Wersja A
Zadanie 1. (5 punktów ) Niech G będzie grupą i niech H / G oraz K ¬ G. Wykaż, że HK ¬ G.
Rozwiązanie. Aby wykazać, że HK ¬ G, musimy pokazać, że dla dowolnych a, b ∈ HK: ab ∈ HK
oraz a
−1
∈ HK. Weźmy więc dowolne a = h
1
k
1
, b = h
2
k
2
∈ HK, gdzie h
1
, h
2
∈ H, k
1
, k
2
∈ K.
Wtedy
(h
1
k
1
)(h
2
k
2
) = h
1
(k
1
h
2
k
−1
1
)(k
1
k
2
) ∈ HK,
ponieważ h
1
∈ H, k
1
h
2
k
−1
1
∈ H, bo H / G oraz k
1
k
2
∈ K. Ponadto
(h
1
k
1
)
−1
= k
−1
1
h
−1
1
= k
−1
1
h
−1
1
k
1
k
−1
1
∈ HK,
ponieważ k
−1
1
h
−1
1
k
1
∈ H, bo H / G oraz k
−1
1
∈ K.
Zadanie 2. (5 punktów ) Znajdź wszystkie homomorfizmy grupy cyklicznej rzędu 42 w grupę cy-
kliczną rzędu 28.
Rozwiązanie. Szukamy f : C
42
→ C
28
, gdzie C
42
=< a >, C
28
=< b >. Z wykładu wiemy, że
wystarczy zdefiniować, jak działa f na generatorze grupy C
42
. Wiemy również, że o(a) = 42, więc
o(f (a))|42. Stąd o(f (a)) ∈ {1, 2, 3, 6, 7, 14, 21, 42}. Ponadto f (a) ∈ C
28
, więc f (a)|28. Ostatecznie
o(f (a)) ∈ {1, 2, 7, 14}.
Wypiszemy teraz wszystkie elementy grupy C
28
oraz ich rzędy:
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
b
28
b
8
7
b
15
28
b
22
14
b
2
14
b
9
28
b
16
7
b
23
28
b
3
28
b
10
14
b
17
28
b
24
7
b
4
7
b
11
28
b
18
14
b
25
28
b
5
28
b
12
7
b
19
28
b
26
14
b
6
14
b
13
28
b
20
7
b
27
28
b
7
4
b
14
2
b
21
4
b
28
= e
1
1. o(f (a)) = 1, to f (a) = e.
2. o(f (a)) = 2, to f (a) = b
14
.
3. o(f (a)) = 7, to f (a) = b
4
lub f (a) = b
8
lub f (a) = b
12
lub f (a) = b
16
lub f (a) = b
20
lub
f (a) = b
24
.
4. o(f (a)) = 14, to f (a) = b
2
lub f (a) = b
6
lub f (a) = b
10
lub f (a) = b
18
lub f (a) = b
22
lub
f (a) = b
26
.
Otrzymaliśmy więc 14 różnych homomorfizmów.
Zadanie 3. (5 punktów ) Ile jest wszystkich permutacji przemiennych z permutacją
f =
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
5
4
3
6
7
8
1
2
9
10
w grupie S
10
? Odpowiedź uzasadnij.
Rozwiązanie. Zaczniemy od rozłożenia permutacji f na iloczyn cykli rozłącznych:
f =
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
5
4
3
6
7
8
1
2
9
10
= (1, 5, 7)(2, 4, 6, 8).
Permutacja g spełnia warunek gf = f g wtedy i tylko wtedy, gdy gf g
−1
= f . Warunek ten zachodzi,
tylko wtedy, gdy
(1, 5, 7) = (g(1), g(5), g(7)) oraz (2, 4, 6, 8) = (g(2), g(4), g(6), g(8))
1. Jeżeli (g(1), g(5), g(7)) = (1, 5, 7) = (5, 7, 1) = (7, 1, 5), to g(1) = 1, g(5) = 5, g(7) = 7 lub
g(1) = 5, g(5) = 7, g(7) = 1 lub g(1) = 7, g(5) = 1, g(7) = 5.
2. Jeżeli (g(2), g(4), g(6), g(8))
=
(2, 4, 6, 8)
=
(4, 6, 8, 2)
=
(6, 8, 2, 4)
=
(8, 2, 4, 6), to
g(2) = 2, g(4) = 4, g(6) = 6, g(8) = 8 lub g(2) = 4, g(4) = 6, g(6) = 8, g(8) = 2 lub
g(2) = 6, g(4) = 8, g(6) = 2, g(8) = 4 lub g(2) = 8, g(4) = 2, g(6) = 4, g(8) = 6 .
3. Elementy zbioru X = {3, 9, 10} mogą być przez g permutowane dowolnie.
Niech
A = {id, (1, 5, 7), (1, 7, 5)}
B = {id, (2, 4, 6, 8), (2, 6)(4, 8), (2864)}
C − dowolna permutacja zbioru X
Wtedy g będzie przemienna z permutacją f wtedy i tylko wtedy, gdy ∃
α∈A,β∈B,γ∈C
g = αβγ. Ta-
kich permutacji jest więc |A| · |B| · |C| = 3 · 4 · 3! = 72.
Zadanie 4. (5 punktów ) Sprawdź, czy zbiór liczb rzeczywistych R z działaniem ⊗ zdefiniowanym
następująco
x ⊗ y =
3
p
x
3
+ y
3
jest grupą. Jeżeli tak, to wyznacz jej komutant.
Rozwiązanie. Musimy sprawdzić, czy podane działanie jest łączne, czy posiada element neutralny
oraz czy dla dowolnego elementu zbiory R istnieje element do niego odwrotny.
1. Łączność. Weźmy dowolne x, y, z ∈ R. Wtedy
(x ⊗ y) ⊗ z =
3
p
x
3
+ y
3
⊗ z =
3
q
(
3
p
x
3
+ y
3
)
3
+ z
3
=
3
p
(x
3
+ y
3
) + z
3
=
=
3
p
x
3
+ (y
3
+ z
3
) =
3
q
x
3
+ (
3
p
y
3
+ z
3
)
3
= x ⊗
3
p
y
3
+ z
3
= x ⊗ (y ⊗ z),
więc działanie ⊗ jest łączne.
