Practtca de algebra

República Bolivariana de Venezuela
Ministerio del poder Popular para la Educación Superior
Universidad del Zulia – Facultad Experimental de Ciencias
Curso: Algebra III
Profesor: Jesús Varela

Presentado por:
Marcos Nava
C.I.: 195692186

Maracaibo, febrero de 2011.

Practica Nº 2
1.-) Sea P el subanillo {a+b2, ,a,b∈Z} de C. P puede ser visto como un Z-módulo o como un P-módulo.Demostrar que la transformación {a+b2, →a+b es un Z-endomorfismo de P, pero no es un P-endomorfismo ni un endomorfismo de anillo. Demostrar que P≅Z⨁Z , como Z-módulo.
Solución:
P = {a+b2, ,a,b∈Z}
x= a1+ b12
y= a2+ b22
x – y = (a1 - a2)+(b1 - b2)2 ϵ P
Si m ϵ Z ⟹ mx= ma1 - mb12 ϵ P
P es un Z – modulo de C
Por lo tanto P es un Z – modulo.
Como P es un P es un subanillo de C
P es un P –modulo, vía producto definido en P.
Si a+b2 ϕ a+b
Sea
x= a1+ b12
y= a2+ b22. Con r ϵ Z
ϕ(x+ry)=ϕ((a1+ ra2)+(b1+rb22))
=a1+ra2+b1+rb2
=a1+b1+r(a2+b2)
ϕ(x)+rϕ(y)
⟹ ϕ es un Z - endomosfismo de P
Pero si x=1 y y=√2 y r=√2
Son r ϵ P
⟹ ϕ(x+ry)=ϕ(3)=3
Pero ϕ(x)≠rϕ(y)=1+2 . 1=1+2
⟹ϕ(x) + rϕ(y)≠ϕ(x+ry)
Por lo tanto no es un P – endomorfismo.
Ahora si un endomorfismo de anillos
Con x= a1+b12 y y= a2+ b22
⟹ϕ(x+y)=ϕ(x)+ϕ(y)
Si x=√2 y y=√2
⟹x-y=2 y ϕ(2)=2
Y ϕ(x)=1 y ϕ(y)=1
⟹ϕ(x-y)≠ϕ(x)-ϕ(y)
Por lo tanto no es un endomorfismo de anillo∎

5.-)
i) Demostrar que R[X] es FG como R-módulo si , y solo si R=0.
ii) Demostrar que Q no es FG como Z-módulo.
Solución: i)
(⟸): Sea R= {0} luego R[x]= {0} es generado por 0 es decir R[x] es finitamente generado como R – modulo.
(⟹):Sea R[x] finitamente generado como R – modulo si R≠{0} existen r € R, r≠0. Sean f1, f2, … , fn € R[x] que generan a R[x] como R – modulo, esto significa que h € R[x] ⟹ h=i=1nrifi, ri∈R, ∀i=1, … , n. Pero el grado de h a lo sumo será max{gr(fi); =i: 1, … , n} = m. Así el polinomio rxm+1 no puede ser generado por los polinomios f1, f2,…, fn a menos que r=0 pero ello indica que R= {0}.
ii) Seanp1/q1,…, pn/qn, elementos de Q entonces toda combinación lineal de ellos ⟹ h=i=1nripi/fi es una fracción a/b=h, donde b=m.c.m [q1,…, qi] como b se descompone como un producto finito de primos esto significa que existen otras fracciones k diferentes a combinaciones lineales de las fracciones pi/qi; i=1,…, n, en virtud de existir infinitos primos luego un numero finito de fracciones no puede generar a Qcomo Z – modulo, luego Q no es finitamente generado como Z – modulo∎
6.-) Encontrar una manera natural de hacer de Mn(R) un R-módulo, y demostrar que entonces Mn(R) RR … RR la suma directa externa de R n2 veces.
Respuesta: Sabemos que Mn(R) = {A: A una matriz cuadrada nxn con entradas aij en R}, además (Mn(R), +) es un grupo abeliano entendiendo que A= (aij), B= (bij) y la suma (+) estadefinida como A+B= (aij + bij). Definamos la operación externa *: R x Mn(R) → Mn(R) de forma que *(r, A)= r*A= (r. aij) así que:
1.- r*(s*A)= r*(s.aij)= (r (s.aij))= ((r.s).aij))= (r.s)*(aij)= (r.s)*A.
2.- r € R, A, B € Mn(R).
r*(A + B)= (r (aij + bij))= (r.aij + r.bij)= (r.aij) + (r bij)= r*A + S*A.
3.- r, s € R, A € Mn(R).
(r + s)*A= ((r + s).aij)= (r.aij + s.bij)= (r.aij) + (r.bij)= r*A + s*A.4.- 1 € R, A € Mn(R).
1*A= (1.aij)= (aij)= A.
Mn(R) es un R – modulo.
Prueba: Sabemos que si A € Mn(R), entonces A=1≤i,j≤naijEijs, donde Eij es la matriz que en la entrada (i, j) tiene un “1” y en las otras entradas tiene un “0”. Así Mn(R)= 1≤i,j≤nREij y como sabemos REij ∩ (1≤s,r≤ms≠i y r≠jR(s,r)= {(0)} luego Mn(R) = ⊕REij1≤i,j≤ncomo REij ↔ R rEij ↔ r es decir, REij≅ RR luego
Mn(R) ≅ RR⊕ …⊕RR (n2 – veces) de forma que Eij ↔ ξk con k= (i – 1)n + j, ξk es el vector de n2 entradas que tiene un “1” en el lugar k y “0” en el resto.
A ϕ 1≤i,j≤naijξ(i-1)n+j
ϕ(A)=1≤i,j≤naijξ(i-1)n+j, ϕ es un R – isomorfismo
Mn(R) ≅ RR⊕ … ⊕RR∎

8.-) Sea M un R-módulo, y supongamos que M=LN. Si L=L1….Lk y N=N1….Nt, probar que M= L1….Lk N1….Nt (Todas las sumas directas son internas)...