UNIVERSITETET I BERGEN

Transkript

1 BOKMÅL UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i emnet MAT220/MAUMAT44 - Algebra Fredag. juni 204, kl Tillatte hjelpemidler: Kalkulator i samsvar med fakultetets regler. Oppgavesettet er på 3 sider. Oppgave (a) Anta H og N er to undergrupper av en gruppe G. Forklar hvorfor mengden H N = {g G g H og g N} med gruppeoperasjonen fra G både er en undergruppe av H og en undergruppe av N. (b) Forklar hvorfor S 9 har en undergruppe H av orden 8 og en undergruppe N av orden 28. Hvor mange elementer kan det være i undergruppen H N? (c) Anta H og N er to undergrupper av en gruppe G. Forklar hvorfor H N er en normal undergruppe av H hvis N er normal i G. (d) Mengden av matriser n H = n 0 under matrisemultiplikasjon er en undergruppe av den generelle lineære gruppen GL(2, ). Avgjør om H er normal. (a) Mengden H N er en delmengde av G. Vi vet også at det er en undergruppe av G, for den inneholder neutralelementet, er lukket under gruppeoperasjonen i G og er lukket under å danne inverselement. Alle disse tre egenskapene er konsekvens av at både H og N har de samme egenskapene. Vi skal vise at H N er en undergruppe av H. Vi vet at både H og H N er undergrupper av G og at H N er inneholdt i H. Derfor er H N en undergruppe av H, for H N er en delmengde av H som er lukket under den binære gruppeoperasjonen i H, og som er en gruppe under den induserte operasjon på H N. På samme måte ser vi at H N er en undergruppe av N. (b) Ved Sylows første teorem har S 9 både en Sylow 3- og en Sylow 2-undergruppe. Da S 9 har 9! = elementer består en Sylow 3-undergruppe av 3 4 = 8 elementer og en Sylow 2-undergruppe består av 2 7 = 28 elementer. (c) Fra del (a) vet vi at H N er en undergruppe av H. Vi skal vise at hnh ligger i H N for alle h i H og n i H N. Siden N er normal i G vet vi at hnh N. Siden både h og n ligger i H og H er en undergruppe av G ligger hnh i H. Til sammen har vi sett at hnh H N for alle h i H og n i H N.

2 (c) Vi har at 0 n 0 0 = n 0 Siden er lik sin egen inverse viser dette at H ikke er normal i GL(2, ). 0 Oppgave 2 Du velger fritt bokstaver fra et alfabet med n bokstaver, legger dem i en sirkel og får et «sirkelord». To sirkelord er ekte forskjellige hvis det ene ikke er likt noen av rotasjonene av det andre. Vi lar «lengden» av et sirkelord være antall bokstaver i sirkelen. (a) Bruk Burnsides teorem til å finne hvor mange ekte forskjellige sirkelord av lengde henholdsvis 3 og 2 som finnes. (For n = 2 er svaret 4 og 352.) (b) La p være et primtall. Forklar hvordan Burnsides teorem kan brukes til å se at det finnes p (np + (p )n) ekte forskjellige sirkelord av lengde p. (c) Hva sier Fermats lille sats? Bruk resultatet i (b) til å vise Fermats lille sats. (a) Burnsides formel for virkningen av m på mengden X av sirkelord av lengde m ved rotasjon gir at der er r = X a m a m baner. Antallet av baner er antallet av ekte forskjellige sirkelord. Her er X a mengden av sirkelord med samme bokstav på den i-te og den a + m i-te plass for i = 0,,..., m. Hvis a deler m er et sirkelord i X a entydig bestemt ved de første a bogstavene i ordet, så der er n a slike sirkelord. Generelt har vi at hvis g(x) = x så vil g n (x) = x. Ulike generatorer for samme undergruppe vil derfor gi samme fikspunktmengde. Hvis c er største felles divisor av a og m, da er a og c generatorer for den samme undergruppen av m, så der er n c sirkelord i X a. Skriver vi gcd(a, m) for største felles divisor av a og m er der altså m m n gcd(a,m) a=0 ekte forskjellige sirkelord av lengde m. For m = 3 har vi gcd(0, 3) = 3 og gcd(, 3) = gcd(2, 3) =. Der er altså 3 (n3 + n + n) = 3 (n3 + 2n) ekte forskjellige sirkelord av lengde 3. For m = 2 har vi a gcd(a, m) så det finnes 2 (n2 + n + 2n 4 + 2n 3 + 2n 2 + 4n) ekte forskjellige sirkelord av lengde 2. 2

