42 problemas resueltos de Algebra I

(Teora de Grupos)
Yolanda Fuertes y Dragan Vukotic
(con la ayuda de Ernesto Girondo)
Universidad Autonoma de Madrid, 2007/08

Algunos de los ejercicios aqu presentados se han visto en clase como

proposiciones o teoremas. Otros se pueden encontrar en las hojas de prob-
lemas o en los examenes de anos anteriores. En general deberan servir
para profundizar en la comprension de los conceptos basicos y preparar
los examenes.

Grupos. Propiedades basicas: conmutatividad, orden, subgrupos,

ndice

Problema 1. Si G es un grupo de orden par, demostrar que el numero de

sus elementos de orden 2 es impar.

Solucion. Los elementos de G pueden dividirse en dos clases disjuntas:

Q = {x G : x2 6= e} y G \ Q. Si x Q, entonces x 6= x1 y o(x1 ) 6= 2. Por
lo tanto, los elementos de Q van emparejados: cada x con su inverso x1 ;
es decir, hay un numero par de ellos. Se sigue que el numero de elementos
en x G \ Q (para los cuales x2 = e) tambien es par. De todos ellos,
solamente x = e no es de orden 2. Conclusion: G contiene un numero impar
de elementos de orden 2.

Problema 2. Sea G un grupo de orden impar. Demostrar que para cada

x G existe y G tal que y 2 = x.

Solucion. Sea |G| = 2n 1, n N. Entonces para todo x G se tiene

x2n1= e, es decir, x2n = x. Por consiguiente, basta tomar y = xn .

Problema 3. Sea G un grupo y H, K G tales que |H| = 38 y |K| = 55.

Demostrar que H K = {e}.

Solucion. H K es un subgrupo tanto de H como de K. Por el Teorema

de Lagrange, deducimos que |H K| tiene que dividir tanto a |H| = 38 como
a |K| = 55. Pero 38 = 2 19 y 55 = 5 11 son coprimos, luego la unica
posibilidad es |H K| = 1, es decir H K = {e}.

1
Problema 4. Denotemos, como es habitual, por HK al conjunto {hk : h
H, k K}. Si G es un grupo y H, K G, demuestrese que HK G si y
solo si HK = KH.

Solucion. (): Sea HK G. Vamos a demostrar que HK = KH.

Si a KH entonces a = kh, k K, h H. Por tanto, a1 = h1 k 1
HK (siendo H un grupo y h H, se sigue que h1 H y analogamente para
K). Puesto que HK G, tambien tenemos que el inverso de a1 pertenece
a HK: a = (a1 )1 HK. Esto demuestra que KH HK.
Veamos ahora que HK KH: si b HK entonces b1 HK por ser
HK G; por consiguiente, b1 = hk, para ciertos elementos h H, k K.
Por tanto, b = (b1 )1 = k 1 h1 KH.
(): Supongamos ahora que HK = KH. Para probar que HK G,
utilizaremos el criterio habitual: demostraremos que a, b HK implica
ab1 HK. Si a, b HK, entonces a = hk, b = xy, h, x H, k, y K. Por
tanto, x1 H, ky 1 K, luego (ky 1 )x1 KH = HK; por consiguiente,
(ky 1 )x1 = uv, u H, v K. Finalmente,
ab1 = (hk)(y 1 x1 ) = h(ky 1 )x1 = (hu)v HK ,
lo cual completa la prueba.

Problema 5. (a) Hallar un ejemplo de un grupo G infinito en el cual existe

exactamente un elemento de orden 2.
(b) Dar un ejemplo de un grupo G infinito en el cual todo elemento,
salvo el neutro, tiene orden 2.

Solucion. (a) Sea G = Z Z2 , suponiendo las operaciones aditivas

habituales en Z y Z2 . Es facil comprobar que a = (0, 1) es el unico elemento
en G de orden 2; por ejemplo, todo elemento (a, 1) con a 6= 0 tiene orden
infinito, etc.
(b) Sea G el conjunto de todas las sucesiones de numeros 1:
G = {x = (xn )
n=1 : xn = 1 o 1 , para todo n N} ,

con la operacion de multiplicacion definida por coordenadas:

x y = (xn yn )
n=1

Entonces es obvio que G es cerrado respecto a la operacion definida, ya que

(1) (1) = (1), la multiplicacion es asociativa, la sucesion estacionaria
1 = (1, 1, 1, . . .) actua como neutro y cada elemento de G es obviamente su
propio inverso, ya que x x = ((1)2 ) n=1 = 1.

2
Problema 6. Si n N y G es un grupo que tiene un unico elemento a de
orden n, demostrar que a Z(G) y n = 2.

Solucion. Recordemos que o(a) = o(xax1 ) para cualquier x G.

Puesto que a es el unico elemento en G de orden n, tenemos que a = xax1
para todo x G; esto demuestra que a Z(G).
Puesto que solo el neutro puede tener orden uno, para demostrar que
n = 2, supongamos que n > 2. Entonces existe un m N tal que 1 < m < n
y (m, n) = 1 (por ejemplo, sea m el primer numero primo entre 1 y n). Por
una formula vista en clase tenemos:
n
o(am ) = = n = o(a) ;
(n, m)

pero am 6= a, ya que 1 < m < n = o(a), lo cual contradice la hipotesis del

problema. Se sigue que n = 2.

Problema 7. (Lema de Poincare) Sea G un grupo, no necesariamente fini-

to, y sean H, K G, ambos de ndice finito en G. Entonces el subgrupo
H K tambien tiene ndice finito en G.

