LA ESTRUCTURA DE GRUPOS Rodrigo Vargas

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1 CAPITULO II LA ESTRUCTURA DE GRUPOS Rodrigo Vargas 4. LA ACCION DE UN GRUPO SOBRE UN CONJUNTO 1. Sea G un grupo y A subgrupo normal abeliano. Demuestre que G/A actua sobre A por conjugación y obtenga un homomorfismo G/A Aut A. Solución: Notemos que G/A = {ga g G} = {ga g G, a A} Esto nos lleva a considerar ϕ : G/A A A definida por ϕ(ga, x) = (ga) x := (ga)x(ga) 1. Esta aplicación está bien definida, ya que A es abeliano. En efecto, dados ga 1, ga 2 ga entonces ϕ(ga 1, x) = (ga 1 )x(ga 1 ) 1 = g(a 1 xa 1 1 )g 1 = g(a 1 a 1 1 x)g 1 = gxg 1 = g(a 2 a 1 2 x)g 1 = (ga 2 )x(ga 2 ) 1 = ϕ(ga 2, x) Veamos que ϕ es acción. Como A es abeliano tenemos que a x := axa 1 = aa 1 x = x y además ((ga)(g a )) x = (gag a )x(gag a ) 1 = (ga)[(g a )x(g a ) 1 ](ga) 1 = (ga) [(g a ) x] 2. Si H, K son subgrupos de G tal que H K, demuestre que K N G (H). Solución: Recordemos que N G (H) = {g G ghg 1 = H}. 1

2 Como K G entonces K es cerrado por producto y elemento inverso, entonces basta probar que K N G (H). En efecto, sea k K entonces khk 1 = H ya que H K lo que implica k N G (H), como queriamos probar. 3. Si un grupo G contiene un elemento a teniendo exactamente dos conjugados, entonces G tiene un subgrupo normal propio N e. Solución: Consideremos G a = {gag 1 g G} la órbita de a de la acción por conjugación, por hipótesis Ga = 2. Sea G a el estabilizador de a, que es un subgrupo de G, entonces 2 = Ga = (G : G a ) G a G Basta considerar N = G a como (G : N) = 2 entonces N es subgrupo normal propio. Ahora bien, si N = {e} entonces G = 2, es decir, G = {e, a} y las clases de conjugación de a tendria cardinalida 1, esto es, Ga = 1, lo que es una contradicción. 4. Sea H un subgrupo de G. El centralizaador de H es el conjunto C G (H) = {g G hg = gh, h H}. Demuestre que C G (H) es un subgrupo de N g (H). Solución: Sean g, g C G (H) y h H entonces (gg )h = g(g h) = g(hg ) = (gh)g = h(gg ) lo que implica que gg C G (H). Si g C G (H) entonces gh = hg h = g 1 hg hg 1 = g 1 h g 1 C G (H). Por último, debemos probar que C G (H) N G (H). Sea g C G (H) entonces hg = gh, h H ghg 1 = h, h H ghg 1 = H entonces g N G (H), como queriamos probar. 5. Si H es un subgrupo de G, el grupo cuociente N G (H)/C G (H) es isomorfo a un subgrupo de Aut(H). 2

3 Solución: Consideremos la aplicación ϕ : N G (H) Aut (H) dada por ϕ(g) = σ g donde σ g : H H es dada por σ g (h) = ghg 1, no es dificil verificar que ϕ es un homomorfismo. Notemos que Ker ϕ = {g N G (H) ϕ(g) = Id} = {g N G (H) σ g = Id} = {g N G (H) ghg 1 = h, h H} = C G (H) Por el primer Teorema de Isomorfia tenemos que N G (H)/Ker ϕ = N G (H)/C G (H) = Im ϕ Aut (H). 6. Sea G un grupo actuando sobre un conjunto S conteniendo al menos dos elementos. Asuma que G es transitivo; esto es, dados cualquier x, y S, existe g G tal que gx = y. Pruebe (a) Para x S, la órbita x de x es S; (b) todos los estabilizadores G x (para x S) son conjugados. (c) Si G tiene la propiedad: {g G gx = x x S} = e (el cual es el caso si G S n para algún n y S = {1, 2,..., n}) y si N G y N G x para algún x S, entonces N = e ; (d) para x S, S = [G : G x ]; luego S divide a G. Solución: (a) Recordemos que, dado x S x = Gx = {gx g G}. Sea y S como G es transitivo, existe g G tal que gx = y y Gx luego S Gx. Ahora bien, sea y Gx entonces existe g G tal que gx = y y S. Por lo tatno Gx = S. 3

