Ejercicios resueltos Introducción a la teoría de los grupos. J. Armando Velazco

Transcripción

1 Ejercicios resueltos Introducción a la teoría de los grupos J. Armando Velazco 1 de mayo de 2015

2 Ejercicio 1: Pruebe que si G es un grupo finito con identidad e y con un número par de elementos, entonces existe un elemento a G, con a e, tal que a 2 = e Solución. Dado que ord(g) = 2k, entonces hay 2k 1 elementos en G tales que x e. Por ser G un grupo, para cada x G existe x 1 G, su elemento inverso, así, debido a que tenemos un número impar de elementos distintos de la unidad e entonces existe un elemento a G, tal que a e y además a = a 1, es decir a 2 = e. Ejercicio 2: Pruebe que todo grupo G con identidad e y tal que a 2 = e para todo a G, es abeliano. Solución. Como a 2 = e para toda a G, entonces (a b) 2 = e = (a b)(a b) Entonces, operando con b por la derecha, es decir Obtenemos que (a b)(a b) = e (a b)(a b)b = e b = b (a b)a = b Y ahora, operando nuevamente por la derecha, pero con el elemento a tenemos que ab = ba Cómo a, b G son elementos arbitrarios, entonces G es abeliano. Ejercicio 3: Sea G un grupo finito y sea x un elemento de G cuyo orden es n, donde n es impar. Pruebe que existe k N tal que x = (x 2 ) k. Solución. Por hipótesis x n = x 2m+1 = e, pues n es impar, entonces x 2m+1 x = x 2m+2 = e x = x Así, sea k = m + 1 N, claramente tal k satisface (x 2 ) k = x Por las leyes de los exponentes en un grupo. Ejercicio 4: Pruebe que si H y K son subgrupos de un grupo abeliano G, entonces HK = {hk h H, k K} en un subgrupo de G. 1

3 Solución. H y K son no vacíos, por ser subgrupos, por lo tanto HK pues al menos el elemento identidad se halla en HK. Ahora bien, sean h 1 k 1, h 2 k 2 HK; por estar h 2 k 2 G entonces (h 2 k 2 ) 1 = k2 1 h2 1 y además, por ser G abeliano tenemos que k2 1 h 1 2 = h 1 2 k2 1 Entonces, por la conmutatividad de la operación en G: (h 1 k 1 )(h 2 k 2 ) 1 = (h 1 k 1 )(k 1 2 h 1 2 ) = (h 1 h 1 2 )(k 1 k 1 2 ) HK Y así, HK es un subgrupo de G. Ejercicio 5: Pruebe que un grupo cíclico con únicamente un generador puede tener a lo más dos elementos. Solución. Suponga que G es generado por un elemento a e, donde e es la identidad. G es finito, pues, en el conjunto < a >= {e, a, a 2,..., a k 1 } Existe a 1 = a k 1 para algún k N. Por definición se tiene que a k = a k 1 a = e Y por lo tanto ord(g) = k <. Por otro lado, se tiene también que (a 1 ) k 1 = (a k 1 ) 1 = a Como por hipótesis el generador en G es único, se tiene entonces que (a 1 ) k 1 = a k 1 = 1 k = 2 Lo que implica que el ord(g) = 2, por supuesto, tomando en cuenta que a e. En el caso en que a = e entonces ord(g) = 1. Ejercicio 6: Pruebe que si G es un grupo abeliano con identidad e, entonces todos los elementos x G tales que x 2 = e forman un subgrupo de G. Generalize el caso donde n 1 es un entero fijo y H = {x G x n = e}. Solución. Se hará la demostración cuando n 1 quedando el caso n = 2 como un caso particular: H Pues al menos x = e H. Por otro lado, sean x, y H entonces x n = e y y n = e. Es claro que, en particular, si y H entonces y 1 H pues (y n ) 1 = (y 1 ) n = e Así, dado x, y H se tiene que, por la conmutatividad de la operación en G, (xy 1 ) n = x n (y 1 ) n = (e)(e) = e es decir, xy 1 H. 2

