Solucionario Teoría de grupos
1. Si $K=\{a+b\sqrt{2}:a,b\in I\}$. Demuestre que:
a. Si $\alpha+\beta\sqrt{2}$ es tal que $\alpha,\beta\in \mathbb{Q}$, entonces
$$\alpha+\beta\sqrt{2}=\alpha+\sqrt{3}+(\beta-\sqrt{\frac{3}{2}})\sqrt{2}\in K.$$
Demostración:
Sabemos que la suma de dos números racionales es un número racional y que $\sqrt{2},-\sqrt{\frac{3}{2}}$ y $\sqrt{3}$ están en $I$, además notemos que $\alpha+\beta\sqrt{2}=a+b\sqrt{2}$, donde $a=\alpha+\sqrt{3}$ y $b=\beta-\sqrt{\frac{3}{2}}$. Razonando por absurdo si $a\in \mathbb{Q}$ entonces $\sqrt{3}=a-\alpha\in \mathbb{Q}$, así $\sqrt{3}\in \mathbb{Q}$ lo cual es absurdo, por lo tanto $a\in I$. Análogamente si $b\in \mathbb{Q}$ entonces $-\sqrt{\frac{3}{2}}=b-\beta\in \mathbb{Q}$, por tanto $-\sqrt{\frac{3}{2}}\in\mathbb{Q}$, lo cual es absurdo y se concluye que $b\in I.$ Como conclusión $\alpha+\beta\sqrt{2}=a+b\sqrt{2}\in K.$
b. Si $\alpha+\beta\sqrt{2}$ es tal que $\beta\in \mathbb{Q}$ y $\alpha\in I$ entonces
$$\alpha+\beta\sqrt{2}=\alpha-1+(\beta+\frac{1}{\sqrt{2}})\sqrt{2}\in K.$$
Demostración:
$\alpha+\beta\sqrt{2}=a+b\sqrt{2}$, donde $a=\alpha-1$ y $b=\beta+\frac{1}{\sqrt{2}}$. Razonandopor absurdo si $a\in \mathbb{Q}$, entonces $\alpha=a+1\in \mathbb{Q}$, así $\alpha \in \mathbb{Q}$ lo cual es absurdo, por tanto $a\in I$. Análogamente si $b\in \mathbb{Q}$ entonces $\frac{1}{\sqrt{2}}=b-\beta\in \mathbb{Q}$, por tanto $\frac{1}{\sqrt{2}}\in\mathbb{Q}$, lo cual es absurdo y se concluye que $b\in I.$ Como conclusión $\alpha+\beta\sqrt{2}=a+b\sqrt{2}\in K.$
c. Si $\alpha+\beta\sqrt{2}$ es tal que $\beta\in I$ y $\alpha\in \mathbb{Q}$ entonces
$$\alpha+\beta\sqrt{2}=\alpha+\sqrt{2}+(\beta-1)\sqrt{2}\in K.$$
Demostración:
$\alpha+\beta\sqrt{2}=a+b\sqrt{2}$, donde $a=\alpha+\sqrt{2}$ y $b=\beta-1$. Razonando por absurdo si $a\in \mathbb{Q}$, entonces $\sqrt{2}=a-\alpha\in \mathbb{Q}$, así $\sqrt{2} \in \mathbb{Q}$ lo cual es absurdo, por tanto $a\in I$. De igual forma si $b\in \mathbb{Q}$ entonces $\beta=b+1\in \mathbb{Q}$, por tanto $\beta\in\mathbb{Q}$, lo cual es absurdo y se concluye que $b\in I.$ Como conclusión $\alpha+\beta\sqrt{2}=a+b\sqrt{2}\in K.$
d. $K\subset \mathbb{R}$, será $K=\mathbb{R}?$
Demostración
Si $x\in \mathbb{R}$, entonces $x\in \mathbb{Q}$ o $x\in I.$ Si $x\in \mathbb{Q}$, entonces $x=\alpha+\beta\sqrt{2}$, con $\alpha=x$ y $\beta=0$, así $\alpha,\beta\in \mathbb{Q}$ y por $i$ se llega a que $x\in K.$ Por otro lado si $x\in I$ se llega a que $x=\alpha+\beta\sqrt{2}$, con $\alpha=x-2$ y $\beta=\sqrt{2}$, por tanto $\alpha,\beta\in I$, así $x\in K.$ Concluyendo que $\mathbb{R}\subset K$ y por doble contenencia $K=\mathbb{R}$.
d. Si $K=\{a+b\sqrt{2}:a,b\in \mathbb{Q}\}$, es $K=\mathbb{R}?$
Demostración:
No son iguales. Razonando por absurdo supongamos que $K=\mathbb{R}$. Luego existe una función biyectiva $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{Q}$. Este hecho se debe a que los racionales son numerables. Si definimos $g:\mathbb{N}\times\mathbb{N}\rightarrow K$ dada por:
$$g(n,m)=f(n)+f(m)\sqrt{2}$$
Esta función es sobreyectiva ya que si $\alpha+\beta\sqrt{2}\in K$, entonces $\alpha,\beta\in \mathbb{Q}$, así existen $n,m\in \mathbb{N}$ tales que $f(n)=\alpha$ y $f(m)=\beta$ porque $f$ es sobreyectiva. De esta forma $g(n,m)=f(n)+f(m)\sqrt{2}=\alpha+\beta\sqrt{2}$. Finalmente como $g$ es sobreyectiva y $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ es numerable se concluye que $K$ es numerable, por tanto $\mathbb{R}$ es numerable lo cual es absurdo ya que $\mathbb{R}$ no es numerable. Así $K\neq \mathbb{R}.$ \\
Otra forma de ver esto es saber que $\sqrt{3}$ no se puede expresar como $\alpha+\beta\sqrt{2}$ con $\alpha,\beta\in \mathbb{Q}.$