Álgebra Básica Primera parte

Transcripción

1 Álgebra Básica Primera parte apellidos nombre Observaciones: -) Todos los ejercicios tienen el mismo valor. Cada ejercicio será puntuado sobre 10 para después calcular la nota global, según se presente a un parcial o a los dos. -) Los dos primeros ejercicios corresponden al primer parcial y los dos últimos al segundo. -) Si tiene los dos parciales suspensos, deberá realizar los 4 ejercicios y la nota final será la obtenida en este examen. -) Si tiene un solo parcial suspenso, deberá realizar los 2 ejercicios correspondientes a dicho parcial. Podrá también realizar los otros 2 ejercicios para mejorar la nota del parcial aprobado. Para superar la asignatura deberá aprobar el parcial suspenso (los 2 ejercicios que le correspondan), o bien aprobar el examen completo (los 4 ejercicios). En este caso, la nota final será la mejor entre la media de las notas de cada uno de los parciales, en caso de que se hubieran aprobado separadamente, y la nota global (con los 4 ejercicios) de este examen, en caso de que se hubieran realizado los 4 ejercicios. -) Si tiene los dos parciales suspensos, deberá realizar los 4 ejercicios. -) Para superar este examen, habrá que alcanzar un mínimo de 3 puntos sobre 10 en cada uno de los ejercicios realizados, según se presente a una parte o a las dos. Ejercicio 1. Dados unos conjuntos X, Y, unos subconjuntos A, A X, B, B Y y una aplicación f : X Y, se pide lo siguiente: (a) Pruebe que si A A, entonces f(a) f(a ). Pruebe que si B B, entonces f 1 (B) f 1 (B ). (b) Pruebe que A f 1 (f(a)) y f(f 1 (B)) B. (c) Pruebe que f(a) = f(f 1 (f(a))) y f 1 (f(f 1 (B))) = f 1 (B). (d) Denotemos por Y X al conjunto de todas aplicaciones de X en Y, por S X al conjunto de las aplicaciones biyectivas de X en sí mismo y análogamente S Y. Dados dos elementos f, g Y X, es decir, dos aplicaciones f, g : X Y, definimos frg def. σ S X, τ S Y τ f σ = g. (e) Pruebe que R es una relación de equivalencia en el conjunto Y X. En el caso en que X = {1, 2} e Y = {1, 2, 3}, describa las clases de equivalencia de la relación R del apartado (d), concluyendo cuántas hay. Solución. Recordemos primero las definiciones de f(a) y de f 1 (B): f(a) := {y Y x A y = f(x)}, f 1 (B) := {x X f(x) B}. Dicho en palabras: -) f(a) es el conjunto formado por los elementos de Y que son la imagen por f de algún elemento de A. -) f 1 (B) es el conjunto formado por los elementos de X cuya imagen por f pertenece a B. (a): Supongamos que A A : luego f(a) f(a ). Supongamos que B B : y f(a) x A y = f(x) x A y = f(x) y f(a ), x f 1 (B) f(x) B f(x) B x f 1 (B ), 1

2 luego f 1 (B) f 1 (B ). (b) x A f(x) f(a) x f 1 (f(a)), luego A f 1 (f(a)). y f(f 1 (B)) x f 1 (B) y = f(x) x X f(x) B y = f(x) y B, luego f(f 1 (B)) B. (c) Por el apartado (b) sabemos que A f 1 (f(a)) y aplicando el apartado (a) deducimos que f(a) f(f 1 (f(a))). Ahora bien, por apartado (b) también sabemos 1 que f(f 1 (f(a))) f(a), luego concluimos que f(a) = f(f 1 (f(a))). Por el apartado (b) sabemos que f(f 1 (B)) B y aplicando el apartado (a) deducimos que f 1 (f(f 1 (B))) f 1 (B). Ahora bien, por apartado (b) también sabemos 2 que f 1 (B) f 1 (f(f 1 (B))), luego