Ejercicios resueltos Introducci´on a la teor´ıa de los grupos J. Armando Velazco 1 de mayo de 2015 Ejercicio 1: Pruebe que si G es un grupo finito con identidad e y con un n´ umero par de elementos, 2 entonces existe un elemento a ∈ G, con a 6= e, tal que a = e Soluci´ on. Dado que ord(G) = 2k, entonces hay 2k − 1 elementos en G tales que x 6= e. Por ser G un grupo, para cada x ∈ G existe x−1 ∈ G, su elemento inverso, as´ı, debido a que tenemos un n´ umero impar de elementos distintos de la unidad e entonces existe un elemento a ∈ G, tal que a 6= e y adem´as a = a−1 , es decir a2 = e. ♦ Ejercicio 2: Pruebe que todo grupo G con identidad e y tal que a2 = e para todo a ∈ G, es abeliano. Soluci´ on. Como a2 = e para toda a ∈ G, entonces (a · b)2 = e = (a · b)(a · b) Entonces, operando con b por la derecha, es decir (a · b)(a · b) = e ⇒ (a · b)(a · b)b = e · b = b Obtenemos que (a · b)a = b Y ahora, operando nuevamente por la derecha, pero con el elemento a tenemos que ab = ba C´omo a, b ∈ G son elementos arbitrarios, entonces G es abeliano. ♦ Ejercicio 3: Sea G un grupo finito y sea x un elemento de G cuyo orden es n, donde n es impar. Pruebe que existe k ∈ N tal que x = (x2 )k . Soluci´ on. Por hip´otesis xn = x2m+1 = e, pues n es impar, entonces x2m+1 · x = x2m+2 = e · x = x As´ı, sea k = m + 1 ∈ N, claramente tal k satisface (x2 )k = x Por las leyes de los exponentes en un grupo. ♦ Ejercicio 4: Pruebe que si H y K son subgrupos de un grupo abeliano G, entonces HK = {hk | h ∈ H, k ∈ K} en un subgrupo de G. 1 Soluci´ on. H y K son no vac´ıos, por ser subgrupos, por lo tanto HK 6= ∅ pues al menos el elemento identidad se halla en HK. Ahora bien, sean h1 k1 , h2 k2 ∈ HK; por estar h2 k2 ∈ G entonces (h2 k2 )−1 = k2−1 h2−1 y adem´as, por ser G abeliano tenemos que −1 −1 k2−1 h−1 2 = h2 k2 Entonces, por la conmutatividad de la operaci´on en G: −1 −1 (h1 k1 )(h2 k2 )−1 = (h1 k1 )(k2−1 h−1 2 ) = (h1 h2 )(k1 k2 ) ∈ HK Y as´ı, HK es un subgrupo de G. ♦ Ejercicio 5: Pruebe que un grupo c´ıclico con u ´nicamente un generador puede tener a lo m´as dos elementos. Soluci´ on. Suponga que G es generado por un elemento a 6= e, donde e es la identidad. G es finito, pues, en el conjunto < a >= {e, a, a2 , . . . , ak−1 } Existe a−1 = ak−1 para alg´ un k ∈ N∗ . Por definici´on se tiene que ak = ak−1 a = e Y por lo tanto ord(G) = k < ∞. Por otro lado, se tiene tambi´en que (a−1 )k−1 = (ak−1 )−1 = a Como por hip´otesis el generador en G es u ´nico, se tiene entonces que (a−1 )k−1 = a ⇒ k − 1 = 1 ⇔ k = 2 Lo que implica que el ord(G) = 2, por supuesto, tomando en cuenta que a 6= e. En el caso en que a = e entonces ord(G) = 1. ♦ Ejercicio 6: Pruebe que si G es un grupo abeliano con identidad e, entonces todos los elementos x ∈ G tales que x2 = e forman un subgrupo de G. Generalize el caso donde n ≥ 1 es un entero fijo y H = {x ∈ G | xn = e}. Soluci´ on. Se har´a la demostraci´on cuando n ≥ 1 quedando el caso n = 2 como un caso particular: H 6= ∅ Pues al menos x = e ∈ H. Por otro lado, sean x, y ∈ H entonces xn = e y y n = e. Es claro que, en particular, si y ∈ H entonces y −1 ∈ H pues (y n )−1 = (y −1 )n = e As´ı, dado x, y ∈ H se tiene que, por la conmutatividad de la operaci´on en G, (xy −1 )n = xn (y −1 )n = (e)(e) = e es decir, xy −1 ∈ H. ♦ 2 Ejercicio 7: Demuestre que todo subgrupo de un grupo c´ıclico es c´ıclico. Soluci´ on. Sea G = hai un grupo multiplicativo generado por el elemento a. Sea H 6 G y sea m el menor entero para el cu´al am ∈ H. De la definici´on de subgrupo tenemos que