Álgebra Abstracta/Teoremas de Cardinalidad

Introducción

Los teoremas de cardinalidad son aquellos teoremas que establecen relaciones referentes a cantidad de elementos o subgrupos con una cierta propiedad. Con anterioridad, hemos visto dos instancias de este clase de resultados: el teorema de Lagrange y el teorema acerca de la cardinalidad del conjunto producto de dos subgrupos. Los resultados principales que veremos en este capítulo serán la ecuación de clases--una relación acerca de la clases de conjugación, el teorema de Cauchy estableciendo la existencia de elementos de cierto orden y el (primer) teorema de Sylow estableciendo la existencia de subgrupos de cierto orden.

La Ecuación de Clases

Vimos, anteriormente, que la relación de conjugación es una relación de equivalencia en un grupo, por lo que particiona al grupo en clases disjuntas de equivalencias, llamadas clases de conjugación del grupo. La clase de conjugación de un elemento $x$, denotada ${\mathcal {C}}(x)$, está formada por todos los elementos conjugados a $x$, es decir que

${\mathcal {C}}(x)=\{x^{g}:g\in G\}.$

donde $x^{g}=gxg^{-1}$. Sea $D$ un conjunto de representantes de las clases de conjugación, es decir que $D$ consiste de un elemento de cada una de las clases de conjugación. Dos elementos diferentes de $D$ corresponden a dos clases diferentes. Como la reunión de las clases de conjugación es todo $G$ y como las clases son disjuntas, tenemos que la cantidad de elementos de $G$ es igual a la suma de los elementos en cada clase, o sea que

$|G|=\sum _{a\in D}|{\mathcal {C}}(a)|$

(*)

Nos referiremos a esa relación como la ecuación de las clases de conjugación. del grupo $G$.

Hay una variación de la ecuación de clases de conjugación que resultará muy útil para futuros resultados, basada en que la cardinalidad de cada clase de equivalencia es igual al índice de un cierto subgrupo. Empezaremos nuestro trabajo introduciendo la noción de centralizador de un elemento.

Definición. (Centralizador) Sea $G$ un grupo y $a$ un elemento de $G$. Llamamos centralizador en $\mathbf {G}$ de $\mathbf {a}$ al subconjunto de $G$ denotado por $C(a)$, o $C_{G}(a)$---cuando queremos mencionar el grupo---y que está definido como

$C_{G}(a):=\{g\in G:ga=ag\}.$

Observemos que $g$ esta en $C_{G}(a)$, ssi, $ga=ag$, ssi, $gag^{-1}=a$, ssi, $a^{g}=a$. Es decir que los elementos del centralizador de $a$ son aquellos $g$ tales que el conjugado por $g$ de $a$ es igual a $a$. Por lo que $a$ es un elemento de su centralizador.

Proposición 1. El centralizador de un elemento de un grupo es un subgrupo del grupo.

Demostración: Sea $G$ un grupo y $C(a)$ el centralizador de $a$ en $G$. El elemento neutro, claramente, está en $C(a)$. Sean $x$, $y$ elementos de $C(a)$. Tenemos que $xya=xay=axy$, lo que muestras que $C(a)$ es cerrado respecto a la operación del grupo. Además, $xa=ax\implies x^{-1}(xa)x^{-1}=x^{-1}(ax)x^{-1}\implies ax^{-1}=x^{-1}a.$

Lo que concluye la demostración.

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Nos interesa considerar el conjunto cociente $G/C(a)$ (que, en general, no será un grupo, pues $C(a)$ no siempre es normal). Sean $x$ y $y$ tales que $x$ está en la coclase $yC(a)$, es decir $x=yh$ para algún $h$ en $C(a)$. Entonces,

$a^{x}=xax^{-1}=(yh)a(yh)^{-1}=yhah^{-1}y^{-1}=yahh^{-1}y^{-1}=yay^{-1}=a^{y}.$

Es decir que dos elementos de la misma coclase respecto a $C(a)$ producen el mismo conjugado de $a$.

Veamos el resultado recíproco. Sean $x$, $y$ tales que $a^{x}=a^{y}$. Como,

$a^{x}=a^{y}\implies xax^{-1}=yay^{-1}\implies y^{-1}xax^{-1}=ay^{-1}\implies y^{-1}xa=ay^{-1}x.$

Por lo que $y^{-1}x$ está en $C(a)$, o sea que $x\in yC(a)$.

Por lo que, elementos de diferentes clases de conjugación de $a$ corresponden a diferentes coclases respecto a $C(a)$. Es decir que tenemos el siguiente resultado.

