CAPITULO II

LA ESTRUCTURA

DE GRUPOS

Rodrigo Vargas

4. LA ACCION DE UN GRUPO SOBRE UN CONJUNTO

1. Sea G un grupo y A subgrupo normal abeliano. Demuestre que G/A

actua sobre A por conjugacion y obtenga un homomorfismo G/A →

Aut A.

Solucion: Notemos que

G/A = {gA | g ∈ G} = {ga | g ∈ G, a ∈ A}

Esto nos lleva a considerar ϕ : G/A× A→ A definida por

ϕ(ga, x) = (ga) · x := (ga)x(ga)−1 .

Esta aplicacion esta bien definida, ya que A es abeliano. En efecto,

dados ga1, ga2 ∈ gA entonces

ϕ(ga1, x) = (ga1)x(ga1)−1 = g(a1xa

−11 )g−1

= g(a1a−11 x)g−1 = gxg−1

= g(a2a−12 x)g−1 = (ga2)x(ga2)

−1

= ϕ(ga2, x)

Veamos que ϕ es accion. Como A es abeliano tenemos que a · x :=

axa−1 = aa−1x = x y ademas

((ga)(g′a′)) · x = (gag′a′)x(gag′a′)−1

= (ga)[(g′a′)x(g′a′)−1](ga)−1

= (ga) · [(g′a′) · x]

2. Si H,K son subgrupos de G tal que HEK, demuestre que K ≤ NG(H).

Solucion: Recordemos que

NG(H) = {g ∈ G | gHg−1 = H} .

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Como K ≤ G entonces K es cerrado por producto y elemento inverso,

entonces basta probar que K ⊆ NG(H). En efecto, sea k ∈ K entonces

kHk−1 = H ya que HEK lo que implica k ∈ NG(H), como queriamos

probar.

3. Si un grupo G contiene un elemento a teniendo exactamente dos con-

jugados, entonces G tiene un subgrupo normal propio N 6= 〈e〉.

Solucion: Consideremos Ga = {gag−1 | g ∈ G} la orbita de a de la

accion por conjugacion, por hipotesis |Ga| = 2. Sea Ga el estabilizador

de a, que es un subgrupo de G, entonces

2 = |Ga| = (G : Ga) ⇒ Ga EG

Basta considerar N = Ga como (G : N) = 2 entonces N es subgrupo

normal propio. Ahora bien, si N = {e} entonces |G| = 2, es decir,

G = {e, a} y las clases de conjugacion de a tendria cardinalida 1, esto

es, |Ga| = 1, lo que es una contradiccion.

4. Sea H un subgrupo de G. El centralizaador de H es el conjunto

CG(H) = {g ∈ G | hg = gh, ∀ h ∈ H}. Demuestre que CG(H)

es un subgrupo de Ng(H).

Solucion: Sean g, g′ ∈ CG(H) y h ∈ H entonces

(gg′)h = g(g′h) = g(hg′) = (gh)g′ = h(gg′)

lo que implica que gg′ ∈ CG(H). Si g ∈ CG(H) entonces

gh = hg ⇒ h = g−1hg ⇒ hg−1 = g−1h⇒ g−1 ∈ CG(H) .

Por ultimo, debemos probar que CG(H) ⊆ NG(H). Sea g ∈ CG(H)

entonces

hg = gh, ∀ h ∈ H ⇒ ghg−1 = h, ∀ h ∈ H ⇒ gHg−1 = H

entonces g ∈ NG(H), como queriamos probar.

5. Si H es un subgrupo de G, el grupo cuociente NG(H)/CG(H) es iso-

morfo a un subgrupo de Aut(H).

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Solucion: Consideremos la aplicacion ϕ : NG(H) → Aut (H) dada

por ϕ(g) = σg donde σg : H → H es dada por σg(h) = ghg−1, no es

dificil verificar que ϕ es un homomorfismo. Notemos que

Ker ϕ = {g ∈ NG(H) | ϕ(g) = Id}

= {g ∈ NG(H) | σg = Id}

= {g ∈ NG(H) | ghg−1 = h, ∀ h ∈ H}

= CG(H)

Por el primer Teorema de Isomorfia tenemos que

NG(H)/Ker ϕ = NG(H)/CG(H) ∼= Im ϕ ≤ Aut (H) .

6. Sea G un grupo actuando sobre un conjunto S conteniendo al menos

dos elementos. Asuma que G es transitivo; esto es, dados cualquier

x, y ∈ S, existe g ∈ G tal que gx = y.

Pruebe

(a) Para x ∈ S, la orbita x de x es S;

(b) todos los estabilizadores Gx (para x ∈ S) son conjugados.

