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ÁLGEBRA II

APUNTES Y EJERCICIOS RESUELTOS

Nadie nos arrebatará del paraíso que él creó

Club de Matemática EPN

Más que simple matemática

Gabriel Granda y Daniela Riera

2

Cuadernos de Matemática


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CUADERNOS DE MATEMÁTICA

CLUB DE MATEMÁTICA EPN

G. GRANDA Y D. RIERA

ÁLGEBRA IIAPUNTES Y EJERCICIOS RESUELTOS

Nadie nos arrebatará del paraíso que él creó


Más que simple matemática

Cuaderno de Matemática del Club de Matemática EPN No. 2

ÁLGEBRA II: APUNTES Y EJERCICIOS RESUELTOS

Gabriel Granda y Daniela Riera

Revisión Académica: La obra no ha sido sometida a revisión por el momento

Registro de derecho autoral No. La obra no cuenta con registro por el momento

ISBN: La obra no cuenta con ISBN por el momento

Publicado en linea por el proyecto Alephsub0,Quito, Ecuador.

Primera edición: 2020

c© Club de Matemática EPN 2020

Se permite la distribución de la presente obra.

ÍNDICE GENERAL

CAP. 1 NOCIONES PRELIMINARES 1

1.1 Teoría de Conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Enteros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.4 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.4.1 Teoría de Conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.4.2 Funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.4.3 Enteros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

CAP. 2 GRUPOS. 37

2.1 Definición de Grupo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.2 Subgrupos: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.3 Subgrupos Normales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.4 Homeomorfismos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.5 Automorfismos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.6 Teorema de Cayley . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.7 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.7.1 Grupos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.7.2 Subgrupo Normal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

CAP. 3 TEORÍA DE ANILLOS 77

3.1 Definiciones de Anillos y Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3.2 Ideales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

3.3 Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

III

PREFACIO

La presente obra es una recopilación de ejercicios basados en las clases de la materia “Álge-

bra II”, dictada en la carrera de Ingeniería Matemática y Matemática de la Escuela Politécnica

Nacional por el profesor Francisco Lara durante los semestres 2019-A y 2019-B. La soluciones de

los ejercicios fueron elaboradas por Gabriel Granda y Daniela Riera, alumnos de esta materia en

los periodos antes mencionados.

Estas notas de clase tienen la finalidad de servir como una guía para aquellos estudiantes

que tomen esta materia. En caso de que el lector encuentre errores puede dirigirlos a

[email protected] o [email protected].

“Álgebra II: Apuntes y Ejercicios” forma parte de la serie “Cuaderno de Matemática del

Club de Matemática EPN”; la cual recolecta apuntes de clase y ejercicios resueltos generados por

estudiantes de la Facultad de Ciencias. El Club de Matemática EPN, junto al proyecto Alephsub0

y la Asociación de Estudiantes de Matemática e Ingeniería Matemática, administra la generación

y publicación en línea de estos trabajos e invita la comunidad de estudiantes que deseen apoyar

a este proyecto a sumarse al mismo.

V

CAPÍTULO 1

NOCIONES PRELIMINARES

1.1 TEORÍA DE CONJUNTOS

DEFINICIÓN 1.1: Relación de equivalencia.DEFINICIÓN 1.1: Relación de equivalencia.Sean A un conjunto no vacío y R un subconjunto de A × A, decimos que R es una relación

de equivalencia si y solamente si:

1. Reflexividad: a ∼ a para toda a ∈ A,

2. Simetría: a ∼ b implica b ∼ a, para todo a, b ∈ A

y

3. Transitividad: a ∼ b y b ∼ c implica a ∼ c, para todo a, b, c ∈ A.

DEFINICIÓN 1.2: Clase de equivalencia.DEFINICIÓN 1.2: Clase de equivalencia.Sean ∼ una relación de equivalencia en A y a ∈ A.

cl(a) = {x ∈ A : x ∼ a}

es la clase de equivalencia de a.

TEOREMA 1.1TEOREMA 1.1Sea C el conjunto de todas las clases de equivalencia (con respecto a una relación de equiva-

lencia ∼ en A). Entonces:

1. ∪C∈CC = A,

2. Si C, D ∈ C entonces:

a) C ∩ D = ∅,

b) C = D.

1

2 Nociones preliminares

Demostración. 1. Puesto que se tiene que:

∪C∈CC ⊆ A.

Vamos a probar que:

A ⊆ ∪C∈CC.

Sea x ∈ A, puesto que ∼ es una relación de equivalencia, por la reflexividad se sigue que:

x ∼ x,

de donde, por la definición de clase se tiene que:

x ∈ cl(x),

así,

x ∈ ∪C∈CC.

Por lo tanto:

∪C∈CC = A.

2. Por el absurdo, supongamos que C 6= D y C ∩ D 6= ∅.

Tomemos a ∈ C y b ∈ D, así:

a ∼ x y b ∼ x,

usando la simetría y la transitividad de ∼ obtenemos que:

a ∼ b,

así por el EJERCICIO 1:

C = D.

Lo cual contradice el hecho de que:

C 6= D.

Y por tanto se sigue el resultado.

1.2 Funciones 3

1.2 FUNCIONES

DEFINICIÓN 1.3: Función.DEFINICIÓN 1.3: Función.Sean S y T dos conjuntos no vacíos. Una función f de S en T es un subconjunto de S × T tal

que para todo x ∈ S existe un único elemento y ∈ T tal que (x, y) ∈ f .

Notación:

• Notación por la izquierda: y = f (x),

• Notación por la derecha: y = x f .

DEFINICIÓN 1.4: Composición de funciones.DEFINICIÓN 1.4: Composición de funciones.Sean S, T y U conjuntos no vacíos. Consideremos:

f : S → T y g : T → U

la composición de f y g está dada por:

f ◦ g : S −→ U

s 7−→ s( f ◦ g) = (s f )g.

DEFINICIÓN 1.5: Igualdad de funciones.DEFINICIÓN 1.5: Igualdad de funciones.Dos funciones: f , g : S → T son iguales si y solo si para todo x ∈ S se tiene que:

x f = xg.

LEMA 1.2 (Ley asociativa de funciones:). Si f : S → T, g : T → U y h : U → V, entonces:

f ◦ (g ◦ h) = ( f ◦ g) ◦ h.

Demostración. Sea s ∈ S, calculemos:

s[ f ◦ (g ◦ h)] =(s f )(g ◦ h)

=[(s f )g]h

=[s( f ◦ g)]h

=s[( f ◦ g) ◦ h],

de donde

f ◦ (g ◦ h) = ( f ◦ g) ◦ h.


DEFINICIÓN 1.6DEFINICIÓN 1.6

1. Sea f : S → T tal que para x, y ∈ S se verifica:

f (x) = f (y) ⇒ x = y.

Tal función se llama inyectiva o 1-1.

2. Sea f : S → T tal que para todo y ∈ T existe x ∈ S tal que:

f (x) = y.

Tal función se llama sobreyectiva o sobre.

Una función que es sobre y 1-1 se denomina función biyectiva.

TEOREMA 1.3TEOREMA 1.3Sean f : S → T y g : T → U. Entonces:

a) f ◦ g es 1-1 si f , g son 1-1.

b) f ◦ g es sobre si f , g son sobre.

Demostración. a) Supongamos que f , g son 1-1, sean x1, x2 ∈ S tales que:

x1( f ◦ g) = x2( f ◦ g).

Vamos a probar que x1 = x2. Por la definición de composición de funciones se sigue que:

(x1 f )g = (x2 f )g,

pero g es 1-1, así:

x1 f = x2 f ,

de igual forma puesto f es 1-1, tenemos que:

x1 = x2.

Por lo tanto, hemos probado que f ◦ g es 1-1.

1.2 Funciones 5

b) Supongamos que f , g son sobre. Sea u ∈ U. Debemos probar que existe s ∈ S tal que:

s( f ◦ g) = u.

Puesto que g es sobre, existe t ∈ T tal que:

tg = u,

como t ∈ T y f es sobre, se sigue que existe s ∈ S tal que:

s f = t,

de donde

(s f )g = u,

es decir

s( f ◦ g) = u.

Por lo tanto, hemos probado que f ◦ g es sobre.

TEOREMA 1.4TEOREMA 1.4Sea f : S → T, f es biyectiva si y solo si existe una función g : T → S tal que:

f ◦ g = IdS y g ◦ f = IdT .

donde, para cada s ∈ S:

Id : S −→ S

s 7−→ Id(s) = s,

Id se denomina la función identidad en S y se denota también por IdS.

Demostración. Para la primera implicación supongamos que f es biyectiva; es decir, es sobre y

1-1. Por lo tanto, para cada t ∈ T existe un único s ∈ S tal que:

s f = t.

Con esta información podemos definir:

g : T −→ S

t 7−→ tg = s.


Probemos que f ◦ g = IdS. Sea s ∈ S y calculemos:

s( f ◦ g) = (s f )g

= tg

= s.

Así hemos probado que f ◦ g = IdS

Ahora, probemos que g ◦ f = IdS. Sea t ∈ t, así:

t(g ◦ f ) = (tg) f

= s f

= t.

Por lo tanto, podemos concluir que g ◦ f = IdT . Para la otra implicación, supongamos que existe

una función g : T → S tal que:

f ◦ g = IdS y g ◦ f = IdT .

Vamos a probar que f es biyectiva, para lo cual debemos probar que f es inyectiva y 1-1.

1. Por demostar que f es inyectiva. Sean x1, x2 ∈ S tales que:

x1 f = x2 f ,

de donde

(x1 f )g = (x2 f )g,

y por la definición de composición de funciones se tiene que:

x1( f ◦ g) = x2( f ◦ g),

puesto que f ◦ g = IdS, se sigue que:

x1 = x2.

Por lo tanto, hemos probado que f es inyectiva.

2. Ahora, vamos a probar que f es sobre. Sea t ∈ T, debemos hallar s ∈ S tal que:

s f = t.

1.3 Enteros 7

Sabemos que g ◦ f = IdT , así:

t(g ◦ f ) = t,

de donde

(tg) f = t,

tomando s := tg, se sigue que f es sobre.

Así hemos probado que f es biyectiva.

OBSERVACIÓN. Cuando A es finito o(A) es el número de elementos de A.

1.3 ENTEROS

TEOREMA 1.5: Algoritmo de Euclides.TEOREMA 1.5: Algoritmo de Euclides.Para todo a, b ∈ Z, b 6= 0 existen m, n ∈ Z tales que:

a = mb + r,

donde: 0 ≤ r < |b|.

Demostración. Sean a, b ∈ Z Supongamos que b > 0, y consideremos el conjunto:

P = {a − kb ≥ 0 : k ∈ Z}.

Probemos que P 6= ∅. Notemos que:

b ≥ 1 y |a| ≥ 0,

de donde

|a|b ≥ |a|,

y por las propiedades del valor absoluto se sigue que:

|a|b ≥ a,

es decir,

|a|b − a ≥ 0.

Por lo tanto P 6= ∅. Por el Principio del Buen Orden P posee el menor elemento, al cual lo


denotaremos por r, y por la definición de P existe m ∈ Z tal que.

r = a − mb.

Basta probar que r < |b| = b, esto lo haremos por el absurdo, así supongamos que r ≥ b, de

donde junto con la igualdad precedente tenemos que:

a − mb ≥ b,

entonces

a − (m + 1)b ≥ 0,

es decir,

a − (m + 1)b ∈ P.

Así, puesto que r es el menor elemento de P se sigue que:

a − (m + 1)b ≥ a − mb,

de donde

−b ≥ 0,

es decir,

b ≤ 0.

Esto contradice el hecho de que b > 0, por tanto se prueba que 0 ≤ r < b.

Ahora, si b < 0 la demostración es análoga.

TEOREMA 1.6TEOREMA 1.6El m y el r provenientes del Algoritmo de Euclides son únicos.

Demostración. Por el absurdo, supongamos que existen m1, r1 ∈ Z tales que:

a = m1b + r1, con 0 ≤ r1 ≤ |b|.

Además supongamos que m 6= m1 y r 6= r2.

Ahora, notemos que:

r = a − mb,

y

r1 = a − m1b.

1.3 Enteros 9

Junto con estas dos igualdades obtenemos que:

r − r1 = b(m1 − m). (1.1)

Se tiene además que:

r − r1 ≤ r < b,

entonces, junto con (1.1) tenemos que:

(m1 − m)b ≤ b,

de donde

m1 − m < 1.

Análogamente, podemos obtener que:

m − m1 < 1.

Junto con estas últimas desigualdades podemos concluir que:

|m1 − m| < 1.

Pero |m1 − m| ∈ Z, así:

|m1 − m| = 0,

por lo tanto

m1 = m.

Esto, contradice el hecho de que m1 6= m. Así hemos probado que se sigue el resultado.

PROPOSICIÓN 1.7. Para b 6= 0, b | a significa que a = kb para algún k ∈ Z y se lee "b divide

a a".

TEOREMA 1.8TEOREMA 1.8Si b es divisor de g y h entonces b es divisor de mg + nh para todo m, n ∈ Z.

Demostración. Supongamos que b es divisor de g y h. Sean m, n ∈ Z, por la definición de divide,

tenemos que existen k1, k2 tales que:

g = k1b y h = k2b,


de donde,

mg = mk1b y nh = nk2b,

entonces:

mg + nh = (mk1 + nk2)b,

con mk1 + nk2 ∈ Z. Por lo tanto por la definición de divide tenemos que:

b | mg + nh.

DEFINICIÓN 1.7: Máximo común divisor.DEFINICIÓN 1.7: Máximo común divisor.Sean a, b, c ∈ Z con c > 0, c es el máximo común divisor de a y b si y solo si:

a) c es divisor de a y b,

b) Si d es divisor de a y b entonces d es divisor de c.

OBSERVACIÓN. El máximo común divisor de a y b se denotará por mcd(a, b).

TEOREMA 1.9TEOREMA 1.9El mcd(a, b) existe y es único.

Demostración. La demostración la haremos en dos pasos.

1. Probemos la unicidad del mcd, esto lo haremos por el absurdo, supongamos que existen

c1, c2 ∈ Z con c1 6= c2 tales que:

c1 = mcd(a, b) y c2 = mcd(a, b),

de donde, por la definición de mcd, usando el hecho de que cualquier divisor de a y b es

divisor de mcd(a, b) tenemos que:

c1 | c2 y c2 | c1,

entonces, usando el Ejercicio 8 y el hecho de que c1, c2 > 0 se sigue que:

c1 = c2.

