Obligatorisk oppgave MAT2200 VÅREN 2011 Alle punkter teller likt. Det kreves at 50% er riktig (som betyr 10 av 19 punkter) for at oppgaven skal godkjennes. Den skal leveres i egen innleveringsboks i 7. etasje i Niels Henrik Abels hus (mattebygget) innen torsdag 17. mars klokken 14.30. Husk å hefte ved utfyllt forside blanke forsider er utlagt ved siden av innleveringsboksen, eller de finnes på nettet. Oppgave 1 a) Hvilke abelske grupper av orden 120 finnes opp til isomorfi? Løsning: Vi faktoriserer 120 og finner 120 = 5 3 2 3. Siden enhver abelsk gruppe er produkt av sykliske grupper med orden en primtallspotens (Teorem 11.12), er det bare tre muligheter: Z 5 Z 3 Z 8, Z 5 Z 3 Z 4 Z 2 og Z 5 Z 3 Z 2 Z 2 Z 2. b) Hvilke undergrupper finnes i Z 2012 og hva er deres orden? Løsning: Vi har primtallsfaktoriseringen 2012 = 503 2 2. Undergruppene i en syklisk gruppe a av orden n er alle på formen a d der d er en divisor i n, og en slik undergruppe er av orden n/d (Theorem 6.14). I tillegg til den trivielle undergruppen og Z 2012 selv, finner vi da følgende undergrupper (i additiv notasjon): 2 =2Z 2012 Z 1006, 4 =4Z 2012 Z 503, 503 = 503Z 2012 Z 4 og 1006 = 1006Z 2012 Z 2. Oppgave 2 I denne oppgaven skal A betegne en additiv, abelsk p-gruppe (det vil si at A = p e der p er et primtall). Vi lar A p = { x A px =0}. a) La p = 2 og A = Z 8. Hva er ordenen til A 2? Om A = Z 4 Z 4, hva er da ordenen til A 2? Løsning: Det er bare ett ikke-trivielt element i Z 8 av orden 2, nemlig 4, A 2 = 2 i dette tilfellet. I gruppen Z 4 Z 4 har vi følgende tre ikke-trivielle elementer av orden 2: (2, 0),(0, 2) og (2, 2). Følgelig er A 2 = 4. b) Anta at A er syklisk. Vis at da er A p syklisk av orden p. Løsning: Enhver undergruppe av A er syklisk (Theorem 6.6), og siden ikke-trivielle elementer i A p per definisjon er av orden p, må A p være av orden p om den er ikketriviell. Anta at A = a og at a er av orden p e. Da er p e 1 a et ikke-trivielt element av orden p, og følgelig er A p 0. c) La A og B være to abelske p-grupper. Vis at (A B) p = A p B p.
Løsning: Det er klart at p(a, b) = (pa, pb) = (0, 0) hvis og bare hvis pa = 0 og pb = 0. d) Vis at A er syklisk hvis og bare hvis A p er syklisk. Løsning: Det føger fra teoremene 11.6 og 11.12 at en abelsk gruppe er syklisk, hvis og bare hvis den ikke er det direkte produktet av to ikke-trivielle grupper. Om A ikke er syklisk, er derfor A = B B, med B og B forskjellige fra { 0 }. Da er A p = B p B p med B p og B p begge forskjellige fra 0, og følgelig kan ikke A p være syklisk. Omvendingen er punkt b). Oppgave 3 a) La σ være den sykliske permutasjonen σ = (1, 2,..., n). Skriv σ med matrisenotasjon (i.e., som en 2 n-matrise). Løsning: ( 1 2 3... n 1 ) n 2 3 4... n 1 b) La ρ S n være en permutasjon. Anta videre av vi er gitt en n-sykel (a 1,a 2,..., a n ) (der altså a i {1, 2,..., n}). Vis at ρ(a 1,a 2,...., a n )ρ 1 =(ρ(a 1 ),ρ(a 2 ),..., ρ(a n )). Bruk dette til å vise