Grupos

Si $e$ y $e'$ son elementos neutros de $(G,\star)$, entonces se tiene:

$$e = e\star e' = e',$$

donde la primera igualdad es cierta por ser $e'$ un elemento neutro, y la segunda por serlo $e$.

Sea $x\in G$, y sean $y$, $z$ elementos simétricos de $x$, es decir, que satisfacen

$$ \begin{array}{rcl} x\star y=e=y\star x,\cr x\star z=e=z\star x. \end{array} $$

Entonces,

$$ \begin{array}{rcl} y&=& y\star e\cr &=& y \star (x \star z)\cr &=& (y \star x) \star z\cr &=& e \star z\cr &=& z. \end{array} $$

A partir de $x\star y= e$,

$$ \begin{array}{rcl} y&=&e\star y\cr &=&x^{-1}\star x\star y\cr &=& x^{-1}\star e\cr &=&x^{-1}. \end{array} $$

Análogamente,

$$ \begin{array}{rcl} x &=&x\star e\cr &=&x\star y\star y^{-1}\cr &=&e\star y^{-1}\cr &=&y^{-1}. \end{array} $$

Basta usar que $x\star x^{-1}=e$.

Basta comprobar que $$ \begin{array}{rcl} (x\star y)\star(y^{-1}\star x^{-1})&=& x\star (y\star y^{-1})\star x^{-1}\cr &=&x\star e\star x^{-1}\cr &=&x\star x^{-1}\cr &=&e. \end{array} $$

Si $x\star y=x\star z$ entonces $$ \begin{array}{rcl} y&=&x^{-1}\star(x\star y)\cr &=&x^{-1}\star(x\star z)\cr &=&z. \end{array} $$ La otra propiedad se prueba de manera análoga.

En lugar de demostrar $A\Leftrightarrow B$ probaremos NO $A$ $\Leftrightarrow$ NO $B$.

$\Rightarrow$ Si $x$ es de orden $n>0$ entonces $x^n=e=x^0$.

$\Leftarrow$ Si $x$ tiene dos potencias iguales, digamos $x^r=x^s$ con $r>s$, entonces $$ \begin{array}{rcl} x^{r-s}&=&x^r\star x^{-s}\cr &=&x^s\star x^{-s}\cr &=&x^0\cr &=&e. \end{array}$$

Como $r-s>0$, esto prueba que $x$ tiene orden finito.

$\Leftarrow$ Si $m$ divide a $n$ entonces $n=m\cdot k$ para cierto entero $k$, así que $$ \begin{array}{rcl} x^n&=&x^{m\cdot k}\cr &=&(x^m)^k\cr &=&e^k\cr &=&e. \end{array} $$

$\Rightarrow$ Sea $n\in \mathbb{Z}$ tal que $x^n=e$. Tenemos que probar que $m$ divide a $n$. Vamos a distinguir tres casos:

• Si $n=0$ el resultado se tiene porque todo entero divide al $0$.
• Supongamos que $n>0$. Por definición de orden $n\geq m$. Sean $c$ y $r$ el cociente y el resto de la división de $n$ por $m$, $n=m\cdot c+r$. El resto satisface $0\leq r < m$. Basta probar que $r=0$. Por reducción al absurdo, si $r>0$ entonces $$ \begin{array}{rcl} x^r&=&x^{n-m\cdot c}\cr &=&x^n\star (x^m)^{-c}\cr &=&e\star e^{-c}\cr &=&e. \end{array} $$ Como $0<r< m$, esto contradice $o(x)=m$.
• Supongamos que $n<0$. Entonces $x^{-n}=(x^n)^{-1}=e^{-1}=e$. Como $-n>0$, hemos visto arriba que $m$ divide a $-n$. Como el signo no afecta a la divisibilidad, se tiene el resultado que queríamos probar.

Si $o(x)=n$ entonces

$$ \begin{array}{rcl} (x^{-1})^n&=&x^{-n}\cr &=&(x^n)^{-1}\cr &=&e^{-1}\cr &=&e. \end{array} $$

Por tanto $x^{-1}$ es de orden finito y además $o(x^{-1})\leq o(x)$.

Usando que $(x^{-1})^{-1}=x$, deducimos que $o(x)=o((x^{-1})^{-1})\leq o(x^{-1})$, con lo que se tiene la igualdad, y también la otra implicación.

Basta recordar que la composición de aplicaciones biyectivas es biyectiva. El elemento neutro es $1_X$. La existencia de inversas se probó también en el capítulo de conjuntos.

Sea $\sigma=(x_1\;\cdots\; x_n)\in \operatorname{Sim}(X)$. Es fácil ver que $\sigma^k(x_1)=x_{1+k}\neq x_1$ para todo $1\leq k<n$, así que $\sigma^k\neq 1_X$, pero $\sigma^n=1_X$.

