6 Subgrupos normales y grupos cociente

1. 1.
   ​

   Reflexiva: $\displaystyle a\equiv_{i}a\allowbreak\mkern 18.0mu({\operator@font m\acute{o}d}\,\,H?$ Si porque $\displaystyle a^{-1}\cdot a=e\in H$

2. 2.
   ​

   Simetrica: $\displaystyle a\equiv_{i}b\allowbreak\mkern 18.0mu({\operator@font m\acute{o}d}\,\,H\Rightarrow b\equiv_{i}a\allowbreak\mkern 18.0mu({\operator@font m\acute{o}d}\,\,H$? Por hipotesis: $\displaystyle a^{-1}\cdot b\in H\overset{H\leq G}{\Rightarrow}b^{-1}(a^{-1})^{-1}=b^{-1}a=(a^{-1}b)^{-1}\in H$ es decir $\displaystyle b\equiv_{i}a\allowbreak\mkern 18.0mu({\operator@font m\acute{o}d}\,\,H$

3. 3.
   ​

   Transitiva: $\displaystyle a\equiv_{i}b\allowbreak\mkern 18.0mu({\operator@font m\acute{o}d}\,\,H,b\equiv_{i}c\allowbreak\mkern 18.0mu({\operator@font m\acute{o}d}\,\,H\Rightarrow a\equiv_{i}c\allowbreak\mkern 18.0mu({\operator@font m\acute{o}d}\,\,H$? Como $\displaystyle H\leq G$, $\displaystyle(a^{-1}b)(b^{-1}c)\in H$ y $\displaystyle(a^{-1}b)(b^{-1}c)=a^{-1}bb^{-1}c=a^{-1}c\in H\Rightarrow a\equiv_{i}c\allowbreak\mkern 18.0mu({\operator@font m\acute{o}d}\,\,H$.

Analogamente, se prueba que $\displaystyle\equiv_{d}$ es una relacion de equivalencia. ∎

Lo demostraremos por doble contenido. “$\displaystyle\subseteq$” Sea $\displaystyle b\in G$ tal que $\displaystyle a^{-1}\cdot b\in H$, es decir, $\displaystyle\exists h\in H$ tal que $\displaystyle a^{-1}\cdot b=h\Rightarrow b=a\cdot h\in\{a\cdot h\mid h\in H\}=aH$ “$\displaystyle\supseteq$” Sea $\displaystyle\underbrace{ah}_{b}\in aH$. Entonces $\displaystyle a^{-1}b=a^{-1}ab=eh=h\in H$. Por tanto, $\displaystyle ah\in\{b\in G\mid a^{-1}b\in H\}$. La demostracion para la relacion de equivalencia por la derecha es analoga. ∎

1) $\displaystyle\Rightarrow$ 2) Por hipotesis, $\displaystyle H$ es un subgrupo normal de $\displaystyle G$, asi que $\displaystyle\forall a\in G$ $\displaystyle aH=Ha$, es decir, $\displaystyle\{ah\mid h\in H\}=\{ha\mid h\in H\}$. Multiplicando por la izquierda por $\displaystyle a^{-1}$ cada uno de los elementos de estos conjuntos, $\displaystyle\{a^{-1}ah\mid h\in H\}=\{a^{-1}ha\mid h\in H\}\Rightarrow\{h\mid h\in H\}=H=a^{-1}Ha$. 2) $\displaystyle\Rightarrow$ 3) Obvio. 3) $\displaystyle\Rightarrow$ 4) Obvio. 4) $\displaystyle\Rightarrow$ 1) Queremos ver que $\displaystyle aH=Ha\;\forall a\in G$. Por doble contenido, $\displaystyle\supseteq)$ Sea $\displaystyle ha\in Ha$. Multiplicamos por la izquierda por $\displaystyle a^{-1}$ y tenemos $\displaystyle\underbrace{a^{-1}ha}_{\in H(5)}=h_{1}\in H$. Luego $\displaystyle ha=a\underbrace{a^{-1}ha}_{h_{1}}=ah_{1}\in aH$. $\displaystyle\subseteq)$ Tomamos $\displaystyle ah\in aH$. Sabemos que si tomamos $\displaystyle b=a^{-1}$, el apartado 5) nos dice que $\displaystyle b^{-1}hb\in H$, es decir, $\displaystyle(a^{-1})^{-1}ha^{-1}=aha^{-1}$. Luego $\displaystyle\exists h_{2}\in H$ tal que $\displaystyle aha^{-1}=h_{2}\in H$. Por tanto, $\displaystyle ah=aha^{-1}a=\underbrace{aha^{-1}}_{h_{2}}\cdot a=h_{2}a\in Ha$. ∎

Veamos si este producto esta bien definido, es decir, que $\displaystyle abH=cdH$.

