6 Subgrupos normales y grupos cociente

6.1 Definiciones basicas

Definition 6.1 (Congruencia modulo un subgrupo).

Sean $G$ un grupo y $H$ un subgrupo de $G$ (notacion: $H<G$ ).

Se dice que dos elementos $a,b\in G$ son congruentes por la izquierda modulo $H$ si

a^{-1}\cdot b\in H

Notacion: $a\equiv_{i}b\pmod{H}$

Se dice que dos elementos $a,b\in G$ son congruentes por la derecha modulo $H$ si

b\cdot a^{-1}\in H

Notacion: $a\equiv_{d}b\pmod{H}$

Remark 6.2.

Si $G$ es abeliano, las dos definiciones anteriores coinciden.

Proposition 6.3.

Las dos relaciones de la Definicion 6.1 son relaciones de equivalencia.

Proof 6.4.

1.

Reflexiva: $a\equiv_{i}a\pmod{H}?$

Si porque $a^{-1}\cdot a=e\in H$
2.

Simetrica: $a\equiv_{i}b\pmod{H}\Rightarrow b\equiv_{i}a\pmod{H}$ ?

Por hipotesis: $a^{-1}\cdot b\in H\overset{H\leq G}{\Rightarrow}b^{-1}(a^{-1})^{-1}=b^{-1}a=(a% ^{-1}b)^{-1}\in H$ es decir $b\equiv_{i}a\pmod{H}$
3.

Transitiva: $a\equiv_{i}b\pmod{H},b\equiv_{i}c\pmod{H}\Rightarrow a\equiv_{i}c\pmod{H}$ ?

Como $H\leq G$ , $(a^{-1}b)(b^{-1}c)\in H$ y $(a^{-1}b)(b^{-1}c)=a^{-1}bb^{-1}c=a^{-1}c\in H\Rightarrow a\equiv_{i}c\pmod{H}$ .

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

Las clases de equivalencia de estas relaciones (clases laterales o cogrupos) son:

[a]_{i,H}=\left\{b\in G\mid a\equiv_{i}b\pmod{H}\right\}

[a]_{d,H}=\left\{b\in G\mid a\equiv_{d}b\pmod{H}\right\}

Proposition 6.5.

[a]_{i,H}=\left\{a\cdot h\mid h\in H\right\}\coloneqq aH\text{ (clase por la % izquierda)}

[a]_{d,H}=\left\{h\cdot a\mid h\in H\right\}\coloneqq Ha\text{ (clase por la % derecha)}

Proof 6.6.

Lo demostraremos por doble contenido.

“ $\subseteq$ ” Sea $b\in G$ tal que $a^{-1}\cdot b\in H$ , es decir, $\exists h\in H$ tal que $a^{-1}\cdot b=h\Rightarrow b=a\cdot h\in\left\{a\cdot h\mid h\in H\right\}=aH$

“ $\supseteq$ ” Sea $\underbrace{ah}_{b}\in aH$ . Entonces $a^{-1}b=a^{-1}ab=eh=h\in H$ .

Por tanto, $ah\in\left\{b\in G\mid a^{-1}b\in H\right\}$ .

La demostracion para la relacion de equivalencia por la derecha es analoga.

Example 6.7.

Sea $G=D_{4}=\left\{1,\underbrace{(1234)}_{\sigma},\underbrace{(13)(24)}_{\sigma^{2% }},\underbrace{(1432)}_{\sigma^{3}},\underbrace{(24)}_{\tau_{1}},\underbrace{(% 12)(34)}_{\tau_{2}},\underbrace{(13)}_{\tau_{3}},\underbrace{(14)(23)}_{\tau_{% 4}}\right\}$ .

Consideramos $H=\left\{id,(24)\right\}\leq G$ (subgrupo abeliano).

Vamos a coger $\sigma H$ y $\sigma^{3}H$ . Tenemos $\sigma H=\left\{\sigma h\mid h\in H\right\}=\left\{\sigma,\sigma\tau_{1}\right% \}=\left\{(1234),(14)(23)\right\}$ y $\sigma^{3}H=\left\{\sigma^{3}h\mid h\in H\right\}=\left\{\sigma^{3},\sigma^{3}% \tau_{3}\right\}=\left\{(1432),(12)(34)\right\}$ .

Nos inventamos la operacion: $\sigma H\cdot\sigma^{3}H=\sigma\sigma^{3}H=H=\left\{1,(13)\right\}$ .

