Transcript

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11 Polgrupe i grupe (1) Razišči strukturo asledjih grupoidov: (a) S = R za operacijo x y = x + y + xy, { [ ] 1 x (b) S = 0 1 x R za operacijo možeje matrik, (c) S = R 3 za operacijo vektorski produkt, (d) S = R za operaciji a L b = a i a R b = b, (e) S = {1, 2, 3, 4, 5 za operacijo, ki je podaa s tabelo Rešitev: Pri tej alogi bomo študirali različe lastosti biarih operacij. Najprej začimo z ekaj termiologije: Grupoid S je možica z biaro operacijo : S S S. Polgrupa je grupoid z asociativo operacijo. To pomei, da velja za vsako trojico a, b, c S. (a b) c = a (b c) Eota grupoida S je tak elemet e S, da velja e a = a e = a za vsak a S. Če velja samo e a = a ali pa samo a e = a za vsak a S, rečemo, da je e leva oziroma desa eota. Če ima grupoid vsaj eo levo i vsaj eo deso eoto, sta eaki i sta avtomatičo eota grupoida. Mooid je polgrupa z eoto. Če ima grupoid S eoto e, je iverz elemeta a S tak elemet x S, da velja x a = a x = e. Iverz elemeta a ozačimo z a 1. Če velja samo x a = e ali pa a x = e, rečemo elemetu x levi oziroma desi iverz elemeta a. Če ima elemet a iz eke polgrupe levi i desi iverz, sta ta iverza eaka. V grupoidu to i ujo res..

12 Grupa je mooid, v katerem ima vsak elemet iverz. Grupoid S je komutative, če velja za vsak par a, b S. (a) S = R za operacijo x y = x + y + xy: a b = b a Najprej pokažimo, da je operacija asociativa. To sledi iz eakosti (x y) z = (x + y + xy) z = x + y + xy + z + xz + yz + xyz, x (y z) = y (y + z + yz) = x + y + z + yz + xy + xz + xyz. Število 0 je eota za operacijo. Operacija je komutativa. Iverz x 1 elemeta x R mora zadoščati pogoju x 1 x = x 1 + x + x 1 x = 0. Od tod lahko izpeljemo, da je x 1 = x 1 + x, kar pomei, da so obrljivi vsi elemeti raze x = 1. Iz vsega avedeega sledi, da je (S, ) komutative mooid. Imamo izomorfizem (b) S = { [ 1 x 0 1 f : (S, ) (R, ), x x + 1. ] x R za operacijo možeje matrik: Najprej bomo preverili, da je možica S zaprta za možeje. To sledi iz eakosti [ ] [ ] [ ] 1 x 1 y 1 x + y = Asociativost operacije sledi iz asociativosti matričega možeja. [ ] 1 0 Eota za dao operacijo je matrika I =. 0 1 Iverz poljubega elemeta je eak [ 1 x 0 1 ] 1 = [ 1 x 0 1 Dokazali smo, da je (S, ) grupa. Izomorfa je grupi realih števil za seštevaje. Eksplicite izomorfizem je poda s predpisom f : (S, ) (R, +), [ ] 1 x x. 0 1 ].

13 (c) S = R 3 za operacijo vektorski produkt: Vektorski produkt dveh vektorjev iz R 3 je spet vektor iz R 3, zato je operacija dobro defiiraa. Pri preverjaju asociativosti vektorskega produkta bomo uporabili formuli za dvoji vektorski produkt: a ( b c) = b( a c) c( a b), ( a b) c = b( a c) a( b c). Ti dve eakosti am dasta slutiti, da vektorski produkt i asociativa operacija. Kokreto lahko to vidimo a primeru: i ( i j) = i k = j, ( i i) j = 0 j = 0. Ker je vektorski produkt dveh vektorjev pravokote a oba vektorja, ta operacija ima eote. Glede a ašo defiicijo je torej (R 3, ) le grupoid. Je pa kljub temu vektorski produkt primer zelo razširjee algebraiče strukture, ki se ji reče Liejeva algebra. (d) S = R za operaciji a L b = a i a R b = b: Vzemimo ajprej operacijo L. Asociativost te operacije sledi iz eakosti a L (b L c) = a L b = a, (a L b) L c = a L c = a. Aalogo lahko pokažemo, da je tudi operacija R asociativa. Operacija L ima iti eote iti obee leve eote. Je pa vsak elemet x R desa eota. Podobo operacija R ima obee dese eote, je pa vsak elemet leva eota. Možica R je za obe operaciji polgrupa. (e) S = {1, 2, 3, 4, 5 za operacijo, ki je podaa s tabelo: Preverjaje asociativosti operacije, ki je podaa s tabelo je včasih časovo zelo zahtevo. Lažje pa je dokazati, da operacija i asociativa, če ajdemo protiprimer. V ašem primeru je 2 (2 3) = 2 1 = 2, (2 2) 3 = 4 3 = 5, kar pomei, da daa operacija i asociativa..

