1 Grupy - wiadomości wstępne

Transkrypt

1 1 Grupy - wiadomości wstępne 1.1. Sporządzić tabelę działań dla grupy D 2n izometrii n-kąta foremnego na płaszczyźnie Udowodnić, że wśród grup: Z +, R +, Q + żadne dwie nie są izomorficzne. Udowodnić, że R + i C + są izomorficzne Niech ϕ : G G będzie dane wzorem ϕ(g) = g 1. Udowodnić, że ϕ jest automorfizmem wtedy i tylko wtedy, gdy G jest abelowa Znaleźć GL(n, Z p ) i SL(n, Z p ) do domu Niech K będzie ciałem. Znaleźć centrum grupy GL(n, K). Niech GL(n, Z) oznacza grupę odwracalnych macierzy n n o wyrazach całkowitych. Znaleźć jej centrum. Podgrupa generowana przez podzbiór. Rząd elementu.grupy cykliczne 1.6. Niech G = X. Niech f : G H, j : G H będą homomorfizmami, takimi że dla każdego x X, f(x) = j(x). Udowodnić, że f = j Udowodnić, że jeśli g 2 = 1 dla każdego g G, to G jest grupą abelową. Udowodnić, że jeśli G jest skończona, to G = 2 m Niech Q 8 := j, k GL(2, C), gdzie j, k są macierzami: [ ] [ ] i j = k =. 0 i 1 0 Udowodnić, że Q 8 = 8. Znaleźć rzędy wszystkich elementów Czy D 8 Q 8? Skonstruować monomorfizm D 2n Σ n (dla n 3) Podać przykład grupy nieskończonej, której każdy element jest rzędu skończonego.

2 1.12. do domu na Pokazać, że podgrupa dowolnej grupy skończonej generowana przez dwa nieprzemienne elementy rzędu dwa jest izomorficzna z grupą dihedralną do domu na Niech G będzie grupą abelową, która zawiera pewien element rzędu m i pewien element rzędu n. Pokazać, że G zawiera element, którego rząd jest równy NW W (n, m). Grupy permutacji Skonstruować monomorfizm Σ n GL(n, K) (na zastanowić się) Udowodnić, że zbiór złożony z transpozycji (12) i cyklu (1, 2,..., n) generuje całą grupęσ n. Pokazać, że jeżeli p jest liczbą pierwszą, to Σ p jest generowane przez dowolną transpozycjęi dowolny cykl długości p. Pokazać, rozważając Σ 4, że założenie iż p jest liczbą pierwszą jest istotne Pokazać,że każdą permutacjęmożna przedstawić jako złożenie transpozycji. Można żądać, by było to złożenie transpozycji elementów sąsiednich Pokazać, że nie istnieje monomorfizm Q 8 Σ Niech G = n. Niech φ : G Σ n będzie homomorfizmem Cayleya. Rozłożyć na cykle rozłączne elementy obrazu φ(g). Jeszcze o rzędach elementów i podgrup Jeżeli φ : G H jest epimorfizmem, a K H dowolną podgrupą, to [G : φ 1 (K)] = [H : K] Niech x, y G, przy czym x y = 1. Pokazać, że jeżeli x i y są przemienne, to x, y = x y Niech x, y G, przy czym o(x) = n <, a o(y) = m <. Pokazać, że jeżeli (n, m) = 1 oraz x i y są przemienne, to o(xy) = mn.

3 Działanie grupy na zbiorze swoich elementów przez automorfizmy wewnętrzne Czy istnieje grupa G, w której elementów rzędu 7 jest dokładnie 30? (do domu na 18.X) Niech k(g) oznacza liczbę klas sprzężoności elementów grupy G. Udowodnić, że jeżeli G jest skończoną grupą nieprzemienną to k(g) > Z(G) (do domu na 18.X) Udowodnić, że jeżeli G jest grupą skończoną i k(g) jest liczbą parzystą, to G jest także liczbą parzystą (do domu na 18.X) Pokazać, że jeżeli H G jest właściwą podgrupą skończonego indeksu, to zbiór g G ghg 1 jest właściwym podzbiorem zbioru elementów grupy G. 2 ć wiczenia 8 listopad i 14 listopad Produkty półproste 2.1. (do domu na 16.XI) (Hölder) Niech H G, gdzie G jest grupą skończoną a H grupa prostą. Pokazać, że jeżeli H 2 nie dzieli G, to H jest jedyną podgrupą G izomorficzną z H (do domu na 16.XI) Definicja. GrupęG nazywamy doskonałą, jeżeli [G, G] = G. Niech G będzie grupą doskonałą, a K G podgrupą cykliczną normalną. Pokazać, że K Z(G) (do domu na 16.XI) a) Pokazać, że grupa SL(2, Z p ), p > 3 jest doskonała. Znaleźć jej centrum. b) Udowodnić, że jeżeli G jest grupą doskonałą, to centrum grupy ilorazowej G/Z(G) jest trywialne (do domu na 16.XI) Niech p będzie liczbą pierwszą. Jeżeli N G i [G : N] = p, (p, N ) = 1, to w grupie G istnieje dopełnienie podgrupy N (na ć wiczenia) Dla jakich n każdy automorfizm grupy Σ n, jest wewnętrzny? 2.6. (na ć wiczenia) Pokazać, że w Σ 6 są dwie klasy sprzężoności podgrup izomorficznych z A 5. Pokazać, że także w A 6 są dwie klasy sprzężoności podgrup izomorficznych z A 5.

4 2.7. (na ć wiczenia) Pokazać, że dla n > 6 w A n jest dokładnie jedna klasa sprzężoności podgrup izomorficznych z A n 1. Produkty półproste 2.8. Jeżeli p jest liczbą pierwszą, to Aut(Z p ) = Z p 1. Łatwo sięprzekonać, że każdy automorfizm f grupy Z p = {e, γ, γ 2,..., γ p 1 } jest postaci f(x) = x s, gdzie s = 1, 2,..., p 1. Oznaczmy taki automorfizm symbolem φ s. Łatwo zauważyć, że φ s φ r = φ sr(modp). Z tego natychmiast widać, że Aut(Z p ) jest izomorficzna z grupą niezerowych reszt z dzielenia przez p z mnożeniem modulo p jako działaniem dwuargumentowym. Ale to jest po prostu grupa multiplikatywna ciała F p. W ciele F p jest nie więcej niż k elementów x spełniających równanie x k = 1 (bo wielomian stopnia k nie może mieć więcej niż k pierwiastków). Elementy dowolnej podgrupy rzędu k grupy multiplikatywnej ciała F p spełniają powyższe równanie, a zatem o ile istnieje podgrupa rzędu k, to tylko jedna. Zatem, że grupa Aut(Z p ) jest cykliczna Jeżeli p jest liczbą pierwszą i (q, p 1) > 1, to istnieje nieprzemienna grupa rzędu p q. Oczywiście istnieje nietrywialny homomorfizm φ : Z q Aut(Z p ) = Z p 1. Wobec tego produkt półprosty Z p φ Z q jest grupą nieprzemienną, na mocy poniższego lematu Produkt półprosty N φ D jest grupą przemienną wtedy i tylko wtedy, gdy grupy N i D są przemienne, a homomorfizm φ jest trywialny. Wiemy, że grupa N φ D zawiera podgrupęizomorficzną z N i podgrupęizomorficzną z D. Skoro więc grupa N φ D jest przemienna, to N i D muszą być przemienne. Pozostaje pokazanie, że φ jest homomorfizmem trywialnym. Załóżmy, że nie. Oznacza to, że x D a N φ x (a) a. Wówczas (1, x)(a, 1)(1, x) 1 = (φ x (a), 1) (a, 1), co przeczy założeniu o przemienności grupy N φ D. Skoro φ jest homomorfizmem trywialnym, to zgodnie z Uwagą 5.13 mamy do czynienia z produktem prostym, a produkt prosty grup przemiennych jest grupą przemienną. Zilustrujemy to dokładniej na bardziej konkretnym przykładzie Istnieje nieprzemienna grupa rzędu 21 : Niech Z 7 = α, Z 3 = β. Rozpatrzmy homomorfizm φ : Z 3 Aut(Z 7 ) zadany wzorami φ β (x) = x 2, φ β 2(x) = x 4 i oczywiście φ 1 = id. Łatwo sprawdzić, że jest to rzeczywiście

