# Producto de subgrupos:
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Sea $(G,\cdot)$ un grupo y $H,K$ dos subgrupos no vacíos de $G$, definimos el **producto de subgrupos entre $H$ y $K$** (diferente al producto de grupos) como: $$H\cdot K:=\{h\cdot k: h\in H, k\in K\}$$
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Es el conjunto formado por los productos de los elementos de $H$ con los elementos de $K$. No necesariamente es un subgrupo de $G$

Análogamente sabemos que existe el conjunto $K\cdot H$. Lo que nos lleva a la siguiente proposición:

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**Proposición:** Sea $(G,\cdot)$ un grupo, $H,K\leq G$ se tiene que: $$H\cdot K \leq G \Longleftrightarrow H\cdot K= K\cdot H$$
$HK$ es subgrupo si y sólo si $HK = KH$

:::spoiler *Demostración*
$(\Rightarrow)$($H\cdot K= K \cdot H$)
Sea $a\in H\cdot K$ , $a$ es de la forma $h_1\cdot k_1$ con $h_1\in H, k_1\in K$. Como $H\cdot K$ es subgrupo se tiene que $a^{-1}\in H\cdot K$ con $a^{-1}=k_1^{-1}\cdot h_1^{-1}=h_2\cdot k_2$ donde la primera igualdad sale sobre la definición de inverso de $a$ y la segunda parte del hecho que $a^{-1}$ pertenece a $H\cdot K$. Así llegamos a que
$$\begin{align*}a=&(a^{-1})^{-1}\\
=&(k_2\cdot h_2)^{-1}\\
=&k_2^{-1}\cdot h_2^{-1}\\
=&k_3\cdot h_3\in H\cdot K \end{align*}$$.

$(\Leftarrow)$
1. $e\in H\cdot K$: Como $H$ y $K$ son subgrupos, $e\cdot e=e\in H\cdot K$.
2. $a,b\in H\cdot K\rightarrow a\cdot b^{-1}\in H\cdot K$: Sean $a,b\in H\cdot K$, tenemos que $a=h_1\cdot k_1,\ b=h_2\cdot k_2$ $,\ b^{-1}=k^{-1}_2h^{-1}_2=h_3\cdot k_3$. De lo que planteamos:

$$\begin{align*}
a\cdot b^{-1}=&(h_1\cdot k_1)\cdot(h_3\cdot k_3)\\
=& h_1\cdot(k_1\cdot h_3)\cdot k_3\\
\end{align*}$$

Como $H\cdot K=K\cdot H$, $k_1\cdot h_3= h_4\cdot k_4$ para algunos $h_4,k_4$ de $H$ y $K$ respectivamente. Así:

$$\begin{align*}
a\cdot b^{-1}=&h_1\cdot(h_4\cdot k_4)\cdot k_3\\
=&(h_1\cdot h_4)\cdot(k_4\cdot k_3)\\
=&h_5\cdot k_5
\end{align*}$$
Y como $a\cdot b^{-1}$ es de la forma $h\cdot k$, concluimos que $a\cdot b^{-1}\in H\cdot K$. Por (1) y (2) concluimos $H\cdot K\leq G$.
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# Orden del producto de subgrupos:

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**Teorema:** Sea $(G,\cdot)$ un grupo de orden finito y $H,K$ subgrupos no triviales,
$$ord(HK)=\frac{ord(H)ord(K)}{ord(H\cap K)}$$

:::spoiler *Demostración:*
Dado que queremos hallar el número total de elementos de la forma $hk$ con $h\in H, k\in K$, $H \times K = \{(h, k) : h ∈ H, k ∈ K\}$ es un buen inicio sin embargo vamos a hacer uso de una relación de equivalencia definida por $(h_1,k_1)\cong(h_2,k_2)\Leftrightarrow h_1\cdot k_1=h_2\cdot k_2$.

Generamos una partición, de modo que $H \times K = \bigcup [(h,k)]$, y así tenemos que $|H\times K|=|H|\cdot|K|=|[(h,k)]|\cdot|HK|$. Esto se tiene porque en una partición producida por una relación de equivalencia todas las clases tienen el mismo número de elementos, además $|[(h,k)]|$ cuenta todos los elementos tales que $k_1\cdot h_1=k_2\cdot h_2=x$ mientras que $|HK|$ cuenta todas las $x\in HK$.

