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Topología Algebraica / Calcular el grupo fundamental de los siguientes toros de mapeo.

« en: 30 Septiembre, 2018, 12:51 pm »

Antes que nada, mil disculpas si no uso terminología estandar, mi libro esta en inglés y no se si estaré traduciendo bien.

Asumo que todas mis funciones son continuas.

El toro de mapeo $ T_{f} $ de $ f:X \rightarrow X $ es el cociente de $ X \times I $ obtenido al identificar cada punto$ (x,0) $ con $ (f(x),1) $.

a) En el caso de $ X = S^{1} \wedge S^{1} $ con $ f $ que preserve el punto base, calcule una presentación de $ \pi_{1} (T_{f}) $ en terminos del mapeo inducido $ f_{*}: \pi_{1} (X) \rightarrow \pi_{1} (X) $.
b) Lo mismo que el ejercicio a) pero con $ X= S^{1} \times S^{1} $ un toro.
Pista: Una forma de hacer esto es construir $ T_{f} $ a partir de $ X \wedge S^{1} $ pegandole celulas.

a) Llamamos $ a,b $ con punto base en común $ x_{0} $ a los bucles generadores en $ X $.
Mi idea es armar un 1-esqueleto $ T_{1} $ en el que haya una copia de $ X $ correspondiendo a $ X \times 1/2 $ y una copia de $ f(X) $ correspondiente a $ (0,x) \sim (1,f(x)) $. Además de eso, les pego el circulo en $ (1/2,x_{0}) $ y $ (0,x_{0}) $ respectivamente.

Sean $ \gamma_{1} : I \rightarrow T_{1} $ dado por $ \gamma_{1} (t) = (t,x_{0}) $ y $ \gamma_{1} : I \rightarrow T_{2} $ dado por $ \gamma_{2} (t) = (1-t,x_{0}) $

A $ \pi_{1} (T_{1}) $ lo generan las clases de $ a,b, \gamma_{1} \overline{\gamma_{2}}, \gamma_{2} \overline{\gamma_{1}} ,\gamma_{1} f(a) \overline{\gamma_{1}}, \gamma_{1} f(b) \overline{\gamma_{1}}, \gamma_{2} f(a) \overline{\gamma_{2}}, \gamma_{2} f(b) \overline{\gamma_{2}}, \gamma_{2} f(a) \overline{\gamma_{1}}, \gamma_{1} f(b) \overline{\gamma_{2}}, \gamma_{2} f(b) \overline{\gamma_{1}} $

No estoy seguro de si tengo redudancia de generadores.

Mi idea siguiente es construir el grupo de $ T_{f} $ agregando las cuatro celulas dos dimensionales pegadas en:
$ a \gamma_{1} f(a) \overline{\gamma_{1}} $
$ a \gamma_{2} f(a) \overline{\gamma_{2}} $
$ b \gamma_{1} f(b) \overline{\gamma_{1}} $
$ b \gamma_{1} f(b) \overline{\gamma_{2}} $
Y por ende cocientar el grupo generado por los elementos anteriores para obtener una presentación de mi grupo. Claramente la clase de, por ejemplo, $ \gamma_{2} f(b) \overline{\gamma_{2}} $ es $ \[ \gamma_{2} \] f_{*} \[ b \] \[ \gamma_{2} \]^{-1} $ por lo que cumpliría con el enunciado.

Creo que debo haber sobrecomplicado el asunto así que decidí postearlo a ver si alguién puede ayudarme y echarle un poco de luz al asunto.

Topología Algebraica / Re: Demostrar que π(x0,X) es trivial.

« en: 28 Septiembre, 2018, 02:20 pm »

En cuanto a lo de la esfera, me confundo la dimensión intrínseca de la esfera con la dimensión del espacio vectorial en el cual me la imagino inmersa. Gracias por la corrección.

En cuanto a lo otro.

Claro. Lo primero que pensé es que podía tener $ k^{d} $ (donde $ d $ es la dimensión de nuestro espacio) puntos en un cuadriculado uniforme, entonces no iba a tener tal hiperplano que me deje un punto afuera.
Pero no necesito que sea exactamente uno, con partir el conjunto de puntos a la mitad ya tendré dos conjuntos mas pequeños en los cuales aplicar la hipótesis inductiva.

Oh, algo de lo que me di cuenta es que accidentalmente use $ n $ tanto para la cantidad de puntos que para la dimensión.

¡Gracias!

Topología Algebraica / Re: Demostrar que π(x0,X) es trivial.

« en: 28 Septiembre, 2018, 07:07 am »

Ahora que mande este mensaje. Se que el ejercicio estaba en la parte de teorema de Van Kampen, pero no se me había ocurrido como particionar el dominio sacandole puntos.

Veamos si esto funciona:

Quiero fabricar $ X_{k} $ tales que $ \bigcup_{k=1}^{n} X_{k} = \mathbb{R}^{d} -A $, con $ X_{i} $ simplemente conexo para todo $ 1 \leq i \leq n $ y $ X_{i} \cap X_{j} $ es simplemente conexo para todo $ 1 \leq i,j \leq n $.

Por inducción sobre $ n $.

