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title: Algunas soluciones del taller 3

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# Algunas soluciones taller 3

Que hp, hagámoslas todas,

### 1. Encuentre las clases laterales de $2\mathbb{Z}$ en $\mathbb{Z}$
:::spoiler *Solución:*

Dado que $\mathbb{Z}$ es conmutativo sabemos que $z2\mathbb{Z}=2\mathbb{Z}z,\ además $2\mathbb{Z}=\langle2\rangle$ y así, sea $n\in \mathbb{Z}$,

$$\begin{align*}
n\langle2\rangle&=\langle n2\rangle\\
&=\langle 2n\rangle\\
&=\langle 2\rangle n
\end{align*}$$
:::

### 2. Encuentre las clases laterales de $\langle2\rangle$ en $\mathbb{Z}_{12}$

:::spoiler *Solución:*
Recordemos que $\mathbb{Z}_{12}=\langle1\rangle=\langle5\rangle=\langle7\rangle=\langle11\rangle,\ \langle 2\rangle=\langle10\rangle,\ \langle 3\rangle=\langle9\rangle,\ \langle 4\rangle=\langle8\rangle$, $\langle 6\rangle$ es el único subgrupo de orden 2 y $\langle0\rangle$ el de orden 1. Así podemos tomar  un representante de cada subgrupo y conseguir todas las clases laterales


$$\{\langle2\rangle, \langle4\rangle,\langle6\rangle,\langle0\rangle\}$$
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### 3. Encuentre las clases laterales de $\langle3\rangle$ en $\mathbb{Z}_{12}$

:::spoiler *Solución:*

Usando un argumento similar al del ejercicio anterior, tenemos 
$$\{\langle3\rangle, \langle6\rangle,\langle0\rangle\}$$

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### 4. Sea $H\{\rho_0,\mu_2\}$ subgrupo de $D_4$. Encuentre las clases laterales.

:::spoiler *Solución:*

El conjunto $A$ de clases laterales lo podemos hallar a partir del siguiente razonamiento:

\begin{align*}
A &= \{Hg\}_{g \in G} \\
&= \{H \rho_0, H \rho_1, H \rho_2, H \rho_3, H \mu_1, H \mu_2, H \delta_1, H \delta_2\} \\
&= \{H, \{\rho_1, \mu_2\}, \{\rho_2, \mu_1\}, \{\rho_3, \delta_2\}, \{\mu_1, \rho_2\}, \{\mu_2, \rho_0\}, \{\delta_1, \rho_1\}, \{\delta_2, \rho_3\}\} \\
&= \{H, \{\rho_1, \delta_1\}, \{\rho_2, \mu_1\}, \{\rho_3, \delta_2\}\}
\end{align*}
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### 5. Encuentre el índice de cada uno de los subgrupos de los puntos 1 a 4.
:::spoiler

Por el Teorema de Lagrange, el orden del subgrupo de $(1)$ es $2$, el de $(2)$ es $6$, el de $3$ es $4$ y el de $4$ es $4$.
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### 6. $\textbf{(V o F)}$ Sean $H\leq G$ y $a,b\in G$. Determinar 

### 15. Sea $G$ un grupo de orden $p^km$ con $(p , m) = 1$. Sea $H ≤ G$ tal que $|H| = p^k$ y $K ≤ G$ tal que $|K| = p^d$, con $0 < d ≤ k$ y $K$ no está contenido en $H$. Demuestre que $HK$ no es subgrupo (equivalentemente $HK \neq KH$).