Solucion. El punto clave consiste en ver que para todo a G se tiene

(H K)a = HaKa, lo cual es facil de comprobar. En efecto, las inclusiones
obvias (H K)a Ha y (H K)a Ka implican (H K)a Ha Ka.
Por otra parte, si x Ha Ka, entonces x = ha = ka, h H, k K y, por
tanto, h = k H K, lo cual nos dice que x (H K)a. Por consiguiente,
Ha Ka (H K)a tambien.
Puesto que el numero de todas las clases por la derecha Ha es finito y lo
mismo se tiene para las clases Ka, por ser ambos subgrupos de ndice finito,
se sigue inmediatamente que el numero de todas las posibles intersecciones
Ha Ka tambien es finito; por tanto, [G : H K] es finito.

Grupos cclicos y finitamente generados

Problema 8. Sea G un grupo (no necesariamente finito) con neutro e y

N C G de ndice n. Supongamos que x G y xm = e, donde (m, n) = 1.
Demostrar que x N .

Solucion. Siendo N un subgrupo normal, el conjunto cociente G/N =

{gN : g G}, con la operacion dada por xN yN = xyN , es un grupo.
Consideremos su elemento xN . Observando que (xN )m = xm N = eN = N ,

3
el neutro en G/N , obtenemos la conclusion de que o(xN )|m. Por el teorema
de Lagrange o(xN )| |G/N | = [G : N ] = n. Por lo tanto, o(xN )|(m, n) = 1;
es decir, xN es el neutro de G/N : xN = N , con lo cual x N .

Problema 9. Consideremos el grupo aditivo (Z220 , +).

(a) Determinar el ndice del subgrupo H de Z220 generado por 28.
(b) A que grupo conocido es isomorfo H?
(c) Cuantos subgrupos de Z220 existen con el mismo ndice que H?

Solucion. (a) Sabemos que siempre que un elemento g de un grupo G

n
tiene orden n, entonces el orden de g k es .
(n, k)
(Z220 , +) es un grupo cclico, con generador 1. Tratandose de un grupo
aditivo, 28 es ciertamente la potencia de 1 con exponente k = 28 (en este
grupo en que la operacion es de suma, operar un elemento consigo mismo
repetidamente quiere decir sumarlo consigo mismo repetidamente). As que
220 220 |Z220 |
el orden de 28 es = = 55. Por tanto [Z220 : H] = =
(220, 28) 4 |H|
220
= 4.
55
(b) Todo subgrupo de un grupo cclico es cclico. Por tanto H = Z55 , el
grupo cclico de 55 elementos.
(c) No existe ningun otro subgrupo de Z220 distinto de H que tenga
tambien ndice 4. Esta es una propiedad conocida de los grupos cclicos: no
hay en ellos dos subgrupos distintos que tengan el mismo ndice.
(Nota: Lo que s existe, por supuesto, son otros generadores de H dis-
tintos de 28.)

Problema 10. Es finitamente generado el grupo (Q, +)?

Solucion. No. Supongamos que (Q, +) s es finitamente generado, di-

gamos por los numeros racionales mi /ni , donde mi Z, ni N, i = 1,. . . ,k.
Entonces para cualquier q Q existen numeros enteros a1 ,. . . , ak tales que
k
X mi N
q= ai =
ni n1 n2 . . . nk
i=1

para algun numero N Z. Sin embargo, es facil ver que esto es imposible
si elegimos
1
q= Q
2n1 n2 . . . nk

4
porque las dos igualdades dadas arriba implicaran que 2N = 1, lo cual es
absurdo. Por tanto, (Q, +) no es finitamente generado.

Subgrupos normales. Conjugacion. Centro

Problema 11. Sea G un grupo, H, N G y [G : N ] = 2. Demostrar que

H N C H.

Solucion. Por un criterio visto en clase, N C G, porque N es un sub-

grupo de ndice 2. La conclusion deseada se sigue del siguiente lema (visto
en clase): H G y N C G implica H N C H.
Repasemos la demostracion del lema. Comprobaremos que

h(H N )h1 (H N ) para todo h H .

Por la inclusion trivial H N H tenemos h(H N )h1 hHh1 . Puesto

que N es un subgrupo normal de G, tambien tenemos h(H N )h1
hN h1 N para todo h H. Ahora bien, las inclusiones

h(H N )h1 H y h(H N )h1 N

implican h(H N )h1 H N .

Problema 12. Supongamos que H G y x2 H para todo x G. De-

mostrar que H C G y G/H es abeliano.

Solucion. Observemos que para todo h H y todo x G tenemos

x h x1 = x h x x2 = x h x h h1 x2 = (x h)2 h1 (x1 )2 H ,

ya que (xh)2 H y (x1 )2 H. Esto demuestra que H C G.

Recordemos un ejercicio conocido: si en un grupo el cuadrado de cada
elemento es el neutro, entonces el grupo es abeliano. Ahora solo hace falta
observar que para cada clase xH G/H, tenemos (xH)2 = x2 H = H. Por
lo tanto, el grupo G/H es abeliano.

Problema 13. Si G es un grupo con centro Z(G) y el grupo cociente

G/Z(G) es cclico, demostrar que G es abeliano.

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 Solucion. Por las hipotesis, existe un a G tal que todo elemento del
grupo G/Z(G) es de la forma ak Z(G), para algun k Z.
Sean x, y G dos elementos cualesquiera; queremos demostrar que xy =
yx. Para ello, observemos que x = xe xZ(G) y, por lo tanto, x = am g
para algun m Z y g Z(G). De manera similar se obtiene y = an h, para
algun n Z y h Z(G). Ahora es facil comprobar lo que queramos:
xy = am gan h = am an gh = an am hg = an ham g = yx ,
puesto que g, h Z(G).
Comentario: este resultado es muy util e importante y conviene conocerlo
y saber usarlo; mas adelante veremos sus aplicaciones en otros problemas.

