algebraI koło popr. nr.1

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Wersja A
Zadanie1.
(
5punktów
)
Poni»ej znajduje si¦ fragment tabelki pewnej grupy rz¦du 3:
a b c
a
b
c
a
Wyznaczy¢ kompletn¡ tabelk¦ tej grupy. Uzasadni¢.
Rozwi¡zanie.
1. Grupa jest rz¦du 3, wi¦c jest grup¡ abelow¡.
Z tabalki wynika, »e
c
2
=
a
, wi¦c:
2.
c
nie jest elementem neutralnym, bo wtedy byłoby
c
2
=
c
,
3.
a
nie jest elementem neutralnym, poniewa»
o
(
c
) = 3
6
= 2.
Zatem elementem neutralnym tej grupy jest
b
, wi¦c mo»emy uzupełni¢ II wiersz i II kolumn¦ tabelki:
a b c
a a
b a b c
c
c a
4. Wiemy, »e w tabelce działania w grupie w ka»dym wierszu i ka»dej kolumnie ka»dy element
wyst¦puje dokładnie raz. Mo»emy zatem uzupełni¢ tabelk¦:
a b c
a c a b
b a b c
c b c a
Zadanie2.
(
5punktów
)
a) Podaj wszystkie generatory grupyZ
12
(z dodawaniem).
b) Wypisz wszystkie podgrupy grupyZ
12
i ich elementy.
c) Zbuduj tabelk¦ grupy ilorazowejZ
12
/
h
3
i
.
Rozwi¡zanie.
Wiemy, »eZ
12
=
<
1
>
oraz
|
Z
12
|
= 12.
a) Wszystkie generatory b¦d¡ postaci
k
·
1, gdzie (
k,
12) = 1, zatem wszystkimi generetorami grupy
Z
12
s¡: 1, 5, 7, 11.
b) Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej generowane przez 1 s¡ 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, »e
<
3
>
=
{
0
,
3
,
6
,
9
}
. Ponadto
|
Z
12
|
|
<
3
>
|
=
12
4
|
Z
12
:
<
3
>
|
=
= 3
,
 wi¦c s¡ 3 warstwy wzgl¦dem podgrupy
<
3
>
. Jedn¡ jest oczywi±cie
<
3
>
, a pozostałe to:
1+
<
3
>
=
{
1
,
4
,
7
,
10
}
,
2+
<
3
>
=
{
2
,
5
,
8
,
11
}
.
St¡dZ
12
/ <
3
>
=
{
<
3
>,
1+
<
3
>,
2+
<
3
>
}
. Tabelka tej grupy wygl¡da nast¦puj¡co:
<
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
>
Zadanie3.
(
5punktów
)
Udowodnij, »e je»eli
A
,
B
s¡ wła±ciwymi podgrupami grupy
G
, to
A
[
B
6
=
G
.
Rozwi¡zanie.
Na ¢wiczeniach pokazali±my, »e je»eli
A
i
B
s¡ podgrupami grupy
G
, to
A
[
B
jest podgrup¡ w
G
wtedy i tylko wtedy, gdy
A
B
lub
B
A
. Zatem:
1. Je»eli
A
6
B
oraz
B
6
A
, to
A
[
B
nie jest podgrup¡ w
G
, wi¦c w szczególno±ci
A
[
B
6
=
G
.
2. Je»eli
A
B
, to
A
[
B
=
A
6
=
G
, bo
A
jest podgrup¡ wła±ciw¡.
3. Je»eli
B
A
, to
A
[
B
=
B
6
=
G
, bo
B
jest podgrup¡ wła±ciw¡.
Zatem
A
[
B
6
=
G
.
Zadanie4.
(
5punktów
)
Wykaza¢, »e je»eli
H
jest dzielnikiem normalnym grupy
G
, to:
G/H
jest abelowa
() 8
a,b
2
G
a
−
1
b
−
1
ab
2
H.
Rozwi¡zanie.
Załó»my, »e
H / G
. We¹my dowolne
a,b
2
G
. Wtedy
(
aH
)(
bH
) = (
bH
)(
aH
)
,
abH
=
baH
,
(
ba
)
−
1
(
ab
)
2
H
,
a
−
1
b
−
1
ab
2
H.
Zatem grupa
G/H
b¦dzie abelowa wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych
a,b
2
H
,
a
−
1
b
−
1
ab
2
H
.
Zadanie5.
