Wersja A

Zadanie 1. (5 punktów )
Poniżej znajduje się fragment tabelki pewnej grupy rzędu 3:

a

b

c

a

b
c

a

Wyznaczyć kompletną tabelkę tej grupy. Uzasadnić.

Rozwiązanie.
1. Grupa jest rzędu 3, więc jest grupą abelową.
Z tabalki wynika, że c

2

= a, więc:

2. c nie jest elementem neutralnym, bo wtedy byłoby c

2

= c,

3. a nie jest elementem neutralnym, ponieważ o(c) = 3 6= 2.
Zatem elementem neutralnym tej grupy jest b, więc możemy uzupełnić II wiersz i II kolumnę tabelki:

a

b

c

a

a

b

a

b

c

c

c

a

4. Wiemy, że w tabelce działania w grupie w każdym wierszu i każdej kolumnie każdy element
występuje dokładnie raz. Możemy zatem uzupełnić tabelkę:

a

b

c

a

c

a

b

b

a

b

c

c

b

c

a

Zadanie 2. (5 punktów )
a) Podaj wszystkie generatory grupy Z

12

(z dodawaniem).

b) Wypisz wszystkie podgrupy grupy Z

12

i ich elementy.

c) Zbuduj tabelkę grupy ilorazowej Z

12

/ h3i.

Rozwiązanie.
Wiemy, że Z

12

=< 1 > oraz |Z

12

| = 12.

a) Wszystkie generatory będą postaci k · 1, gdzie (k, 12) = 1, zatem wszystkimi generetorami grupy

Z

12

są: 1, 5, 7, 11.

b) Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej generowane przez 1 są postaci < k · 1 >, gdzie k|12. Zatem

H

1

=< 1 >= Z

12

,

H

2

=< 2 >= {0, 2, 4, 6, 8, 10},

H

3

=< 3 >= {0, 3, 6, 9},

H

4

=< 4 >= {0, 4, 8},

H

5

=< 6 >= {0, 6},

H

6

=< 12 · 1 >=< 0 >= {0}.

c) Z punktu (b) wiemy, że < 3 >= {0, 3, 6, 9}. Ponadto

|Z

12

:< 3 > | =

|Z

12

|

| < 3 > |

=

12

4

= 3,

więc są 3 warstwy względem podgrupy < 3 >. Jedną jest oczywiście < 3 >, a pozostałe to:

1+ < 3 >= {1, 4, 7, 10},

2+ < 3 >= {2, 5, 8, 11}.

Stąd Z

12

/ < 3 >= {< 3 >, 1+ < 3 >, 2+ < 3 >}. Tabelka tej grupy wygląda następująco:

< 3 >

1+ < 3 >

2+ < 3 >

< 3 >

< 3 >

1+ < 3 >

2+ < 3 >

1+ < 3 >

1+ < 3 >

2+ < 3 >

< 3 >

2+ < 3 >

2+ < 3 >

< 3 >

1+ < 3 >

Zadanie 3. (5 punktów )
Udowodnij, że jeżeli A, B są właściwymi podgrupami grupy G, to A ∪ B 6= G.

Rozwiązanie.
Na ćwiczeniach pokazaliśmy, że jeżeli A i B są podgrupami grupy G, to A ∪ B jest podgrupą w G
wtedy i tylko wtedy, gdy A ⊆ B lub B ⊆ A. Zatem:
1. Jeżeli A 6⊆ B oraz B 6⊆ A, to A ∪ B nie jest podgrupą w G, więc w szczególności A ∪ B 6= G.
2. Jeżeli A ⊆ B, to A ∪ B = A 6= G, bo A jest podgrupą właściwą.
3. Jeżeli B ⊆ A, to A ∪ B = B 6= G, bo B jest podgrupą właściwą.
Zatem A ∪ B 6= G.

Zadanie 4. (5 punktów )
Wykazać, że jeżeli H jest dzielnikiem normalnym grupy G, to:

G/H jest abelowa

⇐⇒ ∀

a,b∈G

a

−1

b

−1

ab ∈ H.

Rozwiązanie.
Załóżmy, że H / G. Weźmy dowolne a, b ∈ G. Wtedy

(aH)(bH) = (bH)(aH) ⇔ abH = baH ⇔ (ba)

−1

(ab) ∈ H ⇔ a

−1

b

−1

ab ∈ H.

Zatem grupa G/H będzie abelowa wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych a, b ∈ H, a

−1

b

−1

ab ∈ H.

Zadanie 5. (5 punktów )
Czy istnieje element rzędu (a) 32, (b) 34, (c) 36 w grupie S

20

? A w grupie A

20

? Uzasadnić.

