Universidad de Granada. (http://150.214.18.236/course/view.php?id=12). Índice general 1. 2. Introducción a la teoría de grafos. 1.1. Generalidades sobre grafos. . . . . . . . . . . . . 1.1.1. Concepto de grafo. . . . . . . . . . . . . 1.1.2. Grado de vértices. . . . . . . . . . . . . . 1.1.3. Grafos regulares y grafos completos. . . 1.1.4. Matrices asociadas a grafos. . . . . . . . 1.1.5. Caminos en grafos. . . . . . . . . . . . . 1.1.6. Grafos conexos. . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Grafos eulerianos y hamiltonianos. . . . . . . . 1.2.1. Grafo de Euler. . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2. Grafo Hamiltoniano. . . . . . . . . . . . 1.2.3. Grafos bipartidos. . . . . . . . . . . . . . 1.3. Grafos planos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.1. Concepto de grafo plano. . . . . . . . . 1.3.2. Coloración de grafos. . . . . . . . . . . . 1.3.3. Polinomio cromático de un grafo. . . . 1.3.4. Concepto de árbol y caracterizaciones. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 4 4 6 9 11 13 17 17 17 21 23 25 25 30 31 33 Introducción a la teoría de grupos. 2.1. Grupos. Ejemplos de grupos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1. Definición de grupo. Propiedades elementales. . . . . . . . . 2.1.2. Grupos de permutaciones: Grupos simétricos y alternados. 2.1.3. Grupos diédricos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Subgrupos. Órdenes e índices. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Subgrupos, el retículo de subgrupos. . . . . . . . . . . . . . . 2.2.2. Clases laterales.Teorema de Lagrange. . . . . . . . . . . . . . 2.2.3. Grupos cíclicos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Subgrupos normales. Teoremas de isomorfía . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1. Subgrupos normales y grupos cocientes. . . . . . . . . . . . . 2.3.2. Homomorfismos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.3. Teoremas de isomorfía. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.4. Productos directos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Acciones de grupo y p-grupos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. Acción de un grupo sobre un conjunto. . . . . . . . . . . . . 2.4.2. Teoremas de Sylow. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.3. Grupos abelianos finitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.4. Clasificación de grupos de orden ≤ 15. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 35 35 43 49 52 52 55 59 63 63 65 68 70 72 72 76 79 83 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Índice alfabético 87 Bibliografía 89 . El problema de los siete puentes de la ciudad de Königsberg. uniendo los puntos que se corresponden. y acabase en el mismo lugar que habían empezado. el problema anterior se puede trasladar a la siguiente pregunta: ¿se puede recorrer el dibujo terminando en el punto de partida sin repetir las líneas? A 5 2 4 1 I 7 C 6 B 3 .1. intentaban encontrar una ruta que cruzase cada uno de los siete puentes una sola vez. como se ve en el mapa de la Figura 1.Capítulo 1 Introducción a la teoría de grafos. durante sus paseos. ciudad natal de Kant y. actualmente Kaliningrado (Rusia) es un célebre problema matemático que fue resuelto por Leonhard Euler en 1736 y dio origen a la Teoría de Grafos. Estas cuatro zonas estaban unidas por siete puentes. en la antigua Prusia oriental en el siglo XVIII.1: Los puentes de Konigsberg La ciudad estaba dividida en cuatro zonas por el río Pregel. Los habitantes de la ciudad. Figura 1. Entonces. Euler enfocó el problema representando las cuatro partes de tierra por un punto y cada uno de los siete puentes por una línea. esto es. e3 . un conjunto finito no vacío V de vértices. v4 }. δG definida por δG (e1 ) = {v1 }. v2 . EG = {e1 . un conjunto finito (que puede ser vacío) E de aristas. para cada arista e. esto es. El número de aristas. Generalidades sobre grafos.un grafo simple. La arista e se dice que une los elementos de δ(e) = {v. δ(e) = {v. y 3. En este caso decimos que v y w son incidentes con e y también que e es incidente con v y w . Desafortunadamente. w} = δ(e2 ). Vamos a llamar a un grafo que satisfaga a ambas restricciones . δG (e3 ) = {v1 . Ejemplo 1. 2. Algunos autores utilizan una definición que excluye la posibilidad de aristas paralelas en sus grafos. se denomina tamaño del grafo y se denota por |E|.4 1. δ(e) es un subconjunto de uno o dos elementos de V . w}. v3 }. Definición 1.1 Un grafo consta de: 1. e4 . Llamaremos orden del grafo a |V |. v3 }. v3 . La terminología de la teoría de grafos es claramente no estándar. aristas que unen un vértice a sí mismo.1 Consideremos el grafo G dado por los siguientes datos: VG = {v1 . δG (e4 ) = {v2 . Un grafo se denomina simple si no tiene lazos ni aristas paralelas.1.1 Introducción a la teoría de grafos. hay muchas variaciones en la definición de un grafo.1. e5 }.1 1. Una arista e diremos que es un lazo si sus extremos coinciden. varias aristas que conectan el mismo par de vértices. es decir. se dice que son aristas paralelas. Otras definiciones excluyen la posibilidad de lazos. una aplicación δ : E → P(V ) (aplicación de incidencia) tal que. Un vértice se dice aislado si ninguna arista incide en él. δG (e2 ) = {v1 . Representaremos dicho grafo de la siguiente manera: e2 v2 v1 e4 e3 e5 v4 v3 e1 .que no tiene lazos ni aristas paralelas . Un par de vértices v y w son adyacentes si existe una arista e uniéndolos. w}. δ(e) = {v}. Concepto de grafo. e2 . δG (e5 ) = {v2 . Si e1 y e2 son dos aristas tales que δ(e1 ) = {v.1. v2 }. Al consultar otros textos se aconseja revisar muy cuidadosamente las definiciones y terminología del autor. v3 }. .1. Ejemplo 1. EG = {e1 . . {v1 . . un conjunto finito E de aristas. n ≥ 3 consta de n vértices v1 . un conjunto finito no vacío V de vértices. Si δ(e) = [u. El grafo camino simple o lineal Ln . . vn }}. . Definición 1. v2 . 5 La representación gráfica de un grafo no es única. si VH ⊆ VG . . v]. v3 ]. n ≥ 3 consta de n vértices v1 . δ(e) es un par ordenado de V . .3 Un grafo H es un subgrafo del grafo G. v3 }. {v2 . {vn−1 . vn }. vn y aristas {{v1 . .2 El grafo ciclo o circular Cn .1. δG (e3 ) = [v2 . e2 . .1. v2 ]. v3 ].4 . Ejemplo 1. e3 }. vn }}. v2 }. EH ⊆ EG y δH (e) = δG (e) para toda arista e ∈ EH . 2. Ejemplo 1.2 Un grafo dirigido o digrafo consta de: 1. para cada arista e. .3 Consideremos el digrafo G dado por los siguientes datos: VG = {v1 .1 Generalidades sobre grafos. . denotado H ≤ G. Representaremos dicho digrafo de la siguiente manera: v3 e3 e2 v1 e1 v2 Definición 1. y 3. vn y aristas {{v1 . v2 }. v3 }.1. {vn−1 . δG (e2 ) = [v1 . . v3 }. δG definida por δG (e1 ) = [v1 . {v2 .1. entonces u se denomina el vértice inicial de e y v el vértice final de e. v2 . v2 . . . una aplicación δ : E → V × V tal que. .1. . hV (v4 ) = w1 y hE : EG → EG0 dada por hE (e1 ) = f1 . w} entonces δG0 (hE (e)) = {hV (v).5: El grafo G’ En la figura tenemos dos biyecciones hV : VG → VG0 dada por hV (v1 ) = w4 . e4 e4 v1 v1 e1 e1 e2 v2 v3 e7 e6 e9 e5 e8 v5 e2 v2 v3 e3 e3 v4 Figura 1. Un isomorfismo de G en G0 consta de un par (hV . hE (e6 ) = f6 . Claramente se verifica que si δG (e) = {v. hE (e4 ) = f4 . hE (e8 ) = f8 . hE (e3 ) = f3 . hV (w)}.2: El grafo G v4 Figura 1. hV (v3 ) = w2 . hE (e2 ) = f2 . hV (v2 ) = w3 .2 Grado de vértices. . hE (e9 ) = f9 . w}.4: El grafo G f1 w4 f3 f2 w3 f4 f6 f5 w1 f7 f8 f9 w2 Figura 1. para toda arista e de G. entonces δG0 (hE (e)) = {hV (v). 1.1. Definición 1.5 e1 v4 e7 e8 e9 v3 e4 e6 e5 v1 e2 e3 v2 Figura 1.6 Introducción a la teoría de grafos.1. hE (e5 ) = f5 .3: El grafo H En la figura podemos observar que H es un subgrafo en G. hE ) de biyecciones hV : VG → VG0 h E : EG → EG 0 tal que. Se dice entonces que los grafos G y G0 son isomorfos.1. hV (w)}. hE (e7 ) = f7 .4 Sean G y G0 dos grafos. Ejemplo 1. si δG (e) = {v. Ahora hE (e) = hE (ei ). .1 Generalidades sobre grafos. .1. . hE ) un isomorfismo entre G y G0 . Como e1 . Sea e0 ∈ EG0 una arista de G0 incidente en hV (v). el primero indica el número de aristas que tienen al vértice u como terminal y el segundo indica el número de aristas que tiene al vértice u como inicial. Así gr(hV (v)) = r .1. Proposición 1. Entonces existen r aristas e1 . er ∈ EG son las únicas aristas incidentes en v . . . . Como hE (e) es incidente en hV (v) en G0 . hE ) un isomorfismo entre G y G0 . Como hE es biyectiva existe e ∈ EG tal que e0 = hE (e). .7 Sean G y G0 dos grafos y (hV . tenemos que e es incidente en v en G.1. Si v ∈ VG es un vértice de G. (Un lazo conectando v consigo mismo. er ∈ EG incidentes en v .5 El grado. Sea v ∈ VG de grado r . . Ejemplo 1. y se denotan gr− (u) y gr+ (u) respectivamente. gr(v). 7 Definición 1. Entonces hE (e1 ). gr(hV (v)) ≥ r . . Como hE es biyectiva. . entonces gr(v) = gr(hV (v)).1.6 Los grados de los vértices del grafo del ejemplo 1.1.1.7 e1 v1 e5 v4 e6 e4 v2 e7 v5 e2 e3 v3 . hE (er ) son incidentes en hV (v). .1 están reflejados en la siguiente tabla: Vértice v1 v2 v3 v4 Grado 4 3 3 0 Definición 1. e = ei para algún 1 ≤ i ≤ n. Ejemplo 1.6 En un digrafo distinguimos entre grado entrante y grado saliente de u. de un vértice v es el número de aristas que son incidentes en v . Demostración: Sean G y G0 dos grafos y (hV . cuenta doble para el cómputo del grado de v ).1. . w5 v3 .8 Sea G un grafo con VG = {v1 . f5 vértice v1 v2 v3 v4 v5 grado 3 3 2 2 4 vértice w1 w2 w3 w4 w5 grado 3 4 2 2 3 Teorema 1. . . f1 e7 . w3 v5 . f2 e4 .1. Entonces: p X i=1 gr(vi ) = 2|EG |. vp } su conjunto de vértices y |EG | su número de aristas. w1 w2 f1 f7 f4 f5 f2 w5 f3 w4 f6 w3 El isomorfismo viene dado por hV v1 . . f3 e3 . w2 hE e1 . f7 e6 . . f6 e5 .8 Introducción a la teoría de grafos. w1 v2 . . f4 e2 . w4 v4 . v∈V Demostración: Al considerar cada arista e ∈ EG . 9 Demostración: Al considerar cada arista e ∈ EG . Entonces: X gr− (v) = v∈V X gr+ (v) = |EG |.1. . si δE (e) = {vi .1 Generalidades sobre grafos.1.1.1. encontramos que la arista contribuye en una unidad al grado de vi y al grado de vj y. Ejemplo 1. Si dicho grado es r se dice r -regular. con Pp Pp dos unidades a i=1 gr(vi ).1. Definición 1.11 Un grafo simple para el que cada par de vértices hay una arista que los conecta se llama grafo completo.9 Sea G = (V . E) un digrafo.1. vj ].8 v3 e1 v2 e2 e5 e4 v5 e3 v1 e6 e7 v4 vértice v1 v2 v3 v4 v5 1. Teorema 1. vj }.10 Un grafo se dice regular si todos sus vértices tienen el mismo grado. si δE (e) = [vi . Definición 1. en consecuencia. Así i=1 gr(vi ) = 2|EG |.3 grado entrante 2 1 3 0 1 grado saliente 2 1 0 2 2 Grafos regulares y grafos completos. encontramos que la arista contribuye en una unidad al grado entrante de vj y al grado saliente de vi . 12 Dos grafos completos con el mismo número de vértices son isomorfos. Consideremos la aplicación hV : VG → VG0 definida por hV (vi ) = vi0 . . Supongamos que VG = {v1 . . r . vr0 }.7: El grafo K2 A B C Figura 1. vr } y VG0 = {v10 . i = 1. A Figura 1. . . también lo son vi0 = hV (vi ) y vj0 = hV (vj ) y viceversa. .8: El grafo K3 A B D C Figura 1. vj son adyacentes y como G0 también es completo. Entonces hV es una biyección y por la definición de grafo completo. Proposición 1. . . . todo par de vértices vi .1.9: El grafo K4 . .6: El grafo K1 A B Figura 1. . . Por tanto G y G0 son isomorfos. .10 Introducción a la teoría de grafos. El grafo completo con n vértices es denotado por Kn . Demostración: Sean G y G0 dos grafos completos con el mismo número de vértices r . 4 Matrices asociadas a grafos. la matriz no es simétrica.10: El grafo K5 1.1. Si los vértices vienen enumerados en la forma v1 . . Definición 1. A es igual a A0 después de una adecuada reordenación de las filas y la correspondiente reordenación de las columnas.1. pues depende del orden en que se tomen los vértices. . se define como aij = número de aristas que conectan los vértices vi . vj En el caso de un digrafo aij = número de aristas con vértice inicial vi y vértice final vj La matriz de adyacencia no es única. . ya que puede haber una arista que parte del vértice vi y llega al vértice vj pero no existir la inversa. En otras palabras.1. 1. 11 A E B D C Figura 1.1 Generalidades sobre grafos. vn . . . E) un grafo. La matriz de adyacencia de un grafo no dirigido es simétrica. la matriz de adyacencia A = [aij ] ∈ Mn (N) de G respecto de esta enumeración de los vértices. Dos matrices de tamaño n × n A y A0 son equivalentes por permutación si existe una matriz permutación P tal que A0 = P −1 AP . esa misma arista conecta el vértice vj con el vértice vi .13 Sea G = (V . pues si una arista conecta el vértice vi con el vértice vj . 2. En el caso de un grafo dirigido. . vn } y EG = {e1 . entonces la matriz de incidencia respecto de esta ordenación de los vértices y las aristas. . em }. se define como la matriz M = [mij ] ∈ Mn×m dada por mij =    1 si la arista ej es incidente en el vértice vi 2 si ej es un lazo en el vértice vi   0 en otro caso . . Teorema 1.12 Introducción a la teoría de grafos.1. . . . Entonces G y G0 son isomorfos si y solo si A y A0 son equivalentes por permutación.10 Calcula una matriz de adyacencia para el grafo representado por e1 v1 e2 v2 e3 e5 e4 e9 e6 e8 v4 v3 e10 e7  0  3  0  2 3 0 1 1 0 1 1 2  2  1  2  0 Definición 1. .1.1.9 Dibuja un grafo con matriz de adyacencia  0  1  1  0 1 0 0 1 1 0 0 1  0  1  1  0 v1 v2 v4 v3 Ejemplo 1. Si VG = {v1 .14 Consideremos dos grafos G y G0 con respectivas matrices de adyacencia A y A0 . Ejemplo 1. .15 Sea G un grafo.1. vi+1 }. v2 .1. en ) queda perfectamente determinado por la sucesión de vértices (v1 . junto con una sucesión de vértices (v1 . . . e2 . .12 Consideremos el siguiente grafo: .1. e2 . en ). . .1. Un recorrido en el que no hay vértices repetidos (salvo eventualmente el primero y el último) se denomina camino simple. Si el grafo es simple. en ) es un camino del vértice v1 al vértice vn+1 . e2 . Un camino en el que no hay aristas repetidas se denomina recorrido. . . . v2 . . Ejemplo 1. Un circuito que a su vez es camino simple es un ciclo.5         v2 e6 e4 e5 v3 v5 e1 e2 e3 e4 e5 1 0 0 1 0 1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 e6 0 1 1 0 0         Caminos en grafos. . .1 Generalidades sobre grafos. 13 En el caso de un digrafo mij   1     −1 =  2     0 si el vértice vi es un vértice inicial de la arista ej si el vértice vi es un vértice final de la arista ej si ej es un lazo en el vértice vi en otro caso Ejemplo 1. . Un recorrido que es a la vez camino cerrado se denomina circuito.16 Sea G un grafo. . vn+1 ). vn+1 ) tales que δ(ei ) = {vi . . . Un camino de longitud n es una sucesión de aristas (e1 . el camino (e1 . Definición 1. En tal caso se dice que el camino (e1 . .1. . Un camino en el que coinciden el primer y el último vértice se denomina camino cerrado. . .11 v1 e1 e2 e3 v4 v1 v2 v3 v4 v5 1.1. . v3 . . vn = w). . se tiene que (v = v1 . Sean estos vi y vj . v3 . repetiríamos el proceso. v8 . . Vértices repetidos Si Si Si Si No No Aristas repetidas Si Si No No No No Cerrado No Si No Si No Si Nombre Camino Camino cerrado Recorrido Circuito Camino simple Ciclo Cuadro 1. v7 . con i < j . vi . v8 . . v3 . v4 . v3 . . v5 . No es por tanto un camino simple. . v4 . vj+1 . La sucesión (v1 . Si el camino no es simple.1: Resumen de caminos Proposición 1. debe haber dos vértices repetidos. Demostración: Supongamos que el camino es (v = v1 . v9 . . . v1 ) es un camino cerrado de longitud 8. . .17 En un grafo G si existe un camino que conecta dos vértices distintos v y w . pues ninguna arista se repite. v1 v2 v3 v4 v5 v6 v8 v9 v7 v10 La sucesión (v7 . v7 . No es un ciclo. v9 ) es un camino simple de longitud 3. ya que el vértice v3 se repite. v4 . v3 ) es un camino de longitud 7 que une v7 con v3 . Es un recorrido. v4 . v2 . Si este camino no fuera simple. existe un camino simple con extremos v y w . v9 . v2 . Es además un circuito. En tal caso. v9 . Sin embargo. v9 . v2 . v9 . La sucesión (v1 . v8 . (v3 . vn = w) es un camino de v a w . hasta llegar a un camino simple. pues ninguna arista se encuentra repetida. el camino pasa dos veces por el vértice v3 .1. v3 . . v7 ) es un camino de longitud 6 que une v1 con v7 . v3 . pues la arista que une v3 con v9 aparece dos veces en el camino. No es recorrido. v5 . . v1 ). v5 . .14 Introducción a la teoría de grafos. Un ejemplo de ciclo es (v1 . Para n = 1 el resultado no es más que la definición de la matriz de adyacencia.1. Por definición de producto de matrices tenemos que bij = n X aik mkj .19 Sea G un grafo cuyo conjunto de vértices es VG = {v1 . . pues el vértice v4 está repetido (o la arista v4 v8 ). . Nótese que si partimos de los caminos simple (v3 . v5 . Demostración: Hagamos la demostración por inducción. . v2 . ui ≠ u0i . . obtenemos aik caminos diferentes de longitud n de vi a vj pasando por vk . . como son (v3 . . v4 . Entonces el coeficiente (i. u01 . v1 . v5 . . . Sin embargo. u0s−1 .13 En el ejemplo 1. v4 . Entonces (ur . v4 . Sea ur el vértice que verifica: ui = u0i para i ≤ r y ur +1 ≠ u0r +1 y sea us el vértice con la condición us = u0s y para todo r ≤ i ≤ s . ur +1 . v8 ). v9 . recorriendo en primer lugar uno de los caminos que une v3 con v8 . . Proposición 1. Supongamos que el resultado es cierto para n − 1 y demostrémoslo para n. Es decir.1. v8 .18 Sea G un grafo. 