2. Istnienie elementu neutralnego. Element e ∈ R będzie elementem neutralnym działanie ⊗ wtedy
i tylko tedy, gdy dla dowolnego x ∈ R: x ⊗ e = x oraz e ⊗ x = x.
x ⊗ e = x ⇔
3
p
x
3
+ e
3
= x ⇔ x
3
+ e
3
= x
3
⇔ e
3
= 0 ⇔ e = 0
Sprawdzimy teraz, czy e ⊗ x = x:
e ⊗ x = 0 ⊗ x =
3
p
0
3
+ x
3
=
3
√
x
3
= x,
więc elementem neutralnym działania ⊗ jest e = 0.
3. Istnienie elementów odwrotnych. Musimy sprwadzić, czy dla dowolnego x ∈ R istnieje y ∈ R taki,
że x ⊗ y = 0 = y ⊗ x.
x ⊗ y = 0 ⇔
3
p
x
3
+ y
3
= 0 ⇔ x
3
+ y
3
= 0 ⇔ y
3
= −x
3
⇔ y
3
= (−x)
3
⇔ y = −x
Sprwadźmy teraz, czy y ⊗ x = 0:
y ⊗ x = (−x) ⊗ x =
3
p
(−x)
3
+ x
3
=
3
p
−x
3
+ x
3
=
3
√
0 = 0,
więc elementem odwrotnim do x jest −x.
Z punktów 1, 2, 3 wynika, że R z działaniem ⊗ jest grupą.
Wyznaczymy teraz komutant tej grupy. Zauważmy najpierw, że dla dowolnych x, y ∈ R:
x ⊗ y =
p
x
3
+ y
3
=
3
p
y
3
+ x
3
= y ⊗ x,
więc jest to grupa abelowa. Zatem
∀
x,y∈R
[x, y] = x
−1
y
−1
xy = x
−1
xy
−1
y = 0,
skąd R
0
= {0}.
Zadanie 5. (5 punktów )
a) Udowodnij, że grupa Z
∗
22
jest cykliczna.
b) Podaj wszystkie generatory grupy Z
∗
22
.
c) Wypisz wszystkie podgrupy grupy Z
∗
22
i ich elementy.
d) Zbuduj tabelkę grupy ilorazowej Z
∗
22
/ h5i.
Rozwiązanie.
Z
∗
22
= {1, 3, 5, 7, 9, 13, 15, 17, 19, 21},
więc |Z
∗
22
| = 10.
a) Aby pokazać, że grupa Z
∗
22
jest cykliczna musimy wyznaczyć jej generator, czyli element rzędu
10.
3
2
= 9, 3
3
= 5, 3
4
= 15, 3
5
= 1, więc 3 nie jest szukanym generatorem.
5
2
= 3, 5
3
= 15, 5
4
= 9, 5
5
= 1, więc 5 nie jest generatorem.
7
2
= 5, 7
3
= 13, 7
4
= 3, 7
5
= 21, więc o(7) > 5 oraz o(7)|10. Stąd o(7) = 10 i Z
∗
22
=< 7 >, więc
grupa jest cykliczna.
b) Wszystkie generatory grupy cyklicznej < 7 > są postaci 7
k
, gdzie (k, 10) = 1. Zatem wszystkie
generatory grupy Z
∗
22
to: 7, 7
3
= 13, 7
7
= 17 oraz 7
9
= 19.
c) Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej < 7 > są generowane przez element postaci 7
k
, gdzie k|10.
Stąd:
H
1
=< 7
10
>=< 1 >= {1},
H
2
=< 7
5
>=< 21 >= {21, 1},
H
3
=< 7
2
>=< 5 >= {5, 3, 15, 9, 1},
H
4
=< 7
1
>= Z
∗
22
.
d) Z punktu (c) wiemy, że < 5 >= {1, 3, 5, 9, 15}. Ponadto |Z
∗
22
:< 5 > | =
|Z
∗
22
|
|<5>|
=
10
5
= 2, więc są
tylko dwie różne warstwy. Stąd 7· < 5 >= {7, 21, 13, 19, 17} oraz Z
∗
22
/ < 5 >= {< 5 >, 7· < 5 >}.
Tabelka takiej grupy to
< 5 >
7· < 5 >
< 5 >
< 5 >
7· < 5 >
7· < 5 >
7· < 5 >
< 5 >
Zadanie 6. (5 punktów ) Niech G będzie grupą i niech f : G → G będzie określone wzorem
f (x) = x
2
. Udowodnij, że f jest homomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy grupa G jest abelo-
wa.
Rozwiązanie.
00
⇐
00
Załóżmy, że G jest grupą abelową. Weźmy dowolne x, y ∈ G. Wtedy
f (xy) = (xy)
2
= xyxy = abelowość = x
2
y
2
= f (x) · f (y),
więc f jest homomorfizmem.
00
⇒
00
Załóżmy, że f jest homomorfizmem. Oznacza to, że dla dowolnych x, y ∈ G, f (xy) = f (x)f (y).
Zatem
(xy)
2
= x
2
y
2
x
−1
· \xyxy = x
2
y
2
\ ·y
−1
yx = xy,
więc G jest grupą abelową.
Wersja B
Zadanie 1. (5 punktów ) Niech G będzie grupą i niech f : G → G będzie określone wzorem
f (x) = x
−1
. Udowodnij, że f jest homomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy grupa G jest abe-
lowa.
Rozwiązanie.
00
⇐
00
Załózmy, że grupa G jest abelowa. Weźmy dowolne x, y ∈ G. Wtedy
f (xy) = (xy)
−1
= y
−1
x
−1
= abelowość = x
−1
y
−1
= f (x) · f (y),
więc f jest homomorfizmem.
