Solución Examen I

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Álgebra abstracta I
Nombre/Código:
Guillermo Mantilla-Soler
Agosto 23 2016
Solución Examen I
(Por: Santiago Arango)
Preguntas
1. Sean n un entero positivo y R el cuerpo de los números reales. Dada A ∈ GLn (R) y b ∈ Rn denote por
fA,b : Rn → Rn la función que envı́a un vector x 7→ Ax + b.
(a) Muestre que dados A y b como en el enunciado la función fA,b es una biyección y encuentre su inversa.
Sol: Considere la función fA−1 ,−A−1 b : Rn → Rn .
(fA,b ◦ fA−1 ,−A−1 b )(x) = fA,b (A−1 x − A−1 b) = A(A−1 x − A−1 b) + b = x.
(fA−1 ,−A−1 b ◦ fA,b )(x) = fA−1 ,−A−1 b (Ax + b) = A−1 (Ax + b) − A−1 b = x.
Por lo tanto fA,b tiene inversa y está dada por fA−1 ,−A−1 b . Esto implica que fA,b es biyectiva.
(b) Sea Affn (R) := {fA,b : A ∈ GLn (R) y b ∈ Rn }. Muestre que Affn (R) es un grupo bajo composición
de funciones. Sol: Como composición de funciones es asociativa, y dado que Aff n (R) es subconjunto
de las funciones de Rn en Rn , es suficiente mostrar que Aff n (R) es cerrado bajo composición, que la
función identidad está en Aff n (R) y que para cada f ∈ Aff n (R) su inversa, que existe gracias a (a), está
en Aff n (R). Cada una de las anteriores se sigue respectivamente ası́: si fA,b y fB,d están en Affn (R)
entonces su compuesta también ya quefA,b ◦ fB,d = fAB,Ad+b ∈Affn (R). La función identidad está ya
que es igual a fI,~0 , y la inversa de fA,b , que es fA−1 ,−A−1 b , también lo está.
2. Sea ∆ := {1, 2, 3, ..., 12} y sea ζ7 : ∆ → ∆ la función que multiplica por 7 y toma el residuo módulo 12.
Por ejemplo ζ7 (3) = 9 y ζ7 (5) = 11.
(a) Muestre que ζ7 es un elemento de S12 . Sol: Note que 72 ≡ 49 ≡ 1(mod 12). Por lo tanto ζ7 ◦ ζ7 es la
función identidad; en particular ζ7 es una biyeccón.
(b) Encuentre la descomposición cı́clica de ζ7 como elemento de S12 , y calcule o(ζ7 ). Sol:
Se calcula la tabla de la permutación (esto también es una prueba del literal anterior):
n
ζ7 (n)
1
7
2
2
3
9
4
4
5
11
6
6
7
1
8
8
9
3
10
10
11
5
12
12
De la tabla, es claro que ζ7 = (1, 7)(3, 9)(5, 11) y que o(ζ7 ) = 2.
(c) Sea n un entero positivo tal que si se define ζn , de manera análoga a ζ7 , se obtiene una permutación en
S12 . Muestre que no existe n tal que ζn = (1, 2)(3, 4, 5, 6)(7, 8, 9, 10, 11, 12).
Sol1: Sea δ = (1, 2)(3, 4, 5, 6)(7, 8, 9, 10, 11, 12). Note que sin importar el valor de n, ζn (12) = 12. En
particular como δ(12) 6= 12 no existe tal n. Sol2: Note si n es tal que ζn es biyectiva el orden de ζn
divide el orden de n en el grupo (Z/12Z)∗ . Por tanto o(ζn ) es a lo más #(Z/12Z)∗ = φ(12) = 4. De
otra parte, dado que δ está escrita en términos de su descomposición cı́clica, o(δ) = MCM(2, 4, 6) = 12
de donde se sigue que no existe tal n.