Proposición 2. Sea $G$ un grupo y $a$ un elemento del grupo. La cantidad de conjugados de $a$ es igual a la cantidad de coclases del centralizador de $a$, o sea al índice $[G:C(a)]$.

$|{\mathcal {C}}(a)|=[G:C(a)].$

Corolario 2.1. El cardinal de una clase de conjugación es un divisor del orden del grupo.

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Usaremos el resultado de la proposición para reescribir la ecuación de clases de conjugación vista arriba. Recordemos que cada elemento del centro de un grupo ($Z(G)$) es el único elemento de su clase de conjugación. Por lo que usando el resultado de la proposición anterior, y reagrupando todos los elementos del centro tendremos que la ecuación de las clases de conjugación del grupo puede presentarse como sigue. (Donde $D$ es un conjunto de representantes de las clases de conjugación.)

Ecuación de Clases} $|G|=|Z(G)|\quad +\sum _{a\in D\setminus Z(G)}[G:C(a)].$

Llamamos a esta ecuación, la ecuación de clases del grupo $G$.
Algunos autores llaman ecuación de clases a lo que arriba hemos denominado ecuación de clases de conjugación.
Otra demosración de esta ecuación se puede obtener mediante la teoría de G-conjuntos que estudiaremos en el próximo capítulo.

Proposición 3. Sea $G$ un $p$--grupo, es decir un grupo cuyo orden es una potencia de $p$, $p$ primo. Entonces, el centro de $G$ no es trivial.

Demostración: Probaremos que $p|\,|Z(G)|$.
Como $G$ es un $p$--grupo, tenemos que cualquier elemento o subgrupo de $G$ tiene un orden que es una potencia de $p$. Igualmente, el índice de cualquier subgrupo es una potencia de $p$. En particular, para cualquier elemento $a$ de $G$ tenemos que $[G:C(a)]$ es una potencia de $p$. Consideremos la ecuación de clases $|G|=|Z(G)|\quad +\sum _{a\in D\setminus Z(G)}[G:C(a)].$

Tenemos que $p$ divide a $|G|$ y a cada sumando en la sumatoria, por lo tanto, $p$ divide el orden de $|Z(G)|$.

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Corolario 3.1. Un grupo cuyo orden es $p^{2}$, $p$ primo, es un grupo abeliano.

Demostración: Sabemos por la proposición que $|Z(G)|=p^{k}$, $k=1$ o $2$.
• Si $k=1$ entonces $|Z(G)|=p$ y $|G/Z(G)|=|G|/|Z(G)|=p^{1}/p=p$. Sigue de la proposición \ref{prop090404} que $G$ es abeliano.
• Si $k=2$ entonces $Z(G)=G$, por lo que $G$ es abeliano.

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Teoremas de Cauchy y Sylow

Anteriormente, afirmamos que no siempre era cierto que para cada divisor del orden de un grupo haya un subgrupo que tenga como orden ese divisor (ver ejemplo más adelante). Sin embargo, por el lado positivo tenemos dos importantes resultados, el teorema de Cauchy y el (primer) teorema de Sylow .

Teorema. (Cauchy) Sea $p$ un factor primo del orden de un grupo. Entonces, hay al menos un subgrupo de orden $p$ en $G$.

Teorema. (Primer teorema de Sylow) Sea $p$ un factor primo del orden de un grupo y sea $p^{k}$, $k\geq 1$, un divisor del orden del grupo. Entonces, hay al menos un subgrupo de orden $p^{k}$ en $G$.

Definición. ($p$--Sylow subgrupo) Sea $G$ un grupo y $p$ un número primo.

Llamamos $p$--Sylow subgrupo de $G$ al subgrupo de orden $p^{r}$. tal que $p^{r}$ es la máxima potencia de $p$ que divide el orden de $G$.

Notemos que del teorema de Sylow sigue la existencia de un $p$--Sylow subgrupo de cualquier grupo con $p$ un divisor del orden de $G$. Cuando $p\nmid |G|$, el subgrupo trivial $\{e\}$ es el $p$--Sylow subgrupo de $G$.

Como aplicaciones de los teoremas anteriores tendríamos, por ejemplo, las siguientes afirmaciones.

• Un grupo de orden 6 tiene al menos un grupo de orden 3 y uno de orden 2.
• Un grupo de orden 12 tiene subgrupos de orden 2, 3 y 4.
• Un grupo de orden 15 tiene subgrupos de orden 3 y 5.

