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Sección 15.2 Ejemplos y Aplicaciones

Usando los teoremas de Sylow, podemos determinar que \(A_5\) tiene subgrupos de órdenes \(2\text{,}\) \(3\text{,}\) \(4\text{,}\) y \(5\text{.}\) Los \(p\)-subgrupos de Sylow de \(A_5\) tienen órdenes \(3\text{,}\) \(4\text{,}\) y \(5\text{.}\) El Terecer Teorema de Sylow nos dice exactamente cuántos \(p\)-subgrupos de Sylow tiene \(A_5\text{.}\) Como el número de 5-subgrupos de Sylow divide a 60 y es congruente a \(1 \pmod{5}\text{,}\) solo puede haber uno o seis de ellos en \(A_5\text{.}\) Todos los 5-subgrupos de Sylow son conjugados. Si solo hubiera uno, sería conjugado a si mismo; es decir sería un subgrupo normal de \(A_5\text{.}\) Como \(A_5\) no tiene subgrupos normales, esto es imposible; luego, hemos determinado que hay exactamente seis 5-subgrupos de Sylow diferentes en \(A_5\text{.}\)

Los teoremas de Sylow nos permiten demostrar muchos resultados útiles sobre grupos finitos. Usándolos, con frecuencia podemos decir bastante sobre los grupos de un orden particular si ciertas hipótesis se satisfacen.

Sabemos que \(G\) contiene un subgrupo \(H\) de orden \(q\text{.}\) El número de conjugados de \(H\) divide a \(pq\) y es igual a \(1 + kq\) para algún \(k = 0, 1, \ldots\text{.}\) Pero, \(1 + q\) ya es demasiado grande para dividir al orden del grupo; luego, \(H\) solo puede ser conjugado a sí mismo. Es decir, \(H\) es normal en \(G\text{.}\)

El grupo \(G\) también tiene un \(p\)-subgrupo de Sylow, digamos \(K\text{.}\) El número de conjugados de \(K\) divide a \(q\) y es igual a \(1 + kp\) para algún \(k = 0, 1, \ldots\text{.}\) Como \(q\) es primo, ya sea \(1 + kp = q\) o \(1 + kp = 1\text{.}\) Si \(1 + kp = 1\text{,}\) entonces \(K\) es normal en \(G\text{.}\) En este caso, podemos mostrar fácilmente que \(G\) satisface los criterios dados en el Capítulo 9, para el producto directo interno de \(H\) y \(K\text{.}\) Como \(H\) es isomorfo a \({\mathbb Z}_q\) y \(K\) es isomorfo a \({\mathbb Z}_p\text{,}\) \(G \cong {\mathbb Z}_p \times {\mathbb Z}_q \cong {\mathbb Z}_{pq}\) por el Teorema 9.2.9.

Todo grupo de orden 15 es cíclico. Esto se comprueba pues \(15 = 5 \cdot 3\) y \(5 \not\equiv 1 \pmod{3}\text{.}\)

Clasifiquemos todos los grupos de orden \(99 = 3^2 \cdot 11\) salvo isomorfismo. Primero mostraremos que todo grupo \(G\) de orden 99 es abeliano. Por el Tercer Teorema de Sylow, hay \(1 + 3k\) 3-subgrupos, cada uno de orden \(9\text{,}\) para algún \(k = 0, 1, 2, \ldots\text{.}\) Además, \(1 + 3k\) divide a 11; luego, solo puede haber un 3-subgrupo de Sylow \(H\) en \(G\) y este es normal. Similarmente, existen \(1 +11k\) 11-subgrupos de Sylow y \(1 +11k\) debe dividir a \(9\text{.}\) Por ende solo existe uno, digamos \(K\) en \(G\text{.}\) Por el Corolario 14.2.5, cualquier grupo de orden \(p^2\) es abeliano si \(p\) es primo; luego, \(H\) es isomorfo ya sea a \({\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3\) o a \({\mathbb Z}_9\text{.}\) Como \(K\) tiene orden 11, debe ser isomorfo a \({\mathbb Z}_{11}\text{.}\) Por lo tanto, los únicos grupos posibles de orden 99 son \({\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_3 \times {\mathbb Z}_{11}\) y \({\mathbb Z}_9 \times {\mathbb Z}_{11}\text{.}\)

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

El subgrupo \(G'\) de \(G\) se llama subgrupo conmutador de \(G\text{.}\) Dejamos la demostración de este teorema como un ejercicio (Ejercicio 10.3.14 en el Capítulo 10).

Mostraremos ahora que todo grupo de orden \(5 \cdot 7 \cdot 47 = 1645\) es abeliano, y cíclico or el Corolario 9.2.9. Por el Tercer Teorema de Sylow, \(G\) tiene solo un subgrupo \(H_1\) de orden \(47\text{.}\) Así \(G/H_1\) tiene orden 35 y debe ser abeliano por el Teorema 15.2.2. Luego, el subgrupo conmutador de \(G\) está contenido en \(H\) lo que nos dice que \(|G'|\) puede ser 1 o 47. Si \(|G'|=1\text{,}\) estamos listos. 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. Es decir, existen subgrupos normales \(H_2\) y \(H_3\) en \(G\text{,}\) con \(|H_2| = 5\) y \(|H_3| = 7\text{.}\) En cualquiera de los casos el grupo cociente es abeliano; luego, \(G'\) debe ser un subgrupo de \(H_i\text{,}\) \(i= 1, 2\text{.}\) Por lo tanto, el orden de \(G'\) es 1, 5, o 7. Pero, ya habíamos determinado que \(|G'| =1\) o 47. Así el subgrupo conmutador de \(G\) es trivial, y en consecuencia \(G\) es abeliano.