Ahora, se plantea la función
$$\begin{align*}
\phi:H\cap K &\longrightarrow [(h,k)]\\
x&\mapsto(hx,x^{-1}k)
\end{align*}$$
Veamos que es biyectiva.
- **Inyectividad:** Sea $\phi(x)=\phi(y)$, se tiene que $(hx,x^{-1}k)=(hy,y^{-1}k)$ y como son parejas ordenads idénticas, se debe tener que $hx=hy$ y $x^{-1}k=y^{-1}k$. Trabajando con la primera igualdad y multipliando a izquierda por $h^{-1}$ llegamos a que $x=y$.
- **Sobreyectividad:** Sea un elemento $z\in [(h,k)]$, $z=(h_0,k_0)$ y además $h_0 k_0=h k$, vamos a tener un elemento $x=kk_0^{-1}$ tal que
$$\begin{align*}
\phi(x)&=(hx,x^{-1}k)\\
&=(hkk_0^{-1},k_0k^{-1}k)\\
&=((hk)k^{-1}_0,k_0)\\
&=((h_0k_0)k_0^{-1},k_0)\\
&=(h_0(k_0k_0^{-1}),k_0)\\
&=(h_0,k_0)
\end{align*}$$
Sin embargo tenemos que comprobar que $kk_0^{-1}\in H\cap K$. Como $K$ es grupo sabemos que $kk_0^{-1}\in K$ y por otro lado, recordando que $hk=h_0k_0$ tenemos que $h_0^{-1}hk=k_0$, por tanto $k_0^{-1}=k^{-1}h^{-1}h_0$ y así
$$\begin{align*}
kk_0^{-1}&=k(k^{-1}h^{-1}h_0)\\
&=(kk^{-1})(h^{-1}h_0)\\
&=h^{-1}h_0
\end{align*}$$
Que como $H$ es grupo, sabemos $kk_0^{-1}\in H$ y por tanto $kk_0^{-1}\in H\cap K$.

Es decir que $H\cap K \approx [(h,k)]$ y así tenemos $|H|\cdot |K| = |H\cap K|\cdot|HK|$
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:::info
**Corolario:** Sea $(G, ⋅)$ un grupo finito y $H, K ≤ G$ con $o(H) >
\sqrt{o(G)}$ y $o(K) > \sqrt{o(G)}$, entonces $H ∩ K$ es no trivial.
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Esto implica que $|H \cap K|>1$

:::info
**Corolario:** Sea $(G, ⋅)$ un grupo finito y $c(G)= p\cdot q$, con $p,q$ primos y $p>q$, entonces existe a lo más un subgrupo de orden $p$.
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Este no asegura la existencia, sólo dice que si lo hay el subgrupo de orden $p$ es único.

# Subgrupo normal
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**Definición:** Sea $(G, ⋅)$ un grupo y $H ≤ G$. $H$ se dice **normal** y se escribe $H ⊴ G$ si $$g^{ −1} H g = H, \quad ∀ g ∈ G$$
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- Si $G$ es abeliano $g^{−1} H g = H$. Es decir que los subgrupos de un grupo abeliano siempre son normales

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**Proposición:** Sean $G$ un grupo y $H ≤ G$. Las siguientes condiciones son equivalentes
1. $∀x ∈ G, ∀ h ∈ H \quad x^{−1} hx ∈ H. \quad$ esta es la definición
2. $∀x ∈ G \quad x^{−1} Hx = H. \quad$
3. $∀x ∈ G \quad xH = Hx. \quad$ las clases laterales deben ser iguales
4. $∀x, y ∈ G, \quad xHyH = xyH. \quad$ define el producto de clases
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:::info
### Teorema importante:
Si $H,K\trianglelefteq G$ y $H\cap K=\{e\}$ entonces $hk=kh$ para todos $k\in K,\ h\in H$.
:::spoiler #### Demostración:

Sean $h\in H$ y $k\in K$ fijos pero arbitrarios. Como $K$ es normal se tiene que $h^{-1}kh\in K$ y naturalmente $k^{-1}\in K$, por lo que $k^{-1}h^{-1}kh\in K$. Análogamente, como $H$ es normal $k^{-1}hk\in H$, como $h^{-1}\in H$ se tiene que $h^{-1}k^{-1}hk\in H$, como $H\leq G$ $(h^{-1}k^{-1}hk)^{-1}=k^{-1}h^{-1}kh\in H$.
Llegamos que $k^{-1}h^{-1}kh\in H\cap K=\{e\}$, de modo que $k^{-1}h^{-1}kh=e$ luego $hk=kh$. Como tomamos elementos fijos pero arbitrarios se puede generalizar para todos $h\in H,\ k\in K$.
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