at det finnes en permutasjon β slik at β(1, 2,..., n)β 1 =(a 1,a 2,..., a n ). Løsning: Sykelen på høyresiden er definert ved at den sender ρ(a i ) på ρ(a i+1 ) for i<nog ρ(a n ) på ρ(a 1 ). Vi må vise at venstresiden har samme effekt. Følger vi hvordan permutasjonen på venstre side virker på ρ(a i ), finner vi for i<n ρ(a i ) ϱ 1 a i σ a i+1 ρ ρa i+1, hvor vi har skrevet σ =(a 1,..., a n ). Det helt tilsvarende argumentet med i erstattet med 1, og i + 1 med n, gir oss at a n sendes på a 1. Definer β ved β(i) =a i og bruk første del av oppgaven. Hvis G er en gruppe og a G et element, lar vi C G (a) ={ x G xa = ax }. Med andre ord består C G (a) av elementene i G som kommuterer med det gitte elementet a. Vi kaller C G (a) for sentralisatoren til a i G. c) Vis at C G (a) er en undergruppe av G og at C G (a) ={ x G xax 1 = a }. 2
Løsning: La x og y være i C G (a). Da er xa = ax og ya = ay. Fra den siste likheten fåes ay 1 = y 1 a ved multiplkasjon med y 1 både fra høyre og venstre. Det gir xy 1 a = xay 1 = axy 1, og følgelig er xy 1 C G (a). Multiplikasjon med x (resp. x 1 ) fra høyre, viser at xax 1 = a hvis og bare hvis xa = ax. Derfor er C G (a) ={ x G xax 1 = a }. d) La σ S n være sykelen (1, 2,..., n). Vis at C Sn (σ) = σ. Hint: Bruk punkt b). Løsning: Det er klart at enhver potens av σ kommuterer med σ. Omvendt: Anta at ρ kommuterer med σ. Da har vi På den annen side gir punkt b) oss at ρσρ 1 = σ = (1, 2,..., n). ρσρ 1 =(ρ(1),..., ρ(n)). Nå er angivelsen av en sykel på formen (a 1,..., a n ) entydig opp til en syklisk permutasjonen av av a i -ene. Det betyr at det finnes en k slik at ρ(1) = σ k (1) og Følgelig er σ k = ρ. (σ k (1),..., σ k (n)) = (ρ(1),..., ρ(n)). e) Vis at det for to permutasjoner α og β i S n gjelder at βc Sn (α)β 1 = C Sn (βαβ 1 ). Bruk dette til å vise at det for enhver sykel σ S n gjelder at C Sn (σ) = σ. Hint: Bruk punktene b) og d). Løsning: Vi har at βαα β 1 = βαβ 1 βα β 1, så det er klart at α og α kommuterer hvis og bare hvis βαβ 1 og βα β 1 gjør det. Det gir første del av oppgaven. Hvis σ betegner sykelen, kan vi finne en β slik at β(1, 2,..., n)β 1 = σ. La α = (1, 2,..., n). Dersom τ kommuterer med σ vil β 1 τβ kommuterer med α og følgelig være lik α k for en passende k. Det betyr at τ = βα k β 1 =(βαβ 1 ) k = σ k. f ) La α være permutasjonen i S 6 gitt ved α = (1, 2, 3)(4, 5, 6). Vis at alle tre permutasjonene (1, 2, 3), (4, 5, 6) og (1, 4)(2, 5)(3, 6) ligger i C S6 (α). 3
Løsning: Siden (1, 2, 3) er disjunkt med (4, 5, 6) kommuterer de, og (1, 2, 3) kommuterer klart med seg selv, og derfor kommuterer den med (1, 2, 3)(4, 5, 6). Samme argumemt for (4, 5, 6). For (1, 4)(2, 5)(3, 6) finner vi enten ved direkte regning eller ved å bruke punkt b at (1, 4)(2, 5)(3, 6)(1, 2, 3)(1, 4)(2, 5)(3, 6) = (4, 5, 6), og (1, 4)(2, 5)(3, 6)(4, 5, 6)(1, 4)(2, 5)(3, 6) = (1, 2, 3). Det følger at (1, 4)(2, 5)(3, 6)(1, 2, 3)(4, 5, 6)(1, 4)(2, 5)(3, 6) = (4, 5, 6)(1, 2, 