Es fácil comprobar que $(x_1\;\cdots\; x_n)=(x_1\; x_2)\cdots (x_{n-1}\; x_n)$.

En vez de $A\Rightarrow B$ probaremos NO $A$ $\Leftarrow$ NO $B$.

Si $\sigma(x)\notin\operatorname{sop}(\sigma)$ entonces $\sigma(\sigma(x))=\sigma(x)$. Como $\sigma$ es inyectiva, esto implica que $\sigma(x)=x$, con lo que $x\notin\operatorname{sop}(x)$.

Para $n=0$ es obvio. Si $n>0$, es consecuencia del lema anterior, por inducción. Si $n=-1$, se sigue también del lema anterior ya que $\operatorname{sop}(\sigma)=\operatorname{sop}(\sigma^{-1})$. De aquí se deduce también por inducción para todo $n<0$.

Tenemos que demostrar que $\tau\sigma (x)=\sigma\tau (x)$ para todo $x\in X$.

Si $x\notin\operatorname{sop} (\sigma )\cup\operatorname{sop} (\tau )$ entonces $\sigma(x)=x=\tau(x)$, luego $$ \begin{array}{rcl} \tau\sigma (x)&=&\tau(x)\cr &=&x\cr &=&\sigma(x)\cr &=&\sigma\tau (x). \end{array} $$

Si $x\in\operatorname{sop} (\sigma )$, como las permutaciones son disjuntas entonces $x\notin\operatorname{sop} (\tau )$, luego $\tau (x)=x$, así que $\sigma\tau (x)=\sigma(x)$. Es más, por el lema anterior $\sigma(x)\in\operatorname{sop} (\sigma )$, luego $\sigma(x)\notin\operatorname{sop} (\tau )$ y por tanto también $\tau\sigma (x)=\sigma(x)$.

Como los papeles de $\sigma$ y $\tau$ son intercambiables, el argumento anterior también demuestra que $\tau\sigma (x)=\sigma \tau(x)$ si $x\in\operatorname{sop} (\tau)$.

Sea $\sigma\in\operatorname{Sim} (X)$ una permutación. Definimos una relación de equivalencia $\sim$ en $X$ del siguiente modo: $x\sim y$ si existe $n\in\mathbb{Z}$ tal que $y=\sigma^n(x)$. Esta relación es de equivalencia:

• Reflexividad: $x\sim x$ es cierto para todo $x\in X$ ya que $x=1_X(x)=\sigma^0(x)$.

• Simetría: $x\sim y\Leftrightarrow y\sim x$ pues $y=\sigma^n(x)$ es equivalente a $\sigma^{-n}(y)=x$.

• Transitividad: si $x\sim y\sim z$ entonces $y=\sigma^n(x)$ y $z=\sigma^m(y)$ para ciertos $n,m\in\mathbb{Z}$, luego $z=\sigma^m(\sigma^n(x))=\sigma^{m+n}(x)$, así que $x\sim z$.

Las clases de equivalencia de esta relación se denominan órbitas. La órbita de $x\in X$ es

$$\overline{x}=\{\sigma^n(x)\mid n\in\mathbb{Z}\}.$$

Si $x\notin\operatorname{sop} (\sigma )$, entonces $\overline{x}=\{ x\}$. Si $x\in\operatorname{sop} (\sigma )$, entonces $\overline{x}\subset\operatorname{sop} (\sigma )$ por el corolario anterior, y por tanto es un conjunto finito. Veamos que en general $\bar{x}=\{x,\sigma(x),\dots,\sigma^{m-1}(x)\}$ para cierto $m> 0$. Esto nos va a llevar la mayor parte de esta prueba.

Probemos que existe $m> 0$ tal que $\sigma^m(x)=x$. En efecto, como $\overline{x}=\{\sigma^n(x)\mid n\in\mathbb{Z}\}\subset\operatorname{sop} (\sigma)$, que es finito, todos los $\sigma^n(x)$ no pueden ser distintos, así que han de existir $p,q\in\mathbb{Z}$, $p\neq q$, tales que $\sigma^p(x)=\sigma^q(x)$. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que $p < q$, así que, aplicando $\sigma^{-p}$ a la anterior igualdad deducimos que $$ \begin{array}{rcl} x&=&\sigma^{-p}(\sigma^p(x))\cr &=&\sigma^{-p}(\sigma^q(x))\cr &=&\sigma^{q-p}(x), \end{array} $$ por tanto podemos tomar $m=q-p> 0$.

Sea $m> 0$ el mínimo tal que $\sigma^m(x)=x$. Los elementos de $\{x,\sigma(x),\dots,\sigma^{m-1}(x)\}$ son todos distintos. Lo veremos por reducción al absurdo. De lo contrario existirían $0\leq p<q<m$ tales que $\sigma^p(x)=\sigma^q(x)=\sigma^{p}(\sigma^{q-p}(x))$. La aplicación $\sigma^p$ es inyectiva por ser una permutación, así que esto implicaría que $x=\sigma^{q-p}(x)$, pero $0 < q-p < m$, lo que contradice la minimalidad de $m$.

