%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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\overfullrule5pt

\Materia{Álgebra II}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2015}
\Practica{3}
\Titulo{Grupos - Tercera Parte}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% Abreviaturas
\newcommand\CC{\mathbb{C}}
\newcommand\RR{\mathbb{R}}
\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}
\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}
\newcommand\NN{\mathbb{N}}
\newcommand\FF{\mathbb{F}}
\newcommand\HH{\mathbb{H}}
\newcommand\GG{\mathbb{G}}
\renewcommand\k{\Bbbk}


\newcommand\Grp{\mathrm{Grp}}
\newcommand\op{\mathrm{op}}
\newcommand\id{\mathsf{id}}
\newcommand\Z{\mathsf{Z}}
\newcommand\N{\mathsf{N}}
\newcommand\C{\mathsf{C}}
\renewcommand\O{\mathcal{O}}
\newcommand\eps{\varepsilon}
\newcommand\abs[1]{\lvert#1\rvert}
\newcommand\absx[1]{\left\lvert#1\right\rvert}
\newcommand\gen[1]{\left\langle#1\right\rangle}
\newcommand\gens[1]{\langle#1\rangle}
\newcommand\divides{\mid}
\newcommand\notdivides{\nmid}
\renewcommand\emptyset{\varnothing}

\DeclareMathOperator{\GL}{GL}
\DeclareMathOperator{\AGL}{AGL}
\DeclareMathOperator{\SL}{SL}
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\DeclareMathOperator{\Aut}{Aut}
\DeclareMathOperator{\Inn}{Inn}
\DeclareMathOperator{\Out}{Out}
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\DeclareMathOperator{\Cl}{Cl}
\DeclareMathOperator{\Syl}{Syl}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% proclaiming things
\theoremseparator{.}
\newtheorem*{Definicion}{Definición}
\theoremindent\parindent
\newtheorem*{Teorema}{Teorema}
\newtheorem*{Proposicion}{Proposición}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%Grupos parte III%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%El regreso%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}

\maketitle

\subsection{Acciones de grupos y órbitas}
\begin{ejercicios}
%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo y sea $X$ un conjunto finito sobre el cuál actúa $G$. 
El \emph{carácter} de $X$ es la aplicación $\chi_X:G\to\NN_0$ dada por
  \[
  \chi_X(g)=\abs{\{x\in X:gx=x\}}, \qquad\forall g\in G.
  \]
Si no hay ambigüedad sobre $X$, escribimos simplemente $\chi$.
\begin{ejitems}

\item Muestre que si $G$ actúa transitivamente sobre $X$ entonces vale la 
fórmula
  \[
  \frac1{\abs{G}}\sum_{g\in G}\chi(g) = 1.
  \]

\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 acción 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 Pruebe la siguiente fórmula para el caso en que la acción no es necesariamente
transitiva:
  \[
  \frac1{\abs{G}}\sum_{g\in G}\chi(g) = \abs{X/G}.
  \]
Aquí, $X/G$ es el conjunto de órbitas de $G$ en $X$.

\begin{Solucion}
Claramente $\chi_X=\sum_{\O\in X/G}\chi_\O$, así 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 acción de $G$ sobre cada órbita es por supuesto transitiva.~\qed
\end{Solucion}

\item Dado $x_0\in X$ notamos por $G_{x_0}$ al estabilizador de $x_0$ en $G$. 
Pruebe que si la acción de $G$ en $X$ es transitiva entonces vale la fórmula
  \[
  \frac1{\abs{G}}\sum_{g\in G}\chi(g)^2=\abs{X/G_{x_0}}.
  \]

\begin{Indicacion}
Una forma de hacer esto es contar de dos formas distintas la cantidad de  
elementos del conjunto $S=\{(g,x,y)\in G\times X\times X:gx=x,\,gy=y\}$.
\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 acción 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}
\vspace{.8cm}
%%%%%%%%%%
\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 acción de $\GL_2(\k)$ sobre
$V$ dada por la multiplicación a izquierda preserva a $X$ y que la acción de 
$\GL_2(\k)$ sobre $X$ es transitiva.

\item Determinar el estabilizador de $(1,0)^t$ en $\GL_2(\k)$.

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

\item Más en general, mostrar que para todo $n\in\NN$ vale la igualdad 
  \[
  \abs{\GL_n(\k)} = \prod_{i=0}^{n-1}(q^n-q^i).
  \]

\item Sea $n\in\NN$. Mostrar que el morfismo $\det:\GL_n(\k)\to \k^\times$ es
sobreyectivo y concluir 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 Sean $G$ un grupo finito y $H$ un subgrupo de índice $2$. Construir
explícitamente un morfismo de grupos $f:G\to\ZZ_2$ tal que $\ker f = H$.
\end{ejitems}
\noindent Del ítem anterior se deduce que todo subgrupo de índice $2$ es 
normal. Nuestro objetivo es probar la siguiente generalización.

\begin{Proposicion*}
Sea $G$ un grupo finito, sea $p$ el menor número primo que divide a $\abs{G}$,
y sea $H$ un subgrupo de $G$ de índice $p$. Entonces $H$ es normal.
\end{Proposicion*}

\noindent Notemos que, en las condiciones de este enunciado, $G$ no puede poseer
subgrupos de índice menor que $p$.

\begin{ejitems}[resume]
\item Sea $X=G/H=\{gH:g\in G\}$ el conjunto de coclases a izquierda de $H$ en
$G$; notar que $\abs{X}=p$. Consideramos sobre $X$ la acción usual de $G$ por
multiplicación a izquierda, dada por
  \[
  (g',gH) \in G \times X \mapsto g'gH\in X.
  \]
Notamos por $\theta:G\to S(X)$ al morfismo de grupos correspondiente, y 
$K$ a su núcleo. Mostrar que $H\supset K$ y deducir que $\abs{G:K}$ 
divide a $p!$.

\item Mostrar que $\abs{G:K}=\abs{G:H}$. Concluir que $H=K$ y por lo tanto 
$H$ 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 elección de $p$ implica que
$\abs{G:K}=p^r$ para algún $r\geq1$. Para terminar, muestre que $r=1$.
\end{Indicacion}
\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%
%\item*\header{Grupos abelianos} Sea $G$ un grupo abeliano. Si $p$ es un número
%primo, ponemos
%  \[
%  G_p = \{g\in G:\text{existe $r\in\NN$ tal que $g^{p^r}=1$}\}.
%  \]
%\begin{ejitems}
%
%\item\difficulty{1} $G_p$ es un subgrupo totalmente característico de $G$.
%
%\item\difficulty{2-} Si $p, p_1, \dots, p_n$ son números 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 $(s,t)=1$, así 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\difficulty{2} 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 $(q_1,\dots,g_n)=1$,
%así 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
%  \[
%  g_i^{p_i^{s_i}} = g^{c_iq_ip_i^{s_i}} = g^{c_i\abs{g}} = 1,
%  \]
%así 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 queríamos ver.~\qed
%\end{Solucion}
%
%\item\difficulty{3+} Supongamos que $G$ es finito y que existe un número primo
%tal que $G=G_p$. Entonces $G$ es producto directo de subgrupos cíclicos.
%
%\begin{Solucion}
%\def\n{\mathbf{n}}
%Hacemos inducción 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
%aplicación $\pi:g\in G\mapsto g^p\in G$; como $G$ es abeliano, se trata de un
%morfismo. Como hay en $G$ elementos de orden $p$, $\pi$ no es inyectiva;
%en particular, $\pi(G)\subsetneq G$. Aplicando nuestra hipótesis 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 así sería
%$\gen{y}\subset H'$ y, en particular, $xh^{-1}\in H'$. Como $h\in H'$,
%tendríamos $x\in H'$, contra la hipótesis. Luego
%  \[
%  H'' = H\times \gen{t_1}\times\dots\times\gen{t_m}\times\gen{y} \subset G,
%  \]
%contradiciendo la elección de $m$.
%
%Vemos así que 
%  \[
%  G = \gen{h_1}\times\dots\times\gen{h_n}\times\gen{t_1}\times\dots\times\gen{t_m}
%  \]
%como queríamos.~\qed
%\end{Solucion}
%
%\end{ejitems}