Problema 14. El centro de un p-grupo finito (es decir, de un grupo de

orden pn , p primo, n N) es siempre no trivial.

Solucion. La ecuacion de las clases de conjugacion es, en este caso,

tiene la forma
Xn
3
p = |G| = |Z(G)| + [G : CG (ai )] ,
i=1
donde la suma contiene exactamente un elemento ai de cada clase de con-
jugacion CG (ai ) = {x G : xai = ai x}. Cada clase es un subgrupo de G.
Siendo G un p-grupo, para cada i ambos numeros |CG (ai )| y [G : CG (ai )]
son divisores de |G| = p3 . Esto implica que
n
X
|Z(G)| = |G| [G : CG (ai )]
i=1

tambien tiene que ser divisible por p, pues no puede ser = 1.

Problema 15. Demostrar que si G no es abeliano y tiene orden p3 (p es

un numero primo), entonces Z(G) tiene orden p.

Solucion. Puesto que Z(G) G y Z(G) 6= G, por el teorema de

Lagrange tenemos |Z(G)| = 1, p o p2 .
El ultimo caso queda excluido enseguida: si Z(G) fuese un grupo de
orden p2 , el grupo cociente G/Z(G) tendra p elementos y, por consiguiente,
sera cclico. Por el problema anterior, esto es imposible, ya que G no es
abeliano.
Por el ejercicio anterior, el caso |Z(G)| = 1 tambien es imposible.
Conclusion: el unico caso posible es |Z(G)| = p.

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Problema 16. Sea G un grupo finito tal que el ndice [G : Z(G)] es un
divisor de 15. Demostrar que G es conmutativo.

Solucion. Por la hipotesis del problema, [G : Z(G)] {1, 3, 5, 15}.

Analicemos los cuatro casos.
El caso [G : Z(G)] = 1 es trivial: entonces G = Z(G) y, por consiguiente,
G es abeliano.
Si [G : Z(G)] = 3, entonces el grupo G/Z(G) es cclico (siendo un grupo
de orden 3). Por el problema 13, G es abeliano.
El caso [G : Z(G)] = 5 es similar. Tambien lo es el caso [G : Z(G)] = 15,
por razones algo menos triviales. En general, un grupo cuyo orden no es
primo no tiene porque ser cclico. Sin embargo, por la teora de los productos
semidirectos, sabemos que cualquier grupo de orden 15 tiene que ser isomorfo
a Z15 y, por lo tanto, es necesariamente cclico.

Problema 17. Sean p, q dos numeros primos (iguales o distintos). Sea G

un grupo de orden pq que tiene un unico subgrupo H de orden p. Demostrar
las siguientes afirmaciones:
(a) H C G.
(b) El grupo cociente G/H es cclico.
(c) Si H Z(G), entonces G es abeliano.

Solucion. (a) H es un subgrupo normal, ya que es el unico subgrupo

de G de orden p. Esta observacion, valida para cualquier grupo finito G, se
ha comentado en clase; no obstante, repasaremos la demostracion:
Sea x G arbitrario. Entonces Ix (H) = xHx1 , la imagen de H por el
automorfismo interno Ix , denotada tambien a veces por H x , es un subrupo
de G y |xHx1 | = |H| = p. Por lo tanto, xHx1 = H. Esto significa que
H C G.
|G|
(b) |G/H| = |H| = q, un numero primo. Se sigue que G/H es cclico.
(c) Z(G) C G |Z(G)| {1, p, q, pq}. Puesto que H Z(G) y |H| = p,
tenemos |Z(G)| {p, pq} y, por lo tanto, |G/Z(G)| {q, 1}. En cada uno
de estos casos, G/Z(G) es un grupo cclico y el problema 13 implica que G
es conmutativo.

Problema 18. Sea H K CG y, ademas, sea K cclico y finito. Demostrar

que H C G.

7
 Solucion. Primero, para todo g G se tiene gHg 1 gKg 1 K,
puesto que H < K y K C G. Segundo, gHg 1 es un grupo. Por lo tanto,
para cualquier elemento g G, el conjunto gHg 1 es un subgrupo de K.
Tambien sabemos que |gHg 1 | = |H| (visto en clase). Luego, K es un grupo
cclico y finito, y por lo tanto tiene un unico subgrupo de orden |H|. Por lo
tanto, gHg 1 = H, y esto vale para todo g G. Esto significa que H C G.

Problema 19. Si H C G y el grupo G/H es cclico, es G necesariamente

abeliano? Razonese la respuesta.

Solucion. La respuesta es: NO. Ejemplo: sea G el grupo diedrico de

orden 6, en la notacion de clase, D3 = {I, A, A2 , B, AB, A2 B} donde A3 =
I = B 2 y BA = A1 B. Sea H = {I, A, A2 }, el subgrupo cclico generado
por A. Siendo H un subgrupo de ndice 2 en G, por un teorema visto en
clase, es un subgrupo normal de G. El grupo cociente G/H de orden 2 es
obviamente cclico. Sin embargo, el grupo G no es abeliano.