14 Operacija ima eoto 1. Vsak elemet S ima tako levi kot desi iverz, ki pa ista vedo eaka, kot kaže primer 4 2 = 2 3 = 1. Grupoidu z eoto, v katerem ima vsak elemet levi i desi iverz, rečemo zaka. Če je operacija asociativa, sta oba iverza avtomatičo eaka, ta primer pa kaže, da pri easociativi operaciji to i več ujo res. (2) Dokaži, da sta asledji možici z daima operacijama grupi: { [ ] x y (a) S = x, y R, x 0 za operacijo možeje matrik, 0 1 (b) S = { a + b 2 a, b Q, (a, b) (0, 0) za možeje števil. Rešitev: (a) S = { [ x y 0 1 ] x, y R, x 0 za operacijo možeje matrik: Najprej preverimo, da je možica S zaprta za možeje. Velja [ ] [ ] [ ] x1 y 1 x2 y 2 x1 x = 2 x 1 y 2 + y Ker sta x 1 i x 2 eičela, je tudi x 1 x 2 eičelo število, zato je produkt daih matrik tudi matrika iz S. Asociativost operacije sledi iz asociativosti matričega možeja. [ ] 1 0 Eota za dao operacijo je matrika I =. 0 1 Iverz poljubega elemeta lahko izračuamo po formuli [ ] 1 [ x y 1 ] y = x x (b) S = { a + b 2 a, b Q, (a, b) (0, 0) za možeje števil: Produkt dveh števil iz S je eak (a 1 + b 1 2)(a2 + b 2 2) = a1 a 2 + 2b 1 b 2 + (a 2 b 1 + a 1 b 2 ) 2, kar pomei, da je možica S zaprta za možeje. Asociativost operacije sledi iz asociativosti možeja realih števil. Eota za dao operacijo je število 1. Iverz števila a + b 2 je eak (a + b 2) 1 = a a 2 2b b 2. 2 a 2 2b 2

15 (3) Izračuaj rede vseh elemetov v grupah Z 20, S 3 i S 5. Rešitev: Red elemeta a iz grupe G je ajmajše aravo število, za katero velja ea izmed eakosti a = 0, a = e, odviso od tega, ali pišemo grupo operacijo aditivo ali pa multiplikativo. Če takše e obstaja, rečemo, da ima a eskoče red. Red elemeta a ozačimo z red(a). Z 20 : Elemeti cikliče grupe Z 20, ki so tuji proti 20 imajo maksimale moži red 20. Če ek tak elemet možimo z 2, dobimo elemet reda 10. Če ga možimo s 4, dobimo elemet reda 5. Podobo velja tudi za ostale delitelje števila 20. Tako dobimo: elemeti 1, 3, 7, 9, 11, 13, 17, 19 imajo red 20, elemeti 2, 6, 14, 18 imajo red 10, elemeti 4, 8, 12, 16 imajo red 5, elemeta 5 i 10 imata red 4, elemet 10 ima red 2, eota 0 ima red 1. Bolj splošo imajo redi elemetov cikliče grupe Z asledje lastosti: S 3 : elemeti, ki so tuji proti, imajo red. Takih elemetov je ϕ(), jihovi večkratiki pa tvorijo celo grupo Z. Rečemo jim geeratorji grupe Z. eota 0 ima red 1, ostali elemeti imajo red, ki zadošča pogoju 1 < red(a) < i ki deli število. Permutacijska grupa S 3 ima šest elemetov. Njihovi redi so: S 5 : elemeti (1 2), (1 3), (2 3) imajo red 2, elemeta (1 2 3) i (1 3 2) imata red 3, eota (1)(2)(3) ima red 1. Permutacijska grupa S 5 ima 120 elemetov. Njihovi redi so odvisi samo od cikliče strukture, zato si bomo pogledali vse može cikliče oblike elemetov iz S 5. ( )... 5-cikli imajo red 5. Takih elemetov je 24. ( )(5) cikli imajo red 4. Takih elemetov je 30. (1 2 3)(4 5) cikli imajo red 6. Takih elemetov je 20. (1 2 3)(4)(5) cikli imajo red 3. Takih elemetov je 20. (1 2)(3 4)(5) cikli imajo red 2. Takih elemetov je 15. (1 2)(3)(4)(5) cikli imajo red 2. Takih elemetov je 10.

