\documentclass[a4paper,oneside,fleqn,10pt]{article}
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\Materia{\'Algebra II}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2008}
\Practica{3}
\Titulo{Grupos: acciones y teoremas de Sylow}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% Abreviaturas
\newcommand\CC{\mathbb{C}}
\newcommand\RR{\mathbb{R}}
\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}
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\newcommand\NN{\mathbb{N}}
\newcommand\FF{\mathbb{F}}
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\newcommand\divides{\mid}
\newcommand\notdivides{\nmid}
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\newcommand\normal{\vartriangleleft}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% proclaiming things
\theoremseparator{.}
\newtheorem*{Definicion}{Definici\'on}
\theoremindent\parindent
\newtheorem*{Teorema}{Teorema}
\newtheorem*{Proposicion}{Proposici\'on}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}

\maketitle

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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\section{Acciones}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%
\item En cada uno de los siguientes casos probar que $\acc$ es una acci\'on de $G$ en $X$ y calcular $X^G:=\{x\in X\ :\ g\acc x\ \forall g \in G\}$ y las $G$-\'orbitas y el estabilizador $E_x$ de cada elemento $x\in X$, para los siguiente $X$:

\begin{enumerate}
 \item $G=\{f:\RR\to \RR, f(x)=ax+b\textnormal{ con } a\in \RR^*, b\in \RR\}$, $X=\RR$ y $f\acc x = f(x)$;
 \item $G=\{f:\End(\RR^2): d(f(x),f(y))=d(x,y) \ \forall x,y\in \RR^2\}$, $X=\RR^2$ y $f\acc x = f(x)$;
 \item $G=\RR^*$, $X=\RR_{>0}$ y $a\acc x = x^a$;
 \item $G=\SL_2(\ZZ)$, $X=\ZZ \times \ZZ$ y $\left( \begin{array}{cc} a&b \\ c & d \end{array} \right)\acc (x,y)=(ax+by, cx+dy)$.
\end{enumerate}

%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo, $p$ primo. Probar que 
\begin{enumerate}
 \item si $|G|=p^n$, $n\in \NN$ entonces $\Z(G)\neq \{1\}$. Caracterizar los grupos simples de orden $p^n$;
 \item si $G/ \Z(G)$ es c\'iclico, entonces $G$ es abeliano;
 \item si $|G|=p^2$, entonces $G$ es abeliano;
 \item si $|G|=p^3$, entonces $\Z(G)=[G:G]$ y caracterizar $G/ \Z(G)$.
\end{enumerate}


%%%%%%%%%%
\item Si un grupo $G$ act\'ua sobre un conjunto finito $X$, el \emph{car\'acter} de
$X$ es la aplicaci\'on $\chi_X:G\to\NN_0$ dada por
  \[
  \chi_X(g)=\abs{\{x\in X:gx=x\}}, \qquad\forall g\in G.
  \]
Si no hay ambig\"uedad sobre $X$, escribimos simplemente $\chi$.
\begin{ejitems}

\item Si $G$ act\'ua transitivamente sobre $X$, es muestre que
  \[
  \frac1{\abs{G}}\sum_{g\in G}\chi(g) = 1.
  \]

\begin{Indicacion}
Considere el conjunto $S=\{(g,x)\in G\times X:gx=x\}$ y cuente sus elementos de
dos formas distintas.
\end{Indicacion}

\begin{Solucion}
Consideremos el conjunto $S=\{(g,x)\in G\times X:gx=x\}$. Contamos los elementos
de $S$ de dos formas distintas. Primero, agrupando elementos de acuerdo a su
segunda coordenada, vemos que
  \begin{equation}\label{act:eq:chi1}
  \abs{S} = \sum_{x\in X}\abs{G_x}.
  \end{equation}
Ahora bien, como la acci\'on es transitiva, si fijamos $x_0\in X$, es
$\abs{G_x}=\abs{G_{x_0}}$ para cualquier $x\in X$, y entonces
  \[
  \abs{S} = \abs{X}\abs{G_{x_0}} = \abs{G}.
  \]
Por otro lado, agrupando los elementos de $S$ de acuerdo a su primera
coordenada, vemos que
  \begin{equation}\label{act:eq:chi2}
  \abs{S} = \sum_{g\in G} \chi(g).
  \end{equation}
Comparando~\eqref{act:eq:chi1} y~\eqref{act:eq:chi2} obtenemos el resultado
deseado.~\qed
\end{Solucion}