Lo cual contradice nuestra suposición de que c1 6= c2. Por lo tanto el mcd(a, b) es único.

1.3 Enteros 11

2. Ahora, probaremos su existencia, para ello consideremos el conjunto:

M := {ma + nb : m, n ∈ Z}.

Probemos que M posee números positivos. En efecto, puesto que a, b ∈ Z se sigue que:

a × a + b × b = a2 + b2 ∈ M,

pero a2, b2> 0, entonces:

a2 + b2> 0,

Así hemos probado que existe x ∈ M tal que x > 0. Con esta información, definamos el

conjunto:

M+ := {x ∈ M : x > 0} ⊆ M.

Obviamente M+ 6= ∅. Por el Principio del buen orden existe el elemento mínimo de M+,

el cual denotaremos por:

mın M+.

Probemos que c := mın M+ es el mcd(a, b). Es decir debemos probar que:

(a) c es divisor de a y b,

(b) Si d es divisor de a y b entonces d es divisor de c.

Vamos a probar que para todo x ∈ M, c | x. Sea x ∈ M, así existen m, n ∈ Z tales que:

x = ma + nb. (1.2)

Por el Algoritmo de Euclides aplicado a x, c ∈ Z, sabemos existen t, r ∈ Z tales que:

x = tc + r, 0 ≤ r < c. (1.3)

Pero c ∈ M, y por la definición de M existen m0, n0 tales que:

c = m0a + n0b. (1.4)

Junto con (1.2), (1.3) y (1.4) obtenemos que:

ma + nb = m0a + n0b + r,


de donde

r = ma + nb − m0a − n0b,

entonces

r = a(m − m0) + b(n − n0),

es decir

r ∈ M.

Por el Principio del Tercer Excluido tenemos que:

r = 0 o r > 0.

Supongamos que r > 0, así r ∈ M+ y como c es el mínimo de M+ se sigue que:

r ≥ c.

Esto contradice (1.3), por lo tanto:

r = 0,

de donde, junto con (1.3) obtenemos que:

x = tc,

es decir,

c | x.

Ahora, notemos que a, b ∈ M. En efecto:

a = 1(a) + 0(b) y b = 0(a) + 1(b).

Así tenemos que:

c | a y c | b.

Supongamos que:

d | a y d | b,

debemos probar que d | c. Por el Teorema 8 y junto con (1.4) se sigue que:

d | m0a + n0b,

1.3 Enteros 13

es decir,

d | c.

Por lo tanto, hemos probado que el mcd(a, b) existe y es único.

OBSERVACIÓN. El mcd entre a y b se denota también por (a, b).

DEFINICIÓN 1.8: Primos relativos.DEFINICIÓN 1.8: Primos relativos.Sean a, b ∈ Z, decimos que a y b son primos relativos si y solamente si (a, b) = 1.

COROLARIO 1.10. Si a y b son primos relativos, se pueden encontrar m0, n0 ∈ Z tales que

am0 + bn0 = 1.

DEFINICIÓN 1.9: Primo relativo.DEFINICIÓN 1.9: Primo relativo.Un entero p > 1 es un número primo si y solo si sus únicos divisores son ±1,±p.

TEOREMA 1.11TEOREMA 1.11Si p es primo, entonces para todo n ∈ Z se tiene que (p, n) = 1 o p | n.

LEMA 1.12. Si a es primo relativo con b y a | bc, entonces a | c.

Demostración. Supongamos que a y b son primos relativos y que a | bc, por el Corolario 10,

existen m, n ∈ Z tales que:

ma + nb = 1,

de donde

mac + nbc = c.

Pero a | bc, así:

a | nbc.

Además se tiene que:

a | mac.

Por el Teorema 8 se sigue que:

a | nbc + mac,

de donde

a | (ma + nb)c

es decir

a | c.


COROLARIO 1.13. Si p es primo y p | b1b2 · · · bk entonces p | bi para algún i, 1 ≤ i ≤ k.

Demostración. Por reducción al absurdo, supongamos que para todo i ∈ {1, . . . , k} se tiene que:

p ∤ bi,

por tanto:

p ∤ b1,

de donde por la definición de primo relativo, tenemos que p es primo relativo con b1. Pero, por

hipótesis tenemos que:

p | b1(b2 · · · bk),

entonces, por el Lema 12 se sigue que:

p | (b2 · · · bk).

De igual forma, se tiene que:

p ∤ b2,

es decir, p es primo relativo con b2 y por lo tanto:

p | b3 · · · bk.

Iterativamente, obtenemos que:

p | bk.

Esto contradice el hecho de que para todo i ∈ {1, . . . , k} se tiene que p ∤ bi. Por lo tanto, se sigue

el resultado.

TEOREMA 1.14: Teorema Fundamental de la Aritmética.TEOREMA 1.14: Teorema Fundamental de la Aritmética.Todo entero es un producto único de primos.

Demostración. Sea n ∈ Z, vamos a probar que n es un producto único de primos, esto lo haremos

por inducción.

Si n = 2, entonces n es producto de primos. Supongamos que el teorema es válido para k < n,

debemos probar que el resultado es válido para n. Por el Principio del Tercer Excluido tenemos

que:

1.3 Enteros 15

n es primo o n no es primo.

Supongamos que n es primo, así n es producto de primos.

Ahora, supongamos que n no es un número primo, es decir, existe a ∈ Z, a 6= 1, a 6= n tal

que:

a | n,

de donde, por la definición de divide, existe un n ∈ Z tal que:

n = ab,

de donde

a < n y b < n,

así, por hipótesis de inducción tenemos que a, b son producto de primos. Por lo tanto, hemos

probado que n es producto de primos.

Ahora, probemos n es producto único de primos. Supongamos que:

n = p1 p2 · · · ps y n = q1q2 · · · qt,

con pi, qj primos para todo i ∈ {1, . . . , s}, j ∈ {1, . . . , t}, respectivamente. Debemos probar que

pj = qj y s = t para cada j ∈ {1, . . . , t}. Notemos que:

n = p1(p2 · · · ps),

de donde

p1 | n,

pero n = q1q2 · · · qt, así,

p1 | q1q2 · · · qt,

usando el Corolario 13 obtenemos que:

p1 | qi

para algún i ∈ {1, . . . , t}. Puesto que p1 y qi son primos, tenemos que:

p1 = qi. (1.5)


Reordenemos q1q2 · · · qt de modo que qi este al principio, es decir:

q1q2 · · · qt = q′1q′2 · · · q′t

con q′1 = qi = p1. Supongamos que para k < n se tiene que k es producto único de primos,

vamos a demostrar que n es producto único de primos. En efecto, puesto que:

n

p1< n,

por hipótesis de inducción:n

p1

es producto único de primos. Pero

n

p1= p2 p3 · · · ps y

n

p1= q′2q′3 · · · q′t,

por lo tanto

pj = qj

para todo j ∈ {2, . . . , t}.

TEOREMA 1.15TEOREMA 1.15Existe una infinidad de números primos.

Demostración. Por reducción al absurdo, supongamos que

p1, p2, . . . , pn

es una lista de todos los números primos. Consideremos:

N = p1 p2 · · · pn + 1.

Por el Principio del Tercer Excluido tenemos que:

N es primo o N no es primo.

Supongamos que N es primo, así, se tiene que N > pi para todo i ∈ {1, . . . , }, de donde:

N 6= pi,

para todo i ∈ {1, . . . , n}. Por lo tanto, tenemos que N no está en la lista. Lo cual es contradictorio,

pues en la lista están todos los números primos.

1.3 Enteros 17

Ahora, si N no es primo, entonces por el Teorema Fundamental del Aritmética tenemos que

N es producto único de primos, es decir,

N = q1q2 . . . qm.

Notemos que:

pi ∤ N = q1q2 . . . qm,

para todo i ∈ {1, . . . , n}. Debido a que al dividir N = p1 p2 · · · pn + 1 para pi obtenemos como

residuo 1. Por lo tanto, para cada i ∈ {1, . . . , m}, qi no está en la lista, esto es contradictorio, pues

la lista posee todos los números primos.

Así, podemos concluir que existe una cantidad infinita de números primos.

DEFINICIÓN 1.10: CongruenciaDEFINICIÓN 1.10: CongruenciaSea n > 0 un entero. Definimos a ≡ b mod n si n | (a − b).

OBSERVACIÓN. Definimos ∼n como a ∼n b si y solo si n | (a − b).

LEMA 1.16.

a) ∼n es una relación de equivalencia.

b) ∼n define n clases de equivalencia.

Demostración. a) Para demostrar que ∼n es una relación de equivalencia debemos probar las 3

propiedades que definen una relación de equivalencia.

a) Vamos a demostrar que a ∼ a para todo a ∈ Z. Sea a ∈ Z, sabemos que

n | 0,

de donde

n | a − a,

por lo tanto,

a ∼n a.

b) Vamos a demostrar que si a ∼n b entonces b ∼n a para todo a, b ∈ Z. Sean a, b ∈ Z tales

que:

a ∼n b,


así,

n | (a − b),

de donde

n | −(b − a),

es decir,

b ∼n a.

c) Vamos a demostrar que si a ∼n b y b ∼n c entonces a ∼n c, para todo a, b, c ∈ Z. Sean a, b

y c ∈ Z, tales que

a ∼n b y b ∼n c,

así,

n | a − b y n | b − c,

luego, por el Teorema 8 tenemos que

n | (a − b) + (b − c),

de donde

n | a − c,

es decir, hemos probado que

a ∼n c.

Con esto hemos probado que ∼n es una relación de equivalencia.

b) Vamos a demostrar que ∼n define n clases de equivalencia. Sea a ∈ Z, tenemos que

cl(a) = {x ∈ Z : a ∼n x}.

Por el algoritmo de Euclides entre a y n, sabemos existen m, r ∈ Z tales que

a = mn + r con 0 ≤ r < n,

de donde

a − r = mn,

es decir,

n | a − r,

1.3 Enteros 19

por lo tanto,

r ∈ cl(a),

por el Ejercicio 1 tenemos que

cl(a) = cl(r).

Ahora, puesto que r < n se sigue que existen a lo más n clases de equivalencia.

Vamos a demostrar que existen exactamente n clases de equivalencia, esto lo haremos

por reducción al absurdo, supongamos que existe r′ ∈ Z tal que

0 ≤ r < r′ < n y cl(r) = cl(r′), (1.6)

de donde

r ∼n r′,

es decir,

n | r − r′,

así, por la definición de divide, existe k ∈ Z tal que

r − r′ = nk,

así,

r − r′ ≥ n,

pero de (1.6) tenemos que

r − r′ < n,

lo cual es contradictorio, por lo tanto hemos demostrado que ∼n define n clases de equiva-

lencia.

OBSERVACIÓN. Si i ∈ Z entonces escribiremos cl(i) := [i].

DEFINICIÓN 1.11DEFINICIÓN 1.11Sean i, j ∈ Z, definimos la suma y multiplicación de clases de equivalencia por:

[i]⊕ [j] = [i + j] y [i]⊗ [j] = [i × j],

respectivamente.


LEMA 1.17. Las definiciones anteriores son correctas.

Demostración. Supongamos que [i′] = [i] y [j′] = [j] vamos a demostrar que [i′] + [j′] = [i + j].

Por la definición de suma de clases tenemos que

[i] + [j] = [i + j]. (1.7)

Por otro lado, tenemos que

i′ ∈ [i] y j′ ∈ [j],

así,

i′ ≡ i mod n y j′ ≡ j mod n,

de donde, por el Teorema 8 se sigue que

i′ + j′ ≡ i + j mod n,

luego, por el Ejercicio 2 se tiene que

[i′ + j′] = [i + j],

junto con (1.7) tenemos que

[i′]⊕ [j′] = [i + j].

Análogamente se prueba que si [i′] = [i] y [j′] = [j] entonces [i′]⊗ [j′] = [i × j].

DEFINICIÓN 1.12DEFINICIÓN 1.12Denotamos por Jn al conjunto de clases de congruencia mód n, donde:

Jn = {cl(0), cl(1), . . . , cl(n − 1)}

= {[0], [1], . . . , [n − 1]}.

LEMA 1.18. Las operaciones definidas en Jn tienen las siguientes propiedades, para todo

[i], [j], [k] ∈ Jn:

1. [i] + [j] = [j] + [i],

2. [i][j] = [j][i],

3. ([i] + [j]) + [k] = [i] + ([j] + [k]),

4. ([i][j])[k] = [i]([j][k]),

1.4 Ejercicios 21

5. [i]([j] + [k]) = [i][j] + [i][k],

6. [0] + [i] = [i], y

7. [1][i] = [i].

Demostración. Sean [i], [j] y [k] ∈ Jn.

1. Vamos a demostrar que [i] + ([j] + [k]) = ([i] + [j]) + [k].En efecto, tenemos que

[i] + ([j] + [k]) = [i] + [j + k]

= [i + (j + k)]

= [(i + j) + k]

= [i + j] + [k].

2. Vamos a demostrar que [i]([j] + [k]) = [i][j] + [i][k].Tenemos que

[i]([j] + [k]) = [i][j + k]

= [i(j + k)]

= [ij + ik]

= [ij] + [ik]

= [i][j] + [i][k].

1.4 EJERCICIOS

1.4.1 Teoría de Conjuntos

EJERCICIO 1.1. Si a ∼ b, donde ∼ es una relación de equivalencia en A, entonces cl(a) =

cl(b).

Demostración. Supongamos que a ∼ b. Sea x ∈ cl(a), así por la definición de clase de equivalen-

cia se tiene que:

x ∼ a,

y como ∼ cumple con la transitividad tenemos que:

x ∼ b.


Por lo tanto,

cl(a) ⊆ cl(b).

Análogamente se prueba que:

cl(b) ⊆ cl(b).

Así concluímos que:

cl(a) = cl(b).

1.4.2 Funciones

EJERCICIO 1.2. Si g : A → A, A es finito y g es sobre, entonces g es 1-1.

