Kol_mat_algebra1_zI

 a b 

Zad 1. Czy zbiór G   ; a  Q* , b  Q, c  Z  z działaniem mnożenia macierzy jest
0 c 

grupą.
Zad 2. Które z podanych poniżej odwzorowań jest homomorfizmem grup:
a).
f : R  R
f (a)  2 a
aR
*
*
2
b).
f :R R
f (a)  a  a  1 a  R *
Zad 3. W grupie permutacji S 7 wyznaczyć permutację X spełniające równanie
1 2 3 4 5 6 7 

 X (2,4,7)  (1,4,3,5)
 2 5 6 1 7 4 3
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  H1  H 2
gdzie H1  0,6  Z12 H 2  0,4,8  Z12
Zad 7. Wykorzystując podstawowe twierdzenie o izomorfizmie grup pokazać, że
R 4 / H  R 2 gdzie H  ( x1 , x2 , x3 , x4 )  R 4 : x1  2 x3  0 ,
x2  3x3  0
Zad 8. Obliczyć liczbą wszystkich ( z dokładnością do izomorfizmu ) grup abelowych
rzędu 4073125  5 4 7 319
Zad 9. Z produktem jakich grup cyklicznych postaci Z p k gdzie p jest liczbą pierwszą i
k  N jest izomorficzna grupa (4400)  (235211)
Zad 10. Sprawdzić, czy dane grupy są izomorficzne:
Z12  Z10  Z 50
a). Z 6  Z 20  Z 50
Zad 11). W grupie (70)  Z 2  Z 4  Z 3 korzystając z izomorfizmu
f : Z 2  Z 4  Z 3  (70)
f ((k , l , m))  41k  13l  11m
70
70
k  Z2 ; l  Z4
m  Z3
Wyznacz liczbę elementów rzędu 6 oraz wartości tych elementów.
Zad 12). Sprawdzić, czy dane grupy są cykliczne:
a). (49)  (7 2 )
b). Z 6  Z 35  Z 39
Ad zad 1).
 a b 

Zbiór G   ; a  Q* , b  Q, c  Z  z działaniem mnożenia macierzy nie jest grupą
0 c 

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 , g  Q* , b, e, h  Q, c, f , i  Z
 a b d e  g h ad ae  bf   g h adg adh  aei  bfi
        
 0 i   0
 G
 0c 0 f  0i
0
cf
cfi














a b d e  g h  a b dg dh  ei  adg adh  aei  bfi

0 c  0 f  0 i    0 c  0
 G
fi  0
cfi
         

 a b  d e    g h  a b   d e  g h  
A więc                czyli mamy łączność a ponadto widać, że
 0 c  0 f  0 i  0 c  0 f  0 i  
działanie jest dobrze określone.
1 0
b) e    jest elementem neutralnym tego działania. Można łatwo sprawdzić a z
0 1
drugiej stronny powinno się do tej pory wiedzieć.
c). Z ogólnych faktów mamy, że macierz odwrotna macierzy kwadratowej A istnieje
 2 3
 det A  0 . Dla macierzy dla naszego zbioru det    0 i a więc element odwrotny dla
0 0 
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 : R  R  a, b  R f (a  b)  2 ab  2 a 2b  f (a) f (b) i
co oznacza, że f jest homomorfizmem.
f (0)  2 0  1
b). f : R*  R*
f (a)  a 2  a  1 a  R* Dla
a  2, b  3 f (2  3)  f (6)  41 f (2) f (3)  5  11  55 a więc f (2  3)  f (2) f (3)
oznacza, że f nie jest homomorfizmem.
co
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 2 3 4 5 6 7 
1 2 3 4 5 6 7 

 X (2,4,7)  (1,4,3,5)  X  
 (1,4,3,5)( 2,4,7) 1 . Kolejność
 2 5 6 1 7 4 3
 2 5 6 1 7 4 3
czynników jest istotna gdyż mnożenie permutacji jest nieprzemienne. Stąd
1 2 3 4 5 6 7 
  (1,6,3,2,5,4)
X  
6
5
2
1
4
3
7


