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Álgebra Moderna I: Lemas previos al teorema fundamental de los grupos abelianos finitos.

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

Introducción

Como dijimos en la primera entrada de esta unidad, uno de los temas a los que queremos llegar es el Teorema fundamental de los grupos abelianos finitos, para poder demostrar el teorema necesitamos los siguientes lemas. Los enumeramos para que sea más sencillo identificarlos.

El primer lema nos dice que si tomamos un elemento de orden máximo $g$ en $G$ y un $p$-subgrupo, tal que $\left< g\right>$ no es un subgrupo de $G$ y luego tomamos un elemento de orden mínimo $h$ en $G\setminus\left< g\right>$ el orden de $h$ es $p$.

El segundo lema nos dice que si tenemos un elemento de orden máximo $g$ en $G$, podemos ver a $G$ como el producto directo interno del generado de $g$ y un $H$ subgrupo de $G$.

El tercer lema nos dice que cualquier $p$-subgrupo abeliano es producto directo interno de grupos cíclicos.

En esta entrada enunciamos y probamos los primeros dos lemas importantes, el tercero está en la siguiente entrada.

El orden de un elemento mínimo

Lema 1. Sean $p\in\z^+$ un primo y $G$ un $p$-grupo abeliano. Sea $g\in G$ un elemento de orden máximo. Si $\left<g\right> \lneq G$ y $h$ es un elemento de orden mínimo en $G\setminus \left<g\right>$, entonces $o(h)=p$ y $\left< g\right> \cap \left< h\right> = \{e\}$.

Demostración.
Sean $p\in \z^+$ primo, $G$ un $p$-grupo abeliano.

Por la definición de $p$-grupo $|G| = p^n$ para algún $n\in \n$.

Sea $g\in G$ de orden máximo. Como $|G|=p^n$, sabemos que $o(g)\Big| |G| = p^n$ y así $o(g) = p^m$ con $m\leq n$.

Observemos que
\begin{align}\label{eq:uno}
a^{pm} = e \text{ para toda } a\in G,
\end{align}
ya que para toda $a\in G$, $o(a)=p^l$ con $l\leq m$ (debido a que $o(g)=p^m$ es máximo).

Supongamos que $\left< g \right> \lneq G$. Consideremos un elemento $h$ de orden mínimo en $G\setminus \left< g \right>$.

Veamos primero que $o(h)=p$.

Sabemos que $o(h) = p^t$ para alguna $t\leq n$.

Sabemos que $o(h^p) = p^{t-1} < p^t = o(h)$. Así, por la elección de $h$, $h^p\in\left< g \right>$. Tenemos que
\begin{align}\label{eq:dos}
h^{p} = g^s \text{ para algún } s\in N.
\end{align}

Entonces $(g^s)^{p^{m-1}} = (h^p)^{p^{m-1}} = h^{p^m} = e$ por (\ref{eq:uno}). Así
\begin{align}\label{eq:tres}
o(g^s) < p^m \text{ y } g^s \text{ no genera a } \left< g \right>.
\end{align}

Sabemos que $\displaystyle o(g^s) = \frac{o(g)}{(s,o(g))}$. Si $p$ no divide a $s$, como $o(g)$ es una potencia de $p$ tendríamos que $(s, o(g)) = 1$ y así $o(g^s) = o(g) = p^m$ contradiciendo (\ref{eq:tres}). Así $p|s.$

Concluimos que $s = pq$ para algún $q\in\z$.

Consideremos $a = g^{-q}h$. Tenemos que
\begin{align*}\label{eq:cuatro}
a^p = g^{-pq} h^p = g^{-s} h^p &= g^{-s}g^s &\text{ por (\ref{eq:dos})} \\
& = e.
\end{align*}

Además, si $a\in \left< g \right>$ tendríamos que $h = ag^q \in\left< g\right>$ lo cual contradice la elección de $h$.

Hemos encontrado entonces un elemento $a\not\in \left< g \right>$ con $a^p = e$, y por lo tanto $a\not\in \left< g \right>$ con $o(a) = p$. Así, $h$ debe ser también de orden $p$.

Veamos ahora que $\left< g \right> \cap \left< h\right> = \{e\}$.

Sabemos que $\left<g\right>\cap\left<h\right>$ es un subgrupo de $\left<h\right>$ y $\left<h\right>$ es de orden $p$, entonces $\left<g\right>\cap \left<h\right>$ es de orden $1$ o $p$. Si $|\left<g\right>\cap \left<h\right>|= p$ tendríamos que $\left<h\right>\subseteq \left<g\right>$, de donde $h \in \left<g\right>$, lo que contradice la elección de $h$.

Concluimos que $\left<g\right>\cap \left<h\right> = \{e\}$.

$\blacksquare$

$G$ como producto de $\left< g\right>$ y un subgrupo cualquiera

Lema 2. Sean $p\in \z^+$ un primo y $G$ un $p$-grupo abeliano. Supongamos que $g\in G$ es un elemento de orden máximo. Entonces $G$ es el producto directo interno de $\left< g\right>$ y un subgrupo $H$ de $G$.

Demostración.
Sean $p\in\z^+$ primo, $G$ un $p$-grupo abeliano. Por la definición de $p$-grupo $|G| = p^n$ para algún $n\in\n$.

Demostraremos por el segundo principio de inducción.

H.I. Supongamos que para todo grupo abeliano $\tilde{G}$ con $|\tilde{G}| = p^k$ y $0\leq k < n$ se tiene que si $\tilde{g}\in \tilde{G}$ es de orden máximo, entonces $\tilde{G}$ es el producto directo interno de $\left< \tilde{g}\right>$ y un subgrupo $\tilde{H}$ de $\tilde{G}$.

Sea $g\in G$ de orden máximo. Como $|G| = p^n$, sabemos que $o(g)\Big||G| = p^n$ y así $o(g) = p^m$ con $m\leq n$.

Si $G = \left<g\right>$ no hay nada que probar.

Si $\left< g \right> \lneq G$ consideremos un elemento $h$ de orden mínimo en $G\setminus \left<g\right>.$

Por el lema 1, sabemos que $o(h) = p$ y que $\left<g\right> \cap \left<h\right> = \{e\}$. Sea $H = \left< h \right>.$

Observemos que $gH$ es un elemento de orden máximo en $G/H$ ya que por (\ref{eq:uno}), $(aH)^{p^m} = a^{p^m}H = H$ para todo $a\in G$. Además $(gH)^{o(g)} =g^{o(g)}H = H $ por lo que $o(gH) \leq o(g) = p^m$, y si $o(gH)< p^m$ tendríamos que
\begin{align*}
H = (gH)^{p^{m-1}} = g^{p^{m-1}} H
\end{align*}
y así $g^{p^{m-1}} \in \left< g \right> \cap H = \{e\}$ contradiciendo que $o(g) = p^m$.

