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. Wez
my więc dowolne a = h1k1, b = h2k2 " HK, gdzie h1, h2 " H, k1, k2 " K.
Wtedy
-1
(h1k1)(h2k2) = h1(k1h2k1 )(k1k2) " HK,
-1
ponieważ h1 " H, k1h2k1 " H, bo H G oraz k1k2 " K. Ponadto
-1 -1 -1
(h1k1)-1 = k1 h-1 = k1 h-1k1k1 " HK,
1 1
-1 -1
ponieważ k1 h-1k1 " H, bo H G oraz k1 " K.
1
Zadanie 2. (5 punktów) Znajdz
wszystkie homomorfizmy grupy cyklicznej rzędu 42 w grupę cy-
kliczną rzędu 28.
Rozwiązanie. Szukamy f : C42 C28, gdzie C42 =< a >, C28 =< b >. Z wykładu wiemy, że
wystarczy zdefiniować, jak działa f na generatorze grupy C42. 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) " C28, więc f(a)|28. Ostatecznie
o(f(a)) " {1, 2, 7, 14}.
Wypiszemy teraz wszystkie elementy grupy C28 oraz ich rzędy:
x o(x) x o(x) x o(x) x o(x)
b 28 b8 7 b15 28 b22 14
b2 14 b9 28 b16 7 b23 28
b3 28 b10 14 b17 28 b24 7
b4 7 b11 28 b18 14 b25 28
b5 28 b12 7 b19 28 b26 14
b6 14 b13 28 b20 7 b27 28
b7 4 b14 2 b21 4 b28 = e 1
1. o(f(a)) = 1, to f(a) = e.
2. o(f(a)) = 2, to f(a) = b14.
3. o(f(a)) = 7, to f(a) = b4 lub f(a) = b8 lub f(a) = b12 lub f(a) = b16 lub f(a) = b20 lub
f(a) = b24.
4. o(f(a)) = 14, to f(a) = b2 lub f(a) = b6 lub f(a) = b10 lub f(a) = b18 lub f(a) = b22 lub
f(a) = b26.
Otrzymaliśmy więc 14 różnych homomorfizmów.
Zadanie 3. (5 punktów) Ile jest wszystkich permutacji przemiennych z permutacją

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
f =
5 4 3 6 7 8 1 2 9 10
w grupie S10? Odpowiedz
uzasadnij.
Rozwiązanie. Zaczniemy od rozłożenia permutacji f na iloczyn cykli rozłącznych:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
f = = (1, 5, 7)(2, 4, 6, 8).
5 4 3 6 7 8 1 2 9 10
Permutacja g spełnia warunek gf = fg wtedy i tylko wtedy, gdy gfg-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 bÄ™dzie przemienna z permutacjÄ… f wtedy i tylko wtedy, gdy "Ä…"A,²"B,Å‚"C g = Ä…²Å‚. Ta-
kich permutacji jest wiÄ™c |A| · |B| · |C| = 3 · 4 · 3! = 72.
Zadanie 4. (5 punktów) Sprawdz
, czy zbiór liczb rzeczywistych R z działaniem " zdefiniowanym
następująco

3
x " y = x3 + y3
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. A
ączność. Wez
my dowolne x, y, z " R. Wtedy


3
3 3 3
(x " y) " z = x3 + y3 " z = ( x3 + y3)3 + z3 = (x3 + y3) + z3 =


3
3 3 3
= x3 + (y3 + z3) = x3 + ( y3 + z3)3 = x " y3 + z3 = 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.

3
x " e = x Ô! x3 + e3 = x Ô! x3 + e3 = x3 Ô! e3 = 0 Ô! e = 0
Sprawdzimy teraz, czy e " x = x:

"
3 3
e " x = 0 " x = 03 + x3 = x3 = 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.

