Durante la clase consideramos la terna $(\mathbb{Z}_n,+,\cdot)$ y recordamos las propiedades de las dos operaciones: suma y producto de clases de congruencia módulo $n$:

• $(\mathbb{Z}_n,+)$ es un grupo abeliano.
• La operación $\cdot$ es asociativa y distributiva respecto de la suma.

Estas dos propiedades se resumen diciendo que $(\mathbb{Z}_n,+,\cdot)$ tiene estructura de anillo. Además, la operación $\cdot$ es conmutativa (se trata, por tanto, de un anillo conmutativo) y tiene elemento neutro, la clase del 1 (es un anillo unitario). En resumen: $(\mathbb{Z}_n,+,\cdot)$ tiene estructura de anillo conmutativo y unitario.

Los elementos de $\mathbb{Z}_n$ que tienen inverso multiplicativo se denominan unidades. El conjunto de las unidades de $\mathbb{Z}_n$ se denota por $U_n$, y tiene estructura de grupo con la operación producto. Se dice que $(U_n,\cdot)$ es el grupo de las unidades de $\mathbb{Z}_n$.

La Proposición 1.9, que probamos, muestra cuáles son exactamente los elementos de $U_n$: las clases de los enteros que son coprimos con $n$.

En la parte final de la clase resolvimos los problemas 2 y 6 de la hoja de problemas del tema 1.

En la clase de hoy hemos definido los grupos simples como aquellos grupos $G$ cuyos únicos subgrupos normales son $1$ y $G$ (no tienen subgrupos normales intermedios).

Hemos demostrado también que si $G\neq 1$ es un grupo finito entonces se satisface la siguiente equivalencia: $G$ es simple y abeliano $\Leftrightarrow$ $G$ es cíclico de orden primo.

Ya vimos, con un ejemplo, que el producto de dos subgrupos de un grupo no es necesariamente un subgrupo. Hoy hemos probado una caracterización de cuándo se satisface esta propiedad. Más concretamente: si $H$ y $K$ son dos subgrupos de un grupo $G$ entonces $HK$ es un subgrupo si y sólo si $HK=KH$. También hemos visto una condición suficiente: si uno de los subgrupos, $H$ o $K$, es normal en $G$, entonces $HK$ es subgrupo.

Cabe señalar que el producto de dos subgrupos de un grupo abeliano siempre es un subgrupo (debido a la caracterización anterior).

Hemos demostrado que, si $a\mathbb{Z}$ y $b\mathbb{Z}$ son dos subgrupos de $(\mathbb{Z},+)$, entonces el subgrupo “suma” $a\mathbb{Z}+b\mathbb{Z}$ concide con el subgrupo $d\mathbb{Z}$, donde $d$ es el máximo común divisor de $a$ y $b$. (Nótese que, al usarse notación aditiva, el “producto” de subgrupos se reemplaza por la “suma”). Este resultado es equivalente a la Identidad de Bézout, que ya visteis el curso pasado en Matemática Discreta.

Hemos definido la noción de producto directo interno: Un grupo $G$ es producto directo interno de dos subgrupos suyos $H$ y $K$ si:

• $hk=kh$ para todo $h\in H$ y para todo $k\in K$,
• $H\cap K=1$
• $G=HK$

Hemos demostrado otra caracterización de producto directo interno que se obtiene sustituyendo, en la definición, la primera de las propiedades por la siguiente:

• $H$ y $K$ son subgrupos normales de $G$.

Finalmente hemos definido el concepto de producto directo externo: Dados dos grupos $G_1$ y $G_2$, se denomina producto directo externo de ambos grupos al producto cartesiano $G_1\times G_2$ dotado de la siguiente operación: $(x_1,x_2)(y_1,y_2)=(x_1y_1,x_2y_2)$ (es decir, el producto “componente a componente”). Esta operación dota a $G_1\times G_2$ de estructura de grupo, siendo $(1_{G_1},1_{G_2})$ el neutro y $(x^{-1},y^{-1})$ el inverso de cualquier elemento $(x,y)\in G_1\times G_2$.

Cabe señalar que, si $G$ un grupo $G$ es producto directo interno de dos subgrupos suyos $H$ y $K$ entonces $G=HK$ es isomorfo al producto directo externo $H\times K$ (precisaremos la noción de “isomorfismo” en el tema siguiente). Por ello, muchas veces se abusa de notación y se escribe $G=H\times K$ para dar a entender que $G$ es producto directo interno de $H$ y $K$. Incluso se dice, simplemente, que es “producto directo”, omitiendo el calificativo “interno”.

