Posted by: sorendahlgaard | March 31, 2011

Algebra1 – Mine svar på tidl. års eksamensopgaver

Tænkte jeg lige ville kverne dem igennem, og så kunne jeg lige så godt smide mine svar herop.

ex10

1.i – De to grupper $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$ og $\mathbb{Z}_16$ er begge abelske grupper af orden 16. Argumenter for at de ikke er isomorfe:

Vi ser hurtigt, at $\mathbb{Z}_16$ har et element af orden 16, mens alle ikke-trivieller elementer i den anden gruppe har orden 2. (Alternativt kan vi se, at de invariante faktorer er forskellige)

1.ii – Hvor mange abelske grupper findes der af orden 16:

$\mathbb{Z}_{2^4}$
$\mathbb{Z}_{2^3} \times \mathbb{Z}_2$
$\mathbb{Z}_{2^2} \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$
$\mathbb{Z}_{2^2} \times \mathbb{Z}_{2^2}$
$\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$

2.i – p, q primtal. Hvor mange forskellige abelske grupper findes der af orden $p^3q$ :

$\mathbb{Z}_{p^3} \times \mathbb{Z}_q$
$\mathbb{Z}_{p^2} \times \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_q$
$\mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_t \times \mathbb{Z}_q$

2.ii – Hvad er de invariante faktorer af 2. herover, begrund:

$\mathbb{Z}_p \times \mathbb{Z}_{p^2q}$ . Begrundelse: Klart at $p | p^2q$ . Sætning siger at disse er entydigt bestemt, så der kan ikke være andre.

3 – Giv bevis for at $G_t < G$ ( $G_t$ er alle de elementer i $G$ med endelig orden.), G er abelsk

Lad $a,b\in G_t$ . Observer da: $(ab^{-1})^{|a||b|} = (ab^{-1})(ab^{-1}) \cdots (ab^{-1}) = a^{|a||b|}(b^{-1})^{|a||b|} = e$

4.i – Betragt $D_4$ med $a = (1 2 3 4), b = (2 4)$ . Vis at $a, a^{-1}$ eneste elementer med orden 4.

Se alle elementerne: $e, a, a^2, a^3, b, ab, a^2b, a^3b$ . Da vi har, at $ba = a^{-1}b$ er det klart, at $(a^kb)^2 = a^kba^kb = a^ka^{-1}ba^{k-1}b = e$ .

Ligeledes er $(a^2)^2 = e = b^2$ . $a, a^{-1}$ har klart orden 4, da de er 4-cykler.

4.ii – Lad $\sigma = (1 2 3)\in S_4$ Beregn $\sigma a \sigma^{-1}$ og slut, at $D_4$ ikke er normal i $S_4$

$\sigma a \sigma^{-1} = (\sigma(1) \sigma(2) \sigma(3) \sigma(4)) = (2 3 1 4)$ . Dette element har klart orden 4 og er forskelligt fra $a, a^{-1}$ . Altså kan det ikke være i $D_4$ . Det følger nu af definitionen for normalitet, at $D_4$ ikke er normal i $S_4$

4.iii – Vis at $S_4$ har netop 3 sylow-2-undergrupper.

$|S_4| = 4! = 24 = 2^3 \cdot 3$ – Sylow-2-undergrupper i $S_4$ har således orden 8.

Divisorerne i 24 er 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24. Da antallet af sylow-2-undergrupper kan skrives som $2k + 1$ og er en divisor i gruppens orden, må der være enten 1 eller 3. Men da $D_4$ har orden 8 og ikke er normal i $S_4$ er der mere end 1. Der må altså være netop 3.

5 – Afbildningen $\phi : \mathbb{Z}^3\to \mathbb{Z}_2$ givet ved $(x, y, z)\mapsto x+y+z \mod 2$ betragtes. Vis at $\phi$ er en homomorfi af grupper og at kernen er fri abelsk af rang 3.

Se på $\phi(x_1, y_1, z_1)\phi(x_2, y_2, z_2) = (x_1+y_1+z_1 \mod 2) + (x_2 + y_2 + z_2 \mod 2)$ . Men det er jo netop definitionen, at dette er det samme som $(x_1 + x_2 + y_1 + y_2 + z_1 + z_2 \mod 2) = \phi(x_1 + x_2, y_1 + y_2, z_1 + z_2)$

Observer nu, at kernen er en normal undergruppe af $\mathbb{Z}^3$ . Det betyder, at den er fri abelsk af rang højest 3. Men samtidig kan vi se, at $(2\mathbb{Z})^3$ er indeholdt i kernen. Da denne er en fri abelsk gruppe af rang 3, må kernen være ligeså.

ex09

Bemærk, at der var anderledes pensum til denne eksamen. Jeg springer alle opgaver der er uden for dette års pensum over.