:::spoiler *Demostración:*
Si $HK$ es subgrupo se debe tener que $|HK| \mid p^k m$, sabemos que $|HK| = \dfrac{|H|\cdot|K|}{|H\cap K|}$. Llamemos $s=|H\cap K|$,  como $H\cap K\leq K$ se debe tener $s\mid p^d$, así  $p^d =sr$ para algún $r\in \mathbb{Z},$ luego $s=\frac{p^d}{r}$. Remplazando: $|HK| = \dfrac{p^k \cdot p^d}{\frac{p^d}{r}} = rp^k$, luego $rp^k\mid p^km$ y $p^km = rp^kt$, para algún $t\in \mathbb{Z}$. Simplificando $m=rt$, y $r\mid m$, pero también teníamos que $r\mid p^d$. Por teorema fundamental de la aritmética si  $(p , m) = 1$ se tiene que $(p^d,m)=1$. Luego $r=1$, así $s=p^d$.  Por otra parte, como $K\nsubseteq H$ la intersección debe tener menos elementos que $K$, así que $s<p^d$ y esto es una contradicción.
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### 16. ($V$ o $F$) Sea $G$ un grupo. La intersección arbitraria de subgrupos normales de $G$ es normal.
:::spoiler *Verdadero. Demostración:*
Sea $\bigcap_{i \in I}H_i$, una intersección arbitraria de subgrupos normales a $G$. Se tiene que $\bigcap_{i \in I}H_i\leq G$, veamos que para cualquier $h\in \bigcap_{i \in I}H_i$ se tiene que $ghg^{-1}\in H$, con $g\in G$.
Sea $h\in \bigcap_{i \in I}H_i$ arbitrario, por definición de intersección $h\in H_i$ para todo $i\in I$, como $H_i \unlhd G$, para $g\in G$ se tiene que $ghg^{-1}\in H_i$ ára todo $i\in I$, así: $ghg^{-1}\in \bigcap_{i \in I}H_i$. Se concluye que $\bigcap_{i \in I}H_i\unlhd G$.
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### 17. Sea $G$ un grupo y $H\leq G$ tal que $[G:H]=2$. Demuestre que $H$ es normal. ¿Es posible generalizar el resultado así: Si $H\leq G$ tal que $[G:H]$  es el menor primo que divide a $|G|$, entonces $H$ es normal?
:::spoiler *Demostración*:
1. Como $[G:H]=2$, $G/H=\{Ha,H\}$, con $a\in G$ y $A\notin H$.
  Sean $g\in G$, $H\in H$ arbitrarios. Consideremos los elementos $g^{-1}h\in G$ y $g^{-1}\in G$ y consideremos los siguientes casos:
      $\textbf{a)}$ $g^{-1}h\in H$ y $g^{-1}\in H$: Como $H\leq G$, $g^{-1}h(g^{-1})^{-1}=g^{-1}hg\in H$, así $H\unlhd G$.
      $\textbf{b)}$ $g^{-1}h\in H y $g^{-1}\notin H$: Como $H\leq G$, $g^{-1}h(h)^{-1}=g^{-1}\in H$ $(\rightarrow \leftarrow)$.
      $\textbf{c)}$ $g^{-1}h\notin H$ y $g^{-1}\in H$: Contradice que $H$ es cerrado, pues $h\in H$.
      $\textbf{d)}$ $g^{-1}h\notin H$ y $g^{-1}\notin H$: Como sólo hay dos clases, $g^{-1}h\equiv g^{-1}$ (mod H), así: $g^{-1}h(g^{-1})^{-1}=g^{-1}hg\in H$ y por definición $H\unlhd G$.
      En cualquier caso se llega a la conclusión de $H\unlhd G$, por lo que se concluye.
2. No es posible generalizar el resultado, pues la prueba anterir usa fuertemento que sólo hay dos clases módulo $H$.
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### 18. Sea $H\unlhd G$  tal que [G:H]=n. Demuestre que $y^{n}\in H$ para todo $y\in G$.

:::spoiler *Demostración*:
Como $H\unlhd G$, $G/H$ está definido. Sea $y\in G$ arbitrario, tome $Hy\in G/H$. Como $G/H$ es un grupo, $(Hy)^{n}=H$ y, por otro lado, $(Hy)^{n}=Hy^{n}$; luego $H=Hy^n$, que pasa si y solo si $y^n\in H$.
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### 19. Sea $G$ un grupo y $G'$ el subgrupo generado por todos los elementos de la forma $xyx^{-1}y^{-1}$, con $x,y\in G$. Demuestre que $G´\unlhd G$ y $G/G'$ es abeliano. De echo, $G´$ es el menor subgrupo normal con tal propiedad, es decir, si $H\unlhd G$ enotnces $G/H$ es abeliano si y solo si $G'\subseteq H$.