Concluimos así que $gH$ es un elemento de orden máximo en $G/H$, con $G/H$ un $p$-grupo abeliano de orden menor que el de $G$.

Por H.I. sabemos que $G/H$ es el producto directo interno de $\left<gH \right>$ y un subgrupo $\tilde{H}$ de $G/H$.

Por el teorema de la correspondencia $\tilde{H} = K/H$ para algún $H\leq K \leq G$.

Veamos que $G$ es el producto directo interno de $\left< g\right>$ y $K$.

Si $x\in \left<g\right> \cap K$, entonces $xH\in \left<gH\right>\cap K/H = \left<gH\right> \cap \tilde{H}$ y como $G/H$ es el producto directo de $\left<gH\right>$ y $\tilde{H}$, entonces $\left<gH\right>\cap \tilde{H} = \{H\}$. Así $xH \in \{H\}$ y entonces $x\in H$.

Tenemos que $x\in \left<g\right>\cap H = \{e\}$ probando que $x = e$.

Así $\left<g\right> \cap K = \{e\}$. Por otro lado, si $y\in G$, sabemos que $yH\in G/H = \left<gH\right>\tilde{H} = \left<gH\right>K/H$. Tenemos que
\begin{align*}
yH &= (gH)^tkH \text{ para algunos } t\in\z, k\in K\\
&= g^tkH.
\end{align*}

Entonces $(g^tk)^{-1}y = \tilde{h}$ con $\tilde{h}\in H$. Así $y = g^t k \tilde{h}$. Como $H\leq K$ tenemos que $k\tilde{h} \in K$, entonces $y\in\left<g\right>K$.

Concluimos que $\left<g\right> \cap K = \{e\}$ y $\left<g\right> K = G$ por lo que $G$ es el producto directo interno de $\left<g\right>$ y $K$.

$\blacksquare$

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Considera los siguientes grupos:
    • $S_4.$
    • $\z_{11}.$
    • $A_5.$
    • $Q_8 = \{\pm 1, \pm i, \pm j, \pm k\}.$
  2. De ser $p$-subgrupos abelianos, aplica el lema 1. De no serlo, considera un $p$-subgrupo de ellos. Busca un elemento de orden máximo tal que $\left< g\right>$ no es un subgrupo de $G$ y encuentra $h$ elemento de orden mínimo tal que su orden sea $p$.
  3. De ser $p$-subgrupos abelianos, aplica el lema 2. De no serlo, considera un $p$-subgrupo de ellos. Busca un elemento de orden máximo $g$ en $G$, y describe a $G$ como el producto directo interno $\left<g\right>$ y un $H$ subgrupo de $G$.

Más adelante…

No hay mucho más que decir sobre estos lemas, su función es clara y se verá en la siguiente entrada. Como estos lemas ya están demostrados, la demostración del Teorema Fundamental de los Grupos abelianos es más directa. En la siguiente entrada enunciaremos y demostraremos el Lema 3 y por fin podremos enfrentarnos al Teorema fundamental de los grupos abelianos finitos.

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Álgebra Moderna I: Ejemplo de Sylow

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

Siendo la última entrada de la Unidad 4, está dedicada a un ejemplo que se justifica usando el Tercer Teorema de Sylow que vimos en la entrada anterior. Por lo mismo, es mucho más corta de lo que estamos acostumbrados, pero es importante para reforzar el conocimiento antes aprendido.

Ilustrando el TTS

Veamos un ejemplo del Tercer Teorema de Sylow.

Ejemplo.

Tomemos $G = S_4$ y veamos la factorización en primos del orden de $G$, $|G| = 24 = 2^3\cdot 3$.

Primero, consideremos al $3$. Notamos que $\left< (1\;2\; 3)\right>$ es un $3$-subgrupo de Sylow ya que tiene $3$ elementos y no podemos encontrar subgrupos de Sylow de $9, 27$ u otra potencia de $3$, porque esta no dividiría al orden de $G$.

Ahora nos preguntamos ¿cuál es la cantidad de $3$-subgrupos de Sylow, denotada por $r_3$? Bueno, por el Tercer Teorema de Sylow sabemos que se cumple:

\begin{align*}
r_3 \,| \, 2^3 \cdot 3 \, \text{ y } \, r_3\equiv 1 \text{(mód }3).
\end{align*}

Como $3 \equiv 0\text{(mód }3)$, entonces $r_3$ no es un múltiplo de $3$, así que $r_3$ tiene que ser un divisor de $2^3 = 8$ congruente con uno módulo $3$, por lo que $r_3 \in \{1, 4\}$.

Pero podemos encontrar $\left< (2\; 3\; 4)\right>$, otro $3$-subgrupo de Sylow diferente al anterior, así que $ r_3 = 4$. Los otros $3$-subgrupos de Sylow son $\left<(1\;3\;4)\right>$ y $\left<(1\;2\;4)\right>$.

Ahora nos fijamos en el primo $2$. Por el TTS, la cantidad de $2$-subgrupos de Sylow ($r_2$) tiene que cumplir,
\begin{align*}
r_2\,| \,2^3 \cdot 3 \, \text{ y } \, r_2\equiv 1 \text{(mód }2).
\end{align*}

La condición del módulo nos indica que $r_2$ es impar, por lo que tiene que ser divisor de $3$ para además se cumpla la primera condición, esto nos deja con $r_2 \in \{1,3\}.$

Busquemos estos $2$-subgrupos de Sylow. Sabemos que cada $2$-subgrupo de Sylow tiene orden igual a la máxima potencia de $2$ que divide a $|G|$, esto es 8. Sabemos que si tenemos un cuadrado y numeramos los vértices, podemos codificar cada simetría del cuadrado con una permutación de $S_4$. Recordemos que no toda permutación de $S_4$ es una simetría, pero sí al revés.

Las simetrías de un cuadrado son $8$ en total y estas simetrías pueden ser generadas por la combinación de una rotación y la reflexión con respecto al eje $x$. Como hay $8$ simetrías del cuadrado y éstas pueden ser codificadas en permutaciones de $S_4$, tendremos un subgrupo de $S_4$ de orden $8$, es decir, un $2$-subgrupo de Sylow.

Supongamos que numeramos los vértices de un cuadrado $1,\,2,\,3,\,4$ como en la imagen, entonces la rotación estará dada por $(1\;2\;3\;4)$ y la reflexión con respecto al eje $x$ sería $(2\;4)$. Así, el $2$-subgrupo de Sylow que obtenemos es $\left<(1\;2\;3\;4), (2\;4)\right>$.