4. Lad $\phi : G\to G'$ gruppehomomorfi. Lad $g\in G, |g| < \infty$ . Lad $|\phi(g)| = k$ . Vis, at ordenen af $g$ er et multiplum af k

Vi ved, at $\phi(g)^{|g|} = e$ , men vi ved, at da må $k | |g|$

7. Bestem antallet af kommutative grupper af orden 2009

Da $2009 = 7^2\cdot 41$ er der kun 2 grupper.

9. $S_5$ virker på $\mathbb{Z}^5$ ved at permutere koordinaterne. Bestem banelængde og orden af isotropigruppen for $x = (1, 1, 0, 0, 0)$

Vi ser nemt, at der er $5\cdot 4 / 2$ muligheder for at placere koordinaterne. Banelængden er således 10, og ordenen af isotropigruppen er $|S_5|/10 = 12$

11. Bestem antallet af elementer af orden 11 i en simpel gruppe med orden 660

Find først primfaktorisering og divisorer: $660 = 2^2\cdot 3\cdot 5\cdot 11$ og divisorerne er:

$1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 11, 12, 15, 20, 22, 30, 33, 44, 55, 60, 66, 110, 132, 165, 220, 330, 660$

Som vi kan se er det kun 1 og 12 der kan skrives som $k \cdot 11 + 1$ . Hvis gruppen er simpel må der således være 12 sylow-11-undergrupper. Hver af disse har 11 elementer, men da 11 er et primtal er disse grupper alle cykliske og alle ikke-trivielle elementer i dem har orden 11. Altså må der være $11\cdot 10 = 110$ elementer af orden 11.

ex08

1. Lad $\sigma\in S_15$ have cykeltype $4^15^16^1$ . Bestem dennes orden samt orden og cykeltype af $\sigma^{2008}$

Ordenen er lig det mindste fælles multiplum af cykellængderne: $6\cdot 10 = 5\cdot 12 = 4\cdot 15 = 60$ . Hvis nu $r$ er resten af 2008 ved division med 60, da har vi, at $\sigma^{2008} = \sigma^r = \sigma^{28}$

Cykeltypen af $\sigma^{28}$ finder vi ved at tage de individuelle cykler og opløfte i 28. vi ved, at en 4-cykel i anden er 2 2-cykler. Vi ved ligeledes, at en 6-cykel i anden er to 3-cykler. Således har $\sigma^{28}$ cykeltypen $2^23^25$

Dens orden finder vi ved at finde det mindste tal $k$ , så $k\cdot 28 | 60$ . Dette er 15.

Det kan være rart at vide, at hvis man har tre tal, f.eks. 4, 5, 6. Så kan man finde deres LCM ved at primfaktorisere dem: $2^2, 5, 2\cdot 3$ . Deres lcm er nu den største af hver potens ganget sammen, dvs. $2^2\cdot 5\cdot 3 = 60$ eller $28 = 2^2\cdot 7, 60 = 2^2\cdot 3\cdot 5\Rightarrow \text{LCM}(28, 60) = 2^2\cdot 3\cdot 5 \cdot 7 = 420$

2. Betragt i $S_6$ permutationerne $\gamma = (1 2 3)(4 5)(6), \gamma' = (1)(2 3)(4 5 6)$ . Hvor mange $\sigma\in S_6$ opfylder $\gamma' = \sigma\gamma\sigma^{-1}$ giv et eksempel

Vi ved, at $\sigma\gamma\sigma^{-1} = (\sigma(1) \sigma(2) \sigma(3))(\sigma(4) \sigma(5))(\sigma(6))$ . Vi ved således, at:

$\sigma(6) = 1$
$\sigma(4) = 2 \Rightarrow \sigma(5) = 3$ og omvendt. Alle andre værdier er ugyldige.
Ligesom ovenover $\sigma(1)$ skal være enten 4, 5 eller 6. og da er $\sigma(2), \sigma(3)$ entydigt bestemt.

