Grupo Matagalpino de matemáticas: Los Karamasov2011 1. Grupo de Orden 8 Consideremos el plano 𝑃 = 𝑥, 𝑦 : 𝑥 , 𝑦 𝑠𝑜𝑛 𝑟𝑒𝑎𝑙𝑒𝑠 y las aplicaciones 𝑓, 𝑔 ∈ 𝐴(𝑃) definidas por 𝑓 𝑥, 𝑦 = −𝑥, 𝑦 y 𝑔 𝑥, 𝑦 = −𝑦, 𝑥 . 𝑓 es la reflexión respecto al eje 𝑦 y 𝑔 es la rotación de 90° en sentido opuesto a las manecillas del reloj respecto del origen. Definiendo 𝐺 = 𝑓 𝑖 𝑔 𝑗 : 𝑖 = 0,1; 𝑗 = 0, 1, 2, 3 y sea * en G el producto de elementos de 𝐴(𝑃). Se tiene como aplicación identidad 2 4 𝑓 =𝑔 . * 𝑓 0 𝑔0 𝑓 0 𝑔1 𝑓 0 𝑔2 𝑓 0 𝑔3 𝑓 1 𝑔0 𝑓 1 𝑔1 𝑓 1 𝑔2 𝑓 1 𝑔3 𝑓 0 𝑔0 𝑓0 𝑔0 𝑓0 𝑔1 𝑓0 𝑔2 𝑓0 𝑔3 𝑓1 𝑔0 𝑓1 𝑔1 𝑓1 𝑔2 𝑓1 𝑔3 𝑓0 𝑔1 𝑓0 𝑔1 𝑓0 𝑔2 𝑓0 𝑔3 𝑓0 𝑔0 𝑓1 𝑔3 𝑓1 𝑔0 𝑓1 𝑔1 𝑓1 𝑔2 𝑓0 𝑔2 𝑓0 𝑔2 𝑓0 𝑔3 𝑓0 𝑔0 𝑓0 𝑔1 𝑓1 𝑔2 𝑓1 𝑔3 𝑓1 𝑔0 𝑓1 𝑔1 𝑓0 𝑔3 𝑓0 𝑔3 𝑓0 𝑔0 𝑓0 𝑔1 𝑓0 𝑔2 𝑓1 𝑔1 𝑓1 𝑔2 𝑓1 𝑔3 𝑓1 𝑔0 𝑓1 𝑔0 𝑓1 𝑔0 𝑓1 𝑔1 𝑓1 𝑔2 𝑓1 𝑔3 𝑓0 𝑔0 𝑓0 𝑔1 𝑓0 𝑔2 𝑓0 𝑔3 𝑓1 𝑔1 𝑓1 𝑔1 𝑓1 𝑔2 𝑓1 𝑔3 𝑓1 𝑔0 𝑓0 𝑔3 𝑓0 𝑔0 𝑓0 𝑔1 𝑓0 𝑔2 𝑓1 𝑔2 𝑓1 𝑔2 𝑓1 𝑔3 𝑓1 𝑔0 𝑓1 𝑔1 𝑓0 𝑔2 𝑓0 𝑔3 𝑓0 𝑔0 𝑓0 𝑔1 𝑓1 𝑔3 𝑓1 𝑔3 𝑓1 𝑔0 𝑓1 𝑔1 𝑓1 𝑔2 𝑓0 𝑔1 𝑓0 𝑔2 𝑓0 𝑔3 𝑓0 𝑔0 2. Sea 𝐺 el conjunto de todas las aplicaciones 𝑇𝑎 ,𝑏 : ℝ → ℝ definidas por 𝑇𝑎 ,𝑏 𝑟 = 𝑎𝑟 + 𝑏 para todo número real r, donde 𝑎, 𝑏 son números reales 𝑎 ≠ 0. La pareja (G,*) es un grupo, estando * definida como sigue: 𝑇𝑎 ,𝑏 ∗ 𝑇𝑐,𝑑 = 𝑇𝑎𝑐 ,𝑎𝑑 +𝑏 Defínanse H y K como sigue, 𝐻 = 𝑇𝑎 ,𝑏 𝜖𝐺|𝑎 𝑒𝑠 𝑟𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 , 𝑏 𝑒𝑠 𝑐𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟 𝑟𝑒𝑎𝑙 y 𝐾 = 𝑇1,𝑏 𝜖𝐺|𝑏 𝑒𝑠 𝑐𝑢𝑎𝑙𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟 𝑟𝑒𝑎𝑙 . Las parejas (H,*) y (K,*) son grupos. El primero no abeliano, el segundo abeliano. 