(Demostración del teorema de Cauchy)
(Caso Abeliano.) Sea $G$ un grupo abeliano cuyo orden $n$ es divisible por el primo $p$. Sabemos por ejemplos anteriores, que el resultado de la proposición es válido cuando $n=2,3,4,5,6$. Razonando por inducción, supondremos el resultado válido para grupos de orden inferior a $n>6$. Sea $x$ un elemento del grupo con $o(x)=m>1$. Si $p|m$ tenemos que $x^{m/p}$ es un elemento con orden $p$. Supongamos, entonces, que $p\nmid m$ y consideremos el subgrupo $\langle x\rangle$ que tiene orden $m$ que es por el teorema de Lagrange un divisor de $n$. Como $p\nmid m$, $m$ no puede ser igual a $n$ por lo que $m$ es un divisor propio de $n$, y lo mismo pasa con el índice $[G:\langle x\rangle ]$. Luego, $|G/\langle x\rangle |=n/m>1$. Como $p|n$, pero $p\nmid m$, tenemos que $p|(n/m)$. Como $n/m<n$, aplicando la hipótesis de inducción, tenemos que hay un elemento $v$ de orden $p$ en $G/\langle x\rangle$. Sea $u$ tal que $v=u\langle x\rangle$, entonces $v^{p}=u^{p}\langle x\rangle$ implica que $u^{p}$ es un elemento de $\langle x\rangle$, digamos que $u^{p}=x^{t}$. Sea $k=o(x^{t})$, como $k|m$, tenemos que $p\nmid k$. Entonces, $(u^{k})^{p}=(u^{p})^{k}=(x^{t})^{k}=e.$

En consecuencia, tenemos que $o(u^{k})$ es igual a 1 o a $p$. Si $o(u^{k})=1$, se tendría que $o(v^{k})=1$. Como el orden de $v$ es $p$, lo anterior,implicaría que $p|1$, lo que es imposible, luego, el orden de $u^{k}$ es $p$. Lo que acaba la demostración del caso abeliano.

(Caso no abeliano.) Sea $G$ un grupo no abeliano tal que el orden $n$ de $G$ es divisible por $p$. Sabemos que el resultado es válido para $n=6$, el menor grupo no abeliano es ${\textsf {S}}_{3}$. Supongamos el resultado válido para todos los grupos con orden inferior a $n$. Consideremos la ecuación de clases de $G$,

$|G|=|Z(G)|\quad +\sum _{a\in D\setminus Z(G)}[G:C_{G(a)}].$

Si $p$ divide el orden de alguno de los $|C(a)|$, por inducción, este subgrupo propio de $G$ contendrá un elemento de orden $p$, que será un elemento de orden $p$ de $G$.

En caso contrario, como $p$ divide al orden de $G$, $p$ será un factor de $[G:C(a)]=|G|/|C(a)|$, para todo $a$ en $D\setminus Z(G)$. Como $p$ divide a $|G|$, sigue de la ecuación de clases que $p$ divide el orden de $Z(G)$, Como $Z(G)$ es abeliano, sigue del caso anterior, que hay un elemento de orden $p$ en $Z(G)$ y, por lo tanto, en $G$.

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(Demostración del teorema de Sylow.) Sea $G$ un grupo con orden $p^{k}n$ donde $p$ es primo y $p\nmid n$. La demostración será por inducción sobre el orden del grupo. Sigue de los ejemplos, que el teorema es válido para grupos con ordenes pequeños. Analicemos la ecuación de clase para el grupo $|G|=|Z(G)|+\sum _{a\in D\setminus Z(G)}[G:C(a)].$

Supongamos que $p$ no divide uno de los índices $[G:C(a)]$ que aparecen en la ecuación. Entonces, $p^{k}$ debe dividir el orden de $C(a)$ que, por no estar $a$ en el centro del grupo, es un subgrupo propio de $G$. Se tiene, entonces, por inducción, que $C(a)$ contiene un subgrupo de orden $p^{k}$, por lo que $G$ contiene un subgrupo de orden $p^{k}$.

En caso contrario, se tiene que $p$ divide el orden del centro. Sea $x$ cualquier elemento de orden $p$ en $\mathbb {Z} (G)$ (que siempre hay por el teorema de Cauchy) y consideremos al grupo cociente $G/\langle x\rangle$, cuyo orden es $p^{k-1}n$. Nuevamente, por inducción, tenemos al existencia de un subgrupo $J$ de $G/\langle x\rangle$ de orden $p^{k-1}$, Sea $H$ la preimagen de $J$ por el supramorfismo canónico que envía cada elemento de $G$ en su coclase respecto a $\langle x\rangle$. $H$ es un subgrupo de $G$ y su orden es $|J||\langle x\rangle |=p^{k-1}p=p^{k}$.

