# Matemáticas/Álgebra Abstracta/Grupos/Clasificación
## Introducción

Clasificar familias de grupos significa, hallar todos los posibles tipos (no isomorfos) de los grupos de la familia. En este capítulo, veremos la clasificación por orden de grupos finitos.
Sea $G$ un grupo con $|G|=n$. Sabemos que:
* cuando n es un número primo, $G$ es cíclico
* hay un único grupo de orden n, cuando n=1,2,3 y que
* para cada n, hay al menos un grupo de orden n, el grupo cíclico de ese orden

## Clasificación de los Grupos de Orden 4

Sea $G=\{e,a,b,c\}$ un grupo de orden 4, que no sea cíclico. Como $G$ no es cíclico, todos los elementos diferentes del neutro deben tener orden 2. Por lo que $G$ tiene tres subgrupos de orden 2, $\{e,x\}$, donde $x=a,b,c.$
Sea $z=ab$.
* Si z=e, se tiene que ab = e, lo que implica que aab=a, o sea que b= a. Imposible.
* Si z=a o z=b se concluye, respectivamente que b=e o que a =e. Imposible.
La única posibilidad es
que $z=ab=c$. Por simetría entre a y b, concluimos que, también, ba=c. Por lo tanto, si existe un grupo no cíclico $G$ de orden 4, debería ser
* $\langle a,b|a^{2}=b^{2}=e,ab=ba\rangle .$
Claramente, este grupo existe, es nuestro viejo conocido: el grupo de Klein.
* el grupo cíclico de orden 4, o
* el grupo de Klein.

## La Cardinalidad del Producto de dos Subgrupos

Antes de continuar nuestros estudios de clasificación, probaremos un resultado acerca de la cardinalidad del conjunto producto de dos subgrupos, que nos ayudará en clasificaciones futuras.
Recordemos que el conjunto producto de dos subgrupos no necesariamente determina un subgrupo. Sean $H$ y $K$ subgrupos de $G$, ¿cuántos elementos tiene $HK$ ? Suponiendo $|H|=m$ y $|K|=n$. tendremos que todos los productos que podemos tomar con primer factor en $H$ y segundo en $K$ serán $mn$. Sin embargo, algunos de esos productos podrían ser iguales entre si. Es decir que podemos afirmar que:
$|HK|\leq |H||K|=mn.$
¿Cuándo dos de esos productos son iguales? Si $h_{1}k_{1}=h_{2}k_{2}$ se tiene que $h_{2}^{-1}h_{1}=k_{2}k_{1}^{-1}$. Llamando $x$ a este elemento, tendremos por su representación de la izquierda que $x$ está en $H$. mientras que su representación de la derecha nos dice que $x$ está en $K$. Por lo que $x$ está en $H\cap K$. Esto nos indica que debemos velar por los productos de elementos que provienen de la intersección de los dos subgrupos.
En efecto, supongamos que $g=hk$ es un elemento cualquiera de $HK$ y sea $x$ un elemento de $H\cap K$. Entonces,
$g=hk=(hx)(x^{-1}k)=h_{1}k_{1}.$
Lo que prueba que para cada $x$ en $H\cap K$. podemos escribir $g$ de una manera distinta como producto de un elemento de $H$ por $K$. Es decir que en los productos $hk$. cada elemento aparecerá repetido al menos $|H\cap K|$ veces. El argumento del párrafo anterior muestra que las repeticiones ocurren exactamente cuando el elemento proviene de dicha intersección; por lo que la cantidad de repeticiones es exactamente $|H\cap K|$. Por lo que tenemos la siguiente proposición.
Proposición 1 (Cardinalidad de un Conjunto Producto de Subgrupos)
Entonces,