00
⇒
00
Załóżmy, że f jest homomorfizmem. Oznacza to, że dla dowolnych x, y ∈ G, f (xy) = f (x)f (y).
Zatem
(xy)
−1
= x
−1
y
−1
y · \y
−1
x
−1
= x
−1
y
−1
\ ·y
x · \x
−1
y = yx
−1
\ x
yx = xy,
więc G jest grupą abelową.
Zadanie 2. (5 punktów ) Niech G będzie grupą i niech A, B będą jej dzielnikami normalnymi.
Wiadomo, że AB ¬ G. Wykaż, że AB jest podgrupą normalną grupy G.
Rozwiązanie. Wiemy (z treści zadania), że AB ¬ G. Musimy więc jeszcze pokazać, że
∀
g∈G
∀
h∈AB
ghg
−1
∈ AB.
Weźmy zatem dowolne g ∈ G oraz h = ab ∈ AB, gdzie a ∈ A, b ∈ B. Wtedy
g(ab)g
−1
= (gag
−1
)(gbg
−1
) ∈ AB,
ponieważ A / G oraz B / G. Zatem AB / G.
Zadanie 3. (5 punktów )
a) Udowodnij, że grupa Z
∗
25
jest cykliczna.
b) Podaj wszystkie generatory grupy Z
∗
25
.
c) Wypisz wszystkie podgrupy grupy Z
∗
25
i ich elementy.
d) Zbuduj tabelkę grupy ilorazowej Z
∗
25
/ h6i.
Rozwiązanie. Z
∗
25
= {1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14, 16, 17, 18, 19, 21, 22, 23, 24}, więc |Z
∗
25
| = 20.
a) Szukamy elementu, którego rząd będzie równy rzędowi grupy, czyli 20:
2
2
= 4, 2
3
= 8, 2
4
= 16, 2
5
= 7, 2
6
= 14, 2
7
= 3, 2
8
= 6, 2
9
= 12, 2
10
= 24, więc o(2) > 10 oraz
o(2)|20, więc o(2) = 20 i Z
∗
25
=< 2 >, zatem jest to grupa cykliczna.
b) Wszystkie generatory grupy cyklicznej < 2 > są postaci 2
k
, gdzie (k, 20) = 1. Zatem wszystkie
generatory grupy Z
∗
25
to: 2, 2
3
= 8, 2
7
= 3, 7
9
= 12, 2
11
= 23, 2
13
= 17, 2
17
= 22 oraz 2
19
= 13.
c) Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej < 2 > są generowane przez element postaci 2
k
, gdzie k|20.
Stąd:
H
1
=< 2
20
>=< 1 >= {1},
H
2
=< 2
10
>=< 24 >= {24, 1},
H
3
=< 2
5
>=< 7 >= {7, 24, 18, 1},
H
4
=< 2
4
>=< 16 >= {16, 6, 21, 11, 1},
H
5
=< 2
2
>=< 4 >= {4, 16, 14, 6, 24, 21, 9, 11, 19, 1},
H
6
=< 2
1
>= Z
∗
25
.
d) Z punktu (c) wiemy, że < 6 >= {1, 6, 11, 16, 21}. Ponadto |Z
∗
25
:< 6 > | =
|Z
∗
25
|
|<6>|
=
20
5
= 4, więc
są cztery różne warstwy. Stąd 2· < 6 >= {2, 12, 22, 7, 17}, 3· < 6 >= {3, 18, 8, 23, 13}, 4· < 6 >=
{4, 24, 19, 14, 9}. oraz Z
∗
25
/ < 6 >= {< 6 >, 2· < 6 >, 3· < 6 >, 4· < 6 >}. Tabelka takiej grupy to
< b >
2· < 6 >
3· < 6 >
4· < 6 >
< 6 >
< 6 >
2· < 6 >
3· < 6 >
4· < 6 >
2· < 6 >
2· < 6 >
4· < 6 >
< 6 >
3· < 6 >
3· < 6 >
3· < 6 >
< 6 >
4· < 6 >
2· < 6 >
4· < 6 >
4· < 6 >
4· < 6 >
2· < 6 >
< 6 >
Zadanie 4. (5 punktów ) Czy zbiór
J =
2a
2b + 1
: a, b ∈ Z
⊆ Q
wraz z operacją , zdefiniowaną wzorem
a b = a + b + ab
jest grupą?
Rozwiązanie. Sprawdzimy najpierw, czy operacja jest działaniem w zbiorze J . Weźmy dowolne
2a
2b+1
,
2c
2d+1
∈ J , gdzie a, b, c, d ∈ Z. Wtedy
2a
2b + 1
2c
2d + 1
=
2a
2b + 1
+
2c
2d + 1
+
2a
2b + 1
·
2c
2d + 1
=
=
2a(2d + 1) + 2c(2b + 1) + 4ac
4bd + 2b + 2d + 1
=
2(2ad + a + 2bc + c + 2ac
2(2bd + b + d) + 1
∈ J,
więc jest to działanie. Sprawdzimy więc, czy jest ono łączne, czy posiada element neutralny oraz
czy dla dowolnego elementu ze zbioru J istnieje w zbiorze J element do niego odwrotny.
1. Łączność. Weźmy dowolne a, b, c ∈ J . Wtedy
(a b) c = (a + b + ab) c = (a + b + ab) + c + (a + b + ab) · c = a + b + ab + c + ac + bc + abc
oraz
a (b c) = a (b + c + bc) = a + (b + c + bc) + a(b + c + bc) = a + b + c + bc + ab + ac = abc.
Otrzymujemy stąd, że (a b) c = a (b c), więc działanie jest łączne.
2. Istnienie elementu neutralnego. Musimy sprawdzić, czy istnieje element e ∈ J taki, że dla dowol-
nego a ∈ J : a e = a oraz e a = a.
a e = a ⇔ a + e + ae = a ⇔ e(1 + a) = 0.
Z dowolności wyboru elemenu a otrzymujemy e = 0 =
2·0
2·1+1
∈ J . Sprawdzimy, czy e a = a:
e a = 0 a = 0 + a + 0 · a = a,
więc e = 0 jest elementem neutralnym działanie .