3 (b) For p et primtall og 0 < a < p er gcd(a, p) =, så formelen over gir at det finnes ekte forskjellige sirkelord av lengde p. p (np + (p )n) (c) Fermats lille sats sier at hvis p er et primtall som ikke deler et heltall n, da deler p tallet n p. Fra (b) vet vi at for alle positive heltall n deler p tallet n p + (p )n = n(n p + (p )). Hvis p ikke deler n, da deler p tallet n p + (p ) = (n p ) + p, så p deler også tallet n p. Dette gir Fermats lille sats for positive heltall. For p = 2 gjelder Fermats lille sats for alle odde heltall fordi p = og hvis n er odde, da deler 2 deler n p = n. For p et odde primtall er p jevn, så ( n) p = ( ) p n p = n p. Derfor holder Fermats lille sats også for negative heltall n som ikke er delelige med p. Oppgave 3 Formelen α(x, y) = ( y, x ) beskriver en isometri av planet. (a) Beregn α 2 (0, 0) og gi en geometrisk beskrivelse av α 4. Er α en translasjon, en rotasjon, en refleksjon eller en glide-refleksjon? (b) Finn to rotasjoner av planet slik at sammensetningen av dem blir en translasjon ulik identiteten. Forklar hvorfor dette viser at mengden av rotasjoner av planet under sammensetning ikke er en undergruppe av isometrigruppen. (a) Fra α(x, y) = ( y, x ) fås α(0, 0) = (, ) og α 2 (0, 0) = α(, ) = (2, 0). Generellt har vi α 2 (x, y) = α( y, x ) = (2 x, y) og at α 4 (x, y) = α 2 (2 x, y) = (x, y). Det vil si at α 4 er identitetsisometrien. Siden α 4 = id må α enten være en rotasjon eller en speiling. Fra α 2 (0, 0) = (2, 0) (0, 0) fås at α 2 id så α er ikke en speiling. Vi konkluderer at α er en rotasjon. (b) La β være rotasjonen med 80 grader rundt (0, 0) og la γ være rotasjonen med 80 grader rundt (, 0). I formler er β(x, y) = ( x, y) og γ(x, y) = ( (x ), y) = (2 x, y). Da er βγ(x, y) = (x 2, y), så βγ er en translasjon med to enheter mot venstre langs x-aksen. Dette viser at mengden av rotasjoner av planet ikke er lukket under gruppeoperasjonen, så det er ikke en undergruppe av gruppen av isometrier av planet. Oppgave 4 3

4 Hege og Kåre skal løse andregradsligninger over endelige kropper. Kåre lurer på om han kan bruke abc-formelen. (a) Kåre løser 3x 2 + 4x + 3 = 0 der koeffisientene ligger i 7. Han får x = 3 ± 2 Dvs at løsningene er x = 3 og x = 5. Hege syns dette er mistenkelig og i hvert fall for kort. Sjekk at svaret er korrekt og fyll inn mellomregningene Kåre gjorde da han brukte abc-formelen. (b) Kåre finner en utledning av abc-formelen i en av lærebøkene sine fra skolen. Der står det: Anta a 0. x + b ax 2 + bx + c = 0 x 2 + b a x + c a = 0 2 b 2 + c a = 0 x + b 2 b 2 = c a x + b 2 = b2 4ac 4a 2 x + b = ± b 2 4ac 4a 2 x = b ± b 2 4ac Kåre mener denne utledningen kan brukes mer generelt. Anta ax 2 + bx + c F[x] hvor F er en kropp med karakteristikk forskjellig fra 2. Forklar for hvert av de stegene i utledningen over hvilke egenskaper ved kroppen som brukes. (c) Hege prøver å løse x 2 + = 0 i 2 og får x = ±. Hun lurer på om dette gir mening. Kan du lese denne formelen på en meningsfull måte? Hvilke løsninger finner du da? Bruk dette til å faktorisere x 2 +. (d) Nå prøver Hege å løse x 2 + = 0 i 3 og får igjen x = ±, men dette gir ingen løsning. Finn en kroppsutvidelse 3 E av minimal grad slik at x 2 + har en rot i E. Hvor mange elementer har E? (a) For x = 3 i 7 har vi x 2 = 2 og 3x 2 + 4x + 3 = = 7 = 0. For x = 5 i 7 har vi x = 2 så x 2 = 4 og 3x 2 + 4x + 3 = = 7 = 0. 4

