algebraI koło nr.1

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Wersja A
Zadanie1.
(
5punktów
) Niech
G
b¦dzie grup¡ i niech
H / G
oraz
K
¬
G
. Wyka», »e
HK
¬
G
.
Rozwi¡zanie.
Aby wykaza¢, »e
HK
¬
G
, musimy pokaza¢, »e dla dowolnych
a,b
2
HK
:
ab
2
HK
oraz
a
−
1
2
HK
. We¹my wi¦c dowolne
a
=
h
1
k
1
,b
=
h
2
k
2
2
HK
, gdzie
h
1
,h
2
2
H
,
k
1
,k
2
2
K
.
Wtedy
(
h
1
k
1
)(
h
2
k
2
) =
h
1
(
k
1
h
2
k
−
1
1
)(
k
1
k
2
)
2
HK,
poniewa»
h
1
2
H
,
k
1
h
2
k
−
1
1
2
H
, bo
H / G
oraz
k
1
k
2
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
2
HK,
poniewa»
k
−
1
1
h
−
1
1
k
1
2
H
, bo
H / G
oraz
k
−
1
1
2
K
.
Zadanie2.
(
5punktów
) Znajd¹ wszystkie homomorfizmy grupy cyklicznej rz¦du 42 w grup¦ cy-
kliczn¡ rz¦du 28.
Rozwi¡zanie.
Szukamy
f
:
C
42
!
C
28
, gdzie
C
42
=
< a >
,
C
28
=
< b >
. Z wykładu wiemy, »e
wystarczy zdefiniowa¢, jak działa
f
na generatorze grupy
C
42
. Wiemy równie», »e
o
(
a
) = 42, wi¦c
o
(
f
(
a
))
|
42. St¡d
o
(
f
(
a
))
2 {
1
,
2
,
3
,
6
,
7
,
14
,
21
,
42
}
. Ponadto
f
(
a
)
2
C
28
, wi¦c
f
(
a
)
|
28. Ostatecznie
o
(
f
(
a
))
2{
1
,
2
,
7
,
14
}
.
Wypiszemy teraz wszystkie elementy grupy
C
28
oraz ich rz¦dy:
x o
(
x
)
x o
(
x
)
x o
(
x
)
x
o
(
x
)
b
8
7
b
15
28
b
22
14
b
28
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
.
Otrzymali±my wi¦c 14 ró»nych homomorfizmów.
Zadanie3.
(
5punktów
) Ile jest wszystkich permutacji przemiennych z permutacj¡
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
f
=
5
4
3
6
7
8
1
2
9
10
w grupie
S
10
? Odpowied¹ uzasadnij.
Rozwi¡zanie.
Zaczniemy od rozło»enia permutacji
f
na iloczyn cykli rozł¡cznych:
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. Je»eli (
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.
Je»eli
(
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
}
mog¡ by¢ 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
b¦dzie przemienna z permutacj¡
f
wtedy i tylko wtedy, gdy
9
2
A,
2
B,
2
C
g
=
. Ta-
kich permutacji jest wi¦c
|
A
|·|
B
|·|
C
|
= 3
·
4
·
3! = 72.
Zadanie4.
(
5punktów
) Sprawd¹, czy zbiór liczb rzeczywistychRz działaniem
zdefiniowanym
nast¦puj¡co
x
y
=
3
p
x
3
+
y
3
jest grup¡. Je»eli tak, to wyznacz jej komutant.
Rozwi¡zanie.
Musimy sprawdzi¢, czy podane działanie jest ł¡czne, czy posiada element neutralny
oraz czy dla dowolnego elementu zbioryRistnieje element do niego odwrotny.
1. Ł¡czno±¢. We¹my dowolne
x,y,z
2
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
)
,
wi¦c działanie
jest ł¡czne.
2. Istnienie elementu neutralnego. Element
e
2
Rb¦dzie elementem neutralnym działanie
wtedy
i tylko tedy, gdy dla dowolnego
x
2
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
p
x
3
=
x,
wi¦c elementem neutralnym działania
jest
e
= 0.
3. Istnienie elementów odwrotnych. Musimy sprwadzi¢, czy dla dowolnego
x
2
Ristnieje
y
2
Rtaki,
»e
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
Sprwad¹my teraz, czy
y
x
= 0:
y
x
= (
−
x
)
x
=
3
p
(
−
x
)
3
+
x
3
=
3
p
−
x
3
+
x
3
=
3
p
0 = 0
,
wi¦c elementem odwrotnim do
x
jest
−
x
.
Z punktów 1, 2, 3 wynika, »eRz działaniem
jest grup¡.