3. Istnienie elementów odwrotnych. Musimy pokazać, że dla dowolnego a
2c
2d+1
∈ J istnieje b ∈ J
takie, że a b = 0 = b a.
a b = 0 ⇔ a + b + ab = 0 ⇔ b(a + 1) = −a.
Jeżeli a 6= −1, to
b =
−a
1 + a
=
−
2c
2d+1
1 +
2c
2d+1
=
−2c
2d+1
2d+1+2c
2d+1
=
−2c
2d + 1 + 2c
=
2(−c)
2(d + c) + 1
∈ J.
Zobaczmy więc, czy a = −1 ∈ J . Jeżeli −1 ∈ J , to istnieją c, d ∈ Z takie, że −1 =
2c
2d+1
. Wtedy
−2d − 1 = 2c, więc liczba nieparzysta jest równa liczbie parzystej, sprzeczność. Zatem −1 /
∈ J .
Sprawdźmy, czy b a = 0:
b a =
−a
a + 1
a =
−a
a + 1
+a+
−a
a + 1
·a =
−a + a(a + 1) + (−a
2
)
a + 1
=
−a + a
2
+ a − a
2
a + 1
=
0
a + 1
= 0,
więc elementem odwrotnym do a jest
−a
a+1
.
Z punktów 1, 2, 3 wynika, że zbiór J z działaniem tworzy grupę.
Zadanie 5. (5 punktów ) Ile jest wszystkich permutacji przemiennych z permutacją
f =
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2
10
3
1
7
6
5
8
4
9
w grupie S
10
? Odpowiedź uzasadnij.
Rozwiązanie. Zaczniemy od rozłożenia permutacji f na iloczyn cykli rozłącznych:
f =
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2
10
3
1
7
6
5
8
4
9
= (1, 2, 10, 9, 4)(5, 7)
Permutacja g spełnia warunek gf = f g wtedy i tylko wtedy, gdy gf g
−1
= f . Warunek ten zachodzi,
tylko wtedy, gdy
(1, 2, 10, 9, 4) = (g(1), g(2), g(10), g(9), g(4)) oraz (5, 7) = (g(5), g(7))
1. Jeżeli (g(1), g(2), g(10), g(9), g(4)) = (1, 2, 10, 9, 4) = (2, 10, 9, 4, 1) = (10, 9, 4, 1, 2) = (9, 4, 1, 2, 10) =
(4, 1, 2, 10, 9), to g(1) = 1, g(2) = 2, g(10) = 10, g(9) = 9, g(4) = 4 lub
g(1) = 2, g(2) = 10, g(10) = 9, g(9) = 4, g(4) = 1 lub g(1) = 10, g(2) = 9, g(10) = 4, g(9) = 1, g(4) = 2
lub g(1) = 9, g(2) = 4, g(10) = 1, g(9) = 2, g(4) = 10 lub
g(1) = 4, g(2) = 1, g(10) = 2, g(9) = 10, g(4) = 9.
2. Jeżeli (g(5), g(7)) = (5, 7) = (7, 5), to g(5) = 5, g(7) = 7 lub g(5) = 7, g(7) = 5 .
3. Elementy zbioru X = {3, 6, 8} mogą być przez g permutowane dowolnie.
Niech
A = {id, (1, 2, 10, 9, 4), (1, 10, 4, 2, 9), (1, 9, 2, 4, 10), (1, 4, 9, 10, 2}
B = {id, (5, 7)}
C − dowolna permutacja zbioru X
Wtedy g będzie przemienna z permutacją f wtedy i tylko wtedy, gdy ∃
α∈A,β∈B,γ∈C
g = αβγ. Ta-
kich permutacji jest więc |A| · |B| · |C| = 5 · 2 · 3! = 60.
Zadanie 6. (5 punktów ) Znajdź wszystkie homomorfizmy grupy cyklicznej rzędu 54 w grupę cy-
kliczną rzędu 30.
Rozwiązanie. Szukamy f : C
54
→ C
30
, gdzie C
54
=< a >, C
30
=< b >. Z wykładu wiemy, że
wystarczy zdefiniować, jak działa f na generatorze grupy C
54
. Wiemy również, że o(a) = 54, więc
o(f (a))|54. Stąd o(f (a)) ∈ {1, 2, 3, 6, 9, 18, 27, 54}. Ponadto f (a) ∈ C
30
, więc f (a)|30. Ostatecznie
o(f (a)) ∈ {1, 2, 3, 6}.
Wypiszemy teraz wszystkie elementy grupy C
30
oraz ich rzędy:
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
b
30
b
6
5
b
11
30
b
16
15
b
21
10
b
26
15
b
2
15
b
7
30
b
12
5
b
17
30
b
22
15
b
27
10
b
3
10
b
8
15
b
13
30
b
18
5
b
23
30
b
28
15
b
4
15
b
9
10
b
14
15
b
19
30
b
24
5
b
29
30
b
5
6
b
10
3
b
15
2
b
20
3
b
25
6
b
30
= e
1
1. o(f (a)) = 1, to f (a) = e.
2. o(f (a)) = 2, to f (a) = b
15
.
3. o(f (a)) = 3, to f (a) = b
10
lub f (a) = b
20
.
4. o(f (a)) = 6, to f (a) = b
5
lub f (a) = b
25
.
Otrzymaliśmy więc 6 różnych homomorfizmów.
Wersja C
Zadanie 1. (5 punktów ) Sprawdź, czy zbiór liczb rzeczywistych R z działaniem ⊗ zdefiniowanym
następująco
x ⊗ y =
3
p
x
3
+ y
3
jest grupą. Jeżeli tak, to wyznacz jej komutant.
Rozwiązanie. Musimy sprawdzić, czy podane działanie jest łączne, czy posiada element neutralny
oraz czy dla dowolnego elementu zbiory R istnieje element do niego odwrotny.
