Exámenes de álgebra básica de enero de Grupos 1 y 3.

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1 Exámenes de álgebra básica de enero de Grupos 1 y 3. GRUPOS 1. Calcular razonadamente todos los subgrupos normales de S 4. Un subgrupo H de un grupo G es normal si y solamente si para cada g G se tiene que ghg 1 H Es decir si para cada h H se tiene que ghg 1 H. En nuestro caso G = S 4. Como sabemos que la conjugación no cambia la estructura de ciclos de una permutación cada vez que una permutación π pertenezca a un subgrupo para que este sea normal han de pertenecer también todas aquellas otras permutaciones con la misma estructura de ciclos. Las posibles estructuras de ciclos de las permutaciones en S 4 son (****) hay 6 permutaciones de este tipo todas de signo negativo. (***)(*) hay 8 permutaciones de este tipo todas de signo positivo. (**)(**) hay 3 permutaciones de este tipo todas de signo positivo. (**)(*)(*) hay 6 permutaciones de este tipo todas de signo negativo. (*)(*)(*)(*) hay 1 única permutación de este tipo la identidad que ha de pertenecer a cualquier subgrupo. Tiene signo positivo. Por otra parte S 4 tiene 24 elementos. El teorema de Lagrange nos dice que sus subgrupos sólo pueden tener cardinalidad ó 24. Los dos casos extremos {} y S 4 son triviamente normales. Por otra parte solo es posible conseguir conjuntos de 4 y de 12 sumando los números anteriores (y recordando que la identidad pertenece a cualquier subgrupo). Veamos si en efectotales subconjuntos tienen la estructura de subgrupos. (Nota: Por construcción estos conjuntos son uniones de clases de conjugación. Lo que falta ver es que son subgrupos). El subconjunto de cardinalidad 4 es V 4 = { (12)(13) (14)(23) (13)(24)}

2 es el grupo de Klein (cada elemento es su propia inversa) y el subconjunto de cardinalidad 12 está formado por las permutaciones partes (verificar) así que es A 4 el grupo alternado. 2. Demostrar que si N es un subgrupo normal de G tal que para cada par a b G se tiene que aba 1 b 1 N entonces G/N es abeliano. Como G puede ser no abeliano se utiliza la notación multiplicativa. Sean a b G. Si aba 1 b 1 N entonces aba 1 b 1 aba 1 b ab ba mód N mód N mód N Concluimos que el grupo cociente es abeliano. 3. Sea F q un cuerpo con q elementos. Denotamos por GL(2 F q )elgrupo de las matrices invertibles 2 2concoeficientesenF q y SL(2 F q )= {A GL(2 F q det(a) =1}. a) DemuestrequeSL(2 F q )esunsubgruponormaldegl(2 F q ). (sugerencia: Cómo asociamos de manera natural un escalar a cualquier matriz?) b) DemuestrequeGL(2 F q )/SL(2 F q )esisomorfoaf X q el grupo de las unidades de F q. c) Calcular GL(2 F 2. Consideramos el homomorfismo de grupos δ : GL(2 F q ) F q A det(a) Es un homomorfismo de grupo ya que sabemos que el determinante es multiplicativo y que el determinante de la identidad es 1. Calculemos el kernel de este homomorfismo. Por definición A ker δ si y solo si det A = 1. Esto es SL(2 F q ) = kerδ. Esto muestra que es un subgrupo normal. Ahora utilizamos el teorema fundamental de homomorfismos para ver que existe un isomorfismo de grupos entre GL(2 F q )/SL(2 F q ) y la imagen de δ. 2

3 Por una parte el determinante de una matriz invertible no puede ser cero. Por otra parte dado cualquier a diferente de cero en F q el determinante de la matriz a 0 det = a = 0. por lo que todos los elementos de F X q tienen preimagen. La imagen de δ es F X q. El teorema fundamental de homomorfismo nos asegura que GL(2 F q )/SL(2 F q ) = F X q Finalmente las matrices en GL(2 F 2 ) son ENTEROS Es fácil ver que si tenemos 0 3 ó 4 ceros las filas no pueden ser linealmente independientes. Y que las otras posibles matrices con 2 ceros también tienen filas linealmente dependientes. 1. Hallar todos los números naturales pares tales que x 1 mód 3 x 4 mód 673 La soluciones naturales pares al sistema de congruencia son s con s 2N. 2. Para que valores de a el siguiente sistema de congruencias tiene solución? x 10 mód 15 x 15 mód 25 x a mód 30 Analizamos primero el sistema x 10 mód 15 x a mód 30 3