Wyznaczymy teraz komutant tej grupy. Zauwa»my najpierw, »e dla dowolnych
x,y
2
R:
x
y
=
p
x
3
+
y
3
=
3
p
y
3
+
x
3
=
y
x,
wi¦c jest to grupa abelowa. Zatem
8
x,y
2
R
[
x,y
] =
x
−
1
y
−
1
xy
=
x
−
1
xy
−
1
y
= 0
,
0
=
{
0
}
.
sk¡dR
Zadanie5.
(
5punktów
)
a) Udowodnij, »e grupaZ
22
jest cykliczna.
b) Podaj wszystkie generatory grupyZ
22
.
c) Wypisz wszystkie podgrupy grupyZ
22
i ich elementy.
d) Zbuduj tabelk¦ grupy ilorazowejZ
22
/
h
5
i
.
Rozwi¡zanie.
22
=
{
1
,
3
,
5
,
7
,
9
,
13
,
15
,
17
,
19
,
21
}
,
Z
wi¦c
|
Z
22
|
= 10.
a) Aby pokaza¢, »e grupaZ
22
jest cykliczna musimy wyznaczy¢ jej generator, czyli element rz¦du
10.
3
2
= 9, 3
3
= 5, 3
4
= 15, 3
5
= 1, wi¦c 3 nie jest szukanym generatorem.
5
2
= 3, 5
3
= 15, 5
4
= 9, 5
5
= 1, wi¦c 5 nie jest generatorem.
7
2
= 5, 7
3
= 13, 7
4
= 3, 7
5
= 21, wi¦c
o
(7)
>
5 oraz
o
(7)
|
10. St¡d
o
(7) = 10 iZ
22
=
<
7
>
, wi¦c
grupa jest cykliczna.
b) Wszystkie generatory grupy cyklicznej
<
7
>
s¡ postaci 7
k
, gdzie (
k,
10) = 1. Zatem wszystkie
generatory grupyZ
22
to: 7, 7
3
= 13, 7
7
= 17 oraz 7
9
= 19.
c) Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej
<
7
>
s¡ generowane przez element postaci 7
k
, gdzie
k
|
10.
St¡d:
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, »e
<
5
>
=
{
1
,
3
,
5
,
9
,
15
}
. Ponadto
|
Z
22
:
<
5
>
|
=
|
Z
22
|
|
<
5
>
|
=
10
5
= 2
,
wi¦c s¡
tylko dwie ró»ne warstwy. St¡d 7
·
<
5
>
=
{
7
,
21
,
13
,
19
,
17
}
orazZ
22
/ <
5
>
=
{
<
5
>,
7
·
<
5
>
}
.
Tabelka takiej grupy to
<
5
>
7
·
<
5
>
<
5
> <
5
>
7
·
<
5
>
7
·
<
5
>
7
·
<
5
> <
5
>
Zadanie6.
(
5punktów
) Niech
G
b¦dzie grup¡ i niech
f
:
G
!
G
b¦dzie okre±lone wzorem
f
(
x
) =
x
2
. Udowodnij, »e
f
jest homomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy grupa
G
jest abelo-
wa.
Rozwi¡zanie.
00
(
00
Załó»my, »e
G
jest grup¡ abelow¡. We¹my dowolne
x,y
2
G
. Wtedy
f
(
xy
) = (
xy
)
2
=
xyxy
= abelowo±¢ =
x
2
y
2
=
f
(
x
)
·
f
(
y
)
,
wi¦c
f
jest homomorfizmem.
00
)
00
Załó»my, »e
f
jest homomorfizmem. Oznacza to, »e dla dowolnych
x,y
2
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,
wi¦c
G
jest grup¡ abelow¡.
 Wersja B
Zadanie1.
(
5punktów
) Niech
G
b¦dzie grup¡ i niech
f
:
G
!
G
b¦dzie okre±lone wzorem
f
(
x
) =
x
−
1
. Udowodnij, »e
f
jest homomorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy grupa
G
jest abe-
lowa.
Rozwi¡zanie.
00
(
00
Załózmy, »e grupa
G
jest abelowa. We¹my dowolne
x,y
2
G
. Wtedy
f
(
xy
) = (
xy
)
−
1
=
y
−
1
x
−
1
= abelowo±¢ =
x
−
1
y
−
1
=
f
(
x
)
·
f
(
y
)
,
wi¦c
f
jest homomorfizmem.
00
)
00
Załó»my, »e
f
jest homomorfizmem. Oznacza to, »e dla dowolnych
x,y
2
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,
wi¦c
G
jest grup¡ abelow¡.
Zadanie2.
(
5punktów
) Niech
G
b¦dzie grup¡ i niech
A
,
B
b¦d¡ jej dzielnikami normalnymi.
Wiadomo, »e
AB
¬
G
. Wyka», »e
AB
jest podgrup¡ normaln¡ grupy
G
.
Rozwi¡zanie.
Wiemy (z tre±ci zadania), »e
AB
¬
G
. Musimy wi¦c jeszcze pokaza¢, »e
8
g
2
G
8
h
2
AB
ghg
−
1
2
AB.