Ahora tenemos que ver que, para todo $n\in\mathbb {Z}$, $\sigma^n(x)\in \{x,\sigma(x),\dots,\sigma^{m-1}(x)\}$. Basta comprobar que $\sigma^n(x)=\sigma^r(x)$, donde $r$ es el resto no negativo de la división de $n$ por $m$, $n=m\cdot c+r$, $0\leq r<m$. En efecto, $$ \begin{array}{rcl} \sigma^n(x)&=&\sigma^{r+m\cdot c}(x)\cr &=&\sigma^r((\sigma^m)^c(x)). \end{array} $$ Como $\sigma^m(x)=x$, entonces $(\sigma^m)^c(x)=x$ si $c\geq 0$. Es más, $\sigma^m(x)=x$ también implica que $x=\sigma^{-m}(x)$, así que $(\sigma^m)^c(x)=x$ también si $c<0$. Por tanto, en efecto, $\sigma^n(x)=\sigma^r(x)$.

Hemos probado que $\sigma$ se comporta sobre cada órbita $\bar x=\{x,\sigma(x),\dots,\sigma^{m-1}(x)\}$ como un ciclo de longitud $m$, ya que $\sigma^m(x)=x$, de hecho $m$ era el menor entero positivo que satisfacía esta propiedad. Esto demuestra que $\sigma$ es el producto de los ciclos asociados a las órbitas no unitarias de la anterior relación de equivalencia. Es decir, por cada órbita no unitaria $\bar{x}$, el ciclo $(x\;\sigma(x)\;\dots\;\sigma^{m-1}(x))$ aparece en la factorización de $\sigma$, donde $m$ es el cardinal de $\bar{x}$. El orden de los factores de este producto no importa porque los ciclos son disjuntos, al ser sus soportes clases de una relacion de equivalencia. Hay una cantidad finita de órbitas no unitarias, ya que hemos visto que están contenidas en $\operatorname{sop}(\sigma)$, que es finito. La unicidad es obvia, pues las órbitas, y por tanto los ciclos, están determinados por $\sigma$ y la relación de equivalencia asociada.

Sea $\sigma=\sigma_1\cdots\sigma_c$ la descomposición de $\sigma$ como producto de ciclos disjuntos, donde cada $\sigma_i$ es un ciclo de longitud $l_i$. Como las permutaciones disjuntas conmutan,

$$\sigma^k=\sigma_1^k\cdots\sigma_c^k$$

para todo $k\geq 1$. Aquí estamos usando que el soporte de cada $\sigma_i^k$ está contenido en el de $\sigma_i$ pues si $\sigma_i(x)=x$ entonces $\sigma_i^k(x)=x$ para todo $k\geq 1$. Por tanto, la descomposición de $\sigma^k$ como producto de ciclos disjuntos se obtendrá descomponiendo cada $\sigma_i^k$ y haciendo el producto de todas estas descomposiciones. Por la unicidad de la descomposición de una permutación como producto de ciclos disjuntos, $\sigma^k=1$ si y solo si $\sigma_i^k=1$ para todo $i=1,\dots, c$. Si esto ocurre, es que $k$ es divisible por el orden de $\sigma_i$ para todo $i$, es decir $l_i|k$ para todo $i$. El mínimo valor de $k$ para el que esto pasa es, por definición, el múltiplo común mínimo de $l_1,\dots, l_c$.

Las inversiones de una trasposición $(i\; j)\in S_n$ con $i<j$ son: $$ \begin{array}{l} (i,j),\cr (i,i+1),\dots, (i, j-1),\cr (i+1,j),\dots, (j-1, j). \end{array} $$ En total hay $1+2(j-i-1)$ inversiones, y este es un número impar.

Consideremos el diagrama de $\sigma\tau$ que se obtiene dibujando el diagrama de $\tau$ encima del de $\sigma$. Este diagrama representa a la permutación $\sigma\tau$, aunque haya pares de flechas que se crucen dos veces, una en la parte de $\tau$ y otra en la de $\sigma$.

Las inversiones de $\sigma\tau$ se corresponden con los cruces de flechas que se cruzan solo en la parte de $\sigma$ o solo en la de $\tau$, pero no en ambas. Por tanto, para obtener el número de inversiones de $\sigma\tau$, hay que sumar los cruces de los diagramas de $\sigma$ y $\tau$ y restarle el número par de cruces entre flechas que se cruzan dos veces, una en la parte de $\sigma$ y otra en la de $\tau$. Esto prueba que el número de inversiones de $\sigma\tau$ tiene la misma paridad que la suma del número de inversiones de $\sigma$ y de $\tau$. De aquí se deduce la primera fórmula.

