15.2: Ejemplos y Aplicaciones

Ejemplo\(15.9\)

Usando los Teoremas de Sylow, podemos determinar que\(A_5\) tiene subgrupos de órdenes\(2\text{,}\)\(3\text{,}\)\(4\text{,}\) y\(5\text{.}\) El Sylow\(p\) -subgrupos de\(A_5\) tienen órdenes\(3\text{,}\)\(4\text{,}\) y\(5\text{.}\) El Tercer Teorema de Sylow nos dice exactamente cuántos\(p\) subgrupos de Sylow \(A_5\)tiene.

Solución

Dado que el número de\(5\) subgrupos de Sylow debe dividirse\(60\) y también ser congruente con\(1 \pmod{5}\text{,}\) hay uno o seis\(5\) subgrupos de Sylow en\(A_5\text{.}\) Todos los\(5\) subgrupos de Sylow son conjugados. Si solo hubiera un solo\(5\) subgrupo de Sylow, estaría conjugado consigo mismo; es decir, sería un subgrupo normal de\(A_5\text{.}\) Since no\(A_5\) tiene subgrupos normales, esto es imposible; de ahí que hayamos determinado que existen exactamente seis\(5\) subgrupos distintos de Sylow de\(A_5\text{.}\)

Los Teoremas de Sylow nos permiten probar muchos resultados útiles sobre grupos finitos. Al utilizarlos, a menudo podemos concluir mucho sobre grupos de un orden particular si se satisfacen ciertas hipótesis.

Teorema\(15.10\)

Si\(p\) y\(q\) son primos distintos con\(p \lt q \text{,}\) entonces cada grupo\(G\) de orden\(pq\) tiene un solo subgrupo de orden\(q\) y este subgrupo es normal en\(G\text{.}\) De ahí,\(G\) no puede ser simple. Además, si\(q \not\equiv 1 \pmod{p}\text{,}\) entonces\(G\) es cíclico.

Prueba

Sabemos que\(G\) contiene un subgrupo\(H\) de orden\(q\text{.}\) El número de conjugados de\(H\) divide\(pq\) y es igual a\(1 + kq\) para\(k = 0, 1, \ldots\text{.}\) Sin embargo, ya\(1 + q\) es demasiado grande para dividir el orden del grupo; de ahí, sólo se\(H\) puede conjugar consigo mismo. Es decir,\(H\) debe ser normal en\(G\text{.}\)

El grupo\(G\) también tiene un\(p\) subgrupo Sylow, digamos\(K\text{.}\) El número de conjugados de\(K\) debe dividirse\(q\) y ser igual a\(1 + kp\) para\(k = 0, 1, \ldots\text{.}\) Since\(q\) es primo, ya sea\(1 + kp = q\) o\(1 + kp = 1\text{.}\) Si\(1 + kp = 1\text{,}\) entonces\(K\) es normal en\(G\text{.}\) In este caso, podemos demostrar fácilmente que\(G\) satisface los criterios, dados en el Capítulo 9, para el producto directo interno de\(H\) y\(K\text{.}\) Since\(H\) es isomórfico a\({\mathbb Z}_q\) y\(K\) es isomórfico a\({\mathbb Z}_p\text{,}\)\(G \cong {\mathbb Z}_p \times {\mathbb Z}_q \cong {\mathbb Z}_{pq}\) por Teorema\(9.21\).

Ejemplo\(15.11\)

Cada grupo de orden\(15\) es cíclico.

Solución

Esto es cierto porque\(15 = 5 \cdot 3\) y\(5 \not\equiv 1 \pmod{3}\text{.}\)

Ejemplo\(15.12\)

Clasifiquemos todos los grupos de orden\(99 = 3^2 \cdot 11\) hasta el isomorfismo.

Solución

Primero mostraremos que cada grupo\(G\) de orden\(99\) es abeliano. Por el Tercer Teorema de Sylow, hay\(1 + 3k\) Sylow\(3\) -subgrupos, cada uno de orden\(9\text{,}\) para algunos\(k = 0, 1, 2, \ldots\text{.}\) También,\(1 + 3k\) debe dividir\(11\text{;}\) por lo tanto, solo puede haber un solo Sylow\(3\) -subgrupo normal\(H\) en\(G\text{.}\) Similarmente, hay\(1 +11k\) Sylow \(11\)-subgrupos y\(1 +11k\) deben dividirse\(9\text{.}\) En consecuencia, solo hay un\(11\) subgrupo de Sylow\(K\) en\(G\text{.}\) Por Corolario 14.16, cualquier grupo de orden\(p^2\) es abeliano para\(p\) primo; por lo tanto,\(H\) es isomórfico ya sea a\({\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3\) o a \({\mathbb Z}_9\text{.}\)Ya que\(K\) tiene orden\(11\text{,}\) debe ser isomórfico a\({\mathbb Z}_{11}\text{.}\) Por lo tanto, los únicos grupos posibles de orden\(99\) son\({\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_{11}\) o\({\mathbb Z}_9 \times {\mathbb Z}_{11}\) hasta el isomorfismo.

