# Monthly Archives: October 2011

https://juanmarqz.wordpress.com/2011/10/06/problems-de-algebra-moderna-uno-i/

Uno debe acostumbrase a leer mucho,

pero no será provechoso si no se practica: leer y entender.

Uno no nace con esta habilidad de por sí,

pero esto  sí es posible desarrollar,

si le pones persistencia.

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## SL_2(Z/3Z), aliquis ordo

hae sunt matrices (estas son las matrices):

$a=\left(\begin{array}{cc}0&1\\ 2&0\end{array}\right)$, $b=\left(\begin{array}{cc}0&1\\ 2&1\end{array}\right)$, $ba^3b=\left(\begin{array}{cc}0&1\\ 2&2\end{array}\right)$

$a^3=\left(\begin{array}{cc}0&2\\ 1&0\end{array}\right)$, $bab=\left(\begin{array}{cc}0&2\\ 1&1\end{array}\right)$, $a^2b=\left(\begin{array}{cc}0&2\\ 1&2\end{array}\right)$

$e=\left(\begin{array}{cc}1&0\\ 0&1\end{array}\right)$, $a^2ba=\left(\begin{array}{cc}1&0\\ 1&1\end{array}\right)$, $(ba)^2=\left(\begin{array}{cc}1&0\\ 2&1\end{array}\right)$

$(ab)^2=\left(\begin{array}{cc}1&1\\ 0&1\end{array}\right)$, $b^2ab=\left(\begin{array}{cc}1&1\\ 1&2\end{array}\right)$, $a^3ba=\left(\begin{array}{cc}1&1\\ 2&0\end{array}\right)$

$a^3b=\left(\begin{array}{cc}1&2\\ 0&1\end{array}\right)$, $a^2b^2=\left(\begin{array}{cc}1&2\\ 1&0\end{array}\right)$, $bab^2=\left(\begin{array}{cc}1&2\\ 2&2\end{array}\right)$

$a^2=\left(\begin{array}{cc}2&0\\ 0&2\end{array}\right)$, $ab^2=\left(\begin{array}{cc}2&0\\ 1&2\end{array}\right)$, $ba=\left(\begin{array}{cc}2&0\\ 2&2\end{array}\right)$

$ab=\left(\begin{array}{cc}2&1\\ 0&2\end{array}\right)$, $b^2aba=\left(\begin{array}{cc}2&1\\ 1&1\end{array}\right)$, $b^2=\left(\begin{array}{cc}2&1\\ 2&0\end{array}\right)$

$b^2a=\left(\begin{array}{cc}2&2\\ 0&2\end{array}\right)$, $aba=\left(\begin{array}{cc}2&2\\ 1&0\end{array}\right)$$abab^2=\left(\begin{array}{cc}2&2\\ 2&1\end{array}\right)$

… ante hoc dictionary

Nunc, possibile est quod haec propositio quaerere:

$\langle a,b\ :\ a^4=e, b^6=e, a^2b=ba^2\rangle$

• is it possible that: $a^2b=ba^2$ together with $a^4=e$ and $b^6=e$ they imply $a^2=b^3$?

http://en.wikipedia.org/wiki/File:SL%282,3%29;_Cayley_table.svg

for more on Cayley tables go

Cayley

(10.nov.2011)

Usando la teoría básica de grupos podremos construir un subgrupo de 12 elementos usando un subgrupo de orden tres y otro subgrupo de orden cuatro:

Con $H=\langle p|p^3=e\rangle$ y con $K=\langle q|q^4=e\rangle$ armamos $HK$. Así $HK$ tendrá 12 elementos y pues $H\cap K=\{e\}$.

Chéquelo con $p=\left(\begin{array}{cc}1&1\\ 0&1\end{array}\right)$  y $q=\left(\begin{array}{cc}1&1\\ 1&2\end{array}\right)$.

El que queriamos armar usando $\langle\{a^2,b\}\rangle$, no funciona para obtener un subgrupo de 12 elementos,  pues porque, sabiendo $a^2=b^3$, tendremos $\langle a^2\rangle<\langle b\rangle$ y por lo tanto $\langle\{a^2,b\}\rangle=\langle b\rangle$.

