Algebra II

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Universidad Nacional de San Cristobal de Huamanga
Facultad de Ingeniería de Minas, Geología y Civil
E.F.P. de Ciencias Físico Matemáticas
GRUPOS
Curso: MA-245 Algebra II
Autor: Enrique Aviles Mendoza
Junio 2020
Capítulo 1
Grupos
1.1. Definición y Ejemplos de Grupos
Definición 1.1. Una operación binaria ∗ en un conjunto A es una regla que
asigna a cada par ordenado (a, b) de elementos de A exactamente un elemento
a ∗ b en A, esto simplemente dice que ∗ es una función del producto cartesiano
A×A en A:
∗ : A×A −→ A
(a, b) 7−→ a ∗ b
Un grupoide es un par (A, ∗) que consiste de un conjunto no vacío A y una
operación binaria ∗ definida en A.
Observación 1.2. Hay tres aspectos de esta definición que deben destacarse:
1. a ∗ b está definido para cada par ordenado (a, b) de elementos de A.
2. a ∗ b debe estar definido de forma única.
3. Si a y b están en A, a ∗ b debe estar en A.
Ejemplo 1.3. 1. a ∗ b = a/b, a, b ∈ R.
Esta regla no define una operación binaria en R ya que no cumple 1, pues
para a = 3 y b = 0 se tiene que 3 ∗ 0 = 3/0 no está definido.
2. a ∗ b = c si c2 = ab, a, b ∈ R.
Esta regla tampoco definde una operación binaria en R, porque no cumple
2. Para a = 2 y b = 8 tenemos 2 ∗ 8 = 4 o −4 esto pues 42 = 2 · 8 y
(−4)2 = 2 · 8.
1
1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS DE GRUPOS
3. a ∗ b = a/b, a, b ∈ Z∗ = Z\{0}.
No es operación binaria en Z∗ debido a que no cumple 3. Para a = 3 y b = 4
se tiene 3 ∗ 4 = 3/4 6∈ Z∗.
4. Sea T un conjunto no vacío y sea A el conjunto de todas las funciones f
de T en T (f : T −→ T ). Entonces la regla f ∗ g = f ◦ g(composición de
funciones)
f ◦ g : T −→ T
x 7−→ (f ◦ g)(x) := f(g(x))
define una operación binaria en A.
Obsérvese que si por ejemplo T = {1, 2, 3}, entonces |A| = 33 = 27 (donde
|A| denota el número de elementos del conjunto A), es decir, hay 27 funciones
que se pueden definir de T = {1, 2, 3} en sí mismo.
5. Sea A el conjunto de todas las funciones f : [0, 1] −→ R. En este conjunto
se considera la siguiente regla: f ∗ g = h donde h ∈ A, f ≤ h y g ≤ h. Aquí
f ≤ h significa que f(t) ≤ h(t) para todo t ∈ [0, 1].
La regla dada en el conjunto A no es una operación binaria porque no cumple
el ítem 2 de la observación 1.2; f ∗ g no está definida de forma única.
t
h(t) = t
h(t) = 2/3
g(t) = 12 t
f(x) = −x2
1
−1
1
Definición 1.4. Sea ∗ una operación binaria en un conjunto A y B ⊆ A. Se
dice que B es cerrado bajo ∗ si a ∗ b ∈ B para todo a, b ∈ B. En este caso ∗
subordina una operación binaria en B que se denota con el mismo símbolo ∗.
E. Aviles 2
1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS DE GRUPOS
Ejemplo 1.5. 1. a ∗ b = a− b, a, b ∈ A = Z, B = {x ∈ Z/x ≥ 0}.
B no es cerrado bajo ∗ ya que hay a = 1 y b = 2 en B tales que
1 ∗ 2 = 1− 2 = −1 6∈ B.
2. a ∗ b = a− b, a, b ∈ A = Z, B = {x/x = 2n algún n ∈ Z}.
B es cerrado bajo ∗ ya que si a = 2n y b = 2k, donde n, k ∈ Z, son elementos
de B, entonces
a ∗ b = a− b = 2n− 2k = 2(n− k).
Como n− k ∈ Z se tiene que a ∗ b ∈ B. Esto prueba que B es cerrado bajo
la operación ∗.
3. Z5 = {0, 1, 2, 3, 4}, a ∗ b =multiplicación en Z5, B = {1, 2, 3, 4}.
El conjunto B es cerrado bajo la multiplicación en Z5 como puede observarse
en la tabla de abajo a la izquierda, entonces la multiplicación en Z5 induce
una operación binaria en B que se muestra en la tabla de abajo a la derecha.
* 0 1 2 3 4
0 0 0 0 0 0
1 0 1 2 3 4
2 0 2 4 1 3
3 0 3 1 4 3
4 0 4 3 2 1
* 1 2 3 4
1 1 2 3 4
2 2 4 1 3
3 3 1 4 2
4 4 3 2 1
Definición 1.6. Una permutación de un conjunto T es una función biyectiva
f : T −→ T , es decir, f es uno a uno y sobreyectiva.
Recordemos que
(i) f es uno a uno si y solo si f(x) = f(y) implica x = y.
(ii) f es sobre si y solo si f(T ) = T , es decir, para todo y ∈ T existe x ∈ T tal
que f(x) = y.
Vamos a trabajar en conjuntos finitos y de pocos elementos, digamos T =
{1, 2, 3}. Hallemos las permutaciones del conjunto T a través de las reordena-
ciones de sus elementos:
123
132
213
231
312
321
E. Aviles 3
1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS DE GRUPOS
Cada ordenamiento determina una función biyectiva de T sobre T , por ejemplo
la ordenación 231 nos da la biyección
f : T −→ T
1 7−→ 2 = f(1)
2 7−→ 3 = f(2)
3 7−→ 1 = f(3)
Una notación conveniente es:
f =
(
1 2 3
f(1) f(2) f(3)
)
=
(
1 2 3
2 3 1
)
usando esta notación las seis permutaciones del conjunto T son:(
1 2 3
1 2 3
)
(
1 2 3
2 3 1
)
(
1 2 3
1 3 2
)
(
1 2 3
3 1 2
)
(
1 2 3
2 1 3
)
(
1 2 3
3 2 1
)
Vamos a denotar al conjunto de estas seis permutaciones del conjunto T por
S3.
Operación binaria en S3:
Como vimos en un ejemplo anterior (A, ∗), donde A = {f/f : T −→ T} y
f ∗ g = f ◦ g(composición de funciones) es un grupoide. S3 ⊆ A es cerrado
bajo la operación binaria en A, esto es, si f, g ∈ S3, entonces f ◦ g ∈ S3, esto
es porque como se sabe la composición de funciones biyectivas es biyectiva,
luego la composición induce una operación binaria en S3. Por ejemplo, si f =(
1 2 3
2 3 1
)
y g =
(
1 2 3
2 1 3
)
entonces f ◦ g es la función
f ◦ g : T −→ T
1 7−→ (f ◦ g)(1) = f(g(1)) = f(2) = 3
2 7−→ (f ◦ g)(2) = f(g(2)) = f(1) = 2
3 7−→ (f ◦ g)(3) = f(g(3)) = f(3) = 1.
Así, f ◦ g =
(
1 2 3
3 2 1
)
.
Usualmente es más fácil hacer el siguiente cálculo:
f ◦ g =
(
1 2 3
2 3 1
)
◦
(
1 2 3
2 1 3
)
=
(
1 2 3
3 2 1
)
E. Aviles 4
1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS DE GRUPOS
Asociatividad :
Se cumple (f ◦g)◦h = f ◦(g◦h) para todo f, g, h ∈ S3 esto pues la composición
de funciones es asociativa.
Elemento identidad :
La permutación identidad I =
(
1 2 3
1 2 3
)
tiene esta propiedad: I ◦ f = f =
f ◦ I para todo f ∈ S3.
Inversos:
Para cada f ∈ S3 existe un g ∈ S3 tal que f ◦ g = g ◦ f = I, esto se cumple
porque cada biyección tiene una función inversa que también es biyectiva. Por
ejemplo, si f =
(
1 2 3
3 1 2
)
, entonces su inversa es g =
(
1 2 3
2 3 1
)
ya que
f ◦ g =
(
1 2 3
3 1 2
)
◦
(
1 2 3
2 3 1
)
=
(
1 2 3
1 2 3
)
= I
g ◦ f =
(
1 2 3
2 3 1
)
◦
(
1 2 3
3 1 2
)
=
(
1 2 3
1 2 3
)
= I
Definición 1.7. Un grupo es un conjunto G 6= ∅ equipado con una operación
binaria ∗ que satisface los siguientes axionas:
1. Asociatividad: (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c) para todo a, b, c ∈ G.
2. Elemento identidad: hay un elemento e ∈ G tal que a ∗ e = e ∗ a = a para
cada a ∈ G.
3. Inversos: para cada a ∈ G, hay un elemento d ∈ G tal que a ∗d = d ∗a = e.
Un grupo se dice que es abeliano si satisface también el siguiente axioma
4. Conmutatividad: a ∗ b = b ∗ a para todo a, b ∈ G.
Observación 1.8. Aceptaremos sin prueba la ley asociativa general, que dice
que un producto a1 · · · an tiene el mismo valor cualquiera que sea la disposición
de los paréntesis que se interpolen.
Ejemplo 1.9. El subconjuntoG = {1,−1, i,−i} ⊆ C de los números complejos
forma un grupo abeliano bajo la multiplicación.
Cerradura: En la siguiente tabla se observa ab ∈ G para todo a, b ∈ G, esto es,
G es cerrado bajo la multiplicación en C.
* 1 -1 i -i
1 1 -1 i -i
-1 -1 1 -i i
i i -i -1 1
-i -i i 1 -1
E. Aviles 5
1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS DE GRUPOS
Asociatividad: La multiplicación de números complejos es asociativa, esto es,
(zw)v = z(wv) para todo z, w, v ∈ C, en particular, esta propiedad se cumple
para todo z, w, v ∈ G ya que G ⊆ C.
Elemento identidad: es el 1 ya que 1z = z1 = z para cada z ∈ G como puede
observarse de la tabla.
Inversos: Notemos de la tabla:
el inverso de 1 es 1 porque 1 · 1 = 1
el inverso de -1 es -1 porque (−1)(−1) = 1
el inverso de i es −i porque i(−i) = 1
el inverso de −i es i porque (−i)i = 1.
Por lo tanto, G con la multiplicación heredada de C es un grupo.
Ejemplo 1.10. Sea R un anillo con identidad, es decir, R está provisto de
dos operaciones binarias llamadas adición (denotada por +) y multiplicación
(denotada por yuxtaposición) tal que R es un grupo abeliano bajo la adición,
R es un semigrupo bajo la multiplicación, y la multiplicación es distributiva
respecto a la adición, en otras palabras se cumple:
1. (a+ b) + c = a+ (b+ c) para todo a, b, c ∈ R.
2. Existe a ∈ R tal que a+ 0 = 0 + a = a para todo a ∈ R.
3. Para cada a ∈ Rexiste −a ∈ R tal que a+ (−a) = −a+ a = 0.
4. a+ b = b+ a para todo a, b ∈ R.
5. (ab)c = a(bc) para todo a, b, c ∈ R.
6. a(b+ c) = ab+ ac y (a+ b)c = ac+ bc para todo a, b, c ∈ R.
Un anillo con identidad es un anillo que contiene un elemento 1 ∈ R tal
que a1 = 1a = a para todo a ∈ R.
Por otra parte, un anillo es conmutativo si la multiplicación es conmutativa,
es decir, se cumple ab = ba para todo a, b ∈ R. Por ejemplo, Zn con la adición y
la multiplicación módulo n es anillo conmutativo con identidad. Por otro lado,
M(R) el conjunto de todas las matrices 2 × 2 sobre los números reales con la
adición y multiplicación usual de matrices es un anillo con identidad que no es
conmutativo porque(
1 1
1 0
)(
1 1
0 0
)
=
(
1 1
1 1
)
y
(
1 1
0 0
)(
1 1
1 0
)
=
(
2 1
0 0
)
E. Aviles 6
1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS DE GRUPOS
Un elemento a en un anillo R con identidad se llama una unidad si existe
un b ∈ R tal que ab = ba = 1. En este caso, el elemento b se llama el inverso
multiplicativo de a.
Sea ahora U el conjunto de todas las unidades de R, donde R es un anillo
con identidad 1. Se afirma que U es un grupo bajo la multiplicación del anillo
R.
Cerradura: U es cerrado bajo la multiplicación en R, esto es, si a, b ∈ R,
entonces ab ∈ U . En efecto, como a, b ∈ U , existen elementos c y d de R tales
que ac = ca = 1 y bd = db = 1. Entonces ab es también una unidad con inverso
multiplicativo dc, esto pues
abdc = a(bd)c = a1c = ac = 1 y dcab = d1b = db = 1.
Por lo tanto, ab ∈ U .
Asociatividad: ya que (ab)c = a(bc) se cumple para todos los elementos de R
y U ⊆ R, dicha propiedad también se cumple para los elementos de U .
Elemento identidad: el elemento identidad 1R de R está en U .
Inversos: Sea a ∈ U . Se quiere hallar un elemento b ∈ U tal que ab = ba =
1. En efecto, como a ∈ U , a es una unidad por lo que a tiene un inverso
multiplicativo, es decir, existe un b ∈ R tal que ab = ba = 1. Ahora bien,
esta ecuación dice que b es un inverso multiplicativo de a, así como que a es
un inverso multiplicativo de b, de manera que b es también una unidad y por
consiguiente, b ∈ U .
Por lo tanto, U es un grupo bajo la multiplicación del anillo R.
A continuación veamos casos particulares de la anterior situación general.
