MATE 4081: ´Algebra Abstracta Solución Asignación 4. 1. Suponga

Universidad de Puerto Rico, Rı́o Piedras
Facultad de Ciencias Naturales
Departamento de Matemáticas
San Juan, Puerto Rico
MATE 4081: Álgebra Abstracta
Solución Asignación 4.
1. Suponga que G1 y G2 son dos grupos. Sea G = G1 × G2 , i.e.
G = G1 × G2 = {(a, b) : a ∈ G1 y b ∈ G2 }.
Defina un producto en G de la siguiente manera: (a1 , b1 )(a2 , b2 ) = (a1 a2 , b1 b2 )
(recuerde, el producto en la primera coordenada refleja el producto en el primer
grupo y el producto en la segunda coordenada representa el producto en el
segundo grupo).
(a) Demuestre que G es un grupo.
Demostración: Verificaremos los axiomas de grupo.
i. Suponga que (a, b), (c, d) ∈ G. Entonces a, c ∈ G1 y b, d ∈ G2 . Como
G1 y G2 son grupos, entonces ac ∈ G1 y bd ∈ G2 . Por lo tanto,
(a, b)(c, d) = (ac, bd) ∈ G y por consiguiente G es cerrado.
ii. Suponga que (a1 , b1 ), (a2 , b2 ), (a3 , b3 ) ∈ G. Entonces,
(a1 , b1 )[(a2 , b2 )(a3 , b3 )] =
=
=
=
=
(a1 , b1 )(a2 a3 , b2 b3 )
(a1 a2 a3 , b1 b2 b3 )
((a1 a2 )a3 , (b1 b2 )b3 )
(a1 a2 , b1 b2 )(a3 , b3 )
[(a1 , b1 )(a2 , b2 )](a3 , b3 ).
Por lo tanto, el producto es asociativo.
iii. Considere (e1 , e2 ) donde ei es la identidad de Gi . Note que para todo
(a, b) ∈ G tenemos,
(e1 , e2 )(a, b) = (e1 a, e2 b) = (a, b) = (ae1 , be2 ) = (a, b)(e1 , e2 ).
Concluimos que (e1 , e2 ) es la identidad de G.
iv. Suponga que (a, b) ∈ G. Entonces, a ∈ G1 y b ∈ G2 . Por lo tanto,
existen a−1 ∈ G1 y b−1 ∈ G2 tal que aa−1 = e1 y bb−1 = e2 . Luego,
(a−1 , b−1 )(a, b) = (a−1 a, b−1 b) = (e1 , e2 ) = (aa−1 , bb−1 = (a, b)(a−1 , b−1 ).
Concluimos que (a−1 , b−1 ) es el inverso de (a, b).
1
(b) Haga la tabla de Cayley para el grupo Z4 × Z2 .
Respuesta: La tabla de Cayley está dada por:
+
(0,0)
(0,1)
(1,0)
(1,1)
(2,0)
(2,1)
(3,0)
(3,1)
(0,0)
(0,0)
(0,1)
(1,0)
(1,1)
(2,0)
(2,1)
(3,0)
(3,1)
(0,1)
(0,1)
(0,0)
(1,1)
(1,0)
(2,1)
(2,0)
(3,1)
(3,0)
(1,0)
(1,0)
(1,1)
(2,0)
(2,1)
(3,0)
(3,1)
(0,0)
(0,1)
(1,1)
(1,1)
(1,0)
(2,1)
(2,0)
(3,1)
(3,0)
(0,1)
(0,0)
(2,0)
(2,0)
(2,1)
(3,0)
(3,1)
(0,0)
(0,1)
(1,0)
(1,1)
(2,1)
(2,1)
(2,0)
(3,1)
(3,0)
(0,1)
(0,0)
(1,1)
(1,0)
(3,0)
(3,0)
(3,1)
(0,0)
(0,1)
(1,0)
(1,1)
(2,0)
(2,1)
(3,1)
(3,1)
(3,0)
(0,1)
(0,0)
(1,1)
(1,0)
(2,1)
(2,0)
Esta tabla de Cayley fue traı́da a ustedes gracias a:
en colaboracón con
2. Determine si cada uno los siguientes mapas representa un homomorfismo de
grupos. Si lo es, entonces identifique el kernel.