Esta claro que con un punto $ \mathbb{R}^{d} - \{ x_{0} \} $ es simplemente conexo, basta con emplear la proyección de $ \gamma $ sobre una esfera de centro $ x_{0} $, y como toda esfera de dimensión $ n \geq 2 $ es contractible, puedo contraer a mi curva.

Ahora, tenemos que $ \mathbb{R}^{n} - A $ homeomorfo moviendo los puntos. Entonces podemos asumir, sin perdida de generalidad, que hay un punto $ x_{n} $ el cual esta a una distancia positiva de la capsula convexa que envuelve a los puntos restantes.

Tomamos un hiperplano $ P $ que este a una distancia positiva $ \varepsilon $ tanto de $ x_{n} $ como de la capsula convexa de los otros puntos. Entonces los semiespacios abiertos determinados por el hiperplano paralelo a $ P $, que contienen a $ P $ y cuyo hiperplano de frontera esta a distancia $ \frac{\varepsilon}{3} $ de $ P $, contienen uno a $ X_{n} $ y el otro al resto de los puntos de $ A $.

Por ende, son simplemente conexos por hipotesis inductiva. Más aun, su intersección es homeomorfa al conjunto $ \{ x \in \mathbb{R}^{n} / 0 < x_{1} <1 \} $ (basta con tomar una transformación rígida y una homotecia). Este conjunto es convexo por ser intersección de convexos, y por ende es simplemente conexo. Por lo tanto se dan las hipótesis del teorema de Van Kampen (abierto e intersecciones simplemente conexas) y completamos el ejercicio aplicándolo, ya que el producto libre de los dos grupos fundamentales es trivial por serlo así ambos.

Editado: Corregí el error de dimensión que me señalo Carlos Ivorra.

Topología Algebraica / Demostrar que π(x0,X) es trivial.

« en: 28 Septiembre, 2018, 06:53 am »

Demostrar que el complemento de un conjunto finito de puntos en $ \mathbb{R}^{n} $ es simplemente conexo para $ n \geq 3 $.

Mi idea es la siguiente:

Llamo $ A = \{ x_{j} \}_{0 \leq j \leq n} $

Sea $ \gamma : I \rightarrow \mathbb{R}^{n} - A $

Dado que la cantidad de puntos es finita, el conjunto $ A $ esta acotado y existe algún $ r > 0 $ tal que $ B(x_{0},r) $ tal que $ A \subset B(x_{0},r) $.

Sean $ y_{j} $ la proyección de $ x_{j} $ en $ S= S(x_{0},r) $ para $ 1 \leq j \leq n $.

Llamo a la unión de los conjuntos $ \displaystyle C = \bigcup_{j=1}^{n} \overline{x_{j} y_{j}} $

Mi idea es generar una homotopia entre $ \gamma $ y la proyección de $ \gamma $ en $ S $, para luego realizar una homotopia lineal entre ambas.

El problema es que no tiene porqué estar despejado el camino, así que mi idea es primero deformar un poquito $ \gamma $ para lograrlo, y esto lo logro deformando a $ \gamma $ para que se intersecte con $ C $.

Si la curva tuviese derivada acotada, ya se que va a entrar finitas veces en el conjunto del cual la quiero excluir.

Pero como esto no es así, he de ser más delicado.

El loop $ \gamma $, atraviesa a lo sumo una cantidad numerable de veces a $ C $, sin puntos de acumulación. Más aun, son puntos aislados. También se puede dar la posibilidad de que se mantenga en $ C $ durante un intervalo cerrado entero (ya que $ C $ es cerrado, su preimagen ha de ser cerrada).

Mi idea es indexar a los puntos en los que la curva atraviesa a $ C $, o en los que entra (y sale) de $ C $. Creo que por los naturales no puede ser, porqué podrían haber dos puntos de acumulación. Pero ha de haber algún ordinal numerable para el que se de.

Por ende, llamo $ D $ al conjunto de $ t \in [0,1] $ tales que $ \gamma(t) \in C $ y para ningún $ \varepsilon >0 $ se cumple que $ \gamma( B(t, \varepsilon) ) \subset C $, que es una buena caracterización de la frontera de $ \gamma \cap C $.

Ahora la idea se pone fea de escribir muy formal, pero tratando por separado los puntos aislados y los intervalos cerrados contenidos, la idea es hallar un entorno de estos (disjunto del resto de $ C $) en el cual deformar la curva para que no corte al resto de $ C $. Como el subconjunto del rayo de $ C $ que corta nuestra curva, al resto de $ C $ tiene distancia positiva (los rayos sólo se cortan en el cero, y hay un entorno del cero en el cual la curva no esta porqué no toca al centro $ x_{0} $), se que deformando esta recta dentro de un entorno de tal radio, esta deja de cortarse con $ C $.

Una vez hecho esto, hago lo que tenia planeado y proyecto la recta $ \gamma' $ sobre $ S $, y luego la deformo mediante $ H(s,t) = \gamma' (s) (1-t) + p \gamma' (s) t $.
Como la esfera tiene grupo fundamental nulo, hay una homotopia de $ p \gamma y' (s) $ a un punto.