5 homomorfizm. Na przykład φ β 2 = φ β φ β, bo φ β (φ β (x)) = φ β (x 2 ) = (x 2 ) 2 = x 4 = φ β 2(x). Homomorfizm φ można też opisać jednym wzorem: φ β j (α k ) = α 2j k Niech a = (α, 1), b = (1, β). Wówczas w grupie Z 7 φ Z 3 zachodzą następujące równości (przyładowe). Przede wszystkim, zgodnie ze wzorem (3) w Uwadze 5.14 mamy b j a k b j = a 2j k Stąd konkretne wyliczenia: abab = a(bab 1 )(bb) = aa 2 b 2 = a 3 b 2, a 4 b 2 a 2 b = a 4 (b 2 a 2 b 2 )(b 2 b) = a 4 a 8 b 3 = a 12 b 3 = a 5. I ogólnie: a i b j a k b l = a i (b j a k b j )(b j b l ) = a i a 2jk b j+l = a i+2jk b j+l. (a i b j ) 1 = a 2 j ( i) b j Istnieje nieprzemienna grupa rzędu 27. Łatwo sprawdzić, że odwzorowanie f : Z 3 Z 3 Z 3 Z 3 zadane wzorem f(x, y) = (x, xy) jest automorfizmem grupy Z 3 Z 3. Jest to oczywiście automorfizm nietrywialny. f f(x, y) = (x, x 2 y), a f f f(x, y) = f(f f(x, y)) = f(x, x 2 y) = (x, x 3 y) = (x, y), czyli f f f = id. Zatem f jest elementem stopnia 3 w Aut(Z 3 Z 3 ). W takim razie istnieje nietrywialny homomorfizm φ : Z 3 f Aut(Z 3 Z 3 ), taki że φ γ = f (gdzie γ jest generatorem Z 3 ). Wynika stąd, że grupa G zdefiniowana jako produkt półprosty G = (Z 3 Z 3 ) φ Z 3 jest grupą nieprzemienną. Grupa ta ma następującą interesującą własność : g G g 3 = 1. Przypomnijmy, że jeżeli w grupie G jest spełniony warunek g G g 2 = 1, to grupa G jest przemienna. Zauważmy także, że nieizomorficzne grupy G jak powyżej oraz Z 3 Z 3 Z 3 mają tęsamą liczbęelementów tego samego rzędu Jeżeli p jest liczbą pierwszą, to istnieje grupa nieprzemienna rzędu p 3. Wiemy, że Aut(Z p Z p ) = (p 2 1)(p 2 p). Liczba ta jest podzielna przez p, zatem na mocy Twierdzenia Cauchy ego w grupie Aut(Z p Z p ) istnieje element rzędu p. Skoro tak, to istnieje nietrywialny homomorfizm φ : Z p Aut(Z p Z p ). Wobec tego produkt półprosty (Z p Z p ) φ Z p jest nieprzemienny Podać przykład grup G 1 i G 2 oraz ich podgrup K G 1, H G 2 takich, że K H, G 1 /K G 2 /H ale G 1 G 2. Podać przykład dwóch takich rozszerzeń jak wyżej, tak by oba były produktami półprostymi (ale nie prostymi) i tak by były rozszerzeniami bez przekroju Niech H G i niech H ma w G dopełnienie normalne. Pokazać, że H jest składnikiem prostym w G wtedy i tylko wtedy, gdy H posiada dokładnie jedno dopełnienie normalne.

6 2.16. Podać przykład produktu półprostego, w którym nie każde dwa dopełnienia normalne są sprzężone Niech G = H K. Załóżmy, że H nie jest izomorficzna z żadną podgrupą K. Czy H {1} jest jedyną podgrupą G izomorficzną z H? Udowodnimy następujące twierdzenie: Twierdzenie 1. Niech H, K będą grupami, a θ i : K Aut(H) (i = 1, 2) homomorfizmami. Niech G i = H θi K będą odpowiadającymi produktami półprostymi. Niech H i, K i będą kanonicznymi obrazami H oraz K w G i. ( ) Jeżeli istnieją izomorfizmy α : H H i β : K K dla których przemienny jest diagram K θ1 Aut(H) β φ α K θ 2 Aut(H), gdzie φ α jest automorfizmem wewnętrznym grupy Aut(H) wyznaczonym przez α, to istnieje izomorfizm Φ : G 1 G 2, taki że Φ(H 1 ) = H 2. Jeżeli H jest grupą przemienną i izomorfizm Φ jak wyżej istnieje, to warunek ( ) jest spełniony. Dowód. Jeżeli ( ) zachodzi, to definiujemy Φ : G 1 G 2 wzorem Φ(h, k) = (α(h), β(k)). Jeżeli Φ istnieje, to niech Φ : G 1 /H 1 G 2 /H 2 będzie izomorfizmem indukowanym. Niech α : H H i β : K K będą złożeniami naturalnych izomorfizmów: α: H H 1 Φ H 2 H β : K K 1 G/H 1 Φ G/H 2 K 2 K Wystarczy sprawdzić, że przy tych definicjach i przemienności grupy H odpowiedni diagram jest przemienny. Jeżeli H nie jest grupą przemienną, to sytuacja jest bardziej skomplikowana i nie będziemy jej rozstrząsać. Definicja. Niech G będzie grupą. Przekrojem grupy G nazywamy parępodgrup K L G taką, że K L Niech K G H. Niech G 1 = {x G: y H (x, y) K} zaś G 2 = {x G: (x, 1) K}. Pokazać, że a) G 2 G 1 G jest przekrojem G. b) Udowodnić, że ϕ : G 1 /G 2 H 1 /H 2 dane wzorem ϕ(xg 2 ) = yh 2, gdzie y jest dowolnym elementem dla którego (x, y) K, jest izomorfizmem.

7 c) Pokazać, że jeżeli G 2 G 1 G oraz H 2 H 1 H są przekrojami zaś ϕ : G 1 /G 2 H 1 /H 2 izomorfizmem, to wyznacza to podgrupęproduktu G H (do domu 6.XII) a) Jeżeli K G i L G oraz K L = {1}. Jeżeli KL/L ma dopełnienie w G/L, to K ma dopełnienie w G. b) Niech Z(K) = 1. Pokazać, że dla dowolnej grupy G, takiej że K G. K ma dopełnienie wtedy i tylko wtedy, gdy InnK ma dopełnienie w Aut(K) (do domu 6.XII) Niech K G, G skończona. Załóżmy, że InnK ma dopełnienie w Aut(K). Pokazać, że jeżeli ( G/K, Z(K) ) = 1, to K ma dopełnienie w G. 3 Wokół twierdzenia Sylowa 3.1. Pokazać, że dla liczby pierwszej p istnieje największa p podgrupa normalna w G i dla grup skończonych jest ona częścią wspólną wszystkich p podgrup Sylowa. Oznaczamy ją O p (G). Pokazać, że istnieje najmniejsza podgrupa normalna, dla której grupa ilorazowa jest p grupą Niech G będzie p grupą. Pokazać, że dowolna właściwa podgrupa H G jest właściwą podgrupą swojego normalizatora N G (H) Pokazać, że jeżeli G jest nieabelową grupą rzędu p 3 to k(g) = p 2 + p 1, gdzie k(g) oznacza liczbę klas sprzężoności elementów grupy G Pokazać, że jeżeli G jest p-grupą skończoną a H G nietrywialną podgrupą normalną, to H Z(G) Niech G będzie grupą skończoną, a H G jej p podgrupą Sylowa. Niech K G będzie podgrupą normalną i niech π : G G/K będzie epimorfizmem na grupę ilorazową. Udowodnić, że a) H K jest p podgrupą Sylowa grupy K i każda p podgrupa Sylowa grupy K jest postaci H K, gdzie H jest pewną p podgrupą Sylowa grupy G. b) grupa π(h) jest p podgrupą Sylowa grupy ilorazowej G/K i każda p podgrupa Sylowa grupy G/K jest postaci π(h ) gdzie H jest p podgrupą Sylowa grupy G Znaleźć podgrupy Sylowa w D 2n. Wyznaczyć ich liczbę Znaleźć 2-podgrupę Sylowa w Σ 4. Udowodnić, że jest ona izomorficzna z D 8. Ile różnych 2-podgrup Sylowa zawiera Σ 4?