(a) G = Z bajo +, K = Zn , ϕ(a) = [a] para todo a ∈ Z.
Respuesta: Note que
ϕ(a + b) = [a + b] = [a] + [b] = ϕ(a) + ϕ(b).
2
Concluimos que ϕ es un homomorfismo. Ahora si a ∈ nZ, entonces existe
k ∈ Z tal que a = kn. Luego,
ϕ(a) = ϕ(kn) = [kn] = [0]
y por lo tanto a ∈ Ker(ϕ). Ahora, si a ∈ Ker(ϕ), entonces ϕ(a) = [a] = [0]
y por lo tanto, n|a. Concluimos que a ∈ nZ y por consiguiente Ker(ϕ) =
nZ.
(b) G grupo, ϕ : G → G definido por ϕ(a) = a−1 para todo a ∈ G.
Respuesta: No. Note que si G no es abeliano, entonces ϕ(ab) = (ab)−1 =
b−1 a−1 6= a−1 b−1 = ϕ(a)ϕ(b).
(c) G = R6=0 bajo multiplicación, K = {1, −1}, ϕ(r) = 1 si r > 0 y ϕ(r) = −1
si r < 0.
Respuesta: Suponga que x, y ∈ R6=0 .
• Caso 1: Suponga que x < 0 y y > 0 (el caso x > 0 y y < 0 es similar).
Entonces, xy < 0 y por lo tanto,
ϕ(xy) = −1 = (−1)(1) = ϕ(x)ϕ(y).
• Caso 2: Suponga que x < 0 y y < 0. Entonces, xy > 0 y por lo tanto,
ϕ(xy) = 1 = (−1)(−1) = ϕ(x)ϕ(y).
• Caso 3: Suponga que x > 0 y y > 0. Entonces, xy > 0 y por lo tanto,
ϕ(xy) = 1 = (1)(1) = ϕ(x)ϕ(y).
Concluimos que ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y) y por lo tanto, ϕ es un homomorfismo.
Finalmente, no es dificil ver (demuestrelo) que
Ker(ϕ) = R>0 .
(d) G un grupo abeliano, n > 1 entero y ϕ : G → G definido por ϕ(a) = an
para todo a ∈ G.
Respuesta: Suponga que a, b ∈ G. Como G es abeliano, entonces
ϕ(ab) = (ab)n = an bn = ϕ(a)ϕ(b).
Concluimos que ϕ es un homomorfismo. Trate de demostrar que Ker(ϕ) =
{a ∈ G : o(a)|n}.
3. Demuestre que un homomorfismo ϕ : G → K es un monomorfismo si y solo si
Ker(ϕ) = {eG }.
3
Demostración: Suponga primero que ϕ es un monomorfismo. Suponga que
a ∈ Ker(ϕ), entonces
ϕ(a) = eK = ϕ(eG ).
Pero ϕ es 1-1, por lo tanto a = eG . Concluimos que Ker(ϕ) = {eG }.
Suponga ahora que Ker(ϕ) = {eG }. Suponga que a, b ∈ G son tales que
ϕ(a) = ϕ(b) =⇒ ϕ(a)ϕ(b−1 ) = eK =⇒ ϕ(ab−1 ) = eK .
Esto implica que ab−1 ∈ Ker(ϕ), y por lo tanto ab−1 = eG , i.e. a = b. Concluimos que ϕ es 1-1 y por lo tanto un monomorfismo.
4. Asuma que a, b son generadores de un grupo cı́clico G, i.e. G = hai y G = hbi.
Demuestre que la función ϕ : G → G definida por ϕ(ai ) = bi es un automorfismo.
Demostración: Primero demostraremos que ϕ es un homomorfismo. Suponga
que g1 , g2 ∈ G. Como a es generador de G, entonces existen i, j ∈ Z tal que
g1 = ai y g2 = aj . Observe que
ϕ(ai aj ) = ϕ(ai+j ) = bi+j = bi bj = ϕ(ai )ϕ(aj ).
