Estructuras Algebraicas

Series normales y subnormales

Elisabeth Kravchenco

Abril,2006

Introduccion 1. En este trabajo se definen lo que son las series normales y subnormales deun grupo G, series resolubles, entre otras. Luego se exponen varios resultados y propiedadesde las mismas, ası como tambien ejemplos (uno de los mas destacados es el de la Serie CentralAscendente), en los cuales, ademas, se emplearan nuevas nociones como la de grupo nilpotente,resoluble y totalmente invariante, entre otras.De estos resultados, el mas destacado es el famoso teorema de Jordan-Holder.Al final del trabajo se realizaron una serie de ejercicios aplicativos , mostrando la utilidad de estateorıa, mas especıficamente, en el ultimo ejercicio en que se demuestra el teorema Fundamentalde la Aritmetica usando el teorema de Jordan-Holder.

Definicion 2. Dado un grupo G, definimos:

• Una serie subnormal de un grupo G es una cadena de subgrupos G = G0 > G1 > G2 >· · · > Gn tal que Gi+1 es normal en Gi (es decir, Gi+1 � Gi) para 0 ≤ i < n.

• Los factores de la serie son los grupos cocientes Gi/Gi+1.

• La longitud de la serie es el numero de inclusiones estrictas (o alternativamente, el numerode factores no triviales).

• Una serie subnormal tal que Gi es normal en G para todo i, se dice normal.

Una serie subnormal no necesariamente es una serie normal.Para ello, miremos el siguiente ejemplo:

Ejemplo 3. Encontrar subgrupos H y K de D∗4 tales que H � K y K � D∗

4, pero H no esnormal en D∗

4.

Demostracion: Recordemos al grupo D∗4 (Simetrıa del cuadrado): Consideremos un cuadrado

cuyos vertices esten numerados en forma consecutiva. Sea D∗4 el conjunto de las transformaciones

del cuadrado, D∗4 = {R,R2, R3, R4, Tx, Ty, T1,3, T2,4} donde:

R=es la rotacion (sobre el centro ) de 90o ( antihorario), es decir (R=(1432)).

Tx= es la simetrıa del eje x, es decir, Tx=(14)(23).

1

2

Ty=es la simetrıa del eje y , es decir, Ty =(12)(34).

(D∗4, o) es un grupo con la composicion de funciones. Ademas |D∗

4| = 8.

Proponemos como subconjuntos de D∗4 a:

H = {Id, Tx} y K = {Id,R2, Tx, Ty}

[Notar que tanto H como K son subgrupos de D∗4, pues (Tx)−1 = Tx ∈ H, Id ∈ H,

(R2)−1 = R2 ∈ K, (Tx)−1 = Tx ∈ K, (Ty)−1 = Ty ∈ K, Id ∈ K]

Veamos si cumplen:

1. K � D∗4

2. H � K

Demostracion:

1)Como el |K| = 4 esto implica [D∗4 : K] = |D∗

4|/|K| = 8/4 = 2. Luego K � D∗4.

2) como |H| = 2 esto implica [K : H] = |K|/|H| = 4/2 = 2. Luego H � K.

Finalmente como D∗4 > K > H y H � K, K � D∗

4 se tiene que D∗4 > K > H es una serie

subnormal.

Pero no es normal pues: H 6 D∗4 ya que ∃R ∈ D∗

4 tal que RTx(R)−1 = T1,3R3 = Ty no

pertenece a H.

A continuacion daremos algunos ejemplos de series normales. Para el primer ejemplo, pre-cisaremos las siguientes definiciones:

Definicion 4 (de conmutador). Sea G un grupo. El subgrupo de G generado por el conjunto{aba−1b−1/a, b ∈ G} es llamado subgrupo conmutador de G y lo denotamos G

′.

Definicion 5. (de subgrupo derivado)Sea G un grupo y sea G(1)el conmutador de G,G1=G′.

Entonces para i ≥ 1, defino G(i) como G(i) = (G(i−1))′.

G(i) es llamado el i-esimo subgrupo derivado de G.

Definicion 6. (de grupo totalmente invariante) Un subgrupo H de G se dice totamente invari-ante si f(H) < H para todo endomorfirmo f : G −→ G.

Ahora sı, veamos el primer ejemplo:

Ejemplo 7. La serie derivada (es decir, la serie del grupo G, compuesta por una cadena desubgrupos derivados) G > G(1) > · · · > G(n) es una serie normal para cualquier grupo G.

Observacion 8. Si H < G es totalmente invariante =⇒ H � G.

3

Demostracion: Queremos ver que H � G, esto es, ∀x ∈ G, xhx−1 ∈ H, para h ∈ H.Sabemos que H es totalmente invariante, esto es, f(H) < H para todo endomorfismof : G 7−→ G. En particular, los automorfismos son endomorfismos. Luego sea Adx : G 7−→ G,definido como Adx(g) = xgx−1, para cada x ∈ G, entonces tenemos:

Adx(H) < H, pues es endomorfismo =⇒ xHx−1 < H =⇒ xhx−1 ∈ H , para h ∈ H y paracada g ∈ G =⇒ H � G

Demostracion: (del ejemplo 7) Para ver que es una serie normal hay que verificar que G(i) � G,es decir, para todo x ∈ G, xhx−1 ∈ G(i), con h ∈ G(i), pero por la observacion 8, solo nosresta probar que los G(i) son totalmente invariantes:

Lo probaremos por induccion sobre n: Para n=1, tenemos:

G(1) = {aba−1b−1/a, b ∈ G}

Sea entonces f : G −→ G un endomorfismo cualquiera luego:

f(aba−1b−1) = f(a)f(b)f(a−1)f(b−1)

(Ademas, por ser f un morfismo de grupos y como G es un grupo, luego e = f(e) = f(aa−1) =f(a)f(a−1) =⇒ (f(a))−1 = f(a−1)), se tiene entonces que:

f(aba−1b−1) = f(a)f(b)(f(a))−1(f(b))−1 ∈ G′, pues f(a), f(b) ∈ G

∴ f(G′) < G

′

Supongamos cierto que f(G(i−1)) < G(i−1), ∀f : G −→ G endomorfismo.

Queremos probar que: f(G(i)) < G(i), ∀f : G −→ G endomorfismo.

Sea f : G −→ G un endomorfismo. Sea x ∈ G(i). Luego como G(i) = (G(i−1))′por definicion

=⇒ x = aba−1b−1, a, b ∈ G(i−1) =⇒ f(x) = f(aba−1b−1) =⇒ por definicion de morfismo

f(x) = f(a)f(b)(f(a))−1(f(b))−1 ∈ G(i)

pues f(a), f(b) ∈ G(i−1), por hipotesis inductiva.

Finalmente los G(i) son totalmente invariantes.

Para el segundo ejemplo, precisaremos definir el concepto de serie central ascendente.

Primero recordemos la definicion de centro de G:

Definicion 9. Sea G un grupo. El centro de G se define como: C(G) = {a ∈ G/ab =ba, para todo b ∈ G}.

4

Observacion 10. C(G) � G ( pues aC(G) = C(G)a, a ∈ G para todo a ∈ G)

Comencemos con la definicion de serie central ascendente.

Sea G un grupo. Sabemos que el centro de G, C(G) es un subgrupo normal de G. Luegosea ρ1 : G −→ G/C1(G) el epimorfismo donde C1(G) = C(G), entonces definimos C2(G) =ρ−11 (C(G/C(G))) es la imagen inversa bajo la proyeccion canonica ρ1 =⇒ C2(G)�G y C1(G) <

C2(G). Mas generalmente, se puede continuar este proceso, en forma inductiva:Dada ρi−1 : G −→ G/Ci−1(G) el epimorfismo y Ci(G) = ρ−1

i−1(C(G/Ci−1(G))), ∀i ≥ 2, es laimagen inversa bajo la proyeccion canonica ρi−1, luego Ci(G) � G y Ci−1(G) < Ci(G).

Veamos que: ∀i ≥ 2

1. Ci−1(G) < Ci(G)

2. Ci(G) � G

Demostracion: 1) Notemos que por definicion Ci(G) = ρ−1i−1(C(G/Ci−1(G))) donde

ρi−1 : G −→ G/Ci−1(G). Ademas C(G/Ci−1(G)) < G/Ci−1(G), donde G/Ci−1(G) = {a ∈G/Ci−1(G)/ab = ba, para todo b ∈ G/Ci−1(G)}.

(Observemos que ab = ba entonces ab(b)−1(a)−1 = aba−1b−1 = e).

Luego como e ∈ C(G/Ci−1(G)) =⇒ Ci−1(G) = ρ−1i−1(e) ⊆ ρ−1

i−1(C(G/Ci−1(G))) = Ci(G)

∴ Ci−1(G) < Ci(G),∀i ≥ 2

2) Para ver esto primero veamos que si f : G1 −→ G2 donde Gi grupo para cada i = 1, 2 tal que

H � G2 =⇒ f−1(H) � G1.

Demostracion:∀s ∈ G1, sas−1 = a

′ ∈ f−1(H),∀a ∈ f−1(H)

Luego por definicion de suryectividad, tenemos: f(G1) = G2 y como H �G2 ⇐⇒ H �f(G1).Luego ∀p ∈ f(G1) php−1 = h

′ ∈ H, para h ∈ H ⇐⇒∃a1 ∈ G1/∀p = f(a1) ∈ f(G1), f(a1)h(f(a1)−1) = h

′ ∈ H, para h ∈ H ⇐⇒∃a1, a2, a3 ∈ G1/∀p ∈ f(G1), f(a1)f(a2)(f(a1))−1 = f(a3) ∈ H, para f(a2) ∈ H ⇐⇒ (usandoque f es morfismo)∃a1, a2, a3 ∈ G1/∀p ∈ f(G1)f(a1a2a

−11 ) = f(a3) ∈ H, para f(a2) ∈ H ⇐⇒ (usando la

definicion de imagen inversa)a1a2a

−11 = a3 ∈ f−1(H), para a1, a2, a3 ∈ G1 ⇐⇒ f−1(H) � G1.

Luego como ρi−1 : G 7−→ G/Ci−1(G) es epimorfismo y C(G/Ci−1(G))�G/Ci−1(G) entoncespor propiedad, tenemos que Ci(G) = ρ−1

i−1(C(G/Ci−1(G))) � G.

