Eksamen i MNFMA205/SIF5021, 19. mai 1999-Løsningsforslag a b Oppgave 2. (a) Vi skal vise at H = 0 a b under matrisemultiplikasjon. Vi har at det.

Transkript

1 Eksamen i MNFMA205/SIF mai 1999-Løsningsforslag { } Oppgave 2. a Vi skal vise at H 0 a C er en gruppe under matrisemultiplikasjon. Vi har at det aā + a > 0 da enten a 0 eller 0. Dette fører til at H K {inverterare 2 2 matriser over C}. Vi veit at K er en gruppe under matrise-multiplikasjon og ønsker å vise at H er en undergruppe av K: a i La H. ā a aa a + ā ā a ā āā som er med i H siden aa a + ā C da a C og a ā er den negative av den komplekskonjugerte av a + ā og āā er den komplekskonjugerte av aa. ii er identites elementet i K og H 1 ā iii La H. Da er 1/δ som er med a i H siden ā a d og d d. Vi skal finne undergruppen G av H generert av A og B. En undergruppe generert av A og B er per definisjon minste undergruppe som inneholder A og B. G må altså inneholde identitets element I A B og alle mulige produkt av A og B. Spesielt må G inneholde alle potenser av A og B så la oss egynne med å se på dem. A B A 2 B 2 A 3 B 3 A 4 B 4 Altså så langt har vi funnet 6 elementer i G: I A A 2 A 3 B og B 3. AB og BA må vi også ha i G. Det er gitt at G har 8 elementer så vi trenger ikke å lete etter flere. Elementene i G er altså: 0 1 c Er G isomorf med D 4? Også her er det enklest å se på orden til elementer først. Hvis orden til elementene i de to gruppene ikke skulle stemme overens da kan vi si at de ikke er isomorfe. Etter litt regning finner vi ut at alle elementene i G ortsett fra I og A 2 har orden 4. I D 4 er det are to elementer av orden 4. Dermed kan G ikke være isomorf med D 4. 1

2 2 Oppgave 5. a Vi skal finne alle irredusile polynom av grad 5 over Z 2. Et polynom fx av grad 5 over Z 2 er på formen fx a o + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 + a 5 x 5 hvor a 0... a 5 Z 2. Vi leter etter polynom av grad 5 så a 5 må være lik 1. Videre hvis a 0 0 er x 0 en rot i polynomet og polynomet er dermed redusielt så a 0 må i hvertfall være forskjellig fra et irredusielt polynom. Altså fx 1 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 + x 5 for a 1... a 4 Z 2 så vi leter etter irredusile polynom lant 16 mulige. La oss i stedet prøve å finne redusile polynom lant dem. Hvis fx er redusielt så er det enten produkt av et lineart polynom og et polynom av grad 4 eller produkt av et irredusielt polynom av grad 2 og et irredusielt polynom av grad 3. Anta fx x + gx der gx er et polynom av grad 4: gx c 0 + c 1 x + c 2 x 2 + c 3 x 3 + x 4. Siden konstantleddet i fx er forskjellig fra 0 må åde 0 og c 0 0 altså c 0 1. Da står vi med 8 mulige valg av trippelet c 1 c 2 c 3 c i Z 2!. Hvert trippel gir oss et polynom av grad 4 og multiplisert med x + 1 et redusielt polynom av grad : gir polynomet f 1 x x 5 + x 4 + x : f 2 x x 5 + x 3 + x : f 3 x x 5 + x 4 + x 3 + x 2 + x : f 4 x x 5 + x 4 + x : f 5 x x 5 + x 2 + x : f 6 x x 5 + x 3 + x : f 7 x x 5 + x 4 + x : f 8 x x Så her har vi fått 8 reduktile polynom av grad 5. Anta at fx gxhx der gx er et irredusielt polynom av grad 2 og hx et irredusielt polynom av grad 3. Det er are ett irredusielt polynom over Z 2 av grad 2 nemlig x 2 +x+1 så gx må være dette polynomet. Det er to irredusile polynom av grad 3 over Z 2 altså to muligheter for hx: h 1 x x 3 + x og h 2 x x 3 + x + 1. Dermed får vi to nye redusile polynom av grad 5: - f 9 x gxh 1 x x 5 + x f 10 x gxh 2 x x 5 + x I alt har vi fått at 10 av de 16 mulige polynom av grad 5 er redusile. De øvrige er irredusile: - f 11 x 5 + x 4 + x 3 + x f 12 x 5 + x 4 + x 3 + x f 13 x 5 + x 4 + x 2 + x f 14 x 5 + x 3 + x 2 + x f 15 x 5 + x f 16 x 5 + x Ta ett irredusielt polynom av grad 5 over Z 2 ett av de vi har funnet i a for eks. f 16 x 5 + x Det er irredusielt og dermed er < f 16 > et maksimalt ideal noe som medfører at Z 2 [x]/ < f 16 > er en kropp. La oss sjekke hvor mange elementer det er i Z 2 [x]/ < f 16 >. Vi vet at Z 2 [x]/ < f 16 > {a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 a 0 a 1 a 2 a 3 a 4 Z 2 } I og med at koeffisientene a 0 a 1 a 2 a 3 a 4 er fra Z 2 er det klart at Z 2 [x]/ < f 16 > har elementer. c Vi skal finne kjernen til φ : Z 2 [x] M 5 Z 2 gitt ved φf fa. Vi vet at kjernen til en ringhomomorfi det er underforstått i teksten at φ er en ringhomomorfi φ : R 1 R 2 er et ideal i R 1. Videre vet vi at alle ideal i Z 2 [x] er generert av are ett element altså på formen < gx > for et element gx Z 2 [x].