concluimos que f 1 (f(f 1 (B))) = f 1 (B). Es importante señalar aquí que en los apartados (a), (b) y (c) no estamos suponiendo que la aplicación f sea invertible y por tanto no podemos utilizar en ningún momento la aplicación inversa de f (d) Propiedad reflexiva: dada cualquier f Y X, podemos tomar σ = id X S X y τ = id Y S Y y claramente obtenemos: f = id Y f id X. Por tanto frf. Propiedad simétrica: Si f, g Y X son tales que frg, entonces por definición de la relación R, σ S X, τ S Y τ f σ = g. Como σ y τ son biyectivas, tienen inversa y obtenemos: τ 1 g σ 1 = f, de donde grf. Propiedad transitiva: Si f, g, h Y X son tales que frg y grh, de nuevo por la definición de la relación R: σ S X, τ S Y τ f σ = g, σ S X, τ S Y τ g σ = h. De aquí: h = τ g σ = τ (τ f σ) σ = (τ τ) f (σ σ ), y como σ σ S X y τ τ S Y, deducimos que frh. (e) Supongamos ahora que X = {1, 2} e Y = {1, 2, 3}. En este caso el conjunto Y X tiene 9 elementos que serán las 9 aplicaciones posibles de X en Y : Veamos en qué casos f i Rf j. f 1 : 1 1, 2 1, f 2 : 1 1, 2 2, f 3 : 1 1, 2 3, f 4 : 1 2, 2 1, f 5 : 1 2, 2 2, f 6 : 1 2, 2 3, f 7 : 1 3, 2 1, f 8 : 1 3, 2 2, f 9 : 1 3, 2 3. Observemos en primer lugar que si frg y f es inyectiva, entonces g también es inyectiva, ya que existen σ S 2 y τ S 3 tales que τ f σ = g, pero σ y τ son biyectivas y en particular inyectivas, y por tanto τ f σ también es inyectiva. 1 Tomando B = f(a). 2 Tomando A = f 1 (B). 2

3 Las aplicaciones inyectivas de Y X son: f 2, f 3, f 4, f 6, f 7 y f 8, y las no inyectivas son: f 1, f 5 y f 9. Por la observación anterior, ninguna de las aplicaciones inyectivas está relacionada con ninguna de las no inyectivas. Comprobamos que si τ es cualquier elemento de S 3 tal que τ(1) = 2 (por ejemplo, τ = (12)) se tiene que: de donde τ f 1 id X = f 5 y por tanto f 1 Rf 5. (τ f 1 id X )(1) = 2, (τ f 1 id X )(2) = 2, Análogamente, si τ es cualquier elemento de S 3 tal que τ(1) = 3 (por ejemplo, τ = (13)) tendremos τ f 1 id X = f 9 y por tanto f 1 Rf 9. Esto quiere decir que f 1, f 5 y f 9 están relacionadas entre sí y por tanto están en una misma clase de equivalencia. Pero como el resto de elementos de Y X son aplicaciones inyectivas y no están relacionadas con ninguna de las aplicaciones no inyectivas, deducimos que una de las clases de equivalencia será {f 1, f 5, f 9 }. Veamos ahora qué ocurre con las aplicaciones inyectivas. Comencemos por ver, por ejemplo, si f 2 y f 3 están relacionadas, es decir, si existen σ S 2 y τ S 3 tales que τ f 2 σ = f 3. En efecto, observamos que tomando σ = id X y τ = (23), se tiene τ f 2 σ = f 3. De modo análogo comprobamos que cualquiera de las f i inyectiva está relacionada con cualquiera de las f j inyectivas, y concluimos que otra clase de queivalencia será: {f 2, f 3, f 4, f 6, f 7, f 8 }. Como ya con estas dos clases hemos cubierto el conjunto Y X completo, concluimos que no hay más clases de equivalencia. Ejercicio 2. Dado un grupo G, el conmutador de dos elementos x, y G se define como [x, y] = xyx 1 y 1 G. 1) Observa que si G es abeliano entonces [x, y] = e para todo x, y G. 2) Demuestra que si f : G H es un homomorfismo entre grupos cualesquiera, entonces f([x, y]) = [f(x), f(y)] para todo x, y G. Deduce usando además el apartado anterior que si H es abeliano entonces todos los conmutadores de G pertenecen al núcleo de f. 3) Sean (i j), (k l) S n trasposiciones cualesquiera. Usando el hecho conocido de que σ(i j)σ 1 = (σ(i) σ(j)) para todas las permutaciones σ S n, encuentra una permutación σ S n tal que [σ, (i j)] = (k l)(i j). 