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13.1: Grupos Abelianos Finitos

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En nuestra investigación de grupos cíclicos encontramos que cada grupo de orden primo era isomórfico a$${\mathbb Z}_p\text{,}$$ donde$$p$$ estaba un número primo. También determinamos que$${\mathbb Z}_{mn} \cong {\mathbb Z}_m \times {\mathbb Z}_n$$ cuando$$\gcd(m, n) =1\text{.}$$ De hecho, mucho más es cierto. Cada grupo abeliano finito es isomórfico a un producto directo de grupos cíclicos de orden de potencia primaria; es decir, cada grupo abeliano finito es isomórfico a un grupo del tipo

${\mathbb Z}_{p_1^{\alpha_1}} \times \cdots \times {\mathbb Z}_{p_n^{\alpha_n}}\text{,} \nonumber$

donde cada uno$$p_k$$ es primo (no necesariamente distinto).

Primero, examinemos una ligera generalización de grupos abelianos finitos. Supongamos que$$G$$ es un grupo y deja$$\{ g_i\}$$ ser un conjunto de elementos en$$G\text{,}$$ donde$$i$$ está en algún conjunto de índices$$I$$ (no necesariamente finito). El subgrupo más pequeño de$$G$$ contener todos los$$g_i$$'s es el subgrupo de$$G$$ generado por los$$g_i$$ s. si este subgrupo de$$G$$ es de hecho todo$$G\text{,}$$ entonces$$G$$ es generado por el conjunto$$\{g_i : i \in I \}\text{.}$$ En este caso el$$g_i$$ se dice que son los generadores de$$G\text{.}$$ Si hay un conjunto finito$$\{ g_i : i \in I \}$$ que genera$$G\text{,}$$ entonces$$G$$ se genera finitamente.

Ejemplo$$13.1$$

Obviamente, todos los grupos finitos se generan finitamente. Por ejemplo, el grupo$$S_3$$ es generado por las permutaciones$$(1 \, 2)$$ y$$(1 \, 2 \,3)\text{.}$$

Solución

El grupo$${\mathbb Z} \times {\mathbb Z}_n$$ es un grupo infinito pero es generado finitamente por$$\{ (1,0), (0,1) \}\text{.}$$

Ejemplo$$13.2$$

No todos los grupos se generan finitamente. Considerar los números racionales$${\mathbb Q}$$ bajo la operación de suma. Supongamos que$${\mathbb Q}$$ se genera finitamente con generadores$$p_1/q_1, \ldots, p_n/q_n\text{,}$$ donde cada uno$$p_i/q_i$$ es una fracción expresada en sus términos más bajos. $$p$$Sea algún primo que no divida a ninguno de los denominadores$$q_1, \ldots, q_n\text{.}$$

Solución

Afirmamos que$$1/p$$ no puede estar en el subgrupo del$${\mathbb Q}$$ que se genera$$p_1/q_1, \ldots, p_n/q_n\text{,}$$ ya que$$p$$ no divide el denominador de ningún elemento en este subgrupo. Este hecho es fácil de ver ya que la suma de dos generadores cualesquiera es

$p_i / q_i + p_j / q_j = (p_i q_j + p_j q_i)/(q_i q_j)\text{.} \nonumber$

Proposición$$13.3$$

Dejar$$H$$ ser el subgrupo de un grupo$$G$$ que se genera por$$\{ g_i \in G : i \in I \}\text{.}$$ Entonces$$h \in H$$ exactamente cuando es un producto de la forma

$h = g_{i_1}^{\alpha_1} \cdots g_{i_n}^{\alpha_n}\text{,} \nonumber$

donde los$$g_{i_k}$$ s no son necesariamente distintos.

Prueba

Dejar$$K$$ ser el conjunto de todos los productos de la forma$$g_{i_1}^{\alpha_1} \cdots g_{i_n}^{\alpha_n}\text{,}$$ donde los$$g_{i_k}$$ s no son necesariamente distintos. Ciertamente$$K$$ es un subconjunto de Solo$$H\text{.}$$ necesitamos mostrar que$$K$$ es un subgrupo de$$G\text{.}$$ Si este es el caso, entonces$$K=H\text{,}$$ ya que$$H$$ es el subgrupo más pequeño que contiene todos los$$g_i$$ s.

