O grupo alternado $A_n$ é composto por todos os permutações pares de $S_n$ onde $n\geq 2$.

Exercício. Seja $C$ uma classe de conjugação em $S_n$ representado por um elemento $c_1c_2\cdots c_m$ par (então $C\subseteq A_n$) onde os $c_i$ são ciclos disjuntos com comprimento $r_1,\ldots,r_m$ respetivamente ($\sum r_i=n$). Então uma das seguintes possibilidades é verdadeira:

1. $C$ é uma classe de conjugação em $A_n$;
2. $C$ é a união de duas classes $C_1$ e $C_2$ em $A_n$ onde $|C_1|= |C_2|$.

Além disso, possibilidade 2. ocorre se e somente se qualquer uma das seguintes condições equivalentes s está válida:

1. $C_G(c)\leq A_n$;
2. $r_1,\ldots,r_m$ são ímpares e distintos dois a dois.

Teorema. Se $n\geq 5$, então $A_n$ é simples.

Demonstração. Indução por $n$.

O primeiro passo da indução é considerar o caso $n=5$. Note que $A_5$ possui cinco classes de conjugação, nomeadamente $1^{A_5}$, $(1,2)(3,4)^{A_5}$, $(1,2,3)^{A_5}$, $(1,2,3,4,5)^{A_5}$ e $(1,3,2,4,5)^{A_5}$ com ordens 1, 15, 20, 12, 12. Note que um subgrupo normal de $A_5$ é uma união de classes de conjugação. Além disso, um subgrupo normal sempre contém a identidade e é fechado para inversos e a sua ordem é um divisor de 60 (Teorema de Lagrange). Assim as possíveis ordens de subgrupos normais são 1 e 60. Portanto $A_5$ é simples.

Assuma que $A_n$ é simples para algum $n\geq 5$ considere $G=A_{n+1}$. Seja $G_i$ o estabilizador do ponto $i$ em $G$. Como $G$ é transitivo, os $G_i$ são conjugados. Além disso, $G_i\cong A_n$. Seja $N\unlhd G$.  A interseção $N\cap G_1$ é normal em $G_1$. Logo $N\cap G_1=G_1$ ou $N\cap G_1=1$. No primeiro caso, como $N$ é normal e os $G_i$ são conjugados, temos que $G_i\leq N$ para todo $i$ que implica que $N=G$.

Assuma agora que $N\cap G_i=1$ para todo $i$. Assuma que $N\neq 1$. Neste caso $NG_1=G$ ($G_1$ é maximal) e $N$ é regular. Em particular $|N|=n+1$. Assuma que $\sigma\in N\setminus\{1\}$ e escreva $\sigma$ como um produto $\sigma=\sigma_1\cdots \sigma_m$ de ciclos disjuntos onde  $\sigma_i$ é um $r_i$-ciclo com $r_1\geq r_2\geq\cdots\geq r_m$. Assuma que $r_1\geq 3$ e seja $\sigma_1=(1,2,\ldots,k)$ com $k\geq 3$. Seja $\varrho=(3,4,5)$. Então $\sigma^\varrho\sigma^{-1}\in N\cap G_1\setminus\{1\}$ que é uma contradição. Portanto $r_1=\cdots=r_m=2$. Assuma que $\sigma=(1,2)(3,4)$ e seja $\varrho=(4,5,6)$. Então $\sigma^\varrho\sigma^{-1}\in N\cap G_1$ que é uma contradição.

Se $\Omega$ é um conjunto, então $S(\Omega)$ denota o grupo de permutações de $\Omega$. Quando $\Omega=\{1,\ldots,n\}$, então  $S(\Omega)$ é escrito como $S_n$. Um grupo de permutações é um subgrupo de algum $S(\Omega)$.

Seja $G$ um grupo e $\Omega$ um conjunto. Dizemos que $G$ age em $\Omega$ se está dada uma função
$$
\Omega\times G\rightarrow\Omega,\quad (\omega,g)\mapsto \omega g
$$
tal que as seguintes propriedades estão verdadeiras para todo $\omega\in\Omega$ e $g,h\in G$:

1. $\omega 1=\omega$;
2. $(\omega g)h=\omega(gh)$.

Note que se $G$ age em $\Omega$, então $g$ induz um mapa $\psi_g:\Omega\rightarrow\Omega$ definido como $\omega\mapsto \omega g$. É fácil ver que $\psi_g\in S(\Omega)$ e que o mapa $\psi:g\mapsto \psi_g$ é um homomorfismo $G\rightarrow S(\Omega)$. O homomorfismo $\psi$ é chamado do homomorfismo associado com a ação de $G$. Por outro lado, se $\psi:G\rightarrow S(\Omega)$ é um homomorfismo, então $(\omega,g)\mapsto \omega \psi(g)$ é uma ação de $G$ em $\Omega$.

Assuma que $G$ age em $\Omega$ com homomorfismo associado $\psi$. O núcleo da ação é $\ker\psi$. A ação de $G$ é dito fiel se $\ker\psi=1$. Neste caso $G\cong G\psi$ e $G$ pode ser considerado como um grupo de permutações. Considere a seguinte relação de equivalência sobre $\Omega$: $\alpha\sim\beta$ se e somente se $\beta=\alpha g$ com algum $G$. Uma classe de equivalência dessa relação é chamada de órbita. O grupo $G$ é dito transitivo em $\Omega$ se $\Omega$ é uma órbita. Se $\alpha\in\Omega$, então o estabilizador $G_\alpha$ de $\alpha$ em $G$ é definido como
$$
G_\alpha=\{g\in G\mid \alpha g=\alpha\}.
$$
É claro que $G_\alpha\leq G$. Além disso, o núcleo da ação é $\bigcap_{\alpha\in\Omega} G_\alpha$.

Um grupo $G\leq S(\Omega)$ é dito regular se $G$ é transitivo e $G_\alpha=1$ para algum (todo) $\alpha\in \Omega$.

Lema. Sejam $\alpha,\beta\in\Omega$, $g\in G$ tais que $\alpha g=\beta$. Então $G_\beta=(G_\alpha)^g=g^{-1}G_\alpha g$.

Exemplo. Seja $G$ um grupo e $H\leq G$. Seja $\Omega=[G:H]$, o conjunto de classes laterais à direita de $H$ em $G$. Então $G$ age em $\Omega$: se $Hx\in\Omega$ e $g\in G$, então $(Hx)g=H(xg)$. É fácil ver que esta ação é transitiva. Além disso $H\leq G$ é o estabilizador do ponto $H1\in\Omega$. Portanto o núcleo da ação é
$$
\mbox{Core}_G(H)=\bigcap_{g\in G} H^g.
$$
O subgrupo na equação anterior é chamado do core de $H$ em $G$. Ele é o maior subgrupo normal de $G$ contido em $H$.

