Descomposición canónica de un homomorfismo de grupos

Proporcinamos ejercicios sobre la descomposición canónica de un homomorfismo de grupos.

RESUMEN TEÓRICO
    Enunciado
  1. Sea $f:G\to G’$ un homomorfismo entre los grupos $(G,\cdot)$ y $(G’,\cdot).$ Demostrar que:
    (a) $n:G\to G/\ker f,\; n(x)=x\ker f$ es epimorfismo.
    (b) $g:G/\ker f\to \operatorname{Im}f,\;g(x\ker f)=f(x)$ es isomorfismo.
    (c) $i:\operatorname{Im}f\to G’,\;i(x)=x$ es monomorfismo.
    (d) $f=i\circ g\circ n.$
  2. Sea $(\mathbb{R}^*,\cdot)$ el grupo multiplicativo de los números reales no nulos y $f:\mathbb{R}^*\to \mathbb{R}^*$ la aplicación $f(x)=x^2$. Se pide:
    (a) Demostrar que $f$ es un homomorfismo de grupos.
    (b) Hallar $\ker f$ e $\textrm{Im}\;f$.
    (c) Determinar el conjunto cociente $\mathbb{R}^*/\ker f$.
    (d) Efectuar la descomposición canónica de $f$.
    (Propuesto en examen, ETS de Ing. Agrónomos, UPM).
    Solución
  1. (a) Como $\ker f$ es subgrupo normal de $G,$ está definido el grupo cociente $G/\ker f.$ Para todo $x,y$ elementos de $G:$ $$n(xy)=(xy)\ker f=(x\ker f)\;(y\ker f))=n(x)\;n(y),$$ es decir $n$ es homomorfismo. Por otra parte, todo elemento $x\ker f$ es $x\ker f=n(x),$ luego $n$ es sobreyectiva. Concluimos que $n$ es epimorfismo.
    (b) Veamos que la aplicación $g$ está bien definida, es decir que $g(x\ker f)$ no depende del representante sino de la clase en sí. En efecto, supongamos que $x\ker f=y\ker f,$ entonces $xy^{-1}\in \ker f$ que equivale a $f(xy^{-1})=e’$ (neutro de $G’$). Pero: $$f(xy^{-1})=e’\Leftrightarrow f(x)f(y^{-1})=e’\Leftrightarrow f(x)\;(f(y))^{-1}=e’\Leftrightarrow f(x)=f(y),$$ es decir $g(x\ker f)=g(y\ker f).$
    Veamos que $g$ es homomorfismo. Para todo $x\ker f,$ $y\ker f$ elementos de $G/\ker f:$ $$g[(x\ker f)\;(y\ker f)]=g[(xy)\ker f]=f(xy)=f(x)f(y)=(x\ker f)\;(y\ker f).$$ Veamos que $g$ es monomorfismo. El núcleo de $g$ es: $$\ker g=\{x\ker f\in G/\ker f:g(x\ker f)=f(x)=e’\}=\{\ker f\}=\{e\ker f\},$$ es decir el núcleo de $g$ se reduce a elemento neutro de $G/\ker f$ lo cual implica que $g$ es inyectiva.
    Veamos que $g$ es epimorfismo. En efecto, si $x’\in \operatorname{Im}f,$ entonces $x’=f(x)$ para algún $x\in G,$ luego $x’=g(x\ker f).$ Esto implica que $g$ es sobreyectiva. Concluimos que $g$ es isomorfismo.
    (c) Para todo $x,y$ elementos de $\operatorname{Im}f,$ $i(x+y)=x+y=i(x)+i(y)$ es decir, $i$ es homomorfismo. Ademas, $i(x)=i(y)$ implica $x=y,$ luego $i$ es inyectiva.
    (d) Para todo $x\in G,$ $(i\circ g\circ n)(x)=(i\circ g)(x\ker f)=i(f(x))=f(x),$ por tanto, $i\circ g\circ n=f.$
  2. (a) Se verifica $f(xy)=(xy)^2=x^2y^2=f(x)f(y)$ para todo par de números reales no nulos $x$ e $y$ lo cual implica que $f$ es homomorfismo de grupos.
    (b) Aplicando las definiciones de núcleo e imagen: $$\ker f=\{x\in\mathbb{R}^*:f(x)=1\}=\{x\in\mathbb{R}^*:x^2=1\}=\{-1,1\},$$ $$\textrm{Im}\; f=\{y\in \mathbb{R}^*: \exists x\in \mathbb{R}^*\mbox{ con }y=x^2\}=(0,+\infty).$$ (c) Sea $a\in \mathbb{R}^*$. La clase $[a]$ a la que pertenece $a$ está formada por los elementos $x\in\mathbb{R}^*$ tales que $xa^{-1}\in \ker f$ es decir, los que cumplen $f(ax^{-1})=x^2a^{-2}=1$ o de forma equivalente, los que cumplen $x^2=a^2$. Por tanto, $[a]=\{-a,a\}$. En consecuencia: $$\mathbb{R}^*/\ker f=\{[a]:a\in \mathbb{R}^*\}=\left\{\{-a,a\}:a\in \mathbb{R}^*\right\}.$$ (d) Sabemos que el epimorfismo natural $n:\mathbb{R}^*\to \mathbb{R}^*/\ker f$ está definido mediante $n(a)=[a],$ el isomorfismo canónico $g:\mathbb{R}^*/\ker f\to \textrm{Im}\;f$ por $g([a])=f(a)$ y el monomorfismo canónico $i:\textrm{Im}\;f\to \mathbb{R}^*$ por $i(y)$. La factorización canónica de $f$ es por tanto: $$\begin{matrix}\mathbb{R}^*\xrightarrow{\;\;\;\;\;f\;\;\;\;\;}\mathbb{R}^*\\n\downarrow{\;\;\;\;\;}\;\;\;\;\;\;\;\;\uparrow{} i\\\mathbb{R}^*/\ker f\xrightarrow{\;\;g\;\;}\textrm{Im}\;f\end{matrix}\qquad \left \{ \begin{matrix}f(a)=a^2\\n(a)=\{-a,a\}\\g(\{-a,a\})=a^2\\i(y)=y,\end{matrix}\right.$$ siendo el diagrama anterior es conmutativo ($f=i\circ g\circ n$) como sabemos por un conocido teorema. Efectivamente, para todo $a\in\mathbb{R}^*:$ $$(i\circ g\circ n)(a)=(i\circ g)(\{-a,a\})=i(a^2)=a^2=f(a),$$ lo cual implica $f=i\circ g\circ n$.
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