5 Svaret stemmer altså. Kåre satte a = 3, b = 4, c = 3 og regnet D = b 2 4ac = 3 = 2 i 7. Siden 4 = 3 i 7 gir abc-formelen x = b ± D = 4 ± 2 = 3 ± 2. (b) () Vi deler på a, eller ganger med ved bruk av den distributive loven. Siden F a er en kropp og a 0 er a en enhet, så elementet eksisterer. Siden enhver a kropp er et intigritetsområde har vi at et element i F er 0 hvis og bare hvis a ganget med dette elementet er 0. For at skrivemåten med brøker skal gi mening trenger vi alle egenskapene til et integritetsområde og at nevneren ikke er en null-divisor. For eksempel ligger det innebygget i skrivemåten at multiplikasjon i F er kommutativ og assosiativ. (2) Ved å bruke at 2 er en enhet i F gir den distributive loven og kommutativitet av + at (x + b )2 = x 2 + b a x + ( b )2, så ved eksistens av aditiv invers er x 2 + b a x + c a = (x 2 + b a x + ( b )2 ( b )2 + c a = (x + b )2 ( b )2 + c a. (3) Legg til ( b )2 c på begge sider av likhetstegnet. Her bruker vi at < F, + > a er en abelsk gruppe. (4) For to brøker c d og e f er c d e f = ce. Den distributive loven gir at d f ( b )2 c a = b2 4a 2 4ac 4a 2 = b2 4ac 4a 2. (5) Vi antar her at kvadratroten eksisterer, og at et polynom av grad 2 høyst har 2 Det er ikke alltid kvadratroten finnes. For eksempel finnes ikke i. () Vi legger til b ± på begge sider av likhetstegnet og bruker at sammen med den distributive loven. b 2 4ac = ± b 2 4ac = ± b 2 4ac 4a 2 4a 2 (c) I 2 er 2 = =, så vi kan tolke som tallet. Siden = i 2 finner vi bare løsningen x =. I 2 har vi x 2 + = x 2 + 2x + = (x + ) 2. (d) Polynomet x 2 + er irredusibelt over 3 fordi det ikke har noen rot i 3. Derfor er < x 2 + > et maksimalt ideal i 3 og E = 3 [x]/ < x 2 + > en kroppsutvidelse av 3 av grad 2. Elementet α = x + x 2 + i E er rot i polynomet x 2 + over E. Der er 9 = 3 3 elementer i E. 5

6 Oppgave 5 Avgjør om utsagnet er sant eller galt. Alle svar skal begrunnes. (a) Gruppene 7 og er ikke isomorfe. (b) En nulldivisor i en kommutativ ring med kan ikke ha en multiplikativ invers. (c) Ligningen 45x 5 (mod 24) har de samme løsningene som ligningen 5x 5 (mod 8). (d) Polynomringen 8 [x] har ingen enheter av positiv grad. (e) Ringen [x]/ 2x 3 + 9x x + 4 er en kropp. (f) Anta < E er en kroppsutvidelse av grad 7. Anta α er et element i E som ikke ligger i. Da må (α) = E. (g) En gruppe generert av to elementer er abelsk hvis Cayleygrafen ser slik ut: (a) Galt. Den abelske gruppen har elementer. Strukturteoremet for endelig 7 genererte abelske grupper forteller oss at der er en isomorfi 7 = 2 3. På samme måte ser vi at der er en isomorfi = 2 5. Til sammen fås isomorfier 7 = = (b) Sant. La a være en nulldiviser i en kommutativ ring. Da finnes b 0 i ringen slik at ab = 0. Anta motsetningsvis at c er en multiplikativ invers til a slik at ca =. Da får vi at 0 = c 0 = c(ab) = (ca)b = b = b, som er i motstrid med at b 0. (c) Oppgaven kan tolkes på to måter med to forskjellige svar. Galt: Både x = 3 og x = i 24 har 45x 5 (mod 24), men 3 og er like i 8. Sant: Siden er et integritetsområde gjelder for et heltall x at 24 = 3 8 deler tallet 45x 5 = 3(5x 5) hvis og bare hvis 8 deler tallet 5x 5. Det vil si at for x er 45x 5 (mod 24) hvis og bare hvis 5x 5 (mod 8). (d) Galt. I 8 [x] er + 4x en enhet fordi ( + 4x) 2 = + 8x + x 2 =. (e) Sant. Eisenstein med p = 7 gir at 2x 3 + 9x x + 4 er irredusibel over, og derfor er < 2x 3 + 9x x + 4 > et maksimalt ideal, og kvotientringen er en kropp.

7 (f) Sant. Siden (α) og [(α) : ] [E : (α)] = [E : ] = 7 må vi ha [(α) : ] = 7 og [E : (α)] =, så (α) = E. (g) Galt. De to generatorer kommuterer ikke. Hvis strekene med pilspiss er multiplikasjon med generatoren a og strekene uten pil er multiplikasjon med generatoren b, da er z = xab og y = x ba i figuren under. Siden y og z er forskjellige er gruppen ikke abelsk. z x y Morten Brun og Runar Ile 7