\item En general, si la acci\'on no es necesariamente transitiva, es
  \[
  \frac1{\abs{G}}\sum_{g\in G}\chi(g) = \abs{X/G}.
  \]
Aqu\'i, $X/G$ es el conjunto de \'orbitas de $G$ en $X$.

\begin{Solucion}
Claramente $\chi_X=\sum_{\O\in X/G}\chi_\O$, as\'i que
  \[
  \frac1{\abs{G}}\sum_{g\in G}\chi_X(g)
    = \sum_{\O\in X/G} \frac1{\abs{G}}\sum_{g\in G}\chi_\O(g)
    = |X/G|
  \]
porque la acci\'on de $G$ sobre cada \'orbita es por supuesto transitiva.~\qed
\end{Solucion}

% \item* Si $G$ act\'ua transitivamente sobre $X$ y $x_0\in X$, entonces, si
% $G_{x_0}$ es el estabilizador de $x_0$ en $G$, es
%   \[
%   \frac1{\abs{G}}\sum_{g\in G}\chi(g)^2=\abs{X/G_{x_0}}.
%   \]
% 
% \begin{Indicacion}
% Una forma de hacer esto consiste en contar los elementos del conjunto
% $S=\{(g,x,y)\in G\times X\times X:gx=x,\,gy=y\}$ de dos formas distintas.
% \end{Indicacion}
% 
% \begin{Solucion}
% Por un lado, tenemos que
%   \[
%   \abs{S} = \sum_{g\in G}\abs{\{(x,y)\in X\times X:gx=x,\, gy=y\}}
%           = \sum_{g\in G}\chi(g)^2.
%   \]
% Por otro,
%   \begin{align*}
%   \abs{S} 
%     &= \sum_{x\in X}\abs{\{(g,y)\in G\times X:gx=x,\, gy=y\}}
%      = \sum_{x\in X}\sum_{g\in G_x}\chi(g); \\
% \shortintertext{como la acci\'on es transitiva, esto es}
%     &= \abs{X} \sum_{g\in G_{x_0}}\chi(g), \\
% \shortintertext{y, finalmente, usando la parte anterior de este ejercicio,}
%     &= \abs{X} \abs{G} |X/G_{x_0}|.
%   \end{align*}
% Comparando los dos resultados obtenidos, obtenemos la identidad deseada.~\qed
% \end{Solucion}

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%
\item\header{Grupos lineales finitos} Sea $k$ un cuerpo finito de $q$ elementos.
\begin{ejitems}

\item Sea $V=k^2$ el $k$-espacio vectorial de vectores columna y sea $X$ el
conjunto de vectores no nulos de $V$. Mostrar que la acci\'on de $\GL_2(k)$ sobre
$V$ por multiplicaci\'on a izquierda preserva a $X$ y que la acci\'on de $\GL_2(k)$
sobre $X$ es transitiva.

\item Sea $v_0=(1,0)^t\in X$. Determinar el estabilizador $\GL_2(k)_{v_0}$ de
$v_0$ en $\GL_2(k)$.

\item Mostrar que $\abs{\GL_2(k)} = (q^2-1)(q^2-q)$.

\item* M\'as generalmente, mostrar que si $n\in\NN$, es
  \[
  \abs{\GL_n(k)} = \prod_{i=0}^{n-1}(q^n-q^i).
  \]

\item* Sea $n\in\NN$. Muestre que el morfismo $\det:\GL_n(k)\to k^\times$ es
sobreyectivo y concluya que
  \[
  \abs{\SL_n(k)} = \frac{1}{q-1}\prod_{i=0}^{n-1}(q^n-q^i).
  \]

