Trivialidades en teoremas de grupos - · PDF fileProblema fundamental para la comprensión de un artículo. •Desconocimientodelamateria. ... Teorema de Unicidad de los Grupos Cíclicos

IntroducciónTeorema Fundamental de los Grupos Abelianos Finitos

Teorema de Unicidad de los Grupos Cíclicos de Orden nBibliografía

Trivialidades en teoremas de grupos

Orlando Galdames Bravo

6 de abril de 2010

Orlando Galdames Bravo Trivialidades en teoremas de grupos



IntroducciónTeoremas

Hoy vamos a demostrar dos teoremas trascendentales dentro de la teoríade grupos finitos.

Teorema (Teorema Fundamental de los Grupos Abelianos Finitos)Todo grupo abeliano finito es isomorfo al producto directo de gruposcíclicos.

Teorema (Unicidad de los Grupos Cíclicos de Orden n)Si n es un entero positivo, tenemos que el grupo cíclico de orden n es elúnico grupo de este orden si y sólo si n y su función de Euler soncoprimos (es decir, (n, ϕ(n)) = 1).


















IntroducciónTrivialidades

Problema fundamental para la comprensión de un artículo.

•Desconocimiento de la materia.

Solución.

•Estudiar más.•Resolver las trivialidades.

Definición (Trivialidad)Llamaremos trivialidad dentro de una demostración a cualquier paso de lademostración que no está suficientemente desarrollado para sucomprensión.







Solución.









Solución.









Solución.









Solución.

•Estudiar más.

•Resolver las trivialidades.








Solución.









Solución.






Lema ALema BLema CTeorema Fundamental de los Grupos Abelianos Finitos

Teorema Fundamental de los Grupos Abelianos FinitosEsquema de demostración

La demostración se hará en 4 etapas:

Etapa 1. Vemos que cualquier grupo abeliano tiene elementos deorden primo.

Etapa 2. Vemos que cualquier p-grupo abeliano con un únicosubgrupo de orden p es cíclico.

Etapa 3. Vemos que cualquier p-grupo abeliano es producto de uncíclico por otro subgrupo.

Etapa 4. Vemos que cualquier grupo abeliano es producto de unp-grupo abeliano por otro subgrupo, por inducciónobtenemos el resultado.








































Etapa 4. Vemos que cualquier grupo abeliano es producto de unp-grupo abeliano por otro subgrupo,

por inducciónobtenemos el resultado.















Etapa 1Lema A





Lema ATrivialidades

Trivialidad (1)Todo grupo finito con subgrupos propios, tiene un subgrupo maximal.

Es decir, ¿G tiene subgrupos propios?

Esto nos lo asegura el Teorema de Existencia de Sylow. |G | = pma, sedefine Ω = X ⊂ G : |X | = pn, se define la acción de G sobre Ω comoX · g = Xg , se demuestra que existe un X tal que p 6 | |G : GX |, entoncesel estabilizador de X , GX = g ∈ G : Xg = X para un es el subgrupoque buscamos. Detalles en Un curso de álgebra de Gabriel Navarro, p.62.





Lema ATrivialidades


Es decir, ¿G tiene subgrupos propios?Esto nos lo asegura el Teorema de Existencia de Sylow.

|G | = pma, sedefine Ω = X ⊂ G : |X | = pn, se define la acción de G sobre Ω comoX · g = Xg , se demuestra que existe un X tal que p 6 | |G : GX |, entoncesel estabilizador de X , GX = g ∈ G : Xg = X para un es el subgrupoque buscamos. Detalles en Un curso de álgebra de Gabriel Navarro, p.62.





Lema ATrivialidades


Es decir, ¿G tiene subgrupos propios?Esto nos lo asegura el Teorema de Existencia de Sylow. |G | = pma,

sedefine Ω = X ⊂ G : |X | = pn, se define la acción de G sobre Ω comoX · g = Xg , se demuestra que existe un X tal que p 6 | |G : GX |, entoncesel estabilizador de X , GX = g ∈ G : Xg = X para un es el subgrupoque buscamos. Detalles en Un curso de álgebra de Gabriel Navarro, p.62.





Lema ATrivialidades


Es decir, ¿G tiene subgrupos propios?Esto nos lo asegura el Teorema de Existencia de Sylow. |G | = pma, sedefine Ω = X ⊂ G : |X | = pn,

se define la acción de G sobre Ω comoX · g = Xg , se demuestra que existe un X tal que p 6 | |G : GX |, entoncesel estabilizador de X , GX = g ∈ G : Xg = X para un es el subgrupoque buscamos. Detalles en Un curso de álgebra de Gabriel Navarro, p.62.





Lema ATrivialidades


Es decir, ¿G tiene subgrupos propios?Esto nos lo asegura el Teorema de Existencia de Sylow. |G | = pma, sedefine Ω = X ⊂ G : |X | = pn, se define la acción de G sobre Ω comoX · g = Xg ,

se demuestra que existe un X tal que p 6 | |G : GX |, entoncesel estabilizador de X , GX = g ∈ G : Xg = X para un es el subgrupoque buscamos. Detalles en Un curso de álgebra de Gabriel Navarro, p.62.





Lema ATrivialidades


Es decir, ¿G tiene subgrupos propios?Esto nos lo asegura el Teorema de Existencia de Sylow. |G | = pma, sedefine Ω = X ⊂ G : |X | = pn, se define la acción de G sobre Ω comoX · g = Xg , se demuestra que existe un X tal que p 6 | |G : GX |,

entoncesel estabilizador de X , GX = g ∈ G : Xg = X para un es el subgrupoque buscamos. Detalles en Un curso de álgebra de Gabriel Navarro, p.62.





Lema ATrivialidades


Es decir, ¿G tiene subgrupos propios?Esto nos lo asegura el Teorema de Existencia de Sylow. |G | = pma, sedefine Ω = X ⊂ G : |X | = pn, se define la acción de G sobre Ω comoX · g = Xg , se demuestra que existe un X tal que p 6 | |G : GX |, entoncesel estabilizador de X , GX = g ∈ G : Xg = X para un es el subgrupoque buscamos.

Detalles en Un curso de álgebra de Gabriel Navarro, p.62.





Lema ATrivialidades


Es decir, ¿G tiene subgrupos propios?Esto nos lo asegura el Teorema de Existencia de Sylow. |G | = pma, sedefine Ω = X ⊂ G : |X | = pn, se define la acción de G sobre Ω comoX · g = Xg , se demuestra que existe un X tal que p 6 | |G : GX |, entoncesel estabilizador de X , GX = g ∈ G : Xg = X para un es el subgrupoque buscamos. Detalles en Un curso de álgebra de Gabriel Navarro, p.62.





Lema ATrivialidades

Trivialidad (2)El cociente de un grupo con un subgrupo maximal no tiene subgrupospropios.

La respuesta a esto nos la da el Teorema de Correspondencia.

Se defineel conjunto N ⊂ K ≤ G, se define el conjunto de subgrupos de G/H(que ya sabemos que no es vacío), se define la aplicación K 7→ K/N, sedemuestra que es biyección. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.32.





Lema ATrivialidades


La respuesta a esto nos la da el Teorema de Correspondencia. Se defineel conjunto N ⊂ K ≤ G,

se define el conjunto de subgrupos de G/H(que ya sabemos que no es vacío), se define la aplicación K 7→ K/N, sedemuestra que es biyección. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.32.





