Utvidet løsningsforslag til Eksamen vår 2010

Transkript

1 Utvidet løsningsforslag til Eksamen vår 2010 Morten Brun og Runar Ile 1 Dette er et utvidet løsningsforslag hvor det er gitt alternativer løsninger på flere av punktene og noen tips og kommentarer. På en eksamen vil ikke dette være forventet. Oppgave 1 (a) Klassifikasjonsteoremet for endelige abelske grupper (Thm ) gir at det er tre forskjellige isomorfiklasser av abelske grupper av orden 8: 8, 4 2 og I tillegg er symmetrigruppen til kvadratet; D 4, en ikke-abelsk gruppe av orden 8. (b) Ved klassifikasjonsteoremet for endelige abelske grupper er det tre isomorfityper av abelske grupper av orden p 3 : p 3, p 2 p og p p p. (c) F. eks. fra klassifikasjonsteoremet for endelig abelske grupper og og Thm har vi at 60 er isomorf med Bildet av 36 under isomorfien er (36 (mod 12), 36 (mod 5)) = (0, 1) som har orden 5. Vi har at ordenen til et element i et produkt av grupper er minste felles multiplum til ordnene til komponentene i hver av gruppene. Ethvert element x 60 av orden 5 tilsvarer derfor et element (a, b) 12 5 hvor 5 = (a, b) = mfm( a, b ). Ved Lagrange teorem kan ikke a = 5, så a = 1 og b = 5. Altså er a = 0 og sfd(b, 5) = 1, dvs b {1, 2, 3, 4}. Fordi 36 = 5 vil alle elementene (ulik 0) i 36 ha orden 5 og det er akkurat 4 slike: {12, 24, 36, 48} og det må derfor være alle av orden 5 ved argumentet over. (d) Vi har (8, 2, 4) = mfm{ 8, 2, 4 } = mfm{3, 3, 3} = 3. Dermed er det /3 = 72 elementer i / (8, 2, 4). Kvotienten er en abelsk gruppe og vi kan derfor prøve å bruke klassifikasjonsteoremet for endelige abelske grupper. Men 72 = 8 9 gir 6 uike isomorfityper og det kan være vanskelig å avgjøre hvilken det er. Derfor prøver vi å lage en isomorfi: Alternativ 1: Vi har en gruppeisomorfi / (8, 2, 4) = / (8, 4, 2) ved å bytte om andre og tredje koordinat. (Dette gjør vi bare for at argumentet skal bli enklere å se). Vi arbeider derfor bare med den andre gruppen. Vi har en gruppehomomorfi ϕ : gitt ved at ϕ(a, b, c) = (a 2b, b 2c). Homomorfien er på fordi ϕ(1, 0, 0) = (1, 0) og ϕ(2, 1, 0) = (0, 1). Kjernen er generert av (8, 4, 2) fordi (a 2b, b 2c) = (0, 0) betyr a 2b (mod 12) og b 2c (mod 6), dvs 1 Matematisk institutt, 18. mai

2 (a, b, c) = (4c, 2c, c) = c(8, 4, 2). Ved fundamentalteoremet for gruppehomomorfier (Thm. 14.1) induserer ϕ en gruppeisomorfi / (8, 4, 2) = I stedet for å bestemme kjernen slik kan man bare observere at (8, 4, 2) ligger i kjernen og man derfor har en gruppehomomorfi / (8, 4, 2) 12 6 som er på og hvor gruppene har like mange elementer. Dermed må den være en isomorfi. Alternativ 2: Vi har en gruppehomomorfi ψ: / (8, 2, 4) gitt ved ψ(a, c) = (a, 0, c) + (8, 2, 4). Vi ser at (8, 2, 4) består av elementene (0, 0, 0), (8, 2, 4), (4, 2, 2). Fordi andre koordinat i to av disse elementene er ulik 0 betyr ψ(a, c) = (0, 0, 0) + (8, 2, 4) at (a, c) = (0, 0), dvs at ψ er en-til-en. Fordi gruppene har like mange elementer må ψ også være på, dvs en isomorfi. Oppgave 2 (a) σ = (1, 4, 6, 3)(2, 5) σ = mfm{ (1, 4, 6, 3), (2, 5) } = mfm{4, 2} = 4 Vi skriver syklene som produkter av transposisjoner: σ = (1, 3)(1, 6)(1, 4)(2, 5) et jevnt antall så σ er jevn. (b) At N er en undergruppe betyr at N er en gruppe med gruppeoperasjonen indusert fra G. At N er normal betyr at gn g 1 = N for alle elementer g i G (det er to andre ekvivalente definisjoner, se Theorem 14.13). (c) Vi setter τ = (1, 4). Da er τ 1 = τ og τστ 1 = (1, 6, 3, 4)(2, 5) som ikke er med i σ = {id, (1, 4, 6, 3)(2, 5), (1, 6)(3, 4), (1, 3, 6, 4)(2, 5)} (d) Per definisjon er en avbildning ϕ : G G en gruppehomomorfi hvis G = (G, G ) og G = (G, G ) er grupper og ϕ(a G b) = ϕ(a) G ϕ(b) for alle elementer a og b i G. La K være kjernen ker ϕ. Først må vi vise at K er en undergruppe. Da er det (ved Theorem 5.14) tilstrekkelig å vise K er lukket under gruppeoperasjonen: ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) = e G e G = e G for alle a og b i K. Det nøytrale elementet i G ligger i K: Vi vet at ϕ(e G ) = e G for alle gruppehomomorfier (Thm ). Hvis a er et element i K er også a 1 i K: Det er kjent at ϕ(a 1 ) = ϕ(a) 1 = e 1 G = e G (Thm ). 2

