Zad 1. Czy zbiór
ba a Q b Q c Z
G ; , ,
c 0
*
z działaniem mnożenia macierzy jest
grupą.
Zad 2. Które z podanych poniżej odwzorowań jest homomorfizmem grup:
R a a
f R
R f
a). : ( )2a
* 2
*
* ( ) 1 :
). f R R f a a a a R
b
Zad 3. W grupie permutacji S7 wyznaczyć permutację X spełniające równanie
)5,3,4,1() 7,4,2(
3 4 7 1 6 5 2 7 6 5 4 3 2 1
X
Zad 4. W grupie permutacji A6 ile jest permutacji rzędu a). 2 b). 3 Zad 5. W grupie (13) wyznaczyć:
a). Warstwy względem podgrupy H 1,5,8,12 b). tabelkę działań w grupie ilorazowej (13)/H
Zad 6 . W grupie Z12 wyznaczyć podgrupę H H1H2 gdzie H1
0,6 Z12 H2
0,4,8
Z12Zad 7. Wykorzystując podstawowe twierdzenie o izomorfizmie grup pokazać, że
2
4/H R
R gdzie
( , , , ) : 1 2 3 0 , 2 3 3 0
4 4 3 2
1
x x x x R x x x x
H
Zad 8. Obliczyć liczbą wszystkich ( z dokładnością do izomorfizmu ) grup abelowych rzędu 19
7 5 4073125 4 3
Zad 9. Z produktem jakich grup cyklicznych postaci Zpk gdzie p jest liczbą pierwszą i N
k jest izomorficzna grupa (4400)(235211) Zad 10. Sprawdzić, czy dane grupy są izomorficzne:
a). Z6Z20Z50 Z12Z10Z50
Zad 11). W grupie (70)Z2Z4Z3 korzystając z izomorfizmu
3 4
70 2 3 70
4
2 (70) (( , , )) 41 13 11 ;
:Z Z Z f k l m k Z l Z m Z
f k l m
Wyznacz liczbę elementów rzędu 6 oraz wartości tych elementów.
Zad 12). Sprawdzić, czy dane grupy są cykliczne:
a). (49) (72) b). Z6Z35Z39
Ad zad 1).
Zbiór
ba a Q b Q c Z
G ; , ,
c 0
*
z działaniem mnożenia macierzy nie jest grupą
ponieważ: Pomimo, że
a) Działanie mnożenia macierzy jest łączne. Ten fakt można byłoby nie udowadniać, gdyż wiemy, że pewne działania są łączne /mnożenie i dodawanie liczb, mnożenie i dodawanie modulo n, mnożenie i dodawanie macierzy/. Ostatnia własność była omawiana w ramach przedmiotu Algebra liniowa z geometrią. Po pewnych rachunkach niektórym wyszło, że mnożenia macierzy nie jest łączne.
Niech a,d,gQ*, b,e,hQ, c, f,iZ
cfi G bfiaeiadhadg i
hg cf
bfaead i hg f ed c
ba
0 0 0
0
0
0
cfi G bfiaeiadhadg fi
eidhdg c ba i hg f ed c
ba
0 0
0
0
0
0
A więc
i hg f ed c ba i hg f ed c ba
0 0 0 0 0 0
czyli mamy łączność a ponadto widać, że działanie jest dobrze określone.
b)
1 0
e 0 1
jest elementem neutralnym tego działania. Można łatwo sprawdzić a z drugiej stronny powinno się do tej pory wiedzieć.c). Z ogólnych faktów mamy, że macierz odwrotna macierzy kwadratowej A istnieje
0
detA . Dla macierzy dla naszego zbioru
0 0 0
det 3 2
i a więc element odwrotny dla tej
macierzy nie istnieje co oznacza, że ten zbiór nie jest grupą.
Można byłoby zamieścić tylko punkt c). i odpowiedz byłaby wyczerpująca.
Ad zad 2).
a). f :RR a,bR f(ab)2ab 2a2b f(a)f(b) i f(0)20 1 co oznacza, że f jest homomorfizmem.
b).f :R*R* f(a)a2a1 aR* Dla 55 11 5 ) 3 ( ) 2 ( 41 ) 6 ( ) 3 2 ( 3 ,
2
b f f f f
a a więc f(23) f(2)f(3) co
oznacza, że f nie jest homomorfizmem.
Uwaga Jak występuje zbiór R to aby był grupą, bierzemy działanie dodawanie gdyż dla mnożenia, dla 0 nie byłoby elementu odwrotnego.
Jak występuje zbiór R* lub R to aby był grupą, bierzemy działanie mnożenia gdyż dla dodawania, dla np.: 2+(-2)= 0 nie należałby do tego zbioru.