Lema ATrivialidades


La respuesta a esto nos la da el Teorema de Correspondencia. Se defineel conjunto N ⊂ K ≤ G, se define el conjunto de subgrupos de G/H(que ya sabemos que no es vacío),

se define la aplicación K 7→ K/N, sedemuestra que es biyección. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.32.





Lema ATrivialidades


La respuesta a esto nos la da el Teorema de Correspondencia. Se defineel conjunto N ⊂ K ≤ G, se define el conjunto de subgrupos de G/H(que ya sabemos que no es vacío), se define la aplicación K 7→ K/N,

sedemuestra que es biyección. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.32.





Lema ATrivialidades


La respuesta a esto nos la da el Teorema de Correspondencia. Se defineel conjunto N ⊂ K ≤ G, se define el conjunto de subgrupos de G/H(que ya sabemos que no es vacío), se define la aplicación K 7→ K/N, sedemuestra que es biyección.

Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.32.





Lema ATrivialidades


La respuesta a esto nos la da el Teorema de Correspondencia. Se defineel conjunto N ⊂ K ≤ G, se define el conjunto de subgrupos de G/H(que ya sabemos que no es vacío), se define la aplicación K 7→ K/N, sedemuestra que es biyección. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.32.





Lema ATrivialidades

Trivialidad (3)Si el G/N es cíclico, entonces G = N〈y〉.

Como es cíclico G/N = 〈xN〉, para g ∈ G tenemos quegN = (xN)k = xkN, entonces g = x ib donde b ∈ N. Por tantoG ⊂ 〈x〉N = N〈x〉, por definición de producto y por que G es grupo.





Lema ATrivialidades


Como es cíclico G/N = 〈xN〉,

para g ∈ G tenemos quegN = (xN)k = xkN, entonces g = x ib donde b ∈ N. Por tantoG ⊂ 〈x〉N = N〈x〉, por definición de producto y por que G es grupo.





Lema ATrivialidades


Como es cíclico G/N = 〈xN〉, para g ∈ G tenemos quegN = (xN)k = xkN,

entonces g = x ib donde b ∈ N. Por tantoG ⊂ 〈x〉N = N〈x〉, por definición de producto y por que G es grupo.





Lema ATrivialidades


Como es cíclico G/N = 〈xN〉, para g ∈ G tenemos quegN = (xN)k = xkN, entonces g = x ib donde b ∈ N.

Por tantoG ⊂ 〈x〉N = N〈x〉, por definición de producto y por que G es grupo.





Lema ATrivialidades


Como es cíclico G/N = 〈xN〉, para g ∈ G tenemos quegN = (xN)k = xkN, entonces g = x ib donde b ∈ N. Por tantoG ⊂ 〈x〉N = N〈x〉, por definición de producto y por que G es grupo.





Lema ATrivialidades

Trivialidad (4)Si p = |G/H|, entonces p = |〈y〉 : H ∩ 〈y〉|

Utilizamos el tercer Teorema de Isomorfía y la Fórmula de Lagrange,p = |G/H| = |(〈y〉H)/H| = |〈y〉/(〈y〉 ∩ H)| = |〈y〉 : 〈y〉 ∩ H|

=|〈y〉||〈y〉 ∩ H|. Y por tanto p | |〈y〉|.





Lema ATrivialidades


Utilizamos el tercer Teorema de Isomorfía y la Fórmula de Lagrange,

p = |G/H| = |(〈y〉H)/H| = |〈y〉/(〈y〉 ∩ H)| = |〈y〉 : 〈y〉 ∩ H|

=|〈y〉||〈y〉 ∩ H|. Y por tanto p | |〈y〉|.





Lema ATrivialidades


Utilizamos el tercer Teorema de Isomorfía y la Fórmula de Lagrange,p = |G/H| = |(〈y〉H)/H|

= |〈y〉/(〈y〉 ∩ H)| = |〈y〉 : 〈y〉 ∩ H|

=|〈y〉||〈y〉 ∩ H|. Y por tanto p | |〈y〉|.





Lema ATrivialidades


Utilizamos el tercer Teorema de Isomorfía y la Fórmula de Lagrange,p = |G/H| = |(〈y〉H)/H| = |〈y〉/(〈y〉 ∩ H)|

= |〈y〉 : 〈y〉 ∩ H|

=|〈y〉||〈y〉 ∩ H|. Y por tanto p | |〈y〉|.





Lema ATrivialidades



=|〈y〉||〈y〉 ∩ H|. Y por tanto p | |〈y〉|.





Lema ATrivialidades



=|〈y〉||〈y〉 ∩ H|.

Y por tanto p | |〈y〉|.





Lema ATrivialidades



=|〈y〉||〈y〉 ∩ H|. Y por tanto p | |〈y〉|.





Etapa 2Lema B





Lema BTrivialidades

Trivialidad (5)Con las hipótesis del Lema B, si f : G → G es el homomorfismof (x) = xp, entonces K = ker f es el único subgrupo de G de orden p.

Lo que tenemos que ver es que |K | = p. El Lema A nos dice que G tienealgún elemento x de este orden, entonces |〈x〉| = p y xp = 1, por tanto〈x〉 ≤ ker f . Y la hipótesis nos dice que sólo hay un subgrupo de esteorden, luego tiene que ser K .





Lema BTrivialidades


Lo que tenemos que ver es que |K | = p.

El Lema A nos dice que G tienealgún elemento x de este orden, entonces |〈x〉| = p y xp = 1, por tanto〈x〉 ≤ ker f . Y la hipótesis nos dice que sólo hay un subgrupo de esteorden, luego tiene que ser K .





Lema BTrivialidades


Lo que tenemos que ver es que |K | = p. El Lema A nos dice que G tienealgún elemento x de este orden,

entonces |〈x〉| = p y xp = 1, por tanto〈x〉 ≤ ker f . Y la hipótesis nos dice que sólo hay un subgrupo de esteorden, luego tiene que ser K .





Lema BTrivialidades


Lo que tenemos que ver es que |K | = p. El Lema A nos dice que G tienealgún elemento x de este orden, entonces |〈x〉| = p y xp = 1,

por tanto〈x〉 ≤ ker f . Y la hipótesis nos dice que sólo hay un subgrupo de esteorden, luego tiene que ser K .





Lema BTrivialidades


Lo que tenemos que ver es que |K | = p. El Lema A nos dice que G tienealgún elemento x de este orden, entonces |〈x〉| = p y xp = 1, por tanto〈x〉 ≤ ker f .

Y la hipótesis nos dice que sólo hay un subgrupo de esteorden, luego tiene que ser K .





Lema BTrivialidades


Lo que tenemos que ver es que |K | = p. El Lema A nos dice que G tienealgún elemento x de este orden, entonces |〈x〉| = p y xp = 1, por tanto〈x〉 ≤ ker f . Y la hipótesis nos dice que sólo hay un subgrupo de esteorden, luego tiene que ser K .





Lema BTrivialidades





Etapa 3Lema C





Lema CTrivialidades

Trivialidad (6)Con las hipótesis del Lema C, C (cíclico maximal) tiene un únicosubgrupo de orden p. Además C ∩ K = 1.

Sabemos que |G | = pj y que C = 〈x〉 ≤ G , por otro lado |C | = pi coni < j , como p | pi , por el Lema A existe 〈x〉 ≤ C , de orden p y además esel único por ser p primo. Además, si g ∈ C ∩ K tenemos que o(g) | pi yo(g) | p, como p es primo o(g) ∈ 1, p, como C sólo tiene un subgrupode orden p, o(g) = 1.





