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Sección 6.2 Teorema de Lagrange

Primero demostraremos que \(\phi\) es 1-1. Supongamos que \(\phi(h_1) = \phi(h_2)\) para ciertos elementos \(h_1, h_2 \in H\text{.}\) Debemos mostrar que \(h_1 = h_2\text{,}\) pero \(\phi(h_1) = gh_1\) y \(\phi(h_2) = gh_2\text{.}\) Así \(gh_1 = gh_2\text{,}\) y por cancelación a la izquierda \(h_1= h_2\text{.}\) Mostrar que \(\phi\) es sobreyectiva es fácil. Por definición, todo elemento de \(gH\) es de la forma \(gh\) para cierto \(h \in H\) y \(\phi(h) = gh\text{.}\)

El grupo \(G\) está particionado en \([G : H]\) clases laterales izquierdas diferentes. Cada clase lateral izquierda tiene \(|H|\) elementos; por lo tanto, \(|G| = [G : H] |H|\text{.}\)

Sea \(g\) un elemento de \(G\) tal que \(g \neq e\text{.}\) Por el Corolario 6.2.3, el orden de \(g\) divide el orden del grupo. Como \(|\langle g \rangle| \gt 1\text{,}\) debe ser \(p\text{.}\) Luego, \(g\) genera \(G\text{.}\)

El Corolario 6.2.4 sugiere que los grupos de orden primo \(p\) se ven de alguna manera como \({\mathbb Z}_p\text{.}\)

Notemos que

\begin{equation*} [G:K] = \frac{|G|}{|K|} = \frac{|G|}{|H|} \cdot \frac{|H|}{|K|} = [G:H][H:K]. \end{equation*}
Nota 6.2.6. El recíproco del Teorema de Lagrange es falso.

El grupo \(A_4\) tiene orden 12; sin embargo, se puede demostrar que no tiene ningún subgrupo de orden 6. De acuerdo al Teorema de Lagrange, los subgrupos de un grupo de orden 12 pueden tener orden 1, 2, 3, 4, o 6. Pero no hay garantía de que existan subgrupos de todos los posibles órdenes. Para demostrar que \(A_4\) no tiene un subgrupo de orden 6, supondremos que sí tiene un tal subgrupo \(H\) y buscaremos una contradicción. Como \(A_4\) contiene ocho 3-ciclos, sabemos que \(H\) debe contener un 3-ciclo. Veremos que si \(H\) contiene un 3-ciclo, entonces debe contener más de 6 elementos.

Como \([A_4 : H] = 2\text{,}\) hay solo dos clases laterales de \(H\) en \(A_4\text{.}\) En tanto una de las clases laterales es el mismo \(H\text{,}\) clases laterales derechas e izquierdas deben coincidir; por lo tanto, \(gH = Hg\) o \(g H g^{-1} = H\) para todo \(g \in A_4\text{.}\) Como existen ocho 3-ciclos en \(A_4\text{,}\) al menos uno de los 3-ciclos debe estar en \(H\text{.}\) Sin perder generalidad, supongamos que \((123)\) está en \(H\text{.}\) Entonces \((123)^{-1} = (132)\) también debe estar en \(H\text{.}\) Como \(g h g^{-1} \in H\) para todo \(g \in A_4\) y todo \(h \in H\) y

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

concluimos que \(H\) debe tener al menos los siete elementos

\begin{equation*} (1), (123), (132), (243), (243)^{-1} = (234), (142), (142)^{-1} = (124). \end{equation*}

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

De hecho, podemos decir más cuándo dos ciclos tienen el mismo largo.

Supongamos que

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

Defina \(\sigma\) como la permutación

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

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

Recíprocamente, 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 \(\sigma( a_{(i \bmod k) + 1 )} = b'\text{,}\) entonces \(\mu( b) = b'\text{.}\) Luego,

\begin{equation*} \mu = ( \sigma(a_1), \sigma(a_2), \ldots, \sigma(a_k) ). \end{equation*}

Como \(\sigma\) es una biyección, \(\mu\) es un ciclo del mismo largo que \(\tau\text{.}\)