Homomorfismos de grupos. Teoremas de isomorfa

Problema 20. Denotemos, como es habitual, por Zn al grupo aditivo modu-

lo n y por Hom(A, B) al conjunto de todos los homomorfismos de un grupo
A en otro grupo B.
(a) Demostrar que si f Hom(Zm , Zn ), entonces f viene dado por
f (x) = xr, donde el orden del elemento r Zm divide a (m, n).
(b) Describir los conjuntos Hom(Z21 , Z10 ), Hom(Z21 , Z12 ) y Hom(Z21 , Z7 ).
(c) Cuantos de estos homomorfismos son sobreyectivos (inyectivos)?

Solucion. (a) Cualquier f Hom(Zm , Zn ) queda completamente de-

terminado por la imagen f (1), ya que para 0 x < m se tiene, por las
propiedades elementales de los homomorfismos, f (x) = xf (1) = xf (1). Por
lo tanto, todo f Hom(Zm , Zn ) tiene la forma indicada en el enunciado
con r = f (1).
(Comentario: por las propiedades vistas en clase, la imagen f (Zm ) es
un subgrupo de Zn . Aunque en algunos casos 1 Zn no pertenezca a esta
imagen f (Zm ), un elemento de f (Zm ) desempenara el papel de generador
de f (Zm ), y este sera precisamente r.)
La clase r = f (1), siendo un elemento del grupo cclico Zn , tiene que
cumplir la condicion o(r) | o(Zn ) = n. Tambien es evidente que
mr = f (m) = f (0) = 0 .

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As pues, o(r) | m. Las dos conclusiones implican que o(r) | (m, n).
(b) Usaremos el apartado (a). Si f Hom(Z21 , Z10 ), entonces el orden
de f (1) divide a (21, 10) = 1 y, por tanto, f (1) = 0: el unico homomofismo
es el trivial: f (x) = 0 para todo x Zm .
En el caso f Hom(Z21 , Z12 ), el orden de f (1) tiene que ser un divisor
de (21, 12) = 3; es decir, 1 o 3. Por lo tanto, f (1) tiene que ser uno de los
elementos del (unico) subgrupo de orden 3 del grupo aditivo Z12 : {0, 4, 8}
(por una proposicion vista en clase, si B es un grupo cclico de orden n
y k | n entonces G tiene un unico subgrupo de orden k). As pues, los
candidatos para ser homomorfismos, ademas del homomorfismo trivial, son
los siguientes:
f1 (x) = 4x ; f2 (x) = 8x .
Es facil comprobar que ambos lo son. Es completamente rutinario comprobar
que f (x + y) = f (x) + f (y). A primera vista, esto parece siempre cierto, sea
cual sea el elemento r, pero tambien es importante comprobar que estan
bien definidos:

x = y (mod 21) 4x = 4y (mod 12) .

Dicho de otra manera (suponiendo, sin perdida de generalidad, que 0 < x,

y < 21), hemos de comprobar que

21 | (x y) 12 | 4(x y) ,

pero esto es inmediato. Lo mismo se obtiene con 8 en vez de 4. Por tanto,

existen tres homomorfismos en este caso.
Hom(Z21 , Z7 ): ahora o((1)) | 7, por lo cual (1) puede ser cualquiera
de los elementos de Z7 , y es facil ver que todos sirven. En este caso, hay 7
homomorfismos distintos.
(c) En el caso de Hom(Z21 , Z10 ), ya sabemos que no hay ningun homo-
morfismo sobreyectivo.
Para que un homomorfismo Hom(Zm , Zn ) sea sobreyectivo, el ele-
mento r = f (1) tiene que ser un generador de Zn y, por tanto, de orden
exactamente n. Esto nos dice que en el caso de Hom(Z21 , Z12 ) tampoco
puede haber homomorfismos suprayectivos. En el caso de Hom(Z21 , Z7 ) hay
6 homomorfismos (todos menos el trivial) que son sobreyectivos, ya que los
elementos 1, 2, . . . , 6 de Z7 todos tienen orden 7.
Evidentemente, ninguno de los homomorfismos considerados puede ser
inyectivo, puesto que se trata de aplicaciones de un conjunto de 21 elementos
en otros con menos elementos (10, 12, 7).

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Problema 21. Para n N, describir el grupo Aut(Zn ) de todos los auto-
morfismos del grupo aditivo Zn . En particular, para p primo, obtener una
caracterizacion simple de Aut(Zp ).

Solucion. El argumento es parecido al anterior: si f Aut(Zn ), en-

tonces r = f (1) tiene orden exactamente n (todo automorfismo es sobreyec-
tivo). Si elegimos 0 < r < n, se sigue que (r, n) = 1 (por la tpica cuenta
para el orden de un elemento en un grupo cclico). Cada r coprimo con n
genera un automorfismo y, por lo tanto, el grupo Aut(Zn ) tiene exactamente
(n) elementos, donde es la funcion de Euler. Es cierto algo mas: los gru-
pos (Aut(Zn ), ) (siendo la composicion de aplicaciones) y (U (Zn ), ), el
grupo multiplicativo de las unidades de Zn , son isomorfos; es obvio que una
composicion de dos automorfismos fr (x) = rx y fr0 (x) = r0 x da el siguiente
resultado:
(fr fr0 )(x) = rr0 x = frr0 (x) ,
lo que sugiere un automorfismo natural F : Aut(Zn ) U (Zn ) dado por
F (f ) = f (1) = r. La igualdad escrita arriba nos dice que F (fr fr0 ) =
F (fr ) F (fr0 ).
En particular, para n = p (primo) tenemos (Aut(Zp ), ) = (U (Zp ), ), que
es un grupo multiplicativo cclico (de orden p 1) y, por tanto, es isomorfo
al grupo aditivo (Zp1 , +).