Es decir, $\displaystyle a_{1}b_{1}\equiv_{I}a_{2}b_{2}\Rightarrow a_{1}b_{1}H=a_{2}b_{2}H$ ∎

Si $\displaystyle o(a)=n<\infty$, se cumple que $\displaystyle o(f(a))=n?$ Sabemos que $\displaystyle(f(a))^{n}=\underbrace{f(a)\cdot f(a)\cdots f(a)}_{n\text{ veces}}\overset{\text{Hom}}{=}f(a\cdot a\cdots a)=f(a^{n})=f(e_{G})=e_{H}$. Entonces supongamos que $\displaystyle\exists m<n$ tal que $\displaystyle(f(a))^{m}=e\Rightarrow e=(f(a))^{m}=\underbrace{f(a)\cdots f(a)}=f(a^{m})\Rightarrow f^{-1}(e)=f^{-1}\cdot f(a^{m})=a^{m}$. Esto es una contradiccion porque $\displaystyle m<n$ y $\displaystyle o(a)=n$. Si $\displaystyle o(a)=\infty$, por reduccion al absurdo supongamos que $\displaystyle o(f(a))\neq\infty$. Entonces $\displaystyle e_{H}=(f(a))^{m}\overset{\text{Hom}}{\Rightarrow}e_{H}=f(a^{m})\Rightarrow f^{-1}(e_{H})=f^{-1}(f(a^{m}))\Rightarrow e_{G}=a^{m}\Rightarrow o(a)\leq m$. Contradiccion con que $\displaystyle a=\infty$. ∎

Veamos que $\displaystyle f$ esta bien definida. Supongamos que $\displaystyle aH=bH$, es decir, $\displaystyle a\equiv_{i}b\Rightarrow a^{-1}b\in H\Rightarrow b\cdot a^{-1}\in H\overset{def}{\Leftrightarrow}b^{-1}\equiv_{d}a^{-1}\allowbreak\mkern 18.0mu({\operator@font m\acute{o}d}\,\,H$, es decir, $\displaystyle Hb^{-1}=Ha^{-1}$. Veamos que $\displaystyle f$ es inyectiva. Suponer que $\displaystyle Ha^{-1}=Hb^{-1}$, es decir, $\displaystyle a^{-1}\equiv_{d}b^{-1}\allowbreak\mkern 18.0mu({\operator@font m\acute{o}d}\,\,H\Leftrightarrow a^{-1}(b^{-1})^{-1}=a^{-1}b\Rightarrow a\equiv b\allowbreak\mkern 18.0mu({\operator@font m\acute{o}d}\,\,H$, es decir, $\displaystyle aH=bH$. Tambien es suprayectiva. Si tomamos $\displaystyle Hb$ en $\displaystyle G/\cong_{d}$, $\displaystyle f(b^{-1}H)=Hb$. ∎

Suponemos que $\displaystyle H=\{h_{1},h_{2},\ldots,h_{n}\}\leftarrow n$ elementos. Vemos que $\displaystyle aH=\{ah_{1},ah_{2},\ldots,ah_{n}\}$, con todos los elementos distintos dos a dos por la propiedad de cancelacion. Es decir, $\displaystyle|aH|=|H|$. Como $\displaystyle\equiv_{i}$ es una relacion de equivalencia, $\displaystyle G$ es la union disjunta de las clases de equivalencia a la izquierda. Por tanto, $\displaystyle|G|=\underbrace{|H|+\cdots+|H|}_{[G\colon H]\text{ veces}}=[G\colon H]\cdot|H|$. ∎

1. 1.
   ​

   Si tomamos $\displaystyle H=\langle a\rangle$ (subgrupo ciclico generado por $\displaystyle a$), $\displaystyle|H|=o(a)$. Por el teorema de Lagrange, $\displaystyle o(a)$ divide a $\displaystyle|G|$.

