2011/10/06 · 14:22
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problems de álgebra moderna uno: I


Para divertirse estos días de trabajo:

https://juanmarqz.wordpress.com/wp-content/uploads/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<x<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<b 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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