COMENTARIO RELEVANTE: Aunque no lo demostraremos en clase (ni irá para examen la demostración), hay un resultado muy relevante (enunciado y probado en la última sección el Tema 1) que debéis saber: el grupo alternado de grado $n$, $A_n$, es simple para todo $n\geq 5$. (La definición de grupo alternado se ve en la Práctica 2). Este hecho resulta fundamental para probar que una ecuación polinómica general de grado $n \geq 5$ no es resoluble por radicales. Este resultado lo veréis en Estructuras Algebraicas II, y es el colofón de una preciosa teoría denominada Teoría de Galois (en honor a Evariste Galois, matemático francés que dio con la caracterización precisa de cuándo una ecuación polinómica es resoluble por radicales, constituyendo el germen de la Teoría de Grupos). ¿Qué significa que “la ecuación polinómica general de grado mayor o igual que 5 no es resoluble por radicales”? Lo explico someramente a continuación: existen fórmulas que permiten resolver una ecuación polinómica de primer grado cualquiera, una ecuación de segundo grado $ax^2+bx+c=0$, y también las ecuaciones polinómicas de grado 3 y de grado 4. Todas estas fórmulas usan las siguientes operaciones: suma, resta, producto, división y toma de radicales. Sin embargo, no se conoce ninguna fórmula similar para resolver ecuaciones polinómicas de grado 5 o superior. Lo que demostró Abel (y luego precisó todavía más Galois, encontrando la razón de fondo) es que no pueden existir dichas fórmulas. Os sugiero hacer una búsqueda en internet sobre la vida y obra de Evariste Galois. También podéis ver algo aquí:

https://framonde.webs.upv.es/Galois.html

Como avance os diré que falleció en un duelo a la edad de 20 años.

Hemos terminado de resolver el Ejercicio 1.23. Un apartado especialmente importante de este ejercicio, y que debemos tener siempre presente pues resulta muy útil, es el siguiente: todo subgrupo de índice 2 es normal. En particular, como se vio (o se verá) en la práctica 2, el grupo alternado de grado $n$ (formado por las permutaciones pares) es un subgrupo normal de $S_n$, pues tiene índice 2.

Como ejemplo, se vio que el grupo especial lineal $SL(n,K)$ es un subgrupo normal del grupo general lineal $GL(n,K)$, y que todos los subgrupos del grupo cuaternio de orden 8, $Q_8$, son normales (a pesar de no ser $Q_8$ un grupo abeliano).

Finalmente se definió el concepto de centro de un grupo $G$, denotado por $Z(G)$, como el conjunto de todos los elementos de $G$ que conmutan con todos los elementos de $G$, y vimos que se trata de un subgrupo normal de $G$. Probamos que el centro de $S_n$ es trivial si $n\geq 3$ y vimos que el centro de $Q_8$ es $\{1,-1\}$.

El último ejercicio de la sección muestra que, para todo $r\geq 3$, el centro del grupo diédrico de orden $2r$, $D_{2r}$, es trivial si $r$ es impar y es el subgrupo cíclico de orden 2 $\{1,\rho^{r/2}\}$ si $r$ es par (donde $\rho$ es la rotación de ángulo $2\pi/r$).

En la clase de ayer probamos algunos resultados que se obtienen aplicando el Teorema de Lagrange:

• El orden de todo elemento de un grupo finito divide al orden del grupo.
• Si un grupo tiene orden primo entonces es cíclico.
• Un grupo finito no tiene subgrupos propios no triviales si y sólo si tiene orden primo.

Definimos el concepto de subgrupo normal de un grupo $G$ como aquél en el que las clases a izquierda y a derecha de cualquier elemento coinciden. Es decir, $n\leq G$ es normal en $G$ si $xN=Nx$ para todo $x\in G$. En particular, si $G$ es abeliano, todos sus subgrupos son normales. Observamos, como ejemplo, que el subgrupo $\{1,-1\}$ de $Q_8$ es un subgrupo normal.

Demostramos que, cuando $N$ es un subgrupo normal de un grupo $G$, el conjunto de sus clases a izquierda (o a derecha, porque son las mismas), denotado por $G/N$ en este caso, tiene estructura de grupo con la operación “producto de clases”. En particular, vimos que $(xN)(yN)=(xy)N$ (con lo cual el producto de clases es una clase y, por tanto, constituye una operación binaria interna en $G/N$), el elemento neutro es $1N=N$ (la clase del $1$) y el elemento inverso de una clase $xN$ es $x^{-1}N$, es decir, $(xN)^{-1}=x^{-1}N$. El grupo $G/N$ (con esta operación) se denomina grupo cociente de $G$ con $N$. Calculamos los elementos del grupo cociente $Q_8/H$, donde $H=\{1,-1\}$, construimos su tabla de Cayley, y vimos que $Q_8/H$ es isomorfo al 4-grupo de Klein comparando ambas tablas de Cayley. También vimos que el grupo cociente $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ (para todo entero $n$) coincide con el grupo de clases de congruencia módulo $n$ (con las operación suma).