Topología Algebraica / Re: Demostrar que el grupo fundamental de IR^2-(Q^2 es no numerable

« en: 22 Septiembre, 2018, 12:03 am »

Claro, mi problema consistía en que por alguna razón pensé que agrandando el espacio podías hacer que estén en distintas clases de homotopia, cuando como mucho agrandando el espacio podes hacer colapsar las clases existentes, o agregar clases. Pero las existentes nunca pueden bifurcarse agrandando el espacio (no así achicandolo).

Muchas gracias, agarre el Hatcher sólo por el placer de leerlo y sin el foro se me complica un montón.

Topología Algebraica / Demostrar que el grupo fundamental de IR^2-(Q^2 es no numerable

« en: 21 Septiembre, 2018, 05:36 am »

Antes que nada, se me ocurre que cada clase del grupo fundamental debe estar representada por una única curva cerrada simple, dentro del dominio.

Pero demostrar que dos de esos representantes nunca están en la misma clase debe ser complicado.

Así que en lugar de intentar caracterizar al grupo, me conformo con demostrar que no es numerable.

Este es el ejercicio 17 de la sección 1.2 del Hatcher.

Creería que esta demostración esta bien:

Veamos que los loops que recorren $ [\sqrt{2}; \lambda] \times [\sqrt{2}; \sqrt{3}] $, $ \lambda \in [\sqrt{2}, \sqrt{3}] \cap (\mathbb{R}-\mathbb{Q}) $, arrancando desde $ x_{0}=(\sqrt{2},\sqrt{2}) $ y en sentido horario, pertenecen todos a distintas clases de homotopia. Luego, como $ \mathbb{R}-\mathbb{Q} $ es no numerable, estas también lo serán.
Llamamos $ f_{\lambda} $ a tales loops.

Supongamos que $ f_{\lambda} \sim f_{\mu} $ con $ \lambda < \mu $

Tenemos que los loops conjugados por el camino $ \gamma $ que une a $ (\sqrt{2},\sqrt{2}) $ con $ (\sqrt{2},\lambda)=x_{1} $ generan un isomorfismo entre $ \pi_{1} (X,x_{0} ) $ y $ \pi_{1} (X,x_{1} ) $

Luego, $ g_{\mu} \cdot f_{\lambda} \sim f_{\mu} $ donde $ g_{\mu} $ es el loop dado por el borde de $ [\lambda , \mu] \times [\sqrt{2}; \sqrt{3}] $, ya que se recorre el mismo camino dos veces en sentido contrario y puede eliminarse mediante una homotopia.

Luego, si $ [f_{\lambda}] = [f_{\mu}] $ se tiene que $ [ g_{\mu} ] = 0 $.

Veamos que eso no sucede.

Acá es donde no se bien que hacer. Mi linea de razonamiento es que, si $ [ g_{\mu} ] = 0 $ en $ \pi_{1}(X,x_{1}) $ entonces $ [ g_{\mu} ] = 0 $ en $ \pi_{1} (Y,x_{1}) $, donde $ X \subset Y \subset \overline{X} $. Pero no es algo que tenga probado. Luego, empleando este hecho, querría llegar a un absurdo eligiendo $ Y = \overline{X}- y_{0} $ donde $ y_{0} $ es un punto interior y tengo que $ \pi_{1} ( \overline{X}- y_{0} ) = \mathbb{Z} $

Trigonometría y Geometría Analítica / Re: Me ayudan estoy bloqueado

« en: 04 Mayo, 2018, 09:11 am »

Hola, bienvenido al foro.
Antes que nada te pido por favor que no mandes mensajes cuyo único proposito es insistir con que te ayuden, se te ayudara cuando se pueda (los usuarios no estamos las 24 hrs mirando al foro) y esto contribuye al spam. Más aun, desalienta a contestarte. Personalmente hice una excepción por ser tu primera vez en el foro.
Primero, tenemos que la suma de los ángulos internos de un cuadrilatero es 360 grados.
Entonces $ RSV+SVT+VTR+TRS=360 $
Además, la suma de los ángulos internos de un triángulo es 180 grados.
De esto, y de que los triángulos SPV y VQT son isoceles por tener dos lados iguales (y por ende tienen dos ángulos iguales) deducimos que
$ VSP=90-SPV/2 $ y $ QTV=90-VQT/2 $
Además RSV=90
Entonces
$ 360=(180-(90-SPV/2))+SVT+(180-(90-VQT/2))+90 $
Por ende
$ 90=SPV/2+SVT+VQT/2 $
Por otro lado, como $ SPV+VQT+TRS=180 $ y $ TRS=90 $, se tiene que $ SPV+VQT=90 $ y por ende su mitad es 45.
Luego
$ 90=45+SVT $
Y por lo tanto $ SVT=45 $.

PD: Lo mismo va para los mensajes privados... le di a enviar esta respuesta y me encontré un segundo mensaje. Supongo que quedará a discreción de los moderadores, pero esta insistencia no esta bien vista y espero no ser regañado por haberte respondido de todas formas por qué ahora siento que me equivoque haciendolo.

