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\Materia{Álgebra II}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2007}
\Titulo{Primer parcial}

\newcommand\p{\mathfrak{p}}
\newcommand\q{\mathfrak{q}}
\newcommand\RR{\mathbb{R}}
\newcommand\NN{\mathbb{N}}
\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}
\newcommand\C{\mathsf{C}}
\DeclareMathOperator\cl{cl}
\DeclareMathOperator\Spec{Spec}
\DeclareMathOperator\ann{ann}
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\DeclareMathOperator\Ass{Ass}

\begin{document}

\begin{textblock*}{2.5cm}(\paperwidth-3.5cm,1in+\topmargin+\headheight)
\def\ej#1{\parbox[c][2.448em][c]{2cm}{#1}}
\noindent
\begin{tabular}[t]{|l|}
        \hline
\ej1 \\ \hline
\ej2 \\ \hline
\ej3 \\ \hline
\ej4 \\ \hline\hline
\ej{} \\ \hline
\end{tabular}
\end{textblock*}

\maketitle*

\begin{enumerate}[
  fullwidth,
  listparindent=\parindent,
  itemsep=0.25em plus 1em,
  font=\textbf,
  parsep=0pt,
  ]

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{enumerate}[fullwidth]

\item Un grupo de orden $3325$ o $6125$ es producto directo de sus subgrupos de
Sylow.

\begin{Solucion}
En los dos casos es fácil, usando el teorema de Sylow, que para cada primo $p$ que
divide al orden, el número de $p$-subgrupos de Sylow es $n_p=1$. Esto implica,
en particular, que los subgrupos de Sylow son normales. El ejercicio sigue
entonces de un resultado visto en la práctica que afirma que un grupo en el que
los subgrupos de Sylow son normales es producto directo de ellos.
\end{Solucion}

\item Un grupo de $80$ o $520$ elementos no es simple.

\begin{Solucion}
Sea $G$ un grupo de orden $80=2^4\cdot 5$. Sean $n_2$ y $n_5$ las cantidades de
$2$- y $5$-subgrupos de Sylow. El teorema de Sylow nos dice que $n_5|2^4$ y que
$n_5\equiv1\pmod 5$. Calculando, es fácil ver que esto implica que
$n_5\in\{1,16\}$. Supongamos que $n_5=16$. Como dos subgrupos de orden $5$ de
$G$ se intersecan trivialmente, la union de los $5$-subgrupos de Sylow tiene
$16\cdot(5-1)=64$ elementos. Luego hay a lo sumo $80-64-1=15$ elementos de orden
potencia de $2$. Como un $2$-subgrupo de Sylow tiene 16 elementos, vemos que
debe ser $n_2=1$. Así, $G$ no es simple.

Sea ahora $G$ un grupo de orden $520=2^3\cdot5\cdot13$.
Supongamos que $G$ es simple. El teorema de Sylow implica entonces que
$n_{13}=40$ así que hay en $G$ $40\cdot(13-1)=480$ elementos de orden $13$. El
mismo teorema implica que hay al menos $26$ $5$-subgrupos de Sylow, esto es, al
menos $26\cdot(5-1)=101$ elementos de orden $5$. Como $480+101>520$, esto es
imposible. Luego $G$ no puede ser simple. 

(Notemos que hemos probado que o bien tiene un único $5$-subgrupo de Sylow $P_5$ o
bien tiene un único $13$-subgrupo de Sylow $P_{13}$. En el primer caso es fácil
ver, de la misma forma, que en $G/P_5$ hay un único $13$-subgrupo de Sylow; en
el segundo, que en $G/P_{13}$ hay un único $5$-subgrupo de Sylow. Vemos así que
en cualquier caso $G$ es extensión de $p$-grupos. Luego $G$ es soluble.)

