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

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 ello seguiremos el desarrollo hecho por Judson, T.W. en el libro Abstract Algebra: Theory and Applications, Department of Mathematics and Statistics Stephen F. Austin State University que aparece en la bibliografía y que puede revisarse en http://abstract.ups.edu/aata/struct-section-finite-abelian-groups.html. Así, en esta entrada presentaremos tres lemas para que sea más sencillo identificarlos y que serán útiles en la demostración del Teorema fundamental de los grupos abelianos finitos en la siguiente entrada. En los tres lemas se considerará $G$ un $p$-grupo abeliano y se hablará de elementos de orden máximo (o mínimo) en algún grupo refiriéndose a elementos cuyo orden es mayor (o menor) o igual que el orden de los demás elementos del grupo en cuestión.

El primer lema nos dice que si tomamos un elemento de orden máximo $g$ en $G$ y un $p$-subgrupo, tal que $⟨g⟩$ no es todo $G$ y luego tomamos un elemento de orden mínimo $h$ en $G\setminus ⟨g⟩$, entonces 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, el tercero está en la siguiente entrada.

El orden de un elemento mínimo

Lema 1. Sean $p\in {\mathbb{Z}}^{+}$ un primo y $G$ un $p$-grupo abeliano. Sea $g\in G$ un elemento de orden máximo. Si $⟨g⟩⪇G$ ($⟨g⟩$ es subgrupo propio de $G$) y $h$ es un elemento de orden mínimo en $G\setminus ⟨g⟩$, entonces $o(h)=p$ y $⟨g⟩\cap ⟨h⟩=\{e\}$.

Demostración.
Sean $p\in {\mathbb{Z}}^{+}$ un primo y $G$ un $p$-grupo abeliano.

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

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

Observemos que
$$\begin{array}{}\text{(1)}& a^{p^m}=e\text{ para toda }a\in G,\end{array}$$
ya que para toda $a\in G$, $o(a)=p^l$ con $l\le m$ (debido a que $o(g)=p^m$ es máximo).

Supongamos que $⟨g⟩⪇G$. Consideremos un elemento $h$ de orden mínimo en $G\setminus ⟨g⟩$.

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

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

Sabemos que $o(h^p)=p^{t-1}<p^t=o(h)$. Así, por la elección de $h$, $h^p\in ⟨g⟩$ y en consecuencia tenemos que
$$\begin{array}{}\text{(2)}& h^p=g^s\text{ para algún }s\in \mathbb{N}.\end{array}$$

Entonces $(g^s{)}^{p^{m-1}}=(h^p{)}^{p^{m-1}}=h^{p^m}=e$ por ($\text{1}$). Así,
$$\begin{array}{}\text{(3)}& o(g^s)<p^m\text{ y }{g}^s\text{ no genera a }⟨g⟩.\end{array}$$

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 ($\text{3}$). Concluimos entonces que $p|s$ es decir $s=pq$ para algún $q\in \mathbb{Z}$.

Consideremos $a=g^{-q}h$. Tenemos que
$$\begin{array}{rlr}{a}^p=g^{-pq}{h}^p=g^{-s}{h}^p& =g^{-s}{g}^s& \text{ por (}\text{2}\text{)}\\ & =e.\end{array}$$

Además, si $a\in ⟨g⟩$ tendríamos que $h=a{g}^q\in ⟨g⟩$ lo cual contradice la elección de $h$.

Hemos encontrado entonces un elemento $a\notin ⟨g⟩$ con $a^p=e$. Notamos que $a\ne e$ ya que $a\notin ⟨g⟩$, entonces $a$ debe ser un elemento de orden $p$. Pero $h$ es un elemento de orden mínimo en $G\setminus ⟨g⟩$ y $a\in G\setminus ⟨g⟩$ con $o(a)=p$. Así, $h$ debe ser también de orden $p$.

Veamos ahora que $⟨g⟩\cap ⟨h⟩=\{e\}$.

Sabemos que $⟨g⟩\cap ⟨h⟩$ es un subgrupo de $⟨h⟩$ y $⟨h⟩$ es de orden $p$, entonces $⟨g⟩\cap ⟨h⟩$ es de orden $1$ o $p$. Si $|⟨g⟩\cap ⟨h⟩|=p$ tendríamos que $⟨g⟩\cap ⟨h⟩\le ⟨h⟩$ con $|⟨g⟩\cap ⟨h⟩|=p=|⟨h⟩|$, entonces $⟨g⟩\cap ⟨h⟩=⟨h⟩$ lo que implica que $⟨h⟩\subseteq ⟨g⟩$. En consecuencia tendríamos que $h\in ⟨g⟩$, lo que contradice la elección de $h$.