4 Como tenemos que x =30k + a 10 mód 15 sabemos que a 10 mód 15 y solo hay dos valores módulo 30 que satisfagan esta congruencia: a =10y a =25. Tenemos entonces que el primer sistema de congruencias es equivalente a x 15 mód 25 x 10 mód 30 ó x 15 mód 25 x 25 mód 30 El primer sistema tiene solución x =40 y el segundo x =115. No era necesario resolver el sistema solamente plantear los sistemas correspodientes y argumentar que hay solución. 3. Demostrar que n es compuesto 2 n 1tambiénloes. Recordemos primero la identidad: x b 1 x 1 =1+x xb 1 Ahora suponemos que n es compuesto. Esto es que existen a b > 1 tales que n = ab. Subtituyendo x =2 a en la ecuación anterior y despejando obtenemos que 2 n 1=(2 a ) b 1=(2 a 1)(1 + 2 a + +(2 a ) b 1 ) Finalmente ninguno de estos dos factores es uno ya que por hipótesis a b > 1. Concluimos que 2 n 1 es compuesto. 4. Demuestre razonadamente que si el máximo común divisor de a y b es d entonces existen enteros α y β tales que αa + βb = d Es la identidad de Bezout ver notas de clase. 5. Calcular los últimos dos dígitos de N = Veamos cada sumando separadamente. Es obvio que los últimos dos dígitos de son cero no contribuye en nada a los de N. Por otra parte mód 4 y mód 25. De manera que mód 4 y mód 25 (el exponente es par). 4

5 Finalmente mód 4 y mód 25. Como sabemos que 2 10 = mód = mód 25. Finalmente tenemos que N 3 mód 4 y N 4 mód 25. El teorema chino del resto nos dice que este sistema tiene una única solución módulo 100. Es sencillo ver cual es: Los número mód 100 que son congruentes con 4 mód 25 son y 79. De ellos el único congruente con 3 mód 4 es el 79. Los últimos dos dígitos de N son entonces Calcular el último dígito diferente de cero en 60! Primero veamos cuantos ceros hay al final de 60! para esto es suficiente calcular la multiplicidad de 5 en su descomposición en factores primos (es evidente que hay muchos mas 2 s que 5 s). Hay 14 cincos en tal descomposición 14 = 50/5+50/25. Ahora queremos obtener el l último dígito de 60!/14 N =60!/14 = 1 ( ) 5 ( ) ( ) Es obvio que N 0 mód 2. Queremos hallar su clase módulo 5. Por una parte cada uno de los grupos entre paréntesis tiene la forma (5k +1)(5k +2)(5k +3)(5k +4) para algún valor de k. Todos son congruentes con 1 mód 5. Como hay 12 de ellos el producto es congruente con 1 mód 5 Fuera de estos grupos si tomamos el 5 como factor común obtenemos ( ) 5 ( ) = 1 ( ) 1 ( ) Ahora podemos concluir que N =60!/ mód mód mód 5 (ya que 2 10 = mód 5y2 4 =16 1 mód 5). Tenemos que resolver el sistema N 0 mód 2 y N 1 mód 5. Como los módulos son coprimos el sistema tiene solución única. Hay solamente dos números mód 10 que son congruentes a 1 módulo 5 el 1 y el 6. De ellos sólo el segundo es par. 5