Claramente, el conjunto$$K$$ se cierra bajo la operación grupal. Ya que$$g_i^0 = 1\text{,}$$ la identidad está en$$K\text{.}$$ Queda por demostrar que la inversa de un elemento$$g =g_{i_1}^{k_1} \cdots g_{i_n}^{k_n}$$ en también$$K$$ debe estar en$$K\text{.}$$ Sin embargo,

$g^{-1} = (g_{i_1}^{k_{1}} \cdots g_{i_n}^{k_n})^{-1} = (g_{i_n}^{-k_n} \cdots g_{i_{1}}^{-k_{1}})\text{.} \nonumber$

La razón por la que los poderes de un fijo$$g_i$$ pueden ocurrir varias veces en el producto es que podemos tener un grupo no abeliano. Sin embargo, si el grupo es abeliano, entonces la necesidad$$g_i$$ s ocurre solo una vez. Por ejemplo, un producto como$$a^{-3} b^5 a^7$$ en un grupo abeliano siempre podría simplificarse (en este caso, a$$a^4 b^5$$).

Ahora restrinjamos nuestra atención a grupos abelianos finitos. Podemos expresar cualquier grupo abeliano finito como un producto directo finito de grupos cíclicos. Más específicamente, dejando$$p$$ ser primo, definimos un grupo$$G$$ para ser un $$p$$-grupo si cada elemento en$$G$$ tiene como su orden un poder de$$p\text{.}$$ Por ejemplo, ambos$${\mathbb Z}_2 \times {\mathbb Z}_2$$ y$${\mathbb Z}_4$$ son$$2$$ -grupos, mientras que$${\mathbb Z}_{27}$$ es un$$3$$ -grupo. Demostraremos el Teorema Fundamental de los Grupos Abelianos Finitos que nos dice que cada grupo abeliano finito es isomórfico a un producto directo de$$p$$ grupos cíclicos.

Teorema$$13.4$$. Fundamental Theorem of FInite Abelian Groups

Cada grupo abeliano finito$$G$$ es isomórfico a un producto directo de grupos cíclicos de la forma

${\mathbb Z}_{p_1^{ \alpha_1 }} \times {\mathbb Z}_{p_2^{ \alpha_2 }} \times \cdots \times {\mathbb Z}_{p_n^{ \alpha_n }} \nonumber$

aquí los$$p_i$$ 's son primos (no necesariamente distintos).

Ejemplo$$13.5$$

Supongamos que deseamos clasificar todos los grupos abelianos de orden$$540=2^2 \cdot 3^3 \cdot 5\text{.}$$

Solución

El Teorema Fundamental de los Grupos Abelianos Finitos nos dice que tenemos las siguientes seis posibilidades.

• $${\mathbb Z}_2 \times {\mathbb Z}_2 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_5\text{;}$$
• $${\mathbb Z}_2 \times {\mathbb Z}_2 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_9 \times {\mathbb Z}_5\text{;}$$
• $${\mathbb Z}_2 \times {\mathbb Z}_2 \times {\mathbb Z}_{27} \times {\mathbb Z}_5\text{;}$$
• $${\mathbb Z}_4 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_5\text{;}$$
• $${\mathbb Z}_4 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_9 \times {\mathbb Z}_5\text{;}$$
• $${\mathbb Z}_4 \times {\mathbb Z}_{27} \times {\mathbb Z}_5\text{.}$$

La prueba del Teorema Fundamental de los Grupos Abelianos Finitos depende de varios lemmas.

Lema$$13.6$$

Dejar$$G$$ ser un grupo abeliano finito de orden$$n\text{.}$$ Si$$p$$ es un primo que divide$$n\text{,}$$ entonces$$G$$ contiene un elemento de orden$$p\text{.}$$

Prueba

Demostraremos este lema por inducción. Si$$n = 1\text{,}$$ entonces no hay nada que mostrar. Ahora supongamos que el lema es cierto para todos los grupos de orden$$k\text{,}$$ donde$$k \lt n\text{.}$$ además, deje$$p$$ ser un primo que divida$$n\text{.}$$

Si no$$G$$ tiene subgrupos no triviales propios, entonces$$G = \langle a \rangle\text{,}$$ dónde$$a$$ está cualquier elemento que no sea la identidad. Por Ejercicio$$4.5.39$$, el orden de$$G$$ debe ser primo. Desde$$p$$ divide$$n\text{,}$$ lo sabemos$$p = n\text{,}$$ y$$G$$ contiene$$p - 1$$ elementos de orden$$p\text{.}$$