Si escogemos otro representante, $\sigma\tau_{3}H\cdot\sigma^{3}H=\sigma\tau_{3}\sigma^{3}H=\tau_{1}H=\left\{(24% ),(24)(13)\right\}\neq\left\{1,(13)\right\}$ . Esto no es posible.

Para corregir este problema, vamos a imponer que $aH=Ha\;\forall a\in G$ .

Definition 6.8 (Subgrupo normal).

Sean $H<G$ . Decimos que $H$ es normal en $G$ si $\forall a\in G$ se tiene que $aH=Ha$ .

Notacion: $H\vartriangleleft G$ .

Theorem 6.9.

Sea $H\leq G$ . Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

1.

$H$ es normal en $G$ .
2.

$\forall a\in G$ , $a^{-1}Ha=H$
3.

$\forall a\in G$ , $a^{-1}Ha\subseteq H$
4.

$\forall a\in G$ , $\forall h\in H$ , $a^{-1}ha\in H$

Proof 6.10.

1) $\Rightarrow$ 2) Por hipotesis, $H$ es un subgrupo normal de $G$ , asi que $\forall a\in G$ $aH=Ha$ , es decir, $\left\{ah\mid h\in H\right\}=\left\{ha\mid h\in H\right\}$ . Multiplicando por la izquierda por $a^{-1}$ cada uno de los elementos de estos conjuntos, $\left\{a^{-1}ah\mid h\in H\right\}=\left\{a^{-1}ha\mid h\in H\right\}% \Rightarrow\left\{h\mid h\in H\right\}=H=a^{-1}Ha$ .

2) $\Rightarrow$ 3) Obvio.

3) $\Rightarrow$ 4) Obvio.

4) $\Rightarrow$ 1) Queremos ver que $aH=Ha\;\forall a\in G$ . Por doble contenido,

$\supseteq)$ Sea $ha\in Ha$ . Multiplicamos por la izquierda por $a^{-1}$ y tenemos $\underbrace{a^{-1}ha}_{\in H(5)}=h_{1}\in H$ . Luego $ha=a\underbrace{a^{-1}ha}_{h_{1}}=ah_{1}\in aH$ .

$\subseteq)$ Tomamos $ah\in aH$ . Sabemos que si tomamos $b=a^{-1}$ , el apartado 5) nos dice que $b^{-1}hb\in H$ , es decir, $(a^{-1})^{-1}ha^{-1}=aha^{-1}$ . Luego $\exists h_{2}\in H$ tal que $aha^{-1}=h_{2}\in H$ .

Por tanto, $ah=aha^{-1}a=\underbrace{aha^{-1}}_{h_{2}}\cdot a=h_{2}a\in Ha$ .

Definition 6.11.

Si $G$ es abeliano, todo subgrupo de $G$ es normal.

Proposition 6.12 (Subgrupo normal

\Rightarrow

producto bien definido).

Sean $H\vartriangleleft G$ . Sean $a,b,c,d\in G$ tales que $a_{1}H=a_{2}H$ y $b_{1}H=b_{2}H$ . Entonces se tiene

a_{1}b_{1}H=a_{2}b_{2}H

Proof 6.13.

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

(a_{2}b_{2})^{-1}\cdot a_{1}b_{1}=b^{-1}_{2}\underbrace{a^{-1}_{2}a_{1}}_{\in H% }\cdot b_{1}=b^{-1}_{2}\cdot\underbrace{h_{1}\cdot b_{1}}_{Hb_{1}=b_{1}H}% \overset{h_{1}b_{1}=b_{1}h_{2}}{=}b^{-1}_{2}b_{1}h_{2}\in H

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

Definition 6.14.

Sean $H\vartriangleleft G$ . Denotamos el cociente de $G$ bajo cualquiera de las relaciones de la definicion 6.1 (ambas coinciden) como

G/H\coloneqq\left\{aH\mid a\in G\right\}

Proposition 6.15 (Grupo cociente).

Sean $H\vartriangleleft G$ . Definimos en el cociente $G/H$ la operacion $(aH)\cdot(bH)\coloneqq abH$ . El conjunto $G/H$ con esta operacion es un grupo.

Lemma 6.16.

Si $f\colon G\to H$ es un isomorfismo entonces $\forall a\in G,o(a)=o(f(a))$ .

Proof 6.17.