We¹my zatem dowolne
g
2
G
oraz
h
=
ab
2
AB
, gdzie
a
2
A
,
b
2
B
. Wtedy
g
(
ab
)
g
−
1
= (
gag
−
1
)(
gbg
−
1
)
2
AB,
poniewa»
A / G
oraz
B / G
. Zatem
AB / G
.
Zadanie3.
(
5punktów
)
a) Udowodnij, »e grupaZ
25
jest cykliczna.
b) Podaj wszystkie generatory grupyZ
25
.
c) Wypisz wszystkie podgrupy grupyZ
25
i ich elementy.
d) Zbuduj tabelk¦ grupy ilorazowejZ
25
/
h
6
i
.
Rozwi¡zanie.
Z
25
=
{
1
,
2
,
3
,
4
,
6
,
7
,
8
,
9
,
11
,
12
,
13
,
14
,
16
,
17
,
18
,
19
,
21
,
22
,
23
,
24
}
, wi¦c
|
Z
25
|
= 20.
a) Szukamy elementu, którego rz¡d b¦dzie równy rz¦dowi 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, wi¦c
o
(2)
>
10 oraz
o
(2)
|
20, wi¦c
o
(2) = 20 iZ
25
=
<
2
>
, zatem jest to grupa cykliczna.
b) Wszystkie generatory grupy cyklicznej
<
2
>
s¡ postaci 2
k
, gdzie (
k,
20) = 1. Zatem wszystkie
generatory grupyZ
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
>
s¡ generowane przez element postaci 2
k
, gdzie
k
|
20.
St¡d:
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, »e
<
6
>
=
{
1
,
6
,
11
,
16
,
21
}
. Ponadto
|
Z
25
:
<
6
>
|
=
|
Z
25
|
|
<
6
>
|
=
20
5
= 4
,
wi¦c
s¡ cztery ró»ne warstwy. St¡d 2
·
<
6
>
=
{
2
,
12
,
22
,
7
,
17
}
, 3
·
<
6
>
=
{
3
,
18
,
8
,
23
,
13
}
, 4
·
<
6
>
=
{
4
,
24
,
19
,
14
,
9
}
. orazZ
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
>
Zadanie4.
(
5punktów
) Czy zbiór
2
a
2
b
+ 1
J
=
:
a,b
2
Z
Q
wraz z operacj¡
, zdefiniowan¡ wzorem
a
b
=
a
+
b
+
ab
jest grup¡?
Rozwi¡zanie.
Sprawdzimy najpierw, czy operacja
jest działaniem w zbiorze
J
. We¹my dowolne
2
a
2
b
+1
,
2
c
2
d
+1
2
J
, gdzie
a,b,c,d
2
Z. Wtedy
2
a
2
b
+ 1
2
c
2
d
+ 1
2
a
2
b
+ 1
2
c
2
d
+ 1
2
a
2
b
+ 1
·
2
c
2
d
+ 1
=
+
+
=
2
a
(2
d
+ 1) + 2
c
(2
b
+ 1) + 4
ac
4
bd
+ 2
b
+ 2
d
+ 1
2(2
ad
+
a
+ 2
bc
+
c
+ 2
ac
2(2
bd
+
b
+
d
) + 1
=
=
2
J,
wi¦c jest to działanie. Sprawdzimy wi¦c, czy jest ono ł¡czne, czy posiada element neutralny oraz
czy dla dowolnego elementu ze zbioru
J
istnieje w zbiorze
J
element do niego odwrotny.
1. Ł¡czno±¢. We¹my dowolne
a,b,c
2
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 st¡d, »e (
a
b
)
c
=
a
(
b
c
), wi¦c działanie
jest ł¡czne.
2. Istnienie elementu neutralnego. Musimy sprawdzi¢, czy istnieje element
e
2
J
taki, »e dla dowol-
nego
a
2
J
:
a
e
=
a
oraz
e
a
=
a
.
a
e
=
a
,
a
+
e
+
ae
=
a
,
e
(1 +
a
) = 0
.
Z dowolno±ci wyboru elemenu
a
otrzymujemy
e
= 0 =
2
·
0
2
·
1+1
2
J
. Sprawdzimy, czy
e
a
=
a
:
e
a
= 0
a
= 0 +
a
+ 0
·
a
=
a,
wi¦c
e
= 0 jest elementem neutralnym działanie
.
3. Istnienie elementów odwrotnych. Musimy pokaza¢, »e dla dowolnego
a
2
c
2
d
+1
2
J
istnieje
b
2
J
takie, »e
a
b
= 0 =
b
a
.
a
b
= 0
,
a
+
b
+
ab
= 0
,
b
(
a
+ 1) =
−
a.
  [ Pobierz całość w formacie PDF ]