\end{Solucion}

\end{enumerate}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $G$ un grupo finito y $H$ un subgrupo. Supongamos que $H$ es
\emph{especial}, esto es, que 
  \begin{quote}
  para todo $x\in G\setminus H$ e $y\in G$, existe un único $u\in H$ tal que
  $y^{-1}xy=u^{-1}xu$.
  \end{quote}
\begin{enumerate}

\item Si $x\in G\setminus H$, entonces $G=\C(x)H$ y $\C(x)\cap
H=1$.

\begin{Solucion}
Sea $y\in G$. Por hipótesis, existe $h\in H$ tal que $y^{-1}xy=u^{-1}xu$, de
manera que $xyu^{-1}=yu^{-1}x$, esto es, $yu^{-1}\in\C(x)$. Vemos que
entonces $y=(yu^{-1})u\in\C(x)H$.

Si $y\in\C(x)\cap H$, entonces $y^{-1}xy=1^{-1}x1$ y la hipótesis de
unicidad implica inmediatamente que $y=1$. Esto nos dice que $\C(x)\cap
H=1$.~\qed
\end{Solucion}

\item $H$ es normal.

\begin{Solucion}
Sea $h\in H$ y $y\in G$ y supongamos que, contradiciendo lo que queremos probar,
es $x=yhy^{-1}\not\in H$. Por hipótesis, entonces, existe $u\in H$ tal que
$h=y^{-1}xy=u^{-1}xu$ y, en particular, $x=uhu^{-1}\in H$. Esto es absurdo.~\qed
\end{Solucion}

\item Si $x\in G\setminus H$, entonces el grupo $G$ es isomorfo a un producto
semidirecto de $\C(x)$ por $H$.

\begin{Solucion}
Esto sigue del resultado de la primera parte usando un ejercicio de la
práctica.~\qed
\end{Solucion}

\item Si $x\in G\setminus H$, entonces $H=\{u^{-1}xux^{-1}:u\in H\}$.
Concluya que $Hx$ es una clase de conjugación de $G$.

\begin{Solucion}
Consideremos la función $f:u\in H\mapsto u^{-1}xux^{-1}\in H$.
Como $H$ es normal, cualquiera sea $u\in H$ es $xux^{-1}\in H$, así que
$f(u)=u\cdot xux^{-1}\in H$. Esto nos dice que $f$ está bien definida.
Es además inyectiva: si $f(u)=f(v)$, entonces $u^{-1}xu=v^{-1}xv$ y la hipótesis
hecha sorbe $H$ implica que $u=v$.

Como $H$ es finito, vemos así que $f$ es biyectiva y, en particular, que $H=\im
f$. Esto es precisamente el contenido de la primera afirmación del ejercicio. 

Usando esto, es claro que $Hx=\{u^{-1}xu:u\in H\}$, de manera que
$Hx\subset\cl(x)$. Si, por otro lado, $y\in\cl(x)$, existe $z\in G$ tal que
$y=z^{-1}xz$ y, por hipótesis, existe a su vez $u\in H$ tal que
$z^{-1}xz=u^{-1}xu$. Así, $u\in Hx$. Concluímos que $Hx=\cl(x)$, como
queríamos.~\qed
\end{Solucion}

\item Muestre que $H = \{[x,y]:x,y\in G\}$.

\begin{Solucion}
Sea $X=\{[x,y]:x,y\in G\}$. En vista del ejercicio anterior, $H\subset X$.
Sean $x$, $y\in H$. Si $x\in H$ o $y\in H$, entonces por esto mismo es $[x,y]\in
H$. Si, por el contrario, $x, y\in G\setminus H$, existe $u\in H$ tal que
$y^{-1}xy=u^{-1}xu$, así que $[y^{-1},x]=[u^{-1},x]\in H$. Así, $X\subset
H$.~\qed
\end{Solucion}

\item Si $x\in G\setminus H$, entonces $\C(x)$ es abeliano.

\begin{Solucion}
Sean $x$, $y\in\C(x)$. Entonces $[x,y]\in H\cap\C(x)=1$.~\qed
\end{Solucion}

\end{enumerate}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A$ un anillo. 
\begin{enumerate}
\item Si en el diagrama de $A$-módulos y
morfismos de $A$-módulos
  \[\xymatrix@R-15pt{
  {}
    & {}
    & {}
    & {}
    & 0 \ar[d]
    \\
  {}
    & {}
    & N \ar[r] \ar[d]
    & P \ar[r] \ar[d]
    & Q \ar[d]
    \\
  {}
    & M' \ar[r] \ar[d]
    & N' \ar[r] \ar[d]
    & P' \ar[r] \ar[d]
    & Q' 
    \\
  0 \ar[r]
    & M'' \ar[r] \ar[d]
    & N'' \ar[r] \ar[d]
    & P'' 
    \\
  {}
    & M''' \ar[r]^-f \ar[d]
    & N'''
    \\
  {}
    & 0
  }\]
las filas y columnas son exactas, entonces el morfismo $f$ es inyectivo.