3
x " y = 0 Ô! x3 + y3 = 0 Ô! x3 + y3 = 0 Ô! y3 = -x3 Ô! y3 = (-x)3 Ô! y = -x
Sprwadz
my teraz, czy y " x = 0:

"
3 3
3
y " x = (-x) " x = (-x)3 + x3 = -x3 + x3 = 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:

3
x " y = x3 + y3 = y3 + x3 = y " x,
więc jest to grupa abelowa. Zatem
"x,y"R [x, y] = x-1y-1xy = x-1xy-1y = 0,
skÄ…d R = {0}.
Zadanie 5. (5 punktów)
a) Udowodnij, że grupa Z" jest cykliczna.
22
b) Podaj wszystkie generatory grupy Z" .
22
c) Wypisz wszystkie podgrupy grupy Z" i ich elementy.
22
d) Zbuduj tabelkÄ™ grupy ilorazowej Z" / 5 .
22
RozwiÄ…zanie.
Z" = {1, 3, 5, 7, 9, 13, 15, 17, 19, 21},
22
więc |Z" | = 10.
22
a) Aby pokazać, że grupa Z" jest cykliczna musimy wyznaczyć jej generator, czyli element rzędu
22
10.
32 = 9, 33 = 5, 34 = 15, 35 = 1, więc 3 nie jest szukanym generatorem.
52 = 3, 53 = 15, 54 = 9, 55 = 1, więc 5 nie jest generatorem.
72 = 5, 73 = 13, 74 = 3, 75 = 21, więc o(7) > 5 oraz o(7)|10. Stąd o(7) = 10 i Z" =< 7 >, więc
22
grupa jest cykliczna.
b) Wszystkie generatory grupy cyklicznej < 7 > sÄ… postaci 7k, gdzie (k, 10) = 1. Zatem wszystkie
generatory grupy Z" to: 7, 73 = 13, 77 = 17 oraz 79 = 19.
22
c) Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej < 7 > sÄ… generowane przez element postaci 7k, gdzie k|10.
StÄ…d:
H1 =< 710 >=< 1 >= {1},
H2 =< 75 >=< 21 >= {21, 1},
H3 =< 72 >=< 5 >= {5, 3, 15, 9, 1},
H4 =< 71 >= Z" .
22
|Z" |
10
22
d) Z punktu (c) wiemy, że < 5 >= {1, 3, 5, 9, 15}. Ponadto |Z" :< 5 > | = = = 2, więc są
22
|<5>| 5
tylko dwie różne warstwy. StÄ…d 7· < 5 >= {7, 21, 13, 19, 17} oraz Z" / < 5 >= {< 5 >, 7· < 5 >}.
22
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) = x2. Udowodnij, że f jest homomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy grupa G jest abelo-
wa.

RozwiÄ…zanie. Ð! Załóżmy, że G jest grupÄ… abelowÄ…. Wez
my dowolne x, y " G. Wtedy
f(xy) = (xy)2 = xyxy = abelowość = x2y2 = f(x) · f(y),
więc f jest homomorfizmem.

Ò! Załóżmy, że f jest homomorfizmem. Oznacza to, że dla dowolnych x, y " G, f(xy) = f(x)f(y).
Zatem
(xy)2 = x2y2
x-1 · \xyxy = x2y2 \ ·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.

RozwiÄ…zanie. Ð! Załózmy, że grupa G jest abelowa. Wez
my dowolne x, y " G. Wtedy
f(xy) = (xy)-1 = y-1x-1 = abelowość = x-1y-1 = f(x) · f(y),
więc f jest homomorfizmem.