2. 2.
   ​

   Sabemos que $\displaystyle o(a)$ divide a $\displaystyle|G|$. Por tanto, $\displaystyle a^{|G|}=a^{o(a)\cdot m}=(\underbrace{a^{o(a)}}_{e})^{m}=e$.

3. 3.
   ​

   Obvio.

∎

Llamamos $\displaystyle G=\mathbb{Z}^{*}_{n}$. Sabemos que $\displaystyle|G|=\varphi(n)$. Por el apartado 2 del corolario anterior, $\displaystyle a^{\varphi(n)}=1)_{\mathbb{Z}^{*}_{n}}\Leftrightarrow a^{\varphi(n)}\equiv 1\allowbreak\mkern 18.0mu({\operator@font m\acute{o}d}\,\,n$ ∎

Sea $\displaystyle H=Kerf$. Sabemos que $\displaystyle Kerf$ es un subgrupo de $\displaystyle G_{1}$. Nos falta ver que $\displaystyle H\trianglelefteq G_{1}\Rightarrow\forall a\in G_{1},\forall h\in H$, $\displaystyle a^{-1}ha\in H$?

∎

En primer lugar, veamos que $\displaystyle\overline{f}$ esta bien definida. Si $\displaystyle aKerf=bKerf$, $\displaystyle f(a)=f(b)$? Como $\displaystyle aKerf=bKerf$, $\displaystyle a^{-1}b\in Kerf\Rightarrow\underbrace{f(a^{-1}b)}_{e}\overset{\text{Hom.}}{=}f(a^{-1})f(b)=(f(a))^{-1}\cdot f(b)$. Despejando, tenemos que $\displaystyle f(a)=f(b)$. Veamos que $\displaystyle f$ es homomorfismo: $\displaystyle\overline{f}((aKerf)(bKerf))=\overline{f}(abKerf)=f(ab)\overset{\text{Hom.}}{=}f(a)\cdot f(b)=\overline{f}(aKerf)\cdot\overline{f}(bKerf)$. Ademas, se cumple que es inyectiva. Si $\displaystyle f(a)=f(b),$ es lo mismo que $\displaystyle e=f(a)^{-1}\cdot f(b)\Rightarrow e=f(a^{-1})\cdot f(b)\overset{\text{Hom}}{=}f(a^{-1}b)$, es decir, $\displaystyle a^{-1}b\in Kerf\Rightarrow a\equiv_{i}b\allowbreak\mkern 18.0mu({\operator@font m\acute{o}d}\,\,{Kerf}\Rightarrow aKerf=bKerf$. Por ultimo, $\displaystyle\overline{f}$ es suprayectiva por construccion. Luego $\displaystyle\overline{f}$ es un isomorfismo de grupos. ∎

Definimos la funcion

Sabemos que $\displaystyle f$ es un homomorfismo de grupos suprayectivo. Ademas, $\displaystyle Kerf=A_{n}$. Por tanto, aplicando el primer teorema de isomorfia, $\displaystyle S_{n}/A_{n}\cong\mathbb{Z}_{2}$. Como $\displaystyle|\mathbb{Z}_{2}|=2$, $\displaystyle|S_{n}/A_{n}|=2$ y aplicando el teorema de Lagrange $\displaystyle|S_{n}|=2\cdot|A_{n}|\Rightarrow|A_{n}|=\frac{|S_{n}|}{2}=\frac{n!}{2}$. ∎

1. 1.
   ​

   Tenemos que ver que $\displaystyle HN$ es un subgrupo de $\displaystyle G$. Si $\displaystyle h_{1}n_{1},h_{2}n_{2}\in HN$, como $\displaystyle N\trianglelefteq G,\exists n_{3}=h^{-1}_{2}n_{1}h_{2}\in N\Rightarrow h_{2}n_{3}=n_{1}h_{2}$. Por tanto, $\displaystyle h_{1}n_{1}h_{2}n_{2}=h_{1}h_{2}n_{3}n_{2}\in HN$. Luego es cerrado para el producto. Equivalentemente, $\displaystyle n_{1}h_{2}\in Nh_{2}=h_{2}N\Rightarrow\exists n_{3}$ tal que $\displaystyle n_{1}h_{2}=h_{2}n_{3}\Rightarrow h_{1}n_{1}h_{2}n_{2}=h_{1}h_{2}n_{3}n_{2}$. Si $\displaystyle hn\in HN$, $\displaystyle(hn)^{-1}=n^{-1}h^{-1}\overset{\exists n_{4}\in N}{=}h^{-1}n_{4}\in HN$. Luego es cerrado para opuestos.