4 Ejercicio 7: Demuestre que todo subgrupo de un grupo cíclico es cíclico. Solución. Sea G = a un grupo multiplicativo generado por el elemento a. Sea H G y sea m el menor entero para el cuál a m H. De la definición de subgrupo tenemos que todo elemento b H b = a j G donde j Z, por el algoritmo de la división se tiene que j = mq + r, 0 r < m y así b = a j = a mq+r = a mq a r = (a m ) q a r Aplicando ahora las propiedades de grupo (cancelación por la izquierda) se tiene que a r = (a m ) q a j Dado que (a m ), a j H entonces el producto se halla en H y por lo tanto a r H pero 0 r < m entonces r = 0 y por lo tanto b = a j = (a m ) q es decir H = a m Ejercicio 8: Cuál es el orden de un grupo G generado por los elementos x y y sujeto a las relaciones x 3 = y 2 = (xy) 2 = e, donde e es el elemento identidad del grupo? Solución. Consideremos las relaciones Entonces de las anteriores tenemos que x 3 = e, y 2 = e, (xy) 2 = e x 2 = x 1, y = y 1, xy = y 1 x 1 = yx 2 y además yx = x 2 y es decir, G tiene 6 elementos, por lo que ord(g) = 6. Otro argumento lo podemos presentar con combinatoria, tomando en cuenta sólo los productos de la forma x i y j (pues yx = x 2 y) con i = 0, 1, 2 y j = 0, 1 que nos da como resultado, por el principio del producto un total de 6 posibles resultados. Los subgrupos los determinaremos a partir de que 6 = 2 3 Por ello esperamos que de haber subgrupos, como una aplicación directa del teorema de Lagrange, estos deben tener orden 2 o 3 (más aún, por el primer teorema de Sylow sabemos que hallaremos subgrupos de orden 2 y 3), tales subgrupos son: {1, x, x 2 }, {1, y}, {1, xy}, {1, yx} 3

5 Ejercicio 9: Si G es un grupo tal que (ab) j = a j b j para tres enteros consecutivos j y para todos los a, b G. Muestre que G es un grupo abeliano. Solución. Como parte de las hipótesis tenemos que (ab) j = a j b j (ab) j+1 = a j+1 b j+1 (ab) j+2 = a j+2 b j+2 De aquí podemos tomar que (ab) j+1 = (ab)(ab) j = a j+1 b j+1 luego entonces, utilizando de manera adecuada la ley de cancelación por la izquierda y por la derecha, válidas en cualquier grupo, en conjunto con la ley asociativa y las hipótesis obtenemos lo siguiente b(ab) j 1 a = a j b j (ba) j = a j b j = (ab) j Así, de la misma forma se tiene también que Pero entonces (ab) j+2 = a j+2 b j+2 (ba) j+1 = (ab) j+1 (ba)(ba) j = (ab)(ab) j = (ab)(ba) j Utilizando una vez más la ley de cancelación en G tenemos que ab = ba a, b G Luego, G es abeliano. Ejercicio 10: Sea G un grupo y sean H, K G tales que [G : H] < y [G : K] <. Entonces el subgrupo H K tiene índice finito en G, es decir [G : H K] <. Solución. Sea g G entonces de (H K)g Hg y (H K)g Kg se tiene que (H K)g Hg Kg. Por otro lado, observése también que si x Hg Kg entonces Así x = hg = kg h = k H K x (H K)g (H K)g = Hg Kg Por último, como [G : H] < y [G : K] < entonces tenemos un número finito de posibilidades para Hg Kg y por lo tanto se tiene el resultado deseado. Observación 1. El ejercicio anterior tiene un nombre especial: Es conocido como el Lema de Poincaré. 4

