Examen 2 Parcial 31-Enero-2004

NOMBRE: SOLUCIONES
Curso 2003/2004
Segundo Parcial
CALIFICACIÓN
SOLUCIONES
Álgebra y Matemática Discreta,
2do Parcial, 31 de Enero de 2004
1. Para cada afirmación, especificar si es V o F, justificando brevemente la respuesta en el
caso de ser V o dando un contraejemplo en el caso de ser F.
(no se puntuarán las afirmaciones no justificadas correctamente)
A. Sea (G,‘) un grupo finito de orden n, y sea a∈G tal que an = e, siendo e el elemento neutro del
grupo. Entonces G = <a>.
Solución: Falso. El hecho de que an=e no implica que el orden de a sea n, pues no se garantiza que
n sea el natural más pequeño que lo cumpla, sino que al menos n es múltiplo del orden de a. Es
decir, si o(a) = k, ak = e y por lo tanto si n = k⋅r, an = ak⋅r = (ak)r = e, y n no sería el orden de a.
Luego no garantizamos que o(a) = n, y por lo tanto que a genere el G. #
B. Sea (G,‘) un grupo, y sea f un automorfismo de G. Entonces Kerf ∩Im f = {e}.
Solución: Verdadero. Si f es automorfismo es homomorfismo y además biyectivo, por lo que es
también inyectivo. Al ser inyectivo, Ker f = {e} (y sólo ese elemento) y como Im f también es
subgrupo y de G, contendrá a e también. Luego Ker f ∩ Im f = {e}. #
C. Dados a,b ∈ℤ+, la ecuación ax + by = c sólo tiene solución entera si c = mcd(a,b).
Solución: Falso. Tendrá solución entera si c | mcd(a,b), pues el mcd(a,b) será el valor más
pequeño de ℤ que cumpla dicha ecuación, pero no el único. #
D. Si f:(G,‹)→(H,‘), y g: (H,‘)→(K,…) son homomorfismos, entonces g°f también es homomorfismo.
Solución: Verdadero. Tendremos que demostrar que g°f(x1 ‹ x2) = g°f(x1) … g°f(x2).
g°f(x1 ‹ x2) = g(f(x1 ‹ x2)) , como f es homomorfismo ⇒ g(f(x1) ‘ f(x2)), y como g es
homomorfismo ⇒ g(f(x1)) … g(f(x2)) ⇒ g°f(x1) … g°f(x2). #
E. Sea A un conjunto finito y sea f:A→A una aplicación inyectiva. Entonces f-1 es también aplicación y
además biyectiva.
Solución: Verdadero. Si f está construida de A en A y es inyectiva, f ha de ser sobreyectiva.
Con lo cual f es biyectiva, por lo que f-1 será aplicación y biyectiva. #
[2.5 puntos]
2. Sea (G, ‘) un grupo, y sean H,K  G. Se pide:
a. Demostrar que H∩K  G. (0.75 p)
Solución: Utilizando el teorema de caracterización de subgrupos demostraremos que,
(1) H∩K ≠ ∅. Como H y K son subgrupos de G, e∈H y e∈K ⇒ e∈H∩K≠∅. #
(2) ∀a,b∈H∩K : a*b’ ∈ H∩K. Como a,b∈H∩K: a∈H, b∈H, a∈K ∧ b∈K. Como H y K son
subgrupos de G, si a,b∈H ⇒ a*b’ ∈ H. Del mismo modo, como a,b∈K ⇒ a*b’∈K, por
lo que a*b’ ∈ H ∧ a*b’∈K ⇒ a*b’∈H∩K. #
b. Estudiar si H∪K  G. Justificar la respuesta. (0.75 p)
Solución: Aunque la intersección de subgrupos es subgrupo no podemos garantizar lo mismo con
la unión, debido a que como en la unión están los elementos de H y también los elementos de K,
podría ocurrir que al unirlos la ley ya no fuera interna, de forma que un elemento de H y otro de
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K, al operarlos, quedara la operación fuera de la unión (aunque dentro del grupo, claro está).