6 El último dígito no cero de 60! es Demuestre que para cualquier k N existen infinitas sucesiones formadas por k números compuestos consecutivos. Sea a = k +1. Considerese la sucesión a!+2a!+3...a!+a Esta sucesión tiene k elementos todos ellos compuestos ya que para cada i a se tiene que i a! y entonces i a!+i. El mismo razonamiento nos dice que para cada s si fijamos a = s(k+1) obtenemos una sucesión con las propiedades deseadas. POLINOMIOS 1. Factorizar el polinomio x 4 +6x 2 16 sobre Q. La manera más simple es completando cuadrados x 4 +6x 2 16 = x 4 +6x =(x 2 +3) 5 2 =(x )(x ) = (x 2 +8)(x 2 2) Finalmente falta ver que los dos polinomios obtenidos son irreducibles esto es una consecuencia de ser de grado dos y no tener raíces racionales. 2. Factorizar sobre Q el polinomio p(x) =x 8 1. Factorizar p(x) sobreel cuerpo con 2 elementos. La manera más simple es completando cuadrados: x 8 1=(x 4 1)(x 4 +1) =(x 2 1)(x 2 +1)(x 4 +1) =(x 1)(x +1)(x 2 +1)(x 4 +1) Falta verificar que los factores de grados 2 y 4 son irreducibles. x 2 +1 no tiene tienen raíces racionales (ni reales). Luego es irreducible. Por otra parte substituyendo x = y +1 en x 4 +1 obtenemos y 4 +4y 3 + 6y 2 +4y +2. Luego el criterio de Eisenstein implica que este polinomio también es irreducible. 6

7 Para factorizarlo sobre F 2 : Sabemos que x 8 1=(x 1)(x +1)(x 2 + 1)(x 4 +1) como sabemos que en F 2 (x+1) 2 = x 2 +1 y (x 2 +1) 2 = x 4 +1 tenemos que x 8 1=(x +1) 8 3. Construir un cuerpo con 4 elementos y calcular su tabla de multiplicación. Es el grupo de sus unidades un grupo cíclico? Como 4=2 2 necesitamos obtener un polinomio irreducible de grado 2 en F 2 [x]. Los polinomios (mónicos) de grado uno son x y x +1. A partir de ellos conseguimos los polinomios reducibles de grado 2: x 2 x(x +1) (x +1) 2 = x 2 +1 Por lo que x 2 + x +1 ha de ser el irreducible que buscamos. Tenemos entonces que K = F 2 [x]/x 2 + x +1 es un cuerpo ( el polinomio es irreducible) con cuatro elementos (ya que cualquier polinomio p en F 2 [x] el congruente con el resto obtenido al dividir por x 2 + x +1 que tiene grado < 2. Las clases de equivalencia en el cociente vienen representadas por 0 1 x x +1. Tabla de multiplicación:. x x x x+1 x 0 x x+1 1 x+1 0 x+1 1 x Por ejemplo como x 2 + x +1 0 mód x 2 + x +1 es inmediato que x 2 x +1 mód x 2 + x +1. Se deben justificar el resto de los cálculos. Finalmente como x+1 = {x+1 x 1} = K X el grupo de las unidades de K es cíclico. 4. Sea K un cuerpo finito. Demostrar que dado cualquier n>0existeun polinomio irreducible de grado mayor que n. El argumento de Euclides nos asegura que para cualquier cuerpo K existen un número infinito de polinomios irreducibles en K[x]. Ahora si el cuerpo es finito para cada n existen solamente un número finito de polinomios de grado n (tenemos un número finito de opciones para cada escoger a cada uno de sus coeficientes). Luego deben existir polinomios irreducibles de grado >n. 7

8 5. Demostrar que para cada primo p existe un polinomio irreducible de grado 2 en F p [x]. Utilizaremos un argumento de conteo. Los polinomios mónicos irreducible de grado 1 son de la forma x + α con α F p. Hay por lo tanto p de ellos. Por lo tanto los polinomios mónicos y reducibles de grado 2 son de una de las dos formas siguientes (recordar que hay unicidad en la factorización) (x + α) 2 hay p de ellos (x + α)(x + β) hay p(p 1) 2 de ellos En el segundo caso dividimos entre 2 por que el producto es conmutativo. Por otra parte el número de polinomios mónicos de grado 2 es p 2 ya que tienen la forma x 2 + αx + β y tenemos p elecciones para cada coeficiente. Finalmente el número de polinomios irreducibles es p(p 1) 2 : p 2 p + p(p 1) p 2 = 2 2 p 2 = p(p 1) 2 = p 1. Como p>1estasumaespositiva. 8