Lema CTrivialidades


Sabemos que |G | = pj y que C = 〈x〉 ≤ G ,

por otro lado |C | = pi coni < j , como p | pi , por el Lema A existe 〈x〉 ≤ C , de orden p y además esel único por ser p primo. Además, si g ∈ C ∩ K tenemos que o(g) | pi yo(g) | p, como p es primo o(g) ∈ 1, p, como C sólo tiene un subgrupode orden p, o(g) = 1.





Lema CTrivialidades


Sabemos que |G | = pj y que C = 〈x〉 ≤ G , por otro lado |C | = pi coni < j ,

como p | pi , por el Lema A existe 〈x〉 ≤ C , de orden p y además esel único por ser p primo. Además, si g ∈ C ∩ K tenemos que o(g) | pi yo(g) | p, como p es primo o(g) ∈ 1, p, como C sólo tiene un subgrupode orden p, o(g) = 1.





Lema CTrivialidades


Sabemos que |G | = pj y que C = 〈x〉 ≤ G , por otro lado |C | = pi coni < j , como p | pi , por el Lema A existe 〈x〉 ≤ C , de orden p

y además esel único por ser p primo. Además, si g ∈ C ∩ K tenemos que o(g) | pi yo(g) | p, como p es primo o(g) ∈ 1, p, como C sólo tiene un subgrupode orden p, o(g) = 1.





Lema CTrivialidades


Sabemos que |G | = pj y que C = 〈x〉 ≤ G , por otro lado |C | = pi coni < j , como p | pi , por el Lema A existe 〈x〉 ≤ C , de orden p y además esel único por ser p primo.

Además, si g ∈ C ∩ K tenemos que o(g) | pi yo(g) | p, como p es primo o(g) ∈ 1, p, como C sólo tiene un subgrupode orden p, o(g) = 1.





Lema CTrivialidades


Sabemos que |G | = pj y que C = 〈x〉 ≤ G , por otro lado |C | = pi coni < j , como p | pi , por el Lema A existe 〈x〉 ≤ C , de orden p y además esel único por ser p primo. Además, si g ∈ C ∩ K tenemos que o(g) | pi yo(g) | p,

como p es primo o(g) ∈ 1, p, como C sólo tiene un subgrupode orden p, o(g) = 1.





Lema CTrivialidades


Sabemos que |G | = pj y que C = 〈x〉 ≤ G , por otro lado |C | = pi coni < j , como p | pi , por el Lema A existe 〈x〉 ≤ C , de orden p y además esel único por ser p primo. Además, si g ∈ C ∩ K tenemos que o(g) | pi yo(g) | p, como p es primo o(g) ∈ 1, p,

como C sólo tiene un subgrupode orden p, o(g) = 1.





Lema CTrivialidades


Sabemos que |G | = pj y que C = 〈x〉 ≤ G , por otro lado |C | = pi coni < j , como p | pi , por el Lema A existe 〈x〉 ≤ C , de orden p y además esel único por ser p primo. Además, si g ∈ C ∩ K tenemos que o(g) | pi yo(g) | p, como p es primo o(g) ∈ 1, p, como C sólo tiene un subgrupode orden p, o(g) = 1.





Lema CTrivialidades

Trivialidad (7)Con las hipótesis del Lema C, CK/K ∼= C es cíclico de orden maximal enG/K.

Si π : CK → CK/K es la proyección, tenemos que para y ∈ G ,(π(y))o(y) = π(yo(y)) = π(1) = K , entonces o(π(y)) = o(yK ) divide ao(y). Esto nos asegura que CK/K es maximal, por que de no serlo Ctampoco sería maximal en G .





Lema CTrivialidades


Si π : CK → CK/K es la proyección,

tenemos que para y ∈ G ,(π(y))o(y) = π(yo(y)) = π(1) = K , entonces o(π(y)) = o(yK ) divide ao(y). Esto nos asegura que CK/K es maximal, por que de no serlo Ctampoco sería maximal en G .





Lema CTrivialidades


Si π : CK → CK/K es la proyección, tenemos que para y ∈ G ,(π(y))o(y) = π(yo(y)) = π(1) = K ,

entonces o(π(y)) = o(yK ) divide ao(y). Esto nos asegura que CK/K es maximal, por que de no serlo Ctampoco sería maximal en G .





Lema CTrivialidades


Si π : CK → CK/K es la proyección, tenemos que para y ∈ G ,(π(y))o(y) = π(yo(y)) = π(1) = K , entonces o(π(y)) = o(yK ) divide ao(y).

Esto nos asegura que CK/K es maximal, por que de no serlo Ctampoco sería maximal en G .





Lema CTrivialidades


Si π : CK → CK/K es la proyección, tenemos que para y ∈ G ,(π(y))o(y) = π(yo(y)) = π(1) = K , entonces o(π(y)) = o(yK ) divide ao(y). Esto nos asegura que CK/K es maximal, por que de no serlo Ctampoco sería maximal en G .





Lema CTrivialidades

Trivialidad (8)Si G/K = (CK/K )× (B/K ), entonces G = (CK )B = CB yC ∩ B = C ∩ B ∩ CK = C ∩ K = 1.

Por definición G = A× B := AB con A ∩ B = 1 y [A,B] = 1, luegoG/K = ((CK )/K )(B/K ) y B ∩ CK = K , y gK = (cK )(bK ) = cbK conc ∈ C y b ∈ B. Entonces g = cbk = ckb por ser abeliano, luegoG ⊂ (CK )B. Como K ⊂ B, C ∩ B = C ∩ B ∩ CK = C ∩ K = 1.





Lema CTrivialidades


Por definición G = A× B := AB con A ∩ B = 1 y [A,B] = 1,

luegoG/K = ((CK )/K )(B/K ) y B ∩ CK = K , y gK = (cK )(bK ) = cbK conc ∈ C y b ∈ B. Entonces g = cbk = ckb por ser abeliano, luegoG ⊂ (CK )B. Como K ⊂ B, C ∩ B = C ∩ B ∩ CK = C ∩ K = 1.





Lema CTrivialidades


Por definición G = A× B := AB con A ∩ B = 1 y [A,B] = 1, luegoG/K = ((CK )/K )(B/K ) y B ∩ CK = K ,

y gK = (cK )(bK ) = cbK conc ∈ C y b ∈ B. Entonces g = cbk = ckb por ser abeliano, luegoG ⊂ (CK )B. Como K ⊂ B, C ∩ B = C ∩ B ∩ CK = C ∩ K = 1.





Lema CTrivialidades


Por definición G = A× B := AB con A ∩ B = 1 y [A,B] = 1, luegoG/K = ((CK )/K )(B/K ) y B ∩ CK = K , y gK = (cK )(bK ) = cbK conc ∈ C y b ∈ B.

Entonces g = cbk = ckb por ser abeliano, luegoG ⊂ (CK )B. Como K ⊂ B, C ∩ B = C ∩ B ∩ CK = C ∩ K = 1.





Lema CTrivialidades


Por definición G = A× B := AB con A ∩ B = 1 y [A,B] = 1, luegoG/K = ((CK )/K )(B/K ) y B ∩ CK = K , y gK = (cK )(bK ) = cbK conc ∈ C y b ∈ B. Entonces g = cbk = ckb por ser abeliano, luegoG ⊂ (CK )B.