Problema 22. Dado un grupo G y a G, denotemos por a el automorfis-

mo interno dado por a (x) = axa1 , con frecuencia tambien denotado por
Ia y por Int (G) al grupo de todos los automorfismos internos de G. Hemos
visto en clase que a b = ab para todo a, b G y que Int GC Aut G.
Demostrar que G/Z(G) = Int G.

Solucion. Sea : G Int G, (a) = a . Entonces es obviamente

suprayectiva y es un homomorfismo de grupos, puesto que

(a) (b) = a b = ab = (ab) .

Ademas, el nucleo de , N () = ker es el centro de G: a N () si y solo

si (a) = a =Id, lo cual se tiene si y solo si axa1 = x para todo x G; es
decir, si y solo si ga = ag para todo x G.
Aplicando el Primer teorema de isomorfa, obtenemos G/Z(G) = G/N ()

= (G) = Int G.

10
Problema 23. Cuantos homomorfismos suprayectivos existen del grupo
diedrico D13 en Z12 ?

Solucion. Ninguno. Si existiese algun homomorfismo f del tipo indica-

do, el primer teorema de isomorfa implicara que D13 /N (f )
= Z12 y, por
tanto, tendramos que
26
|D13 /N (f )| = = |Z12 | = 12 ,
|N (f )|

es decir, que el nucleo de f tiene 26/12 elementos, un numero no entero, lo

cual es absurdo. Por tanto, no existe ningun homomorfismo con las carac-
tersticas exigidas.

Acciones de grupos

Problema 24. Si un grupo G actua sobre un conjunto X, demostrar que

su accion puede extenderse al conjunto P(X) = {S : S X}.

Solucion. Denotemos por : G X X la accion de G sobre X (por

la izquierda). El razonamiento sera similar para una accion por la derecha
: X G X. Podemos definir la funcion en el producto directo GP(X)
como sigue:

a S = {a x : x S} , a G, S X.

Vemos inmediatamente que : G P(X) P(X) ya que : G X X.

Entendemos que trata de una extension de pues a {x} = {a x}, para
todo x X.
Ademas, se cumplen ambas condiciones para que sea una accion, ya que
la propiedad basica e x = x implica:

e S = {e x : x S} = {x : x S} = S

y la propiedad a (b x) = (ab) x implica

a (b S) = a {b x : x S} = {a (b x) : x S} = {(ab) x : x S}
= (ab) S .

11
Problema 25. Consideremos la accion de un grupo G sobre s mismo por
conjugacion: a x = axa1 . Dado un elemento x G, hallnese:
(a) su estabilizador (grupo de isotropa) Gx ;
(b) su orbita O(x);
(c) el numero de elementos en la clase de conjugacion de x.

Solucion. (a) Por definicion,

Gx = {g G : gx = x} = {g G : gxg 1 = x} = {g G : gx = xg} = CG (x) ,
el centralizador de x en G, estudiado en clase.
(b) Por definicion,
O(x) = {g x : g G} = {gxg 1 : g G} = C(x) ,
la bien conocida clase de conjugacion de x en G.
(c) Sabemos de clase que |O(x)| = [G : Gx ], luego
|C(x)| = |O(x)| = [G : Gx ] = [G : CG (x)] .
Observacion. Evidentemente, estas conclusiones pueden usarse para
deducir la ecuacion de las clases de conjugacion mediante acciones de grupos.

Grupos de permutaciones
Problema 26. (a) Descomponer la permutacion en producto de ciclos
disjuntos.
(b) Hallar el orden de .
(c) Calcular 2008 .

Solucion. Puesto que (1) = 3, (3) = 8, (8) = 1, luego (2) = 7,

(7) = 2, etc., vemos que la descomposicion cclica de es la siguiente:

1 2 3 4 5 6 7 8 9
= (138)(27)(4965) .
3 7 8 9 4 5 2 1 6
Sean
= (138) , = (27) , = (4965) .
Los ciclos , y son disjuntos dos a dos, luego conmutan y, por tanto, sus
potencias tambien conmutan. Por consiguiente,
2008 = 2008 2008 2008 = = (138) ,
ya que el orden de un r-ciclo es exactamente r y, por tanto, 3 = 2 = 4 = I
y 2008 1 (3), 2008 0 (2) y 2008 0 (4).

12
Problema 27. Decidir justificadamente si las permutaciones = (12)(123)
y = (145) generan S5 o no.

Solucion. Componiendo los dos ciclos que aparecen en la formula para

, vemos que la permutacion fija el numero 1 y que = (23), una trasposi-
cion.
Puesto que los ciclos y son disjuntos, sabemos que = por una
propiedad basica vista en clase. Eso nos dice que el grupo h, i generado
por y es abeliano y, por tanto, no puede coincidir con S5 , que no es
abeliano, como bien sabemos.

Problema 28. Decidir justificadamente si los ciclos = (123) y =

(25431) generan S5 ; es decir, si S5 = h, i.

Solucion. Basta observar que = (13)(12), = (21)(23)(24)(25) y

que, por tanto, ambos ciclos son permutaciones pares. Esto significa que
h, i A5 6= S5 .

Problema 29. Si n 3, demostrar que Z(Sn ) = {I}.

Solucion. Sea Sn , 6= I. Supongamos que (i) = j 6= i; un par

de numeros i, j con esta propiedad existe ya que 6= I. Puesto que n 3,
existe k {1, 2, . . . , n} tal que k 6= i, j. Consideremos una permutacion
Sn tal que (i) = i, (j) = k, (k) = j, por ejemplo, la trasposicion
(jk). Entonces (i) 6= (i) y, por tanto, y no conmutan.
Recordemos que este ultimo ejercicio fue fundamental en la demostracion
del teorema de Abel.