## Clasificación de los grupos de orden 6

Aplicaremos los resultados anteriores a la clasificación de los grupos de orden 6. Clasificar significa, hallar todos los posibles tipos (no isomorfos) de una familia de grupos, en este caso de los grupos cuyo orden es 6.
Sea $G$ un grupo de orden 6. Como, para cada posible orden tenemos un grupo cíclico de orden 6, nos podemos preguntar ¿aparte del cíclico cuántos (tipos de) grupos diferentes de orden 6 hay? Nosotros conocemos al menos uno adicional, ${\textsf {S}}_{3}={\textsf {D}}_{6}$.
Supongamos que $G$ no fuera cíclico. Por el teorema de Lagrange, sabemos que los únicos ordenes posibles para los subgrupos y, por lo tanto, para los elementos son 1, 2, 3 y 6.
El neutro es el único elemento de orden $1$.
Si hubiera un elemento con orden 6, el grupo sería cíclico. Lo que nos deja como posibles ordenes para subgrupos 2 y 3, por lo que esos subgrupos necesariamente tienen que ser cíclicos.
Supongamos que todos los elementos diferentes del neutro tuvieran orden 2. En tal caso, como $x^{2}=e$. sigue que $x=x^{-1}$ para todo $x$. Además, $(xy)^{2}=xyxy=e$ implicará que $yx=x^{-1}y^{-1}=xy$, o sea que el grupo sería abeliano. Sean $a$ y $b$ dos de esos elementos de orden $2$. Entonces, $H=<a,b>$ sería un subgrupo de $G$. Por la conmutatividad, $H$ consistiría exactamente de los productos de la forma $a^{i}b^{j}$ $i,j=0,1$. o sea, $H=\{e,a,b,ab\}$. Pero esto es imposible, ya que no puede haber un subgrupo de orden 4 en un grupo de orden 6. Conclusión: no todos los elementos pueden tener orden 2; lo cual implica que debe haber al menos un elemento de orden 3, digamos $a$.
Como $a$ tiene orden 3, el subgrupo $<a>=\{e,a,a^{2}\}$ también tiene orden 3, lo que implica $a$ y $a^{2}$ son elementos con orden 3. ¿Habrá algún otro subgrupo de orden $3$? Supongamos que sí y que se tratara de $H$. Como este subgrupo sería distinto de $<a>$, tendríamos que $H\cap <a>=\{e\}$. Por lo tanto, calculando la cantidad de elementos del producto $H\,<a>$, tendríamos que
$|H<a>|={\dfrac {|H||<a>|}{|H\cap <a>|}}=9;$
lo cual es imposible. Por lo
tanto, hay solamente un subgrupo de orden $3$ y todos los elementos restantes, diferentes del neutro, deberán tener orden 2.
Sea $b$ uno de ellos, entonces la clase lateral derecha $<a>b$ tendrá tres elementos y, por ser disjunta con $<a>$, coincide con el complemento de $<a>$. por lo que contendrá a todos los elementos de orden 2. Se tiene así que
$G=\{e,a,a^{2},b,ab,a^{2}b\}.$
Para completar la
estructura de $G$. bastará con conocer el producto de $ba$.
* Si $ba=e$ entonces, $b$ es el inverso de $a$ y tendría su mismo orden, lo que no puede ser.
* Si $ba=a$ entonces $b=e$. imposible.
* Si $ba=a^{2}$ entonces, $b=a$. imposible.
* Si $ba=b$. entonces $a=e$. imposible.
* Si $ba=ab$. el grupo sería abeliano y el elemento $ab$ tendría orden 6, por lo que el grupo sería cíclico; imposible.
* Por lo tanto la única posibilidad es que $ba=a^{2}b$
Los razonamientos anteriores muestran que la única posibilidad de grupo de orden 6, aparte del cíclico, será entonces ${\textsf {S}}_{3}$. Resumiendo tenemos lo siguiente:
$G$
* el grupo cíclico de orden 6, o
* el grupo ${\textsf {D}}_{6}={\textsf {S}}_{3}$. caracterizado como $<a,b:a^{3}=e,b^{2}=e,ba=ab^{2}>$.