Categorías / Re: Determinar biyección entre functores H y 3-uplas (S,T,𝜏)

« en: 03 Mayo, 2018, 11:47 pm »

¿no seria asi?
$ g \tau (0) =\tau (1) f $

Había llegado a esta ecuación antes y no conseguía ninguna relación entre $ \pi_0 $ y $ \pi_1 $ asi que desisti.
Ahora, habiéndolo pensado mejor:

Llamando $ \tau (0)=f $ y $ \tau (1)=g $, se tiene que esta es una transformación natural entre $ f $ y $ g $.

Por otro lado, dado $ h:c \rightarrow c' $, se tiene que $ H(h)(0) $ es una transformación natural entre $ H(c) $ y $ H(c') $. Por lo que se cumple

$ \xymatrix{H(c)(0) \ar[r]^{H(h)(0)} \ar[d]_{H(c)(2)}& H(c')(0) \ar[d]^{H(c')(2)} \\ H(c')(1) \ar[r]_{H(h)(1)} & H(c')(1) } $

Reemplazando $ H $ por las funciones que definimos, tenemos

$ \xymatrix{S(c) \ar[r]^{S(h)} \ar[d]_{H(c)(2)}& S(c') \ar[d]^{H(c')(2)} \\ S(c') \ar[r]_{T(h)} & T(c') } $

Este diagrama es lo mismo (espejandoló $ 45° $) que

$ \xymatrix{S(c) \ar[r]^{H(c)(2)} \ar[d]_{S(h)}& S(c') \ar[d]^{T(h)} \\ S(c') \ar[r]_{H(c')(2)} & T(c') } $

Por ende $ H(-)(2) $ es una transformación natural entre $ S $ y $ T $.

Ahora, la vuelta.

Dados dos functores $ S,T:C \rightarrow B $ y la transformación natural $ \tau : S \overset{\bullet}{\longrightarrow} T $, podemos definir la función objeto de $ H:C \rightarrow B^{2} $ simplemente como la función de $ 2 $ en $ B $ que le asigna $ S(c) $ a $ 0 $ y $ T(c) $ a $ 1 $. Llamamos $ H(f)(0)=S(f), H(f)(1) = T(f) $

Finalmente, definimos $ H(c)(2) $ lo definimos como $ \tau (c) $.

No debería ser muy difícil ver que puedo hacer el recorrido inverso por los diagramas conmutativos de recién.

Álgebra Lineal (Espacios Vectoriales) / Re: Demostrando si un determinado conjunto es un espacio vectorial.

« en: 02 Mayo, 2018, 02:13 pm »

En principio, la idea esta bien.
No leí detalle por detalle para decirte que no hayan mas errores de tipeo o distracción, pero en el paso (4) cuando sumas $ (p+(0x^{2}+0x+0))(x) $, el $ (x) $ tendría que acompañar al $ p $.
Si quieres hacerlo como los otros pasos puedes poner $ p(x)=ax^{2}+bx+c $ y sumarle el polinomio cero termino a termino.

En el paso 5, aclararía que $ t=(-1)p $ es el inverso, y por ende es $ -p $. Por qué decirle $ -p $, en cierto modo es asumir que es el inverso con la suma de $ p $ y eso es lo que tienes que demostrar. Lo que yo haría seria $ p+t=(1)p+(-1)p=(1-1)p=0p=0ax^{2}+0bx+0c=0 $.
Después en 8 tienes un error que pones dos iguales seguidos, te queda borrar el que no tiene los corchetes.

En fin, lo mire por encima y no te garantizo que no hayan errores, ni se hasta que nivel te piden detallar las demostraciones, pero para mi en principio esta bien.

Álgebra Lineal (Espacios Vectoriales) / Re: Sistema lineal de ecuaciones

« en: 02 Mayo, 2018, 01:54 pm »

Sospecho que en vez de emplear el método para invertir de operaciones por filas y columnas, lo que conviene hacer es usar la regla de Cramer.

Álgebra Lineal (Espacios Vectoriales) / Re: Sistema lineal de ecuaciones

« en: 02 Mayo, 2018, 12:51 pm »

Esta respuesta va para ayudarte con la segunda parte del problema (segundo mensaje), no con la primera. Como quizá la solución de la primera facilite esto, y la idea es ayudarte y no darte una solución, lo pongo en spoiler (igual no es una solución completa de la segunda parte tampoco, es un esbozo).

Spoiler

No conozco mucho sobre matrices de Valdermore, pero te doy una forma (quizá engorrosa) de resolverla que se me ocurre a mi.
Todas las potencias de la raiz $ \alpha $ de un polinomio $ p(x) $ irreducible sobre un cuerpo $ K $, siendo el polinomio de grado $ n $, pueden escribirse como combinación lineal sobre $ K $ de las primeras $ n-1 $ potencias de la raiz y un escalar (las primeras $ n $ potencias considerando $ \alpha^{0}=1 $).

Esto no es dificil de comprobar, con las primeras $ n $ potencias es trivial, con la siguiente se tiene que $ x^{n} $ se puede dividir por el polinomio $ p(x) $, y por el algoritmo de euclides para polinomios nos quedamos con un polinomio de grado menor que $ n $. Entonces si
$ x^{n} = p(x).q(x)+r(x) $ tenemos que
$ \alpha^{n} = p(\alpha).q(\alpha)+r(\alpha) = 0.q(\alpha)+r(\alpha)=r(\alpha) $ donde $ p(\alpha)=0 $ por ser $ \alpha $ raiz de este.
Esto forma un espacio vectorial de dimensión $ n $ sobre $ K $.