15 Proposición 1. la existencia de los dos caminos simples sí nos da la existencia de un ciclo. v2 . v3 ) que no es un ciclo. . A partir de estos dos caminos podemos obtener el ciclo (v3 . u0n−1 . . v) y (u. u0r ) es un ciclo. v8 ) y (v3 . v3 ). v2 . v4 .1. v2 . y sean u y v dos vértices distintos. v8 . u0r +1 . . k=1 Cada camino de vi a vj de longitud n consiste en un camino de vi a un cierto vértice vk de longitud n − 1 seguido de una arista de vk a vj . v3 ). entonces existe un ciclo en G.1. el número de caminos de longitud n entre vi y vj es: ai1 m1j + ai2 m2j + · · · + ain mnj = bij como queríamos demostrar. u1 . . . v8 ) y (v3 . es decir por cada mkj ≠ 0. . Entonces por cada arista con un extremo en vj . . Sea entonces A = M n−1 y B = M n = AM . (v3 . v1 . v9 . v1 . v).1.12 tenemos dos caminos simples que unen v3 con v8 . y recorriendo a continuación el otro en sentido contrario. . a saber.1 Generalidades sobre grafos. v8 ) y repetimos lo hecho en el párrafo precedente obtenemos el camino cerrado (v3 . vn } y sea M su matriz de adyacencia. . v ∈ VG se conectan por al menos dos caminos simples diferentes (u. v5 . . . v4 . Queremos probar que bij es el número de caminos de longitud n que unen vi con vj . Ejemplo 1. . um−1 . us . j) de la matriz M n es igual al número de caminos de longitud n que unen vi con vj . Demostración: Supongamos que u. v4 . v4 . Si tenemos dos caminos simples distintos de u a v . 14 En la siguiente figura hemos representado el recorrido de una línea de metro con sus respectivas paradas p2 p5 p1 p4 p6 p7 p3 La matriz de adyacencia es  0  0  0   M = 1  1  0  0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0  0  0  1  0   0  0  0 Nos encontramos en la parada p6 y queremos ir a la parada p2 . Ya que m62 = 0 no hay ningún camino de longitud 1. a saber p6 p4 p1 p2 . luego hay un camino de longitud 3 que va de p6 a p2 . luego no hay ningún camino de longitud 2. 2) es 1.  2  0  1   M 3 = 0  0  0  0 0 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 1 0 0 0 1 0 2 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1  1  0  0  0   0  1  1 Ahora la entrada (6. Ejemplo 1. 2) es cero.1. .16 Introducción a la teoría de grafos. Por otro lado  0  1  0   M 2 = 0  0  1  1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0  0  1  0  1   0  0  0 De nuevo la entrada (6. e2 .2. . . . . em 0 ) es un camino de u a un camino de v a w .1. .20 Un grafo G es conexo si para cada par de vértices v y w existe un camino de v a w . en−1 . entonces (e1 . pues: 1) Es reflexiva ya que todo vértice está unido con él mismo por un camino de longitud cero. e1 ) es un camino de w a v . v4 . Estos subgrafos Gi son las componentes conexas de G. . . Sea {V1 . .2 1. . . en .6 17 Grafos conexos. Claramente R es una relación de equivalencia. .1. .15 Consideremos el siguiente grafo: v1 v2 v3 v4 v5 v6 v7 tiene tres componentes conexas. 0 ) es 3) Es transitiva pues si (e1 . . . Ejemplo 1. em w. .1. Sea G un grafo arbitrario. . Vp } la partición del conjunto de vértices por las clases de equivalencia de R . en ) es un camino de v a w entonces (en . e20 . e20 .1 v2 v6 v3 v7 Grafos eulerianos y hamiltonianos. Grafo de Euler. . . e10 . Éstas son v1 v5 1. . . Definición 1. . Definimos una relación R sobre VG mediante vRw si y sólo si v y w pueden conectarse mediante un camino en G. . . e2 . Ahora podemos formar subgrafos Gi con vértices Vi y cuyas aristas son aquellas de G que conectan dos vértices de Vi . e2 . En caso contrario decimos que G es disconexo. .1. .2 Grafos eulerianos y hamiltonianos. V2 . en ) es un camino de u a v y (e10 . 2) Es simétrica pues si (e1 . . 1. . . Podemos contar las aristas que tienen como extremo v siguiendo un circuito euleriano C en G.2. Un camino de Euler es un recorrido (camino sin aristas repetidas) en el que aparecen todas las aristas. pues las aristas que preceden y siguen a v en C tienen como extremo a v . Demostración: Sea v ∈ VG . Si u y v son vértices adyacentes. Un grafo que admite un circuito euleriano se denomina grafo euleriano. Todo circuito de Euler proporciona un camino de Euler. Ejemplo 1.2.1 Sea G un grafo. tenemos que hay dos vértices de grado 3.2. entonces existe un circuito C que contiene a la arista e = {u. Lema 1.2.1. En cualquier caso v tiene grado par en G.18 Introducción a la teoría de grafos. camino cerrado sin aristas repetidas) que contiene todas las aristas de G.11: El grafo G1 e7 v2 e6 e10 e1 v5 e5 v3 e8 e9 e4 v4 Figura 1. cada vez que tal circuito pasa por v contribuye con 2 al grado de v .3 Sea G un grafo en el que cada vértice tiene grado par. el circuito contribuye con 2 al grado de v en todas las visitas a v salvo en la primera y en la última en que añade uno cada vez.1 v1 v1 e5 e4 e7 e2 v5 v3 e8 e1 e3 e2 e3 v2 e6 v4 Figura 1. Si v no es el primer vértice de c . Si G es euleriano todo vértice de G tiene grado par.2. se tiene que todos los vértices tienen grado 4 y un circuito de Euler viene dado por (e1 e2 e3 e4 e5 e6 e8 e10 e7 e9 ). .2 Sea G un grafo. Lema 1. En el segundo grafo 1. Definición 1.12. v}. un circuito euleriano es un circuito (esto es. Si v es el primer vértice de C .12: El grafo G2 En el primer grafo 1. un vértice de grado 2 y dos vértices de grado 4. 2 Grafos eulerianos y hamiltonianos. El proceso siempre es posible gracias a que el grado de todo vértice es par. Claramente y es el vértice buscado. Por ser G conexo.2 es suficiente probar que si G es un grafo conexo con todos sus vértices de grado par es euleriano. obteniéndose un circuito euleriano. Como el número de vértices y aristas es finito. . entonces existe un vértice x de grado mayor que cero en G0 . Si E 0 = E \ {aristas de C1 } no es el conjunto vacío repetimos el proceso. el proceso finaliza. {v. si w = u damos por terminado el circuito. G tiene un camino de Euler no cerrado si y solo si G tiene exactamente dos vértices de grado impar.3 a G0 y {z. y que cada vez que C visita un vértice utiliza 2 aristas con un extremo en tal vértice. Por tanto. Supongamos por tanto que EG0 ≠ œ. v . y} la primera arista de c que satisface {z. Repitiendo la construcción tantas veces como sea necesario. Obsérvese que todos los vértices de G0 tienen grado par. consideramos un vértice cualquiera w en C . como el número de aristas de G es finito. En efecto si x no es vértice en C . todo vértice tiene grado par.v dos vértices adyacentes en G. entonces por el Lema 1. w) es un circuito de Euler de G0 . vr . Corolario 1. w}} con w ∉ VG . y} ∉ C . . v1 .5 Sea G un grafo conexo. y} obtenemos un circuito C 0 en G0 conteniendo a {z. Aplicando el lema 1. Si EG0 = œ entonces C es un circuito euleriano y por tanto hemos terminado.2. y ya que G es conexo construimos un camino c en G de extremos x y w . y en cada construcción el número de aristas del circuito aumenta. . v}.1. . vr . v. u. Teorema 1. Podemos unir C y C 0 en y de la siguiente manera: de z a y siguiendo C .2. . y}. w}.4 Un grafo conexo G es euleriano. . podemos encontrar un vértice y en C de grado mayor que cero en G0 . Construyamos un nuevo grafo G0 con VG0 = VG ∪ {w} y EG0 = EG ∪ {{u. .3 existe un circuito C que contiene a la arista {u. De este modo obtenemos un nuevo circuito C1 con más aristas que C . C acaba por regresar a u y por construcción C es un circuito. y} ∈ EG0 con y vértice de C . Demostración: Sea G un grafo con un camino de Euler g de extremos u y v .2.2. Supongamos que |VG | > 1 y sean u. El camino se continúa siguiendo la siguiente regla: cada vez que el camino C llega a un vértice distinto de u se continúa el camino usando una arista que no aparezca con anterioridad en C . Sea G0 el subgrafo obtenido eliminando las aristas en C . Si g = (u. y} ∈ EG0 e y es un vértice de C . . Como para x ≠ u. a continuación recorriendo C 0 y finalmente acabando C desde y .2. Sea por tanto {z. Demostración: Comencemos un camino C por u y la arista e. {z. Sea {z. esto es. v1 . 19 . v). es decir. si y sólo si. Demostración: Por el Lema 1. todos los vértices de G0 tienen grado par. El teorema es trivial para |VG | = 1. entonces (w. VG0 = VG y EG0 = EG \ {aristas de C}. v1 . . El grafo K3 tiene un obvio circuito de Euler y dejamos como ejercicio encontrar uno para K5 .2. v1 . Además podemos construir g del siguiente modo: (w. C.2. Sean u y v los dos únicos vértices de grado impar de G. . . A) A continuación borramos las aristas recorridas por g obteniendo el grafo G0 . B. .3 Un cartero tiene asignada para el reparto una red de calles representada por el grafo J E B A F I C D H G El reparto de cartas debe comenzar y acabar en la estafeta de correos que se encuentra en el vértice A.) Ejemplo 1. {v. w). Comenzamos obteniendo un circuito que parte de A siguiendo las instrucciones del lema 1.20 Introducción a la teoría de grafos. Construyamos un nuevo grafo G0 con VG0 = VG ∪ {w} y EG0 = EG ∪ {{u. n es impar (por tanto n− 1 es par). v) es el camino de Euler buscado. Entonces (u. v. . (En efecto. vr .2. vr . luego existe un circuito de Euler g en G0 . Supongamos que hemos obtenido el circuito g = (A. . Ya que es conexo. Ejemplo 1. w}} con w ∉ VG . Por el lema 1.3.2. grG (x) = grG0 (x). Kn es Euleriano si.2 El grafo completo Kn is (n − 1)-regular ya que todo vértice tiene grado n − 1. G0 es conexo y todos los vértices de G0 tienen grado par.2 el cartero sabe que puede hacer su reparto sin tener que recorrer dos veces la misma calle utilizando un circuito euleriano. y solo si. obtenemos el resultado. . . K5 tiene 264 circuitos de Euler. grG (u) = grG0 (u) − 1 y grG (v) = grG0 (v) − 1. u. D. w}. J. F . H.2 Grafo Hamiltoniano. C. A. I. F . D.2. D.3 obteniendo g 0 = (A. F . G. D. B. G. E. D. F .2. G. H. 21 J E B A F I C D H G En el grafo G0 obtenemos una arista con extremo en g . E. D. E) Como EG00 \ {aristas de g 00 } = œ el circuito euleriano que puede usar el cartero es (A. C. J.1. B. . I. B. E. H. por ejemplo AF y aplicamos de nuevo el proceso del lema 1.2. F . I. B. C. A) Uniendo g 0 a g obtenemos el circuito g1 = (A. E. I. I. A. Obtenemos ahora el circuito de G00 g 00 = (E. H.3. C. H. F . C. A) 1. H. A) Borrando la aristas de g1 obtenemos el grafo G00 J E B A F I C D H G Tomamos ahora la arista EJ ya que E está en g1 para repetir el proceso del lema 1.2 Grafos eulerianos y hamiltonianos. y el ciclo de Hamilton debe contener a la arista ab. b. Hamilton. entonces G es hamiltoniano.22 Introducción a la teoría de grafos. Un camino de Hamilton es un camino que recorre todos los vértices una sola vez. vamos a ver que no pueden estar simultáneamente las . volvemos a añadir una arista. Definición 1. Para cada i entre 3 y n.7: de Ore Sea G un grafo simple con n vértices para n ≥ 3. y así sucesivamente. . lanzara un juguete en 1857 que involucraba encontrar un ciclo hamiltoniano en las aristas del grafo de un dodecaedro. . Demostración: Probemos que si G no es un grafo de Hamilton. . a).2. vn . Si sigue sin ser de Hamilton. Supongamos entonces que G es un grafo que no es de Hamilton. Sea ab = v1 v2 la última arista que hemos añadido. Ejemplo 1. Sea entonces dicho ciclo (a. inventor del juego “The icosian game”. hasta que encontremos un grafo de Hamilton. Un grafo es hamiltoniano si tiene un circuito hamiltoniano. hay al menos dos vértices no adyacentes tales que la suma de sus grados es menor que n. Teorema 1.6 Un circuito hamiltoniano de un grafo G es un camino cerrado que recorre todos los vértices una sola vez. v3 . Añadimos una arista al grafo. El grafo obtenido es un grafo de Hamilton.4 Los caminos y ciclos hamiltonianos fueron estudiados después de que el matemático William R. .2. v4 . Llamemos H al grafo que hemos obtenido justo antes de añadirla arista ab.2. Si para cada par de vértices no adyacentes v y w se verifica que gr(v) + gr(w) ≥ n. vi+1 . Hemos encontrado entonces dos vértices no adyacentes tales que la suma de sus grados es menor que n. Definición 1. a. .3 Grafos bipartidos. Ejemplo 1. V1 ∩ V2 = œ) tal que toda arista conecta un vértice de V1 con un vértice de V2 . Si i = 3. b) que no contiene a la arista ab. y como G es un subgrafo de H . Si para todo vértice v de G se verifica gr(v) ≥ n/2.2. Si i ≥ 4. · · · . v3 . vn .2.m .1. Un grafo bipartido completo es un grafo bipartido tal que todo vértice de V1 está conectado a todo vértice de V2 mediante una única arista. en caso de que estuvieran ambas aristas. lo cual no es posible. podríamos construir el circuito de Hamilton (b. tiene |V1 | = n y |V2 | = m. entonces en G se verifica la misma propiedad.8: de Dirac Sea G un grafo simple con n vértices para n ≥ 3. G es de Hamilton. vi−2 . v3 . v4 .2.5 Consideremos el siguiente grafo: v4 v1 v3 v2 Un circuito de Hamilton es (v1 . 23 aristas avi−1 y bvi en el grafo H . vi−1 . Un grafo bipartito completo está completamente determinado por |V1 | y |V2 |. pues el grafo H no es de Hamilton.9 Un grafo bipartido es un grafo donde el conjunto de vértices VG tiene una partición {V1 . V2 } (VG = V1 ∪ V2 . como queríamos. que no está en H . v1 ). El grafo bipartito completo de n y m vértices. entonces avi−1 = av2 = ab. Teorema 1. Es necesariamente simple. Demostración: Para cada par de vértices no adyacentes v y w se verifica que gr(v) + gr(w) ≥ n/2 + n/2 = n. vi . se verifica que gr(a) + gr(b) < n. de donde. Tenemos entonces que en el grafo H . v2 . por el teorema de Ore. 1.2.2 Grafos eulerianos y hamiltonianos. denotado Kn. entonces G es de Hamilton. · · · . . . tendríamos que v1 . También podemos suponer que G es conexo. . . .} ⊆ V1 y {v2 . v1 están en el otro subconjunto de la partición.6 El grafo bipartido completo K3. . m = 2k + 1 para algún k ∈ N. . pues si v2 ∈ V1 tendríamos una arista.24 Introducción a la teoría de grafos. si d(u. . . Por tanto v2 ∈ V2 . v) como la menor longitud posible de los caminos que unen u con v . Ejemplo 1. mientras que v2 . y) es impar } Es claro que V = V1 ∪ V2 y que V1 ∩ V2 = œ. Razonando análogamente tendríamos que v3 ∈ V1 y así sucesivamente. . Encontramos entonces un vértice v1 que está simultáneamente en los dos subconjuntos. Claramente. Supongamos que (v1 . v2k . Definimos el número d(u. con los dos extremos en V1 . . . . x) es par } V2 = {y ∈ V . B. Demostración: Ya que v1 ∈ V1 tenemos que v2 ∈ V2 . la de extremos {v1 .} ⊆ V2 . Así podemos suponer que |VG | ≥ 2. v2 . F } A B C D E F Lema 1. Demostración: Veamos en primer lugar que si G contiene ciclos de longitud impar entonces G no es bipartido. y veamos que entonces G es bipartido. . v2 .11 Un grafo es bipartido. v1 ) es un ciclo de longitud impar. Notemos que x1 no es adyacente a v (pues en ese caso. v4 .2. lo cual no es posible.3 con V1 = {A. v) = r entonces existe un camino simple que une u con v . v2k+1 están en el mismo subconjunto de la partición. . Teorema 1. Entonces {v1 . . el . . v5 . Veamos que cualquier arista de G une un vértice de V1 con un vértice de V2 . C} y V2 = {D. Supongamos ahora que el grafo no tiene ciclos de longitud impar. d(v. y definimos los conjuntos: V1 = {x ∈ V . d(v. E. · · · . Si G fuera bipartido. v3 . no tiene ciclos de longitud impar. Sean u y v dos vértices de G. vm . v4 . Elegimos un vértice v ∈ V .10 Sea G un grafo bipartido con partición del conjunto de vértices V = V1 ∪ V2 . Notemos que si G = K1 entonces es claramente bipartido y no contiene ciclos de longitud impar (para su existencia se necesitan al menos tres vértices). vm−1 . Supongamos que (v1 . vm ) es un camino en G y que v1 ∈ V1 . v3 . si y sólo si.2.2. v2 }. . lo que no es posible por ser bipartido. Sean x1 y x2 vértices en V1 y supongamos que existe una arista e incidente con los vértices x1 y x2 . es decir. · · · .3. . v10 . En el primer caso tenemos que (v. ambos de longitud par. v20 l } entonces vi = vi0 . v). . .3. x1 .3 Grafos planos. v10 . . Tomamos ahora el mayor i tal que vi ∈ {v1 . . x2 no es adyacente a v (pues en ese caso. v1 .1.1 v3 e6 e3 v4 e4 v1 e2 e5 e1 v2 . Ejemplo 1. . .1 Grafos planos. v20 . .1 Un grafo se dice que es plano si admite una representación gráfica en el plano de modo que cada arista corta únicamente a otra arista en un vértice que sea extremo de ambas. vi0 = vi ). v2k = x1 ) es un camino que une v con x1 de longitud menor que la de P1 . . . v2k } ∩ {v10 . x1 . . v20 . el camino más corto tendría longitud 1). . por tanto v ≠ x2 . por tanto v ≠ x1 . . P2 = (v. . . . v1 . vj0 . v2 . . veamos que si vi ∈ {v1 . . . entonces un ciclo de longitud impar sería (v. En tal caso. . La idea aquí es la misma. v20 l−1 . Tal representación se denomina mapa. En el segundo se razona de la misma forma. v20 l }. . Esto es cierto pues si vi = vj0 con j ≠ i entonces. v20 . Si P1 y P2 no tienen vértices en común. vi+1 . . . sólo que para obtener un ciclo hemos de eliminar los vértices repetidos. v2k } ∩ {v10 . v2 .3 1. podemos tomar el ciclo (vi . x2 . . v2k } ∩ {v10 . · · · . v10 . El caso para y1 . · · · . v2k = x1 ). v20 l } ≠ œ. Sean P1 = (v. v20 l = x2 ) caminos de longitud mínima de v a x1 y de v a x2 respectivamente. · · · .3. 1. . . En primer lugar. Concepto de grafo plano. que tiene longitud impar. Análogamente. . · · · . . Definición 1. lo cual no es posible. vi+1 . x2 . Supongamos ahora que {v1 . Un mapa divide al plano en varias partes que se denominan caras. . v2 . 25 camino más corto tendría longitud 1). . . · · · . bien j < i o bien i < j . . v2 . y2 ∈ V2 es totalmente análogo. Entonces G − e es conexo para toda arista e ∈ C . 6 aristas y 4 caras (las 3 caras encerradas por las aristas y la cara exterior). .octaedro. Es un grafo plano con 4 vértices.26 Introducción a la teoría de grafos.hexaedro. tetraedro hexaedro octaedro icosaedro dodecaedro vértices 4 8 6 12 20 aristas 6 12 12 30 30 caras 4 6 8 20 12 Cuadro 1.3. Cada poliedro regular (tetraedro.dodecaedro e icosaedro) define un mapa del grafo formado por sus vértices y aristas.2 Sea G un grafo conexo que contiene un ciclo C . Lema 1.13: Poliedros regulares Es bien conocida la fórmula para dichos poliedros vértices-aristas+caras=2.2: Poliedros regulares Figura 1. tenemos otra arista diferente de v0 v1 con extremo v1 . ya que VG−e = VG y G es conexo existen caminos (x. v) en G − e de u a v . . Como VG es finito.3. . y) en G − e. Entonces existe un camino (u. por ejemplo. Definición 1. . vr . y) es un camino de x a y en G − e y por tanto G − e es conexo. v0 v1 . v1 . vs es un ciclo. wt . de donde |RG | − |EG | + |VG | = 2. u1 . . esto es. G no tiene ciclos. Entonces existe al menos un vértice que es extremo de una sola arista. v1 v2 . 