\subsection{Teoremas de Sylow y $p$-grupos}

En toda esta sección $p \in \NN$ es un número primo.
%%%%%%%%%%
\item\label{syl:eltp} Probar que un grupo 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 morfismo
de grupos. Queremos mostrar que no es inyectivo. De serlo, sería biyectivo y
tendría 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 $G$ un grupo de 
orden $p^r>1$. Probar que $\Z(G)$ 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 término 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 $(p,m)=1$. Probar que $G$ posee subgrupos de
orden~$p^r$.

\begin{Solucion}
Hagamos inducción 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 característico en $G$, vemos que
$A$ es normal en $G$. Además, $p^{r-1}m=\abs{G/A}<\abs{G}$ así que nuestra 
hipótesis
inductiva implica que existe un subgrupo $H'\subset G/A$ de orden $p^{r-1}$.

Sea $\pi:G\to G/A$ la proyección canónica 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 $G$ un grupo. Un elemento de $G$ se dice \emph{$p$-primario} si su orden 
es una potencia de $p$. Un \emph{$p$-grupo} es un grupo tal que todo elemento 
es $p$-primario.
\end{Definicion}

\begin{ejercicios}[resume]

%%%%%%%%%%
\item Probar las siguientes afirmaciones.
\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 morfismo sobreyectivo, entonces 
$H$ 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
algún $r\geq1$.

\begin{Solucion}
Si $\abs{G}$ es divisible por un número 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 condición.

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

\end{ejercicios}

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

\begin{ejercicios}[resume]

%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo finito.
\begin{ejitems}

\item Probar que 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 Probar que 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 Mostrar que si $G$ es un grupo, $H\in\Syl_p(G)$ y $x\in G\setminus H$
tiene orden $p^n$, 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 cíclico, así que $\abs{xH}$
no es una potencia de $p$. Esto contradice la hipótesis de que
$\abs{x}=p^n$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo finito y sea $K\in\Syl_p(G)$. Notemos por $\mathcal{C}$ 
al 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 relación en $\C$ tal que
  \[
  \text{$L\sim L'$ sii existe $h\in H$ tal que $hLh^{-1}=L'$.}
  \]
Muestre que $\sim$ es una relación de equivalencia.

\item Sea $L\in \C$ y notemos por $[L]$ a la clase de equivalencia de
$L$. Pruebe que $\abs{[L]} = [H:H\cap\N(L)]$. Además, si $L\neq H$ entonces
$\abs{[L]} \equiv 0 \pmod p$, y en caso contrario $\abs{[L]}=1$.

\begin{Solucion}
La acción de $H$ sobre $[L]$ por conjugación es transitiva y el estabilizador de
$L$ en $H$ es precisamente $H\cap\N(L)$, así que $\abs{[L]} = [H:H\cap\N(L)]$.

Supongamos que $H\neq L$. Por el ejercicio \textbf{10} si $h \in H \setminus L$ 
entonces $h \notin N(L)$, en particular $\abs{L} = [H : H\cap N(L)] > 1$, y por 
ser $H$ un $p$-grupo este índice es divisible por $p$. 

Es inmediato que $[H]=\{H\}$, así que la última afirmación 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 $p$, así que $\abs{\C}\equiv 0\pmod p$.

Si en cambio $H\in\C$, entonces todas las clases de equivalencia de $\C$, salvo
$[H]$, tienen cardinal divisible por $p$, así que $\abs{\C}\cong1\pmod p$.
\end{Solucion}

\item Pruebe que $\abs{\C}\equiv 1\pmod p$ y concluya que $H$ es conjugado de 
$K$ .

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%
\item Pruebe el siguiente teorema de Peter Ludwig Mejdell Sylow (1832--1918,
Noruega) que es, probablemente, el teorema más importante de la teoría 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 número 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 número de $p$-subgrupos de Sylow de $G$. Entonces
$n_p\equiv 1\pmod p$, y $n_p\divides m$.
\end{enumerate}
\end{Teorema}

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

\begin{Solucion}
Sea $G$ de orden $28=2^2\cdot 7$. Entonces $n_7\divides2^2$, así que
$n_7\in\{1,2,4\}$. Pero también $n_7\equiv1\pmod7$, así 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 único divisor positivo de $2^3\cdot3$
congruente con $1$ módulo $13$ es $1$, así que $n_{13}=1$. Luego $G$ no es
simple.~\qed
\end{Solucion}

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

\begin{Solucion}
Sea $G$ un grupo de orden $12=2^2\cdot 3$. Entonces $n_3\divides 4$ y
$n_3\equiv1\pmod 3$, así 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. Así, $G$ 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
cíclico, 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 $8$,
así 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 si $p$ y $q$ son primos distintos entonces 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 $r\geq1$ y $p>m$. Probar 
que
$G$ no es simple.

\begin{Solucion}
$n_p$ divide a $m$, así 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. Probar que
$G$ no es simple.

%%%%%%%%%%
\item Muestre que los únicos grupos simples de orden menor que $60$ son cíclicos de 
orden primo.

%%%%%%%%%%
\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 característico de $\N(P)$.

\item Probar que 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.

\subsection{Productos directos y semidirectos}
%%%%%%%%%%
\item Sean $U$ y $V$ dos gruposm y sean $f:U\to W$ y $g:V\to W$ dos
morfismos de grupos. Probar que la aplicación $h:(u,v)\in U\times V\mapsto
f(u)g(v)\in W$ es un morfismo de grupos sii todo elemento de $f(U)$ conmuta
con todo elemento de $g(V)$.

%%%%%%%%%%
\item Dados $G$ y $H$ grupos, determine $\Z(G\times H)$.

%%%%%%%%%%
\item\header{Producto directo interno} Sea $G$ un grupo.

\begin{ejitems}

\item Sean $N$ y $M$ dos subgrupos normales de $G$ y supongamos que
$N\cap M=1$ y $G=NM$. Mostrar que $G\cong N\times M$.

\begin{Solucion}
Mostremos primero que si $n\in N$ y $m\in M$, entonces $nm=mn$. 
Como $M$ es normal, $nmn^{-1}\in M$ y entonces $nmn^{-1}m^{-1}\in M$;
de forma similar, $mnm^{-1}\in N$ porque $N$ es normal y entonces
$nmn^{-1}m^{-1}\in N$. Así $nmn^{-1}m^{-1}\in N\cap M=1$. 