Ò! Załóżmy, że f jest homomorfizmem. Oznacza to, że dla dowolnych x, y " G, f(xy) = f(x)f(y).
Zatem
(xy)-1 = x-1y-1
y · \y-1x-1 = x-1y-1 \ ·y
x · \x-1y = 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.
Wez
my 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" jest cykliczna.
25
b) Podaj wszystkie generatory grupy Z" .
25
c) Wypisz wszystkie podgrupy grupy Z" i ich elementy.
25
d) Zbuduj tabelkÄ™ grupy ilorazowej Z" / 6 .
25
Rozwiązanie. Z" = {1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 14, 16, 17, 18, 19, 21, 22, 23, 24}, więc |Z" | = 20.
25 25
a) Szukamy elementu, którego rząd będzie równy rzędowi grupy, czyli 20:
22 = 4, 23 = 8, 24 = 16, 25 = 7, 26 = 14, 27 = 3, 28 = 6, 29 = 12, 210 = 24, więc o(2) > 10 oraz
o(2)|20, więc o(2) = 20 i Z" =< 2 >, zatem jest to grupa cykliczna.
25
b) Wszystkie generatory grupy cyklicznej < 2 > sÄ… postaci 2k, gdzie (k, 20) = 1. Zatem wszystkie
generatory grupy Z" to: 2, 23 = 8, 27 = 3, 79 = 12, 211 = 23, 213 = 17, 217 = 22 oraz 219 = 13.
25
c) Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej < 2 > sÄ… generowane przez element postaci 2k, gdzie k|20.
StÄ…d:
H1 =< 220 >=< 1 >= {1},
H2 =< 210 >=< 24 >= {24, 1},
H3 =< 25 >=< 7 >= {7, 24, 18, 1},
H4 =< 24 >=< 16 >= {16, 6, 21, 11, 1},
H5 =< 22 >=< 4 >= {4, 16, 14, 6, 24, 21, 9, 11, 19, 1},
H6 =< 21 >= Z" .
25
|Z" |
20
25
d) Z punktu (c) wiemy, że < 6 >= {1, 6, 11, 16, 21}. Ponadto |Z" :< 6 > | = = = 4, więc
25
|<6>| 5
sÄ… cztery różne warstwy. StÄ…d 2· < 6 >= {2, 12, 22, 7, 17}, 3· < 6 >= {3, 18, 8, 23, 13}, 4· < 6 >=
{4, 24, 19, 14, 9}. oraz Z" / < 6 >= {< 6 >, 2· < 6 >, 3· < 6 >, 4· < 6 >}. Tabelka takiej grupy to
25
< 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

2a
J = : a, b " Z Ä…" Q
2b + 1
wraz z operacjÄ… , zdefiniowanÄ… wzorem
a b = a + b + ab
jest grupÄ…?
Rozwiązanie. Sprawdzimy najpierw, czy operacja jest działaniem w zbiorze J. Wez
my dowolne
2a 2c
, " J, gdzie a, b, c, d " Z. Wtedy
2b+1 2d+1
2a 2c 2a 2c 2a 2c
= + + · =
2b + 1 2d + 1 2b + 1 2d + 1 2b + 1 2d + 1
2a(2d + 1) + 2c(2b + 1) + 4ac 2(2ad + a + 2bc + c + 2ac
= = " J,
4bd + 2b + 2d + 1 2(2bd + b + d) + 1
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. A
ączność. Wez
my 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 Ô! a + e + ae = a Ô! e(1 + a) = 0.
2·0
Z dowolności wyboru elemenu a otrzymujemy e = 0 = " J. Sprawdzimy, czy e a = a:
2·1+1
e a = 0 a = 0 + a + 0 · a = a,
więc e = 0 jest elementem neutralnym działanie .
2c
3. Istnienie elementów odwrotnych. Musimy pokazać, że dla dowolnego a " J istnieje b " J
2d+1
takie, że a b = 0 = b a.
a b = 0 Ô! a + b + ab = 0 Ô! b(a + 1) = -a.
Jeżeli a = -1, to

2c -2c
-
-a -2c 2(-c)
2d+1 2d+1
b = = = = = " J.
2c 2d+1+2c
1 + a 1 + 2d + 1 + 2c 2(d + c) + 1
2d+1 2d+1
2c
Zobaczmy więc, czy a = -1 " J. Jeżeli -1 " J, to istnieją c, d " Z takie, że -1 = . Wtedy
2d+1
-2d - 1 = 2c, więc liczba nieparzysta jest równa liczbie parzystej, sprzeczność. Zatem -1 " J.
/
Sprawdz
my, czy b a = 0:
-a -a -a -a + a(a + 1) + (-a2) -a + a2 + a - a2 0
b a = a = +a+ ·a = = = = 0,
a + 1 a + 1 a + 1 a + 1 a + 1 a + 1
-a
więc elementem odwrotnym do a jest .
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