Como se sabe Zn es un anillo conmutativo con identidad bajo la adición y
multiplicación módulo n. Si denotamos con Un al grupo multiplicactivo de las
unidades de Zn tenemos
Un = {a ∈ Zn/a es una unidad} = {a ∈ Zn/(a, n) = 1}
Por ejemplo,
U8 = {a ∈ Z8/(a, 8) = 1} = {1, 3, 5, 7}
U15 = {a ∈ Z15/(a, 15) = 1} = {1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14}
E. Aviles 7
1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS DE GRUPOS
La tabla de multiplicar para U8 es:
1 3 5 7
1 1 3 5 7
3 3 1 7 5
5 5 7 1 3
7 7 5 3 1
El grupo de la unidades en el anillo M(R) de todas las matrices 2 × 2 sobre
los números reales se denota por GL(2,R) y se llama el grupo lineal general.
Una matriz
(
a b
c d
)
está en GL(2,R) si y solo si ad− bc 6= 0. Verifiquemos
esta afirmación. Veamos en primer lugar el “solo si” (=⇒). Como
(
a b
c d
)
es una unidad esta tiene un inverso multiplicativo, es decir, hay una matriz(
x y
z w
)
tal que
(
a b
c d
)(
x y
z w
)
=
(
1 0
0 1
)
de donde (
ax+ bz ay + bw
cx+ dz cy + dw
)
=
(
1 0
0 1
)
así,
ax+ bz = 1
cx+ dz = 0
ay + bw = 0
cy + dw = 1
(1.1)
Multiplicando la ecuación superior izquierda en (1.1) por c y d, inferior izquier-
da por −a y −b obtenemos:
acx+ bcz = c
−acx− adz = 0
adx+ bdz = 0
−bcx− bdz = 0
que después de sumar nos da
−(ad− bc)z = c y (ad− bc)x = d (1.2)
En forma similar, multiplicando la ecuación superior derecha en (1.1) por −c
y −d, la inferior derecha por a y b se obtiene
−acy − bcw = 0
acy + adw = a
−ady − bdw = 0
bcy + bdw = b
E. Aviles 8
1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS DE GRUPOS
sumando resulta
(ad− bc)w = a y − (ad− bc)y = b. (1.3)
Si fuese ad− bc = 0, entonces de (1.2) y (1.3) se tendría que(
a b
c d
)
=
(
0 0
0 0
)
,
pero esto contradice nuestra hipótesis de que
(
a c
c d
)
es una unidad.
Veamos ahora el “si”(⇐=). Como ad− bc 6= 0 de (1.2) y (1.3) obtenemos
x =
d
ad− bc
, y =
−b
ad− bc
, z =
−c
ad− bc
, w =
a
ad− bc
por lo que (
x y
z w
)
=
1
ad− bc
(
d −b
−c a
)
Se comprueba fácilmente que(
a b
c d
)(
x y
z w
)
=
(
x y
z w
)(
a b
c d
)
=
(
1 0
0 1
)
Así,
(
a b
c d
)
tiene un inverso multiplicativo por lo que es una unidad.
Ejemplo 1.11. Imaginemos que el plano es una lámina de plástico delgada y
rígida. Cortemos un cuadrado, lo recogemos, lo volteamos, lo giramos, hacemos
lo que sea siempre y cuando no se doble, rompa o distorsione, entonces lo
colocamos en el espacio recortado de manera que encaje exactamente. Hay 8
maneras de hacer esto y estas se muestran a continuación. Todas las rotaciones
se toman en sentido antihorario alrededor del centro.
r0 =rotación de 0◦
4 3
21
r0
4 3
21
E. Aviles 9
1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS DE GRUPOS
r1 =rotación de 90◦
4 3
21
90◦
r1
1 4
32
r2 =rotación de 180◦
4 3
21
180◦
r2
2 1
43
r3 =rotación de 270◦
4 3
21
270◦
r3
3 2
14
h =reflexión en el eje x
4 3
21
h
1 2
34
E. Aviles 10
1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS DE GRUPOS
v =reflexión en el eje y
4 3
21
v
3 4
12
d =reflexión en la recta y = −x
4 3
21
d
2 3
41
t =reflexión en la recta y = x
4 3
21
t
4 1
23
Podemos multiplicar dos de estos movimientos, ejecutándolos sucesivamente.
Así, el producto r1h se obtiene por una reflexión previa en el eje x, seguida de
una rotación de 90◦ en el sentido antihorario. Su efecto total es el mismo que
el de t, reflexión en la recta y = x. Por lo tanto, r1h = t.
E. Aviles 11
1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS DE GRUPOS
1 2
34
r1
4 1
23
r 1
h
h
4 3
21
90◦
t
4 1
23
La igualdad r1h = t puede probarse de otro modo viendo que ambos miem-
bros producen el mismo efecto sobre cada vértice del cuadrado. Así
h
v
4 3
21
t
d
r1h(1) = r1(h(1)) = r1(4) = 3 = t(1)
r1h(2) = r1(h(2)) = r1(3) = 2 = t(2)
r1h(3) = r1(h(3)) = r1(2) = 1 = t(3)
r1h(4) = r1(h(4)) = r1(1) = 4 = t(4).
Esto nos hace pensar que un movimiento puede verse como una función del
cuadrado hacia sí mismo, entonces la idea de ejecutarlos de manera sucesiva
es solo una composición de funciones.
E. Aviles 12
1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS DE GRUPOS
El conjunto D4 := {r0, r1, r2, r3, h, v, d, t} equipado con la operación de
composición está generado por los dos elementos r1 y h ya que
r01 = r0
r11 = r1
r21 = r2
r31 = r3
r01h = h
r11h = t
r21h = v
r31h = d
Así pues, los elementos del conjunto D4 están representados por únicamente
ri1h
j , i = 0, 1, 2, 3, j = 0, 1. Además, h y r1 satisfacen las relaciones
r41 = r0, h
2 = r0, hr1 = r
3
1h
llamadas relaciones de definición. Usando estas relaciones podemos completar
la siguiente tabla de multiplicar para el conjunto D4.
r0 r1 r2 r3 h v d t
r0 r0 r1 r2 r3 h v d t
r1 r1
r2 r2
r3 r3
h h r0 r2 r1 r3
v v r2 r0 r3 r1
d d
t t
hh = h2 = r0
hv = hr21 = hr1r1h = r
3
1hr1h = r
3
1r
3
1hh = r
6
1h
2 = r21 = r2
hd = hr31h = hhr1 = r
3
1 = r3
ht = hr1h = r
3
1hh = r
3
1 = r3
vh = r21hh = r
2
1 = r2
vv = r21hr
2
1h = r
2
1r
3
1hr1h = r1hr1h = r1r
3
1hh = r0
vd = r21hr
3
1h = r
2
1hhr1 = r
3
1 = r3
vt = r21hr1h = r
2
1r
3
1hh = r1
E. Aviles 13
1.1. DEFINICIÓN Y EJEMPLOS DE GRUPOS
La tabla de multiplicar completa para D4 = {r0, r1, r2, r3, h, v, d, t} es :
r0 r1 r2 r3 h v d t
r0 r0 r1 r2 r3 h v d t
r1 r1 r2 r3 r0 t d h v
r2 r2 r3 r0 r1 v h t d
r3 r3 r0 r1 r2 d t v h
h h d v t r0 r2 r1 r3
v v t h d r2 r0 r3 r1
d d v t h r3 r1 r0 r2
t t h d v r1 r3 r2 r0
Observemos que D4 es cerrado bajo la composición en D4 y se sabe que la
composición de funciones es asociativa. La tabla demuestra que r0 es el ele-
mento identidad y que cada elemento de D4 tiene un inverso. Por lo tanto, D4
es un grupo. No es abeliano porque, por ejemplo,
hd = r1 6= r3 = dh.
D4 se llama el grupo diedro de grado 4 o el grupo de simetrías del cuadrado.
Teorema 1.12. Sean G y H grupos. Defina una operación en G×H por
(g, h)(g′, h′) = (gg′, hh′).
Entonces G×H es ungrupo. Si G y H son abelianos, entonces también lo es
G×H.
Demostración. Asociatividad. Sean (g, h), (g′, h′), (g′′, h′′) elementos arbitra-
rios de G×H, entonces
((g, h)(g′, h′))(g′′, h′′) = (gg′, hh′)(g′′, h′′), operación en G×H
= ((gg′)g′′, (hh′)h′′), operación en G×H
= (g(g′g′′), h(h′h′′)), asociatividad en G y en H
= (g, h)(g′g′′, h′h′′), operación en G×H
= (g, h)((g′, h′)(g′′, h′′)), operación en G×H.
Elemento identidad. Sean eG y eH los elementos identidad de los grupos G y
H, respectivamente, entonces (eG, eH) es el elemento identidad de G × H ya
que para cada (g, h) ∈ G×H tenemos
(g, h)(eG, eH) = (geG, heH), operación en G×H
= (g, h), porque geG = g y heh = h
Similarmente, (eG, eH)(g, h) = (g, h).
E. Aviles 14
1.2. PROBLEMAS RESUELTOS
Inversos. Sea (g, h) ∈ G ×H, entonces g ∈ G y h ∈ H. Sean g′ el inverso de
g en G y h′ el inverso de h en H, entonces (g′, h′) es el inverso de (g, h) en
G×H, ya que
(g, h)(g′, h′) = (gg′, hh′), operación en G×H
= (eg, eH), porque gg′ = eG y hh′ = eH .
En forma análoga, (g′, h′)(g, h) = (eG, eH).
Se concluye por tanto que G×H es un grupo.
Supongamos ahora que G y H son grupos abelianos, entonces sus opera-
ciones binarias son conmutativas. Vamos a probar que la operación en G×H
también lo es. En efecto, para cualesquiera (g, h) y (g′, h′) en G×H se tiene
(g, h)(g′, h′) = (gg′, hh′), operación en G×H
= (g′g, h′h), porque gg′ = g′g y hh′ = h′h
= (g′, h′)(g, h), operación en G×H.
1.2. Problemas Resueltos
Problema 1.13. Probar que cada elemento de un grupo finito G aparece
exactamente una vez en cada fila y exactamente una vez en cada columna de
la tabla de operaciones.
Solución. Supongamos que el grupoG tiene n elementos distintosG = {a1, ..., an}.
Para cualquier a ∈ G tenemos a−1i a ∈ G, entonces a
−1
i a = ak para cierto
k = 1, ..., n. Se sigue que a = aiak y a es uno de los elementos de i−ésima fila
de la tabla.
La i−ésima fila de la tabla de operaciones es
a1 a2 · · · ai · · · an
a1
a2
...
ai aia1 aia2 · · · aiai · · · aian
...
an
E. Aviles 15
1.2. PROBLEMAS RESUELTOS
Supongamos que aiar = aias donde r, s ∈ {1, ..., n} y r 6= s. Entonces por
la parte 2 del teorema 1.18 tendríamos que ar = as lo que contradice nues-
tra suposición de que los elementos de G son distintos. Por lo tanto, no hay
repeticiones entre los elementos en la i−ésima fila.
Un argumento similar se aplica a la j−ésima columna de la tabla.
Problema 1.14. Sea G = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} y asuma que G es un grupo
bajo la operación ∗ con estas propiedades:
(i) a ∗ b ≤ a+ b para todo a, b ∈ G;
(ii) a ∗ a = 0 para todo a ∈ G.
Escriba la tabla de operaciones para G.
Solución. En primer lugar, según el ítem (ii), los elementos de la diagonal son
todos 0.
0 1 2 3 4 5 6 7
0 0 1 2 3
1 1 0 3 2
2 2 3 0 1
3 3 2 1 0
4 0
5 0
6 0
7 0
Por (ii), 0 ∗ 1 ≤ 0 + 1 = 1 y por el problema anterior, no hay repeticiones
en filas y columnas, 0 ∗ 1 6= 0, luego 0 ∗ 1 = 1.
Por (i), 0 ∗ 2 ≤ 0 + 2 = 2 y por el problema 1.13 0 ∗ 2 6= 0, 1, luego debe ser
0 ∗ 2 = 2.
0 ∗ 3 ≤ 0 + 3 = 3 y 0 ∗ 3 6= 0, 1, 2, por las razones expuestas antes, por tanto
0 ∗ 3 = 3.
Por las mismas razones explicadas líneas arriba se tiene 1 ∗ 0 = 1, 2 ∗ 0 = 2 y
3 ∗ 0 = 3.
Por otra parte, 1∗2 ≤ 1+2 = 3, por (i) y 1∗2 6= 0, 1, 2 ya que cada elemento
de G aparece exactamente una vez en cada fila y columna. Así, 1 ∗ 2 = 3.
Por asociatividad y dado que 3 = 1 ∗ 2 fue calculado antes tenemos
1 ∗ 3 = 1 ∗ (1 ∗ 2) = (1 ∗ 1) ∗ 2 = 0 ∗ 2 = 2.
En forma análoga, como 3 = 2 ∗ 1 y la operación en G es asociativa se tiene
2 ∗ 3 = 2 ∗ (2 ∗ 1) = (2 ∗ 2) ∗ 1 = 0 ∗ 1 = 1.
E. Aviles 16
1.2. PROBLEMAS RESUELTOS
Por argumentos similsres a los anteriores tenemos 2 ∗ 1 = 3, 3 ∗ 1 = 2 y
3 ∗ 2 = 1.
Prosiguiendo de esta manera obtenemos la tabla
0 1 2 3 4 5 6 7
0 0 1 2 3 4 5 6 7
1 1 0 3 2 5 4 7 6
2 2 3 0 1 6 7 4 5
3 3 2 1 0 7 6 5 4
4 4 5 6 7 0 1 2 3
5 5 4 7 6 1 0 3 2
6 6 7 4 5 2 3 0 1
7 7 6 5 4 3 2 1 0
Problema 1.15. Sea T un conjunto no vacío y A(T ) el conjunto de todas las
permutaciones de T . Demostrar que A(T ) es un grupo bajo la operación de
composición de funciones.
Solución. Ya que la composición de funciones biyectivas es biyectiva, A(T ) es
cerrado bajo la composición de funciones.
La composición de funciones es siempre asociativa.
El elemento identidad es el mapeo identidad
idT : T −→ T
x 7−→ idT (x) = x
esto es porque f ◦ idT = f y idT ◦ f = f para cada f ∈ A(T ).
