MATE 4081: ´Algebra Abstracta Solución Asignación 2. 1

Universidad de Puerto Rico, Rı́o Piedras
Facultad de Ciencias Naturales
Departamento de Matemáticas
San Juan, Puerto Rico
MATE 4081: Álgebra Abstracta
Solución Asignación 2.
1. Considere el grupo Z16 . Escriba consiga todas las clases laterales por la izquierda
de H = {0, 4, 8, 12} en Z16 . ¿Cuál es el ı́ndice de H en G ([G : H])?
Solución: Una forma detalla de obtener la respuesta se encuentra en la solución
del ejercicio #2. Por lo tanto, dare la respuesta sin detalles. Las distintas clases
laterales por la izquierda de H en Z16 son:
H
1+H
2+H
3+H
=
=
=
=
{0, 4, 8, 12}
{1, 5, 9, 13}
{2, 6, 10, 14}
{3, 7, 11, 15}.
El ı́ndice de H en G esta dado por [G : H] = 4.
2. Repita el ejercicio anterior con G = D8 y H = {e, r2 , r4 , r6 }.
Solución: Este problema se puede resolver “marroneando”, i.e. calculamos gH
para todo g ∈ D8 . Ahora, este método es extremadamente tedioso, especialmente si el orden del grupo es grande. Otra manera de resolverl este problema
utilizando nuestro conocimiento del Teorema de Lagrange. Si observamos la
demostración del Teorema de Lagrange, notamos que si H < G y G es finito,
entonces
|G| = k|H|,
donde k representa el número de distintas clases laterales por la iquierda de H
El número k se llama el ı́ndice de H en G y es simplemente |G|/|H|. En nuestro
caso |H| = 4 y |G| = 16, por lo tanto el ı́ndice de H en G es 4. Ésto implica
que hay 4 clases laterales por la izquierda. Vamos a calcularlas.
Empezamos con
H = {e, r2 , r4 , r6 }
la cual es una clase lateral por la izquierda, pues eH = H. Escoja un elemento
que no esté en H, digamos r. Note que
rH = {r, r3 , r5 , r7 }.
Ya tenemos dos clases laterales por la izquierda, ası́ que nos faltan dos. Para
calcular la siguiente, escoja un elemento que no aparezca en H ni en rH, digamos
t. Note que
tH = {t, tr2 , tr4 , tr6 } = {t, r6 t, r4 t, r2 t}.
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Ahora tenemos tres clases laterales por la izquierda, por lo tanto, nos falta una.
Para calcularla, escoja un elemento que no aparezca en H ni en rH ni en tH,
digamos rt. Observe que
rtH = {rt, rtr2 , rtr4 , rtr6 } = {t, r7 t, r5 t, r3 t}.
Como ya tenemos cuatro clases laterales por la izquierda, entonces concluimos
que éstos son todas.
3. Si G es un grupo finito, entonces demuestre que la cantidad de clases laterales
por la izquierda de H es la misma que la cantidad de clases laterales por la
derecha de H.
Bosquejo de la demostración: La idea es repetir la demostración del Teorema
de Lagrange usando clases laterales por la derecha. Para ésto, haga lo siguiente:
(a) Defina ∼ en G como a ∼ b sii ba−1 ∈ H. Demuestre que ∼ es una relación
de equivalencia. Observe que la clase de equivalencia de a ∈ G es la clase
lateral por la derecha Ha.
(b) Demuestre que f : H → Ha definida como f (h) = ha es una biyección
entre H y Ha.
(c) Suponga que Hb1 , · · · , Hbs representa las distintas clases laterales por la
derecha de H en G. Como esta colección representa una partición de G,
entonces
[
[ [
G = Hb1 · Hb2 · · · · · Hbs .
Como esta unión es disjunta, entonces
|G| = |Hb1 | + · · · + |Hbs | = s|H|.