2.1 Demuéstrese que 𝑻𝒂,𝒃 𝝐𝑮, 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝑻𝒂,𝒃 ∗ 𝑽 ∗ 𝑻𝒂,𝒃 −𝟏 𝝐𝑯 𝒔𝒊 𝑽𝝐𝑯. Prueba −1 () Primero probamos que 𝑠𝑖 𝑇𝑎,𝑏 𝜖𝐺 𝑦 𝑉𝜖𝐻, entonces 𝑇𝑎 ,𝑏 ∗ 𝑉 ∗ 𝑇𝑎,𝑏 𝜖𝐻. Grupo Matagalpino de matemáticas: Los Karamasov 2011 Si 𝑉𝜖𝐻, entonces tiene la forma 𝑇𝑎′ ,𝑏′ 𝑐𝑜𝑛 𝑎 ′ ∈ ℚ 𝑦 𝑏′ ∈ ℝ, luego 𝑇𝑎,𝑏 ∗ 𝑇𝑎 ′ ,𝑏 ′ = 𝑇𝑎𝑎 ′ ,𝑎𝑏 ′ +𝑏 ; luego el inverso de 𝑇𝑎,𝑏 es 𝑇𝑎,𝑏 −1 = 𝑇𝑎 −1 ,−𝑎 −1 𝑏+0 , luego 𝑇𝑎𝑎 ′ ,𝑎𝑏 ′ +𝑏 ∗ 𝑇𝑎 −1 ,−𝑎 −1 𝑏+0 = 𝑇𝑎 ′ ,𝑎 ′ 𝑏+𝑎 ′ 𝑏+𝑏 = 𝑇𝑎 ′ ,𝑏(2𝑎 ′ +1) ; como 𝑎′ ∈ ℚ 𝑦 𝑏(2𝑎′ + 1) 𝑒𝑠 𝑢𝑛 𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑟𝑒𝑎𝑙 entonces 𝑇𝑎 ,𝑏 ∗ 𝑉 ∗ 𝑇𝑎,𝑏 −1 𝜖𝐻. () Ahora probamos que 𝑠𝑖 𝑇𝑎,𝑏 𝜖𝐺 𝑦 𝑇𝑎,𝑏 ∗ 𝑉 ∗ 𝑇𝑎 ,𝑏 −1 𝜖𝐻, entonces 𝑉𝜖𝐻. 𝑆𝑖𝑇𝑎,𝑏 ∗ 𝑉 ∗ 𝑇𝑎 ,𝑏 −1 𝜖𝐻 entonces 𝑇𝑎,𝑏 ∗ 𝑉 ∗ 𝑇𝑎 ,𝑏 −1 = 𝑇𝑎′ ,𝑏′ con 𝑎′ ∈ ℚ, 𝑏 ∈ ℝ , además el inverso tiene la forma 𝑇𝑎 −1 ,−𝑎 −1 𝑏+0 ∈ 𝐻, luego tenemos que 𝑇𝑎 −1 ,−𝑎 −1 𝑏+0 ∗ 𝑇𝑎,𝑏 ∗ 𝑉 ∗ 𝑇𝑎,𝑏 −1 = 𝑇𝑎 −1 ,−𝑎 −1 𝑏+0 ∗ 𝑇𝑎′ ,𝑏′ de donde 𝑉 ∗ 𝑇𝑎,𝑏 −1 = 𝑇𝑎′ 𝑎 −1 ,−𝑎′ 𝑎 −1 𝑏+𝑎′ 𝑏′ multiplicando esto último por 𝑇𝑎 ,𝑏 resulta 𝑉 = 𝑇𝑎 ′ ,−𝑎 ′ 𝑎 −1 𝑏+𝑎 −1 𝑎 ′ 𝑏+𝑎′ 𝑏′ = 𝑇𝑎′ ,𝑎′ 𝑏′ como 𝑎′ ∈ ℚ, 𝑎′𝑏′ ∈ ℝ ,luego 𝑉 ∈ 𝐻. 2.2 Demuéstrese que 𝑻𝒂,𝒃 𝝐𝑯, 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝑻𝒂,𝒃 ∗ 𝑽 ∗ 𝑻𝒂,𝒃 −𝟏 𝝐𝑲 𝒔𝒊 𝑽𝝐𝑲. Prueba −1 () Primero probamos que 𝑠𝑖 𝑇𝑎,𝑏 𝜖𝐻 𝑦 𝑉𝜖𝐾, entonces 𝑇𝑎 ,𝑏 ∗ 𝑉 ∗ 𝑇𝑎,𝑏 𝜖𝐾. Si 𝑇𝑎,𝑏 𝜖𝐻 y 𝑉𝜖𝐾, entonces 𝑉 = 𝑇1,𝑐 𝑐 ∈ ℝ , además 𝑇𝑎,𝑏 −1 = 𝑇𝑎 −1 ,−𝑎 −1 𝑏+0 de ahí que 𝑇𝑎,𝑏 ∗ 𝑉 ∗ 𝑇𝑎 ,𝑏 −1 = 𝑇𝑎 ,𝑏 ∗ 𝑇1,𝑐 ∗ 𝑇𝑎 −1 ,−𝑎 −1 𝑏+0 = 𝑇𝑎 ,𝑎𝑐 +𝑏 ∗ 𝑇𝑎 −1 ,−𝑎 −1 𝑏+0 = 𝑇1,−𝑏+𝑎𝑐 +𝑏 = 𝑇1,𝑎𝑐 𝜖𝐾 () Ahora probamos que 𝑠𝑖 𝑇𝑎,𝑏 𝜖𝐻 𝑦 𝑇𝑎,𝑏 ∗ 𝑉 ∗ 𝑇𝑎 ,𝑏 Si 𝑇𝑎 ,𝑏 ∗ 𝑉 ∗ 𝑇𝑎,𝑏 −1 𝜖𝐾entonces 𝑇𝑎,𝑏 ∗ 𝑉 ∗ 𝑇𝑎 ,𝑏 −1 −1 𝜖𝐾, entonces 𝑉𝜖𝐾. = 𝑇1,𝑐 𝑐 ∈ ℝ, multiplicando ambos lados por 𝑇𝑎,𝑏 queda 𝑇𝑎,𝑏 ∗ 𝑉 ∗ (𝑇𝑎 ,𝑏 −1 ∗ 𝑇𝑎 ,𝑏 ) = 𝑇1,𝑐 ∗ 𝑇𝑎 ,𝑏 de donde 𝑇𝑎,𝑏 ∗ 𝑉 = 𝑇𝑎 ,𝑏+𝑐 multiplicando nuevamente ambos lados por 𝑇𝑎 −1 ,−𝑎 −1 𝑏+0 i.e. 