8 3.8. Udowodnić, że każda grupa rzędu 85 jest cykliczna Udowodnić, że grupa prosta rzędu 60 jest izomorficzna z A Udowodnić, że jeżeli G = p 2 q, gdzie p, q są różnymi liczbami pierwszymi oraz p 2 1 (mod q) i q 1 (mod p) to G jest grupą abelową Niech n = p m r, gdzie m i r są liczbami naturalnymi, p jest liczbą pierwszą, r > 1, (p r). Pokazać, że jeżeli istnieje grupa prosta rzędu n = p m r, to p m (r 1)!. Wywnioskować, że dla m 4 nie istnieje grupa prosta rzędu 2 m Udowodnić, że nie ma grupy prostej rzędu Udowodnić, że nie ma grupy prostej rzędu Udowodnić, że nie ma grupy prostej rzędu (do domu na 6.XII) Udowodnić, że nie istnieje grupa prosta rzędu 351 = Udowodnić, że nie istnieje grupa prosta rzędu 992 = Zbadać, czy każda grupa rzędu jest cykliczna. 4 Grupy nilpotentne 4.1. Niech G grupa skończoną, Φ(G) jej podgrupą Frattini. Pokazać, że jeżeli H G i HΦ(G) = G, to H = G Dla skończonej grupy G, grupa Φ(G) jest nilpotentna Skończona grupa G jest nilpotentna wtedy i tylko wtedy, gdy grupa G/Φ(G) jest nilpotentna Definicja. Element x G nazywa się antygeneratorem wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego podzbioru X G jeżeli X {x} = G, to X = G. Pokazać, że dla grupy skończonej G, podgrupa Φ(G) jest zbiorem antygeneratorów (do domu na 6.XII) Niech P będzie p podgrupą Sylowa w G. Pokazać, że dowolne dwa elementy centrum Z(P ), które są sprzężone w G, są sprzężone w N G (P ) (do domu na 6.XII) Pokazać, że jeżeli G jest nilpotentna i n G, to istnieje w G podgrupa rzędu n.

9 5 kolokwium Algebra I*, Niech N G i N <. Niech H G, G : H < i ( G : H, N ) = 1. Pokazać, że N H. Dowód. Niech K = NH. Oczywiście nadal ( K : H, N ) = 1. Rozpatrzmy przekształcenie zbiorów skończonych f : N K/H, f(x) = xh. Przekształcenie to jest ńa i zauważmy, że f(x) = f(y) wtedy i tylko wtedy, gdy y 1 x N H. Mamy więc bijekcję zbiorów warstw N/N H i K/H. Moce tych zbiorów dzielą N i K : H, które są względnie pierwsze. Zatem N/N H = 1, co kończy dowód Rozpatrujemy zbiory X = A 5 / (12345) i Y = A 5 / (13245) z działaniem A 5 polegającym na mnożeniu z lewej strony. Czy te zbiory są A 5 izomorficzne? Dowód. Te dwie orbity są izomorficzne wtedy i tylko wtedy, gdy podgrupy (12345) i (13245) są sprzężone w A 5. Wystarczy w tym celu rozstrzygnąć, czy pewien generator grupy (12345) jest sprzężony z (13245) przy pomocy premutacji parzystej. Łatwy rachunek pokazuje, że na (12345) 2 = (13524) i (254)(13245)(452) = (13524). Tak więc te orbity są izomorficzne. To jeśli chce się liczyć ńa piechotę. Ale nie trzeba... obie grupy to są 5 - podgrupy Sylowa w A 5, to są sprzężone Niech G będzie grupą skończoną, niech P G będzie podgrupą Sylowa. Niech H G będzie podgrupą normalną, taką że P H i P H. Pokazać, że P G. Dowód. Najprościej - jeżeli podgrupa Sylowa jest normalna, to jest charakterystyczna, bo jest jedyna. Zatem P H i H G oznacza P G. Można też skorzystać z lematu Frattini N G (P )H = G. Mamy ghp h 1 g 1 = gp g 1 = P, bo g N G (P ) Niech n 5. Pokazać, że jeżeli H Σ n i Σ n : H < n, to H = A n. Dowód. Niech k = Σ n : H i niech φ : Σ n Σ k Σ n 1. Niech K = ker φ. Mamy K {1}, bo homomorfizm ten nie może byc monomorfizmem. Zatem K A n A n, co oznacza, że K A n = {1} lub K = A n. Pierwszy przypadek jest niemożliwy dla n > 2, ten drugi oznacza, ze K = H = A n, bo podgrupy indeksu 2 są maksymalne Niech P G będzie p podgrupą Sylowa i P Z(G). Pokazać, że zbiór C = {x G: p o(x)} jest podgrupą i P C = G. Dowód. P Z(G), to P G. Z Sch-Zass istnieje D dopełnienie. Jasne, że D C. Dla g C mamy g = yx, y P, x D. Niech p k = o(y). Ponieważ P Z(G), to g pk = y pk x pk = x pk D. Ale o(g pk ) = o(g) = o(g) więc (o(g),p k gpk ) jest generatorem grupy cyklicznej g i g D.

10 5.6. Pokazać, że nie ma prostej grupy rzędu 180 = Wskazówki: Przypuśćmy, że G jest grupą prostą rzędu 180 1) Pokazać, że n 5 = 36. 2) Niech H 1, H 2 dwie rożne 3 podgrupy Sylowa. Przypuść my, że H 1 H 2 {1}, Pokazać, że wówczas G : C G (H 1 H 2 ) = 10. Zauważyć, że to prowadzi do sprzeczności. Zatem H 1 H 2 = {1} 3) Policzyć liczbę elementów w 3 i 5 podgrupach Sylowa, doprowadzając do sprzeczności. Dowód. Załóżmy, że grupa jest prosta. 1) n 5 = 6 lub n 5 = 36. n 5 jest indeksem normalizatora 5 podgrupy Sylowa więc istniałby homomorfizm G Σ 6. Z prostoty byłby mono i obraz zawarty w A 6. Ale obraz byłby indeksu 2 - sprzeczność. zatem n 5 = 36 i mamy 36 4 = 144 elty rzędu 5. 2) Ponieważ H 1 H 2 C G (H 1 H 2 ), to C G (H 1 H 2 ) = 9k, k > 1. (H 1 H 2 ) C G (H 1 H 2 ), to C G (H 1 H 2 ) G. Zatem G : C G (H 1 H 2 ) może być równy 2, 4, 5, 10. Pierwsze trzy liczby odpadaja z prostoty (5 jak wyżej). Wobec tego indeks jest równy 10, a rząd 18, ale podgrupa rzędu 18 nie może mieć dwóch różnych podgrup rzędu 9. Sprzecznść i H 1 H 2 = {1}. 3) zatem w 3 podgrupach Sylowa jest 10 8 = 80 eltów różnych od 1 a w 5 podgrupach 144. Za dużo Niech K G i J G. Niech K J, K Φ(G), gdzie Φ(G) jest podgrupa Frattini (czyli częścią wspólną wszystkich podgrup maksymalnych). Pokazać, że jeżeli J/K jest grupą nilpotentną, to J jest grupą nilpotentną. Wskazówka: Niech P będzie podgrupą Sylowa grupy J. Pokazać, że KP /K jest charakterystyczną podgrupą J/K i wywnioskować stąd, że KP G i zastosować lemat Frattini. Dowód. Niech P będzie podgrupą Sylowa grupy J, p : J J/K. Grupa p(p ) jest podgrupą Sylowa grupy J/K, więc p(p ) J/K z założenia nilpotentności J/K. Zatem p(p ) G/K i P K G. P jest podgrupą Sylowa w P K, więc z lematu Frattini G = N G (P )P K = N G (P )K N G (P )Φ(G). Wynika z tego, że N G (P ) = G wiec tymbardziej P J. 6 TEST Z TEORII GRUP no.1 1. W grupie permutacji parzystych A 8, wskazać element największego rzędu: Rząd ten wynosi. 2. W grupie permutacji Σ 8 komutant [Σ 8, Σ 8 ] jest równy.