(c) Si G tiene la propiedad: {g ∈ G | gx = x ∀ x ∈ S} = 〈e〉 (el cual

es el caso si G ≤ Sn para algun n y S = {1, 2, . . . , n}) y si N EG

y N ≤ Gx para algun x ∈ S, entonces N = 〈e〉;

(d) para x ∈ S, |S| = [G : Gx]; luego |S| divide a |G|.

Solucion:

(a) Recordemos que, dado x ∈ S

x = Gx = {gx | g ∈ G} .

Sea y ∈ S como G es transitivo, existe g ∈ G tal que gx = y ⇒ y ∈

Gx luego S ⊆ Gx. Ahora bien, sea y ∈ Gx entonces existe g ∈ G

tal que gx = y ⇒ y ∈ S. Por lo tatno Gx = S.

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(b) Recordemos que, dado x ∈ S

Gx = {g ∈ G | gx = x} .

Como G es transitivo, dados x, y ∈ S existe g ∈ G tal que gx = y.

Consideremos la conjugacion del estabilizador Gx:

gGxg−1 = {gag−1 | a ∈ Gx} = {gag−1 | ax = x} .

Afirmamos que gag−1 ∈ Gy. En efecto, se tiene que

gag−1 · y = gag−1 · gx = gax = gx = y ⇒ gag−1 ∈ Gy .

Luego, gGxg−1 ⊆ Gy. De manera similar, se prueba que g−1Gyg ⊆

Gx y por lo tanto, gGxg−1 = Gy.

(c) Sea N el subgrupo de G tal que NEG y N ≤ Gx para algun x ∈ S.

Sea a ∈ N , como N E G entonces gNg−1 = N para todo g ∈ G.

Sea y ∈ S, como G es transitivo existe g ∈ G tal que gy = x.

(d) Sabemos que, para cada x ∈ G se tiene que Gx = S, luego |S| =

|Gx| = (G : Gx). En particular, si G es finito entonces

(G : Gx) =|G|

|Gx|⇒ |G| = (G : Gx)|S| ⇒ |S| | |G| .

7. Sea G un grupo y sea InG el conjunto de todos los automorfismos in-

ternos de G. Demuestre que InG es un subgrupo normal de AutG.

Solucion: Sean a ∈ G, σa : G → G dada por σa(x) = axa−1 un

automorfismo interno de G y τ : G→ G un automorfismo, entonces

τσaτ−1(x) = τ(σa(τ

−1(x)))

= τ(aτ−1(x)a−1)

= τ(a)τ(τ−1(x))τ(a−1)

= τ(a)xτ−1(a) = στ(a)(x)

Luego, otauσaτ−1 ∈ In G. Por lo tanto, In G E Aut G. Ademas, In

G es subgrupo de G pues si σa y σb ∈ In G ⇒ σaσb = σab ∈ In G y

σ−1a = σa−1 ∈ InG.

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8. Muestre un automorfismo de Z6 que no es un automorfimo interno.

Solucion: Considere ϕ : Z6 → Z6 dada por ϕ(x) = x−1. Entonces

ϕ(xy) = (xy)−1 = y−1x−1 = x−1y−1 = ϕ(x)ϕ(y) .

Luego, ϕ es homomorfismo. Ahora si, ϕ(x) = ϕ(y) ⇒ x−1 = y−1 ⇒

x = y y ϕ es inyectiva. Dado y ∈ Z6 existe y−1 ∈ Z6 tal que ϕ(y−1) =

(y−1)−1 = y. Por lo tanto, ϕ ∈ Aut (Z6). Supongamos que ϕ es un

automorfismo interno entonces existe a ∈ Z6 tal que ϕ = σa entonces

x−1 = axa−1 para todo x ∈ Z6, es decir, ax = x−1a para todo x ∈ Z6.

En particular, para x = a se tiene que a2 = e. Ahora sea r ∈ Z6 tal

que rd = e entonces d = 2, 3, 6 y tenemos que

〈r, a | rd = a2 = e, ar = r−1a〉 = D2d ≤ Z6

Si d = 3 obtenemos D6∼= S3 y S3 no es abeliano. ⇒⇐

Si d = 2 obtenemos D4∼= Z2 × Z2 el cual no es ciclico. ⇒⇐

Si d = 6 obtenemos D12 el cual no es abeliano. ⇒⇐.

Por lo tanto, ϕ /∈ InZ6.

9. Si G/C(G) es cıclico, entonces G es abeliano.

Solucion: Observemos que, existe a ∈ G tal que

G/C(G) = 〈aC/G(G)〉 = {arC(G)} .

