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> I1 Álgebra Abstracta, 1-2009
DressedToKill
mensaje Jul 27 2009, 01:18 AM
Publicado: #1


Dios Matemático Supremo
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La I1 del primer semestre 2009, prof. Ángel Carocca.

TEX: \noindent<br /><br />\begin{center}\bf{ INTERROGACION I\\<br />MAT2205 - ALGEBRA ABSTRACTA I} \end{center}<br /><br />\begin{enumerate}<br /><br />\item Considere el grupo $G = (\mathbb{Q},+)$. Pruebe las siguientes afirmaciones<br /><br />\begin{enumerate}<br /><br />\item $\mathbb{Z} < \left< \dfrac12 \right> < \left< \dfrac16 \right> < \cdots \left< \dfrac{1}{n!} \right> < \left< \dfrac{1}{(n+1)!} \right> \cdots$<br /><br />\item $\left| \left< \dfrac{1}{(n+1)!} \right> : \left< \dfrac{1}{n!} \right> \right| = n + 1$.<br /><br />\item $G = \displaystyle\bigcup_{n \in \mathbb{N}} \left< \dfrac{1}{n!} \right>$.<br /><br /><br /><br />\end{enumerate}<br /><br />\item En $\hat{\mathbb{C}} = \mathbb{C} \cup \{\infty\}$ considere las funciones<br />$$f(z) = \dfrac{z-1}{z}; g(z) = 1 - z$$<br />y el grupo $G = <f,g>$ (con la composición de funciones).<br /><br />\begin{enumerate}<br /><br />\item Determine el orden de $G$.<br /><br />\item Determine $s(G)$.<br /><br />\item Determine $n(G)$.<br /><br />\end{enumerate}<br /><br />\item Sean $p$ un número primo y $G$ un grupo no abeliano con $|G| = p^3$. \\<br />Pruebe las siguientes afirmaciones<br /><br />\begin{enumerate}<br /><br />\item $G/Z(G) \cong \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_p$.<br /><br />\item $Z(G) = G'$. \\<br />Considere<br />$$\mathcal{M} = \{ M \le G / |G:M| = p \}.$$<br />Se tiene que<br /><br />\item $\mathcal{M} \not = \emptyset$.<br /><br />\item $\displaystyle\bigcap_{M \in \mathcal{M}} M = Z(G)$.<br /><br /><br /><br /><br />\end{enumerate}<br /><br /><br />\end{enumerate}<br /><br />


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http://www.youtube.com/watch?v=sp_WV91jx8E...feature=related
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Abu-Khalil
mensaje Sep 13 2009, 12:47 AM
Publicado: #2


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P1

TEX: \begin{enumerate}<br />\item[$a)$]Sea $\dfrac{k}{n!}\in\left<\dfrac{1}{n!}\right>$ para un cierto $k\in\mathbb{Z}$. Dado que<br />\[\frac{k}{n!}=\frac{k(n+1)}{(n+1)!}=\frac{m}{(n+1)!}, m\in\mathbb{Z},\]<br />se concluye lo pedido.<br />\item[$b)$]Sean $x,y\in\left<\dfrac{1}{(n+1)!}\right>$, digamos<br />\[x=\frac{p}{(n+1)!}\qquad;\qquad y=\frac{q}{(n+1)!},\qquad p,q\in\mathbb{Z}.\]<br />Entonces, <br />\[x\sim y\iff x-y\in\left<\dfrac{1}{n!}\right>\iff p-q=k(n+1)\iff p=q \mod (n+1).\]<br />\end{enumerate}


P2

TEX: \begin{enumerate}<br />\item[$a)$]Notemos que<br />\[f\circ f \circ f (z)=f\circ f\left(\frac{z-1}{z}\right)=f\left(\frac{1}{1-z}\right)=z,\]<br />\[g\circ g (z)=g\left(1-z\right)=z.\]<br />Luego $|f|=3$ y $|g|=2$. Además,<br />\[f\circ g \circ f \circ g = f\circ g \left(\frac{z}{z-1}\right)=z.\]<br />Por lo tanto, $fgfg=e$. Así, $G\cong D_3\Rightarrow |G|=6$.<br />\item[$b)$]Aprovechandonos del isomorfismo, es directo que<br />\[s(G)=\left\{<f>,<g>,<fg>,<f^2g>\right\}.\]<br />\item[$c)$]Análogo a $b$,<br />\[n(G)=\left\{<f>\right\}.\]<br />\end{enumerate}