Rozwiązanie.
a) 32 = 2

5

, więc aby permutacja σ miała rząd 32 musiałaby być cyklem o takiej długości. W gru-

pie S

20

najdłuższy cykl może mieć długość tylko 20, więc taka permutacja nie istnieje. Zatem nie

istnieje taka premutacja również w grupie A

20

.

b) 34 = 17 · 2. Dla permutacji σ = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17)(18, 19) zachodzi
o(σ) = [17, 2] = 34, więc w grupie S

20

istnieje permutacja rzędu 34. Ponieważ sgn(σ) = 1 · (−1) =

−1, więc σ 6∈ A

20

. Liczba 34 nie ma innego rozkładu, więc w permutacji rzędu 34 mogą występować

tylko cykle długości 17 i 2. Oba te cykle ”zabierają” 19 elementów, więc już nie możemy dopisać
więcej cykli. Zatem w grupie A

20

nie istnieje element rzędu 34.

c) 36 = 4 · 9. Dla permutacji σ = (1, 2, 3, 4)(5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13) zachodzi o(σ) = [4, 9] = 36,
więc w grupie S

20

istnieje permutacja rzędu 36. Ponieważ sgn(σ) = −1 · 1 = −1, więc σ 6∈ A

20

.

Ale pomnożenie permutacji σ przez jedną transpozycję np. (14, 15) nie zmieni jej rzędu, ponieważ
σ ◦ (14, 15) = [4, 9, 2] = 36. Ponadto sgn(σ ◦ (14, 15)) = −1 · (−1) = 1, więc σ ◦ (14, 15) ∈ A

20

.

Zatem w grupie A

20

istnieje permutacja rzędu 36.

Zadanie 6. (5 punktów )
Czy istnieje homomorfizm φ grupy izometrii własnych kwadratu w grupę Z

∗

22

taki, że φ(O

1

) = 3,

gdzie O

1

jest obrotem o 90

o

? Odpowiedź uzasadnić.

Rozwiązanie.
Załóżmy, że taki homomorfizm istnieje. Jeżeli φ : D

4

→ Z

∗

22

jest homomorfizmem grup, to dla

dowolnego elementu a ∈ D

4

zachodzi o(φ(a))|o(a). Wiemy, że o(O

1

) = 4. Musimy zatem wyznaczyć

o(φ(O

1

)) = o(3) w grupie Z

∗

22

. Z wykładu wiemy, że |Z

∗

22

| = ϕ(22) = ϕ(2) · ϕ(11) = 1 · 10 = 10.

Stąd o(3)|10, bo rząd elementu musi dzielić rząd grupy. Otrzymaliśmy zatem

4|o(3)

oraz

o(3)|10,

więc z przechodniości relacji podzielności 4|10, sprzeczność. Zatem taki homomorfizm nie istnieje.

Wersja B

Zadanie 1. (5 punktów )
Poniżej znajduje się fragment tabelki pewnej grupy rzędu 5:

a

b

c

d

e

a

a

b

c

a

c

d

e

a

d

e

b

c

e

Wyznaczyć kompletną tabelkę tej grupy. Uzasadnić.

Rozwiązanie.
Rząd grupy jest liczbą pierwszą, więc jest to grupa cykliczna, więc w szczególności również abelowa.
Możemy zatem uzupełnić część tabelki:

a

b

c

d

e

a

a

b

c

d

e

a

c

d

e

a

d

e

a

b

c

e

a

c

Z tabelki wynika, że a

2

= a, więc domnażając przez a

−1

otzrymujemy, że a jest elementem neutral-

nym w grupie. Zatem

a

b

c

d

e

a

a

b

c

d

e

b

b

c

d

e

a

c

c

d

e

a

d

d

e

a

b

c

e

e

a

c

Ostatnie brakujące elementy uzupełniamy pamiętając, że w tabelce grupy w każdym wierszu i w
każdej kolumnie każdy element występuje dokładnie raz:

a

b

c

d

e

a

a

b

c

d

e

b

b

c

d

e

a

c

c

d

e

a

b

d

d

e

a

b

c

e

e

a

b

c

d

Zadanie 2. (5 punktów )
a) Podaj wszystkie generatory grupy Z

15

(z dodawaniem).

b) Wypisz wszystkie podgrupy grupy Z

15

i ich elementy.

c) Zbuduj tabelkę grupy ilorazowej Z

15

/ h3i.

Rozwiązanie.
Wiemy, że Z

15

=< 1 > oraz |Z

15

| = 15.

a) Wszystkie generatory będą postaci k · 1, gdzie (k, 15) = 1, zatem wszystkimi generetorami grupy

Z

12

są: 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14.

b) Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej generowane przez 1 są postaci < k · 1 >, gdzie k|15. Zatem

H

1

=< 1 >= Z

15

,

H

2

=< 3 >= {0, 3, 6, 9, 12},

H

3

=< 5 >= {0, 5, 10},

H

4

=< 15 · 1 >=< 0 >= {0}.

c) Z punktu (b) wiemy, że < 3 >= {0, 3, 6, 9, 12}. Ponadto

|Z

15

:< 3 > | =

|Z

15

|

| < 3 > |

=

15

5

= 3,

więc są 3 warstwy względem podgrupy < 3 >. Jedną jest oczywiście < 3 >, a pozostałe to:

1+ < 3 >= {1, 4, 7, 10, 13},

2+ < 3 >= {2, 5, 8, 11, 14}.

