Subgrupos grandes

   En un grupo finito $(G,\cdot)$ es natural preguntarse cuando sus subgrupos son normales. En este post probaremos que su subgrupo de mayor orden posible (cuando sabemos que existe) es normal:

   $\textbf{Teorema}$

   Sea $(G,\cdot)$ un grupo finito y $H$ subgrupo de $G$ con índice $p$, donde $p$ es el menor primo que divide a $|G|$. Entonces $H$ es normal.

obs: Notar que $H$ es el subgrupo de mayor orden posible. 

   $\textbf{Demostración}$

   Definamos $X = G/H$, que a priori no es un grupo (con la operación usual), pero a fortiori lo será. Vemos que por hipótesis $|X| = p$. Denotemos por $S_X$ al conjunto de las permutaciones de $X$ en $X$, que es un grupo con la composición de funciones y además $|S_X| = p!$. Definamos la función $ \psi: G\to S_X $ dada por $\psi(g)(aH) = gaH$ y veamos que es un morfismo. Está bien definida pues $\psi(g)\in S_X$, $\forall g\in G$, y $$\psi(gk)(aH) = gkaH = g(kaH) = \psi(g)(kaH) = \psi(g)\circ\psi(k)(aH)$$ lo que prueba que es un morfismo. Sea $K = \text{Ker}(\psi)$, es directo que $K\subset H$, además por el teorema del isomorfismo sabemos que $\tilde{\psi}:G/K\to\text{Im}(\psi)$ es un isomorfismo, por lo que $[G:K] = |G/K| = |\text{Im}(\psi)|$ pero por el teorema de lagrange $|\text{Im}(\psi)|$ divide a $|S_X| = p!$ y por tanto $[G:K]|p!$. Notar que $[G:K]\geq [G:H] = p$. Supongamos que existe un $q$ primo dividiendo a $[G:K]$ entonces $q|p!$ luego $q\leq p$ pues en la factorización prima de $p!$ sólo aparecen primos menores o iguales que $p$, pero por el teorema de lagrange $[G:K]\cdot |K| = |G|$ lo que indica que como $q$ divide a $[G:K]$ también divide a $|G|$, luego $q=p$ pues $p$ es el menor primo que divide a $|G|$. Lo anterior muestra que el único primo que divide a $[G:K]$ es $p$ y por tanto $[G:K] = p^n$ con $n\geq 1$ luego $$p^n|p!\Rightarrow p^{n-1}|(p-1)!$$ lo que indica que $n=1$ pues en la factorización prima de $(p-1)!$ no aparece $p$. Luego $[G:K] = [G:H]=p$ por tanto $|H| = |K|$ pero vimos que $K\subset H$ por tanto $K=H$. Como $K$ es el núcleo de un morfismo, este es normal, por tanto $H$ es normal.

Topología cuociente

    La topología cuociente es una topología que nace a partir de un espacio topologico $(X,\tau)$ y una relación de equivalencia $\sim$ definida sobre $X$ en donde al espacio cuociente $X / \sim$ se le dota de la topología más fina que hace que la proyección canónica $\pi: X\to X / \sim$ ($x\mapsto [x]_\sim$) sea continua, a esta topología resultante le llamamos la topología cuociente $\tau_\sim$. De la definición, es claro que $$U\in\tau_\sim \iff \pi^{-1}(U)\in\tau$$   Al definir esta topología, algunas preguntas naturales que surgen es qué propiedades se heredan del espacio $(X,\tau)$. Veremos un ejemplo en donde el espacio $(X,\tau)$ es hausdorff pero para cierta relación $\sim$, el espacio cuociente no resulta hausdorff (recordemos que un espacio es de hausdorff si para cada par de puntos $x\neq y$ existen vecindades de aquellos puntos tales que estas no se intersectan). 

   Para esto, tomemos $X = \mathbb{R}$ con la topología usual (que es un hausdorff). Tomemos la relación de equivalencia $\sim$ definida por $x\sim y\iff x-y\in\mathbb{Q}$. Sea $V$ un abierto que contiene a $[\sqrt{2}]_\sim$, luego $\pi^{-1}(V)$ es un abierto de $\mathbb{R}$, como $\mathbb{Q}$ es denso en $\mathbb{R}$ sigue que $\pi^{-1}(V)\cap\mathbb{Q}\neq \emptyset$. Sea $U$ un abierto conteniendo a $[0]_\sim$, luego $\pi^{-1}(U)$ es un abierto de $\mathbb{R}$ tal que $\mathbb{Q}\subset \pi^{-1}(U)$ pues $0\sim q, \forall q\in\mathbb{Q}$, de aquí se sigue que $\pi^{-1}(V)\cap\pi^{-1}(U)\neq \emptyset$ y por tanto $U\cap V\neq \emptyset$. Claramente tenemos que $[0]_\sim \neq [\sqrt{2}]_\sim$ y la deducción anterior nos muestra que cada vez que escojamos $U$ vecindad abierta de $[0]_\sim$ y $V$ vecindad abierta de $[\sqrt{2}]_\sim$ se tendrá que $U\cap V\neq \emptyset$, es decir, este espacio no puede ser hausdorff.