Para ver los inversos haremos uso del siguiente resultado: Un condición
necesaria y suficiente para que una función F : B −→ C sea biyectiva es que
exista una función G : C −→ B tal que G ◦ F = idB y F ◦G = idC .
Sea f ∈ A(T ), entonces por la condición necesaria del resultado hay una
función inversa g : T −→ T tal que f ◦ g = idT y g ◦ f = idT . Ahora por la
condición suficiente del resultado se deduce que g es biyectiva. Así, g ∈ A(T )
y g es un inverso de f .
Problema 1.16. Si a,∈ R con a 6= 0, sea Ta,b : R −→ R la función dada por
Ta,b(x) = ax+ b. Probar que el conjunto G = {Ta,b/a, b ∈ R con a 6= 0} forma
un grupo no abeliano bajo la composición de funciones.
E. Aviles 17
1.2. PROBLEMAS RESUELTOS
Solución. Cerradura: Debemos comprobar que si Ta,b, Tc,d ∈ G, entonces Ta,b◦
Tc,d ∈ G. En efecto, para cualquier x ∈ R tenemos
(Ta,b ◦ Tc,d)(x) = Ta,b(Tc,d(x)) = Ta,b(cx+ d) = a(cx+ d) + b = acx+ ad+ b.
Así,
Ta,b ◦ Tc,d = Tac,ad+b. (1.4)
Ya que ac ∈ R, ad+b ∈ R y ac 6= 0 pues a 6= 0 y c 6= 0 se tiene que Tac,ad+b ∈ G.
Elemento identidad: El elemento identidad es T1,0 ya que para cada x ∈ R
tenemos
T1,0(x) = 1x+ 0 = x = idR(x).
También usando 1.4 se tiene
Ta,b ◦ T1,0 = Ta1,a0+b = Ta,b
similarmente,
T1,0 ◦ Ta,b = T1a,1b+0 = Ta,b.
Inversos: En primer lugar notemos que Ta,b = Tc,d ⇐⇒ a = c y b = d como se
comprueba con facilidad. Supongamos ahora que Ta,b ◦ Tc,d = Tac,ad+b = T1,0,
entonces ac = 1 y ad + b = 0. Resolviendo para c y d obtenemos c = 1/a
y d = −b/a. Así el inverso de Ta,b debe ser T1/a,−b/a. Comprobemos esta
afirmación. De hecho, por 1.4 tenemos
Ta,b ◦ T1/a,−b/a = Ta(1/a),a(−b/a)+b = T1,0
así como
T1/a,−b/a ◦ Ta,b = T(1/a)a,b/a+(−b/a) = T1,0.
Asociatividad: La composición de funciones es asociativa.
Se concluye que G es un grupo bajo la composición de funciones.
Por otra parte, el grupo G no es abeliano ya que por 1.4
T1,2 ◦ T2,1 = T2,3 6= T2,5 = T2,1 ◦ T1,2.
Problema 1.17. Sea T un conjunto infinito y sea A(T ) el grupo de permuta-
ciones de T . Probar que M es un grupo, donde
M = {f ∈ A(T )/f(t) 6= t para solo un número finito de t ∈ T}
E. Aviles 18
1.2. PROBLEMAS RESUELTOS
Solución. Para cada f ∈ A(T ) sea Sf = {t ∈ T/f(t) 6= t}, entonces podemos
escribir M = {f ∈ A(T )/Sf es finito}.
M es cerrado bajo la composición, esto es, si f, g ∈ M , entonces fg ∈ M .
En efecto, si f, g ∈ M se tiene que Sf y Sg son finitos. Por otra parte, se
cumple Sfg ⊆ Sf ∪ Sg, ya que si t 6∈ Sf ∪ Sg, entonces t 6∈ Sf y t 6∈ Sg, de
donde f(t) = g(t) = t. Pero entonces (fg)(t) = f(g(t)) = f(t) = t, de manera
que t 6∈ Sfg. Tenemos así
Sfg ⊆ Sf︸︷︷︸
finito
∪ Sg︸︷︷︸
finito︸ ︷︷ ︸
finito
Así, Sfg es finito y fg ∈M .
El mapeo identidad idT : T −→ T dado por idT (t) = t para cada t ∈ T ,
está en M porque SidT = {t ∈ T/idT (t) 6= t} = ∅ es finito.
M es cerrado bajo inversos. Sea f ∈M , de manera que Sf es finito. Nótese
ahora que Sf−1 = Sf ya que f(t) = t⇐⇒ f−1(t) = t.
Finalmente, la ley asociativa es automática.
E. Aviles 19
1.3. PROPIEDADES BÁSICAS DE LOS GRUPOS
1.3. Propiedades Básicas de los Grupos
Vamos a cambiar a la notación multiplicativa estándar. En lugar de a ∗ b
escribiremos ab cuando discutamos grupos abstractos. Los grupos particulares
conservarán su notación.
El siguiente teorema trata sobre la unicidad del inverso de un elemento y
del elemento identidad de un grupo.
Teorema 1.18. Sea G un grupo y a, b, c ∈ G. Entonces
1. G tiene un único elemento identidad.
2. Se cumple la cancelación en G:
2.1. Si ab = ac, entonces b = c.
2.2. Si ba = ca, entonces b = c.
3. Cada elemento de G tiene un único inverso.
Demostración. 1.Sean e, e′ elementos identidad de G, entonces para cada
a ∈ G se cumple
ea = a = ae y e′a = a = ae′ (1.5)
La primera de estas igualdades, con a = e′, dice que ee′ = e′. La última
ecuación en 1.5, con a = e, dice que e = ee′. Por lo tanto, e′ = e, de manera
que hay exactamente un elemento identidad.
2. Usaremos la ley de la sustitución de la operación binaria, esto es,
a = a′ y b = b′ implica ab = a′b′.
Supongamos que ab = ac. Como a ∈ G y G es un grupo hay un d ∈ G tal
que
da = e = ad. (1.6)
Entonces
d(ab) = d(ac), ley de sustitución
(da)b = (da)c, asociatividad
eb = ec, por 1.6
b = c, e es el elemento identidad
E. Aviles 20
1.3. PROPIEDADES BÁSICAS DE LOS GRUPOS
3. Supongamos que d y d′ son inversos de a ∈ G, esto significa que ad = e = da
y ad′ = e = d′a. Entonces
d′ = d′e, e es el elemento identidad
= d′(ad), porque ad = e
= (d′a)d, asociatividad
= ed, pues d′a = e
= d
Por lo tanto, a tiene exactamente un inverso.
En lo sucesivo el único inverso de un elemento a en un grupo será denotado
por a−1. La unicidad de a−1 significa que si para cierto elemento x en el grupo
se tiene ax = e = xa, entonces x = a−1.
Corolario 1.19. Si G es un grupo y a, b ∈ G, entonces
1. (ab)−1 = b−1a−1 (observe el orden)
2. (a−1)−1 = a.
Demostración. 1. Tenemos
abb−1a−1 = aea−1 = aa−1 = e, y
b−1a−1ab = b−1eb = b−1b = e
Ya que el inverso de ab es único se tiene que (ab)−1 = b−1a−1.
2. Por definición
a−1a = e y a−1(a−1)−1 = e
de donde a−1a = a−1(a−1)−1. Cancelando a−1 resulta a = (a−1)−1.
Definición 1.20. Sea G un grupo y a ∈ G. Definimos para cualquier entero
positivo n:
1. an = aaa · · · a︸ ︷︷ ︸
n factores
.
2. a0 = e.
3. a−n = a−1a−1 · · · a−1︸ ︷︷ ︸
n factores
E. Aviles 21
1.3. PROPIEDADES BÁSICAS DE LOS GRUPOS
Teorema 1.21 (La regla de los exponentes). Sea G un grupo y sea a ∈ G.
Entonces para todo m,n ∈ Z se cumple
1. aman = am+n.
2. (am)n = amn.
Demostración. 1. Caso m > 0 y n > 0. A este respecto tenemos
aman = aaa · · · aa︸ ︷︷ ︸
m factores
aaa · · · aa︸ ︷︷ ︸
n factores︸ ︷︷ ︸
m+n factores
= am+n
Caso m = 0 o n = 0. Es obvio.
Caso m < 0 y n < 0. Sea m = −r y n = −s con r, s > 0, entonces
aman = a−ra−s = (a−1)r(a−1)s = (a−1)r+s = a−(r+s) = a−r−s = am+n.
Caso m < 0 y n > 0. Sean m = −r y n = s con r, s > 0. Entonces
aman = a−ras = (a−1)ras = a−1a−1 · · · a−1︸ ︷︷ ︸
r factores
aa · · · a︸ ︷︷ ︸
s factores
=
{
as−r, si s ≥ r
(a−1)r−s, si r > s.
En el primer caso tenemos
as−r = as+(−r) = an+m = am+n,
mientras que en el segundo caso
(a−1)r−s = a−(r−s) = a−r+s = am+n.
Así, en cualquier caso tenemos aman = am+n.
2. Caso n > 0. Por la parte 1 tendremos
(am)n = amam · · · am︸ ︷︷ ︸
n factores
= a
n sumandos︷ ︸︸ ︷
m+m+ · · ·+m = amn
Caso n < 0. Sean m = r y n = −s con s > 0. Observemos que (ar)−1 = a−r
ya que por la parte 1 tenemos
ara−r = ar+(−r) = a0 = e, y
a−rar = a−r+r = a0 = e.
E. Aviles 22
1.3. PROPIEDADES BÁSICAS DE LOS GRUPOS
Entonces
(am)n = (ar)−s = ((ar)−1)s = (a−r)s = a−rs = ar(−s) = amn.
Finalmente, si n = 0 tenemos (am)0 = e = a0 = am0.
Definición 1.22. Sea G un grupo con elemento identidad e.
1. Se dice que un elemento a ∈ G tiene orden finito si ak = e para algún
k ∈ Z+. En este caso, el orden del elemento a, denotado por |a|, es el menor
entero positivo n tal que an = e, esto es,
|a| = mı́n{k ∈ Z+/ak = e}.
2. Se dice que un elemento a ∈ G tiene orden infinito si ak 6= e para cada
k ∈ Z+.
Observación 1.23. Si a ∈ G tiene orden finito la existencia de |a| = mı́n{k ∈
Z+/ak = e} está asegurada por el principio del buen orden; además, |a| =
mı́n{k ∈ Z+/ak = e} si y solo si
1. a|a| = e,
2. Si k ∈ Z+ y ak = e, entonces k ≥ |a|, equivalentemente si k ∈ Z+ y
k < |a|, entonces ak 6= e.
Observación 1.24. Cuando la operación de grupo es escrita como adición,
entonces
(i) el elemento identidad se denota por 0 en lugar de e,
(ii) el inverso de a es denotado por −a en vez de a−1,
(iii) el análogo aditivo para la exponenciación
an = aaa · · · a︸ ︷︷ ︸
n factores
es
na = a+ a+ · · ·+ a︸ ︷︷ ︸
n sumandos
E. Aviles 23
1.3. PROPIEDADES BÁSICAS DE LOS GRUPOS
(iv) la notación aditiva para
a−n = a−1a−1 · · · a−1︸ ︷︷ ︸
n factores
es
(−n)a = (−a) + (−a) + · · ·+ (−a)︸ ︷︷ ︸
n sumandos
(v) y el teorema 1.21 toma la siguiente forma:
* ma+ na = (m+ n)a
* n(ma) = (mn)a.
Ejemplo 1.25. 1. En el grupo multiplicativo R∗ = R\{0}, 2 tiene orden infi-
nito porque 2k 6= 0 para todo k ∈ Z+.
2. En el grupo G = {±1,±i} bajo la multiplicación de números complejos
|i| = 4 porque i2 = −1, i3 = −i, i4 = 1. Asimismo, | − i| = 4.
3. En el grupo de permutaciones S3( llamado el grupo simétrico en 3 símbolos
) bajo la operación de composición, el elemento
(
1 2 3
3 1 2
)
de S3 tiene
orden 3 porque:(
1 2 3
3 1 2
)2
=
(
1 2 3
3 1 2
)(
1 2 3
3 1 2
)
=
(
1 2 3
2 3 1
)
(
1 2 3
3 1 2
)3
=
(
1 2 3
3 1 2
)2(
1 2 3
3 1 2
)
=
(
1 2 3
2 3 1
)(
1 2 3
3 1 2
)
=
(
1 2 3
1 2 3
)
4. En cualquier grupo, el elemento identidad tiene orden 1.
5. En el grupo aditivo Z12, el elemento 8 tiene orden 3 porque:
(2)8 = 8 + 8 = 4
(3)8 = 8 + 8 + 8 = 0
Teorema 1.26. Sea G un grupo y a ∈ G.
1. Si |a| =∞, entonces los elementos ak, con k ∈ Z, son todos distintos.
2. Si |a| = n <∞, entonces
E. Aviles 24
1.3. PROPIEDADES BÁSICAS DE LOS GRUPOS
2.1. ak = e si y solo si n|k.
2.2. ai = aj si y solo si i ≡ j(mod n).
3. Si |a| = n <∞ y n = td con d > 0, entonces at tiene orden d.
Demostración. 1. Supongamos que los ak no son distintos, digamos ai = aj
con i > j. Entonces multiplicando ambos lados por a−j resulta
ai−j = aia−j = aj−j = a0 = e.
Como i− j > 0 esto dice que a tiene orden finito (=⇒⇐=).
2.1. (⇐=) Si n divide a k existe t ∈ Z tal que k = nt, entonces por la regla de
los exponentes
ak = ant = (an)t = et = e.
(=⇒) Supongamos que ak = e. Por el algoritmo de la división existen enteros
q y r con 0 ≤ r < n tales que k = nq + r. En consecuencia, por la regla de
los exponentes
e = ak = anq+r = anqar = (an)qar = eqar = ear = ar
Ahora bien, r = 0 o r > 0. Si fuese r > 0 se tendría que r ∈ Z+, ar = e y
r < n en contra de la minimalidad de n (n es el menor entero positivo tal
que an = e). Así, debe ser r = 0 y k = nq con q ∈ Z lo que significa que
n|k.