3 Så må vi vise at K er normal. La g G og a K. Da er ϕ(gag 1 ) = ϕ(g)ϕ(a)ϕ(g 1 ) = ϕ(g)e G ϕ(g) 1 = ϕ(g)ϕ(g) 1 = e G. Altså er gag 1 et element i K for alle g G og a K. Dette er et av kriteriene for å være en normal undergruppe. Fundamentalteoremt for gruppehomomorfier sier at bildet ϕ(g) er en undergruppe av G, at det er en gruppehomomorfi γ: G G/K definert ved at γ(g) = gk og en gruppeisomorfi µ: G/K ϕ(g) indusert av ϕ ved at µ(gk) = ϕ(g) slik at ϕ = µγ. Oppgave 3 (a) Ved Eisensteinkriteriet med p = 3 er b irredusibelt fordi kritériene holder: 1 0 (mod 3) 6 = 9 = 12 = 0 (mod 3) 12 0 (mod 9) (b) Svar: x 6 med 6(x + 1) til rest: x 3 6x 2 9x + 12 : x 2 3 = x 6 + 6x 6 x 2 3 x 3 + 3x 6x 2 6x x x 6 (c) Ved Eisensteinkriteriet med p = 3 er a = x 2 3 irredusibelt over (dvs 3 er ikke et rasjonalt tall). Ved et resultat (Thm ) er da idealet generert av a maksimalt i [x]. Men idealet a i [x] er ikke maksimalt fordi idealet a, 3 generert av a og 3 ekte innholder a (vi har 3 / a ), og fordi a, 3 ikke er hele [x] (1 ikke kan skrives som en lineærkombinasjon g a + h 3 for polynomer g og h i [x], alternativt: Kvotientringen [x]/ a, 3 = 3 [x]/ x 2 er ikke 0-ringen). Polynomet c = x 2 4 faktoriserer som (x 2)(x + 2) og ved Thm er idealet generert av c ikke maksimalt. Alternativ: Idealet generert av c er ikke et primideal siden hverken x 2 eller x + 2 er med i c, men produktet av dem er det. Ved Cor vet vi at alle maksimale idealer i kommutative ringer med 1 er primidealer og c er derfor ikke maksimalt i [x]. 3

4 Oppgave 4 (a) Sylows tredje teorem sier at hvis m er antallet Sylow p-undergrupper så er p 1 (mod p) og m er en divisor i G. Spesielt er m = 1 alltid en mulighet. Anta m 1. Fordi G = medfører m 1 (mod p) at m må dele G /p, dvs m bare kan være et av de to andre primtallene eller produktet av dem. p = 17: Hverken m = 5 eller m = 7 er mulige, men m = 35 er mulig fordi 35 1 (mod 17). p = 7: Hverken m = 5 eller m = 17 er mulige, men m = 85 er mulig fordi 85 1 (mod 7). p = 5: Hverken m = 7, m = 17 eller m = 119 er mulige. (b) Fra (a) har vi at G må ha en unik Sylow 5-undergruppe K. Fordi de konjungerte undergruppene gk g 1 for g G også er Sylow 5-undergrupper har vi at de alle må være like K og derfor er denne undergruppen normal. Anta G hverken har en normal Sylow 7-undergruppe eller en normal Sylow 17-undergruppe. Fra (a) må det da være 35 Sylow 17-undergrupper og 85 Sylow 7-undergrupper. Generelt har vi at snittet av to undergrupper H 1 H 2 = {a a H 1 og a H 2 } er en undergruppe av både H 1 og H 2. Ved Lagrange teorem kan derfor ingen av disse undergruppene ha ikke-trivielle snitt. Unionen av gruppene vil derfor ha tilsammen = 1071 elementer. Men gruppen har bare 595 elementer. Dette er en motsigelse. (c) Vi har G/K = La G være en gruppe av orden Alternativ 1: Ved Theorem 37.7 er G abelsk (vi har 17 1 (mod 5)). Dette teoremet var pensum i Alternativ 2: Ved Sylows første og tredje teorem finnes det en og bare en Sylow 7-undergruppe og en og bare en Sylow 17-undergruppe. Begge to er dermed normale undergrupper av G. Vi kaller de to normale undergruppene for N og H. Vi setter p = N og q = H (og {p, q} = {7, 17}, men hva primtallene er bare de er forskjellige spiller ingen rolle). Fordi H og N har primtallsorden er de begge sykliske; N = a og H = b. Vi har at H N er en undergruppe av både H og av N. Ved Lagrange teorem vil N H = {e}. Vi har a 1 N og fordi N er normal er også ba 1 b 1 N og dermed aba 1 b 1 N. Tilsvarende er aba 1 H og dermed aba 1 b 1 H. Så aba 1 b 1 N H = {e}. Vi får: aba 1 b 1 = e aba 1 = b ab = ba Vi viser at elementene {a i b j 0 i < p, 0 j < q} alle er forskjellige og derfor gir alle elementene i G. Anta a i b j og a m b n er to slik elementer og anta at de er like. Vi kan anta i m. Da er b j = a m i b n, dvs a m i = b j (b n ) 1 H, dvs a m i = e og m = i. Men da er b j = b n, dvs j = n. La g og h være to vilkårlig elementer i G, dvs g = a i b j og h = a m b n. Da er gh = a i b j a m b n = a i+m b j+n = hg og G er abelsk. 4