La segunda fórmula es obvia porque el diagrama de $\sigma^{-1}$ se obtiene a partir del de $\sigma$ haciendo una simetría horizontal. El número de cruces es el mismo.

En efecto, si $\sigma =\tau_1\cdots\tau_r$ donde cada $\tau_i$ es una trasposición, entonces

$$\operatorname{signo} (\sigma )=\operatorname{signo} (\tau_1)\cdots\operatorname{signo} (\tau_r)=(-1)^r.$$

Sea $\sigma =\sigma_1\cdots\sigma_c$ la descomposición de $\sigma$ como producto de ciclos disjuntos. Sea $l_i$ la longitud del ciclo $\sigma_i$, $i=1,\dots, c$. El número de elementos del soporte de $\sigma$ es $s=\sum_{i=1}^{c}l_i$ y $$ \begin{array}{rcl} \operatorname{signo}(\sigma)&=&\operatorname{signo}(\sigma_1)\cdots\operatorname{signo}(\sigma_c)\cr &=&(-1)^{l_1-1}\cdots (-1)^{l_c-1}\cr &=&(-1)^{\sum_{i=1}^{c}(l_i-1)}\cr &=&(-1)^{s-c}. \end{array} $$

$\Rightarrow$ Como $e\in H$, $H$ no es vacío. Si $x,y\in H$, tenemos que también $x^{-1}\in H$, así que $x^{-1}y\in H$.

$\Leftarrow$ Como $H\neq \varnothing$ ha de existir algún $z\in H$, así que $e=z^{-1}z\in H$. Dado $x\in H$, como $e\in H$ tenemos que $x^{-1}=x^{-1}e\in H$. Es más, dados $x,y\in H$, como también $x^{-1}\in H$ deducimos que $xy=(x^{-1})^{-1}y\in H$.

Tenemos que $e\in G$ ya que $e$ es el producto de una cantidad nula de elementos ($n=0$). Por otro lado, dados $y,\bar{y}\in \langle X\rangle$, tenemos que $y=x_1\cdots x_p$ e $\bar{y}=\bar{x}_1\cdots \bar{x}_q$ donde $x_i,\bar{x}_j\in X\cup X^{-1}$. Por definición, si $x\in X$ entonces $x^{-1}\in X^{-1}$. Es más, si $z\in X^{-1}$ entonces $z=x^{-1}$ para algún $x\in X$, por tanto $z^{-1}=(x^{-1})^{-1}=x\in X$. Esto prueba que los inversos de los elementos de $X\cup X^{-1}$ están también en $X\cup X^{-1}$, por tanto el elemento $$ \begin{array}{rcl} y^{-1}\bar{y}&=&(x_1\cdots x_p)^{-1}(\bar{x}_1\cdots \bar{x}_q)\cr &=&x_p^{-1}\cdots x_1^{-1}\bar{x}_1\cdots \bar{x}_q \end{array} $$ también está en $\langle X\rangle$.

Veamos por reducción al absurdo que todos los elementos de $\{e,x,\dots, x^{n-1}\}$ son diferentes. Supongamos que dos de ellos fueran iguales $x^p=x^q$, $p\neq q$. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que $p > q$. Entonces $$ \begin{array}{rcl} x^{p-q}&=&x^px^{-q}\cr &=&x^qx^{-q}\cr &=&e. \end{array} $$ Esto es imposible porque $1\leq p-q\leq n-1$ y $o(x)=n$.

La inclusión $\langle x\rangle \supset \{e,x,\dots, x^{n-1}\}$ es obvia. Para probar la otra $\subset$, tomamos una potencia cualquiera $x^d$ y realizamos la división de $d$ por $n$, $d=cn+r$, $0\leq r<n$. Entonces $$ \begin{array}{rcl} x^d&=&x^{cn+r}\cr &=&(x^n)^cx^r\cr &=&e^cx^r\cr &=&ex^r\cr &=&x^r, \end{array} $$ y $x^r\in \{e,x,\dots, x^{n-1}\}$. Esto termina la demostración.

• Reflexiva: $x\sim_H x$ pues $x^{-1}x=e\in H$.

• Simétrica: si $x\sim_H y$ es porque $x^{-1}y\in H$, entonces $(x^{-1}y)^{-1}\in H$ y $$ \begin{array}{rcl} (x^{-1}y)^{-1}&=&y^{-1}(x^{-1})^{-1}\cr &=&y^{-1}x, \end{array} $$ luego $y^{-1}x\in H$, es decir $y\sim_H x$.

• Transitiva: si $x\sim_H y\sim_H z$ es porque $x^{-1}y, y^{-1}z\in H$, luego $x^{-1}z=(x^{-1}y)(y^{-1}z)\in H$, así que $x\sim_H z$.

$\supset$ Dado $xh\in xH$, como $x^{-1}(xh)=h\in H$, $x\sim_H xh$, luego $xh\in [ x ]$.