5

∴ Ci(G) � G,∀i ≥ 2

Finalmente, lo que hemos obtenido es una secuencia de subgrupos normales llamados Serie

Central Ascendente de G: 〈e〉 < C1(G) < C2(G) < C3(G) < · · ·

Definicion 11 (Nilpotente). Un grupo G es nilpotente si Cn(G) = G, para algun n, dondeCn(G) es el n-esimo termino de la serie central ascendente.

Ejemplo 12. Si G es un grupo nilpotente, la serie central ascendente C1(G) < C2(G) < · · · <Cn(G) = G es una serie normal para G.

Notemos que como G es nilpotente Cn(G) = G y por la definicion de serie central ascendente,sabemos que Ci(G) cumplen: ∀i ≥ 2, Ci−1(G) < Ci(G) y Ci(G)�G. Por lo tanto, es inmediatoque

〈e〉 < C1(G) < C2(G) < · · · < Cn(G)

es un serie normal para G.

Definicion 13. Dada G = G0 > G1 > · · · > Gn = 〈e〉 una serie subnormal, definimos:

• Un refinamiento de 1-paso de esta serie es cualquier serie de la forma G = G0 > G1 >· · · > Gi > N > Gi+1 > · · · > Gn o G = G0 > G1 > · · · > Gn > N , donde N � Gi y sii < n, Gi+1 � N .

• Un refinamiento de una serie subnormal S es cualquier serie subnormal obtenida de S poruna secuencia finita de refinamientos de 1-paso.

• Un refinamiento de S se dice propio si su longitud es estrictamente mas grande que lalongitud de S.

Definicion 14. Sea G un grupo , definimos:

• Una serie subnormal G = G0 > G1 > · · · > Gn = 〈e〉 es una serie de composicion si cadafactor Gi/Gi+1 es simple (esto es, no tiene subgrupo normales propios).

• Una serie subnormal G = G0 > G1 > · · · > Gn = 〈e〉 es una serie resoluble si cada factorGi/Gi+1 es abeliano.

Caracterizacion Series de Composicion: Si N es un subgrupo normal de un grupo G entoncestodo subgrupo normal de G/N es de la forma H/N donde H es un subgrupo normal de G, elcual contiene a N . Ademas, tenemos la siguiente propiedad:

Propiedad 15. N 6= G,G/Nes simple si y solo sı N es maximal en el conjunto de todos lossubgrupos normales M de G con M 6= G (a tal subgrupo N se lo llama subgrupo normal maximalde G).

6

Demostracion: =⇒) Supongamos por el absurdo que N no es un subgrupo normal maximalde G,es decir, ∃H, N < H con H 6= G,H 6= 〈e〉,H 6= N tal que H � G.

Por otra parte, observemos que todo subgrupo de G/N se puede escribir como H/N conN < H < G. Mas aun, H/N � G/N , si H � G.

Entonces como H � G y N < H < G, con H 6= N ,H 6= G, H 6= 〈e〉, luego H/N � G/N .Pero G/N tiene un subgrupo normal propio lo cual es absurdo (pues contradice que G/N seasimple).

⇐=) Supongamos por el absurdo que G/N no es simple. Luego ∃N < M < G con M 6= NM 6= G M 6= 〈e〉 tal que M/N � G/N lo cual implica que M � G.

Pero entonces N < M y M �G con M 6= N M 6= G M 6= 〈e〉 absurdo,ya que contradice queN sea subgrupo normal maximal.

Teorema 16. Sea G un grupo, tenemos:

1. Todo grupo finito G tiene una serie de composicion.

2. Todo refinamiento de una serie resoluble es una serie resoluble.

3. Una serie subnormal es una serie de composicion si y solo sı no tiene refinamientos propios.

Demostracion: 1) Para ello, sea G1 el subgrupo normal maximal de G, con G1 6= G. Luegopor la propiedad 15 tenemos que G/G1 es simple. Sea ahora G2 el subgrupo normal maximal deG1, con G2 6= G1 nuevamente por la propiedad 15 tenemos que G1/G2 es simple. Continuandocon este proceso y por ser G finito, este proceso finaliza con Gn = 〈e〉. Finalmente obtuvimosque G > G1 > G2 > · · · > Gn es una serie subnormal osea que Gi+1 � Gi tal que cada factorGi/Gi+1 es simple ∀1 ≤ i < n. ∴ se cumple 1

2)Sea la serie resoluble: G = G0 > G1 > · · · > Gn = 〈e〉 luego tomemos un refinamiento de1-paso. Sea entonces el refinamiento G = G0 > G1 > · · · > Gi > H > Gi+1 > · · · > Gn dondeH es tal que Gi+1 �H �Gi. Luego como la serie es resoluble, sabemos que cada factor Gi/Gi+1

es abeliano.

Por otra parte como H �Gi ⇐⇒ H/Gi+1 �Gi/Gi+1. En particular H/Gi+1 < Gi/Gi+1, quees abeliano =⇒ H/Gi+1 es abeliano. Ahora bien , para ver que el refinamiento que tomamossea una serie resoluble, resta ver que el factor Gi/H es resoluble. Para verlo usaremos el 3erteorema de isomorfismos: como Gi+1 � Gi y H � Gi y Gi > H > Gi+1 entonces tenemosGi/H ∼= (Gi/Gi+1)/(H/Gi+1) los cuales son abelianos =⇒ Gi/H es abeliano.

∴ el refinamiento de 1-paso es una serie resoluble. Luego cualquier refinamiento ( que estaconstituido por una secuencia finita de refinamientos de 1-paso) es una serie resoluble.

3) =⇒) Supongamos por el absurdo que tiene un refinamiento propio, esto es, ∃H/Gi+1 � H � Gi con H 6= 〈e〉, H 6= Gi, H 6= Gi+1 tal que:

7

G > G1 > · · · > Gi > H > Gi+1 > · · · > Gn

es un refinamiento (llamemoslo,R) de la serie subnormal S: G > G1 > · · · > Gn ( Notar que si

la long(S) = m luego la long(R) = m + 1)

[Recordar que para que S sea una serie de composicion debe cumplirse que Gi/Gi+1 essimple, esto es, que no tiene subgrupos normales propios.]

Pero como H � Gi con H 6= 〈e〉 y H 6= Gi y H 6= Gi+1 ⇐⇒ H/Gi+1 es un subgrupo normalpropio de Gi/Gi+1. Absurdo, pues contradice la hipotesis.

⇐=) Supongamos por el absurdo que la serie subnormal S : G0 = G > G1 > · · · > Gn

no es una serie de composicion. Luego ∃1 ≤ i0 ≤ n tal que Gi0/Gi0+1 no es simple ⇐⇒∃H con Gi0+1 �H �Gi0 con H 6= 〈e〉, H 6= Gi0 tal que (H/Gi0+1)/(Gi0/Gi0+1) propio. LuegoGi0 > H > Gi0+1 con H 6= Gi0+1, H 6= Gi0 , sea entonces :

G0 > G1 > · · · > Gi0 > H > Gi0+1 > · · · > Gn

un refinamiento ( el cual llamaremos R) de la serie S. Si long(S) = m luego la long(R) = m+1

∴ long(R) > long(S) =⇒ R es un refinamiento propio de S lo cual es absurdo pues contradicela hipotesis.

Antes de enunciar el siguiente teorema sobre grupos resolubles, precisaremos ver primerociertos resultados preliminares:

Definicion 17. (de grupos resolubles)Un grupo G se dice resoluble si G(n) = 〈e〉, para algun n.

Teorema 18. (auxiliar)

1. Si G es un grupo, entonces G′es un subgrupo normal de G y G/G

′es abeliano.

2. Si N es un subgrupo normal de G entonces G/N es abeliano ⇐⇒ N contiene a G′.

Demostracion: 1) ? Veamos primero que G′� G

Sea f : G −→ G cualquier automorfismo, luego se tiene:

f(aba−1b−1) = f(a)f(b)f(a−1)f(b−1) = f(a)f(b)(f(a))−1(f(b))−1 ∈ G′

(estas igualdades son validas por ser G un grupo, f un morfismo y f(a), f(b) ∈ G′)

Luego f(G′) < G

′,es decir, G

′es totalmente invariante. Luego por la observacion 8 es

inmediato que G′� G.

? Veamos que G/G′es abeliano: recordemos que

G(1) = G′= {aba−1b−1/a, b ∈ G}

8

ab = ba en G/G′pues ab(ba)−1 = e ya que aba−1b−1 ∈ G

′por definicion de G

′.

∴ G/G′es abeliano.

2) =⇒) Si G/N es abeliano entonces abN = baN , ∀a, b ∈ G de donde ab(ba)−1 = aba−1b−1 ∈N .

∴ N contiene a todos los conmutadores y G′< N .

⇐=) G−1 < N < G y G−1 � G N � G luego por el tercer teorema del isomorfismo ,tenemosque:

N/G′� G/G

′y G/N ∼= (G/G

′)/(N/G

′)

como N/G′< G/G

′y G/G

′es abeliano, luego N/G

′es abeliano.

Finalmente como G/N ∼= (G/G′)/(N/G

′) y G/G

′, es abeliano se tiene que G/N es abeliano.

Ahora sı, veamos el teorema:

Teorema 19. Un grupo G es resoluble ⇐⇒ tiene una serie resoluble.

Demostracion: =⇒) Si G es resoluble entonces la serie derivada G > G(1) > G(2) > · · · >G(n) = 〈e〉 es una serie resoluble (pues por el teorema auxiliar inciso 1 y la definicion de subgrupoderivado),tenemos:

G(i+1) = (G(i))′

y (G(i))′� G(i)

luego G(i)/(G(i))′es abeliano (pues si llamo G = G(i) =⇒ G/(G)

′es abeliano).

⇐=) Si G = G0 > G1 > · · · > Gn es una serie resoluble para G, como G1 � G por elteorema auxiliar inciso 1 tenemos que G/G1 es abeliano . A su vez, esto implica tambien(por el teorema auxiliar inciso 2 ) que G1 > G(1) = G

′. Ahora bien, como G2 � G1 =⇒

G1/G2 y como antes resulta abeliano lo cual implica (por el teorema auxiliar inciso 2)queG2 > (G1)

′> G(2) = (G(1))

′= G

′. Continuando este procedimiento por induccion, podemos

concluir que Gi > G(i), ∀i. En particular 〈e〉 = Gn > G(n) =⇒ G(n) = 〈e〉, para algun n.∴ G es resoluble.