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%
% \item\header{Subgrupos grandes}
% \begin{ejitems}
% \item Sea $G$ un grupo finito y $H$ un subgrupo de \'indice $2$. Construya
% expl\'icitamente un homomorfismo de grupos $f:G\to\ZZ_2$ tal que $\ker f = H$,
% mostrando en particular que $H$ es normal.
% \end{ejitems}
% 
% \noindent El objetivo de lo que sigue es obtener una prueba de la siguiente
% proposici\'on que generaliza a este resultado:
% 
% \begin{Proposicion*}
% Sea $G$ un grupo finito, sea $p$ el menor n\'umero primo que divide a $\abs{G}$
% y sea $H$ un subgrupo de $G$ de \'indice $p$. Entonces $H$ es normal.
% \end{Proposicion*}
% 
% \noindent Notemos que, en las condiciones de este enunciado $G$ no puede poseer
% subgrupos de \'indice menor que $p$.
% 
% \begin{ejitems}[resume]
% \item Sea $X=G/H=\{gH:g\in G\}$ el conjunto de coclases a izquierda de $H$ en
% $G$; as\'i, $\abs{X}=p$. Consideramos sobre $X$ la acci\'on usual de $G$ por
% multiplicaci\'on, dada por
%   \[
%   (g,hH) \in G \times X \mapsto ghH\in X.
%   \]
% y sea $\theta:G\to S(X)$ el homomorfismo de grupos correspondiente. Mostrar que
% si $K=\ker\theta$, se tiene que $H\supset K$ y, como $\im\theta$ es un subgrupo
% de $S(X)$, que $\abs{G:K}$ divide a $p!$.
% 
% \item Muestre que $\abs{G:K}=\abs{G:H}$, para concluir que $H=K$ y, as\'i, que $H$ es
% normal.
% 
% \begin{Indicacion}
% Para hacerlo, observe primero que $p=\abs{G:H}\leq\abs{G:K}$, de manera que
% $\abs{G:K}\neq1$. Si $q$ es un primo que divide a $\abs{G:K}$, lo hecho en la parte
% anterior implica que $q\leq p$; esto junto con la elecci\'on de $p$ implica que
% $\abs{G:K}=p^r$ para alg\'un $r\geq1$. Muestre para terminar que debe ser $r=1$.
% \end{Indicacion}
%\end{ejitems}
%%%%%%%%%%
 \item Sea $G$ un grupo tal que $|G|=2n$, $G$ tiene $n$ elementos de orden $2$ y los restantes forman un subgrupo $H$. Probar que entonces $n$ es impar y que $H \normal G$.

 \item Sea $p$ primo y $|G|=n$. Probar que existe $k$ tal que $n=p^k$ si y solo si para todo $x\in G, |x|=p^s$ para alg\'un $s$, que depende de $x$.

 \item Sean $p,q$ primos, tales que $p>q$. Probar que
\begin{enumerate}
 \item si $q$ no divide a $p-1$, entonces todo grupo de orden $pq$ es c\'iclico,
 \item si $q$ divide a $p-1$, entonces hay exactamente dos grupos no isomorfos de orden $pq$: uno c\'iclico y el otro no abeliano.
\end{enumerate}



