# Algunas soluciones del taller 4

### 4. Sea $\phi :G\rightarrow G'$ un homomorfismo de grupos. Muestre que si $|G|$ es finito, entonces $|\phi (G)|$ es finito y es divisor de $|G|$.
:::spoiler *Demostración*:

Como $G$ es finito y $\phi[G]=\{\phi(g)|g\in G\}$, debe ser finito, pues tiene a lo más el mismo número de elementos que $G$. Ahora veamos que $|\phi[G]|\mid |G|$: Sea $H\subseteq G$ con $H$ el conjunto de los elementos de $G$ que tienen imagen distinta bajo $\phi$, así $\phi[H]=\phi[G]$ y $\phi|_H$ es $1-1$ y $\phi : H\longrightarrow \phi[H]$ es biyectiva, por lo que $|H|=|\phi[H]|=|\phi[G]|$. Veamos que $H\leq G$:
- $e\in H$: $\phi(e)=e'$ que es una imagen única.
- $H$ es cerrada: $\phi[H]$ es cerrada, pues $\phi[H]\leq G$ y así $\phi(a)*_2\phi(b)=\phi(a*_1b)\in \phi[H]$, así $a*_1b\in H$.
- $H$ es asociativa: Pues $H\subseteq G$.
- Todo elemento en $H$ tiene inverso: Sea $a\in H$,, como $\phi(a^{-1})=(\phi(a)^{-1})\in \phi[H]$ (pues $\phi[H]\leq G'$), entonces $a^{-1}\in H$.

Luego, por el teorema de Lagrange, $|\phi[G]|=|\phi[H]|=|H|\mid |G|$.
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:::spoiler *Demostración but cooler*:

Por el primer teorema fundamental del homomorfismo, sabemos que $\phi[G]\cong G/\text{ker}\phi$ donde además sabemos que $\text{ker}\phi\leq G$ y por tanto $|\phi[G]|=|[G:\text{ker}\phi]|=\frac{|G|}{|\text{ker}\phi|}$ luego $|\phi[G]|\cdot|\text{ker}\phi|=|G|$ por lo que concluimos $|\phi[G]|$ divide $|G|$. La prueba de cardinalidad de Pinzón me convence.

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### 5. Se$\phi:G\longrightarrow G'$ homomorfismo de grupos. Muestre que $\phi[G]$ es abeliano si y solo si $\forall x,y\in G, xyx^{-1}y^{-1}\in Ker(\phi)$.
:::spoiler *Demostración*:

- Si $\phi[G]$ es abeliano entonces $\forall x,y\in G, xyx^{-1}y^{-1}\in Ker(\phi)$:
Sean $x,y\in G$ arbitrarios. Veamos $\phi(xyx^{-1}y^{-1})$:
$\phi(xyx^{-1}y^{-1})=\phi(x)\phi(y)\phi(x^{-1})\phi(y^{-1})=\phi(x)\phi(x^{-1})\phi(y)\phi(y^{-1})=e'$
Luego, por definición, $xyx^{-1}y^{-1}\in Ker(\phi)$, y como $x,y$ arbitrarios, se concluye.
- Si $\forall x,y\in G, xyx^{-1}y^{-1}\in Ker(\phi)$ entonces $\phi[G]$ abeliano:
Sean $a,b\in \phi[G]$ arbitrarios, por definición de imagen directa, $\exists x,y\in G$ tal que $\phi(x)=a,\phi(y)=b$. Ahora, como por hipótesis $\phi(xyx^{-1}y^{-1})=e'$, se tiene que $ab=\phi(x)\phi(y)=\phi(y)\phi(x)=ba$. Así, como $a,b$ arbitrarios, se concluye.
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### 6. Considere el conjunto $G:=\{\phi_{a,b}:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R} | (a,b)\in R^2, a\neq 0\}$ con $\phi_{a,b}(x)=ax+b$.
#### a) Demuestre que $(G,\omicron)$ es un grupo, con $\omicron$ la composición de funciones:
:::spoiler *Demostración*:

- $G$ es cerrado: Sean $\phi_{a,b},\phi_{c,d}\in G$, veamos $(\phi_{a,b}\space \omicron\space \phi_{c,d})(x)=\phi_{a,b}(\phi_{c,d}(x))=\phi_{a,b}(cx+d)=a(cx+d)+b=acx+ad+b=\phi_{ac,ad+b}\in G$
- $G$ es asociativa: Por el curso de cálculo diferencial, la composición de funciones es siempre asociativa si está bien definida, como es el caso.
- $G$ tiene neutro dado por $e=\phi_{1,0}$: Cuando se mostró que era cerrada vimos que $(\phi_{a,b}\space \omicron\space \phi_{c,d})(x)=\phi_{ac,ad+b}$, al reemplazar con $e$ se tiene lo que se busca.
- Todo elemento $a=\phi_{a,b}\in G$ tiene inverso dado por $a^{-1}=\phi_{1/a,-b/a}$: Como $a\neq0$, está definido para cada elemento de $G$, y al reemplazar se llega a $e$.