1. Łączność. Weźmy dowolne x, y, z ∈ R. Wtedy
(x ⊗ y) ⊗ z =
3
p
x
3
+ y
3
⊗ z =
3
q
(
3
p
x
3
+ y
3
)
3
+ z
3
=
3
p
(x
3
+ y
3
) + z
3
=
=
3
p
x
3
+ (y
3
+ z
3
) =
3
q
x
3
+ (
3
p
y
3
+ z
3
)
3
= x ⊗
3
p
y
3
+ z
3
= x ⊗ (y ⊗ z),
więc działanie ⊗ jest łączne.
2. Istnienie elementu neutralnego. Element e ∈ R będzie elementem neutralnym działanie ⊗ wtedy
i tylko tedy, gdy dla dowolnego x ∈ R: x ⊗ e = x oraz e ⊗ x = x.
x ⊗ e = x ⇔
3
p
x
3
+ e
3
= x ⇔ x
3
+ e
3
= x
3
⇔ e
3
= 0 ⇔ e = 0
Sprawdzimy teraz, czy e ⊗ x = x:
e ⊗ x = 0 ⊗ x =
3
p
0
3
+ x
3
=
3
√
x
3
= x,
więc elementem neutralnym działania ⊗ jest e = 0.
3. Istnienie elementów odwrotnych. Musimy sprwadzić, czy dla dowolnego x ∈ R istnieje y ∈ R taki,
że x ⊗ y = 0 = y ⊗ x.
x ⊗ y = 0 ⇔
3
p
x
3
+ y
3
= 0 ⇔ x
3
+ y
3
= 0 ⇔ y
3
= −x
3
⇔ y
3
= (−x)
3
⇔ y = −x
Sprwadźmy teraz, czy y ⊗ x = 0:
y ⊗ x = (−x) ⊗ x =
3
p
(−x)
3
+ x
3
=
3
p
−x
3
+ x
3
=
3
√
0 = 0,
więc elementem odwrotnim do x jest −x.
Z punktów 1, 2, 3 wynika, że R z działaniem ⊗ jest grupą.
Wyznaczymy teraz komutant tej grupy. Zauważmy najpierw, że dla dowolnych x, y ∈ R:
x ⊗ y =
p
x
3
+ y
3
=
3
p
y
3
+ x
3
= y ⊗ x,
więc jest to grupa abelowa. Zatem
∀
x,y∈R
[x, y] = x
−1
y
−1
xy = x
−1
xy
−1
y = 0,
skąd R
0
= {0}.
Zadanie 2. (5 punktów )
a) Udowodnij, że grupa Z
∗
27
jest cykliczna.
b) Podaj wszystkie generatory grupy Z
∗
27
.
c) Wypisz wszystkie podgrupy grupy Z
∗
27
i ich elementy.
d) Zbuduj tabelkę grupy ilorazowej Z
∗
27
/ h8i.
Rozwiązanie. Z
∗
27
= {1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 13, 14, 16, 17, 19, 20, 22, 23, 25, 26}, więc |Z
∗
27
| = 18.
a) Szukamy elementu, którego rząd będzie równy 18:
2
2
= 4, 2
3
= 8, 2
4
= 16, 2
5
= 5, 2
6
= 10, 2
7
= 20, 2
8
= 13, 2
9
= 26, więc o(2) > 9 oraz o(2)|18,
więc o(2) = 18 i Z
∗
27
=< 2 >, zatem jest to grupa cykliczna.
b) Wszystkie generatory grupy cyklicznej < 2 > są postaci 2
k
, gdzie (k, 18) = 1. Zatem wszystkie
generatory grupy Z
∗
27
to: 2, 2
5
= 5, 2
7
= 20, 2
11
= 23, 2
13
= 11 oraz 2
17
= 14.
c) Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej < 2 > są generowane przez element postaci 2
k
, gdzie k|18.
Stąd:
H
1
=< 2
18
>=< 1 >= {1},
H
2
=< 2
9
>=< 26 >= {26, 1},
H
3
=< 2
6
>=< 10 >= {10, 19, 1},
H
4
=< 2
3
>=< 8 >= {8, 10, 26, 19, 17, 1},
H
5
=< 2
2
>=< 4 >= {4, 16, 10, 13, 25, 19, 22, 7, 1},
H
6
=< 2
1
>= Z
∗
27
.
d) Z punktu (c) wiemy, że < 8 >= {1, 8, 10, 17, 19, 26}. Ponadto |Z
∗
27
:< 8 > | =
|Z
∗
27
|
|<8>|
=
18
6
= 3,
więc są trzy różne warstwy. Stąd 2· < 8 >= {2, 16, 20, 7, 11, 25}, 4· < 2 >= {4, 5, 13, 14, 22, 23} oraz
Z
∗
27
/ < 8 >= {< 8 >, 2· < 8 > 4· < 8 >}. Tabelka takiej grupy to
< 8 >
2· < 8 >
4· < 8 >
< 8 >
< 8 >
2· < 8 >
4· < 8 >
2· < 8 >
2· < 8 >
4· < 8 >
< 8 >
4· < 8 >
4· < 8 >
< 8 >
2· < 8 >
Zadanie 3. (5 punktów ) Niech G będzie grupą i niech H / G oraz K ¬ G. Wykaż, że HK ¬ G.
Rozwiązanie. Aby wykazać, że HK ¬ G, musimy pokazać, że dla dowolnych a, b ∈ HK: ab ∈ HK
oraz a
−1
∈ HK. Weźmy więc dowolne a = h
1
k
1
, b = h
2
k
2
∈ HK, gdzie h
1
, h
2
∈ H, k
1
, k
2
∈ K.
Wtedy
(h
1
k
1
)(h
2
k
2
) = h
1
(k
1
h
2
k
−1
1
)(k
1
k
2
) ∈ HK,
ponieważ h
1
∈ H, k
1
h
2
k
−1
1
∈ H, bo H / G oraz k
1
k
2
∈ K. Ponadto
(h
1
k
1
)
−1
= k
−1
1
h
−1
1
= k
−1
1
h
−1
1
k
1
k
−1
1
∈ HK,
ponieważ k
−1
1
h
−1
1
k
1
∈ H, bo H / G oraz k
−1
1
∈ K.