Ejemplo 20. El grupo Dihedral Dn es resoluble, ya que Dn > 〈a〉 > 〈e〉 es una serie resoluble,donde a es el generador de orden n .

JUSTIFICACION: Como |〈a〉| = n y |Dn| = 2n =⇒ [Dn : 〈a〉] = |Dn|/|〈a〉| = 2n/n = 2 (por elteorema de Lagrange)=⇒ 〈a〉� Dn. Luego Dn/〈a〉 ∼= Z2, Z2 es abeliano.

∴ Dn/〈a〉 es abeliano.

∴ Dn > 〈a〉 > 〈e〉 es una serie resoluble y por el teorema anterior esto implica que Dn esresoluble.

De forma similar tenemos el siguiente ejemplo:

9

Ejemplo 21. Si |G| = pq con p > q primos entonces G contiene un elemento a de orden p y〈a〉� G ( por el teorema 41y el corolario 42 incisos 1 y 3) De este modo tenemos G > 〈a〉 > 〈e〉es una serie resoluble (pues |G/〈a〉| = [G : 〈a〉] = pq/p = q, q primo =⇒ G/〈a〉 ∼= Zq con q primoy Zq abeliano luego G/〈a〉 es abeliano),por el teorema anterior, resulta que G es resoluble.

Mas generalmente, tenemos:

Proposicion 22. Un grupo finito G es resoluble si y solo si G tiene una serie de composicioncuyos factores son cıclicos de orden primo.

Demostracion:⇐=) Una serie de composicion con factores cıclicos es una serie resoluble (ya que si Gi/Gi+1 escıclico =⇒ Gi/Gi+1 es abeliano).

=⇒) Asumimos que G = G0 > G1 > · · · > Gn = 〈e〉 es una serie resoluble para G. SiG0 = G1, sea H1 el subgrupo normal maximal de G = G0 el cual contiene a G1. Si H1 6= G1,sea H2 el subgrupo normal maximal de H1 el cual contiene a G1 y ası continuamos. Entoncescomo G es finito, tenemos una serie G > H1 > H2 > · · · > Hk > G1 donde cada subgrupo esun subgrupo normal maximal del precendente, y cada factor es simple(esto pues cada Hi es unsubgrupo normal maximal, por la caracterizacion series de composicion , G/Hi y Hi/Hi+1 sonsimples). Haciendo esto, para cada par (Gi, Gi+1) tenemos:

G > H1 > · · · > Hk > G1 > · · · > Gi > Hi1 > · · · > Hik > Gi+1 > · · · > Gn

, luego renombrando los elementos de la serie N0 = G, N1 = H1,etc, tenemos un refinamientoresoluble

N0 = G > N1 > · · · > Nr = 〈e〉

de la serie original (por teorema 16 inciso 2)). Cada factor de esta serie es abeliano y simpleluego Ni/Ni+1

∼= Zpi , con pi primo y entonces son cıclicos de orden primo.

∴ N0 = G > N1 > · · · > Nr = 〈e〉 es una serie de composicion.

Dado un grupo G, podemos tener muchas series subnormales o resolubles. Ademas se puedentener varias series de composicion diferentes. No obstante, mostraremos que cualesquiera dosseries de composicion de un grupo son equivalentes en el siguiente sentido:

Definicion 23. Dos series subnormales S y T de un grupo G son equivalentes si existe unacorrespondencia 1-1 entre los factores no triviales de S y los factores no triviales de T ,tal quefactores correspondientes son grupos isomorfos.(Dicho de otra manera: ∃σ : I −→ J biyectiva,I,J conjuntos de ındices de los terminos Si, Tj

respectivamente tal que para cada i σ(i) = j,∀j. Luego esta correspondencia implica que elfactor no trivial de S es equivalente al factor no trivial de T , es decir, Si/Si+1

∼= Tj/Tj+1)

Dos series subnormales equivalentes no necesariamente tienen el mismo numero de terminosen orden equivalente, pero ellos deben tener la misma longitud (esto es,el mismo numero defactores no triviales).

10

Observacion 24. Claramente, la equivalencia de series subnormal es una relacion de equiva-lencia, es decir: S ∼ T si y solo si Si/Si+1

∼= Tj/Tj+1 si y solo si hay una correspondencia 1-1I ←→ J .Para ver que∼ es una relacion de equivalencia, hay que probar:

1. Reflexiva: S ∼ S ∀S serie subnormal.

2. Simetrica: Si S ∼ T =⇒ T ∼ S.

3. Transitiva: Si S ∼ H y H ∼ T =⇒ S ∼ T .

Demostracion: 1) Es reflexiva, pues si tomamos Id : I −→ I ,para cada i, la Id es unacorrespondencia biyectiva, luego Si/Si+1

∼= Si/Si+1,es decir, S ∼ S.

2) Si f : I −→ J es biyectiva =⇒ ∃f−1 : J −→ I que tambien es biyectiva, luego T ∼ S.

3) Si f : I −→ K es biyectiva y g : K −→ J es biyectiva, luego (gof) : I −→ J es biyectiva(pues como composicion de funciones biyectivas es biyectiva). Luego S ∼ T

Finalmente ∼ es una relacion de equivalencia.

Lema 25. Si S es una serie de composicion de un grupo G entonces cualquier refinamiento deS es equivalente a S.

Demostracion: Sea S : G = G0 > G1 > · · · > Gn = 〈e〉 > Por el teorema 16 inciso 3 S no tienerefinamientos propios. Esto implica que los unicos posibles refinamientos de S son obtenidosinsertando copias adicionales de cada Gi. Consecuentemente cualquier refinamiento de S tieneexactamnete los mismos factores no triviales de S y es, por lo tanto, equivalente a S.

El siguiente lema es completamente tecnico. Su importancia se vera inmediatamente, en lademostracion del teorema 31.

Lema 26. (Zassenhaus) Sean A∗, A, B∗, B subgrupos de un grupo G tal que A∗�A y B∗�B:

1. A∗(A ∩B∗) es un subgrupo normal de A∗(A ∩B);

2. B∗(A∗ ∩B) es un subgrupo normal de B∗(A ∩B);

3. A∗(A ∩B)/A∗(A ∩B∗) ∼= B∗(A ∩B)/B∗(A∗ ∩B)

Demostracion: Antes de comenzar con la demostracion, precisaremos recordar ciertos teoremasde la teorıa de grupos normales, los cuales usaremos a lo largo de la misma:

Teorema 27. Dados K y N subgrupos de un grupo de G con N normal en G. Entonces

1. N ∩K � K

11

2. N es un subgrupo normal de N ∨K.

3. NK = N ∨K = KN

4. Si K es normal en G y K ∩N = 〈e〉 entonces nk = kn,∀k ∈ K, n ∈ N

Propiedad 28. Dados H � G y K � G entonces H ∨K � G.

Demostracion: H � G, K � G, G grupo.

Queremos ver HK = H ∨K � G,es decir, aHKa−1 ⊆ HK ∀a ∈ G.

Sea x ∈ aHKa−1 =⇒ x = ahka−1, h ∈ H, k ∈ K =⇒ (por ser G grupo a−1a = e,∀a ∈ G)tenemos que x = ah(a−1a)ka−1 = (aha−1)(aka−1) pero aha−1 ∈ H por ser H normal en G yaka−1 ∈ K, por ser K normal en G =⇒ x ∈ HK

∴ H ∨K � G

Teorema 29. Si f : G→ H es un morfismo de grupos entonces el nucleo de f es un subgruponormal de G. Recıprocamente, si N es un subgrupo normal de G, entonces el mapa π : G→ G/Ndado por π(a) = aN es un epimorfismo con ker(π) = N .

Corolario 30. (Primer Teorema de Isomorfismo) Si f : G → H es un morfismo de gruposentonces f induce un isomorfismo G/Ker(f) ∼= Im(f).

Ahora sı, estamos en condiciones de comenzar con la demostracion del Lema 26: ComoB∗�B, luego A∩B∗ = A∩(B∩B∗) = (A∩B)∩B∗ es un subgrupo normal de A∩B (por teorema27 inciso 1), de manera similar vemos que como A∗�A =⇒ A∗∩B = (A∗∩A)∩B = A∗∩(A∩B)es un subgrupo normal de A∩B. Consecuentemente defino D := (A∗∩B)(A∩B∗) el cual es unsubgrupo normal de A∩B (esto por teorema 27 inciso 3) y la propiedad 28). Observemos tambienque por el (teorema 27 inciso 3) implica tambien que A∗(A ∩ B) y B∗(A ∩ B) son subgruposde A y B respectivamente. Luego, los siguientes pasos a seguir son : Primero definimos unepimorfismo f : A∗(A ∩ B) → (A ∩ B)/D con ker(f) = A∗(A ∩ B∗). Esto implicara queA∗(A ∩ B∗) � A∗(A ∩ B) por el teorema 29 y que A∗(A ∩ B)/A∗(A ∩ B∗) ∼= (A ∩ B)/D por elprimer teorema de isomorfismo.

Definimos f : A∗(A ∩ B) → (A ∩ B)/D como sigue: si a ∈ A∗, c ∈ A ∩ B f(ac) = Dc.Entonces f esta bien definida, pues si tomamos a, a1 ∈ A∗ y c, c1 ∈ A ∩B tenemos:

ac = a1c1 =⇒ c1c−1 = a−1

1 a ∈ (A ∩B) ∩A∗ = A∗ ∩B < D

de donde, Dc1 = Dc. f es claramente suryectiva. f es un epimorfismo puesto que:

f [(a1c1)(a2c2)] = f(a1a3c1c2) = Dc1c2 = Dc1Dc2 = f(a1c1)f(a2c2)

12

donde ai ∈ A∗, cj ∈ A∩B y c1a2 = a3c1 puesto que A∗ es normal en A. Finalmente ac ∈ ker(f)si y solo si c ∈ D esto es, si y solo si c = a1c1 con a1 ∈ A∗ ∩ B y c1 ∈ A ∩ B∗. Por lo tantoac ∈ ker(f) si y solo si ac = (aa1)c1 ∈ A∗(A ∩B∗). Luego ker(f) = A∗(A ∩B∗).

