Grupos de orden 6

Demostramos que sólo existen dos grupos de orden $6:$ $\mathbb{Z}_6$ y $S_3.$

  1. Lema. Todo grupo de orden par tiene algún elemento de orden $2.$
    Demostración. Sea $G$ el grupo dado y para cada elemento de $G$ consideremos el conjunto $\{g,g^{-1}\}.$ Este conjunto tiene dos elementos si $g\ne g^{-1}$ y un único elemento si $g=g^{-1}.$ Entonces, $$\left |G\right |=2\left |\left\{ \{g.g^{-1}\} :g\ne g^{-1}\right\}\right |+\left |\{g\in G: g=g^{-1}\}\right |.$$ Como $\left |G\right |$ es par y el primer sumando del segundo miembro también, el cardinal de $\{g\in G: g=g^{-1}\}$ ha de ser también par. Como el neutro $e\in \{g\in G: g=g^{-1}\},$ ha de existir un $e\ne g\in G$ tal que $g=g^{-1},$ es decir $g^2=e$ y por tanto tal elemento $g$ es de orden $2.$ $\quad\square$

  2. Teorema. Sea $G$ un grupo abeliano de orden $6.$ Entonces, $G$ es isomorfo a $\mathbb{Z}_6.$
    Demostración. Supongamos que todos los elemento de $G$ distintos del neutro $e$ fueran de orden $2.$ Elijamos dos elementos distintos $x,y\in G$ y ambos distintos de $e.$ Es inmediato comprobar que $\{e,x,y,xy\}$ es subgrupo de $G$ de orden $4,$ lo cual es absurdo por el teorema de Lagrange. En consecuencia, algún elemento de $G$ tiene orden $3$ o $6.$
    Si algún elemento tiene orden $6$ entonces $G$ es cíclico, luego $G\cong \mathbb{Z}_6.$ Si $G$ tiene un elemento $x$ de orden $3$, también tiene otro $y$ de orden $2$ (por el lema anterior). Entonces, $$\begin{aligned}
    &\left(xy\right)^6=x^6y^6=ee=e,\\
    & \left(xy\right)^2=x^2y^2=x^2 e=x^2\ne e,
    \\& \left(xy\right)^3=x^3y^3=ey=y\ne e.
    \end{aligned}$$ Es decir, $G$ es de nuevo cíclico con lo cual $G\cong \mathbb{Z}_6.$ $\quad\square$

  3. Lema. Sea $G$ un grupo finito en el que todo elemento distinto del neutro tiene orden $2.$ Entonces, $G$ es conmutativo.
    Demostración. Sean $x,y\in G.$ Entonces, $x^2=e,$ $y^2=e,$ $(xy)^2=e.$ Por tanto, $xy=(xy)^{-1}=y^{-1}x^{-1}=yx.$ $\quad\square$

  4. Teorema. Sea $G$ un grupo de orden $6$ no conmutativo. Entonces, $G$ es isomorfo al grupo simétrico $S_3.$
    Demostración. Primeramente veamos que $G$ tiene algún elemento de orden $2$ y alguno de orden $3.$ Efectivamente, al ser $G$ no conmutativo, no es cíclico y por tanto no existen elementos de orden $6.$ Por el lema 1, existe algún elemento de orden $2.$ Si todos los elementos distintos del neutro tuvieran orden $2$ entonces, por el lema anterior, $G$ sería conmutativo (absurdo). Existe pues en $G$ algún elemento de orden $3.$
    Sea $x$ un elemento de $G$ de orden $2$ e $y$ uno de orden $3.$ Sea el subgrupo de $G$ dado por $H=\langle x \rangle=\{e,x\}.$ Existen por tanto tres clases adjuntas por la izquierda y se verifica $$ye^{-1}=y\notin H,\quad y^2e^{-1}=y^2\notin H,\quad y^2y^{-1}=y\notin H,$$ luego dichas clases adjuntas son $H,yH,y^2H.$ Para cada $g\in G$ definamos la aplicación $$f_g:\{H,yH,y^2H\}\to \{H,yH,y^2H\},\quad f_g(zH)=gzH.$$ Se verifica $\left(f_{g^{-1}}\circ f_g\right)(zH)=f_{g^{-1}}\left(f_g(zH)\right)=f_{g^{-1}}\left(gzH\right)=g^{-1}gzH=zH=id \left(zH\right),$ por tanto $f_{g^{-1}}\circ f_g=id,$ lo cual implica que cada $f_g$ es biyectiva, es decir una permutación de $\{H,yH,y^2H\}.$ Denotando a $H,yH,y^2H$ por $1,2,3$ respectivamente podemos ver cada $f_g$ como un elemento de $S_3$ y tenemos definida la aplicación $$F:G\to S_3,\quad F(g)=f_g.$$ La aplicación $F$ es un homomorfismo de grupos. En efecto, $$\left(f_{g_1}\circ f_{g_2}\right)(zH)=f_{g_1}\left(f_{g_2}(zH)\right)=f_{g_1}\left(g_2zH\right)=g_1g_2zH=\left(g_1g_2\right)zH=f_{g_1g_2}(zH),$$ luego $f_{g_1g_2}=f_{g_1}\circ f_{g_2}$ o de forma equivalente $F\left(g_1g_2\right)=F\left(g_1\right)\circ F\left(g_2\right).$ Dado que $G$ y $S_3$ son grupos finitos y del mismo orden, para demostrar que $F$ es biyectiva bastará demostrar que es inyectiva o sobreyectiva. Veamos que es sobreyectiva.
    Consideremos $F(y)=f_y$. Tenemos $$f_y(H)=yH,\quad f_y(yH)=y^2H,\quad f_y(y^2H)=y^3H=eH=H.$$ Es decir, la permutación $f_y$ permuta $H,yH,y^2H$ en $yH,y^2H,H$, o bien en la notación usada es la permutación $(2\;3\;1).$ Inmediatamente comprobamos que $(2\;3\;1)^2=$ $(3\;1\;2)$ y $(2\;3\;1)^3$ $=(1\;2\;3)$ lo cual implica que la imagen de $F$ contiene un elemento de orden $3.$
    Veamos que la permutación $F(x)=f_x$ es una transposición es decir, un elemento de la imagen de $F$ orden $2.$ Como $x\in H$ se verifica $f_x(H)=xH.$ Al ser $f_x$ una permutación, si demostramos que $f_x(yH)=y^2H$ ya estará demostrado que $f_x$ es una transposición. Por reducción al absurdo, veamos que no puede ocurrir $f_x(yH)=yH.$ En efecto, $$f_x(yH)=yH\Leftrightarrow xyH=xH\Leftrightarrow \{xy,xyx\}=\{y,yx\}.$$ La última igualdad sólo puede ocurrir si $xy=y$ o si $xy=yx.$ Si $xy=y$ entonces $x=e$ (absurdo). Si $xy=yx,$ entonces $x$ e $y$ conmutan y $xy$ tendría orden $6.$ El grupo $G$ sería cíclico (absurdo pues $G$ no es abeliano). Entonces, $\text{Im }G$ es subgrupo de $G$ y contiene un elemento de ordem $3$ y otro de orden $2.$ Por el teorema de Lagrange, $\text{Im }G$ ha de tener orden $6$ y por tanto $\text{Im }G=S_3.$ Hemos demostrado pues que $G\cong S_3.$ $\quad\square$

  5. Corolario. Sólo existen dos grupos $G$ de orden $6:$ $\mathbb{Z}_6$ (si $G$ es conmutativo) y $S_3$ (si $G$ no es conmutativo).

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