Solución: Supongamos que g : A → A, A es finito y g es sobre. Debemos probar que f es 1-1,

esto lo haremos por el absurdo. Supongamos que f no es inyectiva, así para x1, x2 ∈ A tenemos

que:

x1g = x2g, x1 6= x2.

de donde

g(A r {x1}) = g(A),

por lo tanto

o(g(A r {x1})) = o(g(A)). (1.8)

Como g es sobre, notemos que:

g(A) = A,

de donde

o(g(A)) = o(A). (1.9)

Ahora puesto que g(A) ⊆ Dom(A) se tiene que:

g(A r {x1}) ⊆ A r {x1},

de donde

0(g(A r {x1}) ≤ o(A r {x1})

< o(A),

1.4 Ejercicios 23

es decir

0(g(A r {x1}) < o(A). (1.10)

Junto con (1.8) y (1.9) se sigue que:

o(g(A r {x1})) = o(A).

Lo cual contradice (1.10), por lo tanto podemos concluir que f es 1-1.

EJERCICIO 1.3. Probar que es imposible encontrar una función sobre de S a P(S).

Solución: Por el absurdo, supongamos que existe una función sobre de S en P(S); es decir:

f : S → P(S).

Consideremos el conjunto:

A = {X ∈ S : X /∈ f (X)}.

Como f es sobre, existe X0 ∈ A tal que:

f (X0) = A.

Por el Principio del Tercer Excluído tenemos que:

X0 ∈ A o X0 /∈ A.

Supongamos que X0 ∈ A, así:

X0 /∈ f (X0),

pero f (X0) = A, por lo tanto:

X0 /∈ A.

Lo contradice nuestra suposición.

Ahora, supongamos que X0 /∈ A, así:

X0 /∈ f (X0),

lo cual es equivalente a tener que:

X0 ∈ A.

Nuevamente, tenemos una contradicción.


Por lo tanto, podemos concluir que es imposible encontrar una función sobre de S a P(S).

EJERCICIO 1.4. Sea S un conjunto cualquiera, pruebe que es imposible encontrar una fun-

ción inyectiva de P(S) en S.

Solución: Por el absurdo, supongamos que existe:

f : P(S) → S

inyectiva. Consideremos el conjunto:

A = {g(Y) : Y ⊆ S, g(Y) /∈ Y}.

Escribamos:

X := g(A).

Por el Principio del Tercer Excluído tenemos que:

X ∈ A o X /∈ A.

Supongamos que X /∈ A, así:

g(A) /∈ A,

lo cual es equivalente a tener que:

X ∈ A.

Esto último genera una contradicción.

Ahora, supongamos que X ∈ A, así por la definición de A tenemos que:

g(Y) = X,

con Y ⊆ S. Pero X = g(A), de donde se tiene que:

g(Y) = g(A),

puesto que g es 1-1, se sigue que:

Y = A. (1.11)

Además se tiene que:

X = g(Y) /∈ Y.

1.4 Ejercicios 25

Por lo tanto, tenemos que X ∈ A y X /∈ Y; es decir,

A 6⊆ Y.

Lo cual contradice a (1.11). Así, podemos concluir que es imposible encontrar una función 1-1

de S a P(S).

EJERCICIO 1.5. Un conjunto S se dice que es infinito si existe una correspondencia 1-1 entre

S y un subconjunto propio de S. Pruebe que:

a) El conjunto de los enteros es infinito.

b) El conjunto de los números reales es infinito.

Demostración. a) Para cada n ∈ Z consideremos la función:

f : Z −→ N

n 7−→ f (n) =

2n si n ≥ 0,

−(2n + 1) si n < 0.

Debemos probar que f es biyectiva, para lo cual probaremos que es inyectiva y sobre.

(a) Vamos a demostrar que f es inyectiva. Sean n1, n2 ∈ Z tales que:

f (n1) = f (n2).

Si n1, n2 ≥ 0, entonces:

2n1 = 2n2,

de donde

n1 = n2.

Ahora, si n1, n2 < 0, entonces:

−(2n1 + 1) = −(2n2 + 1),

de donde

n1 = n2.

Por lo tanto, podemos concluir que f es inyectiva.

(b) Vamos a probar que f es sobre. Sea m ∈ N.


Si m es par, entonces basta tomar:

n =m

2∈ Z,

de donde,

f (n) = m.

Si m es impar, entonces consideremos:

n = −m + 12

∈ Z,

luego,

f (n) = m.

Así hemos probado que f es sobre.

Como hemos encontrado una correspondencia 1-1 entre Z y N, así concluimos que Z es

infinito.

b) Consideremos la función:

g :]

π2 , π

2

[

−→ R

x 7−→ g(x) = tan(x).

(a) Vamos a probar que g es 1-1. Sean x1, x2 ∈]

π2 , π

2

[

tales que:

x1 6= x2.

Probaremos que g(x1) 6= g(x2). Notemos que:

x1 < x2 o x2 < x1. (1.12)

Calculemos:

f ′(x) = sec2(x) > 0,

para todo x ∈]π

2,

π

2

[

. Así f es creciente, y junto con (1.12) se sigue que:

f (x1) < f (x2) o f (x2) < f (x1),

es decir

f (x1) 6= f (x2).

1.4 Ejercicios 27

Por lo tanto, f es inyectiva.

(b) Vamos a probar que f es sobre. Sea y ∈ R, debemos hallar x ∈]π

2,

π

2

[

tal que:

f (x) = y.

Tomemos x = arc tan(y) ∈]π

2,

π

2

[

, así:

g(x) = tan(arc tan(y))

= y.

Es decir, hemos probado que g es sobre.

Puesto que hemos encontrando una correspondencia 1-1 entre R y]π

2,

π

2

[

podemos con-

cluir que R es infinito.

EJERCICIO 1.6. Si un conjunto S tiene un subconjunto A infinito, entonces S es infinito.

Esquema de la demostración: Supongamos que S tiene un subconjunto A infinito, por tanto pode-

mos tomar a1, a2 ∈ A tales que:

a1 6= a2,

de igual forma, podemos tomar a3 ∈ A tal que:

a1 6= a3 y a2 6= a3,

de donde, realizando este proceso iterativamente, podemos considerar el conjunto:

A′ = {a1, a2, a3, . . . , an, . . . },

el cual es un conjunto numerable de A. Ahora consideremos:

A′1 = {a1, a2, . . . , a2n+1, . . . } y A′

2 = {a2, a4, . . . , a2n, . . . }.

Para cada an ∈ A′, definamos la función:

f : A′ −→ A′1

an 7−→ g(an) = a2n+1,


la cual es una biyección entre A′ y A′1. Es fácil ver que se tiene la identidad:

A′1 ∪ (S/A) = S/A′

2.

Ahora, consideremos la función:

g : S/A′2 −→ S

a 7−→ g(a) =

f (a) si a ∈ A,

a si a /∈ A.

Por tanto para probar que S es infinito, bastaría con demostrar que g es una correspondencia

1-1, entre S r A′2 y S.

1.4.3 Enteros

EJERCICIO 1.7. Si a | 1 entonces a = 1 o a = −1.

Demostración. Supongamos que a | 1, así por la definición de divide, tenemos que:

1 = ka

para algún k ∈ Z. Así tenemos que:

1 = |ka|.

Por el absurdo, supongamos:

a 6= 1 y a 6= −1,

de donde,

|a| > 1.

Además,

|k| > 1.

Junto con estás últimas desigualdades se sigue que:

|ak| > 1.

Esto contradice el hecho de que 1 = |ka|.Por lo tanto, concluímos que a = 1 o a = −1.

1.4 Ejercicios 29

EJERCICIO 1.8. Si a | b y b | a, pruebe que a = ±b.

Demostración. Supogamos que a | b y b | a, así por la definición de divide se tiene que, existen

k1, k2 ∈ Z tales que:

b = k1a y a = k1b,

de donde

b = k1k2b,

luego

k1k2 = 1,

así por la definición de divide tenemos que:

k1 | 1,

de donde, por el Ejercicio 7 se sigue que:

k1 = ±1.

Análogamente, obtenemos que:

k2 ± 1.

Con estas últimas igualdades se prueba que:

a = ±b.

EJERCICIO 1.9. Si a ≡ b mod n y c ≡ d mod n entonces a + c mod b + d.

Solución. Supongamos que a ≡ b mod n y c ≡ d mod n, así, tenemos que

n | a − b y n | c − d,

nuevamente, por el Teorema 8 tenemos que

n | (a − b) + (c − d),


de donde

n | (a + c)− (b + d),

es decir,

a + c ≡ b + d mod n.

EJERCICIO 1.10. Si a ≡ b mod n y c ≡ d mod n entonces ac ≡ bd mod n.

Demostración. Supongamos que a ≡ b mod n y c ≡ d mod n, así, tenemos que

n | a − b y n | c − d,

de donde

n | c(a − b) y n | b(c − d)

por el Teorema 8 tenemos que

n | ac − bc + bc − bd,

así,

n | ac − bd,

con esto hemos probado que

ac ≡ bd mod n.

EJERCICIO 1.11. Si ab ≡ ac mod n y a es primo relativo con n entonces b ≡ c mod n.

Solución: Supongamos que ab ≡ ac mod n y a es primo relativo con n, así,

n | ab − ac,

de donde

n | a(b − c),

puesto que a es primo relativo con n por el Lema 12 tenemos que

n | b − c,

es decir,

b ≡ c mod n.

1.4 Ejercicios 31

EJERCICIO 1.12. Si p es primo y [a] 6= [0] entonces existe [b] ∈ Jp tal que [a][b] = [1].

Solución. Supongamos que p es primo y [a] 6= [0], vamos a demostrar que existe una función

biyectiva:

f : Jp → Jp.

En efecto, sea [a] ∈ Jp, tomemos:

fa : Jp −→ Jp

[i] 7−→ [i] f = [a][i]

a) Vamos a demostrar que fa es inyectiva, sean [i], [j] ∈ Jp tales que

[i] f = [j] f , 0 ≤ i ≤ j < p,

de donde

[a][i] = [a][j],

así,

ai ≡ aj mod p,

luego, puesto que p es primo relativo con a, tenemos que

i ≡ j mod p,

así,

[i] = [j].

Con esto hemos probado que fa es inyectiva.

b) Vamos a demostrar que fa es sobre. En efecto, puesto que Jp es finito, tenemos que ga es

sobre.

Por otro lado, sabemos que [1] ∈ Jp, y como fa es sobre, existe [b] ∈ Jp tal que

[b] f = [1],

es decir,

[a][b] = [1].


EJERCICIO 1.13. Si a | x, b | x y (a, b) = 1 entonces ab | x.

Solución. Supongamos que

a | x, b | x y (a, b) = 1,

así, por la definición de divide, sabemos existen k1, k2 ∈ Z tales que

x = k1a y x = k2b, (1.13)

por otro lado, existen m, n ∈ Z tales que

ma + nb = 1,

de donde

xma + xnb = x,

combinado (1.13) con la igualdad precedente tenemos que

(k2b)ma + (k1a)nb = x,

así,

ab(k2m) + ab(k1n) = x,

luego,

ab(k2m + k1n) = x,

con esto hemos probado que

ab | x.

EJERCICIO 1.14. Para comprobar que n es un número primo, pruebe que es suficiente de-

mostrar que n no es divisible para todo número primo p tal que p ≤ √n.

Demostración. Vamos a demostrar el contra-recíproco, es decir, vamos a probar que si n no es

primo entonces n existe un primo divisor p tal que p ≤ √n. Como n no es primo, existe a, b ∈ Z

tales que

n = ab, a, b 6= 1 y a, b 6= n. (1.14)

de donde

a, b ≤ n.

1.4 Ejercicios 33

Por el Principio del Tercer Excluído tenemos que

a ≥√

n o a <

√n.

Sin pérdida de generalidad, supongamos que

b > a >

√n,

de donde

ba > n,

lo cual contradice (1.14).

Ahora, supongamos que

a ≤√

n, (1.15)

Por el Teorema Fundamental del Álgebra, a es el producto de números primos, así existe p ∈ Z

un número primo tal que

p | a,

de donde

p ≤ a,

combinado la desigualdad precedente con (1.15) se sigue que

p ≤√

n.

EJERCICIO 1.15. Sean a, b, m, n ∈ Z, si (m, n) = 1 entonces existe x ∈ Z tal que

x ≡ a mod m y x ≡ b mod n.

Demostración. Sean a, b, m, n ∈ Z, supongamos que (m, n) = 1, así, existen l1, l2 ∈ Z tales que

l1m + l2n = 1. (1.16)

Tomemos x := l2na + l1mb y probemos que

x ≡ a mod m y x ≡ b mod n.

En efecto, tenemos que

x − a = a(l2n − 1) + l1mb,


combinado la igualdad precedente con (1.16) se sigue que

x − a = a(−l1m) + l1mb,

de donde

x − a = ml1(b − a),

es decir,

m | x − a,

por lo tanto

x ≡ a mod m.

Análogamente se prueba que

x ≡ b mod n.

EJERCICIO 1.16. Sean a ∈ N y p ∈ Z un número primo. Demostrar que ap ≡ a mod p.

Demostración. La demostración la realizaremos por inducción, así, si a = 1 tenemos que

p | 1p − 1 = 0,

es decir,

1p ≡ 1 mod p,

por lo tanto, el resultado se sigue. Ahora, supongamos que el enunciado es válido para enteros

menores o iguales que a, vamos a demostrar que el resultado se cumple para a + 1, es decir,

debemos probar que

(a + 1)p ≡ a + 1 mod p.

Por el Teorema del Binomio de Newton tenemos que

(a + 1)p = ap +

(

p

1

)

ap−1 +

(

p

2

)

ap−2 + · · ·+(

p

p − 1

)

a + 1,

de donde

(a + 1)p = ap + 1 +{(

p

1

)

ap−1 +

(

p

2

)

ap−2 + · · ·+(

p

p − 1

)

a

}

. (1.17)

Notemos que (pk) contiene el factor p para todo k ∈ {1, . . . p − 1}, por lo tanto, de (1.17) tenemos

que

(a + 1)p ≡ ap + 1 mod p,

1.4 Ejercicios 35

por otro lado, usando la hipótesis de inducción se sigue que

ap + 1 ≡ a + 1 mod p,

por la propiedad transitiva, se tiene que

(a + 1)p ≡ a + 1 mod p.

CAPÍTULO 2

GRUPOS.

2.1 DEFINICIÓN DE GRUPO

DEFINICIÓN 2.1DEFINICIÓN 2.1Sea G un conjunto no vacío, G es un grupo si en G se ha definido una operación binaria ’·’(llamada producto o multiplicación) que satisface:

a) a · b ∈ G para todo a, b ∈ G.

b) a · (b · c) = (a · b) · c para todo a, b, c ∈ G.

c) Existe e ∈ G tal que a · e = e · a para todo a ∈ G.

d) Para todo a ∈ G existe b ∈ G tal que a · b = b · a = e.