∴ ker(f) = A∗(A ∩B∗) � A∗(A ∩B)

∴ Queda probado el inciso 1.

Analogamente, definimos el epimorfismo g : B∗(A ∩B)→ (A ∩B)/D como g(bc) = Dc conb ∈ B∗ y c ∈ A ∩ B y de forma similar (a lo hecho anteriormente), se llega a que ker(g) =B∗(A∗ ∩B) � B∗(A ∩B).

∴ Queda probado el inciso 2.

Ahora bien tenıamos por una parte a f : A∗(A ∩ B) → (A ∩ B)/D un epimorfismo cuyoker(f) = A∗(A ∩B∗). Luego por el 1er Teorema de Isomorfismo tenemos:

A∗(A ∩B)/A∗(A ∩B∗) ∼= (A ∩B)/D (1)

Por otra parte g : B∗(A ∩ B) → (A ∩ B)/D un epimorfismo cuyo ker(g) = B∗(A∗ ∩ B). Luego

por el 1er Teorema de Isomorfismo tenemos:

B∗(A ∩B)/B∗(A∗ ∩B) ∼= (A ∩B)/D (2)

Finalmente, de 1 y 2 concluimos que:

A∗(A ∩B)/A∗(A ∩B∗) ∼= B∗(A ∩B)/B∗(A∗ ∩B)

∴ Queda probado el inciso 3

Teorema 31. (Schreier) Cualesquiera dos series subnormales [respectivamente normales] de ungrupo G tienen refinamientos subnormales [respectivamente normales] que son equivalentes.

Demostracion: Sean G = G0 > G1 > · · · > Gn y G = H0 > H1 > · · · > Hm series subnormales[resp. normales]. Sea Gn+1 = Hm+1 = 〈e〉 y para cada 0 ≤ i ≤ n, consideremos:

Gi = Gi+1(Gi ∩ H0) > Gi+1(Gi ∩ H1) > · · · > Gi+1(Gi ∩ Hj) > Gi+1(Gi ∩ Hj+1) > · · · >Gi+1(Gi ∩Hm) > Gi+1(Gi ∩Hm+1) = Gi+1

Para cada 0 ≤ j ≤ m, por el Lema de Zassenhaus (aplicado a Gi+1, Gi, Hj , Hj+1, puesHj+1 �Hj y Gi+1 �Gi) muestra que Gi+1(Gi∩Hj+1) es normal en Gi+1(Gi∩Hj). [Si las seriesoriginales son ambas normales, entonces cada Gi+1(Gi ∩Hj) es normal en G por el teorema 27inciso 3 y por la propiedad 28 y usando el hecho de que la interseccion de familia de subgruposnormales es normal]. Intersecando estos grupos entre cada Gi y Gi+1 y denotandolos como

13

G(i, j) = Gi+1(Gi ∩Hj), de este modo,damos un refinamiento subnormal [resp. normal] de laserie G = G0 > G1 > · · · > Gn:

G = G(0, 0) > G(0, 1) > · · · > G(0,m) > G(1, 0) > G(1, 1) > G(1, 2) > · · · > G(1,m) >G(2, 0) > · · · > G(n− 1,m) > G(n, 0) > · · · > G(n, m),

donde G(i, 0) = Gi. Notar que este refinamiento tiene (n + 1)(m + 1) terminos (no nece-sariamente distintos). Un argumento similar muestra que existe un refinamiento de G = H0 >H1 > · · · > Hm (donde H(i, j) := Hj+1(Gi ∩Hj) y H(0, j) = Hj):

G = H(0, 0) > H(1, 0) > · · · > H(n, 0) > H(0, 1) > H(1, 1) > H(2, 1) > · · · > H(n, 1) >H(0, 2) > · · · > H(n, m− 1) > H(0,m) > · · · > H(n, m).

Este refinamiento tambien tiene (n+1)(m+1) terminos. Para cada par (i, j) (0 ≤ i ≤ n, 0 ≤j ≤ m) existe por el lema de Zassenhaus y en particular el inciso 3 (aplicado a Gi+1,Gi,Hj ,Hj+1) un isomorfismo:

G(i, j)/G(i, j + 1) = Gi+1(Gi ∩Hj)/Gi+1(Gi ∩Hj+1) ∼= Hj+1(Gi ∩Hj)/Hj+1(Gi+1 ∩Hj) =H(i, j)/H(i + 1, j)

Esto nos provee de la correspondencia 1-1 de los factores y muestra que los refinamientosson equivalentes.

Teorema 32. (Jordan-Holder) Cualesquiera dos series de composicion de un grupo G son equiv-alentes. Por consiguiente cualquier grupo teniendo una serie de composicion determina unaunica lista de grupos simples.

Observacion 33. El teorema no da condiciones para la existencia de una serie de composicionde un grupo dado.

Demostracion: Como la serie de composicion es una serie subnormal, cualesquiera dos seriesde composicion tienen refinamientos equivalentes (por el teorema 31). Pero todo refinamientode una serie de composicion S es equivalente a S, por el lema 25. De esto resulta entonces quedos series de composicion son equivalentes.

Ejercicios

Ejercicio 34. Si G = G0 > G1 > · · · > Gn es una serie subnormal de un grupo finito G,entonces

|G| = (n−1∏i=0

|Gi/Gi + 1|) · |Gn|

14

Demostracion: (Observar primero que G = G0 > G1 > · · · > Gn es una serie subnormal, estoes, Gi + 1 � Gi para todo 0 ≤ i < n).

Lo probaremos por induccion sobre n (n ≥ 1)

Si n = 1 luego G = G0 > G1

|G| = (1−1∏i=0

|Gi/Gi+1|) · |G1| = |G0/G1| · |G1| = |G/G1| · |G1|

luego por ser una serie subnormal, G1 � G se tiene que |G/G1| = [G : G1]

∴ |G| = [G : G1] · |G1| (3)

Observacion 35. Este resultado (3) se conoce como Teorema de Lagrange.

∴ Para n = 1, es cierto

Hipotesis Inductiva: Supongamos cierto para n− 1, osea, si H0 > H1 > · · · > Hn−1 =⇒

|H0| = ((n−1)−1∏

i=0

|Hi/Hi+1|) · |Hn−1|

donde Hi = Gi+1 i = 0, . . . , n− 1Tesis: Hay que probarlo para n, osea, hay que ver:Si G = G0 > G1 > G2 > · · · > Gn

|G| = (n−1∏i=0

|Gi/Gi+1|) · |Gn|

Como G1 < G por el Teorema de Lagrange tenemos:

|G| = [G : G1] · |G1|

usando que es serie subnormal (pues G1�G⇒ |G/G1| = [G : G1])y usando la hipotesis inductivaen |G1| = |H0|,tenemos

|G| = [G : G1] · |G1| = |G| = [G : G1] · ((n−1)−1∏

i=0

|Hi/Hi+1|) · |Hn−1|

como Hi = Gi+1, i = 0, . . . , n− 1 y Hn−1 = Gn, luego

|G| = |G/G1|(n−2∏i=0

|Gi+1/Gi+2|) · |Gn|

15

realizando entonces un cambio de ındice, es decir llamo j = i + 1 y como G = G0 nos queda

|G| = |G0/G1| · (n−1∏j=1

|Gj/Gj+1|) · |Gn|

|G| = (n−1∏j=0

|Gj/Gj+1|) · |Gn|

∴ queda mostrado por induccion que

|G| = (n−1∏j=0

|Gj/Gj+1|) · |Gn|

Ejercicio 36. Si N es un subgrupo normal simple de un grupo G y G/N tiene una serie decomposicion entonces G tiene una serie de composicion.

Demostracion: Sea N un subgrupo normal simple.Sea G/N , luego todo subgrupo de G/N es de la forma H/N donde H � N y N < H.Llamemos S0 = S = G/N , como sabemos S0 > S1 > · · · > Sn es una serie composicion (porhipotesis),donde Si = Hi/N con N < Hi y Hi � G.Ahora bien, queremos ver que G tambien tiene una serie de composicion:

Sea entonces la serie H1 > H2 > · · · > Hn > N(observar que como N < Hi,∀i, luego N es el subgrupo mas chico de la serie).Veamos que esta serie es subnormal, esto es,Hi+1 � Hi para 1 ≤ i < n + 1

Por hipotesis, sabemos que Hi+1/N � Hi/N, 1 ≤ i < n ⇒ Hi+1 � Hi para 1 ≤ i < n.∴ H1 > H2 > · · · > Hn > N es una serie subnormal.Luego, para ver si es una serie de composicion, hay que probar que cada factor Hi/Hi+1 essimple.

[Notar que N � Hi,pues: N , Hi son subgrupos de G y N � G por el teorema 27 inciso 1tenemos N = N ∩ Hi � Hi ⇒ N � Hi]. Luego por el tercer teorema de isomorfismo tenemosque:

(Hi/N)/(Hi+1/N) ∼= Hi/Hi+1

Pero Si = Hi/N y Si+1 = Hi+1/N son simples (pues Si y Si+1 son parte de la serie decomposicion, por hipotesis).Luego Hi/Hi+1 es simple.(Recordemos el tercer teorema del isomorfismo: Si H y K son subgrupos normales de G talque K < H ⇒ H/K es un subgrupo normal de G/N y

(G/K)/(H/K) ∼= G/H).

(Observar que en ejercicio ”N = K”, ”Hi+1 = H” y ”Hi = G”).

16

Ejercicio 37. Una serie de composicion de un grupo es una serie subnormal de longitud maximalfinita.

Demostracion: Supongamos, por el absurdo, que la serie subnormal S dada por: G = G0 >G1 > · · · > Gn no tiene longitud maximal finita.Luego, existe un refinamiento R de S compuesto por: G0 > G1 > · · · > Gi > H > Gi+1 >· · · > Gn donde Gi+1 � H � Gi y H 6= Gi+1 H 6= Gi H 6= 〈e〉 tal que si long(S) = m luegolong(R) = m + 1 > m = long(S), donde ”long” denota la longitud. Esto nos dice que R es unrefinamiento propio de S,lo cual, implicarıa que S no es una serie de composicion. Absurdo,pues se contradice con la hipotesis.∴ S tiene longitud maximal finita.

Ejercicio 38. Un grupo G abeliano tiene una serie de composicion si y solo si es finito.

