Teoría de Grupos: Subgrupos Cíclicos y Teoremas de Isomorfía

Exploración de las propiedades y teoremas fundamentales relacionados con los subgrupos cíclicos y los teoremas de isomorfía en la teoría de grupos.

Subgrupos Cíclicos

Teorema 1.3.4 Todo subgrupo de un grupo cíclico es cíclico.

Demostración Sea G = < a > y sea H <= G. Si H = {e}, entonces H es un subgrupo cíclico. Supongamos que H != {e}, entonces H contiene un elemento de la forma a^n para algún n ∈ Z+. Sea m ∈ Z+ minimal, tal que a^m ∈ H. Podemos afirmar que H está generado por c = a^m, esto es, < a^m >= < c > <= H. Tenemos que demostrar que todo d ∈ H es una potencia de c. Como c ∈ H y H <= G, entonces d = a^n para algún n ∈ Z. Por el algoritmo de la división, n = mq + r para 0 <= r < m. a^n = a^(mq+r) = (a^m)^q a^r. Sabemos que a^n ∈ H; a^m ∈ H luego (a^m)^-q ∈ H y a^n ∈ H como H es un subgrupo de G, a^r = (a^m)^-q a^n ∈ H lo cual es una contradicción (m era minimal), r = 0 y d = a^n = a^mq.

Grupos de Orden Primo

Corolario 1.4.2 Todo grupo de orden primo es cíclico.

Demostración Sea G un grupo de orden p, p primo. Sea a ∈ G distinto del elemento neutro. Sea H = < a >, |H| = m. Por el Teorema de Lagrange, |H| | |G| y como p es primo y m > 1, m = p y por tanto, G es cíclico.

Ejemplo: Grupos de Orden 4

Ejemplo de aplicación 1.4.4 Prueba que todo grupo de orden 4 es abeliano y encuentra cuántos hay salvo isomorfismos, y descríbelos.

Solución: Sea G un grupo de orden 4. Por el Teorema de Lagrange, todo elemento de G tiene orden un divisor de 4. Descartando que G sea cíclico, encontramos que todo elemento distinto del neutro tiene orden 2. Luego G es abeliano. Sea a ∈ G; a != e y sea H = < a > el subgrupo generado por a. Dado que H es un subgrupo propio, existe b ∈ G tal que b ∉ H. Claramente G = H ∪ Hb = {e; a; b; ab}, con ba = ab. Podemos comprobar con ayuda de una tabla, que G es el grupo de Klein.

Grupos Finitos y Exponentes

Teorema 1.5.2 Sea G un grupo finito de exponente n, entonces G contiene un elemento (y por lo tanto, un subgrupo cíclico) de orden n.

Demostración Por el Teorema de la Factorización, podemos expresar n = p1^c1……..pk^ck como productos de potencias de primos. Para cada 1<=i<=k sea ni = n/pi^ci. Existe ai ∈ G tal que ai^ni != e sea ahora bi = ai^n/pi^-ci. Tenemos entonces ord(bi) = p*ci y de aquí b = b1…bk tiene orden n.

Subgrupos Cíclicos de Cuerpos Finitos

Proposición 1.5.3 Sea F un cuerpo. Sea G <= F* el grupo multiplicativo de F. Si G es un subgrupo finito de F*, entonces G es cíclico.

Demostración Como G es finito, sea n = exp(G). Por el Teorema anterior, G contiene un subgrupo cíclico C de orden n. Por otro lado, todo elemento de G satisface la ecuación x^n = e. De donde, |G| <= n = |C|. Esto implica que G = C, y por tanto, es cíclico.

Grupos Abelianos Finitos

Teorema 1.5.5 Sea A un grupo abeliano finito. Para cada primo p que divide a |A|, consideramos Sp, que denota todos los elementos de A de orden una potencia de p (incluyendo el 0), entonces cada Sp es un subgrupo de A y A es su suma directa.

Demostración La comprobación de que Sp es un subgrupo de A es trivial. Sea x ∈ A, distinto del elem. neutro. Sea ord(x) = n, donde por el Ta. de Lagrange, n | |A|. Supongamos, que n lo podemos expresar de la forma n = p1^c1…pk^ck, donde cada pi son distintos y ci >= 1. Escribimos, para cada i (1<=i<= r); qi = n/pi^ci. Obtenemos que el máximo común divisor de todos los qi es 1 y por la igualdad de Bezout, existen k1,k2…kr ∈ Z tales que k1q1 + …. + krqr = 1 Esto nos da que x =(k1q1+::::+krqr)x = k1q1x+::::+krqrx. Cada qix tiene orden un divisor de pi^ci .Así x puede ser expresado como suma de elementos con órdenes divisores de p1^c …..pr^cr respectivamente. Por tanto x∈ < sp1,…,spr> <= A. Así Sp:’ p| |A|> = A. Finalmente, probaremos que A es la suma directa de los Sp. Esto se dará si para cada q| |A| ; Sq intersección < sp : p | |A| y p/=q> = < 0>. Pero esto es fácil de comprobar ya que cualquier elemento de Sp tiene orden una potencia de q mientras que cualquier elemento de < sp : p ||a| y p/=q> tiene orden un primo relativo con q. Luego el único elemento que pertenece a la intersección de ellos es el elemento neutro.

Teorema 1.5.6 Sea Sp un grupo abeliano finito. Entonces Sp es la suma directa de grupos cíclicos (de orden potencia de un primo).

