La Acción de un Grupo sobre un Conjunto

La Acción de un Grupo sobre un Conjunto

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 ga1 , ga2 ∈ gA entonces
−1
ϕ(ga1 , x) = (ga1 )x(ga1 )−1 = g(a1 xa−1
1 )g
−1
= g(a1 a−1
= gxg −1
1 x)g
−1
= g(a2 a−1
= (ga2 )x(ga2 )−1
2 x)g
= ϕ(ga2 , x)
Veamos que ϕ es acción. Como A es abeliano tenemos que a · x :=
axa−1 = aa−1 x = x y además
((ga)(g 0a0 )) · x = (gag 0 a0 )x(gag 0 a0 )−1
= (ga)[(g 0 a0 )x(g 0 a0 )−1 ](ga)−1
= (ga) · [(g 0 a0 ) · x]
2. Si H, K son subgrupos de G tal que H EK, demuestre que K ≤ NG (H).
Solución: Recordemos que
NG (H) = {g ∈ G | gHg −1 = H} .
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Como K ≤ G entonces K es cerrado por producto y elemento inverso,
entonces basta probar que K ⊆ NG (H). En efecto, sea k ∈ K entonces
kHk −1 = H ya que H E K lo que implica k ∈ NG (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 6= hei.
Solución: Consideremos Ga = {gag −1 | g ∈ G} la órbita de a de la
acción por conjugación, por hipótesis |Ga| = 2. Sea Ga el estabilizador
de a, que es un subgrupo de G, entonces
2 = |Ga| = (G : Ga ) ⇒ Ga E G
Basta considerar N = Ga 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
CG (H) = {g ∈ G | hg = gh, ∀ h ∈ H}. Demuestre que CG (H)
es un subgrupo de Ng (H).
Solución: Sean g, g 0 ∈ CG (H) y h ∈ H entonces
(gg 0 )h = g(g 0 h) = g(hg 0 ) = (gh)g 0 = h(gg 0)
lo que implica que gg 0 ∈ CG (H). Si g ∈ CG (H) entonces
gh = hg ⇒ h = g −1 hg ⇒ hg −1 = g −1 h ⇒ g −1 ∈ CG (H) .
Por último, debemos probar que CG (H) ⊆ NG (H). Sea g ∈ CG (H)
entonces
hg = gh,
∀ h ∈ H ⇒ ghg −1 = h,
∀ h ∈ H ⇒ gHg −1 = H
entonces g ∈ NG (H), como queriamos probar.
5. Si H es un subgrupo de G, el grupo cuociente NG (H)/CG (H) es isomorfo a un subgrupo de Aut(H).
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Solución: Consideremos la aplicación ϕ : NG (H) → Aut (H) dada
por ϕ(g) = σg donde σg : H → H es dada por σg (h) = ghg −1 , no es
dificil verificar que ϕ es un homomorfismo. Notemos que
Ker ϕ = {g ∈ NG (H) | ϕ(g) = Id}
= {g ∈ NG (H) | σg = Id}
= {g ∈ NG (H) | ghg −1 = h,
∀ h ∈ H}
= CG (H)
Por el primer Teorema de Isomorfia tenemos que
NG (H)/Ker ϕ = NG (H)/CG (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 Gx (para x ∈ S) son conjugados.
(c) Si G tiene la propiedad: {g ∈ G | gx = x ∀ x ∈ S} = hei (el cual
es el caso si G ≤ Sn para algún n y S = {1, 2, . . . , n}) y si N E G
y N ≤ Gx para algún x ∈ S, entonces N = hei;
(d) para x ∈ S, |S| = [G : Gx ]; 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.
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(b) Recordemos que, dado x ∈ S
Gx = {g ∈ G | gx = x} .
Como G es transitivo, dados x, y ∈ S existe g ∈ G tal que gx = y.
Consideremos la conjugación del estabilizador Gx :
gGx g −1 = {gag −1 | a ∈ Gx } = {gag −1 | ax = x} .
Afirmamos que gag −1 ∈ Gy . En efecto, se tiene que
gag −1 · y = gag −1 · gx = gax = gx = y ⇒ gag −1 ∈ Gy .
Luego, gGx g −1 ⊆ Gy . De manera similar, se prueba que g −1 Gy g ⊆
Gx y por lo tanto, gGx g −1 = Gy .
(c) Sea N el subgrupo de G tal que N EG y N ≤ Gx para algún x ∈ S.
Sea a ∈ N , como N E G entonces gN g −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 Gx = S, luego |S| =
|Gx| = (G : Gx ). En particular, si G es finito entonces
(G : Gx ) =
|G|
⇒ |G| = (G : Gx )|S| ⇒ |S| | |G| .
|Gx |
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, σa : G → G dada por σa (x) = axa−1 un
automorfismo interno de G y τ : G → G un automorfismo, entonces
τ σa τ −1 (x) = τ (σa (τ −1 (x)))
= τ (aτ −1 (x)a−1 )
= τ (a)τ (τ −1 (x))τ (a−1 )
= τ (a)xτ −1 (a) = στ (a) (x)
Luego, o tauσa τ −1 ∈ In G. Por lo tanto, In G E Aut G. Además, In
G es subgrupo de G pues si σa y σb ∈ In G ⇒ σa σb = σab ∈ In G y
σa−1 = σa−1 ∈ In G.
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8. Muestre un automorfismo de Z6 que no es un automorfimo interno.
Solución: Considere ϕ : Z6 → Z6 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 ∈ Z6 existe y −1 ∈ Z6 tal que ϕ(y −1 ) =
(y −1 )−1 = y. Por lo tanto, ϕ ∈ Aut (Z6 ). Supongamos que ϕ es un
automorfismo interno entonces existe a ∈ Z6 tal que ϕ = σa entonces
x−1 = axa−1 para todo x ∈ Z6 , es decir, ax = x−1 a para todo x ∈ Z6 .
En particular, para x = a se tiene que a2 = e. Ahora sea r ∈ Z6 tal
que r d = e entonces d = 2, 3, 6 y tenemos que
hr, a | r d = a2 = e,
ar = r −1 ai = D2d ≤ Z6
Si d = 3 obtenemos D6 ∼
= S3 y S3 no es abeliano. ⇒⇐
Si d = 2 obtenemos D4 ∼
= Z2 × Z2 el cual no es ciclico. ⇒⇐
Si d = 6 obtenemos D12 el cual no es abeliano. ⇒⇐.
Por lo tanto, ϕ ∈
/ InZ6 .
9. Si G/C(G) es cı́clico, entonces G es abeliano.
Solución: Observemos que, existe a ∈ G tal que
G/C(G) = haC/G(G)i = {ar C(G)} .
Luego, G = {ar z | z ∈ C(G), r ∈ N}. Dados x, y ∈ G entonces
x = ar z0 y y = as z1 y tenemos que
xy = (ar z0 )(as z1 ) = ar as z0 z1 = ar+s z1 z0
= as+r z1 z0 = as ar z1 z0 = (as z1 )(ar z0 ) = yx
Por lo tanto G es abeliano.
10. Demuestre que el centro de S4 es hei; concluya que S4 es isomorfo al
grupo de todos los automorfismo internos de S4 .
Solución: Recordemos que
Z(S4 ) = {σ ∈ S4 | στ = τ σ
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∀ τ ∈ S4 } .
Supongamos que Z(S4 ) 6= {e} entonces existe σ0 ∈ Z(S4 ) con σ0 6= Id
tal que σ0 τ = τ σ0 para todo τ ∈ S − 4. Como σ0 6= Id existe k ∈
{1, 2, 3, 4} tal que
k 6= σ0 (k) = m,
para algún m ∈ {1, 2, 3, 4} .
Consideremos