Simetrías del cuadrado $1,\,2,\,3,\,4$ usando $\left<(1\;2\;3\;4), (2\;4)\right>.$

Estamos buscando todos los $2$-subgrupos de Sylow posibles, como $r_2 \in \{1,3\}$ bien podíamos pensar que $\left<(1\;2\;3\;4), (2\;4)\right>$ es el único. Pero podemos nombrar los vértices del cuadrado de manera distinta para que las simetrías de $S_4$ que le correspondan cambien y encontremos otro $2$-subgrupo de Sylow.

Numerando los vértices del cuadrado $2,\,1,\,3,\,4$ como en la imagen, encontramos que la simetrías están generadas por la rotación $(2\;1\;3\;4)$ y la reflexión $(1\;4)$. Así $\left<(2\;1\;3\;4), (1\;4)\right>$ es otro $2$-subgrupo de Sylow.

Si nos damos cuenta, lo único que hicimos en este cuadrado fue intercambiar los vértices $1$ y $2$ del cuadrado. Esto nos da un subgrupo diferente al anterior porque ese cambio no es una simetría del cuadrado.

Simetrías del cuadrado $2,\,1,\,3,\,4$ usando $\left<(2\;1\;3\;4), (1\;4)\right>.$

Pero $r_2 = 1$ o $r_2 = 3$, así que no puede haber sólo dos $2$-subgrupos de Sylow, deben ser $3$. Nos queda entonces otro $2$-subgrupo de Sylow por encontrar. Análogamente, tomamos el cuadrado numerando los vértices $1, \, 3, \, 2, \, 4$, donde sólo intercambiamos los vértices $3$ y $4$ del cuadrado original. En este caso nos encontramos que sus simetrías son generadas por $\left< (1\;3\;2\;4), (3\; 4)\right>$ y este es el último $2$-subgrupo de Sylow que nos faltaba.

Simetrías del cuadrado $1, \, 3, \, 2, \, 4$ usando $\left< (1\;3\;2\;4), (3\; 4)\right>.$

Así, encontramos todos los subgrupos de Sylow de $S_4$.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Considera el grupo de los cuaternios $Q_8$, ¿cuántos y cuáles son sus $2$-subgrupos de Sylow?
  2. Busca los $2$ y $3$-subgrupos de Sylow de $\z_6.$
  3. Sean $a, b \in G : = S_3 \times \z_4$, donde $a = ((1\; 2\; 3), [2])$ y $b = ((1\; 3), [1]).$ Considere el subgrupo $T : = \left< a, b \right> \leq G.$ Prueba que $$T = \left< a,b : a^6 = 1_G, b^2 = a^3 = (ab)^2\right>$$ y que $T$ es un grupo no abeliano con $12$ elementos.
    La notación anterior se lee como $T$ es el generado por los elementos $a$ y $b$ tales que $a^6 = 1_G, \,b^2 = a^3 = (ab)^2$.

Más adelante…

Con esta entrada no sólo concluimos en tema de los Teoremas de Sylow, si no también la unidad 4 del curso. ¡Felicidades! Sigue avanzando, ya casi acabamos.

En la siguiente unidad planeamos estudiar el Teorema Fundamental de los Grupos abelianos finitos. Pero para ello comenzaremos viendo una forma sencilla de construir nuevos grupos a partir de una cantidad finita de grupos previos.

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Álgebra Moderna I: Teoremas de Sylow

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

En la entrada anterior definimos a los $p$-subgrupos de Sylow de un grupo $G$ como un $p$-subgrupo de $G$ tal que no estuviera contenido en otro $p$-subgrupo de $G$. En esta entrada estudiaremos los Teoremas de Sylow que hablan, como su nombre nos indica, de los $p$-subgrupos de Sylow que definimos antes.

El primero trata sobre del orden de los $p$-subgrupos de Sylow, que es la máxima potencia de $p$ que divide al orden del grupo $G$. El segundo habla de la relación entre los $p$-subgrupos de Sylow y establece que todo par de $p$-subgrupos son conjugados. El tercero describe de modo aproximado la cantidad de $p$-subgrupos de Sylow que hay en un grupo $G$. No nos da un número exacto, pero nos da alguna información al respecto.

Ahora, prepárate para leer el nombre de Sylow aún más veces.

Primer Teorema de Sylow

Teorema (1er Teorema de Sylow). Sea $p\in\z^+$ un primo, $G$ un grupo finito con $|G|=p^t m$, $t\in\n^+, m\in \n^+, p\not{|}m.$ Entonces

  1. para cada $i\in\{1,\cdots,t\}$, $G$ contiene un subgrupo de orden $p^i$.
  2. Todo subgrupo de $G$ de orden $p^i$ con $i\in\{1,\cdots,t-1\}$ es un subgrupo normal de algún subgrupo de $G$ de orden $p^{i+1}$.

Demostración.
Sea $p\in\z^+$ un primo, $G$ un grupo finito con $|G|=p^tm$, $t,m\in \n^+$, $p\not{|}m$.

P.D. Para toda $i\in\{1,\cdots,t\}$ existe $P_i \leq G$ con $|P_i| = p^{i}$ y de forma que $P_i \unlhd P_{i+1}$ para toda $i\in\{1,\cdots,t-1\}$.
De hecho, con esto quedarían probados los dos incisos del PTS (Primer Teorema de Syow).

Primero necesitamos un subgrupo de orden $p$. Éste se tiene gracias al Teorema de Cauchy. Así, podemos afirmar que $G$ tiene un subgrupo de orden $p$.
Ahora, si $i\in\{1,\cdots, t-1\}$ y $H$ es un subgrupo de orden $p^{i}$ veamos que podemos construir un subgrupo de $G$ de orden $p^{i+1}$ tal que $H$ sea normal a él:

Sabemos que $p$ divide a $ [ G : H ]$ y como $[ G : H ] \equiv [ N_G(H) : H ] (\text{mód } p)$ entonces
\begin{align*}
p\text{ divide a } [ N_G(H) : H ] = \left| N_G(H) \Big{/}H \right|.
\end{align*}

Entonces por Cauchy, el grupo cociente $N_G(H)\Big{/}H$ tiene un subgrupo de orden $p$, y por el teorema de la correspondencia es de la forma $\tilde{H}/H$ con $H\leq \tilde{H} \leq N_G(H)$. Así,

\begin{align*}
&p = \left| \tilde{H} \Big/ H \right| = \frac{|\tilde{H}|}{|H|} = \frac{\tilde{H}}{p^{i}}
\\& \Rightarrow \frac{|\tilde{H}|}{p^{i}} = p
\\&\Rightarrow |\tilde{H}| = p^{i+1}
\end{align*}
pero $H\unlhd N_G(H)$ por construcción del normalizador y $ \tilde{H} \leq N_G(H)$, entonces $H \unlhd \tilde{H}.$

Ilustración de por qué $H\unlhd \tilde{H}$.