O sea, que s, el cual representa el número de distintas clases laterales por
la derecha de H es igual a |G|/|H| = [G : H]. Pero [G : H] representa la
cantidad de distintas clases laterales por la izquierda de H. Concluimos
que la cantidad de clases laterales por la izquierda de H es la misma que
la cantidad de clases laterales por la derecha de H.
4. Si G es un grupo abeliano finito y a1 , · · · , an son todos sus elementos, entonces
demuestre que x = a1 · · · an satisface x2 = e.
Demostración: Sabemos que G = {a, · · · , an }. Ahora, como G es un grupo,
−1
entonces el conjunto {a−1
n , · · · , a1 } también es igual a G (probablemente escrito en diferente orden). Sabemos que
x = a1 · · · an .
Ahora, como G es abeliano, entonces el orden del producto no es importante y
−1
por lo tanto, x = a−1
n · · · a1 . Finalmente, observe que
−1
x2 = x · x = (a1 · · · an )(a−1
n · · · a1 ) = e.
Muerto el Pollo.
2
5. Suponga que G es un grupo, que a, b ∈ G y que a5 = e y aba−1 = b2 . Encuentre
o(b) dado que b 6= e.
Demostración: Sabemos que a5 = e y aba−1 = b2 . Cuadre b2 para obtener
b4 = (b2 )2 = (aba−1 )2 = aba−1 aba−1 = ab2 a−1 .
Pero b2 = aba−1 , por lo tanto,
b4 = ab2 a−1 = a(aba−1 )a−1 = a2 ba−2 .
Considere ahora el cuadrado de b4 , i.e.
b8 = (b4 )2 = (a2 ba−2 )2 = a2 ba−2 a2 ba−1 = a2 b2 a−2 .
Como b2 = aba−1 , entonces
b8 = a2 b2 a−2 = a2 (aba−1 )a−2 = a3 ba−3 .
Similarmente,
b16 = a4 ba−4
y
b32 = a5 ba−5 = ebe−1 = b.
Pero b32 = b si y solo si b31 = e. Por el ejercicio #6 sabemos que o(b)|31. Pero
31 es primo y o(b) lo divide, por lo tanto, o(b) = 1 ó o(b) = 31. Como b =
6 e,
entonces o(b) = 1 es imposible. Concluimos que o(b) = 31.
6. Suponga que G es un grupo y que a ∈ G. Demuestre que si as = e, entonces
o(a)|s.
Demostración: Aplique el algoritmo de la división para obtener enteros q, r,
con 0 ≤ r < o(a) tal que s = qo(a) + r. Ahora, observe que
e = as = aqo(a)+r = aqo(a) ar = (ao(a) )q ar = eq ar = ar .
O sea, ar = e. Ahora, si r es positivo, entonces encontramos un entero positivo
r menor que o(a) tal que ar , lo cual contradice la definición de o(a). Concluimos
que r = 0 y por lo tanto, s = qo(a). En arroz y habichuelas, o(a)|s.
7. Suponga que G es un grupo finito y que H < G. Suponga que a ∈ G. Defina
r(a) como el entero positivo menor m tal que am ∈ H. Demuestre que r(a)|o(a).
Demostración: Note que ao(a) = e ∈ H. Como r(a) es el entero positivo menor
m tal que am ∈ H y como ao(a) = e ∈ H, entonces r(a) ≤ o(a). Aplique el
algoritmo de la división para obtener enteros q1 y r1 , con 0 ≤ r1 < r(a), tal que
o(a) = q1 r(a) + r1 . Observe que
e = ao(a) = aq1 r(a)+r1 = aq1 r(a) ar1 .
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Por lo tanto, ar1 = a−q1 r(a) . Pero a−q1 r(a) = (ar(a) )−q1 ∈ H, porque ar(a) ∈ H
por definición de r(a) y H es cerrado (H < G). Ésto implica que ar1 ∈ H. Note
que si r1 > 0, entonces conseguimos un entero positivo menor que r(a) tal que
ar1 ∈ H, lo cual contradice la existencia de r(a). Concluimos que r1 = 0 y por
lo tanto, o(a) = q1 r(a). En otras palabras, r(a)|o(a).
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