Como K ⊂ B, C ∩ B = C ∩ B ∩ CK = C ∩ K = 1.





Lema CTrivialidades


Por definición G = A× B := AB con A ∩ B = 1 y [A,B] = 1, luegoG/K = ((CK )/K )(B/K ) y B ∩ CK = K , y gK = (cK )(bK ) = cbK conc ∈ C y b ∈ B. Entonces g = cbk = ckb por ser abeliano, luegoG ⊂ (CK )B. Como K ⊂ B, C ∩ B = C ∩ B ∩ CK

= C ∩ K = 1.





Lema CTrivialidades


Por definición G = A× B := AB con A ∩ B = 1 y [A,B] = 1, luegoG/K = ((CK )/K )(B/K ) y B ∩ CK = K , y gK = (cK )(bK ) = cbK conc ∈ C y b ∈ B. Entonces g = cbk = ckb por ser abeliano, luegoG ⊂ (CK )B. Como K ⊂ B, C ∩ B = C ∩ B ∩ CK = C ∩ K = 1.





Etapa 4Teorema Fundamental de los Grupos Abelianos Finitos





Teorema Fundamental de los Grupos Abelianos FinitosTrivialidades

Trivialidad (9)Gp y Gp′ son subgrupos de G.

Sean a, b ∈ Gp, sabemos que o(a) = o(a−1), entonces(ab−1)o(a)o(b) = ao(a)o(b)(b−1)o(a)o(b) = 1o(b)1o(a) = 1, entonceso(ab−1) | o(a)o(b) = prps , luego o(ab−1) es potencia de p.Análogamente, si a, b ∈ Gp′ , como o(ab−1) | o(a)o(b), p no puededividir a o(ab−1).







Sean a, b ∈ Gp, sabemos que o(a) = o(a−1),

entonces(ab−1)o(a)o(b) = ao(a)o(b)(b−1)o(a)o(b) = 1o(b)1o(a) = 1, entonceso(ab−1) | o(a)o(b) = prps , luego o(ab−1) es potencia de p.Análogamente, si a, b ∈ Gp′ , como o(ab−1) | o(a)o(b), p no puededividir a o(ab−1).







Sean a, b ∈ Gp, sabemos que o(a) = o(a−1), entonces(ab−1)o(a)o(b) = ao(a)o(b)(b−1)o(a)o(b)

= 1o(b)1o(a) = 1, entonceso(ab−1) | o(a)o(b) = prps , luego o(ab−1) es potencia de p.Análogamente, si a, b ∈ Gp′ , como o(ab−1) | o(a)o(b), p no puededividir a o(ab−1).







Sean a, b ∈ Gp, sabemos que o(a) = o(a−1), entonces(ab−1)o(a)o(b) = ao(a)o(b)(b−1)o(a)o(b) = 1o(b)1o(a) = 1,

entonceso(ab−1) | o(a)o(b) = prps , luego o(ab−1) es potencia de p.Análogamente, si a, b ∈ Gp′ , como o(ab−1) | o(a)o(b), p no puededividir a o(ab−1).







Sean a, b ∈ Gp, sabemos que o(a) = o(a−1), entonces(ab−1)o(a)o(b) = ao(a)o(b)(b−1)o(a)o(b) = 1o(b)1o(a) = 1, entonceso(ab−1) | o(a)o(b) = prps ,

luego o(ab−1) es potencia de p.Análogamente, si a, b ∈ Gp′ , como o(ab−1) | o(a)o(b), p no puededividir a o(ab−1).







Sean a, b ∈ Gp, sabemos que o(a) = o(a−1), entonces(ab−1)o(a)o(b) = ao(a)o(b)(b−1)o(a)o(b) = 1o(b)1o(a) = 1, entonceso(ab−1) | o(a)o(b) = prps , luego o(ab−1) es potencia de p.

Análogamente, si a, b ∈ Gp′ , como o(ab−1) | o(a)o(b), p no puededividir a o(ab−1).







Sean a, b ∈ Gp, sabemos que o(a) = o(a−1), entonces(ab−1)o(a)o(b) = ao(a)o(b)(b−1)o(a)o(b) = 1o(b)1o(a) = 1, entonceso(ab−1) | o(a)o(b) = prps , luego o(ab−1) es potencia de p.Análogamente, si a, b ∈ Gp′ , como o(ab−1) | o(a)o(b),

p no puededividir a o(ab−1).







Sean a, b ∈ Gp, sabemos que o(a) = o(a−1), entonces(ab−1)o(a)o(b) = ao(a)o(b)(b−1)o(a)o(b) = 1o(b)1o(a) = 1, entonceso(ab−1) | o(a)o(b) = prps , luego o(ab−1) es potencia de p.Análogamente, si a, b ∈ Gp′ , como o(ab−1) | o(a)o(b), p no puededividir a o(ab−1).






Trivialidad (10)G = Gp × Gp′ .

Obviamente Gp ∩ Gp′ = 1, el 1 es el único elemento que cumple lascondiciones de ambos conjuntos. Y como o(x) | pnm, entonces puedoponer x como producto de un elemento de orden pk por otro de ordenque no divida a p. Como G es abeliano [Gp,Gp′ = 1.







Obviamente Gp ∩ Gp′ = 1,

el 1 es el único elemento que cumple lascondiciones de ambos conjuntos. Y como o(x) | pnm, entonces puedoponer x como producto de un elemento de orden pk por otro de ordenque no divida a p. Como G es abeliano [Gp,Gp′ = 1.







Obviamente Gp ∩ Gp′ = 1, el 1 es el único elemento que cumple lascondiciones de ambos conjuntos.

Y como o(x) | pnm, entonces puedoponer x como producto de un elemento de orden pk por otro de ordenque no divida a p. Como G es abeliano [Gp,Gp′ = 1.







Obviamente Gp ∩ Gp′ = 1, el 1 es el único elemento que cumple lascondiciones de ambos conjuntos. Y como o(x) | pnm,

entonces puedoponer x como producto de un elemento de orden pk por otro de ordenque no divida a p. Como G es abeliano [Gp,Gp′ = 1.







Obviamente Gp ∩ Gp′ = 1, el 1 es el único elemento que cumple lascondiciones de ambos conjuntos. Y como o(x) | pnm, entonces puedoponer x como producto de un elemento de orden pk por otro de ordenque no divida a p.

Como G es abeliano [Gp,Gp′ = 1.







Obviamente Gp ∩ Gp′ = 1, el 1 es el único elemento que cumple lascondiciones de ambos conjuntos. Y como o(x) | pnm, entonces puedoponer x como producto de un elemento de orden pk por otro de ordenque no divida a p. Como G es abeliano [Gp,Gp′ = 1.






Trivialidad (11)Podemos suponer que G es un p-grupo.

Por inducción sobre Gp y Gp′ tenemos queG = C1 × · · · × Cr × C ′1 × · · · × C ′s . Como p | |Gp| entonces |Gp| 6= 1,luego Gp no puede ser trivial, por lo que podemos suponer que G = Gp.Si |Gp| = pkm donde p 6 | m, por el Lema A existe g ∈ Gp tal queo(g) | m 6 | pk , pero por definición Gp esto no es posible.







Por inducción sobre Gp y Gp′ tenemos queG = C1 × · · · × Cr × C ′1 × · · · × C ′s .