   Ahora, veamos un caso (bien particular) donde la topología cuociente resulta ser hausdorff. Supongamos que $(X,\tau)$, $(Y,\tau ')$ son dos espacios topológicos los cuales se relacionan por una función continua $f:X\to Y$, si suponemos que $(Y,\tau ')$ es un hausdorff y la relación de equivalencia $x\sim y \iff f(x) = f(y)$, entonces $(X / \sim,\tau_\sim)$ resulta hausdorff. En efecto, si $[x]_\sim\neq[y]_\sim$ entonces $f(x)\neq f(y)$, como $Y$ es hausdorff se sigue que existen $U_x$ vecindad de $f(x)$ y $U_y$, vecindad de $f(y)$ tal que $U_x\cap U_y=\emptyset$, luego, definamos $O_x = \{ [z]_\sim : f(z)\in U_x \}$ y $O_y = \{ [z]_\sim : f(z)\in U_y \}$, es claro que son disjuntos, además son abiertos pues $\pi^{-1}(O_x) = \{ z: [z]_\sim\in O_x  \} = \{ z : f(z)\in U_x \} = f^{-1}(U_x)$ que es un abierto de $X$ pues $f$ es continua, además $[x]_\sim\in O_x$, de la misma manera se prueba que $\pi^{-1}(O_y) = f^{-1}(U_y)$ y así probamos que existen vecindades disjuntas separando a puntos distintos, por tanto $(X / \sim,\tau_\sim)$ es hausdorff.

Borel-Cantelli

  En probabilidades una herramienta muy útil para probar convergencia (en algún sentido) de secuencias de variables aleatorias, es Borel-Cantelli:

$\textbf{Teorema}$ [Borel-Cantelli]

Sea $(\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ un espacio de probabilidad.

i. Sean $(A_n)_{n\in\mathbb{N}}$ una familia de eventos en $\mathcal{F}$ tales que $\sum_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{P}(A_n)<\infty$ entonces $\mathbb{P}(\limsup{A_n}) = 0$.

ii. Si $(A_n)_{n\in\mathbb{N}}$ una familia de eventos independientes en $\mathcal{F}$ tales que $\sum_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{P}(A_n) = \infty$ entonces $\mathbb{P}(\limsup{A_n}) = 1$.

Donde $\limsup{A_n} = \bigcap_{n\in\mathbb{N}}\bigcup_{k\geq n}A_k$ es decir un elemento está en $\limsup{A_n}$ si es que pertenece a una infinidad de $A_m$'s.

$\textbf{Demostración}$

i. Notar que $(B_n)_{n\in\mathbb{N}}$ definida por $B_n := \bigcup_{k\geq n}A_k$, es una secuencia decreciente, luego $$\lim_{n\to\infty}\mathbb{P}(B_n) = \mathbb{P}(\bigcap_{n\in\mathbb{N}}B_n)$$ pero $\limsup{A_n} = \bigcap_{n\in\mathbb{N}}B_n $, además $\mathbb{P}(B_n)\leq \sum_{k\geq n}\mathbb{P}(A_n)\to 0$ cuando $n\to\infty$ pues $\sum_{j\in\mathbb{N}}\mathbb{P}(A_j) <\infty$ de acá sigue que $\mathbb{P}(\limsup{A_n}) = 0$.

ii. Notemos que $(\limsup{A_n})^c = \bigcup_{n\in\mathbb{N}}\bigcap_{k\geq n}A_k^c$, luego, podemos definir $C_n := \bigcap_{k\geq n}A_k^c$ y notar que $(C_n)$ es una secuencia creciente, por tanto $$\lim_{n\to\infty}\mathbb{P}(C_n) = \mathbb{P}((\limsup{A_n})^c)$$ gracias a la independencia de los eventos: $$ \mathbb{P}\left(\bigcap_{k=n}^mA_k^c\right) = \prod_{k= n}^m\mathbb{P}(A_k^c) = \prod_{k= n}^m(1-\mathbb{P}(A_k))\leq \prod_{k = n}^m e^{-\mathbb{P}(A_k)} = \exp{(-\sum_{k= n}^m\mathbb{P}(A_k))}$$ donde usamos que $e^x\geq x+1,\forall x\in\mathbb{R}$, luego, tomando limite en $m$ a la desigualdad anterior, y usando que $\sum_{n\in\mathbb{N}}\mathbb{P}(A_n) = \infty$ se obtiene que $\mathbb{P}(C_n) = 0$ y de aquí se sigue que $\mathbb{P}((\limsup{A_n})^c) = 0$ y por tanto $\mathbb{P}(\limsup{A_n}) = 1$.