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
f =
2 10 3 1 7 6 5 8 4 9
w grupie S10? Odpowiedz
uzasadnij.
Rozwiązanie. Zaczniemy od rozłożenia permutacji f na iloczyn cykli rozłącznych:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
f = = (1, 2, 10, 9, 4)(5, 7)
2 10 3 1 7 6 5 8 4 9
Permutacja g spełnia warunek gf = fg wtedy i tylko wtedy, gdy gfg-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 bÄ™dzie przemienna z permutacjÄ… f wtedy i tylko wtedy, gdy "Ä…"A,²"B,Å‚"C g = Ä…²Å‚. Ta-
kich permutacji jest wiÄ™c |A| · |B| · |C| = 5 · 2 · 3! = 60.
Zadanie 6. (5 punktów) Znajdz
wszystkie homomorfizmy grupy cyklicznej rzędu 54 w grupę cy-
kliczną rzędu 30.
Rozwiązanie. Szukamy f : C54 C30, gdzie C54 =< a >, C30 =< b >. Z wykładu wiemy, że
wystarczy zdefiniować, jak działa f na generatorze grupy C54. 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) " C30, więc f(a)|30. Ostatecznie
o(f(a)) " {1, 2, 3, 6}.
Wypiszemy teraz wszystkie elementy grupy C30 oraz ich rzędy:
x o(x) x o(x) x o(x) x o(x) x o(x) x o(x)
b 30 b6 5 b11 30 b16 15 b21 10 b26 15
b2 15 b7 30 b12 5 b17 30 b22 15 b27 10
b3 10 b8 15 b13 30 b18 5 b23 30 b28 15
b4 15 b9 10 b14 15 b19 30 b24 5 b29 30
b5 6 b10 3 b15 2 b20 3 b25 6 b30 = e 1
1. o(f(a)) = 1, to f(a) = e.
2. o(f(a)) = 2, to f(a) = b15.
3. o(f(a)) = 3, to f(a) = b10 lub f(a) = b20.
4. o(f(a)) = 6, to f(a) = b5 lub f(a) = b25.
Otrzymaliśmy więc 6 różnych homomorfizmów.
Wersja C
Zadanie 1. (5 punktów) Sprawdz
, czy zbiór liczb rzeczywistych R z działaniem " zdefiniowanym
następująco

3
x " y = x3 + y3
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. A
ączność. Wez
my dowolne x, y, z " R. Wtedy


3
3 3 3
(x " y) " z = x3 + y3 " z = ( x3 + y3)3 + z3 = (x3 + y3) + z3 =


3
3 3 3
= x3 + (y3 + z3) = x3 + ( y3 + z3)3 = x " y3 + z3 = 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.

3
x " e = x Ô! x3 + e3 = x Ô! x3 + e3 = x3 Ô! e3 = 0 Ô! e = 0
Sprawdzimy teraz, czy e " x = x:

"
3 3
e " x = 0 " x = 03 + x3 = x3 = 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.

3
x " y = 0 Ô! x3 + y3 = 0 Ô! x3 + y3 = 0 Ô! y3 = -x3 Ô! y3 = (-x)3 Ô! y = -x
Sprwadz
my teraz, czy y " x = 0:

"
3 3
3
y " x = (-x) " x = (-x)3 + x3 = -x3 + x3 = 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:

3
x " y = x3 + y3 = y3 + x3 = y " x,
więc jest to grupa abelowa. Zatem
"x,y"R [x, y] = x-1y-1xy = x-1xy-1y = 0,
skÄ…d R = {0}.
Zadanie 2. (5 punktów)
a) Udowodnij, że grupa Z" jest cykliczna.
27
b) Podaj wszystkie generatory grupy Z" .
27
c) Wypisz wszystkie podgrupy grupy Z" i ich elementy.
27
d) Zbuduj tabelkÄ™ grupy ilorazowej Z" / 8 .
27
Rozwiązanie. Z" = {1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 13, 14, 16, 17, 19, 20, 22, 23, 25, 26}, więc |Z" | = 18.
27 27
a) Szukamy elementu, którego rząd będzie równy 18:
22 = 4, 23 = 8, 24 = 16, 25 = 5, 26 = 10, 27 = 20, 28 = 13, 29 = 26, więc o(2) > 9 oraz o(2)|18,
więc o(2) = 18 i Z" =< 2 >, zatem jest to grupa cykliczna.
27
b) Wszystkie generatory grupy cyklicznej < 2 > sÄ… postaci 2k, gdzie (k, 18) = 1. Zatem wszystkie
generatory grupy Z" to: 2, 25 = 5, 27 = 20, 211 = 23, 213 = 11 oraz 217 = 14.
27
c) Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej < 2 > sÄ… generowane przez element postaci 2k, gdzie k|18.
StÄ…d:
H1 =< 218 >=< 1 >= {1},
H2 =< 29 >=< 26 >= {26, 1},
H3 =< 26 >=< 10 >= {10, 19, 1},
H4 =< 23 >=< 8 >= {8, 10, 26, 19, 17, 1},
H5 =< 22 >=< 4 >= {4, 16, 10, 13, 25, 19, 22, 7, 1},
H6 =< 21 >= Z" .
27
|Z" |
18
27
d) Z punktu (c) wiemy, że < 8 >= {1, 8, 10, 17, 19, 26}. Ponadto |Z" :< 8 > | = = = 3,
27
|<8>| 6
wiÄ™c sÄ… trzy różne warstwy. StÄ…d 2· < 8 >= {2, 16, 20, 7, 11, 25}, 4· < 2 >= {4, 5, 13, 14, 22, 23} oraz
Z" / < 8 >= {< 8 >, 2· < 8 > 4· < 8 >}. Tabelka takiej grupy to
27
< 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. Wez
my więc dowolne a = h1k1, b = h2k2 " HK, gdzie h1, h2 " H, k1, k2 " K.
Wtedy
-1
(h1k1)(h2k2) = h1(k1h2k1 )(k1k2) " HK,
-1
ponieważ h1 " H, k1h2k1 " H, bo H G oraz k1k2 " K. Ponadto
-1 -1 -1
(h1k1)-1 = k1 h-1 = k1 h-1k1k1 " HK,
1 1
-1 -1
ponieważ k1 h-1k1 " H, bo H G oraz k1 " K.
1
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.

RozwiÄ…zanie. Ð! Załózmy, że grupa G jest abelowa. Wez
my dowolne x, y " G. Wtedy
f(xy) = (xy)-1 = y-1x-1 = abelowość = x-1y-1 = f(x) · f(y),
więc f jest homomorfizmem.

Ò! Załóżmy, że f jest homomorfizmem. Oznacza to, że dla dowolnych x, y " G, f(xy) = f(x)f(y).
Zatem
(xy)-1 = x-1y-1
y · \y-1x-1 = x-1y-1 \ ·y
x · \x-1y = yx-1 \ x
yx = xy,
więc G jest grupą abelową.
Zadanie 5. (5 punktów) Znajdz
wszystkie homomorfizmy grupy cyklicznej rzędu 30 w grupę cy-
kliczną rzędu 36.
Rozwiązanie. Szukamy f : C30 C36, gdzie C30 =< a >, C36 =< b >. Z wykładu wiemy, że
wystarczy zdefiniować, jak działa f na generatorze grupy C30. 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) " C36, więc f(a)|36. Ostatecznie
o(f(a)) " {1, 2, 3, 6}.
Wypiszemy teraz wszystkie elementy grupy C30 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 b6 6 b11 36 b16 9 b21 12 b26 18 b31 36
b2 18 b7 36 b12 3 b17 36 b22 18 b27 4 b32 9
b3 12 b8 9 b13 36 b18 2 b23 36 b28 9 b33 12
b4 9 b9 4 b14 18 b19 36 b24 3 b29 36 b34 18
b5 36 b10 18 b15 12 b20 9 b25 36 b30 6 b35 36
b36 = e 1
1. o(f(a)) = 1, to f(a) = e.
2. o(f(a)) = 2, to f(a) = b15.
3. o(f(a)) = 3, to f(a) = b10 lub f(a) = b20.
4. o(f(a)) = 6, to f(a) = b5 lub f(a) = b25.
Otrzymaliśmy więc 6 różnych homomorfizmów.
Zadanie 6. (5 punktów) Ile jest wszystkich permutacji przemiennych z permutacją

