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Grupos de orden menor a 5

+1 voto
Uno de los ejercicios de Herstein, que viene en la primer sección de ejercicios.

Demostrar que todos los grupos de orden menor o igual a 5 son abelianos.

Lo mas obvio pareciese hacer todas las posibles tablas de multiplicación.

Alguna otra forma, desde luego sin usar técnicas nada "avanzadas", productos directos, grupos cíclicos, etc..
preguntado por Izzyro (6,260 puntos) Oct 13, 2013 en Básicas
editado por Izzyro Oct 13, 2013
Sí. Si no quieres ocupar Lagrange, me parece que no te queda de otra más que analizar las tablas de Cayley. Saludos.
Claro, pero no es que no quisiese usar los resultados, no mas que supón que es tu primer contacto que tienes con un libro de "moderna" y te topas con Herstein, entonces como harías el ejercicio, porque el libro no mas no te da esas herramientas para solucionarlo.
Bueno, la realidad es que en el "Topics" de Herstein hay muchos problemas cuyo "nivel" desborda al material previamente introducido. Incluso hay uno famoso en la sección 4 del capítulo de grupos...
Lo que comentas, Izzyro, es una de las razones de que a mí no me guste el Herstein. Pone problemas antes de ver la teoría para resolverlos más rápido.

3 Respuestas

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Mejor respuesta

Sin tablas de Cayley para los órdenes $1, 2, 3$ y $4$:

Si $G$ tiene orden $1$ entonces $G$ es abeliano.

Si $G$ tiene orden $2$ y sus elementos son $e$ (el elemento neutro) y $a$ entonces $a^{2}$ tiene que ser igual a $e$ (pues $a^{2}=a$ implica que $a=e$). Así, cada elemento de $G$ es igual a su propio inverso y en consecuencia $G$ es abeliano (establecer que la condición en itálicas es suficiente para tener conmutatividad es otro ejercicio sencillo del "Álgebra Moderna (Ed. Trillas, 1976)": específicamente, es el ejercicio 10, pág. 44.

Si $G$ tiene orden $3$ y sus elementos son $e, a$ y $b$ entonces $ab=e$. En efecto, pues $ab=a$ implica $b=e$ (contradicción) y $ab=b$ implica $a=e$ (contradicción también). Análogamente se establece que $ba=e$. Así, cada elemento de $G$ conmuta con cada uno de los otros elementos del grupo y el análisis de este caso termina.

Si $G$ tiene orden $4$ utilizamos la siguiente variante del ejercicio 11, pág. 44. op. cit.: si $|G|$  es un número par entonces el número de soluciones a la ecuación $x^{2}=e$ es un número par positivo. Cuando $|G|=4$ esto quiere decir que o todos los elementos de $G \setminus \{e\}$ tienen orden $2$ o que en $G$ hay exactamente un elemento de orden $2$. En el primer caso la conclusión se obtiene apelando nuevamente al ejercicio 10 en la página 44. En el otro caso, $G$ tiene exactamente un elemento de orden $1$ (el neutro del grupo), exactamente un elemento $a$ de orden $2$ y (al menos) un elemento $b$ de orden mayor que $2$. Así, $G=\{e,a,b,ab\}$. Ahora bien, como $b^{2}$ es un elemento de $G$ entonces $b^{2}=e$ o $b^{2} = b$ o $b^{2}=ab$ o $b^{2}=a$. El primer caso se descarta pues dijimos que $b$ tiene orden mayor que $2$. El segundo caso se descarta pues implica $b=e$.  El tercer caso se descarta pues implica $b=a$. Por consiguiente, $b^{2}=a$ y $G=\{e,b,b^{2}, b^{3}\}$. Establecer la conmutatividad de $G$ es harto sencillo ahora (y nótese que para hacerlo no es necesario contar con la definición de grupos cíclicos).

respondido por José Hdz (39,570 puntos) Oct 14, 2013
seleccionada por Izzyro Nov 2, 2013
Pues no se que decir. Le daré por buena su respuesta, José.
¿No es muy clara la respuesta? ¿En qué partes hay dudas? La solución es sin tablas de Cayley y utilizando sólo el material de las primeras secciones de grupos en el "Álgebra Moderna" de Herstein (Ed. Trillas, 1976)... Saludos.
+3 votos

Una pequeña trampilla para finiquitar el asunto este.