2.2. Notemos que
ai = aj ⇐⇒ ai−j = a0 = e,multiplicando por a−j
⇐⇒ n divide a i− j, por 2.1
⇐⇒ i ≡ j(mod n).
2. Como |a| = n tenemos an = e, de donde por la regla de los exponentes
(at)d = atd = an = e.
Sea ahora k ∈ Z+ tal que
e = (at)k = atk
entonces por la parte 2.1 se tiene que n|tk, digamos tk = nr para cierto r ∈
Z. Al combinar esta igualdad con n = td obtenemos tk = tdr. Cancelando
t > 0 resulta k = dr. Ya que k, d ∈ Z+ y r ∈ Z se tiene r ≥ 1, de donde
k = dr ≥ d. Esto prueba que d es el menor entero positivo con la propiedad
(at)d = e.
E. Aviles 25
1.4. PROBLEMAS RESUELTOS
Corolario 1.27. Sea G un grupo y sea a ∈ G. Si ai = aj con i 6= j entonces
a tiene orden finito.
Demostración. Una inmediata consecuencia de la prueba del ítem 1 del teore-
ma anterior.
1.4. Problemas Resueltos
Problema 1.28. Sea G un grupo con elemento identidad e. Si c2 = c, probar
que c = e.
Solución.
e = c−1c = c−1c2 = (c−1c)c = ec = c.
Problema 1.29. Si G es un grupo finito de orden n y a ∈ G, probar que
|a| ≤ n. Así, cada elemento en un grupo finito tiene orden finito.
Solución. Si G es un grupo finito de orden n, |G| = n, entonces los n + 1
elementos a0, a, a2, a3, ..., an no pueden ser todos distintos. Por tanto, ai = aj
para ciertos i, j con n ≥ i > j ≥ 0. Multiplicamos ambos lados de la ecuación
por a−j y obtenemos
ai−j = aia−j = aja−j = a0 = e.
Asimismo, j ≥ 0 implica j+n ≥ n ≥ i de donde 0 < i−j ≤ n. Por consiguiente,
|a| ≤ i− j ≤ n.
Problema 1.30. Si a, b ∈ G, probar que |bab−1| = |a|.
Solución. En primer lugar notemos que (bab−1)k = bakb−1 para cada k ∈ Z+.
En efecto, tenemos
bab−1bab−1bab−1 · · · bab−1bab−1︸ ︷︷ ︸
k factores
= b aaa · · · aa︸ ︷︷ ︸
k factores
b−1 = bakb−1
Si |a| = ∞, entonces |bab−1| = ∞ y recíprocamente. Probemos por ejem-
plo la primera afirmación. Supongamos que |bab−1| 6= ∞, es decir,se cumple
(bab−1)k = e para cierto k ∈ Zk, entonces por lo notado anteriormente tenemos
bakb−1 = (bab−1)k = e, de donde ak = b−1bakb−1b = e, esto es, ak = e; pero
esto entra en contradicción con |a| =∞.
E. Aviles 26
1.4. PROBLEMAS RESUELTOS
Por otra parte, si |a| <∞, entonces |bab−1| <∞ y recíprocamente. En este
caso, |bab−1| = |a|, pues se cumple
{k ∈ Z+/ak = e} = {k ∈ Z+/(bab−1)k = e}.
Problema 1.31.(a) Demostrar que a =
(
0 1
−1 −1
)
tiene orden 3 enGL(2,R)
y b =
(
0 −1
1 0
)
tiene orden 4.
(b) Demostrar que ab tiene orden infinito.
Solución.(a) Tenemos
a2 =
(
0 1
−1 −1
)(
0 1
−1 −1
)
=
(
−1 −1
1 0
)
a3 = a2a =
(
−1 −1
1 0
)(
0 1
−1 −1
)
=
(
1 0
0 1
)
por consiguiente, a tiene orden 3. Hallemos ahora el orden de b. Tenemos
b2 =
(
0 −1
1 0
)(
0 −1
1 0
)
=
(
−1 0
0 −1
)
b3 = b2b =
(
−1 0
0 −1
)(
0 −1
1 0
)
=
(
0 1
−1 0
)
b4 = b2b =
(
0 1
−1 0
)(
0 −1
1 0
)
=
(
1 0
0 1
)
luego, b tiene orden 4.
(b) En primer lugar calculemos ab. Tenemos
ab =
(
0 1
−1 −1
)(
0 −1
1 0
)
=
(
1 0
−1 1
)
Se comprueba fácilmente que (ab)n =
(
1 0
−n 1
)
para cada entero positivo
n. Por lo tanto, (ab)k 6= I para cada entero positivo n y ab tiene orden
infinito. Se debe notar que GL(2,R) es un grupo no abeliano.
E. Aviles 27
1.4. PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1.32. Si (ab)2 = a2b2 para todo a, b ∈ G, probar que G es abeliano.
Solución. Sean a y b elementos arbitrarios de G, entonces por la definición 1.20
se tiene
abab = (ab)2 = a2b2 = aabb
esto es, abab = aabb. Luego de cancelar a por la izquierda y b por la derecha
se obtiene ba = ab.
Como los elementos de a y b del grupo G en el razonamiento anterior
fueron arbitarios se concluye que ab = ba para todo a, b ∈ G y por tanto G es
abeliano.
Problema 1.33. Si a ∈ G, probar que |a| = |a−1|.
Solución. En primer término observemos que (a−1)k = a−k = (ak)−1 para
cada k ∈ Z+. En efecto, la primera igualdad es por definición, mientras que
la segunda es por la regla de los exponentes, ya que la potencia de exponente
negativo −1 de un elemento a del grupo G es el inverso de dicho elemento. Así,
se tiene entonces que (a−1)k = (ak)−1 para cada entero positivo k.
Si |a| = ∞, entonces |a−1| = ∞ y recíprocamente; asimismo, si |a| < ∞
entonces |a−1| < ∞ y recíprocamente. En este caso, se tiene que |a| = |a−1|.
De hecho, si ak = e entonces (a−1)k = (ak)−1 = e−1 = e. Similarmente, si
(a−1)k = e, entonces (ak)−1 = (a−1)k = e, esto es, (ak)−1 = e, de donde
e = ak(ak)−1 = ake = ak
es decir, ak = e. Esto muestra que
{k ∈ Z+/ak = e} = {k ∈ Z+/(a−1)k = e}
en consecuemcia,
|a| = mı́n{k ∈ Z+/ak = e} = mı́n{k ∈ Z+/(a−1)k = e} = |a−1|.
Problema 1.34. Si a|c y b|c y (a, b) = 1, probar que ab|c.
Solución. Vamos a usar el siguiente resultado: si d|fg y (d, f) = 1, entonces
d|g. Como a|c existe un u ∈ Z tal que c = au. Ya que b|c tenemos que b|au.
Entonces por el resultado anterior se tiene que b|u, por lo que existe un v ∈ Z tal
que u = bv. Al multiplicar esta igualdad por el entero a resulta c = au = abv,
esto es, c = abv lo que significa que ab|c.
Problema 1.35. Sea G un grupo con elemento identidad e.
E. Aviles 28
1.4. PROBLEMAS RESUELTOS
(a) Si a, b ∈ G y ab = ba, probar que (ab)|a||b| = e
(b) Demostrar que la parte (a) puede ser falsa si ab 6= ba.
Solución.(a) Observemos que si ab = ba entonces (ab)k = akbk para cualquier
entero positivo k. Por ejemplo,
(ab)2 = abab = aabb = a2b2
(ab)3 = ababab = aababb = aaabbb = a3b3
para exponentes mayores se procede de manera similar.
Sean ahora n = |a| y m = |b|. Entonces por lo anterior y la regla de los
exponentes tenemos
(ab)mn = amnbmn = (an)m(bm)n = emen = ee = e.
(b) En S3, sean a =
(
1 2 3
2 1 3
)
y b =
(
1 2 3
1 3 2
)
. Para estos elementos
se cumple |a| = |b| = 2. En efecto,
a2 =
(
1 2 3
2 1 3
)(
1 2 3
2 1 3
)
=
(
1 2 3
1 2 3
)
b2 =
(
1 2 3
1 3 2
)(
1 2 3
1 3 2
)
=
(
1 2 3
1 2 3
)
Asimismo ya que
ab =
(
1 2 3
2 1 3
)(
1 2 3
1 3 2
)
=
(
1 2 3
2 3 1
)
resulta que
(ab)2 =
(
1 2 3
2 3 1
)(
1 2 3
2 3 1
)
=
(
1 2 3
3 1 2
)
(ab)4 = (ab)2(ab)2 =
(
1 2 3
3 1 2
)(
1 2 3
3 1 2
)
=
(
1 2 3
2 3 1
)
= ab.
Problema 1.36. Supongamos que a, b ∈ G y que ab = ba. Si |a| y |b| son
primos relativos, probar que ab tiene orden |a||b|.
E. Aviles 29
1.4. PROBLEMAS RESUELTOS
Solución. Sean m = |a| y n = |b| con (m,n) = 1. Por el problema 1.35 se tiene
que (ab)mn = e, así que resta demostrar que si (ab)k = e, entonces mn ≤ k. En
efecto, por la parte (a) del problema 1.35 podemos escribir akbk = (ab)k = e.
Como (bk)−1 = b−k tenemos, teniendo en cuenta la regla de los exponentes,
ak = ake = akbkb−k = eb−k = b−k
esto es, ak = b−k. Por la regla de los exponentes y dado que |b| = n se obtiene
akn = (ak)n = (b−k)n = (bn)−k = e−k = e.
Por el teorema ¿?, m|kn. Ya que (m,n) = 1 por el resultado mencionado en la
solución del problema 1.34 se tiene que m|k. En forma similar se prueba que
n|k. Por el problema 1.34 ahora se tiene que mn|k y por tanto mn ≤ k ya que
mn y k son enteros positivos.
Problema 1.37. Sea G un grupo G con elemento identidad e. Si (ab)3 = a3b3
y (ab)5 = a5b5 para todo a, b ∈ G, probar que G es abeliano.
Solución. Tenemos
a3b3 = (ab)3 = ababab = a(ba)2b
después de cancelar a por la izquierda y b por la derecha se obtiene
a2b2 = (ba)2. (1.7)
Similarmente,
a5b5 = (ab)5 = ababababab = a(ba)4b
cancelando a y b por la izquierda y derecha, respectivamente, obtenemos
a4b4 = (ba)4. (1.8)
Combinamos ahora las ecuaciones 1.7 y 1.8 para hallar
a4b4 = (ba)4 = (ba)2(ba)2 = a2b2a2b2,
cancelando a2 por la izquierda y b2 por la derecha obtenemos a2b2 = b2a2.
Entonces
b2a2 = a2b2 = (ba)2 = baba,
finalmente cortamos b y a por la izquierda y derecha y se tiene ba = ab.
Problema 1.38. Sea G conjunto no vacío equipado con una operación aso-
ciativa con estas propiedades:
E. Aviles 30
1.4. PROBLEMAS RESUELTOS
(i) Hay un elemento e ∈ G tal que ea = a para cada a ∈ G.
(ii) Para cada a ∈ G, existe d ∈ G tal que da = e.
Probar que G es un grupo.
Solución. 1. Se demuestra que ab = ac implica b = c. En efecto, como a ∈ G,
por (ii) existe un d ∈ G tal que da = e; así, si ab = ac, entonces d(ab) =
d(ac). Por tanto, por asociatividad y (i) obtenemos
b = eb = (da)b = (da)c = ec = c.
2. En esta parte demostramos que e es una inversa por la derecha, esto es,
ae = a para todo a ∈ G. De hecho, sea pues a cualquier elemento de G, por
(ii) hay un d también en G tal que da = e. Se sigue que
(da)e = ee = e = da
Así, (da)e = da. Ya que (da)e = d(ae), por la propiedad asociativa, se tiene
que d(ae) = da. Cancelando d por la izquierda, lo que es posible por la parte
1, obtenemos ae = a.
3. Sea a ∈ G, por (ii) este elemento tiene un inverso por la izquierda, es decir,
hay un d ∈ G tal que da = e. Al componer esta ecuación con d por la derecha
resulta (da)d = ed = d. Pero d = de, por la parte 2. Por consiguiente,
(da)d = de. Ya que (da)d = d(ad) según la sociatividad tenemos d(ad) = de.
Cancelando ahora d por la izquierda resulta ad = e. Hemos probado que d
es también un inverso por la derecha del elemento a.
Problema 1.39. Sea G un conjunto no vacío equipado con una operación
asociativa tal que, para todo a, b ∈ G, las ecuaciones ax = b y ya = b tienen
soluciones. Probar que G es un grupo.
Solución. Como G 6= ∅ podemos elegir un c ∈ G. Por los datos del problema,
existen e y f en G tales que ce = c y fc = c. Sea ahora a un elemento arbitrario
de G, por los datos del problema nuevamente existen x, y ∈ G tales que cx = a
y yc = a. Entonces
fa = f(cx) = (fc)x = cx = a
así como
ae = (yc)e = y(ce) = yc = a
por lo tanto, fa = a y ae = a para todo a ∈ G. En particular, tomando a = e
en la primera ecuación y a = f en la segunda obtenemos e = fe = f .
E. Aviles 31
1.5. SUBGRUPOS
1.5. Subgrupos
Continuamos nuestra discusión de las propiedades básicas de los grupos,
con especial atención a los subgrupos.
Definición 1.40. Un subconjunto H de un grupo G se llama un subgrupo de
G si también H es un grupo, con respecto a la misma operación binaria de G.
Teorema1.41. Para que un subconjunto H no vacío de un grupo G sea un
subgrupo de éste, es necesario y suficiente que:
1. Si a, b ∈ H, entonces ab ∈ H, y
2. Si a ∈ H, entonces a−1 ∈ H.
Demostración. (Suficiencia)
Asociatividad: Ya que G es un grupo se cumple (ab)c = a(bc) para todo a, b, c ∈
G, en particular, dicha propiedad se cumple para todo a, b, c ∈ H pues
H ⊆ G.