6 Ejercicio 11: Sea G = UV un grupo, donde U, V G. Entonces, todo subgrupo H de G que satisface U H G puede ser factorizado como H = U(V H). Solución. Sea h H entonces, dado que H G, h = uv, u U, v V. Ahora, una clase lateral derecha de U en G siempre contiene a un elemento de V, pues G = UV, y por lo tanto una clase lateral de U en H siempre tiene un elemento de V : Como las clases laterales forman una partición de H tenemos entonces que H = U(V H). Observación 2. Este ejercicio es conocido también como Identidad de Dedekind. Ejercicio 12: Pruebe que si un grupo G no tiene subgrupos propios entonces G es cíclico. Solución. Sea g G, g e (e es la identidad de G) y sea H = {g j : j Z} entonces H G pero como G no tiene subgrupos propios entonces H = G por lo tanto G es cíclico. Ejercicio 13: Si un grupo G no tiene subgrupos propios, muestre que G es cíclico de orden primo. Solución. Por el problema anterior sabemos que G =< g > donde g e supongamos ahora que ord(g) = p y que, sin pérdida de generalidad p = mq, m, q Z >1 m < p y q < p. Entonces M = {g j 1 : j = 0, 1, 2,..., m 1; g 1 G} = G pues G no tiene subgrupos propios y entonces ord(g) = m < p que es una contradicción, análogamente se llegaría a una conclusión similar para q, así m = 1 ó q = 1 y por lo tanto p es primo.. Ejercicio 14: Si H y K son subgrupos de un grupo abeliano G, de órdenes respectivos m y n, muestre que si (m, n) = 1, es decir, son primos relativos, entonces AB es un subgrupo de orden mn. Solución. Basta con observar que A B A y A B B por lo tanto, por el teorema de Lagrange se tiene que ord(a B) ord(a) y ord(a B) ord(b) luego entonces ord(a B) = 1 A B = {e} y por lo tanto ord(ab) = ord(a)ord(b) ord(a B) = mn Ejercicio 15: Si p es un número primo, muestre que las únicas soluciones de son x 1 (mod p) ó x 1 (mod p) x 2 1 (mod p) 5

7 Solución. Esta es una aplicación directa de la teoría de grupos a la teoría de los números: x 2 1 (mod p) x (mod p) (x+1)(x 1) 0 (mod p) que implican el resultado deseado. Ejercicio 16: Muestre por medio de un ejemplo que es posible que la ecuación x 2 = e puede tener más de 2 soluciones en algún grupo con identidad e. Solución. Basta con considerar el 4-grupo de Klein, cada elemento es solución de la ecuación, como puede constatar a partir de la siguiente tabla de grupo: e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e Ejercicio 17: Sea G un grupo y sea G n = {g n : g G}. Bajo qué hipótesis sobre G podríamos mostrar que G n G? Solución. Un subgrupo en particular debe satisfacer la cerradura bajo la operación de grupo, por lo que para a, b G tales que a n, b n G n se tiene que a n b n = (ab) n ab = ba es decir, necesitamos la hipótesis de conmutatividad de la operación, dicho de otra manera, necesitamos que G sea abeliano. Ejercicio 18: Sean a, b G donde G es un grupo, entonces si ab tiene orden finito n muestre que ba también tiene orden n. Solución. Por hipotesis (ab) n = e entonces b(ab) n a = bea = (ba)e y así (ba)(ba) n = (ba)e (ba) n = e Si orden de (ba) fuera menor que n aplicando un argumento completamente análogo llegaríamos a la conclusión de que el orden de (ab) sería menor o igual a n contrario a lo que se había supuesto en un principio. Ejercicio 19: Si A y B son subgrupos de índice finito de un grupo G, es decir, [G : A] < y [G : B] < y además ([G : A], [G : B]) = 1 (tales índices son primos relativos), entonces G = AB. 6

8 Solución. Dado que A G y B G entonces A B G y se tiene entonces que y [G : A B] = [G : A][A : A B] [G : A B] = [G : B][B : A B] Lo que implica, pues ([G : A], [G : B]) = 1, que [G : A][G : B] [G : A B] [G : A B] [G : A][G : B]. Por otro lado, dado que [G : B] < entonces [A : A B] < y [A : A B] [G : B]. Como se tiene también que [G : A] < entonces [G : A B] [G : A][G : B]. Así [G : A B] = [G : A][G : B] Lo que implica que G = AB. Observación 3. Los resultados utilizados para resolver este problema los podemos hallar en el libro Teoría de los Grupos de Marshall Hall jr. en la sección 1.5 7