Algunas demostraciones de grupos

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Universidad de Guadalajara
Centro Universitario del Ciencias exactas e ingenieŕıas
Teoŕıa de Grupos II
M.Sc. Ramon Harath Ruiz Medina
6 de mayo de 2023
Tarea 0.
Pinacho Mat́ıas Anette Rachel
Problem 1. Dada una función f : X 7→ Y , y dado un subconjunto A ⊆ X muestra que:
A ⊆ f−1(f(A))
Demostración. Sea a un elemento arbitrario de A, entonces se tiene que f(a) ∈ f(A), ya que a ∈ A.
Pero entonces a es un elemento de f−1(f(A)), porque este conjunto consta de todos los puntos en A que
aterrizan en algún elemento d ∈ f(A). Entonces todo elemento de A es un elemento de f−1(f(A)); i.e.,
A ⊆ f−1(f(A)).
Problem 2. Dados dos subconjuntos de A y B de X y dada una función f : X 7→ Y , muestra que
f(A ∪B) = f(A) ∪ f(B)
Demostración. Por doble contención.
f(A ∪B) ⊆ f(A) ∪ f(B)
Sea y ∈ f(A ∪B), entonces existe x ∈ A ∪B tal que f(x) = y. Ya que x ∈ A ∪B, entonces x ∈ A ∨ x ∈ B,
aśı que y = f(x) ∈ f(A) ∨ y = f(x) ∈ f(B), por lo cual y ∈ f(A)∪f(B), por lo tanto f(A∪B) ⊆ f(A)∪f(B).
f(A) ∪ f(B) ⊆ f(A ∪B)
Sea y ∈ f(A∪B), entonces y ∈ f(A) ∨ y ∈ f(B). Si y ∈ f(A), por lo cual existe x ∈ A tal que f(x) = y. Ahora
A ⊆ f(A∪B), aśı que y ∈ f(A∪B), enotnces f(A)∪f(B) ⊆ f(A∪B). Y aśı, de manera ánaloga si y ∈ f(B).
Por lo tanto, f(A ∪B) = f(A) ∪ f(B).
Problem 3. Muestra que dados dos conjuntos A y B se satisface que (A ∪B)c = Ac ∩Bc.
Demostración. Sean A y B dos cunjuntos cualesquiera, entonces tenemos, por definición que
(A ∪B)C = = {x ∈ U | x /∈ A ∪B}
= {x ∈ U |⌝(x ∈ A ∪B)}
= {x ∈ U |⌝(x ∈ A ∨ x ∈ B)}
= {x ∈ U |⌝(x ∈ A) ∧ ⌝(x ∈ B)}
= {x ∈ U | x /∈ A ∧ x /∈ B}
= {x ∈ U | x ∈ AC ∧ x ∈ BC}
= AC ∩BC
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Problem 4. Muestra que en un grupo siempre se cumple la propiedad cancelativa. i.e.
Si ab = ac ⇒ b = c.
Demostración. Sea G un grupo, y a, b, c ∈ G. Entonces si
ab = ac
a−1(ab) = a−1(ac)
(a−1a)b = (a−1a)c
eb = ec
b = c
Problem 5. Algoritmo de la división.Dados los números enteros n y m. Existen los números enteros q
y r tales que m ̸= 0 y 0 ≤ |r| < m, los cuales satisfacen que:
n = qm+ r.
Demostración. Sea S = {n − qm : q ∈ Z, tal que n − qm ̸= 0} ⊆ N, primero probemos que S es diferente
del vaćıo.
Caso 1: n ≥ 0. Podemos elegir q = 0. Aśı, n ∈ S, lo que implica S ̸= ∅.
Caso 2: n < 0, tomando q = n tenemos que n − nm = n(1 −m), como n < 0, entonces 1 −m ≤ 0, ya que
n− nm debe ser positivo o cero, por lo tanto n(1−m) ∈ S y con eso S ̸= ∅.
Ahora, por el principio del buen orden existe el mı́nimo. Sea r ∈ S tal que r sea el mı́nimo de S, entonces
r = min(s) = n− qm, r < m
= n− qm, r ≥ m
n = qm+ r, 0 ≤ r < m
Problem 6. Test de subgrupo Muestra que un subconjunto S de un grupo G es un subgrupo de G si y
solo si para cualesquiera dos elementos a y b en S se satisface que ab−1 ∈ S.