Zadanie 4. (5 punktów ) Niech G będzie grupą i niech f : G → G będzie określone wzorem
f (x) = x
−1
. Udowodnij, że f jest homomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy grupa G jest abe-
lowa.
Rozwiązanie.
00
⇐
00
Załózmy, że grupa G jest abelowa. Weźmy dowolne x, y ∈ G. Wtedy
f (xy) = (xy)
−1
= y
−1
x
−1
= abelowość = x
−1
y
−1
= f (x) · f (y),
więc f jest homomorfizmem.
00
⇒
00
Załóżmy, że f jest homomorfizmem. Oznacza to, że dla dowolnych x, y ∈ G, f (xy) = f (x)f (y).
Zatem
(xy)
−1
= x
−1
y
−1
y · \y
−1
x
−1
= x
−1
y
−1
\ ·y
x · \x
−1
y = yx
−1
\ x
yx = xy,
więc G jest grupą abelową.
Zadanie 5. (5 punktów ) Znajdź wszystkie homomorfizmy grupy cyklicznej rzędu 30 w grupę cy-
kliczną rzędu 36.
Rozwiązanie. Szukamy f : C
30
→ C
36
, gdzie C
30
=< a >, C
36
=< b >. Z wykładu wiemy, że
wystarczy zdefiniować, jak działa f na generatorze grupy C
30
. Wiemy również, że o(a) = 30, więc
o(f (a))|30. Stąd o(f (a)) ∈ {1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30}. Ponadto f (a) ∈ C
36
, więc f (a)|36. Ostatecznie
o(f (a)) ∈ {1, 2, 3, 6}.
Wypiszemy teraz wszystkie elementy grupy C
30
oraz ich rzędy:
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
b
36
b
6
6
b
11
36
b
16
9
b
21
12
b
26
18
b
31
36
b
2
18
b
7
36
b
12
3
b
17
36
b
22
18
b
27
4
b
32
9
b
3
12
b
8
9
b
13
36
b
18
2
b
23
36
b
28
9
b
33
12
b
4
9
b
9
4
b
14
18
b
19
36
b
24
3
b
29
36
b
34
18
b
5
36
b
10
18
b
15
12
b
20
9
b
25
36
b
30
6
b
35
36
b
36
= e
1
1. o(f (a)) = 1, to f (a) = e.
2. o(f (a)) = 2, to f (a) = b
15
.
3. o(f (a)) = 3, to f (a) = b
10
lub f (a) = b
20
.
4. o(f (a)) = 6, to f (a) = b
5
lub f (a) = b
25
.
Otrzymaliśmy więc 6 różnych homomorfizmów.
Zadanie 6. (5 punktów ) Ile jest wszystkich permutacji przemiennych z permutacją
f =
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
6
4
10
3
2
7
5
9
8
w grupie S
10
? Odpowiedź uzasadnij.
Rozwiązanie. Zaczniemy od rozłożenia permutacji f na iloczyn cykli rozłącznych:
f =
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
6
4
10
3
2
7
5
9
8
= (2, 6)(3, 4, 10, 8, 5)
Permutacja g spełnia warunek gf = f g wtedy i tylko wtedy, gdy gf g
−1
= f . Warunek ten zachodzi,
tylko wtedy, gdy
(2, 6) = (g(2), g(6)) oraz (3, 4, 10, 8, 5) = (g(3), g(4), g(10), g(8), g(5))
1. Jeżeli (g(2), g(6)) = (2, 6) = (6, 2), to g(2) = 2, g(6) = 6 lub g(2) = 6, g(6) = 2 .
1. Jeżeli (g(3), g(4), g(10), g(8), g(5)) = (3, 4, 10, 8, 5) = (4, 10, 8, 5, 3) = (10, 8, 5, 3, 4) = (8, 5, 3, 4, 10) =
(5, 3, 4, 10, 8), to g(3) = 3, g(4) = 4, g(10) = 10, g(8) = 8, g(5) = 5 lub
g(3) = 4, g(4) = 10, g(10) = 8, g(8) = 5, g(5) = 3 lub g(3) = 10, g(4) = 8, g(10) = 5, g(8) = 3, g(5) = 4
lub g(3) = 8, g(4) = 5, g(10) = 3, g(8) = 4, g(5) = 10 lub
g(3) = 5, g(4) = 3, g(10) = 4, g(8) = 10, g(5) = 8.
3. Elementy zbioru X = {1, 7, 9} mogą być przez g permutowane dowolnie.
Niech
A = {id, (2, 6)}
B = {id, (3, 4, 10, 8, 5), (3, 10, 5, 4, 8), (3, 8, 4, 5, 10), (3, 5, 8, 10, 4}
C − dowolna permutacja zbioru X
Wtedy g będzie przemienna z permutacją f wtedy i tylko wtedy, gdy ∃
α∈A,β∈B,γ∈C
g = αβγ. Ta-
kich permutacji jest więc |A| · |B| · |C| = 2 · 5 · 3! = 60.
Wersja D
Zadanie 1. (5 punktów ) Niech G będzie grupą i niech A, B będą jej dzielnikami normalnymi.
Wiadomo, że AB ¬ G. Wykaż, że AB jest podgrupą normalną grupy G.
Rozwiązanie. Wiemy (z treści zadania), że AB ¬ G. Musimy więc jeszcze pokazać, że
∀
g∈G
∀
h∈AB
ghg
−1
∈ AB.
Weźmy zatem dowolne g ∈ G oraz h = ab ∈ AB, gdzie a ∈ A, b ∈ B. Wtedy
g(ab)g
−1
= (gag
−1
)(gbg
−1
) ∈ AB,
ponieważ A / G oraz B / G. Zatem AB / G.