De esta manera, dado un subgrupo de orden $p^i$ podemos encontrar un subgrupo de orden $p^{i+1}$ tal que el primero sea normal en el segundo. Entonces, considerando $P_1$ un subgrupo de $G$ de orden $p$, existe $P_2$ un subgrupo de $G$ de orden $p^2$ tal que $P_1\unlhd P_2$ y a partir de $P_2$ podemos hallar $P_3$ un subgrupo de $G$ de orden $p^3$ tal que $P_2\unlhd P_3$ y así sucesivamente.

Concluimos entonces que existen $P_1,\cdots, P_t$ subgrupos de $G$ con $|P_i| = p^{i}$ para toda $i\in \{1,\cdots, t\}$ tales que $P_1 \unlhd P_2 \unlhd \cdots \unlhd P_t$.

$\blacksquare$

En consecuencia, el PTS nos dice qué tamaño tienen los $p$-subgrupos de Sylow, una incógnita que no habíamos resuelto. Esto se ilustra en el siguiente corolario.

Corolario. Sea $p\in\z^+$ un primo, $G$ un grupo finito con $|G| = p^tm$, $t,m,\in \n^+$ y $p\not{|}m$. Los $p$-subgrupos de Sylow de $G$ tienen orden $p^t$.

Segundo Teorema de Sylow

Antes de enunciar y probar el STS (Segundo Teorema de Sylow) vamos a dar una observación.

Observación. Los conjugados de un $p$-subgrupo de Sylow son también $p$-subgrupos de Sylow.

Demostración.
Sea $p\in\z^+$ un primo, $G$ un grupo finito, $|G| = p^tm$ con $t,m\in\n^+$, $p\not{|}m.$

Al tomar $P$ un $p$-subgrupo de Sylow de $G$, por el corolario del PTS sabemos que $|P| = p^t$.

Ahora, al conjugarlo mediante $g\in G$ se tiene que $gPg^{-1} \leq G$ con $|gPg^{-1}| = |P| = p^t$. Así, $gPg^{-1}$ es un $p$-grupo y debido a que su orden es la máxima potencia de $p$ que divide a $|G|$ se tiene que es un $p$-subgrupo de Sylow.

$\blacksquare$

Esta observación nos dice que todos los conjugados de un $p$-subgrupo de Sylow son igual un $p$-subgrupo de Sylow, pero el STS va más allá y nos dice que conjugando $p$-subgrupos de Sylow podemos encontrar todos los $p$-subgrupos de Sylow de un grupo $G$.

Teorema (2do Teorema de Sylow). Sean $p\in \z^+$ un primo, $G$ un grupo finito. Todos los $p$-subgrupos de Sylow de $G$ son conjugados en $G$.

Demostración.

Sea $p\in \z^+$ un primo, $G$ un grupo finito, $P$ y $Q \; p$-subgrupos de Sylow de $G$.

Sea $X = \{gP \;|\; g\in G\}$. Para comenzar definimos $q\cdot(gP) = qgP$ para todas $q\in Q,g\in G.$ Ésta es una acción de $Q$ en $X$. Como $Q$ es un $p$-grupo, por el último teorema de la entrada Clase de Conjugación, Centro de $G$, Ecuación de Clase y  $p$-Grupo sabemos que
\begin{align*}
\#X\equiv\#X_Q (\text{mód } p).
\end{align*}

Como $p$ no divide a $[ G: P ]$ y $[ G: P ] = \# X$, entonces $p$ tampoco divide a $\# X_Q$. En particular $\#X_Q \neq 0$ y así $X_Q \neq \emptyset$.

Pero
\begin{align*}
X_Q &= \{gP \;|\; q\cdot (gP) = gP \quad \forall q\in Q\}\\
&= \{gP \;|\; qgP = gP \quad \forall q\in Q\} \\
&= \{gP \;|\; g^{-1}qg \in P\quad \forall q\in Q\} \\
&= \{gP \;|\; g^{-1}Qg \subseteq P\} & \text{porque es para toda }q\in Q\\
&= \{gP \;|\; g^{-1}Qg = P\}.
\end{align*}

donde la última igualdad se da porque $g^{-1}Qg$ y $P$ son $p$-subgrupos de Sylow y entonces tienen el mismo orden, la máxima potencia de $p$ que divide al orden de $G$.

Así, $\{gP \;|\;g^{-1}Qg = P\}\neq \emptyset$ y en consecuencia existe $g\in G$ tal que $g^{-1}Qg = P$.

Por lo tanto $P$ y $Q$ son conjugados en $G$.

$\blacksquare$

Tercer Teorema de Sylow

Teorema (3er Teorema de Sylow). Sea $p\in \z^+$ un primo, $G$ un grupo finito y $r_p$ el número de $p$-subgrupos de Sylow de $G$. Entonces

  1. $r_p \equiv 1 (\text{mód } p)$.
  2. $r_p$ divide a $ |G|$.

Demostración.
Sea $p\in \z^+$ un primo, $G$ un grupo finito y $r_p$ el número de $p$-subgrupos de Sylow de $G$.

  1. Sea $X = \{P_1,\cdots, P_{r_p}\}$ la colección de todos los $p$-subgrupos de Sylow de $G$. Definimos $g\cdot P_i = gP_ig^{-1}$ para todas $g\in P_1$ e $i\in\{1,\cdots, r_p\}$, que es una acción de $P_1$ en $X$ ya que $ gP_ig^{-1}$ es nuevamente un $p$-subgrupo de Sylow por la observación previa. Como $P_1$ es un $p$-grupo, por el último teorema de la entrada Clase de Conjugación, Centro de $G$, Ecuación de Clase y  $p$-Grupo sabemos que
    \begin{align*}
    \#X \equiv \# X_{P_1} (\text{mód } p).
    \end{align*}
    Pero por la construcción de $X$, tenemos que $$r_p = \#X\equiv \# X_{P_1} (\text{mód } p).$$
    Ahora, veamos que $\#X_{P_1} = 1$ y para ello analicemos quién es $X_{P_1}$
    \begin{align*}
    X_{P_1} &= \{P_i \in X \;|\; g\cdot P_i = P_i \quad \forall g\in P_1\} \\
    &= \{P_i \in X \;|\; gP_ig^{-1}=P_i \quad \forall g\in P_1\}.
    \end{align*}
    Así, para toda $P_i \in X_{P_1}$ se tiene que $P_1 \leq N_G(P_i)$ y también $P_i \leq N_G(P_i)$.
    Entonces $P_1$ y $P_i$ son $p$-subgrupos de Sylow de $N_G(P_i).$
    Por el 2do Teorema de Sylow, $P_1$ y $P_i$ son conjugados en $N_G(P_i)$, es decir existe $g\in N_G(P_i)$ tal que
    \begin{align*}
    P_1 &= gP_ig^{-1} \\
    &= P_i &\text{pues } g\in N_G(P_i).
    \end{align*}
    Concluimos entonces que $P_1$ es el único elemento en $X_{P_1}$ y así $\#X_{P_1} = 1$. Por lo tanto $r_p \equiv 1 (\text{mód } p)$.
  2. Sea $X = \{P_1, \cdots, P_{r_p}\}$ la colección de todos los $p$-subgrupos de Sylow de $G$.
    Definimos $g\cdot P_i = gP_ig^{-1}$ para todas $g\in G$ e $i\in\{1,\cdots, r_p\}$, que es una acción de $G$ en $X$.
    Por el segundo teorema de Sylow sabemos que $P_1,\dots , P_{r_p}$ son conjugados de $P_1$, entonces $$ \mathcal{O}(P_1)=\{g\cdot P_1|g\in g\}=\{gP_1g^{-1}|g\in g\}=\{P_1,\dots , P_{r_p}\}=X$$ es decir, la acción es transitiva.
    Entonces obtenemos que $r_p = \# \mathcal{O}(P_1)$. Pero, sabemos que $$\# \mathcal{O}(P_1) = [ G : G_{P_i} ] = \frac{|G|}{|G_{P_i}|}$$
    que es un divisor de $|G|$. Por lo tanto $r_p$ es un divisor de $ |G|$.