Demostración Sea s un elemento de orden p^c maximal en Sp y sea T un subgrupo de Sp que satisfaga que < s> intersección T = < 0>. Entonces < s,t> = < s> sumaDirecta T. Por tanto: i) < s> y T generan < s, t>; ii) < s> y T son normales en < s; t> ; iii) < s> intersección T = < 0>. Si < s> sumaDirecta T < sp, podemos encontrar un elemento x ∈ Sp tal que x ∉ < s> sumaDirecta T. Ya que (p^c)x = 0,(p^c)x ∈ < s> sumaDirecta T. Entonces existe B ∈ Z+ de modo que (p^B)x ∈ < s> sumaDirecta T pero (p^B-1)x ∉ < s> sumaDirecta T. Llamamos y =(p^B-1)x. Ahora py 2∈ < s> sumaDirectaT. Por consiguiente, py = ls + t (l ∈ Z; t ∈T). Entonces 0 = (p^c)y= (p^c-1) ls + (p ^c-1)t Así ( p^c-1)ls ∈ < s> T = < 0>. Esto nos permite decir que p | l, pk = l , y por lo tanto, p(y .. ks) = py -ls = t ∈ T. Sin embargo, y-ks ∉ T. Así < t; y-ks>>T. Consecuentemente, < t; y- ks> intersección < s>> < 0>. Esto es, para algunos m,x ∈ Z y v∈ T tenemos que 0 /= ms = v + n(y .. ks). Como p| n, tenemos que m.c.d(n,p) = 1. Ademas, ny = ms – v + nks ∈ < s> sumaDirecta T y py ∈ < s> sumaDirtecta T. En consecuencia sera una contradicción si y ∈ < s> sumaDirecta T. Por tanto, obtenemos nalmente que < s> sumaDirecta T = Sp. Podemos utilizar un argumento similar para completar la demostración del teorema.

Homomorfismos de Grupos

Proposición 2.1.2 Sea Y : G –> G’ un homomorfismo de grupos. Entonces :

1. Im(Y) = {Y(x) | x ∈ G} <= G’
2. Ker (Y) = {x ∈ G | U(x) = e’} <= G

Demostración

1. Veamos que si Y(x); Y(y) ∈ G’ => Y(xy^-1) ∈ Im(Y) . Y(x)Y(y)^-1= Y(x)Y(y^-1) = Y(xy^-1) ∈ Im(Y) Luego Im(Y) <= G’
2. Veamos que si x,y ∈ Ker(Y) => x^-1y ∈ Ker(Y), es decir Y(x^-1y) = e’. Sean x,y ∈ Ker(Y) => Y(x) = e’; Y(y) = e’. Y(x^-1y) = Y(x^-1)Y(y) = Y(x)^-1 Y(y) = e^-1e = e’. Luego Ker(Y) <= G

Proposición 2.2.2 Si ‘ : G–> G’ es un homomorfismo, entonces Ker(Y) subgrupo normal G.

Demostración Por la Proposición 2.1.2, sabemos que Ker(Y)

Teoremas de Isomorfía

1er Teorema de Isomorfía 2.4.1 Sean G y G’ dos grupos y sea Y : G –> G’ un homomorfismo. Entonces G/Ker(Y) isomorfo Im(Y)

Demostración Denimos la aplicación: Para simplicar la notación, K = Ker(Y)

H : G=Ker(Y) –> Im(Y)

aK(Y) –> Y(x)

1. Veamos que es un homomorfismo: H((aK)(bK)) = H((ab)K) = Y(ab) = Y(a)Y(b) = H(aK)H(bK)
2. Claramente, Y es sobreyectiva.
3. Veamos que es inyectiva <=> Ker(H) = {eK} Sea e’ = H(aK) = Y(a) )=> a ∈ K => e^-1a ∈ K <==> aK = eK = K==>

2do Teorema de Isomorfía 2.4.2 Sea G un grupo. Sea N subgrupo normal G, H < G.

1. N subgrupo normal NH
2. H intersección N subgrupo normal H
3. NH/N isomorfo H/ H intersección N

Demostración

1. Por la denición de NH, sabemos que N contenido o igual NH. Sea h ∈ H; n ∈ N; y g ∈ G. Entonces ghng^-1 = (ghg^-1)(gng^-1) ∈ HN, luego N subgrupo normal NH.
2. Consideremos la aplicación:

0 : H –> NH/N

h –>hN

Veamos que es un homomorfismo con Ker(0) = H intersección N

0(gh) = ghN = (gN)(hN) = 0(g)0(h) para todo g; h ∈ H

Finalmente , obtenemos que Ker(0) = {h ∈ H | hN = N} = N intersección H. Por tanto, por el 1o Teorema de Isomorfa, se tiene que:

NH/N isomorfo H/Ker(0) ==> NH/N isomorfo H/H intersección H

3er Teorema de Isomorfía 2.4.3 Sea G un grupo, N subgrupo normal G, K subgrupo normal G tales que N contenido o igual K.

Entonces:

1. K/N subgrupo normal G/N
2. G/K / N/K isomorfo G/N

Demostración

Sea la aplicación:

0: G –> G/K / N/K

a–>aK(H/K)

0 (ab) = [(ab)K](H/K) = [(aK)(bK)](H/K) = [(aK)(H/K)][(bK)((H/K)] = ‑(a)‑(b)

Por tanto,0 ‑ es un homomorfismo. El Ker(‑0) = {x ∈ G | 0‑(x) = N/K}. Pero este conjunto, es exactamente N, por tanto, por el 1o Teorema de Isomorfa:

G/K / N/K isomorfo G/N

Teorema de Cayley-Hamilton

Teorema de Cayley-Hamilton 3.1.5 Todo grupo finito G de orden n es isomorfo a un subgrupo de Sn.