27 Demostración: Sea e = {u. tenemos |RG | − 1 − (|EG | − 1) + |VG | = 2. . . wt . w1 . El camino vt vt+1 . existe un primer número s tal que vs = vt con s > t .4 Se denomina grado de una cara f y se denota gr(f ) la longitud del camino que la bordea.3: Fórmula de Euler Sea G un grafo plano y conexo. Caso 1). En efecto. lo que es una contradicción. . |EG | el número de aristas y |RG | el número de caras de una representación plana de G. así vamos obteniendo un camino v0 v1 v2 . . Sea G0 tal que VG0 = VG − v y EG0 = EG − vw . y dos vértices cualesquiera de G − e. . w1 . . us . si no existiera tal vértice podríamos construir un ciclo de la siguiente manera: comencemos con un vértice cualquiera v0 y a continuación tomamos una arista que comienza en v0 . . . u) y (v. Demostración: Razonemos por inducción sobre |EG |. Teorema 1. . . us .2 y el número de caras disminuye en una unidad ya que e debe pertenecer al borde de dos caras diferentes. . . G tiene algún ciclo. Sea G0 = G − e donde e es una arista de algún ciclo en G.3 Grafos planos. . . de donde |RG | − |EG | + |VG | = 2. . . como v1 es extremo de más de una arista. . u1 . u.3. Supongamos ahora que |EG | ≥ 1 y que la fórmula es cierta para todo grafo plano y conexo con número de aristas menor que |EG |. A continuación repetimos el argumento con v2 . . vr . . G0 continúa siendo conexo por el lema 1. Caso 2). . . Por la hipótesis de inducción. Si |VG | es el número de vértices. v1 . Si |EG | = 0 como G es conexo entonces VG = {v} y EG = œ y en el mapa hay una sola cara. . v}.. . G0 tiene el mismo número de caras que G. . v.3. Sea v un vértice que es extremo de una única arista vw en G. |RG | = 1 y la fórmula se verifica. Por tanto (x.1. Sean x. |RG | − (|EG | − 1) + |VG | − 1 = 2. entonces |VG | − |EG | + |RG | = 2. Ya que la fórmula se verifica para G0 . . ningún subgrafo suyo puede contraerse a K5 ni a K3.3 no es plano. pues cada arista es frontera común de dos caras. Así K5 no es plano. 3 3 Ejemplo 1.2 El grafo completo K5 es simple conexo y tiene |VG | = 5 vértices y |EG | = 10 aristas. Tenemos entonces que 3|RG | ≤ f ∈RG gr(f ) = 2|EG |. Ejemplo 1. entonces por el corolario 1.3. f ∈RG En particular 3|RG | ≤ 2|EG | y |EG | ≤ 3|VG | − 6. Es claro que al no tener lazos ni aristas paralelas.3 es simple conexo y tiene |VG | = 6 vértices y |EG | = 9 aristas. plano y conexo.3. el grado de cualquier cara es P mayor o igual que 3. y sólo si.3. Así el grafo K3.5 10 = |EG | ≤ 3|VG | − 6 = 15 − 6 = 9 lo que es imposible. entonces como cada cara está limitada por al menos 4 aristas. Una contracción simple de G es el resultado de indentificar en G dos vértices adyacentes.3. Una contracción de G es una cadena de contracciones simples.3 . pues 2 = |VG |−|EG |+|RG | ≤ |VG |−|EG |+ 2|EG | |EG | = |VG |− ⇒ 6 ≤ 3|VG |−|EG | ⇒ |EG | ≤ 3|VG |−6.28 Introducción a la teoría de grafos. Por la fórmula de Euler. La otra desigualdad es consecuencia del teorema de Euler.3.3. Corolario 1. tendríamos 4|RG | ≤ 2|EG |.5 Sea G un grafo simple.7: de Kuratowski Sea G un grafo.3 Consideramos el siguiente grafo G: . Si fuera plano. El grafo K3. Si el grafo fuese plano. |VG | − |EG | + |RG | = 2. Definición 1. Demostración: Al sumar los grados de todas las caras estamos contando dos veces el número de aristas. de donde |RG | = |EG | − |VG | + 2 = 9 − 6 + 2 = 5 y 20 = 4|RG | ≤ 2|EG | = 18. Teorema 1. Entonces X gr(f ) = 2|EG |. Entonces G es plano si.6 Sea G un grafo. Deducimos por tanto que este grafo no es plano. v3 con v30 y v5 con v50 . El grafo resultante es: v10 v20 v20 v2 v2 v30 v1 v50 v40 v10 v1 v50 v30 . y a continuación v40 con v3 = v30 . También podemos ver que este grafo no es plano como sigue: Tomamos el subgrafo de G con los mismos vértices. El grafo que obtenemos es v20 v2 v10 v1 v3 v5 v30 v4 v50 v40 Identificamos los vértices v2 con v4 .3 Grafos planos. si identificamos cada vértice vi con vi0 (es decir. y v4 con v40 . 29 v20 v2 v10 v1 v3 v5 v30 v4 v50 v40 Entonces. y del que se eliminan los lados que unen v3 con v5 . realizamos cinco contracciones) obtenemos el grafo K5 . que sabemos que no es plano.1. Para establecer esta correspondencia. .8 Una coloración de un grafo simple G es una aplicación λ : VG → C .14: Mapa y grafo dual de Andalucía Definición 1.3 . de manera que para todo e ∈ EG tal que δG (e) = {v.3.3.2 Coloración de grafos. cada región del mapa se representa mediante un vértice. Al grafo simple resultante se le denomina grafo dual del mapa. Una arista conecta dos vértices si las caras representadas por dichos vértices tienen frontera en común. w} con v ≠ w entonces λ(v) ≠ λ(w). hemos encontrado un subgrafo de G que puede contraerse hasta K3.9 El número cromático χ(G) de un grafo G es el número mínimo de colores que se requieren para una coloración de G.3. Definición 1. que podemos representar como v1 v20 v50 v10 v2 v30 Es decir.30 Introducción a la teoría de grafos. El problema de colorear un mapa se traduce en colorear los vértices del grafo dual del mapa. Figura 1. donde C es un conjunto de colores. de manera que ningún par de vértices adyacentes del grafo tengan el mismo color. 1. Todo mapa en el plano se puede representar mediante un grafo. k) ≠ 0 nos dice que χ(G) = k. Gm entonces p(G. Si queremos colorear el grafo K2 y disponemos de x colores. para i = 1.1. Por tanto si asignamos a los vértices de V1 el color C1 . Recíprocamente. con x colores. x)p(G2 . si y sólo si. Si G1 es un subgrafo de G2 . Si un grafo es plano.3. están en un subconjunto Vi distinto. En general. x) · · · p(Gm . x) = x(x − 1) · · · (x − n + 1). V2 } una bipartición del conjunto de vértices V . 4. es claro que cada arista une un vértice de V1 con un vértice V2 (pues dos vértices adyacentes no pueden tener el mismo color). . 2. Ejemplo 1. El primer k tal que P (G. y sólo si. entonces χ(G1 ) ≤ χ(G2 ). nos limitaremos a estudiar las coloraciones de los grafos conexos. G2 . Lo denominaremos el polinomio cromático de G.3 Grafos planos. y a los vértices de V2 el color C2 . Si G es un grafo cuyas componentes conexas son G1 . Éste es un problema (“El problema de los 4 colores”) que se planteó por primera vez a mitad del siglo XIX. Vamos a denotar por p(G. Definición 1. cada arista de G une un vértice de V1 con un vértice de V2 . .5 1. ya que dos vértices cualesquiera son adyacentes. x) al número de coloraciones distintas. 3.3. De aquí se deduce 31 . 2. En general.11 Sea G un grafo y x ∈ N. El principio del producto nos dice entonces que p(K2 . entonces para uno de los vértices podemos elegir cualquiera de los x colores. Ejemplo 1. χ(G) = 2. . por lo que dos vértices son adyacentes si. el número cromático del grafo Kn es n.3. x) = x(x − 1). 2. cuando se intentaba colorear los condados de un mapa de Inglaterra de forma que dos condados con frontera común tuvieran distinto color.3 Polinomio cromático de un grafo. se obtiene una coloración de G que utiliza únicamente dos colores. Su número cromático es por tanto 2. Appel y Haken probaron el resultado basándose en un complicado análisis computacional. El grafo K2 necesita al menos dos colores para colorearlo. 1. si existe una coloración con dos colores C1 y C2 y denotamos por Vi el conjunto de vértices que tienen asignados el color Ci . . El problema estuvo abierto durante más de un siglo.3. hasta que en 1976. ya que los dos vértices no pueden ser coloreados con el mismo color al ser adyacentes. pues todos los vértices deben tener colores distintos. x) = p(G1 .10 Un grafo G es bipartido.4 1. concluimos que G es bipartido. su número cromático es menor o igual que 4. Demostración: Si G es un grafo bipartido con {V1 . que tiene el grafo G. se tiene que p(Kn . Por tanto. Proposición 1.3. x). Así. mientras que para el otro podemos elegir entre los x − 1 restantes. . el número cromático de Kn es n. Teorema 1. m) = 0. Esto. 3. x). las coloraciones en las que u y v tienen distinto color pueden identificarse con las coloraciones de G. x) + p(Ge . lo que tenemos es una coloración del grafo G (obviamente. Si u y v tienen el mismo color. χ(Ln ) = 2. entonces lo que tenemos es una coloración de Ge . entonces p(G. pero al que se le ha quitado la arista e. x) = x(x − 1)n−1 . G = (V . . Dado un grafo G. 4. tomamos una arista e (que no sea un lazo) que una los vértices u y v . y para el resto de los vértices tenemos x − 1 posibilidades (todas menos la que hayamos elegido para vi−1 ). x) = x(x − 1)n−1 . x) − p(Ge . p(Kn . Finalmente para el resto de vértices x − 1 colores. así que P (Nn . vi+1 }. x) = p(G. x) = p(G − e. Puesto que en G − e los vértices u y v no son adyacentes. n) = n!. podemos elegir el que queramos para v1 . no tenemos colores prohibidos a la hora de colorear ningún vértice. Si tienen distinto color.3. E) donde V = {v1 . y e ∈ EG . lo cual nos permite reducir el cálculo del polinomio cromático de un grafo al cálculo de polinomios cromáticos más pequeños (con menos aristas o con menos vértices). De esta forma. Por tanto χ(Nn ) = 1. Recíprocamente. . El polinomio cromático del grafo vacío Nn . junto con el principio de la suma. Entonces el grafo G − e es el grafo con los mismos vértices que G. que si m ≤ n. Por tanto. x). . . los cuales los identificaremos con las coloraciones de G y las de Ge respectivamente (con x colores). En efecto tendremos x posibles colores para el primer vértice. cualquier coloración de Ge nos da lugar a una coloración de G − e en la que u y v tienen el mismo color. . y el grafo Ge es el grafo que resulta de identificar en G − e los vértices u y v . Es decir.12: de descomposición Sea G un grafo conexo. v2 . Si G es el grafo camino simple o lineal Ln . nos dará la relación que buscamos. e2 . Por tanto. Entonces p(G − e. En este caso. Esta expresión podemos verla como p(G. . . toda coloración de G es una coloración de G − e). Demostración: Vamos a descomponer el conjunto de las posibles coloraciones de G − e con x colores en dos subconjuntos. El principio del producto nos dice que p(G. vn } y E = {e1 . mientras que p(Kn . para elegir una coloración de G con x colores.32 Introducción a la teoría de grafos. x) = x n . Además. en−1 } y δG (ei ) = {vi . Como no hay aristas. x − 1 para el segundo. podemos reducirlo siempre al cálculo de polinomios cromáticos de grafos completos o de grafos que son caminos simples. una coloración de G − e puede tener los vértices u y v del mismo color o de distinto color. . Para n = 0 el resultado es trivialmente cierto. G contiene un ciclo. entonces. un subgrafo suyo se dice árbol generador si tiene todos los vértices y es un árbol.3. Demostración: Sea G un grafo conexo. Supongamos.3 Grafos planos. Si el nuevo grafo contiene un ciclo de nuevo eliminamos una arista del ciclo.3. Demostración: Lo haremos por inducción en n. Continuamos este proceso hasta que el grafo resultante T no contenga ciclos. Por tanto. entonces no hay nada que probar ya que G es su propio árbol generador.3. Definición 1. Supuesto el resultado cierto para n lo demostramos para n + 1.3. No hemos eliminado vértices de manera que T tiene los mismos vértices que G. vamos a representar el polinomio cromático de un grafo encerrando el grafo          entre corchetes.4 Concepto de árbol y caracterizaciones. Dado un grafo conexo. 33 Ejemplo 1.3.6 Para simplificar la notación. Al no tener ciclos no divide al plano en caras.15 Todo grafo sin ciclos es un grafo plano. si G no contiene ningún ciclo.   = = =   ·     -2· =x(x − 1)(x − 2)(x − 3)x − 2x(x − 1)(x − 2)(x − 3) = x(x − 1)(x − 2)2 (x − 3). . pues al no haber aristas no pueden cruzarse.1. En particular todo árbol es un grafo plano. Así κ(G) = 4. y en cada etapa del proceso anterior se obtiene un grafo conexo. 1. le quitamos una arista y nos resulta un grafo plano (pues no tiene ciclos y tiene n aristas). Proposición 1. Al eliminar cualquier arista del ciclo obtenemos un grafo que también es conexo.14 Todo grafo conexo tiene un árbol generador. Un bosque es un grafo sin ciclos. la arista que añadimos podemos dibujarla sin que corte a ninguna de las ya existentes. Si tenemos un grafo sin ciclos con n+1 aristas. Por lo tanto T es conexo y es un árbol generador de G. Proposición 1.13 Un árbol es un grafo conexo sin ciclos. Por tanto G no contiene ciclos. G no tiene ciclos. Sea e = {u. . Sean u y v dos vértices de G y G0 el grafo obtenido añadiendo a G la arista e = {u. Por tanto |E| ≥ r + (n − r ) = |V |. . lo que es una contradicción. 4. lo que es una contradicción.18 existe un ciclo. existe al menos un camino simple de u a v . Por tanto existe un único camino simple de u a v . lo que es una contradicción. v}. Sea e = {u. Entonces existe un ciclo conteniendo e en G0 . 3. . . G es un árbol. Si existiesen dos caminos simples de u a v . 5. . 2) ⇒ 3) Claramente G es conexo. Demostración: 1) ⇒ 2) Sean u y v dos vértices de G. 4) ⇒ 5) Sean u y v dos vértices de G y G0 el grafo obtenido añadiendo a G la arista e = {u. Ya que G es conexo. G es conexo y tiene n − 1 aristas. 2.16 Sea G un grafo simple con n vértices. . v} una arista de G y consideremos G − e. 5) ⇒ 1) Supongamos ahora que existe un ciclo C = (v1 . . vr = v) de u a v en G. lo que es una contradicción. .15 G es plano. . vr .3. Entonces son equivalentes: 1. vr = v. Si G − e fuese conexo entonces existirían al menos dos caminos simples en G de u a v . 3) ⇒ 4) Supongamos que G contiene un ciclo. G − e es conexo. . Como |RG | = 1. entonces por la proposición 1.34 Introducción a la teoría de grafos. v1 ). Ya que G es conexo existe un camino (u = v1 . . entonces por el lema 1.2. . pero si le quitamos una arista deja de serlo. . Ya que G es conexo. . |EG | = |VG | − 1. v}. Dos vértices cualesquiera están unidos por un único camino simple. de la fórmula de Euler se deduce que 2 = |VG | − |EG | + 1.3. . pero si le añadimos una arista tendrá algún ciclo. G es conexo. los restantes vértices vr +1 . . Teorema 1. u) es un ciclo en G0 . vn pueden ser conectados a los vértices de C .1. esto es. Ya que G es conexo. Así G es conexo. v} una arista del ciclo. Como no tiene ciclos es un árbol y por la proposición 1. Por tanto existe un camino en G de u a v . Por tanto (u = v1 .3. . Ejemplos de grupos. tal que a ∗ e = a = e ∗ a. La propiedad asociativa entonces requiere que (ab)c = a(bc) para todo a. un elemento a ∗ b de G. es denotado por 1 (o por e) y denominado elemento . donde el producto a∗b de dos elementos a y b de un grupo G será denotado ab.1 Una operación binaria * sobre un conjunto G es una aplicación ∗ : G × G -→ G que asigna al par (a. b) de elementos de G. c ∈ G. para todo a ∈ G.1. Definición 2. G2) Existe un elemento neutro e ∈ G.1.1 Grupos. el grupo se dice que es un grupo abeliano. Definición 2.1. b. G3) Para todo elemento a ∈ G. en este caso. para todo a. Definición de grupo. tal que a ∗ a0 = e = a0 ∗ a. esto es.1 2. 2. b. Por ejemplo la suma y el producto son operaciones binarias sobre el conjunto Z de números enteros. El elemento neutro. esto es. b ∈ G. c ∈ G. a ∗ b = b ∗ a.2 Un conjunto no vacío G con una operación binaria * se dice que es un grupo si verifica las siguientes propiedades: G1) La operación * es asociativa. G4) Si además la operación * es conmutativa. a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c.Capítulo 2 Introducción a la teoría de grupos. existe un elemento simétrico a0 ∈ G. Normalmente adoptaremos para los grupos notación multiplicativa. para todo a. Propiedades elementales. Demostración: La primera igualdad es consecuencia de que aa−1 = e = a−1 a.3 Si G es un grupo. Sin embargo para los grupos abelianos es tradicional usar notación aditiva.1. En este caso la operación de grupo es denotada +. basta únicamente considerar las siguientes cadenas de igualdades: (b−1 a−1 )(ab) = ((b−1 a−1 )a)b = (b−1 (a−1 a))b = (b−1 e)b = b−1 b = e.5 Sea G un grupo. Si a.4 Sea G un grupo. entonces el inverso de a ∈ G es único. Para la segunda. entonces existe un único elemento identidad. b ∈ G. . entonces (a−1 )−1 = a y (ab)−1 = b−1 a−1 .1. Lema 2. usando notación multiplicativa y denotando el elemento identidad del grupo por e.1. (ab)(b−1 a−1 ) = ((ab)b−1 )a−1 = (a(bb−1 ))a−1 = (ae)a−1 = aa−1 = e. Lema 2.36 Introducción a la teoría de grupos. entonces se verifica: e = ef = f . el elemento neutro del grupo es denotado por 0 y el simétrico de un elemento a del grupo por −a. y utilizar la unicidad del elemento inverso de ab. Demostración: Supongamos que a0 y a00 son inversos de a. Lema 2. entonces se verifica: a0 = ea0 = (a00 a)a0 = a00 (aa0 ) = a00 e = a00 . identidad y el elemento simétrico de un elemento a ∈ G es denotado por a−1 y denominado el inverso de a. A continuación vamos a describir algunas propiedades básicas de un grupo G. Demostración: Supongamos que e y f son elementos neutros. si G es un conjunto no vacío con una operación binaria verificando G1). c}: * a b c a a c c b b a c c a b b Echemos un vistazo a las filas y columnas de la tabla sin encabezados. Como consecuencia. Finalmente por la propiedad del elemento neutro b = c . Del mismo modo. ésto es una tabla de Cayley sobre el conjunto {a. Se trata de una malla donde las filas y columnas están encabezadas por los elementos a multiplicar. entonces se verifica 1. y por la propiedad del elemento inverso eb = ec . este cuadro no representa un grupo. y la entrada en cada celda es el producto de los encabezados de la fila y columna. Definición 2. con a. Recíprocamente. Si ab = ac entonces a−1 (ab) = a−1 (ac) de donde por la propiedad asociativa (a−1 a)b = (a−1 a)c . 