3 3 For å finne kjernen til φ må vi altså finne et polynom gx Z 2 [x] av laveste grad slik at ga 0 med 0 menes 0-matrisa i M 5 Z 2 her og da er Kerφ < gx >. Betrakt I A A A A2 A Etter en del prøving og feiling husk at vi er i Z 2 {}! finner vi ut at ingen polynom gx av grad 2 i Z 2 [x] kan oppfyllet kravet om at ga 0 og ingen polynom av grad 3 eller 4 heller. Vi finner derimot at gx x 5 + x 3 + x 2 + x + 1 Z 2 [x] er slik at ga 0. Siden gx er av laveste grad slik at det er oppfylt følger det at Kerφ < gx > der gx x 5 + x 3 + x 2 + x + 1. Merk: gx er minimal polynomet til matrisa A og minimal polynomet til en matrise går opp i det karakteristiske polynomet til matrisa. Så for å finne gx kunne vi finne det karakteristiske polynomet til A legge merke til at det er et irredusielt polynom sammenligne med de fra a og konkludere at i dette tilfelle må det minimale polynomet være lik det karakteristiske gx. Fra Fundamental teorem for ringhomomorfier har vi at Im φ Z 2 [x]/ Ker φ I a har vi funnet ut at gx x 5 + x 3 + x 2 + x + 1 er et irredusielt polynom. Det medfører av Kerφ < gx > er et maksimalt ideal noe som igjen medfører at Z 2 [x]/ Ker φ er en kropp. Imφ er isomorf med Z 2 [x]/ Ker φ og er dermed også en kropp. Imφ må også ha samme antall elemener som Z 2 [x]/ Ker φ så la oss sjekke hvor mange elementer det er i Z 2 [x]/ Ker φ. Vi vet at Z 2 [x]/ Ker φ {a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 a 0 a 1 a 2 a 3 a 4 Z 2 } I og med at koeffisientene a 0 a 1 a 2 a 3 a 4 er fra Z 2 er det klart at Z 2 [x]/ Ker φ har elementer og følgelig er Imφ en kropp med 32 elementer. Eksamen i MNFMA205/SIF des.2000-løsningsforslag Oppgave 3. a La oss kalle en av steinene på den øverste randen 1 den som står til venstre til 1 kaller vi 2 3 den som er til venstre til 2 osv til 6. La oss kalle steinen som er under 1 på nederste randen7 den til venstre til 7 kaller vi 8 osv. til 12. Merk nå at ved å rotere armåndet i rommet kan vi få 1 over til posisjon av alle steinene og gruppen av symmetrier på armåndet G estår av akkurat disse evegelsene. Det er dermed 12 elementer i G. La oss skrive opp elementene i G som produkter av disjunkte sykler. - 1 til 1: identitet. La oss kalle det g 11-1 til 2: La oss kalle dette elementet g 12. g til 3: g til 4: g til 5: g til 6: g til 7: g

