Mamd2_u1_a4 6b463j

Karla Judith Andrew Méndez. AL12509552.



1.- La aplicación : 𝑮 × 𝑯 → 𝑯 × 𝑮 es un isomorfismo Tenemos que: 𝑔 ∈ 𝐺 𝑦 𝑞𝑢𝑒 ℎ ∈ 𝐻 Entonces se tiene que el homomorfismo 𝜑((𝑔, ℎ)) = (ℎ, 𝑔) ya que 𝜑 es homomorfismos para 𝑔𝑔′ ∈ 𝐺 y también para ℎℎ′ ∈ 𝐻 siendo: 𝜑((𝑔, ℎ)(𝑔′ , ℎ′ )) = 𝜑(𝑔, ℎ)𝜑(𝑔′ℎ′) Por lo tanto 𝜑((𝑔, ℎ)(𝑔′ , ℎ′ )) = 𝜑((𝑔𝑔′ , ℎℎ′ )) = (ℎℎ′ , 𝑔𝑔′)

𝜑(𝑔, ℎ)𝜑(𝑔′ ℎ′ ) = (ℎ, 𝑔)(ℎ′ , 𝑔′ ) = (ℎℎ′ , 𝑔𝑔′) Tenemos entonces que 𝜑 es un homomorfismo. Para que:

𝜑: 𝐺 × 𝐻 → 𝐻 × 𝐺 Sea un isomorfismo, sabemos que una característica principal de isomorfismo es que sea biyectiva, entonces: Para todo: (𝑔𝑔′ , ℎℎ′) ∈ 𝐺 × 𝐻 Existe: (ℎℎ′ , 𝑔𝑔′) ∈ 𝐻 × 𝐺|𝜑((𝑔𝑔′ , ℎℎ′ )) = (ℎℎ′ , 𝑔𝑔′) Teniendo (𝑔𝑔′ , ℎℎ′ ) y a través del isomorfismo podemos ver que este conmuta en los pares ordenados para cada uno de los elementos que se tienen. ∴ Comprobando que 𝜑 tiene la característica de ser una biyeccion entonces se trata de un isomorfismo

1.- 𝐻 × {1} y {1} × 𝐾 son subgrupos normales de 𝐻 × 𝐾 2.- La intersección de 𝐻 × 𝐾 es {(1,1)} 3.- Los elementos (ℎ, 1), (1, 𝑘) conmutan Tenemos que los elementos h y k pertenecen a 𝐻 × 𝐾 (ℎ, 1) ∈ 𝐻 × {1} (1, 𝑘) ∈ {1} × 𝐾

Para los dos subgrupos normales se debe cumplir que: (ℎ, 𝑘)(ℎ, 1)(ℎ−1 , 𝑘 −1 ) = (ℎℎ, 𝑘)(ℎ−1 , 𝑘 −1 ) = (ℎ, 1) ∈ 𝐻 × {1} Siendo: 𝐻 × {1} ⊲ 𝐻 × 𝐾 (ℎ, 𝑘) ∈ 𝐻 × 𝐾 y (1, 𝑘) ∈ {1} × 𝐾 ⟹ (ℎ, 𝑘)(1, 𝑘)(ℎ−1 , 𝑘 −1 ) = (ℎ, 𝑘𝑘)(ℎ−1 , 𝑘 −1 ) = (1, 𝑘) ∈ {1} × 𝐾 Luego para: {1} × 𝐾 ⊲ 𝐻 × 𝐾 Que generan 𝐻×𝐾 Para todo ℎ ∈ 𝐻 y para todo 𝑘 ∈ 𝐾 se cumple que: 𝑘 ∈ 𝐾 ⟹ (ℎ, 1)(1, 𝑘) = (ℎ, 𝑘) ∈ 𝐻 × 𝐾 Por lo que: {1} ∈ 𝐻 {1} ∈ 𝐾 Esto no se cumple pues: (ℎ, 1) ∉ 𝐾 y (1, 𝑘) ∉ 𝐻 Pero al existir la identidad (1) en ambos casos (1,1) ∈ 𝐻 (1,1) ∈ 𝐾 Ya que 1 es único elemento que tienen en común Donde (ℎ, 1)(1, 𝑘) = (ℎ1,1𝑘) = (ℎ, 𝑘) y (1, 𝑘)(ℎ, 1) = (1ℎ, 𝑘1) = (ℎ, 𝑘) Por lo que podemos ver que: (ℎ, 1) 𝑦 (1, 𝑘) Conmutan