37 Proposición 2. Eso significa que la ecuación ax = c no tiene solución.6: Propiedades cancelativas o simplicativas Si G es un grupo. entonces las ecuaciones ax =b y xa = b tienen solución única. la ecuación ya =b no tiene solución. Si ab = ac entonces b = c (Propiedad cancelativa por la izquierda) 2. tenga en cuenta que en la primera columna (sin encabezado). no hay elemento b.1. entonces es un grupo. Proposición 2. La proposición anterior proporciona una manera muy fácil de comprobar si un conjunto finito de elementos y una operación sobre ellos forman un grupo o no. En este caso. A partir de este ejemplo. Pero en la primera fila. Por ejemplo.8 Un grupo G se dice que es un grupo finito si el conjunto G tiene un número finito de elementos. b pertenecen a G. se puede concluir que una condición necesaria para que una tabla de Cayley represente un grupo es que en cada fila y columna aparezca . Ejemplos de grupos. denotado por |G|.1. Un conjunto finito de elementos y una operación en ellos es frecuentemente dado por una tabla que ilustra el resultado de la operación para cada par de elementos. no hay elemento c .7 (D) Si G es un grupo y a. Es una generalización de una tabla de multiplicar (tal como se utiliza para enseñar a los escolares la multiplicación). Si ba = ca entonces b = c (Propiedad cancelativa por la derecha) Demostración: Demostraremos la propiedad cancelativa por la izquierda. Dicha tabla se llama una tabla de Cayley.1. el número de elementos es llamado el orden de G. la otra es análoga. b. Por lo tanto. Tenga en cuenta que la primera fila representa diferentes resultados de la multiplicación por la izquierda. llamada así por el matemático Arthur Cayley.2.1 Grupos. G2) y D). como sigue ( a1 · · · an = a1 (a1 · · · an−1 )an si n = 1 si n > 1 Entonces se verifica 1. Los casos n = 1. Sea G un grupo y a ∈ G. son evidentes. entonces G satisface G1) y G3). Si una tabla de Cayley de un conjunto G satisface las reglas 1 y 2. Además. La propiedad G2) sobre la asociatividad es pesada de comprobar en una tabla de Cayley. Si aparece algún elemento dos veces. definimos    e an−1 a an =   (a−n )−1 si n = 0 si n > 0 si n < 0 para n ∈ Z. Por tanto 1) Cada elemento aparece exactamente una vez en cada fila y cada columna. Para cada 0 < m < n se tiene a1 · · · an = (a1 · · · am )(am+1 · · · an ) 2. su producto. por tanto. c) se verifca (ab)c = a(bc).1. entonces a1 · · · an = (a1 · · · an−1 )an por definición. −1 1 (a1 · · · an )−1 = a− n · · · a1 . Si m < n − 1. 2) Tiene que haber un elemento de tal manera que la fila y la columna determinada por el elemento es la misma que la fila y columna de encabezados. definimos inductivamente un nuevo elemento a1 · · · an del grupo. 2. . cada elemento al menos una vez.38 Introducción a la teoría de grupos. entonces la ley de cancelación no se verifica. Para la propiedad G4) solo hay que comprobar la simetría de la tabla.9 Sean a1 . así que supongamos n > 1. Haremos inducción sobre n. n > 2. El elemento an se llama potencia n-ésima de a. . entonces a1 · · · an = (a1 · · · an−1 )an = ((a1 · · · am )(am+1 · · · an−1 ))an = (a1 · · · am )((am+1 · · · an−1 )an ) = (a1 · · · am )(am+1 · · · an ). Supongamos. . ese elemento es la identidad. b. . Demostración: 1. En este caso. Si m = n − 1. Para la comprobación de la asociatividad hay que comprobar que para todas las ternas posibles de elementos (a. 2. Entonces −1 −1 1 −1 1 −1 −1 (a1 · · · an )−1 = ((a1 · · · an−1 )an )−1 = a− = a− n (a1 · · · an−1 ) n (an−1 · · · a1 ) = an · · · a1 . Haremos inducción sobre n. El caso n = 1 es evidente. n se llama el . Proposición 2. an elementos de un grupo G. 3) (am )n = amn . entonces a−n = (an )−1 por definición y (a−1 )n = (an )−1 por la proposición anterior. El siguiente resultado se prueba por inducción sobre los exponentes de las potencias. ya que −n > 0. Si m > 0. n ∈ Z. para todo m. entonces (am )n = ((a−m )−1 )n = (a−m )−n = amn . Así (a−1 )n = (a−1 )−m = (a−(−m) = am = a−n y (an )−1 = (a−m )−1 = ((a−1 )m )−1 = ((am )−1 )−1 = am = a−n . n > 0. Entonces 1) (a−1 )n = a−n = (an )−1 . la igualdad es obviamente cierta. entonces am an = am a−m = am (am )−1 = e = a0 = am+n . para todo n ∈ Z. 2) am an = am+n . entonces. n < 0. Si m < 0. Ejemplos de grupos. si m + n < 0. Proposición 2. El caso restante. Si m < 0. para todo m. Si n >0. m < 0. es consecuencia de la proposición anterior. .1 Grupos. am+n a−n = a(m+n)−n = am . n < 0. si m + n > 0. 3) Como a0 = e. n ∈ Z. 39 exponente y a la base de la potencia. Si n < 0. a saber. entonces am+n = (a−(m+n) )−1 = (a(−n)+(−m) )−1 = (a−n a−m )−1 = (a−m )−1 (a−n )−1 = am an . Si m. de donde am+n = am an . 2) Como a0 = e. n < 0. Por tanto. es análogo. n > 0. entonces m = −n > 0. entonces si m + n = 0. es consecuencia de la proposición anterior. la igualdad es obviamente cierta.1.10 Sea a un elemento de un grupo G. am+n = am an . si m = 0 o n = 0. n > 0.2. si m = 0 o n = 0. Demostración: 1) El caso n=0 es trivial. Si m. ya que a0 = e. Si m > 0 y n < 0. entonces a−m am+n = (am )−1 )(a−(m+n) )−1 ) = (am a−(m+n) )−1 = (a−n )−1 = an . n > 0. Si m. entonces (am )n = ((am )−n )−1 = (a−mn )−1 = amn . entonces (am )n = ((a−1 )−m )n = (a−1 )−mn = amn . Ejemplo 2. y se opera con ellos de la siguiente forma: Suma: (a + bi) + (c + di) = a + b + (c + d)i. cuando K = Zp para p primo. n) = 1}. en las matrices regulares. son (Z. Zp para p primo).2 Para cada cuerpo K (por ejemplo. Producto: (a + bi)(c + di) = ac − bd + (ad + bc)i. ·).3 Cada anillo de restos Zn da lugar a dos grupos conmutativos finitos. y se llama grupo lineal general de orden n sobre K. +). como es obvio.4 El cuerpo de los números complejos C se obtiene de R añadiendo una unidad imaginaria i que verifica que i2 = −1. Los elementos de C son de la forma a + bi. Ejemplo 2. Una propiedad esencial aquí es que zw = (ac − bd) + (ac + bd)i = (ac − bd) − (ac + bd)i = z w para cualesquiera z = a + bi. +). que tiene n elementos. De ellos. (C. C o. (C∗ . si z ≠ 0. centraremos nuestra atención fundamentalmente en los grupos finitos. Q. Los más sencillos son los abelianos.40 Introducción a la teoría de grupos. +). y que conmuta con todos los números reales. ·). ya conocidos. algunos de cuyos ejemplos fundamentales se dan seguidamente. y cada entero n ≥ 1. (Q∗ . el más sencillo en general es el grupo aditivo Zn = {[m]. entonces.1. que ya han debido ser estudiados. w = c + di ∈ C. R. Ejemplo 2. tenemos definido el anillo Mn (K de las matrices cuadradas de tamaño n × n con coeficientes en K. ·) de las unidades. gcd(m. Por tanto. con a. ·). (R∗ .1. El grupo Z× n = {[m]. 0 ≤ m < n}. b ∈ R. Observemos que GLn (K) es no abeliano si n ≥ 2.1 Ejemplos de grupos. En este curso. +) y el grupo multiplicativo (Z× n . +∞) por lo que zz = 0 si y sólo a = b = 0. deducimos que zz z−1 = z a − bi = ¯ a2 + b2 zz . Además.1. Observemos que zz = a2 + b2 ∈ [0. que asigna a z = a + bi ∈ C su conjugado z = a − bi. En C es de la mayor importancia la conjugación de números complejos. (R. que tiene ϕ(n).1. Ejemplo 2. Se suele denotar por GLn (K). el grupo aditivo (Zn . se trata de un grupo finito no abeliano. (Q. de la igualdad obvia z( z ) = 1. El grupo multiplicativo U (Mn (K)) de las unidades de este anillo consiste. +). Por tanto r = r 0n y nθ 0 = θ + 360k. Veamos que dicha representación tiene sus ventajas. Si z0 = r 0 (cos(θ 0 ) + isen(θ 0 )). 41 lo que nos indica cómo calcular inversos en el grupo multiplicativo C∗ . tal que u = cos(θ). Ejemplos de grupos. √ entonces su longitud es |z| = a2 + b2 y. w .0 ≤ k < n. La fórmula anterior se escribe en esta notación exponencial como 0 r eiθ r 0 eiθ = r r 0 ei(θ+θ De esta manera. b). entonces zz0 = r (cos(θ) + isen(θ))r 0 (cos(θ 0 ) + isen(θ 0 )) = r r 0 (cos(θ) cos(θ 0 ) − sen(θ)sen(θ 0 ) + i(cos(θ)sen(θ 0 ) + cos(θ 0 )sen(θ))) = r r 0 (cos(θ + θ 0 ) + isen(θ + θ 0 )) Es tradición escribir eiθ = cos(θ) + isen(θ). v = sen(θ). √ θ+2kπ i r e n . 0]). poniendo r = a2 + b2 = |z|. Si vemos cada complejo z = a + bi como un vector del plano real con componentes (a. tenemos que |zw| = |z||w|. √ Esto significa que.1.2. n con 0 ≤ k < n. 2π ] (aunque podríamos tomar cualquier otra determinación de θ . Esto significa que existe un único θ ∈ [0. Acabamos de ver que cada número complejo se puede expresar en función de su módulo y su argumento. Observemos ahora que los números u = √a2a+b2 . Así r 0 = n r y θ0 = θ+360k . n .1 Grupos. si z = r eiθ . Así existen n raíces Ejemplo 2. entonces z−1 = 1 r 0) e−iθ y. tenemos la expresión z−1 = z |z|2 . por tanto. v = √a2b+b2 verifican que u2 + v 2 = 1. se tiene zm = r m eimθ Veamos ahora cómo obtener las raíces n-ésimas de un número complejo. por ejemplo en [−2π . Si z = rθ . para cualquier exponente entero m. uno obtiene z = r (cos(θ) + isen(θ)) y r θ r sen(θ) x r cos(θ) El ángulo θ se llama argumento de z.5 Dados números complejos z. entonces se trata de encontrar rθ0 0 tal que √ rθ = (rθ0 0 )n = (r 0n )nθ 0 . De aquí. pero todas las elecciones son esencialmente equivalentes) las matrices 1= 1 0 0 1 ! . Considero para cada 2r π i 2r π 2r π r = 0. entonces su producto zw tiene asímismo módulo 1. Además. ya que sus elementos son las raíces complejas del polinomio X n − 1. entonces (ζr )n = (e 2r π i n )n = e 2nr π i n = e2r π i = cos(2r π ) + isen(2r π ) = 1. n. consideremos Cn = {z ∈ C. . Concluyamos con un ejemplo más de grupo cuyos elementos son matrices. . ζ1 .1. Cn resulta ser un grupo bajo la multiplicación.42 Introducción a la teoría de grupos. Este grupo es llamado grupo cuaternio. Ejemplo 2. ±jj . j y k . consideremos (existen otras posibilidades para definir i .7 Dentro de GL2 (C). (z−1 )n = (zn )−1 = 1. . cuya operación es la multiplicación de números complejos. Así que Cn = {ζ0 = 1. . Ejemplo 2. w ∈ Cn . zn = 1} Observemos que si z.6 Para cada número entero n ≥ 1. . deducimos que si z y w son ambos números complejos de módulo 1. n − 1 el número complejo ζr = e n = cos( n ) + isen( n ). a lo sumo. Este grupo es finito. ζn−1 } Los elementos de Cn se llaman raíces n-ésimas de la unidad. luego zw ∈ Cn . ±ii.1. entonces (zw)n = zn w n = 1. ±k es un grupo con la multiplicación de matrices. cuyo número es. Por tanto. θ ∈ [0. |z| = 1} = {eiθ .i = 0 1 −1 0 ! . . .k = i 0 ! 0 −i Entonces (y conviene que el alumno lo compruebe) el conjunto de ocho elementos k} Q2 = {±1 . Este hecho permite comprobar que la circunferencia S 1 = {z ∈ C. . 2π ]} es un grupo. .j = 0 i i 0 ! . 1. 2 puede aplicarse en cualquiera de los restantes n − 1 números. entonces σ −1 está en S(X). La primera observación que tenemos a propósito del grupo Sn es la siguiente: Lema 2. entonces σ τ está en S(X). . El conjunto de todas las permutaciones del conjunto X = {1. 2. (ii) Si σ . S(X) es un grupo respecto a la composición de aplicaciones. 3 puede aplicarse en cualquiera de los restantes n − 2 números. Por tanto existen n(n − 1) · · · 1 elecciones. Una vez elegidas las imágenes de 1. Sabemos por Álgebra I que: (i) Si σ .12 El grupo Sn es finito de orden n!. (iv) Si σ está en S(X). .1 Grupos. . µ son elementos de S(X). τ son elementos de S(X). Definición 2. El conjunto de todas las permutaciones de X será denotado por S(X). n − 1 han sido elegidas. entonces (σ τ)µ = σ (τµ). . 2. n.2. Esto es. Una vez elegida la imagen de 1. . Ejemplos de grupos. (iii) 1X está en S(X). . τ. .2 43 Q2 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 Grupos de permutaciones: Grupos simétricos y alternados. . .2.1. . El número restante debe ser la imagen de n. . Demostración: Una permutación σ puede aplicar 1 en cualquiera de los números 1. .11 Sea X un conjunto. . Así hasta que las imágenes de 1. Una aplicación σ : X → X es llamada una permutación de X si σ es biyectiva.1. n} será denotado por Sn . Así Sn tiene n! elementos. . como indica el siguiente resultado. 4 → 1}. Una manera clásica de hacerlo es mediante una matriz. . 2. el tercero (el 4). y la de este último. donde r ≤ n. . el 1). .. el primero de la lista (o sea. una permutación cualquiera σ ∈ Sn queda completamente determinada por la matriz 2 × n 1 2 ··· n σ (1) σ (2) · · · σ (n) ! Observemos que.. Así. se puede representar como sigue 1 2 3 4 3 2 4 1 ! Más generalmente.σ fija todo elemento distinto de i1 . Esto puede hacerse en general. lo que significa que podemos pensar en expresar la anterior permutación como producto (composición) de permutaciones más sencillas. . la de este segundo. . Definición 2. 2 → 2.44 Introducción a la teoría de grupos. 2.. n} de números distintos tales que 1. . Esto no puede hacerse. .1. la segunda fila de la matriz contiene a los elementos 1. en esta representación. la permutación σ ∈ S4 dada por {1 → 3. El siguiente asunto que trataremos es de la mayor importancia: veremos distintas maneras en que se pueden representar las permutaciones de n símbolos. . sin embargo.13 Una permutación σ ∈ Sn se dice ciclo de longitud r . según la siguiente definición. Podemos ahorrar aún más espacio si representamos una sola vez los elementos que no quedan fijos. . . . σ (i2 ) = i3 . . . sino con aquellas que son ciclos. σ (ir −1 ) = ir y σ (ir ) = i1 . . si existe una sucesión i1 . Se representa mediante la notación σ = (i1 i2 · · · ir ). de la siguiente forma σ = (1 3 4) entendiendo que la imagen del primer elemento listado (el 1) es el segundo (el 3). . 3 → 4. ir ∈ {1.σ (i1 ) = i2 . . En este caso. podemos escribir 1 2 3 4 5 2 1 5 3 4 ! = (1 2)(3 5 4) Así que hemos descompuesto nuestra permutación como producto de dos ciclos (observemos que usamos la yuxtaposición para denotar la composición). . el 2). ir 2. n reordenados. . Esta notación podría compactarse si acordásemos no representar aquellos elementos fijos por la permutación (en (*). . con todas las permutaciones. Un ejemplo de permutación no cíclica es la siguiente 1 2 3 4 5 2 1 5 3 4 ! Recordemos sin embargo que S5 es un grupo . 1. σ i (t). . se sigue de la elección de i que i−j = i. Sea σ i (t) el primer término repetido en la sucesión t. σ (t). .15 Ciclos disjuntos conmutan. . . . . . τ ∈ Sn son ciclos disjuntos dados por σ = (i1 i2 · · · ir ). Entonces podemos escribir σ = σ 0 τ1 . n} que no es fijo por σ . Es así que podemos considerar a σ 0 como una permutación de menos de n símbolos.. . . con τ1 .16 Toda permutación en Sn puede escribirse como un producto de ciclos disjuntos. Entonces σ i (t) = σ j (t) para algún j ≤ i y. τ = (j1 j2 · · · js ). . Para demostrar que σ se descompone como producto de ciclos disjuntos. donde σ 0 es una permutación que deja fijos t. 45 Definición 2. De modo que σ i (t) = t . así que supongamos n > 1. Finalmente.. σ i−1 (t).1 Grupos. . k. tenemos que σ i−j (t) = t . . . . . Para n = 1. . . . Como i − j ≤ i. . . . . σ 2 (t). Entonces σ y τ se dice que son disjuntos si ih ≠ jk para todo h. Ejemplos de grupos. σ (t). Demostración: Supongamos que σ . lo que permite usar la hipótesis de inducción para escribir σ 0 = τr · · · τ2 . . Proposición 2. .17 Sea σ ∈ Sn . . js } para 1 ≤ k ≤ r para 1 ≤ k ≤ s donde hemos usado ir +1 = i1 . usaremos inducción sobre n. Entonces σ (τ(j)) = j = τ(σ (j)). j1 . Definición 2. .1. σ k (t). con lo que j = 0. . . hemos obtenido σ = τr · · · τ2 τ1 . . js+1 = j1 . Proposición 2. Tomemos t el primer elemento (en el orden natural) de {1. al ser σ una biyección. σ (t).2.τr ciclos disjuntos. σ (τ(ik ) = ik+1 = τ(σ (ik ) σ (τ(jk )) = jk+1 = τ(σ (jk )) j ∉ {i1 . para τk ciclos disjuntos que dejan fijos los símbolos t. llamémosle τ1 . El menor entero positivo m tal que σ m = (1) es llamado el orden de σ. Los ciclos que aparecen en el producto son únicos Demostración: Sea σ ∈ Sn una permutación. ir . . la afirmación es trivial.14 Sean σ = (i1 i2 · · · ir ) y τ = (j1 j2 · · · js ) ciclos en Sn . .1. Ahora es evidente que (t σ (t) · · · σ i−1 (t)) es un ciclo.1. (b) Sea σ = σ1 · · · σr su descomposición en ciclos disjuntos.n) = 1 y τ lcm(m. Pero esto es fácil: dado el ciclo (i1 i2 · · · ir ) tenemos (i1 i2 · · · ir ) = (i1 ir ) · · · (i1 i3 )(i1 i2 ) . que reposa en la idea de que el tipo de permutación más sencillo posible es aquella que.46 Introducción a la teoría de grupos. Proposición 2.n) = σ lcm(m. n). Definición 2. de donde (σ τ)lcm(m. tenemos que σ M = 1.1. Ya que son permutaciones disjuntas. (b) Supongamos que |σ | = n y |τ| = m y |σ τ| = M .1. Proposición 2. Así m y n dividen a M . Entonces el orden de σ es el mínimo común múltiplo de las longitudes de los ciclos σi . Demostración: A la vista de la Proposición 2. entonces σ (i) = i para i ∉ {i1 · · · ir } y σ (ij ) = ij+1 para j < r con ir +1 = i1 . luego lcm(m. tenemos que σ lcm(m. Demostración: (a) Si σ = (i1 · · · ir ) ∈ Sn es un ciclo. Existe otra forma clásica de descomponer permutaciones.16.18 (a) El orden de un ciclo σ es la longitud del ciclo.16. y por tanto M| lcm(m. permuta justo dos símbolos.1.20 Toda permutación puede escribirse como un producto de transposiciones. es suficiente demostrar que cada ciclo se puede escribir como un producto de transposiciones. Además σ (i1 ) 2 σ (i1 ) = i2 = σ (i2 ) = i3 ··· r σ (i1 ) ··· = ir +1 = i1 En general σ r (ij ) = ij+r = ij . n)|M . Por tanto σ r (i) = i para todo i ∉ {i1 · · · ir }. La definición técnica es la siguiente. ya que permutaciones disjuntas conmutan. Ya que σ n = 1 y τ m = 1. Tenemos el siguiente corolario de la Proposición 2.1.19 Un ciclo de longitud dos es llamado una transposición. entonces σ M τ M = 1.n) τ lcm(m.n) = 1.n) = 1. Como (σ τ)M = 1.1. valga la redundancia. τ M = 1. podemos eliminar τ1 τ2 del producto original para obtener 1X = τ3 · · · τr y. . Demostración: Ya que 1X = σ σ −1 = τ1 · · · τr (µ1 · · · µs )−1 = τ1 · · · τr µs−1 · · · µ1−1 = τ1 · · · τr µs · · · µ1 . tenemos que r + s es par. tenemos un producto igual a la identidad en la que primera aparición del entero a se encuentra en la última transposición. por inducción. se sustituye la forma de τ1 τ2 de la izquierda por su contrapartida en la derecha para obtener un nuevo producto de r transposiciones que sigue siendo la identidad. 