Como p | |Gp| entonces |Gp| 6= 1,luego Gp no puede ser trivial, por lo que podemos suponer que G = Gp.Si |Gp| = pkm donde p 6 | m, por el Lema A existe g ∈ Gp tal queo(g) | m 6 | pk , pero por definición Gp esto no es posible.







Por inducción sobre Gp y Gp′ tenemos queG = C1 × · · · × Cr × C ′1 × · · · × C ′s . Como p | |Gp| entonces |Gp| 6= 1,

luego Gp no puede ser trivial, por lo que podemos suponer que G = Gp.Si |Gp| = pkm donde p 6 | m, por el Lema A existe g ∈ Gp tal queo(g) | m 6 | pk , pero por definición Gp esto no es posible.







Por inducción sobre Gp y Gp′ tenemos queG = C1 × · · · × Cr × C ′1 × · · · × C ′s . Como p | |Gp| entonces |Gp| 6= 1,luego Gp no puede ser trivial,

por lo que podemos suponer que G = Gp.Si |Gp| = pkm donde p 6 | m, por el Lema A existe g ∈ Gp tal queo(g) | m 6 | pk , pero por definición Gp esto no es posible.







Por inducción sobre Gp y Gp′ tenemos queG = C1 × · · · × Cr × C ′1 × · · · × C ′s . Como p | |Gp| entonces |Gp| 6= 1,luego Gp no puede ser trivial, por lo que podemos suponer que G = Gp.

Si |Gp| = pkm donde p 6 | m, por el Lema A existe g ∈ Gp tal queo(g) | m 6 | pk , pero por definición Gp esto no es posible.







Por inducción sobre Gp y Gp′ tenemos queG = C1 × · · · × Cr × C ′1 × · · · × C ′s . Como p | |Gp| entonces |Gp| 6= 1,luego Gp no puede ser trivial, por lo que podemos suponer que G = Gp.Si |Gp| = pkm donde p 6 | m,

por el Lema A existe g ∈ Gp tal queo(g) | m 6 | pk , pero por definición Gp esto no es posible.







Por inducción sobre Gp y Gp′ tenemos queG = C1 × · · · × Cr × C ′1 × · · · × C ′s . Como p | |Gp| entonces |Gp| 6= 1,luego Gp no puede ser trivial, por lo que podemos suponer que G = Gp.Si |Gp| = pkm donde p 6 | m, por el Lema A existe g ∈ Gp tal queo(g) | m 6 | pk ,

pero por definición Gp esto no es posible.







Por inducción sobre Gp y Gp′ tenemos queG = C1 × · · · × Cr × C ′1 × · · · × C ′s . Como p | |Gp| entonces |Gp| 6= 1,luego Gp no puede ser trivial, por lo que podemos suponer que G = Gp.Si |Gp| = pkm donde p 6 | m, por el Lema A existe g ∈ Gp tal queo(g) | m 6 | pk , pero por definición Gp esto no es posible.









Unicidad de los Grupos Cíclicos de Orden nPasos 1, 2 y 3Pasos 4 y 5Paso 6Pasos 7 y 8

Teorema de Unicidad de los Grupos Cíclicos de Orden nEsquema de demostración

La demostración se divide en 3 etapas:

Etapa 1. Vemos que tanto si Cn es el único grupo de orden n comosi (n, ϕ(n)) = 1, n debe ser producto de primos libre decuadrados.

Etapa 2. Vemos que si Cn es el único grupo de orden n, entonces(n, ϕ(n)) = 1.

Etapa 3. Suponemos que (n, ϕ(n)) = 1 y que existe un n mínimotal que |G | = n y G no es cíclico, y si lo es no es el únicode ese orden. Esta etapa se divide en varios pasos.Pasos del 1 al 5. Vemos que dos subgrupos maximales

tiene intersección trivial.Pasos del 6 al 8. Vemos que G tiene al menos dos

subgrupos maximales y que la suma de susórdenes no puede ser menor a n, lo cual esuna contradicción.































Etapa 3. Suponemos que (n, ϕ(n)) = 1 y que existe un n mínimotal que |G | = n y G no es cíclico, y si lo es no es el únicode ese orden. Esta etapa se divide en varios pasos.

Pasos del 1 al 5. Vemos que dos subgrupos maximalestiene intersección trivial.

Pasos del 6 al 8. Vemos que G tiene al menos dossubgrupos maximales y que la suma de susórdenes no puede ser menor a n, lo cual esuna contradicción.










tiene intersección trivial.

Pasos del 6 al 8. Vemos que G tiene al menos dossubgrupos maximales y que la suma de susórdenes no puede ser menor a n, lo cual esuna contradicción.
















Etapa 1Unicidad de los Grupos Cíclicos de Orden n





Unicidad de los Grupos Cíclicos de Orden nTrivialidades

Trivialidad (1)Tanto si (n, ϕ(n)) = 1 como si C(n) es el único grupo de orden n,tenemos que n no tiene cuadrados en su descomposición.

(n, ϕ(n)) = (pam, pa−1ϕ(m)) = 1 si y sólo si a = 1. Por otro ladoC(p)× C(p) no es cíclico pues no tienen órdenes coprimos, entoncesC(m)× C(p)a no puede ser cíclico, la única posibilidad es que a = 1.







(n, ϕ(n)) = (pam, pa−1ϕ(m)) = 1 si y sólo si a = 1.

Por otro ladoC(p)× C(p) no es cíclico pues no tienen órdenes coprimos, entoncesC(m)× C(p)a no puede ser cíclico, la única posibilidad es que a = 1.







(n, ϕ(n)) = (pam, pa−1ϕ(m)) = 1 si y sólo si a = 1. Por otro ladoC(p)× C(p) no es cíclico pues no tienen órdenes coprimos,

entoncesC(m)× C(p)a no puede ser cíclico, la única posibilidad es que a = 1.







(n, ϕ(n)) = (pam, pa−1ϕ(m)) = 1 si y sólo si a = 1. Por otro ladoC(p)× C(p) no es cíclico pues no tienen órdenes coprimos, entoncesC(m)× C(p)a no puede ser cíclico,

la única posibilidad es que a = 1.







(n, ϕ(n)) = (pam, pa−1ϕ(m)) = 1 si y sólo si a = 1. Por otro ladoC(p)× C(p) no es cíclico pues no tienen órdenes coprimos, entoncesC(m)× C(p)a no puede ser cíclico, la única posibilidad es que a = 1.










Paso 1Enunciado y trivialidades

Trivialidad (2)Si m|n entonces (m, ϕ(m)) = 1.

Sabemos que n = km, entonces m = q1 · · · qs primos distintos factores den. Si (m, ϕ(m)) 6= 1, m = qiqjm′ y por (∗), suponemos que qi | (qj − 1),como son factores de n, (n, ϕ(n)) 6= 1, lo que contradice nuestrahipótesis.







Sabemos que n = km,

entonces m = q1 · · · qs primos distintos factores den. Si (m, ϕ(m)) 6= 1, m = qiqjm′ y por (∗), suponemos que qi | (qj − 1),como son factores de n, (n, ϕ(n)) 6= 1, lo que contradice nuestrahipótesis.







Sabemos que n = km, entonces m = q1 · · · qs primos distintos factores den.

Si (m, ϕ(m)) 6= 1, m = qiqjm′ y por (∗), suponemos que qi | (qj − 1),como son factores de n, (n, ϕ(n)) 6= 1, lo que contradice nuestrahipótesis.