Demostracion: ⇐) Es inmediato del Teorema 16 inciso1.⇒) Sea S : G = G0 > G1 > · · · > Gn = 〈e〉 la serie de composicion. Para probar que G esfinito, precisaremos mostrar lo siguiente:

1. Sea G un grupo abeliano y simple entonces

G ∼= Zp, con p primo

2. Probar que Gi/Gi+1∼= Zp, p primo y luego usar el ejercicio 34.

Demostracion: 1) Sea a ∈ G a 6= 〈e〉, y G es simple (es decir, no tiene subgrupos normalespropios).(Observarcion: como G es abeliano, todo subgrupo de G es normal en G⇒ 〈a〉 es normal en G).Luego como G es simple y 〈a〉 6= 〈e〉 ⇒ 〈a〉 = G ⇒ G es cıclico, luego puede pasar:

• G ∼= Zp, con p ∈ N

• G ∼= Z

Pero si G ∼= Z y como Z tiene subgrupos propios ⇒ G tiene subgrupos propios. Absurdo, puesG es simple.Luego G ∼= Zp, con p ∈ N.Ahora bien, veamos que p es primo.Supongamos que p no es primo. Luego ∃m,n > 0 tal que|a| = |G| = p = m · n ⇒ m/P y |am| = p/m = m · n/m = n < p ⇒ 〈am〉 es un subgrupo

propio de G absurdo.∴ G ∼= Zp, con p primo.

Demostracion: 2) Primero tenemos que mostrar que Gi/Gi+1 es isomorfo a Zp, con p primo.Como Gi/Gi+1 son simples (por ser serie de composicion), luego resta ver que Gi/Gi+1 sonabelianos.Notemos que como Gi+1 < G y G es abeliano ⇒ Gi+1 es abeliano,esto es, {a/ab = ba, b ∈ G}.

17

Ademas, por ser serie subnormal Gi+1 � Gi.Luego sean a, b ∈ Gi/Gi+1 ⇒ ab = ba ⇔ ab = ba ⇔ ab(ba)−1 ∈ Gi+1 ⇔ aba−1b−1 ∈ Gi+1

∴ Gi/Gi+1 es abeliano.∴ Gi/Gi+1 es abeliano y simple luego por 1) Gi/Gi+1

∼= Zpi , con pi primo 0 ≤ i < n entonces,utilizando el ejercicio 34, tenemos que:

|G| = (n−1∏i=0

|Gi/Gi+1|) · |Gn|

pero como |Gi/Gi+1| = pi y Gn = 〈e〉 ⇒ |Gn| = 1,luego

|G| =n−1∏i=0

pi <∞

∴ G es finito.

Ejercicio 39. Si H � G, donde G tiene una serie de composicion entonces G tiene una serie decomposicion cuyo uno de los terminos es H.

Demostracion: Sea S dada por G = G0 > G1 > · · · > Gn = 〈e〉 serie de composicion de G. Enparticular, G = G0 > · · · > Gn = 〈e〉 es una serie subnormal de G.Por otra parte, H � G, luego sea la serie subnormal T dada por G > H > 〈e〉. Luego porel Teorema 31, existe un refinamiento de T , llamemoslo R1 equivalente a un refinamiento deS,llamemoslo R2.Pero como S es una serie de composicion, por el Lema 25, tenemos que todo refinamiento deS es equivalente a S, en otras palabras, S es el refinamiento R2 (R2 ∼= S), (pues las series decomposicion no tienen refinamientos propios teorema 16 inciso 3)Pero entonces R1 es equivalente a R2 ∼= S que es una serie de composicion ⇒ R1 tiene que seruna serie de composicion ⇒ R1 ∼= T .∴ G > H > 〈e〉 es una serie de composicion en donde H es uno de sus terminos.

Ejercicio 40. Un grupo resoluble con una serie de composicion es finito.

Demostracion: sea G un grupo resoluble, por Teorema 19 es equivalente a que G tiene una serieresoluble, G = G0 > G1 > · · · > Gn = 〈e〉.Por otra parte, sabemos que G tambien tiene una serie de composicion, G = H0 > H1 > · · · >Hm.Ahora bien, ambas son series subnormales. Luego por el Teorema 31 tienen refinamientossubnormales que son equivalentes. Ademas, por ser G = H0 > H1 > · · · > Hm una serie decomposicion, luego por Lema 25 cualquier refinamiento es equivalente a H0 > H1 > · · · > Hm.Finalmente, existe un refinamiento de G = G0 > G1 > · · · > Gn que es una serie de composicion.A continuacion, probaremos que: Si ∃i/Gi/Gi+1 (abeliano) no es finito ⇒ G0 > G1 > · · · > Gn

no tiene un refinamiento que es serie de composicion.Demostracion: Supongamos que tiene un refinamiento que es serie de composicion.

18

Para G0 > G1 > · · · > Gi > Gi+1 > · · · > Gn = 〈e〉 tenemos:Para cada par (Gi, Gi+1), tomemos:

Gi > K1 > · · · > Kr > · · · > Gi+1

con Gi+1 � Kr, Kj+1 � Kj para j = 1, . . . , r − 1 y K1 � Gi y ademas sabemos que Kr/Gi+1,Kj/Kj+1 para j = 1, . . . , r − 1 y Gi/K1 son simples (pues el refinamiento es una serie decomposicion).Ahora bien ¿son abelianos?Sı, son abelianos, pues por lo dicho anteriormente (teorema 31) este refinamiento es equivalente aun refinamiento de la serie resoluble G = H0 > H1 > · · · > Hm, luego existe una correspondencia1-1 entre los factores no triviales del refinamiento de H0 > H1 > · · · > Hm y los factores notriviales del refinamiento que tomamos de G > G1 > · · · > Gn.Finalmente, son abelianos y simples⇒ Km/Gi+1

∼= Zq,Kj/Kj+1∼= Zpj , Gi/K1

∼= Zp con q, p, pj

primos ⇒ |Km/Gi+1| = q < ∞, |Kj/Kj+1| = pj < ∞ y |Gi/K1| = p < ∞, luego usando elejercicio 34, tenemos :

|Gi/Gi+1| = [Gi : Gi+1] =n−1∏i=0

|Ki/Ki+1| <∞

⇒ |Gi/Gi+1| <∞, absurdo.Finalmente, existe un refinamiento de G = G0 > G1 > · · · > Gn que es una serie de composicion.

Sea R10 = G0, R11, . . . ,R1n, R20 = G1 y ası obtengo G = R10 > R11 > · · · > R1n > R20 >· · · > Rnm = Gn y simples.Luego aplicando nuevamente el ejercicio 34, obtenemos que:

|G| = (n−1∏i=0

|Rij/Ri+1j+1|)|Rnm|

y como |Rij/Ri+1j+1| <∞ y |Rnm| = |〈e〉| = 1 luego

|G| <∞

∴ G es finito.

Antes de comenzar con el siguiente ejercicio, enunciaremos algunos resultados (conocidos)que precisaremos utilizar en el mismo.

Teorema 41. (1er teorema de Sylow) Dado G un grupo de orden pnm con n > 1, p primo y(p, m) = 1. Entonces G contiene un subgrupo de orden pi, para cada 1 ≤ i ≤ n y todo subgrupode G de orden pi, (i < n), es normal en algun subgrupo de orden pi+1.

Corolario 42. Dado G un grupo de orden pnm con p primo, n > 1 y (m, p) = 1. Sea H unp-subgrupo de G, tenemos:

1. H es un p-grupo de Sylow de G si y solo si |H| = pn.

19

2. Toda conjugacion de un p-grupo de Sylow es un p-grupo de Sylow.

3. Si existe un unico p-grupo de Sylow P , entonces P � G

Proposicion 43. Si |H| = p2 ⇒ H es abeliano.

Ejercicio 44. Cualquier grupo de orden p2q ( p,q primos p 6= q) es resoluble.

Demostracion: |G| = p2q con p, q primos p 6= q(Sin perdida de generalidad, se puede suponer que p > q, (p, q) = 1).Por la Proposicion 22 ver que G es resoluble es equivalente a ver que G tiene una serie decomposicion cuyos factores son cıclicos orden primo.Luego por el Teorema 16 inciso 1 tenemos:como |G| = p2q <∞ ⇒ G tiene una serie de composicion, llamemosla, S.Ademas, como |G| = p2q, con (p, q) = 1 estamos bajo las hipotesis del teorema 41 ⇒ G tieneun subgrupo H, |H| = pi, 1 ≤ i ≤ 2pero, por el corolario 42,|H| = p2 es un p-grupo de Sylow de G. Entonces, por la propiedad 43,tenemos:Si |H| = p2 ⇒ H es abeliano.Finalmente, es inmediato que H � G ( pues ∀a ∈ G, aHa−1 = aa−1H = H)Ahora bien, sea la serie subnormal G > H > 〈e〉 luego por el teorema 31, esta serie tiene unrefinamiento subnormal que es equivalente a un refinamiento S.Pero como S es serie de composicion, por lema 25, todo refinamiento de S es equivalente a S.Luego G > H > 〈e〉 tiene un refinamiento que es serie de composicion ⇒ G > H > 〈e〉 es unaserie de composicion.Resta ver que los factores son cıclicos de orden primo:

|G/H| = [G : H] = |G|/|H| = p2 · q/p2 = q, q primo

⇒ G/H ∼= Zq y como Zq es cıclico ⇒ G/H es cıclico y con orden primo.∴ G tiene una serie de composicion cuyos factores son cıclicos y de orden primo.∴ G es resoluble.

Para el siguiente ejercicio precisamos 2 ejercicios de la seccion anterior(grupos Nilpotentes yResolubles) que enunciaremos a continuacion.

Ejercicio 45. Si H y K son subgrupos de un grupo G, sea (H,K) el subgrupo de G generadopor los elementos {hkh−1k−1/h ∈ H, k ∈ K}. Mostrar que:

1. (H,K) es normal en H ∨K

2. Si (H,G′) = 〈e〉 ⇒ (H

′, G) = 〈e〉

3. H � G ⇔ (H,G) < H.

4. Sea K � G y K < H, entonces:H/K < C(G/K) ⇔ (H,G) < K.

20

Demostracion:1) Hay que mostrar que (H,K) � H ∨ K,es decir, ∀a ∈ H ∨ K, asa−1 ∈ (H,K), s ∈ (H,K)donde, (H,K) = {hkh−1k−1/h ∈ H, k ∈ K} y H ∨K = {h1k1h2k2 . . . hnkn/hi ∈ H, ki ∈ K}.Lo probaremos por induccion sobre n:

Observacion 46. (importante) Basta probarlo para los generadores del grupo y luego comocualquier elemento del grupo se puede expresar como producto de generadores, entonces quedaramostrado para todo elemento del grupo.