Si $o(a)=n<\infty$ , se cumple que $o(f(a))=n?$

Sabemos que $(f(a))^{n}=\underbrace{f(a)\cdot f(a)\cdots f(a)}_{n\text{ veces}}\overset{% \text{Hom}}{=}f(a\cdot a\cdots a)=f(a^{n})=f(e_{G})=e_{H}$ . Entonces supongamos que $\exists m<n$ tal que $(f(a))^{m}=e\Rightarrow e=(f(a))^{m}=\underbrace{f(a)\cdots f(a)}=f(a^{m})% \Rightarrow f^{-1}(e)=f^{-1}\cdot f(a^{m})=a^{m}$ . Esto es una contradiccion porque $m<n$ y $o(a)=n$ .

Si $o(a)=\infty$ , por reduccion al absurdo supongamos que $o(f(a))\neq\infty$ . Entonces $e_{H}=(f(a))^{m}\overset{\text{Hom}}{\Rightarrow}e_{H}=f(a^{m})\Rightarrow f^{% -1}(e_{H})=f^{-1}(f(a^{m}))\Rightarrow e_{G}=a^{m}\Rightarrow o(a)\leq m$ . Contradiccion con que $a=\infty$ .

6.2 Indice de un subgrupo y Teorema de Lagrange

Proposition 6.18.

Sea $G$ un grupo y $H$ un subgrupo de $G$ , podemos definir una biyeccion

\displaystyle f\colon G/\cong_{i}

\displaystyle{}\longrightarrow G/\cong_{d}

\displaystyle aH

\displaystyle{}\longmapsto f(aH)=Ha^{-1}

Proof 6.19.

Veamos que $f$ esta bien definida. Supongamos que $aH=bH$ , es decir, $a\equiv_{i}b\Rightarrow a^{-1}b\in H\Rightarrow b\cdot a^{-1}\in H\overset{def% }{\iff}b^{-1}\equiv_{d}a^{-1}\pmod{H}$ , es decir, $Hb^{-1}=Ha^{-1}$ .

Veamos que $f$ es inyectiva. Suponer que $Ha^{-1}=Hb^{-1}$ , es decir, $a^{-1}\equiv_{d}b^{-1}\pmod{H}\iff a^{-1}(b^{-1})^{-1}=a^{-1}b\Rightarrow a% \equiv b\pmod{H}$ , es decir, $aH=bH$ .

Tambien es suprayectiva. Si tomamos $Hb$ en $G/\cong_{d}$ , $f(b^{-1}H)=Hb$ .

Definition 6.20.

Sean $H<G$ . Se define el indice de $H$ en $G$ como el cardinal del conjunto formado por las clases por la izquierda modulo $H$ (que, por la proposicion anterior, coincide con el cardinal del conjunto formado por las clases por la izquierda modulo H). Se denota como $[G\colon H]$ .

Remark 6.21.

Si $H$ es normal en $G$ , es trivial que los indices por la izquierda y por la derecha coinciden y se puede definir el indice. Pero la proposicion 5 demuestra que, aunque $H$ no sea normal en $G$ , el indice esta bien definido.

Theorem 6.22 (de Lagrange).

Sean $G$ un grupo finito y $H<G$ . Se cumple que

|G|=[G\colon H]\cdot|H|.

En particular notese que $|H|$ divide a $|G|$ . Ademas, si $H\trianglelefteq G$ , entonces $|G/H|=\frac{|G|}{|H|}$ .

Proof 6.23.

Suponemos que $H=\left\{h_{1},h_{2},\ldots,h_{n}\right\}\leftarrow n$ elementos. Vemos que $aH=\left\{ah_{1},ah_{2},\ldots,ah_{n}\right\}$ , con todos los elementos distintos dos a dos por la propiedad de cancelacion. Es decir, $|aH|=|H|$ .

Como $\equiv_{i}$ es una relacion de equivalencia, $G$ es la union disjunta de las clases de equivalencia a la izquierda. Por tanto, $|G|=\underbrace{|H|+\cdots+|H|}_{[G\colon H]\text{ veces}}=[G\colon H]\cdot|H|$ .

Corollary 6.24.

Sea $G$ un grupo finito:

1.

$\forall a\in G$ , $o(a)$ divide a $|G|$
2.

$\forall a\in G$ , $a^{|G|}=e$
3.

Si $H\triangleleft G$ , entonces

$|G/H|=\frac{|G|}{|H|}$

Proof 6.25.