Elemento identidad: Como H 6= ∅ podemos elegir un a ∈ H. Entonces por 2
se tiene que a−1 ∈ H y por 1 obtenemos e = aa−1 ∈ H.
Inversos Se cumple por 2.
Por lo tanto, H es un subgrupo.
(Necesidad) Verificamos el cumplimiento de la condición 2. La identidad e′
de H satisface e′2 = e′. Como la operación en H es la misma operación binaria
de G, la última ecuación también se cumple en G. Por el problema 1.28 se tiene
entonces que e′ = e el elemento identidad de G. Esto prueba que el elemento
identidad de H es el mismo que el del grupo G.
Sea ahora a ∈ G. Como H es un grupo existe un a′ ∈ H tal que aa′ = e =
a′a. Ya que H es un grupo con respecto a la misma operación binaria de G y
los inversos en G son únicos se tiene que a′ = a−1, en consecuencia, a−1 ∈ H.
La verificación de condición 1 es obvia.
Ejemplo 1.42. 1. Cada grupo G tiene dos subgrupos triviales {e} y G.
2. R∗ = R\{0} es un grupo bajo la multiplicación. El grupo R∗∗ = {x ∈ R/x >
0} bajo la multiplicación es un subgrupo de R∗.
3. La tabla de operaciones para D4 demuestra que H = {r0, r1, r2, r3} es un
subgrupo de D4.
E. Aviles 32
1.5. SUBGRUPOS
4. En el grupo aditivo Z6 × Z4, sea H = {(0, 0), (3, 0), (0, 2), (3, 2)}. Entonces
H es un subgrupo de Z6 × Z4.
Cuando H es finito, sólo un axioma es suficiente para garantizar que H es
subgrupo.
Teorema 1.43. Sea H un subconjunto no vacío finito de un grupo G. Si H
es cerrado bajo la operación en G, entonces H es un subgrupo de G.
Demostración. Por el teorema 1.41 necesitamos solamente verificar que el in-
verso de cada elemento de H está también en H. Sea a ∈ H, entonces la
clausura implica que ak ∈ H para cada entero positivo k. Ya que H es finito,
estas potencias no pueden ser todas distintas. Así, por el corolario (1.27), a
tiene orden finito, digamos n, y an = e. Puesto que n − 1 ≡ −1(mod n), te-
nemos an−1 = a−1 según el teorema (1.26). Como n ∈ Z+ se tiene que n ≥ 1.
Si n > 1, entonces n − 1 > 0 y a−1 = an−1 ∈ H (porque H es cerrado bajo
la operación de G). Si n = 1, entonces a = a1 = e y a−1 = e = a ∈ H. En
cualquier caso a−1 está en H.
Ejemplo 1.44. Dejamos que H conste de todos las permutaciones en S3 que
fijan el elemento 1. En otras palabras,
H = {f ∈ S3/f(1) = 1}
H es un conjunto finito ya que S3 es un grupo finito. Vamos a verificar que H
es cerrado bajo la operación en S3. Si f, g ∈ H, entonces f(1) = g(1) = 1. Por
ello
(f ◦ g)(1) = f(g(1)) = f(1) = 1.
Así, f ◦ g ∈ H. Por lo tanto, H es un subgrupo de S3 por el teorema anterior.
Un importante tipo de subgrupo puede construirse como sigue.
Teorema 1.45. Si G es un grupo y a ∈ G, entonces
〈a〉 = {..., a−3, a−2, a−1, a0, a1, a2, ...} = {an/n ∈ Z}
es un subgrupo.
Demostración. El producto de cualesquiera dos elementos ai, aj de 〈a〉 está
también en 〈a〉 porque por la regla de los exponentes tenemos
aiaj = ai+j ∈ 〈a〉.
El inverso de ak es a−k, esto es, (ak)−1 = a−k y a−k ∈ 〈a〉. Por el teorema
1.41, 〈a〉 es un subgrupo de G.
E. Aviles 33
1.5. SUBGRUPOS
Definición 1.46. 1. El grupo 〈a〉 se llama el subgrupo cíclico generado por
a.
2. Si el subgrupo 〈a〉 es todo el grupo G, diremos que G es un grupo cíclico.
Teorema 1.47. Cada grupo cíclico es abeliano.
Demostración. Por la regla de los exponentes se tiene que
aiaj = ai+j = aj+i = ajai
El siguiente teorema proporciona la conexión entre los dos usos de la palabra
“orden”. Establece, en efecto, que el orden de un elemento a es el mismo que el
orden del subgrupo cíclico generado por a
Teorema 1.48. Sea G un grupo y a ∈ G.
1. Si a tiene orden infinito, entonces 〈a〉 es un subgrupo infinito que consiste
de los elementos distintos ak, con k ∈ Z.
2. Si a tiene orden finito n, entonces 〈a〉 es un subgrupo de orden n (|〈a〉| = n)
y 〈a〉 = {a0 = e, a1, a2, ..., an−1}.
Demostración. 1. Se sigue del teorema.
2. Debemos demostrar que
〈a〉 := {ak/k ∈ Z} = {a0, a1, a2, ..., an−1}.
Es clara la inclusión de derecha a izquierda. Veamos la inclusión contraria.
Sea x ∈ 〈a〉, de manera que x = ai para cierto i ∈ Z. Por el algoritmo
de la división en Z, hay enteros q y r (únicos) tales que i = nq + r y
0 ≤ r < n. Se sigue que i ≡ r(mod n) y r = 0, 1, 2, 3, ..., n − 1. Por el
teorema ¿? x = ai = a0, a1, a2, ..., an−1, de donde x ∈ {a0, a1, a2, ..., an−1}.
Por otra parte, ninguna de las potencias a0, a1, a2, ..., an−1 son iguales. En
efecto, sean i, j enteros tales que 0 ≤ i, j < n con i 6= j. Para fijar ideas
supongamos que i > j entonces 0 < i− j < n, esto es porque
0 ≤ j y i < n =⇒ i < n ≤ j + n =⇒ i < j + n
luego, n 6 | (i − j) (caso contrario n|(i − j) tendríamos que n ≤ i − j por
el siguiente resultado: si a|b y b 6= 0, entonces |a| ≤ |b|, lo cual es una
contradicción ). Se sigue que i 6≡ j(mod n), de donde por el teorema ¿?,
ai 6= aj .
E. Aviles 34
1.5. SUBGRUPOS
Ejemplo 1.49. El grupo multiplicativo de las unidades en el anillo Z15 es
U15 = {a ∈ Z15/(a, 15) = 1} = {1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14}
Para determinar el subgrupo cíclico generado por 7, calculamos el orden del
elemento 7:
71 = 7, 72 = 4, 73 = 13, 74 = 1.
Por lo tanto, el elemento 7 tiene orden 4 en U15. Así, el subgrupo cíclico 〈7〉 es
〈7〉 = {1, 7, 4, 13}.
Observe que este subgrupo cíclico tiene el mismo orden, a saber 4, que el
elemento que lo genera. Note también que el subgrupo cíclico 〈13〉 generado
por 13 es el mismo que el subgrupo 〈7〉 ya que
131 = 13, 132 = 4, 133 = 7, 134 = 1.
Así, el mismo subgrupo cíclico puede ser generado por diferentes elementos.
Cuando la operación de grupo se escribe como suma el subgrupo cíclico
generado por a viene dado por 〈a〉 = {na/n ∈ Z}, donde sus elementos son las
“potencias” del elemento a son 0a = 0 y
1a = a,
(−1)a = −a,
2a = a+ a,
(−2)a = −a− a,
3a = a+ a+ a,
(−3)a = −a− a− a,
...
...
Ejemplo 1.50. En el grupo aditivo Z las “potencias” de un entero a son
precisamente los múltiplos de a.
1. El conjunto de los enteros pares es un subgrupo cíclico del grupo aditivo Z
porque {n2/n ∈ Z} = 〈2〉.
2. Z es un grupo cíclico infinito con generador 1, esto es, Z = 〈1〉, ya que
Z = {n1/n ∈ Z}.
3. Cada uno de los grupos aditivos Zn es un grupo cíclico porque Zn = {n1/n ∈
Z} = 〈1〉.
Ahora que sabemos cómo son los grupos cíclicos, el siguiente paso es exa-
minar los posibles subgrupos de un grupo cíclico.
Teorema 1.51. Cada subgrupo de un grupo cíclico es también cíclico.
E. Aviles 35
1.5. SUBGRUPOS
Demostración. Sea G un grupo cíclico y H un subgrupo de G. Como G es
cíclico, hay un a ∈ G tal que G = 〈a〉 = {ai/i ∈ Z}. Si H = {e}, entonces
debido a que 〈e〉 = {ei/i ∈ Z} = {e} tenemos que H = 〈e〉 y H es cíclico.
Supongamos que H 6= {e}, entonces H\{e} 6= ∅. Tomemos ahora x ∈
H\{e} de manera que x ∈ H ⊆ G = 〈a〉 y x 6= e, se sigue que x = ai, con
i 6= 0. Puesto que H es un subgrupo de G, H es cerrado bajo inversos, luego
a−i = (ai)−1 = x−1 ∈ H, esto es, a−i ∈ H. Tenemos así, ai ∈ H y a−i ∈ H
y como i 6= 0, i ∈ Z+ o −i ∈ Z+, de donde {j ∈ Z+/aj ∈ H} 6= ∅. Sea
k = mı́n{j ∈ Z+/aj ∈ H}, entonces
(i) ak ∈ H,
(ii) k ≤ j para todo j ∈ Z+ con aj ∈ H.
Demostraremos que H = 〈ak〉 = {(ak)`/` ∈ Z}. En efecto, es claro que 〈ak〉 ⊆
H, así que demostramos que H ⊆ 〈ak〉. Sea h ∈ H ⊆ G = 〈a〉, entonces h = am
para cierto m ∈ Z. Por el algoritmo de la división hay enteros q y r tales que
m = kq + r y 0 ≤ r < k. (1.9)
Al despejar r de la ecuación anterior obtenemos r = m+ k(−q), entonces por
la regla de los exponentes
ar = am+k(−q) = amak(−q) = am(ak)−q ∈ H
Así, ar ∈ H. Como r ≥ 0 tenemos r > 0 o r = 0. Si fuese r > 0 tendríamos
que ar ∈ H, r ∈ Z+ y r < k lo que contradice (ii). Por tanto, debe ser que
r = 0. Reemplazamos en 1.9 y obtenemos m = kq y
h = am = akq = (ak)q ∈ 〈ak〉
Se concluye que H = 〈ak〉.
Supongamos que G es un grupoy a ∈ G. Piense en el subgrupo cíclico
〈a〉 como construido a partir del conjunto de un elemento S = {a} de esta
manera: forme todos los productos posibles de a y a−1 en cada orden posible.
Los productos de extensión 2 son en total 4 y estos son:
aa = a2
aa−1 = a0 = e
a−1a = a0 = e
a−1a−1 = a−2
Los productos de extensión 3 son 8 y son:
aaa = a3
aaa−1 = a
aa−1a = a
aa−1a−1 = a−1
a−1aa = a
a−1aa−1 = a−1
a−1a−1a = a−1
a−1a−1a−1 = a−3
E. Aviles 36
1.5. SUBGRUPOS
y así sucesivamente. Por supuesto, cada uno de estos productos se reduce a un
solo elemento de la forma an.
Queremos generalizar este procedimiento comenzando con un conjunto S
que puede contener más de un elemento.
Teorema 1.52. Sea S un subconjunto no vacío de un grupo G. Sea también
〈S〉 = {a1a2 · · · an/n ∈ Z+, ai ∈ S ∪ S−1}
donde S−1 = {a−1/a ∈ S}. Entonces
1. 〈S〉 es un subgrupo de G que contiene al conjunto S.
2. Si H es un subgrupo de G que contiene al conjunto S, entonces H contiene
al subgrupo 〈S〉.
Demostración. 1. Ver el texto.
2. En primer lugar como H es un subgrupo de G, H es cerrado bajo inversos,
es decir, a−1 ∈ H para todo a ∈ H; en particular, a−1 ∈ H para todo a ∈ S
pues S ⊆ H. Por tanto, S−1 ⊆ H.
Sea ahora x ∈ 〈S〉, entonces x = a1a2 · · · an, donde n ∈ Z+ y ai ∈ S ∪ S−1.
Ya que H es cerrado bajo la operación de G, pues es un subgrupo de G, y
S ∪ S−1 ⊆ H tenemos x = a1a2 · · · an ∈ H.
El subgrupo 〈S〉 se llama el subgrupo generado por S.
Ejemplo 1.53. 1. El grupo U15 = {1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14} es generado por el
conjunto S = {7, 11}. En efecto, hallemos el inverso de 7. Por el algoritmo
de la división 15 = 7·2+1, de donde 15(−1) = 7·(−2)−1, de manera que 15
divide a 7(−2)−1 y por tanto, 7(−2) ≡ 1(mod 5). Así, 7(−2) = 1 en Z15, lo
que nos dice que −2 = 13( en Z15) es el inverso de 7, es decir, 7−1 = 13. De
un modo similar, 11−1 = 11. Tenemos así que S ∪ S−1 = {7, 11, 13}. Ahora
vamos a hallar las cadenas a1a2 · · · an donde n ∈ Z+ y ai ∈ S ∪ S−1 =
{7, 11, 13}. En primer lugar hallamos las cadenas de longitud 2, son en total
9:
7 · 7 = 4
7 · 11 = 2
7 · 13 = 1
11 · 7 = 2
11 · 11 = 1
11 · 13 = 8
13 · 7 = 1
13 · 11 = 8
13 · 13 = 4
A continuación hallemos las cadenas de longitud 3. Son en total 27. Tenemos
7 · 7 · 7 = 7 · 4 = 13
7 · 7 · 11 = 4 · 11 = 14
Como hemos alcanzado todos los elementos de U15 nos detenemos. Por lo
tanto, U15 es generado por S = {7, 11}.