Sabemos que n = km, entonces m = q1 · · · qs primos distintos factores den. Si (m, ϕ(m)) 6= 1, m = qiqjm′

y por (∗), suponemos que qi | (qj − 1),como son factores de n, (n, ϕ(n)) 6= 1, lo que contradice nuestrahipótesis.







Sabemos que n = km, entonces m = q1 · · · qs primos distintos factores den. Si (m, ϕ(m)) 6= 1, m = qiqjm′ y por (∗), suponemos que qi | (qj − 1),

como son factores de n, (n, ϕ(n)) 6= 1, lo que contradice nuestrahipótesis.







Sabemos que n = km, entonces m = q1 · · · qs primos distintos factores den. Si (m, ϕ(m)) 6= 1, m = qiqjm′ y por (∗), suponemos que qi | (qj − 1),como son factores de n, (n, ϕ(n)) 6= 1, lo que contradice nuestrahipótesis.






Trivialidad (3)Todo subgrupo propio y todo grupo factor no trivial de G es cíclico.

Como n es el entero positivo para el que existe un contraejemplo, si H deorden m subgrupo o factor no trivial de G , entonces m | n y por el Paso 1(m, ϕ(m)) = 1, como n es el mínimo tenemos que H debe ser cíclico y elúnico de orden m.







Como n es el entero positivo para el que existe un contraejemplo,

si H deorden m subgrupo o factor no trivial de G , entonces m | n y por el Paso 1(m, ϕ(m)) = 1, como n es el mínimo tenemos que H debe ser cíclico y elúnico de orden m.







Como n es el entero positivo para el que existe un contraejemplo, si H deorden m subgrupo o factor no trivial de G ,

entonces m | n y por el Paso 1(m, ϕ(m)) = 1, como n es el mínimo tenemos que H debe ser cíclico y elúnico de orden m.







Como n es el entero positivo para el que existe un contraejemplo, si H deorden m subgrupo o factor no trivial de G , entonces m | n y por el Paso 1(m, ϕ(m)) = 1,

como n es el mínimo tenemos que H debe ser cíclico y elúnico de orden m.







Como n es el entero positivo para el que existe un contraejemplo, si H deorden m subgrupo o factor no trivial de G , entonces m | n y por el Paso 1(m, ϕ(m)) = 1, como n es el mínimo tenemos que H debe ser cíclico y elúnico de orden m.






Trivialidad (4)Z (G) = 1.

Si no, por el Paso 2 G/Z (G) es cíclico, entonces para g1, g2 ∈ G ,g1Z (G) = xnZ (G) y g2Z (G) = xmZ (G), entonces g1g2 = xnz1xmz2= z1x (n+m)z2 = z1xmxnz2 = g2g1, luego G es abeliano. Esto implica queG es cíclico, lo que contradice nuestra hipótesis.







Si no, por el Paso 2 G/Z (G) es cíclico,

entonces para g1, g2 ∈ G ,g1Z (G) = xnZ (G) y g2Z (G) = xmZ (G), entonces g1g2 = xnz1xmz2= z1x (n+m)z2 = z1xmxnz2 = g2g1, luego G es abeliano. Esto implica queG es cíclico, lo que contradice nuestra hipótesis.







Si no, por el Paso 2 G/Z (G) es cíclico, entonces para g1, g2 ∈ G ,g1Z (G) = xnZ (G) y g2Z (G) = xmZ (G),

entonces g1g2 = xnz1xmz2= z1x (n+m)z2 = z1xmxnz2 = g2g1, luego G es abeliano. Esto implica queG es cíclico, lo que contradice nuestra hipótesis.







Si no, por el Paso 2 G/Z (G) es cíclico, entonces para g1, g2 ∈ G ,g1Z (G) = xnZ (G) y g2Z (G) = xmZ (G), entonces g1g2 = xnz1xmz2

= z1x (n+m)z2 = z1xmxnz2 = g2g1, luego G es abeliano. Esto implica queG es cíclico, lo que contradice nuestra hipótesis.







Si no, por el Paso 2 G/Z (G) es cíclico, entonces para g1, g2 ∈ G ,g1Z (G) = xnZ (G) y g2Z (G) = xmZ (G), entonces g1g2 = xnz1xmz2= z1x (n+m)z2

= z1xmxnz2 = g2g1, luego G es abeliano. Esto implica queG es cíclico, lo que contradice nuestra hipótesis.







Si no, por el Paso 2 G/Z (G) es cíclico, entonces para g1, g2 ∈ G ,g1Z (G) = xnZ (G) y g2Z (G) = xmZ (G), entonces g1g2 = xnz1xmz2= z1x (n+m)z2 = z1xmxnz2 = g2g1,

luego G es abeliano. Esto implica queG es cíclico, lo que contradice nuestra hipótesis.







Si no, por el Paso 2 G/Z (G) es cíclico, entonces para g1, g2 ∈ G ,g1Z (G) = xnZ (G) y g2Z (G) = xmZ (G), entonces g1g2 = xnz1xmz2= z1x (n+m)z2 = z1xmxnz2 = g2g1, luego G es abeliano.

Esto implica queG es cíclico, lo que contradice nuestra hipótesis.







Si no, por el Paso 2 G/Z (G) es cíclico, entonces para g1, g2 ∈ G ,g1Z (G) = xnZ (G) y g2Z (G) = xmZ (G), entonces g1g2 = xnz1xmz2= z1x (n+m)z2 = z1xmxnz2 = g2g1, luego G es abeliano. Esto implica queG es cíclico, lo que contradice nuestra hipótesis.





Pasos 4 y 5Enunciado

Estos dos pasos están bastante claros... (si no, los podemos aclarar ahora)





Paso 6Enunciado





Paso 6Trivialidades

Trivialidad (5)| Aut(U)| = ϕ(|U|).

Si definimos Um = x ∈ Zm : existe x−1, Se puede demostrar que laaplicación d + mZ(∈ Un) 7→ (fd : x s(∈ U) 7→ xds(∈ U)) ∈ Aut(U) es unisomorfismo de grupos. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.34. Si u + mZ ∈ Um es invertible si y sólo existe v ∈ Z tal quem | (uv − 1), es decir uv − 1 = wm, es decir (u,m) | (uv − wn) = 1, portanto u ∈ n ∈ Z : (u,m) = 1. Recíprocamente si (u,m) = 1, por elTeorema de Bézout tenemos a, b ∈ Z tales que au + bm = 1, entoncesu + mZ tiene inverso y está en Um. Concluímos que |Um| = ϕ(m).





Paso 6Trivialidades


Si definimos Um = x ∈ Zm : existe x−1,

Se puede demostrar que laaplicación d + mZ(∈ Un) 7→ (fd : x s(∈ U) 7→ xds(∈ U)) ∈ Aut(U) es unisomorfismo de grupos. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.34. Si u + mZ ∈ Um es invertible si y sólo existe v ∈ Z tal quem | (uv − 1), es decir uv − 1 = wm, es decir (u,m) | (uv − wn) = 1, portanto u ∈ n ∈ Z : (u,m) = 1. Recíprocamente si (u,m) = 1, por elTeorema de Bézout tenemos a, b ∈ Z tales que au + bm = 1, entoncesu + mZ tiene inverso y está en Um. Concluímos que |Um| = ϕ(m).