$\subset$ Dado $y\in[ x ]$, como $x\sim_H y$ tenemos que $x^{-1}y\in H$ así que $y=x(x^{-1}y)\in x H$.

Como $G$ es finito, habrá solo un número finito de clases de equivalencia $[G:H]=n$,

$$G/H=\{x_1 H,\ldots, x_n H\}.$$

Al ser $G$ unión disjunta de estas clases,

$$| G| = \# (x_1 H)+\cdots +\# (x_n H).$$

Para cualquier $x\in G$, la aplicación $f\colon H\rightarrow xH$ definida como $f(h)=xh$ es biyectiva. En efecto, es sobreyectiva por definición de $xH$. Además es inyectiva porque si $f(h_1)=f(h_2)$ entonces $xh_1=xh_2$ y por la propiedad cancelativa $h_1=h_2$. Por tanto $\# (xH)=|H|$ para todo $x\in G$, así que deducimos de la ecuación anterior que $|G|=n|H|$.

Como el orden de $x$ es el número de elementos del subgrupo $\langle x\rangle\subset G$, se deduce del teorema de Lagrange.

Sea $x\in G$ un elemento no trivial, como $\langle x\rangle\subset G$ no es el subgrupo trivial y $o(x)=|\langle x\rangle|$ divide a $|G|=p$, no queda más remedio que $o(x)=|\langle x\rangle|=p$, así que $\langle x\rangle =G$ ya que ambos tienen el mismo número de elementos.

Como $e=e e$,

$$f(e)=f(e e)=f(e) f(e).$$

Usando la propiedad cancelativa deducimos que $e=f(e)$.

Al ser $e=x x^{-1}$ deducimos que

$$e=f(e)=f(x x^{-1})=f(x) f(x^{-1}),$$

por tanto $f(x^{-1})=f(x)^{-1}$.

Por definición de homomorfismo, el producto de dos elementos de $\operatorname{im} f$ está en $\operatorname{im} f$. Es más, por la proposición anterior $e\in\operatorname{im} f$ y el inverso de un elemento de $\operatorname{im} f$ están en $\operatorname{im} f$.

Basta observar que, dados $x,y\in G$, $$ \begin{array}{rcl} (g\circ f)(x y)&=&g(f(x y))\cr &=&g(f(x) f(y))\cr &=&g(f(x)) g(f(y))\cr &=&(g\circ f)(x) (g\circ f)(y). \end{array} $$

Se deduce de que ya sabemos que la composición de homomorfismos es un homomorfismo y que la composición de aplicaciones biyectivas es biyectiva.

Dados $x,y\in H$ cualesquiera, hemos de probar que

$$f^{-1}(x y)=f^{-1}(x) f^{-1}(y).$$

Como $f$ es inyectivo, bastará comprobar que

$$f(f^{-1}(x y))=f(f^{-1}(x) f^{-1}(y)).$$

Por un lado, por ser $f^{-1}$ la inversa de $f$,

$$f(f^{-1}(x y))=(f\circ f^{-1})(x y)=1_H(xy)=x y.$$

Por otro lado, como $f$ es un homomorfismo,

$$ \begin{array}{rcl} f(f^{-1}(x) f^{-1}(y))&=&f(f^{-1}(x)) f(f^{-1}(y))\cr &=&(f\circ f^{-1})(x)(f\circ f^{-1})(y)\cr &=&1_H(x)1_H(y)\cr &=&x y. \end{array} $$

Es reflexiva $G\cong G$ porque la identidad es un isomorfismo $1_G\colon G\to G$. La simetría se sigue de que si $G\cong H$ es por que hay algún isomorfismo

$$f\colon G\stackrel{\cong}\longrightarrow H.$$

El isomorfismo inverso

$$f^{-1}\colon H\stackrel{\cong}\longrightarrow G$$

prueba que $H\cong G$. La transitividad es consecuencia de que si $G\cong H\cong K$ es porque hay isomorfismos

$$G\mathop{\longrightarrow}\limits^f_{\cong} H\mathop{\longrightarrow}\limits^g_{\cong} K.$$

Entonces la composición es un isomorfismo

$$g\circ f\colon G\stackrel{\cong}\longrightarrow K,$$

así que $G\cong K$.

Sea $x\in G$ un generador, $G=\langle x\rangle$. Veamos que $f(x)\in H$ es también un generador, es decir $H=\langle f(x)\rangle$. Para ello, tenemos que probar que todo elemento $y\in H$ es una potencia de $f(x)$. Como $f$ es sobreyectivo, existe $z\in G$ tal que $f(z)=y$. Como $G=\langle x\rangle$, existe $n\in\mathbb{Z}$ tal que $z=x^n$, luego $y=f(z)=f(x)^n$.