$\textbf{Aplicación}$

Sean $(X_n)_{n\in\mathbb{N}}$ una secuencia de v.a's i.i.d's con $X_n\sim \exp{(\lambda)}$ con $\lambda > 0$. Entonces c.s. $$\nonumber\limsup_{n\to\infty}{\frac{X_n}{\ln{n}}} = \frac{1}{\lambda}$$

Recordemos que si $X\sim\exp(\lambda)$ entonces $\mathbb{P}(X\geq x) = \exp{(-\lambda x)}$ si $x\geq 0$. Partamos viendo que $\displaystyle\mathbb{P}\left(\limsup_{n\to\infty}\left\{ \frac{X_n}{\ln{n}}\geq \frac{1}{\lambda} \right\}\right) = 1$. En efecto, notemos que $\{ \frac{X_n}{\ln{n}}\geq \frac{1}{\lambda} \}_n$ son independientes y además $$\nonumber\sum_{n}\mathbb{P}(\{ \frac{X_n}{\ln{n}}\geq \frac{1}{\lambda} \}) = \sum_{n}{\exp{(-\lambda\cdot \frac{\ln{n}}{\lambda})}} = \sum_{n}{\frac{1}{n}} = \infty$$ Sigue por borel-cantelli que $\displaystyle\mathbb{P}\left(\limsup_{n\to\infty}\left\{ \frac{X_n}{\ln{n}}\geq \frac{1}{\lambda} \right\}\right) = 1$ lo que significa que c.s. $\forall n\in\mathbb{N}, \exists k\geq n: \frac{X_k}{\ln{k}}\geq \frac{1}{\lambda}$ lo que implica que c.s. $\displaystyle\limsup_{n\to\infty}{\frac{X_n}{\ln{n}}} \geq  \frac{1}{\lambda}$.

Para probar la desigualdad faltante, sea $\epsilon >0$, veamos que $\displaystyle\mathbb{P}\left(\limsup_{n\to\infty}\left\{ \frac{X_n}{\ln{n}}\geq \frac{1}{\lambda}+\epsilon \right\}\right) = 0$, en efecto, $$\nonumber \sum_{n}{\mathbb{P}(\{ \frac{X_n}{\ln{n}}\geq \frac{1}{\lambda} + \epsilon \})} = \sum_{n}{\exp{(-\lambda\cdot\ln{n}\cdot  (\frac{1}{\lambda} + \epsilon)})} = \sum_{n}{n^{-(1+\lambda \epsilon)}}<\infty$$ luego por borel-cantelli, $\displaystyle\mathbb{P}\left(\limsup_{n\to\infty}\left\{ \frac{X_n}{\ln{n}}\geq \frac{1}{\lambda}+\epsilon \right\}\right) = 0$, sigue que c.s. $\exists N, \forall n\geq N : \frac{X_n}{\ln{n}} < \frac{1}{\lambda}+\epsilon$, luego c.s. $\displaystyle\limsup_{n\to\infty}{\frac{X_n}{\ln{n}}}<\frac{1}{\lambda}+\epsilon$, tomamos $\epsilon = \frac{1}{n}$ y tomamos $n\to\infty$, luego c.s. $\displaystyle\limsup_{n\to\infty}{\frac{X_n}{\ln{n}}}\leq\frac{1}{\lambda}$, de donde se concluye $$ \limsup_{n\to\infty}{\frac{X_n}{\ln{n}}} = \frac{1}{\lambda} $$

Topología y números primos

  En este post mostraré una inesperada manera de probar que los números primos son infinitos: mediante topología. 

   Definiremos $\mathcal{T}$, una topología sobre $\mathbb{Z}$ generada por los conjuntos $N_{a,b} = \{ a+nb|n\in\mathbb{Z} \}$ donde $(a,b)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{N}\setminus\{0\}$ (es decir, la topología más pequeña tal que aquellos conjuntos sean abiertos). Partamos viendo que esta familia de conjuntos además define una base para $\mathcal{T}$.