5 Oppgave 5 (a) Hvis p(a) 0 for alle a i 5 er p irredusibelt ved faktoriseringsteoremet (Corollary 23.3). Vi sjekker: p(0) = 4 p(1) = 4 p(2) = 3 p(3) = 2 p(4) = 2 NB: Vi kan ikke bruke Eisensteinkriteriet her fordi grunnkroppen ikke er. (b) Fordi f = x 3 x 2 1 er irredusibelt er f et maksimalt ideal og dermed er F = 5 [x]/ f en kropp. Da er [F : 5 ] = grad(f ) = 3 og {1, α, α 2 } er en basis for F over 5 (se Thm ). Siden 5 har 5 elementer må derfor F ha 5 3 elementer. (c) Fordi α 3 = α er α 4 = α 3 + α = α 2 + α + 1 og α 5 = α 3 + α 2 + α = 2α 2 + α + 1 For å invertere α + 1 bruker vi polynomdivisjonen f : (x + 1) som gir en rest r som må være en konstant og ulik 0. Dvs f = (x + 1) g + r. Fordi f (α) = 0 vil substitusjon av x med α gi 0 = (α + 1) g(α) + r, dvs (α + 1) 1 = r 1 g(α). Vi finner: g = x 2 + 3x + 2 og r = 2. Da 2 1 = 2 får vi at (α + 1) 1 = 2α 2 + α + 4 (sjekk: (2α 2 + α + 4) (α + 1) = 1). Som vi ser kan denne metoden brukes til å invertere andre elementer også. (d) f er redusibelt over F fordi α er en rot i f ved faktoriseringsteoremet (Cor. 23.3). Vi bruker polynomdivisjon for å finne g = f : (x α) og får g = x 2 + (α 1)x + α(α 1). I polynomdivisjonen bruker vi at α 2 (α 1) = 1. (Sjekk: g (x α) = f ). Oppgave 6 (a) Fordi diskriminanten i abc-formelen er negativ har ikke f = x 2 + x + 1 røtter i og derfor er f irredusibelt. Da er (ω) = [x]/ f og graden er [ (ω) : ] = 2 (se Thm ). Vi har at g = x 3 3 er irredusibelt ved Eisensteinkriteriet med p = 3. Derfor er ( 3 3) = [x]/ g og graden er [ ( 3 3) : ] = 3 (Thm ). (b) Siden [ (ω) : ] = 2 må [ ( 3 3, ω) : ( 3 3)] 2. Men ω / så [ ( 3 3, ω) : ( 3 3)] = 2. En basis vil dermed være {1, ω} (Thm ). (c) Vi har et tårn av kroppsutvidelser < ( 3 3) < ( 3 3, ω). Ved multiplikasjonsformelen for kroppsutvidelser (Thm. 31.4) får vi [ ( 3 3, ω) : ] = [ ( 3 3, ω) : ( 3 3)][ ( 3 3) : ] = 2 3 5

6 Ved beviset av multiplikasjonsformelen er en basis gitt ved å ta alle produkter av elementene i de to basisene {1, ω} for vektorrommet ( 3 3, ω) over kroppen ( 3 3) og {1, 3 3, ( 3 3) 2 } for vektorrommet ( 3 3) over kroppen. Det gir basisen {1, ω, 3 3, ω 3 3, ( 3 3) 2, ω( 3 3) 2 } 6