P3

TEX: \noindent \begin{enumerate}<br />\item[$a$)] Como $Z(G)\leq G$ y $G$ no es abeliano, $|Z(G)|=p,p^2$.\\<br />\\<br />Si fuese $p^2$, entonces $|G:Z(G)|=p$ y por lo tanto, $G/Z(G)\cong \mathbb{Z}_p$. Luego, $G/Z(G)$ es cíclico y sigue que $G$ es abeliano.\\<br />\\<br />Así, $|G:Z(G)|=p^2\Rightarrow G/Z(G)\cong \mathbb{Z}_p\times\mathbb{Z}_p.$<br />\item[$b$)] Como $G/Z(G)$ es abeliano, entonces $G'\leq Z(G)$. Por otro lado, $G/G'$ es un grupo abeliano y por lo tanto, $|G'|$ no puede ser 1 (ya que si lo fuese, $G$ sería abeliano). Luego, $G'=Z(G)$ pues $|G|=p$.<br />\end{enumerate}


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~milopez
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DressedToKill
mensaje Sep 13 2009, 03:22 AM
Publicado: #3


Dios Matemático Supremo
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Dejo las que faltan.

TEX: \noindent<br />1.c) \\<br />Sea $H = \displaystyle\bigcup_{n \in \mathbb{N}} \left< \dfrac{1}{n!} \right>$, entonces: \\<br />(i) Si $r = \dfrac{p}{q} \in \mathbb{Q}$, entonces $r = \dfrac{p \cdot (q-1) \cdots 1}{q!} \in H$. \\<br />(ii) $g \in H$, entonces $g = \dfrac{\alpha}{n!} \in \mathbb{Q}$ para algunos $|\alpha|, n \in \mathbb{N}$. \\<br />De (i) y (ii) sigue $G = H$. \\ \\<br />3.c) \\<br />Considerar $H = \{(0,k): 0\le k \le p-1 \in \mathbb{N}\}$. \\<br />Se verifica que $H \le \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_p$ y que $|H| = p$. \\<br />Luego, como $G/Z(G) \cong \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_p$ existe $U \le G/Z(G)$ tal que $U \cong H$. \\<br />Entonces existe $Z(G) \le M \le G$ tal que $M/Z(G) = U$ y se tiene \\<br />$|G:M| = |G|/|M| = |G|/(|Z(G)| \cdot |U|) = p^2 / |H| = p$, de donde $\mathcal{M} \not = \emptyset$. \\ \\<br />3.d) \\<br />Sea $M \in \mathcal{M}$. Como $|M| = p^2$ entonces $M$ es abeliano. \\<br />Se tiene $|M \cap Z(G)| \in \{1, p\}$. \\<br />Si $|M \cap Z(G)| = 1$, entonces $G$ sería abeliano pues $G = MZ(G)$ y claramente todos los elementos de $MZ(G)$ conmutan (por ser $M$ abeliano), luego $|M \cap Z(G)| = p$, de donde $Z(G) \subset \displaystyle\bigcap_{M \in \mathcal{M}} M$. \\<br />Además, si consideramos $T = \{(k,0): 0\le k \le p-1 \in \mathbb{N}\}$ se verifica $T \cap H = \{0\}$, de donde sus correspondientes grupos $M \in \mathcal{M}$ son tales que $|M(H) \cap M(T)| \not = p^2$ pues $M(T) \not = M(H)$. \\De lo anterior, $\left| \displaystyle\bigcap_{M \in \mathcal{M}} M \right| < p^2 \Rightarrow \left| \displaystyle\bigcap_{M \in \mathcal{M}} M \right| = p$ y se concluye que \\<br />$\displaystyle\bigcap_{M \in \mathcal{M}} M = Z(G)$.


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