todo elemento b ∈ H ⇒ b = aj ∈ G donde j ∈ Z, por el algoritmo de la divisi´on se tiene que j = mq + r, 0 ≤ r < m y as´ı b = aj = amq+r = amq ar = (am )q ar Aplicando ahora las propiedades de grupo (cancelaci´on por la izquierda) se tiene que ar = (am )−q aj Dado que (am ), aj ∈ H entonces el producto se halla en H y por lo tanto ar ∈ H pero 0 ≤ r < m entonces r = 0 y por lo tanto b = aj = (am )q es decir H = ham i ♦ Ejercicio 8: ¿Cu´al es el orden de un grupo G generado por los elementos x y y sujeto a las relaciones x3 = y 2 = (xy)2 = e, donde e es el elemento identidad del grupo? Soluci´ on. Consideremos las relaciones x3 = e, y 2 = e, (xy)2 = e Entonces de las anteriores tenemos que x2 = x−1 , y = y −1 , xy = y −1 x−1 = yx2 y adem´as yx = x2 y es decir, G tiene 6 elementos, por lo que ord(G) = 6. Otro argumento lo podemos presentar con combinatoria, tomando en cuenta s´olo los productos de la forma xi y j (pues yx = x2 y) con i = 0, 1, 2 y j = 0, 1 que nos da como resultado, por el principio del producto un total de 6 posibles resultados. Los subgrupos los determinaremos a partir de que 6=2·3 Por ello esperamos que de haber subgrupos, como una aplicaci´on directa del teorema de Lagrange, estos deben tener orden 2 o 3 (m´as a´ un, por el primer teorema de Sylow sabemos que hallaremos subgrupos de orden 2 y 3), tales subgrupos son: {1, x, x2 }, {1, y}, {1, xy}, {1, yx} 3 ♦ Ejercicio 9: Si G es un grupo tal que (ab)j = aj bj para tres enteros consecutivos j y para todos los a, b ∈ G. Muestre que G es un grupo abeliano. Soluci´ on. Como parte de las hip´otesis tenemos que (ab)j = aj bj (ab)j+1 = aj+1 bj+1 (ab)j+2 = aj+2 bj+2 De aqu´ı podemos tomar que (ab)j+1 = (ab)(ab)j = aj+1 bj+1 luego entonces, utilizando de manera adecuada la ley de cancelaci´on por la izquierda y por la derecha, v´alidas en cualquier grupo, en conjunto con la ley asociativa y las hip´otesis obtenemos lo siguiente b(ab)j−1 a = aj bj ⇒ (ba)j = aj bj = (ab)j As´ı, de la misma forma se tiene tambi´en que (ab)j+2 = aj+2 bj+2 ⇒ (ba)j+1 = (ab)j+1 Pero entonces (ba)(ba)j = (ab)(ab)j = (ab)(ba)j Utilizando una vez m´as la ley de cancelaci´on en G tenemos que ab = ba ∀a, b ∈ G ♦ Luego, G es abeliano. Ejercicio 10: Sea G un grupo y sean H, K 6 G tales que [G : H] < ∞ y [G : K] < ∞. Entonces el subgrupo H ∩ K tiene ´ındice finito en G, es decir [G : H ∩ K] < ∞. Soluci´ on. Sea g ∈ G entonces de (H ∩ K)g ⊂ Hg y (H ∩ K)g ⊂ Kg se tiene que (H ∩ K)g ⊂ Hg ∩ Kg. Por otro lado, observ´ese tambi´en que si x ∈ Hg ∩ Kg entonces x = hg = kg ⇒ h = k ∈ H ∩ K ⇒ x ∈ (H ∩ K)g As´ı (H ∩ K)g = Hg ∩ Kg Por u ´ltimo, como [G : H] < ∞ y [G : K] < ∞ entonces tenemos un n´ umero finito de posibilidades para Hg ∩ Kg y por lo tanto se tiene el resultado deseado. Observaci´ on 1. El ejercicio anterior tiene un nombre especial: Es conocido como el Lema de Poincar´e. 4 Ejercicio 11: Sea G = U V un grupo, donde U, V 6 G. Entonces, todo subgrupo H de G que satisface U 6 H 6 G puede ser factorizado como H = U (V ∩ H). Soluci´ on. Sea h ∈ H entonces, dado que H 6 G, h = uv, u ∈ U, v ∈ V . Ahora, una clase lateral derecha de U en G siempre contiene a un elemento de V , pues G = U V , y por lo tanto una clase lateral de U en H siempre tiene un elemento de V : Como las clases laterales forman una partici´on de H tenemos entonces que H = U (V ∩ H) . Observaci´ on 2. Este ejercicio es conocido tambi´en como Identidad de Dedekind. Ejercicio 12: Pruebe que si un grupo G no tiene subgrupos propios entonces G es c´ıclico. Soluci´ on. Sea g ∈ G, g 