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 4
rozłącznych transpozycji wchodziłyby 8 różnych liczb. Dla 4 ustalonych różnych liczb
a1 , a2 , a3 , a4  1,2,3,4,5,6 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 jest
65
C64  C62 
 15 . A więc wszystkich permutacji rzędu 2 w grupie A6 jest 3 15  45
1 2
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
a1 , a2 , a3  1,2,3,4,5,6 mamy 2 - a1 , a2 , a3 
a1 , a3 , a2 
różne permutacje. Różnych
65 4
 20 . A więc wszystkich
układów liczb a1 , a2 , a3 w zbiorze 1,2,3,4,5,6 jest C63 
1 2  3
cykli rzędu 3 w grupie A6 jest 2  20  40 . 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 2  40  80 . W takim tworzeniu permutacji, tworzymy tą samą permutację 2 razy
80
 80 . Z analizy sposobu tworzenia
czyli wszystkich permutacji rzędu 3 wynosi 40 
2
permutacji rzędu 3 wynika, że permutacji rzędu 3 w grupie S 6 jest też 80.
Ad zad 5).
(13)  1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12
warstw jest [ (13) : H ] 
rz (13) 12

3
rzH
4
1  H  1,5,8,12  H  [1]  [5]  [8]  [12]
13
2  H  2,10,3,11  H  [2]  [3]  [10]  [11]
13
4  H  4,7,6,9  H  [4]  [6]  [7]  [9]
13
Mamy trzy różne warstwy i więcej nie ma warstw. Analogiczne tworzenie daje te same
warstwy z innym reprezentantem.
b).