Para n = 1 tenemos que ver: sea a = h1k1 con h1 ∈ H, k1 ∈ K y sea s = hkh−1k−1, h ∈H, k ∈ K, luego

h1k1(hkh−1k−1)(h1k1)−1 ∈ (H,K)?

Comencemos mostrando primero los siguientes casos:

1. k1(hkh−1k−1)k−11 ∈ (H,K)

2. h1(hkh−1k−1)h−11 ∈ (H,K)

Demostracion: 1) k1(hkh−1k−1)k−11 = k1hkh−1(k−1k−1

1 ) = k1hkh−1(k1k)−1 =

= k1h(k−11 k1)kh−1(k1k)−1 = k1hk−1

1 (k1k)h−1(k1k)−1 =

= k1hk−11 (h−1h)(k1k)h−1(k1k)−1 = [k1hk−1

1 h−1][h(k1k)h−1(k1k)−1] =

= [hk1h−1k−1

1 ]−1[h(k1k)h−1(k1k)−1] ∈ (H,K), pues los inversos de los conmutadores [hk1h−1k−1

1 ]−1

estan en (H,K), pues (H,K) es subgrupo.

2) h1(hkh−1k−1)h−11 = (h1h)kh−1(h−1

1 h1)k−1h−11 =

= (h1h)k(h1h)−1h1k−1h−1

1 = (h1h)k(h1h)−1(k−1k)h1k−1h−1

1 =

= [(h1h)k(h1h)−1k−1][kh1k−1h−1

1 ] =

= [(h1h)k(h1h)−1k−1][h1kh−11 k−1]−1 ∈ (H,K), por la misma razon que mencionamos antes.

Finalmente, tenemos que:

h1k1(hkh−1k−1)(h1k1)−1 = h1(k1hkh−1k−1k−11 )h−1

1 ∈ (H,K)

, por (2) ya que k1hkh−1k−1k−11 ∈ (H,K), por (1).

∴ queda probado para n=1

Hipotesis Inductiva: Suponemos cierto para n− 1.

21

Tesis: hay que probar:

(n∏

i=1

(hiki))[h, k](n∏

i=1

(hiki)−1) ∈ (H,K)

donde [, ] denota [h, k] = {hkh−1k−1/h ∈ H, k ∈ K}.

(n∏

i=1

(hiki))[h, k](n∏

i=1

(hiki)−1) = (h1k1)(n∏

i=2

(hiki))[h, k](n∏

i=2

(hiki)−1)(h1k1)−1

luego por H.I tenemos que:

(n∏

i=2

(hiki))[h, k](n∏

i=2

(hiki)−1) ∈ (H,K)

pues

(n∏

i=2

(hiki))[h, k](n∏

i=2

(hiki)−1) =r∏

i=1

[hi, ki]εi , con hi ∈ H, ki ∈ K y εi ∈ {1,−1}.

Luego tenemos:

(n∏

i=1

(hiki))[h, k](n∏

i=1

(hiki)−1) = (h1)(k1(r∏

i=1

[hi, ki]εi)k−11 )(h−1

1 )

luego por propiedades de productoria nos queda

(n∏

i=1

(hiki))[h, k](n∏

i=1

(hiki)−1) = (h1)(r∏

i=1

k1[hi, ki]εik−11 )(h−1

1 )

y por (1) k1[hi, ki]εik−11 ∈ (H,K), esto implica que:

r∏i=1

k1[hi, ki]εik−11 =

t∏i=1

[hi, ki]µi ∈ (H,K) con hi ∈ H, ki ∈ K, y µi ∈ {1,−1}

por lo tanto tenemos que:

(n∏

i=1

(hiki))[h, k](n∏

i=1

(hiki)−1) = h1(t∏

i=1

[hi, ki]µi)h−11

nuevamente, por propiedades de productoria tenemos

(n∏

i=1

(hiki))[h, k](n∏

i=1

(hiki)−1) =t∏

i=1

(h1[hi, ki]µih−11 )

22

y por (2) h1[hi, ki]µih−11 ∈ (H,K) esto implica que:

t∏i=1

(h1[hi, ki]µih−11 ) =

s∏i=1

[hi, ki]δi con hi ∈ H, ki ∈ K y δi ∈ {1,−1}.

Finalmente obtenemos que:

(n∏

i=1

(hiki))[h, k](n∏

i=1

(hiki)−1) =s∏

i=1

[hi, ki]δi ∈ (H,K)

Quedando ası demostrado por induccion que:

(H,K) � H ∨K

2) Notemos que por la observacion 46, basta con probarlo para los generadores.Ahora bien veamos primero que (H,G

′) = {hg

′h−1(g

′)−1/h ∈ H, g

′ ∈ G′} = 〈e〉 ⇔ hg

′h−1(g

′)−1 =

e, con h ∈ H, g′ ∈ G

′ ⇔ hg′= g

′h con h ∈ H, g

′ ∈ G′.

Quiero ver que (H′, G) = 〈e〉 ⇔ h

′g(h

′)−1g−1 = e con h

′ ∈ H, g ∈ G, pero por definicion deH

′tenemos h

′= pqp−1q−1, p, q ∈ H ⇔ pqp−1q−1gqpq−1p−1g−1 = e con p, q ∈ H, g ∈ G ⇔

pqp−1q−1gqpq−1p−1 = g con p, q ∈ H, g ∈ G.

h′g(h

′)−1 = pqp−1q−1gqpq−1p−1 = (pqp−1)(q−1gqg−1)gpq−1p−1 =

Como pqp−1 ∈ H y q−1gqg−1 ∈ G′, por hipotesis tenemos:

= (q−1gqg−1)(pqp−1)gpq−1p−1 =

= (q−1gqg−1)(pq)(p−1gpg−1)gq−1p−1 =

y luego como pq ∈ H y p−1gpg−1 ∈ G′y usando la hipotesis nos queda:

= (q−1gqg−1)(p−1gpg−1)(pq)gq−1p−1 =

= (q−1gqg−1)p−1gp(g−1(pq)g(pq)−1) =

nuevamente, como p ∈ H y g−1(pq)g(pq)−1 ∈ G′por hipotesis tenemos:

= (q−1gqg−1)p−1g(g−1(pq)g(pq)−1)p =

como g−1g = e⇒ p−1(gg−1)p = p−1p = e, luego

= q−1gqg−1qgq−1(p−1p) = q−1gq(g−1qgq−1) =

como q ∈ H y g−1qgq−1 ∈ G′, tenemos

= q−1(gg−1)qg(q−1q) = g

ya que gg−1 = e y q−1q = e∴ Queda probado 2

23

3) ⇒) Sabemos que H � G, es decir, ∀a ∈ G, ah = h′a, h, h

′ ∈ HQueremos ver que (H,G) < H.Sea x ∈ (H,G), entonces

x = h(gh−1)g−1 con h ∈ H, g ∈ G

usando H � G, gh−1 = h′g, h−1, h

′ ∈ H, g ∈ G tenemos

x = h(h′g)g−1, h, h

′ ∈ H, g ∈ G

entoncesx = hh

′(gg−1) = hh

′, h, h

′ ∈ H, g ∈ G

∴ (H,G) < H.⇐) (H,G) < H donde (H,G) = {hgh−1g−1/h ∈ H, g ∈ G}

Quiero ver H � G, es decir, ∀a ∈ G, asa−1 ∈ H, s ∈ H.

asa−1 = (ss−1)asa−1 = s(s−1asa−1)

pero como s ∈ H y s−1asa−1 ∈ (H,G) < H (por hipotesis).

∴ asa−1 = s(s−1asa−1) ∈ H

4) ⇒) H/K < C(G/K)⇒ (H,G) < KComo K < H y K � G,luego por el teorema 27 inciso 1 tenemos K = K ∩H � H ⇒ K � H.Notemos lo siguiente:

• K � H ⇒ ρ : H 7−→ H/K epimorfismo tal que ρ(H) = H/K = {hK/h ∈ H}.

• K � G⇒ ρ : G 7−→ G/K epimorfismo tal que ρ(G) = G/K y ker(ρ) = K.

• C(G/K) = {a ∈ G/K/ab = ba,∀b ∈ G/K}

Por otra parte, por hipotesis tenemos que ρ(H) = H/K ⊂ C(G/K), es decir,

ρ(h)ρ(g) = ρ(g)ρ(h),∀g ∈ G, h ∈ H. (4)

Probar que (H,G) < K ⇔ ∀x ∈ (H,G), ρ(x) = e (⇔ x ∈ ker(ρ) = K).Probemos esto para los generadores de(H,G):

ρ(hgh−1g−1) = ρ(h)ρ(g)ρ(h−1)ρ(g−1) =

= ρ(h)ρ(g)(ρ(h))−1(ρ(g))−1

puesto que ρ es un morfismo.Ahora bien

ρ(hgh−1g−1) = (ρ(h)ρ(g))(ρ(h))−1(ρ(g))−1 =

24

por (4)= ρ(g)ρ(h)(ρ(h))−1(ρ(g))−1 = ρ(e)

∴ Queda probado para los generadores

Luego ∀x ∈ (H,G),

x =r∏

i=1

[hi, gi]ηi , con hi ∈ H, gi ∈ G, ηi ∈ {1,−1}

esto implica que

ρ(x) = ρ(r∏

i=1

[hi, gi]ηi) =

por ser ρ un morfismo y usando (4) nos queda

=r∏

i=1

ρ([hi, gi]ηi) = ρ(e)

∴ (H,G) < K

⇐) Como por hipotesis, tenemos (H,G) < K, luego:

sea [x, b] ∈ K ⇒ xbx−1b−1 ∈ K, para x ∈ H y b ∈ G y ademas por ser K � G ⇒ xb = bx ⇒xb = bx para x ∈ H/K, b ∈ G/K

∴ H/K < C(G/K)

Ejercicio 47. Defino una cadena de subgrupos de γi(G) de un grupo G, como sigue:γ1(G) = G, γ2(G) = (γ1(G), G), γi(G) = (γi−1(G), G). Mostrar que G es nilpotente si y solo siγm(G) = 〈e〉, para algun m ∈ N.