Ahora supongamos que$$G$$ contiene un subgrupo propio no trivial$$H\text{.}$$ Entonces$$1 \lt |H| \lt n\text{.}$$ Si$$p \mid |H|\text{,}$$ entonces$$H$$ contiene un elemento de orden$$p$$ por inducción y el lema es verdadero. Supongamos que$$p$$ no divide el orden de$$H\text{.}$$ Dado que$$G$$ es abeliano, debe ser el caso que$$H$$ sea un subgrupo normal de$$G\text{,}$$ y en$$|G| = |H| \cdot |G/H|\text{.}$$ consecuencia,$$p$$ debe dividir$$|G/H|\text{.}$$ Ya que$$|G/H| \lt |G| = n\text{,}$$ sabemos que$$G/H$$ contiene un elemento $$aH$$de orden$$p$$ por la hipótesis de inducción. Por lo tanto,

$H = (aH)^p = a^pH\text{,} \nonumber$

y$$a^p \in H$$ pero$$a \notin H\text{.}$$ si$$|H| = r\text{,}$$ entonces$$p$$ y$$r$$ son relativamente primos, y existen enteros$$s$$ y$$t$$ tales que$$sp + tr = 1\text{.}$$ además, el orden de$$a^p$$ debe dividir$$r\text{,}$$ y$$(a^p)^r = (a^r)^p = 1\text{.}$$

Afirmamos que$$a^r$$ tiene orden$$p\text{.}$$ Debemos demostrar que$$a^r \neq 1\text{.}$$ Supongamos$$a^r = 1\text{.}$$ Entonces

\ begin {align*} a & = a^ {sp + tr}\\ & = a^ {sp} a^ {tr}\\ & = (a^p) ^s (a^r) ^t\\ & = (a^p) ^s 1\\ & = (a^p) ^s\ text {.} \ end {alinear*}

Ya$$a^p \in H\text{,}$$ que debe darse el caso$$a= (a^p)^s \in H\text{,}$$ lo que es una contradicción. Por lo tanto,$$a^r \neq 1$$ es un elemento de orden$$p$$ en$$G\text{.}$$

Lema$$13.6$$ es un caso especial del Teorema (Teorema$$15.1$$) de Cauchy, que establece que si$$G$$ es un grupo finito y$$p$$ un primo tal que$$p$$ divide el orden de$$G\text{,}$$ entonces$$G$$ contiene un subgrupo de orden$$p\text{.}$$ Vamos a probar el Teorema de Cauchy en el Capítulo 15.

Lema$$13.7$$

Un grupo abeliano finito es un$$p$$ grupo -si y solo si su orden es un poder de$$p\text{.}$$

Prueba

Si$$|G| = p^n$$ entonces por el teorema de Lagrange, entonces el orden de cualquiera$$g \in G$$ debe dividirse$$p^n\text{,}$$ y por lo tanto debe ser un poder de$$p\text{.}$$ Inversamente, si no$$|G|$$ es un poder de$$p\text{,}$$ entonces tiene algún otro divisor primo$$q\text{,}$$ así que por Lemma$$13.6$$,$$G$$ tiene un elemento de orden $$q$$y por lo tanto no es un$$p$$ -grupo.

Lema$$13.8$$

Dejar$$G$$ ser un grupo abeliano finito de orden$$n = p_1^{\alpha_1} \cdots p_k^{\alpha_k}\text{,}$$ donde donde$$p_1, \ldots, p_k$$ son primos distintos y$$\alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_k$$ son enteros positivos. Entonces$$G$$ es el producto directo interno de subgrupos$$G_1, G_2, \ldots, G_k\text{,}$$ donde$$G_i$$ está el subgrupo de$$G$$ que consiste en todos los elementos de orden$$p_i^r$$ para algún entero$$r\text{.}$$

Prueba

Ya que$$G$$ es un grupo abeliano, se nos garantiza que$$G_i$$ es un subgrupo de$$G$$ para$$i = 1, \ldots, k\text{.}$$ Dado que la identidad tiene orden$$p_i^0 = 1\text{,}$$ sabemos que$$1 \in G_i\text{.}$$ si$$g \in G_i$$ tiene orden$$p_i^r\text{,}$$ entonces también$$g^{-1}$$ debe tener orden$$p_i^r\text{.}$$ Finalmente, si$$h \in G_i$$ tiene orden $$p_i^s\text{,}$$entonces