16 (1)(2)(3)(4)(5)... eota ima red 1. V splošem je red permutacije eak ajmajšemu skupemu večkratiku dolži ciklov, ki astopajo v dekompoziciji dae permutacije. (4) Daa je permutacija a = ( ) S 8. Izračuaj a 1, a 2 i a Rešitev: Najprej zapišimo permutacijo a kot produkt disjuktih ciklov ( ) a = = ( )(4 5 6) Pri račuaju potec permutacije am pride prav dejstvo, da disjukti cikli med sabo komutirajo, zato je dovolj potecirati vsak cikel posebej. Tako dobimo: a 1 = ( )(4 6 5), a 2 = (1 7)(3 8)(4 6 5), a 1000 = (4 5 6). (5) Poišči vse homomorfizme grup: (a) Z Q, (b) Q Z, (c) Z Z, (d) Z U(1). Rešitev: Naj bosta G i H grupi. Homomorfizem grup ϕ : G H je preslikava, ki zadošča pogoju ϕ(xy) = ϕ(x)ϕ(y) za vsaka x, y G. Pri tem moramo a levi vzeti operacijo v G a desi pa operacijo v H. Iz defiicije sledi, da homomorfizem grup slika eoto v eoto i iverze v iverze. Če sta grupi G i H komutativi, poavadi operacijo pišemo aditivo. V tem primeru je homomorfizem grup kar aditiva preslikava, ki po defiiciji zadošča pogoju (a) Homomorfizmi Z Q: ϕ(x + y) = ϕ(x) + ϕ(y). Grupa Z je cikliča grupa z geeratorjem 1, kar pomei, da je vsak elemet Z večkratik elemeta 1. To preprosto dejstvo ima zaimivo posledico. Vsak homomorfizem iz grupe Z v eko grupo je amreč atako določe s sliko elemeta 1. Vzemimo torej poljube homomorfizem ϕ : Z Q i ozačimo ϕ(1) = q. Po predpostavki je q racioalo število, pogoj aditivosti pa am potem pove, da za poljube N velja ϕ() = ϕ( {{ ) = ϕ(1) + ϕ(1) ϕ(1) = q. {{

17 Ker homomorfizem slika iverze v iverze, od tod sledi, da velja ϕ(m) = mq za poljube m Z. Vidimo, da je homomorfizmov iz Z v Q ravo toliko kot je racioalih števil oziroma Hom(Z, Q) = Q. Podobo velja, če grupo Q zamejamo s poljubo grupo H, saj je zmeraj (b) Homomorfizmi Q Z: Hom(Z, H) = H. Sedaj iščemo aditive preslikave iz grupe racioalih števil v grupo celih števil. Grupa Q i geeriraa z elemetom 1, zato e moremo uporabiti podobega argumeta kot pri prejšji alogi. Videli bomo, da obstaja samo e homomorfizem iz Q v Z. Vzemimo poljube homomorfizem ϕ : Q Z i aj bo ϕ(1) = m. Poglejmo, kaj am pogoj aditivosti pove o vredosti ϕ ( 1 ) za ek N. Velja ( 1 m = ϕ(1) = ϕ ) {{ = ϕ ( ) 1. Od tod sledi, da je število m večkratik vsakega aravega števila. To je mogoče le, če je m = 0. Od tod pa potem sledi (c) Homomorfizmi Z Z: Hom(Q, Z) = {0. Grupa Z je cikliča z geeratorjem 1, zato je vsak homomorfizem iz Z v Z atako določe s sliko elemeta 1. Naj bo ϕ : Z Z poljube homomorfizem i aj velja ϕ(1) = m. Ker je v grupi Z mora torej veljati Po drugi strai pa iz aditivosti sledi {{ = 0, ϕ( {{ ) = ϕ(0) = 0. ϕ( {{ ) = ϕ(1) + ϕ(1) ϕ(1) = m. {{ Ker je po predpostavki aravo število, mora biti m = 0. Torej je spet Hom(Z, Z) = {0.