Assuma que $G$ age nos conjuntos $\Omega_1$ e $\Omega_2$. Estas ações são equivalentes se existir uma bijeção $\varphi:\Omega_1\rightarrow \Omega_2$ tal que $(\omega g)\varphi=(\omega\varphi)g$ para todo $\omega\in\Omega$ e $g\in G$. O mapa $\varphi$ é chamada de equivalência entre as duas ações de $G$.

Assuma que $G$ age em $\Omega$ transitivamente. Seja $\alpha\in\Omega$ fixo. Definamos um mapa $\varphi:\Omega\rightarrow [G:H]$. Para $\beta\in\Omega$, seja
$$
\beta\varphi=\{g\in G\mid \alpha g=\beta\}.
$$

Teorema (Teorema de Órbita e Estabilizador). O mapa $\varphi$ é uma equivalência bem definida entre as ações de $G$ sobre $\Omega$ e $[G:G_\alpha]$. Em particular, $|\Omega|=|G:G_\alpha|$.

Demonstração. Passo 1: $\beta\varphi$ é uma classe lateral à direita de $G_\alpha$ em $G$. Primeiro $\beta\varphi\neq\emptyset$ pela transitividade de $G$. Seja $g\in \beta\varphi$. Afirmamos que $\beta\varphi=G_\alpha g$. Seja $hg\in G_\alpha g$ com $h\in G_\alpha$. Então $\alpha (hg)=(\alpha h)g=\alpha g=\beta$. Portanto $G_\alpha g\subseteq \beta\varphi$. Seja $x\in \beta\varphi$. Então $\beta=\alpha g=\alpha x$, portanto $y:=xg^{-1}\in G_\alpha$. Logo, $x=yg\in G_\alpha g$. Obtivemos que $G_\alpha g=\beta\varphi$.

Passo 2: $\varphi$ é uma bijeção. Assuma que $\beta\varphi=\gamma\varphi$ com alguns $\beta,\gamma\in\Omega$. Seja $g\in \beta\varphi$. Então $\beta=\alpha g=\gamma$ e $\beta=\gamma$. Seja $G_\alpha g\in [G:G_\alpha]$. Então $G_\alpha g=\beta\varphi$ onde $\beta=\alpha g$.

Passo 3: $\varphi$ é uma equivalência. Seja $\omega\in \Omega$ e $g\in G$. Então $\omega g=\alpha hg$ onde $h\in G$ tal que $\omega=\alpha h$. Temos portanto que $(\omega g)\varphi= G_\alpha (hg)$. Por outro lado, $(\omega\varphi)g=(G_\alpha h)g$. Como $G_\alpha(hg)=(G_\alpha h)g$, temos que $\varphi$ é uma equivalência.

Corolário. Assuma que $G$ um grupo finito que age transitivamente em $\Omega$. Então $|\Omega|\mid |G|$.

Assuma que $G$ age transitivamente em $\Omega$. Um conjunto $\Delta\subseteq \Omega$ é dito bloco se $\Delta g=\Delta$ ou $\Delta g\cap\Delta=\emptyset$ para todo $g\in G$.  Uma partição $\mathcal P$ de $\Omega$ é dito $G$-invariante se $\Delta g\in \mathcal P$ para todo $\Delta\in \mathcal P$.

Lema. Assuma que $G$ age em $\Omega$ transitivamente. As seguintes são verdadeiras.

1. Se $\Delta$ é um bloco então $\mathcal P=\{\Delta g\mid g\in G\}$ é uma partição $G$-invariante de $\Omega$.
2. Se $\mathcal P$ é uma partição $G$ invariante de $\Omega$ e $\Delta\in\mathcal P$, então $\Delta$ é um bloco.
3. Seja $\omega\in\Omega$ fixo. O mapa $\Delta\mapsto \{\Delta g\mid g\in G\}$ é uma bijeção entre o conjunto de blocos $\Delta$ tal que $\omega\in\Delta$ e o conjunto de partições $G$-invariantes de $G$.

Demonstração. Exercício.

Se $G$ age em $\Omega$ transitivamente e $\omega\in\Omega$, então $\{\omega\}$ e $\Omega$ são blocos. Similarmente $\{\{\omega\}\mid\omega\in\Omega\}$ e $\{\Omega\}$ são partições $G$-invariantes. Um grupo transitivo é dito primitivo se estes são os únicos blocos. No caso contrario o grupo e chamado de imprimitivo.

Assuma que $G$ age transitivamente em $\Omega$ e seja $\omega\in\Omega$ fixo. Se $\Delta$ é um bloco tal que $\omega\in\Delta$, então denota por $G_\Delta$ o estabilizador de $\Delta$ em $G$. Se $H\leq G$ tal que $G_\omega\leq H$, então denote por $\omega H$ a $H$-órbita que contém $\omega$.

Teorema. As seguintes são verdadeiras.

1. Se $\Delta$ é um bloco tal que $\omega\in\Delta$, então $G_\omega \leq G_\Delta\leq G$.
2. Se $H$ é um subgrupo de $G$ tal que $G_\omega\leq H$, então $\Delta=\omega H$ é um bloco tal que $\omega\in\Delta$.
3. Se $\Delta$ é um bloco tal que $\omega\in\Delta$, então $\omega(G_\Delta)=\Delta$. Se $H\leq G$ tal que $G_\omega\leq H$, então $G_{\omega H}=H$. Em particular os mapas $\Delta\mapsto G_\Delta$ e $H\mapsto \omega H$ são bijeções entre o conjunto de blocos $\Delta$ tal que $\omega\in\Delta$ e o conjunto de subgrupos $H$ tal que $G_\omega\leq H$.

Demonstralção. 1. Claramente, $G_\Delta\leq G$. Seja $g\in G_\omega$. Então $\omega\in \Delta\cap \Delta g$, então $\Delta g=\Delta$. Logo $G_\omega\in G_\Delta$.

2. Seja  $\Delta=\omega H$ e seja $g\in G$ tal que $\alpha \in \Delta\cap \Delta g=\omega H\cap \omega Hg$. Então existem $h_1,h_2\in H$ tal que $\alpha=\omega h_1=\omega h_2g$. Portanto, $\omega h_2gh_1^{-1}=\omega$, e $h_2gh_1^{-1}\in G_\omega$. Como $h_1,h_2\in H\geq G_\omega$, obtemos que $g\in H$ que implica que $\Delta g=\omega Hg=\omega H=\Delta$.

3. Seja $\Delta$ um bloco tal que $\omega\in \Delta$ e seja $H=G_\Delta$. Afirmamos que $\omega H=\Delta$. Se $h\in H$, então $\omega h\in \Delta$ pela definição de $H$. Portanto $\omega H\subseteq \Delta$. Se $\delta\in\Delta$, então existe um $g\in G$ tal que $\omega g=\delta$. Neste caso, $\delta=\omega g\in \Delta\cap \Delta g$ que implica que $g\in G_\Delta$. Logo $\delta\in \omega H$.  Logo $\Delta\subseteq \omega H$ e obtemos a igualdade $\Delta= \omega H$.