$(gh)^{p_i^t} = g^{p_i^t} h^{p_i^t} = 1 \cdot 1 = 1\text{,} \nonumber$

donde$$t$$ es el máximo de$$r$$ y$$s\text{.}$$

Debemos demostrar que

$G = G_1 G_2 \cdots G_k \nonumber$

y$$G_i \cap G_j = \{1 \}$$ para$$i \neq j\text{.}$$ Supongamos que$$g_1 \in G_1$$ está en el subgrupo generado por$$G_2, G_3, \ldots, G_k\text{.}$$ Entonces$$g_1 = g_2 g_3 \cdots g_k$$ para$$g_i \in G_i\text{.}$$ Desde$$g_i$$ tiene orden$$p^{\alpha_i}\text{,}$$ sabemos que$$g_i^{p^{\alpha_i}} = 1$$ para$$i = 2, 3, \ldots, k\text{,}$$ y$$g_1^{p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}} = 1\text{.}$$ Puesto que el orden de$$g_1$$ es un poder de$$p_1$$ y$$\gcd(p_1, p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}) = 1\text{,}$$ se debe ser el caso que$$g_1 = 1$$ y la intersección de$$G_1$$ con cualquiera de los subgrupos$$G_2, G_3, \ldots, G_k$$ es la identidad. Un argumento similar muestra que$$G_i \cap G_j = \{1 \}$$ para$$i \neq j\text{.}$$

A continuación, debemos demostrar que es posible escribir cada$$g \in G$$ como un producto$$g_1 \cdots g_k\text{,}$$ donde$$g_i \in G_i\text{.}$$ Dado que el orden de$$g$$ divide el orden de$$G\text{,}$$ sabemos que

$|g| = p_1^{\beta_1} p_2^{\beta_2} \cdots p_k^{\beta_k} \nonumber$

para algunos enteros$$\beta_1, \ldots, \beta_k\text{.}$$ Dejando que$$a_i = |g| / p_i^{\beta_i}\text{,}$$ los$$a_i$$'s sean relativamente primos; por lo tanto, existen enteros$$b_1, \ldots, b_k$$ tales que$$a_1 b_1 + \cdots + a_k b_k = 1\text{.}$$ Consecuentemente,

$g = g^{a_1 b_1 + \cdots + a_k b_k} = g^{a_1 b_1} \cdots g^{a_k b_k}\text{.} \nonumber$

Desde

$g^{(a_i b_i ) p_i^{\beta_i}} = g^{b_i |g|} = e\text{,} \nonumber$

se deduce que$$g^{a_i b_i}$$ debe estar en$$G_{i}\text{.}$$ Let$$g_i = g^{a_i b_i}\text{.}$$ Entonces$$g = g_1 \cdots g_k \in G_1 G_2 \cdots G_k\text{.}$$ Por lo tanto,$$G = G_1 G_2 \cdots G_k$$ es un producto directo interno de subgrupos.

Si nos queda determinar la posible estructura de cada$$p_i$$ -grupo$$G_i$$ en Lemma$$13.8$$.

Lema$$13.9$$

$$G$$Sea un$$p$$ grupo abeliano finito y supongamos que$$g \in G$$ tiene orden máximo. Entonces$$G$$ es isomórfico$$\langle g \rangle \times H$$ para algún subgrupo$$H$$ de$$G\text{.}$$

Prueba

Por Lema$$13.7$$, podemos suponer que el orden de$$G$$ es$$p^n\text{.}$$ Vamos a inducir en$$n\text{.}$$ Si$$n= 1\text{,}$$ entonces$$G$$ es cíclico de orden$$p$$ y debe ser generado por$$g\text{.}$$ Supongamos ahora que la declaración del lema se mantiene para todos los enteros$$k$$ con$$1 \leq k \lt n$$ y dejar$$g$$ ser de orden máximo en$$G\text{,}$$ decir$$|g| = p^{m}\text{.}$$ Entonces$$a^{p^m} = e$$ para todos$$a \in G\text{.}$$ Ahora elige$$h$$ en$$G$$ tal que$$h \notin \langle g \rangle\text{,}$$ donde$$h$$ tiene el menor orden posible. Ciertamente tal$$h$$ existe; de lo contrario,$$G = \langle g \rangle$$ y ya estamos hechos. Let$$H = \langle h \rangle\text{.}$$