Ad zad 3).
1 1
)7,4,2)(5,3,4,1(
3 4 7 1 6 5 2 7 6 5 4 3 2 1 )5,3,4,1()7,4,2(
3 4 7 1 6 5 2
7 6 5 4 3 2 1
XX
. Kolejność czynników jest istotna gdyż mnożenie permutacji jest nieprzemienne. Stąd)4,5,2,3,6,1(
7 3 4 1 2 5 6 7 6 5 4 3 2 1
X
Ad zad 4).
a).
W rozkładzie permutacji na rozłączne cykle maksymalna długość cykli nie może być większa niż 2, czyli jest iloczynem rozłącznych transpozycji i w parzystej ilości, gdyż należą do A6. Możliwe są tylko iloczyny 2 rozłącznych transpozycji gdyż w iloczynie 4rozłącznych transpozycji wchodziłyby 8 różnych liczb. Dla 4 ustalonych różnych liczb
1,2,3,4,5,6
, , , 2 3 4
1 a a a
a mamy 3 -
a1,a2
a3,a4
a1,a3
a2,a4
a1,a4
a2,a3
permutacje różne. Różnych układów liczb a1,a2,a3,a4 w zbiorze 1,2,3,4,5,6 jest2 15 1
5
2 6
6 4
6
C
C . A więc wszystkich permutacji rzędu 2 w grupie A6 jest 31545
b).
W rozkładzie permutacji na rozłączne cykle maksymalna długość cykli jest równa 3 i nie może w iloczynie wchodzić cykl długości 2, czyli jest iloczynem rozłącznych cykli długości 3. Taka kombinacja zawsze należy do grupy A6. Przy 3 ustalonych różnych liczbach
1,2,3,4,5,6
, , 2 3
1 a a
a mamy 2 -
a1,a2,a3
a1,a3,a2
różne permutacje. Różnych układów liczb a1,a2,a3 w zbiorze 1,2,3,4,5,6 jest 203 2 1
4 5
3 6
6
C . A więc
wszystkich cykli rzędu 3 w grupie A6 jest 22040 . Permutacja rzędu 3 może być iloczynem dwóch cykli długości 3 i rozłącznych. Przy ustalonym cyklu długości 3 istnieją dwa rozłączne cykle długości 3 których iloczyn tworzy permutację rzędu 3. Takich
możliwości mamy 24080 . W takim tworzeniu permutacji, tworzymy tą samą permutację 2 razy czyli wszystkich permutacji rzędu 3 wynosi 80
2
4080 . Z analizy sposobu tworzenia permutacji rzędu 3 wynika, że permutacji rzędu 3 w grupie S6 jest też 80.
Ad zad 5).
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12
) 13
(
warstw jest 3
4 12 ) 13 ] (
: ) 13 (
[
rzH
H rz
1,5,8,12
[1] [5] [8] [12]113H H
2,10,3,11
[2] [3] [10] [11]213H H
4,7,6,9
[4] [6] [7] [9]413H H
Mamy trzy różne warstwy i więcej nie ma warstw. Analogiczne tworzenie daje te same warstwy z innym reprezentantem.
b).
13 H
113 H
213 H
413
13H
1 H
113 H
213 H
413
13H
2 H
213 H
413 H
113 13H
4 H
413 H
113 H
213
Ad zad 6).
2 12 1
12 2
1 Z (( , )) ,
:H H H f k l k l k H l H
f jest homomorfizmem i jest
izomorficznym włożeniem jeżeli jest różnowartościowe.
0 0 0 )) 0 , 0
(( 12
f ((0,4)) 0 4 4
12
f ((0,8)) 0 0 8
12
f
6 0 6 )) 0 , 6
(( 12
f ((6,4)) 6 4 10
12
f ((6,8)) 6 8 2
12
f
Ponieważ odwzorowanie jest różnowartościowe mamy włożenie na podgrupę
122
1 H H 0,2,4,6,8,10 Z
H .
Ad zad 7).
) 3 , 2 ( )) , , , ((
:R4 R2 f x1 x2 x3 x4 x1 x3 x2 x3
f jest homomorfizmem grup ponieważ
( , , , )) ( , , , ) ( 2( y ), 3( y )
) , , ,
((x1 x2 x3 x4 y1 y2 y3 y4 f x1 y1 x2 y2 x3 y3 x4 y4 x1 y1 x3 3 x2 y2 x3 3 f
)) , , , (( )) , , , ((
) 3 , 2 (
) 3 , 2 ( )) y 3 ( ) 3 ( , ) 2 ( ) 2
((x1 x3 y1 y3 x2 x3 y2 3 x1 x3 x2 x3 y1 y3 y2 y3 f x1 x2 x3 x4 f y1 y2 y3 y4 )
0 , 0 ( )) 0 , 0 , 0 , 0
((
f .