18 (d) Homomorfizmi Z U(1): Grupa U(1) je grupa eotskih kompleksih števil za možeje U(1) = {z C z = 1. Eota grupe U(1) je število 1. Pri študiju homomorfizmov iz Z v U(1) bomo zopet uporabili dejstvo, da je 1 geerator grupe Z. Izberimo poljube homomorfizem ϕ : Z U(1) i ozačimo ϕ(1) = w. Po predpostavki je w = 1. Iz pogoja {{ = 0, tokrat sledi Pogoj aditivosti pa am tokrat pove, da je Oboje skupaj am da pogoj ϕ( {{ ) = 1. ϕ( {{ ) = ϕ(1) = w. w = 1. Homomorfizmov iz Z v U(1) je torej toliko, kot je -tih koreov eote. Teh pa je ravo i so eaki w k = e i2πk za k = 0, 1,..., 1. Predpis za homomorfizem, ki pripada koreu w k, je ϕ k (m) = e i2πkm za m Z. Velja torej Hom(Z, U(1)) = Z. Opomba: Homomorfizmom iz grupe G v grupo U(1) rečemo karakterji. Karakterji igrajo osredjo vlogo v teorijah Fourierovih vrst, Fourierove trasformacije i diskrete Fourierove trasformacije. Pri posplošitvi Fourierove teorije a ekomutative grupe karakterje adomestimo s homomorfizmi dae grupe v matriče grupe, ki jih imeujemo tudi reprezetacije oziroma upodobitve. (6) Poišči vse avtomorfizme grup Z, Z 5 i Z 10. Rešitev: Avtomorfizem grupe G je bijektivi homomorfizem ϕ : G G. Avtomorfizmi grupe Z: Vsak homomorfizem ϕ : Z Z je določe s sliko geeratorja 1 grupe Z. Če ozačimo ϕ(1) =, je potem ϕ(m) = m za poljube m Z. V sliki preslikave ϕ so vsa števila, ki so deljiva z. Če torej hočemo, da bo ϕ bijektiva, mora biti = ±1. To pa pomei, da je Aut(Z) = {Id, Id.

19 Avtomorfizmi grupe Z 5 : Grupa Z 5 je cikliča, zato je vsak homomorfizem ϕ : Z 5 Z 5 določe s sliko geeratorja. Če ozačimo ϕ(1) =, bo ϕ bijektiva preslikava atako takrat, ko bo {1, 2, 3, 4. Torej je Aut(Z 5 ) = Z 5. Avtomorfizmi grupe Z 10 : Tudi grupa Z 10 je cikliča, zato velja podobe sklep kot zgoraj. Če ozačimo ϕ(1) =, bo tokrat ϕ bijektiva preslikava za {1, 3, 7, 9, kar pomei, da je Aut(Z 10 ) = Z 10. Opomba: V splošem so avtomorfizmi grupe Z v bijektivi korespodeci z elemeti Z. Elemetu m Z pripada preslikava možeja z m po modulu. (7) Ugotovi, ali sta dai grupi izomorfi i poišči ekspliciti izomorfizem, če sta: (a) Z 6 i Z 2 Z 3, (b) Z 4 i Z 2 Z 2, (c) Z 30 i Z 2 Z 3 Z 5. Rešitev: (a) Imamo Abelovi grupi reda 6: Z 6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, Z 2 Z 3 = {(0, 0), (0, 1), (0, 2), (1, 0), (1, 1), (1, 2). Grupa Z 6 je cikliča z geeratorjem 1, medtem ko pri grupi Z 2 Z 3 i a prvi pogled jaso, ali je geeriraa z eim elemetom. Hitro pa lahko preverimo, da jo geerira elemet (1, 1), kar pomei, da lahko defiiramo izomorfizem ϕ : Z 6 Z 2 Z 3 s predpisi: (b) Sedaj imamo dve Abelovi grupi reda 4: ϕ(1) = (1, 1), ϕ(2) = (0, 2), ϕ(3) = (1, 0), ϕ(4) = (0, 1), ϕ(5) = (1, 2), ϕ(0) = (0, 0). Z 4 = {0, 1, 2, 3, Z 2 Z 2 = {(0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1).