4 (b) Recordemos que, dado x S G x = {g G gx = x}. Como G es transitivo, dados x, y S existe g G tal que gx = y. Consideremos la conjugación del estabilizador G x : gg x g 1 = {gag 1 a G x } = {gag 1 ax = x}. Afirmamos que gag 1 G y. En efecto, se tiene que gag 1 y = gag 1 gx = gax = gx = y gag 1 G y. Luego, gg x g 1 G y. De manera similar, se prueba que g 1 G y g G x y por lo tanto, gg x g 1 = G y. (c) Sea N el subgrupo de G tal que N G y N G x para algún x S. Sea a N, como N G entonces gng 1 = N para todo g G. Sea y S, como G es transitivo existe g G tal que gy = x. (d) Sabemos que, para cada x G se tiene que G x = S, luego S = Gx = (G : G x ). En particular, si G es finito entonces (G : G x ) = G G x G = (G : G x) S S G. 7. Sea G un grupo y sea InG el conjunto de todos los automorfismos internos de G. Demuestre que InG es un subgrupo normal de AutG. Solución: Sean a G, σ a : G G dada por σ a (x) = axa 1 un automorfismo interno de G y τ : G G un automorfismo, entonces τσ a τ 1 (x) = τ(σ a (τ 1 (x))) = τ(aτ 1 (x)a 1 ) = τ(a)τ(τ 1 (x))τ(a 1 ) = τ(a)xτ 1 (a) = σ τ(a) (x) Luego, o tauσ a τ 1 In G. Por lo tanto, In G Aut G. Además, In G es subgrupo de G pues si σ a y σ b In G σ a σ b = σ ab In G y σ 1 a = σ a 1 In G. 4

5 8. Muestre un automorfismo de Z 6 que no es un automorfimo interno. Solución: Considere ϕ : Z 6 Z 6 dada por ϕ(x) = x 1. Entonces ϕ(xy) = (xy) 1 = y 1 x 1 = x 1 y 1 = ϕ(x)ϕ(y). Luego, ϕ es homomorfismo. Ahora si, ϕ(x) = ϕ(y) x 1 = y 1 x = y y ϕ es inyectiva. Dado y Z 6 existe y 1 Z 6 tal que ϕ(y 1 ) = (y 1 ) 1 = y. Por lo tanto, ϕ Aut (Z 6 ). Supongamos que ϕ es un automorfismo interno entonces existe a Z 6 tal que ϕ = σ a entonces x 1 = axa 1 para todo x Z 6, es decir, ax = x 1 a para todo x Z 6. En particular, para x = a se tiene que a 2 = e. Ahora sea r Z 6 tal que r d = e entonces d = 2, 3, 6 y tenemos que r, a r d = a 2 = e, ar = r 1 a = D 2d Z 6 Si d = 3 obtenemos D 6 = S3 y S 3 no es abeliano. Si d = 2 obtenemos D 4 = Z2 Z 2 el cual no es ciclico. Si d = 6 obtenemos D 12 el cual no es abeliano.. Por lo tanto, ϕ / InZ Si G/C(G) es cíclico, entonces G es abeliano. Solución: Observemos que, existe a G tal que G/C(G) = ac/g(g) = {a r C(G)}. Luego, G = {a r z z C(G), r N}. Dados x, y G entonces x = a r z 0 y y = a s z 1 y tenemos que xy = (a r z 0 )(a s z 1 ) = a r a s z 0 z 1 = a r+s z 1 z 0 Por lo tanto G es abeliano. = a s+r z 1 z 0 = a s a r z 1 z 0 = (a s z 1 )(a r z 0 ) = yx 10. Demuestre que el centro de S 4 es e ; concluya que S 4 es isomorfo al grupo de todos los automorfismo internos de S 4. Solución: Recordemos que Z(S 4 ) = {σ S 4 στ = τσ τ S 4 }. 5