LEMA 2.1 (Ley Cancelativa.). Para todo a, b ∈ G, las ecuaciones:

ax = b y ya = b,

tienen solución única.

Demostración. Sean a, b ∈ G, tales que

ax = b y ya = b,

así,

(a−1 · a)x = a−1 · b,

de donde

e · x = a−1 · b

37

38 Grupos.

luego, puesto que e es el elemento identidad se tiene que

x = a−1 · b

Ahora, vamos a demostrar que la ecuación posee solución única, esto lo haremos por reducción

al absurdo, supongamos que x1, x2 son soluciones de ax = b, tales que

x1 6= x2.

Sabemos que

a · x1 = b y a · x2 = b,

de donde

x1 = a−1 · b y x2 = a−1 · b

así,

x1 = x2,

lo cual es contradictorio. Por lo tanto, hemos probado que la ecuación ax = b tiene una solución

única. Análogamente, se prueba que la ecuación ya = b tiene una solución única.

DEFINICIÓN 2.2DEFINICIÓN 2.2Sean (G, ·) un grupo y a ∈ G, se tiene:

a) a0 = e,

b) am = am−1 · a,

c) a−m =(

a−1)m.

LEMA 2.2. Sean (G, ·) un grupo, a ∈ G y m, n ∈ N se tiene que:

a) am+n = am · an,

b) (am)n = amn.

DEFINICIÓN 2.3: Grupo cíclico.DEFINICIÓN 2.3: Grupo cíclico.

Sean a un símbolo y n ∈ N. Consideramos a0 = an = e y definimos el siguiente grupo:

G = {a0, a1, a2 · · · , an−1}.

2.2 Subgrupos: 39

La operación ′·′ está dada de la siguiente manera:

ai · aj =

ai+j si i + j ≤ n,

ai+j−n si i + j > n.

2.2 SUBGRUPOS:

DEFINICIÓN 2.4: SubgrupoDEFINICIÓN 2.4: SubgrupoSean G un grupo y H un subconjunto de G no vacío. Si H es un grupo, entonces H es un

subgrupo de G.

EJERCICIO 2.1. Sean G un grupo, H y K subgrupos de G. Pruebe que H ∩ K es subgrupo de

G.

Demostración. Vamos a demostrar que H ∩ K es un grupo, para esto debemos probar las cuatro

propiedades que definen a un grupo.

a) Clausura: Sean a, b ∈ H ∩ K, tenemos que

a, b ∈ H y a, b ∈ K,

de donde, puesto que H y K son subgrupos se sigue que

a · b ∈ H y a · b ∈ K,

es decir,

a · b ∈ H ∩ K.

b) Asociatividad: Vamos a demostrar que a · (b · c) = (a · b) · c para todo a, b, c ∈ H ∩ K. Sean

a, b, c ∈ H ∩ K, así,

a, b, c ∈ G,

por otro lado G es un grupo y por lo tanto, verifica la propiedad asociativa, es decir,

a · (b · c) = (a · b) · c.

40 Grupos.

c) Elemento Inverso: Sea a ∈ H ∩ K, tenemos que

a ∈ H y a ∈ K,

de donde, puesto que H y K son subgrupos de G, sabemos existe a−1 ∈ H ∩ K tal que

a · a−1 = e.

d) Elemento Identidad: Vamos a demostrar que existe e ∈ H ∩ K tal que a · e = e · a = a para

todo a ∈ H ∩ K. Sea a ∈ H ∩ K, así,

a ∈ H y a ∈ K,

de donde, usando el hecho de que H y K son subgrupos tenemos que existe e ∈ H ∩ K tal

que

a · e = e · a = a.

Con esto hemos probado que H ∩ K es un subgrupo de G.

TEOREMA 2.3TEOREMA 2.3Sean G un grupo y H subconjunto de G no vacío, H es subgrupo de G si y solo si

1. a, b ∈ H implica que ab ∈ H,

2. a ∈ H implica que a−1 ∈ H.

Demostración. Para la primera implicación, si H es subgrupo de G, entonces 1. y 2. se cumplen.

Para la otra implicación, supongamos que H es un subconjunto de G no vacío, para el cual 1.

y 2. se cumplen, vamos a demostrar que H es un grupo, para esto basta con probar que existe el

elemento identidad y que se satisface la propiedad asociativa. Sean a, b, c ∈ H, así,

a, b, c ∈ G,

como G es un grupo tenemos que

a(bc) = (ab)c.

Ahora, tenemos que a, a−1 ∈ G, así, junto con 1. se sigue que

aa−1 = e ∈ G.

Con esto hemos demostrado que H es subgrupo de G.

2.2 Subgrupos: 41

LEMA 2.4. Si H es un subconjunto finito no vacío de un grupo G y H es cerrado bajo un

producto, entonces H es subgrupo de G.

Demostración. Supongamos que H es un subconjunto finito no vacío de un grupo G y además

que H es cerrado bajo un producto. Vamos a demostrar que H es subgrupo de G, para probar

esto por el Teorema 21 basta con demostrar que si a ∈ H, entonces a−1 ∈ H. Sea a ∈ H, puesto

que H es finito podemos considerar la siguiente lista finita:

a, a1, a2, . . . , an.

En esta lista hay repeticiones, es decir, existen i, j ∈ {1, . . . , n} tales que

ai = aj con i < j,

de donde

aj−i = e,

ahora, sí j − i > 1, entonces

aj−i−1,

es el inverso de a, debido a que j − i − 1 > 0. Por otro lado, si j − i = 1, entonces

a = e.

Con esto hemos demostrado que H es subgrupo de G.


Sean G un grupo y H subgrupo de G. Decimos que a ≡ b mod H si y solo si ab−1 ∈ H.

LEMA 2.5. La relación a ≡ b mod H es una relación de equivalencia.

Demostración. Vamos a demostrar las tres propiedades que definen una relación de equivalencia.

Sean a, b, c ∈ G.

a) Reflexividad: Vamos a demostrar que a ≡ a mod H. En efecto, puesto que H es subgrupo

de G, tenemos que e ∈ H, por otro lado, sabemos que

a · a−1 = e,

42 Grupos.

de donde

a · a−1 ∈ G,

es decir,

a ≡ a mod H.

b) Simetría: Supongamos que a ≡ b mod H, debemos probar que b ≡ a mod H. Tenemos

que

a · b−1 ∈ H,

luego, usando el hecho de que H es subgrupo de G se sigue que

(

a · b−1)−1

= b · a−1 ∈ H,

es decir,

b ≡ a mod H.

c) Transitividad: Supongamos que a ≡ b mod H y b ≡ c mod H, vamos a demostrar que

a ≡ c mod H. Tenemos que

a · b−1 ∈ H y b · c−1 ∈ H,

así, puesto que H es subgrupo de G tenemos que

(a · b−1) · (b · c−1) = a · c−1 ∈ H,

es decir,

a ≡ c mod H.

DEFINICIÓN 2.6DEFINICIÓN 2.6Si H es subgrupo de G y a ∈ G, entonces Ha = {ha : h ∈ H}. Ha se llama la clase lateral

derecha de H en G.

LEMA 2.6. Para todo a ∈ G,

Ha = {x ∈ G : a ≡ x mod H} = [a].

Demostración. Vamos a demostrar que Ha ⊆ [a], sea x ∈ Ha, tenemos que

x = ha, h ∈ H.

2.2 Subgrupos: 43

Debemos probar que a ≡ x mod H. Notemos que

a(ha)−1 = a(a−1h−1)

= h−1,

por otro lado H es subgrupo de G, así,

h−1 ∈ H,

es decir,

a(ha)−1 ∈ H,

esto es equivalente a tener que

a ≡ x mod H.

Con esto hemos probado que Ha ⊆ [a]. Ahora, vamos a demostrar que [a] ⊆ H, sea x ∈ [a],

tenemos que

x ≡ a mod H,

es decir,

xa−1 ∈ H,

así, tomemos y =: xa−1 y probemos que ya ∈ Ha, notemos que

ya = (xa−1)a

= x ∈ Ha.

Así, hemos probado que [a] ⊆ Ha. Por lo tanto, hemos demostrado que Ha = [a].

LEMA 2.7. Sean G un grupo, H un subgrupo de G y a, b ∈ G. Existe una biyección entre Ha

y Hb.

Demostración. Sean G un grupo, H un subgrupo de G y a, b ∈ G. Debemos probar que existe

f : Ha → Ha biyectiva. Tomemos

f : Ha −→ Hb

ha 7−→ hb.

a) Vamos a demostrar que f es inyectiva, sean h1a, h2a ∈ Ha tales que

h1a f = h2a f ,

44 Grupos.

así,

h1b = h2b,

de donde, por la propiedad cancelativa se sigue que

h1 = h2,

luego,

h1a = h2a.

Con esto hemos probado que f es inyectiva.

b) Vamos a demostrar que f es sobre, sea y ∈ Hb, debemos probar que existe x ∈ Ha tal que

x f = y.

En efecto, puesto que y ∈ Hb, tenemos que

y = hb,

tomemos x = ha, así,

ha f = hb.

Con esto hemos probado que f es sobre.

Por lo tanto, hemos demostrado que f es biyectiva, así, Ha y Hb son isomorfos.

TEOREMA 2.8: Teorema de Lagrange.TEOREMA 2.8: Teorema de Lagrange.Si G es un grupo finito y H es subgrupo de G, entonces o(H) | o(G).

Demostración. Supongamos que G es un grupo finito y H es subgrupo de G, así,

o(H) = n con 1 ≤ n ≤ o(G).

Notemos que H = He, por el Lema 24 tenemos que cualquier clase lateral derecha de H en G

tiene o(H) elementos. Sea k ∈ N el número de las distintas clases laterales derechas de H en

G, por otro lado por el Lema 25 sabemos que dos clases laterales derechas distintas no tienen

elementos en común y cada una tiene o(H) elementos, así,

o(G) = kn,

2.2 Subgrupos: 45

es decir,

o(H) | o(G).

DEFINICIÓN 2.7DEFINICIÓN 2.7Sean G un grupo y H subgrupo de G, el número de clases laterales derechas de H en G se

llama el índice de H en G y se denota por iG(H).

OBSERVACIÓN. En el caso de que G se finito como consecuencia del Teorema de Lagrange te-

nemos que iG(H) =o(G)

o(H).

DEFINICIÓN 2.8DEFINICIÓN 2.8Si G es un grupo y a ∈ G, el orden (o periodo) de a es el menor m ∈ N tal que am = e.

COROLARIO 2.9. Si G es un grupo finito y a ∈ G, entonces o(a) | o(G).

COROLARIO 2.10. Si G es un grupo finito y a ∈ G, entonces ao(G) = e.

Demostración. Por el Corolario 27 sabemos que o(a) | o(G), es decir, existe k ∈ Z tal que

o(G) = o(a)k,

así,

ao(G) = ao(a)k

=(

ao(a))k

= ek

= e.

DEFINICIÓN 2.9: Función de Euler.DEFINICIÓN 2.9: Función de Euler.

Sea n ∈ Z+, la φ-función de Euler, φ(n), está definida por: φ(1) = 1; φ(n) = número de

enteros positivos menores que n y primos relativos con n, para todo n > 1.

TEOREMA 2.11: Euler.TEOREMA 2.11: Euler.

Si n es un entero positivo y a es primo relativo con n, entonces aφ(n) ≡ 1 mod n.

46 Grupos.

TEOREMA 2.12: Fermat.TEOREMA 2.12: Fermat.Si p es primo y a es un entero, entonces ap ≡ a mod p.

COROLARIO 2.13. Si G es un grupo y o(G) = p es un número primo, entonces G es cíclico.

Demostración. Supongamos que G es un grupo y o(G) = p es un número primo. Sea H un

subgrupo de G, así, por el Teorema de Lagrange sabemos que o(H) | o(G) = p, por otro lado, p

es un número primo, por lo tanto, tenemos que

o(H) = 1 o o(H) = p,

de donde

H = (e) o H = G,

es decir, G no posee grupos no triviales. Sea a ∈ G, a 6= e, y consideremos H = (a), tenemos que

(a) 6= (e) ya que a 6= e. Con esto tenemos que

G = (a),

por lo tanto, hemos probado que G es un grupo cíclico.

DEFINICIÓN 2.10DEFINICIÓN 2.10Sean G un grupo y H, K dos subgrupos de G, definimos HK := {x ∈ G : x = hk, h ∈ H, k ∈K}.

LEMA 2.14. HK es subgrupo de G si y solo si HK = KH.

Demostración. Para la primera implicación supongamos que HK es subgrupo de G, vamos a

demostrar que HK = KH, para esto debemos probar que HK ⊆ KH y KH ⊆ HK. Sea x ∈ HK,

puesto que HK es subgrupo de G tenemos que

x−1 ∈ HK,

es decir, existen h ∈ H y k ∈ K tal es que

x−1 = hk,

así,

x = k−1h−1,

2.2 Subgrupos: 47

con k−1 ∈ K y h−1 ∈ H, es decir,

x ∈ KH,

por lo tanto, hemos probado que HK ⊆ KH.

Sea x ∈ KH, sabemos existen k ∈ K, h ∈ H tales que

x = kh,

por otro lado, como HK es subgrupo de G tenemos que

kh = (h−1k−1)−1 ∈ HK,

es decir,

x ∈ HK,

con esto hemos probado que KH ⊆ KH. Así, hemos demostrado que HK = KH.

Para la otra implicación supongamos que HK = KH, vamos a demostrar que HK es sub-

grupo de G, para esto debemos probar que en HK se cumplen la propiedad clausurativa y la

existencia del inverso.

a) Sean x, y ∈ HK, sabemos existen h1, h2 ∈ H, k1, k2 ∈ K tales que

x = h1k1 y y = h2k2,

por otro lado, tenemos que

xy = (h1k1)(h2k2),

de donde por la propiedad asociativa en G se sigue que

xy = h1(k1h2)k2,

ahora puesto que k1h2 ∈ KH = HK, existen h ∈ H, k ∈ k tales que k1h2 = hk, así,

xy = (h1h)(kk2),

es decir,

xy ∈ HK.

48 Grupos.

b) Sea x ∈ HK, sabemos existen h ∈ H y k ∈ K tales que

x = hk,

así,

x−1 = k−1h−1 ∈ KH,

pero KH = HK, por lo tanto, existen h1 ∈ H y k1 ∈ K tales que

x−1 = h1k1,

es decir,

x−1 ∈ HK.