47 Desde luego. Continuando con este proceso debemos obtener un producto de r − 2 transposiciones igual a la identidad. d) (a. . por la hipótesis de inducción. b) (c. c) = = = = 1X (b. A continuación repetimos el procedimiento antes descrito con τ2 τ3 y. b) (b. entonces r es par.1. . Lema 2. b)(b. Entonces r ≡ s( m´ od 2). para τ1 . Teorema 2.21 Si 1X = τ1 τ2 · · · τr donde los τi son transposiciones. sí hay algo que que es común a todas las formas de escribir una permutación como producto de transposiciones: nos referimos a la paridad del número de transposiciones que aparecen en dicha transposición. . Si se produce el primer caso. r − 2 es par y así r es par. como antes. µs transposiciones. c)(a. en S3 .22 Sea σ ∈ Sn y supongamos que σ = τ1 · · · τr = µ1 · · · µs . obtenemos un producto de r − 2 transposiciones igual a la identidad o un nuevo producto de r de transposiciones. la descomposición de una permutación en producto de transposiciones está lejos de ser única.2. i) el producto τ1 τ2 se puede expresar en una de las siguientes formas de la izquierda (a. c). . Dicho de otro modo (−1)r = (−1)s . donde la primera aparición de a es en la tercera transposición. c)(a. b)(a. Por lo tanto. µ1 . Esto está recogido en la siguiente proposición. . d)(a. Puesto que (i. b) (a. entonces el resultado está probado. Sin embargo. .1 Grupos. pero donde la primera aparición del entero a se encuentra en la segunda transposición del producto en lugar de en la primera. .1. τr . tenemos (1) = (1 2)(1 2) = (2 3)(2 3). j) = (j. ya que una transposición no es la identidad. Por lo contrario. b)(a. Ejemplos de grupos. . Por lo tanto. Por ejemplo. suponemos que r > 2 y procedemos por inducción. y tal producto no fija a mientras que la identidad lo hace. En los otros tres casos. r − 2 es par. c) (a. por tanto. Por tanto r y s tienen la misma paridad y así (−1)r = (−1)s . Demostración: Es evidente que r ≠ 1. b)(c. Si r = 2. 48 Introducción a la teoría de grupos. El teorema 2.1.22 garantiza la consistencia de la siguiente definición. Definición 2.1.23 El número sign(σ ) = (−1)r definido en la demostración del Teorema 2.1.22 se llama signo de la permutación σ . Vemos que el signo de σ vale 1 si σ se descompone como producto de un número par de transposiciones y -1 si σ se escribe como un número impar de transposiciones. Las permutaciones de signo 1 se llaman pares, y las de signo -1, impares. Corolario 2.1.24 Si σ , τ ∈ Sn , entonces sign(σ τ) = sign(σ ) sign(τ). Demostración: Supongamos que σ = σ1 · · · σr y τ = τ1 · · · τs , donde σi y τj son transposiciones. Ya que σ τ = σ1 · · · σr τ1 · · · τs , tenemos que sign(σ τ) = (−1)r +s = (−1)r (−1)s = sign(σ ) sign(τ). Proposición 2.1.25 Sea An el conjunto de todas las permutaciones de n símbolos de signo par. Entonces An , dotado de la operación composición es un grupo que contiene n!/2 elementos. Demostración: Sean σ y τ dos permutaciones pares. Entonces σ = σ1 · · · σr donde σi es una transposición y r es par y τ = τ1 · · · τs donde τj es una transposición y s es par. Así σ τ = σ1 · · · σr τ1 · · · τs es una descomposición en un número par de transposiciones, y tenemos que la composición proporciona una operación binaria asociativa en An . Además, la permutación identidad es par. Para concluir que An es un grupo sólo nos queda comprobar que el inverso de una permutación par es asimismo par. Dada σ = τr · · · τ1 una permutación par, donde τ1 , . . . , τr son transposiciones y r es par, tenemos que σ −1 = τ1−1 · · · τr−1 = τ1 · · · τr , ya que la inversa de una transposición es ella misma. Por tanto, σ −1 ∈ An . Para contar los elementos de An , observamos primero que Sn se descompone como unión disjunta de An y Sn− , donde Sn− denota el conjunto de las permutaciones impares de n símbolos. El lector puede fácilmente razonar que la aplicación f : − definida por f (σ ) = (1 2)σ está bien definida y es biyectiva. De aquí, An → Sn el número de elementos de An es igual al de Sn− . Esto, junto con el hecho de que Sn tiene n! elementos, completa la justificación de que el cardinal de An es n!/2. Definición 2.1.26 El grupo An se llama grupo alternado de n símbolos. 2.1 Grupos. Ejemplos de grupos. 2.1.3 49 Grupos diédricos. La Geometría proporciona ejemplos interesantes de grupos. Comencemos por uno de los casos más sencillos. Ejemplo 2.1.8 Supongamos un triángulo equilátero y consideremos el conjunto D3 de aquellas isometrías que llevan el triángulo sobre sí mismo (isometrías del triángulo, en lo que sigue). 3 1 2 Sabemos por Geometría que las isometrías del plano que dejan fijo el origen de coordenadas (centremos nuestro triángulo ahí son o bien giros o bien simetrías axiales. Con esta información, es fácil ver que el conjunto D3 contiene tres giros, a saber, la identidad id, el giro r1 de 120◦ (2π /3 radianes) y el giro r2 de 240◦ (4π /3 radianes), y tres simetrías axiales, s1 , s2 , s3 , que tienen como ejes de simetría respectivos las tres rectas l1 , l2 , l3 que contienen las alturas del triángulo. Dado que la composición de dos isometrías del triángulo vuelve a ser una isometría del triángulo, y que las inversos bajo composición de éstas son del mismo tipo, se sigue que D3 con la composición es un grupo de seis elementos. Una observación útil a la hora de manejar el grupo D3 es que una isometría del triángulo está completamente determinada por su acción sobre los vértices. Esto lleva a concluir que D3 y S3 son esencialmente el mismo grupo (Técnicamente, como veremos más tarde, ambos grupos son isomorfos). Ejemplo 2.1.9 Si consideramos el grupo D4 de isometrías de un cuadrado, vemos que éste contiene cuatro giros y cuatro simetrías, en total, ocho elementos. En este caso ocurre también que cada isometría del cuadrado viene determinada por una permutación de 4 símbolos, correspondiendo cada símbolo a un vértice. Pero, a diferencia del caso del triángulo, representa una iso no toda permutación  metría (por ejemplo, la permutación 12 21 33 44 no representa aquí isometría alguna, si numeramos los vértices consecutivamente). En términos de permutaciones, tenemos 50 Introducción a la teoría de grupos. 4 3 4  1 2 4 3  1 2 4 3  1 2 4 3  1 2 4 3  1 2 4 3  1 2 4 3  1 2 1 1 1 2 1 3 1 4 1 2 1 4 1 3 2 2 2 3 2 4 2 1 2 1 2 3 2 2 3 3 3 4 3 1 3 2 3 4 3 2 3 1 3  4 4 1 2 1 4 corresponde al giro de 0◦ en el sentido de las agujas del reloj.  4 1 2 3 2 1 corresponde al giro de 90◦ en el sentido de las agujas del reloj.  4 2 3 4 3 2 corresponde al giro de 180◦ en el sentido de las agujas del reloj.  4 3 4 1 3 4 2 1 1 2 corresponde al giro de 270◦ en el sentido de las agujas del reloj.  4 3 corresponde a la simetría con respecto al eje Y.  4 1 4 3 4 1 corresponde a la simetría con respecto al eje X.  4 4 3 2 corresponde a la simetría respecto a la diagonal P2 P4 . Entonces s 2 = 1. El grupo Dn se llama grupo . r 2 s es una simetría con respecto al eje x y r 3 s es una simetría con respecto a la diagonal no principal. Las tres ecuaciones r 4 = 1. Notemos que sr es la simetría con respecto a la diagonal no principal. Esto significa que r y s son generadores de D4 . Esto significa que el grupo D4 está dado por la presentación D4 = hr . Denotemos la simetría con respecto al eje y por s . r s es una simetría con respecto a la diagonal principal.1 Grupos. Notemos también que sr = r 3 s . por tanto es diferente de r s la simetría con respecto a la diagonal principal. s 2 = 1. s . sr = r 3 si Esta presentación permite escribir de manera rápida la tabla sin tener que calcular giros y simetrías. Si denotamos la rotación de 90 grados por r .1. y sr = r 3 s sobre los dos generadores r y s son suficientes para determinar la tabla de D4 .2. D4 1 r r2 r3 s rs r 2s r 3s 1 1 r r2 r3 s rs r 2s r 3s r r r2 r3 1 rs r 2s r 3s s r2 r2 r3 1 r r 2s r 3s s rs r3 r3 1 r r2 r 3s s rs r 2s s s r 3s r 2s rs 1 r3 r2 r rs rs s r 3s r 2s r 1 r3 r2 r 2s r 2s rs s r 3s r2 r 1 r3 r 3s r 3s r 2s rs s r3 r2 r 1 Ejemplo 2. D4 no es abeliano. s 2 = 1. podemos considerar el grupo Dn de las isometrías de un polígono regular de n lados. Ejemplos de grupos. Por tanto. entonces las rotaciones de 180 y 270 grados son r 2 y r 3 y entonces r 4 = 1.10 Más en general. 4 3  1 1 1 2 4 3 3 2 51 2 3 1 4  4 2 corresponde a la simetría respecto a la diagonal P1 P3 . Por tanto. todas las isometrías del cuadrado pueden escribirse en función de r y s . r 4 = 1. grupo que contiene n giros y n simetrías axiales y que se puede ver también como un grupo de permutaciones de n símbolos (los vértices del polígono) más pequeño que el grupo simétrico Sn . 52 Introducción a la teoría de grupos. diédrico de orden n, aunque tiene 2n elementos. Sabemos que este grupo consta de n rotaciones (las correspondientes a los ángulos 2kπ /n, con k = 1, . . . , n) y n simetrías axiales (con respecto de los ejes de simetría del polígono). Si denotamos por r al giro o rotación de ángulo 2π /n, es claro que el resto de las rotaciones se obtienen como r 2 ,r 3 ,. . . ,r n = 1. Denotemos ahora por s una de las simetrías axiales o reflexiones. El producto de una simetría y una rotación es siempre una simetría, por tanto, s ,r s ,r 2 s ,. . . ,r n−1 s son simetrías. Además, estas simetrías son todas distintas, ya que si r i s = r j s para i, j ∈ {1, . . . , n}, entonces, por la propiedad cancelativa, r i = r j y, por tanto, i = j . Tenemos entonces que Dn = {1, r , r 2 , . . . , r n−1 , s, r s, . . . , r n−1 s}, ya que hemos agotado las 2n isometrías que sabemos constituyen Dn . Ahora surge la siguiente cuestión: si realizamos el producto sr , éste ha de ser una de las simetrías de Dn , que hemos representado en la forma r i s , para algún i = 0, . . . , n − 1. Como sr es una simetría, tenemos que (sr )2 = 1, es decir, sr sr = 1, de donde r −1 = sr s y sr = r −1 s , o, también, sr = r n−1 s . La observación crucial ahora es que, con las relaciones sr = r n−1 s , r n = 1 y s 2 = 1, podemos expresar cualquier producto de elementos de la forma r i s j , con j = 0, 1, i = 0, . . . , n − 1, como un elemento de esta misma forma. Por tanto Dn = hr , s ; r n = 1, s 2 = 1, sr = r −1 si. Eso es todo lo que necesitamos saber de Dn para construir su tabla de multiplicar para cada n dado. 2.2 2.2.1 D3 1 r r2 s rs r 2s 1 1 r r2 s rs r 2s r r r2 1 rs r 2s s r2 r2 1 r r 2s s rs s s r 2s rs 1 r2 r rs rs s r 2s r 1 r2 r 2s r 2s rs s r2 r 1 Subgrupos. Órdenes e índices. Subgrupos, el retículo de subgrupos. Definición 2.2.1 Sea H un subconjunto no vacío de un grupo G. Diremos que H es un subgrupo de G si se verifican las siguientes propiedades: S1) si a, b ∈ H , entonces ab ∈ H , 2.2 Subgrupos. Órdenes e índices. S2) si a ∈ H , entonces a−1 ∈ H . Es claro, a partir de la definición, que todo subgrupo H de un grupo G, es un grupo para la operación binaria restricción de la de G. Además, todo grupo G tiene al menos dos subrupos, G y {e}. Definición 2.2.2 Un subgrupo H de G se dice propio si H ≠ G y no trivial si H ≠ {e}. Proposición 2.2.3 Un subconjunto no vacío H de un grupo G es un subgrupo de G si y solo si verifica la condición S3) Si a, b ∈ H , entonces ab−1 ∈ H . Demostración: Supongamos que H es un subgrupo de G y que a, b ∈ H . Entonces por S2) b−1 ∈ H y por S1) ab−1 ∈ H . Recíprocamente supongamos que H verifica S3) y que a, b ∈ H . Entonces e = aa−1 ∈ H y b−1 = eb−1 ∈ H , de donde ab = a(b−1 )−1 ∈ H . Proposición 2.2.4 Sea H un subconjunto finito no vacío de un grupo G. Si H es cerrado para el producto de G, entonces H es un subgrupo de G. Demostración: Hemos de comprobar que se verifica S2). Sea a ∈ H , entonces {a, a2 , . . .} ⊂ H . Ya que H es finito, existe n tal que an = e, por tanto a−1 = an−1 ∈ H . Ejemplo 2.2.1 Cn y S1 son subgrupos de C× , Cm es un subgrupo de Cn para m divisor de n y el grupo de Klein es subgrupo de D4 y S4 . Lema 2.2.5 Sean H y K subgrupos de un grupo G. Entonces H ∩ K es también un subgrupo de G. Demostración: S1) Si donde S2) Si donde a, b ∈ H ∩ K , entonces ab ∈ H y ab ∈ K , ya que H y K son subgrupos, de ab ∈ H ∩ K . a ∈ H ∩ K , entonces a−1 ∈ H , y a−1 ∈ K , ya que H y K son subgrupos, de a−1 ∈ H ∩ K . 53 54 Introducción a la teoría de grupos. Más generalmente, la intersección de cualquier familia de subgrupos de un grupo dado es un subgrupo del grupo. Definición 2.2.6 Se llama retículo de los subgrupos de un grupo G al conjunto de todos los subgrupos de G, junto con sus relaciones de inclusión. Ejemplo 2.2.2 G C3 C200 C20 C2 {1} Definición 2.2.7 Dado cualquier subconjunto X de un grupo G definimos el subgrupo generado por X , denotado por hXi como el menor subgrupo de G que contiene a X . Comencemos describiendo los elementos del subgrupo hXi generado por un subconjunto X de un grupo G. Proposición 2.2.8 Sea X = {x1 , . . . , xn } un subconjunto finito de un grupo G. Entonces e e hXi = {x11 · · · xnn ; e1 , . . . , en ∈ Z}. Demostración: Denotemos K = {x1e1 · · · xnen ; e1 , . . . , en ∈ Z}. Hemos de probar que K es un subgrupo y que contiene a todo subgrupo H conteniendo a X . Veamos en primer lugar que K es un subgrupo. f f S1) Si x1e1 · · · xnen ∈ K e y1 1 · · · ymm ∈ K , entonces claramente f e e (x11 · · · xnn )(y1 1 · · · ym fm ∈ K . en e1 S2) x1 · · · xn ∈ K , entonces (x1e1 · · · xnen )−1 = xn−en · · · x1−e1 ∈ K . para productos de transposiciones disjuntas. Eso es así porque dada (i j).2. . habremos terminado el razonamiento. 2. Entonces. Órdenes e índices. Si G = hx1 . (1 n)i En efecto. . xr i. De hecho. entonces G se dice finitamente generado y los elementos x1 .3 El grupo Cn de las raíces n-ésimas de la unidad es cíclico. Para ver que las transposiciones especiales escritas más arriba generan Sn . . (1 3). 55 Sea ahora H un subgrupo conteniendo X . . xr i. ya que xi ∈ X . Obviamente. . . Ejemplo 2. . .Teorema de Lagrange. Pero (x y)(z t) = (x y z)(y z t). . . k = 0.2. como toda permutación se descompone como producto de transposiciones. 1. . . Ejemplo 2. todo grupo finito es finitamente generado. . xr } entonces el subgrupo generado por X se denota por hx1 . Definición 2. . Para todo 1 ≤ i ≤ n. tenemos que xi ∈ H y por tanto x1e1 · · · xnen ∈ H .claro).si conseguimos escribir cada producto de dos transposiciones como un producto de 3-ciclos. Cn = hζ1 i. Ejemplo 2. n − 1 y. Como caso particular. .2. por tanto. . .4 El conjunto de las transposiciones genera Sn .5 El grupo alternado An está generado por los 3-ciclos. . y así K ⊂ H . . Ejemplo 2. En efecto. Cn = {ζk = e 2kπ i n . podemos tomar sólo algunas de las transposiciones y obtener que Sn = h(1 2). 1. . con lo que ζk = (ζ1 )k para k = 0.2.2.2 Clases laterales. . para algún x ∈ G. . si. .2 Subgrupos. . Esto es porque cada permutación de An se escribe como un producto de un número par de transposiciones. para productos de transposiciones no disjuntas (y no iguales. n − 1}. nos bastará con demostrar que toda otra trasposición se expresa como producto de éstas.6 Sabemos que Dn = hr .2.9 Si X = {x1 . . . diremos que G es cíclico si G = hxi.2. . tenemos que el conjunto de las transposiciones genera Sn . tenemos que (i j) = (1 i)(1 j)(1 i). y (x y)(y z) = (x y z). xr se llaman generadores de G. . . entonces bH ≡ a. definimos la clase lateral a izquierda de a respecto de H como el conjunto aH = {ah. esto es. Demostración: Supongamos que aH ∩ bH ≠ ∅. dado a ∈ G. ocurre que o bien aH = bH . Por tanto. el conjunto G/H ≡ cuyos elementos son las clases laterales por la izquierda de G con respecto de H se suele llamar conjunto cociente de G con respecto de H ≡. Análogamente.2. h ∈ H}.56 Introducción a la teoría de grupos. 2) Si aH ≡ b. de donde aH ≡ a. Por otra parte. si y solo si a−1 b ∈ H . o bien aH ∩ bH = ∅. Para cada a ∈ G. Entonces existen h. Definición 2. definimos la clase lateral a derecha de a respecto de H como el conjunto Ha = {ha. Las clases laterales a izquierda módulo H forman una partición de G.2. Análogamente se comprueba que bH ⊆ aH y. e = a−1 a ∈ H . h ∈ H} = aH y aH = bH si y solo si aH ≡ b. con a ∈ G. Pero en esta unión. Proposición 2. de donde a−1 c = (a−1 b)(b−1 c) ∈ H y así aH ≡ c . b ∈ G. 3) si aH ≡ b y bH ≡ c . verifica 1) aH ≡ a. Eliminando las copias . por tanto. aH ≡ b} = {b. esto es. ya que e ∈ H . h ∈ H}. la relación aH ≡ b definida por a−1 b ∈ H es una relación de equivalencia. Proposición 2. tenemos que a = ae ∈ aH . o son disjuntos.12 En esta terminología. entonces a−1 b ∈ H . de donde b−1 a = (a−1 b)−1 ∈ H y así bH ≡ a. Demostración: 1) Para todo a ∈ G.2. k ∈ H tales que ah = bk. a = bkh−1 y. ii) G = ]a∈G aH . 3) Si aH ≡ b y bH ≡ c entonces a−1 b ∈ H y b−1 c ∈ H . 2) si aH ≡ b. Definición 2. hemos visto que cada dos subconjuntos o bien son iguales.2. a−1 b ∈ H} = {ah. de aquí. es fácil deducir que aH ⊆ bH . i) dados a. entonces aH ≡ c . Así G es unión (no disjunta todavía) de los subconjuntos de la forma aH . para todo a ∈ G. aH = bH .13 Sea H un subgrupo de un grupo G.10 Sea H un subgrupo de un grupo G. esto es.11 Dado un subgrupo H de un grupo G. Tenemos por tanto que [a] = {b. Teorema 2. . tenemos que h = h0 . Si ah = ah0 . donde {a1 . la aplicación H → aH definida por h . Proposición 2. tenemos que a−1 H ∈ G/H ≡ tiene como imagen Ha = H(a−1 )−1 . Veamos que es inyectiva. Entonces el cardinal de H es un divisor del cardinal de G. ya que si h = h0 . La aplicación ϕ : G/H ≡→ G/ ≡H definida por aH .14 Sea H un subgrupo de un grupo G. entonces por la propiedad cancelativa de grupos. redundantes de cada aH . Es inyectiva. tenemos h ∈ H verificando que su imagen es ah. as } es un conjunto de representantes de las clases laterales por la izquierda de G con respecto de H .2. Ha−1 es una biyección. Definición 2. Demostración: Es aplicación ya que si aH = bH . Calculando cardinales obtenemos |G| = |a1 H| + · · · + |as H| = s|H| con lo que |H| es un divisor de |G|.16 Se llama índice de H en G y se denota por [G : H] al cardinal del conjunto G/H ≡. Demostración: Claramente es aplicación. entonces ah = ah0 . Cuando G es finito. de donde a−1 (b−1 )−1 ∈ H . podemos afirmar que existen a1 . Es suprayectiva. ya que si Ha−1 = Hb−1 . .15 Sea H un subgrupo de un grupo G. Órdenes e índices.2.2. Para todo a ∈ G. ya que si Ha ∈ G/ ≡H .2. ar ∈ G tales que G = a1 H ] · · · ] ar H. Demostración: Si llamamos s al cardinal de G/H ≡. tenemos que G = a1 H ] · · · ] as H .17: de Lagrange Sea H un subgrupo de un grupo finito G. . . . Dado ah ∈ aH . ah es una biyección y por tanto |H| = |aH| para todo a ∈ G. . . Proposición 2. y así Ha−1 = Hb−1 . 