2. 2.
   ​

   Veamos que $\displaystyle N\triangleleft HN$. Si $\displaystyle\forall x\in G$ $\displaystyle xN=Nx$, entonces $\displaystyle\forall x\in HN$, $\displaystyle xN=Nx$ (porque $\displaystyle HN\subseteq G$).

3. 3.
   ​

   Vamos a definir

   	$\displaystyle f\colon H$	$\displaystyle\longrightarrow G/N$
   	$\displaystyle h$	$\displaystyle\longmapsto f(h)=hN$

   $\displaystyle f$ es homomorfismo de grupos: Dados $\displaystyle h_{1},h_{2}\in H$, $\displaystyle f(h_{1}h_{2})=h_{1}h_{2}N=(h_{1}N)(h_{2}N)=f(h_{1})\cdot f(h_{2})$. Por otro lado, $\displaystyle Kerf=\{h\in H\mid hN=N\}=\{h\in H\mid h\in N\}=H\cap N\trianglelefteq H$ (porque $\displaystyle Kerf$ es normal). Asi queda demostrada la segunda parte de 2). $\displaystyle Imf=\{f(h)\mid h\in H\}=\{hN\mid h\in H\}\overset{*}{=}\{hN\mid h\in HN\}$. (*) $\displaystyle\subseteq)\;\;hN=\underbrace{h}_{\in H}\underbrace{e}_{\in N}N\in\{hN\mid h\in HN\}$. $\displaystyle\supseteq)$ $\displaystyle hnN=hN\cdot nN=hN\in\{hN\mid h\in H\}$ Por el primer teorema de isomorfia

   $\displaystyle\overline{f}\colon H/Kerf$

   $\displaystyle\longrightarrow Imf$

   es un isomorfismo. Por tanto, $\displaystyle H/H\cap N\cong HN/N$.

∎

1. 1.
   ​

   Como $\displaystyle K$ es subgrupo normal de $\displaystyle G$, $\displaystyle\forall x\in G$ se tiene que $\displaystyle xK=Kx$. Por tanto, en particular $\displaystyle\forall x\in H$, $\displaystyle xK=Kx$. Luego $\displaystyle K\trianglelefteq H$.

2. 2.
   ​

   Se obtiene como consecuencia de la demostracion de $\displaystyle 3)$.

3. 3.
   ​

   Vamos a definir

   	$\displaystyle f\colon G/K$	$\displaystyle\longrightarrow G/H$
   	$\displaystyle xK$	$\displaystyle\longmapsto f(xK)=xH$

   Veamos si esta bien definida, es decir, si dados $\displaystyle x,y\in G$ $\displaystyle xK=yK$ entonces $\displaystyle xH=yH$. Como $\displaystyle xK=yK\Rightarrow x^{-1}y\in K\subseteq H$. Por este contenido, $\displaystyle x\equiv_{y}\allowbreak\mkern 18.0mu({\operator@font m\acute{o}d}\,\,H$. Luego tenemos que $\displaystyle xH=yH$. Veamos si es homomorfismo de grupos. Dados $\displaystyle xK,yK\in G/K$, $\displaystyle f((xK)(yK))=f(xyK)=xyH=(xH)(yH)=f(xK)f(yK)$. Hallamos el nucleo de $\displaystyle f$. $\displaystyle Kerf=\{xK\mid f(xK)=1_{G/H}\}=\{xK\mid xH=H\}=\{xK\mid x\in H\}=H/K$. Como $\displaystyle Kerf$ es subgrupo normal de $\displaystyle G/K$, tenemos que $\displaystyle(H/K)\triangleleft(G/K)$ (2). Por construccion, $\displaystyle f$ es suprayectiva. Luego $\displaystyle Imf=G/H$. Por el primer teorema de isomorfia,

   	$\displaystyle\overline{f}\colon(G/K)/Kerf$	$\displaystyle\longrightarrow Imf$
   	$\displaystyle xK\cdot Kerf$	$\displaystyle\longmapsto\overline{f}(xK)=f(xK)=xH$

   Luego $\displaystyle(G/K)/(H/K)\cong G/H$.

∎