Para determinar todos los grupos de orden\(5 \cdot 7 \cdot 47 = 1645\text{,}\) necesitamos el siguiente teorema.

Teorema\(15.13\)

Dejar\(G' = \langle a b a^{-1} b^{-1} : a, b \in G \rangle\) ser el subgrupo que consiste en todos los productos finitos de elementos de la forma\(aba^{-1}b^{-1}\) en un grupo\(G\text{.}\) Entonces\(G'\) es un subgrupo normal de\(G\) y\(G/G'\) es abeliano

El subgrupo\(G'\) de\(G\) se llama el subgrupo de conmutador de\(G\text{.}\) Dejamos la prueba de este teorema como ejercicio (Ejercicio\(10.4.14\) en el Capítulo 10).

Ejemplo\(15.14\)

Ahora vamos a mostrar que cada grupo de orden\(5 \cdot 7 \cdot 47 = 1645\) es abeliano, y cíclico por teorema\(9.21\).

Solución

Por el Tercer Teorema de Sylow,\(G\) tiene sólo un subgrupo\(H_1\) de orden\(47\text{.}\) Así\(G/H_1\) tiene orden 35 y debe ser abeliano por Teorema\(15.10\). De ahí que el subgrupo de conmutador de\(G\) esté contenido en el\(H\) que nos dice que\(|G'|\) es\(1\) o bien\(47\text{.}\) si\(|G'|=1\text{,}\) hemos terminado. Supongamos que\(|G'|=47\text{.}\) El Tercer Teorema de Sylow nos dice que\(G\) tiene solo un subgrupo de orden\(5\) y un subgrupo de orden\(7\text{.}\) Así que existen subgrupos normales\(H_2\) y\(H_3\) en\(G\text{,}\) donde\(|H_2| = 5\) y\(|H_3| = 7\text{.}\) En cualquier caso el grupo cociente es abeliano; por lo tanto,\(G'\) debe ser un subgrupo de\(H_i\text{,}\)\(i= 1, 2\text{.}\) Por lo tanto, el orden de\(G'\) es\(1\text{,}\)\(5\text{,}\) o\(7\text{.}\) Sin embargo, ya hemos determinado que\(|G'| =1\) o\(47\text{.}\) Así el subgrupo conmutador de\(G\) es trivial, y consecuentemente\(G\) es abeliano.

Grupos Finitos Simples

Dado un grupo finito, se puede preguntar si ese grupo tiene o no subgrupos normales. Recordemos que un grupo simple es uno sin subgrupos normales no triviales adecuados. Como en el caso de\(A_5\text{,}\) demostrar que un grupo es simple puede ser una tarea muy difícil; sin embargo, los Teoremas de Sylow son herramientas útiles para demostrar que un grupo no es sencillo. Por lo general, se trata de algún tipo de argumento de conteo.

Ejemplo\(15.15\)

Demostremos que ningún grupo\(G\) de orden\(20\) puede ser sencillo.

Solución

Por el Tercer Teorema de Sylow,\(G\) contiene uno o más\(5\) subgrupos de Sylow. El número de tales subgrupos es congruente\(1 \pmod{5}\) y también debe dividirse\(20\text{.}\) El único número posible es\(1\text{.}\) Dado que solo hay un solo\(5\) subgrupo de Sylow y todos los\(5\) subgrupos de Sylow son conjugados, este subgrupo debe ser normal.

Ejemplo\(15.16\)

\(G\)Sea un grupo finito de orden\(p^n\text{,}\)\(n \gt 1\) y\(p\) primo. Por teorema\(14.15\),\(G\) tiene un centro no trivial.

Solución

Dado que el centro de cualquier grupo\(G\) es un subgrupo normal,\(G\) no puede ser un grupo simple. Por lo tanto, grupos de órdenes\(4\text{,}\)\(8\text{,}\)\(9\text{,}\)\(16\text{,}\)\(25\text{,}\)\(27\text{,}\)\(32\text{,}\)\(49\text{,}\)\(64\text{,}\) y no\(81\) son simples. De hecho, los grupos de orden\(4\text{,}\)\(9\text{,}\)\(25\text{,}\) y\(49\) son abelianos por Corolario\(14.16\).

Ejemplo\(15.17\)

Ningún grupo de orden\(56= 2^3 \cdot 7\) es sencillo. Hemos visto que si podemos demostrar que solo hay un\(p\) subgrupo Sylow para algún primo\(p\) dividiendo 56, entonces este debe ser un subgrupo normal y ya terminamos.

Solución

Según el Tercer Teorema de Sylow, existen uno u ocho\(7\) subgrupos de Sylow. Si solo hay un solo\(7\) subgrupo de Sylow, entonces debe ser normal.