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Observación. Hablamos de primer teorema de Sylow, porque hay otros que teoremas que establecen entre otras cosas que todos los $p$--Sylow subgrupos (puede haber varios) son conjugados entre sí, que la cantidad de tales subgrupos es un divisor del orden del grupo, que dicha cantidad es congruente con 1 módulo $p$ y que cada subgrupo de orden una potencia de $p$ está contenido en exactamente un $p$--Sylow subgrupo. Tales resultados son muy útiles para la clasificación de subgrupos finitos. Sin embargo, exceden los propósitos de este texto. Ver los comentarios al final del capítulo.

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Ejemplo

El ejemplo de esta sección nos servirá para ilustrar que la relación de ser subgrupo normal no es transitiva y que puede haber grupos tales que no hay un subgrupo cuyo orden sea un divisor dado del grupo.

Rotaciones del tetraedro regular.

Consideremos al tetraedro regular con vértices llamados 1, 2, 3 y 4. Consideraremos, inicialmente, rotaciones por 120 grados alrededor de un eje que pasa por uno de los vértices y el centro de la cara opuesta, Dichas rotaciones fijan uno de los vértices y permutan los otros tres, por lo que las indicaremos como permutaciones de $\{1,2,3,4\}$, es decir permutaciones de ${\textsf {S}}_{4}$.

Sean

${\begin{array}{ll}a=(123)\quad &{\text{rotación que fija 4}}\\b=(124)\quad &{\text{rotación que fija 3}}\\c=(143)\quad &{\text{rotación que fija 2}}\\d=(234)\quad &{\text{rotación que fija 1}}\end{array}}$

Sea $T=\langle a,b,c,d\rangle$. Notemos que cada una de las rotaciones anteriores tiene orden 3. Además son distintas entre si, al igual que sus cuadrados (notar que dejan fijo un vértice distinto). Notemos que el conjunto producto de $\langle a\rangle$ y $\langle b\rangle$ tiene 9 elementos. Por lo que el orden de $T$ será 12 o 24---los únicos divisores de 24 mayores o iguales a 9. Notemos que la permutación $(12)$ de ${\textsf {S}}_{4}$ no puede pertenecer a $T$ ya que representa una transformación imposible para un tetraedro rígido. Por lo que $|T|=12$.

Notemos que sigue del razonamiento anterior que cualquier par de esas rotaciones genera a todo el grupo. Sean $x=ab$, $y=ac$ y $z=ad$. Entonces, todos ellos son elementos de orden 2, ya que

• $x=ab=(123)(124)=(13)(24)$.
• $y=ac=(123)(143)=(14)(23)$.
• $z=ad=(123)(234)=(12)(34)$

Aplicando el teorema de Sylow a $T$ cuyo orden 12 es igual a $2^{2}*3$ vemos que $T$ debe tener subgrupos de ordenes $2$, $4$ y $3$. Subgrupos de orden $2$ son obviamente $\langle x\rangle$, $\langle y\rangle$ y $\langle z\rangle$. El $2$--Sylow subgrupo de $T$ tiene cuatro elementos, por lo que no puede contener ninguna de las rotaciones, por lo que debe ser $V=\{id,x,y,z\}$. Notemos que como cada elemento de $V$ es su propio inverso, por lo que $V$ es isomorfo al grupo de Klein. Observemos que $a^{-1}x=b$, por lo que $\langle a,x\rangle =\langle a,b\rangle =T$.

Todos los elementos fuera de $V$ tienen orden 3, por lo que los conjugados de elementos de $V$ serán elementos de $V$ y $V$ es por lo tanto normal en $T$. Hay cuatro 3--Sylow subgrupos: $\langle a\rangle$, $\langle b\rangle$, $\langle c\rangle$ y $\langle d\rangle$. Se puede verificar que ninguno de ellos es normal en $G$.

Usaremos el grupo $T$ para ilustrar dos situaciones interesantes. Sea $W=\{id,z\}$. Como $z^{2}=id$ se tiene que $W$ es un subgrupo de $V$ y, en consecuencia, de $T$. Como subgrupo de $V$ es normal en $V$, ya que $V$ es abeliano. Computando un conjugado,

$b*z*b^{-1}=(124)(12)(34)(142)=(13)(24)=x,$

vemos que $W$ no es normal en $T$. Es decir que la relación de ser normal no es transitiva.