$\blacksquare$

Tarea moral

  1. Demuestra el corolario del PTS: Sea $p\in\z^+$ un primo, $G$ un grupo finito con $|G| = p^tm$ con $t,m,\in \n^+$ y $p\not{|}m$. Los $p$-subgrupos de Sylow de $G$ tienen orden $p^t$.
  2. Sean $p\in \z^+$ un número primo, $G$ un grupo y $P$ un $p$-subgrupo de Sylow de $G$. Demuestra que $P$ es el único $p$-subgrupo de Sylow de $G$ si y sólo si $P \unlhd G.$
  3. Sea $p\in \z^+$ un número primo. Da un ejemplo de un grupo finito $G$ que tenga tres $p$-subgrupos de Sylow $P$, $Q$ y $R$ tales que $P\cap Q = \{1\}$ y $P\cap R \neq \{1\}.$
    (Sugerencia: Considera $S_3\times S_3.$)
  4. Sean $p\in \z^+$ un número primo y $G$ un grupo finito. Considera $Q$ un $p$-subgrupo de $G$ tal que $Q \unlhd G$. Prueba que $Q \leq P$ para cada $p$-sugrupo de Sylow $P$ de $G$.
    (Sugerencia: Usa el hecho de que cualquier otro $p$-subgrupo de Sylow de $G$ es conjugado de $P$.)
  5. Sean $p\in \z^+$ un número primo y $G$ un grupo finito. Para cada primo $p$ divisor del orden de un grupo finito $G$, escoge un $p$-subgrupo de Sylow $Q_p$. Prueba que $$G = \left< \bigcup_p Q_p\right>.$$(Sugerencia: Usa el orden de los subgrupos generados por los subgrupos de Sylow.)

Más adelante…

En esta entrada abarcamos los tres Teoremas de Sylow, se colocaron los tres en esta entrada para que fuera más fácil consultarlos. Sin embargo, esto hace a la entrada un poco larga, así que la siguiente estará dedicada a algunos ejemplos de la aplicación de estos teoremas.

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Álgebra Moderna I: Clase de Conjugación, Centro de $G$, Ecuación de Clase y $p$-Grupo

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

Esta entrada es una caja de herramientas. Continuamos sobre la línea de estudiar las propiedades de una órbita y de su orden. Primero, nos vamos a enfocar en grupos actuando sobre sí mismos, a partir de esto definiremos un nuevo conjunto al que llamamos el centro de $G$ y daremos algunas observaciones al respecto.

El segundo bloque importante de la entrada es probar la llamada ecuación de clase, una ecuación que nos permite calcular el orden de un $G$-conjunto usando otros conjuntos relacionados. Uno de estos conjuntos lo definiremos como $X_G$, el conjunto de todos los elementos de $X$ que quedan fijos sin importar el elemento de $G$ que actúa sobre ellos. Volveremos a encontrar a la órbita de los elementos en la demostración de esta ecuación.

Por último, comenzaremos a trabajar con $p$-grupos, es decir grupos de orden una potencia de un número primo y usaremos la ecuación de clase para demostrar una propiedad de los $p$-grupos.

Decimos que esta entrada es una caja de herramientas, porque no estamos introduciendo temas que vayamos a estudiar a profundidad, más bien son conceptos que nos ayudarán a llegar al tema principal de esta unidad: los Teoremas de Sylow.

Clases de conjugación, centralizadores y centro de $G$

La acción de un grupo actuando en sí mismo por conjugación es muy importante y debido a ello daremos nombres y notaciones específicas para las órbitas y estabilizadores correspondientes (que fueron estudiados de manera general en la entrada Órbita de $x$ y tipos de acciones).

Definición. Sea $G$ es un grupo actuando en sí mismo por conjugación, es decir $g\cdot x = g x g^{-1}$ para todos $g,x\in G$. Dado $x\in G$ la órbita del elemento $x$ bajo esta acción se llama la clase de conjugación de $x$ y se denota por $x^G$, esto es:
\begin{align*}
x^G=\mathcal{O}(x) &= \{g\cdot x | g\in G \} = \{gxg^{-1} | g\in G\}.
\end{align*}

Por otro lado el estabilizador de $x$ se llama el centralizador de $x$ en $G$ y se denota por $C_G(x)$, es decir:

\begin{align*}
C_G(x)=G_x &= \{g\in G|g\cdot x = x\} = \{g\in G | gxg^{-1} = x\}\\
&= \{g\in G | gx = xg\} ,
\end{align*}

siendo entonces el conjunto de todos los elementos del grupo que conmutan con $x$.

Otra colección que resultará clave en el material que desarrollaremos más adelante es el llamado centro de un grupo:

Definición. Sea $G$ un grupo, el centro de $G$, denotado por $Z(G)$, es
\begin{align*}
Z(G) = \{x\in G | xg = gx \quad \forall g\in G\}.
\end{align*}

Es decir, el centro es la colección de todos los elementos de $G$ que conmutan con todos los demás.

Observación 1. $Z(G)$ es subgrupo normal de $G$.

Demostración.
Primero, tomemos el neutro $e\in G$ y veamos que está en $Z(G)$. Como estamos hablando del neutro, se cumple que $eg = g = ge$ para toda $g\in G$, entonces $e\in Z(G)$.

Ahora, tomamos $x\in Z(G)$ entonces $xg = gx$ para toda $g\in G$. Así $g=x^{-1}gx$ para toda $g\in G$, lo que implica que $gx^{-1} = x^{-1}g$ para toda $g\in G$ por lo que $x^{-1} \in Z(G)$.