Consideremos ahora la aplicación $\phi:(n,m)\in N\times M\mapsto nm\in G$.
Usando lo ya hecho es inmediato verificar que se trata de un morfismo de
grupos. La hipótesis de que $G=NM$ implica que $\phi$ es sobreyectivo.
Supongamos que $(n,m)\in\ker\phi$. Entonces $nm=1$ en $G$ y $N\ni n=m^{-1}\in
M$, asi que $n, m\in N\cap M=1$. Luego $\ker\phi=1$ y $\phi$ es inyectiva.~\qed
\end{Solucion}

\item Supongamos que $G$ es un grupo finito de orden $mn$ con $(m,n)=1$. Probar que 
si $G$ posee exactamente un subgrupo~$N$ de orden~$n$ y exactamente un subgrupo~$M$ 
de orden~$m$, entonces $G$~es isomorfo al producto directo de~$N$ y~$M$.

\begin{Solucion}
Si $g\in G$, $gNg^{-1}$ es un subgrupo de $G$ de orden $n$, de
manera que debe ser $gNg^{-1}=N$; vemos así que $N$ es normal en $G$. De forma
similar, $M$ es un subgrupo normal de $G$. Sii $g\in N\cap M$, entonces $\abs{g}$
divide a $n$ y a $m$, así que divide a $(n,m)=1$ y debe ser $g=1$; luego $N\cap
M=1$. Como en~\emph{(a)}, usando esto podemos mostrar que todo elemento de $N$
conmuta con todo elemento de $M$ y, entonces, que $\phi:(n,m)\in N\times M\to
nm\in G$ es un morfismo inyectivo de grupos. Como $\abs{N\times M} = \abs{G}$,
$\phi$ es sobreyectivo y, finalmente, vemos que se trata de un isomorfismo.
\end{Solucion}

\item Sean $k\in\NN$ y $(N_i)_{i=1}^k$ una familia de subgrupos normales de $G$
tales que $G=\gen{\bigcup_{i=1}^kN_i}$, y para cada $j\in\{1,\dots,k\}$ vale
  \[
  N_j\cap\gen{\bigcup_{\substack{1\leq i\leq k\\i\neq j}}N_i} = 1.
  \]
Mostrar que $G\cong N_1\times\dots\times N_k$.

\begin{Solucion}
Razonando como en~\emph{(a)} vemos que si $1\leq i<j\leq k$,
$n_i\in N_i$ y $n_j\in N_j$, 
  \[
  [n_i,n_j]\in N_i\cap N_j
    \subset 
    N_i\cap\gen{\bigcup_{\substack{1\leq l\leq k\\l\neq i}}N_l} = 1,
  \]
de manera que los elementos de $N_i$ y de $N_j$ conmutan. Luego la aplicación
  \[
  \phi:(n_1,\dots,n_k)\in N_1\times\dots\times N_l\mapsto n_1\cdots n_k\in G
  \]
es un morfismo de grupos, que es sobreyectivo porque
$G=\gen{\bigcup_{i=1}^kN_i}$. Para ver que es inyectivo, sea $(n_1,\dots,n_k)\in
\ker\phi$. Si $1\leq i\leq k$, 
  \[
  n_i 
    = n_{i-1}^{-1}n_{i-2}^{-1}\cdots n_2^{-1}n_1^{-1}
      n_k^{-1}n_{k-1}^{-1}\cdots n_{i+2}^{-1}n_{i+1}^{-1}
    \in N_i\cap\gen{\bigcup_{\substack{1\leq l\leq k\\l\neq i}}N_l} = 1.
  \]
Luego $(n_1,\dots,n_k)=1$ y $\ker\phi$ es trivial.
\end{Solucion}

\item\label{prod:por-ordenes-k} Supongamos que $G$ es finito y sean
$N_1,\dots,N_k$ subgrupos normales de $G$ de órdenes $r_1,\dots,r_k$, con los $r_i$
coprimos dos a dos, y $\abs{G}=r_1\cdots r_k$. Probar que en ese caso $G \cong 
N_1\times\cdots\times N_k$.

\begin{Solucion}
Como en~\emph{(b)}, se ve que si $1\leq i<j\leq k$, todo elemento de $N_i$
conmuta con todo elemento de $N_j$. De esto deducimos que la aplicación
  \[
  \phi:(n_1,\dots,n_k)\in N_1\times\dots\times N_k\mapsto n_1\cdots n_k\in G
  \]
es un morfismo de grupos. Teniendo en cuenta los órdenes de los grupos
considerados, es claro que para probar el resultado deseado basta mostrar que
$\phi$ es inyectivo. Sea $(n_1,\dots,n_k)\in\ker\phi$. Como
$\phi(n_1,\dots,n_k)=n_1\cdots n_k=1$, es
  \[
  n_1=n_k^{-1}\cdots n_2^{-1}\in N_1\cap\gen{N_2\cup\dots\cup N_k}.
  \]
Pongamos $M=\gen{N_2\cup\dots\cup N_k}$. La función $\psi:(g_2,\dots,g_k)\in
N_2\times\dots\times N_k\mapsto g_2\cdots g_k\in M$ es un morfismo de grupos
y es claramente sobreyectivo. Como el orden del dominio de $\psi$ es $r_2\cdots
r_k$, concluimos que el orden de $M$ divide a $r_2\cdots r_k$. Pero entonces el
orden de $n_1$ divide a $r_1$ y a $r_2\cdots r_k$, esto es, $n_1=1$. De la misma
forma se ve que todas las componentes de $(n_1,\dots,n_k)$ son triviales, y esto
nos dice que $\phi$~es inyectiva, como queríamos.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%
\item\label{semidirecto-def}\header{Producto semi-directo}
\begin{ejitems}
\item Sean $G$ y $N$ grupos y sea $\theta:G\to\Aut(N)$ un morfismo de grupos.
Sea $K=N\times G$ como conjunto, y consideremos el producto en $K$ dado por
  \[
  (n,g)\cdot(n',g') = (n\theta(g)(n'),gg'), 
    \qquad\forall(n,g),(n',g')\in K.
  \]
Mostrar que, con respecto a este producto, $K$ es un grupo. 
\end{ejitems}

\noindent Llamamos al grupo $K$ construido el \emph{producto semi-directo (o
cruzado) de $N$ por $G$ con respecto a $\theta$} y lo notamos $N\rtimes_\theta
G$.

\begin{ejitems}[resume]
\item Encontrar morfismos de grupos $\iota:N\to N\rtimes_\theta G$ y
$\pi:N\rtimes_\theta G\to G$ tales que $\iota$ sea inyectivo, $\pi$ sea
sobreyectivo e $\im\iota=\ker\pi$.

\item Mostrar que si $\theta=1$ es el morfismo trivial, $N\rtimes_\theta
G\cong N\times G$ es simplemente el producto directo.
\end{ejitems}

%%%%%%%%%%
\item*\header{Producto semi-directo interno} Sea $K$ un grupo y sean $G$ y $N$
subgrupos de $K$, con $N$ normal en $K$. Probar que las siguientes afirmaciones son
equivalentes.
\begin{ejitems}
\item $K=NG$ y $N\cap G=\{1\}$.
\item $K=GN$ y $N\cap G=\{1\}$.
\item Todo elemento de $K$ puede escribirse de forma única como producto de
un elemento de $N$ por uno de $G$.
\item Todo elemento de $K$ puede escribirse de forma única como producto de
un elemento de $G$ por uno de $N$.
\item La composición de la inclusión $\mathrm{inc}:G\hookrightarrow K$ con la
proyección canónica $\mathrm{can}:K\twoheadrightarrow K/N$ es un isomorfismo
$\tau:G\cong K/N$.
\item Existe un morfismo $\sigma:K\to G$ tal que $\sigma(g) = g$ para todo 
$g \in G$ y $\ker \sigma = N$.
\end{ejitems}
Además, cuando estas afirmaciones valen, existe un morfismo de grupos
$\theta:G\to\Aut(N)$ y un isomorfismo de grupos $\xi:N\rtimes_\theta G\to K$
tales que el siguiente diagrama conmuta:
  \[\xymatrix{
  N \ar[r]^-{\iota} \ar@{=}[d]
    & N\rtimes_\theta G \ar[r]^-{\pi} \ar[d]^-{\xi}
    & G \ar[d]^-{\tau}
    \\
  N\: \ar@{^(->}[r]^{\mathrm{inc}}
    & K \ar@{->>}[r]^{\mathrm{can}}
    & K/N
  }\]
Los morfismos $\iota$ y $\pi$ del diagrama fueron construidos en el
ejercicio~\ref{semidirecto-def}.