Seja agora $H\leq G$ tal que $G_\omega\leq H$ e seja $\Delta=\omega H$. Afirmamos que $H=G_\Delta$. Se $h\in H$ e $\delta\in \Delta$, então $\delta h=\omega gh\in\Delta$ com $g\in H$. Portanto $H\subseteq G_\Delta$. Se $g\in G_\Delta$, então $\omega g\in\Delta$ e $\omega g=\omega h$ com $h\in H$. Logo $\omega gh^{-1}=\omega$ e $gh^{-1}\in G_\omega$. Como $G_\omega\leq H$, tem-se que $gh^{-1}\in H$ e $g\in H$. Portanto $G_\Delta\leq H$ e $G_\Delta=H$.

Exercício. Assuma que $G$ age em $\Omega$ transitivamente, seja $\alpha\in\Omega$ e seja $H\leq G$. Então $H$ é transitivo se e somente se $G_\alpha H=G$.

Corolário. Seja $G$ um grupo transitivo agindo em $\Omega$ e seja $\omega\in\Omega$. Então $G$ é primitivo se e somente se $G_\omega$ é um subgrupo maximal.

Um grupo $G$ agindo em $\Omega$ é dito 2-transitivo se  para todo $\alpha,\beta,\gamma,\delta\in\Omega$ com $\alpha\neq \beta$ e $\gamma\neq \delta$ existe $g\in G$ tal que $\alpha g=\gamma$ e $\beta g=\delta$.

Exercício. Demonstre que um grupo 2-transitivo é primitivo. Demonstre que $S_n$, $A_n$, $PSL(n,q)$. $PGL(n,q)$ são 2-transitivos e portanto primitivos.

$\newcommand{\rot}[1]{\mbox{Rot}(#1)}\newcommand{\refl}[1]{\mbox{Ref}(#1)}\newcommand{\sen}[1]{\mbox{sen}\,#1}\newcommand{\R}{\mathbb R}$

Rotações

O subgrupo de Frattini de um grupo $G$, denotado por $\Phi(G)$, e a interseção dos subgrupos maximais de $G$. Como um automorfismo $\alpha\in \mbox{Aut}(G)$ induz uma permutação no conjunto de subgrupos maximais de $G$, o subgrupo $\Phi(G)$ é caraterístico e, em particular, normal em $G$. Um elemento $g\in G$ é dito não gerador se $\left<X,g\right>=G$ implica que $\left<X\right>=G$ para todo $X\subseteq G$ (ou seja, $g$ pode ser omitido de todo subconjunto gerador de $G$).

Lema. O subgrupo de Frattini de um grupo finito coincide com o subconjunto de não geradores de $G$.

Demonstração. Assuma que $G$ é finito. Seja $g\in \Phi(G)$ e seja $X\subseteq G$ tal que $\left<X,g\right>=G$. Assumindo que $\left<X\right>\neq G$, temos que $\left<X\right>$ está contido em um subgrupo maximal $M$ de $G$ ($G$ é finito). Como $g\in \Phi(G)$, temos ainda que $g\in M$. Logo $\left<X,g\right>\leq M$, que é uma contradição. Portanto $\left<X\right>=G$, e $g$ é não gerador.

Assuma agora que $g$ é não gerador e seja $M$ um subgrupo maximal tal que $g\not\in M$. Pela maximalidade de $M$, temos que $\left<M,g\right>=G$. Como $g$ é não gerador, isto implica que $M=G$, mas isso é uma contradição. Portanto devemos ter que $g\in M$. Como $M$ é arbitrário, temos também que $g\in\Phi(G)$.

Corolário. Se $G$ é finito e $P$ é um subgrupo de Sylow de $\Phi(G)$, então $P\unlhd G$. Consequentemente, $\Phi(G)$ é um grupo nilpotente.

Demonstração. Seja $P$ um subgrupo de Sylow de $\Phi(G)$. Como $\Phi(G)\unlhd G$, obtemos pelo argumento de Frattini que $G=\Phi(G)N_G(P)$. Pelo Lema anterior, $G=N_G(P)$ que implica que $P\unlhd G$. Em particular, $P\unlhd \Phi(G)$ e isto vale para todos os subgrupos de Sylow de $\Phi(G)$. Logo, $\Phi(G)$ é produto direto dos seus subgrupos de Sylow e $\Phi(G)$ é nilpotente.

Exercicio. 

1. Seja $G$ um grupo abeliano elementar. Então $\Phi(G)=1$.
2. Seja $N$ um subgrupo normal de $G$, então $\Phi(G)N/N\leq \Phi(G/N)$, se  $\Phi(G)\leq N$. Então $\Phi(G/N)=\Phi(G)/N$.

Teorema. Seja $G$ um $p$-grupo finito. Então $\Phi(G)=G’G^p$ onde
$$
G^p=\left<g^p\mid g\in G\right>.
$$

Demonstração. Seja $M$ um subgrupo maximal de $G$. Por um teorema anterior, $M\unlhd G$ e $G/M\cong C_p$. Em particular, $G/M$ é abeliano, e $G’\leq M$. Além disso, se $g\in G$, então
$$
1=(gM)^p=g^pM
$$
e $g^p\in M$. Em particular, $G^p\leq M$, e $G’G^p\leq M$ Como $M$ é arbitrário, $G’G^p\leq \Phi(G)$.

Para provar que  $G’G^p=\Phi(G)$, note que $G/G’G^p$ é um grupo abeliano elementar. Então as duas partes do exercício anterior implicam que
$$
1=\Phi(G/G’G^p)=\Phi(G)/G’G^p.
$$
Logo $\Phi(G)=G’G^p$.

Note que para um $p$-grupo finito $G$, o quociente $G/\Phi(G)$ é um $p$-grupo abeliano elementar, e portanto pode ser considerado como um espaço vetorial sobre o corpo $\mathbf F_p$.

Teorema (Teorema de Base de Burnside). Seja $G$ um $p$-grupo finito e $X$ um sistema minimal de geradores de $G$. Então $|X|=\dim_{\mathbf F_p}G/\Phi(G)$. Em particular, todo sistema minimal de geradores de $G$ tem a mesma cardinalidade.

Demonstração. Seja $X=\{x_1,\ldots,x_d\}$ um sistema minimal de geradores de $G$. Seja $V=G/\Phi(G)$ e considere $V$ como um espaço vetorial sobre $\mathbf F_p$. Para $g\in G$, denotemos por $\bar g$ a imagem $g\Phi(G)$. Segue que $\bar X=\{\bar x_1,\ldots,\bar x_d\}$ é um sistema de geradores de $V$. Por um argumento standard de álgebra linear, pode-se escolher uma base de $V$ composto por elementos de $\bar X$. Assuma sem perder generalidade que $\{\bar x_1,\ldots,\bar x_s\}$ é uma base de $V$ com $s\leq d$. Isto implica que $G=\left<x_1,\ldots,x_s,\Phi(G)\right>=\left<x_1,\ldots,x_s\right>$. Pela minimalidade de $X$, tem-se que $d=s=\dim_{\mathbf F_p}V$.