6= e (e es la identidad de G) y sea H = {g j : j ∈ Z} entonces H 6 G pero como G no tiene subgrupos propios entonces H = G por lo tanto G es c´ıclico. ♦ Ejercicio 13: Si un grupo G no tiene subgrupos propios, muestre que G es c´ıclico de orden primo. Soluci´ on. Por el problema anterior sabemos que G =< g > donde g 6= e supongamos ahora que ord(G) = p y que, sin p´erdida de generalidad p = mq, m, q ∈ Z>1 ⇒ m < p y q < p. Entonces M = {g1j : j = 0, 1, 2, . . . , m − 1; g1 ∈ G} = G pues G no tiene subgrupos propios y entonces ord(G) = m < p que es una contradicci´on, an´alogamente se llegar´ıa a una conclusi´on similar para q, as´ı m = 1 ´o q = 1 y por lo tanto p es primo. .♦ Ejercicio 14: Si H y K son subgrupos de un grupo abeliano G, de ´ordenes respectivos m y n, muestre que si (m, n) = 1, es decir, son primos relativos, entonces AB es un subgrupo de orden mn. Soluci´ on. Basta con observar que A ∩ B 6 A y A ∩ B 6 B por lo tanto, por el teorema de Lagrange se tiene que ord(A ∩ B)|ord(A) y ord(A ∩ B)|ord(B) luego entonces ord(A ∩ B) = 1 ⇒ A ∩ B = {e} y por lo tanto ord(AB) = ord(A)ord(B) = mn ord(A ∩ B) Ejercicio 15: Si p es un n´ umero primo, muestre que las u ´nicas soluciones de x2 ≡ 1 (mod p) son x ≡ 1 (mod p) ´o x ≡ −1 (mod p) 5 ♦ Soluci´ on. Esta es una aplicaci´on directa de la teor´ıa de grupos a la teor´ıa de los n´ umeros: x2 ≡ 1 (mod p) ⇒ x2 −1 ≡ 0 (mod p) ⇒ (x+1)(x−1) ≡ 0 (mod p) que implican el resultado deseado. ♦ Ejercicio 16: Muestre por medio de un ejemplo que es posible que la ecuaci´on x2 = e puede tener m´as de 2 soluciones en alg´ un grupo con identidad e. Soluci´ on. Basta con considerar el 4-grupo de Klein, cada elemento es soluci´on de la ecuaci´on, como puede constatar a partir de la siguiente tabla de grupo: · e e e a a b b c c a b a b e c c e b a c c b a e ♦ Ejercicio 17: Sea G un grupo y sea Gn = {g n : g ∈ G}. ¿Bajo qu´e hip´otesis sobre G podr´ıamos mostrar que Gn 6 G? Soluci´ on. Un subgrupo en particular debe satisfacer la cerradura bajo la operaci´on de grupo, por lo que para a, b ∈ G tales que an , bn ∈ Gn se tiene que an bn = (ab)n ⇔ ab = ba es decir, necesitamos la hip´otesis de conmutatividad de la operaci´on, dicho de otra manera, necesitamos que G sea abeliano. ♦ Ejercicio 18: Sean a, b ∈ G donde G es un grupo, entonces si ab tiene orden finito n muestre que ba tambi´en tiene orden n. Soluci´ on. Por hipotesis (ab)n = e entonces b(ab)n a = bea = (ba)e y as´ı (ba)(ba)n = (ba)e ⇒ (ba)n = e Si orden de (ba) fuera menor que n aplicando un argumento completamente an´alogo llegar´ıamos a la conclusi´on de que el orden de (ab) ser´ıa menor o igual a n contrario a lo que se hab´ıa supuesto en un principio. ♦ Ejercicio 19: Si A y B son subgrupos de ´ındice finito de un grupo G, es decir, [G : A] < ∞ y [G : B] < ∞ y adem´as ([G : A], [G : B]) = 1 (tales ´ındices son primos relativos), entonces G = AB. 6 Soluci´ on. Dado que A 6 G y B 6 G entonces A ∩ B 6 G y se tiene entonces que [G : A ∩ B] = [G : A][A : A ∩ B] y [G : A ∩ B] = [G : B][B : A ∩ B] Lo que implica, pues ([G : A], [G : B]) = 1, que [G : A][G : B]|[G : A ∩ B] ⇒ [G : A ∩ B] ≥ [G : A][G : B]. Por otro lado, dado que [G : B] < ∞ entonces [A : A ∩ B] < ∞ y [A : A ∩ B] ≤ [G : B]. Como se tiene tambi´en que [G : A] < ∞ entonces [G : A ∩ B] ≤ [G : A][G : B]. As´ı [G : A ∩ B] = [G : A][G : B] Lo que implica que G = AB. Observaci´ on 3. Los resultados utilizados para resolver este problema los podemos hallar en el libro Teor´ıa de los Grupos de Marshall Hall jr. en la secci´on 1.5 7