Stąd Z

15

/ < 3 >= {< 3 >, 1+ < 3 >, 2+ < 3 >}. Tabelka tej grupy wygląda następująco:

< 3 >

1+ < 3 >

2+ < 3 >

< 3 >

< 3 >

1+ < 3 >

2+ < 3 >

1+ < 3 >

1+ < 3 >

2+ < 3 >

< 3 >

2+ < 3 >

2+ < 3 >

< 3 >

1+ < 3 >

Zadanie 3. (5 punktów )
Udowodnić, że jeżeli rząd grupy G jest iloczynem dwóch różnych liczb pierwszych, to dla dowolnych
podgrup H

1

i H

2

spełniających warunek G 6= H

1

6= H

2

6= G zachodzi H

1

∩ H

2

= {e}.

Rozwiązanie.
Załóżmy, że |G| = p · q dla pewnych różnych liczb pierwszych p, q. Z własności podgrup i ich rzędów
wiemy, że |H

1

| | |G|. Zatem |H| ∈ {1, p, q, pq}. Z założenia H

1

6= G, więc |H

1

| 6= pq. Jeżeli |H

1

| = 1,

to H

1

= {e}, więc H

1

∩ H

2

= {e} dla dowolnej podgrupy H

2

¬ G. Został więc do rozważenia

przypadek |H

1

| ∈ {p, q}. Bez zmniejszania ogólności rozważań możemy założyć, że |H

1

| = p. Po-

nieważ p jest liczbą pierwszą, więc H

1

jest grupą cykliczną. Ponieważ H

1

6= H

2

, więc H

1

6¬ H

2

, bo

w przeciwnym wypadku |H

2

| = pg i H

2

= G wbrew założeniu. Wynika stąd, że H

1

∩ H

2

6= H

1

i

H

1

∩ H

2

¬ H

1

, więc |H

1

∩ H

2

| | p i |H

1

∩ H

2

| < p, więc |H

1

∩ H

2

| = 1 skąd H

1

∩ H

2

= {e}.

Zadanie 4. (5 punktów )
Niech H, K będą podgrupami grupy G. Udowodnij, że dla każego g ∈ G następujące warunki są
równoważne:
(i) g ∈ HK,
(ii) Hg ∩ K 6= ∅.

Rozwiązanie.
Z definicji zbioru HK wynika, że g ∈ HK wtedy i tylko wtedy, gdy g = hk dla pewnych h ∈ H, k ∈
K. Zatem k = h

−1

g ∈ Hg ∩ K, więc Hg ∩ K 6= ∅.

Ostatecznie:

g ∈ HK ⇔ ∃

h∈H,k∈K

g = hk ⇔ k = h

−1

g ∈ Hg ∩ K ⇔ Hg ∩ K 6= ∅

Zadanie 5. (5 punktów )
Czy istnieje element rzędu (a) 26, (b) 27, (c) 28 w grupie S

15

? A w grupie A

15

? Uzasadnić.

Rozwiązanie.
a) 26 = 13 · 2. Dla permutacji σ = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13)(14, 15) zachodzi o(σ) =
[13, 2] = 26, więc w grupie S

15

istnieje permutacja rzędu 26. Ponieważ sgn(σ) = 1 · (−1) = −1, więc

σ 6∈ A

15

. Liczba 26 nie ma innego rozkładu, więc w permutacji rzędu 26 mogą występować tylko

cykle długości 13 i 2. Oba te cykle ”zabierają” 15 elementów, więc już nie możemy dopisać więcej
cykli. Zatem w grupie A

15

nie istnieje element rzędu 26.

b) 27 = 3

3

, więc aby permutacja σ miała rząd 27 musiałaby być cyklem o takiej długości. W gru-

pie S

15

najdłuższy cykl może mieć długość tylko 15, więc taka permutacja nie istnieje. Zatem nie

istnieje taka premutacja również w grupie A

15

.

c) 28 = 4 · 7. Dla permutacji σ = (1, 2, 3, 4)(5, 6, 7, 8, 9, 10, 11) zachodzi o(σ) = [4, 7] = 28, więc
w grupie S

15

istnieje permutacja rzędu 28. Ponieważ sgn(σ) = −1 · 1 = −1, więc σ 6∈ A

15

.

Ale pomnożenie permutacji σ przez jedną transpozycję np. (12, 13) nie zmieni jej rzędu, ponie-
waż σ ◦ (12, 13) = [4, 7, 2] = 28. Ponadto sgn(σ ◦ (12, 13)) = −1 · (−1) = 1, więc σ ◦ (12, 13) ∈ A

15

.

Zatem w grupie A

15

istnieje permutacja rzędu 28.

Zadanie 6. (5 punktów )
Czy funkcja f : R → R

∗

, f (x) = e

x

jest homomorfizmem grup? Jeśli tak, wyznacz jej jądro i obraz.

Rozwiązanie.
Weźmy dowolne x, y ∈ R. Wtedy

f (x + y) = e

x+y

= e

x

· e

y

= f (x) · f (y),

więc f jest homomorfizmem grup.

Ker(f ) = {x ∈ R : f (x) = 1} = {x ∈ R : e

x

= 1} = {0}

Im(f ) = {f (x) : x ∈ R} = {e

x

: x ∈ R} = R

∗
+