Como ejemplo podríamos tomar el grupo (ℤ,+) y dos subgrupos de el : (2ℤ,+) (los pares o múltiplos
de 2) y el subgrupo (3ℤ,+) (múltiplos de 3). Si consideramos la unión 2ℤ∪3ℤ, al operar el 2 + 3,
obtendríamos 5 que no cae en dicha unión, por lo que la ley ya no sería interna, luego la unión de
subgrupos, en general, no tiene por que ser subgrupo de G. #
[1.5 puntos]
3. Sean las aplicaciones: f:A→B, g:B→C, h:C→D, tales que g°f y h°g son biyectivas. Demostrar
que g es inyectiva y que f es sobreyectiva.
Solución:
Tenemos que f: A → B
x y
g: B → C
y
z
h: C→ D
t v
g°f: A → C
x
z
h°g: B → D
y
v
Demostraremos primero que g es inyectiva. Es decir, que si g(y1) = g(y2) ⇒ y1 = y2.
Si g(y1) = g(y2) ⇒ h(g(y1)) = h(g(y2)) ⇒ h°g(y1) = h°g(y2) ⇒ como h°g es biyectiva, con lo cual es
inyectiva ⇒ y1 = y2 . #
Demostraremos ahora que f es sobreyectiva. Es decir, que ∀y∈B : y = f(x), con x∈A.
∀y∈B : como g es aplicación, g(y) = z = g°f(x), pues g°f es sobreyectiva, al ser biyectiva. Así nos
queda que: g(y) = g(f(x)) ⇒ como tenemos ya demostrado en el apartado anterior que g es inyectiva,
⇒ y = f(x), con lo cual queda demostrado que f es sobreyectiva. #
[1.5 puntos]
4. Se consideran los grupos finitos (ℤ2,+) y (ℤ3,+) y se considera el conjunto ℤ2×ℤ3 con la
operación ‘ definida como sigue:
∀(a1,b1), (a2,b2) ∈ ℤ2×ℤ3: (a1,b1) ‘ (a2,b2) = (a1+a2, b1+b2)
de forma que (ℤ2×ℤ3, ‘) es un grupo. Se pide:
a. Dar la tabla de (ℤ2×ℤ3, ‘), determinando su elemento neutro, el simétrico de cada
elemento. (1 p)
Solución: Como ℤ2 = {0,1} y ℤ3= {0,1,2}, pues ℤn son los restos módulo n.
ℤ2×ℤ3 = {(0,0), (0,1), (0,2), (1,0), (1,1), (1,2)}. Atendiendo a dichos elementos y a la
operación definida, tenemos la siguiente tabla de elementos.
*
(0,0) (0,1) (0,2) (1,0) (1,1) (1,2)
(0,0)
(0,0)
(0,1)
(0,2)
(1,0)
(1,1)
(1,2)
(0,1)
(0,1)
(0,2)
(0,0)
(1,1)
(1,2)
(1,0)
(0,2)
(0,2)
(0,0)
(0,1)
(1,2)
(1,0)
(1,1)
(1,0)
(1,0)
(1,1)
(1,2)
(0,0)
(0,1)
(0,2)
(1,1)
(1,1)
(1,2)
(1,0)
(0,1)
(0,2)
(0,0)
(1,2)
(1,2)
(1,0)
(1,1)
(0,2)
(0,0)
(0,1)
Fijándonos en la tabla deducimos que el el elemento neutro es el (0,0), y fijándonos
en las casillas con color rojo, obtenemos los simétricos de cada elemento, quedando
lo que sigue:
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(0,0)’ = (0,0),
(0,1)’ = (0,2) ⇒ (0,2)’ = (0,1)
(1,0)’ = (1,0)
(1,1)’ = (1,2) ⇒ (1,2)’ = (1,1) #
b. Dar el orden de cada elemento. ¿es (ℤ2×ℤ3, ‘) cíclico? Justificar la respuesta. (0.5 p)
Como se trata de un grupo de orden 6, basándonos en el Teorema de Lagrange para
Grupos Finitos deducimos que el orden de cada elemento ha de ser divisor del orden
del grupo, con lo que las únicas posibilidades son 1,2,3,6. A partir de la tabla
calculamos el orden de cada elemento, es decir el o(a) = k, siendo k la menor
potencia natural no nula de a que produce el elemento neutro. Así el orden de cada
elemento será:
(0,0) (0,1) (0,2) (1,0) (1,1) (1,2)
ORDEN
1
3
3
2
6
6
Como hay dos elementos cuyo orden coincide con el orden del grupo, deducimos que
el grupo es cíclico y tiene dos generadores, aquellos elementos de orden 6. Luego,
ℤ2×ℤ3 = <(1,1)> = <(1,2)>, con lo que deducimos que ℤ2×ℤ3 es cíclico. #
c. Determinar todos los subgrupos propios de (ℤ2×ℤ3, ‘). (0.5 p)
Para determinar los subgrupos propios de ℤ2×ℤ3 encontraremos las potencias de los
elementos de ℤ2×ℤ3 que tengan orden distinto de 1 y de 6 (que es el orden del grupo).