$\newcommand{\rot}[1]{\mbox{Rot}(#1)}\newcommand{\ref}[1]{\mbox{Ref}(#1)}$ Denote por $\rot \alpha$ a rotação do plano $\mathbb R^2$ pela origem por ângulo $\alpha$ no sentido contrário aos ponteiros do relógio. Denote por $\ref\alpha$ a reflexão de $\mathbb R^2$ pelo eixo que passe pela origem e tem ângulo $\varphi$ com o eixo $x$.

1. Ache as matrizes das transformações $\rot\alpha$ e $\ref\alpha$ na base canônica de $\mathbb R^2$.  (Como é comum na teoria dos grupos, a matriz de uma transformação linear $F$ é a matriz $A$ que satisfaz $F(v)=v\cdot A$ para todo $v\in\mathbb R^2$).

2. Sejam $\varphi$ e $\psi$ ângulos. Demonstre as seguintes igualdades:

1. $\ref\varphi\ref\psi=\rot{2(\psi-\varphi)}$
2. $\rot\varphi\ref\psi=\ref{\psi-\varphi/2}$;
3. $\ref\varphi\rot\psi=\ref{\varphi+\psi/2}$.

Usando estas igualdades, determine $\rot\varphi^{\ref\psi}$, $\ref\varphi^{\rot\psi}$, $[\ref\varphi,\ref\psi]$, $[\rot\varphi,\ref\psi]$.

3.  Denote por $O_2$ o grupo das reflexões e rotações do plano $\mathbb R^2$. Calcule a série derivada, a série central inferior e a série central superior de $O_2$.

4. Seja $D_n$ o grupo dihedral de ordem $2n$. Calcule a série derivada, a série central superior, e a série central inferior de $D_n$. Dê uma condição suficiente e necessária para a existência de $k$ e $\ell$ que satisfazem $\zeta_k(D_n)=D_n$ e $\gamma_\ell(D_n)=1$.

5. Seja $H\leq G$ e $N\unlhd G$ tal que $N\leq K$. Mostre que $[H,G]\leq N$ se e somente se $H/N\leq Z(G/N)$.

6. Demonstre as seguintes afirmações para $X,Y\leq G$.

1. $[X,Y]=[Y,X]$.
2. Se $X, Y\unlhd G$, então $[X,Y]\unlhd G$.
3. Se $X, Y$ são caraterísticos em $G$, então $[X,Y]$ é caraterístico em $G$.

7. Sejam $x,y,z\in G$. Demonstre as seguintes igualdades:

1. $[x,y]=[y,x]^{-1}$;
2. $[x,yz]=[x,z][x,y]^{z}$;
3. $[xy,z]=[x,z]^{y}[y,z]$;
4. $[x,y^{-1}]=([x,y]^{y^{-1}})^{-1}$;
5. $[x^{-1},y]=([x,y]^{x^{-1}})^{-1}$;
6. $[x,y^{-1},z]^y[y,z^{-1},x]^z[z,x^{-1},y]^x=1$ (identidade de Hall-Witt).

8. Para $X,Y,Z\leq G$, denote
$$
[X,Y,Z]=\left<[[x,y],z]\mid x\in X, y\in Y, z\in Z\right>.
$$
Demonstre as seguintes afirmações.

1. Se $[X,Y,Z]=[Y,Z,X]=1$, então $[Z,X,Y]=1$.
2. Se $N\unlhd G$ e $[X,Y,Z]\leq N$ e $[Y,Z,X]\leq N$, então $[Z,X,Y]\leq N$. (Lema dos $[Z,X,Y]\leq [X,Y,Z][Y,Z,X]$.
3. $[\gamma_i(G),\gamma_j(G)]\leq \gamma_{i+j}(G)$ para todo $i,j\geq 1$.

Se $G$ é um grupo e $A,B\leq G$, então
$$
[A,B]=\left<[a,b]\mid a\in A,\ b\in B\right>.
$$

Exercício. Se $A,B\unlhd G$, então $[A,B]\unlhd G$.

Lema. Seja $K\unlhd G$, e $H\leq G$ tal que $K\leq H\leq G$.  Então $[H,G]\leq K$ se e somente se $H/K\leq Z(G/K)$.

Demonstração. Exercício.

Uma série normal
$$
G_0>\cdots> G_k
$$
de um grupo $G$ é dito série central se
$$
G_i/G_{i+1}\leq Z(G/G_{i+1}).
$$
Note que se $G_i$ é uma série central, então os quocientes $G_i/G_{i+1}$ são abelianos.

Em um grupo $G$, definimos a série $\gamma_i(G)$  recursivamente como $\gamma_1(G)=G$, e $\gamma_{i+1}(G)=[G,\gamma_i(G)]$ para $i\geq 1$. Note que $\gamma_2(G)=G’$. A série $\gamma_i(G)$ é chamada de série central descendente.

Similarmente, definimos $\zeta_0(G)=1$ e recursivamente $\zeta_{i+1}(G)$ é definido como o subgrupo de $G$ que contém $\zeta_{i}(G)$ e satisfaz que
$$
Z(G/\zeta_{i}(G))=\zeta_{i+1}(G)/\zeta_i(G).
$$
A série $\zeta_i(G)$ é chamada de série central ascendente de $G$. O termo $\zeta_i(G)$ é dito $i$-ésimo centro de $G$.

Lema. As séries $\gamma_i(G)$ e $\zeta_i(G)$ são centrais.

Demonstração. É claro no caso de $\zeta_i(G)$. O caso de $\gamma_i(G)$ segue do lema anterior.

Lema. Seja $G$ um grupo.

1. Se
   $$
   G_1=G>G_2>\cdots> G_k
   $$
   é uma série central, então $\gamma_i(G)\leq G_i$ para todo $i$.
2. Se
   $$
   1=H_0<H_1<\cdots<H_m
   $$
   é uma série central então $H_i\leq \zeta_i(G)$ para todo $i$.

Demonstração. 1. Indução por $i$. A afirmação é clara para $i=1$. Assuma que $\gamma_i(G)\leq G_i$ para $i\geq 1$. Então
$$
\gamma_{i+1}(G)=[\gamma_i(G),G]=[G_i,G]\leq G_{i+1}.
$$
A última desigualdade segue do lema anterior.

2. Indução por $i$. É clara para $i=0$. Assuma que $H_i\leq \zeta_i(G)$ para algum $i$. Então temos um homomorfismo sobrejetivo
$$
\alpha:G/ H_i\rightarrow G/\zeta_i(G).
$$
Como a série $H_i$ é central, $H_{i+1}/H_{i}\leq Z(G/ H_i)$.  Aplicando o homomorfismo $\alpha$, obtemos que
$$
H_{i+1}\zeta_{i}(G)/\zeta_i(G) \leq Z(G/\zeta_i(G))=\zeta_{i+1}(G)/\zeta_i(G).
$$
Portanto, $H_{i+1}\leq \zeta_{i+1}(G)$.