Entonces toda combinación lineal de potencias de $ \alpha $ puede expresarse como un vector en este espacio vectorial. Más aun, multiplicar por $ \alpha $ se puede expresar también dentro de este espacio.
A $ 1 $ lo manda a $ \alpha $, a $ \alpha $ a $ \alpha^{2} $, etc.
En general, manda a $ \alpha^{j+1} $ a $ \alpha^{j+1} $ para $ j<n-1 $, y a $ \alpha^{n-1} $ lo manda a los coeficientes de $ x^{n}-r(x) $ (si $ p(x) $ es mónico, sino hace falta multiplicar el resultado por una constante, pero es más fácil trabajar con $ p(x) $ mónico y listo, igual es nuestro caso).
javascript:void(0);
Bueno, después de todo esto, nos queda una matriz que esta llena de ceros, salvo la primera super diagonal que son unos, y la fila de abajo que son dichos coeficientes (la fila de abajo corresponde a lo que le sucede a $ \alpha^{n-1} $.

En nuestro caso, el grado del polinomio es $ 4 $, así que nuestra matriz tiene la pinta:
$
\begin{pmatrix}
0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 \\
0 &0 &0 &1 \\
a &b &c &d
\end{pmatrix}
$
Necesitariamos hacer una de estas matrices para cada coeficiente, lo cual no es muy práctico pero no pensé nada mejor.

Luego, la idea es diagonalizar las matrices (u obtener la forma normal de jordan si no hay nada mejor que hacer) así obtenemos una forma cerrada de la expresión de cada raiz a la $ n $, luego es una combinación lineal.

Obviamente, en caso de que las matrices no fuesen diagonalizables y se tuviera que recurrir a la forma normal de jordan, este approach demuestra ser sumamente ineficiente ya que quedarían numeros combinatorios muy feos. Igual me suena a que es mucho trabajo y hay una forma más ingeniosa de resolver el problema, yo acá aplique cosas aprendidas en un curso de teoría de Galois a lo bruto.
"Cuando todo lo que tengas es un martillo, todos los problemas te pareceran clavos".

[cerrar]

Álgebra Lineal (Espacios Vectoriales) / Re: Sistema lineal de ecuaciones

« en: 02 Mayo, 2018, 12:33 pm »

En respuesta al primer post.

Lo que sucede es que el sistema:

$ 1607=C_1+C_2+C_3+C_4 $

$ 1707=C_1\displaystyle\frac{\varphi+\sqrt[ ]{\varphi^2-4}}{2}+C_2\displaystyle\frac{\varphi-\sqrt[ ]{\varphi^2-4}}{2}+C_3\displaystyle\frac{\psi+\sqrt[ ]{\psi^2-4}}{2}+C_4\displaystyle\frac{\psi-\sqrt[ ]{\psi^2-4}}{2} $

$ 1814=C_1\left({\displaystyle\frac{\varphi+\sqrt[ ]{\varphi^2-4}}{2}}\right)^2+C_2\left({\displaystyle\frac{\varphi-\sqrt[ ]{\varphi^2-4}}{2}}\right)^2+C_3\left({\displaystyle\frac{\psi+\sqrt[ ]{\psi^2-4}}{2}}\right)^2+C_4\left({\displaystyle\frac{\psi-\sqrt[ ]{\psi^2-4}}{2}}\right)^2 $

$ 1914=C_1\left({\displaystyle\frac{\varphi+\sqrt[ ]{\varphi^2-4}}{2}}\right)^3+C_2\left({\displaystyle\frac{\varphi-\sqrt[ ]{\varphi^2-4}}{2}}\right)^3+C_3\left({\displaystyle\frac{\psi+\sqrt[ ]{\psi^2-4}}{2}}\right)^3+C_4\left({\displaystyle\frac{\psi-\sqrt[ ]{\psi^2-4}}{2}}\right)^3 $

Se puede escribir como

$$
\begin{pmatrix}
1 &1 &1 &1 \\
t_{1} & t_{2} & t_{3} & t_{4} \\
t_{1}^{2} & t_{2}^{2} & t_{3}^{2} & t_{4}^{2} \\
t_{1}^{3} & t_{2}^{3} & t_{3}^{3} & t_{4}^{3}
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
C_{1}\\
C_{2}\\
C_{3}\\
C_{4}
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
1607\\
1707\\
1814\\
1914
\end{pmatrix}
$$
La cual es una matriz del tipo que nombras.

Como el polinomio del cual provienen los $ t_{i} $ es irreducible, todas las raices son distintas y por ende el $ \sqrt{D}=\displaystyle\prod_{k\geq{i}>j\geq{1}}{(\lambda_i-\lambda_j)} $ es distinto de cero, ya que es un producto de números los cuales son todos distintos de cero. Entonces la matriz es inversible, y así se tiene que poder despejar el sistema $ Ax=b $ como $ x=A^{-1}b $. No se si es lo más practico teniendo esos númeritos, pero quizá haya una forma linda de escribir la inversa.