Así obtendremos 2 posibles subgrupos propios que son:
<(1,0)> = {(0,0), (1,0)} (único subgrupo de orden 2)
<(0,1)> = <(0,2)> = {(0,0), (0,1), (0,2)} (único subgrupo de orden 3) #
d. Demostrar que (ℤ2×ℤ3, ‘) es isomorfo a (ℤ7-{0}, ⋅), dando un isomorfismo entre ambos
grupos y justificando su construcción. (1 p)
Veamos primero la tabla de ℤ7-{0} = {0,1,2,3,4,5,6}
SIMÉTRICO
Orden
*
1
2
3
4
5
6
1
1
1
1
2
3
4
5
6
4
3
2
2
4
6
1
3
5
5
6
3
3
6
2
5
1
4
2
3
4
4
1
5
2
6
3
5
6
5
5
3
1
6
4
2
6
2
6
6
5
4
3
2
1
Luego ℤ7-{0} = <3> = <5>, luego es un grupo cíclico de orden 6, al igual que ℤ2×ℤ3. Así pues,
podremos establecer un isomorfismo entre los dos, asignando al neutro de uno de los
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grupos el neutro del otro, y a un generador de uno de los grupos, un generador del otro,
quedando, por ejemplo, el siguiente isomorfismo:
(ℤ2×ℤ3,‘)
f
(ℤ7-{0}, ⋅ )
(0,0)e
1e
(0,1)
2
(0,2)
3g
(1,0)
4
(1,1)g
5g
(1,2)g
6
Una vez asignado el neutro al neutro y un generador a otro generador (flechas con líneas
continuas) obtenemos el resto del isomorfismo (líneas discontinuas) de la siguiente forma: para
calcular la imagen de un elemento se expresa el mismo como una potencia del generador del
grupo al que pertenece. De esta forma calculamos el resto del isomorfismo:
f(0,2) = f((1,1)2) = f((1,1) ‘(1,1)) = f(1,1) ⋅ f(1,1) = 32 = 2
f(1,0) = f((1,1)3) = 33 = 6
f(1,2) = f((1,1)5) = 35 = 5
f(0,1) = f((1,1)4) = 34 = 4
Con lo cual tenemos ya un isomorfismo entre las dos estructuras. Podríamos calcular otro,
asignando primero al otro generador (1,2)g al 3g y construir el resto aplicando el procedimiento
anterior. #
[3 puntos]
5. Dar un algoritmo, explicando detalladamente su construcción, para determinar el valor de γ∈ℤ+
más pequeño que verifica la ecuación (∀α,β∈ℤ):
4095α + 13475β = γ
El valor mayor de γ más pequeño que hace que la ecuación anterior tenga raíces enteras es
el mcd(α,β). Para calcular dicho valor, nos basaremos en el Algoritmo de Euclídes para el
cálculo del mcd(4095,13475). Para ello, :
a)
primero ordenamos los valores colocando el mayor, puesto que el mcd(4095,13475) =
mcd(13475,4095).
b)
Tomamos x0 = 13475, x1 = 4095.
c)
Aplicamos sucesivamente la división de xi-2 entre xi quedando:
x0 = q1⋅x1 + x2
x1 = q2⋅x2 + x3
x2 = q3⋅x2 + x4
…
xr-2 = qr-1⋅xr-1 + xr-1
xr-1 = qr⋅xr + 0, siendo xr = mcd (x0,x2).
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En forma tabular tendríamos
q1
q2
…
qr
x0
x1
x2
…
xr
x2
x3
xr
0
Aplicando el esquema a nuestro ejemplo, y tomando x0 = 13475 y x1 = 4095,
tenemos:
3
3
2
3
1
3
13475
4095
1190
525
140
105
35 MCD
1190
525
140
105
35
0
Como el 35 produce resto 0, deducimos que:
γ = mcd(13475,4095) = 35
[1.5 puntos]
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