Teorema. Em um grupo $G$ tem se que $\zeta_c(G)=G$ se e somente se $\gamma_{c+1}(G)=1$. Neste caso $$
\gamma_{i+1}(G)\leq \zeta_{c-i}(G)
$$
para todo $i\geq 0$.

Demonstração. Segue do lema anterior.

Um grupo $G$ é dito nilpotente se existe um $c\geq 1$ tal que $\gamma_{c+1}(G)=1$. O menor tal $c$ é dito a classe de nilpotência de $G$. Claramente, um grupo nilpotente é solúvel, mas um grupo solúvel não é necessariamente nilpotente (e.g. $S_3$).

Corolário. Seja $G$ um grupo.

1. Se $G$ é nilpotente $H\leq G$ e $N\unlhd G$, então $H$ e $G/N$ são nilpotentes.
2. Se $G$ é nilpotente, então $Z(G)\neq 1$.
3. $G$ é nilpotente se e somente se $G/Z(G)$ é nilpotente.
4. Se $G$ e $H$ são nilpotentes, então $G\times H$ é nilpotente.

Teorema. Um $p$-grupo finito é nilpotente.

Demonstração. Indução pela ordem de $G$. A afirmação é verdadeira para grupos de ordem $p$ ou $p^2$. Assuma que a afirmação é verdadeira para grupo cuja ordem é menor que $p^n$ e seja $G$ um grupo de ordem $p^n$. Como $Z(G)\neq 1$, temos pela hipótese de indução que $G/Z(G)$ é nilpotente e pelo corolário anterior obtemos que $G$ é nilpotente.

Lema. Seja $G$ um grupo nilpotente.

1. Se $H<G$, então $H<N_G(H)$;
2. Se $1\neq N\unlhd G$, então $N\cap Z(G)\neq 1$.
3. Se $M$ é um subgrupo maximal de $G$, então $M$ é normal e $|G:M|$ é primo.

Demonstração. 1. Seja $i$ tal que $\gamma_{i-1}(G)\not\leq H$, mas $\gamma_i(G)\leq H$. Então
$$
[\gamma_{i-1}(G),H]\leq [\gamma_{i-1}(G),G]=\gamma_i(G)\leq H.
$$
Logo $\gamma_{i-1}(G)\leq N_{G}(H)$. Como $\gamma_{i-1}(G)\not\leq H$, obtem-se que $N_G(H)\leq H$ e segue que $H<N_G(H)$.

2. Assuma que $m$ é minimal tal que $\zeta_m(G)\cap N\neq 1$. Ora
$$
[N\cap \zeta_m(G),G]\leq N\cap [\zeta_m(G),G]=N\cap \zeta_{m-1}(G)=1.
$$
Isto implica que $N\cap \zeta_m(G)\leq Z(G)$.

3. Seja $M$ um subgrupo maximal de $G$. Por parte (1), tem-se que $N_G(M)=G$, então $M$ é normal em $G$. Pela maximalidade de $M$, o quociente $G/M$ não possui um subgrupo próprio, não trivial. Portanto $G/M\cong C_p$ com algum primo $p$. Em particular, $|G:M|=p$.

Exercício. Seja $G$ um grupo finito, e $P$ um subgrupo de Sylow. Mostre que $N_G(N_G(P))=N_G(P)$,

Teorema. Um grupo finito é nilpotente se e somente se ele é produto direto dos seus subgrupos de Sylow.

Demonstração. Se $G$ é produto direto dos $p$-subgrupos de Sylow, então $G$ é nilpotente.

Assuma que $G$ é finito e nilpotente. Seja $P$ um $p$-subgrupo de Sylow de $G$ e seja $N=N_G(P)$. Pelo exercício anterior, $N_G(N)=N$. O lema anterior implica que $N=G$, então $P$ é normal em $G$. Sejam $p_1,\ldots,p_k$ os divisores primos de $|G|$ e sejam $P_1,\ldots,P_k$ os subgrupos de Sylow correspondentes. Como todo $P_i$ é normal em $G$,
$[P_i,P_j]\leq P_i\cap P_j=1$ (se $i\neq j$), então $P_1\times\cdots\times P_k$ é um subgrupo de $G$. Comparando ordens, $G=P_1\times\cdots\times P_k$.

1. Mostre que $A_5$ não possui $\{2,5\}$-subgrupo de Hall.

2. Ache todos os $\pi$-subgrupos de Hall de $A_6$.

3. Assuma a vericidade do lema que afirma que “Se $G$ é um grupo simples finito e $C$ é uma classe de conjugação de $G$ tal que $|C|=p^k$ onde $p$ é um primo, então $C=\{1\}$.” Demonstre que um grupo de ordem $p^nq^m$, com $p$ e $q$ primos, é solúvel.

4. Demonstre que um $\pi$-subgrupo de Hall normal é caraterístico.

5. Seja $G$ um grupo $A,B\leq G$ tal que $|G:A|$ e $|G:B|$ são finitos e primos entre si. Demonstre que $|G:A\cap B|=|G:A||G:B|$.

6. Demonstre que as seguintes afirmações são equivalentes:

1. A ordem de um grupo finito não abeliano simples é par.
2. Um grupo finito com ordem ímpar é solúvel.

7. Seja $H$ um $\pi$-subgrupo de Hall de um grupo finito $G$ e seja $N\unlhd G$. Mostre que $H\cap N$ e $HN/N$ são $\pi$-subgrupos de Hall em $N$ e $G/N$, respetivamente.

8. Sejam $N$ e $H$ grupos e seja $\varphi:H\rightarrow \mbox{Aut}(N)$ um homorfismo. Seja $G$ o conjunto $N\times H$ e defina a multiplicação em $G$ com
$$
(n_1,h_1)(n_2,h_2)=(n_1n_2^{\varphi(h_1^{-1})},h_1h_2).
$$
Demonstre as seguintes afirmações.

1. $G$ é um grupo.
2. $\{1\}\times H\leq G$ e $N\times \{1\}\unlhd G$.
3. $\{1\}\times H$ é um complemento de $N\times \{1\}$.

O grupo $G$ é dito produto semidireto de $N$ e $H$ e é denotado por $N\rtimes_\varphi H$, ou simplesmente por $N\rtimes H$ quando não tem perigo de confusão.

9. Seja $G$ um grupo, seja  $N\unlhd G$ tal que  $N$ possui um complemento $H\leq G$. Demonstre que $G\cong N\rtimes_\varphi H$ onde $\varphi:H\rightarrow \mbox{Aut}(N)$ é dado por
$n^{\varphi(h)}=n^h=h^{-1}nh$.