(
5punktów
)
Czy istnieje element rz¦du (a) 32, (b) 34, (c) 36 w grupie
S
20
? A w grupie
A
20
? Uzasadni¢.
Rozwi¡zanie.
a) 32 = 2
5
, wi¦c aby permutacja
miała rz¡d 32 musiałaby by¢ cyklem o takiej długo±ci. W gru-
pie
S
20
najdłu»szy cykl mo»e mie¢ długo±¢ tylko 20, wi¦c taka permutacja nie istnieje. Zatem nie
istnieje taka premutacja równie» w grupie
A
20
.
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, wi¦c w grupie
S
20
istnieje permutacja rz¦du 34. Poniewa»
sgn
(
) = 1
·
(
−
1) =
−
1, wi¦c
62
A
20
. Liczba 34 nie ma innego rozkładu, wi¦c w permutacji rz¦du 34 mog¡ wyst¦powa¢
tylko cykle długo±ci 17 i 2. Oba te cykle ”zabieraj¡” 19 elementów, wi¦c ju» nie mo»emy dopisa¢
wi¦cej cykli. Zatem w grupie
A
20
nie istnieje element rz¦du 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,
wi¦c w grupie
S
20
istnieje permutacja rz¦du 36. Poniewa»
sgn
(
) =
−
1
·
1 =
−
1, wi¦c
62
A
20
.
Ale pomno»enie permutacji
przez jedn¡ transpozycj¦ np. (14
,
15) nie zmieni jej rz¦du, poniewa»
(14
,
15) = [4
,
9
,
2] = 36. Ponadto
sgn
(
(14
,
15)) =
−
1
·
(
−
1) = 1, wi¦c
(14
,
15)
2
A
20
.
Zatem w grupie
A
20
istnieje permutacja rz¦du 36.
Zadanie6.
(
5punktów
)
Czy istnieje homomorfizm
grupy izometrii własnych kwadratu w grup¦Z
22
taki, »e
(
O
1
) = 3,
 gdzie
O
1
jest obrotem o 90
o
? Odpowied¹ uzasadni¢.
Rozwi¡zanie.
Załó»my, »e taki homomorfizm istnieje. Je»eli
:
D
4
!
Z
22
jest homomorfizmem grup, to dla
dowolnego elementu
a
2
D
4
zachodzi
o
(
(
a
))
|
o
(
a
). Wiemy, »e
o
(
O
1
) = 4. Musimy zatem wyznaczy¢
o
(
(
O
1
)) =
o
(3) w grupieZ
22
|
=
'
(22) =
'
(2)
·
'
(11) = 1
·
10 = 10.
St¡d
o
(3)
|
10, bo rz¡d elementu musi dzieli¢ rz¡d grupy. Otrzymali±my zatem
22
. Z wykładu wiemy, »e
|
Z
4
|
o
(3)
oraz
o
(3)
|
10
,
wi¦c z przechodnio±ci relacji podzielno±ci 4
|
10, sprzeczno±¢. Zatem taki homomorfizm nie istnieje.
Wersja B
Zadanie1.
(
5punktów
)
Poni»ej znajduje si¦ fragment tabelki pewnej grupy rz¦du 5:
a b c d e
a a
b
c
a
c
d e a
d
e
b c
e
Wyznaczy¢ kompletn¡ tabelk¦ tej grupy. Uzasadni¢.
Rozwi¡zanie.
Rz¡d grupy jest liczb¡ pierwsz¡, wi¦c jest to grupa cykliczna, wi¦c w szczególno±ci równie» abelowa.
Mo»emy zatem uzupełni¢ cz¦±¢ 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, »e
a
2
=
a
, wi¦c domna»aj¡c przez
a
−
1
otzrymujemy, »e
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 brakuj¡ce elementy uzupełniamy pami¦taj¡c, »e w tabelce grupy w ka»dym wierszu i w
ka»dej kolumnie ka»dy element wyst¦puje 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
Zadanie2.
(
5punktów
)
a) Podaj wszystkie generatory grupyZ
15
(z dodawaniem).
b) Wypisz wszystkie podgrupy grupyZ
15
i ich elementy.
c) Zbuduj tabelk¦ grupy ilorazowejZ
15
/
h
3
i
.
Rozwi¡zanie.