1 H 2 13 H 4  H
13
13
13
2 H
4 H
1 H
1 H
2 H
2 H
13
13
13
1 H
4 H
4 H
1 H
2 H
13
13
13
13
13
4 H
13
13
13
13
Ad zad 6).
f : H1  H 2  H  Z12 f (( k , l ))  k  l k  H1 ,
12
l  H 2 jest homomorfizmem i jest
izomorficznym włożeniem jeżeli jest różnowartościowe.
f ((0,0))  0  0  0
f ((0,4))  0  4  4 f ((0,8))  0  0  8
12
12
f ((6,0))  6  0  6
12
f ((6,4))  6  4  10
12
12
f ((6,8))  6  8  2
12
Ponieważ odwzorowanie jest różnowartościowe mamy włożenie na podgrupę
H1  H 2  H  0,2,4,6,8,10 Z12 .
Ad zad 7).
f : R 4  R 2 f (( x1 , x2 , x3 , x4 ))  ( x1  2 x3 , x2  3x3 ) jest homomorfizmem grup ponieważ
f (( x1, x2 , x3 , x4 )  ( y1, y2 , y3 , y4 ))  f ( x1  y1, x2  y2 , x3  y3 , x4  y4 )  ( x1  y1  2( x3  y3 ) , x2  y2  3( x3  y3 ) 
(( x1  2 x3 )  ( y1  2 y 3 ) , ( x 2  3x3 )  ( y 2  3y 3 ))  ( x1  2 x3 , x 2  3x3 )  ( y1  2 y 3 , y 2  3 y 3 )  f (( x1 , x 2 , x3 , x 4 ))  f (( y1 , y 2 , y 3 , y 4 ))
f ((0,0,0,0))  (0,0) .
Im f  R 2 ponieważ dla a, b  R mamy f (a, b,0,0)  (a, b) .
ker f  ( x1 , x2 , x3 , x4 )  R 4 : x1  2 x3  0 ,
x2  3x3  0  H
Wtedy z podstawowego twierdzenia o homomorfizmie grup
G / ker f  Im f
czyli
f : G  G1 mamy, że
R /H  R .
4
2
Ad zad 8).
Grup rzędu 4073125  5 4 7 319
naturalnych:
k1  k2  ....  kr  4
l1  l2  ....  l s  3
m1  m2  ....  mt  1
Z 54  Z 73  Z19
z dokładnością izomorfizmu jest tyle i rozwiązań w liczbach
4=4=3+1=2+1+1=2+2
3=3=2+1+1+1+1
1=1
Z 54  Z 7 \ 2  Z 7  Z19
Z 54  Z 7  Z 7  Z 7  Z19
Z 53  Z 5  Z 73  Z19
Z 53  Z 5  Z 72  Z 7  Z19
Z 53  Z 5  Z 7  Z 7  Z 7  Z19
Z 52  Z 5  Z 5  Z 73  Z19
Z 52  Z 5  Z 5  Z 72  Z 7  Z19
Z 52  Z 5  Z 5  Z 7  Z 7  Z 7  Z19
Z 52  Z 52  Z 73  Z19
Z 52  Z 52  Z 72  Z 7  Z19
Z 52  Z 52  Z 7  Z 7  Z 7  Z19
Ad zad 9).
Z podstawowego wzoru (n)  (k1k2 ...kr )  (k1 )  (k2 )  ....  (kr ) gdzie czynniki
k1k2 ...kr  n są parami względnie pierwsze mamy:
(4400)  (235211)  (23 )  (52 )  (11)
Grupy ( p ) dla liczby pierwszej nieparzystej p są cykliczne a więc ( p )  Z k
gdzie k   ( p )  p 1 ( p  1)  rz( p ) . Także (2k )  Z 2  Z 2k 2
dla k  2 .
Stąd
(4400)  (235211)  (23 )  (52 )  (11)  Z 2  Z 2  Z 20  Z10  Z 2  Z 2  Z 4  Z 5  Z 2  Z 5
Ponieważ ponadto Z kl  Z k  Z l
dla liczb naturalnych k, l względnie pierwszych.
Ad zad 9).
Ponieważ Z kl  Z k  Z l dla liczb naturalnych k, l względnie pierwszych
Z 6  Z 20  Z 50  Z 2  Z 3  Z 4  Z 5  Z 2  Z 52
Z12  Z10  Z 50  Z 22  Z 3  Z 2  Z 5  Z 2  Z 52
W produkcie kanonicznym na grupy cykliczne rzędu p  o podstawie liczby pierwszej
występują te same czynniki a więc Z 6  Z 20  Z 50  Z12  Z10  Z 50
Ad zad 11).
W grupie (70)  Z 2  Z 4  Z 3 dla elementu
rz (k , l , m)  NWW (rzk , rzl , rzm ) . Stąd
(k , l , m)  Z 2  Z 4  Z 3 k  Z 2 l  Z 4 m  Z 3
rz (0,2,1)  6 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.
f ((0,2,1))  410  132  111  39 f ((0,2,2))  410  132  112  9
70
70
70
70
f ((1,0,1))  41  13  11  31
f ((1,0,2))  41  13  112  61
f ((1,2,1))  41  13  11  59
f ((1,2,2))  41  13  112  19
1
0
70
1
70
2
70
A więc liczby
1
1
70
9,31,19,39,59,619
1
0
70
1
70
2
70
70
mają rząd 6.
Ad zad 12).
a). Grupy ( p ) dla liczby pierwszej nieparzystej p są cykliczne i ( p )  Z k
gdzie k   ( p )  p 1 ( p  1)  rz( p ) .
W naszym przypadku (49)  (7 2 )  Z 42 czyli grupa  (49) jest cykliczna.
Informację ogólną przypomniałem zapisując na tablicy i nie było osoby która by tą
informację wykorzystała.
b). Z 6  Z 35  Z 39  Z 2  Z 3  Z 7  Z 5  Z 3  Z13
W grupie cyklicznej G istnieje dokładnie p  1 elementów rzędu p dla liczby
pierwszej p rzG .
rz (0,1,0,0,0,0)  3 rz (0,2,0,0,0,0)  3 rz (0,0,0,0,1,0)  3
Dla p  3 rzG  8190 mamy więcej niż 3—1=2 elementów rzędu 3 a więc ta grupa nie
może być grupą cykliczną, czyli generowaną przez jeden element.