%%%%%%%%%%
\item Mostrar que $S_3\cong \ZZ_3\rtimes_\theta\ZZ_2$ para un morfismo
$\theta:\ZZ_2\to\Aut(\ZZ_3)$ apropiado.

%%%%%%%%%%
\item Mostrar que $S_n$ es el producto semi-directo de $A_n$ y $\gen{(1\,2)}$.

%%%%%%%%%%
\item Mostrar que $\HH$ no puede ser escrito como un producto semi-directo de
forma no trivial.

%%%%%%%%%%
\item Sean $G$ un grupo finito, $\phi:G\to G$ un endomorfismo de~$G$, y $n \in \NN$ 
tal que $\phi^m(G) = \phi^n(G)$ para todo $m \geq n$ (ver ejercicio~\textbf{15} de la 
practica $2$). Mostrar que $G$ es el producto semi-directo de $\ker\phi^n$ e 
$\im\phi^n$.

\subsection{Grupos dados por generadores y relaciones}
\item Para cada $1\leq r \leq 6$, considerar el grupo $G_r$ presentado
      por $\gen{a,b\mid a^7,a^{-1}b^{-1}a^rb, b^3}$.
\begin{ejitems}
 \item Probar que el cardinal de $G_r$ es menor o igual que $21$.
 \item Probar que si $r\in\{3,5,6\}$ entonces $G_r\cong \ZZ_3$.
 \item Probar que $G_1\cong\ZZ_{21}$.
 \item Probar que si $r\in\{2,4\}$ entonces $G_r$ es un grupo no abeliano de orden 
  $21$. ¿Son isomorfos $G_2$ y $G_4$?
\end{ejitems}

\item Caracterizar los siguientes grupos dados por generadores y relaciones:
\begin{multicols}{2}
\begin{ejitems}
 \item $\gen{x\mid x}$;
 \item $\gen{x\mid x^n}$;
 \item $\gen{x,y\mid xyx^{-1}y^{-1}}$;
 \item $\gen{x,y\mid x^n,xyx^{-1}y^{-1}}$;
 \item $\gen{x,y\mid x^2,y^4,xyxy}$;
 \item $\gen{x,y\mid xyxyxyxy}$.
\end{ejitems}
\end{multicols}

\item Probar que $\gen{a,b\mid a^4,abab^{-1},a^2b^{-2}}$ es una presentacion del grupo
de los cuaterniones.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{Ejercicios adicionales}
\subsection{Grupos múltiplemente transitivos}

Sea $G$ un grupo y supongamos que $G$ actúa fielmente sobre un conjunto $X$. Sea
$k\geq1$. 

%%%%%%%%%%
\item Mostrar que obtenemos una acción de $G$ sobre $X^k$ si definimos
  \[
  g\cdot(x_1,\dots,x_k) = (gx_1,\dots,gx_k),
  \qquad\text{si $g\in G$ y $(x_1,\dots,x_k)\in X^k$.}
  \]
Mostrar que si $\abs{X}>1$, la acción de $G$ sobre $X^k$ no es transitiva.

\end{ejercicios}

\begin{Definicion} Sea
  \(
  X^{(k)} = 
    \{ (x_1,\dots,x_n) \in X^k : \text{$x_i\neq x_j$ si $1\leq i < j \leq k$}\}
  \).
Diremos que la acción de $G$ sobre $X$ es \emph{$k$-transitiva} si $G$ actúa
transitivamente sobre~$X^{(k)}$.
\end{Definicion}

\begin{ejercicios}[resume]
\item Mostrar que la acción canónica de $S_n$ sobre $\{1,\dots,n\}$ es
$n$-transitiva.

\item Mostrar que la acción canónica de $A_n$ sobre $\{1,\dots,n\}$ es
$(n-2)$-transi\-tiva pero no $(n-1)$-transitiva.

\item Sean $\k$ un cuerpo y $V$ un $\k$-espacio vectorial. Mostrar que $\Aut_\k(V)$
actúa $1$-transitivamente sobre $V\setminus\{0\}$ pero no $2$-transitivamente.

\item Sean $\k$ un cuerpo y $V$ un $\k$-espacio vectorial con
$\dim_\k V \geq2$, y sea $X$ el conjunto de todos los subespacios de $V$ de
dimensión~$1$. Mostrar que la acción de $\Aut_\k(V)$ sobre $V$ induce una acción
natural sobre $X$, que es $2$-transitiva pero no $3$-transitiva.

\item Sea $\Delta \subset \RR^3$ un tetraedro regular centrado en el origen, y sea 
$G$ el grupo de rotaciones que mandan $\Delta$ en sí mismo. Mostrar que la acción de 
$G$ sobre el conjunto de vértices de $\Delta$ es $2$-{} pero no $3$-transitiva.

\item Sea $A$ un grupo finito no trivial y $A'=A\setminus\{1\}$. Claramente
$\Aut(A)$ actúa sobre $A'$. 
  \begin{ejitems}
  \item\label{act:aut-trans} Si~$\Aut(A)$ actúa $1$-transitivamente en~$A'$,
  entonces existe un número primo~$p$ tal que todo elemento de~$A'$ es de
  orden~$p$. Esto implica que $A$ es un $p$-grupo, así que su centro no es
  trivial. Concluir que $A$ es abeliano y $A \cong \ZZ_p \times \dots \times \ZZ_p$.
  \item Determinar todos los grupos $A$ tales que $\Aut(A)$ actúa
  $2$-transitiva\-mente sobre $A'$.
  \end{ejitems}

\end{ejercicios}

\begin{Definicion}
La acción de $G$ sobre $X$ se dice \emph{finamente $k$-transitiva} si es
$k$-transitiva, y además vale lo siguiente: dados $g,g' \in G$, si existe 
$x = (x_1,\dots,x_k)\in X^{(k)}$ tal que $g \cdot x = g' \cdot x$, entonces $g = g'$.
En otras palabras, esta condición dice que dos elementos de $G$ que actúan de la
misma forma sobre $k$ elementos de $X^{(k)}$ deben coincidir.
\end{Definicion}

\begin{ejercicios}[resume]

%%%%%%%%%%
\item\label{trans:orden} Probar que si la acción de $G$ es finamente $k$-transitiva 
sobre $X$ y $n=\abs{X}$, entonces
  \[
  \abs{G} = \frac{n!}{(n-k)!}.
  \]

%%%%%%%%%%
\item Mostrar que la acción de $S_n$ sobre $\{1,\dots,n\}$ es finamente $n$-transitiva,
finamente $(n-1)$-transitiva pero no finamente $(n-2)$-transitiva.

%%%%%%%%%%
\item Mostrar que la acción de $A_n$ sobre $\{1,\dots,n\}$ es finamente 
$(n-2)$-transitiva.

%%%%%%%%%%
\item\header{Acciones finamente $1$-transitivas} Este ejercicio lleva a una
descripción de todas las acciones finamente $1$-transitivas.

