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6.2: Teorema de Lagrange

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    Proposición\(6.9\)

    Dejar\(H\) ser un subgrupo de\(G\) con\(g \in G\) y definir un mapa\(\phi:H \rightarrow gH\) por\(\phi(h) = gh\text{.}\) El mapa\(\phi\) es biyective; por lo tanto, el número de elementos en\(H\) es el mismo que el número de elementos en\(gH\text{.}\)

    Prueba

    Primero mostramos que el mapa\(\phi\) es uno a uno. Supongamos que\(\phi(h_1) = \phi(h_2)\) para los elementos\(h_1, h_2 \in H\text{.}\) Debemos demostrar eso\(h_1 = h_2\text{,}\) pero\(\phi(h_1) = gh_1\) y\(\phi(h_2) = gh_2\text{.}\) Así\(gh_1 = gh_2\text{,}\) y por cancelación izquierda\(h_1= h_2\text{.}\) Para mostrar que\(\phi\) es sobre es fácil. Por definición cada elemento de\(gH\) es de la forma\(gh\) para algunos\(h \in H\) y\(\phi(h) = gh\text{.}\)

    Teorema\(6.10\). Lagrange

    Dejar\(G\) ser un grupo finito y dejar\(H\) ser un subgrupo de\(G\text{.}\) Entonces\(|G|/|H| = [G : H]\) es el número de coconjuntos izquierdos distintos de\(H\) en\(G\text{.}\) En particular, el número de elementos en \(H\)debe dividir el número de elementos en\(G\text{.}\)

    Prueba

    El grupo\(G\) se divide en\([G : H]\) distintos cosets izquierdos. Cada coset izquierdo tiene\(|H|\) elementos; por lo tanto,\(|G| = [G : H] |H|\text{.}\)

    Corolario\(6.11\)

    Supongamos que\(G\) es un grupo finito y\(g \in G\text{.}\) Entonces el orden de\(g\) debe dividir el número de elementos en\ (G\ text { . }\

    Corolario\(6.12\)

    Dejar\(|G| = p\) con\(p\) un número primo. Entonces\(G\) es cíclico y cualquiera\(g \in G\) tal que\(g \neq e\) sea un generador.

    Prueba

    Seamos\(g\) en\(G\) tal que\(g \neq e\text{.}\) Entonces por Corolario 6.11, el orden de\(g\) debe dividir el orden del grupo. Ya\(|\langle g \rangle| \gt 1\text{,}\) que debe ser\(p\text{.}\) Por lo tanto,\(g\) genera\(G\text{.}\)

    Corolario\(6.12\) sugiere que los grupos de primer orden\(p\) deben de alguna manera verse como\({\mathbb Z}_p\text{.}\)

    Corolario\(6.13\)

    Dejar\(H\) y\(K\) ser subgrupos de un grupo finito\(G\) tal que\(G \supset H \supset K\text{.}\) Entonces

    \[ [G:K] = [G:H][H:K]\text{.} \nonumber \]

    Prueba

    Observe que

    \[ [G:K] = \frac{|G|}{|K|} = \frac{|G|}{|H|} \cdot \frac{|H|}{|K|} = [G:H][H:K]\text{.} \nonumber \]

    Comentario\(6.14\). The converse of Lagrange's Theorem is false

    El grupo\(A_4\) tiene orden\(12\text{;}\) sin embargo, se puede demostrar que no posee un subgrupo de orden\(6\text{.}\) Según el Teorema de Lagrange, los subgrupos de un grupo de orden\(12\) pueden tener órdenes de cualquiera\(1\text{,}\)\(2\text{,}\)\(3\text{,}\)\(4\text{,}\) o\(6\text{.}\) Sin embargo, no somos garantizó que existen subgrupos de todo orden posible. Para probar que no\(A_4\) tiene subgrupo de orden\(6\text{,}\) asumiremos que sí tiene tal subgrupo\(H\) y demostraremos que debe ocurrir una contradicción. Ya que\(A_4\) contiene ocho\(3\) -ciclos, sabemos que\(H\) debe contener un\(3\) -ciclo. Mostraremos que si\(H\) contiene un\(3\) -ciclo, entonces debe contener más que\(6\) elementos.

    Proposición\(6.15\)

    El grupo no\(A_4\) tiene subgrupo de orden\(6\text{.}\)

    Prueba

    Dado que solo\([A_4 : H] = 2\text{,}\) hay dos cosets de\(H\) in En la\(A_4\text{.}\) medida en que uno de los cosets es en\(H\) sí mismo, los cosets derecho e izquierdo deben coincidir; por lo tanto,\(gH = Hg\) o\(g H g^{-1} = H\) para cada\(g \in A_4\text{.}\) Ya que hay ocho\(3\) -ciclos en al\(A_4\text{,}\) menos un\(3\) -ciclo debe estar en\(H\text{.}\) Sin pérdida de generalidad, asumir que\((123)\) está en\(H\text{.}\) Entonces también\((123)^{-1} = (132)\) debe estar en\(H\text{.}\) Ya que\(g h g^{-1} \in H\) para todos\(g \in A_4\) y para todos\(h \in H\) y

    \ begin {align*} (124) (123) (124) ^ {-1} & = (124) (123) (142) = (243)\\ (243) (123) (243) ^ {-1} & = (243) (123) (234) = (142)\ end {align*}

    podemos concluir que\(H\) debe tener al menos siete elementos

    \[ (1), (123), (132), (243), (243)^{-1} = (234), (142), (142)^{-1} = (124)\text{.} \nonumber \]

    Por lo tanto, no\(A_4\) tiene subgrupo de orden\(6\text{.}\)

    De hecho, podemos decir más sobre cuándo dos ciclos tienen la misma longitud.

    Teorema\(6.16\)

    Dos ciclos\(\tau\) y\(\mu\) en\(S_n\) tienen la misma longitud si y solo si existe\(\sigma \in S_n\) tal que\(\mu = \sigma \tau \sigma^{-1}\text{.}\)

    Prueba

    Supongamos que

    \ begin {align*}\ tau & = (a_1, a_2,\ ldots, a_k)\\\ mu & = (b_1, b_2,\ ldots, b_k)\ text {.} \ end {align*}

    \(\sigma\)Definir para ser la permutación

    \ begin {align*}\ sigma (a_1) & = b_1\\\ sigma (a_2) & = b_2\\ &\ vdots\\\ sigma (a_k) & = b_k\ text {.} \ end {align*}

    Entonces\(\mu = \sigma \tau \sigma^{-1}\text{.}\)

    Por el contrario, supongamos que\(\tau = (a_1, a_2, \ldots, a_k )\) es un\(k\) ciclo y\(\sigma \in S_n\text{.}\) Si\(\sigma( a_i ) = b\) y\(\sigma( a_{(i \bmod k) + 1}) = b'\text{,}\) luego\(\mu( b) = b'\text{.}\) Por lo tanto,

    \[ \mu = ( \sigma(a_1), \sigma(a_2), \ldots, \sigma(a_k) )\text{.} \nonumber \]

    Dado que\(\sigma\) es uno a uno y en,\(\mu\) es un ciclo de la misma longitud que\(\tau\text{.}\)


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