1.

Si tomamos $H=\langle a\rangle$ (subgrupo ciclico generado por $a$ ), $|H|=o(a)$ . Por el teorema de Lagrange, $o(a)$ divide a $|G|$ .
2.

Sabemos que $o(a)$ divide a $|G|$ . Por tanto, $a^{|G|}=a^{o(a)\cdot m}=(\underbrace{a^{o(a)}}_{e})^{m}=e$ .
3.

Obvio.

Corollary 6.26 (Teorema de Euler).

$\forall a\in\mathbb{Z}^{*}_{n}$ , $a^{\varphi(n)}\equiv 1\pmod{n}$

Proof 6.27.

Llamamos $G=\mathbb{Z}^{*}_{n}$ . Sabemos que $|G|=\varphi(n)$ . Por el apartado 2 del corolario anterior, $a^{\varphi(n)}=1_{\mathbb{Z}^{*}_{n}}\iff a^{\varphi(n)}\equiv 1\pmod{n}$

Remark 6.28.

El pequeño teorema de Fermat es otro corolario importante.

6.2.1 Ejemplos de aplicacion del teorema de Lagrange

Example 6.29.

•

Dado un primo $p$ , hallar todos los grupos de orden $p$ (salvo isomorfismo).

Sea $G$ un grupo con $|G|=p$ . Si $a\in G$ , $o(a)=1\vee o(a)=p$ (porque $o(a)$ divide a $|G|$ ). Sabemos que si $o(a)=1$ , $a=e$ .

Si $o(a)=p$ , $\langle a\rangle=\left\{\underbrace{a,a^{2},\ldots,a^{o(a)}}_{p\text{ elem}}% \right\}=G$ .
Vamos a intentar definir un homomorfismo entre $G$ y $\mathbb{Z}_{p}$ .

$\displaystyle f\colon(G,\cdot)$

$\displaystyle{}\longrightarrow(\mathbb{Z}_{p},+)$

$\displaystyle a^{k}$

$\displaystyle{}\longmapsto[k]_{p}$
- –
  
  Homomorfismo:
  
  $f(a^{k}\cdot a^{l})=f(a^{k+l})$
  
  Si $k+l\leq p$ , $f(a^{k+l})=k+l=f(a^{k})+f(a^{l})$ . Si $k+l>p$ , por el teorema de la division $\exists q,r\in\mathbb{Z}$ tal que $k+l=pq+r$ . Luego $f(a^{k+l})=f(a^{pq+r})=f(a^{r})=[r]_{n}=[k+l]=[k]+[l]=f(a^{k})+f(a^{l})$ .
- –
  
  Inyectiva:
  
  $Kerf=\left\{a^{k}\mid k\leq p\mid f(a^{k})=0\right\}=\left\{a^{p}\right\}=% \left\{e\right\}$
  
  Por tanto, es inyectiva.
- –
  
  Es suprayectiva por construccion: $k\in\mathbb{Z}_{p},a^{k}$ cumple $f(a^{k})=k$ .
Por lo tanto, $G\cong\mathbb{Z}_{p}$ .
•

Hallar todos los grupos de tamaño 4. Sea $|G|=4$ . Dado un $a\in G$ , $o(a)=1\vee o(a)=2\vee o(a)=4$ . Si en $G$ tenemos algun elemento $a$ con $o(a)=4$ , $\langle a\rangle=\left\{a,a^{2},a^{3},a^{4}\right\}=G$ y $G\cong\mathbb{Z}_{4}$ (igual que antes para $p$ ). En caso contrario, todos los elementos salvo el neutro tienen orden 2. Sea $G=\left\{e,a,b,c\right\}$ .

$\cdot$ e a b c

e e a b c

a a e c b

b b c e a

c c b a e

Podemos definir

$\displaystyle f\colon G$

$\displaystyle{}\longrightarrow\mathbb{Z}_{2}\times\mathbb{Z}_{2}$

$\displaystyle e$

$\displaystyle{}\longmapsto(0,0)$

$\displaystyle a$

$\displaystyle{}\longmapsto(1,0)$

$\displaystyle b$

$\displaystyle{}\longmapsto(0,1)$

$\displaystyle c$

$\displaystyle{}\longmapsto(1,1)$

Comprobar que es isomorfismo.
•

Hallar todos los subgrupos de $S_{3}$ .