11 3. Grupa przemienna G rzędu 100 zawiera elementy rzędu 20 i nie zawiera elementu rzędu 25. Wynika z tego, że grupa ta jest równa liczba elementów rzędu 20 w tej grupie wynosi 4. Odpowiedzieć na następujące pytania. Odpowiedzi uzasadnić. a) Czy grupa permutacji Σ 10 zawiera podgrupę izomorficzną z Σ 5 Σ 5? b) Czy istnieje epimorfizm (tzn. homomorfizm, który jest na ) Σ 5 Z 5? 5. Grupa przemienna rzędu 36 zawiera element rzędu 18 i nie zawiera elementu rzędu 12. Wynika z tego, że grupa te jest równa (wpisa odpowied bez uzasadnienia): 6. Czy każda grupa rzędu 30 zawiera element rzędu 6?

12 7. Czy w grupie permutacji Σ n, n 2 element σ jest zawsze sprzężony z elementem σ 1? 8. Czy w grupie permutacji parzystych A n, n 2 element σ jest zawsze sprzężony z elementem σ 1? 9. Czy dla każdej grupy rzędu 30 istnieje działanie na zbiorze 22 elementowym, które ma dokładnie 3 orbity? 10. Czy dowolna grupa rzędu 81 może działać na zbiorze 65 elementowym bez punktów stałych? z dokładnie 5 - cioma punktami stałymi?

13 11. Istnieje działanie grupy A 4 na zbiorze 10 elementowym, które ma dokładnie dwie orbity. 12. Jeżeli grupa G rzędu nieparzystego zawiera dokładnie 4 elementy rzędu 5, to Z(G) {1}. 13. Grupa O(5) jest izomorficzna z SO(5) Z Grupa GL(2, Z 11 ) zawiera podgrupę indeksu Grupa GL(2, Z 11 ) zawiera normalną podgrupę indeksu Grupa Σ 5 zawiera podgrupę izomorficzną z grupą dihedralną D 12.

14 17. Niech σ A 7, σ = (123)(45)(67). Wówczas C A7 (σ) = (wpisać odpowiednią liczbę w kratkę) 18. Niech σ A 7, σ = (123)(45)(67). Wówczas σ i σ 1 są sprzężone w A Istnieje grupa, która ma dokładnie 24 elementy rzędu Niech H G będzie podgrupą. Jeżeli działanie H na zbiorze warstw G/H zadane przez mnożenie z lewej strony przez elementy grupy H jest trywialne, to H Z(G).

15 7 Pierścienie - wiadomości wstępne. Własności elementów pierścienia Udowodnić, że w pierścieniu nieskończonym nie ma elementów niezerowych i nieodwracalnych lub jest ich nieskończenie wiele Niech f = a 0 + a 1 x a n x n R[X] będzie wielomianem. Pokazać, że: a) f jest elementem odwracalnym a 0 jest elementem odwracalnym zaś a 1,..., a n są elementami nilpotentymi. b) f jest nilpotentny a 0, a 1,..., a n są nilpotentne. c) f jest dzielnikiem zera istnieje a R, taki, że af = Znależć elementy odwracalne w pierścieniu szeregów formalnych R[[X]] Udowodnić, że jeżeli R jest nieskończoną dziedziną całkowitości, to homomorfizm Φ : R[X] R R dany wzorem Φ(f)(a) = f(a) jest monomorfizmem Udowodnić, że pierścień R[X] jest dziedziną ideałów głównych wtedy i tylko wtedy gdy R jest ciałem. Podać przykład ideału w Z[X], który nie jest główny. 7.1 Ideały pierścienia 7.6. (SM) Niech R będzie pierścieniem, a N jego nilradykałem. Pokazać,że pierścień R/N jest zredukowany. Definicja. Pierścień nazywa się zredukowany wyedy i tylko wtedy, gdy nie zawiera niezerowych elementów nilpotentnych (BS) Udowodnić, że pierścień R[X] jest dziedziną ideałów głównych wtedy i tylko wtedy gdy R jest ciałem. Podać przykład ideału w Z[X], który nie jest główny. Definicja. Pierścień R nazywamy lokalnym jeżeli zawiera dokładnie jeden ideał maksymalny Pokazać, że dla pierścienia R następujące warunki są równoważne: a) suma elementów nieodwracalnych jest elementem nieodwracalnym b) zbiór elementów nieodwracalnych jest ideałem c) R jest pierścieniem lokalnym.

16 7.9. Niech R będzie pierścieniem lokalnym. Udowodnić, że jeżeli x R oraz x 2 = x to x = 0 lub x = (BM) Udowodnić, że k[[x]] jest pierścieniem lokalnym, gdzie k jest ciałem (FS) Niech I 1, I 2,..., I n będą ideałami pierwszymi pierścienia R i niech J będzie ideałem takim, że J n i=1 I i. Udowodnić, że J I i dla pewnego i Udowodnić, że jeżeli w pierścieniu R dla każdego elementu x istnieje n N (zależne od x ), n > 1 takie, że x n = x, to każdy ideał pierwszy w R jest maksymalny (MA)Niech I R będzie ideałem pierwszym. Jeżeli I nie zawiera dzielników zera różnych od zera, to R jest dziedziną całkowitości (RM) Niech φ : R S będzie homomorfizmem pierścieni. Podać przykład ideału maksymalnego I S dla którego φ 1 (I) nie jest ideałem maksymalnym (ŁM) Niech X będzie przestrzenią zwartą a C(X) pierścieniem funkcji ciągłych o wartościach rzeczywistych. NIech x 0 X. Wówczas: a) Zbiór I x0 = {f C(X): f(x 0 ) = 0} jest ideałem maksymalnym. b) Pokazać, że jeli zbiór funkcji f 1,..., f n nie ma wspólnych miejsc zerowych, to (f 1,..., f n ) = R. c) Pokazać, że każdy ideał maksymalny C(X) jest postaci I x0, dla pewengo x 0 X Pokazać, że jeżeli (x 2 + 1) R[X] jest maksymalny. Jaki jest pierścień ilorazowy?

17 8 TEST Z TEORII GRUP no.2 1. Każda grupa rzędu 77 jest izomorficzna z Z Komutant [Σ 4, Σ 4 ] =. 3. Dla n 5 komutant [Σ n, Σ n ] =. 4. Istnieje nieprzemienna grupa G taka, że G/[G, G] = Z 15 Z Każdy automorfizm φ : Σ n Σ n zachowuje parzystość permutacji. 6. Istnieje działanie grupy A 4 na zbiorze 7 elementowym bez punktów stałych, które ma dokładnie trzy orbity.

18 7. Nieprzemienna grupa rzędu p 3 nie zawiera elementu rzędu p W grupie rzędu p n podgrupa rzędu p n 1 jest normalna. 9. W grupie G rzędu normalna podgrupa rzędu 7 jest zawarta w centrum. 10. Istnieje grupa rzędu nieparzystego zawierająca nietrywialny element x sprzężony ze swoją odwrotnością x Grupa Σ 4 jest podgrupą grupy D 2n dla pewnego n N. 12. Każda skończona grupa nieprzemienna G zawiera podgrupę przemienną H, taką że Z(G) jest właściwą podgrupą H.