Se tiene que 6 es un divisor del orden de $T$. ¿Hay algún subgrupo de orden 6 en $T$? Supongamos que $H$ fuera un subgrupo de orden 6 de $T$. Entonces, $H$ debe contener un elemento de orden 3 y uno de orden 2. Observemos que $H$ solamente puede contener uno de los $a$, $b$, $c$ y $d$ por que un subgrupo conteniendo 2 de ellos es igual a $T$. Análogamente, solamente uno de los elementos de orden 2 están en ese grupo, ya que dos de ellos generan un subgrupo de orden 4. Supongamos que $ad$ fuera el elemento de orden 2. Si $a$ está en $H$, $a^{2}$ está en $H$ y $a^{2}\cdot ad=d$, l que no puede ser. Si $b$ está en $H$ tenemos que $b\cdot ad$ estaría en $H$, pero $b\cdot ad=(124)(12)(34)=(143)=c$, lo que es imposible. Si $c$ está en $H$, también lo estaría $c\cdot ad=(143)(12)(34)=(124)=b$, imposible. Finalmente, si $d$ estuviera en $H$, también estaría $ad\cdot d^{2}=a$, lo que, nuevamente, es imposible. Repitiendo lo anterior con $ac$ y $ab$, se ve que es imposible la existencia de un subgrupo con 6 elementos.

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Ejercicios del Capítulo

1. Sea $G$ un grupo abeliano y sean $a$ y $b$ elementos de $G$ tales que el orden de $a$ es $p$ y el orden de $b$ es $q$. Probar que el orden de $ab$ es igual al mínimo común múltiplo de $p$ y $q$. (Probar que si $r$ es un múltiplo común de $p$ y $q$, entonces $(ab)^{r}=e$).
2. Probar que los grupos abelianos de orden 16 son ${\textsf {C}}_{16}$, ${\textsf {C}}_{8}\times {\textsf {C}}_{2}$, ${\textsf {C}}_{4}\times {\textsf {C}}_{4}$, ${\textsf {C}}_{4}\times {\textsf {C}}_{2}\times {\textsf {C}}_{2}$ y ${\textsf {C}}_{2}\times {\textsf {C}}_{2}\times {\textsf {C}}_{2}\times {\textsf {C}}_{2}$.
3. Listar todos los subgrupos de $\mathbb {Z} _{18}$.
4. Clasificar los grupos abelianos de orden 27.
5. Sea $G$ un grupo abeliano tal que $|G|=pq$ donde $p$ y $q$ son números primos diferentes. Probar que hay elementos $x$, $y$ tales que $o(x)=p$ y $o(y)=q$ y $G\cong {\textsf {C}}_{p}\times {\textsf {C}}_{q}$.
6. Analizar las estructuras posibles para un grupo de orden 8. (Sug: Hay cinco posibles; tres abelianos y dos no abelianas).
7. Clasificar los grupos de orden 25.
8. Sea $G=\{a,b:a^{2}=e,b^{3}=e,(ba)^{3}=e\}$.
   1. Probar que $G$ es un grupo de orden 12.
   2. Probar que $G$ es isomorfo al grupo de las simetrías del tetraedro.
9. Sea $G$ un grupo cuyo orden es $p^{r}$, $p$ primo, $r\geq 1$. Probar, sin usar el teorema de Cauchy, que $G$ tiene un elemento de orden $p$. (Sugerencia: probar las siguientes afirmaciones.) \begin{enumerate}
10. Si $G$ es cíclico entonces $G$ tiene un elemento de orden $p$.
11. Si $G$ es abeliano entonces $G$ contiene un elemento de orden $p$. (Considerar cualquiera de sus subgrupos cíclicos).
12. Si $G$ no es abeliano, probar que su centro tiene un orden divisible por $p$, por lo que contiene un elemento de orden $p$. (Usar la ecuación de clases.)

Comentarios

Teoremas de Sylow. Hablamos de primer teorema de Sylow, porque hay

otros dos teoremas que enunciaremos a continuación. La demostración se puede ver en el Apéndice "Teoremas de Sylow".

Segundo teorema de Sylow. Sea $G$ un grupo. Dos $p$-grupos de Sylow cualesquiera son conjugados. Además, cualquier $p$-subgrupo (subgrupo cuyo orden es una potencia de p) está contenido en un $p$-Sylow subgrupo.

Tercer teorema de Sylow. Sea $G$ un grupo tal que $|G|=p^{r}m$ donde $p$ es un primo que no divide a $m$. Sea ${\textsf {Syl}}_{p}(G)$ el conjunto de todos los $p$-Sylow subgrupos de $G$. Entonces,

1. $|Syl_{p}(G)|$ es un divisor de m,
2. $|Syl_{p}(G)|\equiv 1{\pmod {p}}$.

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Los teoremas de Sylow están entre los resultados más importantes en la teoría general de grupos finitos. Las demostraciones aparecen en el Apéndice Teoremas de Sylow.

Muchos otros detalles y demostraciones se pueden hallar en

Notas