SEDE BOGOTA

Teoremas De Sylow

Lección 5.

Aplicaciones

Proposición 7. Sea un grupo finito y sea un -subgrupo de Sylow de . Entonces, es único.

Demostración. $\ \ \Leftarrow )$ Sea $x\in G$ es -subgrupo de Sylow , entonces $H\triangleleft G$ .

$\Rightarrow)$ Sea un -subgrupo de Sylow es único.\

Colorario 2. Sea un grupo y sea el -subgrupo de Sylow de tal que $H\triangleleft G$ . Entonces .

Demostración. Sea $x\in H$ , como por definición es -subgrupo entonces es una potencia de . Sea es un -subgrupo de está contenido en el único -subgrupo de Sylow de .▫

La proposición anterior sirve para caracterizar todos los subgrupos de orden con y , primos

Proposición 8. Sea un grupo de orden con y primos y con . Entonces

a) $G\cong Z_{pq}$

b) es no abeliano y se tiene que

con $k\not \equiv1$ (mód p) y $\ \ k^{q}\equiv1$ (mód p), $\ p\equiv1$ (mód q) $\rangle=:G_{pq}$

Demostración. contiene al menos un subgrupo de Sylow de orden y un sugrupo de Sylow de orden $\ q$ . Sean $\ n_{p}$ y $\ n_{q}$ el número de tales subgrupos de Sylow, como entonces $\ \ n_{p}=1$ . De aqui se afirma que $H\triangleleft G.$ Para $n_{q}$ se tienen entonces dos posibilidades, $n_{q}=1$ ó $n_{q}=p$ .

Caso 1. En sólo hay un subgrupo de Sylow de orden . Entonces $K\triangleleft G$ y , luego .

Caso 2. En hay subgrupos de Sylow de orden . Esto implica que $p\equiv 1$ (mód q). Veamos que esta situación es descrita por b). no es abeliano, en caso contrario $n_{q}=1$ , como $H\triangleleft G$ existe tal que $bab^{-1}=a^{k}$ y $k\not\equiv 1(p)$ . Si fuese $k\equiv 1(p)$ entonces: y sería abeliano.

Nótese que escogiendo entre 1 y tal es único. Observese que .

En efecto,

Podemos generalizar esta relación por inducción y probar que , $n\geq0$ $(\ast)$

Tomando en particular obtenemos que .

Sea ; y sea $x\in W$ . Entonces , , , $0\leq i\leq m.$ Consideremos el producto $b^{l}a^{r}$ con $0\leq l\leq q-1$ , $0\leq r\leq p-1$ . De $(\ast)$ se despende que , $n\geq0$ , $r\geq0.$ De aquí obtenemos que de esta relación se obtiene que cada elemento $x\in G$ toma la forma $x=a^{r}b^{l}$ con $0\leq r\leq p-1$ , $\ 0\leq l\leq q-1$ . Tales tenemos máximo . Veamos que son exactamente . Sean $0\leq r$ , $s\leq p-1$ y $0\leq l$ , $m\leq q-1$ tales que , Por la condición de y se tiene que . Análogamente .

Así pues, con lo cual . Hemos probado pues que cumple todas las condiciones de b), por último notemos la regla de multiplicación en $G_{pq}$ y escribamos sus elementos:

MATH

Proposición 9. Sea primo impar y un grupo de orden . Entonces, $G\cong Z_{2p}$ ó $G\cong D_{p}.$

Demostración. Si es abeliano entonces $G\cong Z_{2p}.$ En caso contrario existen $a,b\in G$ tales que , , $\ \ bab^{-1}=a^{k}$ con , $p\equiv 1(2),$ $1\leq k\leq p-1$

: descartado

Supóngase que $2\leq k\leq p-2$ . Como ó . Por la condición de obtenemos una contradicción. Así, . Entonces, $G\cong D_{p}.$ \

Corolario 3. Los grupos de orden son $S_{3}$ y $Z_{6}$ .

Proposición 10. Los grupos no abelianos de orden 8 son $D_{4}$ y $Q_{8}.$

Demostración. Sea un grupo no abeliano de orden . Entonces en debe existir al menos un elemento de orden . En efecto, si todos los elementos $\neq 1$ tienen orden entonces es abeliano. tampoco posee elementos de orden 8, ya que en caso contrario sería cíclico y por lo tanto abeliano.

Puesto que entonces . Evidentemente existe al menos un en tal que

Nótese que los elementos son diferentes, con lo cual . Puesto que entonces . En efecto, como en sólo hay dos clases entonces (de lo contrario, y así ).

Se presentan entonces las siguientes posibilidades:

, falso.

falso

Se tiene entonces que

De otra parte como entonces .

, falso.

es abeliano, falso.

, imposible.

En total,

Se tiene pues que es un grupo formado por dos elementos y para los cuales $a^{4}=1,$ $b^{2}=1,$ $bab^{-1}=a^{-1}$ ó $a^{4}=1,$ $b^{2}=a^{2},$ $bab^{-1}=a^{-1}$ . En el primer caso $G\cong D_{4}$ y en el segundo $G\cong Q_{8}$ .

Proposición 11. Los grupos no abelianos de orden 12 son: $A_{4}$ , $D_{6}$ y .

Demostración. Sea un subgrupo de Sylow de de orden 3: . Mediante el refinamiento del Teorema de Cayley podemos definir un homomorfismo

MATH

Nótese que $N(\psi)\subseteq H$ ( $N(\psi)$ es el subgrupo normal más grande de contenido en ), ó $N(\psi)=H.$ Si es isomórfo a un subgrupo de $S_{4}$ de orden 12. Pero se puede probar que si $n\geq2,$ $\ G\leq S_n,$ .

Supóngase ahora que $N(\psi)=H$ , entonces es normal en y por lo tanto es el único 3-subgrupo de Sylow. Entonces, en sólo hay dos elementos de orden 3: y $c^{2}$ . Puesto que dos elementos conjugados tienen el mismo orden entonces ó ó . En cualquiera de los dos casos $C_{G}(c)$ contiene un elemento de orden 2. Como , sea pues ; y .

Sea (ver la demostración de la Proposición 10)

; también, .

, falso.

es abeliano, pero este subgrupo tiene 12 elementos y coincide entonces con , falso.

, falso.

, esta es una entonces una condición necesaria en .

$b^{2}=1$ , esta es una posibilidad.

entonces

, falso.

es abeliano, falso.

$b^{2}=a^{2}$ puesto que , falso.

$b^{2}=a^{3}$ , esta es una posibilidad.

, imposible.

: entonces

, falso.

, falso

, falso.

$\$ es $\$ abeliano, falso.

Resumiendo los resultados anteriores obtenemos que si es un grupo no abeliano de orden 12 entonces :

es $A_{4}$ o en se tienen dos elementos $\ a$ y $\ b$ tales que , o en hay dos elementos , tales que .

Veamos que en los dos últimos casos . En ambas situaciones consideremos los elementos:

MATH

y sea tales que . Supongamos que $m_{2}\neq m_{1}$ y por ejemplo , falso, $\Rightarrow$ $k_{1}=k_{2}$ .

Así pues, en hay 12 elementos y en consecuencia , en total obtenemos que si es un grupo no abeliano de orden , entonces es alguno de los siguientes grupos:

MATH