19 13. Jeżeli P jest p grupą nieprzemienną, to centrum Z(P ) nie posiada dopełnienia normalnego w P. 14. Niech G = Wówczas dla każdej właściwej podgrupy H G, H jest właściwą podgrupą swojego normalizatora N G (H). 15. Jeżeli A G jest przemienną podgrupą normalną, która posiada dopełnienie normalne H, to C G (A) = ( g G ghg 1 ) A. 16. Dla dowolnego podzbioru {a, b, c} Z 2 istnieje homomorfizm f : Z 2 Z taki, że f { a,b,c} jest przekształceniem różnowartościowym. 17. Każda nietrywialna właściwa podgrupa grupy Q z dodawaniem, jest izomorficzna z grupą liczb całkowitych Z. 18. Niech G = i niech P będzie 5-podgrupą Sylowa. Działanie grupy

20 P na zbiorze warstw G/P przez mnożenie z lewej strony ma dokładnie jeden punkt stały. 19. Istnieje grupa skończona, która ma dokładnie 16 elementów rzędu Liczba elementów rzędu 7 w grupie prostej rzędu 168 wynosi 21. Grupa rzędu zawiera element rzędu Grupa Q z dodawaniem zawiera podgrupę izomorficzną z grupą Z Z. 23. Niech f : G H będzie homomorfizmem. Jeżeli g / kerf, to o(f(g)) = o(g).

21 24. Jeżeli H G i H = 2, to H Z(G). 25. W grupie D 24 każde dwa elementy rzędu dwa są sprzężone. 26. Jeżeli w grupie G każda właściwa podgrupa jest abelowa, to G jest abelowa. 27. Z 15 Z 5 zawiera podgrupę izmorficzną z Z Niech G = Z 9 Z 5. Wówczas G zawiera podgrupę indeksu Niech G = 63. Wówczas G zawiera podgrupę rzędu 21.

22 30. Grupa, w której rząd każdego nietrywialnego elementu jest liczbą pierwszą, jest przemienna. 31. Jeżeli A G jest abelową podgrupą normalną, to Z(G) A. 32. Załóżmy, że istnieje tylko jedna (z dokładnością do izomorfizmu) grupa rzędu n, n > 1. Wówczas n jest liczbą pierwszą. 33. Jeżeli grupa G nie zawiera podgrupy izomorficznej z Z 2 Z 2, to każde dwie podgrupy grupy G, izomorficzne z Z 2, są sprzężone. 34. Rząd grupy automozfizmów Z 5 Z 5 wynosi: 35. W grupie Σ 5 liczba podgrup izomorficznych z Z 5 wynosi:

23 36. Grupa Q 8 jest nierozkładalna (tzn. nie moźna jej przedstawić w postaci produktu prostego jej podgrup) 37. D 60 = D 30 Z 2

24 9 TEST Z TEORII PIERŚCIENI no.1 Uwaga: Pierścień oznacza pierścień przemienny z Produkt dziedzin całkowitości jest dziedziną całkowitości. 2. Podpierścień dziedziny całkowitości jest dziedziną całkowitości. 3. W pierścieniu Z n każdy ideał jest główny. 4. W pierścieniu Z n każdy ideał pierwszy jest maksymalny. 5. Element nieodwracalny jest dzielnikiem zera. 6. W pierścieniu skończonym element nieodwracalny jest dzielnikiem zera.

25 7. Jeżeli R ma dokładnie dwa ideały, to R jest ciałem. 8. Jeżeli pierścień ilorazowy pierścienia K[X], gdzie K jest ciałem, jest dziedziną całkowitości, to jest ciałem. 9. R[X]/(X 1)(X + 1) = R[X]/(X 2)X 10. C[X, Y ]/(X 2 Y 2 ) = C[X, Y ]/(XY ) 11. Z[X]/(2X(X 1)) = Z[X]/(X(X 1)). 12. Q[X]/(2X(X 1)) = Q[X]/(X(X 1)).

26 13. Z[X]/(X(X 1)) = Z[X]/(X) Z[X]/(X 1). 14. Z[X]/(X 2 + X + 1) jest izomorficzny z podpierścieniem R. 15. Zakładamy, że występujące pierścienie są dziedzinami całkowitości. Niech f : R R będzie monomorfizmem. Wówczas: Jeżeli a R jest elementem nierozkładalnym, to f(a) także jest elementem nierozkładalnym. Jeżeli a R jest elementem rozkładalnym, to f(a) także jest elementem rozkładalnym. 16. Zakładamy, że występujące pierścienie są dziedzinami całkowitości. Niech p R będzie ideałem pierwszym. Niech f : R R/p będzie homomorfizmem ilorazowym. Wówczas: Jeżeli a R jest elementem nierozkładalnym i f(a) 0, to f(a) także jest elementem nierozkładalnym.

27 Jeżeli a R jest elementem rozkładalnym, to f(a) także jest elementem rozkładalnym. 17. Pierścień Q[X] jest ciałem ułamków pierścienia Z[X]. 18. W pierścieniu Q[X, Y ] każdy ideał jest główny. 19. Ciało Z 5 [X]/(x 3 + x 2 + 1) ma (wpisać w kwadracik ile) elementów. 20. Dla każdego ciała K, w pierścieniu K[X], istnieje nieskończenie wiele nierozkładalnych wielomianów. 21. Z[i]/(5) Z 5

28 22. W K[X], K ciało, ideał zerowy jest pierwszy 23. Jeżeli w R ideał zerowy jest pierwszy, to R jest dziedziną całkowitości 24. Pierścień K[[X]], K ciało, ma tylko jeden ideał maksymalny 25. W pierścieniu K[[X]], K ciało, każdy niezerowy ideał pierwszy jest maksymalny 26. Zbiór ideałów maksymalnych ciała jest pusty 27. Podpierścień ciała jest dig

29 28. Podpierścień ciała jest djr 29. Podpierścień dig jest dig 30. Podpierścień djr jest djr 31. Podpierścień dziedziny euklidesowej jest dziedziną euklidesową 32. Pierścień Z[ d], gdzie d < 1 ma dwa elementy odwracalne 33. Jeżeli pierścień ilorazowy Z[i] jest dziedziną całkowitości, to jest ciałem.

30 34. Liczba elementów odwracalnych Z[ 3] jest nieskończona 35. Jeżeli I jest niezerowym ideałem w Z[ d] to I (Z \ {0}) 36. W Z[i] jest tylko jeden ideał zawierający i. 37. Niech K L będą ciałami. Niech f, g K[X]. Największy wspólny dzielnik f i g w K[X] jest równy największemu wspólnemu dzielnikowi w L[X]

31 10 Dziedziny z jednoznacznością rozkładu Niech R będzie dziedziną ideałów głównych, a Q(R) jej ciałem ułamków. Niech S Q(R) będzie podpierścieniem zawierającym R. Pokazać, że 1. każdy element pierścienia S jest postaci a b, gdzie a R i 1 b S 2. S jest dziedziną ideałów głównych Udowodnić, że jeżeli K jest ciałem, to podpierścień K[X 2, X 5 ] pierścienia K[X] nie jest dziedziną z jednoznacznością rozkładu. (jednoznaczność rozkładu nie dziedziczy się na podpierścienie) Udowodnić, że jeżeli K jest ciałem, to podpierścień K[X 2, X 5 ] pierścienia K[X] nie jest dziedziną z jednoznacznością rozkładu. (jednoznaczność rozkładu nie dziedziczy się na podpierścienie) Niech R będzie dziedziną noetherowską i załóżmy, że dla dowolnych a, b R \ {0}, istnieje NW D(a, b) i jest on postaci ka + lb. Pokazać, że R jest DIG. Dziedziny Euklidesowe Niech K[[X]] oznacza pierścień szeregów formalnych nad ciałem K. Niech dla f 0, o(f) = min{n: a n 0}. Udowodnić, że: a) o(fg) = o(f) + o(g) b) f g wtedy i tylko wtedy gdy o(f) o(g) c) f jest odwracalny wtedy i tylko wtedy gdy o(f) = 0 d) jeżeli f 0, to f jest stowarzyszony z X o(f). e) jedynym elementem nierozkładalnym jest X f) K[[X]] jest dziedziną ideałów głównych i każdy ideał jest generowany przez X k dla pewnego k. g) Czy K[[X]] jest dziedziną Euklidesową? W dziedzinie Euklidesowej znaleźć algorytm rozwiązywania układu kongruencji Niech p będzie liczbą pierwszą i zdefiniujmy Z p = {(a 1, a 2,...) : a k (Z/p k Z), a k+1 a k (mod p k ), k 1}