$|S_{3}|=3!=3\cdot 2=6$ y $S_{3}=\left\{id,(12),(13),(23),(123),(132)\right\}$ .

Sea $\sigma\in S_{3}$ , $o(\sigma)\in\left\{1,2,3\right\}$ . $o(\sigma)\neq 6$ porque entonces $\underbrace{\langle\sigma\rangle}_{S_{3}}\cong\mathbb{Z}_{6}$ pero $S_{3}\not\cong\mathbb{Z}_{6}$ porque $\mathbb{Z}_{6}$ es conmutativo y $S_{3}$ no.

Si $o(\sigma)=1,\langle\sigma\rangle=\left\{id\right\}$ . Si $o(\sigma)=2$ , $\langle(12)\rangle=\left\{id,(12)\right\}=H_{1}$ , $\langle(13)\rangle=\left\{id,(13)\right\}=H_{2}$ , $\langle(23)\rangle=\left\{id,(23)\right\}=H_{3}$ . Si $o(\sigma)=3,$ $\langle(123)\rangle=\left\{id,(123),(132)\right\}=H_{4}$ . Estos son los conjuntos no triviales de $S_{3}$ .

Proposition 6.30.

Sean $H\leq G$ tales que $[G\colon H]=2$ . Entonces $H$ es normal en $G$ .

Proof 6.31.

Supongamos que $[G\colon H]=2$ . Entonces $\left\{H,aH\right\}$ (2 clases) o $\left\{H,Ha\right\}$ (2 clases).

$G=H\underset{disjunta}{\cup}aH$ , $aH=\left\{x\in G\mid x\notin H\right\}$ y $G=H\underset{disjunta}{\cup}Ha$ , $Ha=\left\{x\in G\mid x\notin H\right\}$ .

Por tanto, $aH=Ha$ y $H$ es normal.

6.3 Teoremas de isomorfia

Proposition 6.32.

Sea $f\colon G_{1}\to G_{2}$ un homomorfismo de grupos. Se cumple que $Kerf\trianglelefteq G_{1}$ .

Proof 6.33.

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

f(a^{-1}ha)=\underbrace{f(a^{-1})}_{(f(a))^{-1}}\underbrace{f(h)}_{e}f(a)=e

Theorem 6.34 (Primer teorema de isomorfia).

Sea $f\colon G_{1}\to G_{2}$ un homomorfismo de grupos. Entonces la siguiente funcion es un isomorfismo de grupos:

\displaystyle\overline{f}\colon G_{1}/Kerf

\displaystyle{}\longrightarrow Imf

\displaystyle aKerf

\displaystyle{}\longmapsto\overline{f}(aKerf)=f(a)

Proof 6.35.

En primer lugar, veamos que $\overline{f}$ esta bien definida. Si $aKerf=bKerf$ , $f(a)=f(b)$ ?

Como $aKerf=bKerf$ , $a^{-1}b\in Kerf\Rightarrow\underbrace{f(a^{-1}b)}_{e}\overset{\text{Hom.}}{=}f% (a^{-1})f(b)=(f(a))^{-1}\cdot f(b)$ . Despejando, tenemos que $f(a)=f(b)$ .

Veamos que $f$ es homomorfismo: $\overline{f}((aKerf)(bKerf))=\overline{f}(abKerf)=f(ab)\overset{\text{Hom.}}{=% }f(a)\cdot f(b)=\overline{f}(aKerf)\cdot\overline{f}(bKerf)$ .

Ademas, se cumple que es inyectiva. Si $f(a)=f(b),$ es lo mismo que $e=f(a)^{-1}\cdot f(b)\Rightarrow e=f(a^{-1})\cdot f(b)\overset{\text{Hom}}{=}f% (a^{-1}b)$ , es decir, $a^{-1}b\in Kerf\Rightarrow a\equiv_{i}b\pmod{Kerf}\Rightarrow aKerf=bKerf$ .

Por ultimo, $\overline{f}$ es suprayectiva por construccion.

Luego $\overline{f}$ es un isomorfismo de grupos.

Corollary 6.36.

|A_{n}|=\frac{n!}{2}

Proof 6.37.

Definimos la funcion

\displaystyle f\colon S_{n}

\displaystyle{}\longrightarrow\mathbb{Z}_{2}

\displaystyle\sigma

\displaystyle{}\longmapsto f(\sigma)=\begin{cases}0\text{ si }\sigma\text{ es % par}\\ 1\text{ si }\sigma\text{ es impar}\end{cases}

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

Theorem 6.38 (Segundo teorema de isomorfia).