Sea $G$ un grupo finito, y sea $R=G$ . Consideremos la acción regular a
izquierda $G\times R\to R$, dada por
  \[
  g\cdot r = gr, \qquad\forall g\in G, r\in R.
  \]
\begin{ejitems}
\item Mostrar que la acción de $G$ sobre $R$ es finamente $1$-transitiva.
\item Sea $G$ un grupo finito que actúa sobre un conjunto $X$ no vacío de forma
finamente $1$-transitiva. Mostrar que existe una función biyectiva $\phi:R\to X$
tal que el diagrama
  \[\xymatrix{
  G\times R \ar[r] \ar[d]_-{\id_G\times\phi}
    & R \ar[d]^-{\phi}
    \\
  G\times X \ar[r]
    & X
  }\]
conmuta, donde las flechas horizontales están dadas por las acciones de $G$.
\end{ejitems}

%%%%%%%%%%
\item Sea $\k$ un cuerpo finito de $q$~elementos. 
\begin{ejitems}
\item Consideremos el conjunto 
$\AGL(1,\k)=\k^\times\times \k$ y dotémoslo del producto dado por
  \[
  (a,b)\cdot(a',b') = (aa',b+ab'), \qquad\forall (a,b),(a',b')\in\AGL(1,\k).
  \]
Muestre que $(\AGL(1,\k),\cdot)$ es un grupo.
\item Consideremos ahora el conjunto $X=\k$ y la aplicación $\AGL(1,\k)\times \k\to \k$
dada por
  \[
  (a,b)\cdot x = ax+b, \qquad\forall(a,b)\in\AGL(1,\k), \forall x\in X.
  \]
Muestre que esto da una acción de $\AGL(1,\k)$ sobre $X$.
\item Muestre que esta acción es finamente $2$-transitiva.
\end{ejitems}

%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo finito y sea $X$ un conjunto no vacío sobre el cual $G$
actúa de forma finamente $2$-transitiva.
\begin{ejitems}

\item Sean $x_0 \in X$ y $H=G_{x_0}$, y notemos $X'=X\setminus\{x_0\}$. 
Probar que $H$ actúa de forma finamente $1$-transitiva sobre $X'$ y es un 
subgrupo maximal de $G$.

\begin{Solucion}
Sea $t\in G\setminus H$. Queremos ver que $\gen{t,H}=G$. Sea $g\in G\setminus
H$. Es $gx_0\neq x_0$ y $tx_0\neq x_0$, así que $gx_0,tx_0\in X'$. Como $H$
actúa de manera transitiva sobre $X'$, existe $h\in H$ tal que $hgx_0=tx_0$.
Vemos entonces que $t^{-1}hgx_0=x_0$, es decir, que $t^{-1}hg\in H$. Pero esto
implica que $g\in\gen{t, H}$.~\qed
\end{Solucion}

\item\label{trans:h-conj} Mostrar que $H\cap gHg^{-1}\neq1$ sii $g\in H$. En 
particular, $\N(H)=H$ y $C(h)\subset H$ para cada $h\in H\setminus\{1\}$.

\begin{Solucion}
Supongamos que $g\not\in H$ y sea $h\in H\cap gHg^{-1}$. Entonces existe $h'\in
H$ tal que $h=gh'g^{-1}$ y vemos que $hgx=gh'g^{-1}gx_0=gh'x_0=gx_0$, porque
$h'\in H$. Como además $hx_0=x_0$, $h$ tiene dos puntos fijos y debe ser
$h=1$.~\qed
\end{Solucion}

\item\label{trans:inv-conj} Decimos que un elemento $g \in G$ es una involución si 
$g^2$ actúa como la identidad sobre $X$. Probar que $G$ posee involuciones y que son 
todas conjugadas entre sí. Notamos $I$ al conjunto de involuciones de $G$.

\begin{Solucion}
Es $\abs{G}=n(n-1)$ por~\ref{trans:orden}, que es par. Luego existen elementos
de orden $2$ en $g$. Veamos que son todos conjugados.

Sean $s,t\in G$ dos involuciones y sea $y\in X$. Como $G$ es $2$-transitivo,
existe $u\in G$ tal que $uy=y$ y $usy=ty$. Pongamos $v=usu^{-1}$. Entonces
$vy=usu^{-1}y=usy=ty$ y $vty=usu^{-1}ty=us^2=uy=y=tty$, así que $v$ y $t$
coinciden en dos elementos de $X$. Luego $t=v=usu^{-1}$ y vemos que $s$ y $t$
son conjugados.~\qed
\end{Solucion}

\item\label{trans:card-n} Sean $N'=\{g\in G:\text{para cada $x\in X$, $gx\neq
x$}\}$ y $N=N'\cup\{1\}$. Probar que $\abs{N'}=n-1$, y que $N$ es un
subconjunto normal de $G$.

\begin{Solucion}
Como la acción es transitiva, para cada $x\in X$ hay exactamente $\abs{H}-1$
elementos que dejan fijo solamente a $x$. Luego hay exactamente $n(\abs{H}-1)$
elementos en $G$ que dejan fijo algún elemento de $X$ y vemos que hay
$n\abs{H}-1-n(\abs{H}-1)=n-1$ elementos en $G$ que mueven todos los elementos
de~$X$.

La segunda afirmación del enunciado es inmediata.~\qed
\end{Solucion}

\item Probar que la acción de $N$ sobre $X$ es finamente transitiva.

\begin{Solucion}
Consideremos la aplicación $\phi:n\in N\mapsto nx_0\in X$. Se trata de una
inyección: en efecto, si $\phi(n)=\phi(n')$, vemos que $n^{-1}n$ es un elemento
de $N$ que deja fijo a $x_0$, así que debe ser $n^{-1}n=1$, esto es, $n=n'$.
Como $\abs{N}=\abs{X}$, se sigue que $\phi$ es biyectiva. Es fácil deducir de
esto que la acción de $N$ es simplemente transitiva.~\qed
\end{Solucion}

\item\label{trans:una-inv} Probar que $H$ posee a lo sumo una involución. 
Si $H$ posee una involución entonces $\abs{I}=n$, y en caso contrario 
$\abs{I}=n-1$.

\begin{Solucion}
Supongamos que $H$ posee $r$ involuciones y $r\geq1$. Como ninguna de ellas
puede fijar un elemento de $X'$, vemos que cada una de ellas tiene a $x_0$ como
único punto fijo. Ahora, como la acción de $G$ es transitiva, para cada $y\in X$
hay exactamente $r$ involuciones en $G$ que dejan fijo a $y$ y concluimos que
hay $rn$ involuciones en total en $G$.

Cada involución de $G$ es producto de $\frac12(n-1)$ transposiciones y hay $rn$
de ellas. Como dos involuciones de $G$ no pueden compartir una transposición y en
$S(X)$ hay exactamente $\frac12n(n-1)$ transposiciones, vemos que la única
posibilidad es que $r$ sea $1$. Esto prueba además que en este caso hay $n$
involuciones en $G$.

Supongamos ahora que $H$ no contiene involuciones. Sea $s\in I$. Para cada $y\in
X'$ elijamos $h_y\in H$ de manera que $h_ysx_0=y$; esto es posible porque
$sx_0,y\in X'$ y $H$ actúa transitivamente sobre $X'$. Es
$h_ysh_y^{-1}x_0=h_ysx_0=y$. Esto nos dice que $\{h_ysh_y^{-1}:y\in X'\}$ es un
conjunto de exactamente $n-1$ involuciones distintas. Como en este caso es
$I\subset N'$, vemos que hay a lo sumo $n-1$ involuciones y, en definitiva, que
$\abs{I}=n-1$.~\qed
\end{Solucion}

\item\label{trans:i2} Mostrar que si $s,t\in I$ y $s\neq t$, entonces $st$ no tiene
puntos fijos en $X$.

\begin{Solucion}
Sean $s,t\in I$ y supongamos que $y\in X$ es tal que $sty=y$. Claramente también
es es $tsy=y$. Si $sy=y$, entonces $s,t\in G_y$ y como $G_y$ es conjugado de
$H$, \ref{trans:una-inv}~implica que $s=t$. Si, por el contrario $z=sy\neq y$,
entonces $sz=s^2y=y$ y $tz=tsy=y$, así que $s$ y $t$ coinciden en dos elementos
de $X$ (a saber, $y$ y $z$) así que debe ser $s=t$. En cualquier caso, vemos que
debe ser $s=t$.~\qed
\end{Solucion}

