Álgebra Básica C Grado en Matemáticas Examen 1

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1 Álgebra Básica C Grado en Matemáticas Examen 1 Lee detenidamente las preguntas antes de contestarlas. Justifica todas tus respuestas. Evita los cálculos innecesarios y las repeticiones. Nombre y apellido(s): 1. (3 puntos) Sea A = Z N y la relación en A definida del siguiente modo: (a, b) (x, y) ay = xb. (a) (1 punto) Demuestra que esta relación es de equivalencia. Solución: Hemos de probar que satisface las tres propiedades siguientes. Reflexividad. Todo elemento de A está relacionado consigo mismo pues (a, b) (a, b) ab = ab, lo cual es obviamente cierto. Simetría. Decir que (a, b) (x, y), según la definición de arriba, equivale a decir que (x, y) (a, b), es decir xb = ay, pues ambas ecuaciones coinciden. Transitividad. Este es el único punto delicado. Supongamos que (a, b) (x, y) (u, v). La primera relación equivale a la ecuación de la definición y la segunda relación a xv = uy. Hemos de probar que (a, b) (u, v), es decir que av = ub. Si multiplicamos la ecuación de (a, b) (x, y) por v obtenemos ayv = xbv = xvb. Aquí hemos usado también que el producto de números enteros es conmutativo. Usando además la ecuación de (x, y) (u, v) deducimos que ayv = xbv = xvb = uyb. Como y N, y 0, luego cancela a ambos lados de la igualdad y nos queda precisamente av = ub, que es lo que teníamos que demostrar. (b) (1 punto) Define una aplicación sobreyectiva f : A Q tal que coincida con la relación de equivalencia f inducida por f. Solución: Definimos f : A Q del siguiente modo, f(a, b) := a b. 20 de noviembre de 2015

2 Tiene sentido ya que b N, luego b 0. Es sobreyectiva porque todo número racional se puede expresar como una fracción de números enteros con denominador positivo. Además, (a, b) f (x, y) f(a, b) = f(x, y) a b = x y ay = xb (a, b) (x, y), con lo que = f. (c) (1 punto) Deduce que existe una aplicación biyectiva (A/ ) = Q. Solución: Consideramos la factorización canónica de f, A proyección natural inclusión = A/ f Im f Como f es sobreyectiva Im f = Q y como = f, A/ f = A/, por tanto la flecha horizontal inferior nos da la biyección buscada (A/ ) = Q. f Q 2. (1 punto) Dadas dos aplicaciones A f B g C, demuestra que g(im f) = Im(g f) Im g. Muestra con un ejemplo que la inclusión de la derecha puede ser estricta. Solución: Veamos que g(im f) Im(g f). Todo elemento x g(im f) es de la forma x = g(y) para cierto y Im f. Es más, este y ha de ser de la forma y = f(z) para cierto z A, luego x = g(y) = g(f(z)) = (g f)(z) Im(g f). Veamos que la inclusión contraria también es cierta. Todo x Im(g f) es x = (g f)(y) para cierto y A, luego x = (g f)(y) = g(f(y)). Como f(y) Im f, deducimos que x = g(f(y)) g(im f). Probemos ahora que Im(g f) Im g. En el párrafo anterior hemos visto que todo x Im(g f) se puede escribir como x = g(f(y)) para cierto y A, y claramente g(f(y)) Im g. Para ver un ejemplo en el que esta inclusión es estricta basta tomar

3 A =, B = C un conjunto no vacío cualquiera, f : B la única aplicación existente y g = id: B B = C la identidad, A = f B g=id B = C. En este caso Im(g f) = pues A =, Im g = B e Im(g f) Im g porque estamos tomando B. 3. (5 puntos) Sean σ, τ S 4 las permutaciones y H = {id, σ, τ, στ} S 4. σ = (1 2)(3 4), τ = (1 3)(2 4), (a) (2 puntos) Descompón στ y τσ como productos de ciclos disjuntos y halla los signos y los órdenes de todos los elementos de H. Usando estos cálculos, demuestra que H S 4 es un subgrupo. Es abeliano? Solución: Es inmediato comprobar que στ = (1 2)(3 4)(1 3)(2 4) = (1 4)(2 3) = τσ. La identidad id sabemos que tiene signo positivo y orden 1. Los elementos σ, τ y στ tienen signo positivo y orden dos por ser el producto de dos trasposiciones disjuntas (en general, el signo de un producto de n trasposiciones es ( 1) n y el orden de un producto de ciclos disjuntos es el mínimo común múltiplo de sus longitudes). Para ver que H S 4 es un subgrupo hemos de realizar las siguientes comprobaciones: id H por definición. Como todos los elementos de H, a excepción de la identidad, tienen orden dos, sus inversos son ellos mismos, que están en H. Veamos que el producto de dos elementos cualesquiera de H sigue estando en H. Esto es obvio si alguno de los dos es la identidad. El resto de los casos posibles son los siguientes, σσ = σ 2 = id H, στ H, σ(στ) = σ 2 τ = τ H, τσ = στ H, ττ = τ 2 = id H, τ(στ) = τ(τσ) = τ 2 σ = σ H, (στ)σ = (τσ)σ = τσ 2 = τ H, (στ)τ = στ 2 = σ H, (στ)(στ) = (στ) 2 = id H.