$\Rightarrow$ Sea $x\in G$ un generador, $G=\langle x\rangle$. Consideramos el homomorfismo $f_x\colon \mathbb{Z}\rightarrow G$ definido anteriormente como $f_x(m)=x^m$. Este homomorfismo es sobreyectivo por ser $x$ un generador del grupo cíclico $G$. Como el orden de $x$ es infinito, todas las potencias de $x$ son distintas según hemos visto antes, luego $f_x$ es inyectivo, así que $f_x$ es el isomorfismo que andábamos buscando.

$\Leftarrow$ Esta implicación es obvia, porque la propiedad de ser cíclico y el orden se preservan por isomorfismos.

Si $\sigma\colon X\rightarrow X$ es biyectiva entonces $f\circ\sigma\circ f^{-1}\colon Y\rightarrow Y$ también, por ser composición de aplicaciones biyectivas. Por tanto $\phi_f$ es una aplicación bien definida. Veamos que es un homomorfismo. Dados $\tau,\sigma\in\operatorname{Sim}(X)$:

$$ \begin{array}{rcl} \phi_f(\tau)\circ \phi_f(\sigma)&=&(f\circ \tau\circ f^{-1})\circ(f\circ \sigma\circ f^{-1})\cr &=&f\circ (\tau\circ\sigma)\circ f^{-1}\cr &=&\phi_f(\tau\circ \sigma). \end{array} $$

Para ver que $\phi_f$ es un isomorfismo, basta comprobar que $\phi_{f^{-1}}\colon \operatorname{Sim}(Y)\rightarrow \operatorname{Sim}(X)$ es su inversa. En efecto, $\phi_{f^{-1}}\circ \phi_{f}=\operatorname{1}_{\operatorname{Sim}(X)}$ ya que ambas son aplicaciones que parten de $\operatorname{Sim}(X)$ y llegan a $\operatorname{Sim}(X)$ y además toman el mismo valor en cualquier $\sigma\in \operatorname{Sim}(X)$, pues

$$ \begin{array}{rcl} (\phi_{f^{-1}}\circ \phi_{f})(\sigma)&=& \phi_{f^{-1}}(\phi_{f}(\sigma))\cr &=&\phi_{f^{-1}}(f\circ\sigma\circ f^{-1})\cr &=&f^{-1}\circ(f\circ\sigma\circ f^{-1})\circ (f^{-1})^{-1}\cr &=& \sigma\cr &=&\operatorname{1}_{\operatorname{Sim}(X)}(\sigma). \end{array} $$

Aquí usamos que $(f^{-1})^{-1}=f$. Por esto mismo, los papeles de $f$ y $f^{-1}$ son intercambiables, así que también está probada la otra igualdad, $\phi_{f}\circ \phi_{f^{-1}}=\operatorname{1}_{\operatorname{Sim}(Y)}$.

Como $f(e)=e$, $e\in \operatorname{ker} f$. Si $x,y\in\operatorname{ker} f$ entonces

$$f(xy)=f(x)f(y)=ee=e,$$

luego $xy\in\operatorname{ker} f$. Es más, si $x\in\operatorname{ker} f$ entonces

$$f(x^{-1})=f(x)^{-1}=e^{-1}=e,$$

así que $x^{-1}\in\operatorname{ker} f$.

$\Rightarrow$ La inclusión $\supset$ es obvia. Para ver $\subset$ tomamos $x\in\operatorname{ker} f$. Como $f(x)=e=f(e)$ y $f$ es inyectivo deducimos que $x=e$.

$\Leftarrow$. Sean $x,y\in G$ tales que $f(x)=f(y)$. Entonces $$ \begin{array}{rcl} f(x^{-1}y)&=&f(x^{-1})f(y)\cr &=&f(x)^{-1}f(x)\cr &=&e, \end{array} $$ es decir, $x^{-1}y\in\operatorname{ker} f=\{e\}$, por tanto $x^{-1}y=e$ y despejando vemos que $y=x$.

Dados $g\in G$ y $k\in K$, $$ \begin{array}{rcl} g^{-1}kg&=&g^{-1}gk\cr &=&ek\cr &=&k\in K. \end{array} $$

Las propiedades segunda y tercera coinciden porque la correspondencia existente entre relaciones de equivalencia y particiones. Veamos pues que las dos primeras también coinciden.

$1.\Rightarrow 2.$ Veamos primero $\supset$. Todo elemento de $Kg$ es de la forma $kg$ con $k\in K$. Por ser $K\subset G$ normal, $g^{-1}kg\in K$, así que $kg=g(g^{-1}kg)\in gK$.

Veamos $\subset$. Todo elemento de $gK$ es de la forma $gk$ con $k\in K$. Por ser $K\subset G$ normal y $g^{-1}\in G$, $gkg^{-1}=(g^{-1})^{-1}kg^{-1}\in K$, así que $gk=(gkg^{-1})g\in Kg$.