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sigue a contadora para ver los algunos detalles de la biyección ${\mathbb{N}}\times{\mathbb{N}}\to{\mathbb{N}}$ que etiqueta las intersecciones de líneas verticales con horizontales espacidas a distancia uno entre ellas.

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## math-marqz a’lgebra

ha sido muy grato ver la cantidad de descargas de los documentos relativos a la multilineal y moderna uno, que por aquí se encuentran : )

Es ultra-grato servirle.

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## SL_2(Z_3) again

this group is great,… if you don’t believe checkout:

http://finitegeometry.org/sc/pg/dt/visu.html

there, it is its supergroup GL_2(Z_3).

the missing matrix in this photo is $\left(\begin{array}{cc}0&1\\ 2&2\end{array}\right)$

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## problems de álgebra moderna uno: I

Para divertirse estos días de trabajo:

https://juanmarqz.files.wordpress.com/2011/10/canonproblms.pdf

Samples:

• Sea $f:S\to T$ un map. Sean $A,B\subset S$ entonces

i) ¿$f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)$?

Solución: Es fácil la contención $f(A\cap B)\subseteq f(A)\cap f(B)$. La otra contención $f(A\cap B)\supseteq f(A)\cap f(B)$ no siempre es posible: pues si $t\in f(A)\cap f(B)$ entonces $t\in f(A)$  y $t\in f(B)$, esto implica que existen $c\in A$ y $d\in B$ tales que $f(c)=f(d)=t$. Pero esto no implica que exista $a\in A\cap B$ talque $f(a)=t$

ii) Sean $X,Y\subset T$. Demuestra $f^{-1}(X\cup Y)=f^{-1}(X)\cup f^{-1}(Y)$

• La función $\phi(n,m)=m+\frac{(n+m)(n+m+1)}{2}$mapea ${\mathbb{N}}\times{\mathbb{N}}\to{\mathbb{N}}$. Demuestra que es una biyección. Solución.
•  Sea $f:S\to T$ un map sobreyectivo. Demuestra que si para cualquiera dos $x,y\in S$ definimos: $x\sim y\ \Longleftrightarrow f(x)=f(y)$, entonces esto determina una relación de equivalencia en $S$
• Demuestra que el map ${\mathbb{R}}\to (-1,1)$, de los reales al intervalo abierto $x\in{\mathbb{R}}: -1, dando por

$x\mapsto \frac{x}{1+|x|}$

es una biyección. Solución: Aquí algunos detalles pero desordenados: El cero se mapea en el cero. Note que $\frac{x}{1+|x|}$ tiene el mismo signo que $x$. Note también que $x<1+|x|$ entonces $|\frac{x}{1+|x|}|<1$ y esto implica que el codominio es efectivamente el intervalo abierto $(-1,1)$ o sea este map esta bien definido. Para la inyectividad hay varios casos según se elijan $a,b$:  ambos $a,b>0$ ó $a,b<0$ ó $a<0 ó $a>0>b$, pero de todos modos si $a\neq b$ y aunque pueda suceder $1+|a|=1+|b|$  tendremos $\frac{a}{1+|a|}\neq \frac{b}{1+|b|}$. Para la sobreyectividad sea $p\in (-1,1)$ para el cual buscamos $c\in{\mathbb{R}}$ talque $\frac{c}{1+|c|}=p$. Entonces tenemos que resolver $\frac{c}{1+c}=p$ para $p>0$ o bien $\frac{c}{1-c}=p$ para $p<0$. En el primer caso $c=\frac{p}{1-p}$ y en el otro $c=\frac{p}{1+p}$.

• $\left(\begin{array}{cc}1&1\\ 0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1&2\\ 0&1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1&0\\ 0&1\end{array}\right)$,  con entradas en ${\mathbb{Z}}_3$
• $\left(\begin{array}{cc}2&2\\ 2&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1&2\\ 1&2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1&0\\ 0&1\end{array}\right)$,  también con entradas en ${\mathbb{Z}}_3$

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