Por lo tanto, hemos probado que HK es subgrupo de G.

OBSERVACIÓN. Si G es un grupo abeliano, entonces HK es subgrupo de G.

TEOREMA 2.15TEOREMA 2.15Si H y K son subgrupos finitos de G con orden o(H) y o(K), respectivamente, entonces

o(HK) =o(H)o(K)

o(H ∩ K).

TEOREMA 2.16TEOREMA 2.16

Si H, K son subgrupos de G y o(H) >√

o(G), o(K) >√

o(G), entonces H ∩ K 6= (e).

Demostración. Puesto que HK ⊆ (G), tenemos que o(HK) ≤ o(G), por otro lado, por el Teorema

33 tenemos que o(HK) =o(H)o(K)

o(H ∩ K), así

o(G) ≥ o(H)o(K)

o(H ∩ K)

>

√

o(G)√

o(G)

o(H ∩ K)

=o(G)

o(H ∩ K),

de donde

o(H ∩ K) > 1,

así,

H ∩ K 6= (e).

2.2 Subgrupos: 49

COROLARIO 2.17. Si G es finito de orden pq, siendo p y q números primos tales que q < p,

entonces G tiene a los más un subgrupo de orden p.

Demostración. Supongamos que o(G) = pq, siendo p y q números primos tales que q < p, por

reducción al aburdo, supongamos que G tiene dos subgrupos H y K de orden p; es decir,

o(H) = o(K) = p,

tales que H 6= K.

Puesto que q < p, tenemos que pq < p2, de donde

√

o(G) < p = o(H),

así, por Teorema 34 se sigue que

H ∩ K 6= (e),


o(H ∩ K) | o(H),

luego, puesto que o(H) = p es un número primo se sigue que

o(H ∩ K) = o(H),

por lo tanto,

H ∩ K = H,

así,

H ⊆ K,

análogamente se prueba que

H ∩ K = K.

de donde

H ⊆ K,

por lo tanto, hemos probado que H = K, lo cual es contradictorio. Así, hemos demostrado que

G tiene a los más un subgrupo de orden p.

50 Grupos.

2.3 SUBGRUPOS NORMALES

DEFINICIÓN 2.11DEFINICIÓN 2.11Sean G un grupo y N un subgrupo de G, decimos que N es un subgrupo normal si y solo si

para todo g ∈ G y n ∈ N, gng−1 ∈ N.

OBSERVACIÓN. Equivalentemente, si gNg−1 = {gng−1 : n ∈ N}, entonces N es un subgrupo

normal de G si y solo si gNg−1 ⊆ N para todo g ∈ G.

LEMA 2.18. N es un subgrupo normal de G si y solo si gNg−1 = N para todo g ∈ G.

Demostración. Para la primera implicación supongamos que N es un subgrupo normal de G, sea

g ∈ G, debemos probar que gNg−1 ⊆ N. En efecto, sea x ∈ gNg−1, así tenemos que

x = gng−1, n ∈ N;

por otro lado N es un subgrupo normal, por lo tanto, se sigue que

gng−1 ∈ N,

es decir,

x ∈ N.

Ahora, probemos que N ⊆ gNg−1, tenemos que

g−1N(

g−1)−1

⊆ N,

así,

N = g(g−1Ng)g−1 ⊆ gNg−1,

por lo tanto, hemos probado que N = gNg−1.

LEMA 2.19. N es subgrupo normal de G si y solo si toda clase lateral derecha es una clase

lateral izquierda.

LEMA 2.20. Si N es un subgrupo normal, entonces NaNb = Nab.

Demostración. Supongamos que N es un subgrupo normal, por lo tanto, por el Lema 37 sabemos

2.3 Subgrupos Normales 51

que toda clase lateral derecha es una clase lateral izquierda, así,

NaNb = N(aN)b

= N(Na)b

= NNab

= Nab.

DEFINICIÓN 2.12DEFINICIÓN 2.12Sean G un grupo y N un subgrupo normal de G. G/N representa el conjunto de todas las

clases laterales derechas de N en G.

COROLARIO 2.21. G/N forma un grupo con respecto a la multiplicación de clases laterales

derechas.

Demostración. Vamos a demostrar que G/N es un grupo, para ello debemos probar las cuatro

propiedades que definen un grupo.

a) Clausura: Sean Na, Nb ∈ G/N, tenemos que

NaNb = Nab,

con esto hemos probado que Nab ∈ G/N.

b) Asociativa: Sean Na, Nb, Nc ∈ G/N, se tiene que

Na(NbNc) = NaNbc

= Na(bc)

= N(ab)c

= NabNc

= (NaNb)Nc.

c) Existencia del Neutro: Sea Na ∈ G/N tenemos que

NaNe = Nae = Na,

de igual forma

NeNa = Nea = Na,

52 Grupos.

por lo tanto, hemos probado que para todo Na ∈ G/N existe Ne ∈ G/N tal que NaNe =

NeNa = Na.

d) Existencia del inverso: Sea Na ∈ G/N, tenemos que Na−1 ∈ G/N y además

NaNa−1 = Naa−1 = Ne,

análogamente, tenemos que

Na−1 Na = Ne

así, hemos probado que Na−1 ∈ G/N es el inverso de Na.

Con esto hemos demostrado que G/N forma un grupo con respecto a la multiplicación de clases

laterales derechas.

LEMA 2.22. Si G es un grupo finito y N es un subgrupo normal de G, entonces o(G/N) =o(G)

o(N).

Demostración. Sabemos que iG(N) =o(G)

o(N), por otro lado, o(G/N) = iG(N), así,

o(G/N) =o(G)

o(N).

2.4 HOMEOMORFISMOS


Sean G y G grupos. Una función φ : G → G se llama homomorfismo si para todo a, b ∈G, φ(ab) = φ(a)φ(b).

OBSERVACIÓN. Notemos que en el término φ(ab), el producto ab es el usado en G, mientras

que, en el término φ(a)φ(b) el producto es el de elementos en G.

LEMA 2.23. Sean G un grupo y N un subgrupo normal de G, para cada x ∈ G definamos la

funciónφ : G −→ G/N

x 7−→ Nx.

Pruebe que φ es un homomorfismo sobre de G en G/N.

2.4 Homeomorfismos 53

Demostración. Supongamos que G es un grupo y N es un subgrupo normal de G, sean x, y ∈ G,

tenemos que

φ(xy) = Nxy,

luego, puesto que N es subgrupo normal se sigue que

φ(xy) = Nxy

= NxNy

= φ(x)φ(y),

es decir,

φ(xy) = φ(x)φ(y),

así, hemos probado que φ es un homomorfismo.

Ahora, vamos a demostrar que φ es sobre, sea H ∈ G/N, tenemos que

H = Nx, x ∈ G;

así,

φ(x) = H.


Si φ es un homomorfismo de G en G, entonces, el Kernel de φ, Kφ, se define por:

Kφ = {x ∈ G : φ(x) = e},

donde e es el elemento identidad en G.

LEMA 2.24. Si φ es un homomorfismo de G en G, entonces

a) φ(e) = e,

b) φ(x−1) = φ(x)−1.

LEMA 2.25. Si φ es un homomorfismo de G en G con kernel kφ, entonces Kφ es un subgrupo

normal de G.

Demostración. Primero, vamos a demostrar que Kφ es subgrupo de G, para ello basta con demos-

54 Grupos.

trar la propiedad clausurativa y la existencia del inverso.

a) Sean x, y ∈ Kφ, sabemos que

φ(x) = e y φ(y) = e,


φ(xy) = φ(x)φ(y),

así,

φ(xy) = ee

= e,

con esto, hemos probado que xy ∈ Kφ.

b) Sea x ∈ Kφ, tenemos que

φ(x) = e,

de donde

φ(x)−1 = e−1,

luego, por el Lema 42 se sigue que

φ(x−1) = e,

es decir,

x−1 ∈ Kφ.

Por lo tanto, hemos probado que Kα es subgrupo de G.

Sean g ∈ G y x ∈ Kφ, vamos a demostrar que Kφ es normal, para ello debemos probar que

gxg−1 ∈ Kφ, puesto que φ es un homomorfismo tenemos que

φ(gxg−1) = φ(g)φ(x)φ(g−1),

de donde

φ(gxg−1) = φ(g)eφ(g−1),

así,

φ(gxg−1) = φ(g)φ(g−1),

2.5 Automorfismos 55

nuevamente por el Lema 43 se sigue que

φ(gxg−1) = φ(g)φ(g)−1

= e,

por lo tanto,

gxg−1 ∈ Kφ,

con esto, hemos probado que Kφ es un subgrupo normal de G.

2.5 AUTOMORFISMOS

DEFINICIÓN 2.15DEFINICIÓN 2.15Sean G un grupo y T : : G → G una función, decimos que T es un automorfismo si y solo si

es un isomorfismo sobreyectivo.

EJEMPLO 2.1. Consideremos la función

ϕ : Z −→ R

x 7−→ 2x,

tenemos que ϕ es un isomorfismo, pero no es un automorfismo, dado que ϕ no es sobre.

OBSERVACIÓN. 1. Para automorfismos se utilizará la notación por la izquierda.

2. El conjunto de todos los automorfismos de G en G se denotará por

a(G).

TEOREMA 2.26TEOREMA 2.26Sea G un grupo, se tiene que a(G) es un subgrupo de A(G).

Demostración. Para probar que a(G) es un subgrupo de A(G), basta con demostrar la propiedad

de clausura y la existencia del inverso, en efecto,

1. Clausura: Sean φ, ϕ ∈ a(G), vamos a demostrar que φ ◦ ϕ ∈ a(G), para lo cual, debemos

probar que φ ◦ ϕ es un isomorfismo sobreyectivo, sabemos que φ y ϕ son sobreyectivas, de

donde, dado que la composición de funciones sobreyectivas es sobreyectiva, se sigue que

φ ◦ ϕ,

56 Grupos.

es sobreyectiva. Ahora, vamos a demostrar que φ ◦ ϕ es un isomorfismo, para ello, sea

x, y ∈ G, tenemos que

(xy)φ ◦ ϕ = ((xy)φ)ϕ

= (xφyφ)ϕ

= (xφ)ϕ(yφ)ϕ

= (xφ ◦ ϕ)(yφ ◦ ϕ),

es decir, hemos probado que φ ◦ ϕ es un isomorfismo.

Con esto, se sigue que φ ◦ ϕ ∈ a(G).

2.6 TEOREMA DE CAYLEY

2.7 EJERCICIOS

2.7.1 Grupos

EJERCICIO 2.2. Si G es un grupo tal que (a · b)2 = a2 · b2 para todo a, b ∈ G entonces G es

abeliano.

Demostración. Supongamos que (a · b)2 = a2 · b2 para todo a, b ∈ G. Tenemos que

(a · b)2 = (a · b) · (a · b),

por otro lado, se tiene que

a2 · b2 = (a · a) · (b · b),

así,

(a · b) · (a · b) = (a · a) · (b · b),

de donde por la propiedad asociativa se sigue que

a · [b · (a · b)] = a · [a · (b · b)],

2.7 Ejercicios 57

luego, por el Lema 19 tenemos que

(b · a) · b = (a · b) · b,

de nuevo, por el Lema 19 se sigue que

b · a = a · b.

Con esto hemos probado que G es un grupo abeliano.

EJERCICIO 2.3. Si G tiene tres elementos, entonces G es un grupo abeliano.

Solución. Supongamos que G tiene tres elementos, así,

G = {e, a, b},

donde e representa el elemento identidad en G. Por la unicidad del inverso tenemos que

ab = ba = e,

además, e es el elemento identidad, así,

ea = ae = a y eb = be = b.

Con esto hemos probado que xy = yx para todo x, y ∈ G, es decir, G es un grupo abeliano.

EJERCICIO 2.4. Si G es un grupo finito entonces existe N ∈ N tal que aN = e.

Demostración. Supongamos que G es un grupo finito con o(G) = m. Sea a ∈ G, tomemos una

lista de k elementos con k ≤ m, es decir,

a, a2, a3, . . . , ak−1,

Si k = 1 entonces tenemos que

a2 = a,

de donde

a · a = a,

así,

a = e.

58 Grupos.

Ahora, si k = 2 entonces se tiene que

a3 = a2 · a,

notemos que la lista es

a, a2,

por lo tanto

a3 = a2 o a3 = a.

Supongamos que a3 = a, así,

a2 · a = a,

de donde, por la Ley cancelativa tenemos que

a2 = e.

Por otro lado, supongamos que a3 = a2, es decir,

a2 · a = a2,

nuevamente, por la Ley cancelativa se sigue que

a = e.

Iterativamente, si existen k elementos en la lista entonces

ak+1 = a,

de donde

ak = e.

EJERCICIO 2.5. Si G es de orden par, entonces existe a ∈ G, a 6= e tal que a2 = e.

Solución. Supongamos que G es de orden par, así,

G = {e, a1, a2, . . . , a2n−1},

2.7 Ejercicios 59

con ai 6= aj para todo i 6= j y todo n ∈ N. Por el Principio del Tercer Excluído tenemos que

a−11 = a1 o a−1

1 6= a1.

Supongamos que a−11 = a1, por lo tanto,

a21 = a1a−1

1 = e.

Con esto, hemos probado que existe a ∈ G, a 6= e tal que a2 = e. Por otro lado, si suponemos que

a−11 6= a1, entonces tenemos la lista:

e, a2, a3, . . . , a2n−1

Nuevamente por el Principio del Tercer Excluído tenemos que

a−12 = a2 o a−1

2 6= a2.

Análogamente, si a−12 = a2 entonces existe a ∈ G, a 6= e tal que a2 = e.

Por otro lado, si a−12 6= a2 entonces, tenemos una nueva lista formada por

e, a3, a4 . . . , a2n−1.

Iterando, tenemos que la lista está formada por

e, a2n−1.

Así,

a22n−1 = e.

Con esto hemos probado que existe a ∈ G, a 6= e tal que a2 = e.

EJERCICIO 2.6. Sea G un conjunto no vacío y cerrado bajo un producto asociativo (′·′) que

satisface:

a) Existe e ∈ G tal que a · e = a, para todo a ∈ G.

b) Dado a ∈ G, existe y = y(a) tal que a · y = e.

Pruebe que (G, ·) es un grupo.