Concluimos que ϕ es un homomorfismo.
Ahora demostraremos que ϕ es sobre. Suponga que g ∈ G. Como b es generador
de G, entonces existe i ∈ Z tal que g = bi . Considere ai ∈ G. Note que
ϕ(ai ) = bi = g y por lo tanto ϕ es sobre.
Finalmente, demostraremos que ϕ es 1-1. Suponga que ϕ(ai ) = ϕ(aj ). Entonces
ϕ(ai )ϕ(aj )−1 = e. O sea, bi (bj )−1 = e, lo cual es equivalente a bi−j = e. Si G
es infinito, entonces bi−j = e implica que i − j = 0 y por consiguiente ai = aj .
Si G es finito, digamos que |G| = n, entonces bi−j = e implica que o(b)|i − j.
Pero sabemos que b es un generador de G (hipótesis), por lo tanto o(b) = n.
Entonces el enunciado o(b)|i − j es equivalente a n|i − j. O sea, existe k ∈ Z
tal que i − j = nk o, equivalentemente, i = j + nk. Esto implica que
ai = aj+nk = aj ank = aj (an )k = aj ek = aj .
En conclusión, si ϕ(ai ) = ϕ(aj ), entonces ai = aj (independientemente si G es
infinito o finito). Concluimos que ϕ es 1-1. Como ϕ : G → G es 1-1, sobre y
homomorfismo, entonces concluimos que ϕ es un automorfismo.
5. Suponga que G = hai es un grupo cı́clico y que ϕ : G → K es un epimorfismo
de grupos (un homomorfismo sobre). Demuestre que ϕ(a) es un generador de
K y por lo tanto K es el grupo cı́clico hϕ(a)i.
Demostración: Suponga que k ∈ K. Como ϕ es sobre, entonces existe g ∈ G
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tal que ϕ(g) = k. Pero G = hai, por lo tanto, existe n ∈ Z tal que g = an .
Luego, ϕ(an ) = k. Como ϕ es un homomorfismo, entonces ϕ(a)n = k. O sea,
todo elemento de K puede escribirse como una potencia de ϕ(a). Concluimos
que K = hϕ(a)i.
6. Suponga que ϕ : G → K es un epimorfismo de grupos. Demuestre que si G es
abeliano, entonces K es abeliano.
Demostración: Suponga que c, d ∈ K. Como ϕ es sobre, entonces existen
a, b ∈ G tal que ϕ(a) = c y ϕ(b) = d. Luego,
cd = ϕ(a)ϕ(b) = ϕ(ab) = ϕ(ba) = ϕ(b)ϕ(a) = dc.
Concluimos que K es abeliano.
7. Suponga que G es un grupo. Demuestre que Z(G) C G.
Demostración: Suponga que g ∈ G y a ∈ g −1 Z(G)g. Entonces, a = g −1 bg
donde b ∈ Z(G). Luego, como b conmuta con todos los elementos de G, entonces
a = g −1 bg = g −1 gb = b ∈ Z(G).
Concluimos que g −1 Z(G)g ⊆ Z(G) y por lo tanto, Z(G) C G.
8. Si G es un grupo, N C G y ϕ : G → G0 es un epimorfismo, entonces demuestre
que la imagen, ϕ(N ), de N es un subgrupo normal de G0 .
Demostración: Sabemos que ϕ(N ) < G, por lo tanto, tenemos que demostrar
que es normal. Suponga que g ∈ G0 . Como ϕ es un epimorfismo, entonces existe
a ∈ G tal que ϕ(a) = g. Luego,
gϕ(N ) =
=
=
=
=
ϕ(a)ϕ(N )
ϕ(aN )
(porque ϕ es homomorfismo)
ϕ(N a)
(porque N C G)
ϕ(N )ϕ(a) (porque ϕ es homomorfismo)
ϕ(N )g.
Concluimos que ϕ(N ) C G0 .
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