$2.\Rightarrow 1.$ Dados $k\in K$ y $g\in G$, como $kg\in Kg=gK$, existe $k'\in K$ tal que $kg=gk'$, así que $g^{-1}kg=k'\in K$. Por tanto $K\subset G$ es normal.

Dados $g\in G$ y $k\in\operatorname{ker} f$, $$ \begin{array}{rcl} f(g^{-1}kg)&=&f(g)^{-1}f(k)f(g)\cr &=&f(g)^{-1}ef(g)\cr &=&f(g)^{-1}f(g)\cr &=&e. \end{array} $$ Por tanto $g^{-1}kg\in \operatorname{ker} f$.

Comenzamos viendo que si $G/K$ es un grupo y $\pi$ es un homomorfismo, entonces hay una única elección posible para la operación binaria que dota a $G/K$ de estructura de grupo. En efecto, dados $xK, yK\in G/K$, como $\pi(x)=xK$ y $\pi(y)=yK$, tenemos que

$$(xK)(yK)=\pi(x)\pi(y)=\pi(xy)=(xy)K.$$

Basta por tanto demostrar que la fórmula

$$(xK)(yK)=(xy)K$$

define una operación binaria en $G/K$ que satisface las propiedades requeridas. Lo más difícil es ver que la aplicación

$$ \begin{array}{rcl} (G/K)\times(G/K)&\longrightarrow& G/K,\cr (xK,yK)&\mapsto&(xy)K, \end{array} $$

está bien definida. Observa que la imagen de un par podría depender de la elección de representantes de las clases a izquierda. Veamos que esto no ocurre. Para ello, dados $x,y\in G$ cualesquiera, debemos comprobar que si $xK=\bar{x}K$ e $yK=\bar{y}K$ entonces $(xy)K=(\bar{x}y)K=(x\bar{y})K$, ya que de aquí se deduce que $(xy)K=(\bar{x}\bar{y})K$.

Por un lado, si $yK=\bar{y}K$ entonces $y\sim_K \bar{y}$, es decir $y^{-1}\bar{y}\in K$, por tanto

$$ \begin{array}{rcl} (xy)^{-1}(x\bar{y})&=&y^{-1}x^{-1}x\bar{y}\cr &=&y^{-1}e\bar{y}\cr &=&y^{-1}\bar{y}\in K, \end{array} $$

así que $xy\sim_K x\bar{y}$, es decir $(xy)K=(x\bar{y})K$.

Por otro lado, si $xK=\bar{x}K$ entonces $x\sim_K \bar{x}$, es decir $x^{-1}\bar{x}\in K$. Como $K\subset G$ es normal, esto implica que $y^{-1}x^{-1}\bar{x}y\in K$, luego

$$(xy)^{-1}(\bar{x}y)=y^{-1}x^{-1}\bar{x}y\in K,$$

esto es, $xy\sim_K\bar{x}y$, o lo que es lo mismo, $(xy)K=(\bar{x}y)K$.

Este producto en $G/K$ satisface la propiedad asociativa porque, a nivel de representantes, está definido como en $G$, y el producto del grupo $G$ satisface la propiedad asociativa. Por la misma razón $eK$ es un elemento neutro en $G/K$ y el inverso de $xK$ es $(xK)^{-1}=x^{-1}K$.

Con respecto al núcleo, basta observar que, dado $x\in G$, $\pi(x)=x K=e K$ si y solo si $e\sim_K x$, lo cual ocurre si y solo si $x=e^{-1}x\in K$.

La factorización es la del homomorfismo $f$ visto solo como aplicación. Basta ver que la relación de equivalencia en $G$ definida por la aplicación $f$ es la misma que la que define el subgrupo $\operatorname{ker} f$. Por comodidad, llamaremos $K=\operatorname{ker} f$. Dados $x,y\in G$, $x\sim_K y$ $\Leftrightarrow$ $x^{-1}y\in K$ $\Leftrightarrow$ $f(x^{-1}y)=e$. Como $f(x^{-1}y)=f(x)^{-1}f(y)$ esto es el elemento neutro si y solo si $f(x)= f(y)$, lo que equivale a $x\sim_f y$. Habría que comprobar también que $\overline{f}$ es un homomorfismo. Esto es cierto porque, recordemos, esta aplicación se define como $f$ sobre los representantes, es decir, $\overline{f}(xK)=f(x)$ y $f$ es un homomorfismo, así que $$ \begin{array}{rcl} \overline{f}((xK)(yK))&=&\overline{f}((xy)K)\cr &=&f(xy)\cr &=&f(x)f(y)\cr &=&\overline{f}(xK)\overline{f}(yK). \end{array} $$

El homomorfismo $\operatorname{signo}\colon S_n\rightarrow\{\pm1\}$ es sobreyectivo, luego $\operatorname{im}\operatorname{signo}=\{\pm 1\}$. Como $A_n=\operatorname{ker} \operatorname{signo}$, el primer teorema de isomorfía proporciona un isomorfismo $\frac{S_n}{A_n}\cong \{\pm 1\}$. Usando el teorema de Lagrange, vemos que $$ \begin{array}{rcl} 2&=&|\{\pm1\}|\cr &=&[S_n:A_n]\cr &=&\frac{|S_n|}{|A_n|}\cr &=&\frac{n!}{|A_n|}. \end{array} $$ De aquí se deduce el resultado despejando.

