Parte III Teoremas de Sylow

Teorema III.1 (de Cauchy).

Si $G$ es un grupo finito cuyo orden es divisible por un número primo $p$ , entonces $G$ contiene un elemento de orden $p$ .

Demostración.

Consideramos el conjunto $S=\left\{(a_{1},\ldots,a_{p})\mid a_{1}\cdots a_{p}=e\text{ y }a_{i}\in G\;i=1% ,\ldots,p\right\}$ . Se tiene que $\left|S\right|=n^{p-1}$ , donde $\left|G\right|=n$ , $p|n\Rightarrow p$ divide a $\left|S\right|$ . Definimos la acción

\displaystyle\varphi\colon\mathbb{Z}_{p}\times S

\displaystyle{}\longrightarrow S

\displaystyle(k,a_{1},\ldots,a_{p})

\displaystyle{}\longmapsto(a_{k+1},a_{k+2},\ldots,a_{p},a_{1},\ldots,a_{k})

(lo desplaza k posiciones). Comprobemos que $(a_{k+1},a_{k+2},\ldots,a_{p},a_{1},\ldots,a_{k})\in S$ . Esto ocurre si y solo si $\underbrace{a_{k+1}a_{k+2}\cdots a_{p}}_{b}\underbrace{a_{1}\cdots a_{k}}_{a}=e$ . $ba=e$ ya que $ba=eba=a^{-1}aba=e$ . Veamos si es acción:

1.

$\varphi(e,(a_{1},\ldots,a_{p}))=(a_{1},\ldots,a_{p})$
2.

$\varphi(k+l,(a_{1},\ldots,a_{p}))=\varphi(k,\varphi(l,a_{1},\ldots,a_{p}))$ .

Por un resultado anterior, $\left|\mathbb{Z}_{p}\right|\equiv\left|S_{0}\right|\text{ mod }p\Rightarrow% \left|S_{0}\right|\equiv 0\text{ mod }p$ . Sabemos que $\left|S_{0}\right|>0$ porque $(e,\ldots,e)\in S_{0}$ , luego $\left|S_{0}\right|\geq p$ . Como los elementos de $S_{0}$ se quedan igual al desplazarlos, si $(a_{1},\ldots,a_{p})\in S_{0}$ entonces $a_{1}=\ldots=a_{p}$ . Luego ya hemos encontrado un elemento de orden $p$ . ∎

Teorema III.2 (Primer teorema de Sylow).

Sea $G$ grupo de orden $p^{n}\cdot m$ , siendo $p$ primo y $\mathrm{mcd}(p,m)=1$ . Entonces $G$ contiene subgrupos de orden $p^{i}$ para cada $1\leq i\leq n$ y cada subgrupo de orden $p^{i}$ es normal en algún subgrupo de orden $p^{i+1}$ .

Demostración.

Lo demostraremos por inducción sobre $n$ . El caso base es el teorema de Cauchy, III.1. Supongamos que $H$ es subgrupo de orden $p^{i}$ . La idea es trabajar con $N_{G}(H)$ . Sabemos que $H\trianglelefteq N_{G}(H)$ y $\left|N_{G}(H)\colon H\right|\equiv\left|G\colon H\right|\text{ mod }p$ . Como $\left|G\colon H\right|\equiv 0\text{ mod }p$ , $\left|N_{G}(H)\colon H\right|\equiv 0\text{ mod }p\Rightarrow p$ divide a $\left|N_{G}(H)\colon H\right|=\left|N_{G}(H)/H\right|$ . Por tanto, $N_{G}(H)/H$ es un $p$ -grupo. Aplicando el teorema de Cauchy, obtenemos un elemento de orden $p$ en $N_{G}(H)/H$ . Por el cuarto teorema de isomorfia, $N_{G}(H)/H$ es de la forma $H_{1}/H$ donde $H<H_{1}$ ( $H_{1}$ es subgrupo del normalizador). Se tiene que $\underbrace{\left|H_{1}/H\right|}_{=p}=\frac{\left|H_{1}\right|}{p^{i}}% \Rightarrow\left|H_{1}\right|=p^{i+1}$ . Si $H\trianglelefteq N_{G}(H)$ , como $H_{1}<N_{G}(H)$ , en concreto $H\trianglelefteq H_{1}$ . ∎

Definición III.1.

Dado un grupo finito $G$ diremos que un subgrupo $P$ de $G$ es un $p$ -Sylow (con $p$ primo) si $P$ es un $p$ -subgrupo maximal.

Observación III.1.

Decimos que $P$ es maximal si dado $H$ $p$ -subgrupo de $G$ tal que $P\subset H\Rightarrow P=H$ .

Observación III.2.

Sea $G$ con orden $p^{n}m$ donde $mcd(p,m)=1$ y $p$ primo $\Rightarrow$ existe $p$ -Sylow.