57 .2 Subgrupos. entonces a−1 (b−1 )−1 ∈ H . obtenemos la segunda afirmación. entonces a−1 b ∈ H . En particular |G| = [G : H]|H|. .2. Veamos que es suprayectiva. de donde a−1 b ∈ H y así aH = bH . (12)} H(2 3) = {(1)(2 3). poner en S3 el ejemplo del subgrupo N = {(1). (1 2). (1 2)}. (2 3). (1 2 3). (1 3 2)}. (12)(2 3)} = {(2 3). tomemos H = {(1). (12)(1 2 3)} = {(1 2 3). Describir las clases por la izquierda. (1 3 2)}. (1 3). las clases laterales por la izquierda y por la derecha coinciden. (1 2 3).2.2. (1)(12)} = {(1). (12)} H(12) = {(1)(12).9 Para ver que. (1 2 3)(12)} = {(1 2 3). (1 2 3)} H(1 2 3) = {(1)(1 2 3). Ejemplo 2. Las clases . (1 3 2)(12)} = {(1 3 2). (1 3 2)} (1 2 3)H = {(1 2 3)(1).58 Introducción a la teoría de grupos. (1 3)} (1 3 2)H = {(1 3 2)(1). (1)} H(13) = {(1)(1 3). (12)(12)} = {(12). H(1 2) = (1 2)H . (2 3)(12)} = {(2 3). (12)(1 3 2)} = {(1 3 2). (2 3)} H(1 3 2) = {(1)(1 3 2). (1 3)(12)} = {(1 3). (12)(12)} = {(12). (12)(1 3)} = {(1 3). (12)} (12)H = {(12)(1). a veces. Tenemos que H(1) = {(1)(1). Ejemplo 2. por ejemplo. (1)} (1 3)H = {(1 3)(1).8 Calcular las clases laterales por la derecha de S3 con respecto de H . (1 2 3)} (2 3)H = {(2 3)(1). (1 3)} Podemos ver que H(1) = H(1). pero que H(1 3) ≠ (1 3)H .7 En S3 = {(1). La tabla de S3 es S3 (1) (1 2) (1 3 ) (2 3 ) (1 2 3 ) (1 3 2 ) (1) (1) (1 2) (1 3 ) (2 3 ) (1 2 3 ) (1 3 2 ) (1 2 ) (1 2 ) (1) (1 3 2 ) (1 2 3) (2 3 ) (1 3 ) (1 3) (1 3 ) (1 2 3 ) (1) (1 3 2) (1 2 ) (2 3 ) (2 3 ) (2 3 ) (1 3 2 ) (1 2 3 ) (1) (1 3) (1 2 ) (1 2 3 ) (1 2 3 ) (1 3) (2 3 ) (1 2 ) (1 3 2 ) (1) (1 3 2 ) (1 3 2 ) (2 3) (1 2 ) (1 3 ) (1) (1 2 3 ) Entonces (1)H = {(1)(1). (2 3)} Ejemplo 2.2. (12)(1)} = {(1). . Órdenes e índices. (1 2 3)N = N(1 2 3). 1. (1 3). k = 0. para algún a ∈ G. (1). (1)} (1 3 2)N = {(1 3 2). n − 1}.3 Grupos cíclicos. . (12). (1 3 2). por tanto.19 Todo grupo cíclico G = hai es abeliano. (1 3)} N(1 2 3) = {(1 2 3). (1 3). (1 3 2)} N(12) = {(12).18 Un grupo G se dice cíclico si G = hai.2.2. Demostración: Sean ai . (1 3)} (1 3)N = {(1 3). 59 laterales a izquierda son (1)N = {(1). (1)} N(1 3 2) = {(1 3 2). N(1) = {(1). con lo que ζk = (ζ1 )k para k = 0. (12)N = N(12). (1).2 Subgrupos. aj ∈ G dos elementos arbitrarios de G. (2 3). Ejemplo 2.2. (1 2 3). . (1 3 2)} (12)N = {(12). .2.2. 2. . . (1 2 3)} donde (12)N = (1 3)N = (2 3)N y (1)N = (1 2 3)N = (1 3 2)N . . (1 3 2)N = N(1 3 2). Definición 2. . (2 3)} N(1 3) = {(1 3). (1 3)N = N(1 3). n − 1 y.10 El grupo Cn de las raíces n-ésimas de la unidad es cíclico. En efecto. Cn = hζ1 i. (1 2 3). Proposición 2. Cn = {ζk = e 2kπ i n . 1. (12). (12)} (1 2 3)N = {(1 2 3). (2 3). (1 2 3)} donde N(12) = N(1 3) = N(2 3) y N(1) = N(1 2 3) = N(1 3 2) Luego solo hay dos clases laterales a derecha. Luego solo hay dos clases laterales a izquierda. Además (1)N = N(1). . (2 3)} (2 3)N = {(2 3). (2 3)N = N(2 3). (12)} N(2 3) = {(2 3). (1 3 2). entonces ai aj = ai+j = aj+i = aj ai . a. a. Por tanto todas las potencias son distintas y hai es un grupo infinito. Demostración: Los elementos 1. a. y el menor de tales enteros positivos es llamado el orden de a. ya que si ai = aj . En efecto. ar −1 } y r = |hai|. Además si ai = aj entonces ai−j = e. esto es hai = {e. [2]. . en contradicción con |a| = r .. Más adelante veremos que todos los grupos cíclicos de orden n son isomorfos a Zn . . Entonces (a) hai = {e. a2 . Más adelante veremos que todos los grupos cíclicos infinitos son isomorfos a Z. entonces por la división euclídea t = qr + s con 0 ≤ s < r . (b) hai es un grupo infinito. Entonces (a) hai = {an . donde todas las potencias de a son distintas. .2. .. m ∈ Z} = {[m]. [1]. Lema 2. m ∈ Z} = h1i. ar −1 son distintos. n ∈ Z}. Como generador podemos tomar [1]. .. para i < j < r . (b) r = |hai|. . Definición 2. En efecto Z = {m. Si no existe un entero positivo r tal que ar = e.60 Introducción a la teoría de grupos.12 Z es un grupo cíclico infinito generado por 1.. Demostración: Ya que |a| es infinito..2. luego i − j = 0. denotado por |a|. Ejemplo 2.2. entonces aj−i = a0 = e. entonces se dice que a tiene orden finito. .20 Sea a un elemento del grupo G. Sea ahora at ∈ hai. Zn = {[0]. . ar −1 }. . i = j . Si existe un entero positivo r such that ar = e. Así |hai| ≥ r . Ejemplo 2. .11 Zn es un grupo cíclico de orden n. . ar −1 }. entonces se dice que a tiene orden infinito. . Lema 2. m ∈ Z} = {m1. tenemos que am ≠ e para todo m ∈ Z.22 Sea a ∈ G un elemento de orden infinito. esto es. a2 . Por tanto at = (ar )q as = as y at ∈ {1. [n − 1]} y h[1]i = {m[1]..21 Sea a ∈ G un elemento de orden finito r . . a.2.2. . . m ∈ Z} = Zn . 24 Sea G un grupo y a ∈ G un elemento de orden finito r . dos elementos. entonces n = r q. Corolario 2. r ) ≠ 1. Veamos ahora el número de generadores de un grupo cíclico. Entonces r divide al orden de G. de donde an = ar q = (ar )q = e. Entonces G es un grupo cíclico de orden p que está generado por cualquiera de sus elementos distintos del neutro. Tomemos a ∈ G con a ≠ e. Por tanto m ≤ dr < r . esto es r |n. Proposición 2. por lo que |hai| = p . Recíprocamente.26 Sea G = hai un grupo cíclico de orden finito r . Demostración: Supongamos que |ak | = m. Por tanto. por el lema anterior.2. que es primo. entonces r k (ak ) d = (ar ) r = e. La importancia del Teorema de Lagrange puede comenzar a apreciarse en los siguientes corolarios. El cardinal de hai ha de ser un divisor de p . (ak )r = (ar )k = e y por tanto m|r . Recíprocamente.2.2. r ) = 1. al menos. ya que e = (ak )m = akm . Demostración: Como el orden de G es un número primo p . ak ∈ G es un generador de G si y solo si gcd(k. Entonces an = e si. tenemos que r |m. Si d = gcd(k.2. En este caso n = qr . r |n. r ) = 1). salvo que s = 0.2 Subgrupos. Demostración: Supongamos que n = r q +s con 0 ≤ s < r . y solo si. r |km|. hai = G. Ya que e = an = aqr +s = (ar )q as = as tenemos una contradicción.25 Sea G un grupo finito cuyo orden es un número primo p . lo que es una contradicción.23 Sea G un grupo finito y a ∈ G de orden r . Como gcd(k. 61 Lema 2. Por otro lado. Corolario 2. tenemos que G tiene. . si r |n. Órdenes e índices.2. y as = (a d )k .2. r Por tanto H es un subgrupo de ha d i y como tienen igual número de elementos han de ser iguales.2. por lo que (a d )k = ak d ≠ e. donde ϕ(r ) es la función de Euler en r . entonces ham i ⊆ hak i si y sólo si k|m. Proposición 2.30 Sea G = hai un grupo cíclico con |G| = n. s = qm + t con 0 ≤ t < m. Corolario 2. Así cada elemento de H es de la forma (am )q para algún q ∈ Z y H es cíclico generado por am .2. Si H = G = hai o H = {e} = hei entonces es cíclico. r Es claro que a d tiene d potencias distintas. ha d i. Proposición 2. Supongamos que existiese otro subgrupo cíclico H de orden d generado por as . Si m y k son divisores de n. entonces k dr < d dr = r . Teorema 2. r r Además. a saber. si k < d.27 Todo grupo cíclico G = hai de orden finito r tiene exactamente ϕ(r ) generadores. ya que si 0 ≤ k < d. Por tanto supongamos que {e} ≠ H ≠ G. k dr < r . Para cada divisor d de r existe r un único subgrupo de orden d. Sea am ∈ H tal que ak ∉ H para todo k < m y sea as un elemento arbitrario de H . Finalmente por el Teorema de Lagrange su orden es un divisor de r .29 Sea G = hai un grupo cíclico de orden finito r . Concentremos nuestro interés en los subgrupos de un grupo cíclico. r ) = 1. Entonces (am )−1 ∈ H y por tanto as (a−m )q = as−mq = at ∈ H en contra de la definición de m. (a d )d = ar = e. Claramente. Así s = k( dr ) para algún k.28 Todo subgrupo de un grupo cíclico G = hai de orden finito r es cíclico de orden un divisor de r . que tiene ϕ(r ) elementos.2. r Entonces (as )d = e. Demostración: Sea G = hai un grupo cíclico de orden finito r . Demostración: De entre los elementos de G = hai serán generadores aquellos de la forma ak . por lo que r |sd. k < r y gcd(k. Veamos que tiene orden d. . r ) = 1} es justamente Z× r. a menos que t = 0. k < r y gcd(k. Por r tanto ha d i es un subgrupo cíclico de orden d. El conjunto {k.62 Introducción a la teoría de grupos. Por el algoritmo de la división de Euclides. Demostración: r r Consideremos ha d i. Recíprocamente. tal que ah = h0 a.2 Un grupo no trivial G se llama simple.3. Teoremas de isomorfía Demostración: Si ham i ⊆ hak i. Ahora bien.3 Subgrupos normales. si sus únicos subgrupos normales son {e} y G.3. existe h0 ∈ H . La otra inclusión se demuestra por simetría. ya que gcd(m. La notación H ô G significa que H es un subgrupo normal de G. Entonces aha−1 ∈ aHa−1 .3. 63 . Proposición 2. de donde ham i ⊆ hak i. (1 3 2)} de S3 es normal.3. c) ⇒ a) Veamos que aH ⊆ Ha.3. (1 2 3).3. Definición 2. si k|m.1 Un subgrupo H de un grupo G se dice que es un subgrupo normal de G si aH = Ha para todo elemento a de G. h ∈ H} c) aha−1 ∈ H para todo a ∈ G y h ∈ H . entonces por el Teorema de Lagrange tenemos que |am |||ak |.3 2.2. entonces am ∈ hak i. de donde aha−1 = h0 aa−1 = h0 ∈ H .17 hemos visto el subgrupo N = {(1). 2. tal que aha−1 = h0 . Demostración: a) ⇒ b) Sea aha−1 ∈ aHa−1 . G y {e}. Los siguientes enunciados son equivalentes a) H es un subgrupo normal de G b) aHa−1 ⊆ H para todo a ∈ G. Ejemplo 2. Pero entonces ah = h0 a ∈ Ha. de donde aha−1 ∈ H . Teoremas de isomorfía Subgrupos normales y grupos cocientes. Sea ah ∈ aH . y así existe h0 ∈ H . b) ⇒ c) Evidente. donde aHa−1 = {aha−1 . Definición 2. n) = m y gcd(k. Ya que ah ∈ aH = Ha. luego k|m.2 En el ejemplo 5.3 Sea H un subgrupo de un grupo G.1 Todo grupo G tiene al menos dos subgrupos normales.1 Subgrupos normales. n) = k. por el apartado (a) tenemos n n que m | k . Ejemplo 2. Ejemplo 2. si H es un subgrupo normal de un grupo G. Por definición de subgrupo normal. 3} y sea H el subgrupo de S3 formado por la permutación identidad y la trasposición (12).5 Sea G un grupo y H un subgrupo normal de G.3.4 Todo subgrupo de un grupo abeliano es normal. 2. Proposición 2.3. las clases laterales a izquierda y a derecha de H en G coinciden.3. G1) aH ∗ (bH ∗ cH) = a ∗ H(bcH) = a(bc)H = (ab)cH = (abH) ∗ cH = (aH ∗ bH) ∗ cH G2) (eH) ∗ (aH) = (ea)H = aH = (ae)H = (aH) ∗ (eH) G3) (aH) ∗ (a−1 H) = (aa−1 )H = eH = (a−1 a)H = (a−1 H) ∗ (aH) Definición 2.6 Sea G un grupo y H un subgrupo normal de G. entonces (ab)(a0 b0 )−1 = (ab)(b0−1 a0−1 ) = a(bb0−1 )a0−1 ∈ H . Si aH = a0 H y bH = b0 H .64 Introducción a la teoría de grupos. coincide en este caso con G/ ≡H . En tal caso.16. Entonces H no es normal en S3 . usamos la notación G/H para referirnos al conjunto de clases laterales por la izquierda G/H ≡ que. Entonces aha−1 = (ah)a−1 = (ha)a−1 = h(aa−1 ) = he = h ∈ H para todo a ∈ G y h ∈ H . Lema 2. El grupo G/H anteriormente definido recibe el nombre de grupo cociente de G con respecto H . Demostración: Sea H un subgrupo de un grupo abeliano G. obviamente. Podemos. Si el grupo no es abeliano existen subgrupos que no son normales. Demostración: Veamos en primer lugar que * es una operación binaria. El conjunto G/H de todas las clases laterales de H en G. El elemento neutro de la operación es eH = H y el inverso de una clase aH es a−1 H . es un grupo bajo la operación binaria (aH) ∗ (bH) = abH . . hemos de probar que abH = a0 b0 H .3. por tanto. ya que (23)(12)(23)−1 = (23)(12)(23) = (13) ∉ H o ver el ejemplo 5. Ya que aa0−1 ∈ H y bb0−1 ∈ H . tenemos que.3 Sea S3 el grupo de las pemutaciones del conjunto {1. referirnos a ellas como las clases laterales de H en G. un homomorfismo de grupos de G a G0 es una aplicación ϕ : G -→ G0 tal que ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) para todo a. entonces ϕ(H) = {ϕ(h). Pasamos directamente a exponer algunas propiedades de los homomorfismos de grupos. 2.17 hemos visto que el subgrupo N = {(1). Proposición 2. sabemos que todos sus subgrupos son de la forma nZ y que son normales.Además S3 /N = {(1)N. b ∈ G. −1} es un homomorfismo de grupos. [n − 1] = (n − 1) + nZ}. es un homomorfismo de grupos. Definición 2. 3) La aplicación identidad 1G : G -→ G es un homomorfismo de grupos. (1 2 3).3. Así Z/nZ = {[0] = 0 + nZ. . Teoremas de isomorfía Ejemplo 2. La aplicación Z -→ hai que asigna a cada número entero n la potencia an es un homomorfismo de grupos. 4) La aplicación signo sign : Sn -→ C2 = {1.3.7 Dados dos grupos G y G0 . 7) La aplicación exp : R -→ S 1 definida como exp(ϑ) = eiϑ es un homomorfismo de grupos. . ϕ(a) ∈ H 0 } es un subgrupo de G.2. Ejemplo 2.3. 3) Si H es un subgrupo de G. 2) Para cualquier a ∈ G se tiene que ϕ(a−1 ) = ϕ(a)−1 .4 Volviendo al ejemplo 5. h ∈ H} es un subgrupo de G0 .8 Sea ϕ : G -→ G0 un homomorfismo de grupos. entonces la aplicación inclusión H > G que considera cada x ∈ H como elemento de G es un homomorfismo de grupos.3. Entonces 1) Si e ∈ G y e0 ∈ G0 son los respectivos elementos neutros.3 Subgrupos normales. para K un cuerpo. 5) La aplicación determinante det : GLn (K) -→ K ∗ . 2) Si H es un subgrupo de un grupo G. 6) Sea a un elemento de un grupo. (1 3 2)} de S3 es normal.3.5 En el caso del grupo abeliano Z.3. .2 Homomorfismos. entonces ϕ−1 (H 0 ) = {a ∈ G. (12)N}. entonces ϕ(e) = e0 . 65 . Ejemplo 2.6 1) El compuesto de dos homomorfismos de grupos es otro homomorfismo de grupos. . 4) Si H 0 es un subgrupo de G0 . Recíprocamente.11 Sea K un subgrupo normal de un grupo G y sea p : G -→ G/K la aplicación definida por p(a) = aK para a ∈ G. Así. b ∈ ϕ−1 (H 0 ). Hay dos casos especiales de los subgrupos descritos en los apartados tercero y cuarto de la anterior proposición. tenemos p(ab) = abK = (aK)(bK) = p(a)p(b). Proposición 2. Por tanto ker(ϕ) es un subgrupo normal de G. entonces ϕ(h)ϕ(k)−1 = ϕ(h)ϕ(k−1 ) = ϕ(hk−1 ) ∈ ϕ(H). de donde a = b y ϕ es inyectiva. obtenemos que im(ϕ) = {ϕ(a). O sea. Entonces ϕ(ab−1 ) = ϕ(a)ϕ(b)−1 ∈ H 0 . a ∈ K} = K . entonces ϕ(a) = e0 = ϕ(e). Además. ab−1 = e. ϕ(b) ∈ H 0 . Tenemos que e0 = ϕ(e) = ϕ(aa−1 ) = ϕ(a)ϕ(a−1 ). k ∈ H . Demostración: 1.10 Sea ϕ : G -→ G0 un homomorfismo de grupos. luego aka−1 ∈ ker(ϕ). Demostración: Si k ∈ ker(ϕ) y a ∈ G entonces ϕ(aka−1 ) = ϕ(a)ϕ(k)ϕ(a−1 ) = ϕ(a)e0 ϕ(a)−1 = e0 . ab−1 ∈ ϕ−1 (H 0 ). Entonces. de donde a = e. 4. Proposición 2. ya que hk−1 ∈ H . deducimos que e0 = ϕ(e). Como e0 ϕ(e) = ϕ(e) = ϕ(e2 ) = ϕ(e)ϕ(e). a ∈ G} es un subgrupo de G0 . ya que ϕ(a). obtenemos lo que se suele llamar núcleo de ϕ. 3.66 Introducción a la teoría de grupos. aK = eK} = {a ∈ G. b ∈ G tales que ϕ(a) = ϕ(b). Demostración: Si ϕ es inyectivo y a ∈ ker(ϕ). Además ker(p) = {a ∈ G. Tomando en el cuarto apartado H 0 = {e0 }. ϕ(a) = e0 } y que es un subgrupo de G. 2. lo que implica que ϕ(a)−1 = ϕ(a−1 ). Por tanto. y sea a. Supongamos a. .3. tomando H = G en el tercer apartado. el núcleo de ϕ es un subgrupo normal de G. K es el núcleo de p .3. supongamos que ker(ϕ) = {e}. por lo que ab−1 ∈ ker(ϕ) = {e}.9 Un homomorfismo de grupos ϕ : G -→ G0 es inyectivo si y sólo si ker(ϕ) = {e}. Entonces ϕ(ab−1 ) = ϕ(a)ϕ(b−1 ) = ϕ(a)ϕ(b)−1 = ϕ(a)ϕ(a)−1 = e0 . lo que implica que ker(ϕ) = {e}. Demostración: En efecto. Entonces p es un homomorfismo de grupos. Proposición 2. Si h. llamado imagen de ϕ. definido por ker(ϕ) = {a ∈ G.3. 13 Sea K un subgrupo normal de un grupo G. ⇐) Sean a ∈ G. Veamos que Γ es una aplicación. Demostración: Es consecuencia de la proposición anterior aplicada al homomorfismo suprayectivo p : G → G/K dado por p(a) = aK . para un subgrupo H de G con K ⊆ H . h ∈ G.8 tenemos que. de donde a0 ϕ(h)a0−1 = ϕ(a)ϕ(h)ϕ(a)−1 = ϕ(aha−1 ) ∈ ϕ(H). entonces ϕ(a) ∈ ϕ(H1 ) ⊆ ϕ(H2 ). entonces a ∈ H1 ⊆ H2 . si ϕ(a) ∈ ϕ(H). a ∈ H}. entonces ϕ(a) ∈ G0 . tenemos que aha−1 ∈ H . de donde a0 = ϕ(a) ∈ ϕ(H). Además. entonces ϕ(a) = e0 ∈ H 0 . de donde a ∈ H2 .3. Si H1 = H2 . 2 ⇒ ) Sean a0 ∈ G0 . 1 ⇒ ) Si ϕ(a) ∈ ϕ(H1 ).3. Teoremas de isomorfía Teorema 2. para un subgrupo normal H de G con K ⊆ H . ϕ(h) ∈ ϕ(H). 67 . ⇐) Si a ∈ H1 . Todo subgrupo normal de G/K es de la forma H/K = {aK . de donde ϕ(a) ∈ ϕ(H2 ). La aplicación es inyectiva. ϕ(h) ∈ ϕ(H) y ya que ϕ(H) es normal. esto es.3 Subgrupos normales. Entonces existe una aplicación biyectiva Γ : {subgrupos de G conteniendo K} → {subgrupos de G0 } que a un subgrupo H de G conteniendo K le hace corresponder ϕ(H). Además 1) H1 ⊆ H2 si solo si ϕ(H1 ) ⊆ ϕ(H2 ) 2) H es normal en G si y solo si ϕ(H) es normal en G0 . con a ∈ G y h ∈ H y ya que H es normal. entonces ϕ(a) ∈ ϕ(H1 ) = ϕ(H2 ). en general. Corolario 2. ϕ(a) ∈ H 0 }.12: de la correspondencia Sea ϕ : G -→ G0 un homomorfismo suprayectivo de grupos y sea K = ker(ϕ). entonces si a ∈ H1 . de donde aha−1 ∈ H. entonces a ∈ H y por tanto ϕ(a) ∈ H 0 .3.2. de donde a ∈ H . Demostración: Por la Proposición 2. de donde a ∈ H2 y por tanto H1 ⊆ H2 . si H es un subgrupo de G. Recíprocamente. entonces ϕ(H) es un subgrupo de G0 . entonces a0 = ϕ(a).3. Veamos ahora que H 0 = ϕ(H). con a ∈ G y por tanto a ∈ H . Por la Proposición 2. ya que si a ∈ K . Todo subgrupo de G/K es de la forma H/K = {aK . entonces a0 = ϕ(a). K ⊆ H. tenemos que ϕ(a)ϕ(h)ϕ(a)−1 = ϕ(aha−1 ) ∈ ϕ(H). entonces es claro que ϕ(H1 ) = ϕ(H2 ).8 tenemos que H es un subgrupo de G. Si a0 ∈ H 0 . Sea ahora H 0 un subgrupo de G0 . Consideremos H = ϕ−1 (H 0 ) = {a ∈ G. Veamos que Γ es suprayectiva. ya que si ϕ(H1 ) = ϕ(H2 ). a ∈ H}. La otra inclusión se demuestra de forma análoga. Supongamos que H ⊆ ker(ϕ). . de importancia capital en este curso. Supongamos ahora que H = K ker(ϕ). Entonces ϕ(aH) = ϕ(bH) si y solo si ϕ(a) = ϕ(b) si y solo si a−1 b ∈ ker(ϕ) = H si y solo si aH = bH .3.14 Un isomorfismo de grupos es simplemente un homomorfismo de grupos biyectivo. demostremos un lema que será muy útil. Así ϕ es inyectiva. Si a0 ∈ im(ϕ). Nos disponemos ahora a demostrar los teoremas de isomorfía. Esta aplicación es un homomorfismo ya que ϕ((aH)(bH)) = ϕ(abH) = ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) = ϕ(aH)ϕ(bH).3 Introducción a la teoría de grupos.16 Sean G y G0 grupos. entonces a−1 b ∈ H . Demostración: Sean a y b elementos de G. Vamos ahora a deducir algunas consecuencias del Primer Teorema de Isomorfía para grupos. como son los llamados segundo y tercer teoremas de isomorfía. Teorema 2. Proposición 2.17: Primer Teorema de Isomorfía Sea ϕ : G -→ G0 un homomorfismo de grupos. Además. Usualmente se dice que dos grupos son isomorfos si existe un isomorfismo de grupos entre ellos. Entonces el homomorfismo ϕ induce un homomorfismo suprayectivo de grupos ϕ : G/H -→ im(ϕ) aplicando gH en ϕ(g). Antes.3. si H = ker(ϕ). de donde a−1 b ∈ ker(ϕ) y por tanto ϕ(a) = ϕ(b). Teoremas de isomorfía. Supongamos ahora que H = ker(ϕ). Entonces ϕ(aH) = ϕ(bH) si y solo si ϕ(a) = ϕ(b) si y solo si a−1 b ∈ ker(ϕ) = H si y solo si aH = bH . Corolario 2. Así ϕ es inyectiva. Luego existe aH ∈ G/H tal que ϕ(aH) = a0 y ϕ es suprayectiva.15 Si ϕ:G -→G’ es un isomorfismo grupos.3.3. entonces existe una aplicación biyectiva Γ : {subgrupos de G} → {subgrupos de G0 }.3. entonces existe a ∈ G tal que a0 = ϕ(a). Entonces G/ ker(ϕ) › im(ϕ).68 2. Así ϕ induce una aplicación ϕ : G/H -→ G0 definida por ϕ(aH) = ϕ(a). sea ϕ : G -→ G0 un homomorfismo de grupos y sea H un subgrupo normal de G. Pero ϕ(aH) = ϕ(a). entonces ϕ es biyectiva. Definición 2. Supongamos que aH = bH . lo que significa que KN es cerrado bajo inversos. ya que K es normal en G. Demostración: 1) Claramente K ∩ N es un subgrupo de K . es normal. luego KN es cerrado bajo el producto del grupo. KN es un subgrupo normal de G. si ambos subgrupos K y N son normales. k2 n2 ∈ KN . 