Wiemy, »eZ
15
=
<
1
>
oraz
|
Z
15
|
= 15.
a) Wszystkie generatory b¦d¡ postaci
k
·
1, gdzie (
k,
15) = 1, zatem wszystkimi generetorami grupy
Z
12
s¡: 1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14.
b) Wszystkie podgrupy grupy cyklicznej generowane przez 1 s¡ 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, »e
<
3
>
=
{
0
,
3
,
6
,
9
,
12
}
. Ponadto
|
Z
15
|
|
<
3
>
|
=
15
5
|
Z
15
:
<
3
>
|
=
= 3
,
wi¦c s¡ 3 warstwy wzgl¦dem podgrupy
<
3
>
. Jedn¡ jest oczywi±cie
<
3
>
, a pozostałe to:
1+
<
3
>
=
{
1
,
4
,
7
,
10
,
13
}
,
2+
<
3
>
=
{
2
,
5
,
8
,
11
,
14
}
.
St¡dZ
15
/ <
3
>
=
{
<
3
>,
1+
<
3
>,
2+
<
3
>
}
. Tabelka tej grupy wygl¡da nast¦puj¡co:
<
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
>
Zadanie3.
(
5punktów
)
Udowodni¢, »e je»eli rz¡d grupy
G
jest iloczynem dwóch ró»nych liczb pierwszych, to dla dowolnych
podgrup
H
1
i
H
2
spełniaj¡cych warunek
G
6
=
H
1
6
=
H
2
6
=
G
zachodzi
H
1
\
H
2
=
{
e
}
.
Rozwi¡zanie.
Załó»my, »e
|
G
|
=
p
·
q
dla pewnych ró»nych liczb pierwszych
p,q
. Z własno±ci podgrup i ich rz¦dów
wiemy, »e
|
H
1
|||
G
|
. Zatem
|
H
|2{
1
,p,q,pq
}
. Z zało»enia
H
1
6
=
G
, wi¦c
|
H
1
|6
=
pq
. Je»eli
|
H
1
|
= 1,
to
H
1
=
{
e
}
, wi¦c
H
1
\
H
2
=
{
e
}
dla dowolnej podgrupy
H
2
¬
G
. Został wi¦c do rozwa»enia
przypadek
|
H
1
| 2 {
p,q
}
. Bez zmniejszania ogólno±ci rozwa»a« mo»emy zało»y¢, »e
|
H
1
|
=
p
. Po-
niewa»
p
jest liczb¡ pierwsz¡, wi¦c
H
1
jest grup¡ cykliczn¡. Poniewa»
H
1
6
=
H
2
, wi¦c
H
1
6¬
H
2
, bo
w przeciwnym wypadku
|
H
2
|
=
pg
i
H
2
=
G
wbrew zało»eniu. Wynika st¡d, »e
H
1
\
H
2
6
=
H
1
i
H
1
\
H
2
¬
H
1
, wi¦c
|
H
1
\
H
2
||
p
i
|
H
1
\
H
2
|
< p
, wi¦c
|
H
1
\
H
2
|
= 1 sk¡d
H
1
\
H
2
=
{
e
}
.
Zadanie4.
(
5punktów
)
Niech
H,K
b¦d¡ podgrupami grupy
G
. Udowodnij, »e dla ka»ego
g
2
G
nast¦puj¡ce warunki s¡
równowa»ne:
(i)
g
2
HK
,
(ii)
Hg
\
K
6
=
;
.
Rozwi¡zanie.
Z definicji zbioru
HK
wynika, »e
g
2
HK
wtedy i tylko wtedy, gdy
g
=
hk
dla pewnych
h
2
H,k
2
K
. Zatem
k
=
h
−
1
g
2
Hg
\
K
, wi¦c
Hg
\
K
6
=
;
.
Ostatecznie:
g
2
HK
,9
h
2
H,k
2
K
g
=
hk
,
k
=
h
−
1
g
2
Hg
\
K
,
Hg
\
K
6
=
;
Zadanie5.
(
5punktów
)
Czy istnieje element rz¦du (a) 26, (b) 27, (c) 28 w grupie
S
15
? A w grupie
A
15
? Uzasadni¢.
Rozwi¡zanie.
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, wi¦c w grupie
S
15
istnieje permutacja rz¦du 26. Poniewa»
sgn
(
) = 1
·
(
−
1) =
−
1, wi¦c
62
A
15
. Liczba 26 nie ma innego rozkładu, wi¦c w permutacji rz¦du 26 mog¡ wyst¦powa¢ tylko
  [ Pobierz całość w formacie PDF ]