Universidad De Santiago De ChileAlgebra IIProf: Rodrigo Vargas2do semestre 2012
Pauta Control 1
1. Sea T : R3 MR(3 1) definida por T (a, b, c) =
a+ b+ ca b+ 2c
3a+ 3b c
.
a) Demuestre que T es un isomorfismo de grupos.
b) Determine T1.
Solucion.
a) (i) Por demostrar que T es un homomorfismo de grupos.
Sean v = (a, b, c), w = (x, y, z) R3 entonces
T (v + w) = T ((a, b, c) + (x, y, z))
= T (a+ x, b+ y, c+ z)
=
(a+ x) + (b+ y) + (c+ z)(a + x) (b+ y) + 2(c+ z)
3(a+ x) + 3(b+ y) (c+ z)
=
a + b+ ca b+ 2c
3a+ 3b z
+
x+ y + zx y + 2z
3x+ 3y z
= T (a, b, c) + T (x, y, z)
= T (v) + T (w) .
Por lo tanto, T es un homomorfismo de grupos. (1,5 Puntos)
(ii) Por demostrar que T es inyectivo.
Sea (a, b, c) Ker T lo cual es equivalente a
T (a, b, c) =
00
0
a + b+ ca b+ 2c
3a+ 3b c
=
00
0
a+ b+ c = 0a b+ 2c = 03a+ 3b c = 0
Si multiplicamos la primera ecuacion por 3 y le restamos la ultima ecuacion se obtieneque 2c = 0 c = 0 . Reemplazando este valor de c en la primera y segunda ecuacion
se obtiene que a+b = ab de donde b = 0 a = 0 . Por lo tanto, KerT = {(0, 0, 0)}y se sigue que T es inyectiva. (1,5 Puntos)
(iii) Por demostrar que T es sobreyectiva.
Por demostrar que para todo A MR(3 1) existe (a, b, c) R3 tal que T (a, b, c) = A.
T (a, b, c) =
xy
z
a+ b+ ca b+ 2c
3a+ 3b c
=
xy
z
a + b+ c = xa b+ 2c = y3a+ 3b c = z
Si multiplicamos por 3 la primera ecuacion y le restamos la ultima ecuacion se obtieneque
4c = 3x z c =3x z
4
Si sumamos las dos primeras ecuaciones se obtiene que
2a+ 3c = x+ y a =x+ y 3c
2 a =
5x+ 4y + 3z
8
Por ultimo usando la segunda ecuacion se tiene que
b = a + 2c y b =5x+ 4y + 3z
8+
6x 2z
4 y b =
7x 4y z
8
Entonces, hemos obtenido que
A = T (a, b, c) = T
(5x+ 4y + 3z
8,7x 4y z
8,3x z
4
)(1)
Por lo tanto, T es sobreyectiva.
De (i), (ii) y (iii) se sigue que T es un isomorfismo de grupos.
b) De la ecuacion (1) tenemos que T1 : MR(3 1) R3 es dada por
T1
xy
z
=
(5x+ 4y + 3z
8,7x 4y z
8,3x z
4
).
Por demostrar que T es sobre y hallar T1 se otorga (1,5 Puntos)
2. Sea T : R3 R3 un homomorfismo de grupos no nulo. Demuestre que si ker(T T ) = R3 entoncesT no es inyectiva.
Solucion. Por ser T no nulo entonces existe x0 R3 tal que y0 = T (x0) 6= (0, 0, 0) = ~0. Ahora
bien, si Ker(T T ) = R3 entonces (T T )(x) = ~0 para todo x R3. Entonces, se cumple que
T (y0) = T (T (x0)) = (T T )(x0) = ~0
luego y0 Ker T con y0 6= ~0, se sigue que Ker T 6= {~0} entonces T no es inyectiva. (1,5 Puntos)
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