69 . sea n01 ∈ N tal que n1 k2 = k2 n01 . N ker(ϕ) K ∩ N Lema 2. k ∈ N} = K ∩ N . Entonces K/(K ∩ N) › KN/N. Teorema 2. existe n0 ∈ N tal que n−1 k−1 = k−1 n0 ∈ KN . ya que si k ∈ K y h ∈ K ∩ N . 4) Por último. Entonces knhn−1 k−1 = k(nhn−1 )k−1 ∈ N . kN = eN} = {k ∈ K . y supongamos que N es normal en G. entonces H es normal en K . 2) Dados k1 n1 . tenemos que hkh−1 ∈ K . Por otra parte. Si H es normal en G.18 Sean K y N subgrupos de un grupo G. dados g ∈ G. por la normalidad de N en G. y supongamos que N es normal en G.3.3. h ∈ K y K es un subgrupo de G.2. tenemos que gkng −1 = gkg −1 gng −1 ∈ KN . entonces khk−1 ∈ K . Esto prueba que KN es un subgrupo de G. ya que ϕ(kk0 ) = kk0 N = (kN)(k0 N) = ϕ(k)ϕ(k0 ). 2) KN = {kn. Demostración: Sea k ∈ K y h ∈ H . Entonces k1 n1 k2 n2 = k1 k2 n01 n2 ∈ KN . k ∈ K. 3) N es normal en KN . pero como H ⊆ K . 3) Sea kn ∈ KN y h ∈ N . Además. Además ker(ϕ) = {k ∈ K . Así por el Primer Teorema de isomorfía tenemos KN K K = im(ϕ) › = .19: Segundo Teorema de Isomorfía Sean K y N subgrupos de un grupo G. 4) si además K es normal en G. n ∈ N} es un subgrupo de G. luego K es normal en H . Entonces hkh−1 ∈ H . de donde KN resulta ser también normal en G.3. Entonces 1) K ∩ N es un subgrupo normal de K . Teoremas de isomorfía Lema 2. ya que k.20 Sea G un grupo y H y K subgrupos de G tales que H ⊆ K . y kn ∈ KN . para cada k ∈ K es una aplicación suprayectiva y un homomorfismo. dado kn ∈ KN .3 Subgrupos normales. Demostración: La aplicación ϕ : K -→ KN/N definida por ϕ(k) = kN . 3. 2. . . . En efecto. Ademas ker(ϕ) = K/H . g2 g20 . . y recibe el nombre de producto directo de los grupos Gi . n. . . Demostración: Sea G = hai un grupo cíclico infinito y ϕ : Z -→ G la aplicación dada por ϕ(r ) = ar . La aplicación es un homomorfismo. Así por el Primer Teorema de isomorfía tenemos G/K = im(ϕ) › G/H G/H = . .3. . ya que ϕ(r + s) = ϕ(r + s) = ar +s = ar as = ϕ(r )ϕ(s). esto es. . ar = as . . Además es inyectiva.4 Productos directos. . entonces ar −s = e y por tanto r − s = 0. podemos aplicar la Propiedad Universal del núcleo (Prop 8. Veamos que es inyectiva. de donde n|r − s . . .21: Tercer Teorema de Isomorfía Sean H y K subgrupos normales de un grupo G. Teorema 2. r = s . . . gn gn ) posee estructura de grupo. n.3. Supongamos que r = s . Proposición 2. gn ) = (g1 g10 .23 Sean Gi . . El producto cartesiano G1 × G2 × · · · × Gn dotado de la operación 0 0 (g1 .70 Introducción a la teoría de grupos. i = 1. gn )(g10 . entonces n|r − s . g20 . r = s . entonces G G/H › . 2. Además es un homomorfismo. g2 . K/H K Demostración: Como H es un subgrupo del núcleo de la proyección canónica p : G -→ G/K . grupos. ya que ϕ(r + s) = ar +s = ar as = ϕ(r )ϕ(s). La aplicación claramente es suprayectiva. esto es. . i = 1. esto es. Si H ⊆ K . luego ar −s = e. entonces ar −s = e. si ar = as . 2. . Sea ahora G = hai un grupo cíclico finito de orden n y ϕ : Zn -→ G la aplicación dada por ϕ(r ) = ar . ya que si ar = as . . .22 Todo grupo cíclico de orden n es isomorfo a Zn y todo grupo cíclico infinito es isomorfo a Z. . Claramente es suprayectiva. Veamos que efectivamente es una aplicación.3. ker(ϕ) K/H Proposición 2.60) y obtener un homomorfismo suprayectivo ϕ : G/H -→ G/K que aplica gH en gK para todo g ∈ G. . · · · . Esta descomposición es única. y es un homomorfismo. esto es. Si H ∩K = {e} y HK = G. entonces (h01 )−1 h1 = (h02 · · · h0n )(h2 · · · hn )?1 . . k ∈ K tales que g = hk. de donde h = h0 y k = k0 . . . probemos primero que hk = kh para todo h ∈ H. · · · . Así. ϕ(gg 0 ) = (h1 h01 . Demostración: Por 3) para cada g ∈ G existen hj ∈ Hj . Teoremas de isomorfía 71 Demostración: La operación interna y la asociatividad son evidentes de la estructura de grupo de cada Gi . g2−1 . si g = h1 h2 · · · hn y g 0 = h01 h02 · · · h0n . j = 1. ya que. 2. . .3 Subgrupos normales. Por tanto por inducción tenemos que (h1 . . La normalidad de H y K implica que khk−1 h−1 = (khk−1 )h−1 = k(hk−1 h−1 ) ∈ H ∩ K = {e} de donde khk−1 h−1 = e. . Proposición 2. gn−1 ). . y Q 3. k ∈ K. 2. i = 1. hn ) = (h01 . k0 ). hn ). El elemento neutro de G1 × G2 × · · · × Gn es (e1 . . entonces (h0 )−1 h = k0 (k)−1 ∈ H ∩ K = {e}. . en ). El elemento inverso de (g1 . Para demostrar que es homomorfismo. . . Entonces ϕ(hh0 . h2 .3. e2 . n si 1.2. . La aplicación es suprayectiva. pues. . n. . podemos definir la aplicación ϕ : G → H1 × · · · × Hn mediante ϕ(g) = (h1 . . Ya que los Hi son normales tenemos que (h01 )−1 h1 = (h02 · · · h0n )(h2 · · · hn )?1 ∈ H1 ∩ ( Y Hi ). k)ϕ(h0 .24 Sea G un grupo y sean H y K subgrupos normales de G. hn )(h0 1. · · · . . kh = hk. La aplicación es inyectiva. . kk0 ) = hh0 kk0 = hkh0 k0 = ϕ(h. (h. h2 h02 . . k) = hk. 2. Demostración: Definamos ϕ : H × K → G mediante ϕ(h. gn ) es (g1−1 . h0n ). . . n tales que g = h1 h2 · · · hn . ya que si hk = h0 k0 . 2. i≠1 Ahora por 2) tenemos que h1 = h01 . . . · · · . . . . de donde ϕ(h. k) = (h0 . · · · . h02 . g2 . Hj / G para cada j = 1. . n. h02 .25 Un grupo G es isomorfo al producto directo de sus subgrupos Hi . k) = hk = g . n i=1 Hi = G. Esta aplicación es evidentemente biyectiva. h2 .3. . . Hj ( i≠j Hi ) = {e} para cada j = 1. ya que si g ∈ G existen h ∈ H . h0n ) = ϕ(g)ϕ(g 0 ). . k0 ). si h1 h2 · · · hn = h01 h02 · · · h0n . h2 . . entonces G › H × K . . T Q 2. hn h0n ) = (h1 . esto es. Corolario 2. 1 Sea G un grupo. n) = mn. n} viene dada por σ ∗ i = σ (i).1 Si V es un espacio vectorial sobre un cuerpo K .1. n. y X un conjunto no vacío.26 Sean m. tenemos una aplicación K × V → V definida por a ∗ v = av .2 Una acción del grupo simétrico Sn sobre el conjunto X = {1. n ∈ Z tales que gcd(m.4. Entonces. En efecto ACT1) (σ τ) ∗ i = σ τ(i) = σ (τ(i)) = σ (τ ∗ i) = σ ∗ (τ ∗ i) ACT2) 1 ∗ i = 1(i) = i . e y un generador de Zn . . por la proposición 3. Demostración: Sea x un generador de Zm .4.4. Una acción a izquierda de G sobre X es una aplicación ∗ : G × X → X . se tiene |(x. |(0. Ejemplo 2. Por tanto. Definición 2. b ∈ G y para todo x ∈ X . En efecto. y) ∈ Zm × Zn tiene órdenes m. g ∗ x que cumple las siguientes propiedades: ACT1) a ∗ (b ∗ x) = (ab) ∗ x para todo a.2. Acción de un grupo sobre un conjunto. los elementos (x. 0)|. . Entonces. respectivamente. x) . (0.1 Acciones de grupo y p-grupos. n) = 1. y)| = lcm(|(x. entonces el grupo aditivo de K actúa sobre V . Podemos definir de manera análoga lo que entendemos por una acción a derecha de un grupo sobre un conjunto no vacío. 0). . ACT2) e ∗ x = x para todo x ∈ X . que verifica ACT1) (ab)v = a(bv) (propiedad pseudoasociativa) ACT2) 1v = v (propiedad del elemento 1) Ejemplo 2. Mientras no se diga lo contrario todas las acciones consideradas serán a izquierda.4. 2. Proposición 2. . (g.72 Introducción a la teoría de grupos. y)|) = lcm(m.3.4 2. Zm × Zn › Zmn . Cada acción de G sobre X induce un homomorfismo de grupos λ : G → S(X). λa . Es fácil ver que el núcleo de λ : G → S(G) es trivial: si a ∈ ker(λ). e ∗ x = x . de donde a−1 ∗ y = a−1 ∗ (a ∗ x) = (a−1 a) ∗ x = e ∗ x = x y así y ∼ x . 3) Propiedad transitiva: Si x ∼ y e y ∼ z.2 Sean G un grupo y X un conjunto no vacío.3: de Cayley Todo grupo finito de orden n es isomorfo a un subgrupo de Sn . Para a. entonces a ∗ x = y e b ∗ y = z para algún a. a ∈ G} 73 . OG (x) = {y ∈ X . definimos λa : X → X por λa (x) = a ∗ x . una permutación de X . Entonces λ : G → S(X) : λ(a) = λa es un homomorfismo de grupos. entonces a ∗ x = y para algún a ∈ G. esto es. Demostración: Un grupo G actúa sobre sí mismo mediante el propio producto del grupo G × G → G : a ∗ b = ab. de donde x ∼ x . por tanto.4.5 La clase de equivalencia de un elemento x ∈ X bajo la relación de la proposición anterior recibe el nombre de órbita de x . donde λa : G → G se define para cada a ∈ G como λa (x) = ax para todo x ∈ G. Demostración: Sea a ∈ G. usando ACT1) tenemos λab (x) = (ab) ∗ x = a ∗ (b ∗ x) = λa (b ∗ x) = λa (λb (x)) = (λa λb )(x) de donde λab = λa λb . La representación por permutaciones vendrá dada por λ : G → S(G).4. Para todo x ∈ X . Proposición 2. Definición 2. G es isomorfo con su imagen mediante λ. 2) Propiedad simétrica: Si x ∼ y . Así.2. Además. donde S(X) es el grupo de todas las permutaciones de X . o sea. a = e. λa λa−1 = 1X = λa−1 λa y λa es biyectiva. que sabemos es un subgrupo de S(G). y ∼ x} = {a ∗ x .4 Sea G un grupo actuando sobre un conjunto no vacío X .4. de donde z = b ∗ y = b ∗ (a ∗ x) = (ba) ∗ x y así x ∼ z. entonces λa (e) = e. usando ACT2) tenemos λe (x) = e ∗ x = x = 1X (x) de donde λe = 1X . Demostración: 1) Propiedad reflexiva. b ∈ G. es una relación de equivalencia. b ∈ G y x ∈ X .4 Acciones de grupo y p-grupos. denominado su representación permutacional. La relación definida sobre X mediante x ∼ y si y solo si a ∗ x = y para algún a ∈ G. a . Así.4. ae = e y. Proposición 2. Teorema 2. Esto prueba que f es biyectiva y por tanto |OG (x)| = [G : StabG (x)]. Es aplicación. Definición 2.8 Sea G un grupo actuando sobre un conjunto no vacío X . g ∈ G} El estabilizador de x ∈ G recibe el nombre de centralizador de x en G. de donde se obtiene con facilidad que a ∗ x = b ∗ x .7 FixG (X) = {x ∈ X . así. Definición 2. luego x = e ∗ x = (b−1 b) ∗ x = b−1 ∗ (b ∗ x) = b−1 ∗ x . de donde b−1 a ∈ StabG (x) y.4. gxg −1 = x} = {g ∈ G.74 Introducción a la teoría de grupos.6 Sea G un grupo actuando sobre un conjunto no vacío X y x ∈ X . Claramente es suprayectiva. Consideremos la aplicación f : G/ ≡StabG (x) → OG (x) definida por f (a StabG (x)) = a ∗ x . ClG (x) = {g ∗ x . Por último. Demostración: Comprobemos primero que StabG (x ) es un subgrupo de G. Definición 2.La acción de G sobre G.4. Llamamos estabilizador de x en G al conjunto StabG (x) = {a ∈ G. a ∗ x = x}. Para ello. así. ∗ : G × G → G definida por g ∗ x = gxg −1 recibe el nombre de conjugación de G por G.4. Además |OG (x)| = [G : StabG (x)]. b ∈ StabG (x). gx = xg} . Así que ab−1 ∈ StabG (x). La órbita de un elemento g ∈ G se denomina clase de conjugación de g en H . a ∗ x = x para todo x ∈ X} es llamado el subconjunto de X fijo por G. Por tanto. de donde se deduce con facilidad que (b−1 a) ∗ x = x . CG (x) = {g ∈ G. tenemos que a ∗ x = b ∗ x = x . entonces para cada x ∈ X se tiene que StabG (x) es un subgrupo de G.4. sólo hemos de ver que f es inyectiva: si f (a StabG (x)) = f (b StabG (x)) tenemos que a ∗ x = b ∗ x . ya que si a StabG (x) = b StabG (x). g ∈ G} = {gxg −1 . (b−1 a) ∗ x = x . g ∗ x = x} = {g ∈ G. tomados a. b StabG (x) = a StabG (x). (ab−1 ) ∗ x = a ∗ (b−1 ∗ x) = a ∗ x = x . Proposición 2.9 Sea G un grupo. entonces b−1 a ∈ StabG (x) y. 75 Ejemplo 2. xr } una colección completa de representantes de clases de conjugación de G en G. . Entonces conjugado σ (1)σ −1 σ (1 2)σ −1 σ (1 3)σ −1 σ (2 3)σ −1 σ (1 2 3)σ −1 σ (1 3 2)σ −1 (1) (1) (1 2) (1 3) (2 3) (1 2 3) (1 3 2) (1 2) (1) (1 2) (2 3) (1 3) (1 3 2) (1 2 3) (1 3) (1) (2 3) (1 3) (1 2) (1 3 2) (1 2 3) (2 3) (1) (1 3) (1 2) (2 3) (1 2 3) (1 3 2) (1 2 3) (1) (2 3) (1 2) (1 3) (1 2 3) (1 3 2) (1 3 2) (1) (1 3) (2 3) (1 2) (1 3 2) (1 2 3) de donde O((1)) = {(1)} O((1 2)) = O((1 3)) = O((2 3)) = {(1 2). g ∈ G} = {x} si y solo si gxg −1 = x para todo g ∈ G si y solo si gx = xg para todo g ∈ G si y solo si x ∈ Z(G). y el resto de las clases. (1 2 3). (2 3).10 Se llama centro de G al subgrupo Z(G) = \ CG (g) = {g ∈ G. (1 3). vemos que las órbitas son de la forma OG (x) = {gxg −1 .2. Por otra parte. (1 3 2)}. . observemos que para x ∈ G se tiene que ClG (x) = {gxg −1 . x2 . Consideremos S3 = {(1). |G| = |Z(G)| + X | ClG (x)|.11 Z(G) es un subgrupo abeliano de G. g ∈ G}. G = ]xi ∈C ClG (xi ). .4. (1 2). (1 3). y sea C = {x1 . .4.4. para todo h ∈ G} g∈G Proposición 2. Entonces.3 Tomando la acción por conjugación de G sobre G. (2 3)} O((1 2 3)) = O((1 3 2)) = {(1 2 3). aportan el resto de los sumandos. .12: Fórmula de clases Sea G un grupo finito. con más de un elemento. el cardinal del grupo es la suma de los cardinales de cada una de las clases de conjugación.4.4 Acciones de grupo y p-grupos. como las clases de conjugación forman una partición de G. x∈C x∉Z(G) Demostración: Primero. (1 3 2)} Definición 2. Así. las clases de conjugación unitarias aportan a |G| exactamente |Z(G)|. Proposición 2. gh = hg. Supongamos pues que G ≠ Z(G).76 Introducción a la teoría de grupos. Entonces n pr En particular. gHg −1 = H} = {g ∈ G. xi ∈C xi ∉Z(G) Ya que | Cl(xi )| > 1 y | ClG (xi )| divide a |G| = p n .13 Sea G un grupo.4. NG (H) = {g ∈ G.14 Sea p un número primo. La órbita de un subgrupo H ≤ G se denomina clase de conjugación de H en G.4. Un grupo finito G se dice que es un p -grupo si su orden es una potencia de p . g ∈ G} = {gHg −1 . Entonces. g ∈ G} El estabilizador de H ≤ G recibe el nombre de normalizador de H en G. Teorema 2. Lema 2. n > 0. de donde p divide a |Z(G)|. Consideremos la ecuación de clases X |G| = |Z(G)| + | ClG (xi )|. tenemos que | ClG (xi )| y p dividen a |G|. Definición 2. Demostración: Es fácil comprobar que (1 + x)p ≡ 1 + x p ( m´ od p). definida por ∗ : G × S(G) → S(G) : g ∗ H = gHg −1 recibe el nombre de conjugación de subgrupos de G por G. Definición 2. Como |Z(G)| > 0.4.15: Teorema de Burnside Sea G un p -grupo finito no trivial.4. . Z(G) es no trivial y |Z(G)| ≥ p . La acción de G sobre el conjunto S(G) de subgrupos de G. .2 Teoremas de Sylow. 2. gH = Hg}. g ∗ H = H} = {g ∈ G.16 Supongamos que n = p r m con p ö m.4. ClG (H) = {g ∗ H . entonces |Z(G)| ≥ p . p ö  n pr  ! ≡m m´od p. Demostración: El teorema es evidente si G = Z(G). Sea X elconjunto de todos los  n r subconjuntos de G con p elementos y por tanto |X| = pr .4. Tenemos que p r m = |G| = |OG (A)|| StabG (A)| y ya que p ö |OG (A)|. |X| ≡ | FixG (X)| m´od p . Descompongamos X en órbitas. 77 Además por inducción. Demostraremos que el estabilizador de uno de dichos subconjunto es el subgrupo P que buscamos. Para cada primo p dividiendo |G| existe un p -subgrupo de Sylow.17 Sea G un grupo actuando sobre un conjunto finito X . Teorema 2.2. de donde | StabG (A)| ≤ |A| = p r . Así m = |X| = m i=1 |OG (xi )| = i=1 [G : StabG (xi )]. obteniendo |X| = |OG (A)|. xm }. g ∗ x = x para todo g ∈ G}. Entonces 1) FixG (X) = {x ∈ X . 2) Si G es un p -grupo entonces. Por tanto. Los subgrupos de G de orden p r son llamados p -subgrupos de Sylow. |OG (x)| = 1}. Como p ö m tenemos que p ö  n pr  . Demostración: Supongamos que X = {x1 . entonces |OG (xi )| = 1 o p||OG (xi )|. Por el Lema ??.4. p ö |X|. r r (1 + x)p ≡ 1 + x p ( r m´od p). Así pnr ≡ m( m´od p). Pero dado a ∈ A. se deduce que p r || StabG (A)|. StabG (x) = G} = {x ∈ X . y sea FixG (X) = {x ∈ X . . . donde p ö m. 1) FixG (X) = {x ∈ X . g ∗ x = x para todo g ∈ G} = {x ∈ X . por la fórmula p r m = |G| = |OG (A)|| StabG (A)| debe existir alguna órbita tal que p ö |OG (A)|. |OG (x)| = 1}. Consideremos la acción de G sobre X por multiplicación: g ∗ A = gA = {ga.18 Sea G un grupo de orden n = p r m donde p ö m. r r Así (1 + x)n = ((1 + x)p )m ≡ (1 + x p )m ≡ 1 + mxp + · · · +x n( m´od p) .19: Primer Teorema de Sylow Sea G un grupo finito. . Definición 2. Proposición 2. es una aplicación inyectiva. ga.4. la aplicación StabG (A) → A dada por g . Si ahora G es un p -grupo. .4 Acciones de grupo y p-grupos. Pero r el coeficiente de x p en el desarrollo de (1 + x)n es pnr . Así | StabG (A)| = p r . P Pm 2) X = ]1≤i≤m OG (xi ). Demostración: Supongamos que |G| = n = mp r . . a ∈ A}. Demostración: Por el primer teorema de Sylow. esto es. entonces agH = gH . de modo que g −1 agH = H para todo a ∈ K . esto es. si H y K son p -subgrupos de Sylow. luego |a| = p s . existe un subgrupo H de G de orden p r . entonces existe un elemento de orden p y por consiguiente un subgrupo de G de orden p . K = gHg −1 para algún algún g ∈ G. Ya que |X| = [G : H] = m.4. donde p ö m. Corolario 2. K = gHg −1 para algún g ∈ G. Como |H| = |K|. . Demostración: Supongamos que existe un único p -subgrupo de Sylow. | FixK (X)| ≠ 0. esto es. Demostración: Sea X = {gH .78 Introducción a la teoría de grupos. |a| divide a p r . entonces K = gHg −1 = H . Teorema 2.4. g ∈ G} el conjunto de clases laterales a izquierda de H y K actuando sobre X por traslación a izquierda a ∗ (gH) = agH a ∈ K. Ya que |H| = |gHg −1 | = |K|. H es normal en G. Sea gH ∈ FixK (X). Si H es normal en G. K = gHg −1 para algún g ∈ G. entonces por el segundo teorema de Sylow será conjugado a H . Existe un único p subgrupo de Sylow H . Así g −1 ag ∈ H para todo a ∈ K . gH ∈ X. El número sp de p -subgrupos de Sylow es congruente con 1 módulo p . con s−1 0 < s ≤ r . de modo que K ≤ gHg −1 .4. | FixK (X)| ≡ m m´od p y como p ö m. Si existe algún otro K . si y solo si. Recíprocamente. Supongamos que |G| = n = mp r .4. por el teorema . Teorema 2. entonces por el segundo teorema de Sylow son conjugados. y es un divisor de m. Entonces H y K son subgrupos conjugados de G.22 Sea G un grupo finito de orden n = p r m donde p ö m. Sea a ∈ H . debemos tener K = gHg −1 de modo que H y K son conjugados.23: Tercer Teorema de Sylow Sea G un grupo finito de orden n = p r m donde p es un número primo y p ö m. tenemos que H = K .21: Segundo Teorema de Sylow Sean H y K p -subgrupos de Sylow de un grupo finito G. a ≠ e.20: Cauchy Si G es un grupo finito y p es un divisor primo del orden de G. Entonces ap tiene orden p . Teorema 2. Por el teorema de Lagrange. para todo a ∈ K . de donde sp = |X| = 1 m´ od p . . Entonces G › Sp1 × · · · × Spr .25 Todo grupo abeliano finito es isomorfo al producto directo de todos sus subgrupos de Sylow.2. Demostración: Ya que cada Spk es un subgrupo normal de G. por tanto G = Sp1 · · · Spr . Por la hipótesis de inducción |H| = |Sp1 ||Sp2 | · · · |Spk−1 |. tenemos que Sp1 · · · Spr es un subgrupo de G con |G| elementos. Así para k = r . Ahora supongamos G actuando sobre X por conjugación. para cada k ≤ r . Si H ∈ X . Entonces FixH (X) = {H} y | FixH (X)| = 1. Entonces por el teorema sp = |X| = |OG (H)| = [G : NG (H)] = |G|/|NG (H)| = |G|/(|H|[NG (H) : H]) = m/[NG (H) : H]. Calculemos pues FixH (X). también son p -subgrupos de Sylow de NG (K). a ∈ H. y ya que pk no divide a |H| tenemos que |H ∩ K| = 1. Por tanto |Sp1 Sp2 · · · Spk | = |HK| = |H||K| = |Sp1 ||Sp2 | · · · |Spk |.4. K ∈ X. Pero entonces son conjugados en NG (K).4.4 Acciones de grupo y p-grupos. entonces StabG (H) = NG (H). |Sp1 Sp2 · · · Spk | = |Sp1 ||Sp2 | · · · |Spk |. Por la proposición 2. Así H = K .3 Grupos abelianos finitos Lema 2. |X| = | FixH (X)| m´od p . Luego sp es un divisor de m. entonces solo existe una órbita en X bajo G. Como H y K son p -subgrupos de Sylow de G.4. 