Luego, si tomamos $x,y\in Z(G)$, se tienen las siguientes igualdades por la definición del centro $(xy)g = x(yg) = x(gy) = (xg)y = (gx)y = g(xy)$ para todo $g\in G$. Así, $xy \in Z(G)$.

Concluimos que el centro es un subgrupo.

Por último, probemos que es un subgrupo normal. Sean $x\in Z(G)$, $g\in G$, al conjugar $x$ con $g$ podemos usar la asociatividad y la definición de centro para concluir que $$gxg^{-1} = (gx)g^{-1} = (xg)g^{-1} = x(gg^{-1}) = xe = x \in Z(G).$$

Por lo tanto $Z(G)\unlhd G$.

$\blacksquare$

Observación 2. Sean $G$ un grupo y $x\in G$. Entonces $x\in Z(G)$ si y sólo si $x^G = \{x\}$.

Demostración. Sean $G$ un grupo y $x\in G$. Tenemos que
\begin{align*}
x^G = \{x\} &\Leftrightarrow gxg^{-1} = x \quad \forall g\in G &\\
&\Leftrightarrow gx = xg &\text{Multiplicamos por $g$ a la derecha}\\
&\Leftrightarrow x\in Z(G).
\end{align*}

$\blacksquare$

La observación anterior nos dice entonces que los elementos del centro son precisamente aquellos cuya clase de conjugación es trivial.

Ecuación de Clase

Para poder enunciar la ecuación de clase, que describe la carnalidad de un $G$-conjunto $X$ en términos de los índices de ciertos estabilizadores, definamos primero un cierto subconjunto de $X$:

Definición. Sea $G$ un grupo, $X$ un $G$-conjunto finito,
\begin{align*}
X_G = \{x\in X | g\cdot x = x \; \forall g\in G\}.
\end{align*}

Es decir, $X_G$ es el conjunto de elementos de $X$ que quedan fijos sin importar qué elemento de $G$ actúe sobre ellos.

Notemos que dado $x\in X$ se tiene que $x\in X_G$ si y sólo si $g\cdot x = x$ para toda $g\in G$ y esto sucede si y sólo si $\mathcal{O}(x) = \{x\}.$ Entonces se cumple lo siguiente:

Observación 3. $x\in X_G$ si y sólo si $\mathcal{O}(x) = \{x\}.$

Así, el conjunto $X_G$ consiste de los elementos cuya órbita es trivial.

Proposición. (Ecuación de Clase)
Sea $G$ un grupo, $X$ un $G$-conjunto finito. Tenemos que
\begin{align*}
\#X = \#X_G + \sum_{j=1}^k [ G : G_{x_j}]
\end{align*}
con $x_1, \cdots x_k$ representantes de las distintas órbitas con más de un elemento.

En particular, si $G$ es finito y actúa en $G$ por conjugación
\begin{align*}
|G| = |Z(G)| + \sum_{j= i}^{k} [ G: C_G(x_j) ]
\end{align*}
con $x_1,\cdots x_k$ representantes de las distintas clases de conjugación con más de un elemento.

Demostración.
Sea $G$ un grupo, $X$ un $G$-conjunto finito.

Sabemos que las órbitas son una partición de $X$. Sean $x_1,\cdots,x_k, x_{k+1},\cdots, x_t$ representantes de las distintas órbitas, donde $\#\mathcal(x_j) > 1$ si $j\in \{1,\cdots, k \}$ y $\#\mathcal{O}(x_j) = 1$ si $j\in \{k+1,\cdots , t\}.$ Entonces por un lado tenemos a las órbitas que tienen un sólo elemento y, por otro lado, las demás.

Por la observación 3, $X_G = \{x\in X| \# \mathcal{O}(x) = 1\} = \{x_{k+1},\cdots, x_t\}$.

Así,
\begin{align*}
\# X &= \sum_{j=1}^t \#\mathcal{O}(x_j) \\
&= \sum_{j= 1}^k \#\mathcal{O}(x_j) + \sum_{j= k+1}^t \#\mathcal{O}(x_j) &\text{Separamos la suma}\\
&= \sum_{j= 1}^k \#\mathcal{O}(x_j) + \sum_{j = k+1}^t 1 & \#\mathcal{O}(x_j) = 1 \text{ para } j \geq k+1\\
&= \sum_{j= 1}^k [ G : G_{x_j} ] + \# X_G & \text{Por la observación 3.}
\end{align*}

Si $G$ es finito y actúa en $G$ por conjugación, $X_G = Z(G)$, $\mathcal{O}(x_j) = x_j^G$ son las clases de conjugación y $G_{x_j} = C_G(x_j)$. Así
\begin{align*}
|G| = \sum_{j= 1}^k \lceil G: C_G(x_j) \rceil + |Z(G)|.
\end{align*}

$\blacksquare$

$p$-grupo

Hemos tratado con grupos finitos de orden primo, de ellos sabemos propiedades importantes como el hecho de que son cíclicos. El siguiente paso en nuestro estudio, es enfocarnos en los grupos cuyo orden es una potencia de algún primo. No todos los grupos finitos cumplen esta característica, pero los que sí, nos permiten entender a los demás.

Definición. Sea $G$ un grupo, $p\in\z^+$ un primo. Decimos que $G$ es un $p$-grupo si $|G| = p^t$ para alguna $t\in \n$.

Teorema. Sean $p\in \z^+$ un primo, $G$ un $p$-grupo, $X$ un $G$-conjunto finito. Entonces $$\#X \equiv \# X_G ( \text{mód } p).$$

Demostración.
Sean $p\in \z^+$ un primo, $G$ un $p$-grupo, $X$ un $G$-conjunto finito. Por la ecuación de clase,
\begin{align*}
\#X = \#X_G + \sum_{j=1}^k [G: G_{x_j} ]
\end{align*}
con $x_1,\cdots, x_k$ representantes de las distintas órbitas con más de un elemento. Como $G$ es un $p$-grupo, $|G| = p^t$ con $t\in \n$. Dado que el orden de los estabilizadores divide al orden de $G$ tenemos que $|G_{x_j}| \mid p^t$ y por lo tanto $|G_{x_j}| = p^{m_j}$ con $m_j\in \n, m_j \leq t.$

Entonces

\begin{align*}
1< \# \mathcal{O}(x_j) &= [G: G_{x_j} ] & \text{Por lo visto anteriormente}\\
&= \frac{|G|}{|G_{x_j}|} & \text{Propiedad del índice}\\
&= \frac{p^t}{p^{m_j}} & \text{Consecuencia de la hipótesis}\\
&= p^{t-m_j}.
\end{align*}