 k→k
τ0 :
m→l
con l 6= m

 fija los demas elemento
entonces τ0 ∈ S4 y σ0 τ0 = σ0 (k) = m, τ0 (σ0 (k)) = τ (m) = l 6= m lo
que es una contradicción. Luego, Z(S4 ) = {e}. La segunda afirmación
es una consecuencia del problema 5.
11. 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 7→ x−1
es automorfismo. Si ϕ = id entonces x2 = e para todo x ∈ G pero
existe a ∈ G tal que a2 6= e y a 6= e, lo que es una contradicción, luego
ϕ 6= Id.
Si G no es abeliano entonces Z(G) 6= G entonces existe g ∈ G tal que
gx 6= xg para todo x ∈ G, es decir
gxg −1 6= x,
∀x∈G
(1)
entonces basta considerar
ψg : G −→ G
x 7→ gxg −1
ψg es automorfismo interno distinto de la identidad por (1).
12. Cualquier grupo finito es isomorfo a un subgrupo de An para algún n.
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Solución: Sea G un grupo tal que |G| = m. Consideremos An con
n = 2m. Sea σ ∈ Sm , σ se puede escribir como producto de transposiciones de longitud d. Consideremos la apliación h : Sm → An 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) ∈ An para cada σ ∈ Sm . En efecto, como σ es
d-ciclo entonces h(σ) es un 2d-ciclo lo que implica h(σ) ∈ An . Además,
h es homorfismo inyectivo. Por el primer Teorema de Isomorfia
Sm /Ker h = Sm ∼
= Im h ≤ An .
Por el Teorema de Caley
G∼
= H ≤ Sm ,
entonces G ∼
= H ≤ Sm ≤ A n .
13. Si un grupo G contiene un subgrupo (6= G) de indice finito, este contiene un subgrupo normal (6= G) de indice finito.
Solución: Sea H ≤ G tal que (G : H) = n ≤ ∞. Consideremos
G × G/H −→ G/H
(g, aH)
7→ (ga)H
la acción, esto induce un homomorfismo
h : G −→ Sn
g 7→ σg : G/H −→ G/H
aH
7→ (ga)H
Sea N = Ker h ⇒ N E G y por el primer Teorema de isomorfia
G/N ∼
= Im h ≤ Sn .
Luego, [G : N ] ≤ |Sn | = n! < ∞. Además, N ⊆ H. En efecto, dado
a ∈ Ker h entonces
σa = id ⇒ σa (xH) = xH ⇒ (ax)H = xH ⇒ x−1 ax ∈ H
En particular, si x = e entonces a ∈ H.
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∀x∈G.
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)
7→ (ga)H
esta acción induce un homomorfismo
h : G −→ Sn
g 7→ σg : G/H −→ G/H
aH
7→ (ga)H
Sabemos por problema anterior que N = Ker h E G, N ⊆ H y G/N ∼
=
Im h ≤ Sn entonces
n = [G : H] ≤ [G : N ] | |Sn | = n!
entonces [G : N ] = n ⇒ H = N .
15. Si un subgrupo normal N de orden p (p primo) esta contenido en un
grupo G de orden pn , entonces N esta en el centro de G.
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