Afirmamos$$\langle g \rangle \cap H = \{ e \}\text{.}$$ que Baste con demostrar que$$|H|=p\text{.}$$ Dado que$$|h^p| = |h| / p\text{,}$$ el orden de$$h^p$$ es menor que el orden de$$h$$ y debe estar adentro$$\langle g \rangle$$ por la minimalidad de$$h\text{;}$$ eso es,$$h^p = g^r$$ para algún número$$r\text{.}$$ Por lo tanto,

$(g^r)^{p^{m - 1}} = (h^p)^{p^{m - 1}} = h^{p^{m}} = e\text{,} \nonumber$

y el orden de$$g^r$$ debe ser menor o igual a$$p^{m-1}\text{.}$$ Por lo tanto,$$g^r$$ no puede generar$$\langle g \rangle\text{.}$$ Aviso que$$p$$ debe ocurrir como factor de$$r\text{,}$$ decir$$r = ps\text{,}$$ y$$h^p = g^r = g^{ps}\text{.}$$$$a$$ Definir ser$$g^{-s}h\text{.}$$ Entonces$$a$$ no puede estar en$$\langle g \rangle\text{;}$$ otra cosa, $$h$$también tendría que estar en$$\langle g \rangle\text{.}$$ También,

$a^p = g^{-sp} h^p = g^{-r} h^p = h^{-p} h^p = e\text{.} \nonumber$

Ahora hemos formado un elemento$$a$$ con orden$$p$$ tal que$$a \notin \langle g \rangle\text{.}$$ Since$$h$$ fue elegido para tener el orden más pequeño de todos los elementos que no están en$$\langle g\rangle\text{,}$$$$|H| = p\text{.}$$

Ahora vamos a demostrar que el orden de$$gH$$ en el grupo factorial$$G/H$$ debe ser el mismo que el orden de$$g$$ en$$G\text{.}$$ Si$$|gH| \lt |g| = p^m\text{,}$$ entonces

$H = (gH)^{p^{m-1}} = g^{p^{m-1}} H; \nonumber$

por lo tanto,$$g^{p^{m-1}}$$ debe ser en el$$\langle g \rangle \cap H = \{ e \}\text{,}$$ que contradice el hecho de que el orden de$$g$$ es$$p^m\text{.}$$ Por lo tanto,$$gH$$ debe tener orden máximo en$$G/H\text{.}$$ Por el Teorema de Correspondencia y nuestra hipótesis de inducción,

$G/H \cong \langle gH \rangle \times K/H \nonumber$

para algún subgrupo$$K$$ de$$G$$ contener$$H\text{.}$$ Afirmamos que$$\langle g \rangle \cap K = \{ e \}\text{.}$$ Si$$b \in \langle g \rangle \cap K\text{,}$$ entonces$$bH \in \langle gH \rangle \cap K/H = \{ H \}$$ y De$$b \in \langle g \rangle \cap H = \{ e \}\text{.}$$ ello se deduce que$$G = \langle g \rangle K$$ implica que$$G \cong \langle g \rangle \times K\text{.}$$

La prueba del Teorema Fundamental de los Grupos Abelianos Finitos sigue muy rápidamente de Lemma$$13.9$$. Supongamos que$$G$$ es un grupo abeliano finito y deja$$g$$ ser un elemento de orden máximo en$$G\text{.}$$ Si$$\langle g \rangle = G\text{,}$$ entonces estamos hechos; de lo contrario,$$G \cong {\mathbb Z}_{|g|} \times H$$ para algún subgrupo$$H$$ contenido en$$G$$ por el lema. Ya que$$|H| \lt |G|\text{,}$$ podemos aplicar la inducción matemática.

Ahora declaramos el teorema más general para todos los grupos abelianos finitamente generados. La prueba de este teorema se puede encontrar en cualquiera de las referencias al final de este capítulo.

Teorema$$13.10$$. The Fundamental Theorem of Finitely Generated Abelian Groups

Cada grupo abeliano finitamente generado$$G$$ es isomórfico a un producto directo de grupos cíclicos de la forma

${\mathbb Z}_{p_1^{ \alpha_1 }} \times {\mathbb Z}_{p_2^{ \alpha_2 }} \times \cdots \times {\mathbb Z}_{p_n^{ \alpha_n }} \times {\mathbb Z} \times \cdots \times {\mathbb Z}\text{,} \nonumber$

donde los$$p_i$$ 's son primos (no necesariamente distintos).

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