Demostramos que, dados un subgrupo $H$ de un grupo $G$ y un elemento $g\in G$, el conjugado de $H$ con $g$, $H^g$, es un subgrupo de $G$. Además, si $H$ es finito, $H^g$ tiene el mismo orden que $H$.

Probamos un par de caracterizaciones de los subgrupos normales: un subgrupo $N$ de un grupo $G$ es normal si y sólo si $N^g=N$ para todo $g\in G$ si y sólo si $N^g\subseteq N$ para todo $g\in G$.

Finalmente, vimos en un ejercicio que la intersección de subgrupos normales es un subgrupo normal.

En la clase de hoy hemos probado el Teorema de Lagrange, que afirma que, dado un grupo finito $G$ y un subgrupo $H$ de $G$, el orden de $G$ es igual al producto del orden de $H$ por su índice. Como consecuencia directa de este resultado se infiere que el orden de cualquier subgrupo de un grupo finito $G$ tiene que ser un divisor de $|G|$. También, dado un elemento $g\in G$, como $o(g)$ coincide con el orden del subgrupo generado por $g$, $\langle g \rangle$, se tiene como consecuencia que $o(g)$ es un divisor de $|G|$.

Hemos demostrado, como corolario del Teorema de Lagrange, la propiedad de “transitividad de índices” y también la fórmula que permite calcular el “cardinal” de $HK$, cuando $H$ y $K$ son sobgrupos de un grupo finito $G$.

Hay que tener en cuenta aquí que $HK$ no es necesariamente un subgrupo de $G$ (hemos visto un ejemplo de ello). Más adelante veremos un resultado que caracterizará aquellas situaciones en las que el producto de dos subgrupos es un subgrupo.

En la siguiente clase probaremos otras consecuencias del Teorema de Lagrange y, posteriormente, nos plantearemos la siguiente cuestión: dado un grupo $G$ y un subgrupo $H$ de $G$, ¿cuándo el conjunto de sus clases a derecha, $\{Hx\mid x\in G\}$, tiene estructura de grupo? Veremos que esto ocurre cuando $H$ pertenece a una clase muy importante de subgrupos: los subgrupos normales.

Hemos comenzado la clase recordando un importante teorema que nos indica cuál es la estructura de los grupos cíclicos finitos. En particular, un grupo cíclico finito tiene un único subgrupo de orden $k$ para cada divisor $k$ del orden del grupo (y estos son exactamente sus subgrupos). Hemos visto, como ejemplo, todos los subgrupos de $\mathbb{Z}_6$; aquí lo “engorroso” es pasar de notación multiplicativa a notación aditiva, pero resulta muy fácil si se va con un poco de cuidado.

Hemos comenzado la sección sobre el Teorema de Lagrange. Hemos comenzado con un lema técnico, de demostración muy sencilla, pero que nos va a facilitar bastante la escritura de las demostraciones.

Después hemos definido el concepto de clases a derecha y a izquierda de un elemento módulo un subgrupo $H$ de un grupo $G$. Hemos visto que el conjunto de las clases a derecha forman una partición del grupo (análogamente con las clases a izquierda). También hemos visto que el cardinal del conjunto de las clases a izquierda coincide con el de las clases a derecha estableciendo una biyección entre ambos conjuntos. Esta biyección asigna, a cada clase a izquierda $xH$, la clase a derecha $Hx^{-1}$.

Si el conjunto de clases a izquierda (o a derecha) de un grupo $G$ módulo un subgrupo $H$ es finito, hemos definido el “índice de $H$ en $G$”, o “índice según $G$ de $H$”, como el número de tales clases. Se denota por $|G:H|$.

El objetivo del próximo lunes será enunciar y probar el Teorema de Lagrange, así como algunas consecuencias importantes. El Teorema de Lagrange afirma que, si $G$ es un grupo finito y $H$ es un subgrupo suyo entonces $$|G|=|H||G:H|.$$ En particular, el orden de todo subgrupo de $G$ debe ser necesariamente un divisor del orden de $G$. Por ejemplo, un grupo de orden $15$ puede tener subgrupos de ordenes $1$, $3$, $5$ y $15$, pero no puede tener subgrupos de orden $4$.

