Kolokwium 1(poprawa) Algebra ogólna I

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 c2 = a, więc:
2. c nie jest elementem neutralnym, bo wtedy byłoby c2 = c,
3. a nie jest elementem neutralnym, ponieważ o(c) = 3 = 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 Z12 (z dodawaniem).
b) Wypisz wszystkie podgrupy grupy Z12 i ich elementy.
c) Zbuduj tabelkę grupy ilorazowej Z12/ 3 .
Rozwiązanie.
Wiemy, że Z12 =< 1 > oraz |Z12| = 12.
a) Wszystkie generatory będą postaci k � 1, gdzie (k, 12) = 1, zatem wszystkimi generetorami grupy
Z12 są: 1, 5, 7, 11.
b) Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej generowane przez 1 są postaci < k � 1 >, gdzie k|12. Zatem
H1 =< 1 >= Z12,
H2 =< 2 >= {0, 2, 4, 6, 8, 10},
H3 =< 3 >= {0, 3, 6, 9},
H4 =< 4 >= {0, 4, 8},
H5 =< 6 >= {0, 6},
H6 =< 12 � 1 >=< 0 >= {0}.
c) Z punktu (b) wiemy, że < 3 >= {0, 3, 6, 9}. Ponadto
|Z12| 12
|Z12 :< 3 > | = = = 3,
| < 3 > | 4
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 Z12/ < 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 = 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 ą" B lub B ą" A. Zatem:
1. Jeżeli A ą" B oraz B ą" A, to A *" B nie jest podgrupą w G, więc w szczególności A *" B = G.

2. Jeżeli A ą" B, to A *" B = A = G, bo A jest podgrupą właściwą.

3. Jeżeli B ą" A, to A *" B = B = G, bo B jest podgrupą właściwą.

Zatem A *" B = G.

Zadanie 4. (5 punktów)
Wykazać, że jeżeli H jest dzielnikiem normalnym grupy G, to:
G/H jest abelowa �!�! "a,b"G a-1b-1ab " H.
Rozwiązanie.
Załóżmy, że H G. Wezmy dowolne a, b " G. Wtedy
(aH)(bH) = (bH)(aH) �! abH = baH �! (ba)-1(ab) " H �! a-1b-1ab " H.
Zatem grupa G/H będzie abelowa wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych a, b " H, a-1b-1ab " H.
Zadanie 5. (5 punktów)
Czy istnieje element rzędu (a) 32, (b) 34, (c) 36 w grupie S20? A w grupie A20? Uzasadnić.
Rozwiązanie.
a) 32 = 25, więc aby permutacja � miała rząd 32 musiałaby być cyklem o takiej długości. W gru-
pie S20 najdłuższy cykl może mieć długość tylko 20, więc taka permutacja nie istnieje. Zatem nie
istnieje taka premutacja również w grupie A20.
b) 34 = 17 � 2. Dla permutacji � = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17)(18, 19) zachodzi
o(�) = [17, 2] = 34, więc w grupie S20 istnieje permutacja rzędu 34. Ponieważ sgn(�) = 1 � (-1) =
-1, więc � " A20. 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 A20 nie istnieje element rzędu 34.
c) 36 = 4 � 9. Dla permutacji � = (1, 2, 3, 4)(5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13) zachodzi o(�) = [4, 9] = 36,
więc w grupie S20 istnieje permutacja rzędu 36. Ponieważ sgn(�) = -1 � 1 = -1, więc � " A20.
Ale pomnożenie permutacji � przez jedną transpozycję np. (14, 15) nie zmieni jej rzędu, ponieważ
� ć% (14, 15) = [4, 9, 2] = 36. Ponadto sgn(� ć% (14, 15)) = -1 � (-1) = 1, więc � ć% (14, 15) " A20.
Zatem w grupie A20 istnieje permutacja rzędu 36.
Zadanie 6. (5 punktów)
Czy istnieje homomorfizm Ć grupy izometrii własnych kwadratu w grupę Z" taki, że Ć(O1) = 3,
22
gdzie O1 jest obrotem o 90o? Odpowiedz uzasadnić.
Rozwiązanie.
Załóżmy, że taki homomorfizm istnieje. Jeżeli Ć: D4 Z" jest homomorfizmem grup, to dla
22
dowolnego elementu a " D4 zachodzi o(Ć(a))|o(a). Wiemy, że o(O1) = 4. Musimy zatem wyznaczyć
o(Ć(O1)) = o(3) w grupie Z" . Z wykładu wiemy, że |Z" | = �(22) = �(2) � �(11) = 1 � 10 = 10.
22 22
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 a2 = 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 Z15 (z dodawaniem).
b) Wypisz wszystkie podgrupy grupy Z15 i ich elementy.
c) Zbuduj tabelkę grupy ilorazowej Z15/ 3 .
Rozwiązanie.
Wiemy, że Z15 =< 1 > oraz |Z15| = 15.
a) Wszystkie generatory będą postaci k � 1, gdzie (k, 15) = 1, zatem wszystkimi generetorami grupy
Z12 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
H1 =< 1 >= Z15,
H2 =< 3 >= {0, 3, 6, 9, 12},
H3 =< 5 >= {0, 5, 10},
H4 =< 15 � 1 >=< 0 >= {0}.
c) Z punktu (b) wiemy, że < 3 >= {0, 3, 6, 9, 12}. Ponadto
|Z15| 15
|Z15 :< 3 > | = = = 3,
| < 3 > | 5
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 Z15/ < 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 H1 i H2 spełniających warunek G = H1 = H2 = G zachodzi H1 )" H2 = {e}.