1.- G y H son grupos cíclicos de orden 2 y 3 2.- Orden de 𝐺 × 𝐻 Tenemos entonces que: 𝐺2 × 𝐻3 Dónde: 𝐺2 = (0,1) 𝑦 𝐻3 = (0,1,2) Entonces: 𝐺2 × 𝐻3 = {(0,0), (0,1), (0,2), (1,0), (1,1), (1,2)} Realizando la tabla * (0,0) (0,1) (0,2) (1,0) (1,1) (1,2)

(0,0) (0,0) (0,1) (0,2) (1,0) (1,1) (1,2)

(0,1) (0,1) (0,2) (0,0) (1,1) (1,2) (1,0)

(0,2) (0,2) (0,0) (0,1) (1,2) (1,0) (1,1)

(1,0) (1,0) (1,1) (1,2) (0,0) (0,1) (0,2)

(1,1) (1,1) (1,2) (1,0) (0,1) (0,2) (0,0)

(1,2) (1,2) (1,0) (1,1) (0,2) (0,0) (0,1)

Podemos observar que el elemento neutro es (0,0) siendo si simétrico: (0,0)’= (0,0) (0,1)’= (0,2)’= (0,1) (1,0)’= (1,0) (1,1)’=(1,2)⇒(1,2)’=(1,1)# Obtenemos el orden de cada elemento, tenemos que se trata de un grupo de orden 6. Aplicando el teorema de Lagrange para los grupos finitos, se puede decir que el orden de cada elemento puede ser divisor del orden de grupo, pues las únicas posibilidades son 1, 2, 3, 6

Luego para encontrar el orden tenemos: 𝑜(𝑎) = 𝑘 Siendo k la menor potencia natural no nula que nos da el elemento neutro, siendo el orden de cada elemento el siguiente: * (0,0) (0,1) (0,2) (1,0) (1,1) (1,2) Orden 1 3 3 2 6 6 Podemos ver que existen dos elementos que coinciden con el orden del grupo, por lo cual se puede concluir que el grupo es cíclico, teniendo dos generadores los cuales son: * (0,0) (0,1) (0,2) (1,0) (1,1) (1,2) Orden 1 3 3 2 6 6 𝐺2 × 𝐻3 = ⟨(1,1)⟩ = ⟨(1,2)⟩ Por lo que:

𝐺2 × 𝐻3

Tenemos que los 2 son de orden 4: 𝐺 × 𝐻 𝐺2 × 𝐻2 = (0,0), (0,1), (1,0), (1,1) Ya que: 𝐺2 = (0,1) 𝑦 𝐻2 = (0,1) Grupo de Klein: ℤ2 × ℤ2 = (0,0), (0,1), (1,0)(1,1) Ya que 𝑍2 = (0,1) 𝑦 𝑍2 = (0,1) Entonces: 𝑎 = (0, 1̅) Es el único elemento en 𝐺 × 𝐻 de orden 2 y:

𝑏 = (0, 1̅) Es el único elemento en ℤ2 × ℤ2 de orden 2 Luego podemos ver que sus elementos en común son 1 y por isomorfismo tenemos que es isomorfo también al grupo de Klein 𝑍2 ⊕ 𝑍2 Entonces: 𝐺 × 𝐻 ≅ ℤ2 × ℤ2 Son isomorfos