1.  Determine uma série de composição para os seguintes grupos: $S_4$, $GL(2,3)$, $GL(2,2)$.

2. Seja $G$ um grupo e $K\leq N\leq G$ subgrupos de $G$. Demonstre as seguintes afirmações:

1. Se $K\,\mbox{char}\,N$ e $N\,\mbox{char}\,G$, então $K\,\mbox{char}\,G$.
2. Se $K\,\mbox{char}\,N$ e $N\unlhd G$, então $K\unlhd G$.

3. Seja $G$ um grupo. Mostre que os seguintes subgrupos são caraterísticos em $G$:

1. $Z(G)=\{x\in G\mid xy=yx\mbox{ para todo }y\in G\}$;
2. $G^n=\left<g^n\mid g\in G\right>$ com $n\in\mathbf N$ fixo;
3. $\Phi(G)=\bigcap_{M\in\mathcal M}M$ onde $\mathcal M$ é o conjunto dos subgrupos maximais de $G$ (chamado de subgrupo de Frattini de $G$).
4. $\mbox{Soc}(G)=\left<N\mid N\mbox{ é um subgrupo minimal normal de $G$}\right>$ (chamado de socle de $G$).

4. Seja $G$ um grupo, $M$ um subgrupo minimal normal de $G$ e $N\unlhd G$. Mostre que ou $M\leq N$ ou $M\cap N=1$ e $[M,N]=1$ onde $[M,N]=\left<[x,y]\mid x\in M,\ y\in N\right>$.

5. Um grupo $G$ é dito carateristicamente simples se os únicos subgrupos caraterísticos de $G$ são 1 e $G$. Mostre que um subgrupo minimal normal de um grupo $G$ é carateristicamente simples.

6. Seja $G$ um grupo solúvel carateristicamente simples.

1. Mostre que $G$ é abeliano.
2. Assumindo que $G$ é finitamente gerado, mostre que $G$ é isomorfo a $C_p\times\cdots\times C_p$ com algum primo $p$.

7. Mostre que se $G$ é um grupo finito carateristicamente simples, então $G$ é isomorfo a $T^m$ onde $T$ é um grupo finito simples.

8. Considere o grupo $S_4$ e seu subgrupo $X=\left<(1,2)(3,4),(1,3)(2,4)\right>$.

1. Mostre que $X$ é caraterístico em $G$.
2. Mostre que $X$ é o único subgrupo minimal normal de $G$.
3. Considerando $X$ como o espaço vetorial $(\mathbf F_2)^2$, defina
   $$
   \varphi:G\rightarrow \mbox{Aut}(X)=\mbox{GL}(2,2)
   $$
   pondo
   $$
   \varphi: g\mapsto \varphi_g\mbox{ onde }\varphi_g(x)=x^g=g^{-1}xg\mbox{ para todo }x\in X.
   $$
   Mostre que $\varphi(G)=GL(2,2)$ e $\ker\varphi=X$.
   Deduza que $S_4=(C_2)^2\rtimes GL(2,2)=\mbox{AGL}(2,2)$.

Seja $\pi$ é um conjunto de primos. Um número natural é dito $\pi$-número, se $p\mid n$ implica que $p\in\pi$. Um número é dito $\pi’$-número, se $p\mid n$ implica que $p\not\in\pi$.

Se $G$ é um grupo e  $H\leq G$, então $H$ é dito $\pi$-subgrupo de Hall, se $|H|$ é um $\pi$-número e $|G:H|$ é um $\pi’$-número.

Exemplo. Se $\pi=\{p\}$ com um primo $p$, então $\pi$-subgrupo de Hall é simplesmente um $p$-subgrupo de Sylow.

Exemplo. O grupo $A_5$ não possui $\{3,5\}$-subgroupo de Hall nem $\{2,5\}$-subgrupo de Hall.

Nesta página provaremos o seguinte teorema.

Teorema (P. Hall). Os seguintes são equivalentes para um grupo finito $G$.

1. $G$ é solúvel;
2. para todo conjunto de primos $\pi$, existe Hall $\pi$-subgrupo $H$ de $G$.

Além disso, em um grupo solúvel, os $\pi$-subgrupos são conjugados.

Para demonstrar o teorema, precisaremos de dois resultados que são interessantes independentemene do Teorema de Hall.

Lemma (O argumento de Frattini). Seja $G$ um grupo finito com subgrupo normal $N$ e $P$ um $p$-subgrupo de Sylow de $N$. Então
$$
G=N_G(P)N.
$$

Demonstração. É claro que $N_G(P)N\subseteq G$, então precisamos provar que $G\subseteq N_G(P)N$.

Note que $P$ é um $p$-subgrupo de Sylow de $N$. Seja $g\in G$. Então $P^g$ é um $p$-subgrupo de Sylow de $G$ contido em $N$, logo ele também é um $p$-subgrupo de Sylow de $N$. Pelo Teorema de Sylow, existe $n\in N$ tal que $P^g=P^n$; ou seja $P^{gn^{-1}}=P$, que quer dizer que $gn^{-1}\in N_G(P)$. Portanto existe $x\in N_G(P)$ tal que $gn^{-1}=x$ que implica que $g=xn$; ou seja $G\subseteq N_G(P)N$.

Lema. Seja $G$ um grupo solúvel com ordem $p^na$ onde $p\nmid a$ e assuma que $G$ possui um único subgrupo minimal normal $M$ tal que $|M|=p^n$. Então $G$ contém subgrupos de ordem $a$ e dois tais subgrupos são conjugados.

Note que o lema anterior é um caso particular do Teorema de Schur–Zassenhaus.

Teorema (Schur-Zassenhaus). Seja $N$ um subgrupo normal de um grupo finito $G$ tal que $\mbox{mdc}(|N|,|G:N|)=1$. Então $G$ possui um subgrupo de ordem $|G:N|$. Além disso se ou $N$ ou $G/N$ é solúvel, então dois tais subgrupos são conjugados.

Na verdade, a condição no Teorema de Schur-Zassenhaus que ou $N$ ou $G/N$ é solúvel é válida em qualquer grupo finito pelo famoso Teorema de Feit–Thompson.

Teorema (Feit-Thompson, 1963). Um grupo finito de ordem ímpar é solúvel.

Demonstração do Lema. O quociente $G/M$ é um grupo solúvel de ordem $a$. Seja $K/M$ um subgrupo minimal normal de $G/M$. O grupo $K/M$ é um $q$-grupo abeliano elementar para algum primo $q\neq p$. Então $|K|=q^mp^n$ e se $Q$ é um Sylow $q$-subgrupo de $K$, então $K=QM$.

Afirmação. $Z(K)=1$.

Assuma que não. Como $K$ é normal em $G$ e $Z(K)$ é caraterístico em $K$, temos que $Z(K)$ é normal em $G$. Como $M$ é o único minimal normal de $G$, $M\leq Z(K)$. Isto implica que $Q$ é caraterístico em $K$ e logo será normal em $G$. Mas isto implica que $M\leq Q$, que é uma contradição.

