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Otro de Grupos finitos

+8 votos
Existe un único grupo de orden $n$ $sii$  $(n,\varphi(n))=1$

Es un problema bonito diría.
preguntado por Izzyro (6,260 puntos) Ago 25, 2013 en Interés general
mostrada de nuevo por Izzyro Ago 28, 2013
Este está muy bonito. Yo lo conocí cuando alguien lo mencionó en el grupo "Matemáticos" de Facebook. (No me acuerdo quien fué y Facebook es inútil para buscar cosas que pasaron hace algunos meses.)
Además de que no se necesita algunas cosas no tan fuertes para resolverlo, esta al menos una parte.
Yo lo conocí hace años, la leyenda contaba que en un curso de álgebra en la maestría del Cinvestav, fue el primer problema que se dejó de tarea, en el primer día de clases, inmediatamente después de dar la definición de grupo.
Hola Omar. Leí tu comentario de la inutilidad de FB para buscar cosas de hace algunos meses y no pude evitar comentar. En realidad cada grupo de FB tiene un buscador en la parte superior derecha, que te permite buscar en todas las publicaciones del grupo. Por ejemplo, ahorita puse "único grupo", y me salió este problema en la segunda publicación, la del 7 de abril (https://www.facebook.com/groups/matematicos/permalink/10151623017509319/). Ojalá sea de ayuda este comentario.
Qué bueno que lo volviste a compartir, lziro...
Iba a editar el problema y le pique a ocultar por error,  y como ya no podía aparecer luego el problema hasta que lo aprobaran lo deje mejor.
¡Gracias, Leo! Yo hubiera jurado que no había tal cajita de búsqueda. Solo se me ocurren dos explicaciones: (1) trabajas en Facebook y la acabas de implementar, o (2) soy un despistado.
Leo martínez ahora que mencionas que se puede buscar, por fin encontré unos videos de conferencias que andaba buscando (en el grupo matematicos), intente buscarlos por fuerza bruta pero no salieron ahora ya los encontré. Gracias

1 Respuesta

+4 votos
 
Mejor respuesta
Como ya han pasado varios días pongo la solución que hice en abril cuando Miguel Ángel Valencia Bucio compartió el problema en Facebook. (Gracias Leonardo por enseñarme a usar la función de búsqueda, así hallé que fue Miguel Ángel quien lo había compartido.)
 
Si la factorización de $n$ como producto de potencias de primos distintos es $n=p_1^{\alpha_1} \cdots p_k^{\alpha_k}$, entonces $\phi(n) = p_1^{\alpha_1 - 1}(p_1-1) \dots p_k^{\alpha_k-1}(p_k - 1)$. Así vemos que $n$ es primo relativo con $\phi(n)$ si y solo si $n$ es un producto de primos distintos y además no existen divisores primos $p$ y $q$ de $n$ tales que $p|q-1$. Esta es la forma de la condición $(n,\phi(n))=1$ que de hecho usaremos.
 
Si para algún primo $p$, $p^2$ divide a $n$, entonces $\mathbb{Z}/n$ y $\mathbb{Z}/p \times \mathbb{Z}/(\frac{n}{p})$ son dos grupos abelianos no isomorfos de orden $n$.
 
Si $p$ y $q$ son primos que dividen a $n$ tales que $p|q-1$, probaremos que hay al menos dos grupos no isomorfos de orden $n$. Hay un grupo no abeliano $G$ de orden $pq$: es un producto semidirecto $\mathbb{Z}/q \rtimes \mathbb{Z}/p$ donde $\mathbb{Z}/p$ actúa sobre $\mathbb{Z}/q$ por medio del homomorfismo $\mathbb{Z}/p \hookrightarrow \mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/q) \cong \mathbb{Z}/(q-1)$ que manda al generador de $\mathbb{Z}/p$ a un elemento de orden $p$ en $\mathbb{Z}/(q-1)$ (que existe pues $p|q-1$). Entonces $\mathbb{Z}/n$ y $G \times \mathbb{Z}/(\frac{n}{pq})$ son dos grupos distintos de $n$.
 
Con lo anterior podemos concluir que si hay un único grupo de orden $n$, entonces $n$ es primo relativo con $\phi(n)$.
 
Ahora supongamos que $(n, \phi(n))=1$ y probaremos por inducción que hay un único grupo orden de $n$. Supongamos que el resultado es cierto para todos los grupos de orden $m<n$ con $(m,\phi(m))=1$. Sea $G$ un grupo de orden $n$. Como todos los divisores $m$ de $n$ heredan la condición $(m,\phi(m))=1$ (esto es fácil de ver con la descripción de arriba), por la hipótesis inductiva podemos concluir que son cíclicos todos los subgrupos propios de $G$ y también todos los cocientes de $G$ por subgrupos normales no triviales. Si $G$ fuera Abeliano, por el teorema de clasificación de grupos Abelianos finitos y por la forma especial de $n$, $G$ tendría que ser cíclico, así que supondremos de ahora en adelante que $G$ es no abeliano.
 
Probemos que $G$ es simple. Supongamos que no y sea $N$ un subgrupo normal propio y no trivial. Tanto $N$ como $G/N$ son cíclicos. Observemos que $G/N$ actúa por conjugación sobre $N$: en efecto, $G$ actúa por conjugación sobre $N$ pues $N$ es normal, lo cual nos da un homomorfismo $G \to \mathrm{Aut}(N)$; pero como $N$ es Abeliano, $N$ esta en el núcleo de ese homomorfismo, y obtenemos un homomorfismo inducido $\rho : G/N \to \mathrm{Aut}(N)$. Sea $d$ el orden de $N$. Como $n$ cumple la condición del segundo párrafo, $|G/N| = n/d$ y $| \mathrm{Aut}(N)| = \phi(d)$ son primos relativos, lo cual indica que ¡$\rho$ debe ser trivial! De eso concluimos que cualquier $g \in G$ conmuta con todos los elementos de $N$ y que por lo tanto $N$ está contenido en el centro $Z$ de $G$. Esto es una contradicción pues, si $Z$ es no trivial, $G/Z$ es Abeliano por la hipótesis inductiva y un ejercicio clásico dice que entonces $G$ es Abeliano.
 
Ahora para concluir, solo falta probar que no hay grupos finitos simples no abelianos tales que todos sus subgrupos propios son cíclicos. Esa es otra pregunta en este sitio que respondí allá: http://irracional.org/index.php/930/grupos-un-lema-preliminar
respondido por Omar Antolín (33,060 puntos) Sep 12, 2013
seleccionada por Izzyro Sep 20, 2013
Creo que ahora queda claro porque aquella pregunta se etiquetó como "un lema preliminar"... Saludos.
Sí, como yo también había necesitado ese lema preliminar cuando resolví este problema, me imaginé porqué habías hecho aquella pregunta. Supongo que éste tendrá otras soluciones que no pasen por el lema, pero no se me ocurrió ninguna.
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