4) Deduce a partir de los apartados anteriores que si f : S n H es un homomorfismo donde H es un grupo abeliano, entonces el subrgupo alternado A n S n, formado por las permutaciones pares, está contenido en el núcleo, es decir A n ker f. Prueba que f(σ) 2 = e para todo σ S n. Conoces algún homomorfismo f tal que ker f = A n? 5) Sean σ, τ S n dos permutaciones impares. Qué signo tiene στ 1? Si f : S n H es un homomorfismo con H abeliano, usa el apartado anterior para probar que f(σ) = f(τ). Solución. 1) Si G sea abeliano, entonces para todos x, y G se tiene [x, y] = xyx 1 y 1 = xx 1 yy 1 = e. 2) Supongamos que f : G H es un homomorfismo de grupos (denotamos sus operaciones por simple yuxtaposición de los elementos). Para todos x, y G se tiene f([x, y]) = f(xyx 1 y 1 ) = f(x)f(y)f(x 1 )f(y 1 ) = f(x)f(y)f(x) 1 f(y) 1 = [f(x), f(y)]. 3

4 Si H fuera abeliano, entonces para todos x, y G, sus imágenes por f, f(x) y f(y) serían elementos de H y por el apartado (a) tendríamos [f(x), f(y)] = e H. Por tanto, f([x, y]) = = [f(x), f(y)] = e H y [x, y] ker(f). 3) Buscamos σ S n tal que [σ, (i j)] = (k l)(i j) (aquí estamos suponiendo implícitamente que i j, k l). Ahora bien, [σ, (i j)] = σ(i j)σ 1 (i j) 1 = (σ(i) σ(j))(i j) y lo que buscamos es una σ S n tal que (σ(i) σ(j)) = (k l). Esto siempre es posible, pues basta tomar σ S n tal que σ(i) = k y σ(j) = l, y que el resto de los n 2 elementos i, j los lleve en el resto de los n 2 elementos k, l de forma biyectiva. 4) En el apartado 3) hemos visto que el producto de 2 transposiciones cualesquiera (k l)(i j) coincide con un conmutador [σ, (i j)], que por el apartado 2), pertenecerá al ker(f). Un elemento cualquiera de A n se expresa como producto de un número par de transposiciones, así que será un producto de conmutadores (cada producto de 2 transposiciones es un conmutador) y por tanto pertenecerá a ker(f). Para cada σ S n, sabemos que σ 2 es necesariamente una permutación par y por tanto σ 2 A n. Como A n ker(f) deducimos que f(σ) 2 = f(σ 2 ) = e. 5) Supongamos que σ, τ S n son permutaciones impares: signo(στ 1 ) = signo(σ) signo(τ) 1 = 1. Por tanto στ 1 A n y por el apartado 4), στ 1 ker(f), es decir e = f(στ 1 ) = f(σ)f(τ) 1, de donde f(σ) = f(τ). Ejercicio 3. Sean a y b dos números enteros. 1) Demostrar que mcm(a, b) = b a b. 2) Demostrar que si existen α, β Z tales que αa + βb = 1, entonces mcd(a, b) = 1. 3) Existen α, β Z tales que α 17 + β 53 = 3? En caso afirmativo, calcularlos. 4) Hallar todos los números enteros que satisfacen el siguiente sistema: { x 5 50 (mod 125) x 0 (mod 24) Solución. 1) Supongamos que mcm(a, b) = b. Esto implica que b es un múltiplo común de a y b. En particular a b. Recíprocamente, supongamos que a b. Como es evidente que b b, se tiene que b es un múltiplo común de a y b. Hay que probar que divide a cualquier otro múltiplo común. Pero si m es un últiplo común de a y b, es decir, si a m y b m, entonces en particular se tiene b m que es lo que queremos probar. 