Corolario III.1.

Sea $G$ grupo, $\left|G\right|=p^{n}m$ con $p$ primo y $mcd(p,m)=1$ , y supongamos que $H$ es $p$ -subgrupo. Entonces

1.

$H$ es $p$ -Sylow si y solo si $\left|H\right|=p^{n}$ .
2.

El conjugado de un $p$ -Sylow es un $p$ -Sylow.

Teorema III.3 (Segundo teorema de Sylow).

Si $H$ es $p$ -subgrupo de $G$ y $P$ es un $p$ -Sylow de $G$ , entonces existe $x\in G$ tal que $H<xPx^{-1}$ . En particular, todo $p$ -Sylow es conjugado a un $p$ -Sylow.

Demostración.

Sea $X=\left\{xP\mid x\in G\right\}$ . Se tiene que

\displaystyle\varphi\colon H\times X

\displaystyle{}\longrightarrow X

\displaystyle(h,xP)

\displaystyle{}\longmapsto hxP

es una acción de grupos. Sabemos que $\left|X\right|\equiv\left|X_{0}\right|\text{ mod }p\Rightarrow\left|G\colon P% \right|\equiv\left|X_{0}\right|\text{ mod }p$ .

Por otro lado, $\left|P\right|=p^{n}$ . Si $\left|G\right|=p^{n}m$ con $mcd(p,m)=1$ , $\left|G\colon P\right|=\frac{p^{n}m}{p^{n}}=m\Rightarrow p\cancel{\mid}\left|G% \colon P\right|\Rightarrow 0\cancel{\equiv}\left|X_{0}\right|\text{ mod }p$ .

xP\in X_{0}\iff hxP=xP\;\forall h\in H\iff x^{-1}hxP=P\;\forall h\in H\iff x^{% -1}hx\in P\;\forall h\in H\iff x^{-1}Hx<P

∎

Teorema III.4 (Tercer teorema de Sylow).

Sea $G$ un grupo finito y $p$ primo. Entonces el número de $p$ -Sylows de $G$ divide a $\left|G\right|$ y además es de la forma $kp+1$ con $k\geq 0$ .

Demostración.

Sea $X=\left\{H<G\right\}$ . Definimos $\varphi\colon G\times X\to X,(g,H)\to H^{g^{-1}}$ . Si $P$ es un $p$ -Sylow, $P\in X$ y $o(P)=\left\{P^{g^{-1}}\mid g\in G\right\}$ . Por el segundo teorema de Sylow, el cardinal de $o(P)$ es el número de $p$ -Sylows y además $\left|o(P)\right|=\left|G\colon G_{P}\right|$ , con $G_{P}=\left\{g\in G\mid P^{g^{-1}}=P\right\}=N_{G}(P)$ . También $\left|o(P)\right|$ divide a $\left|G\right|$ .

Sea $P$ un $p$ -Sylow y $X=\left\{H<G\mid H\text{ es }p-\text{Sylow}\right\}$ . Se tiene que $P\times X\to X$ con la conjugación es una acción, y $\underbrace{\left|X\right|}_{\text{n\textordmasculine de p-Sylows}}\equiv\left% |X_{0}\right|\text{ mod }p$ .

H\in X_{0}\iff H^{g^{-1}}=H\;\forall g\in P\iff P<N_{G}(H)

También sabemos que $H\trianglelefteq N_{G}(H)$ y tanto $H$ como $P$ son $p$ -Sylows que están en $N_{G}(H)$ . Por el segundo teorema, ambos son conjugados entre ellos: $H^{x}=P$ para $x\in N_{G}(H)$ . Entonces $P=H$ .

Luego $X_{0}=\left\{P\right\}$ . Por tanto $\left|X\right|=pk+1\;k\geq 0$ ∎

(Hay que saber calcular los p-Sylows).

Definición III.2.

$(X,\leq)$ es un conjunto parcialmente ordenado si

1.

Reflexiva: $x\leq x\;\forall x\in X$ .
2.

Antisimétrica: si $x\leq y$ e $y\leq x\Rightarrow x=y$ .
3.

Transitiva: si $x\leq y$ e $y\leq z\Rightarrow x\leq z$ .

Definición III.3.

(Divulgativo). Sea $G$ un grupo finito, considera $S_{P}(G)$ el conjunto de los $p$ -subgrupos de $G$ .

$(S_{P}(G),\subseteq)$ es un conjunto parcialmente ordenado.

Asociado a $(S_{P}(G),\subseteq)$ tenemos un grafo dirigido $(V,A)$ , $V=S_{P}(G)$ , tenemos que $(H,K)\in A$ si $H\subseteq K$ y no existe $N\in S_{P}(G)$ tal que $H\subseteq N\subseteq K$ . (Diagrama de Hasse).

Ejemplo III.1.