60 Grupos.

Demostración. Sea a ∈ G, así existe y = y(a) ∈ G tal que ay = e. Vamos a demostrar que

y · a = e.

En efecto, tenemos que

y · (y · a) = y, (2.1)

por otro lado, puesto que y ∈ G existe z ∈ G tal que

y · z = e. (2.2)

De (2.1) tenemos que

(y · a)(y · z) = y · z,

combinando esta desigualdad con (2.2) se sigue que

(y · a) · e = e,

así,

y · a = e.

Ahora, sabemos que a · e = a, vamos a demostrar que e · a = a. Por la parte anterior, tenemos

que

a · (y · a) = a,

de donde, por la propiedad asociativa se sigue que

(a · y) · a = a,

pero, sabemos que a · y = e, así,

e · a = a.

Con esto hemos probado que (G, ·) es un grupo.

EJERCICIO 2.7. Supongamos que G un conjunto finito, cerrado y asociativo para un produc-

to (′·′) y además verifica las dos propiedades cancelativas. Pruebe que (G, ·) es un grupo.

Solución. Sea a ∈ G, consideremos la función:

fa : G −→ G

b 7−→ b f = a · b.

2.7 Ejercicios 61

Vamos a demostrar que fa es biyectiva, para esto se debe probar que fa es 1-1 y es sobre.

Sean b, c ∈ G, tales que

b fa = c fa,

de donde

ab = ac,

así, puesto que en se cumplen las propiedades transitivas se sigue que

b = c.

Con esto hemos probado que fa es 1-1. Por otro lado, sabemos que G es finito, así, fa es biyectiva.

Ahora, puesto que fa es biyectiva, para a ∈ G existe un único e ∈ G tal que

e fa = a,

es decir,

a · e = a. (2.3)

Consideremos la función:ga : G −→ G

b 7−→ bga = b · a.

Análogamente, se prueba que ga es biyectiva, así, para a ∈ G, existe un único e ∈ G tal que

ega = a,

es decir,

e · a = a. (2.4)

Ahora, vamos a demostrar que e = e. En efecto, usando (2.3) tenemos que

(a · e) · a = a · a.

combinando esta igualdad con (2.4) se sigue que

(a · e) · a = a · (e · a),

de donde por las propiedades asociativa y cancelativa tenemos que

e = e.

62 Grupos.

Vamos a demostrar que e es el elemento identidad para todo g ∈ G. En efecto, sea g ∈ G,así,

existe e′ ∈ G tal que

e′ · b = b · e′ = b,


a · b = a · b,

de donde

(a · e) · b = a · (e′ · b),

así, por las propiedades asociativas y cancelativas se sigue que

e = e′.

Finalmente, vamos a demostrar que para todo a ∈ G existe a′ ∈ G tal que a · a′ = a′ · a = e.

Puesto que e ∈ G y fa es biyectiva tenemos que existe un único a1 ∈ G tal que

a′1 fa = e,

es decir

a · a1 = e. (2.5)

De igual forma, puesto que ga es biyectiva existe un único a2 ∈ G tal que

a2ga = e,

es decir,

a2 · a = e. (2.6)

Basta con demostrar que a1 = a2, por la propiedad cancelativa de (2.5) y (2.6) tenemos que

(a · a1) · a = a y a · (a2 · a) = a,

así,

(a · a1) · a = a · (a2 · a),

por lo tanto,

a1 = a2.

Con esto hemos demostrado que (G, ·) es un grupo.

2.7 Ejercicios 63

OBSERVACIÓN. Sea p un número primo, consideremos G = Jp r {0} se tiene que (G,⊗) es un

grupo.

EJERCICIO 2.8. Pruebe que (G,⊗) es un grupo usando el Ejercicio 22.

Demostración. Por el Ejercicio 22 debemos probar que G es un conjunto finito, cerrado y asocia-

tivo para ′⊗′ y además que verifica las propiedades cancelativas.

Sabemos que o(G) = p, así, G es finito. Ahora probemos que G es cerrado, es decir, vamos a

probar que a ⊗ b ∈ G para todo a, b ∈ G. Sean [i], [j] ∈ G, tenemos que

[i]⊗ [j] = [i × j] con [i], [j] 6= 0,

por reducción al absurdo, supongamos que [i × j] = 0,así,

i ≡ j mod p

de donde

i ≡ 0 mod p o j ≡ 0 mod p

es decir,

[i] = [0] o [j] = [0].

Lo cual es contradictorio, por lo tanto, [i × j] 6= 0, lo cual es equivalente a tener que [i]⊗ [j] ∈ G.

Finalmente probemos que ′×′ verifica las propiedades cancelativas, en efecto, sean [i], [j], [k] ∈G tales que

[i]⊗ [j] = [i]⊗ [k], con i, j, k ∈ {1, . . . p − 1};

de donde

ij ≡ ik mod p,

así,

p | i(j − k),

puesto que p es primo relativo con i se sigue que

p | j − k,

es decir,

j ≡ k mod p,

64 Grupos.

por lo tanto,

[j] = [k].

Análogamente se prueba que si [j]⊗ [i] = [k]⊗ [i], entonces [j] = [k]. Por el Ejercicio 22 hemos

probado que (G,⊗) es un grupo.

EJERCICIO 2.9. Realizar la tabla de multiplicación y el Diagrama de Cayley de G = J5 r {0}.

Solución. La tabla de multiplicar de J5 r {0} viene dada por:

[1] [2] [3] [4]

[1] [1] [2] [3] [4]

[2] [2] [4] [1] [3]

[3] [3] [1] [4] [2]

[4] [4] [3] [2] [1]

Diagrama de Cayley:[1] [2]

[3] [4]

×[2]

OBSERVACIÓN. Sea n ∈ Z+, denotamos por Gn al grupo de los primos relativos con n.

EJERCICIO 2.10. Realizar la tabla de multiplicación y el Diagrama de Cayley de G8.

Solución. Tenemos que G8 = {1, 3, 5, 7}, así, la tabla esta dada por:

1 3 5 7

1 1 3 5 7

3 3 1 7 5

5 5 7 1 3

7 7 5 3 1

Diagrama de Cayley:1 3

5 7

×3

×5

2.7 Ejercicios 65

EJERCICIO 2.11. Realizar el diagrama de Cayley de S3.

Solución.f

Id

s r

h g◦ f

◦r

EJERCICIO 2.12. Realizar la tabla de multiplicar y el Diagrama de Cayley del Grupo de

Klein o de las simetrías del rectángulo.

Solución. Primero, vamos a encontrar los elementos del Grupo de Klein.

4 3

21

1. Elemento Identidad (Id):

1

2

3

4

1

2

3

4

2. Flip alrededor del eje vertical ( f ):

66 Grupos.

1

2

3

4

1

2

3

4

3. Flip alrededor del eje horizontal (g):

1

2

3

4

1

2

3

4

4. Rotación de 180◦ en sentido horario (r):

1

2

3

4

1

2

3

4

La tabla de multiplicación está dada por:

2.7 Ejercicios 67

Id f g r

Id Id f g r

f f Id r g

g g r Id f

r r g f Id

Diagrama de Cayley:Id f

r g

◦ f

◦r

EJERCICIO 2.13. Sea G un grupo tal que la intersección de todos sus subgrupos que son

distintos de (e) es un subgrupo distinto de (e). Probar que todo elemento de G es de orden

finito.

Demostración. Sea a ∈ G, a 6= e, vamos a demostrar que existe m ∈ N tal que am = e, denotemos

por K a la intersección de todos los subgrupos de G que son distintos de (e), así, tenemos que

K 6= (e). Consideremos el subgrupo cíclico de G dado por

(a) = {e, a, a−1, a2, a−2, . . . },

de donde, notemos que

(a) 6= e,

así, se sigue

K = (a) ∩ K 6= (e),

tomemos s ∈ (a) ∩ K 6= (e), así, existe r ∈ N tal que

ar = s.

Por otro lado, consideremos el subgrupo cíclico

(ar+1) = {e, ar+1, a−(r+1), a2(r+1), a−(2r+1), . . . },

notemos que (ar+1) es subgrupo de G y además (ar+1) 6= e, por lo tanto, obtenemos que

K = (ar+1) ∩ K 6= (e),

68 Grupos.

luego, puesto que ar ∈ K, existe n ∈ N tal que

ar = an(r+1),

de donde

an(r+1)−r = e,

tomando m = n(r + 1)− r ∈ N se prueba que existe m ∈ N tal que

am = e.

EJERCICIO 2.14. Si G es un grupo en el cual (ab)i = aibi para tres enteros consecutivos i y

para todo a, b ∈ G, entonces G es abeliano.

Demostración. Supongamos que G es un grupo en el cual (ab)i = aibi para tres enteros conse-

cutivos i y para todo a, b ∈ G. Sean a, b ∈ G, vamos a demostrar que G es abeliano, para ello

debemos probar que

ab = ba.

Tenemos que

(ab)i = aibi. (2.7)

De igual forma, tenemos que

(ab)i+1 = ai+1bi+1. (2.8)

Ahora, notemos que

(ab)i+1 = (ab)(ab)i,

de donde, por (2.7) se sigue que

(ab)i+1 = (ab)aibi. (2.9)

Por otro lado, sabemos que

ai+1bi+1 = aaibbi,

de donde, junto con(2.8) y (2.9) obtenemos que

(ab)aibi = aaibbi,

2.7 Ejercicios 69

luego, por la propiedad cancelativa se tiene que

bai = aib. (2.10)

Nuevamente, tenemos que

(ab)i+2 = ai+2bi+2. (2.11)

Por otro lado, sabemos que

ai+2bi+2 = aai+1bbi+1,

además

(ab)i+2 = ab(ab)i+1,

de donde junto combinando estas dos igualdades con (2.11) se sigue que

ab(ai+1bi+1) = aai+1bbi+1,

así, por la propiedad cancelativa tenemos que

bai+1 = ai+1b,

luego,

baia = aiab,

combinado esta igualdad con (2.10) obtenemos que

aiba = aiab,

nuevamente por la ley cancelativa tenemos que

ba = ab.

Con esto hemos probado que G es un grupo abeliano.

EJERCICIO 2.15. Si G tiene 5 elementos, entonces G es abeliano.

Demostración. Sabemos que o(G) = 5 es primo,así, por el Corolario 31 tenemos que G es un

grupo cíclico, por otro lado, cualquier grupo cíclico es abeliano, por lo tanto, se sigue que G es

abeliano.

70 Grupos.

EJERCICIO 2.16. Pruebe que si cada elemento de un grupo G es su propio inverso, entonces

G es un grupo abeliano.

Demostración. Sean a, b ∈ G, vamos a demostrar que ab = ba, sabemos que

a2 = aa = e y b2 = bb = e, (2.12)

de igual forma, tenemos que

(ab)2 = e. (2.13)

Notemos que

ab = aeb,

de donde, junto con (2.13) se sigue que

ab = a(ab)2b,

de donde

ab = a(ab)(ab)b,

luego, por la propiedad asociativa tenemos que

ab = (aa)(ba)(bb),

combinado esta igualdad con (2.12) se sigue que

ab = e(ba)e,

así,

ab = ba,

con esto hemos probado que G es un grupo abeliano.

EJERCICIO 2.17. Realice la tabla de multiplicar y el Diagrama de Cayley de G9.

Demostración. Notemos que G = {1, 2, 4, 5, 7, 8}, así, la tabla de multiplicar está dada por:

2.7 Ejercicios 71

1 2 4 5 7 8

1 1 2 4 5 7 8

2 2 4 8 1 5 7

4 4 8 7 2 1 5

5 5 1 2 7 8 4

7 7 5 1 8 4 2

8 8 7 5 4 2 1

Diagrama de Cayley:1 2

5 4

7 8

×2

EJERCICIO 2.18. Sea a ∈ G, definimos N(a) = {x ∈ G : xa = ax}. Pruebe que N(a) es un

subgrupo de G. N(a) se denomina el normalizador o centralizador de a ∈ G.

Demostración. Vamos a demostrar que N(a) es un subgrupo de G, para probar esto, por el Teo-

rema 21 basta con demostrar que:

a) x, y ∈ N(a) implica que x, y ∈ N(a),

b) x ∈ N(a) implica que x−1 ∈ H.

a) Clausura: Sean x, y ∈ N(a), tenemos que

xa = ax y ya = ay,

así,

xy(a) = x(ay)

= ax(y)

= a(xy).

Con esto hemos probado que xy ∈ N(a).

b) Existencia del inverso: Sabemos que

xa = ax,

72 Grupos.

de donde, por la propiedad cancelativa tenemos que

(x−1x)ax−1 = x−1a(xx−1),

así,

ax−1 = x−1a,

por lo tanto, se sigue que x−1 ∈ N(a).

Con esto hemos probado que N(a) es subgrupo de G.

EJERCICIO 2.19. Sea G un grupo, el centro de G se define por Z = {z ∈ G : zx = xz ∀x ∈ G}.

Pruebe que Z es un grupo de G.

Demostración. Probemos que Z 6= ∅, en efecto, sabemos que

ez = ze = z,

para todo z ∈ G, así, e ∈ Z. Sean y, z ∈ G, vamos a demostrar que Z es subgrupo de G.

a) Clausura: Tenemos que

yx = xy y zx = xz,

para todo x ∈ G. Así,

yz(x) = y(xz)

= xy(z)

= x(yz).

para todo x ∈ G. Con esto hemos probado que yz ∈ N(a).

b) Existencia del inverso: Sabemos que

yx = xy,

para todo x ∈ G. Luego, por la propiedad cancelativa tenemos que

(y−1y)xy−1 = y−1x(yy−1),

así,

xy−1 = y−1x,

para todo x ∈ G. Por lo tanto, se sigue que y−1 ∈ N(a).

2.7 Ejercicios 73

Con este hemos probado que Z es subgrupo de G.

2.7.2 Subgrupo Normal

EJERCICIO 2.20. Si G es un grupo y H es subgrupo de G tal que iG(H) = 2, entonces H es

subgrupo normal de G.

Demostración. Supongamos que G es un grupo y H un subgrupo de G tal que iG(H) = 2, Sea

a ∈ G, vamos a demostrar que toda clase lateral derecha es una clase lateral izquierda, es decir,

debemos probar que Ha = aH.

a) Si a ∈ H, entonces aH = H = Ha.

b) Si a /∈ H, entonces G/H = {H, aH} debido a que iG(H) = 2, de donde puesto que las clases

laterales son disjuntas se sigue que

aH = Hc,

por otro lado, también tenemos que G/H = {H, Ha}, nuevamente como las clases laterales

son disjuntas tenemos que

Ha = Hc,

con esto, hemos probado que

aH = Ha.