\end{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Teoremas de Sylow}

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%
%\item*\header{Grupos abelianos} Sea $G$ un grupo abeliano. Si $p$ es un n\'umero
%primo, ponemos
%  \[
%  G_p = \{g\in G:\text{existe $r\in\NN$ tal que $g^{p^r}=1$}\}.
%  \]
%\begin{ejitems}
%
%\item $G_p$ es un subgrupo totalmente caracter\'istico de $G$.
%
%\item Si $p, p_1, \dots, p_n$ son n\'umeros primos distintos, 
%  \[
%  G_p\cap\gen{G_{p_1}\cup\cdots G_{p_n}} = 1.
%  \]
%
%\begin{Solucion}
%Supongamos que $g\in G_p\cap\gen{G_{p_1}\cup\cdots G_{p_n}}$. Entonces existen
%$g_1,\dots,g_n$ con $g_i\in G_{p_i}$ para cada $i\in\{1,\dots,n\}$ y
%$g=g_1\cdots g_n$. Sea $s=\abs{g}$, $t_i=\abs{g_i}$ para cada
%$i\in\{1,\dots,n\}$ y pongamos $t=t_1\cdots t_n$. Claramente $(s,t)=1$, as\'i que
%existen $\alpha,\beta\in\ZZ$ tales que $\alpha s+\beta t=1$. Luego
%  \[
%  g = g^{\alpha s+\beta t} = (g^s)^\alpha((g_1\cdots g_n)^t)^\beta = 1.
%  \]
%Esto prueba la igualdad deseada.~\qed
%\end{Solucion}
%
%\item Si $G$ es finito y $\abs{G}=p_1^{r_1}\cdots p_n^{r_n}$ es la
%escritura de $\abs{G}$ como producto de potencias de primos distintos, entonces
%$G\cong G_{p_1}\times\cdots\times G_{p_n}$.
%
%\begin{Solucion}
%En vista del punto anterior, basta mostrar que $G\subset\gen{G_{p_1}\cup\dots
%G_{p_n}}$.
%
%Sea $g\in G$ y $\abs{g}=p_1^{s_1}\cdots p_n^{s_n}$. Para cada
%$i\in\{1,\dots,n\}$ sea $q_i=\abs{g}/p_i^{r_i}$. Claramente $(q_1,\dots,g_n)=1$,
%as\'i que existen $c_1,\dots,c_n\in\ZZ$ tales que $\sum_{i=1}^nc_iq_i=1$.
%
%Sea $i\in\{1,\dots,n\}$ y pongamos $g_i=g^{c_iq_i}$. Claramente
%  \[
%  g_i^{p_i^{s_i}} = g^{c_iq_ip_i^{s_i}} = g^{c_i\abs{g}} = 1,
%  \]
%as\'i que $g_i\in G_{p_i}$.
%
%Ahora, es
%  \[
%  g=g^{\sum_{i=1}^nc_iq_i} = g^{c_1q_1}\cdots g^{c_nq_n} = g_1\cdots g_n
%    \in\gen{G_{p_1}\cup\dots\cup G_{p_n}},
%  \]
%que es lo que quer\'iamos ver.~\qed
%\end{Solucion}
%
%\item Supongamos que $G$ es finito y que existe un n\'umero primo
%tal que $G=G_p$. Entonces $G$ es producto directo de subgrupos c\'iclicos.
%
%\begin{Solucion}
%\def\n{\mathbf{n}}
%Hacemos inducci\'on sobre $\abs{G}$. Si $\abs{G}=1$ claramente no hay nada que
%probar. Escribimos $\n=\{1,\dots,n\}$.
%
%Sea entonces $G$ como en el enunciado y con $\abs{G}>1$. Consideremos la
%aplicaci\'on $\pi:g\in G\mapsto g^p\in G$; como $G$ es abeliano, se trata de un
%homomorfismo. Como hay en $G$ elementos de orden $p$, $\pi$ no es inyectiva;
%en particular, $\pi(G)\subsetneq G$. Aplicando nuestra hip\'otesis inductiva
%a $\pi(G)$, vemos que existen elementos $g_1,\dots,g_n\in G$ tales que
%  \begin{equation}\label{syl:pig}
%  \pi(G)=\gen{g_1}\times\dots\times\gen{g_n}.
%  \end{equation}
%Claramente existen $h_1,\dots,h_n\in G$ tales que $h_i^p=g_i$ para cada
%$i\in\n$. Afirmamos que
%  \begin{equation}\label{syl:H}
%  H = \gen{h_1}\times\dots\times\gen{h_n} \subset G.
%  \end{equation}
%Para verlo basta mostrar, por ejemplo, que 
%  \[
%  h_1^{l_1}\cdots h_n^{l_n}=1 \implies \forall i\in\n,\;h_i^{l_i}=1.
%  \]
%Supongamos entonces que $h_1^{l_1}\cdots h_n^{l_n}=1$. Si $p\divides l_i$ para
%cada $i\in\n$, entonces
%  \[
%  g_1^{l_1/p}\cdots g_n^{l_n/p} 
%   = h_1^{l_1}\cdots h_n^{l_n} 
%   = 1,
%  \]
%y \eqref{syl:pig}~implica que $g_i^{l_i/p}=1$ para cada $i\in\n$. Luego
%$h_i^{l_i}=(h_i^p)^{l_i/p}=g_i^{l_i/p}=1$ para cada $i\in\n$.
%Si en cambio $p\notdivides l_k$, es
%  \[
%  g_1^{l_1}\cdots g_n^{l_n} 
%    = h_1^{l_1p}\cdots h_n^{l_np} 
%    = 1,
%  \]
%y debe ser $g_k^{l_k}=1$. Como el orden de $g_k$ es una potencia de $p$, esto
%es imposible. Esto prueba~\eqref{syl:H}.
%
%Supongamos ahora que $m$ es el mayor entero tal que existen $t_1,\dots,t_m\in
%G$, todos de orden $p$, tales que
%  \[
%  H' = H\times \gen{t_1}\times\dots\times\gen{t_m} \subset G.
%  \]
%Si $H'=G$, el resultado del ejercicio queda probado. Supongamos entonces que
%existe $x\in G\setminus H'$. Como $x^p\in\pi(G)$, existe $h\in H$ tal que
%$x^p=h^p$. Sea $y=xh^{-1}$. Entonces $y^p=1$. Afirmamos que $H'\cap\gen{y}=1$.
%En efecto, como $\gen{y}$ no tiene subgrupos no triviales, de no ser as\'i ser\'ia
%$\gen{y}\subset H'$ y, en particular, $xh^{-1}\in H'$. Como $h\in H'$,
%tendr\'iamos $x\in H'$, contra la hip\'otesis. Luego
%  \[
%  H'' = H\times \gen{t_1}\times\dots\times\gen{t_m}\times\gen{y} \subset G,
%  \]
%contradiciendo la elecci\'on de $m$.
%
%Vemos as\'i que 
%  \[
%  G = \gen{h_1}\times\dots\times\gen{h_n}\times\gen{t_1}\times\dots\times\gen{t_m}
%  \]
%como quer\'iamos.~\qed
%\end{Solucion}
%
%\end{ejitems}