Categorías / Demostrar que Cat(AxB,C) es naturalmente isomorfo a Cat(A,C^B)

« en: 01 Mayo, 2018, 10:35 am »

El enunciado es el siguiente:
Para categorias pequeñas $ A,B $ y $ C $, establezca una biyección
$$
Cat(A \times B, C) \cong Cat(A,C^{B})
$$
y muestre que es natural en $ A,B $ y $ C $*. Por ende, muestre que $ - \times B: Cat \rightarrow Cat $ tiene adjunta a derecha.

* No estoy seguro de que quiere decir esto, el ejercicio es el ejercicio 1 de la sección 2.5 del Saunders-Mac Lane: Categories for Working Mathematician

Bueno, la biyección entre los objetos es fácil. Dado $ H \in Cat(A , C^{B}) $, definimos
$
F(a,b):=H(a)(b)
$
Para ver que $ H $ es functor primero necesitamos definir las flechas. Esto me costo un poco más de esfuerzo.
Para empezar, $ H(a) $ es un functor de $ B $ a $ C $. Por ende $ H(a)(b) $ es un objeto de $ C $ y $ H(a)(g) $ es una flecha de $ C $.
Por otro lado, $ H(f) $ es una transformación natural de $ C^{B} $. Por lo que $ H(f)(b) $ es una flecha entre $ H(a)(b) $ y $ H(a')(b) $ donde $ f:a \rightarrow a' $.
Pero $ H(f)(g) $ no tiene sentido así que nos costara un poco más definir las flechas.
Pensé en definirlas por separado en las componentes, junto a "la identidad" y se me vino la siguiente idea
Las puedo definir de la siguiente forma. Dadas $ f:a \rightarrow a' $ y $ g:b \rightarrow b' $, definimos
$
F(f,g) = H(a')(g) \circ H(f)(b) = H(f)(b') \circ H(a)(g)
$
Donde como $ H(f) $ es una transformación natural, la segunda igualdad se da del vamos. Es una flecha de $ C $ así que hasta aquí vamos bien.

Ahora queda demostrar que $ F(f'f,g'g) = F(f',g') \circ F(f,g) $

$
F(f',g') \circ F(f,g) = \left( H(f')(b'') \circ H(a')(g') \right) \circ \left( H(a')(g) \circ H(f)(b) \right) = H(f')(b'') \circ \left( H(a')(g') \circ H(a')(g) \right) \circ H(f)(b)
$

por ser $ H(a') $ un functor

$
= H(f')(b'') \circ H(a')(g'g) \circ H(f)(b) =
$

Por la igualdad que se da por ser $ H(f) $ una transformación natural.

$
=H(f')(b'') \circ H(f)(b'') \circ H(a)(g'g)
$

Se que la composición de transformaciones naturales es una transformacion natural, y que $ H $ es functor, pero no logro terminar de ver como justificar este paso.

$
H(f')(b'') \circ H(f)(b'') \circ H(a)(g'g) = H(f' f)(b'') \circ H(a)(g'g) =
$

Lo cual es igual a $ F(f,g) $, por definición de $ F $.

En esta etapa sólo hace falta comprobar que $ F(Id_{a},Id_{b})=Id_{F(a,b)}=Id_{H(a)(b)} $.

$ F(Id_{a},Id_{b})= H(a)(Id_{b}) \circ H(Id_{a})(b) = Id_{H(a)(b)} \circ H(Id_{a})(b) = Id_{H(a)(b)} \circ Id_{H(a)} (b) $

Donde la última igualdad se debe a que, debido a que $ H $ es functor, $ H(Id_{a})=Id_{H(a)} $.

Finalmente $ Id_{H(a)} (b) = Id_{H(a)(b)} $, debido a que al ser $ Id_{H(a)} $ la transformación natural identidad, de $ H(a) $ en si mismo, envia $ H(a)(b) $ a si mismo, luego es la identidad en $ H(a)(b) $.

Dudas: Lo que marqué en rojo es algo con lo que no estoy feliz con mi justificación, y me falta entender a que se refiere con que este isomorfismo es natural en todas las categorias involucradas, y demostrarlo.

Categorías / Re: Determinar biyección entre functores H y 3-uplas (S,T,𝜏)

« en: 01 Mayo, 2018, 03:24 am »

Dado $ f:c \rightarrow c' $ una flecha de $ C $, $ H(f) $ es una transformación natural entre $ H(c) $ y $ H(c') $.
Primer se puede comprobar con las flechas identidad. Además, con la única flecha no identidad de $ 2 $ se tiene
$ H(c')(2)H(f)(0) = H(f)(1) H(c)(2) $
Esto se cumple para cada $ c,c' \in C $ y $ f : c \rightarrow c' $ en $ C $.
Necesitaria alguna forma de relacionar $ H(f)(0) $ y $ H(f)(1) $ con un morfismo $ \tau (c) : Sc \rightarrow Tc $

Categorías / Determinar biyección entre functores H y 3-uplas (S,T,𝜏)

« en: 30 Abril, 2018, 11:22 pm »

Hola.