E. Aviles 37
1.6. PROBLEMAS RESUELTOS
2. El grupo diedro de grado 4 es generado por S = {r1, h}. Efectivamente,
ante todo es costumbre escribir 〈r1, h〉 en lugar de 〈S〉 = 〈{r1, h}〉 cuando
S es un conjunto finito como en este caso. Por otra parte, por la definición
de 〈r1, h〉 tenemos que 〈r1, h〉 ⊆ D4. Para demostrar la inclusión recíproca
observemos que por el ítem 1 del teorema anterior {r1, h} ⊆ 〈r1, h〉; además,
r2 = r1r1 ∈ 〈r1, h〉
r3 = r1r1r1 ∈ 〈r1, h〉
r0 = r1r1r1r1 ∈ 〈r1, h〉
t = r1h ∈ 〈r1, h〉
v = r1r1h ∈ 〈r1, h〉
d = r1r1r1h ∈ 〈r1, h〉
De esta manera G ⊆ 〈r1, h〉. Por lo tanto, G = 〈r1, h〉.
1.6. Problemas Resueltos
Problema 1.54. Sea G1 un subgrupo de un grupo G y H1 un subgrupo de
un grupo H. Probar que G1 ×H1 es un subgrupo de G×H.
Solución. Supongamos que (g, h), (g′, h′) ∈ G1 × H1. Entonces g, g′ ∈ G1 y
h, h′ ∈ H1. Ahora bien, ya que G1 y H1 son subgrupos, son cerrados bajo
la operación de G y H, respectivamente, así como cerrados bajo inversos, de
manera que gg′ ∈ G1, hh′ ∈ H1, g−1 ∈ G1 y h−1 ∈ H1; en consecuencia,
(g, h)(g′, h′) = (gg′, hh′) ∈ G1 ×H1
y
(g, h)−1 = (g−1, h−1) ∈ G1 ×H1.
Además, ya que eG ∈ G1 y eH ∈ H1 se tiene (eG, eH) ∈ G1 × H1 por lo que
G1 ×H1 6= ∅. Se concluye que G1 ×H1 es un subgrupo de G×H.
Problema 1.55. Sea G un grupo abeliano y sea T el conjunto de elementos
de G con orden finito. Probar que T es un subgrupo de G; se llama el subgrupo
torsión. Este resultado puede no ser válido si G no es abeliano; ver problema
1.31.
Solución. T 6= ∅ ya que e ∈ T debido a que |e| = 1. T es cerrado bajo la
operación en G ya que si a, b ∈ T , entonces |a| <∞ y |b| <∞. Por el problema
1.35, |ab| <∞ de modo que ab ∈ T . Además, T es cerrado bajo inversos puesto
que si a ∈ T , entonces por el problema 1.33 se tiene |a−1| = |a| < ∞. Por lo
tanto, T es un subgrupo de G según el teorema 1.41.
Problema 1.56. Sea G un grupo abeliano, k un entero positivo fijo, y H =
{a ∈ G/|a| divide k}. Probar que H es un subgrupo de G.
E. Aviles 38
1.6. PROBLEMAS RESUELTOS
Solución. Observe que por el ítem 2.1 del teorema 1.26 |a| divide k si y solo si
ak = e, luego podemos escribir H = {a ∈ G/ak = e}.
H 6= ∅ ya que e ∈ H. Además, H es cerrado bajo la operación de G. En
efecto, si a, b ∈ H, entonces ak = bk = e. Ya que G es abeliano tenemos
(ab)k = akbk = ee = e, de donde ab ∈ H.
H es cerrado bajo inversos. De hecho, si a ∈ H, entonces ak = e. Como
(a−1)k = a−k = (ak)−1 = e−1 = e resulta que a−1 ∈ H. Se concluye que H es
un subgrupo de G por el teorema 1.41.
Problema 1.57. Sea H un subgrupo de un grupo G y, para x ∈ G, sea
x−1Hx = {x−1ax/a ∈ H}.
Probar que x−1Hx es un subgrupo de G.
Solución. Debido a que H es un subgrupo de G se tiene que e ∈ H, luego
e = x−1x = x−1ex ∈ x−1Hx
por lo que x−1Hx 6= ∅.
x−1Hx 6= ∅ es cerrado bajo la operación de grupo. En efecto, sean x−1ax
y x−1bx, donde a, b ∈ H, elementos de x−1Hx. Como H es un subgrupo de G,
H es cerrado bajo la operación de G, así que ab ∈ H y por tanto
(x−1ax)(x−1bx) = x−1aebx = x−1abx ∈ x−1Hx.
Además, x−1Hx es cerrado bajo inversos ya que si x−1ax, donde a ∈ H, es un
elemento de x−1Hx, entonces a−1 ∈ H, porque al ser H un subgrupo de G, H
es cerrado bajo inversos, y en consecuencia
(x−1ax)−1 = x−1a−1(x−1)−1 = x−1a−1x ∈ x−1Hx.
Por lo tanto, por el teorema 1.41 se concluye que x−1Hx es un subgrupo de
G.
Problema 1.58. El centro de un grupo G es el conjunto
Z(G) = {a ∈ G/ag = ga para cada g ∈ G})
Probar que Z(G) es un subgrupo de G.
Solución. Según el teorema 1.41, para demostrar que Z(G) es un subgrupo de
G basta demostrar que no es vacío, que es cerrado bajo la operación en G, y
que es cerrado bajo inversos. Es claramente no vacío ya que contiene al menos
a e pues eg = g = ge para cada g ∈ G. Ahora, si a y b son elementos de Z(G)
E. Aviles 39
1.6. PROBLEMAS RESUELTOS
de modo que ag = ga y bg = gb para cada g ∈ G, entonces abg = agb = gab
para cada g ∈ G, así que el producto ab está también en Z(G). Finalmente,
dado un elemento a ∈ Z(G) tenemos, por definición de centro de un grupo,
ag = ga para cada g ∈ G. Entonces
a−1g = a−1ge = a−1gaa−1 = a−1aga−1 = ega−1 = ga−1
para cada g ∈ G, se sigue que a−1, el inverso de a en G, está en Z(G). Por lo
tanto, Z(G) es un subgrupo de G.
Problema 1.59. Demostrar que {r0, r2} es el centro de D4.
Solución. En la tabla de operaciones para D4 a continuación la línea horizon-
tal de color verde representa los productos r2g, mientras que la vertical los
productos gr2, donde g ∈ D4. Observe que se cumple r2g = gr2 para cada
g ∈ D4, de manera que g ∈ Z(D4).
r0 r1 r2 r3 h v d t
r0 r0 r1 r2 r3 h v d t
r1 r1 r2 r3 r0 t d h v
r2 r2 r3 r0 r1 v h t d
r3 r3 r0 r1 r2 d t v h
h h d v t r0 r2 r1 r3
v v t h d r2 r0 r3 r1
d d v t h r3 r1 r0 r2
t t h d v r1 r3 r2 r0
Es claro que gr0 = r0g para cada g ∈ D4 ya que r0 es el elemento identidad
del grupo D4. Así, r0, r2 ∈ Z(D4). Por otra parte,
r1, d 6∈ Z(D4) porque r1d = h 6= v = dr1
r3, h 6∈ Z(D4) porque r3h = d 6= t = hr3
v, t 6∈ Z(D4) porque vt = r1 6= r3 = tv.
En conclusión, r0 y r2 son los únicos elementos que conmutan con cada ele-
mento de D4. Por lo tanto, Z(D4) = {r0, r2}.
Problema 1.60. SiH es un subgrupo de un grupoG, entonces el normalizador
de H es el conjunto
N(H) = {x ∈ G/x−1Hx = H}.
Probar que N(H) es un subgrupo de G que contiene a H.
E. Aviles 40
1.6. PROBLEMAS RESUELTOS
Solución. Para comenzar observemos lo siguiente
e−1He = {e−1ae/a ∈ H} = H
asimismo, ya que según el problema 1.57, x−1Hx es un subgrupo de G, pode-
mos hallar para y ∈ G el subgrupo y−1(x−1Hx)y. Resulta que
y−1(x−1Hx)y = (xy)−1H(xy) (1.10)
como se comprueba con facilidad.
Estamos en condicionesde demostrar que el normalizador de H es un sub-
grupo de G. En efecto, N(H) 6= ∅ porque contiene a e pues e−1He = H. Tam-
bién N(H) es cerrado bajo la operación de grupo. De hecho, si x, y ∈ N(H),
entonces x−1Hx = H y y−1Hy = H. Utilizando estas igualdades y 1.10 obte-
nemos
H = y−1Hy = y−1(x−1Hx)y = (xy)−1Hxy
de modo que xy ∈ N(H). Igualmente, N(H) es cerrado bajo inversos ya que
si x ∈ N(H), entonces x−1Hx = H. Usando nuevamente 1.10 tenemos
(x−1)−1Hx−1 = (x−1)−1(x−1Hx)x−1 = (xx−1)−1H(xx−1) = e−1He = H.
Así, x−1 está en N(H). En consecuencia, N(H) es un subgrupo de G.
La segunda parte es obvia.
Problema 1.61. Sea G = 〈a〉 un grupo cíclico de orden n.
1. Si H es un subgrupo de G, entonces H = 〈ad〉 para algún d|n. Por tanto
|H| divide a n.
2. Si k es un divisor positivo de n, probar que G tiene un único subgrupo de
orden k, a saber, 〈an/k〉.
Solución. 1. El teorema 1.51 implica que H = 〈am〉 para algún m. Sea d =
(m,n); vamos a demostrar queH = 〈ad〉. En efecto, tenemos d|m, de manera
que m = qd para cierto entero q, entonces am = (ad)q ∈ 〈ad〉, por lo que
H ⊆ 〈ad〉. Por otra parte, como d es el máximo común divisor de los enteros
m y n es una combinación lineal entera de ellos, es decir, d = xm+yn, para
ciertos x, y ∈ Z, así
ad = (am)x(an)y = (am)xey = (am)x ∈ 〈am〉 = H.
Así que 〈ad〉 ⊆ H, por lo tanto, 〈ad〉 = H. Pero entonces, |H| = n/d por la
parte 3 del teorema 1.26, así |H| divide a n.
E. Aviles 41
1.6. PROBLEMAS RESUELTOS
2. Supongamos que K es cualquier subgrupo de G de orden k. Por la parte
1 tenemos K = 〈ad〉 donde d|n. Entonces la parte 2 del teorema 1.48 y la
parte 3 del teorema 1.26 tenemos
k = |K| = |ad| = n/d.
Se sigue que d = n/k, por lo que K = 〈an/k〉.
Problema 1.62. Sea G = 〈a〉 un grupo cíclico de orden n. Probar que am es
un generador de G si y solo si (m.n) = 1.
Solución. Primeramente por el problema 1.29 cada elemento de un grupo finito
tiene orden finito, de ahí que a tiene orden finito. Entonces por la parte 2 del
teorema 1.48 se tiene |a| = |〈a〉| = |G| = n. Así, a tiene orden n.
Si G = 〈am〉, entonces a ∈ 〈am〉, digamos a = (am)k, donde k ∈ Z. Así que
a1 = amk, de manera que n divide a 1−mk por el ítem 2.2 del teorema 1.26.
Entonces 1 −mk = qn para q ∈ Z, esto es, 1 = km + qn, lo que implica que
(m,n) = 1. Recíprocamente, si (m,n) = 1 entonces 1 = xm + yn para ciertos
enteros x, y. Por consiguiente, por la regla de los exponentes
a = a1 = (am)x(an)y = (am)xey = (am)x ∈ 〈am〉
lo que implica que G = 〈a〉 ⊆ 〈am〉. Como obviamente 〈am〉 ⊆ 〈a〉 = G se
concluye que G = 〈am〉.
Problema 1.63. Listar todos los subgrupos de Z20.
Solución. Como sabemos Z20 es cíclico y 1 es uno de sus generadores, así
Z20 = 〈1〉. Por otra parte como los divisores de 20 son 1, 2, 4, 5, 10, 20, por la
parte 2 del problema 1.61, los únicos subgrupos de cada uno de estos ordenes
son, respectivamente,
{0} = 〈20 · 1〉 = 〈20〉
〈10 · 1〉 = 〈10〉
〈5 · 1〉 = 〈5〉
〈4 · 1〉 = 〈4〉
〈2 · 1〉 = 〈2〉
〈1 · 1〉 = 〈1〉 = Z20
y por la parte 1 del mismo problema 1.61 estos son los únicos subgrupos de
Z20. Ya que 〈m · 1〉 ⊆ 〈k · 1〉 ⇐⇒ k|m tenemos el siguiente diagrama reticular
E. Aviles 42
1.6. PROBLEMAS RESUELTOS
Z20
〈2〉 〈5〉
〈4〉 〈10〉
{0}
Hallemos los elementos del subgrupo 〈2〉. Teniendo en cuenta la parte (v) de
la observación 1.24 tenemos:
0 · 2 = 0
1 · 2 = 2
2 · 2 = 2 + 2 = 4
3 · 2 = 2 · 2 + 2 = 4 + 2 = 6
4 · 2 = 3 · 2 + 2 = 6 + 2 = 8
5 · 2 = 4 · 2 + 2 = 8 + 2 = 10
6 · 2 = 5 · 2 + 2 = 10 + 2 = 12
7 · 2 = 6 · 2 + 2 = 12 + 2 = 14
8 · 2 = 7 · 2 + 2 = 14 + 2 = 16
9 · 2 = 8 · 2 + 2 = 16 + 2 = 18
10 · 2 = 9 · 2 + 2 = 18 + 2 = 0
Por lo tanto, 〈2〉 = {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, 18}. Procediendo de un modo
similar obtenemos 〈4〉 = {0, 4, 8, 12, 16}, 〈5〉 = {0, 5, 10, 15} y 〈10〉 = {0, 10}.
Problema 1.64. Sean G y H grupos. Si G × H es un grupo cíclico, probar
que G y H son ambos cíclicos.