Zadanie 2. (5 punktów ) Niech G będzie grupą i niech f : G → G będzie określone wzorem
f (x) = x
2
. Udowodnij, że f jest homomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy grupa G jest abelo-
wa.
Rozwiązanie.
00
⇐
00
Załóżmy, że G jest grupą abelową. Weźmy dowolne x, y ∈ G. Wtedy
f (xy) = (xy)
2
= xyxy = abelowość = x
2
y
2
= f (x) · f (y),
więc f jest homomorfizmem.
00
⇒
00
Załóżmy, że f jest homomorfizmem. Oznacza to, że dla dowolnych x, y ∈ G, f (xy) = f (x)f (y).
Zatem
(xy)
2
= x
2
y
2
x
−1
· \xyxy = x
2
y
2
\ ·y
−1
yx = xy,
więc G jest grupą abelową.
Zadanie 3. (5 punktów ) Znajdź wszystkie homomorfizmy grupy cyklicznej rzędu 36 w grupę cy-
kliczną rzędu 30.
Rozwiązanie. Szukamy f : C
36
→ C
30
, gdzie C
36
=< a >, C
30
=< b >. Z wykładu wiemy, że
wystarczy zdefiniować, jak działa f na generatorze grupy C
36
. Wiemy również, że o(a) = 36, więc
o(f (a))|36. Stąd o(f (a)) ∈ {1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36}. Ponadto f (a) ∈ C
30
, więc f (a)|30. Ostatecznie
o(f (a)) ∈ {1, 2, 3, 6}.
Wypiszemy teraz wszystkie elementy grupy C
30
oraz ich rzędy:
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
x
o(x)
b
30
b
6
5
b
11
30
b
16
15
b
21
10
b
26
15
b
2
15
b
7
30
b
12
5
b
17
30
b
22
15
b
27
10
b
3
10
b
8
15
b
13
30
b
18
5
b
23
30
b
28
15
b
4
15
b
9
10
b
14
15
b
19
30
b
24
5
b
29
30
b
5
6
b
10
3
b
15
2
b
20
3
b
25
6
b
30
= e
1
1. o(f (a)) = 1, to f (a) = e.
2. o(f (a)) = 2, to f (a) = b
15
.
3. o(f (a)) = 3, to f (a) = b
10
lub f (a) = b
20
.
4. o(f (a)) = 6, to f (a) = b
5
lub f (a) = b
25
.
Otrzymaliśmy więc 6 różnych homomorfizmów.
Zadanie 4. (5 punktów ) Czy zbiór
J =
2a
2b + 1
: a, b ∈ Z
⊆ Q
wraz z operacją , zdefiniowaną wzorem
a b = a + b + ab
jest grupą?
Rozwiązanie. Sprawdzimy najpierw, czy operacja jest działaniem w zbiorze J . Weźmy dowolne
2a
2b+1
,
2c
2d+1
∈ J , gdzie a, b, c, d ∈ Z. Wtedy
2a
2b + 1
2c
2d + 1
=
2a
2b + 1
+
2c
2d + 1
+
2a
2b + 1
·
2c
2d + 1
=
=
2a(2d + 1) + 2c(2b + 1) + 4ac
4bd + 2b + 2d + 1
=
2(2ad + a + 2bc + c + 2ac
2(2bd + b + d) + 1
∈ J,
więc jest to działanie. Sprawdzimy więc, czy jest ono łączne, czy posiada element neutralny oraz
czy dla dowolnego elementu ze zbioru J istnieje w zbiorze J element do niego odwrotny.
1. Łączność. Weźmy dowolne a, b, c ∈ J . Wtedy
(a b) c = (a + b + ab) c = (a + b + ab) + c + (a + b + ab) · c = a + b + ab + c + ac + bc + abc
oraz
a (b c) = a (b + c + bc) = a + (b + c + bc) + a(b + c + bc) = a + b + c + bc + ab + ac = abc.
Otrzymujemy stąd, że (a b) c = a (b c), więc działanie jest łączne.
2. Istnienie elementu neutralnego. Musimy sprawdzić, czy istnieje element e ∈ J taki, że dla dowol-
nego a ∈ J : a e = a oraz e a = a.
a e = a ⇔ a + e + ae = a ⇔ e(1 + a) = 0.
Z dowolności wyboru elemenu a otrzymujemy e = 0 =
2·0
2·1+1
∈ J . Sprawdzimy, czy e a = a:
e a = 0 a = 0 + a + 0 · a = a,
więc e = 0 jest elementem neutralnym działanie .
3. Istnienie elementów odwrotnych. Musimy pokazać, że dla dowolnego a
2c
2d+1
∈ J istnieje b ∈ J
takie, że a b = 0 = b a.
a b = 0 ⇔ a + b + ab = 0 ⇔ b(a + 1) = −a.
Jeżeli a 6= −1, to
b =
−a
1 + a
=
−
2c
2d+1
1 +
2c
2d+1
=
−2c
2d+1
2d+1+2c
2d+1
=
−2c
2d + 1 + 2c
=
2(−c)
2(d + c) + 1
∈ J.
Zobaczmy więc, czy a = −1 ∈ J . Jeżeli −1 ∈ J , to istnieją c, d ∈ Z takie, że −1 =
2c
2d+1
. Wtedy
−2d − 1 = 2c, więc liczba nieparzysta jest równa liczbie parzystej, sprzeczność. Zatem −1 /
∈ J .
Sprawdźmy, czy b a = 0:
b a =
−a
a + 1
a =
−a
a + 1
+a+
−a
a + 1
·a =
−a + a(a + 1) + (−a
2
)
a + 1
=
−a + a
2
+ a − a
2
a + 1
=
0
a + 1
= 0,
więc elementem odwrotnym do a jest
−a
a+1
.
Z punktów 1, 2, 3 wynika, że zbiór J z działaniem tworzy grupę.
Zadanie 5. (5 punktów ) Ile jest wszystkich permutacji przemiennych z permutacją
f =
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
3
8
5
4
7
6
1
9
2
10
w grupie S
10
? Odpowiedź uzasadnij.