Demostración. (⇒) Supongamos que S ≤ G, como S es un grupo, por tanto cumple que dado a, b ∈ S, se
tiene que b−1 ∈ S, luego ab−1 ∈ S.
(⇐) Sea a ∈ S, ya que no es vaćıo, luego se tiene que e = aa−1 ∈ S. Sean a, b ∈ S, luego b−1 = eb−1 ∈ S, es
decir a, b−1 ∈ S y por tanto
ab = a(b−1)−1 ∈ S
Finalmente, por el test del subgrupo 1, S ≤ G.
Problem 7. Muestra que un homomorfismo entre dos grupos G y H es inyectivo si y solo si su kernel es el
subgrupo trivial.
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Demostración. (⇒) Supongamos que ϕ : G → H es inyectivo y sea a ∈ ker(ϕ). Luego, ϕ(a) = e2 = ϕ(e1).
Por inyectividad, a = e1, lo que demuestra que ker(ϕ) ⊆ e1. Como claramente se cumple la inclusión opuesta,
ker(ϕ) = e1.
(⇐) Supongamos que ker(ϕ) = e1. Sean a, b ∈ G tales que ϕ(a) = ϕ(b). Obersevemos que
ϕ(a) = ϕ(b) =⇒ ϕ(a)ϕ(b)−1 = e1 =⇒ ϕ(ab−1) = e2
Entonces, ab−1 ∈ ker(ϕ) = {e1}, lo que implica que ab−1 = e1. Aśı, a = b y ϕ : G → H es inyectivo.
Problem 8. Primer Teorema de Isomorf́ıa Muestra que dado un homomorfismo f : G 7→ H se tiene
que
G/ker(f) ∼= f(G).
Demostración. Consideremos la función ϕ : G/ker(f) 7→ f(G) definida de la siguiente forma
ϕ(g ker(f)) = f(g), ∀ g ker(f) ∈ G/ker(f)
Demostraremos que ϕ es un isomorfismo bien definido
1. Bien definido.
Supongamos que g1 ker(f) = g2 ker(f). Entonces g
−1
2 g1 ∈ ker(f), lo que significa que
f(g−12 g1) = e2 ⇒ f(g2)−1f(g1) = e2 ⇒ f(g1) = f(g2)
Por definición de ϕ, tenemos que ϕ(g1 ker(f)) = ϕ(g2 ker(f)).
2. Homomorfismo.
Para cualquier g1 ker(f), g2 ker(f) ∈ G/ker(f),
ϕ(g1 ker(f)g2 ker(f)) = ϕ(g1g2 ker(f)) = f(g1g2)
= f(g1)f(g2) = ϕ(g1 ker(f))ϕ(g2 ker(f))
3. Inyectivo.
Supongamos que ϕ(g1 ker(f)) = ϕ(g2 ker(f)). Por definición de ϕ,
f(g1) = f(g2) ⇒ f(g2)−1f(g1) = e2 ⇒ f(g−12 g1) = e2.
Luego, g−12 g1 ∈ ker(f), lo que implica que g1 ker(f) = g2 ker(f).
4. Sobreyectivo.
Sea f(g) ∈ f(G) un elemento arbitrario. Claramente, su preimagen bajo ϕ es g ker(f) ∈ G/ker(f), lo
que demuestra que ϕ es sobreyectivo.
Por lo tanto, como es un homomorfismo biyectivo, entonces G/ker(f) ∼= f(G).
Problem 9. Muestra que un subgrupo N ≤ G es normal si y solo si gN = Ng para todo g ∈ G.
Demostración. (⇒) N es un subgrupo normal, entonces cumple que
N = gNg−1 =⇒ Ng = gNg−1g =⇒ Ng = gN, ∀ g ∈ G
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(⇐) gN = Ng ∀ g ∈ G, entonces tenemos que
gN = Ng =⇒ g−1gN = gNg−1 =⇒ N = gNg−1, ∀ g ∈ G
por lo tanto, N es normal en G
Problem 10. Sea H un subgrupo de un grupo finito G, muestra que el cardinal de H divide al cardinal de
G.
Demostración. Sean g1H, g2H, . . . , gnH las n clases de equivalencia distintas, entonces se tiene que
G =
n⋃
i=1
giH
y como son disjuntos:
|G| =
n∑
i=1
|giH| =
n∑
i=1
|H| = n|H|
Por lo tanto, |G||H| = m.
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