Por definición, se concluye que $(G,\omicron)$ es un grupo.
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#### b)¿Es $F:G\longrightarrow G$ definida por $F(\phi_{a,b})=\phi_{a,0}$ un homomorfismo de grupos? Si es así, encuentre el kernel y la imagen.
:::spoiler *Solución*:

- Sean $\phi_{a,b},\phi_{c,d}\in G$, veamos:
$F(\phi_{a,b}\space\omicron\space \phi_{c,d})=F(\phi_{ac,ad+b})=\phi_{ac,0}=\phi_{a,o}\space\omicron\space \phi_{c,0}=F(\phi_{a,b})\omicron F(\phi_{c,d})$
Luego $F$ define un homomorfismmo de grupos.
- $Ker(F)=\{\phi_{a,b}\in G|F(\phi_{a,b})=\phi_{1,0}\}=\{\phi_{a,b}\in G|\phi_{a,0}=\phi_{1,0}\}=\{\phi_{a,b}\in G|a=1\}$
- $Im(F)=\{\phi_{a,b}\in G|b=0\}$.
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### 7. **(V o F)** Sea $G$ grupo y $L\unlhd G$. Si $L$ y $G/L$ son abelianos, entonces $G$ abeliano.
:::spoiler *Falso*:

Tome $G=S_3$, $L=\{\rho_0,\rho_1,\rho_2\}$, como $[G:L]=\frac{6}{3}=2$, $L\unlhd G$. $L$ es conmutativo porque las permutaciones es girar un triángulo y no importa el orden en eso V: y $G/L=\{L,\mu_1L\}=\langle\mu_1L\rangle$ y todo grupo cíclico conmuta, pero $S_3$ no es conmutativo.
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### 8. Sea $f:G\longrightarrow K$ un homomorfismo de grupos, $S\leq K$ y $H=f^{-1}[S]$ (con $e$ el neutro de G y $e'$ el neutro de $K$). Pruebe que:
#### a) $H\leq G$.

:::spoiler *Demostración*:
- $H\neq \emptyset$: Como $e'\in S\leq K$ y $f(e)=e'$, $e\in f^{-1}[S]=H$.
- Sean $a,b\in H$, veamos que $ab^{-1}\in H$:
Para ello veamos su imagen bajo $f$: $f(ab^{-1})=f(a)f(b^{-1})$, como $S\leq K$ y $f(a),f(b)\in S$ (por definición de imagen recíproca), $f(ab^{-1})=f(a)f(b^{-1})\in S$ y así $ab^{-1}\in f^{-1}[S]=H$.

Se concluye que $H\leq G$.
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#### b) $Ker(f)\subset H$.
:::spoiler *Demostración*:

Sea $a\in Ker(f)$, por definición $f(a)=e'$ y como $S\leq K$, $e'\in S$. Así, por definición de imagen recíproca, $a\in f^{-1}[S]=H$. Como $a\in Ker(f)$ arbitrario, se concluye la contenencia.
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#### c) Si $S\unlhd K$ entonces $H\unlhd G$.
:::spoiler *Demostración*:

Sea $h\in H$ y $g\in G$ arbitrario, veamos que $ghg^{-1}\in H$:
Para ello, $f(ghg^{-1})=f(g)f(h)(f(g))^{-1}$. Por definición de imagen recíproca, $f(h)\in S$, además como $f(g)\in K$ y $S\unlhd K$ se tiene que $f(ghg^{-1})\in S$ y así $ghg^{-1}\in f^{-1}[S]=H$.
Como $g\in G$ arbitrario, se concluye que $H\unlhd G$.
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#### d) Si $H_1$ es un subgrupo de $G$ tal que $Ker(f)\subset H_1$ y $f[H_1]=S$, entonces $H_1=H$.
:::spoiler *Demostración*:

Como $f[H1]=S$, $H_1\subseteq f^{-1}[S]$. Veamos que $f^{-1}[S]\subseteq H$:
Suponga $f^{-1}[S]\nsubseteq H$, luego existe $a\in f^{-1}[S]$ y $a\notin H$; por definición de imágen recíproca, $f(a)\in S$ pero $a\notin H_1$ y $f[H_1]=S$, luego existe $b\in H_1$ tal que $f(b)=f(a)$, así $f(a)f(b^{-1})=e'$, que por definición implica $ab^{-1}\in Ker(f)\subset H_1$, así $ab^{-1}\in H_1$, como $H_1\leq G$ y $b\in H_1$, $ab^{-1}b=a\in H_1$ ($\rightarrow\leftarrow$).
Se concluye $f^{-1}[S]\subseteq H$ y, por doble contenencia, $H=f^{-1}[S]=H_1$.
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### 9. Encuentre $Aut(\mathbb{Z}$).
:::spoiler *Solución*:

Eso lo definimos la clase pasada, npi V:

Referir a [la página de automorfismos](https://hackmd.io/JmXSeRReRZ-_T8k_tHpaNQ). Los hallamos en clase, Pinzón.
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### 10. **(V o F)** Sea $G$ un grupo, entonces $\phi: G\longrightarrow G$ definida por $\phi(g)=g^{-1}$ es un homomorfismo de $G$ en $G$

:::spoiler *Falso*:
Tome $G=S_3$ y $\mu_1,\mu_3\in S_3$:
$\phi(\mu_1\space\omicron\space\mu_3)=\phi(\rho_1)\neq\mu_1\space\omicron\space\mu_3=\phi(\mu_1)\space\omicron\space\phi(\mu_3)$.
Luego, $\phi$ no es un homomorfismo de grupos.
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:::spoiler *Falso but cooler*:

Elija su grupo no abeliano favorito $G$ y escoja $x,y\in G-\text{Z}(G)$, vea que $\phi(x\cdot y)=(x\cdot y)^{-1}=y^{-1}\cdot x^{-1}=\phi(y)\cdot\phi(x)\neq\phi(x)\cdot\phi(y)$. Luego $\phi$ no es un homomorfismo.

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