Sea $G=S_{3}\times\mathbb{Z}_{2}$ . Estudia todos los $p$ -Sylow.

El orden de $G$ es $\left|S_{3}\times\mathbb{Z}_{2}\right|=12$ . Los primos que dividen a este cardinal son $2$ y $3$ , luego solamente podemos tener $2$ -Sylows y $3$ -Sylows.

Si $P$ es un $3$ -Sylow, por el primer teorema sabemos que $\left|P\right|=3$ . Por el tercer teorema de Sylow, tenemos $k3+1$ $3$ -Sylow y además $3k+1\mid 12$ . Por tanto, las opciones para $k$ son $k=0$ y $k=1\Rightarrow 1$ o 4 $3$ -Sylows.

Se tiene que $H=\langle(1,2,3)\rangle\times\left\{0\right\}(=A_{3}\times\left\{0\right\})$ tiene orden 3, por lo que $H$ 3-Sylow.

Sea $g\in S_{3}\times\mathbb{Z}_{2}\Rightarrow g=(h,i)$ donde $h\in S_{3},i\in\mathbb{Z}_{2}$ . Sea $f\in A_{3}\times\left\{0\right\}\Rightarrow f=((1,2,3)^{j},0)\Rightarrow g^{-1% }fg=(h^{-1},-i)((1,2,3)^{j},0)(h,i)=(h^{-1}(1,2,3)^{j}h,-i+0+i)=(\underbrace{h% ^{-1}(1,2,3)^{j}h}_{\in A_{3}},0)$ . Luego solo hay 1 $3$ -Sylow.

Veamos los $2$ -Sylow. Si $P$ es un $2$ -Sylow por el primer teorema $\left|P\right|=4$ . Por el tercer teorema de Sylow hay $2k+1$ $2-$ Sylow y además $2k+1$ divide a $12$ por lo que $k=0$ (1 $2$ -Sylow) o $k=1$ (3 $2-$ Sylow).

Consideramos $H_{1}=\langle(1,2)\rangle\times\left\{0\right\}$ , $H_{2}=\langle(1,3)\rangle\times\left\{0\right\}$ , $H_{3}=\langle(2,3)\rangle\times\left\{0\right\}$ , $H_{4}=e\times\langle 1\rangle$ subgrupos de orden $2$ . Por tanto, hay 3 $P$ -Sylows:

\begin{array}[]{c }P_{1}=\langle(1,2)\rangle\times\mathbb{Z}_{2}\\ P_{2}=\langle(1,3)\rangle\times\mathbb{Z}_{2}\\ P_{3}=\langle(2,3)\rangle\times\mathbb{Z}_{2}\end{array}

Definición III.4.

Sea $G$ un grupo, diremos que $G$ es resoluble si existen subgrupos $e=G_{0}\trianglelefteq G_{1}\trianglelefteq G_{2}\trianglelefteq\cdots% \trianglelefteq G_{k-1}\trianglelefteq G_{k}=G$ tales que $G_{i-1}/G_{i}$ es abeliano para todo $i=0,\ldots,k-1$ .

Ejemplo III.2.

Grupo de permutaciones:

$S_{1}=\left\{e\right\}$ . Es resoluble.
$S_{2}\approx\mathbb{Z}_{2}$ . Es resoluble.
$S_{3}=\left\{e,(1,2),(1,3),(2,3),(1,2,3),(1,3,2)\right\}$ .

Se tiene que $A_{3}=\left\{e,(1,2,3),(1,3,2)\right\}\approx\mathbb{Z}_{3}$ . $A_{3}/\left\{e\right\}\approx\mathbb{Z}_{3}/\left\{e\right\}$ es abeliano y $S_{3}/A_{3}\approx\mathbb{Z}_{2}$ es abeliano, luego

$e\trianglelefteq A_{3}\trianglelefteq S_{3}$

y es resoluble.
En $S_{4}$ , $A_{4}\trianglelefteq S_{4}$ y $S_{4}/A_{4}\approx\mathbb{Z}_{2}$ . Por otro lado, sabemos de un ejercicio que $V=\langle(1,2)(3,4),(1,3)(2,4)\rangle\approx\mathbb{Z}_{2}\times\mathbb{Z}_{2}$ . Como $V$ es subgrupo normal de $S_{4}$ , también $V\trianglelefteq A_{4}$ . Además, $A_{4}/V\approx\mathbb{Z}_{3}$ y $S_{4}/A_{4}\approx\mathbb{Z}_{2}$ . Entonces $S_{4}$ es resoluble ( $V$ es abeliano por ser isomorfo al grupo de Klein).
$S_{n}$ con $n\geq 5$ . El único subgrupo normal es $A_{5}$ y como es simple, el único subgrupo normal es $\left\{e\right\}$ . Como $A_{5}/\left\{e\right\}$ no es abeliano, no es resoluble.