20 Grupa Z 4 je spet cikliča z geeratorjem 1, medtem ko grupa Z 2 Z 2 tokrat i cikliča. Če bi amreč bila, bi obstajal elemet reda 4. Preverimo pa lahko, da so vsi elemeti, raze eote, reda 2, kar pomei, da grupi Z 4 i Z 2 Z 2 ista izomorfi. (c) Grupi Z 30 i Z 2 Z 3 Z 5 sta reda 30. Ker so 2, 3 i 5 paroma tuja števila, ima elemet (1, 1, 1) Z 2 Z 3 Z 5 red 30, zato lahko defiiramo izomorfizem ϕ : Z 30 Z 2 Z 3 Z 5 s predpisom: ϕ(k) = (k mod (2), k mod (3), k mod (5)). Opomba: Grupi Z m i Z m Z sta izomorfi atako takrat, ko sta števili m i tuji. V tem primeru je izomorfizem ϕ : Z m Z m Z da s predpisom ϕ(k) = (k mod (m), k mod ()). Od tod med drugim sledi, da za vsako kočo Abelovo grupo G obstaja izomorfizem G = Z p 1 1 Z p k, k kjer so p i praštevila, ki delijo red grupe G. Isto praštevilo se lahko poovi večkrat, kot smo videli v primeru G = Z 2 Z 2. (8) Poišči vse Abelove grupe reda 80. Rešitev: Razcep števila 80 se glasi 80 = Če je G Abelova grupa reda 80, je torej produkt faktorjev oblike Z 5, Z 2, Z 4, Z 8 i Z 16. Različe možosti so: G = Z 5 Z 16, G = Z 5 Z 8 Z 2, G = Z 5 Z 4 Z 4, G = Z 5 Z 4 Z 2 Z 2, G = Z 5 Z 2 Z 2 Z 2 Z 2. (9) Zapiši grupo tabelo za operacijo v grupi Z 10. Kateri grupi je izomorfa grupa Z 10? Rešitev: Z ozako Z ozačimo grupo (za možeje) obrljivih elemetov v kolobarju Z. Ta grupa ima ϕ() elemetov, jea eota pa je elemet 1. V ašem primeru je grupa tabela pa se glasi Z 10 = {1, 3, 7, 9,

21 Iz tabele lahko preberemo, da ima elemet 3 red 4, kar pomei, da je Z 10 = Z 4. (10) Daa je grupa G z grupo tabelo Kateri zai grupi je izomorfa grupa G? e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e Rešitev: Iz tabele je razvido, da je e eota grupe G i da je G komutativa. Torej je G izomorfa bodisi grupi Z 4 bodisi grupi Z 2 Z 2. Če bi bila G cikliča grupa, bi moral obstajati elemet reda 4, kar pa vidimo, da i res. Od tod sledi G = Z 2 Z 2. (11) Opiši grupo izometrij kvadrata. Rešitev: Obstaja osem izometrij kvadrata. Idetiteta, tri rotacije i štiri zracaljeja o Izkaže se, da lahko vsako izmed teh izometrij izrazimo z eo rotacijo i z eim zrcaljejem. Izberemo lahko a primer: a = ( )... rotacija za 90 v pozitivi smeri, b = (1 4)(2 3)... zrcaljeje preko vodoravice. Preostale etriviale izometrije so potem: a 2 = (1 3)(2 4)... rotacija za 180, a 3 = ( )... rotacija za 270, ab = (1 3)(2)(4)... zrcaljeje preko simetrale sodih kvadratov,