Solución. El subconjunto G′ = {(g, eH)/g ∈ G} es un subgrupo de G × H.
En efecto, G′ 6= ∅ porque contiene a (eG, eH). Es también cerrado bajo la
operación de G×H ya que si (g, eH) y (g′, eH) están en G′, entonces
(g, eH)(g
′, eH) = (gg
′, eHeH) = (gg
′, eH) ∈ G′.
E. Aviles 43
1.6. PROBLEMAS RESUELTOS
Asimismo, G′ es cerrado bajo inversos ya que si (g, eH) está en G′, entonces
su inverso en G×H
(g, eH)
−1 = (g−1, e−1H ) = (g
−1, eH)
está también en G′. Se concluye que G′ es un subgrupo de G×H.
Por otra parte, puesto que G×H es cíclico, por el teorema 1.51, G′ también
lo es, digamos que G′ = 〈(a, eH)〉, esto es, G′ es generado por (a, eH). Sea ahora
g cualquier elemento de G, entonces (g, eH) ∈ G′. Como G′ es generado por
(a, eH), hay un entero k tal que (a, eH)k = (g, eH). Ya que (a, eH)k = (ak, eH)
se tiene (ak, eH) = (g, eH) de donde g = ak con k ∈ Z. Esto prueba que el
grupo G es generado por a.
En forma similar se demuestra que H es también cíclico.
Problema 1.65. Es el grupo aditivo G = {a+ b
√
2/a, b ∈ Z} cíclico?
Solución. La respuesta es negativa. Para sustentar nuestra afirmación en pri-
mer lugar observemos que
a+ b
√
2 = c+ d
√
2⇐⇒ a = c y b = d.
En efecto, a + b
√
2 = c + d
√
2 implica a − c = (d − b)
√
2. Si fuese d − b 6= 0
tendríamos que a−cd−b =
√
2 (=⇒⇐=). Así, d = b y por consiguiente a = c.
Supongamos ahora que G tiene un generador x + y
√
2, donde x, y ∈ Z,
entonces como 1 y
√
2 están en G (tome a = 1 y b = 0 y a = 0 y b = 1)
existirían enteros m y n tales que m(x + y
√
2) = 1 y n(x + y
√
2) =
√
2 de
donde mx+my
√
2 = 1 y nx+ ny
√
2 =
√
2 y esto implica que
mx = 1, my = 0, nx = 0, ny = 1.
De la igualdad my = 0 se tendría entonces que m = 0 o y = 0, obteniéndose
en cualquiera de los dos casos 0 = 1 (=⇒⇐=).
Problema 1.66. Demostrar que el grupo U18 de unidades en Z18 es cíclico.
Solución. Tenemos
U18 = {a ∈ Z18/(a, 18) = 1} = {1, 5, 7, 11, 13, 17}.
U18 es generado por 5 ya que
50 = 1
51 = 5
E. Aviles 44
1.6. PROBLEMAS RESUELTOS
52 = 7
53 = 525 = 7 · 5 = 17
54 = 535 = 17 · 5 = 13
55 = 545 = 13 · 5 = 11
56 = 555 = 11 · 5 = 1
Problema 1.67. Demostrar que el grupo U20 de unidades en Z20 no es cíclico.
Solución. Tenemos
U20 = {a ∈ Z20/(a, 20) = 1} = {1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19}
2 es un divisor positivo de 20, entonces por la parte 2 del problema 1.61 , U20
tendría que tener un único subgrupo de orden 2; sin embargo, 〈9〉 = {1, 9},
〈11〉 = {1, 11} y 〈19〉 = {1, 19} son tres subgrupos de U20 de orden 2. Se
concluye por tanto que U20 no es cíclico.
E. Aviles 45
1.7. ISOMORFISMOS
1.7. Isomorfismos
Informalmente, se dice que dos grupos son isomórficos si tienen la misma
estructura, que difieren solo en la forma en que se etiquetan sus elementos.
Definición 1.68.(a) Sean G y H grupos. Un isomorfismo entre los grupos G
y H es una función f : G −→ H tal que
(i) f es inyectiva.
(ii) f es suryectiva.
(iii) f(ab) = f(a)f(b) para todo a, b ∈ G.
En este caso, se dice que G es isomorfo a H (tanbién que H es isomorfo a
G) o, simplemente, que G y H son isomorfos (ver el teorema 1.70 ).
(b) Una función que satisface la condición (iii) pero no es necesariamente in-
yectiva o sobreyectiva se llama homomorfismo.
Ejemplo 1.69. El grupo multiplicativo U8 = {1, 3, 5, 7} de las unidades de Z8
es isomorfo al 4−grupo de Klein V . En este grupo el elemento identidad es e
y cada elemento de V es su propio inverso. La tabla de multiplicar para este
grupo es
e a b c
e e a b c
a a e c b
b b c e a
c c b a e
Para probar que U8 ∼= V definimos la plicación
f : U8 −→ V
1 7−→ f(1) = e
3 7−→ f(3) = b
5 7−→ f(5) = a
7 7−→ f(7) = c
Es claro que f es una biyección. Comprobamos que f(xy) = f(x)f(y) para
todo x, y ∈ U8. Tenemos
f(1) = e f(5) = a f(3) = b f(7) = c
f(1) = e e a b c
f(5) = a a e c b
f(3) = b b c e a
f(7) = c c b a e
E. Aviles 46
1.7. ISOMORFISMOS
f(5 · 5) = f(1) = e
f(5 · 3) = f(7) = c
f(5 · 7) = f(3) = b
f(3 · 5) = f(7) = c
f(3 · 3) = f(1) = e
f(3 · 7) = f(5) = a
f(7 · 5) = f(3) = b
f(7 · 3) = f(5) = a
f(7 · 7) = f(1) = e
Otra forma de ver que f preserva las operaciones de grupo es mostrar que la
tabla de operaciones para V se puede obtener de la tabla de operaciones de
U8 reemplazandocada x ∈ U8 por f(x) ∈ V . Después de sustituir, ordenar
columnas y ordenar filas obtenemos
1 3 5 7
1 1 3 5 7
3 3 1 7 5
5 5 7 1 3
7 7 5 3 1
e b a c
e e b a c
b b e c a
a a c e b
c c a b e
e a b c
e e a b c
b b c e a
a a e c b
c c b a e
e a b c
e e a b c
a a e c b
b b c e a
c c b a e
Al comparar esta última tabla con la tabla de operaciones del 4−grupo de
Klein vemos que son iguales. Esto prueba que f es un homomorfismo.
Teorema 1.70. La relación “G es isomorfo a H” es una relación entre grupos,
reflexiva, simétrica y transitiva.
Demostración. G ∼= G para cada grupo G. En efecto, la aplicación identidad
idG : G −→ G definida por idG(x) = x para cada x ∈ G, es un homomorfismo
biyectivo, esto es, idG es uno a uno, es sobreyectivo y preserva las operaciones
(idG(xy) = idG(x)idG(y) para todo x, y ∈ G), de manera que idG : G −→ G
es un isomorfismo. Por lo tanto, G ∼= G.
Si G ∼= H, entonces H ∼= G. De hecho, por definición hay un isomorfismo
f : G −→ H, de manera que f es biyectiva y por tanto, tiene una inversa
E. Aviles 47
1.7. ISOMORFISMOS
biyectiva g : H −→ G tal que f ◦ g = idH y g ◦ f = idG.
H
idH=f◦g 
g // G
f~~
H
G
idG=g◦f ��
f // H
g
~~
G
A continuación demostramos que g(cd) = g(c)g(d) para todo c, d ∈ H. En
efecto, para c y d arbitrarios en H, tenemos por una parte
f(g(cd)) = f ◦ g(cd) = idH(cd) = cd.
Por otra parte, ya que f es homomorfismo
f(g(c)g(d)) = f(g(c))f(g(d))
= f ◦ g(c)f ◦ g(d)
= idH(c)idH(d)
= cd
Así, al combinar las igualdades anteriores se obtiene f(g(cd)) = f(g(c)g(d)).
Como f es inyectiva resulta de esto que g(cd) = g(c)g(d). Por tanto, g : H −→
G es un mapeo biyectivo que preserva las operaciones, luego H es isomorfo a
G.
Si G ∼= H y H ∼= K, entonces G ∼= K. En efecto, como G ∼= H hay una
aplicación f : G −→ H tal que
1. f es uno a uno.
2. f es sobre.
3. f(xy) = f(x)f(y) para todo x, y ∈ G.
Similarmente, ya que H ∼= K existe una aplicación g : H −→ K tal que
4. g es uno a uno.
5. g es sobre.
6. g(ab) = g(a)g(b) para todo a, b ∈ H.
Consideremos la aplicación h := g ◦ f : G −→ K.
G
h=g◦f 
f // H
g~~
K
E. Aviles 48
1.7. ISOMORFISMOS
7. h es uno a uno. En efecto,
h(x) = h(y) =⇒ g ◦ f(x) = g ◦ f(y)
=⇒ g(f(x)) = g(f(y)), definición de composición
=⇒ f(x) = f(y), por 4
=⇒ x = y, por 1.
Así, h(x) = h(y) =⇒ x = y y h es uno a uno.
8. La aplicación h es sobre. De hecho, dado c ∈ K debemos hallar un x ∈ G
tal que h(x) = c. Sea c ∈ K. Por 5 hay un a ∈ H tal que g(a) = c. Ahora
bien, por 2 hay un x ∈ G tal que f(x) = a. Pero entonces
h(x) = g ◦ f(x) = g(f(x)) = g(a) = c.
9. Sean x, y ∈ G arbitrarios, entonces
h(xy) = g ◦ f(xy) = g(f(xy)), definición de composición
= g(f(x)f(y)), por 3
= g(f(x))g(f(y)), por 6
= g ◦ f(x)g ◦ f(y), definición de composición
= h(x)h(y).
Por lo tanto, h(xy) = h(x)h(y).
En consecuencia, h = g ◦ f : G −→ K es un isomorfismo y G ∼= K.
Ejemplo 1.71. 1. El grupo aditivo R de los números reales es isomorfo al
grupo multiplicativo R∗∗ de los números reales positivos. Para probar esto
sea f : R −→ R∗∗ dado por f(x) = ex. Si f(x) = f(x′), entonces ex = ex′ ,
de manera que x = ln(ex) = ln(ex
′
) = x′. Así que, f es inyectiva. Si y ∈ R∗∗
entonces x = ln(y) es un número real bien definido y y = eln(y) = ex = f(x).
Por tanto, f es suryectiva. Finalmente, f es un homomorfismo porque
f(x+ x′) = ex+x
′
= exex
′
= f(x)f(x′)
para todo x, x′ ∈ R. Por lo tanto, f es un isomorfismo y R ∼= R∗∗.
2. Loa grupos S3 y Z6 tienen orden 6, pero ellos no son isomorfos. En efecto,
ningún grupo abeliano, tal como Z6, puede ser isomorfo a un grupo no
abeliano, tal como S3, esto es porque la conmutatividad es preservada por
isomorfismos, como ahora verificamos. SeanG un grupo abeliano y f : G −→
E. Aviles 49
1.7. ISOMORFISMOS
H un isomorfismo. Si c, d ∈ H entonces c = f(a) y d = f(b) para ciertos
a, b ∈ G debido a que f es suryectiva. Ya que ab = ba en G, tenemos
cd = f(a)f(b) = f(ab) = f(ba) = f(b)f(a) = dc.
Así que H es abeliano.
3. Un isomorfismo de un grupo G consigo mismo se llama automorfismo de G.
Así pues, un automorfismo f de G es una función uno a uno de G sobre G
tal que
f(xy) = f(x)f(y)
para todo x, y de G. Aquí hay una manera de construir un automorfismo de
G. Sea c un elemento fijo de G y definamos f : G −→ G por f(a) = c−1ac.
Entonces f es un homomorfismo porque
f(a)f(b) = (c−1ac)(c−1bc) = c−1a(cc−1)bc = c−1abc = f(ab).
Si g ∈ G, entonces g = c−1(cgc−1)c = f(cgc−1), de manera que f es suryec-
tiva. Si f(a) = f(b), entonces c−1ac = c−1bc. Cancelando c por la derecha y
c−1 por la izquierda, tenemos a = b; por consiguiente f es inyectiva. Por lo
tanto f es un isomorfismo, llamado el automorfismo interno de G inducido
por c.
El siguiente teorema caracteriza completamente todos los grupos cíclicos
hasta el isomorfismo.
Teorema 1.72. 1. Cada grupo cíclico infinito es isomorfo a Z.
2. Cada grupo cíclico finito de orden n es isomorfo a Zn.
Demostración. 1. Sea G = 〈a〉 un grupo cíclico infinito, entonces a tiene orden
infinito (caso contrario, a tendría orden finito y por la parte 2 del teorema
1.48 resultaría |G| = |〈a〉| = |a| < +∞(=⇒⇐=) ). Definimos f : Z −→ G
por f(i) = ai. El mapeo f es inyectivo por la parte 1 del teorema 1.48,
ya que a tiene orden infinito, y es suryectivo por la definición de un grupo
cíclico. Como
f(i+ j) = ai+j = aiaj = f(i)f(j)
por la regla de los exponentes, f es un homomorfismo. Así f es isomorfismo
y Z ∼= G.
2. Si G = 〈a〉 y |G| = |〈a〉| = n ∈ Z+, entonces por el ítem 1 del teorema 1.48, a
tiene orden finito y por la parte 2 de dicho teorema |a| = |〈a〉| = n. Definimos
f : Zn −→ G por f([i]) = ai (usamos aquí la notación de corchetes). Veamos
E. Aviles 50
1.7. ISOMORFISMOS
la buena definición de f , esto es, Si [i] = [j], entonces f([i]) = f([j]). En
efecto, [i] = [j] implica i ≡ j(mod n). Por el ítem 2.2 del teorema 1.26
tenemos ai = aj , de donde f([i]) = f([j]). El mapeo f es inyectivo ya
que si f([i]) = f([j]), entonces ai = aj . Por el ítem 2.2 del teorema 1.26,
nuevamente, se tiene i ≡ j(mod n) por lo que [i] = [j]. El mapeo f es
suryectivo por la definición de un grupo cíclico. Finalmente, f es también
un homomorfismo pues
f([i] + [j]) = f([i+ j]) = ai+j = aiaj = f([i])f([j]).