Subsección 15.2.1 Grupos Finitos Simples

Dado un grupo finito, uno se puede preguntar si este tiene o no subgrupos normales propios no triviales. Recordemos que un grupo simple es aquel que no los tiene. Como en el caso de \(A_5\text{,}\) demostrar que un grupo es simple puede ser una tarea muy difícil; pero los Teoremas de Sylow son herramientas útiles a la hora de demostrar que un grupo no es simple. Usualmente, hay involucrado algún argumento de conteo.

Demostremos que ningún grupo \(G\) de orden 20 puede ser simple. Por el Tercer Teorema de Sylow, \(G\) contiene uno o más \(5\)-subgrupos de Sylow. El número de tales subgrupos es congruente a \(1 \pmod{5}\) y debe dividir a 20. El único número posible es 1. Concluimos que este subgrupo es normal.

Sea \(G\) un grupo finito de orden \(p^n\text{,}\) con \(n \gt 1\) y \(p\) primo. Por el Teorema 14.2.4, \(G\) tiene un centro no trivial. Como el centro de cualquier grupo \(G\) es un subgrupo normal, \(G\) no puede ser un grupo simple. Por lo tanto, los grupos de órdenes 4, 8, 9, 16, 25, 27, 32, 49, 64, y 81 no son simples. De hecho, los grupos de órdenes 4, 9, 25, y 49 son abelianos por el Corolario 14.2.5.

Ningún grupo de orden \(56= 2^3 \cdot 7\) es simple. Hemos visto que si podemos mostrar que solo hay un \(p\)-subgrupo de Sylow para algún primo \(p\) que divida a 56, entonces este debe ser un subgrupo normal y estamos listos. Por el Tercer Teorema de Sylow, el número de 7-subgrupos de Sylow puede ser 1 o 8. Si es solo uno, estamos listos pues en ese caso es normal.

De lo contrario, supongamos que hay ocho 7-subgrupos de Sylow. Entonces cada uno de ellos es cíclico y la intersección de dos de ellos solo contiene la identidad del grupo. Esto nos da \(8 \cdot 6 = 48\) elementos distintos en el grupo, cada uno de orden 7. Ahora contemos los 2-subgrupos de Sylow. Puede haber uno o siete de ellos. Cualquier elemento de un 2-subgrupo de Sylow tiene orden potencia de 2 y por lo tanto no puede ser uno de los 48 elementos de orden 7. Como un 2-subgrupo de Sylow tiene orden 8, solo queda espacio suficiente para uno en el grupo de orden 56. Si solo hay uno, debe ser normal.

Para otros grupos \(G\text{,}\) es más difícil demostrar que \(G\) no es simple. Supongamos que \(G\) tiene orden 48. En este caso, la técnica empleada en el ejercicio anterior no dará resultado. Necesitamos el siguiente lema para demostrar que ningún grupo de orden 48 es simple.

Recordemos que

\begin{equation*} HK = \{ hk : h \in H, k \in K \}. \end{equation*}

Ciertamente, \(|HK| \leq |H| \cdot |K|\) pues algún elemento en \(HK\) podría ser escrito como el 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, sea

\begin{equation*} a = (h_1)^{-1} h_2 = k_1 (k_2)^{-1}. \end{equation*}

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

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

Recíprocamente, sea \(h = h_1 b^{-1}\) 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 \(k \in K\text{.}\) Luego, cualquier elemento \(hk \in HK\) puede ser escrito de la forma \(h_i k_i\) para \(h_i \in H\) y \(k_i \in K\text{,}\) tantas veces como hay elementos en \(H \cap K\text{;}\) es decir, \(|H \cap K|\) veces. Por lo tanto, \(|HK| = (|H| \cdot |K|)/|H \cap K|\text{.}\)

Para demostrar que un grupo \(G\) de orden 48 no es simple, mostraremos que \(G\) contiene ya sea un subgrupo normal de orden 8 o un subgrupo normal de orden 16. Por el Tercer Teorema de Sylow, \(G\) tiene uno o tres 2-subgrupos de Sylow de orden 16. Si solo tiene uno, entonces es normal.

Supongamos que tiene tres y que dos de los 2-subgrupos de Sylow son \(H\) y \(K\text{.}\) Afirmamos que \(|H \cap K| = 8\text{.}\) Si \(|H \cap K| \leq 4\text{,}\) entonces por el Lema 15.2.10,

\begin{equation*} |HK| = \frac{16 \cdot 16}{4} =64, \end{equation*}

lo que es imposible. Notemos que \(H \cap K\) tiene índice dos tanto en \(H\) como en \(K\text{,}\) de manera que es normal en ambos, y tanto \(H\) como \(K\) están en el normalizador de \(H \cap K\text{.}\) Como \(H\) es un subgrupo de \(N(H \cap K)\) y como \(N(H \cap K)\) tiene estrictamente más de 16 elementos, \(|N(H \cap K)|\) debe ser un múltiplo estricto de 16 y debe dividir a 48. La única posibilidad es que \(|N(H \cap K)|= 48\text{.}\) Luego, \(N(H \cap K) = G\text{.}\)

La siguiente conjetura famosa de Burnside fue demostrada en un artículo largo y difícil por Feit y Thompson [2].

La demostración de este teorema puso los cimientos para un programa que en los años 60' y 70' clasificó todos los grupos finitos simples. El éxito de este programa es uno de los mayores logros de las matemáticas modernas.

Sage.

Sage es capaz de calcular un \(p\)-subgrupo de Sylow para cada divisor primo \(p\) del orden del grupo. A partir de éste, todo los \(p\)-subgrupos de Sylow se pueden obtener por conjugación. También se puede obtener el normalizador de un subgrupo.