## Clasificación de los Grupos Abelianos de orden 8

Sea $G$ un grupo abeliano tal que $|G|=8$. Si hay un elemento en $G$ cuyo orden sea igual a $|G|$, se tiene que $G$ es un grupo cíclico de orden 8.
Supongamos que $G$ no es cíclico. Entonces, todos los elementos no nulos deben tener ordenes 2 o 4.
Suponer que $a$ de $G$ tiene orden $4$ y sea $H$ el subgrupo generado por $a$. Supongamos que haya otro elemento de orden 4, digamos $b$ tal que $b$ no está en $H$. Sea $K=<b>$. Si $H\cap K=\{e\}$, por el teorema de la cardinalidad de productos, tenemos que
* $|HK|=|H|\,|K|/|H\cap K|=16.$
Lo que es imposible, luego $H\cap K\neq \{e\}$. Entonces, $|H\cap K|=2$ o 4. No puede ser 4, porque entonces $H=K$. Por lo que $|H\cap K|=2$.
De donde sigue que $|HK|=8,$ o sea que $G=HK$. ¿Qué elementos hay comunes en la intersección? Observemos que $H\cap K<H,K$, por lo que $H\cap K=\{a^{2}\}=\{b^{2}\}$. Observemos que entonces, $ab$ es un elemento que no está en $H$, porque $ab=a^{k}$ implica que $b$ estaría en $H$. Se tiene que $(ab)^{2}=a^{2}b^{2}=a^{2}a^{2}=a^{4}=e$, por lo que hay un elemento de $G$ con orden 2. Sea $L=<ab>$. Entonces $H\cap L=\{e\}$, y $|HL|=8$ o sea que $G=HL$. Sigue entonces, de la proposición acerca del producto de subgrupos normales, que $G\cong H\times L\cong {\textsf {C}}_{4}\times {\textsf {C}}_{2}$.
Si fuera de $H$ todos los elementos tuvieran orden 2. Escogiendo, uno cualesquiera de ellos, podríamos repetir el argumento anterior. Supongamos que todos los elementos no nulos tuvieran orden 2. Seleccionando tres de ellos, digamos, $a$, $b$ y $c$, tendríamos que
* $G\cong {\textsf {C}}_{2}\times {\textsf {C}}_{2}\times {\textsf {C}}_{2}.$
* un grupo cíclico de orden 8, o
* el producto de un grupo cíclico de orden 4 con uno de orden 2, o
* el producto de tres grupos cíclicos de orden 2 cada uno.