\item\label{trans:clases} Sea $j\in G\setminus H$ una involución, y sea 
$j^H=\{hjh^{-1}:h\in H\}$. Si $H \cap I\neq\emptyset$, sea además $i$ la única 
involución de $H$. Entonces
  \[
  I = \begin{cases}
           j^H, & \text{si $H\cap I=\emptyset$;} \\
           j^H\cup\{i\}, & \text{si $H\cap I\neq\emptyset$.}
         \end{cases}
  \]

\begin{Solucion}
Hay que mostrar que todas las involuciones de $G\setminus H$ son conjugadas por
$H$. Para ello basta observar que si $s,t\in G\setminus H$ son involuciones,
existe un único elemento $u\in G$ tal que $ux_0=x_0$ y $usx_0=tx_0$ (porque
$sx_0\neq x_0\neq tx_0$), de manera que $u\in H$ y, como en~\ref{trans:inv-conj}
se puede ver que $t=usu^{-1}$.~\qed
\end{Solucion}

\item\label{trans:N} Probar que $I^2\setminus\{1\}=N'$ y que $N$ es un subgrupo 
normal abeliano de~$G$. De hecho, si $H\cap I=\emptyset$, vale que $I=N'$. Más
precisamente, existe un número primo $p$ tal que
  \(
  N \cong \ZZ_p\times\dots\times\ZZ_p
  \),
y $p=2$ sii $H\cap I=\emptyset$. 

\begin{Solucion}
Supongamos primero que $H\cap I\neq\emptyset$. Entonces hay exactamente $n$
involuciones en $G$, digamos $I=\{s_1,\dots,s_n\}$ y podemos suponer sin pérdida
de generalidad que $s_n\in H$. Usando~\ref{trans:i2}, vemos que
$\{s_1s_n,\dots,s_{n-1}s_n\}\subset N'$; como los $n-1$ elementos listados son
distintos entre si, \ref{trans:card-n} implica que
$\{s_1s_n,\dots,s_{n-1}s_n\}=N'$. Razonando análogamente, podemos ver que
$\{s_ns_1,\dots,s_ns_{n-1}\}=N'$, de manera que todo elemento de $N'$ puede
escribirse como $s_is_n$ y como $s_ns_j$ para apropiados
$i,j\in\{1,\dots,n-1\}$. 

En particular, todo elemento de $N^2$ es de la forma
  \(
  s_is_n\cdot s_ns_i = s_is_j
  \)
con $i,j\in\{1,\dots,n\}$ y, usando~\ref{trans:i2}, vemos que si $N^2\subset N$.
Como $G$ es finito, \ref{sub:criterio-finito}~nos dice que $N$ es un subgrupo de
$G$, que es normal porque $N'$ es un subconjunto normal de $G$.

Como $N$ es normal, la conjugación induce un morfismo de grupos
$\alpha:H\to\Aut(N)$ y, si $h\in H$ y $s_is_n\in N$, es
$\alpha(h)(s_is_n)=hs_ih^{-1}s_n$ porque $hs_nh^{-1}=s_n$. El resultado
de~\ref{trans:clases} implica entonces que la acción de $\Aut(N)$ sobre $N'$ es
transitiva y \ref{act:aut-trans}~implica que existe un primo
$p$ tal que $N\cong \ZZ_p\times\dots\times\ZZ_p$. 

Si $p=2$, hay involuciones en $N'$ y existen $i,j\in\{1,\dots,n-1\}$ tales que
$s_is_n=s_j$. Esto implica que $s_n=s_is_n\cdot s_ns_j\in N'$. Pero esto es
imposible porque $s_n$ deja fijo a $x$. Luego $p$ es impar.

Supongamos ahora que $H\cap I=\emptyset$. En este caso $I=\{s_1,\dots,s_{n-1}\}$
tiene exactamente $n-1$ elementos y cada uno de ellos está en $N'$. Comparando
cardinales, vemos inmediatamente que $N'=I$. En vista de~\ref{trans:i2}, es
$N'^2=I^2\subset N'$, así que $N^2\subset N$ y otra vez vemos que $N$ es un
subgrupo normal de~$G$. 

La acción por conjugación de $G$ sobre $N'=I$ es transitiva en vista
de~\ref{trans:inv-conj} así que \ref{act:aut-trans}~implica que existe un primo
$p$ tal que $N\cong \ZZ_p\times\dots\times\ZZ_p$. Finalente, como hay elementos
de orden~$2$ en $N$, claramente debe ser $p=2$.~\qed
\end{Solucion}

\item\label{trans:rtimes} Mostrar que si $T$ es un subgrupo normal de $G$ con 
$\Z(T)\neq1$, entonces $G=\Z(T)\rtimes H$.

\begin{Solucion}
Como $T$ es normal en $G$ y $\Z(T)$ es característico en $T$, $\Z(T)$ es normal
en $G$. Entonces $\Z(T)H$ es un subgrupo de $G$. 

Supongamos que $z\in \Z(T)\cap H\setminus\{1\}$. Entonces en vista
de~\ref{trans:h-conj}, $T\subset\C(z)\subset H$. Pero, en ese caso, es
$g\in G\setminus H$, $T=T\cap gTg^{-1}\subset H\cap gHh^{-1}=1$, lo que
contradice la hipótesis. Luego $\Z(T)\cap H=1$; en particular, $\Z(T)H$ es
estrictamente más grande que $H$ y como $H$ es maximal en
$G$, concluimos que el subgrupo $\Z(T)H$ coincide con $G$.

Considerando la acción de $H$ sobre $\Z(T)$ inducida por la conjugación en $G$,
es fácil mostrar ahora que la aplicació $\phi:(z,h)\in\Z(T)\rtimes H\to zh\in G$
es un isomorfismo.~\qed
\end{Solucion}

\item Probar que $G\cong N\rtimes H$ con respecto a la acción por conjugación de 
$H$ sobre~$N$.

\begin{Solucion}
El resultado sigue inmediatamente de~\ref{trans:N} y~\ref{trans:rtimes}.~\qed
\end{Solucion}

\item Fijemos $x_1\in X'$. Definimos una aplicación $\xi:N'\to H$ de la
siguiente manera: si $n\in N'$, entonces $nx_0\in X'$ ya que $n$ no deja fijo
ningún elemento de $X$; como la acción de $H$ sobre $X'$ es finamente
transitiva, existe exactamente un elemento $\xi(n)\in H$ tal que
$\xi(n)x_1=nx_0$. Mostrar que $\xi$ es una biyección.

\begin{Solucion}
Si $n$, $n'\in N'$ son tales que $\xi(n)=\xi(n')$, entonces es
$nx_0=\xi(n)x_1=\xi(n')x_1=n'x_0$ y vemos que $n^{-1}n$ tiene un punto fijo.
Como se trata de un elemento de $N$ debe ser el elemento neutro, y concluimos
que $n=n'$. Esto es, $\xi$ es inyectiva.

Sea ahora $h\in H$. Como $N$ actúa transitivamente en $X$, existe $n\in N$ tal
que $hx_1=nx_0$. No puede ser que $n=1$ porque en ese caso sería $hx_1=x_0$,
contradiciendo el hecho de que $hX'=X'$. Luego $n\in N'$ y claramente es
$h=\xi(n)$.~\qed
\end{Solucion}

\item Fijemos $x_1\in X'$. Definimos en $X$ dos operaciones $\cdot$ y $+$ 
de la siguiente manera. 

Sean $x, y\in X$. Si $x=x_0$, definimos $x\cdot y=x_0$. Si $x\neq x_0$, existe
exactamente un elemento $h\in H$ tal que $hx_1=x$, y definimos $x\cdot y=hy$.
Por otro lado, sabemos que existe exactamente un elemento $n\in N$ tal que 
$nx_0=x$; ponemos $x+y=ny$.

Mostrar que $(X,+)$ es un grupo abeliano isomorfo a $N$ y que $(X',\cdot)$ es un
grupo isomorfo a $H$.