Luego, G = {arz | z ∈ C(G), r ∈ N}. Dados x, y ∈ G entonces

x = arz0 y y = asz1 y tenemos que

xy = (arz0)(asz1) = arasz0z1 = ar+sz1z0

= as+rz1z0 = asarz1z0 = (asz1)(arz0) = yx

Por lo tanto G es abeliano.

10. Demuestre que el centro de S4 es 〈e〉; concluya que S4 es isomorfo al

grupo de todos los automorfismo internos de S4.

Solucion: Recordemos que

Z(S4) = {σ ∈ S4 | στ = τσ ∀ τ ∈ S4} .

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Supongamos que Z(S4) 6= {e} entonces existe σ0 ∈ Z(S4) con σ0 6= Id

tal que σ0τ = τσ0 para todo τ ∈ S − 4. Como σ0 6= Id existe k ∈

{1, 2, 3, 4} tal que

k 6= σ0(k) = m, para algun m ∈ {1, 2, 3, 4} .

Consideremos

τ0 :

k → k

m→ l con l 6= m

fija los demas elemento

entonces τ0 ∈ S4 y σ0τ0 = σ0(k) = m, τ0(σ0(k)) = τ(m) = l 6= m lo

que es una contradiccion. Luego, Z(S4) = {e}. La segunda afirmacion

es una consecuencia del problema 5.

11. Sea G un grupo conteniendo un elemento a de orden distinto de 1 o 2.

Demuestre que G tiene un automorfismo distinto de la identidad.

Solucion: Si G es abeliano, entonces

ϕ : G −→ G

x 7→ x−1

es automorfismo. Si ϕ = id entonces x2 = e para todo x ∈ G pero

existe a ∈ G tal que a2 6= e y a 6= e, lo que es una contradiccion, luego

ϕ 6= Id.

Si G no es abeliano entonces Z(G) 6= G entonces existe g ∈ G tal que

gx 6= xg para todo x ∈ G, es decir

gxg−1 6= x, ∀ x ∈ G (1)

entonces basta considerar

ψg : G −→ G

x 7→ gxg−1

ψg es automorfismo interno distinto de la identidad por (1).

12. Cualquier grupo finito es isomorfo a un subgrupo de An para algun n.

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Solucion: Sea G un grupo tal que |G| = m. Consideremos An con

n = 2m. Sea σ ∈ Sm, σ se puede escribir como producto de transposi-

ciones de longitud d. Consideremos la apliacion h : Sm → An dada

por

h(σ)(k) = σ(k) si k ∈ {1, . . . , m}

h(σ)(m+ k) = m+ σ(k) si k ∈ {1, . . . , m}

h esta bien definida, h(σ) ∈ An para cada σ ∈ Sm. En efecto, como σ es

d-ciclo entonces h(σ) es un 2d-ciclo lo que implica h(σ) ∈ An. Ademas,

h es homorfismo inyectivo. Por el primer Teorema de Isomorfia

Sm/Ker h = Sm∼= Im h ≤ An .

Por el Teorema de Caley

G ∼= H ≤ Sm ,

entonces G ∼= H ≤ Sm ≤ An.

13. Si un grupo G contiene un subgrupo (6= G) de indice finito, este con-

tiene un subgrupo normal (6= G) de indice finito.

Solucion: Sea H ≤ G tal que (G : H) = n ≤ ∞. Consideremos

G×G/H −→ G/H

(g, aH) 7→ (ga)H

la accion, esto induce un homomorfismo

h : G −→ Sn

g 7→ σg : G/H −→ G/H

aH 7→ (ga)H

Sea N = Ker h⇒ N EG y por el primer Teorema de isomorfia

G/N ∼= Im h ≤ Sn .

Luego, [G : N ] ≤ |Sn| = n! < ∞. Ademas, N ⊆ H. En efecto, dado

a ∈ Ker h entonces

σa = id⇒ σa(xH) = xH ⇒ (ax)H = xH ⇒ x−1ax ∈ H ∀ x ∈ G .

En particular, si x = e entonces a ∈ H.

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14. Si |G| = pn, con p > n, p primo, y H es un subgrupo de orden p,

entonces H es normal en G.

Solucion: Sea H subgrupo con |H| = p. Consideremos la accion

G×G/H −→ G/H

(g, aH) 7→ (ga)H

esta accion induce un homomorfismo

h : G −→ Sn

g 7→ σg : G/H −→ G/H

aH 7→ (ga)H

Sabemos por problema anterior que N = Ker hEG, N ⊆ H y G/N ∼=

Im h ≤ Sn entonces

n = [G : H] ≤ [G : N ] | |Sn| = n!

entonces [G : N ] = n⇒ H = N .

15. Si un subgrupo normal N de orden p (p primo) esta contenido en un

grupo G de orden pn, entonces N esta en el centro de G.

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