:::spoiler Demostración:

El sub grupo $G'$ es cerrado, pues el producto de potencias de estos elementos de la forma $xyx^{-1}y^{-1}$ me da nuevamente un elemento de la forma $aba^{-1}b^{-1}$. Sea $(xyx^{-1}y^{-1})\in G'$ arbitrario y se $g\in G$ arbitrario. Luego: 

\begin{align*}
g^{-1}(xyx^{-1}y^{-1})&= (g^{-1}xyx^{1})(e)(d^{-1}g)\\
&=(g^{-1}cdc^{-1})(gd^{-1}dg^{-1})(d^{-1}g)\\
&=[(g^{-1}c)d(g^{-1}c)^{-1}d{{-1}}][dg^{-1}d^{-1}g]
\end{align*}

Lo que está en $G'$. Se concluye $G'\unlhd G$.
"The rest of the theorem is obvious if we have acquired the proper feeling for factor groups."($\square$). Ahora veamos que $G/G'$ es abeliano:
    Sean $aG',bG'\in G/G'$ veamos:
\begin{align*}
(aG')(bG')&=abG'\\
&=ab(b^{-1}a^{-1}ba)G'\ \ \ \ \ \ \text{Pues $(b^{-1}a^{-1}ba)\in G'$}\\
&=baG'=(bG')(aG')\ \ \ \ \ \ \ \ \square
\end{align*}
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### 20. Sea $G$ un grupo, $H\leq G$ tal que $G'\leq H$. Demuestre $H\unlhd G$.

Demostración:



### 21. Sea $G$ un grupo no abeliano y $Z(G)$ su centro. Puebe que $G/Z(G)$ no es cíclico.


:::spoiler *Demostración de la contrarrecíproca:*
Si $G/Z(G)$ es cíclico, entonces es generado por un elemento de la forma $xZ(G)$ donde $x\in G$. Además sabemos que $Z(G)\unlhd G$ y 

$$\begin{align*}
G&=\bigcup_{z\in\mathbb{Z}}\left(xZ(G)\right)^z\\
&=\{(xg)^z:g\in Z(G)\}
\end{align*}$$

Así, todos elementos $a,b\in G$ tienen la forma $(xi)^n$ y $(xj)^m$ respectivamente, donde tenemos

$$\begin{align*}
ab&=(xi)^n(xj)^m\\
&=x^ni^nx^mj^m\\
&=x^mj^mx^ni^n\\
&=(xj)^m(xi)^n\\
&=ba
\end{align*}$$
Donde usamos que si $k\in Z(G)$, entonces $k^l\in Z(G),\ l\in\mathbb{Z}$.
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:::spoiler *Demostración*:
Primero se debe ver que $G/Z(G)$ está bien definido, para ello veamos que $Z(G)\unlhd G$:
Sea $g\in G$ arbitrario pero fijo, veamos cómo se comporta la clase $Z(G)g$:
$Z(G)g=\{h_1g,h_2g,...\}=\{gh_1,gh_2,...\}=gZ(G)$, como las clases laterales son iguales, por el teorema de equivalencias de la normalidad, se concluye $Z(G)\unlhd G$.
Así, $G/Z(g)$ está bien definido, veamos que no es abeliano: 
Suponga que $G/Z(G)=\langle Z(G)b\rangle$, con $b$ algún elemento de $G$, por lo que cualquier elemento de $G/Z(g)$ se puede escribir como $(Z(G)b)^n=Z(G)b^n$ con $n$ algún entero; como hay una clase para cada elemento de $G$, se concluye que todo elemento de $G$ se puede escribir como $b^n$ con $n$ algún entero, y así $\langle b\rangle=G$. Pero todo grupo cíclico es abeliano $(\rightarrow\leftarrow)$. Se concluye que $G/Z(G)$ no es cíclico.
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