\begin{Solucion}
Llamemos $f$ a todos los morfismos horizontales del diagrama y $g$ a los
verticales, e indiquemos---cuando sea necesario---el dominio con un subíndice.
Así, escribimos $f_{M''}$ al morfismo $M''\to N''$ del diagrama.

Sea $m'''\in M'''$ tal que $f(m''')=0$. Como $g_{M''}$ es sobreyectivo,
existe $m''\in M''$ tal que $g(m'')=m'''$. Entonces
$g(f(m''))=f(g(m''))=f(m''')=0$, así que $f(m'')\in\ker g_{N''}=\im g_{N'}$.
Luego existe $n'\in N'$ tal que $g(n')=f(m'')$. Notemos que
$g(f(n'))=f(g(n'))=f(f(m''))=0$, esto es, que $f(n')\in\ker g_{P'}=\im g_P$, de
manera que existe $p\in P$ tal que $g(p)=f(n')$. Es
$g(f(p))=f(g(p))=f(f(n'))=0$. Como $g_Q$ es inyectiva, esto nos dice que
$f(p)=0$, esto es, que $p\in\ker f_P=\im f_N$. Si $n\in N$ es tal que $f(n)=p$,
entonces $f(g(n)-n')=g(f(n))-f(n')=g(p)-g(p)=0$ y vemos que existe $m'\in M'$
tal que $f(m')=g(n)-n'$. 

Ahora bien, $f(g(m')-m'')=g(f(m'))-f(m'')=g(g(n)-n')-g(n')=0$ y, como $f_{M''}$
es inyectiva, concluímos que $g(m')=m''$. Pero entonces
$m'''=g(m'')=g(g(m'))=0$.~\qed

\end{Solucion}

\item Si en el siguiente diagrama conmutativo de $A$-módulos y morfismos de
$A$-módulos
  \[\xymatrix@C-10pt@R-15pt{
  0 \ar[rd]
    & {}
    & {}
    & {}
    & 0 
    \\
  {} 
    & M \ar[rd]^-{a_1}
    & {}
    & N \ar[ru] \ar[dd]^-g
    \\
  {}
    & {}
    & P \ar[ru]^-{b_2} \ar[rd]_-{a_2}
    \\
  {}
    & M' \ar[ru]_-{b_1} \ar[uu]^-f
    & {}
    & N' \ar[dr] 
    \\
  0 \ar[ur]
    & {}
    & {}
    & {}
    & 0
  }\]
las diagonales son exactas, entonces hay un isomorfismo $\ker g\cong\coker f$.

\begin{Solucion}
Sea $\phi=b_2a_1:M\to N$. Es $g\phi=gb_2a_1=a_2a_1=0$, así que
$\im\phi\subset\ker g$. Recíprocamente, si $n'\in N'$ es tal que $g(n')=0$,
entonces existe $p\in P$ tal que $b_2(p)=n'$ y, como $a_2(p)=g(b_2(p))=g(n')=0$,
es $p\in\ker a_2=\im a_1$. Luego existe $m\in M$ tal que $a_1(m)=p$. Pero
entonces $\phi(m)=b_1(a_1(m))=b_1(p)=n$. Concluímos que $\im\phi=\ker g$.

Por otro lado, $\phi f=b_2a_1f=b_2b_1=0$, de manera que $\ker f\subset\ker\phi$
y si $m\in\ker\phi$, entonces como $b_2(a_1(m))=0$, $a_1(m)\in\ker b_2=\im b_1$
y existe $m'\in M'$ tal que $b_1(m')=a_1(m)$. Entonces $a_1(f(m')-m)=0$. Como
$a_1$ es inyectivo, esto nos dice que $m=f(m')\in\im f$. Así, $\ker\phi=\im f$.