𝑇𝑎 −1 ,−𝑎 −1 𝑏+0 ∗ 𝑇𝑎,𝑏 ∗ 𝑉 = 𝑇𝑎 −1 ,−𝑎 −1 𝑏+0 ∗ 𝑇𝑎 ,𝑏+𝑐 resulta 𝑉 = 𝑇1,𝑏+𝑐−𝑏 𝑎 = 𝑇1,𝑐 𝑎 𝜖𝐾. Grupo Matagalpino de matemáticas: Los Karamasov 2011 3. Si G es un grupo abeliano, probar que (𝒂 ∗ 𝒃)𝒏 = 𝒂𝒏 ∗ 𝒃𝒏 para todos los enteros 𝒏. Prueba Haciendo inducción sobre 𝑛 ≥ 0 Si 𝑛 = 0 se tiene (𝑎 ∗ 𝑏)0 = 𝑎0 ∗ 𝑏0 , lo cual es verdadero. Supongamos que (𝑎 ∗ 𝑏)𝑛 = 𝑎𝑛 ∗ 𝑏𝑛 es verdadero para todo 𝑛 ≥ 0. Veamos qué sucede tomando como exponente 𝑛 + 1. (𝑎 ∗ 𝑏)𝑛+1 = (𝑎 ∗ 𝑏)𝑛 𝑎 ∗ 𝑏 definición de potencias = 𝑎𝑛∗ 𝑏𝑛 𝑎 ∗ 𝑏 Por hipótesis inductiva = 𝑎𝑛∗ 𝑎 𝑏𝑛 ∗ 𝑏 Por asociatividad y conmutatividad = 𝑎𝑛+1 ∗ 𝑏𝑛 +1 Por definición de potencias Por lo que (𝑎 ∗ 𝑏)𝑛+1 = 𝑎𝑛+1 ∗ 𝑏𝑛 +1 . Para −𝑛 < 0 , podemos escribir (𝑎 ∗ 𝑏)−𝑛 = 𝑎−𝑛 ∗ 𝑏 −𝑛 como (𝑎 ∗ 𝑏)−1 𝑛 = 𝑎−1 𝑛 ∗ 𝑏 −1 𝑛 , luego por lo probado anteriormente se concluye que (𝑎 ∗ 𝑏)𝑛 = 𝑎𝑛 ∗ 𝑏𝑛 es válido para todo entero 𝑛. 4. Si G es un grupo en el cual 𝒂𝟐 = 𝒆 ∀𝒂𝝐𝑮, demuéstrese que G es abeliano. Esto es, debemos probar que Si 𝑎2 = 𝑒 ∀𝑎𝜖𝐺 → 𝑎 ∗ 𝑏 = 𝑏 ∗ 𝑎; ∀𝑎, 𝑏𝜖𝐺. Prueba Si realizamos el producto 𝑎∗𝑏 ∗ 𝑏∗𝑎 = 𝑎∗ 𝑏∗𝑏 ∗𝑎 = 𝑎∗ 𝑏2 ∗ 𝑎 = 𝑎∗𝑎 Grupo Matagalpino de matemáticas: Los Karamasov = = 2011 𝑎2 𝑒 Hemos encontrado que 𝑎 ∗ 𝑏 ∗ 𝑏 ∗ 𝑎 = 𝑒, por otro lado como todo elemento al cuadrado en G es la identidad, entonces podemos plantear: 𝑎∗𝑏 ∗ 𝑎∗𝑏 𝑎∗𝑏 ∗ 𝑎∗𝑏 ∗ 𝑎∗𝑏 = = Porque ambos son 𝑒. 𝑎∗𝑏 ∗ 𝑏∗𝑎 𝑎∗𝑏 ∗ 𝑎∗𝑏 ∗ 𝑏∗𝑎 Multiplicando ambos lados por 𝑎 ∗ 𝑏 y asociando (𝑎 ∗ 𝑏)2 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏 𝑒∗ 𝑎∗𝑏 = (𝑎 ∗ 𝑏)2 ∗ 𝑏 ∗ 𝑎 = 𝑒∗ 𝑏∗𝑎 𝑎∗𝑏 = Dado que todo elemento de G elevado al cuadrado es 𝑒. Propiedad de identidad. 𝑏∗𝑎 5. Si G es el grupo definido en 2, encuéntrese todas las 𝑻𝒂,𝒃 ∈ 𝑮 tales que 𝑻𝒂,𝒃 ∗ 𝑻𝟏,𝒙 = 𝑻𝟏,𝒙 ∗ 𝑻𝒂,𝒃 Como 𝑇𝑎 ,𝑏 ∗ 𝑇1,𝑥 = 𝑇𝑎 ,𝑎𝑥 +𝑏 y 𝑇1,𝑥 ∗ 𝑇𝑎 ,𝑏 = 𝑇𝑎 ,𝑏+𝑥 , entonces 𝑇𝑎,𝑎𝑥 +𝑏 = 𝑇𝑎 ,𝑏+𝑥 = 𝑇𝑎 ,𝑥+𝑏 cuando 𝑎 = 1, de ahí que las aplicaciones buscadas deben ser de la forma 𝑇1,𝑏 . 