Problema 30. Determinar el numero de homomorfismos de Z6 en S5 que

(a) son inyectivos;
(b) tienen imagen de orden 3.

Solucion.
(a) Dado que Z6 es cclico, para dar un homomorfismo de el, basta decir
donde va el generador. Para que el homomorfismo sea inyectivo, el orden
de la imagen del generador por el homomorfismo debe ser el mismo que el
orden del generador, es decir, igual a 6. Buscamos, por tanto, los elementos
de S5 de orden 6. Los unicos que existen son la composicion
5 disjunta de un
3-ciclo y una transposicion. Por tanto, tenemos 2 3 = 20.

13
 (b) Sea f : Z6 S5 un homomorfismo, entonces la imagen de f es el
subgrupo de S5 generado por f (1). Si queremos que la imagen tenga orden
3, tenemos que enviar el generador, 1, de Z6 a un elemento de S5 de orden
3. Un
elemento de orden 3 solo puede ser un 3ciclo y, por tanto, tenemos
2 53 = 20 tales homomorfismos.

Productos directos. Grupos abelianos finitos

Problema 31. Hallar todos los grupos abelianos (no isomorfos entre s) de
orden 360.

Solucion. Por el teorema fundamental sobre la estructura de los gru-

pos abelianos finitos (visto en clase), cualquier grupo conmutativo de orden
360 = 23 32 5 es una suma directa de 2-grupos, 3-grupos y Z5 . Hay 3 grupos
abelianos distintos (no isomorfos entre si) de orden 23 = 8:

Z8 , Z8 Z4 , Z2 Z2 Z2

y dos grupos abelianos no isomorfos de orden 32 = 9:

Z9 , Z3 Z3 .

Por lo tanto, para un grupo abeliano de orden 360 hay, en total, 6 = 3 2

posibilidades:
Z8 Z9 Z5
= Z360
Z8 Z3 Z3 Z5
= Z3 Z120
Z2 Z4 Z9 Z5
= Z2 Z180
Z2 Z4 Z3 Z3 Z5
= Z6 Z60
Z2 Z2 Z2 Z9 Z5
= Z2 Z2 Z90
Z2 Z2 Z2 Z3 Z3 Z5
= Z2 Z6 Z30 .
Observacion: los grupos Z8 y Z2 Z4 no son isomorfos porque Z8 tiene,
al menos, un elemento de orden 8 (por ejemplo, 1), mientras que el maximo
orden de un elemento de Z2 Z4 es 4. Este tipo de observaciones sobre
los ordenes de elementos constituyen una de las herramientas basicas para
demostrar que dos grupos dados no pueden ser isomorfos. Generalizando el
mismo razonamiento, podemos concluir que los grupos Zmn y Zm Zn son
isomorfos si y solo si (m, n) = 1 (visto en clase).

14
Problema 32. Escribir U (Z33 ), el grupo multiplicativo de las unidades de
Z33 , como producto de grupos cclicos.

Solucion. Primero, U (Z33 ) es un grupo conmutativo y tiene (33) =

(3)(11) = 210 = 20(= 22 5) elementos, segun las propiedades basicas de
la funcion de Euler. Aplicando el Teorema fundamental sobre la estructura
de grupos abelianos finitos, concluimos que U (Z33 ) es isomorfo o bien al
grupo cclico Z4 Z5 = Z20 o bien al grupo Z2 Z2 Z5 = Z2 Z10 .
Para decidir entre estos dos grupos, conviene aplicar la siguiente tecni-
ca (que tambien puede ser util en algunos ejercicios con varios productos
semidirectos): vamos a contar el numero de elementos de cierto orden en ca-
da uno de los grupos. El orden de cada elemento de un grupo de 20 elementos
es un divisor de 20 (por Lagrange), pero cual deberamos elegir entre ellos?
Vamos a elegir el mas pequeno posible, en este caso 2. Si x Z20 , 0 < x < 20
20
y 2 = o(x) = (20,x) entonces (20, x) = 10 y x = 10. Es decir, hay un unico
elemento (10) de orden 2 en Z20 .
Encontraremos ahora en el grupo U (Z33 ) mas de un elemento de orden
2: si x2 1 (33), esto significa que 33 = 311 | x2 1 = (x1)(x+1). Puesto
que 3 y 11 son primos, concluimos que 3 | (x1) o 3 | (x+1), y lo mismo para
11. Ahora es facil encontrar x = 10 y x = 1 = 32. Puesto que este grupo
tiene mas de un elemento de orden 2, se sigue que no puede ser isomorfo a
Z20 y, por lo tanto, es isomorfo al otro: U (Z33 )
= Z2 Z2 Z5 = Z2 Z10 .

Teoremas de Cauchy y de Sylow

Problema 33. Demostrar que no existe ningun grupo simple de orden 63.

Solucion. Puesto que 63 = 32 7, el Primer Teorema de Sylow implica

la existencia de un subgrupo de orden 7 (7-subgrupo de Sylow en este caso,
ya que 72 6 | 63). Segun el Tercer Teorema de Sylow, el numero de 7-subgrupos
de Sylow, denotado n7 , cumple las condiciones n7 1 (7) y n7 |63/7 = 9.
Por tanto, n7 = 1: hay un subgrupo unico de orden 7. Puesto que es el unico
de ese orden, tiene que ser normal. Eso demuestra que un grupo de orden 63
siempre tiene un subgrupo normal no trivial y, por definicion, no es simple.