22 a 2 b = (1 2)(3 4)... zrcaljeje preko avpičice, a 3 b = (2 4)(1)(3)... zrcaljeje preko simetrale lihih kvadratov. Grupi izometrij kvadrata rečemo diedrska grupa reda 8 i jo ozačimo z D 8. Dejstvo, da lahko vsako izometrijo izrazimo z a i b, pomei, da je grupa D 8 geeriraa z elemetoma a i b, ki pa še zadoščata ekim pogojem. Reda elemetov a i b am dasta pogoja a 4 = 1 i b 2 = 1. Poleg teh dveh pa velja še zveza bab = a 3. Kompakto lahko te pogoje stremo v asledjem zapisu D 8 = {a, b a 4 = 1, b 2 = 1, bab = a 3. Opomba: V splošem ima grupa izometrij pravilega -kotika 2 elemetov. Poleg idetiče preslikave ima še 1 rotacij i pa zrcaljej. Ozačimo jo z D 2 i ji rečemo diedrska grupa reda 2. V primeru = 3 je grupa D 6 izomorfa grupi S 3. (12) Poišči vse podgrupe grup Z, Z 10 i Q. Rešitev: Podmožica H grupe G je podgrupa grupe G, če je zaprta za možeje i za ivertiraje. Pri tem uporabljamo ozako H G. Podgrupe grupe Z: Možica, ki vsebuje samo eoto {0 je zmeraj podgrupa v vsaki grupi. rečemo triviala podgrupa. Tej podgrupi Naj bo sedaj H etriviala podgrupa grupe Z. Potem je za vsak x H tudi x H, zato obstaja eko aravo število, ki leži v H. Ozačimo z ajmajše aravo število, ki leži v H. Ker je H zaprta za seštevaje, so potem vsi večkratiki števila tudi v H, pokazali pa bomo, da so to atako vsi elemeti H. Če bi amreč obstajal m H, ki i večkratik, bi bil ajvečji skupi delitelj d števil m i majši od. Iz teorije diofatskih eačb potem sledi, da bi morala obstajati a, b Z, da bi veljalo a + bm = d, od koder pa bi sledilo d H. To pa je v asprotju z miimalostjo števila. Vsaka podgrupa grupe Z je torej oblike H = Z, za ek 0. Pri = 0 dobimo trivialo podgrupo, pri = 1 pa kar celo grupo. Podgrupe grupe Z 10 : Grupa Z 10 ima štiri podgrupe. Te so: Podgrupe kvaterioske grupe Q: Kvaterioska grupa Q ima 8 elemetov H 1 = {0, H 2 = Z 10, H 3 = {0, 5 = Z 2, H 4 = {0, 2, 4, 6, 8 = Z 5. Q = {1, 1, i, i, j, j, k, k.

23 Elemeti ±i, ±j, ±k se možijo aalogo, kot se vektorsko možijo vektorji ± i, ± j, ± k, poleg tega pa veljajo še eakosti Podgrupe kvaterioske grupe so: (±i) 2 = (±j) 2 = (±k) 2 = 1. H 1 = {0, H 2 = Q, H 3 = {1, 1 = Z 2, H 4 = {1, i, 1, i = Z 4, H 5 = {1, j, 1, j = Z 4, H 6 = {1, k, 1, k = Z 4. (13) Dokaži, da je vsaka grupa praštevilskega reda cikliča. Rešitev: Deimo, da ima grupa G red p, kjer je p praštevilo i aj bo a G ek elemet, ki i eota grupe. Ker red poljubega elemeta deli red grupe, mora imeti elemet a red p. To pa pomei, da velja G = {e, a, a 2, a 3,..., a p 1 oziroma, da je G cikliča grupa z geeratorjem a. Z dosedaj zbraim zajem lahko zapišemo sezam vseh grup do reda 10. red grupe 1 {0 2 Z 2 3 Z 3 4 Z 4, Z 2 Z 2 5 Z 5 6 Z 6, S 3 7 Z 7 8 Z 8, Z 2 Z 4, Z 2 Z 2 Z 2, D 8, Q 9 Z 9, Z 3 Z 3 10 Z 10, D 10 (14) V grupi Z 11 izračuaj diskreta logaritma log 2 5 i log 6 2. Rešitev: Grupa Z 11 je cikliča grupa reda 10. Če je a poljube geerator grupe Z 11, mora veljati Z 11 = {1, a, a 2,..., a 9. Za vsak geerator a grupe Z 11 i poljube k Z 11 lahko defiiramo diskreti logaritem log a k kot število, ki je implicito določeo s pogojem a log a k = k.