6. Grupo Diédrico de orden 6 Sea P el plano y f la aplicación como en el punto 1. Sea 𝑛 = 3 y h la rotación del plano respecto al origen a través de un ángulo de 2𝜋 𝑛 = 120 en sentido opuesto a las agujas del reloj. Se define 𝐺 = 𝑓𝑘 𝑗 | 𝑘 = 0, 1; 𝑗 = 0, 1, 2 y el producto * en G vía el producto usual de aplicaciones. Se verifica que 𝑓 2 = 3 = 𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑖𝑑𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 y que la pareja (G,*) es un grupo de orden 6 no abeliano, como se ve en la tabla. 1 0 0 0 1 0 2 1 0 1 1 h 1 2 * 𝑓 𝑓 𝑓 𝑓 𝑓 𝑓 𝑓0 0 𝑓0 0 𝑓0 1 𝑓0 2 𝑓1 0 𝑓1 1 𝑓1 2 𝑓0 1 𝑓0 1 𝑓0 2 𝑓0 0 𝑓1 2 𝑓1 0 𝑓1 1 𝑓0 2 𝑓0 2 𝑓0 0 𝑓0 1 𝑓1 1 𝑓1 2 𝑓1 0 𝑓1 0 𝑓1 0 𝑓1 1 𝑓1 2 𝑓0 0 𝑓0 1 𝑓0 2 y x 0 h x y y x 2 h Grupo Matagalpino de matemáticas: Los Karamasov 𝑓 1 1 𝑓1 1 𝑓1 2 𝑓1 0 𝑓0 2 𝑓0 0 𝑓0 1 𝑓1 2 𝑓1 2 𝑓1 0 𝑓1 1 𝑓0 1 𝑓0 2 𝑓0 0 2011 Imágenes de los ejes coordenados bajo la rotación h. Para elaborar la tabla se debe tomar en cuenta las siguientes igualdades. 𝑓 0 0 𝑥, 𝑦 = 𝑥, 𝑦 𝑓 0 1 𝑥, 𝑦 = 1 𝑥, 𝑦 = 𝑥𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑦𝑠𝑒𝑛𝜃, 𝑦𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑥𝑠𝑒𝑛𝜃 0 2 𝑓 𝑥, 𝑦 = 2 𝑥, 𝑦 = 𝑥𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝑦𝑠𝑒𝑛2𝜃, 𝑦𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝑥𝑠𝑒𝑛2𝜃 𝑓 1 0 𝑥, 𝑦 = 𝑓 1 𝑥, 𝑦 = −𝑥, 𝑦 𝑓 1 1 𝑥, 𝑦 = −𝑥𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑦𝑠𝑒𝑛𝜃, 𝑦𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑥𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑓 1 2 𝑥, 𝑦 = −𝑥𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝑦𝑠𝑒𝑛2𝜃, 