El ejercicio que no me sale es el siguiente:

Dadas categorias $ B,C $ y la categoría $ B^{2} $, demostrar que cada functor $ H:C \rightarrow B^{2} $ determina dos functores $ S,T : C \rightarrow B $ y una transformación natural $ \tau : S \overset{\bullet}{\longrightarrow} T $, y mostrar que la asignación $ H \longmapsto \left\langle S,T, \tau \right\rangle $ es una biyección.

Notación:
La categoría $ 2 $ es la categoría con dos objetos, y una única flecha no identidad.
La categoría $ Y^{X} $ es la categoría cuyos objetos son functores de $ X $ a $ Y $ y sus flechas transformaciones naturales entre estos)

Intento:

Defino:
$ S(c)=H(c)(0) $ y $ T(c)=H(c)(1) $.

Estoy tentando a definir las flechas como $ S(f)=H(f)(0) $ y $ T(f)=H(f)(1) $, pero no estoy seguro si esta bien.

Se que si $ f:c \rightarrow c' $, entonces $ H(f) : H(c) \rightarrow H(c') $. Y se que las flechas de $ B^{2} $ son transformaciones naturales entre elementos de este.

No logro ver bien como actúa el morfismo natural $ H(f) $ sobre los functores de la imagen.

Logro ver que todo $ H $ determina una $ 3- $upla, pero no al revés.

Gracias por vuestro tiempo.

Categorías / Re: Describe a la categoria R-Mod como una subcategoria completa de Ab^R

« en: 30 Abril, 2018, 11:04 pm »

Tu mensaje me ha sido de mucha ayuda.

Demostré que las dos formas de pensar los $ R $-módulos son equivalentes, es decir, que a todo $ R $-módulo le corresponde un morfismo de $ R $ en $ End(M) $ y que todo morfismo de $ R $ en $ End(M) $ es un módulo (no vi representaciones, toda la álgebra que se la aprendí del Dummit y sólo estudie los 4 primeros capitulos).

A ver si lo pillo.

Estuve interpretando lo que escribiste, y entendí que $ G(f) \circ \tau = \tau \circ F(f) $ en lenguaje de teoría de modulos, se puede interpretar como $ r_{f} \cdot \phi (m) = \phi (r_{f} \cdot m) $ para todo $ m \in M $, $ \phi $ un morfismo de $ M_{1} $ a $ M_{2} $ siendo estos los extremos de la flecha $ f $. El producto de la izquierda es la acción $ G(f) $ y el de la derecha la acción $ G(f) $.
Entonces, la linealidad de $ G $ implica
$$
G(f) \circ \tau + G(g) \circ \tau = G(f+g) \circ \tau = \tau \circ ( F(f + g) ) = \tau \circ ( F(f) + F(g) )
$$
Lo cual no es más que
$$
r_{f} \cdot \varphi(m) + s_{g} \cdot \varphi (m) = ( r_{f} + s_{g} ) \cdot \varphi (m) = \varphi ((r_{f}+s_{g})m) = \varphi \circ ( r_{f}m + s_{g}m )
$$
Donde $ \varphi $ no es más que el morfismo de grupos dado por $ \tau $. Entonces, si $ F $ y $ G $ son lineales, también ha de serlo $ \tau $.

Espero no haberme confundido con nada.

¡Gracias!

Categorías / Describe a la categoría R-Mod como una subcategoría completa de Ab^R

« en: 30 Abril, 2018, 05:20 am »

Hola, estaba intentando hacer un ejercicio que dice lo siguiente:
Para un anillo $ R $, describir a $ \mathbf{R-Mod} $ como una subcategoría completa (¿esta es la traducción de full subcategory?) de la categoria $ \mathbf{AB^{R}} $, donde los objetos de $ \mathbf{AB^{R}} $ son functores de $ \mathbf{R} $ en $ \mathbf{AB} $ (la categoria de los grupos abelianos).
Estoy casi seguro de que un anillo $ R $ es una categoria de un sólo objeto (como sucede con un grupo) con una estructura adicional de suma entre flechas tal que satisface
$$
f \circ (g+h) = f \circ g + f \circ h
$$
$$
(f + g) \circ h = f \circ h + g \circ h
$$
Para todo trío de flechas $ f,h,g $ de $ A $ en $ A $ si llamamos $ A $ al único objeto de $ R $.

La definición de toda la vida de $ R $-módulo es que un $ R $-módulo consiste en un anillo $ R $, un grupo abeliano $ M $ y una acción $ \cdot : R \times M \rightarrow M $ la cual satisface:
$$
(r+s)m=rm+sm \quad \forall r,s \in R, m \in M
$$
$$
r(m+n) = rm+rn \quad \forall r \in R, m,n \in M
$$
$$
(rs)m=r(sm) \quad \forall r,s \in R, m \in M
$$
$$
1_{R} m = m \quad \forall m \in M
$$
Ahora, la interpretación categórica que hice, es que cada functor manda al único objeto de $ R $ a un grupo $ G $, y cada elemento de $ R $ (en la categoria son flechas) a un morfismo de $ G $ en $ G $. Homomorfismo de grupos, ya que si bien los elementos de $ G $ son flechas de su categoria, en este caso $ G $ es un objeto de la categoria $ Ab $ y los morfismos de esta son simplemente homomorfismos de grupos abelianos.