Rozwiązanie.
Załóżmy, że |G| = p � q dla pewnych różnych liczb pierwszych p, q. Z własności podgrup i ich rzędów
wiemy, że |H1| | |G|. Zatem |H| " {1, p, q, pq}. Z założenia H1 = G, więc |H1| = pq. Jeżeli |H1| = 1,

to H1 = {e}, więc H1 )" H2 = {e} dla dowolnej podgrupy H2 G. Został więc do rozważenia
przypadek |H1| " {p, q}. Bez zmniejszania ogólności rozważań możemy założyć, że |H1| = p. Po-
nieważ p jest liczbą pierwszą, więc H1 jest grupą cykliczną. Ponieważ H1 = H2, więc H1 H2, bo

w przeciwnym wypadku |H2| = pg i H2 = G wbrew założeniu. Wynika stąd, że H1 )" H2 = H1 i

H1 )" H2 H1, więc |H1 )" H2| | p i |H1 )" H2| < p, więc |H1 )" H2| = 1 skąd H1 )" H2 = {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 = ".

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-1g " Hg )" K, więc Hg )" K = ".

Ostatecznie:
g " HK �! "h"H,k"K g = hk �! k = h-1g " Hg )" K �! Hg )" K = "

Zadanie 5. (5 punktów)
Czy istnieje element rzędu (a) 26, (b) 27, (c) 28 w grupie S15? A w grupie A15? Uzasadnić.
Rozwiązanie.
a) 26 = 13 � 2. Dla permutacji � = (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13)(14, 15) zachodzi o(�) =
[13, 2] = 26, więc w grupie S15 istnieje permutacja rzędu 26. Ponieważ sgn(�) = 1 � (-1) = -1, więc
� " A15. 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 A15 nie istnieje element rzędu 26.
b) 27 = 33, więc aby permutacja � miała rząd 27 musiałaby być cyklem o takiej długości. W gru-
pie S15 najdłuższy cykl może mieć długość tylko 15, więc taka permutacja nie istnieje. Zatem nie
istnieje taka premutacja również w grupie A15.
c) 28 = 4 � 7. Dla permutacji � = (1, 2, 3, 4)(5, 6, 7, 8, 9, 10, 11) zachodzi o(�) = [4, 7] = 28, więc
w grupie S15 istnieje permutacja rzędu 28. Ponieważ sgn(�) = -1 � 1 = -1, więc � " A15.
Ale pomnożenie permutacji � przez jedną transpozycję np. (12, 13) nie zmieni jej rzędu, ponie-
waż � ć% (12, 13) = [4, 7, 2] = 28. Ponadto sgn(� ć% (12, 13)) = -1 � (-1) = 1, więc � ć% (12, 13) " A15.
Zatem w grupie A15 istnieje permutacja rzędu 28.
Zadanie 6. (5 punktów)
Czy funkcja f : R R", f(x) = ex jest homomorfizmem grup? Jeśli tak, wyznacz jej jądro i obraz.
Rozwiązanie.
Wezmy dowolne x, y " R. Wtedy
f(x + y) = ex+y = ex � ey = f(x) � f(y),
więc f jest homomorfizmem grup.
Ker(f) = {x " R : f(x) = 1} = {x " R : ex = 1} = {0}
Im(f) = {f(x) : x " R} = {ex : x " R} = R"
+

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Kolokwium 1 Algebra ogólna I
Koło 2(pop) Algebra ogólna I
Kolokwium nr 1 z algebry liniowej
kolokwium poprawkowe sem zimowy

więcej podobnych podstron