Concluimos que $⟨g⟩\cap ⟨h⟩=\{e\}$.

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$G$ como producto de $⟨g⟩$ y un subgrupo cualquiera

Lema 2. Sean $p\in {\mathbb{Z}}^{+}$ 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 $⟨g⟩$ y un subgrupo $H$ de $G$.

Demostración.
Sean $p\in {\mathbb{Z}}^{+}$ primo.

Realizaremos la demostración por el segundo principio de inducción.

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

Sea $G$ un $p$-grupo abeliano con $|G|=p^n$ para algún $n\in \mathbb{N}$.

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

Si $G=⟨g⟩$ el resultado se cumple considerando $H=\{e\}$.

Si $⟨g⟩⪇G$ consideremos un elemento $h$ de orden mínimo en $G\setminus ⟨g⟩.$

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

Observemos que $gH$ es un elemento de orden máximo en $G/H$ ya que por ($\text{1}$), $(aH{)}^{p^m}=a^{p^m}H=H$ para todo $a\in G$. Además $(gH{)}^{o(g)}=g^{o(g)}H=H$ por lo que $o(gH)\le o(g)=p^m$, y si $o(gH)<p^m$ tendríamos que
$$\begin{array}{r}H=(gH{)}^{p^{m-1}}=g^{p^{m-1}}H\end{array}$$
y así $g^{p^{m-1}}\in ⟨g⟩\cap H=\{e\}$, es decir $g^{p^{m-1}}=e$ 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 $|G/H|=|G|/|H|=\frac{p^n}{p}=p^{n-1}$ que es menor que el orden de $G$.

Por H.I. sabemos que $G/H$ es el producto directo interno de $⟨gH⟩$ y un subgrupo $\tilde{H}$ de $G/H$.

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

Veamos que $G$ es el producto directo interno de $⟨g⟩$ y $K$.

Veamos primero que $⟨g⟩\cap K=\{e\}$.

Si $x\in ⟨g⟩\cap K$, entonces $xH\in ⟨gH⟩\cap K/H=⟨gH⟩\cap \tilde{H}$ y como $G/H$ es el producto directo de $⟨gH⟩$ y $\tilde{H}$, entonces $⟨gH⟩\cap \tilde{H}=\{H\}$. Así, $xH\in \{H\}$, entonces $xH=H$ lo que implica que $x\in H$.

Tenemos que $x\in ⟨g⟩\cap H=\{e\}$ probando que $x=e$. Así, $⟨g⟩\cap K=\{e\}$.

Veamos ahora que $G=⟨g⟩K$.

Sea $y\in G$, sabemos que $yH\in G/H=⟨gH⟩\tilde{H}=⟨gH⟩K/H$. Esto implica que
$$\begin{array}{rl}yH& =(gH{)}^{t}kH\text{ para algunos }t\in \mathbb{Z},k\in K\\ & =g^{t}kH.\end{array}$$

Entonces $(g^{t}k{)}^{-1}y=\hat{h}$ con $\hat{h}\in H$. Así $y=g^{t}k\hat{h}$. Como $H\le K$ tenemos que $k\hat{h}\in K$, entonces $y\in ⟨g⟩K$.

Concluimos que $⟨g⟩\cap K=\{e\}$ y $⟨g⟩K=G$.

Así, $G$ es el producto directo interno de $⟨g⟩$ y $K$.

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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.

Considera los siguientes grupos y realiza para cada uno los ejercicios descritos a continuación:

• $S_4.$
• ${\mathbb{Z}}_{11}.$
• $A_5.$
• $Q_8=\{\pm 1,\pm i,\pm j,\pm k\}.$

1. Determina si los grupos anteriores son $p$-grupos abelianos. De no serlo, considera un $p$-subgrupo abeliano de ellos.
2. Busca (en el grupo o en el $p$-subgrupo abeliano) un elemento $g$ de orden máximo tal que $⟨g⟩$ sea un subgrupo propio y encuentra $h$ elemento de orden mínimo en el complemento de $⟨g⟩$ tal que su orden sea $p$.
3. Describe al grupo o al $p$-subgrupo abeliano como el producto directo interno $⟨g⟩$ y un subgrupo $H$.

Más adelante…

Aunque estos lemas pueden parecer muy técnicos, su función es clara y se verá en la siguiente entrada. Como estos lemas ya están demostrados, la prueba del Teorema fundamental de los grupos abelianos finitos es bastante directa. En la siguiente entrada enunciaremos y demostraremos el tercer lema que se requiere y por fin podremos enfrentarnos al Teorema fundamental de los grupos abelianos finitos.

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