24 (8) Poišči vse podgrupe grup Z 2 Z 4 i S 3. Rešitev: Podgrupe grupe Z 2 Z 4 so: H 1 = {(0, 0), H 2 = Z 2 Z 4, H 3 = {(0, 0), (1, 0) = Z 2, H 4 = {(0, 0), (0, 1), (0, 2), (0, 3) = Z 4, H 5 = {(0, 0), (0, 2) = Z 2, H 6 = {(0, 0), (1, 2) = Z 2, H 7 = {(0, 0), (1, 1), (0, 2), (1, 3) = Z 4, H 8 = {(0, 0), (1, 2), (1, 0), (0, 2) = Z 2 Z 2. Podgrupe grupe S 3 so: H 1 = {(1)(2)(3), H 2 = S 3, H 3 = {(1)(2)(3), (1 2)(3) = Z 2, H 4 = {(1)(2)(3), (1 3)(2) = Z 2, H 5 = {(1)(2)(3), (1)(2 3) = Z 2, H 6 = {(1)(2)(3), (1 2 3), (1 3 2) = Z 3. (9) Grupa G je podaa s tabelo 1 a b c d e f g 1 1 a b c d e f g a a e c g b f 1 d b b c f 1 e g d a c c g 1 a f d b e d d b e f a c g 1 e e f g d c 1 a b f f 1 d b g a e c g g d a e 1 b c f. (a) Poišči rede vseh elemetov grupe G. (b) Ugotovi, kateri zai grupi je izomorfa grupa G i poišči ekspliciti izomorfizem. Rešitev: (a) Redi elemetov grupe G so: red(1) = 1, red(a) = 4, red(b) = 8, red(c) = 8, red(d) = 8, red(e) = 2, red(f) = 4 i red(g) = 8.

25 (b) Grupa G je izomorfa grupi Z 8. Ekspliciti izomorfizem ϕ : G Z 8 je poda s predpisom: ϕ(1) = 0, ϕ(a) = 2, ϕ(b) = 7, ϕ(c) = 1, ϕ(d) = 5, ϕ(e) = 4, ϕ(f) = 6, ϕ(g) = 3. (10) Poišči ajvečja skupa delitelja asledjih Gaussovih celih števil: (a) a = i i b = 1 + 8i, (b) a = i i b = i. Rešitev: (a) D(a, b) = 1 + 2i, (b) D(a, b) = 1. (11) Na kolobarju K = {a + b 5i a, b Z defiirajmo ormo s predpisom N(a + b 5i) = a 2 + 5b 2. (a) Pokaži, da za ormo velja eakost N(ab) = N(a)N(b) za poljuba a, b K i ato poišči vse obrljive elemete K. (b) Ali v kolobarju K velja izrek o eoliči faktorizaciji? Rešitev: (a) Obrljiva sta elemeta 1 i 1. (b) Ne. Protiprimer je 6 = 2 3 = (1 + 5i)(1 5i). (12) (a) Pokaži, da je poliom p(x) = x 4 + x erazcepe v kolobarju Z 2 [x]. (b) Poišči vse erazcepe kvadrate poliome v kolobarju Z 3 [x]. Rešitev: Če se omejimo a poliome z vodilim koeficietom 1, so v kolobarju Z 3 [x] erazcepi asledji kvadrati poliomi: p 1 (x) = x 2 + 1, p 2 (x) = x 2 + x + 2, p 3 (x) = x 2 + 2x + 2.