EJERCICIO 2.21. Si N es un subgrupo normal de G y H es subgrupo de G, entonces NH es

subgrupo de G.

Demostración. Supongamos que N es un subgrupo normal de G y que H es subgrupo de G,

vamos demostrar que NH es subgrupo de G, para ello, por el Teorema 21 basta con probar que

se satisfacen la propiedad clausurativa y la existencia del inverso.

a) Sean x, y ∈ NH, sabemos existen n1, n2 ∈ N y h1, h2 ∈ H tales que

x = n1h1 y y = n2h2,

de donde

xy = (n1h1)(n2h2),

74 Grupos.

luego, por la propiedad asociativa en G se sigue que

xy = n1(h1n2)h2,

por otro lado, sabemos que NH es subgrupo, así, h1n2 ∈ HN = NH, es decir, existen n ∈N, h ∈ H tales que

h1n2 = nh,

por lo tanto,

xy = n1(nh)h2,

de donde

xy = (n1n)(hh2) ∈ NH.

b) Sea x ∈ NH, sabemos existen n ∈ N y h ∈ H tales que

x = nh,

de donde

x−1 = h−1n−1,

así,

x−1 = (h−1n−1h)h−1,

por otro lado, puesto que N es normal tenemos que h−1n−1h ∈ N, por lo tanto

x−1 ∈ NH.

Con esto, hemos probado que NH es subgrupo de G.

EJERCICIO 2.22. La intersección de dos subgrupos normales de G es un subgrupo normal

de G.

Demostración. Sean N, N subgrupos normales de G, vamos a demostrar que N ∩ N es subgrupo

normal de G. Sean g ∈ G y n ∈ N ∩ N, debemos probar que gng−1 ∈ N ∩ N. Tenemos que

n ∈ N y n ∈ N,

2.7 Ejercicios 75

de donde, puesto que N y N son subgrupos normales tenemos que

gng−1 ∈ N y gng−1 ∈ N,

es decir,

gng−1 ∈ N ∩ N,

con esto, hemos probado que N ∩ N es subgrupo normal de G.

EJERCICIO 2.23. Si H es subgrupo de G y N es subgrupo normal de G, entonces H ∩ N es

subgrupo normal de H.

Demostración. Supongamos que H es subgrupo de G y que N es subgrupo normal de G, vamos

a demostrar que H ∩ N es subgrupo normal de H; en efecto, sean h ∈ H y x ∈ H ∩ N, tenemos

que

x ∈ H y x ∈ N,

por otro lado, sabemos que H es subgrupo de G, así, h−1 ∈ H y además N es subgrupo normal,

por lo tanto, tenemos que h−1xh ∈ N; con esto tenemos que

hxh−1 ∈ H y hxh−1 ∈ N,

es decir,

hxh−1 ∈ H ∩ N,

Así, hemos probado que H ∩ N es subgrupo normal de H.

EJERCICIO 2.24. Probar que todo subgrupo de un grupo abeliano es normal.

Demostración. Supongamos que G es un grupo abeliano, sean H un subgrupo de G, g ∈ G y

h ∈ H, vamos a demostrar que H es normal, para esto debemos probar que ghg−1 ∈ H. Puesto

que G es abeliano, tenemos que

ghg−1 = (gg−1)h

= eh

= h,

así, ghg−1 ∈ H, con esto hemos probado que H es un subgrupo normal de G.

76 Grupos.

EJERCICIO 2.25. Si un subgrupo cíclico T de G es normal en G, entonces pruebe que todo

subgrupo de T es normal en G.

Demostración. Supongamos que T es un subgrupo cíclico y normal de G, sea H un subgrupo de

T, por la definición de subgrupo cíclico, sabemos que

T = (a) y H = (ak), k ∈ Z.

Sean g ∈ G y x =(

ak)r

∈ H con k, r ∈ Z, vamos a demostrar que H es un subgrupo normal de

G, para esto debemos probar que gxg−1 ∈ H. Puesto que T es un subgrupo normal tenemos que

garg−1 ∈ T,

de donde, sabemos existe m ∈ Z tal que

am = garg−1,

por otro lado, sabemos que (am)k ∈ H y además notemos que

(am)k =(

garg−1)k

=(

garg−1) (

garg−1)

· · ·(

garg−1)

= gar(

g−1)

arg−1 · · ·(

garg−1)

= g(ar)kg−1,

así, tenemos que

g(ar)kg−1 ∈ H,

por lo tanto, hemos demostrado que H es un subgrupo normal de G.

CAPÍTULO 3

TEORÍA DE ANILLOS

3.1 DEFINICIONES DE ANILLOS Y EJEMPLOS

DEFINICIÓN 3.1DEFINICIÓN 3.1Un anillo R es un conjunto con dos operaciones ’+’ y ’·’, que verifica las siguientes propie-

dades:

Para todo a, b, c ∈ R, se tiene que

1. a + b ∈ R,

2. a + b = b + a,

3. a + (b + c) = (a + b) + c,

4. Existe 0 ∈ R tal que a + 0 = 0 + a = a,

5. Para todo a, existe −a ∈ R tal que a + (−a) = (−a) + a = 0

6. a · b ∈ R,

7. a · (b · c) = (a · b) · c

8. a · (b + c) = a · b + a · c

DEFINICIÓN 3.2DEFINICIÓN 3.2Si R tiene unidad, es decir 1 ∈ R, entonces R se denomina anillo con unidad.

Si R es conmutativo respecto a ’.’, entonces R se denomina anillo conmutativo.

EJEMPLO 3.1. No es difícil ver que los cuaterniones (Q,+, ·) es un anillo, en efecto

Q = {α + βi + γj + δk | α, β, γ, δ ∈ R}

cumple las propiedades que definen un anillo.

77

78 Teoría de Anillos

1. Sean x, y ∈ Q, cualesquiera, se tiene que

x = α + βi + γj + δk y y = α + βi + γj + δk

de donde

x + y = α + βi + γj + δk + α + βi + γj + δk

= (α + α) + (βi + βi) + (γj + γj) + (δk + δk)

= (α + α) + (β + β)i + (γ + γ)j + (δ + δ)k,

por lo tanto, x + y ∈ Q.

2. Sean x, y ∈ R, tenemos que

x + y = (α + α) + (β + β)i + (γ + γ)j + (δ + δ)k

= (α + α) + (β + β)i + (γγ+)j + (δδ+)k

= y + x

3. Sea z ∈ R, cualquiera, se tiene que

z = α + βi + γj + δk,

de donde,

x + (y + z) = α + βi + γj + δk + (α + βi + γj + δk + α + βi + γj + δk)

= α + βi + γj + δk + α + βi + γj + δk + α + βi + γj + δk

= (α + βi + γj + δk + α + βi + γj + δk) + α + βi + γj + δk

= (x + y) + z.

4. Notemos que 0 = 0 + 0i + 0j + 0k ∈ R y además

x + 0 = kk + 0 + 0i + 0j + 0k

= (α + 0) + (β + 0)i + (γ + 0)j + (δ + 0)k

= α + βi + γj + δk

= x

de forma análoga, se puede ver que 0 + x = x.

3.1 Definiciones de Anillos y Ejemplos 79

5. Notemos que −x ∈ R, pues

−x = −(α + βi + γj + δk)

= −α − βi − γj − δk

= (−α) + (−β)i + (−γ)j + (−δ)k.

además,

x + (−x) = α + βi + γj + δk + ((−α) + (−β)i + (−γ)j + (−δ)k

= α + βi + γj + δk + (−α) + (−β)i + (−γ)j + (−δ)k

= (α + (−α)) + (β + (−β))i + (γ + (−γ))j + (δ + (−δ))k

= (α − α) + (β − β)i + (γ − γ)j + (δ − δ)k

= 0 + 0i + 0j + 0l

= 0.

de forma análoga, se obtiene que (−x) + x = 0.

6. Vemos que

xy = (α + βi + γj + δk)(α + βi + γj + δk)

= α(α + βi + γj + δk) + βi(α + βi + γj + δk) + γj(α + βi + γj + δk) + δk(α + βi + γj + δk)

= αα + αβi + αγj + αδk + βαi + ββi2 + βγij + βδik + γαj + γβji + γγj2 + γδjk + δαk + δβki+

δγkj + δδk2

= αα + αβi + αγj + αδk + βαi − ββ + βγk − βδj + γαj − γβk − γγ − γδi + δαk + δβj + δγi − δδ

= (αα − ββ − γγ − δδ) + (αβ + βα − γδ + δγ)i + (αγ − βδ + γα + δβ)j + (αδ + βγ − γβ + δα)k

con esto, hemos probado que xy ∈ R.

7. Se tiene que

x(y + z) = (α + βi + γj + δk)(α + βi + γj + δk + α + βi + γj + δk)

= (α + βi + γj + δk)((α + βi + γj + δk) + (α + βi + γj + δk))

= (α + βi + γj + δk)(α + βi + γj + δk) + (α + βi + γj + δk)(α + βi + γj + δk)

= xy + xz

Podemos probar además que (Q,+, ·) es anillo con unidad, pues vemos que 1 = 1 + 0i +


0j + 0k ∈ R.

TEOREMA 3.1TEOREMA 3.1Si R es un anillo, entonces

1. ∀a ∈ R, a · 0 = 0 = 0 · a,

2. ∀a, b ∈ R, a(−b) = (−a)b = −(ab),

3. ∀a, b ∈ R, (−a)(−b) = (ab).

Demostración. 1. Sea a ∈ R, cualquiera. Tenemos que

a0 = a(0 + 0),

por la propiedad 8, se sigue que

a(0 + 0) = a0 + a0,

es decir,

a0 = a0 + a0,

por la unicidad del elemento identidad en grupos, se obtiene que

a0 = 0.

2. Sean a, b ∈ R, cualesquiera. Por la propiedad 8, se tiene

ab + a(−b) = a(b + (−b)),

y por la propiedad 5, sabemos que b + (−b) = 0, es decir

ab + a(−b) = 0,

de donde, se sigue que

(−a)b = −(ab).

De manera similar se obtiene que

a(−b) = −(ab).


3. Aplicando la propiedad anterior, tenemos

(−a)(−b) = −(a(−b)),

de donde,

(−a)(−b) = −(−(ab)),

finalmente por las propiedades de los grupos, se sigue que

−(−(ab)) = (ab).

TEOREMA 3.2TEOREMA 3.2Si R es un anillo con unidad, entonces

i) (−1)a = −a,

ii) (−1)(−1) = 1.

Demostración. i) Sea a ∈ R, cualquiera. Por la propiedad 2 del teorema anterior, tenemos que

(−1)a = −(1a) = −a.

ii) Por la propiedad 3 del teorema anterior, se sigue que

(−1)(−1) = 1.

DEFINICIÓN 3.3DEFINICIÓN 3.3Si R es un anillo conmutativo, a 6= 0 y si existe b ∈ R, b 6= 0 tal que ab = 0, entonces a se

llama divisor de cero.

Ejemplos:

• Z no tiene divisores de cero.

• R6 tiene divisores de cero, pues

R6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5}

y sabemos que (3)(2) mod 6, con 3 6= 0 y 2 6= 0, es igual a 0, por lo que 2 es divisor de cero.


DEFINICIÓN 3.4DEFINICIÓN 3.4Si R es un anillo conmutativo que no tiene divisores de cero se llama dominio integral.

Ejemplos:

• Z es dominio integral.

• R6 no es dominio integral.

DEFINICIÓN 3.5DEFINICIÓN 3.5Si R es un anillo tal que R r 0 es un grupo con respecto a ’·’, entonces R se llama anillo con

división.

Ejemplos:

• R es anillo con división.

• C es anillo con división.

DEFINICIÓN 3.6DEFINICIÓN 3.6Si R es un anillo con división conmutativo, entonces R se llama campo.

Ejemplos:

• R es un campo.

• Q (cuaterniones) no es un campo, pues Q no es conmutativo.

TEOREMA 3.3TEOREMA 3.3Un dominio integral finito es un campo.

Demostración. Sea D un dominio integral finito, cualquiera, es decir,

D = {x1, x2, ..., xn} y

o(D). Sea a ∈ D, a 6= 0. Luego,

E = {ax1, ax2, ..., axn}

Vamos a probar que D = E. Vemos que E ⊆ D, por lo que basta con probar que D ⊆ E. Por

reducción al absurdo, supongamos que existen repeticiones, es decir, existen i, j ∈ {1, ..., n},

xi 6= xj tales que

axi = axj,

de donde, obtenemos que

axi − axj = 0


a(xi − xj) = 0

y como a 6= 0, se sigue que

xi − xj = 0

xi = xj

lo que contradice la hipótesis, por lo tanto D = E. Ahora, probemos que a tiene unidad. De lo

anterior, se sigue que a ∈ E, es decir,

a = xka,

para algún k, como D es dominio integral, se tiene que

a = xka,

con lo que se prueba que xk satisface la definición de unidad para a.

Además, vamos a demostrar que xk es la unidad de D. Sea xl ∈ D, con l ∈ {1, ..., n}, cual-

quiera. Recordemos que D = E,así se tiene que

xl ∈ E,

es decir,

xl = axm,

para algún m ∈ 1, ..., n. Como a = axk = xka, se sigue que

xl = axkxm = xkaxm,

de donde, se obtiene que

xl = xkxl ,

luego, dado que D es dominio integral, tenemos que

xl = xl xk,

por lo tanto, xk cumple con la definición de unidad para D.


Finalmente, probemos que a tiene inverso, en efecto

xk ∈ E,

de donde, se tiene que

xk = axq,

para algún q ∈ 1, ..., n. Con esto, hemos probado que xq es el inverso de a y como a es arbitrario,

tenemos que para todo x ∈ D, x tiene inverso, por lo tanto, D es un anillo conmutativo con

división. Como D es un dominio integral finito arbitrario, se ha demostrado que todo dominio

integral finito es un campo.

DEFINICIÓN 3.7: Homomorfismo en anillosDEFINICIÓN 3.7: Homomorfismo en anillos

Sean R, R′ anillos y φ : R → R′ una aplicación, φ se dice un homomorfismo si y solo si para

todo a, b ∈ R se tiene que

i) φ(a + b) = φ(a) + φ(b),

ii) φ(a · b) = φ(a) · φ(b).