Det giver os i alt 6 muligheder. Et eksempel er:

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ 5 & 6 & 4 & 3 & 2 & 1 \end{pmatrix} = (1 5 2 6)(3 4)$

$(1 5 2 6)(3 4)(1 2 3)(4 5)(6)(1 6 2 5)(3 4) = (1)(2 3)(4 5 6)$

3. Betragt undergrupper $H < S_n$ og $K < S_m$ . Argumenter for at $H\times K$ naturligt kan opfattes som en undergruppe i $S_{n+m}$ . Vis, at $S_{255}$ har en undergruppe af orden 2008.

Se på afbildningen $f : H\times K \to S_{n+m}$ givet ved $f(a, b) := ab$ hvor $b = (b_1 b_2 \ldots b_k)$ får alle indicer flyttet med $n$ . dvs ( $b = (b_1 + n \ldots b_k + n)$ ). Dette er klart en homomorfi, da $a, b$ er disjunkte. Det er også klart en injektiv homomorfi, da $f(a,b) = e \Rightarrow a = b = e$ . Da er $H\times K/\ker f \cong \text{Im} f$

Kig på $D_4 \times \langle (1 2 \cdots 251) \rangle$ og brug ovenstående bevis.

4. Betragt den $\phi : \mathbb{Z}_{20} \to \mathbb{Z}_{20}$ givet ved $\phi(x) := 6x$ . Hvis at $\phi$ er en gruppehomomorfi og bestem kernen.

Se $\phi(a)\phi(b) = 6a + 6b = 6(a+b) = \phi(ab)$ . Dette følger af egenskaberne for restklasseregning og multiplikation.

Kernen indeholder de $n$ så $20 | 6n, 0\le n < 20$ . Det er kun $\{\overline{0}, \overline{10}\}$

5. Samtlige abelske grupper af orden 2008. Hvor mange elementer af orden 2 er der i hver.

$\mathbb{Z}_8 \times \mathbb{Z}_{251}$ – Der er 1 element af orden 2.
$\mathbb{Z}_4 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_{251}$ – Der er 3 af orden 2
$\mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_{251}$ – Der er 7 elementer af orden 2.

Antallet af elementer af orden 2 kan beregnes ved at vælge et element af orden 1 eller 2 i hvert af ledene og trække det tilfælde fra hvor alle er det neutrale element.

7. Vis at følgende grupper ikke er isomorfe med hinanden: $C_6\times C_8\times C_{10}, C_{12}\times C_{40}, D_{12}\times C_{20}, A_4\times C_{40}$

Det er klart, at de to første grupper er abelske og de to sidste ikke er. Det er altså nok at vise, at de to første grupper ikke er isomorfe med hinanden og at de to sidste ikke er isomorfe med hinanden:

$C_6\times C_8\times C_{10} \cong \mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_{2^3} \times \mathbb{Z}_2\times \mathbb{Z}_5$

$C_{12}\times C_{40} \cong \mathbb{Z}_{2^2}\times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_{2^3}\times \mathbb{Z}_5$

Disse er tydeligvis ikke ens. For de to sidste grupper kan vi se, at $A_4\times C_{40}$ har et element af orden 40, mens $D_{12}\times C_{20}$ ikke har.

9. Angiv ordenen af sylow-251-undergruppen i $C_{2008}\times D_{2008} \times A_{2008}$

Ordenen af gruppen er klart $2008\cdot 2008\cdot 2 \cdot 2008!/2$ , men hvor mange led i dennes primfaktorisering er 251?

$2008\cdot 2008\cdot 2008 = 2^7\cdot 251^2$

Hvor mange led i $2008!/2$ er 251? Det må være $k$ , hvor $k$ er det mindste hele tal, så $k\cdot 251 < 2008$ . Dette er heldigvis $2008/251 = 8$ . Således har sylow-251-undergruppen en orden af $251^{10}$

ex07

1. Abelske grupper af orden 2007. Hvor mange elementer af orden 3?

$\mathbb{Z}_{3^2} \times \mathbb{Z}_{223}$ – 2 elementer af orden 3
$\mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_3 \times \mathbb{Z}_{223}$ – 8 elementer af orden 3

3. Vis at følgende grupper ikke er isomorfe: $C_4\times C_6\times C_{10}, C_{240}, D_{120}, C_{10}\times S_4$

Igen klart, at de to sidste grupper ikke er abelske, mens de to første er. Observer, at $C_{240}$ har et element af orden 240, mens den første gruppe ikke har. Observer ligeledes, at $D_{120}$ har et element af orden 120, mens den sidste gruppe ikke har.