## Clasificación de los Grupos de orden 9

Sea $G$ un grupo cuyo orden es $9$. Si $G$ tiene un elemento de orden 9, $G$ es el grupo cíclico de orden 9, ${\textsf {C}}_{9}$. En caso contrario, todos los elementos diferentes del neutro deben tener orden 3. Sean $H=<a>$ y $K=<b>$ dos subgrupos diferentes generados por elementos de orden 3. Se tiene que $H\cap K=\{e\}$, por lo que $|HK|=|H||K|=9$. Es decir que $G=HK$. Primeramente, probaremos que $H$ es normal en $G$. Es decir que, para todo $g$ en $G$ se cumple que $gag^{-1}$ es un elemento de $H$. El típico elemento de $G$ es
| $g=a^{i}b^{j}\quad {\text{ con }}\quad 0\leq i,j<3.$ | (*) |
Observando que $(a^{i}b^{j})a(a^{i}b^{j})^{-1}=a^{i}b^{j}a(b^{j})^{-1}(a^{i})^{-1},$ vemos que basta verificar que $bab^{-1}$ está en $H$.
Se tiene que
| $bab^{-1}=a^{i}b^{j}.$ | (**) |
para $i,j$ tales que $0\leq i,j<3$. Queremos probar, que necesariamente $j=0$. Recordemos, que como los elementos $x$ diferentes del neutro son de orden 3, tenemos que $x^{-1}=x^{2}$. Además, $ab\neq e$ y $ba\neq e$, ya que, en caso contrario, tendríamos que $<a>=<b>$
* Si $i=0$, entonces (**) implica que $bab^{-1}=b^{j}$ lo que implica que $a=b^{-1}b^{j}b\in <b>$, lo que no puede ser. Luego, $i>0$.
* $bab^{-1}=ab\implies abab^{-1}=a^{2}b\implies abab^{2}=ab\implies abab=a^{2}$. Esto dice que $<ab>=\{e,ab,(ab)^{2}\}\cap \{e,a,a^{2}\}\neq {e}$. Esto dice que $ab=a$ o que $ab=a^{2}$, y ambas posibilidades son contradictorias a las elecciones de $a$ y $b$.
* $bab^{-1}=ab^{2}=ab^{-1}$ implica que $ba=a$, o sea que $b=e$.
* $bab^{-1}=a^{2}b\implies a(bab^{2})=a^{2}b\implies abab^{2}=a^{2}b\implies abab=a^{2}$, lo que sabemos que es contradictorio.
* $bab^{-1}=a^{2}b^{2}\implies bab^{2}=a^{2}b^{2}\implies ba=a^{2}\implies b=a$. Una contradicción.
Como todos los casos con $j>0$ conducen a contradicción, debemos concluir que $j=0$. Lo que prueba que $H$ es normal en $G$.
Por la simetría de la situación, tenemos que $K$ es, también, normal en $G$. Por la proposición \ref{propInternoNormales}, tenemos que $G=HK\cong H\times K$.
Es decir que cualquier grupo con 9 elementos es el grupo cíclico de 9 elementos, ${\textsf {C}}_{9}$, o el producto de dos grupos cíclicos de orden 3 cada uno. Resumiendo,
Además, lo anterior implica que no hay grupos no
conmutativos de orden 9.

## Caracterización de los Grupos Cíclicos Finitos

Sabemos que cada elemento $g$ de un grupo finito tiene un orden que es un divisor del orden del grupo. Introduciremos la noción de exponente de un grupo que nos ayudará en la caracterización de los grupos cíclicos finitos.
Definición. (Exponente de un Grupo) Sea $G$ un grupo finito. Llamamos exponente del grupo al menor entero positivo $r$ tal que $x^{r}=e$ para todo elemento $x$ dell grupo. Lo denotaremos por $\exp(G)$.
Por ejemplo, $exp({\textsf {S}}_{3})=6$, $exp({\textsf {D}}_{8})=4$. Como $x^{\exp(G)}=e$, tenemos que $exp(G)$ es un múltiplo de $o(x)$.
Un grupo cíclico $G$ es un grupo tal que $exp(G)=|G|$. El objetivo de esta sección es mostrar que esa relación caracteriza a los grupos cíclicos entre los grupos finitos abelianos.
Necesitaremos el siguiente lema que provee una caracterización para el exponente.
Lema. Sea $G$ un grupo finito abeliano y sea $g$ un elemento cuyo orden es maximal entre los ordenes de los elementos de $G$. Entonces, $\exp(G)=o(g)$.
Proposición 2. (Caracterización de Grupos Cíclicos) Sea $G$ un grupo finito abeliano. Entonces, $G$ es cíclico, ssi, $\exp(G)=|G|$.

## Ejercicios del Capítulo

* Probar que el producto de dos grupos abelianos es un grupo abeliano.
* Sea $G$ un grupo abeliano tal que $|G|=pq$ donde $p$ y $q$ son números primos diferentes. Probar que hay elementos $x$, $y$ tales que $o(x)=p$, $o(y)=q$ y que $G\cong {\textsf {C}}_{p}\times {\textsf {C}}_{q}$.
* Clasificar los grupos de orden 10, 14 y 15.