%%%%%%%%%%
\item\label{syl:eltp} Sea $p$ un n\'umero primo. Un grupo abeliano
finito de exponente $p^r$ con $r>0$ posee elementos de orden $p$.

\begin{Solucion}
Sea $\pi:g\in G\mapsto g^p\in G$. Como $G$ es abeliano, $\pi$ es un homomorfismo
de grupos. Queremos mostrar que no es inyectivo. De serlo, ser\'ia biyectivo y
tendr\'ia orden finito $n$ en $\Aut(G)$. 

Pero entonces cualquiera sea $g\in G$, es
$g=\id_G^r(g)=\pi^{rn}(g)=g^{p^{rn}}=1$. Esto no es posible porque $G$ no es
trivial.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item\label{syl:zpg} Sea $p$ un n\'umero primo y $G$ un grupo de orden $p^r>1$.
Entonces $\Z(G)$ no es trivial.

\begin{Solucion}
Si $x\in G$ es tal que $\abs{\cl{x}}>1$, entonces, como $\abs{\cl x}=[G:\C(x)]$
es un divisor de $\abs{G}$, vemos que $p\divides\abs{\cl x}$. Ahora, como
  \[
  \abs{G}=\sum_{\substack{c\in\Cl(G)\\\abs{c}>1}}\abs{c}+\abs{\Z(G)}
  \]
y $p$ divide al miembro izquierdo y al primer t\'ermino del derecho, concluimos que
$p\divides\abs{\Z(G)}$.~\qed 
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item\label{syl:existencia} Sea $G$ un grupo finito de orden
$\abs{G}=p^rm$ con $p$ primo y $(p,m)=1$. Entonces $G$ posee subgrupos de
orden~$p^r$.

\begin{Solucion}
Hagamos inducci\'on sobre $\abs{G}$; por supuesto, si $\abs{G}=1$, no hay nada que
probar.

Usando~\ref{syl:zpg} vemos que $\Z(G)$ es no trivial. Como se trata de un
abeliano cuyo exponente divide a $p^r$, \ref{syl:eltp}~nos dice que existe un
subgrupo $A\subset\Z(G)$ de orden $p$.

Como $A$ es normal en $\Z(G)$, que a su vez es caracter\'istico en $G$, vemos que
$A$ es normal en $G$. Adem\'as, $p^{r-1}m=\abs{G/A}<\abs{G}$ as\'i que nuestra hip\'otesis
inductiva implica que existe un subgrupo $H'\subset G/A$ de orden $p^{r-1}$.