32 a) Pokazać, że Z p z operacjami dodawania i mnożenia po współrzędnych jest pierścieniem z 1, zawierającym Z jako podpierścień. (jest to uzupełnienie Z w metryce p-adycznej). b) Pokazać, że Z p jest pierścieniem lokalnym i Euklidesowym. Pierścień liczb Gaussa Z[i] Pokazać, że w rozkładzie na czynniki pierwsze w Z liczby naturalnej będącej sumą kwadratów l = m 2 + n 2 każdy czynnik postaci 4k-1 występuje w potędze parzystej. Znaleźć wszystkie liczby całkowite, które można przedstawić w postaci sumy kwadratów dwóch liczb całkowitych Pokazać, że istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych postaci 4k + 1 oraz postaci 4k Uzasadnić, że poniższy układ kongruencji ma rozwiązanie w pierścieniu Z[i] i znaleźć to rozwiązanie. a i (mod 1 + 2i) a 1 (mod 7). a 1 + 2i (mod 3) Pierścień Z[ 2] Znaleźć wszystkie elementy odwracalne w Z[ 2] Udowodnić, że z dokładnością do stowarzyszenia elementami pierwszymi w Z[ 2] są: a) 2 b) liczby pierwsze całkowite postaci 8n ± 3 c) dzielniki a + b 2, b 0 liczb pierwszych całkowitych postaci 8n ± W pierścieniu Z[ 2] znaleźć : a) NW D(a + b 2, a b 2) b) NW D( , 8 2 2) Pokazać, że pierścień Z[ 3] nie jest dziedziną z jednoznacznością rozkładu. Pokazać, że Z[ 3] Z[ ] i że Z[ ] jest pierścieniem Euklidesowym.

33 Podać przykład elementu nierozkładalnego w Z[ 5], który nie jest pierwszy. Podać przykład ideału w Z[ 5], który nie jest główny. Jednoznaczność rozkładu w pierścieniach wielomianów Niech R będzie dziedziną z jednoznacznością rozkładu, zaś K jej ciałem ułamków. Udowodnić, że jeżeli dla d R równanie a 2 = d ma rozwiązanie w K, to ma rozwiązanie w R. Znaleźć kontrprzykład jeżeli R nie jest dziedziną z jednoznacznością rozkładu Niech R będzie dziedziną z jednoznacznością rozkładu. Udowodnić, że f(x, Y ) = X 4 + 2Y 2 X 3 + 3Y 3 X 2 + 4Y X + 5Y + 6Y 2 jest nierozkładalny w R[X, Y ] Zbadać, które z niżej podanych wielomianów są nierozkładalne w pierścieniu Z[X] i Q[X]: a) 2X X 3 66X + 44 b) X 4 21 c) X 3 7X 2 + 3X + 3 d) X p 1 + X p X + 1, gdzie p jest liczbą pierwszą. e) (X a 1 )(X a 2 )...(X a n ) 1, gdzie a 1, a 2,..a n są różnymi liczbami całkowitymi. f) X X (Wskazówka: Zredukować modulo 5.) g) X n p, gdzie p jest liczbą pierwszą Niech R będzie dziedziną z jednoznacznością rozkładu i niech f = X n + a n 1 X n a 1 X + a 0. Pokazać, że jeżeli f ma pierwiastek w ciele ułamków R, to pierwiastek ten leży w R Znaleźć ciało ułamków pierścienia Z[X, Y ]/(X 2 + Y 2 ) Zadania trudniejsze na ochotnika do zreferowania na zajęciach. Można rozwiązywać zespołowo Niech R będzie dziedziną euklidesową, która nie jest ciałem. Pokazać, ze istnieje niezerowy nieodwracalny element c R, takie że dla każdego a R istnieją q, r R dla których a = qc + r, przy czym r = 0 lub r odwracalny.

34 Rozpatrzmy Q[ 19] z waluacją v(a + b 19) = a 2 + b Niech Z[ ] = {a + b : a, b Z} Q[ 19] 2 2 a) Pokazać, że waluacja przyjmuje wartości 0, 1, 4, 5 oraz, że v(a+b ) 5 jeżeli b 0. b) Pokazać, że elementami odwracalnymi są ±1. c) Pokazać, że jeżeli c Z[ ] miałoby spełniać warunek z poprzedniego zadania, to c musiałoby być dzielnikiem 2 lub 3 w Z[ ] i być równe ±2 lub ±3. d) Pokazać, że nie istnieją q, r Z[ ] dla których = qc + r dla c = ±2 lub c = ±3 i r = 0 lub r = ±1. e) Wywnioskować, że Z[ ] nie jest dziedziną euklidesową Udowodnimy, że dziedzina Z[ ] z poprzedniego zadania jest dziedziną ideałów głównych. Definicja. Niech R będzie dziedziną całkowitości. Funkcję v : R\{0} N {0} nazywamy waluacją Dedekinda -Hasse, jeżeli dla dowolnych a, b R\{0} mamy (a, b) = (b) lub istnieje r (a, b) takie, że v(r) < v(b). Pokazać, że: a) waluacja Euklidesowa jest waluacja Dedekinda- Hasse; b) dziedzina R jest DIG wedy i tylko wtedy, gdy można na nim zdefiniować waluację Dedekinda- Hasse. c) pokazać, że zdefiniowana w przykładzie powyżej waluacja na pierścieniu Z[ ] jest waluację Dedekinda- Hasse. Twierdzenie 2. Fermata dla pierścienia C[X]. W pierścieniu C[X] równanie f n + g n = h n nie ma rozwiązań dla n > 2 i f, g, h nie będących wszystkie wielomianami stałymi Udowonić twierdzenie Fermata dla pierścienia C[X]. Wskazówki: Dowodzić nie wprost. 1. zauważyć, że można założyć, że NW D(f, g, h) = 1 2. w C[X] wielomian 1 X n = n i=1 (1 ζi X), gdzie ζ jest n tym pierwotnym pierwiastkiem z 1. Wywnioskować, że f n = n i=1 (h ζi g); 3. pokazać, że każdy czynnik (h ζ i g) jest n tą potęgą.