3) og (1, 4)(2, 5)(3, 6) kommuterer med (1, 2, 3)(4, 5, 6). Oppgave 4 I denne oppgaven betegner G en endelig gruppe. a) Vis at mengdene { a, a 1 } danner en partisjon av G når a gjennomløper G. Løsning: Det er klart at mengdene { a, a 1 } dekker G. Om { a, a 1 } { b, b 1 } er enten a = b eller a = b 1. I begge tilfeller er { a, a 1 } = { b, b 1 }. b) Vis at dersom G er av jevn orden, så innholder G et element av orden 2. Løsning: Mengdene { a, a 1 } har ett eller to elementer, og de har ett element hvis og bare hvis a = a 1, eller altså a 2 = 1. Hvis n betegner antall a 1 med a 2 = 1, følger det at G n 1 mod 2, og følgelig er n 1 mod 2 dersom G er jevn. c) Hvor mange elementer av orden 2 finnes i A 4? Hvilke er det? Løsning: Et element i S 4 er enten en tre-sykel, en fire-sykel, en to-sykel eller et produkt av to disjunkte to-sykler. En to-sykel er en odde permutasjon og derfor ikke med i A 4. De eneste elementen av orden to i A 4 er derfor produktene av to disjunkte to-sykler. Av disse er det tre stykker: (1, 2)(3, 4), (1, 3)(2, 4) og (1, 4)(2, 3) ( Et argument for dette kan gå slik: Om den ene to-sykelen er bestemt, er den andre også entydig fastlagt. Det er tre muligheter for hva som skjer 1, som må avbildes på et av tallene 2, 3 eller 4, så den ene to-syklene er (1, 2), (1, 3) eller (1, 4).) d) Vis at dersom H A 4 er en undergruppe av orden 6, så inneholder H både et element av orden 2 og et av orden 3. Løsning: Lagranges teorem gir at elementene i H enten er av orden to eller tre. Vi så i punkt b at enhver gruppe av jevn orden har minst et element av orden to. Siden det bare er tre elementer av orden to i A 4, må det finnes elementer av orden tre i H. 4
e) Vis at (1, 2, 3)(1, 2)(3, 4) = (1, 3, 4) og (1, 2)(3, 4)(1, 2, 3) = (2, 4, 3). Løsning: Enkel regning. f ) Vis at A 4 ikke inneholder noen undergruppe av orden 6. Forklar hva dette har med Lagranges teorem om ordenen til undergrupper å gjøre. Løsning: Vi kan, etter en eventuell renummerering, anta at et av elementene av orden to i H er (1, 2)(3, 4). Hvis σ er en tre-sykel i H, så må enten (1, 2) eller (3, 4) være innehold i σ. Vi kan derfor, etter en eventuell ny renummerering, anta at σ = (1, 2, 3). Punkt e gir oss da at både (1, 3, 4) og (2, 4, 3) er med i H. Deres inverser ligger også i H. Det gir oss sammen med σ og σ 1 seks elementer i H alle forskjellig fra 1. Umulig! Oppgave 5 La N 1 og N 2 være to normale undergrupper i en gruppe G. Vis at dersom N 1 N 2 = { e }, så kommuterer elementer i N 1 med elementer i N 2. Hint: Se på elementer av formen xyx 1 y 1 der x N 1 og y N 2. Løsning: Siden y N 2 og N 2 er en normal undergruppe, ligger også xyx 1 i N 2. Det er klart at y 1 N 2 siden N 2 er en undergruppe, og siden N 2 er lukket under multiplikasjon, ligger xyx 1 y 1 derfor i N 2. Et helt tilsvarende argument viser at xyx 1 y 1 også ligger i N 1. Siden N 1 N 2 = { 1 }, følger det at xyx 1 y 1 = 1 og følgelig er xy = yx. 5