Paso 6Trivialidades


Si definimos Um = x ∈ Zm : existe x−1, Se puede demostrar que laaplicación d + mZ(∈ Un) 7→ (fd : x s(∈ U) 7→ xds(∈ U)) ∈ Aut(U) es unisomorfismo de grupos.

Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.34. Si u + mZ ∈ Um es invertible si y sólo existe v ∈ Z tal quem | (uv − 1), es decir uv − 1 = wm, es decir (u,m) | (uv − wn) = 1, portanto u ∈ n ∈ Z : (u,m) = 1. Recíprocamente si (u,m) = 1, por elTeorema de Bézout tenemos a, b ∈ Z tales que au + bm = 1, entoncesu + mZ tiene inverso y está en Um. Concluímos que |Um| = ϕ(m).





Paso 6Trivialidades


Si definimos Um = x ∈ Zm : existe x−1, Se puede demostrar que laaplicación d + mZ(∈ Un) 7→ (fd : x s(∈ U) 7→ xds(∈ U)) ∈ Aut(U) es unisomorfismo de grupos. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.34.

Si u + mZ ∈ Um es invertible si y sólo existe v ∈ Z tal quem | (uv − 1), es decir uv − 1 = wm, es decir (u,m) | (uv − wn) = 1, portanto u ∈ n ∈ Z : (u,m) = 1. Recíprocamente si (u,m) = 1, por elTeorema de Bézout tenemos a, b ∈ Z tales que au + bm = 1, entoncesu + mZ tiene inverso y está en Um. Concluímos que |Um| = ϕ(m).





Paso 6Trivialidades


Si definimos Um = x ∈ Zm : existe x−1, Se puede demostrar que laaplicación d + mZ(∈ Un) 7→ (fd : x s(∈ U) 7→ xds(∈ U)) ∈ Aut(U) es unisomorfismo de grupos. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.34. Si u + mZ ∈ Um es invertible si y sólo existe v ∈ Z tal quem | (uv − 1),

es decir uv − 1 = wm, es decir (u,m) | (uv − wn) = 1, portanto u ∈ n ∈ Z : (u,m) = 1. Recíprocamente si (u,m) = 1, por elTeorema de Bézout tenemos a, b ∈ Z tales que au + bm = 1, entoncesu + mZ tiene inverso y está en Um. Concluímos que |Um| = ϕ(m).





Paso 6Trivialidades


Si definimos Um = x ∈ Zm : existe x−1, Se puede demostrar que laaplicación d + mZ(∈ Un) 7→ (fd : x s(∈ U) 7→ xds(∈ U)) ∈ Aut(U) es unisomorfismo de grupos. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.34. Si u + mZ ∈ Um es invertible si y sólo existe v ∈ Z tal quem | (uv − 1), es decir uv − 1 = wm,

es decir (u,m) | (uv − wn) = 1, portanto u ∈ n ∈ Z : (u,m) = 1. Recíprocamente si (u,m) = 1, por elTeorema de Bézout tenemos a, b ∈ Z tales que au + bm = 1, entoncesu + mZ tiene inverso y está en Um. Concluímos que |Um| = ϕ(m).





Paso 6Trivialidades


Si definimos Um = x ∈ Zm : existe x−1, Se puede demostrar que laaplicación d + mZ(∈ Un) 7→ (fd : x s(∈ U) 7→ xds(∈ U)) ∈ Aut(U) es unisomorfismo de grupos. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.34. Si u + mZ ∈ Um es invertible si y sólo existe v ∈ Z tal quem | (uv − 1), es decir uv − 1 = wm, es decir (u,m) | (uv − wn) = 1,

portanto u ∈ n ∈ Z : (u,m) = 1. Recíprocamente si (u,m) = 1, por elTeorema de Bézout tenemos a, b ∈ Z tales que au + bm = 1, entoncesu + mZ tiene inverso y está en Um. Concluímos que |Um| = ϕ(m).





Paso 6Trivialidades


Si definimos Um = x ∈ Zm : existe x−1, Se puede demostrar que laaplicación d + mZ(∈ Un) 7→ (fd : x s(∈ U) 7→ xds(∈ U)) ∈ Aut(U) es unisomorfismo de grupos. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.34. Si u + mZ ∈ Um es invertible si y sólo existe v ∈ Z tal quem | (uv − 1), es decir uv − 1 = wm, es decir (u,m) | (uv − wn) = 1, portanto u ∈ n ∈ Z : (u,m) = 1.

Recíprocamente si (u,m) = 1, por elTeorema de Bézout tenemos a, b ∈ Z tales que au + bm = 1, entoncesu + mZ tiene inverso y está en Um. Concluímos que |Um| = ϕ(m).





Paso 6Trivialidades


Si definimos Um = x ∈ Zm : existe x−1, Se puede demostrar que laaplicación d + mZ(∈ Un) 7→ (fd : x s(∈ U) 7→ xds(∈ U)) ∈ Aut(U) es unisomorfismo de grupos. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.34. Si u + mZ ∈ Um es invertible si y sólo existe v ∈ Z tal quem | (uv − 1), es decir uv − 1 = wm, es decir (u,m) | (uv − wn) = 1, portanto u ∈ n ∈ Z : (u,m) = 1. Recíprocamente si (u,m) = 1,

por elTeorema de Bézout tenemos a, b ∈ Z tales que au + bm = 1, entoncesu + mZ tiene inverso y está en Um. Concluímos que |Um| = ϕ(m).





Paso 6Trivialidades


Si definimos Um = x ∈ Zm : existe x−1, Se puede demostrar que laaplicación d + mZ(∈ Un) 7→ (fd : x s(∈ U) 7→ xds(∈ U)) ∈ Aut(U) es unisomorfismo de grupos. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.34. Si u + mZ ∈ Um es invertible si y sólo existe v ∈ Z tal quem | (uv − 1), es decir uv − 1 = wm, es decir (u,m) | (uv − wn) = 1, portanto u ∈ n ∈ Z : (u,m) = 1. Recíprocamente si (u,m) = 1, por elTeorema de Bézout tenemos a, b ∈ Z tales que au + bm = 1,

entoncesu + mZ tiene inverso y está en Um. Concluímos que |Um| = ϕ(m).





Paso 6Trivialidades


Si definimos Um = x ∈ Zm : existe x−1, Se puede demostrar que laaplicación d + mZ(∈ Un) 7→ (fd : x s(∈ U) 7→ xds(∈ U)) ∈ Aut(U) es unisomorfismo de grupos. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.34. Si u + mZ ∈ Um es invertible si y sólo existe v ∈ Z tal quem | (uv − 1), es decir uv − 1 = wm, es decir (u,m) | (uv − wn) = 1, portanto u ∈ n ∈ Z : (u,m) = 1. Recíprocamente si (u,m) = 1, por elTeorema de Bézout tenemos a, b ∈ Z tales que au + bm = 1, entoncesu + mZ tiene inverso y está en Um.

Concluímos que |Um| = ϕ(m).





Paso 6Trivialidades


Si definimos Um = x ∈ Zm : existe x−1, Se puede demostrar que laaplicación d + mZ(∈ Un) 7→ (fd : x s(∈ U) 7→ xds(∈ U)) ∈ Aut(U) es unisomorfismo de grupos. Detalles en Un curso de álgebra de GabrielNavarro, p.34. Si u + mZ ∈ Um es invertible si y sólo existe v ∈ Z tal quem | (uv − 1), es decir uv − 1 = wm, es decir (u,m) | (uv − wn) = 1, portanto u ∈ n ∈ Z : (u,m) = 1. Recíprocamente si (u,m) = 1, por elTeorema de Bézout tenemos a, b ∈ Z tales que au + bm = 1, entoncesu + mZ tiene inverso y está en Um. Concluímos que |Um| = ϕ(m).