La cuarta propiedad de la definición de $ R $ módulo se cumple gracias al hecho de que $ F(Id_{c}) = Id_{F(c)} $, y por ende $ F(1_{R}) = Id_{G} $

La tercera propiedad de la definición creo que se puede interpretar como la asociatividad del functor, es decir $ F(f \circ g) = F(f) \circ F(g) $. Entonces si la acción $ r \cdot m $ es un morfismo de grupos imagen de $ f $ y la acción aplicada a $ s \cdot $ es otro morfismo, se tiene que $ (rs)m=F(f \circ g)(m)=F(f) \circ F(g) (m) = r(sm) $
La segunda propiedad creo que se deduce simplemente de que la imagen de cada flecha $ f $ por un functor de $ R $ a $ Ab $ es un homomorfismo de grupos y por ende respeta la suma.

Finalmente, la primera propiedad creo que hay que imponerla. Pero no estoy completamente seguro de como hacer el ejercicio.
La primera propiedad seria
$$
F(f+g)=F(f)+F(g)
$$
Donde la suma de la izquierda es la suma entre flechas que tenemos en la categoria $ R $ y la suma en la derecha es la suma del grupo $ G $ imagen del dominio de las flechas.

Se me ocurre que quizá, es una subcategoria completa cuyos elementos son los que cumplen estas condiciones. Pero no estoy seguro como comprobar que todo $ R $ modulo surje de esta forma, ni logró ver de que naturaleza son las transformaciones naturales de la categoria esta (es decir, flechas entre functores).

Muchas gracias por su tiempo.

Estructuras algebraicas / Re: Diagonalizacion de automorfismo de Frobenius

« en: 11 Junio, 2017, 09:16 pm »

Lo que pensé fue lo siguiente:
$ F_{q}^{\times} $ es un grupo ciclico, así que elijo un generador $ \gamma $.
Tenemos $ 1 = \gamma^{p^{n}} = \sigma^{n} ( \gamma ) $ ya que esto se cumple para todo elemento del cuerpo $ F_{q}^{\times} $.

Como para todo $ x \in F_{q} $ tenemos que $ 1=x^{p^{n}}=\sigma^{n} (x) $, el polinomio minimal divide a $ x^{n}-1 $. Pero como $ (\sigma^{k}-1)(\gamma) $ no es cero para $ k < n $ tengo que el polinomio minimal es $ x^{n}-1 $, luego el característico también lo es ya que ha de ser de grado $ n $
Demostremos el caso para la clausura algebraica.
Tenemos que la derivada de $ x^{n}-1 $ es
$ n.x^{n-1} $
Si $ (n,p)=1 $ quiere decir que $ p \not | n $, entonces $ n.x^{n-1} \neq 0 $. Luego el único cero de este polinomio es el cero, que no es cero del polinomio caracteristico. Entonces el característico no tiene ninguna raíz múltiple, por ende es diagonalizable.
No estoy 100% seguro pero creo que la vuelta es al revés; si es diagonalizable no tiene raíces múltiples, entonces $ p \not | n $.

Ahora no tengo idea de como proceder en la otra parte del ejercicio, o sea cuando es diagonalizable en $ \mathbb{F}_{p} $

Idea desconectada:
Creo que $ \{ \sigma^{k} (\gamma) \}_{1 \leq k \leq n} $ es una base, creo que quizá releyendo la teoría logre justificarlo pero no me salio todavía.

Estructuras algebraicas / Diagonalizacion de automorfismo de Frobenius

« en: 11 Junio, 2017, 09:10 pm »

Denotemos por $ \sigma_{p} $ al automorfismo de Frobenius $ x \rightarrow x^{p} $ en el cuerpo finito $ \mathbb{F}_{q} $ con $ q = p^{n} $ elementos.
Viendo a $ \mathbb{F}_{q} $ como un espacio vectorial $ V $ de dimensión $ n $ sobre $ F_{p} $, consideramos a $ \sigma_{p} $ como una transformación lineal de $ V $ en $ V $. Determinar el polinomio caracteristico de $ \sigma_{p} $ y demostrar que la transformación lineal $ \sigma_{p} $ es diagonalizable sobre $ \mathbb{F}_{p} $ sí y sólo sí $ n $ divide a $ p-1 $ y es diagonalizable sobre la clausura algebraica de $ \mathbb{F}_{p} $ sí y sólo si $ (n,p)=1 $

Estructuras algebraicas / Re: Factorización de un polinomio

« en: 26 Mayo, 2017, 06:43 am »

Después de muchas googleadas, probé la opción de copiarlo completamente textual en lugar de usar palabras claves y encontré la solución... simplemente hay que aprovechar que el grupo $ \mathbb{F}^{\times} $ es cíclico, tomar un generador al cual podríamos llamar $ g $ y observar que si ni 2 ni 3 son cuadrados quiere decir que $ 2=g^{2k+1} $ y $ 3=g^{2m+1} $, entonces $ 6=3.2=g^{2(k+m+1)} $ es un cuadrado.

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