Seja $N^*=N_G(Q)$ e $N=N_K(Q)=N^*\cap K$.

Afirmação. $M\cap N=1$.

Seja $x\in M\cap N$. Afirmamos que $x\in Z(K)$. Se $k\in K$, então $k=mq$ com $m\in M$ e $q\in Q$. Claramente, $x$ comuta com $m$. Provaremos que $x$ comuta com $q$. Note que $xqx^{-1}q^{-1}\in Q\cap M=1$. Logo $x$ comuta com $q$ e $x\in Z(K)$, como foi afirmado. Logo, $M\cap N\leq Z(K)=1$.

Afirmação. $|N^*|=a$.

Pelo argumento de Frattini, temos que $G=KN^*$. Como
$$
G/K=KN^*/K\cong N^*/(N^*\cap K)=N^*/N
$$
tem-se que $|N^*|=|G||N|/|K|$. Por outro lado, $K=MQ=MN$ e isto implica que $|K|=|M||N|/|M\cap N|=|M||N|$. Portanto,
$$
|N^*|=|G||N|/|K|=|G||N|/(|M||N|)=|G|/|M|=a.
$$

Demonstração do Teorema de Hall.  (1) $\Rightarrow$ (2). Provaremos o resultado por indução em $|G|$. O teorema é válido se $|G|=1, p^2, p\cdot q$, etc, onde $p$ e $q$ são primos. Assuma que o teorema é válido para grupos de ordem menor que $|G|$ e assuma que $|G|=ab$ tal que $a$ é um $\pi$-número e $b$ é um $\pi’$-número.

Assuma primeiro que existe um subgrupo normal $N$ de $G$ tal que $b\nmid |N|$. Então $|N|=a’b’$ onde $a’$ é $\pi$-número, $b’$ é $\pi’$-número e $b'<b$. Considere $Q=G/N$. Tem-se que $|Q|=(a/a’)(b/b’)$. Pela hipótese de indução, existe um subgrupo $A/N$ de $Q$ com ordem $a/a’$. Logo $|A|=(a/a’)a’b’=ab’$. Usando a hipótese de indução mais uma vez, $A$ possui um subgrupo de ordem $a$.

Provaremos que dois tais subgrupos são conjugados. Sejam $A$ e $B$ subgrupos de $G$ de ordem $a$. Considere o subgrupo $AN\leq G$. Afirmamos que $|AN|=ab’$. Assuma que $|AN|=\alpha\beta$ onde $\alpha$ e $\beta$ são $\pi$- e $\pi’$-números, respetivamente. Como $A\leq AN$ e $N\leq AN$, temos que $\alpha=a$ e $b’\mid \beta$. Por outro lado
$|AN|=|A||N|/|A\cap N|$ que implica que $\alpha\beta\mid aa’b’$ que implica que $\beta|b’$. Obtemos então que $\beta=b’$ e $|AN|=ab’$. O mesmo argumento mostra que $|B|=ab’$. Então temos que $AN/N$ e $BN/N$ são subgrupos de $G/N$ com ordem $a/a’$. Pela hipótese de indução, eles são conjugados. Assuma que $x\in G$ é tal que
$$
BN/N=(xN)^{-1}(AN/N)(xN)=x^{-1}AxN/N.
$$
Portanto, $x^{-1}AxN=BN$. Isto implica que $A^x$ e $B$ são subgrupos de $BN$ de ordem $a$. Pela hipótese de indução, eles são conjugados. Logo, $A$ e $B$ são conjugados.

Resta verificar o caso quando $G$ não possui um subgrupo normal $N$ como em cima. Neste caso, temos, para todo subgrupo normal $N$, que $b\mid |N|$. Seja $N$ um subgrupo minimo normal. Então $|N|=p^n$ com algum $n$ e $b\mid |N|$. Isto implica que $b=|M|=p^n$. Além disso se $M$ é um subgrupo minimal normal de $G$, então o mesmo argumento mostra que $|N|=p^n$ e $MN=p^n$. Logo $M=N$. Temos então que $N$ é o único subgrupo minimal normal de $G$ e $|N|=b=p^n$. O resultado agora segue do lema em cima.

(2) $\Rightarrow$ (1) Nesta direção provaremos o seguinte resultado mais forte.

Lema. Assuma que $G$ é um grupo finito tal que $G$ possui um $\{p\}’$-subgrupo de Hall para todo primo $p$. Então $G$ é solúvel.

Demonstração. Assuma que $G$ é um contra-exemplo de menor ordem. Afirmamos primeiro que $G$ é simples. De fato, assuma que $1\neq N\lhd G$ e que $p$ é um primo. Seja $H\leq G$ um $\{p\}’$-subgrupo de Hall de $G$. Então $H\cap N$ e $HN/N$ são $\{p\}’$-subgrupos de Hall de $N$ e de $G/N$ respetivamente. Pela minimalidade de $G$, $N$ e $G/N$ são solúveis que implica que $G$ também é solúvel.  Mas isto não é o caso: uma contradição. Podemos então assumir sem perder generalidade que $G$ é um grupo simples.

Suponha que $|G|=p_1^{\alpha_1}\cdots p_k^{\alpha_k}$ onde os $p_i$ são primos mutualmente distintos e $\alpha_i\geq 1$. Para todo $i$, seja $H_i$ o $\{p_i\}’$-subgrupo de Hall de $G$. Então
$$
|H_i|=|G|/p_i^{\alpha_i}=\prod_{j\neq i}p_j^{\alpha_j}.
$$
Ponha $D=H_3\cap\cdots\cap H_k$. Temos que $|D|=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}$ e $D$ é um grupo solúvel pelo Teorema de Burnside. Seja $N$ um subgrupo minimal normal de $D$. Então $N$ é um $p$-grupo abeliano elementar. Assuma por exemplo que $N$ é um $p_1$-grupo. Ora, $|G:D\cap H_2|=\prod_{i\geq 2}p_i^{\alpha_i}$, então $|D\cap H_2|=p_1^{\alpha_1}$. Portanto $D\cap H_2$ é um $p_1$-subgrupo de Sylow de $D$. Pelo teoremas de Sylow, $N\leq D\cap H_2$ que implica que $N\leq H_2$. No entanto, obtemos similarmente que $|D\cap H_1|=p_2^{\alpha_2}$ e comparar as ordens implica que $G=H_2(D\cap H_1)$. Seja $g\in G$ e escreva $g=hd$ onde $h\in H_2$ e $d\in D\cap H_1$. Se $x\in N$, então
$$
gxg^{-1}=hdxd^{-1}h^{-1}=hyh^{-1} \in H_2
$$
onde $y=dxd^{-1}$. Logo $N^G\leq H_2$ onde $N^G$ é o fecho normal de $N$ em $G$. Como $H_2<G$, obtemos que $N^G$ é um subgrupo normal não trivial e próprio em $G$, mas isto é impossível, como $G$ é simples.