4. Bestem center af $D_6$

Det nemmeste er at se på elementerne i $D_6$ :

$e, a, a^2, a^3, a^4, a^5, b, ab, a^2b, a^3b, a^4b, a^5b$

Det er klart, at $e$ er i centeret. Lad os kigge på $a^k$ :

Prøv først at se om $a^k$ kommuterer med $b$ : $ba^kb^{-1} = ba^kb = bb(a^{-1})^k = (a^k)^{-1}$ . Det er således klart, at kun $a^3$ kommuterer med $b$ . Kommuterer den også med $a^kb$ ?

$(a^kb)a^3(a^kb)^{-1} = a^kba^3b(a^k)^{-1} = a^ka^3b^2(a^k)^{-1} = a^ka^3(a^k)^{-1} = a^3$

Vi har altså, at $a^3$ er i centeret. Vi ser nu, at $aa^kba^{-1} = a^{k+2}b \ne a^kb$ . Og dermed er centeret lig $\{e, a^3\}$

Alternativt siger en sætning/øvelse i bogen, at centeret for $D_n$ er $\{e\}$ hvis $n$ er ulige og isomorf med $\mathbb{Z}_2$ hvis $n$ er lige.

5. Bestem $\sigma\in S_5$ så $(1 2 3 4) = \sigma(2 3 4 5)\sigma^{-1}$

Vi har, at $(\sigma(2)\sigma(3)\sigma(4)\sigma(5)) = (1234)$ . Det giver følgende 4 muligheder:

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 5 & 1 & 2 & 3 & 4 \end{pmatrix} = (1 5 4 3 2)$

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 5 & 2 & 3 & 4 & 1 \end{pmatrix} = (1 5)$

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 5 & 3 & 4 & 1 & 2 \end{pmatrix} = (1 5 2 3 4)$

$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 5 & 4 & 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} = (1 5 3)(2 4)$

6. Angiv ordener af de ikke-trivielle sylow undergrupper i $C_2\times D_3\times A_4\times S_5$

Ordenen af gruppen er $2\cdot 6 \cdot 4!/2 \cdot 5! = 2\cdot 6\cdot 12\cdot 120$

Vi primfaktoriserer dette og får $2\cdot 2\cdot 3\cdot 2^2\cdot 3\cdot 2^3\cdot 3\cdot 5 = 2^7\cdot 3^3\cdot 5$

Ordnerne er således $2^7, 3^3, 5$

7. Vis at en gruppe af orden 2007 ikke kan være simpel

Vi har, at $2007 = 3^2\cdot 223$ . Samtidig har vi følgende divisorer i 2007: $1, 3, 9, 223, 669, 2007$ . Vi kan nu se, at antallet af sylow-223-undergrupper må være 1 og den er dermed normal.

9. Betragt $f_a : \mathbb{Z}_6\to \mathbb{Z}_6$ givet ved $f_a(x) = ax$ . Vis at det er en gruppehomomorfi. For hvilke $a\in \mathbb{Z}_6$ er det en gruppe isomorfi?

Betragt $f_a(x)f_a(y) = ax+ay = a(x+y) = f_a(x+y)$ . Ligesom i en af de tidligere opgaver følger dette af egenskaberne for restklasseregning.

Vi ser nu, at $\ker f_2 = \{e, \overline{3}\}, \ker f_3 = \{e, \overline{2}, \overline{4}\}, \ker f_4 = \{e, \overline{3}\}$

Vi ser, at $f_1$ er identiteten, så det er klart en automorfi. Ligeledes har vi, at $f_5(x) = -x$ . Vi ser let, at dette også er en isomorfi.

10. Lad $G$ gruppe og $g\in G$ med $|g| < \infty$ . Vis at $|g| = |g^2|$ hvis og kun hvis $|g|$ er ulige.

Vis først $\Rightarrow$ : $|g| = |g^2| \Rightarrow 2 \not | |g|$ . Hvis $|g|$ var lige ville $|g^2| = |g|/2$ .

$\Leftarrow$ : Vi har, at $(g^2)^j = e$ hvis og kun hvis $|g| | 2j$ . Vi har nu, at ordenen, $j$ , er det mindste fælles multiplum af $|g|$ og $2$ delt med 2. Men dette er jo netop $|g|$ da denne er ulige.