Sea $\pi:G\to G/A$ la proyecci\'on can\'onica y sea $H=\pi^{-1}(H')$. Entonces $H$
es un subgrupo de $G$ de orden $p^r$.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\begin{Definicion}
Sea $p$ un n\'umero primo. Un elemento $g$ de $G$ es \emph{$p$-primario} si su
orden es una potencia de $p$. Un grupo $G$ es un \emph{$p$-grupo} si el orden de
todo elemento de $G$ es una potencia de $p$.
\end{Definicion}

\begin{ejercicios}[resume]

%%%%%%%%%%
\item Sea $p$ un n\'umero primo.
\begin{ejitems}

\item Si $G$ es un $p$-grupo y $H$ es un subgrupo de $G$, entonces $H$ es un
$p$-grupo.

\item Si $G$ es un $p$-grupo y $f:G\to H$ es un homomorfismo sobreyectivo, $H$
es un $p$-grupo.

\item Si $G$ es un grupo, $H$ un subgrupo normal de $G$ y tanto $H$ como $G/H$
son $p$-grupos, entonces $G$ es un $p$-grupo.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%
\item Un grupo finito $G$ es un $p$-grupo sii $\abs{G}=p^r$ para
alg\'un $r\geq1$.

\begin{Solucion}
Si $\abs{G}$ es divisible por un n\'umero primo $q$ distinto de $p$, entonces,
usando~\ref{syl:existencia} vemos que $G$ posee un $q$-subgrupo $H$ no trivial,
que entonces por~\ref{syl:zpg} posee un centro $\Z(H)$ no trivial, que a su vez,
en vista de~\ref{syl:eltp}, posee elementos de orden~$q$. Esto es imposible si
$G$ es un $p$-grupo. Esto prueba la necesidad de la condici\'on.

Para ver la suficiencia, supongamos que $G$ tiene orden $p^r$ para alg\'un
$r\in\NN$ y sea $g\in G$. Como $\abs{g}\divides\abs{G}$, es claro que $\abs{g}$
es una potencia de $p$. As\'i, $G$ es un $p$-grupo, como quer\'iamos.
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\begin{Definicion}
Sea $p$ un n\'umero primo y $G$ un grupo. Un \emph{$p$-subgrupo de Sylow} de $G$
es un $p$-subgrupo maximal de $G$. Escribimos $\Syl_p(G)$ al conjunto de los
$p$-subgrupos de Sylow de $G$.
\end{Definicion}

\begin{ejercicios}[resume]

%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo finito y $p$ un n\'umero primo.
\begin{ejitems}

\item Si $\abs{G}=p^rm$ con $(p,m)=1$ y $H\subset G$ es un
subgrupo tal que $\abs{H}=p^r$, entonces $H\in\Syl_p(G)$.

\begin{Solucion}
Sea $H\subset G$ un subgrupo de orden $p^r$ y supongamos que no es un
$p$-subgrupo maximal. Entonces existe otro $p$-subgrupo $H'\subset G$ tal que
$H\subsetneq H'$. Entonces $\abs{H'}=p^{r'}$ con $r'>r$. Pero debe ser
$p^{r'}=\abs{H'}\divides\abs{G}=p^rm$, lo que es imposible.~\qed
\end{Solucion}

\item Si $p\divides\abs{G}$, entonces $\Syl_p(G)\neq\emptyset$.

\begin{Solucion}
Sea $p^r$ la mayor potencia de $p$ que divide a $\abs{G}$. Entonces
\eqref{syl:existencia} nos dice que existen subgrupos de $G$ de orden $p^r$ y el
punto anterior nos dice que estos son maximales.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%
\item Si $G$ es un grupo y $H\in\Syl_p(G)$ y $x\in G\setminus H$
tiene orden $\abs{x}=p^n$, entonces $x\not\in\N(H)$.

\begin{Indicacion}
Suponga lo contrario y considere el orden del elemento $xH$ en
$\gen{H\cup\{x\}}/H$.
\end{Indicacion}

\begin{Solucion}
Supongamos que $x\in\N(H)$, de manera que $H$ es normal en $H'=\gen{N\cup\{x\}}$.
Como $H'\supsetneq H$, $H'$ no es un $p$-subgrupo de $G$ y entonces $H'/H$ no es
un $p$-grupo. Como $H'/H$ esta generado por $xH$, es c\'iclico, as\'i que $\abs{xH}$
no es una potencia de $p$. Esto contradice la hip\'otesis de que
$\abs{x}=p^n$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo finito y $K\in\Syl_p(G)$. Sea $\mathcal{C}$ el conjunto
de subgrupos de $G$ conjugados de $K$.

\begin{ejitems}
\def\C{\mathcal{C}}
\item Sea $H\in\Syl_p(G)$ y sea $\sim$ la relaci\'on en $\C$ tal que
  \[
  \text{$L\sim L'$ sii existe $h\in H$ tal que $hLh^{-1}=L$.}
  \]
Muestre que se trata de una relaci\'on de equivalencia.

