Ejercicios resueltos
Introducci´
on a la teor´ıa de los grupos
J. Armando Velazco
Ejercicio 1:
Pruebe que si G es un grupo finito con identidad e y con un n´umero par de elementos, entonces existe un elemento a∈G, con a6=e, tal que a2 =e
Soluci´on. Dado que ord(G) = 2k, entonces hay 2k−1 elementos en G tales que x6=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 quea 6=e y adem´as a=a−1, es decir a2 =e. ♦
Ejercicio 2:
Pruebe que todo grupo Gcon identidad e y tal que a2 =e para todoa∈G, es abeliano. Soluci´on. Como a2 =e para todaa ∈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, entoncesG 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 deG.
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 h1k1, h2k2 ∈ HK; por estar
h2k2 ∈G entonces (h2k2)−1 =k−21h
−1
2 y adem´as, por ser G abeliano tenemos que
k−21h−21 =h−21k2−1
Entonces, por la conmutatividad de la operaci´on en G: (h1k1)(h2k2)−1 = (h1k1)(k2−1h
−1
2 ) = (h1h−21)(k1k2−1)∈HK
Y as´ı, HK es un subgrupo de G. ♦
Ejercicio 5:
Pruebe que un grupo c´ıclico con ´unicamente 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´unk ∈
N∗. Por definici´on se tiene que
ak =ak−1a =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 Ges ´unico, se tiene entonces que (a−1)k−1 =a⇒k−1 = 1⇔k= 2
Lo que implica que elord(G) = 2, por supuesto, tomando en cuenta quea6=e. En el caso en que a=e entonces ord(G) = 1. ♦ Ejercicio 6:
Pruebe que siGes un grupo abeliano con identidade, entonces todos los elementosx∈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 menosx=e∈H. Por otro lado, seanx, y ∈H entoncesxn =e y yn =e. Es claro que, en particular, siy ∈H entonces y−1 ∈H pues
(yn)−1 = (y−1)n=e
As´ı, dado x, y ∈H se tiene que, por la conmutatividad de la operaci´on enG, (xy−1)n =xn(y−1)n= (e)(e) = e
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 6G
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 =amqar = (am)qar
Aplicando ahora las propiedades de grupo (cancelaci´on por la izquierda) se tiene que
ar = (am)−qaj
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=hami ♦
Ejercicio 8:
¿Cu´al es el orden de un grupo G generado por los elementosx y y sujeto a las relaciones
x3 =y2 = (xy)2 =e, donde e es el elemento identidad del grupo?
Soluci´on. Consideremos las relaciones
x3 =e, y2 =e, (xy)2 =e
Entonces de las anteriores tenemos que
x2 =x−1, y =y−1, xy =y−1x−1 =yx2 y adem´asyx =x2y
es decir,Gtiene 6 elementos, por lo queord(G) = 6. Otro argumento lo podemos presentar con combinatoria, tomando en cuenta s´olo los productos de la forma xiyj (puesyx =x2y)
coni= 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:
Si G es un grupo tal que (ab)j = ajbj para tres enteros consecutivos j y para todos los
a, b∈G. Muestre que Ges un grupo abeliano. Soluci´on. Como parte de las hip´otesis tenemos que
(ab)j = ajbj
(ab)j+1 = aj+1bj+1
(ab)j+2 = aj+2bj+2
De aqu´ı podemos tomar que (ab)j+1 = (ab)(ab)j = aj+1bj+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−1a=ajbj ⇒(ba)j =ajbj = (ab)j As´ı, de la misma forma se tiene tambi´en que
(ab)j+2 =aj+2bj+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 Gtenemos 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 six∈Hg∩Kg entonces
x=hg=kg ⇒h=k ∈H∩K ⇒x∈(H∩K)g
As´ı
(H∩K)g =Hg∩Kg
Por ´ultimo, 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.
Ejercicio 11:
Sea G =U V un grupo, donde U, V 6 G. Entonces, todo subgrupo H de G que satisface
U 6H 6Gpuede 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 deU enH 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 = {gj : j ∈
Z} entonces
H 6Gpero como Gno tiene subgrupos propios entoncesH =Gpor lo tantoGes c´ıclico.
♦
Ejercicio 13:
Si un grupo G no tiene subgrupos propios, muestre que Ges 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 entoncesord(G) =m < pque es una contradicci´on, an´alogamente se llegar´ıa a una conclusi´on similar para q, as´ım = 1 ´oq = 1 y por lo tanto p es primo. .♦ Ejercicio 14:
SiH 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 6Ay A∩B 6B 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)
ord(A∩B) =mn ♦
Ejercicio 15:
Sip es un n´umero primo, muestre que las ´unicas soluciones de
x2 ≡1 (mod p) son x≡1 (mod p) ´o x≡ −1 (mod p)
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´onx2 =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 a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e ♦ Ejercicio 17:
SeaGun grupo y seaGn ={gn :g ∈G}. ¿Bajo qu´e hip´otesis sobre Gpodr´ıamos mostrar que Gn6G?
Soluci´on. Un subgrupo en particular debe satisfacer la cerradura bajo la operaci´on de grupo, por lo que paraa, b∈G tales quean, bn ∈G
n se tiene queanbn= (ab)n⇔ab=ba es decir, necesitamos la hip´otesis de conmutatividad de la operaci´on, dicho de otra manera,
necesitamos queG 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 entoncesb(ab)na=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:
SiAyB son subgrupos de ´ındice finito de un grupoG, es decir, [G:A]<∞y [G:B]<∞
Soluci´on. Dado que A6Gy B 6Gentonces A∩B 6G 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 queG=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