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
f =
1 6 4 10 3 2 7 5 9 8
w grupie S10? Odpowiedz
uzasadnij.
Rozwiązanie. Zaczniemy od rozłożenia permutacji f na iloczyn cykli rozłącznych:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
f = = (2, 6)(3, 4, 10, 8, 5)
1 6 4 10 3 2 7 5 9 8
Permutacja g spełnia warunek gf = fg wtedy i tylko wtedy, gdy gfg-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 bÄ™dzie przemienna z permutacjÄ… f wtedy i tylko wtedy, gdy "Ä…"A,²"B,Å‚"C g = Ä…²Å‚. Ta-
kich permutacji jest wiÄ™c |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.
Wez
my 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) = x2. Udowodnij, że f jest homomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy grupa G jest abelo-
wa.

RozwiÄ…zanie. Ð! Załóżmy, że G jest grupÄ… abelowÄ…. Wez
my dowolne x, y " G. Wtedy
f(xy) = (xy)2 = xyxy = abelowość = x2y2 = f(x) · f(y),
więc f jest homomorfizmem.

Ò! Załóżmy, że f jest homomorfizmem. Oznacza to, że dla dowolnych x, y " G, f(xy) = f(x)f(y).
Zatem
(xy)2 = x2y2
x-1 · \xyxy = x2y2 \ ·y-1
yx = xy,
więc G jest grupą abelową.
Zadanie 3. (5 punktów) Znajdz
wszystkie homomorfizmy grupy cyklicznej rzędu 36 w grupę cy-
kliczną rzędu 30.
Rozwiązanie. Szukamy f : C36 C30, gdzie C36 =< a >, C30 =< b >. Z wykładu wiemy, że
wystarczy zdefiniować, jak działa f na generatorze grupy C36. 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) " C30, więc f(a)|30. Ostatecznie
o(f(a)) " {1, 2, 3, 6}.
Wypiszemy teraz wszystkie elementy grupy C30 oraz ich rzędy:
x o(x) x o(x) x o(x) x o(x) x o(x) x o(x)
b 30 b6 5 b11 30 b16 15 b21 10 b26 15
b2 15 b7 30 b12 5 b17 30 b22 15 b27 10
b3 10 b8 15 b13 30 b18 5 b23 30 b28 15
b4 15 b9 10 b14 15 b19 30 b24 5 b29 30
b5 6 b10 3 b15 2 b20 3 b25 6 b30 = e 1
1. o(f(a)) = 1, to f(a) = e.
2. o(f(a)) = 2, to f(a) = b15.
3. o(f(a)) = 3, to f(a) = b10 lub f(a) = b20.
4. o(f(a)) = 6, to f(a) = b5 lub f(a) = b25.
Otrzymaliśmy więc 6 różnych homomorfizmów.
Zadanie 4. (5 punktów) Czy zbiór

2a
J = : a, b " Z Ä…" Q
2b + 1
wraz z operacjÄ… , zdefiniowanÄ… wzorem
a b = a + b + ab
jest grupÄ…?
Rozwiązanie. Sprawdzimy najpierw, czy operacja jest działaniem w zbiorze J. Wez
my dowolne
2a 2c
, " J, gdzie a, b, c, d " Z. Wtedy
2b+1 2d+1
2a 2c 2a 2c 2a 2c
= + + · =
2b + 1 2d + 1 2b + 1 2d + 1 2b + 1 2d + 1
2a(2d + 1) + 2c(2b + 1) + 4ac 2(2ad + a + 2bc + c + 2ac
= = " J,
4bd + 2b + 2d + 1 2(2bd + b + d) + 1
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. A
ączność. Wez
my 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 Ô! a + e + ae = a Ô! e(1 + a) = 0.
2·0
Z dowolności wyboru elemenu a otrzymujemy e = 0 = " J. Sprawdzimy, czy e a = a:
2·1+1
e a = 0 a = 0 + a + 0 · a = a,
więc e = 0 jest elementem neutralnym działanie .
2c
3. Istnienie elementów odwrotnych. Musimy pokazać, że dla dowolnego a " J istnieje b " J
2d+1
takie, że a b = 0 = b a.
a b = 0 Ô! a + b + ab = 0 Ô! b(a + 1) = -a.
Jeżeli a = -1, to