Paso 6Trivialidades

Trivialidad (6)El automorfismo de U, α(u) = ux para x ∈ NG (U) tiene orden 1, dentrode Aut(U).

Es fácil ver que αi (u) = ux i , entonces αo(x) = uxo(x)

= u = id(u),entonces o(α)|o(x)|m y o(α)|| Aut(U)| = ϕ(m). Como m|n el Paso 1nos dice que (m, φ(m)) = 1 y por tanto o(α) = 1.





Paso 6Trivialidades


Es fácil ver que αi (u) = ux i ,

entonces αo(x) = uxo(x)






Paso 6Trivialidades



= u = id(u),

entonces o(α)|o(x)|m y o(α)|| Aut(U)| = ϕ(m). Como m|n el Paso 1nos dice que (m, φ(m)) = 1 y por tanto o(α) = 1.





Paso 6Trivialidades



= u = id(u),entonces o(α)|o(x)|m

y o(α)|| Aut(U)| = ϕ(m). Como m|n el Paso 1nos dice que (m, φ(m)) = 1 y por tanto o(α) = 1.





Paso 6Trivialidades



= u = id(u),entonces o(α)|o(x)|m y o(α)|| Aut(U)| = ϕ(m).

Como m|n el Paso 1nos dice que (m, φ(m)) = 1 y por tanto o(α) = 1.





Paso 6Trivialidades








Paso 6Trivialidades

Trivialidad (7)Si Z (G) = 1 y x ∈ CG (U) \ 1 entonces x ∈ U.

Supongamos que x 6∈ U, como U es cíclico, existe x ∈ G tal queG = 〈x〉U, entonces x ∈ Z (G) por la ecuación de clases, está en uno delos dos factores. luego x = 1 que contradice la hipótesis.





Paso 6Trivialidades


Supongamos que x 6∈ U,

como U es cíclico, existe x ∈ G tal queG = 〈x〉U, entonces x ∈ Z (G) por la ecuación de clases, está en uno delos dos factores. luego x = 1 que contradice la hipótesis.





Paso 6Trivialidades


Supongamos que x 6∈ U, como U es cíclico, existe x ∈ G tal queG = 〈x〉U,

entonces x ∈ Z (G) por la ecuación de clases, está en uno delos dos factores. luego x = 1 que contradice la hipótesis.





Paso 6Trivialidades


Supongamos que x 6∈ U, como U es cíclico, existe x ∈ G tal queG = 〈x〉U, entonces x ∈ Z (G) por la ecuación de clases, está en uno delos dos factores.

luego x = 1 que contradice la hipótesis.





Paso 6Trivialidades


Supongamos que x 6∈ U, como U es cíclico, existe x ∈ G tal queG = 〈x〉U, entonces x ∈ Z (G) por la ecuación de clases, está en uno delos dos factores. luego x = 1 que contradice la hipótesis.





Paso 7Enunciado y trivialidad

Trivialidad (8)Si |U| = u, entonces U contiene (u − 1)n/u elementos distintos de 1.

Por la Ecuación de Clases y por el Paso 6, el número de clases conjugadasde todos los elementos de U es |G : CG (U)| = |G : NG (U)| = n/u, elPaso 5 nos asegura que dos clases conjugadas intersectan trivialmente,pues son maximales en U, entonces U tiene (u − 1) clases distintas de 1y por tanto (u − 1)n/u elementos distintos del neutro.







Por la Ecuación de Clases y por el Paso 6,

el número de clases conjugadasde todos los elementos de U es |G : CG (U)| = |G : NG (U)| = n/u, elPaso 5 nos asegura que dos clases conjugadas intersectan trivialmente,pues son maximales en U, entonces U tiene (u − 1) clases distintas de 1y por tanto (u − 1)n/u elementos distintos del neutro.







Por la Ecuación de Clases y por el Paso 6, el número de clases conjugadasde todos los elementos de U es |G : CG (U)|

= |G : NG (U)| = n/u, elPaso 5 nos asegura que dos clases conjugadas intersectan trivialmente,pues son maximales en U, entonces U tiene (u − 1) clases distintas de 1y por tanto (u − 1)n/u elementos distintos del neutro.







Por la Ecuación de Clases y por el Paso 6, el número de clases conjugadasde todos los elementos de U es |G : CG (U)| = |G : NG (U)| = n/u,

elPaso 5 nos asegura que dos clases conjugadas intersectan trivialmente,pues son maximales en U, entonces U tiene (u − 1) clases distintas de 1y por tanto (u − 1)n/u elementos distintos del neutro.







Por la Ecuación de Clases y por el Paso 6, el número de clases conjugadasde todos los elementos de U es |G : CG (U)| = |G : NG (U)| = n/u, elPaso 5 nos asegura que dos clases conjugadas intersectan trivialmente,pues son maximales en U,

entonces U tiene (u − 1) clases distintas de 1y por tanto (u − 1)n/u elementos distintos del neutro.







Por la Ecuación de Clases y por el Paso 6, el número de clases conjugadasde todos los elementos de U es |G : CG (U)| = |G : NG (U)| = n/u, elPaso 5 nos asegura que dos clases conjugadas intersectan trivialmente,pues son maximales en U, entonces U tiene (u − 1) clases distintas de 1

y por tanto (u − 1)n/u elementos distintos del neutro.







Por la Ecuación de Clases y por el Paso 6, el número de clases conjugadasde todos los elementos de U es |G : CG (U)| = |G : NG (U)| = n/u, elPaso 5 nos asegura que dos clases conjugadas intersectan trivialmente,pues son maximales en U, entonces U tiene (u − 1) clases distintas de 1y por tanto (u − 1)n/u elementos distintos del neutro.






Trivialidad (9)Dado un elemento existe un subgrupo maximal que lo contiene.

Es trivial pues x ∈ 〈x〉 y si no es maximal habrá algún subgrupo propioque lo contenga y así hasta encontrarlo, como G es finito la sucesión seestancará.







Es trivial pues x ∈ 〈x〉 y si no es maximal habrá algún subgrupo propioque lo contenga

y así hasta encontrarlo, como G es finito la sucesión seestancará.







Es trivial pues x ∈ 〈x〉 y si no es maximal habrá algún subgrupo propioque lo contenga y así hasta encontrarlo, como G es finito la sucesión seestancará.




Bibliografía

Gabriel Navarro OrtegaUn curso de álgebra, Universitat de València, Valencia (2002)

Thomas HugenfordAlgebra, Springer-Verlag Inc., New-York (1974)

María Jesús Iranzo Aznar y Francisco Pérez MonasorLecciones sobre Estructuras Algebraicas, Apuntes de clase (Curso1997-98)

Gabriel Navarro OrtegaOn the Fundamental Theorem of Finite Abelian GroupsThe American Mathematical Monthly, Vol. 110, No. 2 (Feb., 2003),pp. 153-154.

Dieter JungnickelOn the Uniqueness of the Cyclic Group of Order nThe American Mathematical Monthly, Vol. 99, No. 6 (Jun. - Jul.,1992), pp. 545-547.


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