Si φ : R → R′ es un homomorfismo, entonces

i) φ(0) = 0, 0 ∈ R′,

ii) φ(−a) = −φ(a).

Demostración. i) Notemos que

φ(0) = φ(0 + 0),

como φ es homomorfismo, se sigue que

φ(0 + 0) = φ(0) + φ(0),

de donde, se obtiene que

φ(0) = φ(0) + φ(0),

por la unicidad del elemento identidad en anillos, se tiene que

φ(0) = 0.


ii) Como R es un anillo, se tiene que −a ∈ R. Ahora, como φ es homomorfismo, se tiene que

φ(0) = φ(a + (−a))

= φ(a) + φ(−a),

por el literal anterior, sabemos que φ(0) = 0, de donde, junto con la igualdad anterior, se

sigue que

0 = φ(a) + φ(−a).

Finalmente por la unicidad del inverso en anillos, hemos probado que

−φ(−a) = φ(a).

DEFINICIÓN 3.8: KernelDEFINICIÓN 3.8: Kernel

Sea φ : R → R′ un homomorfismo. El Kernel de φ se define como

I(φ) = {x ∈ R | φ(x) = 0}


Si φ : R → R′ es homomorfismo, entonces

i) I(φ) es subgrupo de R con respecto a ’+’,

ii) Si a ∈ I(φ) y r ∈ R, entonces ar ∈ I(φ).

Demostración. i) Sean a, b ∈ I(φ), cualesquiera. Vamos a probar que a + b ∈ I(φ). Tenemos

que

φ(a) = φ(b) = 0, (3.1)

además, como φ es homomorfismo, se sigue que

φ(a + b) = φ(a) + φ(b),

por (3.1), se tiene que

φ(a + b) = 0.

Por lo tanto,

a + b ∈ R.


Ahora, probemos que −a ∈ I(φ). Como φ es homomorfismo, se sigue que

−φ(a) = φ(−a),

por (3.1) se obtiene que

φ(−a) = 0.

Por lo tanto,

−a ∈ R.

Con esto hemos probado que I(φ) es subgrupo de R respecto a ’+’.

ii) Sean a ∈ I(φ) y r ∈ R, cualesquiera. Vamos a probar que ar ∈ I(φ).

Como φ es homomorfismo, se tiene que

φ(ar) = φ(a)φ(r),

junto con (3.1) se sigue que

φ(ar) = 0.

Por lo tanto,

ar ∈ I(φ).

EJEMPLO 3.2. Consideremos el conjunto

J(√

2) = {a + b√

2 | a, b ∈ Z}

Vamos a probar que

φ : J(√

2) → J(√

2)

a + b√

2 7→ a − b√

2

es un homomorfismo.


Sean x, y ∈ J(√

2), cualesquiera. Tenemos que

x = a + b√

2 y y = c + d√

2.

Notemos que

φ(a + b√

2) = a − b√

2 y φ(c + d√

2) = c − d√

2,

luego,

φ(x + y) = φ(a + b√

2 + c + d√

2)

= φ(a + c + (b + d)√

2)

= a + c − (b + d)√

2,

Por otro lado, se tiene que

φ(x) + φ(y) = a − b√

2 + c − d√

2

= a + c − (b + d)√

2,


φ(x + y) = φ(x) + φ(y).

Ahora, notemos que

φ(xy) = φ((a + b√

2)(c + d√

2))

= φ((a + b√

2)c + (a + b√

2)d√

2)

= φ(ac + bc√

2 + ad√

2 + bd(√

2)2)

= φ(ac + 2bd + (bc + ad)√

2)

= ac + 2bd − (bc + ad)√

2


φ(x)φ(y) = (a − b√

2)(c − d√

2)

= ac − ad√

2 − bc√

2 + bd(√

2)2

= ac + 2bd − (bc − ad)√

2


por lo tanto,

φ(xy) = φ(x)φ(y).

Con lo que, se prueba que φ es homomorfismo.

DEFINICIÓN 3.9: Isomorfismo de anillosDEFINICIÓN 3.9: Isomorfismo de anillos

Sean R, R′ anillos y φ : R → R′ un homomorfismo. Decimos que φ es isomorfismo si φ es

inyectivo.


Dos anillos R y R′ son isomorfos si existe un isomorfismo sobreyectivo φ : R → R′.

OBSERVACIÓN. Si R y R′ son isomorfos escribiremos

R ≡ R′.


Sean R, R′ anillos y φ : R → R′ una aplicación. φ es un isomorfismo si y solo si I(φ) = 0.

3.2 IDEALES

DEFINICIÓN 3.11: IdealDEFINICIÓN 3.11: IdealSean R un anillo y U ⊆ R, U se llama ideal si y solo si

i) U es subgrupo de (R,+),

ii) Para todo u ∈ U y para todo r ∈ R, ur, ru ∈ U.

EJEMPLO 3.3. Sean R = Polinomios y U = {p(x2 + 1) | p ∈ R}. Vamos a probar que U es ideal.

Para ello, consideremos q1, q2 ∈ R, cualesquiera. Se tiene que

q1 = p1(x2 + 1) y q2 = p2(x2 + 1),

con p1 y p2 ∈ R. Notemos que

q1 + q2 = p1(x2 + 1) + p2(x2 + 1)

= (p1 + p2)(x2 + 1),

3.2 Ideales 89

por lo tanto,

q1 + q2 ∈ U.

Además, como −p1 ∈ R se sigue que

−q1 = −p1(x2 + 1) ∈ R,

luego,

−q1 ∈ R.

Por otro lado, consideremos p ∈ R, cualquiera. Notemos que

q1 p = p1(x2 + 1)p

= pp1(x2 + 1),

como pp1 ∈ R y pu = pp1(x2 + 1) = up se sigue que

up, pu ∈ U.

Con esto, se prueba que U es un ideal.

TEOREMA 3.7TEOREMA 3.7Si R es un anillo y U es un ideal en R entonces definimos

i) (a + U) + (b + U) = (a + b) + U,

ii) (a + U) · (b + U) = ab + U.

así, R/U con las operaciones anteriores es un anillo.

Demostración. Primero, probemos que las operaciones i) y ii) están bien definidas. Para i), sean

a′ ∈ a + U y b′ ∈ b + U, cualesquiera. Luego,

a′ = a + u1 y b′ = b + u2,

con u1, u2 ∈ U. Notemos que

a′ + b′ = a + u1 + b + u2

= (a + b) + (u1 + u2),


dado que u1 + u2 ∈ U, se sigue que

a′ + b′ ∈ (a + b) + U.

Por lo tanto,

(a + b) + U = (a′ + b′) + U.

De manera análoga con ii).

Para probar que es un anillo, debemos verificar que se cumplen las propiedades de su de-

finición. No es difícil ver que en efecto se cumplen, dada la facilidad de demostración de estas

propiedades, a continuación se prueba la propiedad distributiva.

Sean X, Y, Z ∈ R/U, cualesquiera. Se tiene que

X = a + U, Y = b + U y Z = c + U

Ahora, vemos que

X(Y + Z) = X((b + U) + (c + U))

= X((b + c) + U)

= (a + U)[(b + c) + U]

= [a(b + c)] + U

= (ab + ac) + U

= (ab + U) + (ac + U)

= (a + U)(b + U) + (a + U)(c + U)

= XY + XZ.

Con esto se ha probado que R/U es un anillo.

TEOREMA 3.8TEOREMA 3.8Si R es un anillo y U un ideal de R, entonces existe un homomorfismo φ : R → R/U.

Demostración. Consideremos

φ : R → R/U

r 7→ r + U,

3.2 Ideales 91

vamos a probar que φ es homomorfismo.

Sean r, s ∈ R, cualesquiera. Tenemos que

φ(r + s) = (r + s) + U

= (r + U) + (s + U)

= φ(r) + φ(s)

también, se tiene que

φ(rs) = (rs) + U

= (r + U)(s + U)

= φ(r)φ(s)

Con esto hemos probado que φ es un homomorfismo.

EJEMPLO 3.4. Vamos a probar que si U es un ideal del anillo R y 1 ∈ U, entonces U = R.

Tenemos que U ⊆ R, pues U es subgrupo de R por ser un ideal, por lo que basta con probar

que R ⊆ U, para ello consideremos r ∈ R, cualquiera. Vemos que

1 · r = r,

por la definición de ideal, se sigue que

1 · r ∈ U,

luego,

r ∈ U.

Por lo tanto,

R ⊆ U.

Con lo que se prueba que

U = R.

EJEMPLO 3.5. Si F es campo, se puede demostrar que (0) y F son sus únicos ideales.


Sea u ∈ U. Tenemos que,

u = 0 o u 6= 0

• Si u = 0, se sigue que

U = (0).

• Si u 6= 0, se tiene que existe u−1 tal que

uu−1 = 1,

es decir,

1 ∈ U.

Con lo que se obtiene que,

U = F.


Sean R, R′ anillos y φ : R → R′ un homomorfismo sobreyectivo con kernel U. Se tiene que

R′ ≡ R/U.

Demostración. Consideremos la aplicación,

ψ : R/U → R′

a + U 7→ φ(a)

Probemos que ψ está bien definida. Sean u, v ∈ a + U, cualesquiera, vamos a probar que φ(u) =

φ(v). Tenemos que

u = a + u1 y v = a + u2,

con u1, u2 ∈ U. Notemos que

φ(v) = φ(a + u2)

= φ(a) + φ(u2)

= φ(a) + 0

= φ(a)

3.2 Ideales 93

= φ(a) + 0

= φ(a) + φ(u1)

= φ(a + u1)

= φ(u),

por lo tanto, ψ está bien definida.

Vamos a probar que ψ es inyectiva, para ello sean a + U, b + U ∈ R/U, cualesquiera, tales

que

ψ(a + U) = ψ(b + U),

debemos probar que

a + U = b + U.

Tenemos que

ψ(a + U) = φ(a) y ψ(b + U) = φ(b),

por la hipótesis, se sigue que

φ(a) = φ(b)

φ(a)− φ(b) = 0

φ(a + (−b)) = 0,

de donde se tiene que a + (−b) ∈ U, es decir, tenemos que

[a + (−b)] + U = U,

con esto, se sigue que

a + U = b + U.

Ahora demostremos que que ψ es sobreyectiva, es decir, vamos a probar que para todo y ∈ R′

existe M ∈ R/U tal que ψ(M) = y.

Sea y ∈ R′, cualquiera. Como φ es sobreyectiva, existe r ∈ R, tal que φ(r) = y. Además, tenemos

que

φ(r) = ψ(r + U),

con lo que se prueba que ψ es sobreyectiva.


Finalmente, debemos probar que ψ es homomorfismo, para ello, sean a + U, b + U ∈ R/U,

cualesquiera. Notemos que

ψ((a + U) + (b + U)) = ψ((a + b) + U)

= φ(a + b),

dado que φ es homomorfismo, se sigue que

ψ((a + U) + (b + U)) = φ(a) + φ(b)

= ψ(a + U) + ψ(b + U).

aAdemás, tenemos que

ψ((a + U)(b + U)) = ψ(ab + U)

= φ(ab),

dado que φ es homomorfismo, se sigue que

ψ((a + U)(b + U)) = φ(a)φ(b)

= ψ(a + U)ψ(b + U),

por lo tanto, ψ es un homomorfismo.

3.3 EJERCICIOS

EJERCICIO 3.1. Si todo x ∈ R satisface x2 = x, entonces R es conmutativo.

Demostración. Sean x, y ∈ R, cualquiera. Como R es anillo, tenemos que

x + y ∈ R.

Luego,

x + y = (x + y)2

= x2 + xy + yx + y2

= x + xy + yx + y,

3.3 Ejercicios 95


xy = −yx,

por otro lado, como R es anillo, −yx, yx ∈ R, por lo que

−yx = (−yx)2 = (−1)2(yx)2 = (yx)2 = yx,

junto con la igualdad anterior, obtenemos que

xy = yx.

EJERCICIO 3.2. Pruebe que cualquier homomorfismo de un campo es o un isomorfismo o

lleva todos los elementos en el cero.

EJERCICIO 3.3. Si U, V son ideales de R, dado U + V = {u + v | u ∈ U, v ∈ V}, probar que

U + V es también un ideal.

Demostración. Sean a, b ∈ U + V, cualesquiera. Tenemos que

a = u1 + v1 y b = u2 + v2,

con u1, u2 ∈ U y v1, v2 ∈ V. Notemos que

a + b = (u1 + v1) + (u2 + v2)

= (u1 + u2) + (v1 + v2),

como U y V son ideales, se sigue que (u1 + u2) ∈ U y (v1 + v2) ∈ V. Luego,

a + b ∈ U + V.

Además, vemos que

−a = −(u1 + v1)

= −u1 − v1

= (−u1) + (−v1),


dado que U y V son ideales, se tiene que −u1 ∈ U y −v1 ∈ V. Por lo tanto,

−a ∈ U + V.

Ahora, sea r ∈ R, cualquiera. Vemos que

ar = (u1 + v1)r

= u1r + v1r,

como U y V son ideales, tenemos que u1r ∈ U y v1r ∈ V, por lo tanto,

ar ∈ U + V.

De manera análoga se verifica que

ra ∈ U + V.

Con lo que hemos probado que U + V es un ideal.

EJERCICIO 3.4. Si R es el anillo de los enteros, sea U el ideal consistente en todos los múl-

tiplos de 17. Pruebe que si V es un ideal de R y U ⊂ V ⊂ R, entonces o V = R o V = U.

Generalice el resultado.

EJERCICIO 3.5. Si U es un ideal de R, dado r(U) = {x ∈ R | xu = 0 para todo u ∈ U},

probar que r(U) es un ideal de R.

Demostración. Sean x, y ∈ r(U), cualesquiera. Tenemos que

xu = 0 y yu = 0

para todo u ∈ U, notemos que

xu + yu = (x + y)u

= 0,

luego,

x + y ∈ r(U).

Notemos que

−(xu) = x(−u)

3.3 Ejercicios 97

= 0,

puesto que U es ideal, se sigue que −u ∈ U, como x ∈ r(U) se tiene que,

−x ∈ r(U).

Ahora, sea a ∈ R, cualquiera. Vemos que

(ax)u = a(xu)

= a(0)

= 0,

por lo tanto,

ax ∈ r(U).

De manera similar se prueba que

xa ∈ r(U).

Con esto hemos probado que r(U) es un ideal.

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