2) Sea d = mcd(a, b). Como d es un divisor común de a y b, tenemos d a y d b. Por tanto d αa y además d βb. Esto implica que d (αa + βb), es decir, d 1. Por tanto, como d es un número entero que divide a 1, debe ser d = ±1. Recordemos que el máximo común divisor de dos números enteros está definido salvo signo, así que esto es lo mismo que decir que d = 1. 3) Para ver si existen los números α y β pedidos, calculamos el máximo común divisor de 17 y 53 usando el algoritmo de Euclides: 53 = = =

5 De aquí obtenemos que mcd(17, 53) = 1. Además, podemos usar estos cálculos para conocer los coeficientes de la identidad de Bézout: 1 = = 17 8 ( ) 1 = Por tanto, si podemos obtener el número 1 de esta forma, podemos obtener el 3 simplemente multiplicando la igualdad anterior por 3: 3 = De aquí obtenemos una solución: α = 75, β = 24. 4) Observemos la primera ecuación: x 5 50 (mod 125). Como 125 = 5 3, se sigue que (mod 125) Por tanto, la primera ecuación es equivalente a: x 0 (mod 125) Por otra parte, observemos la segunda ecuación: x 0 (mod 24). En este caso vemos que 5 es primo con 24, es decir, 5 es una unidad módulo 24, por lo que podemos aplicar el Teorema de Euler. Para ello calculamos: ϕ(24) = ϕ(2 3 3) = ϕ(2 3 ) ϕ(3) = = 8 Esto implica, por el Teorema de Euler, que (mod 24). Por tanto: Y así la segunda ecuación queda: (5 8 ) (mod 24). x 0 (mod 24) Por tanto, el sistema que debemos resolver es: { x 0 (mod 125) x 0 (mod 24) Este sistema se puede resolver gracias al Teorema chino del resto, ya que 125 y 24 son primos entre sí. Este teorema nos dice que el sistema tiene solución única módulo , es decir, módulo Como una solución evidente es x = 0, deducimos que las soluciones son todas las que cumplan x 0 (mod 3000) Es decir, x = 3000 n, para todo n Z. Ejercicio 4. 1) Sean k un cuerpo y f(x) k[x] un polinomio. Probar que α k es una raíz de f(x) si y sólo si X α divide a f(x). 2) Sea f(x) Z[X] un polinomio mónico. Probar que si α es una raíz racional de f(x) entonces α es entera y n α f(n) para todo n Z. 3) Sea f(x) = X 4 + 8X X 2 12X + 15 Q[X], calcular f( 4) y usar el apartado anterior para calcular las raíces racionales de f(x). Descomponer f(x) en factores irreducibles sobre Q. 4) Sea g(x) = X 6 + 4X 5 7X 4 24X X 2 12X 9 Q[X]. Calcular (X 1 2)(X 1 + 2). Sabiendo que 1 + 2, 1 2 y 3 son raíces de g(x) calcular su descomposición en factores irreducibles sobre Q. 5

6 5) Usar los apartados anteriores para hallar el máximo común divisor de f(x) y g(x). Solución. 1) Probaremos primero que el resto de dividir f(x) entre X α es f(α). Realizando la división euclídea se obtiene f(x) = q(x)(x α) + r(x), con grado(r(x)) < grado(x α) = 1. Luego el resto r(x) es una constante y podemos llamarle r k. Sustituyendo X por α en la división euclídea f(α) = q(α)(α α) + r = r. Luego α es raíz de f(x) si y sólo si f(α) = 0, lo que es equivalente a decir que el resto de dividir f(x) entre X α es cero. Es decir, si y sólo si X α divide a f(x). 