Demostracion: ⇐) Lo probaremos por induccion sobre m:Si m = 1 ⇒ γ1(G) = G = 〈e〉 ⇒ ∃n = 1 /C1(G) = G ⇒ G es nilpotente.Si m = 2 ⇒ γ2(G) = (G, G) = G

′= 〈e〉 ⇒ G es abeliano ⇒ ∃n = 1 /C1(G) = G ⇒ G es

nilpotente.Si m = 3 ⇒ γ3(G) = (γ2(G), G) = 〈e〉 ⇒ (G

′, G) = 〈e〉 ⇒ G

′= γ2(G) < C(G) ⇒ (por el

teorema 18 inciso 2) G/C(G) es abeliano ⇒ C(G/C(G)) = G/C(G).Luego C2(G) = ρ−1

1 (C(G/C(G)) = ρ−11 (G/C(G)) = G. ∴ C2(G) = G.

Hipotesis Inductiva: Suponemos cierto para todo m ≤ m0 y para todo G que γm0(G) = 〈e〉 ⇒∃n0 /Cn0(G) = G.Tesis: a probar:γm0+1(G) = 〈e〉 ⇒ ∃n0 + 1 /Cn0+1(G) = G.Primero probemos que si γm0+1(G) = 〈e〉 entonces γm0(G) = 〈e〉 con G = G/C(G).Sabemos que γm0+1(G) = (γm0(G), G) = 〈e〉 ⇒ γm0(G) < C(G).Por otra parte, notemos que : para m0 = 2 γ2(G) = (G, G) = = 〈{aba−1b

−1, a, b ∈ G}〉 =

= 〈aba−1b−1, a, b ∈ G〉 = (G, G)C(G)/C(G) = γ2(G)C(G)/C(G) = 〈e〉Hipotesis Inductiva: Suponemos cierto para m0−1, es decir:γm0−1(G) = γm0−1(G)C(G)/C(G) =〈e〉

25

Tesis: A probar γm0(G) = γm0(G)C(G)/C(G) = 〈e〉.Pero como γm0(G) < C(G) ⇒ γm0(Gγm0(G)C(G)/C(G) ' C(G)/C(G) = 〈e〉).∴ γm0(G) = 〈e〉Luego por Hipotesis inductiva: como γm0(G) = 〈e〉 ⇒ ∃n0 /Cn0(G) = G.Luego para mostrar que G es nilpotente, resta ver:G = G/C(G)es tal que ∃n0 /Cn0(G) = G ⇔ ∃n0 + 1 tal que /Cn0+1(G) = G.Primero, notemos que si Cn0(G) = G ⇒ C(G/Cn0−1(G)) = G/Cn0−1(G)).Luego sea el siguiente diagrama dado por las funciones:ρ : G → G, ρn0 : G → G/Cn0(G), ρn0−1 : G → G/Cn0−1(G) entonces existe un isomorfismof : G/Cn0(G)→ G/Cn0−1(G).(Es claro que este diagrama conmuta, pues ker(ρn0−1) ⊂ G ⇒ ρ−1(ker(ρn0−1)) = Cn0(G) =ker(ρn0) donde ρn0 esta dada por la hip.inductiva). Luego existe f .En consecuencia, se tiene:como G/Cn0−1(G) = C(G/Cn0−1(G)) es abeliano, luego por el isomorfismo f , resulta queG/Cn0(G) es abeliano ⇒ G/Cn0(G) = C(G/Cn0(G)).∴ Cn0+1(G) = ρ−1

n0(C(G/Cn0(G))) = ρ−1

n0(G/Cn0(G/Cn0(G)) = G

∴ Cn0+1(G) = G.⇒) Se realiza de manera analoga , pero haciendo induccion sobre n (pues G es nilpotente, esdecir, ∃n/Cn(G) = G)

Ejercicio 48. Un grupo G es nilpotente si y solo si existe una serie normal G = G0 > G1 >· · · > Gn = 〈e〉 tal que Gi/Gi+1 < C(G/Gi+1),∀i

Demostracion: ⇒) Si G es nilpotente ⇒ G = Cn(G) para algun n. Sabemos por el ejemplo12 que existe C1(G) > C2(G) > · · · > Cn(G) = G es una serie normal. Resta ver que cumpleGi/Gi+1 < C(G/Gi+1), pero como por definicion Ci+1(G) = ρ−1

i (C(G/Ci(G))) ⇔

ρi(Ci+1(G)) = C(G/Ci(G)) (5)

Por otra parte, si ρi|Ci+1(G) : Ci+1(G)→ Ci+1(G)/Ci(G) entonces

ρi|Ci+1(G)(Ci+1(G)) = Ci+1(G)/Ci(G) (6)

Luego de las ecuaciones (5) y (6) obtenemos que:

Ci+1(G)/Ci(G) = C(G/Ci(G))

Ademas recordemos que C1(G) = C(G) y C0(G) = 〈e〉(por definicion), Cn(G) = G (por ser Gnilpotente).Ahora bien, defino los conjuntos Gi de la siguiente manera:llamo Gi = Cn−i(G), i = 0, . . . , n entonces:G0 = Cn−0(G) = Cn(G) = G...Gn = Cn−n(G) = C0 = 〈e〉;

26

osea que nos queda G = G0 > G1 > · · · > Gn = 〈e〉 serie normal y ademas satisfacen:

Gi/Gi+1 = Cn−i(G)/Cn−(i+1)(G) = C(G/Cn−(i+1)(G))

En particular,Cn−i(G)/Cn−(i+1)(G) < C(G/Cn−(i+1)(G))

∴ G = G0 > G1 > · · · > Gn es la serie que querıa.⇐) Notemos que como Gi+1 � Gi y Gi < Gi+1 y ademas tenemos que Gi/Gi+1 < C(G/Gi+1),

luego por el ejercicio 45 inciso 4, nos queda que (Gi, G) < Gi+1, es decir:G0/G0 < C(G/G0)⇒ (G0, G0) = (G, G) < G0 = G, y llamaremos γ1(G) = G y γ2(G) = (G, G).G0/G1 < C(G/G1)⇒ (G0, G) < G1 � G, por ser serie normal.G1/G2 < C(G/G2)⇒ (G1, G) < G2.Como γ2(G) = (G, G) < G1 ⇒ sus conmutadores tambien lo son, es decir, (γ2(G), G) <(G1, G) < G2, llamemos γ3(G) = (γ2(G), G). Definiremos γi(G) = (γi−1(G), G).Mas generalmente tenemos que:γi(G) = (γi−1(G), G) < (Gi−1, G) < Gi, lo cual mostraremos que es cierto usando induccion:

Para n = 1 G1/G2 < C(G/G2) ⇒ γ3(G) = (G1, G) < G2.

Hipotesis Inductiva: Suponemos cierto para todo k ≤ k0, con k0 fijo .Tesis: Veamos que γk0+1(G) < Gk0+1.Por definicion tenemos:

γk0+1(G) = (γk0(G), G)

Aplicando la Hipotesis Inductiva a γk0(G) < (Gk0−1, G) < Gk0 nos queda:

γk0+1(G) = (γk0(G), G) < (Gk0 , G) < Gk0+1

esto ultimo vale por el ejercicio 45 inciso 4.

En particular se tiene que γn(G) < Gn = 〈e〉 (por ser serie normal) ⇒ γn(G) = 〈e〉.Luego tenemos definida la cadena γ1(G) = G, γ2(G) = (G, G), γi(G) = (γi−1(G), G),γn(G) = 〈e〉.Luego por el ejercicio 47 concluimos que G es nilpotente.

Para el siguiente ejercicio precisaremos utilizar los siguientes resultados:

Teorema 49. Dado G un grupo tenemos:

1. Todo subgrupo y toda imagen de un morfismo de un grupo resoluble es resoluble.

2. Si N � G tal que N y G/N son resolubles ⇒ G es resoluble.

27

Teorema 50. Para cada n ≥ 2, sea An el conjunto de todas las permutaciones (que se puedenexpresar como una cantidad par de transposiciones) de Sn.Entonces An es un subgrupo de Sn de ındice 2 y el orden |An| = |Sn|/2 = n!/2.Ademas An es el unico subgrupo de Sn de ındice 2

Observacion 51. An es llamado el grupo alternado sobre n letras.

Proposicion 52. C(Sn) = 〈e〉, ∀n > 2.

Demostracion: sea σ ∈ C(Sn), σ 6= id, ∃k, r con k 6= r tal que σ(k) = r ∈ Sn. Entoncesconsideremos los siguientes casos:Caso 1: σ(r) = s 6= kDefino τ = la transposicion de r y k luego:

σ(τ(k)) = s 6= k (7)

τ(σ(k)) = τ(r) = k (8)

Luego por (7) y (8) tenemos que σoτ 6= τoσ, donde ”o” denota la composicion.Caso2: σ(r) = kSea s 6= k, r.Defino τ = la transposicion de r y s luego;

σ(τ(r)) = σ(s) (9)

τ(σ(r)) = τ(k) = k (10)

Pero σ(s) 6= k, pues σ(r) = k por hipotesis.Luego (9) y (10) no son iguales.∴ C(Sn) = 〈e〉,∀n > 2.

Ejercicio 53. Sea G un grupo.