Por lo tanto, f es un isomorfismo y Zn ∼= G.
Recordemos que la imagen de una funcion f : G −→ H es un subconjunto
de H, a saber Imf = {h ∈ H/h = f(a) para algún a ∈ G}.
Teorema 1.73. Sean G y H grupos con elementos identidad eG y eH , respec-
tivamente. Si f : G −→ H es un homomorfismo, entonces
1. f(eG) = eH .
2. f(a−1) = f(a)−1 para cada a ∈ G.
3. Imf es un subgrupo de H.
4. Si f es inyectiva, entonces G ∼= Imf .
Demostración. 1. Tenemos
f(eG)f(eG) = f(eGeG), f es un homomorfismo
= f(eG), eG es la identidad en G
= eHf(eG), eH es la identidad en H.
De aquí f(eG) = eH por cancelación.
2. Tenemos
f(a−1)f(a) = f(a−1a), f es un homomorfismo
= f(eG), porque a−1a = eG
= eH , por (1)
= f(a)−1f(a), eH es la identidad en H
Cancelando f(a) en cada extremo demuestra que f(a−1) = f(a)−1.
E. Aviles 51
1.7. ISOMORFISMOS
3. Por (1), f(eG) = eH con eG ∈ G, luego eH ∈ Imf , y así Imf 6= ∅.
Imf es cerrado bajo la operación deH. En efecto, sean x, y ∈ Imf , entonces
x = f(a) y y = f(b) con a, b ∈ G. Como f es un homomorfismo tenemos
xy = f(a)f(b) = f(ab)
y dado que ab ∈ G tenemos xy ∈ Imf .
Imf es cerrado bajo inversos. De hecho, sea x ∈ Imf de manera que x =
f(a) para algún a ∈ G. Entonces por (2) tenemos
x−1 = f(a)−1 = f(a−1)
donde a−1 ∈ G. Se sigue que x−1 ∈ Imf .
4. Sea g = f |Imf : G −→ Imf dado por g(x) = f(x) para x ∈ G. Observe que
f = i ◦ g, donde i : Imf −→ H es el mapeo inclusión.
G
f=i◦g ��
g // Imf
i}}
H
Es claro que g es un isomorfismo.
La teoría de grupos comenzó con el estudio de las permutaciones y grupos
de permutaciones. La definición abstracta de un grupo llegó más tarde y puede
parecer mucho más general que el concepto de un grupo de permutaciones.
Sin embargo, el siguiente teorema demuestra que este no es el caso. Establece,
en efecto, que los grupos de permutacionesson (salvo isomorfismos) los únicos
grupos. En particular, implica que los subgrupos de los grupos simétricos Sn
(n ≥ 1) son todos los posibles grupos finitos (salvo isomorfismos).
Teorema 1.74 (Teorema de Cayley). Cada grupo G es isomorfo a un grupo
de permutaciones.
Demostración. Considere el grupo A(G) de todas las permutaciones del con-
junto G.
A(G) : consiste de todas las funciones biyectivas de G en G.
Operación de grupo : la composición de funciones.
E. Aviles 52
1.7. ISOMORFISMOS
Definimos
f : G −→ A(G)
a 7−→ f(a) := ϕa : G −→ G
x 7−→ ϕa(x) := ax
Se demuestra que ϕa ∈ A(G).
ϕa es uno a uno: supongamos que ϕa(x) = ϕa(y) donde x, y ∈ G, entonces
por definición de ϕa se tiene ax = ay. Cancelando a resulta x = y.
ϕa es sobre: sea y ∈ G. Se quiere hallar un x ∈ G tal que
ϕa(x) = y ⇐⇒ ax = y ⇐⇒ x = a−1y.
Así, si se toma x = a−1y ∈ G se tiene
ϕa(x) = ϕa(a
−1y) = aa−1y = y
A continuación se va a demostrar que f es un homomorfismo inyectivo, es
decir, un monomorfismo. Antes de ello se demuestra que ϕab = ϕaϕb para
todo a, b ∈ G. En efecto, para arbitrario x ∈ G tenemos
ϕab(x) = (ab)x, definición de ϕab
= a(bx), asociatividad en G
= aϕb(x), definición de ϕb
= ϕa(ϕb(x)), definición de ϕa
= (ϕaϕb)(x), definición de composición.
f es un homomorfismo: para arbitrarios a, b ∈ G tenemos
f(ab) = ϕab = ϕaϕb = f(a)f(b).
f es uno a uno: supóngase que f(a) = f(b), entonces ϕa = ϕb. Se sigue que
ϕa(x) = ϕb(x) para todo x ∈ G; en particular, para x = e ∈ G se tiene
a = ae = ϕa(e) = ϕb(e) = be = b.
Como f es un homomorfismo inyectivo, por la parte 3 del teorema 1.73 se tiene
que Imf es un subgrupo de G y por tanto un grupo, y por la parte 4 de dicho
teorema, G ∼= Imf .
Corolario 1.75. Cada grupo finito G de orden n es isomorfo a un subgrupo
del grupo simétrico Sn.
E. Aviles 53
1.8. PROBLEMAS RESUELTOS
Demostración. El grupo G es isomorfo a un subgrupo H de A(G) por el teore-
ma 1.74. Como G es un conjunto de n elementos, A(G) es isomorfo a Sn según
el problema 1.90. En consecuencia, H es isomorfo a un subgrupo K de Sn por
el problema 1.81. Por tanto, G ∼= K por el teorema 1.70.
Definición 1.76. 1. Un homomorfismo de un grupo G a un grupo de permu-
taciones se denomina representación de G y se dice que G está representado
por un grupo de permutaciones.
2. El homomorfismo de G en A(G) en la prueba del teorema 1.74 se llama la
representación regular izquierda de G.
Ejemplo 1.77. Hallar la representación regular izquierda del grupo Z4.
Solución. Hallaremos f(a) = ϕa para cada a ∈ Z4. La tabla de sumar para Z4
es
0 1 2 3
0 0 1 2 3
1 1 2 3 0
2 2 3 0 1
3 3 0 1 2
De las filas en la tabla anterior obtenemos las permutaciones
ϕ0 =
(
0 1 2 3
0 1 2 3
)
ϕ1 =
(
0 1 2 3
1 2 3 0
) ϕ2 =
(
0 1 2 3
2 3 0 1
)
ϕ3 =
(
0 1 2 3
3 0 1 2
)
1.8. Problemas Resueltos
Problema 1.78. Demostrar que U5 es isomorfo a U10.
Solución. Para comenzar
U5 = {a ∈ Z5/(a, 5) = 1} = {1, 2, 3, 4}.
El elemento 2 es un generador de U5 ya que
20 = 1
21 = 2
E. Aviles 54
1.8. PROBLEMAS RESUELTOS
22 = 2 · 2 = 4
23 = 2 · 2 · 2 = 3
24 = 2 · 2 · 2 · 2 = 1
Por lo tanto, U5 = 〈2〉.
Por otra parte,
U10 = {a ∈ Z/(a, 10) = 1} = {1, 3, 7, 9}.
Notamos que 3 genera U10 porque
30 = 1
31 = 3
32 = 3 · 3 = 9
33 = 3 · 3 · 3 = 7
34 = 3 · 3 · 3 · 3 = 1
Por tanto, U10 = 〈3〉.
Como U5 es cíclico y de orden 4, por el teorema 1.72, U5 es isomorfo a Z4.
Similarmente, ya que U10 es también cíclico de orden 4, por el antes mencionado
teorema 1.72, es isomorfo a Z4. En consecuencia, por el teorema 1.70 se tiene
que U5 es isomorfo U10.
Problema 1.79. Sea f : G −→ H un homomorfismo de grupos. Probar que
para cada a ∈ G y cada entero n, f(an) = f(a)n.
Solución. Para comenzar, f(a0) = f(eG) = eH = f(a)0. Para enteros positivos
usamos inducción. Tenemos f(a1) = f(a) = f(a)1. Si f(ak) = f(a)k, entonces
f(ak+1) = f(aka1) = f(ak)f(a) = f(a)kf(a) = f(a)k+1.
Por consiguiente, f(an) = f(a)n para todo entero positivo n. Veamos ahora
para enteros negativos. Sea n cualquier entero positivo, entonces
f(a−n) = f((a−1)n), por definición 1.20
= f(a−1)n, por lo discutido antes para enteros positivos
= (f(a)−1)n, por el teorema 1.73
= f(a)−n, por definición 1.20
E. Aviles 55
1.8. PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1.80. Sea G, H, G1, H1 grupos tales que G ∼= G1 y H ∼= H1.
Probar que G×H ∼= G1 ×H1.
Solución. Si f : G −→ G1 y g : H −→ H1 son isomorfismos, definimos el
mapeo h : G × H −→ G1 × H1 por h(x, y) := (f(x), h(y)). A continuación
vamos a demostrar que h es un isomorfismo.
h es inyectiva: si h(x, y) = h(x′, y′) entonces (f(x), g(y)) = (f(x′), g(y′))
de donde f(x) = f(x′) y g(y) = g(y′). Como f y g son inyectivas se deduce
que x = x′ e y = y′ y por tanto (x, y) = (x′, y′).
h es suryectiva: debemos demostrar que si (x1, y1) ∈ G1×H1, entonces hay
un (x, y) ∈ G×H tal que h(x, y) = (x1, y1). En efecto, de (x1, y1) ∈ G1×H1 se
obtiene x1 ∈ G1 y y1 ∈ H1. Ya que f y g son suryectivas, existen x ∈ G, y ∈ H
tales que f(x) = x1 y g(y) = y1, pero entonces h(x, y) = (f(x), g(y)) = (x1, y1),
con (x, y) ∈ G×H. Así, h es sobreyectiva.
h preserva también las operaciones: de hecho, sean (x, y), (x′, y′) elementos
cualesquiera de G×H, entonces
h((x, y)(x′, y′)) = h(xx′, yy′), operación en G×H
= (f(xx′), g(yy′)), definición de h
= (f(x)f(x′), g(y)g(y′)), f y g son homomorfismos
= (f(x), g(y))(f(x′), g(y′)), operación en G1 ×H1
= h(x, y)h(x′, y′), definición de h.
Problema 1.81. Si f : G −→ H es un isomorfismo de grupos y si T es un
subgrupo de G, probar que T es isomorfo al subgrupo f(T ) := {f(a)/a ∈ T}.
Solución. Considérese la restricción g := f |T : T −→ H dada por g(x) = f(x)
para cada x ∈ T . Como se sabe f |T = f ◦ i, donde i : T −→ G es el mapeo
inclusión.
T
f |T=f◦i 
i // G
f~~
H
Puesto que i y f son homomorfismos inyectivos, así lo es g, entonces por la
parte 3 del teorema 1.73, f(T ) = g(T ) = Img es un subgrupo de H y por la
parte 4, también del teorema 1.73, T ∼= Img = f(T ).
Problema 1.82.(a) Si G es un grupo abeliano, probar que la función f :
G −→ G dada por f(x) = x2 es un homomorfismo.
E. Aviles 56
1.8. PROBLEMAS RESUELTOS
(b) Probar que la parte (a) es falsa para cada grupo no abeliano.
Solución.(a) Sean a, b elementos cualesquiera del grupo G, entonces
f(ab) = (ab)2, definición de f
= abab, definición 1.20
= aabb, porque G es abeliano
= a2b2, definición 1.20
= f(a)f(b), definición de f.
(b) Si G es un grupo no abeliano por el problema 1.32, existen a, b ∈ G tales que
(ab)2 6= a2b2, lo que puede escribirse como f(ab) = (ab)2 6= a2b2 = f(a)f(b).
Así f no puede ser un homomorfismo.
Problema 1.83. Si G = 〈a〉 es un grupo cíclico y f : G −→ H es un homo-
morfismo suryectivo de grupos, demostrar que f(a) es un generador de H, esto
es, H es el grupo cíclico 〈f(a)〉.
Solución. Es claro que 〈f(a)〉 := {f(a)n/n ∈ Z} ⊆ H, así que vamos a demos-
trar que H ⊆ 〈f(a)〉. Sea h ∈ H, como f es sobreyectiva, h = f(an) para cierto
entero n. Por el problema 1.79 se tiene ahora que h = f(an) = f(a)n, por lo
que h está en 〈f(a)〉.
Problema 1.84. Si f : G −→ H es un homomorfismo inyectivo de grupos y
a ∈ G, probar que |f(a)| = |a|.
Solución. Vamos a demostrar que an = eG si y solo si f(n)n = eH . En efecto,
si an = eG, entonces por el problema 1.79 y el ítem 1 del teorema 1.73 se tiene
f(a)n = f(an) = f(eG) = eH .
Similarmente, si f(a)n = eH entonces por las mismas razones expuestas antes
tenemos
f(an) = f(a)n = eH = f(eG),
esto es, f(an) = f(eG). Como f es inyectiva resulta que an = eG.
Podemos afirmar ahora que son iguales los conjuntos
{n ∈ Zn/an = eG} = {n ∈ Z+/f(a)n = eH}
de ahí que
|a| := mı́n{n ∈ Z+/an = eG} = mı́n{n ∈ Z+/f(a)n = eH} =: |f(a)|.
E. Aviles 57
1.8. PROBLEMAS RESUELTOS
Problema 1.85. Sea f : G −→ H un homomorfismo de grupos y sea K un
subgrupo de H. Probar que el conjunto
f−1(K) := {a ∈ G/f(a) ∈ K}
es un subgrupo de G.
Solución. Según el teorema 1.41, para demostrar que f−1(K) es un subgrupo
de G basta demostrar que no es vacío, que es cerrado bajo la operación en G,
y que es cerrado bajo inversos.
Es