\item Mostrar que si $H$ es abeliano, entonces $(X,+,\cdot)$ es un cuerpo $\k$ 
y que $G\cong\AGL(1,\k)$.
\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\subsection{Grupos nilpotentes}

Sea $G$ un grupo. Definimos una sucesión creciente 
  \[
  1 = Z_0 \subset Z_1 \subset \dots \subset Z_n \subset \cdots
  \]
de subgrupos normales de $G$ inductivamente de la siguiente manera, empezando
por~$Z_0=1$: sea $i\in\NN_0$ y supongamos que ya hemos construido $Z_i$. Como
$Z_i$ es normal, podemos considerar el morfismo canónico $\pi:G\to G/Z_i$.
Por definición $Z_{i+1}=\pi^{-1}\big(\Z(G/Z_i)\big)$, que es un subgrupo 
normal de $G$, y cumple que $Z_{i+1}/Z_i \cong \Z(G/Z_i)$. La sucesión de
subgrupos $(Z_i)_{i\geq0}$ se llama la \emph{cadena central superior} de $G$.

\begin{Definicion}
Decimos que $G$ es \emph{nilpotente} si existe $n\in\NN_0$ tal que $Z_n=G$. 
Llamamos \emph{longitud nilpotente} de $G$ al menor $n$ con esta propiedad.
\end{Definicion}

%%%%%%%%%%
\item Probar que un grupo abeliano es nilpotente. ¿Es nilpotente $S_3$? Dé un 
ejemplo de un grupo nilpotente y no abeliano.

\end{ejercicios}

\begin{Definicion}
Una sucesión creciente $(N_i)_{i\geq0}$ de subgrupos normales de un
grupo~$G$ se dice una \emph{cadena central ascendente} si $N_0=1$ y 
$N_{i+1}/N_i \subset \Z(G/N_i)$ para cada $i\geq0$. Si existe $n\in\NN_0$ tal que
$N_i=G$ entonces decimos que la cadena \emph{termina} o~que \emph{llega} a $G$.
\end{Definicion}

\begin{ejercicios}[resume]

%%%%%%%%%%
\item\label{cca-conmut} Si $G$ es un grupo y $(N_i)_{i\geq0}$ es una cadena
central ascendente en $G$, muestre que para cada $i\geq0$ se tiene que
$[N_{i+1},G]\subset N_i$.

\begin{Solucion}
Como $N_{i+1}/N_i \subset \Z(G/N_i)$, si $n\in N_{i+1}$ y $g\in G$, las clases
$nN_i$ y $gN_i$ conmutan en $G/N_i$, es decir, $ng\equiv gn \pmod{N_i}$ o, lo
que es lo mismo, $[n,g]\in N_i$. El resultado buscado sigue inmediatamente de
esto.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Si $G$ es un grupo y $(Z_i)_{i\geq0}$ es su cadena central superior,
entonces para cada $i\geq0$ se tiene que $Z_{i+1}=\{g\in G:[g,G]\subset Z_i\}$.

\begin{Solucion}
Esto es inmediato a partir de la ecuación $Z_{i+1}/Z_i=\Z(G/Z_i)$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Mostrar que si un grupo $G$ posee una cadena central ascendente $(N_i)_{i\geq0}$
que llega a $G$, entonces es nilpotente. 
\begin{Indicacion}
Una forma de hacer esto es ver que $N_i\subset Z_i$ para cada $i\geq0$.
\end{Indicacion}


\begin{Solucion}
Es claro que $N_0\subset Z_0$. Supongamos inductivamente que
$i\geq0$ y que sabemos que $N_i\subset Z_i$. Entonces la aplicación identidad
$\id:G\to G$ induce un morfismo sobreyectivo $\pi:G/N_i\to G/Z_i$ y,
entonces, 
  \begin{equation}\label{eq:cca}
  \pi(N_{i+1}/N_i)\subset\pi\big(\Z(G/N_i)\big)\subset\Z(G/Z_i)=Z_{i+1}/Z_i. 
  \end{equation}
Ahora bien, $\pi(N_{i+1}/N_i)=N_{i+1}Z_i/N_iZ_i$ y, como $N_i\subset Z_i$, esto
es igual a $N_{i+1}Z_i/Z_i$. Luego la inclusión~\eqref{eq:cca} nos dice que
$N_{i+1}Z_i/Z_i\subset Z_{i+1}/Z_i$, es decir, que $N_{i+1}Z_i\subset Z_{i+1}$.
De esta inclusión de ve claramente que $N_{i+1}\subset Z_{i+1}$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item\label{nilp-by-center} Sea $G$ un grupo tal que $G/\Z(G)$ es nilpotente.
Probar que $G$ es nilpotente.

\begin{Solucion}
Sea $(Z'_i)_{i\geq0}$ la cadena central superior de $G'=G/\Z(G)$ y sea, para
cada $i\geq1$, $N_i\subset G$ el único subgrupo de $G$ tal que
$N_i/\Z(G)=Z'_{i-1}$. Pongamos finalmente $N_0=1$. Afirmamos que
$(N_i)_{i\geq0}$ es una cadena central ascendente que termina en $G$. En efecto,
si $i\geq1$, usando libremente los isomorfismos canónicos, tenemos que
  \[
  \Z(G/N_i)
    = Z\left(\frac{G/\Z(G)}{N_i/\Z(G)}\right)
    = \Z(G'/Z'_{i-1}) = Z'_i/Z'_{i-1}
    = \frac{N_{i+1}/\Z(G)}{N_i/\Z(G)}
    = N_{i+1}/N_i.
  \]
Por otro lado, $\Z(G/N_0)=N_1/N_0$ porque la construcción hecha implica que
$N_1=\Z(G)$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Probar que todo $p$-grupo finito es nilpotente.

\begin{Solucion}
Sea $G$ un $p$-grupo finito. Sabemos que su centro $\Z(G)$ es no trivial y
$G/\Z(G)$ es un $p$-grupo de cardinal menor que $\abs{G}$, así que podemos,
inductivamente, suponer que es nilpotente. El resultado sigue entonces del
ejercicio~\ref{nilp-by-center}.
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Probar que los subgrupos $Z_i$ que aparecen en la serie central de $G$ son
subgrupos característicos en $G$. 
\begin{Indicacion}
Esto puede verse por inducción en $i$, siendo inmediato para $i=0$. Para ver que
$Z_{i+1}$ es característico en $G$ si $Z_i$ lo es, proceda de la siguiente
manera: muestre que todo $\alpha\in\Aut(G)$ induce, de manera natural, un
automorfismo $\bar\alpha\in\Aut(G/Z_i)$ tal que conmuta el diagrama
  \[\xymatrix{
  G \ar@{->>}[r] \ar[d]_-{\alpha}
    & G/Z_i \ar[d]^-{\bar\alpha}
    \\
  G \ar@{->>}[r] 
    & G/Z_i.
  }\]
Usando que el centro de un grupo es característico, concluir que $Z_{i+1}$ es
característico.
\end{Indicacion}


%%%%%%%%%%
\item Probar que todo cociente de un grupo nilpotente es nilpotente. Para mostrarlo,
considere un morfismo $f:G\to G'$ con $G$ nilpotente y verifique
que si $(Z_i)_{i\geq0}$ es la cadena central superior de $G$, entonces
$(f(Z_i))_{i\geq0}$ es una cadena central ascendente de $G'$ que termina en
$G'$.

\begin{Solucion}
Sea $K=\ker f$ e identifiquemos a $G'$ con $G/K$ y a $f$ con la proyección
canónica $G\to G/K$; entonces para cada $i\geq0$ es $f(Z_i)=Z_iK/K$. Tenemos que
  \begin{gather*}
  f(Z_{i+1})/f(Z_i) 
    = \big(Z_{i+1}K/K\big) / \big(Z_iK/K\big)
    \cong Z_{i+1}K / Z_iK
    \\
\shortintertext{y}
  G'/f(Z_i) 
    = \big(G/K\big)/\big(Z_iK/K\big)
    \cong G/Z_iK,
  \end{gather*}
así que para ver que $(f(Z_i))_{i\geq0}$ es una cadena central ascendente que
termina en $G'$ bastará mostrar que $Z_{i+1}K / Z_iK \subset \Z(G/Z_iK)$. En
término de elementos, esta inclusión es equivalente a que siempre que
$z_{i+1}\in Z_{i+1}$, $k\in K$ y $g\in G$, existe $l\in Z_iK$ tal que
$z_{i+1}k g = g  z_{i+1}k l$.