El segundo teorema de isomorfismo nos permite concluir entonces que $\phi$
induce un isomorfismo $\coker f=M/\ker f=M/\ker\phi\to\im\phi=\ker g$.~\qed
\end{Solucion}

\end{enumerate}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A$ un anillo conmutativo nötheriano. Si $M$ es un $A$-módulo y
$\p\in\Spec A$, decimos que $\p$ es un \emph{primo asociado a $M$} si existe
$m\in M$ tal que $\ann(m)=\p$. Escribimos $\Ass_A(M)$ al conjunto de los primos
asociados a~$M$.

\begin{enumerate}
\item Mostrar que si $\p$ es un elemento máximal del conjunto de ideales
$\{\ann(m):m\in M\setminus0\}$, entonces $\p\in\Ass_A(M)$.

\begin{Solucion}
Sea $\p$ un elemento maximal de $\{\ann(m):m\in M\setminus0\}$. Para ver que
$\p\in\Ass_A(M)$ hay que mostrar que $\p$ es primo. Supongamos entonces que $a$,
$b\in A$ son tales que $ab\in\p$. Supongamos que $a\not\in\p$, esto es, que
$am\neq0$. Por contrucción, existe $m\in M\setminus 0$
tal que $\p=\ann(m)$. Como $\ann(bm)\supset\ann(m)$ y
$a\in\ann(bm)\setminus\ann(m)$, la maximalidad de $\p$ implica que debe ser
$bm=0$, esto es, $b\in\p$.~\qed
\end{Solucion}

\item $\Ass_A(M)=\emptyset$ sii $M=0$.

\begin{Solucion}
La suficiencia es evidente. Por otro lado, si $M\neq0$, entonces el conjunto de
ideales $\{\ann(m):m\in M\setminus0\}$ es no vacío. Como $A$ es nötheriano, hay
elementos maximales y, por la parte anterior, cada uno de ellos es un elemento
de $\Ass_A(M)$. Así, $\Ass_A(M)\neq\emptyset$, probando la necesidad de la
condición.~\qed
\end{Solucion}

\item $\p\in\Ass_A(M)$ sii $\p\in\Spec A$ y $M$ posee un submódulo isomorfo a $A/\p$.

\begin{Solucion}
Supongamos que $\p\in\Ass_A(M)$, de manera que existe $m\in M$ tal que
$\p=\ann(m)$. Entonces el núcleo del morfismo $f:a\in A\mapsto am\in M$ es
precisamente $\p$, y el segundo teorema de isomorfismo nos dice que $M$ tiene
como súbmódulo a $\im f\cong A/\p$.

Recíprocamente, supongamos que $\p$ es primo y que hay un monomorfismo
$f:A/\p\to M$. Sea $\bar 1$ la clase de $1$ en $A/\p$ y $m=f(\bar 1)$. Entonces
como $\p\bar 1=0$, $\p m=\p f(\bar 1)=f(\p\bar 1)=0$ y $\p\subset\ann(m)$. Si
ahora $a\in A$ es tal que $am=0$, entonces $f(\bar{a})=f(a\bar 1)=af(\bar
1)=am=0$; como $f$ es inyectivo, $\bar a=0$ en $A/\p$, esto es, $a\in\p$. Así,
vemos que ${\p=\ann(m)\in\Ass_A(M)}$.~\qed
\end{Solucion}

\item Si $\p\in\Spec A$, entonces $\Ass_A(A/\p)=\{\p\}$.

\begin{Solucion}
El ejercicio anterior implica inmediatamente que $\p\in\Ass_A(A/\p)$.

Sea $a\in A$ con clase $\bar a\in A/\p$ no nula, de forma que $a\not\in\p$.
Afirmamos que $\p=\ann(\bar a)$. En efecto, es claro que $\p\subset\ann(\bar a)$
y si $b\in A$ es tal que $b\bar a=\overline{ba}=0$ en $A/\p$, entonces
$ba\in\p$. Como $\p$ es primo y $a\not\in\p$, esto nos dice que $b\in\p$. Esto
prueba nuestra afirmación.