Así, $p$ divide a $[G: G_{x_j}]$ para toda $j\in \{1,\cdots, k\}.$ Por lo que

\begin{align*}
p \text{ divide a } \sum_{j=1}^k [G:G_{x_j}].
\end{align*}

Pero por la ecuación de clase $ \displaystyle \sum_{j=1}^k [G:G_{x_j}]= \# X – \# X_G.$

Entonces
\begin{align*}
p \text{ divide a } \# X – \# X_G.
\end{align*}

En consecuencia $\# X \equiv \#X_G( \text{mód } p).$

$\blacksquare$

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Considera el grupo $S_4$ actuando sobre sí mismo por conjugación.
    • Determina las clases de conjugación de $S_4$.
    • Escribe la ecuación de clase de $S_4$.
    • Deduce el orden de cada uno de los estabilizadores $G_x$, donde $x\in S_4$.
  2. Encuentra todos los $p$-subgrupos de $S_4$.
  3. Sean $X = \{H \,|\, H \leq D_{2(4)}\}$, $G = \left< a \right>$ con $a$ la rotación de $\displaystyle \frac{\pi}{2}$. Considera la acción de $G$ en $X$ dada por $g \cdot H = gHg^{-1}$ para todo $g\in G$, $H \in X$. Encuentra $X_G$ y verifica que $\#X \equiv \# X_G (\text{mód }2)$.

Más adelante…

Ahora nuestro interés está puesto en los números primos o más bien, en la relación de los números primos con el orden de los grupos. Esta entrada te da lo que tienes que saber de $p$-grupos y más adelante veremos cómo mediante ellos se pueden estudiar otros grupos. Además, eventualmente veremos un caso especial de los $p$-grupos, llamados $p$-subgrupos de Sylow, que nos llevará (para sorpresa de nadie) a los Teoremas de Sylow.

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Álgebra Moderna I: Tamaño de una órbita y de un estabilizador

Por Cecilia del Carmen Villatoro Ramos

(Trabajo de titulación asesorado por la Dra. Diana Avella Alaminos)

Introducción

En esta entrada repasaremos lo que vimos en la entrada anterior. Primero, veremos unos ejemplos que ilustran las definiciones de órbita y estabilizadores. A partir de estos ejemplos podremos observar ciertos patrones que se repiten y los analizaremos formalmente en una proposición. Por último, daremos un último ejemplo para ilustrar dicha proposición.

Ejemplos de Acciones

Repasemos lo que hemos visto con los siguientes ejemplos. En cada ejemplo describimos el grupo $G$, la órbita y los estabilizadores de los elementos.

Ejemplo 1. Consideremos la permutación $\alpha = (1\,2\,3\,4) \in S_6$. Sean $G = \left<\alpha\right>$ y $X = \{1,2,3,4,5,6\}$ con la acción dada por $\alpha^k \cdot i = \alpha^k(i)$ para toda $k\in \z, i\in X.$

Este diagrama nos ayuda a entender cómo funciona $\alpha$ y qué sucede cuando aplicamos $\alpha^2$, $\alpha^3$, $\dots$. Los elementos del círculo van cambiando en el orden indicado por las flechas.
Además, $\alpha$ deja fijos al 5 y al 6.

Comencemos describiendo a las órbitas de los elementos:
\begin{align*}
\mathcal{O}(1) &= \{1,2,3,4\}\\
&= \mathcal{O}(2) = \mathcal{O}(3) = \mathcal{O}(4)\\
\mathcal{O}(5) &= \{5\}\\
\mathcal{O}(6) &= \{6\}.
\end{align*}

Observemos que las órbitas de $1, 2, 3$ y $4$ son iguales porque $\alpha$ es una permutación cíclica que mueve esos elementos, pero como $\alpha$ deja fijos a $5$ y a $6,$ sus órbitas son distintas y consisten solamente de sí mismos.

Ahora, podemos describir mejor a $G = \left< \alpha \right>$. Como $\alpha$ tiene orden 4, $G$ quedaría:

$$G = \{(1), \alpha, \alpha^2,\alpha^3\}.$$

Por último, describamos los estabilizadores. De acuerdo a la definición de la entrada previa el estabilizador de un objeto son los elementos del grupo que fijan al objeto, en este caso las potencias de $\alpha$ que dejan fijo al objeto. En el caso del $1$ la única potencia de $\alpha$ que lo fija es la identidad y análogamente para $2,3$ y $4$. Por otro lado en el caso de $5$ y $6$, como $\alpha$ no los mueve en absoluto, cualquier potencia de $\alpha$ forma parte de sus respectivos estabilizadores. Esto quedaría escrito de la siguiente manera:
\begin{align*}
G_1 &= \{\alpha^k \in G | \alpha^k \cdot 1 = 1\} = \{(1)\}\\
&= G_2 = G_3 = G_4 \\
G_5 &= \{\alpha^k \in G | \alpha^k \cdot 5 = 5\} = G = \{(1), \alpha, \alpha^2,\alpha^3\} \\&= \{\alpha^k \in G | \alpha^k \cdot 6 = 6\}= G_6.
\end{align*}

Ejemplo 2. Consideremos ahora la permutación $\beta = (1\,2\,3)(4\,5)\in S_5$. Sean $G = \left< \beta \right>$ y $X= \{1,2,3,4,5\}$ con la acción dada por $\beta^k \cdot i = \beta^k(i)$ para todas $k\in\z$ y $i\in X.$

Este diagrama ilustra el efecto de $\beta$ en los elementos de $X$. Podemos ver como $1, 2$ y $3$ forman un ciclo y, $4$ y $5$ forman otro.

Primero, describamos las órbitas de los elementos:

\begin{align*}
\mathcal{O}(1) &= \{1,2,3\} = \mathcal{O}(2) = \mathcal{O}(3)\\
\mathcal{O}(4) &= \{4,5\} = \mathcal{O}(5)
\end{align*}

Ahora, describamos mejor a $G$. Observemos que $\beta$ está compuesta por dos ciclos disjuntos: $(1\, 2\, 3)$ con orden $3$ y $(4\,5)$ con orden $2$, es decir es el producto de dos ciclos que conmutan y que tienen órdenes primos relativos entre sí. Por el último teorema de la entrada Palabras, el orden de $\beta$ es entonces $6$. Así, $G$ quedaría descrito como:
$$G = \{(1), \beta, \beta^2, \beta^3, \beta^4,\beta^5\}.$$

Por último, describamos los estabilizadores de cada elemento.

\begin{align*}
G_1 &= \{\beta^k \in G | \beta^k(1) = 1\} = \{(1),\beta^3\}\\
&= G_2 = G_3 \\
G_4 &= \{\beta^k\in G | \beta^k(4) = 4\} = \{(1), \beta^2, \beta^4\}\\
&= \{\beta^k\in G | \beta^k(5) = 5\} = G_5
\end{align*}

Antes de avanzar a la siguiente sección, considera los ejemplos estudiados e intenta determinar si existe alguna relación entre $\#\mathcal{O}(x)$, $|G_x|$ y $|G|$.