Con el objetivo de clarificar el concepto de clase a izquierda y a derecha módulo un subgrupo, vamos a incluir aquí un ejemplo (no mencionado en clase). Supongamos que $G$ es el grupo cuaternio de orden 8, $Q_8$, es decir, $$G=\{1, -1, i, -i-, j, -j, k, -k\}.$$

Vamos a considerar el subgrupo de $G$ generado por $i$, es decir, el subgrupo cíclico $$H:=\langle i \rangle.$$ Recordad que $i^2=-1$, $i^3=-i$ y $i^4=1$. Por tanto, $i$ es un elemento de orden 4. Así pues, por el teorema de estructura de los grupos cíclicos, se tiene que $$H=\{1,i,-1,-i\}.$$

Se trata, por tanto, de un subgrupo de orden 4. Aunque no lo hemos probado todavía, vamos a aplicar aquí el Teorema de Lagrange para conocer su índice en $G$. Por este teorema: $$|G|=|H||G:H|,$$

es decir: $8=4\cdot |G:H|$. Así pues, el índice de $H$ en $G$, $|G:H|$, es igual a 2. Esto significa que existen 2 clases a izquierda de $G$ módulo $H$ (y dos clases a derecha también). Veamos cuáles son las clases a izquierda. Sabemos que forman una PARTICIÓN de $G$. Una de las clases es, por supuesto, la clase del neutro (del $1$), que es $1H=H$. Por tanto, ya tenemos una clase: $$H=\{1, i, -1, -i\}.$$

Escojamos ahora un elemento que no esté en esta clase, como por ejemplo $j$, y calculemos la clase de $j$: $$jH=\{jh\mid h\in H\}=\{j\cdot 1, j \cdot i, j\cdot (-1), j\cdot (-i)\}=\{j, -k, -j,k\}.$$

Como, tal y como hemos visto, solo hay dos clases a izquierda (pues el índice era 2), ya las tenemos todas. Son las siguientes: $$H=\{1, i, -1, -i\}\;\;\mbox{ y }\;\;\; jH=\{j, -k, -j,k\}.$$

Obsérvese que, tal y como hemos mencionado en clase, se trata de clases de equivalencia. Las clases de $1, i, -1$ y $-i$ coinciden y son iguales a $H$, es decir, $$1H=iH=(-1)H=(-i)H=H.$$ También, las clases de $j$, $-k$, $-j$ y $k$ coinciden, es decir, $$jH=(-k)H=(-j)H=kH.$$

Obsérvese que el conjunto de las clases a izquierda de $G=Q_8$ módulo $H$, $\{H, jH\}$, constituye una partición de $G$.

Veamos ahora otro ejemplo. Sigamos con el mismo grupo $G=Q_8$ y consideremos el subgrupo $N$ generado por $-1$, es decir, $N:=\langle -1\rangle=\{1, -1\}$ (observad que $-1$ tiene orden 2 y, por tanto, $N$ posee solo dos elementos: $(-1)^0=1$ y $(-1)^1=-1$). Vamos a calcular, igual que antes, el índice de $N$ en $G$, usando el Teorema de Lagrange: $$|G|=|N||G:N|.$$

Por tanto: $8=2\cdot |G:N|$. Luego $|G:N|=4$. Así pues, existen 4 clases a izquierda de $G$ módulo $N$. Veamos cuáles son:

• Tenemos la clase del $1$, es decir, $1N=N=\{1, -1\}$.
• Elegimos un elemento que no esté en la clase anterior; por ejemplo, $i$. Calculemos la clase de $i$: $$iN=\{in\mid n\in N\}=\{i\cdot 1, i\cdot (-1)\}=\{i, -i\}.$$
• Elegimos un elemento de $G$ que no esté en ninguna de las clases anteriores; por ejemplo, $j$. Calculemos la clase de $j$: $$jN=\{jn\mid n\in N\}=\{j, -j\}.$$
• Elegimos un elemento de $G$ que no esté en ninguna de las clases anteriores; por ejemplo, $k$. Calculemos la clase de $k$: $$kN=\{kn\mid n\in N\}=\{k, -k\}.$$

Ya tenemos las 4 clases. Observamos que el conjunto de estas cuatro clases a izquierda forman una partición de $G$.

Si reproducís los cálculos anteriores para clases a derecha, observaréis que la clase a izquierda y a derecha módulo $H$ de cualquier elemento $x$ de $G$ coinciden (y lo mismo pasa con las clases módulo $N$), a pesar de que el grupo $G$ no es abeliano. ¡Ojo! Esto no pasa siempre. Cuando esto pasa (es decir, cuando las clases a izquierda y a derecha módulo un subgrupo coinciden) se dice que ese subgrupo es normal (y $Q_8$ tiene la peculiaridad de que todos sus subgrupos son normales, a pesar de no ser un grupo abeliano). Este concepto de subgrupo normal es muy importante y lo estudiaremos en la sección siguiente.

Hoy hemos demostrado, en primer lugar, que los subgrupos de $\mathbb{Z}$ son exactamente los de la forma $n\mathbb{Z}$, con $n\in \mathbb{Z}$.