3. Sea G un grupo abeliano finito no trivial.
(a) Suponga que G contiene un único elemento de orden 2 y sea µ2 tal elemento. Si γ :=
Y
g denota el
g∈G
producto de todos los elementos en G, muestre que γ = µ2 . Sol: Note que para todo g ∈ G se tiene que
g 6= g −1 si y solo si g 2 6= 1. Por lo tanto, como G es finito, G = {1G , µ2 , g1 , g1−1 , g2 , g2−1 , ..., gn , gn−1 } para
algún n ≥ 0. Entonces, dado que G es conmutativo y podemos tomar el producto en cualquier orden,:
γ=
Y
g∈G
g = (1G )(µ2 )
n
Y
gi gi−1 = µ2 .
i=1
2
(b) Sea p un primo impar. Muestre que la congruencia x2 ≡ 1 (mod p) tiene por soluciones solamente
x ≡ ±1 (mod p). Sol: Recuerde que si un número primo p divide a un producto ab, entonces p | a o
p | b.
x2 ≡ 1
(mod p) ⇐⇒ x2 − 1 ≡ 0
(mod p) ⇐⇒ (x − 1)(x + 1) ≡ 0
(mod p)
⇐⇒ p | (x − 1)(x + 1)
⇐⇒ p | (x − 1) ó p | (x + 1) ⇐⇒ x ≡ ±1
(mod p).
(c) Sea p un primo impar. Utilizando el grupo (Z/pZ)∗ , y los incisos anteriores, muestre que (p − 1)! ≡ −1
(mod p). Sol: Por el literal anterior, el único elemeto de orden 2 en (Z/pZ)∗ es µ2 = p − 1. Por lo tanto:
(p − 1)! ≡
p−1
Y
n ≡ γ ≡ µ2 ≡ p − 1 ≡ −1
(mod p).
n=1
4. Sea n > 1 un entero positivo y sea σ ∈ Sn . Si #Sop(σ) = o(σ) ¿es cierto que σ es un ciclo? Si sı́ pruébelo
de lo contrario exhiba un contraejemplo. Sol: Si escribimos la descomposición cı́clica en ciclos disyuntos
de σ = c1 · ... · ck sabemos que o(σ) = MCM(o(c1 ), ..., o(ck )). Dado que para un ciclo, como vimos en
clase, su orden y el cardinal de su soporte coinciden, si llamámos `i := o(ci ) , la pregunta es equivalente a
la existencia de enteros `i > 1 tales que `1 + ... + `k = MCM(`1 , ..., `k ). Esto último es fácil de encontrar
e.g., `1 = 2, `2 = 4 y `3 = 6, en cuyo caso una permutación de 12 elementos que se descomponga en ciclos
disyuntos de longitud 2, 4 y 6 da un contraejemplo. La permutación δ del problema 2.(b) es un ejemplo.
5. Sea n > 1 un entero positivo y sea G uno de los siguientes grupos: Z/nZ, (Z/nZ)∗ , D2n y Sn .
(a) Muestre que si g ∈ G entonces o(g) divide #G.
Sol: Recuerde que se mostró en clase que para todo g ∈ G un grupo arbitrario, si g k = 1 entonces o(g) | k.
• G = Z/nZ:
#G = n. Por definición, se tiene para todo a ∈ G, o(a)a ≡ 0 (mod n). Como na ≡ 0 (mod n), o(a) | n.
• G = (Z/nZ)∗ : #G = ϕ(n). Por definición, para todo a ∈ G ao(a) ≡ 1 (mod n). Por el teorema de
Euler-Fermat, aϕ(n) ≡ 1 (mod n). Por lo tanto o(a) | φ(n).
• G = D2n : #G = 2n. D2n = {ri sj : 0 ≤ i ≤ n − 1, 0 ≤ j ≤ 1}. Por la tarea 3, se sabe que todos
los elementos que no son potencias de r, i.e los de la forma ri s, tienen orden 2 | 2n. Por otra parte,
dado que r tiene orden n los elementos de la forma ri tienen orden que divide a n. Luego se tiene el
resultado.
• G = Sn :
#G = n!. Sea σ ∈ Sn un ciclo. Como o(σ) = #Sop(σ) = k ∈ {1, 2, ..., n}, se tiene que o(σ) | n!. En el
caso general, se tiene que toda permutación se puede escribir de manera única como producto de ciclos
disjuntos. Como el orden de cada ciclo divide a n! y el orden de la permutación es el mı́nimo común
multiplo de los órdenes de los ciclos, se tiene el resultado por las propiedades del MCM.