   Notemos que si $x\in\mathbb{Z}$ entonces $x\in N_{x,1}$. Por otro lado, si $(a,b), (c,d)\in \mathbb{Z}\times\mathbb{N}\setminus\{0\}$ entonces si $N_{a,b}\cap N_{c,d} \neq \emptyset$ tomemos $x\in N_{a,b}\cap N_{c,d}$ y así $N_{x,bd}\subset N_{a,b}\cap N_{c,d}$. Por tanto, se tiene que $(N_{a,b})_{(a,b)\in \mathbb{Z}\times\mathbb{N}\setminus\{0\}}$ es base para $\mathcal{T}$.

   Probemos algunas cosas útiles acerca de esta topología:

-Todo abierto no vacío es infinito: En efecto, si $O$ es un abierto no vacío, entonces existe $N_{a,b}\subset O$ con $(a,b)\in \mathbb{Z}\times\mathbb{N}\setminus\{0\}$ pero como $b>0$ sigue que $N_{a,b}$ es infinito y por tanto $O$ también lo es.

-$N_{a,b}$ con $(a,b)\in \mathbb{Z}\times\mathbb{N}\setminus\{0\}$ es cerrado: Por el teorema de la división existen únicos $q,r\in\mathbb{Z}$ tales que $a = qb+r$ donde $0\leq r<b$. No es difícil ver que $$N_{a,b} = \mathbb{Z}\setminus \left(\bigcup_{c\in\{0,1,..,b-1\}\setminus\{r\}} N_{c,b}\right)$$ como cada $N_{c,b}$ es abierto por construcción, entonces $N_{a,b}$ resulta ser el complemento de un abierto, por tanto es cerrado.

   Supongamos que el conjunto de los números primos ($\mathbb{P}$) es finito. Es claro que todo entero, distinto de $-1$ y $1$ es múltiplo de algún número primo (teorema de la factorización única), por tanto tenemos directamente que $$ \mathbb{Z}\setminus\{-1,1\} = \bigcup_{p\in\mathbb{P}}N_{0,p} $$ Como esta unión es finita y probamos que $N_{0,p}$ es cerrado, entonces la unión determina un conjunto cerrado y por tanto $\mathbb{Z}\setminus \{-1,1\}$ es cerrado, así $\{-1,1\}$ es abierto, pero vimos que todo conjunto abierto no vacío es infinito, lo que es una contradicción. Esto demuestra que los números primos son infinitos.

Un sistema de ecuaciones especial

$\textbf{Problema}$

Sean $a,b,x,y,z\in\mathbb{R}_+$, determine la suma $x+y+z$ sabiendo que $$\begin{equation} x^2 + xy + y^2 = a^2\\ y^2 + yz + z^2 = b^2\\ x^2 + xz + z^2 = a^2 + b^2\\ \end{equation}$$

$\textbf{Solución}$

Veamos que $x^{2}+xy+y^2=a^2\Rightarrow x^2+y^2-2xy\cos{\frac{2\pi}{3}}=a^2$, es decir, por el Teorema del coseno podemos formar un triángulo de lados $x,y,a$ y ángulo $\frac{2\pi}{3}$. Haciendo lo mismo en las demás ecuaciones vemos que podemos formar triángulos de lados $x,z,b$ y $z,y,\sqrt{a^2+b^2}$, de tal manera que podemos construir el siguiente triángulo: 

Donde $\triangle{ABC}$ es rectángulo en $A$ y $\angle{APC}=\angle{BPC}=\angle{APB}=\frac{2\pi}{3}$. Por áreas tenemos que: $$\sin{\left(\frac{2\pi}{3}\right)}\left(\frac{xy}{2}+\frac{yz}{2}+\frac{xz}{2}\right)=\frac{ab}{2}\Rightarrow xy+yz+xz=\frac{2ab}{\sqrt{3}}$$ puesto que el área de un triangulo $\triangle{XYZ}$ puede calcularse como $\frac{1}{2}\overline{XY}\cdot \overline{YZ}\cdot \sin{(\angle{XYZ})}$. Además, sumando las ecuaciones se obtiene que $$2(x^2+y^2+z^2)+(xy+yz+xz)=2(a^2+b^2)$$ $$\Rightarrow 2(x+y+z)^2=2(a^2+b^2)+3(xy+yz+xz)$$ $$\Rightarrow 2(x+y+z)^2=2(a^2+b^2)+3\cdot \frac{2ab}{\sqrt{3}}$$ $$x+y+z=\sqrt{a^2+b^2+ab\sqrt{3}}  \ \blacksquare$$