2c -2c
-
-a -2c 2(-c)
2d+1 2d+1
b = = = = = " J.
2c 2d+1+2c
1 + a 1 + 2d + 1 + 2c 2(d + c) + 1
2d+1 2d+1
2c
Zobaczmy więc, czy a = -1 " J. Jeżeli -1 " J, to istnieją c, d " Z takie, że -1 = . Wtedy
2d+1
-2d - 1 = 2c, więc liczba nieparzysta jest równa liczbie parzystej, sprzeczność. Zatem -1 " J.
/
Sprawdz
my, czy b a = 0:
-a -a -a -a + a(a + 1) + (-a2) -a + a2 + a - a2 0
b a = a = +a+ ·a = = = = 0,
a + 1 a + 1 a + 1 a + 1 a + 1 a + 1
-a
więc elementem odwrotnym do a jest .
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

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
f =
3 8 5 4 7 6 1 9 2 10
w grupie S10? Odpowiedz
uzasadnij.
Rozwiązanie. Zaczniemy od rozłożenia permutacji f na iloczyn cykli rozłącznych:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
f = = (1, 3, 5, 7)(2, 8, 9)
3 8 5 4 7 6 1 9 2 10
Permutacja g spełnia warunek gf = fg wtedy i tylko wtedy, gdy gfg-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 bÄ™dzie przemienna z permutacjÄ… f wtedy i tylko wtedy, gdy "Ä…"A,²"B,Å‚"C g = Ä…²Å‚. Ta-
kich permutacji jest wiÄ™c |A| · |B| · |C| = 3 · 4 · 3! = 72.
Zadanie 6. (5 punktów)
a) Udowodnij, że grupa Z" jest cykliczna.
26
b) Podaj wszystkie generatory grupy Z" .
26
c) Wypisz wszystkie podgrupy grupy Z" i ich elementy.
26
d) Zbuduj tabelkÄ™ grupy ilorazowej Z" / 5 .
26
Rozwiązanie. Z" = {1, 3, 5, 7, 9, 11, 15, 17, 19, 21, 23, 25}, więc |Z" | = 12. a) Aby pokazać, że grupa
26 26
Z" jest cykliczna musimy wyznaczyć jej generator, czyli element rzędu 12.
26
32 = 9, 33 = 1, więc 3 nie jest szukanym generatorem.
52 = 25, 54 = 1, więc 5 nie jest generatorem.
72 = 23, 73 = 5, 74 = 9, 75 = 11, 76 = 25 więc o(7) > 6 oraz o(7)|12. Stąd o(7) = 12 i Z" =< 7 >,
26
więc grupa jest cykliczna.
b) Wszystkie generatory grupy cyklicznej < 7 > sÄ… postaci 7k, gdzie (k, 12) = 1. Zatem wszystkie
generatory grupy Z" to: 7, 75 = 11, 77 = 19 oraz 711 = 15.
22
c) Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej < 7 > sÄ… generowane przez element postaci 7k, gdzie k|12.
StÄ…d:
H1 =< 712 >=< 1 >= {1},
H2 =< 76 >=< 25 >= {25, 1},
h3 =< 74 >=< 9 >= {9, 3, 1},
H4 =< 73 >=< 5 >= {5, 25, 21, 1},
H5 =< 72 >=< 23 >= {23, 9, 25, 3, 15, 1},
H6 =< 71 >= Z" .
26
|Z" |
12
26
d) Z punktu (c) wiemy, że < 5 >= {1, 5, 21, 25}. Ponadto |Z" :< 5 > | = = = 3, więc są
26
|<5>| 4
trzy różne warstwy. StÄ…d 3· < 5 >= {3, 15, 11, 23}, 7· < 5 >= {7, 9, 17, 19} oraz Z" / < 5 >= {<
26
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 >