Consideremos entonces $z_{i+1}\in Z_{i+1}$, $k\in K$ y $g\in G$. Como $K$ es normal en
$G$, existe $k'\in K$ tal que $kg = gk'$; por otro lado, como $Z_{i+1}/Z_i =
\Z(G/Z_i)$, existe $z_i\in Z_i$ tal que $z_{i+1}g=gz_{i+1}z_i$. Es
  \[
  z_{i+1}kg = z_{i+1}gk' = gz_{i+1}z_i k',
  \]
así que podemos tomar $l=z_ik'\in Z_iK$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Mostrar que todo subgrupo de un grupo nilpotente es nilpotente.

\begin{Solucion}
Sea $G$ un grupo nilpotente, $G'\subset G$ un subgrupo y $(Z_i)_{i\geq0}$ la
cadena central superior de $G$. Es evidente que $G'\cap Z_0=1$. Por
otro lado, si $i\geq0$, 
  \begin{align*}
  \Z\left(\frac{G'}{G'\cap Z_i}\right)
    &\supset \frac{G'}{G'\cap Z_i} \cap \Z\left(\frac{G'}{Z_i}\right)
     = \frac{G'}{G'\cap Z_i} \cap \frac{Z_{i+1}}{Z_i}
     = \frac{G'Z_i}{Z_i} \cap \frac{Z_{i+1}}{Z_i} 
     \\
\shortintertext{y como $Z_{i+1}\supset Z_i$, esto es}
    &= \frac{G'Z_i \cap Z_{i+1}}{Z_i}
     = \frac{(G'\cap Z_{i+1})Z_i}{Z_i}
     = \frac{G'\cap Z_{i+1}}{(G'\cap Z_{i+1})\cap Z_i}
     \\
    &= \frac{G'\cap Z_{i+1}}{G'\cap Z_i}.
  \end{align*}
Esto muestra que $(G'\cap Z_i)_{\geq0}$ es una cadena central que, claramente,
llega a $G'$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Mostrar que todo producto de grupos nilpotentes es nilpotente.

%%%%%%%%%%
\item Probar que si $G$ es nilpotente y $N$ es normal en $G$, entonces 
$N\cap\Z(G)\neq1$.

\begin{Solucion}
Sea $(Z_i)_i\geq0$ la cadena central superior de $G$ y sea
$i_0=\max\{i\in\NN_0:N\cap Z_i=1\}$. Esto tiene sentido porque $G$ es
nilpotente. Notemos que $Z\cap Z_{i_0+1}\neq1$.

Como $N$ es normal, $N\cap Z_{i_0+1}$ es normal en $G$ y $[N\cap
Z_{i_0+1},G]\subset N\cap Z_{i_0+1}$ por~\ref{normal-conmut}; por otro lado,
\ref{cca-conmut} nos dice que $[Z_{i_0+1},G]\subset Z_{i_0}$. Vemos así que
  \[
  [N\cap Z_{i_0+1},G]\subset N\cap Z_{i_0} = 1
  \]
y, en particular, que $1\neq N\cap Z_{i_0+1}\subset\Z(G)$. Es claro que esto
implica que $N\cap \Z(G)\neq1$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item\label{nilp:normalizador} Demostrar que todo subgrupo propio de un grupo 
nilpotente está estrictamente contenido en su normalizador. En particular, todo 
subgrupo maximal es normal.

\begin{Solucion}
Sea $G$ un grupo nilpotente, $(Z_i)_{i\geq0}$ su cadena central superior y sea
$H\subsetneq G$ un subgrupo propio. Pongamos $i_0=\max\{i\in\NN_0:Z_i\subset
H\}$. Usando~\ref{cca-conmut}, vemos que
$[Z_{i_0+1},H]\subset[Z_{i_0+1},G]\subset Z_{i_0}\subset H$. Si tomamos $z\in
Z_{i_0+1}\setminus H$, es $[z,H]\subset H$ o, equivalentemente,
$zHz^{-1}=H$. Esto nos dice que $z\in\N(H)\setminus H$ y vemos que $H\subsetneq
\N(H)$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item\label{nilp:sylow-es-normal} Mostrar que si $G$ es nilpotente y $P\subset G$ es 
un $p$-subgrupo de Sylow de $G$, entonces $P$ es normal y por lo tanto es el único 
$p$-subgrupo de $G$.

\begin{Solucion}
Supongamos que $P$ no es normal en $G$, de manera que $\N(P)\subsetneq G$.
Entonces tanto $P$ como $\N(P)$ son subgrupos propios de $G$ y el
ejercicio~\ref{nilp:normalizador} implica que
  \begin{equation}\label{nilp:eq:incl}
  P \subsetneq \N(P) \subsetneq \N(\N(P)).
  \end{equation}
En vista de~\ref{sylow:normalizador}, $P$ es un subgrupo característico de
$\N(P)$, y como la conjugación por un elemento de $\N(\N(P))$ induce un
automorfismo de $\N(P)$, vemos que $P$ es normal en $\N(\N(P))$. La definición
de $\N(P)$, entonces, implica que $\N(\N(P))\subset\N(P)$,
contradiciendo~\eqref{nilp:eq:incl}.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ nilpotente y finito, y para cada primo $p$ sea $P_p$ el único 
$p$-subgrupo de Sylow de $G$. Probar que $G\cong \prod_{p}P_p$.

\begin{Solucion}
En vista de~\ref{nilp:sylow-es-normal}, cada subgrupo de Sylow es normal en $G$.
Si $P_1,\dots,P_k$ son los subgrupos no triviales de Sylow de $G$, entonces
$\abs{G}=\abs{P_1}\cdots\abs{P_k}$ y los órdenes de estyos subgrupos son coprimos dos a dos.
El resultado deseado sigue entonces de~\ref{prod:por-ordenes-k}.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\noindent Esta serie de ejercicios prueba el siguiente teorema:

\begin{Teorema}
Un grupo finito es nilpotente sii es isomorfo al producto de sus subgrupos de
Sylow.
\end{Teorema}
\end{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%\subsection{Sin clasificar}
%
%\begin{ejercicios}
%
%%%%%%%%%%%
%\item Sea $G=\GL_3(\FF_2)$
%\begin{ejitems}
%\item Mostrar que $\abs{G}=168$.
%\item Sea $X$ el conjunto de rectas de $\FF_2^3$. Mostrar que $X$ posee~$7$
%elementos. Construir un morfismo inyectivo natural $G\to S_7$.
%\item Mostrar que $G$ posee seis clases de conjugación, de órdenes $1$, $21$,
%$42$, $56$, $24$ y $24$. Para ello, considere las formas normales de Jordan de
%los elementos de $G$.
%\item Usando esta información, concluya que $G$~es simple.
%\end{ejitems}
%
%\end{ejercicios}

\foto{Galois}{Evariste Galois\\1811 -- 1832, Francia}{%
Evariste Galois produjo un metodo para determinar cuando una ecuacion general
puede ser resuelta por radicales y es famoso por sus desarrollos que aportaron 
al comienzo de la teoria de grupos.}
\end{document}