35 4. niech h g = a n, h ζg = b n, h ζ 2 g = c n (bo n>2). Pokazać, że istnieją α, β, γ C, dla których (αa) n + (βb) n = (γc) n. Pokazać,że prowadzi to do sprzeczności Stosując analogiczne rozumowanie udowodnić twierdzenie Fermata dla Z i n = 3, Kolokwium z teorii pierścieni Niech R będzie dziedziną z jednoznacznością rozkładu. Wówczas: a) Czy dla dowolnych a, b R ideał I = (a, b) jest równy I = (d), gdzie d = NW D(a, b)? NIE W pierścieniu Z[X, Y ], I = (X, Y ) jest właściwy, a NW D(X, Y ) = 1. b) Czy jeżeli ideał (a, b) = (d), to d = NW D(a, b)? TAK a, b (d), czyli d a i d b. Ponadto d (a, b), co oznacza, że d = ak + bl dla pewnych k, l R. Zatem jeżeli c a i c b, to c d, czyli d = NW D(a, b) (5pkt) Znaleźć ideały maksymalne pierścienia Z[i]/(21 + 7i). Ideały maksymalne pierścienia ilorazowego są we wzajemnie jednoznacznej odpowiedniości z ideałami maksymalnymi Z[i] zawierającymi ideał (21 + 7i). Pierścień Z[i] jako dziedzina euklidesowa jest DIG i szukane ideały maksymalne są generowane przez nierozkładalne czynniki i = 7(3 + i). v(3 + i) = 10 i nietrudno sprawdzić, że 1 + i 3 + i i mamy 3 + i = (1 + i)(2 i). Elementy (1 + i) i (2 i) są nierozkładalne, bo ich waluacje są liczbami pierwszymi. Liczba 7 3(mod 4) więc też jest nierozkładalna w Z[i]. Zatem ideały maksymalne pierścienia Z[i]/(21 + 7i) to obrazy ideałów (7) Z[i], (1 + i) Z[i], (3 + i) Z[i] przy epimorfizmie p : Z[i] Z[i]/(21 + 7i) Niech K będzie ciałem. Niech ϕ : K[X, Y ] K[Z] będzie homomorfizmem zadanym przez warunek ϕ(x) = Z 2, ϕ(y ) = Z 3. Czy jądro homomorfizmu ϕ jest a) ideałem pierwszym? TAK Obraz homomorfizmu ϕ jest podpierścieniem dziedziny całkowitości K[Z], więc jest dziedziną całkowitości, a to oznacza, że jądro jest ideałem pierwszym. b) ideałem maksymalnym? NIE Na przykład wielomian Z 2 jest niezerowym nieodwracalnym elementem w obrazie homomorfizmu ϕ, więc obraz ten nie jest ciałem, zatem jądro homomorfizmu ϕ nie jest ideałem maksymalnym c) ideałem głównym?

36 TAK Pokażemy, że ker(ϕ) = (Y 2 X 3 ). Oczywiście Y 2 X 3 ker(ϕ). Niech f(y ) (K[X])[Y ] i f ker(ϕ). Wielomian Y 2 X 3 ma współczynnik 1 przy najwyższej potędze, więc możemy przez niego podzielić z resztą i otrzymujemy f = (Y 2 X 3 )g + Y h + k, gdzie f, g : (K[X])[Y ] a h, k K[X]. Wówczas 0 = ϕ(f) = Z 3 h(z 2 ) + k(z 2 ) K[Z]. Wielomian Z 3 h(z 2 ) ma zerowe współczynniki przy zmiennej Z w potęgach parzystych, zaś wielomian k(z 2 ) ma zerowe współczynniki przy zmiennej Z w potęgach nieparzystych. Ponieważ ich suma jest zerowa, to oba wielomiany h i k są zerowe, co dowodzi tezy (5pkt) Znaleźć wszystkie homomorfizmy pierścienia Z[ 5][X]/(X 2 +4) w pierścień Z 10. Z[ 5] = Z[Y ]/(Y 2 + 5) więc Z[ 5][X]/(X 2 + 4) = Z[X, Y ]/(Y 2 + 5, X 2 + 4). Homomorfizmy Z[X, Y ] Z 10 są postaci φ a,b : Z[X, Y ] Z 10, φ a,b (1) = 1, φ a,b (X) = a Z 10, φ a,b (Y ) = b Z 10. Homomorfizmy Z[ 5][X]/(X 2 +4) Z 10 są więc we wzajemnie jednoznacznej odpowiedniości z homorfizmami φ a,b dla których φ a,b (X 2 + 4) = a = 0(mod 10) i φ a,b (Y 2 + 5) = b = 0(mod 10). Z obliczeń w Z 10 wynika, że jedyne możliwe wartości, to a = 4 lub a = 6 oraz b = 5. Zatem są dwa homomorfizmy: φ 4,5, φ 6,5 : Z[ 5][X]/(X 2 + 4) Z 10, gdzie φ a,b = φ a,b π, π : Z[X, Y ] Z[ 5][X]/(X 2 + 4). Z[X, Y ] φ a,b Z 10 π Z[ 5][X]/(X 2 + 4) φ a,b Niech p Z będzie liczbą pierwszą. Niech S = Z[X] \ (p). a) Czy S jest systemem multyplikatywnym? TAK Z[X]/(p) = Z p [X] jest dziedziną całkowitości więc (p) jest ideałem pierwszym w Z[X]. b) Czy każdy ideał pierścienia S 1 Z[X] jest skończenie generowany? TAK Pierścień Z[X] jest noetherowski (twierdzenie Hilberta o bazie), więc każdy ideał jest skończenie generowany. Każdy ideał pierścienia S 1 Z[X] jest generowany przez ideał Z[X]. c) Czy pierścień S 1 Z[X] jest lokalny? (tzn. ma dokładnie jeden ideał maksymalny?) TAK Lokalizacja dowolnego pierścienia względem systemu multyplikatywnego, który jest postaci R\I, I R ideał pierwszy jest pierścieniem lokalnym. Jedynym ideałem maksymalnym jest w naszym przypadku { f g : f (p)} S 1 Z[X].

37 12 Egzamin Algebra I*, Część testowa (Każdą odpowiedź trzeba uzasadnić) Czy jeżeli grupa skończona G ma dokładnie trzy klasy sprzężoności, to jest izomorficzna z grupą Z 3? NIE Grupa D 6 = Σ3 ma trzy klasy sprzężoności Czy jeżeli grupa skończona nie zawiera podgrupy izomorficznej z Z 3 Z 3, to dowolne dwie podgrupy izomorficzne z Z 3 są sprzężone? TAK Niech P będzie 3 podgrupą Sylowa. Pokażemy, że P zawiera dokładnie jedną podgrupę izomorficzną z Z 3. Centrum podgrupy P jest nietrywialne. a więc zawiera podgrupę Z 3. Jeżeli grupa P zawierałaby jeszcze inną podgrupę izomorficzna z Z 3, to jej elementy były przeminne z tymi zawartymi w centrum, a więc P zawierałoby podgrupę izomorficzną z Z 3 Z 3. To kończy dowód, bo dowolne 3 podgrupy Sylowa są sprzężone Niech p i q będą różnymi liczbami pierwszymi. Czy grupa rzędu pq jest nilpotentna wtedy i tylko wtedy, gdy jest cykliczna? TAK Grupa skończona jest nilpotentna wtedy i tylko wtedy, gdy jest produktem swoich podgrup Sylowa, w tym wypadku grup Z p Z q = Zpq Czy istnieje dziedzina całkowitości, która ma dokładnie 35 elementów? NIE Skończona dziedzina całkowitości jest ciałem, więc liczba jego elementów jest potęgą liczby pierwszej Czy pierścienie Z[i]/(2) i Z 2 Z 2 są izomorficzne? NIE W pierścieniu Z[i], 2 = (1 + i)(1 i) = i(1 + i) 2, czyli (2) = ((1 + i) 2 ) i warstwa (1 + i) + (2) jest elementem nilpotentnym. W pierścieniu Z 2 Z 2 nie ma elementów nilpotentnych Czy pierścień Z[X, Y ]/(X 2 + Y 2 ) jest dziedziną całkowitości? TAK PIerścień Z[X, Y ] jest dziedziną z jednoznacznością rozkładu (z tw. Gaussa zastosowanego dwukrotnie), więc wystarczy pokazać że wielomian X 2 + Y 2 jest nierozkładalny (bo elementy nierozkładalne są pierwsze). To nietrudne bezpośrednie sprawdzenie. Gdyby był rozkładalny, to musiałoby być Y 2 + X 3 = (Y + f(x))(y + g(x)) = Y 2 + Y (f(x) + g(x)) + f(x)g(x). Zatem f(x) + g(x) = 0 i f(x)g(x) = X 2, czyli f(x) 2 = X 2, co jest niemożliwe.