\item Sea $L\in \C$ y notemos $[L]$ a la clase de equivalencia de
$L$. Entonces $\abs{[L]} = [H:H\cap\N(L)]$. Adem\'as, si $L\neq H$ es
$\abs{[L]}>1$ y es divisible por $p$. Si, por el contrario, $L=H$, entonces
$\abs{[H]}=1$.

\begin{Solucion}
La acci\'on de $H$ sobre $[L]$ por conjugaci\'on es transitiva y el estabilizador de
$L$ en $H$ es precisamente $H\cap\N(L)$, as\'i que $\abs{[L]} = [H:H\cap\N(L)]$.

Supongamos que $H\neq L$. Si $[H:H\cap\N(L)]=1$, entonces $H=H\cap\N(L)$ y vemos
que $L\subset\N(L)\subset H$. Como $\abs{L}=\abs{H}$, esto es imposible. Luego
$[H:H\cap\N(L)]>1$. Como $H$ es un $p$-grupo, este \'indice debe ser divisible por
$p$.

Es inmediato que $[H]=\{H\}$, as\'i que la \'ultima afirmaci\'on es clara.~\qed
\end{Solucion}

\item Muestre que
  \[
  \abs{\C} \equiv \begin{cases}
                    0 \pmod p, & \text{si $H\not\in\C$;} \\
                    1 \pmod p, & \text{si $H\in\C$.}
                  \end{cases}
  \]
               
\begin{Solucion}
Supongamos que $H\not\in\C$, entonces todas las clases de equivalencia de $\C$
tienen cardinal divisible por $p$, as\'i que $\abs{\C}\cong0\pmod p$.

Si en cambio $H\in\C$, entonces tolas clas clases de equivalencia de $\C$, salvo
$[H]$, tienen cardinal divisible por $p$, as\'i que $\abs{\C}\cong1\pmod p$.
\end{Solucion}

\item Concluya que $H$ es conjugado de $K$ y que $\abs{\C}\cong1\pmod p$.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%
\item Pruebe el siguiente teorema de Peter Ludwig Mejdell Sylow (1832--1918,
Noruega) que es, probablemente, el teorema m\'as importante de la teor\'ia de grupos
finitos.

\begin{Teorema}
\emph{(M. L. Sylow, Th\'eor\`emes sur les groupes de substitutions, Math. Ann. {\bf
5} (1872), no.~4, 584--594.)}
Sea $p$ un n\'umero primo. Sea $G$ un grupo finito de orden $p^rm$ con $(p,m)=1$.
Entonces
\begin{enumerate}[label=\emph{(\alph*)}]
\item Un subgrupo $H$ de $G$ es un $p$-subgrupo de Sylow sii $\abs{H}=p^r$.
\item Todos los $p$-subgrupos de Sylow de $G$ son conjugados.
\item Sea $n_p$ el n\'umero de $p$-subgrupos de Sylow de $G$. Entonces
$n_p\equiv 1\pmod p$.
\item $n_p\divides m$.
\end{enumerate}
\end{Teorema}

%%%%%%%%%%
\item Muestre que no hay grupos simples de orden $28$ \'o $312$.

\begin{Solucion}
Sea $G$ de orden $28=2^2\cdot 7$. Entonces $n_7\divides2^2$, as\'i que
$n_7\in\{1,2,4\}$. Pero tambi\'en $n_7\equiv1\pmod7$, as\'i que necesariamente
$n_7=1$ y concluimos que un $7$-subgrupo de Sylow es normal.