79 Demostración: Sea H un p -subgrupo de G. El resultado es evidente si k = 1. Si K ∈ X . entonces K ∈ FixH (X) si y solo si aKa−1 = K . Corolario 2. También hemos visto que (Sp1 · · · Spr −1 ) ∩ Spr = {1}. Probemos por inducción sobre k que para cada k ≤ r . Así H ≤ NG (K) y claramente K ≤ NG (K). Sp1 Sp2 · · · Spk es un subgrupo de G.4. Como K es un subgrupo normal de NG (K). es su único conjugado en NG (K). Sea H = Sp1 · · · Spk−1 y K = Spk . 2. para todo a ∈ H . Sea X el conjunto de todos los p -subgrupos de G y sea la acción de H en X mediante conjugación a ∗ K = aKa−1 .17.24 Sea G un grupo finito con |G| = p1n1 p2n2 · · · prnr donde los pi son primos distintos. Sea Spi un pi -subgrupo de Sylow de G con Spi normal en G. Como todos los p subgrupos de Sylow son conjugados. Así G › Sp1 × · · · × Spr . pues en caso contrario no hay nada que probar. . Si x ∈ hai ∩ K . entonces G = hai × hei. Ahora supongamos que el enunciado es verdadero para todo grupo abeliano de orden p k con k < n. G puede escribirse como hai × K para algún subgrupo K de G .25 es suficiente probar que para todo primo p . Por la hipótesis de inducción. Esto prueba que p divide a i. Lema 2. Sea K la imagen inversa de K bajo el homomorfismo canónico de G en G (esto es. Si n = 1. Demostración: Sea |G| = p n y hagamos inducción sobre n. por el teorema . hemos hallado un elemento c de orden p tal que c ∉ hai. m−1 sea x la clase xhbi en G. Si |a| < |a| = p m . entonces x ∈ hai ∩ K = {e} = hbi y x ∈ hai ∩ hbi = {e}. Consideremos el elemento c = a−j b. Veamos que |b| . hai ∩ hbi = {e}. i) = 1. de donde i = pj . entonces ap = e. Podemos suponer que G ≠ hai. p et .80 Introducción a la teoría de grupos. p m concluimos que bp ∈ hai. tenemos que G = hai × K . por tanto ap ∈ hai∩hbi = {e}. Entonces existe un subgrupo K de G tal que G › hai × K . x ∈ K}). elijamos uno de orden m maximal p m . Demostración: Inducción y el lema anterior proporcionan el resultado. A continuación. gcd(p m . pues en caso contrario b ∈ hai. en contradicción con el hecho de que |a| = p m . Por la definición de b.4. Entonces x p = e para todo x ∈ G. También. es suficiente probar que |b| = p . Queremos probar que todo grupo abeliano finito es un producto directo de grupos cíclicos. Por ejemplo. Para simplificar la notación. Veamos que hai ∩ K = {e}. Por el corolario 2. entre todos los elementos de G elegimos b de menor orden tal que b ∉ hai. Entre todos los elementos de G. c p = a−jp bp = a−i bp = b−p bp = e. tenemos que |b| = p . .26 Sea G un p -grupo abeliano finito y a un elemento de orden maximal en G. Resaltemos que e = bp = m−1 m−1 (bp )p = (ai )p . Entonces bp = ai = apj . donde e1 ≥ · · · ≥ et y n = e1 + · · · + et . Demostración: Si G es abeliano entonces todo subgrupo es normal y el enunciado resulta del lema anterior. . Así. y así a es un elemento de orden maximal en G. |a| = |a| = p m . Esto implica que m−1 m−1 m−1 (ahbi)p = ap hbi = hbi. K = {x ∈ G.4. Ya que bp = Proposición 2. Claramente. Así ai no es un generador de hai y por tanto. por tanto |ai | ≤ p m−1 . bp = ai . Así. Entonces G es un producto directo de grupos cíclicos de orden p e1 . c ∉ hai. todo p -grupo abeliano es un producto directo de grupos cíclicos. Ciertamente. Ya que G = haiK . . .4. Ahora consideremos el grupo cociente G = G/hbi.27 Sea G un p -grupo abeliano de orden p n . donde los Hi y los Kj son subgrupos cíclicos de orden potencia de p con |H1 | ≥ |H2 | ≥ · · · |Hs | y |K1 | ≥ |K2 | ≥ · · · |Kt |.4.4 Acciones de grupo y p-grupos. . Para todo grupo abeliano L. . Ya que GP < G. Demostración: Procedamos por inducción sobre G.4. . Claramente.2.4. Ahora supongamos el enunciado verdadero para todo p -grupo abeliano de orden menor que |G|. Todo lo que queda por probar es que el número de Hi de orden p es igual al número de Ki de orden p . debemos probar que s − s 0 = t − t 0 . el conjunto LP = {x p . Se deduce que Gp = H1 ×H2 ×· · · Hs 0 y Gp = K1 ×K2 ×· · · Kt 0 . . . esto es. x ∈ L} es p p p p p p un subgrupo de L. . Definición 2. s 0 . Esto se deduce de 0 |H1 |H2 | · · · |Hs 0 |p s−s = |G| = |K1 ||K2 | · · · |Ht 0 |p t−t 0 y |Hi | = |Ki | y s 0 = t 0 . Demostración: Sea |G| = p1n1 p2n2 · · · prnr donde cada uno de los pi son primos distintos. entonces s = t y |Hi | = |Ki | para todo i. Por el corolario 2. G › Zpe11 × · · · × Z 1 e1t p1 1 × · · · × Zprer 1 × · · · × Zper tr r . Entonces por la proposición 2.27 cada uno de los Spi puede descomponerse como Spi › Zpei1 × Zpei2 × · · · × Z i i eit pi i Así G es isomorfo a un producto directo de grupos cíclicos de orden potencia de un primo. . 81 Veamos a continuación la unicidad. tenemos por inducción que s 0 = t 0 y |Hi | = |Ki | para p p i = 1. el caso donde |G| = p es verdadero. donde s 0 es el mayor entero i tal que |Hi | > p y t 0 es el mayor j tal que |Kj | > p . Teorema 2.29: Teorema fundamental de los grupos abelianos finitos Todo grupo abeliano finito G es isomorfo a un producto directo de la forma G › Zpe11 × · · · × Z 1 e1t p1 1 × · · · × Zprer 1 × · · · × Zper tr r Esta descomposición es única. Si G › H1 × H2 × · · · × Hs y G › K1 × K2 × · · · × Kt . s . Lema 2.4. (Esto asegura que nuestros dos productos directos para Gp no tienen factores p p triviales).4. Ya que |Hi | = p|Hi | y |Ki | = p|Ki | tenemos que |Hi | = |Ki | para 0 todo i = 1.25 obtenemos G › Sp1 ×· · ·×Spr . . salvo por el orden.30 Sea G un grupo abeliano finito con |G| = p1n1 · · · prnr .28 Sea G un p -grupo abeliano. G debe ser isomorfo a uno de los siguientes grupos: Z24 = Z16 Z23 × Z21 = Z8 × Z2 Z22 × Z22 = Z4 × Z4 Z22 × Z21 × Z21 = Z4 × Z2 × Z2 Z21 × Z21 × Z21 × Z21 = Z2 × Z2 × Z2 × Z2 Proposición 2.4. |G| = 56 = 23 · 7. y así sucesivamente. salvo isomorfismos. Sabemos que G › S2 × S7 donde |S2 | = 23 y |S7 | = 7. Demostración: Ponemos juntos los mayores factores para cada primo. |G| = 16 = 24 . así tenemos las siguientes cinco listas de posibilidades 4 3 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 Así existen cinco posibilidades para G. de orden 16. Definición 2. e Los números (p1e11 .4. Ejemplo 2.82 Introducción a la teoría de grupos. .31 Todo grupo abeliano finito G es isomorfo a un producto directo de la forma G › Zm1 × Zm2 × · · · × Zmt donde m1 ≥ 2 y mj divide a cada mi con j ≥ i y n = m1 · · · mt . pr r tr ) se llaman divisores elementales del grupo G. Así los posibles exponentes para los . .4.4. En particular.5 Determinar todos los grupos abelianos de orden 56. y luego los siguientes mayores factores. .4 Determinar todos los grupos abelianos.32 Sea G un grupo abeliano finito G › Zm1 × Zm2 × · · · × Zmt donde mt ≥ 2 y mj divide a cada mi con j ≥ i. Los números mi reciben el nombre de factores invariantes de G. Por tanto n = 4. Ejemplo 2. . 4 Clasificación de grupos de orden ≤ 15.33 Sea p un primo impar.2. Determinar sus factores invariantes. 1.4 Acciones de grupo y p-grupos.4. 1 1 Así G debe ser isomorfo a uno de los siguientes grupos: Z23 × Z71 = Z8 × Z7 Z22 × Z21 × Z71 = Z4 × Z2 × Z7 Z21 × Z21 × Z21 × Z71 = Z2 × Z2 × Z2 × Z7 Ejemplo 2. 2.6 Supongamos que un grupo tienen como divisores elementales 2. 3. 5. Proposición 2.13.11. 23 3 52 22 3 5 2 3 2 Ahora reagrupamos los factores cíclicos de G usando las columnas de la anterior distribución.10. tenemos que s2 = 1 o p . 3. Para hallar los factores invariantes colocamos nuestros divisores elementales en orden decreciente. Si H es el único p -subgrupo de Sylow de G. Ya que s2 |p y s2 ≡ 1( m´ od 2). Todo grupo de orden 2p es isomorfo a Z2p o a Dp . 83 divisores elementales están dados por las siguientes listas S2 S7 3 2. G › Z2 × (Z2 × Z3 ) × (Z4 × Z3 × Z5 ) × (Z8 × Z3 × Z25 ) G › Z2 × Z6 × Z60 × Z600 2.3. tenemos que sp = 1. 52 . Sabemos que todo grupo finito de orden primo p. 3. Caso s2 = 1.7. 22 . es cíclico e isomorfo a Zp . Grupos finitos de orden 6.5. Ya que sp |2 y sp ≡ 1( m´ od p). Grupos finitos de orden 2.14. 23 . Demostración: Sean s2 y sp el número de 2-subgrupos de Sylow y de p -subgrupos de Sylow de G.4.4. entonces H es un subgrupo normal de G. con una fila para cada primo. . 1 1. ya que s5 |3 y s5 ≡ 1( m´od 5). entonces K es un subgrupo normal de G. Ya que s3 |5 y s3 ≡ 1( m´ od 3). Por el segundo teorema de isomorfía.35 Sea p un primo. . Por el segundo teorema de isomorfía. Todo grupo de orden p 2 es abeliano e isomorfo a Zp2 o a Zp × Zp . . |HK| = |H||K| = 2p = |G|. de donde HK = G. ap−1 } ] {b. . b = g s d. Ya que |H ∩K| divide a |H| y a |K|. Si |b| = 1. Así G › H × K › Zp × Z2 › Z2p . Grupos finitos de orden 4. entonces b = e. H ∩K = {e}. a. Supongamos que G/Z(G) = hgZ(G)i y sean a. tenemos que s5 = 1. b ∈ G. Por el teorema de Lagrange |Z(G)| divide a p 2 . . . Veamos que G es entonces también abeliano. Como |G/H| = 2p/p = 2. luego |b| = 1. Veamos que |b| = 2. . . ya que b ∉ H . ab. existe b ∉ H . existe a ∈ H . Demostración: Ya que G es un grupo no trivial. Si K es el único 2-subgrupo de Sylow de G. H ∩ K = {e}. a = g r c . con c. Así G › H × K › Z3 × Z5 › Z15 . Si H es el único 3-subgrupo de Sylow de G.9. ya que b ∉ H . de donde HK = G. Análogamente. Proposición 2. Ya que |H| = p .4. tenemos que |H ∩ K| = 1. Caso s2 = p . esto es. Como H ≠ G.4. lo que es imposible. tenemos que |H ∩K| = 1. Pero entonces ab = g r cg s d = g s dg r c = ba. entonces H es un subgrupo normal de G. Si |Z(G)| = p .84 Introducción a la teoría de grupos. Si K es el único 5-subgrupo de Sylow de G. esto es. Análogamente |ab| = 2. luego |Z(G)| es igual a p o p 2 . luego G/Z(G) es cíclico y por tanto abeliano. ap−1 }. . Entonces aZ(G) = g r Z(G) y bZ(G) = g s Z(G). |HK| = |H||K| = 15 = |G|. es cíclico de orden p . Z(G) es no trivial y |Z(G)| ≥ p . . Grupos finitos de orden 15. Ya que |H ∩ K| divide a |H| y a |K|. 2 o p . Demostración: Sean s3 y s5 el número de 3-subgrupos de Sylow y de 5-subgrupos de Sylow de G. entonces hbi también es un p -subgrupo de Sylow y sería igual a H . con |a| = p y H = hai = {e. tenemos que G = H ] Hb = {e. tenemos que s3 = 1. . Proposición 2. entonces G = Z(G). Por tanto |b| = 2. a. Así G › Dp . entonces K es un subgrupo normal de G. lo que es imposible. Si |Z(G)| = p 2 . . . Tenemos que |b| divide a 2p . entonces |G/Z(G)| = p . ap−1 b}.34 Todo grupo de 15 elementos es isomorfo a Z15 . . luego G es abeliano. d ∈ Z(G). esto es. esto es. Si |b| = p . a3 }. Si G tuviese un elemento de orden 8. verifica ker(λ) = g∈G gHg −1 ⊆ H . tenemos que bab−1 ∈ H . b2 . tendríamos que a2 b2 = (ba)2 = e. Z2 × Z2 × Z2 . entonces para todo a. luego s2 = 1. Caso b2 = a2 : Ya que H es un subgrupo normal de G. ba = a3 b y G › Q2 = ha. entonces y = gxg −1 . A4 . b. b2 = a2 . b. b2 = e. x 2 }. Supongamos que H = hxi = {e. b7 . Proposición 2. 2 y s3 |4 y s3 ≡ 1( m´od 3). a. pues si b2 ∈ Hb. tal que G = H ] Hb = {e. D6 . Z4 × Z2 .4 Acciones de grupo y p-grupos. a3 } ] {b. Entonces s2 |3 y s2 ≡ 1( m´ od 2). 1) Si ker(λ) = {e}. entonces sería cíclico y por tanto abeliano. entonces G = {e. Sea H un 3-subgrupo de Sylow de G. Pero si y ∈ Cl(x). ba = a3 bi. 2) Si ker(λ) ≠ {e}. b5 . luego s3 = 1. Si b2 = a. entonces G = {e. entonces. Demostración: Supongamos que G es un grupo de orden 8 no abeliano. b6 . Proposición 2. de donde ba = bea = b(ba)2 a = bbabaa = eabe = ab y G sería abeliano. luego G › A4 . Necesariamente b−1 ab = a3 . b. ab. b ∈ G. esto es.36 Todo grupo de 8 elementos es isomorfo a alguno de los siguientes: Z8 . Por tanto existe b ∉ H . Ya que [G : CG (x)] = |Cl(x)|. Veamos que |CG (x)| = 6 o 12. Necesariamente bab−1 = a3 . D4 . ya que | ker(λ)| divide a |H| = 3. b5 . a4 = e. entonces la representación T permutacional de G.2. Grupos finitos de orden 8.4. Por tanto al menos un elemento a ∈G tiene orden 4. ba = a3 b y G › D4 = ha. tenemos que b−1 ab ∈ H . b. a4 = e. b6 . b3 } = hbi es cíclico y por tanto sería abeliano. Sean s2 y s3 el número de 2-subgrupos de Sylow y de 3-subgrupos de Sylow de G. luego único. b7 } = hbi es cíclico y por tanto sería abeliano. b3 . Demostración: Supongamos que G es un grupo de orden 12 no abeliano. entonces H es normal en G y |G/H| = 2. 4.4. es sufciente comprobar que |Cl(x)|=1 o 2. a2 b. ba = a3 bi. a. Consideremos b2 .Q3 . Sea H = hai = {e. esto es. a2 . Grupos finitos de orden 12. a3 b}. b2 . entonces G › im(λ) ⊆ S4 . tenemos que ker(λ) = H y por tanto H es normal. Q2 . y por tanto G es isomorfo a un subgrupo de orden 12 de S4 . λ : G → S4 . a2 . para 85 . b4 . tendríamos que b ∈ H . Necesariamente b2 ∈ H .37 Todo grupo de 12 elementos es isomorfo a alguno de los siguientes: Z4 × Z3 . b4 . entonces [G : H] = 12/3 = 4 y si X es el conjunto de clases laterales a izquierda de H en G. Por tanto hemos de considerar 2 casos: Caso b2 = e: Ya que H es un subgrupo normal de G. Si b2 = a3 . x. Si todos los elementos de G tuviesen orden 2. Z2 × Z2 × Z3 . de orden 2. ab. lo que es una contradicción. Entonces |b| = 12. esto es. Por tanto b2 ∈ K . tal que G = K ] Kb = {e. Si b2 ∈ Kb. algún g ∈ G y por tanto |y| = |gxg −1 | = |x| = 3. Además existe b ∉ K . a5 b}. Ya que 2||CG (x)|. ii) b2 = a. a3 b. Sea K = hai. a2 = e. Luego bab−1 = a5 . a5 } ] {b. entonces b ∈K. lo que es una contradicción. Veamos los diferentes casos: i) b2 = e. a2 b. lo que es imposible.86 Introducción a la teoría de grupos. iv) b2 = a3 . Entonces G › Q3 . Entonces G › D6 . ya que x . iii) b2 = a2 . ya que b12 = (b2 )6 = (a5 )6 = e y G = hbi. Consideremos ahora b2 . a2 . Entonces (a−1 )4 = (bab−1 )4 = (ba)4 b−1 = bb2 b−1 = b2 = a4 . entonces [G : K] = 2. Sea a = xz. esto es. a3 . vi) b2 = a5 . Entonces |b| = 12. ya que b12 = (b2 )6 = a6 = e y G = hbi. a. lo que es imposible. tenemos que bab−1 = a o a5 . Entonces (a−1 )2 = (bab−1 )2 = bab−1 bab−1 = ba2 b−1 = bb2 b−1 = b2 = a2 . x 2 son los únicos elementos de orden 3 de G. por el teorema de Cauchy. . a4 . Como bab−1 ∈ K y |bab−1 | = |a| = 6. lo que es imposible. luego |Cl(x)|=1 o 2. v) b2 = a4 . a4 b. y por tanto K es normal en G. a4 = e. entonces |a| = |x||z| = 6. entonces ba = ab y G sería abeliano. Pero si bab−1 = a. existe z ∈ CG (x). 29 arista. 49 a izquierda. 29 árbol. 49 coloración. 33 lineal general. 14 conjugación. 4 paralelas. 11 euleriano. 48. 5 grafo. 5 entrante. 55 homomorfismo de grupos. 72 grado de una cara. 15 hamiltoniano. 11 caras. 4 disconexo. 65 centro. 26 euleriano. 65 de subgrupos. 15 de Hamilton. 39 circuito. 50 isomorfismo de grafos. 15 hamiltoniano. 24 digrafo. 66 conjunto cociente. 56 a derecha. 18 plano. 49 contracción. 18 clase de conjugación. 66 de Euler. 31 alternado. 3 arbol árbol generador. 4 divisores elementales. 20 completo. 3 bipartido. 11 ciclos disjuntos. 59 . 66 de conjugación. 65 clase lateral. 65 ciclo. 5 grupo.Índice alfabético aplicación de incidencia. 37 finitamente generado. 5 de grupos. 5 saliente. 57 cuaternio. 22 regular. 4 ciclo. 3 bosque. 35 simple. 8 conexo. 11 cerrado. 7 simple. 11 de Euler. 22 centralizador. 18 simple. 24 simple. 14 dirigido. 27 componentes conexas. 71 elemento neutro. 48 finito. 64 Fórmula de clases. 20 camino simple. 3 grafos isomorfos. 43 cíclico. 52 cociente. 31 estabilizador. 14 dual. 23 factores invariantes. 31 simétrico. 3 aristas. 31 abeliano. 4 completo. 57 índice. 24 de vértice. 29 camino. 41 vértice. 46 tamaño. 48 propio. 64 subgrupo. 3 aislado. 31 binaria. 66 p-subgrupo de Sylow. 47 subconjunto fijo. 27 normalizador. 3 mapa.88 lazo. 3 de un elemento. 11 retículo de subgrupos. 40 p-grupo. 38 polinomio cromático. 22 matriz de adyacencia. 52 de un grupo. 66 operación asociativa. 33 de una permutación. 37 recorrido. 31 órbita. 10 número cromático. 3 final. 67 permutación. 4 inicial. 4 vértices. 3 transposición. 4 adyacentes. 3 ÍNDICE ALFABÉTICO . 46 generado. 31 conmutativa. 27 raíces de la unidad. 46 trivial. 64 orden de grafo. 9 de incidencia. 3 incidentes. .. J. Prentice Hall.Bibliografía [1] Clark.J. versión electrónica 2009.. [7] Goldstein... [6] García Miranda. K. R.. [2] Dummit. Foote. Estructuras algebraicas: Teoría elemental de grupos.. Matemática discreta y aplicaciones. B. [8] Grimaldi. R.. J. 2013. Addison Wesley Iberoamericana. 1973. J. [10] Johnsonbaugh. 1997. Contemporary Abstract Algebra. 1974.S. A. [9] Hibbard. Algebra Abstracta. Matemáticas discretas y combinatoria.. J. Universidad de Granada. Exploring Abstract Algebra With Mathematica.. D. Elementos de Algebra Abstracta..C. Mc-Graw Hill 2004. Apuntes de Teoría de Grafos.Prentice Hall. 1987.C. [11] Rosen. 1991. L.. Abstract Algebra. R. Sanz y Torres. [12] Scherk. A first course. J. [3] Fernando. Levasseur. Matemáticas discretas. Springer.M. .. J... Prentice Hall. 1999. K. Abstract Algebra. K. A. Algebra. F. Levasseur. 1998..S. [4] Fraleigh. Alhambra. Prentice Hall. [5] Gallian.P.. Gamboa.M. Houghton Mifflin. 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