Sean $G$ un grupo, $H\leq G$ y $N\trianglelefteq G$ . Entonces:

1.

$HN\coloneqq\left\{hn\mid h\in H,n\in N\right\}$ es un subgrupo de $G$ .
2.

$N\triangleleft HN$ y $H\cap N\triangleleft H$ .
3.

$HN/N\cong H/H\cap N$ .

Proof 6.39.

1.

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

Si $hn\in HN$ , $(hn)^{-1}=n^{-1}h^{-1}\overset{\exists n_{4}\in N}{=}h^{-1}n_{4}\in HN$ . Luego es cerrado para opuestos.
2.

Veamos que $N\triangleleft HN$ . Si $\forall x\in G$ $xN=Nx$ , entonces $\forall x\in HN$ , $xN=Nx$ (porque $HN\subseteq G$ ).
3.

Vamos a definir

$\displaystyle f\colon H$

$\displaystyle{}\longrightarrow G/N$

$\displaystyle h$

$\displaystyle{}\longmapsto f(h)=hN$

$f$ es homomorfismo de grupos: Dados $h_{1},h_{2}\in H$ , $f(h_{1}h_{2})=h_{1}h_{2}N=(h_{1}N)(h_{2}N)=f(h_{1})\cdot f(h_{2})$ .

Por otro lado, $Kerf=\left\{h\in H\mid hN=N\right\}=\left\{h\in H\mid h\in N\right\}=H\cap N\trianglelefteq H$ (porque $Kerf$ es normal). Asi queda demostrada la segunda parte de 2).

$Imf=\left\{f(h)\mid h\in H\right\}=\left\{hN\mid h\in H\right\}\overset{*}{=}% \left\{hN\mid h\in HN\right\}$ .

(*) $\subseteq)\;\;hN=\underbrace{h}_{\in H}\underbrace{e}_{\in N}N\in\left\{hN\mid h% \in HN\right\}$ .

$\supseteq)$ $hnN=hN\cdot nN=hN\in\left\{hN\mid h\in H\right\}$

Por el primer teorema de isomorfia

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

$\displaystyle{}\longrightarrow Imf$

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

Theorem 6.40 (Tercer teorema de isomorfia).

Sean $G$ un grupo y $K,H\triangleleft G$ tales que $K\subseteq H$ . Entonces:

1.

$K\triangleleft H$ .
2.

$(H/K)\triangleleft(G/K)$ .
3.

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

Proof 6.41.

1.

Como $K$ es subgrupo normal de $G$ , $\forall x\in G$ se tiene que $xK=Kx$ . Por tanto, en particular $\forall x\in H$ , $xK=Kx$ . Luego $K\trianglelefteq H$ .
2.

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

Vamos a definir

$\displaystyle f\colon G/K$

$\displaystyle{}\longrightarrow G/H$

$\displaystyle xK$

$\displaystyle{}\longmapsto f(xK)=xH$

Veamos si esta bien definida, es decir, si dados $x,y\in G$ $xK=yK$ entonces $xH=yH$ . Como $xK=yK\Rightarrow x^{-1}y\in K\subseteq H$ . Por este contenido, $x\equiv_{y}\pmod{H}$ . Luego tenemos que $xH=yH$ .

Veamos si es homomorfismo de grupos. Dados $xK,yK\in G/K$ , $f((xK)(yK))=f(xyK)=xyH=(xH)(yH)=f(xK)f(yK)$ .

Hallamos el nucleo de $f$ . $Kerf=\left\{xK\mid f(xK)=1_{G/H}\right\}=\left\{xK\mid xH=H\right\}=\left\{xK% \mid x\in H\right\}=H/K$ . Como $Kerf$ es subgrupo normal de $G/K$ , tenemos que $(H/K)\triangleleft(G/K)$ (2).

Por construccion, $f$ es suprayectiva. Luego $Imf=G/H$ .

Por el primer teorema de isomorfia,

$\displaystyle\overline{f}\colon(G/K)/Kerf$

$\displaystyle{}\longrightarrow Imf$

$\displaystyle xK\cdot Kerf$

$\displaystyle{}\longmapsto\overline{f}(xK)=f(xK)=xH$

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

$\cdot$	e	a	b	c
e	e	a	b	c
a	a	e	c	b
b	b	c	e	a
c	c	b	a	e