Im f R2 ponieważ dla a,bR mamy f(a,b,0,0)(a,b).
x x x x R x x x x
Hf ( , , , ) : 2 0 , 3 0
ker 1 2 3 4 4 1 3 2 3
Wtedy z podstawowego twierdzenia o homomorfizmie grup f :GG1 mamy, że
f f
G/ker Im czyli R4/H R2.
Ad zad 8).
Grup rzędu 4073125547319 z dokładnością izomorfizmu jest tyle i rozwiązań w liczbach naturalnych:
4
2 ....
1k kr
k 4=4=3+1=2+1+1=2+2
3
2 ....
1l ls
l 3=3=2+1+1+1+1
1
2 ....
1m mt
m 1=1
7 19
54 Z 3 Z
Z
Z 5
4 Z 7
2\ Z 7 Z 19
Z54Z7Z7Z7Z197 19 53 Z5 Z 3 Z
Z Z53Z5Z72Z7Z19 Z53 Z5Z7Z7Z7Z19 7 19
5
52 Z5 Z Z 3 Z
Z Z52 Z5Z5Z72Z7Z19 Z52Z5Z5Z7Z7Z7Z19 7 19
5
52 Z2 Z 3 Z
Z Z52Z52Z72Z7Z19 Z52 Z52 Z7Z7Z7Z19
Ad zad 9).
Z podstawowego wzoru (n)(k1k2...kr)(k1)(k2)....(kr) gdzie czynniki n
k k
k1 2... r są parami względnie pierwsze mamy:
) 11 ( ) 5 ( ) 2 ( ) 11 5 2 ( ) 4400
( 3 2 3 2
Grupy (p) dla liczby pierwszej nieparzystej p są cykliczne a więc (p)Zk gdzie k (p) p1(p1)rz(p). Także (2 ) Z2Z2k2 dla k 2
k . Stąd
5 2 5 4 2 2 10 20 2 2 2
3 2
3511) (2 ) (5 ) (11) 2
( ) 4400
( Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z
Ponieważ ponadto Zkl Zk Zl dla liczb naturalnych k,l względnie pierwszych.
Ad zad 9).
Ponieważ Zkl ZkZl dla liczb naturalnych k,l względnie pierwszych
52 2 5 4 3 2 50 20
6 Z Z Z Z Z Z Z Z
Z
2
2 3 2 5 2 5
50 2 10
12 Z Z Z Z Z Z Z Z
Z
W produkcie kanonicznym na grupy cykliczne rzędu p o podstawie liczby pierwszej występują te same czynniki a więc Z6Z20Z50 Z12Z10Z50
Ad zad 11).
W grupie (70)Z2Z4Z3 dla elementu
3 4
2 3
4
2
) , ,
(k l m Z Z Z kZ lZ mZ rz(k,l,m)NWW(rzk,rzl,rzm). Stąd 6
) 1 , 2 , 0
(
rz rz(0,2,2)6 rz(1,0,1)6 rz(1,0,2)6 rz(1,2,1)6 rz(1,2,2)6 . Takich elementów jest 6.
39 11 13 41 )) 1 , 2 , 0
(( 1
70 2 70
0
f f((0,2,2))4107013270112 9 31
11 13 41 )) 1 , 0 , 1
(( 1
70 0 70
1
f f((1,0,2))411701307011261 59
11 13 41 )) 1 , 2 , 1
(( 1
70 2 70
1
f f((1,2,2))4117013270112 19 A więc liczby 9,31,19,39,59,619 mają rząd 6.
Ad zad 12).
a). Grupy (p) dla liczby pierwszej nieparzystej p są cykliczne i (p) Zk gdzie k (p) p1(p1)rz(p).
W naszym przypadku 42
2) 7 ( ) 49
( Z
czyli grupa (49) jest cykliczna.
Informację ogólną przypomniałem zapisując na tablicy i nie było osoby która by tą informację wykorzystała.
b). Z6Z35Z39 Z2Z3Z7Z5Z3Z13
W grupie cyklicznej G istnieje dokładnie p1 elementów rzędu p dla liczby pierwszej przG.
3 ) 0 , 0 , 0 , 0 , 1 , 0
(
rz rz(0,2,0,0,0,0) 3 rz(0,0,0,0,1,0)3
Dla p3rzG8190 mamy więcej niż 3—1=2 elementów rzędu 3 a więc ta grupa nie może być grupą cykliczną, czyli generowaną przez jeden element.