1. Mostrar que el analogo del teorema 49 es falso para grupos nilpotentes.

2. Si H < C(G) y G/H es nilpotente ⇒ G es nilpotente.

Demostracion: 1) Queremos ver que el teorema 49 es falso. Para ello, veamos que del teorema49 el inciso 2 no se cumple.Consideremos el grupo S3 ( recordemos que este es el grupo compuesto por todas las biyeccionessobre el conjunto {1, 2, 3})Probemos que S3 no es nilpotente.Sabemos por la propiedad 52 que C(S3) = 〈e〉� S3.Probemos por induccion que Cn(S3) = 〈e〉,∀n ∈ NSea n = 2 y sea el epimorfismo ρ1 : S3 → S3/C(S3) luego por definicion de los elementos de laserie central ascendente, tenemos que:

C2(S3) = ρ−11 (C(S3/C(S3)))

28

usando que C(S3) = 〈e〉 y S3/C(S3) = S3 nos queda

C2(S3) = ρ−11 (C(S3))

y finalmenteC2(S3) = ρ−1

1 (〈e〉)

pero por definicion ρ−11 (〈e〉) = {a ∈ S3/ρ(a) = 〈e〉} = 〈e〉 luego tenemos que

C2(S3) = 〈e〉

∴ queda probado para n = 2H.I: Suponemos cierto para n−1,es decir, dado el epimorfismo ρn−2 : S3 → S3/Cn−2(S3) tal que

Cn−1(S3) = 〈e〉 6= S3

Tesis: hay que probar para n que dado el epimorfismo ρn−1 : S3 → S3/Cn−1(S3) entoncesCn(S3) = 〈e〉 6= S3.por definicion tenemos que

Cn(S3) = ρ−1n−1(C(S3/Cn−1(S3)))

por H.I Cn−1(S3) = 〈e〉 y S3/〈e〉 = S3, luego:

Cn(S3) = ρ−1n−1(C(S3))

pero como C(S3) = 〈e〉 nos queda:

Cn(S3) = ρ−1n−1(〈e〉) = 〈e〉

∴ ∀n ≥ 1, Cn(S3) = 〈e〉 6= S3

∴ S3 no es nilpotente.

Por otra parte, sabemos del teorema 50 que A3 � S3 y |A3| = |S3|/2 = 6/2 = 3 ⇒ A3∼= Z3,

3 primo ⇒ A3 es abeliano. Luego C(A3) = {a ∈ A3/ab = ba,∀b ∈ A3} = A3.∴ A3 es nilpotente.Ademas como A3 � S3 tenemos |S3/A3| = [S3 : A3] = 2 ⇒ S3/A3

∼= Z2 ⇒ S3/A3 es abeliano .Luego C(S3/A3) = S3/A3

∴ S3/A3 es nilpotente.Finalmente tenemos que A3 � S3, A3 y S3/A3 ambos nilpotentes (estamos en las hipotesis delteorema 49 inciso 2), pero S3 no es nilpotente.∴ El teorema 49 es falso para grupos nilpotentes.

2) Sabemos por hipotesis que H < C(G) y C(G) es abeliano ⇒ H es abeliano.Veamos que H � G, es decir, ∀a ∈ G, aha−1 ∈ H, para h ∈ H.Pero como H es abeliano se tiene que aha−1 = (aa−1)h = h ∈ H.∴ H � G.Entonces formamos la serie normal G > C(G) > H > 〈e〉 (ya que C(G)�G, H �G y 〈e〉�G).Veamos si esta serie satisface la siguiente propiedad: Gi/Gi+1 < C(G/Gi+1)

29

1. G/C(G) < C(G/C(G))

2. C(G)/H < C(G/H)

3. H/〈e〉 < C(G/〈e〉)

Demostracion: 1) como C(G) � G ⇒ ∃ρ : G 7−→ G/C(G) cuyo ker(ρ) = C(G).Luego si restringimos el codominio, es decir:sea C(G/C(G) � G/C(G). Luego tenemosρ = ρ|C(G/C(G)) : G 7−→ C(G/C(G)), entonces, por el primer teorema de isomorfismo tenemos:

G/ ker(ρ) ∼= Im(ρ)

pero como ker(ρ) = C(G), finalmente nos queda:

G/C(G) ∼= C(G/C(G))

En particularG/C(G) < C(G/C(G))

2) veamos primero que G/H es abeliano:como H es abeliano, es decir, ab = ba, para todo a, b ∈ H ⇒ ab(ba)−1 = aba−1b−1 ∈ H ⇒ab = ba ⇒ ab = ba para todo a, b ∈ G/H.∴ G/H es abeliano.Luego como por hipotesis G/H es nilpotente y (por lo anterior) abeliano ⇒ G/H = C(G/H).Por otra parte, H < C(G) < G ⇒ C(G)/H < G/H = C(G/H).∴ C(G)/H < C(G/H)

3) como H/〈e〉 = H y G/〈e〉 = G y por hipotesis sabemos que H < C(G), luego tenemos:

H/〈e〉 = H < C(G) = C(G/〈e〉)

de lo cual es inmediato que:H/〈e〉 < C(G/〈e〉)

Por lo tanto, tenemos una serie normal G > C(G) > H > 〈e〉 que satisfaceGi/Gi+1 < C(G/Gi+1), estamos entonces bajo las hipotesis del ejercicio 48(de la implicacion(⇐)), luego G es nilpotente.

Para el siguiente ejercicio precisaremos los siguientes resultados:

Lema 54. Si m es un entero positivo y m = pn11 . . . pnt

t (p1, . . . , pt primos distintos y cadani > 0), entonces:

Zm = Zpn11⊕ . . .⊕ Zp

ntt

.

Teorema 55. Dado G un grupo y a ∈ G.Si a tiene orden finito m > 0, entonces para cada k tal que k|m, |ak| = m/k

30

Ejercicio 56. Probar el Teorema Fundamental De La Aritmetica, aplicando el teorema deJordan-Holder, al grupo Zn.

Demostracion: primero comencemos enunciando el teorema que precisamos:

Teorema 57. (Teorema Fundamental de La Aritmetica) Cualquier entero positivo n > 1 puedeser escrito en forma unica como:

n = pr11 pr2

2 . . . prkk

donde p1 < p2 < . . . < pk son primos y ri > 0,∀i.

Comencemos con la demostracion:Existencia: Lo haremos por induccion sobre k:Si k = 2, luego n = pr1

1 pr22 , p1 < p2, pi primos ∀i = 1, 2 entonces por el lema 54 tenemos:

Zn = Zpr11⊕ Zp

r22

,

pero, para poder usar (en la parte de existencia, el Teorema de Jordan-Holder) debemos realizaruna observacion importante:

Observacion 58. observemos que Zprii

no son grupos simples, sin embargo, podemos escribirloscomo suma directa de grupos simples puesto que:pri−1

i ∈ Zprii

y como pri−1i = pi

ri−1, luego si sumamos pi-veces piri−1 obtenemos que:

piri−1 + . . . + pi

ri−1 = pi(piri−1) = pi

ri = 0, enZprii

. (11)

Luego por el teorema 55 tenemos que como |Zripi| = pri

i y pri−1i /pri

i , por (11) ⇒ |prii − 1| =

|piri−1| = pri

i /pri−1i = pip

ri−1i /pri−1

i = pi, pi primo ⇒ 〈pri−1i 〉 = Zpi , pi primo.

Llamemos 〈pji 〉 = Hj,pi ,con j = 1, . . . , ri e i = 1, . . . , k pues, j = 0, H0,pi = 〈e〉 = Zp

rii

yj = ri, Hri,pi = 〈0〉 y ademas Hj,pi > Hj+1,pi , y Hj,pi/Hj+1,pi

∼= Zpi pi primo y Zpi son gruposabelianos simples ⇒ Hj,pi/Hj+1,pi son simples.

∴ Zprii

= H0,pi > H1,pi > · · · > Hri,pi = 〈e〉

es una serie de composicion. Luego

Zprii

=ri⊕

j=0

Hj,pi/Hj+1,pi para cada pi, primo

(Suma Directa de grupos simples)

Finalmente por 58 tenemos:Zn = Zp

r11⊕ Zp

r22

=

=r1⊕

j=0

Hj,p1/Hj+1,p1 ⊕r2⊕

j=0

Hj,p2/Hj+1,p2

31

Zn es suma directa de grupos simples.

Hipotesis Inductiva: Supongamos que si

n = pr11 . . . p

rk−1

k−1

es tal que:Por el Lema 54 tenemos

Zn = Zpr11⊕ . . .⊕ Z

prk−1k−1

que por la observacion 58, nos queda:

Zn =r1⊕

j=0

Hj,p1/Hj+1,p1 ⊕ . . .⊕rk−1⊕j=0

Hj,pk−1/Hj+1,pk−1

Tesis: queremos ver que si n = pr11 . . . prk

k , es tal que,

Zn = Zpr11⊕ . . .⊕ Z

prk−1k−1⊕ Zp

rkk

es decir

Zn =r1⊕

j=0

Hj,p1/Hj+1,p1 ⊕ . . .⊕rk⊕

j=0

Hj,pk/Hj+1,pk

Demostracion: comoZn = Zp

r11⊕ . . .⊕ Z

prk−1k−1⊕ Zp

rkk

=

por hip. inductiva tenemos

=r1⊕

j=0

Hj,p1/Hj+1,p1 ⊕ . . .⊕rk−1⊕j=0

Hj,pk−1/Hj+1,pk−1

⊕ Zprkk

que,por la observacion 58 (caso k=2) nos queda:

Zn =r1⊕

j=0

Hj,p1/Hj+1,p1 ⊕ . . .⊕rk−1⊕j=0

Hj,pk−1/Hj+1,pk−1

⊕rk⊕

j=0

Hj,pk/Hj+1,pk

∴ Zn es isomorfo a sumas directa de grupos simples.

Unicidad: Supongamos que:n = pr1

1 . . . prkk

yn = qt1

1 . . . qtss

32

con i = 0, . . . , rj y j = 0, . . . , k, p1 < · · · < pk primos y rj > 0 y con l = 0, . . . , tw y w =0, . . . , s, q1 < · · · < qs primos y tw > 0 que por el Lema 54 y la observacion 58 es:

Zn =r1⊕

j=0

Hj,p1/Hj+1,p1 ⊕ . . .⊕rk⊕

j=0

Hj,pk/Hj+1,pk

(12)

Zn =t1⊕

l=0

Kl,q1/Kl+1,q1 ⊕ . . .⊕ts⊕

l=0

Kl,qs/Kl+1,qs (13)

Notemos que tanto en la ecuacion (12) como en (13), Zn se escribe como suma directa de grupossimples que forman una serie de composicion, en cada caso respectivamente.Pero por el teorema 32 estas series deben ser equivalentes. Luego tenemos:

Hj,pi/Hj+1,pi∼= Kl,qw/Kl+1,qw

con i = 0, . . . , rj y j = 0, . . . , k, p1 < · · · < pk primos y rj > 0 y con l = 0, . . . , tw y w =0, . . . , s, q1 < · · · < qs primos y tw > 0.

Por lo tanto, las descomposiciones en suma directa de grupos simples de Zn son iguales.

Referencias

LibrosThomas W. Hungerford, Algebra.