También hemos probado un importante teorema sobre la estructura de un grupo cíclico finito. Afirma lo siguiente: si $G$ es un grupo cíclico finito generado por un cierto elemento $g$ de orden $n$ entonces el orden del grupo coincide con el orden del generador ($n$) y los elementos de $G$ son exactamente las $n$ primeras potencias de $g$ de exponente no negativo: $1=g^0, g=g^1, g^2,\ldots, g^{n-1}$. Además, para cada divisor $k$ de $|G|=n$, $G$ tiene un único subgrupo de orden $k$ (que está generado por $g^{n/k}$). Como consecuencia del Teorema de Lagrange (que veremos próximamente), el orden de cualquier subgrupo de un grupo finito debe ser un divisor del orden del grupo. Por tanto, los subgrupos anteriormente considerados son todos los subgrupos de $G$.

También hemos visto, como corolario, que si $G=\langle g \rangle$ es un grupo cíclico de orden $n$ entonces los conjuntos de generadores de $G$ de cardinal $1$ son los de la forma $\{g^m\}$, siendo $m$ coprimo con $n$. Dicho de otro modo: $G=\langle g^m\rangle$ si y sólo si ${\rm mcd}(n,m)=1$. Por tanto, el número de generadores de cardinal 1 de $G$ es $\varphi(n)$, es decir, la función de Euler de $n$.

Por ejemplo, si $G=\langle g \rangle$ es un grupo cíclico de orden $10$ entonces sus elementos son $\{1, g, g^2,\ldots, g^9\}$ y, además, $G$ tiene $\varphi(10)=4$ sistemas de generadores de cardinal 1, que son $\{g\}$, $\{g^3\}$, $\{g^7\}$ y $\{g^9\}$. Dicho de otro modo: $$G=\langle g \rangle=\langle g^3 \rangle= \langle g^7 \rangle=\langle g^9\rangle.$$

Planteo la siguiente pregunta: ¿cuáles son los sistemas de generadores de cardinal 1 de $\mathbb{Z}$?

Finalmente hemos demostrado que un grupo finito $G$ es cíclico si y sólo si posee un elemento de orden $|G|$.

Hoy hemos corregido el problema número 10 de la hoja de problemas del Tema 1. También hemos definido el concepto de grupo cíclico. Lo recordamos: un grupo $G$ se dice que es cíclico si puede ser generado por un solo elemento, es decir, si existe un elemento $g\in G$ tal que $G=\langle g \rangle$. Dicho de otro modo, si $G$ es el conjunto de todas las potencias de $g$: $G=\{g^k\mid k\in \mathbb{Z}\}$. Hemos visto varios ejemplos de grupos cíclicos. Recordemos algunos:

• $(\mathbb{Z},+)$ es cíclico, ya que $\mathbb{Z}=\langle 1 \rangle$. En efecto, todo número entero puede expresarse como un producto de $1$’s y su “inverso” (que es $-1$, en este caso, y suele llamarse “opuesto” al usarse notación aditiva). Veamos porqué es así:
  • Si $n=0$ entonces $0=0\cdot 1\in \langle 1 \rangle$ (sería el análogo a “1” elevado a “cero”, pero usando notación aditiva).
  • Si $n>0$ entonces $n=1+1+\cdots 1$ ($n$ veces), es decir $n=n\; 1\in \langle 1 \rangle$ (sería el análogo a “1” elevado a “$n$”, pero usando notación aditiva).
  • Si $n<0$ entonces $n=(-1)+(-1)+\cdots+(-1)$ ($-n$ veces), es decir, $n=(-n)(-1)\in \langle 1 \rangle$ (sería el análogo a tomar el “inverso de 1” elevado a “$-n$”, pero usando notación aditiva).
• $(\mathbb{Z}_n,+)$ también es cíclico, ya que está generado por la clase del $1$, es decir, $\mathbb{Z}_n=\langle \overline{1}\rangle$. En efecto, cualquier elemento de $\mathbb{Z}_n$ es de la forma $\overline{m}$, con $0\leq m\leq n-1$. Y está claro que $\overline{m}=\overline{1}+\cdots+\overline{1}$ ($m$ veces), o expresado de otro modo, $\overline{m}=m\overline{1}\in \langle \overline{1}\rangle$.

De hecho, veremos más adelante que los ejemplos anteriores son, esencialmente, TODOS los grupos cíclicos que hay. Dicho de manera más precisa: si $G$ es un grupo cíclico se cumple lo siguiente:

• Si $G$ es infinito entonces $G$ es isomorfo a $\mathbb{Z}$ (con la suma).
• Si $G$ es finito entonces $G$ es isomorfo a $\mathbb{Z}_n$ (con la suma), donde $n$ es el orden de $G$.

La pregunta natural que surge ahora (y que estoy seguro que todas/os os habéis hecho después de ver la definición de grupo cíclico 🙂 ) es la siguiente: los subgrupos de un grupo cíclico, ¿son también cíclicos? Hemos demostrado que es así. El enunciado preciso del teorema es el siguiente:

Teorema. Todo subgrupo de un grupo cíclico también es cíclico.

