30 Problemas resueltos de algebra i (teor´ de grupos)

30 problemas resueltos de Algebra I (Teor´ de Grupos) ıa
Preparado por

Yolanda Fuertes y Dragan Vukoti´ c Universidad Aut´noma de Madrid , o Enero de 2007

Algunos de los ejercicios aqu´ presentados se han visto en clase como ı proposiciones o teoremas; otros se pueden encontrar en las hojas de problemas o en los ex´menes de a˜os anteriores. Tambi´n hay unos cuantos a n e problemasadicionales. ´ Grupos. Propiedades basicas Problema 1. Si G es un grupo de orden par, demostrar que el n´mero de u sus elementos de orden 2 es impar. ´ Solucion. Los elementos de G pueden dividirse en dos clases disjuntas: Q = {x ∈ G : x2 = e} y G\Q. Si x ∈ Q, entonces x = x−1 y o(x−1 ) = 2. Por lo tanto, los elementos de Q van emparejados: cada x con su inverso x−1 ; es decir, hay un n´mero par de ellos.Se sigue que el n´mero de elementos u u 2 = e) tambi´n es par. De todos ellos, en x ∈ G \ Q (para los cuales x e solamente x = e no es de orden 2. Conclusi´n: G contiene un n´mero impar o u de elementos de orden 2. Problema 2. Si G es un grupo y H, K ≤ G, demu´strese que HK ≤ G si y e s´lo si HK = KH. (Como siempre, HK = H · K = {hk : h ∈ H, k ∈ K}.) o ´ Solucion. (⇒): Sea HK ≤ G. Vamos ademostrar que HK = KH. Si a ∈ KH entonces a = kh, k ∈ K, h ∈ H. Por tanto, a−1 = h−1 k −1 ∈ HK (siendo H un grupo y h ∈ H, se sigue que h−1 ∈ H y an´logamente a para K). Puesto que HK ≤ G, tambi´n tenemos que el inverso de a−1 e pertenece a HK: a = (a−1 )−1 ∈ HK. Esto demuestra que KH ⊂ HK. Veamos ahora que HK ⊂ KH: si b ∈ HK entonces b−1 ∈ HK por ser HK ≤ G; por consiguiente, b−1 = hk, para ciertoselementos h ∈ H, k ∈ K. Por tanto, b = (b−1 )−1 = k −1 h−1 ∈ KH. (⇐): Supongamos ahora que HK = KH. Para probar que HK ≤ G, utilizaremos el criterio habitual: demostraremos que a, b ∈ HK implica ab−1 ∈ HK. Si a, b ∈ HK, entonces a = hk, b = xy, h, x ∈ H, k, 1

y ∈ K. Por tanto, x−1 ∈ H, ky −1 ∈ K, luego (ky −1 )x−1 ∈ KH = HK; por consiguiente, (ky −1 )x−1 = uv, u ∈ H, v ∈ K. Finalmente, ab−1 =(hk)(y −1 x−1 ) = h(ky −1 )x−1 = (hu)v ∈ HK , lo cual completa la prueba. Problema 3. (a) Hallar un ejemplo de un grupo G infinito en el cual existe exactamente un elemento de orden 2. (b) Dar un ejemplo de un grupo G infinito en el cual todo elemento, salvo el neutro, tiene orden 2. ´ Solucion. (a) Sea G = Z ⊕ Z2 , suponiendo las operaciones aditivas habituales en Z y Z2 . Es f´cil comprobar que a =(0, 1) es el unico elemento a ´ en G de orden 2; por ejemplo, todo elemento (a, 1) con a = 0 tiene orden infinito, etc. (b) Sea G el conjunto de todas las sucesiones de n´meros ±1: u G = {x = (xn )∞ : xn = −1 ´ 1 , para todo n ∈ N} , o n=1 con la operaci´n de multiplicaci´n definida por coordenadas: o o x · y = (xn · yn )∞ n=1 Entonces es obvio que G es cerrado respecto a la operaci´n definida, ya queo (±1) × (±1) = (±1), la multiplicaci´n es asociativa, la sucesi´n estacionaria o o 1 = (1, 1, 1, . . .) act´a como neutro y cada elemento es obviamente su propio u inverso: x · x = ((±1)2 )∞ = 1. n=1 Problema 4. (Teorema de Poincar´) Sea G un grupo, posiblemente ine finito, H y K ≤ G, ambos de ´ ındice finito en G. Demostrar que el subgrupo H ∩ K tambi´n tiene ´ e ındice finito en G. ´ Solucion. Elpunto clave consiste en ver que para todo a ∈ G se tiene (H ∩K)a = Ha∩Ka, lo cual es f´cil de comprobar. En efecto, las inclusiones a obvias (H ∩ K)a ⊂ Ha y (H ∩ K)a ⊂ Ka implican (H ∩ K)a ⊂ Ha ∩ Ka. Por otra parte, si x ∈ Ha ∩ Ka, entonces x = ha = ka, h ∈ H, k ∈ K y, por tanto, h = k ∈ H ∩ K, lo cual nos dice que x ∈ (H ∩ K)a. Por consiguiente, Ha ∩ Ka ⊂ (H ∩ K)a tambi´n. e Puesto que el n´merode todas las clases por la derecha Ha es finito y lo u mismo se tiene para las clases Ka, por ser ambos subgrupos de ´ ındice finito, se sigue inmediatamente que el n´mero de todas las posibles intersecciones u Ha ∩ Ka tambi´n es finito; por tanto, [G : H ∩ K] es finito. e 2

´ Grupos c´ ıclicos. Subgrupos normales. Conjugacion. Centro Problema 5. Sea G un grupo (no necesariamente finito) con...