Seja $G$ um grupo e seja
\begin{equation}\label{cad}
G_0=G>G_1>\cdots >G_k=1
\end{equation}
uma cadeia de subgrupos. O comprimento da cadeia \eqref{cad} é $k$.  Esta cadeia é dita normal se $G_i\unlhd G$ para todo $i$; ela é dita subnormal se $G_i\unlhd G_{i-1}$ vale para todo $i$.  Uma cadeia normal é automaticamente subnormal.

Uma cadeia
$$
H_0=G>H_1>\cdots >H_m=1
$$
é um refinamento de \eqref{cad} se $\{G_0,\ldots,G_k\}\subseteq\{H_0,\ldots,H_m\}$. O refinamento é dito próprio se$\{G_0,\ldots,G_k\}\subset\{H_0,\ldots,H_m\}$. Uma cadeia subnormal que não possui refinamentos próprios é dito uma série de composição.

Lembre que um grupo $G\neq 1$ é dito simples se ele não possui subgrupos normais além de $1$ e $G$.

Lemma. A cadeia \eqref{cad} é uma série de composição se e somente se os quocientes $G_i/G_{i+1}$ são grupos simples.

Demonstração. Assuma que \eqref{cad} é uma série de composição. Seja $N$ um subgrupo normal não trivial do quociente $G_i/G_{i+1}$. Pelo Teorema da Correspondência, existe um subgrupo normal $\overline N$ de $G_i$ tal que $G_{i+1}\unlhd \overline N\unlhd G_i$ e $N\neq G_{i+1}$. Então obtemos que a cadeia
$$
G_0=G>\cdots G_i\geq \overline N> G_{i+1}>\cdots>1
$$
é um refinamento de \eqref{cad}. Como a cadeia não possui refinamento próprio, temos que $\overline N=G_{i}$; ou seja $N=G_i/G_{i+1}$. Logo $G_i/G_{i+1}$ é um grupo simples.

Assuma agora que os quocientes $G_i/G_{i+1}$ são todos simples e seja
$$
G_0=G>\cdots G_i>\overline N\geq G_{i+1}>\cdots>1
$$
um refinamento de \eqref{cad}. Então $N/G_{i+1}\lhd G_i/G_{i+1}$. Por simplicidade, nós obtemos que $N/G_{i+1}=1$ e portanto $N=G_{i+1}$. Logo, a cadeia \eqref{cad} não possui refinamento próprio. $\Box$

Duas cadeias $G_0>\cdots>G_k$ e $H_0>\cdots> H_m$ subnormais são equivalentes se $k=m$ e existe uma permutação $\sigma\in S_k$ tal que
$$
G_{i-1}/G_i\cong H_{i\sigma-1}/H_{i\sigma} \mbox{ para todo }i\in\{1,\ldots,k\}.
$$

Teorema (Jordan-Hölder). Duas séries de composição de um grupo $G$ são equivalentes.

Começamos a demonstração deste teorema por um lema.

Lema. Seja $G$ um grupo e sejam $A,B$ subgrupos normais distintos em $G$ tal que $G/A$ e $G/B$ são simples. Então
$$
G/A\cong B/(A\cap B)\quad\mbox{e}\quad G/B=A/(A\cap B).
$$

Demonstração. Note que $A\leq B$ ou $B\leq A$ são impossíveis. De fato, no primeiro caso $B/A$ seria normal em $G/A$ que é impossível pela simplicidade de $G/A$.

Pela normalidade de $A$ e $B$, o produto $AB$ é um subgrupo normal de $G$.  Logo $AB/A$ é normal em $G/A$. Pela simplicidade de $G/A$, temos que $AB/A=G/A$, que implica que $AB=G$.

Agora, pelo teorema de isomorfismo
$$
G/A=AB/A=B/(A\cap B)
$$
e similarmente
$$
G/B\cong A/(A \cap B).
$$

Demonstração do Teorema. Fazemos a demonstração por indução sobre o comprimento da menor série de composição. Se $k=1$, então $G$ é simples e toda série de composição tem a forma
$$
G_0=G>G_1=1.
$$
Assuma que a teorema é verdadeiro para grupos que possuem uma série de composição de comprimento $k-1\geq 1$. Assuma que
$$
G_0=G>G_1>\cdots >G_k=1
$$
é uma série de composição de um grupo $G$ com comprimento minimal. Assuma ainda que
$$
H_0=G>H_1>\cdots>H_m=1
$$
é uma outra série de composição de $G$. Assuma primeiro que $G_1=H_1$. Então
$$
G_1>\cdots >G_k=1
$$
e
$$
H_1>\cdots>H_m=1
$$
são séries de composição do grupo $G_1=H_1$. Pela hipótese de indução, estas duas séries são equivalentes, portanto as séries originais de $G$ são também equivalentes.

Assuma agora que $G_1\neq H_1$ e seja $K=G_1\cap H_1$. Pelo lema anterior, $G/G_1\cong H_1/K$ e $G/H_1\cong G_1/K$. Seja $K_i=G_i\cap K$ para $i\geq 1$. Então $K_i\unlhd G_i$ e $K_{i+1}\unlhd K_i$. Considere o mapa
$$
K_i\rightarrow G_i/G_{i+1},\quad x\mapsto xG_{i+1}.
$$
O núcleo deste mapa é $K_i\cap G_{i+1}=K_{i+1}$, então o mapa
$$
K_i/K_{i+1}\rightarrow G_i/G_{i+1},\quad xK_{i+1}\mapsto x G_{i+1}
$$
é bem definido e é injetivo. Portanto, $K_i/K_{i+1}$ pode ser considerado como um subgrupo normal de $G_i/G_{i+1}$. Como $G_i/G_{i+1}$ é simples, temos que $K_i/K_{i+1}$ é trivial ou é simples. Portanto, por apagar as duplicações da cadeia
$$
G_1>K_1>K_2>\cdots>K_k=1
$$
obtemos duas séries de composição do grupo $G_1$:
$$
G_1>L_1>\cdots>L_r=1
$$
e
$$
G_1>G_2>\cdots>G_k=1.
$$
Pela hipótese de indução obtemos que as duas séries são equivalentes.

Similarmente, temos duas séries de composição para $H_1$:
$$
H_1>L_1>\cdots>L_r=1\quad\mbox{e}\quad H_1>H_2>\cdots>H_m=1.
$$
Estas séries são equivalentes pelo hipótese de indução. Portanto, é suficiente provar que
$$
G>G_1>L_1>\cdots>L_r=1\quad\mbox{e}\quad G>H_1>L_1>\cdots>L_r=1
$$
são equivalentes. Isto é de fato verdadeiro, pois $G/G_1\cong H_1/K_1$ e
$G/H_1\cong G_1/K_1$. $\Box$

De fato, vale o seguinte teorema mais geral.

Teorema (Schreier). Cada par de séries subnormais de um grupo possui refinamentos que são equivalentes.

Note que o Teorema de Schreier também implica o Teorema de Jordan-Hölder.