$\Rightarrow$ Sea $x\in G$ un generador, $G=\langle x\rangle$. Consideramos el homomorfismo $f_x\colon \mathbb{Z}\rightarrow G$ definido anteriormente como $f_x(m)=x^m$. Este homomorfismo es sobreyectivo por ser $x$ un generador del grupo cíclico $G$, así que $\operatorname{im} f_x=G$. Como el orden de $x$ coincide con el de $G$, que es $n$, sabemos que $m\in\operatorname{ker} f_x$ $\Leftrightarrow$ $f_x(m)=x^m=e$ $\Leftrightarrow$ $n|m$ $\Leftrightarrow$ $m\in\langle n\rangle$, así que $\operatorname{ker} f_x=\langle n\rangle$. Por tanto el primer teorema de isomorfía nos da el isomorfismo deseado $\overline{f_x}\colon \mathbb{Z}/\langle n\rangle\cong G$.

$\Leftarrow$ Esta implicación es obvia, porque la propiedad de ser cíclico y el orden se preservan por isomorfismos.

Definimos la aplicación

$$f\colon G\to\operatorname{Sim} (G)$$

del siguiente modo. Dado $g\in G$,

$$f(g)\colon G\longrightarrow G$$

es la aplicación definida como

$$f(g)(x)=gx.$$

Esta aplicación es biyectiva, por tanto es una permutación del conjunto $G$. Para comprobarlo, demostraremos que $f(g^{-1})\colon G\longrightarrow G$ es su inversa, es decir, que

$$f(g)\circ f(g^{-1})=\operatorname{1}_{G}=f(g^{-1})\circ f(g).$$

Las tres aplicaciones parten de $G$ y llegan a $G$, así que basta probar que toman los mismos valores sobre cada $x\in G$. En efecto, por un lado, $$ \begin{array}{rcl} (f(g)\circ f(g^{-1}))(x)&=& f(g)(f(g^{-1})(x))\cr &=&f(g)(g^{-1}x)\cr &=&g(g^{-1}x)\cr &=&(gg^{-1})x\cr &=&ex\cr &=&x\cr &=&\operatorname{1}_{G}(x). \end{array} $$ Esto demuestra que $f(g)\circ f(g^{-1})=\operatorname{1}_{G}$. La otra igualdad, $f(g^{-1})\circ f(g)=\operatorname{1}_{G}$, se sigue ahora del hecho de que los papeles de $g$ y $g^{-1}$ son intercambiables, ya que $(g^{-1})^{-1}=g$.

Veamos que $f$ es un homomorfismo. En efecto, dados $g_1,g_2\in G$, $f(g_1g_2)=f(g_1)\circ f(g_2)$ ya que ambas son permutaciones de $G$ y, para todo $x\in G$, $$ \begin{array}{rcl} (f(g_1)\circ f(g_2))(x)&=& f(g_1)(f(g_2)(x))\cr &=&f(g_1)(g_2x)\cr &=&g_1(g_2x)\cr &=&(g_1g_2)x\cr &=&f(g_1g_2)(x). \end{array} $$

Veamos que $f$ es inyectiva, es decir, que $\operatorname{ker} f=\{e\}$. En efecto, si $g\in\operatorname{ker} f$ entonces $f(g)=\operatorname{1}_{G}$ luego $$ \begin{array}{rcl} g&=&ge\cr &=&f(g)(e)\cr &=&\operatorname{1}_{G}(e)\cr &=&e. \end{array} $$

Como $\operatorname{ker} f=\{e\}$, el primer teorema de isomorfía nos dice que

$$G\cong\frac{G}{\{e\}}\cong\operatorname{im} f\subset \operatorname{Sim} (G).$$

Esto demuestra la primera parte del teorema.

Para la segunda parte, basta observar que, como $G$ tiene $n$ elementos, cualquier enumeración de los mismos $G=\{x_1,\dots, x_n\}$ da lugar a una aplicación biyectiva $\psi\colon G\rightarrow \{1,\dots, n\}$ definida como $\psi(x_i)= i$ para todo $i$. Según hemos visto antes, esta biyección da lugar a un isomorfismo $\phi_\psi\colon\operatorname{Sim}(G)\cong S_n$. Argumentando como antes, vemos que $G\cong\operatorname{im} (\phi_\psi \circ f)\subset S_n$.