Por otro lado, supongamos que hay ocho\(7\) subgrupos de Sylow. Entonces cada uno de estos subgrupos debe ser cíclico; de ahí que la intersección de dos cualesquiera de estos subgrupos contenga sólo la identidad del grupo. Esto deja\(8 \cdot 6 = 48\) distintos elementos en el grupo, cada uno de orden\(7\text{.}\) Ahora vamos a contar Sylow\(2\) -subgrupos. Hay uno o siete\(2\) subgrupos de Sylow. Cualquier elemento de un\(2\) subgrupo de Sylow que no sea la identidad debe tener como orden un poder de\(2\text{;}\) y, por lo tanto, no puede ser uno de los\(48\) elementos de orden\(7\) en los\(7\) subgrupos de Sylow. Dado que un\(2\) subgrupo de Sylow tiene orden solo\(8\text{,}\) hay suficiente espacio para un solo\(2\) subgrupo de Sylow en un grupo de orden\(56\text{.}\) Si solo hay un\(2\) subgrupo de Sylow, debe ser normal.

Para otros grupos\(G\text{,}\) es más difícil demostrar que no\(G\) es sencillo. Supongamos que\(G\) tiene orden\(48\text{.}\) En este caso la técnica que empleamos en el último ejemplo no va a funcionar. Necesitamos el siguiente lema para demostrar que ningún grupo de orden\(48\) es simple.

Teorema\(15.18\)

Dejar\(H\) y\(K\) ser subgrupos finitos de un grupo\(G\text{.}\) Entonces

\[ |HK| = \frac{|H| \cdot |K|}{|H \cap K|}\text{.} \nonumber \]

Prueba

Recordemos que

\[ HK = \{ hk : h \in H, k \in K \}\text{.} \nonumber \]

Ciertamente,\(|HK| \leq |H| \cdot |K|\) ya que algún elemento en\(HK\) podría escribirse como producto de diferentes elementos en\(H\) y\(K\text{.}\) es muy posible que\(h_1 k_1 = h_2 k_2\) para\(h_1, h_2 \in H\) y\(k_1, k_2 \in K\text{.}\) Si este es el caso, vamos

\[ a = (h_1)^{-1} h_2 = k_1 (k_2)^{-1}\text{.} \nonumber \]

Observe que\(a \in H \cap K\text{,}\) ya que\((h_1)^{-1} h_2\) está en\(H\) y\(k_2 (k_1)^{-1}\) está en\(K\text{;}\) consecuencia,

\ begin {align*} h_2 & = h_1 a^ {-1}\\ k_2 & = a k_1\ text {.} \ end {alinear*}

Por el contrario, let\(h = h_1 b^{-1}\) y\(k = b k_1\) para\(b \in H \cap K\text{.}\) Entonces\(h k = h_1 k_1\text{,}\) donde\(h \in H\) y\(k \in K\text{.}\) Por lo tanto, cualquier elemento\(hk \in HK\) puede escribirse en la forma\(h_i k_i\) para\(h_i \in H\) y\(k_i \in K\text{,}\) tantas veces como haya elementos en\(H \cap K\text{;}\) eso es,\(|H \cap K|\) tiempos. Por lo tanto,\(|HK| = (|H| \cdot |K|)/|H \cap K|\text{.}\)

Ejemplo\(15.19\)

Para demostrar que un grupo\(G\) de orden no\(48\) es simple, mostraremos que\(G\) contiene ya sea un subgrupo normal de orden\(8\) o un subgrupo normal de orden\(16\text{.}\)

Solución

Por el Tercer Teorema de Sylow,\(G\) tiene uno o tres Sylow\(2\) -subgrupos de orden\(16\text{.}\) Si solo hay un subgrupo, entonces debe ser un subgrupo normal.

Supongamos que el otro caso es cierto, y dos de los tres Sylow\(2\) -subgrupos son\(H\) y\(K\text{.}\) Nosotros afirmamos que\(|H \cap K| = 8\text{.}\) Si\(|H \cap K| \leq 4\text{,}\) entonces por Lema 15.18,

\[ |HK| \geq \frac{16 \cdot 16}{4} =64\text{,} \nonumber \]

lo cual es imposible. Observe que\(H \cap K\) tiene índice dos en ambos de\(H\) y\(K\text{,}\) así es normal en ambos, y así\(H\) y\(K\) están cada uno en el normalizador de\(H \cap K\text{.}\) Porque\(H\) es un subgrupo de\(N(H \cap K)\) y porque\(N(H \cap K)\) tiene estrictamente más de\(16\) elementos,\(|N(H \cap K)|\) debe ser un múltiplo de\(16\) mayor que así\(1\text{,}\) como dividir\(48\text{.}\) La única posibilidad es que\(|N(H \cap K)|= 48\text{.}\) Por lo tanto,\(N(H \cap K) = G\text{.}\)

La siguiente conjetura famosa de Burnside fue probada en un largo y difícil trabajo de Feit y Thompson [2].

Teorema\(15.20\). Odd Order Theorem

Cada grupo finito simple de orden no primo debe ser de orden par

La prueba de este teorema sentó las bases para un programa en las décadas de 1960 y 1970 que clasificó a todos los grupos simples finitos. El éxito de este programa es uno de los logros sobresalientes de las matemáticas modernas.