2) Consideremos f(x) = X n + a n 1 X n a 1 X + a 0 con cada a i Z. Si α = a/b Q es una raíz de f(x), con a y b primos entre si, sabemos que a divide al término independiente y b divide al coeficiente líder, que es 1 por ser mónico f(x). Luego b = ±1 y la raíz α es entera. En consecuencia, si α es una raíz racional de f(x), para todo n Z los números n α y f(n) son enteros. Sabemos que si α es raíz de f(x) entonces X α f(x), es decir, f(x) = (X α)q(x). Como f(x) y X α son polinomios mónicos enteros, y su contenido es 1, por el lema de Gauss q(x) debe ser también un polinomio entero. Sustituyendo X por n Z, se tiene f(n) = (n α)q(n), siendo enteros todos los números que aparecen en la igualdad. 3) Como f(x) = X 4 + 8X X 2 12X + 15 Z[X] es mónico, sus raíces racionales son enteras. Calculando se obtiene f( 4) = ( 4) 4 + 8( 4) ( 4) 2 12( 4) + 15 = = 1. Luego, por el apartado anterior, si α es una raíz racional debe ser entera y además 1 α debe dividir a f( 4) = 1. Es decir, 1 α = ±1. Luego si alpha Z es raíz de f(x) debe ser igual a 3 o 5. Comprobamos y f( 3) = 96 09, luego 3 no es raíz. Como f( 5) = 0, la única raíz racional de f(x). Dividiendo se obtiene f(x) = (X + 5)(X 3 + 3X 2 3X + 3) Q[X]. Por lo visto anteriormente, si el polinomio X 3 + 3X 2 3X + 3 Z[X] tiene alguna raíz racional, como es un factor de f(x), sólo puede ser 3 o 5. Pero ya hemos visto que 3 no anula a f(x), luego tampoco al factor X 3 + 3X 2 3X + 3, y 5 no divide a su término independiente. Por tanto X 3 + 3X 2 3X + 3 es un polinomio de grado 3 sin raíces racionales. Luego es irreducible en Q[X] 3. La descomposición de f(x) Q[X] en factores irreducibles es la que ya habíamos obtenido: f(x) = (X + 5)(X 3 + 3X 2 3X + 3) Q[X]. 4) Realizando el producto de polinomios se obtiene (X 1 2)(X 1 + 2) = X 2 2X 1 Z[X]. Aquí es importante observar que el polinomio anterior es entero. Como y 1 2 son raíces de g(x) = X 6 + 4X 5 7X 4 24X X 2 12X 9, el polinomio anterior debe dividir a g(x). Realizando la división obtenemos: g(x) = (X 2 2X 1)(X 4 + 6X 3 + 6X 2 6X + 9). 3 También podría haberse usado el criterio de Eisenstein para el primo p = 3. 6

7 También sabemos que 3 es raíz de g(x). Como no lo es de X 2 2X 1, debe serlo de X 4 + 6X 3 + 6X 2 6X + 9. Realizando la división: X 4 + 6X 3 + 6X 2 6X + 9 = (X + 3)(X 3 + 3X 2 3X + 3). Por el apartado anterior sabemos que X 3 + 3X 2 3X + 3 es irreducible en Q[X]. Luego la descomposición de g(x) en factores irreducibles es g(x) = (X 2 2X 1)(X + 3)(X 3 + 3X 2 3X + 3) Q[X] 4. 5) Comparando las descomposiciones en factores irreducibles obtenidas f(x) = (X + 5)(X 3 + 3X 2 3X + 3) y g(x) = (X 2 2X 1)(X + 3)(X 3 + 3X 2 3X + 3) se deduce que el máximo común divisor de f(x) y g(x) es su único factor irreducible común: X 3 + 3X 2 3X + 3. Un gran descubrimiento resuelve un gran problema, pero hay una pizca de descubrimiento en la solución de cualquier problema. Tu problema puede ser modesto, pero si es un reto a tu curiosidad y trae a juego tus facultades inventivas, y si lo resuelves por tus propios métodos, puedes experimentar la tensión y disfrutar del triunfo del descubrimiento George Polya 4 No valdría como factorización g(x) = (X 1 2)(X 1 + 2)(X + 3)(X 3 + 3X 2 3X + 3), pues (X 1 2) / Q[X] y (X 1 + 2) / Q[X]. 7