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Sean $G$ un grupo finito y $p$ el divisor primo más pequeño de $|G|$ (el orden de $G$). Si $H$ es un subgrupo de $G$ de índice $p$, muestre que $H$ es normal en $G$.
por (9,2m puntos) en Problemas

2 Respuestas

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Mejor respuesta

Lema. Sean $G$ un grupo finito, $p$ el divisor primo más pequeño de $|G|$, $H$ un subgrupo de $G$ de índice $p$ y $g \in G \setminus H$. Se cumple entonces que las clases laterales $H, gH, g^{2}H, \ldots , g^{p-1}H$ son disjuntas dos a dos y además $G = \bigsqcup_{m=0}^{p-1} g^{m}H.$

Demostración. (Por reductio.) Si las clases laterales no son disjuntas dos a dos entonces existen $r, s \in \{0,1,\ldots, p-1\}$ mínimos tales que $g^{r}H \cap g^{s}H \neq \emptyset$. Puesto que las clases laterales son clases de equivalencia (con respecto a la relación de congruencia módulo $H$) se sigue que $g^{r}H=g^{s}H$ y por consiguiente, $g^{s-r}H=H$. De esta igualdad y la condición de minimalidad sobre $r$ y $s$ se desprende entonces que $r=0$, $s\leq p-1$ y $g^{s}H=H.$ Ahora bien, si denotamos con $m$ al orden de $g$ se cumple que $m \geq p > s$. Por el algoritmo de la división en $\mathbb{Z}$ se asegura la existencia de $q \geq 1$ y $0\leq t < s$ tales que $m=qs+t$.

Afirmamos que $t=0$; en efecto, pues en caso contrario

$H=eH= g^{m}H = g^{t}(g^{s})^{q}H = g^{t}(g^{s})^{q-1}g^{s}H = \ldots = g^{t}H$

lo que entra en contradicción con la minimalidad de $s$. Así, $s|m$. No obstante, esto es imposible también pues $m$ es divisor de $|G|$ y  $ m \geq p>s$. QED.

Deduciremos a continuación la normalidad de $H$ a partir de este lema. Sean $m \in G \setminus H$ y $n \in H$. Supongamos por un momento que el elemento $g = mnm^{-1}$ no pertenece a $H$. De lo establecido en el lema se sigue que $m = g^{k}h$ para algún $k$ en $\{0,1, \ldots, p-1\}$ y algún $h \in H$. Luego, $g = mnm^{-1} = (g^{k}h)n(g^{k}h)^{-1} = g^{k}(hnh^{-1})g^{-k}$ y en consecuencia $g = hnh^{-1}$. Esto último contradice la suposición de que $g$ no pertenecía a $H$ y el resultado se sigue.

por (39,6m puntos)
editado por
qué pasó? después de "...se sigue que $m=g^kh...$" se hace un relajo. ¿Dónde usas que $p$ es el primo más pequeño que divide a $|G|$?
Momento... Arreglando el LaTeX. Es una lata que no haya opción de vista preliminar en el foro.
Parece que ya quedo lo del LaTeX. Más tarde escribo sobre la solución clásica (si es que no lo hace alguien más en el ínterin). Esta solución indica que el ejercicio puede dejarse inmediatamente después de definir subgrupos normales (quizás con algunos "hints")... :) B. R. Gelbaum atribuye el lema a E. G. Straus.
Ya lo vi, en la demostración del lema... deberías incluir esa hipótesis en el lema porque cuando lo leí por primera vez pensé que era el Teorema de descomposición en clases laterales...
............
+2 votos
Sabemos que $G$ actua transitivamente en el conjunto $X$ de las clases laterales de $H$ en $G$; sea $\rho:G\to S_X$ el homomorfismo de grupos asociado a tal acción. Por el Teorema de Nöther (primer teorema de isomorfismo) sabemos que $G/\ker\rho\cong{\rm Im}\rho$ y por el Teorema de Lagrange, vemos que $|\tfrac{G}{\ker\rho}|$ es un divisor de $p!=|S_X|$.

Sea $N=\ker \rho$. Como $N\subseteq H$, entonces $$|H|=|N|\cdot[H:N]$$

y así, se tienen las igualdades

\begin{eqnarray*}

\left|\tfrac{G}{N}\right| &=& \tfrac{|G|}{|N|} = |G|\cdot\tfrac{[H:N]}{|H|}\\

&=& p[H:N].

\end{eqnarray*}

De aquí, vemos que $[H:N]$ es un divisor de $(p-1)!$. Si tal índice es mayor que 1, entonces existe un divisor primo $q$ de tal índice, que a su vez es un divisor de $|G|$, que es menor o igual a $p-1$, lo que contradice la minimalidad de $p$. Por lo tanto, $[H:N]=1$ y se tiene $H=N=\ker\rho$, que es un subgrupo normal de $G$.
por (9,2m puntos)
editado por
La magia de las acciones de grupo es maravillosa!!! Entiendo que la prueba de José es más elemental, pero como algebrista me gusta más la que usa acciones de grupo. Es como comparar la prueba del Teorema de Cauchy: "Todo grupo finito tiene un elemento de orden $p$, siendo $p$ un primo que divide al orden del grupo" usando acciones de grupo y la que dió Cauchy, que era por casos y era larga... muy larga.
En esta prueba nunca necesitas que el núcleo $N$ está dado por $\bigcap_{g \in G} gHg^{-1}$. Solo usas que $N$ es subgrupo de $H$, lo cual es claro porque si $g \in N$, $g$ fija a todos las clases laterales de $H$ y en particular $gH=H$. Creo que si cambiaras esa expresión por la letra $N$ simplificarías la redacción. También, el último enunciado no lo necesitas: acabas de probar que $H=N$, y $N$ por ser núcleo de algo es normal.
Omar, tienes razón
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