Recordemos la demostración. En clase he tratado de hacerla algo más detallada que la que hay en los apuntes, pero trataré todavía de estructurarla y detallarla más aquí (para ayudaros a entenderla mejor).

Sea $G$ un grupo cíclico y sea $H$ un subgrupo de $G$. Como $G$ es cíclico, podrá ser generado por un solo elemento, es decir, existe un elemento $g\in G$ tal que $G=\langle g \rangle$. El objetivo es probar que $H$ también es cíclico, es decir, que puede ser generado por un solo elemento.

Si $H=\{1_G\}$ entonces $H$ es obviamente cíclico, pues $H=\langle 1_G\rangle$.

Supongamos ahora que $H\neq \{1_G\}$. Para demostrar que $H$ es cíclico procederemos de la siguiente manera:

(1) Primero probaremos que el conjunto $A:=\{s\in \mathbb{N}\mid g^s\in H\}$ es no vacío.

(2) Como $A$ es un subconjunto no vacío del conjunto de los números naturales, tiene mínimo (por el buen orden de $\mathbb{N}$). Denotemos por $n$ a dicho mínimo.

(3) Probaremos que $H$ está generado por $g^n$, es decir, que $H=\langle g^n\rangle$.

Vamos a ello.

Empecemos por el paso (1): Como $H\neq \{1_G\}$, existe un elemento $x\in H$ tal que $x\neq 1_G$. Como $x\in H\leq G=\langle g \rangle$, $x$ se podrá expresar en forma de potencia de $g$, es decir, existe $s\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}$ tal que $x=g^s$ (nótese que $s\neq 0$ porque $x\neq 1$). Ahora distinguimos dos casos:

• Caso 1: $s$ es positivo. En este caso, $s\in A$ y, por tanto, $A\neq \emptyset$.
• Caso 2: $s$ es negativo. En este caso, $g^{-s}=(g^{s})^{-1}=x^{-1}\in H$ porque $x\in H$ y $H$ es un subgrupo. Luego $-s\in A$.

En cualquiera de los dos casos, hemos encontrado un elemento en $A$. Por tanto, concluimos que $A$ es no vacío. Ya tenemos el paso (1).

En el paso (2), simplemente hay que tomar $n:=\min(A)$.

Veamos ahora el paso (3). La inclusión $\langle g^n\rangle \subseteq H$ es obvia, puesto que $g^n$ pertenece a $H$ y, así, todas sus potencias también pertenecerán a $H$. Veamos la inclusión contraria. Para ello, escojamos un elemento arbitrario $h$ de $H$ y probemos que $h$ puede expresarse como una potencia de $g^n$:

Como $h\in H\leq G=\langle g \rangle$, $h$ podrá expresarse como una potencia de $g$, es decir, existe un entero $m$ tal que $x=g^m$.

Aplicando el Algoritmo de la División a $m$ y a $n$, existen dos enteros $q$ y $r$ tales que $0\leq r<n$ y $m=nq+r$. Por tanto: $$h=g^m=g^{nq+r}=(g^n)^q g^r.$$ Multiplicando a ambos lados por el inverso de $(g^n)^q$ (es decir, por $(g^n)^{-q}$) se obtiene que $$g^r=(g^n)^{-q} h.$$

Y aquí está el punto clave: como $g^n$ pertenece a $H$ (recuérdese que $n$ es el mínimo de $A$), cualquier potencia suya también pertenecerá a $H$ (en particular, $(g^n)^{-q}$). Por tanto, en el miembro de la derecha de la igualdad anterior tenemos un producto de dos elementos de $H$. Como $H$ es subgrupo, dicho producto debe pertenecer a $H$. Concluimos, por tanto que $g^r$ (el miembro de la izquierda) pertenece a $H$. Pero esto implica que $r$ ha de ser igual a $0$ porque, si fuera estrictamente positivo, ¡$r$ pertenecería a $A$, y esto es contradictorio con el hecho de que $r<n$ y $n=\min(A)$!

Y esto permite finalizar la prueba puesto que, como $r=0$, se tiene que $h=(g^n)^q\in \langle g^n\rangle$ (pues $h$ es una potencia de $g^n$).

En la clase de hoy hemos probado el Teorema de Caracterización de Subgrupos. Afirma lo siguiente: un subconjunto $H$ de un grupo $G$ es un subgrupo de $G$ si y sólo si

• El neutro de $G$ pertenece a $H$.
• $H$ es cerrado para la operación de $G$, es decir, $xy\in H$ para todo $x,y\in H$.
• $H$ es cerrado para la “toma de inversos”, es decir, $x^{-1}\in H$ para todo $x\in H$.

Además hemos probado otro criterio que consiste en UNA SOLA CONDICIÓN (previa constatación de que el subconjunto es no vacío). Dice lo siguiente: un subconjunto NO VACÍO $H$ de un grupo $G$ es un subgrupo de $G$ si y sólo si $xy^{-1}\in H$ para todo $x,y\in H$.