Problema 34. Sea G un grupo de orden 50 con un unico subgrupo de orden

2. Deducir razonadamente que G es abeliano.

15
 Solucion. Sabiendo que el subgrupo H de orden 2 es unico, tiene que
ser normal. Puesto que 50 = 2 52 , debido al Primer Teorema de Sylow,
el grupo G tambien tiene un subgrupo de orden 25 = 52 , digamos K. El
numero n5 de subgrupos de ese orden cumple las siguientes condiciones:
50
n5 1(5) , n5 |= 2,
52
segun el Tercer Teorema de Sylow. Puesto que los unicos divisores de 2 son
1 y 2, se sigue que n5 = 1. Por tanto, hay un unico 5-subgrupo de Sylow; de
ah se sigue que tambien K C G.
Observemos ahora que si un elemento a del grupo G pertenece a H K,
entonces o(a)|2 y o(a)|25; pero (2, 25) = 1 y por tanto, o(a) = 1; es decir,
a = e. As pues, hemos probado que H K = {e}.
Tenemos, pues: H, K C G, H K = {e}; por las propiedades vistas en
clase y en las hojas de problemas, se sigue que
|H||K| 2 25
|HK| = = = 50 = |G|
|H K| 1
y de ah que HK = G. Tambien tenemos en este caso que HK = H K,

tal y como se ha visto en clase; es decir, G = H K.
Puesto que tanto H como K son abelianos (el primero, porque es de
orden 2 y, por tanto, cclico y el segundo, porque es de orden p2 , donde
p = 5 es primo, otra propiedad vista en clase) y el producto directo de dos
grupos abelianos es obviamente abeliano, se sigue que G es abeliano.

Problema 35. Sea G un grupo de orden 20. Demostrar que G tiene un

subgrupo normal de orden 5.

Solucion. Como 5 es un numero primo que divide al orden de G, por

el Teorema de Cauchy, sabemos que existe un elemento a G de orden 5,
o equivalentemente, que el subgrupo generado por a, que denotaremos por
< a >= H, tiene orden 5. Para todo g G, denotaremos por H g = gHg 1
al subgrupo de G que se obtiene conjugando H por g G; ya sabemos que
es un subgrupo de G y que tiene el mismo orden que H. Consideraremos el
subconjunto de G, H g H G (para saber que es un subgrupo, alguno de
los dos grupos tendra que ser normal). Este satisface |H g H| |G| = 20.
Ademas, H g H H, y por el Teorema de Lagrange tenemos que |H g H|
es un divisor de |H| = 5, luego |H g H| = 1 o 5. Por otra parte,
25
|H g | |H| 55 1 > 20 , imposible
|H g H| = = = 25
|H g H| |H g H| 5 = 5 , correcto

16
 Luego, |H g H| = 5 = |H|, de donde se deduce que H g H = H g G
o, equivalentemente, H g = gHg 1 = H g G, luego H es un subgrupo
normal de G y es el que buscabamos.
(Observar que el argumento anterior nos servira, siempre que tengamos
|G| = ps (con un primo p > s, y s no necesariamente primo), para demostrar
que el subgrupo generado por el elemento de orden p es un subgrupo normal).

Problema 36. Sea G un grupo finito y H un subgrupo normal de G con

|H| = pk . Demostrar que H P para todo P psubgrupo de Sylow de G.

Solucion. Sea P un psubgrupo de Sylow de G. Segun el Segundo

Teorema de Sylow, existe g G tal que H gP g 1 . Luego g 1 Hg P .
Siendo H / G, se cumple g 1 Hg = H y, por tanto, H P .

Productos semidirectos. Grupos de orden pequeno

Problema 37. Demostrar que no existe ningun grupo G que cumpla las
siguientes propiedades: [G : Z(G)] = 4 y a2 6 Z(G) para algun a G \ {e}.
(Como siempre, e es el neutro del grupo G).

Solucion. Supongamos que existe un grupo G con esas propiedades.

Entonces G/Z(G) es un grupo de orden 4 y, por tanto, o bien es isomorfo al
grupo cclico Z4 o bien al grupo de Klein V4 , producto directo de dos grupos
cclicos de orden 2 (demostrado en clase).
En el caso G/Z(G) = Z4 , el problema 13 implica que G es abeliano, es
decir, G = Z(G), lo cual es imposible, ya que a2 6 Z(G).
Recordemos que todo elemento de V distinto del neutro tiene orden 2; por
lo tanto, el cuadrado de cada elemento de V es el neutro. Si suponemos que
G/Z(G) = V , se sigue que (xZ(G))2 = x2 Z(G) = Z(G) para todo x G, o
sea, x Z(G) para todo x G, mientras que a2 6 Z(G). Contradiccion.
2

Problema 38. Encontrar todos los grupos de orden 21.

Solucion. Sea G un grupo tal que |G| = 21, como 3 y 7 son numeros
primos que dividen a 21, nuevamente por el teorema de Cauchy, existen
elementos a y b G con ordenes 7 y 3, respectivamente. Sea H =< a >,
vamos a probar que es un subgrupo normal de G, de manera similar a como