¿Qué relación existe entre el tamaño de la órbita y el tamaño del estabilizador de un elemento?

Los ejemplos que trabajamos al inicio de esta entrada nos pueden dar la idea de que existe algún tipo de relación entre los tamaños de la órbita y del estabilizador para cada elemento.

Proposición. Sea $G$ un grupo, $X$ un $G$-conjunto, $x\in X$.
\begin{align*}
\#\mathcal{O}(x) = [ G:G_x].
\end{align*}

Demostración.

Sea $G$ un grupo, $X$ un $G$-conjunto, $x\in X$. Dado que $[ G:G_x]=\# \{gG_x| g\in G\}$ bastaría con encontrar una biyección entre $\mathcal{O}(x)$ y $\{gG_x| g\in G\}.$
Proponemos $\varphi : \mathcal{O}(x) \to \{gG_x| g\in G\}$ tal que $g\cdot x \mapsto gG_x$ para todo $g\in G.$

Debemos probar que $\varphi$ es una biyección.

Primero, veamos que está bien definida. Tomemos $g,h\in G$, y supongamos que $g\cdot x = h\cdot x$.

Entonces

Esto implica,
\begin{align}\label{ec1}
h^{-1}\cdot (g\cdot x) &= h^{-1}\cdot (h\cdot x)
\end{align}

Por las propiedades de acción, al desarrollar la parte derecha de la igualdad \ref{ec1} obtenemos
\begin{align*}
h^{-1}\cdot (h\cdot x) &= (h^{-1}h)\cdot x\\
&= e\cdot x = x.
\end{align*}

Por otro lado al desarrollar la parte izquierda de la igualdad \ref{ec1} obtenemos que,
\begin{align*}
h^{-1}\cdot(g\cdot x) = (h^{-1}g)\cdot x,
\end{align*}

así, $ (h^{-1}g)\cdot x=x$ y esto por definición quiere decir que $h^{-1}g\in G_x$.
Por lo que estudiamos en clases laterales, esto implica que $gG_x = hG_x$, es decir que $\varphi(g\cdot x)=\varphi(h\cdot x)$.
Así, concluimos que $\varphi$ está bien definida.

Ahora, probaremos que $\varphi$ es unyectiva.
Sean $g, h \in G$, tales que $\varphi(g\cdot x) = \varphi(h\cdot x)$, es decir tales que $g G_x = hG_x.$ Pero
\begin{align*}
g G_x &= hG_x\\
\Rightarrow &h^{-1} g\in G_x &\text{Por lo que sabemos de clases laterales}\\
\Rightarrow &(h^{-1}g)\cdot x = x & \text{Por estar en el estabilizador}\\
\Rightarrow &h\cdot ((h^{-1}g)\cdot x) = h\cdot x. &\text{Haciendo actuar $h$}\\ \Rightarrow &g\cdot x=((hh^{-1})g)\cdot x =(h(h^{-1}g))\cdot x =h\cdot ((h^{-1}g)\cdot x) = h\cdot x. &\text{Por las propiedades de acción.}\\
\end{align*}

Así $\varphi$ es inyectiva.

Por construcción podemos observar que $\varphi$ es suprayectiva.

Por lo tanto $\#\mathcal{O} = [ G:G_x]$.

$\blacksquare$

Como consecuencia de lo anterior obtenemos el siguiente corolario.

Corolario. Sea $G$ un grupo finito, $X$ un $G$-conjunto, $x\in X.$ Entonces, $\# \mathcal{O}(x)$ divide a $|G|.$

Ejemplo del Dodecaedro

Veamos un ejemplo en el que apliquemos lo que acabamos de ver.

Consideremos el dodecaedro $D$.

Si pensamos en todas las simetrías en $\r^3$ que mandan el dodecaedro en sí mismo, podemos tomar las rotaciones y así definir $G = \{\varphi \text{ rotación en }\r^3 | \varphi[D]= D\}$.

¿Cuál es el orden de $G$?

Sea $X$ el conjunto de caras de $D$, $G$ actúa en $X$ ya que manda caras de $D$ en caras de $D$. La acción es transitiva ya que cada cara se puede llevar a cualquier cara contigua mediante una rotación de $\frac{2\pi}{3}.$

Si el eje de rotación va del origen a un vértice, las caras rotarán tomando el lugar de otras caras. En cambio, si el eje de rotación cruza del origen al centro de una cara, esa cara rotará sobre sí misma y cada que rote $r = \frac{2\pi}{5}$ seguirá en su lugar.

Rotación de $\frac{2\pi}{5}$ del dodecaedro cuando el eje pasa por el centro de una cara. Las caras superiores e inferiores rotan sobre sí mismo.
Rotación de $\frac{2\pi}{3}$ del dodecaedro cuando el eje pasa por un vértice.

Así, dado $x\in X$, habrá exactamente cinco rotaciones que mandan la cara $x$ en sí misma (aquellas rotaciones de ángulo $ \frac{2\pi}{5}$ cuyo eje de rotación cruza del origen al centro de una cara), por lo cual $|G_x| = 5$. Además, como la acción es transitiva $\# X = \#\mathcal{O}(x)$. Luego, $\#X = 12$ y $\#\mathcal{O}(x) = [G:G_x ]$. Pero $[G:G_x ] = \frac{|G|}{5}$. Si juntamos todo eso, obtenemos:
$$12 = \# X = \#\mathcal{O}(x) = [G:G_x ]= \frac{|G|}{5}.$$

Despejando, $|G| = 12\cdot 5 = 60.$ Es decir, tenemos 60 rotaciones en $\r^3$ que son simetrías del dodecaedro.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Sea $G$ un grupo finito actuando sobre sí mismo:
    • Determina si el hecho de que exista $x\in G$ y tal que $G_x =\{e\}$ implica que la acción es transitiva.
    • Determina si el hecho de que la acción sea transitiva implica que exista $x\in G$ tal que $G_x =\{e\}$.
  2. Encuentra el orden del grupo de simetrías de cada sólido platónico (recuerda que hay algunos que son duales y por lo tanto tienen el mismo grupo de simetrías).

Más adelante…

Ya casi acabamos de estudiar la órbita, todavía nos queda analizar con ás detalle el caso cuando $X=G$, es decir cuando $G$ actúa sobre sí mismo. También podemos preguntarnos qué sucede con el conjunto de elementos de $X$ que se quedan fijos ante cualquier elemento de $G$ que actúe sobre ellos. Esto nos servirá para llegar a una importante ecuación llamada la ecuación de clase.

Además, en la siguiente entrada definiremos un nuevo tipo de grupo conocido como $p$-grupo y esto nos perfilará para llegar a los Teoremas de Sylow.

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