4 Además el subgrupo H es abeliano, es decir, dados dos elementos cuales quiera obtenemos el mismo resultado si los multiplicamos en los dos órdenes posibles. Esto se deduce de las ecuaciones anteriores y de que el elemento neutro conmuta con todos. (b) (1 punto) Halla el subconjunto de S 4 formado por todas las trasposiciones y prueba que H está formado por la identidad y por todos los posibles productos de dos trasposiciones disjuntas. Usando además el hecho conocido de que σ(i j) = (σ(i) σ(j))σ para todas las permutaciones σ S 4 y trasposiciones (i j) S 4, demuestra que el subgrupo H S 4 es normal. Solución: Las trasposiciones de S 4 son los ciclos de la forma (i j), donde 1 i < j 4, es decir, los elementos del conjunto siguiente: {(1 2), (1 3), (1 4), (2 3), (2 4), (3 4)} S 4. Dos permutaciones con soporte disjunto siempre conmutan, por tanto los posibles productos de dos trasposiciones disjuntas son exactamente los siguientes: (1 2)(3 4) = σ, (1 3)(2 4) = τ, (1 4)(2 3) = στ. Por tanto H está formado por la identidad y todos los productos de dos trasposiciones disjuntas en S 4. Para ver que H S 4 es normal hemos de comprobar que dados µ S 4 y ν H, µνµ 1 H. Si ν = id entonces µνµ 1 = µ id µ 1 = µµ 1 = id H. En caso contrario ν es el producto de dos trasposiciones disjuntas en S 4, es decir ν = (i j)(k l), donde i, j, k, l son los números 1, 2, 3, 4 posiblemente reordenados. Es más, de acuerdo con la indicación del enunciado µνµ 1 = µ(i j)(k l)µ 1 = (µ(i) µ(j))µ(k l)µ 1 = (µ(i) µ(j))(µ(k) µ(l))µµ 1 = (µ(i) µ(j))(µ(k) µ(l)) H. Este último elemento pertenece en efecto a H ya que es el producto de dos trasposiciones disjuntas. (c) (2 puntos) Calcula el orden de (1 2)H y el de (1 2 3)H en el grupo cociente S 4 /H. Prueba que S 4 /H = (1 2)H, (1 2 3)H. Es S 4 /H abeliano?

5 Solución: En el cociente S 4 /H, (xh) n = x n H e yh = id H si y solo si y H, por tanto el orden de xh es el mínimo n N tal que x n H. Para x = (1 2) tenemos que x 1 = (1 2) / H pero x 2 = id H, luego el orden de (1 2)H es 2. Si x = (1 2 3) tenemos que x 1 = (1 2 3) / H y x 2 = (1 3 2) / H pero x 3 = id H, luego el orden de (1 2 3)H es 3. Veamos ahora que el subgrupo (1 2)H, (1 2 3)H S 4 /H generado por los dos elementos anteriores es de hecho igual a todo S 4 /H. Para ello, como son finitos, basta ver que tienen el mismo número de elementos. Por un lado, la inclusión y el teorema de Lagrange nos dicen que #( (1 2)H, (1 2 3)H ) #(S 4 /H) = #(S 4) #(H) = 4! 4 = 3! = 6. Por otro lado (1 2)H (1 2)H, (1 2 3)H y (1 2 3)H (1 2)H, (1 2 3)H son subgrupos, así que por el teorema de Lagrange tenemos las dos siguientes relaciones de divisibilidad: # (1 2)H ) #( (1 2)H, (1 2 3)H ), # (1 2 3)H ) #( (1 2)H, (1 2 3)H ). Es más, #( (1 2)H ) = (orden de (1 2)H) = 2, #( (1 2 3)H ) = (orden de (1 2 3)H) = 3. Como tanto el 2 como el 3 dividen a #( (1 2)H, (1 2 3)H ) deducimos que el 6, que es el mínimo común múltiplo de 2 y 3, también divide a #( (1 2)H, (1 2 3)H ), luego #( (1 2)H, (1 2 3)H ) 6. Ya habíamos probado la otra desigualdad, así que deducimos que #( (1 2)H, (1 2 3)H ) = 6 = #(S 4 /H). Para ver que S 4 /H no es abeliano comprobaremos que los dos generadores anteriores no conmutan. Según la definición del producto en el grupo cociente, ((1 2)H)((1 2 3)H) = ((1 2)(1 2 3))H = (2 3)H, ((1 2 3)H)((1 2)H) = ((1 2 3)(1 2))H = (1 3)H. Es más (2 3)H = (1 3)H si y solo si (2 3) 1 (1 3) H, pero (2 3) 1 (1 3) = (2 3)(1 3) = (1 2 3) / H. 4. (1 punto) Dado un homomorfismo f : G H, prueba que si G es finito entonces #(G) = #(Im f) #(Ker f).

6 Solución: Consideramos la factorización canónica del homomorfismo f, G proyección natural G/ Ker f f H = Im f inclusión Como G es finito, el núcleo Ker f G será también finito. La imagen Im f H es finita aunque H no lo sea, pues la cantidad de elementos de Im f no puede superar a la del dominio de f, que es G. La flecha horizontal inferior es una biyección entre conjuntos finitos, luego ambos tienen el mismo cardinal #(Im f) = #(G/ Ker f) = #(G) #(Ker f). Aquí, para la segunda igualdad, usamos el teorema de Lagrange. Despejando el denominador deducimos la igualdad que andábamos buscando.