Vemos entonces que $\p$ es el anulador de todos los elementos no nulos de
$A/\p$. Por supuesto, esto implica que $\Ass_A(A/\p)\subset\{\p\}$.~\qed
\end{Solucion}

\item Si $A=\ZZ$ y $n\in\NN$, determine $\Ass_\ZZ(\ZZ_n)$.

\begin{Solucion}
Mostremos que $\Ass_\ZZ(\ZZ_n)=\{(p):\text{$p\in\NN$ es primo y $p\mid n$}\}$.

Si $p\in\NN$ es primo y $p\mid n$, pongamos $m=n/p$ y sea $\bar m$ la clase de
$m$ en $\ZZ_n$. Es evidente que $p\bar m=0$; por otro lado, si $a\in\ZZ$ es
tal que $a\bar m=0$, debe ser $pm=n\mid am$ y entonces $p\mid a$. Esto nos
dice que $\ann(\bar m)=(p)$ y que $(p)\in\Ass_\ZZ(\ZZ_n)$.

Recíprocamente, si $p\in\NN$ es un primo tal que $(p)\in\Ass_\ZZ(\ZZ_n)$,
entonces existe $m\in\ZZ$ con clase $\bar m\in\ZZ_n\setminus0$ tal que $\ann(\bar m)=(p)$.
Esto implica, en particular, que $\overline{pm}=p\bar m=0$ en $\ZZ_N$, esto es,
que $n\mid pm$. Si $(p,n)=1$ y $\alpha$, $\beta\in\ZZ$ son tales que $\alpha
p+\beta n=1$, entonces $n\mid \alpha pm + \beta nm = m$. Esto es imposible,
porque supusimos que $\bar m\neq0$ en $\ZZ_m$. Luego debe ser $(p,n)\neq1$ y,
en consecuencia, $p\mid n$.
\end{Solucion}

\item Sea $S\subset A$ es un subconjunto multiplicativamente cerrado en $A$.
Si~$\p\in\Ass_A(M)$ es tal que $\p\cap S=\emptyset$, entonces
$\p\in\Ass_A(M_S)$.

\begin{Solucion}
Sea $\p\in\Ass_A(M)$ tal que $\p\cap S=\emptyset$. Entonces existe $m\in M$ tal
que $\p=\ann(m)$. Es claro que $\p\cdot m/1=0$; si, por otro lado,
$a\in A$ tal que $a\cdot m/1=0$, entonces existe $s\in S$ tal que
$sam=0$, esto es, tal que $sa\in\p$ y, como $s\not\in\p$, vemos que $a\in p$.
Luego $\p=\ann(m/1)\in\Ass_A(M_S)$.~\qed
\end{Solucion}

\item Es
  $ 
  \Ass_A(M_S) = \Ass_A(M)\cap\{\p\in\Spec A:\p\cap S=\emptyset\} 
  $.

\begin{Solucion}
En vista del ejercicio anterior, solo tenemos que mostrar que el lado izquierdo
está contenido en el derecho.

Sea $\p\in\Ass_A(M_S)$ y sea $m/s\in M_S\setminus0$ tal que $\p=\ann(m/s)$. 

Supongamos que $\p\cap S\neq\emptyset$, de manera que existe $u\in S$ tal que
$u\cdot m/s=0$. Entonces existe $v\in S$ tal que $vum=0$ y, como $vu\in S$, esto
implica que $m/s=0$, contra la hipótesis. Luego $\p\cap S=\emptyset$.

Como $A$ es nötheriano, existen $p_1,\dots,p_k\in A$ tales que
$\p=(p_1,\dots,p_k)$. Si $1\leq i\leq k$, $p_i\cdot m/s=0$, así que existe
$t_i\in S$ tal que $t_ip_im=0$. Sea $t=t_1\cdots t_k$. Afirmamos que
$\p=\ann(tm)$. En efecto, si $1\leq i\leq k$, es claro que $p_itm=0$ porque
$t_i$ divide a $t$; esto dice que $\p\subset\ann(tm)$. Por otro lado, si $a\in
A$ es tal que $atm=0$, entonces $at\in\p$ y como $t\not\in\p$, debe ser
$a\in\p$. Esto prueba nuestra afirmación.