Rozwiązanie. Zaczniemy od rozłożenia permutacji f na iloczyn cykli rozłącznych:
f =
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
3
8
5
4
7
6
1
9
2
10
= (1, 3, 5, 7)(2, 8, 9)
Permutacja g spełnia warunek gf = f g wtedy i tylko wtedy, gdy gf g
−1
= f . Warunek ten zachodzi,
tylko wtedy, gdy
(2, 8, 9) = (g(2), g(8), g(9)) oraz (1, 3, 5, 7) = (g(1), g(3), g(5), g(7))
1. Jeżeli (g(2), g(8), g(9)) = (2, 8, 9) = (8, 9, 2) = (9, 2, 8), to g(2) = 2, g(8) = 8, g(9) = 9 lub
g(2) = 8, g(8)9 =, g(9) = 2 lub g(2) = 9, g(8) = 2, g(9) = 8.
2. Jeżeli (g(1), g(3), g(5), g(7))
=
(1, 3, 5, 7)
=
(3, 5, 7, 1)
=
(5, 7, 1, 3)
=
(7, 1, 3, 5), to
g(1) = 1, g(3) = 3, g(5) = 5, g(7) = 7 lub g(1) = 3, g(3) = 5, g(5) = 7, g(7) = 1 lub
g(1) = 5, g(3) = 7, g(5) = 1, g(7) = 3 lub g(1) = 7, g(3) = 1, g(5) = 3, g(7) = 5 .
3. Elementy zbioru X = {4, 6, 10} mogą być przez g permutowane dowolnie.
Niech
A = {id, (2, 8, 9), (2, 9, 8)}
B = {id, (1, 3, 5, 7), (1, 5)(3, 7), (1, 7, 5, 3)}
C − dowolna permutacja zbioru X
Wtedy g będzie przemienna z permutacją f wtedy i tylko wtedy, gdy ∃
α∈A,β∈B,γ∈C
g = αβγ. Ta-
kich permutacji jest więc |A| · |B| · |C| = 3 · 4 · 3! = 72.
Zadanie 6. (5 punktów )
a) Udowodnij, że grupa Z
∗
26
jest cykliczna.
b) Podaj wszystkie generatory grupy Z
∗
26
.
c) Wypisz wszystkie podgrupy grupy Z
∗
26
i ich elementy.
d) Zbuduj tabelkę grupy ilorazowej Z
∗
26
/ h5i.
Rozwiązanie. Z
∗
26
= {1, 3, 5, 7, 9, 11, 15, 17, 19, 21, 23, 25}, więc |Z
∗
26
| = 12. a) Aby pokazać, że grupa
Z
∗
26
jest cykliczna musimy wyznaczyć jej generator, czyli element rzędu 12.
3
2
= 9, 3
3
= 1, więc 3 nie jest szukanym generatorem.
5
2
= 25, 5
4
= 1, więc 5 nie jest generatorem.
7
2
= 23, 7
3
= 5, 7
4
= 9, 7
5
= 11, 7
6
= 25 więc o(7) > 6 oraz o(7)|12. Stąd o(7) = 12 i Z
∗
26
=< 7 >,
więc grupa jest cykliczna.
b) Wszystkie generatory grupy cyklicznej < 7 > są postaci 7
k
, gdzie (k, 12) = 1. Zatem wszystkie
generatory grupy Z
∗
22
to: 7, 7
5
= 11, 7
7
= 19 oraz 7
11
= 15.
c) Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej < 7 > są generowane przez element postaci 7
k
, gdzie k|12.
Stąd:
H
1
=< 7
12
>=< 1 >= {1},
H
2
=< 7
6
>=< 25 >= {25, 1},
h
3
=< 7
4
>=< 9 >= {9, 3, 1},
H
4
=< 7
3
>=< 5 >= {5, 25, 21, 1},
H
5
=< 7
2
>=< 23 >= {23, 9, 25, 3, 15, 1},
H
6
=< 7
1
>= Z
∗
26
.
d) Z punktu (c) wiemy, że < 5 >= {1, 5, 21, 25}. Ponadto |Z
∗
26
:< 5 > | =
|Z
∗
26
|
|<5>|
=
12
4
= 3, więc są
trzy różne warstwy. Stąd 3· < 5 >= {3, 15, 11, 23}, 7· < 5 >= {7, 9, 17, 19} oraz Z
∗
26
/ < 5 >= {<
5 >, 3· < 5 >, 7· < 5 >}. Tabelka takiej grupy to
< 5 >
3· < 5 >
7· < 5 >
< 5 >
< 5 >
3· < 5 >
7· < 5 >
3· < 5 >
3· < 5 >
7· < 5 >
< 5 >
7· < 5 >
7· < 5 >
< 5 >
3· < 5 >
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Kolokwium 1(poprawa) Algebra ogólna I
Kolokwium 2(poprawa)Algebra ogólna I
Kolokwium 1(poprawa) Algebra ogólna I
Poprawa 1 go kolokwium z algebry liniowej
Zagadnienia do kolokwium - Pedagogika ogólna - ćwiczenia, Wprowadzenie do pedagogiki
Zadania na 1 kolokwium z algebry, Algebra, pytania na kolokwia i egzamin, kolo 1
Algebra 2 , KOLOKWIUM Z ALGEBRY II
Algebra 2 , KOLOKWIUM Z ALGEBRY II
Kolokwium ALGEBRA 12 13
Zadania na 2 kolokwium z algebry, Biotechnologia, SEMESTR 1, Algebra liniowa z geometrią analityczną
algebra - zadania z kolokwi, Algebra abstrakcyjna sem2
zagadnienia do kolokwium chemia ogolna i sanitarna ii semestr
Kolokwium histologia ogólna I termin 12
Poprawa 1 go kolokwium z algebry liniowej
Opracowanie kolokwium I Pedagogika ogólna ćwiczenia
opracowane zagadnienia na kolokwium pedagogika ogólna
Algebra liniowa i geometria kolokwia AGH 2012 13
więcej podobnych podstron