𝑦𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝑥𝑠𝑒𝑛2𝜃 Además, se toma en cuenta que 𝑓 1 1 𝑥, 𝑦 = −𝑥𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝑦𝑠𝑒𝑛2𝜃, 𝑦𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝑥𝑠𝑒𝑛2𝜃 = −𝑥𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑦𝑠𝑒𝑛𝜃, 𝑦𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑥𝑠𝑒𝑛𝜃 cuando 𝜃 = 120. Una fórmula conocida para encontrar los resultados de la tabla es la siguiente: 𝑓 𝑎 𝑏 ∗ 𝑓 𝑐 𝑑 = 𝑓 𝑎+𝑐 −1 𝑐 𝑏+𝑑 7. Refirámonos al punto 6 anterior. Probar que (G,*) es un grupo para 𝐧 = 𝟒. Prueba 𝑐 La fórmula 𝑓 𝑎 𝑏 ∗ 𝑓 𝑐 𝑑 = 𝑓 𝑎+𝑐 −1 𝑏+𝑑 del párrafo anterior nos da la cerradura. A continuación probamos la asociatividad ′ 𝑓𝑎 𝑏 ∗ 𝑓 𝑐 𝑑 ∗ 𝑓 𝑎 𝑏 ′ −1 𝑐 𝑏+𝑑 ′ 𝑓𝑎+𝑐 = 𝑓𝑎 𝑏 ∗ (𝑓 𝑐 𝑑 ∗ 𝑓 𝑎′ 𝑏 ) 𝑓 𝑎+𝑐 +𝑎 ′ 𝑓𝑎+ 𝑐+𝑎 ′ 𝑓𝑎+ 𝑐+𝑎 ′ 𝑓𝑎 ∗ 𝑓 𝑎 𝑏 ′ = = = = = ′ −1 𝑎 −1 𝑎′ −1 𝑐 𝑏+𝑑 +𝑏 ′ ′ −1 𝑐 𝑏+ −1 𝑎 𝑑 +𝑏 ′ ′ ′ −1 𝑎 −1 𝑐 𝑏+ −1 𝑎 𝑑+𝑏′ ′ −1 𝑎 −1 𝑐 𝑏 ∗ 𝑓 𝑐+𝑎 ′ ′ −1 𝑎 𝑑+𝑏′ ′ Como en 6, la identidad es siempre 𝑓 0 0 . Encontremos la forma que tiene el inverso de cualquier elemento de G. Para esto tomemos 𝑓 𝑎 𝑏 . Si 𝑓 𝑖 𝑗 es el inverso de 𝑓 𝑎 𝑏 entonces debe ocurrir Grupo Matagalpino de matemáticas: Los Karamasov 2011 𝑐 que 𝑓 𝑎 𝑏 ∗ 𝑓 𝑖 𝑗 = 𝑓 0 0 = 𝑓 𝑖 𝑗 ∗ 𝑓 𝑎 𝑏 . Aplicando de 6, resulta 𝑓 𝑎+𝑖 −1 𝑏+𝑗 = 𝑓 0 0 de ahí que 𝑎 + 𝑖 = 0 y −1 𝑐 𝑏 + 𝑗 = 0 por tanto 𝑖 = 𝑎 y 𝑗 = − −1 𝑐 𝑏 , luego existe inverso y tiene la forma 𝑓 𝑖 𝑗 = 𝑓 𝑎 − −1 𝑐 𝑏 . Por todo lo anterior, la pareja (G,*) es un grupo. Aclaración: La suma realizada con los exponentes de 𝑓 coincide con la suma en ℤ2 y análogamente para en ℤ4 . 