17
hicimos en el ejercicio anterior. Sea H g = gHg 1 , para g G; sabemos que
H g H es un subconjunto de G, luego |H g H| 21 = |G| y |H g | = |H|.
Ademas, H g H es un subgrupo de H, y por el teorema de Lagrange tenemos
que |H g H| = 1 o 7. Por otra parte,
49
g |H g | |H| 77 1 > 21 , imposible
|H H| = = = 49
7 =7 , correcto
g
|H H| g
|H H|
Veamos ahora que < a > < b >= {e}, donde e denota el elemento neutro
del grupo, lo cual implicara que G
=< a > < b > porque ademas
tendramos
|<a>||<b>|
|<a><b>|= = 21 = |G| < a > < b >= G.
<a><b>|
g < a > < b > | < g > | divide al maximo comun divisor 7 y 3 (los
ordenes de a y b, respectivamente) que es 1, luego g = e.
Ahora nos falta analizar todos los posibles homomorfismos de grupos
:< b > Aut (< a >), que nos daran todos los posibles productos
semidirectos y, por tanto, todos los posibles grupos de orden 21.
Como < b > es un grupo cclico, para definir el homomorfismo , basta
definir la imagen de un generador, es decir, basta definir (b) = b Aut(<
a >), y a su vez b , por ser un automorfismo de < a >, queda determinado
por su accion sobre a, que ademas por teora sabemos que es de la forma
b (a) = bab1 . Como < a > CG bab1 < a >, luego bab1 = as , con
s {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Por otra parte, como es un homomorphismo lleva el
neutro (por ejemplo b3 = e) al neutro (el automorfismo identidad, Id), es
3
decir, Id = (b3 ) = ((b))3 , lo cual implica que a = Id(a) = ((b))3 (a) = as
3
o, equivalentemente, as 1 = 1, lo cual nos dice que 7 divide a s3 1 o,
equivalentemente, que s3 es congruente con 1 modulo 7. De ah obtenemos
que s {1, 2, 4}. As pues, los casos posibles son:
i) s = 1 ((b))(a) = a cte. < a > < b > es un producto
directo, o equivalentemente,

G1
=< a > < b >
= Z7 Z3
= Z21 , grupo cclico.

ii) s = 2 ((b))(a) = a2 = bab1 ba = a2 b, lo cual implica que

obtenemos un grupo no conmutativo, llamemosle G2 , de la forma

G2 = {ai bj : ba = a2 b con 0 i 6, 0 j 2}

iii) s = 4 ((b))(a) = a4 = bab1 ba = a4 b, de donde aparente-

mente obtendramos otro posible grupo, generado por dos elementos con la

18
relacion descrita anteriormente. Observemos que la relacion anterior es la
misma que si describimos el grupo del apartado ii), G2 , como el genera-
do por los elementos a y b2 , en lugar de a y b, porque ba = a2 b, aplicado
sucesivamente, nos da

b2 a = b(ba) = b(a2 b) = (ba)(ab) = (a2 b)(ab) = a2 (ba)b = a2 (a2 b)b = a4 b ,

que es la misma relacion que satisfaran los dos generadores del grupo
obtenido en este apartado iii), luego no obtenemos un grupo distinto.
Luego, solo tenemos dos grupos no isomorfos de orden 21, G1 y G2 .

Grupos resolubles

Problema 39. Demostrar que el grupo Dn de las simetras de un polgono

regular de n lados es resoluble para todo n 3.

Solucion. Puesto que Dn =< {a, b : an = 1 = b2 , bab1 = a1 } >,

sabemos que < a > es un subgrupo normal de ndice 2 en Dn . Entonces
tenemos la siguiente resolucion:

{1}C < a > CDn

ya que el primer factor es cclico, luego abeliano, y el segundo factor es un

grupo de orden 2, por tanto tambien cclico.

Problema 40. Obtener una resolucion del grupo de los cuaterniones Q.

Solucion. Como Q =< {a, b : a4 = 1 = b4 , b2 = a2 , bab1 = a1 } >

y |Q| = 8, tenemos que < a > es un subgrupo normal de ndice 2 de Q.
As obtenemos la siguiente resolucion:

{1}C < a > CQ

porque el primer factor es cclico (luego abeliano) y el segundo factor es un

grupo de orden 2 y, por tanto, tambien es cclico.

Problema 41. Sea G = P Q con P y Q subgrupos abelianos de G y P C G.

Probar que G es resoluble.

19
 Solucion. Tenemos la resolucion:

{1G } C P C G = P Q

El primer factor es P , que es abeliano. Por el Tercer Teorema de Isomorfa,

el segundo factor es P Q/P = Q P/P = Q/P Q, cociente de un abeliano,
luego abeliano.

Problema 42. Sea G un grupo de orden 12 con generadores a y b satisfa-

ciendo las siguientes relaciones: a4 = b3 = 1 y aba1 = b1 .

1. Ecribir todos los elementos de G en la forma ak bj , sin incurrir en

repeticiones.

2. Determinar si los subgrupos H =< a > y K =< b > son normales.

3. Determinar si G es resoluble y encontrar una serie normal de com-

posicion para G.

Solucion. (i) Dado que aba1 = b1 tenemos que ba1 = a1 b1 =

(ba)1 o, equivalentemente, tomando inversos que ba = ab1 = ab2 . Por
tanto, los elementos de G son exactamente los siguientes:

{1G , a, a2 , a3 , b, ab, a2 b, a3 b, b2 , ab2 , a2 b2 , a3 b2 } = {ai bj : 0 i 3, 0 j 2}.

(ii) Sea H =< a >. H no es un subgrupo normal de G porque, por

ejemplo, bab1 = ab </ a >. Por otra parte, si K =< b > entonces K si es
un subgrupo normal de G porque aba1 = b1 < b > y G esta generado
por a y b.
(iii) G es resoluble porque como K =< b > es normal en G, G = H K
y H K = {1G }, entonces tenemos la siguiente serie normal de G:

{1G } / K / G

con cocientes K y H, respectivamente, ambos abelianos. Por tanto, dicha

serie normal es una resolucion de G.

20