38 12.7. Niech R = {f Q[X] : f = a 0 + a 1 X a n X n, a 0 Z, n N}. Czy R jest dziedziną ideałów głównych? NIE Ten pierścień nawet nie jest noetherowski. Jego jedynymi elementami odwracalnymi są ±1 i mamy nieskończony wzrastający ciag ideałów: (X) ( 1 2 X) (1 4 X) (1 8 X) Czy istnieje bezkwadratowa liczba całkowita d dla której wielomiany o współczynnikach całkowitych f(x) = X 5 8X 3 + 9X 3, g(x) = X 4 5X 2 6X + 3 mają wspólny pierwiastek w ciele Q( d)? Stosując algorytm Euklidesa dostajemy, że największym wspólnym dzielnikiem tych wielomianów jest wielomian X 2 3X + 1. = 5 i wielomiany mają dwa wspólne pierwiastki w Q( 5) Czy ciało 343 = 7 3 elementowe zawiera podciało 49 elementowe? NIE Ciało 7 3 elementowe jest rozszerzeniem stopnia 3 nad Z 7 i stopień rozszerzenia dowolnego ciała posredniego musiałby dzielic 3, a Niech K L będzie rozszerzeniem algebraicznym. Niech R będzie pierścieniem, takim że K R L. Czy wynika z tego, że R jest ciałem? TAK Niech a R, a 2. Ponieważ K L jest rozszerzeniem algebraicznym, to [K(a) : K] <. Przekształcenie φ : K(a) K(a) zadane wzorem φ(x) = ax jest przekształceniem liniowym skończenie wymiarowej przestrzeni liniowej K(a) nad K, które jest monomorfizmem. Jest więc ono izomorfizmem i istnieje b K(a) R dla którego ab = Zadania (Należy rozwiązać trzy zadania. Spośród zadań 2,3,4 należy wybrać dwa, Jeżeli ktoś rozwiąże wszystkie zadania, to otrzyma za to punkty.) Niech G będzie grupą skończoną. a) (5pkt) Niech H G będzie właściwą podgrupą grupy G. Pokazać, że istnieje element x G, który nie należy do żadnej podgrupy sprzężonej z H. Dowód. Podgrup sprzężonych z H jest co najwyżej G : H jest w nich więc co najwyżej 1 + ( H 1) G : H < G elementów. b) (3pkt) Niech A będzie zbiorem tych automorfizmów grupy G, które zachowują każdą klasę sprzężoności elementów grupy G. Pokazać, że A jest normalną podgrupą grupy Aut G.

39 Dowód. To są 3punkty w prezencie. Fakt, że A jest podgrupą jest oczywisty, a normalność wynika z tego, ze każdy automorfizm przeprowadza klasę sprzężonosci na klasę sprzężoności. c) (12pkt) Pokazać, że jeżeli p jest liczbą pierwszą i p A, to p G. (Wskazówka: Zauważyć, że punkty stałe automorfizmu φ A rzędu p są podgrupą i skorzystać z punktu a), także gdy nie potrafiło się go udowodnić.) Dowód. Niech φ A będzie automorfizmem rzędu p (istnieje z tw. Cauchy ego). Zbiór {g G : φ(g) = g} jest podgrupą. Jest ona właściwa, bo φ id. Niech X będzie klasą sprzężonosci z nią rozłączną. Zbiór X jest φ = Z p niezmienniczy i jest sumą orbit działania Z p. Występują jednak tylko orbity p elementowe, bo punkty stałe są z X rozłączne. Wynika z tego, że p X. Zbiór X jest klasą sprzężoności, więc jego moc jest indeksem pewnej podgrupy i jest dzielnikiem G. Zatem p G (15pkt) Udowodnić, że zbiór dzielników zera pierścienia R jest sumą mnogościową pewnej rodziny ideałów pierwszych. (Wskazówka: Rozpatrzeć zbiór ideałów pierścienia R, których wszystkie elementy są dzielnikami zera i elementy maksymalne tego zbioru.) Dowód. Zbiór ideałów pierścienia R, których wszystkie elementy są dzielnikami zera jest niepusty (zawiera ideał zerowy) i każdy łańcuch ma w nim ograniczenie górne (sumę wstępującego ciągu ideałów). Z lematu Zorna zbiór ten posiada elementy maksymalne i niech P będzie takim maksymalnym ideałem. Pokażemy, że P jest ideałem pierwszym. Niech xy P i przypuśćmy przciwnie, że x / P i y / P. Ideały (P {x}), (P {y}) sa istotnie większe, więc muszą zawierać niezerowe elementy nie będące dzielnikami zera. Niech będą to a + bx i c + dy, a, c P, b, d R. Iloczyn niezerowych elementów, które nie są dzielnikami zera jest niezerowym dzielnikiem zera. Tymczasem (a + bx)(c + dy) = ac + bcx + ady + bdxy P jest dzielnikiem zera. Sprzeczność. Dla każdego dzielnika zera z ideał (z) jest zawarty w pewnym maksymalnym, który jest pierwszy, co kończy dowód. Dowodziliśmy takiego twierdzenia: Twierdzenie 3. Jeżeli S R jest systemem multyplikatywnym, I R, I S =, to istnieje ideał pierwszy P, taki że I P i P S = Zbiór elementów nie bedacych dzielnikami zera jest systemem multyplikatywnym. Dowód jest bliźniaczy (15pkt) Rozpatrzmy dziedzinę całkowitości Z[X, Y ]/(X 2 + Y 2 ) (nie trzeba uzasadniać, że to jest dziedzina). Udowodnić, że jej ciałem ułamków jest Q(i)(Y ), czyli ciało funkcji wymiernych o współczynnikach w ciele Q(i). (Wskazówka: Pokazać, że ciało ułamków pierścienia Z[X, Y ]/(X 2 + Y 2 ) jest izomorficzne z ciałem ułamków pierścienia Z[X, Y ]/(X 2 + 1)).

40 Dowód. Niech Ȳ oznacza warstwę Y + (X2 + Y 2 ) i rozpatrzmy system multyplikatywny S = {1, Ȳ, Ȳ 2, Ȳ 3... }. Z konstrukcji ciała ułamków jest jasne, że ciało ułamków Q(Z[X, Y ]/(X 2 + Y 2 )) jest izomorficzne z ciałem ułamków Q(S 1 (Z[X, Y ]/(X 2 + Y 2 ))). Homomorfizm S 1 (Z[X, Y ]/(X 2 + Y 2 )) S 1 (Z[X, Y ]/(X 2 + Y 2 )) zadany przez X 1 Ȳ X i Ȳ Ȳ jest automorfizmem. Podstawiając X = 1 Ȳ X mamy S 1 (Z[X, Y ]/(X 2 + Y 2 )) = S 1 (Z[X, Y ]/Y 2 (X 2 + 1)) = S 1 (Z[X, Y ]/(X 2 + 1)). Ale Z[X, Y ]/(X 2 + 1) = Z[i][Y ] i jego ciałem ułamków jest Q(i)(Y ) (15pkt) Niech X 4 + 3X + 3 Q[X] i niech a C będzie jego pierwiastkiem. a) Znaleźć stopień rozszerzenia [Q( 3 2, a) : Q]. Dowód. Wielomiany X 4 + 3X + 3 Q[X] i X 3 2 są nad Q nierozkładalne z kryterium Eisensteina. Wynika z tego, że [Q( 3 2) : Q] = 3 [Q(a) : Q] = 4. Mamy Q Q( 3 2) Q( 3 2, a) i Q Q(a) Q( 3 2, a) i z multyplikatywności stopni wynika, że 3 [Q( 3 2, a) : Q] i 4 [Q( 3 2, a) : Q]. Jest też oczywiste, że [Q( 3 2, a) : Q] 12. Zatem [Q( 3 2, a) : Q] = 12 b) Udowodnić, że wielomian X 4 + 3X + 3 jest nierozkładalny w pierścieniu Q( 3 2)[X]. Dowód. Mamy Q Q( 3 2) Q( 3 2, a) i z poprzedniego punktu [Q( 3 2, a) : Q] = 12, czyli [Q( 3 2, a) : Q( 3 2)] = 4. Wielomian minimalny a nad Q( 3 2 jest stopnia 4 jest więc nim X 4 + 3X + 3, który jako minimalny jest nierozkładalny.