8. Demuéstrese que cualquier grupo G de orden 4 o menor es abeliano. Prueba (1) Si G tiene sólo un elemento, este elemento debe ser la identidad, por tanto es evidente que es conmutativo. (2) Si el grupo es de orden 2 entonces tiene dos elementos 𝑎 𝑦 𝑒 𝑡𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑞𝑢𝑒 𝑎 ≠ 𝑒. Tomamos 𝑒 como la identidad. Si la operación es ∗ entonces 𝑎 ∗ 𝑒 = 𝑎 = 𝑒 ∗ 𝑎, 𝑒 ∗ 𝑒 = 𝑒 𝑎 ∗ 𝑎 = 𝑒. En el caso de 𝑎 ∗ 𝑎 el resultado no puede ser 𝑎 dado que 𝑎 ∗ 𝑎 = 𝑎 implica que 𝑎 ∗ 𝑎 ∗ 𝑎−1 = 𝑎 ∗ 𝑎−1 de donde 𝑎 = 𝑒. Esta última igualdad contradice la hipótesis de que el grupo tiene 2 elementos. (3) Si el grupo es de orden 3, entonces tiene tres elementos diferentes: 𝑒, 𝑎, 𝑏. Supongamos que 𝑒 es la identidad. Tenemos las igualdades siguientes: 𝑒 ∗ 𝑎 = 𝑎 = 𝑎 ∗ 𝑒, 𝑒 ∗ 𝑏 = 𝑏 = 𝑏 ∗ 𝑒, 𝑒 ∗ 𝑒 = 𝑒 . Ahora bien, debemos indicar a qué elementos son iguales las siguientes expresiones 𝑎 ∗ 𝑎, 𝑎 ∗ 𝑏, 𝑏 ∗ 𝑎 𝑦 𝑏 ∗ 𝑏. Dado que 𝑎 ∗ 𝑎 = 𝑎, 𝑏 ∗ 𝑏 = 𝑏, 𝑎 ∗ 𝑎 = 𝑒 𝑦 𝑏 ∗ 𝑏 = 𝑒, 𝑎 ∗ 𝑏 = 𝑎, 𝑎 ∗ 𝑏 = 𝑏, 𝑏 ∗ 𝑎 = 𝑎 𝑦 𝑏 ∗ 𝑎 = 𝑏 nos conducen a contradicciones debe ocurrir que 𝑎 ∗ 𝑎 = 𝑏, 𝑏 ∗ 𝑏 = 𝑎, 𝑎 ∗ 𝑏 = 𝑏 ∗ 𝑎 = 𝑒. Revisando todas las igualdades, vemos que el grupo es conmutativo. (4) Para un grupo de orden 4, tenemos las tablas del grupo cíclico de orden 4 y del grupo de Klein en las cuales se puede ver que se cumple la conmutatividad. Grupo de Klein Grupo cíclico de orden 4 ∗ e a b c ∗ e a b c e e a b c e e a b c a a e c b a a c e b b b c e a b b e c a c c b a e c c b a e Grupo Matagalpino de matemáticas: Los Karamasov 2011 9. Si G es cualquier grupo y 𝒂, 𝒃, 𝒄 ∈ 𝑮, demostrar que si 𝒂 ∗ 𝒃 = 𝒂 ∗ 𝒄, entonces 𝒃= 𝒄, y si 𝒃 ∗ 𝒂 = 𝒄 ∗ 𝒂, entonces 𝒃 = 𝒄. Prueba Supongamos que 𝒂 ∗ 𝒃 = 𝒂 ∗ 𝒄, entonces multiplicando ambos lados por el inverso de 𝒂, nos queda 𝑎−1 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏 = 𝑎−1 ∗ 𝑎 ∗ 𝑐 de donde sale 𝑏 = 𝑐. Análogamente para la otra parte.