Lema. Si $G$ es un grupo de orden $5$ entonces para cada $g\in G$ se cumple que $g^{5}=e$.

Demostración. Por contradicción. Fijemos $g \in G \setminus \{e\}$ cuyo orden $k$ sea distinto de $5$. Consideremos entonces la siguiente relación en el grupo $G$:

$x \sim y \Leftrightarrow x = g^{m}y$ para algún $m \in \mathbb{Z}.$

Claramente, esta relación es de equivalencia y las clases de equivalencia inducidas por ella dan lugar a una partición de $G$. Dado que el grupo es finito, el número de clases de equivalencia distintas también lo es. Digamos que un sistema completo de representantes de dichas clases está dado por $\{x_{1}, \ldots, x_{j} \}$. Se tiene entonces que

$\displaystyle 5 = \sum_{i=1}^{j} \left \vert [x_{i}] \right \vert = \sum_{i=1}^{j} \left \vert  \left\{ g^{m}x_{i}: 0 \leq m \leq k-1 \right\} \right \vert = j  \cdot k,$

lo cual entra en contradicción con el supuesto de que $k \neq 5$. Q.E.D.

Del lema anterior se sigue que si $G$ es un grupo de orden $5$ entonces

$G=\{e,g,g^{2},g^{3}, g^{4}\}$

para cada $g \in G \setminus \{e\}$: la conmutatividad de $G$ es una consecuencia directa de esta última observación.

respondido por José Hdz (39,570 puntos) Oct 21, 2013
+2 votos

Suponemos que $G$ no es abeliano. Entonces hay dos elementos $a,b \in G$ tales que

\[ab \neq ba.\]

Como la identidad $e$ conmuta con todos los elementos de $G$, es claro que $a \neq b$ y $a,b \neq e$. Asi pues, tenemos 3 elementos distintos en $G$. Pero como $a$ y $b$ no son la identidad, se sigue que $ab$ y $ba$ no pueden coincidir ni con $a$, ni con $b$. Como $ab$ y $ba$ son distintos (por construcción), tenemos ya $5$ elementos diferentes.

Ahora suponemos que $G$ tiene exactamente 5 elementos. Estos son la identidad $e$, los elementos no-conmutantes $a$ y $b$, y sus dos productos $c:=ab$ y $d:=ba$. Como $G$ tiene inversos por la definición de grupo, la ecuación $ax = d$ tiene solución $x=a^{-1}d$. ¿Cuál de los 5 elementos de $g$ es $x$? Obviamente no puede ser $x=e$ o $x=b$. Tampoco puede ser $x=a$ pues $aa=d=ba$ implicaría $a=b$ (la existencia de inversos permite cancelar $a$), y no puede ser $x=d$ pues $ad=d$ implica $a=e$. Asi pues, tenemos que $ac=d$.

De la misma manera obtenemos que $bd=c$. Veamos: claramente la solución de $by=c$ no puede ser $y=e$ o $y=a$. Pero $y=b$ da $bb=c=ab$ que implicaría $b=a$, y $y=c$ daría $bc=c$ que tambien es contradictorio.

Ahor sustituimos $ac=d$ en $bd=c$ para obtener $bac=c$ que implica $ba=e$ y de esta contradicción concluimos que $G$ tiene más de 5 elementos.

 

respondido por Rodrigo Pérez (10,010 puntos) Oct 29, 2013
editado por Rodrigo Pérez Oct 31, 2013
En sí tampoco sería permitido usar eso de que "el orden de todo $g \in G$ divide a...". Bueno, a menos que se diera una prueba de ello sin apelar al teorema de Lagrange (cf. el 'post' de arribita).
@ José Hdz: Teorema de Lagrange eliminado... mas elemental no pude :)
Esta solución es buena, gracias Rodrigo.
Fantástica explicación! Solamente una pregunta referente a la última línea de su prueba... Usted escribió: "y de esta contradicción concluimos que G tiene más de 5 elementos." Por qué? para mi la parte final sería ba=e, pero como ba=d, e=d, una contradicción porque e y d son elementos diferentes. No entiendo por qué ba=e crea un nuevo elemento.
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