4 4-1 til 8: g til 9: g til 10: g til 11: g til 12: g Altså G {g 1k k }. La X være mengden av alle mulige armånd vi kan lage med tre typer steiner til disoposisjon tenk deg at armåndet står fast. Det er 3 12 elementer i X vi velger en lant 3 mulige for hver stein Men armåndet står egentlig ikke fast det kan roteres i rommet og to armånd er like hvis vi kan rotere det ene til å være lik det andre. Så antall forskjellige armånd det er mulig å lage er lik antall oriter i X under virkning av gruppe G. Så la oss ruke Burnside s formel for å finne antal oriter r: r 1 G X g X g112 - X g11 X X g siden g 12 er produkt av 2 disjunkte sykler - X g g 12 er produkt av 4 disjunkte sykler - X g X g X g og - X g1k 3 6 for all k Dermed er r antall forskjellige armånd gullsmeden kan lage. Oppgave 4. a Vi skal vise at orden til G er p 2 1p 2 p der G er mengden av 2 2-matriser over Z p med determinant forskjellig fra 0 det er underforstått fra teksten at G er en gruppe under vanlig matrisemultiplikasjon i Z p For at det skal være forskjellig fra 0 der a Z p må vektorene a Z p Z p være lineært uavhengige. Antall måter å velge den første vektor a er p 2 1: vi kan velge hvilket som helst par fra Z p Z p p 2 mulige ortsett fra 00. Altså: p 2 1. Det er p vektorer i Z p Z p som er lineært avhengige av den utvalgte a : de som er gitt ved ua u Z p. Når vi skal velge kan vi velge lant p 2 elementer i Z p Z p unntatt disse p vektorer. Så alt i alt vi har p 2 1 valg for den første vektoren og p 2 p valg for den andre for hver av disse. Det er dermed p 2 1p 2 p elementer i G. Definer f : G Z p Z p under multiplikasjon modulo p Z p Z p {0} ved at f det Z p. Det er lett å sjekke at f er en gruppe homomorfi: a f a c d det c d det a det c d f a f c d

5 f er på: gitt x Z p da er med i G og 0 x f x 0 x 5 Merk at Kerf H. Ved å ruke Fundamental teoremet for gruppe homomorfi får vi at G/H Z pog dermed er H G Z p p2 1p 2 p pp 2 1 p 1 c Vi skal vise at T { 1 Z p } er en Sylow p-undergruppe av H. La oss først vise at T er en undergruppe av H: Det et klart at T H H lukket: Gitt T. Da er med i T siden + Z p når Z p. 2. I T : Identitets elementet i H er åpenart med i T Inversen til hvert element: Gitt T. La stå for inversen til i 1 Z p + p. Da er T og Altså for hvert element i T er dets invers også med i T. Merk: Orden til H er H pp 1p + 1 så en Sylow-p-undergruppe har p elementer p går ikke opp i hverken p 1 eller p + 1. La 1 T. 1 r 1 r 1 Så orden til er lik orden til i Z p + p. Da p er et primtall orden til hvert element forskjellig fra identitets elementet i Z p + p er p og dermed er orden til hvert element i T ortsett fra identitets elementet I også p og T er følgelig en p-undergruppe av H. Siden T p er det da en Sylow-p-undergruppe av H. d Hvor mange Sylow-p-undergrupper har H? Tredje Sylow teorem: Antall r av Sylow-p-undergupper i en gruppe er r 1mod p og går opp i orden til gruppa. I vårt tillfelle må r altså være kongruent med 1 modulo p og gå opp i H pp 1p + 1 så r kan være enten 1 eller p + 1. Andre Sylow teorem gir at Sylow-p-undergrupper er konjugerte av hverandre så hvis T er eneste Sylow-p-undergruppe i H må den være normal. Men T er ikke

6 normal: ta for eksempel T og H / T Da kan T ikke være normal og følgelig ikke den eneste Sylow-p-undergruppe i H. Dermed har vi kommet frem til at det er p + 1 Sylow-p-undergrupper i H.