6 Supongamos que Z(S 4 ) {e} entonces existe σ 0 Z(S 4 ) con σ 0 Id tal que σ 0 τ = τσ 0 para todo τ S 4. Como σ 0 Id existe k {1, 2, 3, 4} tal que k σ 0 (k) = m, para algún m {1, 2, 3, 4}. Consideremos k k τ 0 : m l fija los demas elemento con l m entonces τ 0 S 4 y σ 0 τ 0 = σ 0 (k) = m, τ 0 (σ 0 (k)) = τ(m) = l m lo que es una contradicción. Luego, Z(S 4 ) = {e}. La segunda afirmación es una consecuencia del problema Sea G un grupo conteniendo un elemento a de orden distinto de 1 o 2. Demuestre que G tiene un automorfismo distinto de la identidad. Solución: Si G es abeliano, entonces ϕ : G G x x 1 es automorfismo. Si ϕ = id entonces x 2 = e para todo x G pero existe a G tal que a 2 e y a e, lo que es una contradicción, luego ϕ Id. Si G no es abeliano entonces Z(G) G entonces existe g G tal que gx xg para todo x G, es decir entonces basta considerar gxg 1 x, x G (1) ψ g : G G x gxg 1 ψ g es automorfismo interno distinto de la identidad por (1). 12. Cualquier grupo finito es isomorfo a un subgrupo de A n para algún n. 6

7 Solución: Sea G un grupo tal que G = m. Consideremos A n con n = 2m. Sea σ S m, σ se puede escribir como producto de transposiciones de longitud d. Consideremos la apliación h : S m A n dada por h(σ)(k) = σ(k) si k {1,..., m} h(σ)(m + k) = m + σ(k) si k {1,..., m} h está bien definida, h(σ) A n para cada σ S m. En efecto, como σ es d-ciclo entonces h(σ) es un 2d-ciclo lo que implica h(σ) A n. Además, h es homorfismo inyectivo. Por el primer Teorema de Isomorfia Por el Teorema de Caley entonces G = H S m A n. S m /Ker h = S m = Im h An. G = H S m, 13. Si un grupo G contiene un subgrupo ( G) de indice finito, este contiene un subgrupo normal ( G) de indice finito. Solución: Sea H G tal que (G : H) = n. Consideremos G G/H G/H (g, ah) (ga)h la acción, esto induce un homomorfismo h : G S n g σ g : G/H G/H ah (ga)h Sea N = Ker h N G y por el primer Teorema de isomorfia G/N = Im h S n. Luego, [G : N] S n = n! <. Además, N H. En efecto, dado a Ker h entonces σ a = id σ a (xh) = xh (ax)h = xh x 1 ax H x G. En particular, si x = e entonces a H. 7

8 14. Si G = pn, con p > n, p primo, y H es un subgrupo de orden p, entonces H es normal en G. Solución: Sea H subgrupo con H = p. Consideremos la acción G G/H G/H (g, ah) (ga)h esta acción induce un homomorfismo h : G S n g σ g : G/H G/H ah (ga)h Sabemos por problema anterior que N = Ker h G, N H y G/N = Im h S n entonces entonces [G : N] = n H = N. n = [G : H] [G : N] S n = n! 15. Si un subgrupo normal N de orden p (p primo) esta contenido en un grupo G de orden p n, entonces N esta en el centro de G. 8