Hemos visto varios ejemplos de subgrupos. Uno de ellos es el “grupo especial lineal” de dimensión $n$ sobre un cuerpo $K$. Consiste en el conjunto de las matrices cuadradas con entradas en $K$ y con determinante igual a $1$ (con el producto matricial como operación). Se trata de un subgrupo de $GL(n,K)$ (el grupo general lineal).

Hemos demostrado que la intersección de una familia arbitraria de subgrupos es un subgrupo y, dado un subconjunto $X$ (no vacío) de un grupo $G$, hemos definido el “subgrupo generado por $X$” (denotado por $\langle X \rangle$) como la intersección de todos los subgrupos de $G$ que contienen a $X$ (o, dicho de otro modo, como el menor subgrupo de $G$ que contiene a $X$). Hemos demostrado que $\langle X \rangle$ está formado exactamente por los productos de la forma $x_1 x_2\cdots x_n$, donde $n$ es un número natural y, para todo $i$, $x_i$ es, o bien un elemento de $X$ o bien el inverso de un elemento de $X$.

Decimos que un grupo $G$ “está generado” por un subconjunto $X\subseteq G$ (no vacío) si $$G=\langle X \rangle$$ o, dicho de otro modo, si todo elemento de $G$ se puede expresar como producto de elementos de $X$ e inversos de elementos de $X$. Si un grupo admite un sistema finito de generadores se dice que “es finitamente generado”.

Hemos visto varios ejemplos de sistemas generadores de grupos. En particular, hemos visto que el grupo cuaternio de orden 8, $Q_8$, está generado por $i$ y $j$, es decir, $Q_8=\langle i,j\rangle$. También hemos visto que el grupo diédrico de orden $2n$, $D_{2n}$ (que es el grupo de simetrías de un $n$-ágono regular), está formado por $n$ rotaciones ($1, \rho, \rho^2,\ldots, \rho^{n-1}$) y $n$ reflexiones ($\tau, \tau\rho, \ldots, \tau \rho^{n-1}$), donde $\rho$ es la rotación con centro el polígono regular y ángulo $2\pi/n$, y $\tau$ es una de las reflexiones. La rotación $\rho$ tiene orden $n$ y TODAS las reflexiones tienen orden 2. Además, se satisface la condición $\rho\tau=\tau \rho^{-1}$ (y obsérvese que $\rho^{-1}=\rho^{n-1}$, pues $o(\rho)=n$).

PODÉIS RESOLVER YA el Problema 10 de la hoja de problemas del Capítulo 1:

Para los restantes problemas necesitamos avanzar un poco más en la materia.

También he comentado en clase que el enunciado del Ejercicio 1.10 es mejor cambiarlo por el siguiente:

Si $G$ es un grupo y $a,b\in G$ entonces:

• Si $a$ tiene orden finito entonces $a^{-1}$ también tiene orden finito y $o(a^{-1})=o(a)$.
• Si $ab$ tiene orden finito entonces $ba$ también tiene orden finito y $o(ab)=o(ba)$.

La solución que hay escrita es válida. El motivo del cambio es que es posible que $a$ y $b$ tengan orden finito y, sin embargo, $ab$ tenga orden infinito. El enunciado anterior, interpretado correctamente, estaba bien; sin embargo, creo que está todo más claro si lo cambiamos por éste.

Hoy se ha probado un importante teorema relacionado con el orden de un elemento. En particular, para cualquier elemento $x$ de orden finito de un grupo $G$ se satisface lo siguiente:

• Si $m$ es cualquier entero, $x^m=1$ si y sólo si $o(x)$ divide a $m$.
• El elemento $x$ tiene EXACTAMENTE tantas potencias distintas como su orden: $1, x, x^2,\ldots, x^{o(x)-1}$. Cualquier potencia de $x^k$ puede “reducirse” a una de éstas. En efecto, aplicando el algoritmo de la división a $k$ y a $o(x)$ se tiene la existencia de dos enteros $q,r$ tales que $k=q\cdot o(x)+r$, siendo $0\leq r\leq o(x)-1$. Por tanto: $$x^k=x^{q o(x)+r}=(x^{o(x)})^q x^r=x^r.$$ Obsérvese que $x^r$ es un elemento de la lista anterior.
• Cualquier potencia $x^m$ (con $m$ entero) tiene orden finito y además, es fácilmente calculable: $$o(x^m)=\frac{o(x)}{mcd(o(x),m)}.$$

Para la prueba de este teorema hemos usado, como “truco” clave, el algoritmo de la división. También hemos visto que el orden del inverso de un elemento coincide con el orden del propio elemento.

