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 1 2 3 4 5 1 1 2 3 4 5 2 2 4 1 5 3 3 3 5 4 2 1 4 4 1 5 3 2 5 5 3 2 1 4 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..

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 =. 0 1 0 1 0 1 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 ].

(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: 1 2 3 4 5 1 1 2 3 4 5 2 2 4 1 5 3 3 3 5 4 2 1 4 4 1 5 3 2 5 5 3 2 1 4 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..

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 1. 0 1 0 1 0 1 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. 0 1 0 1 (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

(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. (1 2 3 4 5)... 5-cikli imajo red 5. Takih elemetov je 24. (1 2 3 4)(5)... 4 + 1-cikli imajo red 4. Takih elemetov je 30. (1 2 3)(4 5)... 3 + 2-cikli imajo red 6. Takih elemetov je 20. (1 2 3)(4)(5)... 3 + 1 + 1-cikli imajo red 3. Takih elemetov je 20. (1 2)(3 4)(5)... 2 + 2 + 1-cikli imajo red 2. Takih elemetov je 15. (1 2)(3)(4)(5)... 2 + 1 + 1 + 1-cikli imajo red 2. Takih elemetov je 10.

(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 = ( 1 2 3 4 5 6 7 8 3 2 7 5 6 4 8 1 ) S 8. Izračuaj a 1, a 2 i a 1000. Rešitev: Najprej zapišimo permutacijo a kot produkt disjuktih ciklov ( ) 1 2 3 4 5 6 7 8 a = = (1 3 7 8)(4 5 6). 3 2 7 5 6 4 8 1 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 = (1 8 7 3)(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(1 + 1 + {{... + 1 ) = ϕ(1) + ϕ(1) +... + ϕ(1) = q. {{

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 + 1 +... + 1 ) {{ = 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 1 + 1 + {{... + 1 = 0, ϕ(1 + 1 + {{... + 1 ) = ϕ(0) = 0. ϕ(1 + 1 + {{... + 1 ) = ϕ(1) + ϕ(1) +... + ϕ(1) = m. {{ Ker je po predpostavki aravo število, mora biti m = 0. Torej je spet Hom(Z, Z) = {0.

(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 1 + 1 + {{... + 1 = 0, tokrat sledi Pogoj aditivosti pa am tokrat pove, da je Oboje skupaj am da pogoj ϕ(1 + 1 + {{... + 1 ) = 1. ϕ(1 + 1 + {{... + 1 ) = 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.

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).

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 = 5 2 4. 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, 1 3 7 9 1 1 3 7 9 3 3 9 1 7 7 7 1 9 3 9 9 7 3 1

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. 2 1 2 1 90 o 3 4 3 4 Izkaže se, da lahko vsako izmed teh izometrij izrazimo z eo rotacijo i z eim zrcaljejem. Izberemo lahko a primer: a = (1 2 3 4)... 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 = (1 4 3 2)... rotacija za 270, ab = (1 3)(2)(4)... zrcaljeje preko simetrale sodih kvadratov,

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.

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.

(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.

(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 = 11 + 3i i b = 1 + 8i, (b) a = 32 + 9i i b = 4 + 11i. 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 3 + 1 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.