Sea ahora $G$ de orden $312=2^3\cdot3\cdot7$. El \'unico divisor positivo de $2^3\cdot3$
congruente con $1$ m\'odulo $13$ es $1$, as\'i que $n_{13}=1$. Luego $G$ no es
simple.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Muestre que un grupo de orden $12$ \'o $56$ no es simple.

\begin{Solucion}
Sea $G$ un grupo de orden $12=2^2\cdot 3$. Entonces $n_3\divides 4$ y
$n_3\equiv1\pmod 3$, as\'i que si hay $3$-subgrupos de Sylow no normales en $G$,
debe ser $n_3=4$. Entonces hay en $G$ exactamente $8=4\cdot(3-1)$ elementos de
orden $3$. Eso deja a lo sumo $3$ elementos en $G$ que pueden ser $2$-primarios.
Como hay al menos un $2$-subgrupo de Sylow de orden $4$, vemos que tiene que
haber exactamente uno, que resulta entonces normal. As\'i, $G$ no es simple.

Sea ahora $G$ un grupo de orden $56=2^3\cdot 7$. Entonces $n_7\divides 8$ y
$n_7\equiv1\pmod7$. Esto implica que $n_7\in\{1,8\}$. Si $n_7=1$, $G$ no es
simple. Supongamos entonces que $n_7=8$. Como cada $7$-grupo de Sylow es
c\'iclico, vemos que hay en $G$ exactamente $48=8\cdot(7-1)$ elementos de orden
$7$. Por otro lado, hay al menos un $2$-subgrupo de Sylow, que tiene orden $8$,
as\'i que hay al menos $7$ elementos $2$-primarios no triviales en $G$. Como
$1+7+48=\abs{G}$, concluimos que hay en $G$ exactamente $7$ elementos no
triviales $2$-primarios y que entonces $n_2=1$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Probar que
\begin{enumerate}
 \item todo grupo de orden $17^2.19^2$ es abeliano;
 \item todo grupo de orden $255$ es c\'iclico;
 \item todo grupo de orden $5.7.17$ es c\'iclico.
\end{enumerate}


%%%%%%%%%%
\item Si $p$ y $q$ son primos distintos, un grupo de orden $pq$ no es simple.

\begin{Solucion}
Si $G$ tiene orden $pq$ y es simple, el teorema de Sylow implica que $n_p=q$ y
$n_q=p$. Contando los elementos de $G$ agrupados de acuerdo a su orden, vemos
que $pq = 1 + (p-1)q + (q-1)p$, es decir, que $(p-1)(q-1)=0$. Esto es
imposible.~\qed

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo de orden $p^rm$ con $p$ primo, $r\geq1$ y $p>m$. Entonces
$G$ no es simple.

\begin{Solucion}
$n_p$ divide a $m$, as\'i que $n_p<p$. Como $n_p\equiv1\pmod p$, debe ser
$n_p=1$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo de orden $p^2q$ con $p$ y $q$ primos distintos. Entonces
$G$ no es simple.

\begin{Solucion}
Supongamos que $G$ es simple. Si $q<p$, entonces como $n_p\divides q$ y
$n_p\equiv1\pmod p$, debe ser $n_p=1$, lo que es imposible. Luego debe ser
$q>p$. Como sabemos que $n_q\equiv1\pmod q$, $n_q\divides p^2$ y $n_q>1$, debe
ser $n_q=p^2$. Como cada $q$-subgrupo de Sylow es c\'iclico, esto implica que hay
exactamente $(q-1)p^2=p^2q-p^2$ elementos de orden $q$ en $G$. Luego hay a lo
sumo $p^2$ elementos $p$-primarios, que deben formar el \'unico $p$-subgrupo de
Sylow. As\'i $n_p=1$. (Alternativamente, vimos que en el segundo caso debe ser
$p^2\equiv1\pmod q$; usando que $X^2-1$ tiene a lo sumo dos raices en $\ZZ_q$,
vemos que $p=1$ \'o $p=q-1$ y claramente ambas opciones son imposibles.)~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Muestre que un grupo de orden menor que $60$ no es simple.

%%%%%%%%%%
\item\label{sylow:normalizador} Mostrar que si $G$ es un grupo y $P$ es un
subgrupo de Sylow de $G$, entonces $P$ es un subgrupo caracter\'istico de $\N(P)$.

\item Si todos los subgrupos de Sylow de un grupo finito $G$ son normales,
entonces $G\cong\prod_{\text{$p$ primo}}P_p$. En particular, un grupo abeliano
finito es producto de sus subgrupos de Sylow.


\end{ejercicios}

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\end{document}