Dados dos elementos $x,g$ pertenecientes a un grupo $G$, el “conjugado de $x$ con $g$” se define de la siguiente manera: $$x^g:=g^{-1}xg.$$

¡Ojo! No hay que confundir “conjugado” con “potencia”:

• Una “potencia” de un elemento $x$ es un elemento de la forma $x^n$ o $x^{-n}$, donde $n$ es un ENTERO no negativo. Cuando $n$ es positivo, $x^n$ representa el resultado de operar $x$ consigo mismo $n$ veces, y $x^{-n}$ representa el resultado de operar $x^{-1}$ (el inverso de $x$) consigo mismo $n$ veces. Cuando $n=0$, la potencia $x^n$ es igual a $1$ (por definición).
• Un “conjugado” de $x$ es un elemento de la forma $g^{-1}xg$, siendo $g$ otro elemento del del grupo. Se denota por $x^g$. Aquí EL “EXPONENTE” ES UN ELEMENTO DEL GRUPO, NO UN ENTERO.

En algunos libros el “conjugado de $x$ con $g$” se define como $g x g^{-1}$, en vez de como $g^{-1}xg$. Es una simple cuestión de nomenclatura.

Hemos probado que si un elemento tiene orden finito, todos sus conjugados tienen el mismo orden que él (es decir, el orden de un elemento se conserva por conjugación).

También hemos probado que si $a$ y $b$ tienen orden finito, los productos $ab$ y $ba$ también y, además, $o(ab)=o(ba)$. Además, SI $a$ Y $b$ CONMUTAN, $o(ab)$ divide al mínimo común múltiplo de $o(a)$ y $o(b)$; si, además de eso, $o(a)$ y $o(b)$ son coprimos, el orden de $ab$ es el producto de los órdenes: $o(a) o(b)$.

Se ha demostrado también que cualquier elemento de un grupo FINITO tiene orden finito. Sin embargo, existen grupos infinitos cuyos elementos tienen todos orden finito (véase el Problema B-2).

Hemos definido también el concepto de SUBGRUPO: un subconjunto $H$ de un grupo $G$ se dice que es un “subgrupo” de $G$ si es un grupo con la misma operación de $G$ restringida a $H$. Es el análogo (en el ambiente de “grupos”) al concepto de subespacio vectorial en Álgebra Lineal. Como primer ejemplo, hemos comentado que el grupo de los números enteros $\mathbb{Z}$ (con la suma) es un subgrupo del grupo de los números reales $\mathbb{R}$ (con la suma). Hemos leído el Teorema de Caracterización de Subgrupos, cuya demostración haremos en la próxima clase. Se trata de un criterio “práctico” que puede usarse para demostrar que un determinado subconjunto de un grupo es un subgrupo.

ACLARACIÓN RELACIONADA CON LAS POTENCIAS DE UN ELEMENTO: Cuando un grupo tenga notación aditiva, el resultado de operar $k$ veces un elemento $x$ consigo mismo se escribe como $kx$ (NO COMO $x^k$). Por ejemplo, si consideramos el grupo $(\mathbb{Z}_6,+)$, sabemos que todo elemento suyo tiene orden finito (pues se trata de un grupo finito). Elijamos, por ejemplo, el elemento $\overline{2}$. Veamos qué orden tiene:

• Como $\overline{2}$ es distinto de $\overline{0}$ (el neutro), tiene orden estrictamente mayor que $1$.
• Si operamos $\overline{2}$ consigo mismo dos veces obtenemos: $$2\overline{2}=\overline{2}+\overline{2}=\overline{4},$$ que sigue siendo distinto de $\overline{0}$ (el neutro). Por tanto, el orden de $\overline{2}$ no es $2$.
• Si operamos $\overline{2}$ consigo mismo 3 veces obtenemos: $$3\overline{2}=\overline{2}+\overline{2}+\overline{2}=\overline{6}=\overline{0}.$$

Por tanto, $o(\overline{2})=3$. Como consecuencia, EXISTEN EXACTAMENTE 3 “POTENCIAS” de $\overline{2}$ (entendiéndose aquí “potencia” como $k\overline{2}$, con $k$ entero): $$\overline{0}=0 \overline{2}, \; \overline{2}\; \mbox { y } \;2 \overline{2}=\overline{4}.$$ Cualquier otra “potencia” de $\overline{2}$ se “reduce” a una de éstas.

EJERCICIO PROPUESTO: Consideremos la permutación de $S_4$ dada por el $3$-ciclo $\sigma:=(1,2,3)$. Ya demostramos en la clase del martes que el orden de un ciclo coincide con su longitud. Por tanto, $o(\sigma)=3$. Así pues, $\sigma$ tiene exactamente 3 potencias, que son las siguientes: $$1_{S_4}=(1,2,3)^0,\; (1,2,3)\; \mbox{ y }\; (1,2,3)^2=(1,3,2)$$ (comprueba la última igualdad). ¿Cuál de estos elementos es $(1,2,3)^{-23}$?