Concluímos entonces que $\p\in\Ass_A(M)$ y $\p\cap S=\emptyset$, como
queríamos.~\qed
\end{Solucion}

\item Usando \emph{c)} muestre que si 
  \[\xymatrix{
  0 \ar[r] 
    & M' \ar[r]^-f
    & M \ar[r]^-g
    & M'' \ar[r]
    & 0
  }\]
es una sucesión exacta de $A$-módulos, entonces
  \[
  \Ass_A(M)\subset\Ass_A(M')\cup\Ass_A(M'').
  \]

\begin{Solucion}
Sea $\p\in\Ass_A(M)$. Usando \emph{c)}, vemos que existe un submódulo $N\subset
M$ tal que $N\cong A/\p$; como $A/\p$ es un dominio, esto implica que
$\ann(n)=\p$ para todo $n\in N$. Si $N\cap f(M')=0$, entonces $g(N)$ es un
submódulo de $M''$ isomorfo a $A/\p$, así que en este caso $\p\in\Ass_A(M'')$.
Supongamos entonces que, por el contrario,  existe $n'\in M'$ tal que $f(n')\in
N$. Si $a\in A$, entonces $a\in\ann(n')$ sii $an'=0\iff f(an')=0$ sii
$a\in\ann(f(n'))$ porque $f$ es inyectivo. Como $f(n')\in N$, la observación
hecha arriba implica que $\ann(n')=\ann(f(n'))=\p$. Luego $\p\in\Ass_A(M')$.
\end{Solucion}

\item Si $A$ es nötheriano y $M$ es un $A$-módulo finitamente generado no nulo,
entonces existe una cadena creciente finita de submódulos
  \[
  0=M_{0}
    \subsetneq M_1
    \subsetneq \dots
    \subsetneq M_{n-1}
    \subsetneq M_n 
    = M
  \]
e ideales primos $\p_1$, \dots, $\p_n\in\Spec A$ tales que
  \[
  M_i/M_{i-1}\cong A/\p_i, \qquad\forall i\in\{1,\dots, n\}.
  \]
Además, es $\Ass_A(M)\subset\{\p_1,\dots,\p_n\}$.

\begin{Solucion}
Supongamos que $n\geq0$ y que tenemos una cadena
  \[
  0=M_{0}
    \subsetneq M_1
    \subsetneq \dots
    \subsetneq M_{n-1}
    \subsetneq M_n 
  \]
de submódulos de $M$ e ideales primos $\p_1$, \dots, $\p_n\in\Spec A$ tales que
$M_i/M_{i-1}\cong A/\p_i$ si $1\leq i\leq n$ y
$\Ass_A(M_n)\subset\{\p_1,\dots,\p_n\}$. Notemos que cuando $n=0$ esta hipótesis
se satisface trivialmente.

Si $M_n\subsetneq M$, entonces $M/M_n\neq0$ y existe $\p_{n+1}\in\Ass_A(M/M_n)$.
En particular, existe un submódulo $N$ de $M/M_n$ tal que $N\cong A/\p_{n+1}$.
El tercer teorema de isomorfismo implica entonces que existe un submódulo
$M_{n+1}$ de $M$ que contiene a $M_n$ y tal que $M_{n+1}/M_n\cong N$. Además, la
sucesión exacta
  \[\xymatrix{
  0 \ar[r]
    & M_n \ar[r]
    & M_{n+1} \ar[r]
    & M_{n+1}/M_n\cong A/\p \ar[r]
    & 0
  }\]
implica que
  \[
  \Ass_A(M_{n+1})\subset\Ass_A(M_n)\cup\Ass_A(A/\p_{n+1})
    \subset \{\p_1,\dots,\p_n\}\cup\{\p_{n+1}\}.
  \]

De esta forma obtenemos, en particular, una cadena creciente $\{M_i\}_{i\geq0}$
finita o infinita de submódulos de $M$. Como $A$ es nötheriano y $M$ finitamente
generado, esta cadena no puede ser infinita. Esto significa que existe $n\in\NN$
tal que $M_n=M$. Es claro que esto prueba el ejercicio.~\qed
\end{Solucion}

\end{enumerate}

\end{enumerate}

\end{document}
% vim: tw=80:
