Algebarske strukture bilješke s vježbi asistenta Filipa Najmana ak. god. 2011./12. natipkali i uredili Aleksandar Milivojević i Sanjin Ružić
(skripta ne može zamijeniti vježbe) 1
Sadržaj 1 Grupe 3 1.1 Osnovni pojmovi i primjeri.............................. 3 1.2 Podgrupe....................................... 9 1.3 Preslikavanje grupa.................................. 14 1.4 Automorfizmi..................................... 18 1.5 Cikličke grupe..................................... 18 1.6 Grupe permutacija.................................. 23 1.7 Normalne podgrupe.................................. 27 1.8 Kvocijentne grupe................................... 29 1.9 Konačno generirane Abelove grupe......................... 30 1.10 Unutrašnji automorfizmi............................... 33 2 Prstenovi 35 2.1 Osnovni pojmovi i primjeri.............................. 35 2.2 Ideali.......................................... 38 2.3 Faktorizacija...................................... 45 2.4 Polinomi........................................ 53 2.5 Kineski teorem o ostacima.............................. 55 2
1 Grupe 1.1 Osnovni pojmovi i primjeri Definicija. G = (G, ), gdje : G G G, je grupa ako vrijede sljedeća svojstva: (G1) (x y) z = x (y z), x, y, z G (asocijativnost), (G2) ( e G) e x = x e = x, x G (postojanje neutralnog elementa), (G3) ( x G)( x 1 G) x x 1 = x 1 x = e (postojanje inverznog elementa). Ako G zadovoljava uvjet x y = y x, x, y G, onda je G komutativna (Abelova) grupa. Inače je G nekomutativna (ne-abelova) grupa. Napomena. (1) e je jedinstven. (2) x 1 je jedinstven. (3) (x y) 1 = y 1 x 1. Napomena. (G, ) je grupoid ako vrijedi: ( x, y G) x y G. Za grupoid u kojem vrijedi asocijativnost kažemo da je polugrupa (asocijativni grupoid). Ukoliko u polugrupi postoji neutralni element kažemo da je to monoid. Naposlijetku, monoid s inverznim elementom nazivamo grupom. Zadatak 1.1. Odredite koja od danih struktura je grupa: Rješenje. a) Skupovi brojeva sa operacijom zbrajanja. (N, +) zatvorenost vrijedi (zbrajanjem dva prirodna broja opet dobijemo prirodni broj) asocijativnost vrijedi 3
1.1. OSNOVNI POJMOVI I PRIMJERI 4 neutralni element ne postoji (u N) (0 / N) (N, +) je polugrupa. (N 0, +) zatvorenost vrijedi asocijativnost vrijedi neutralni element postoji (0 N 0 ) uzmimo a N 0, tražimo y N 0 takav da vrijedi a + y = y + a = 0 y = a / N 0 za a 0 (N 0, +) je monoid. (Z, +) zatvorenost vrijedi asocijativnost vrijedi neutralni element postoji inverzni element postoji (Z, +) je grupa. (Q, +), (R, +), (C, +) su takoder grupe. Z Q R C (Z, +) je podgrupa od (Q, +) (oznaka: (Z,+) (Q, +)) Napomena. Često se izostavlja operacija (kada se podrazumijeva). Z je grupa. b) Skupovi brojeva sa operacijom množenja. (N, ) zatvorenost vrijedi (množenjem dva prirodna broja opet dobijemo prirodni broj) asocijativnost vrijedi neutralni element postoji (1 N) uzmimo a N, tražimo y N takav da vrijedi a y = y a = 1 y = 1 / N za a 1 a (N, ) je monoid. (Z, ) takoder monoid. (Q, ) takoder monoid (0 nema inverz). Napomena. Pripaziti na zatvorenost. Npr. (Q, +) nije ni grupoid! (Q = Q\{0}) (Q +, ) je grupa. (Q + = {q Q q > 0}) (Q, ) nije ni grupoid. (Q = {q Q q < 0})
1.1. OSNOVNI POJMOVI I PRIMJERI 5 (R, ) i (C, ) su grupe. (R, ) i (C, ) su monoidi. (0 nema inverz) c) Skupovi brojeva sa operacijom oduzimanja. (N, ) nije zatvoreno niti grupoid. (Q, ) nije asocijativno grupoid. d) m N, mz = {m x x Z} = {..., 2m, m, 0, m, 2m,... } (mz, +) je grupa. (mz, +) (Z, +) Napomena. Sve podgrupe od Z su ovog oblika. e) m N, Z m = {0, 1,..., m 1}. a,b Z m, definiramo operaciju + m : Z m Z m Z m sa (Z m, + m ) je (komutativna) grupa. a + m b = a + b (mod m) Na primjer, za m = 4 imamo sljedeću (Cayleyevu) tablicu zbrajanja modulo m: + 4 0 1 2 3 0 0 1 2 3 1 1 2 3 0 2 2 3 0 1 3 3 0 1 2 0 je neutralni element. Za n Z m inverz je m n (jer n + m (m n) = 0 (mod m)). f) (Z m, m) analogno definiramo (množenje modulo m). Z m = {1, 2,..., m 1}. (Z m, m) je grupa ako i samo ako je m prost broj. g) R 2 = {(x, y) x R, y R}. (x 1, y 1 ) + (x 2, y 2 ) = (x 1 + x 2, y 1 + y 2 ) (R 2, +) je grupa ravnine. Analogno R n, C n ( n N) ; R. R 0 = {(x 1,... ) x i R, x i = 0 osim za konačno mnogo i-ova} R 0 je grupa. h) (C, ) je grupa. (x 1, y 1 ) (x 2, y 2 ) = (x 1 x 2 y 1 y 2, x 1 y 2 + x 2 y 1 ) (S 1, ) je grupa kružnice. (S 1 = {z C z = 1} ili S 1 = {(x,y) R 2 x 2 + y 2 = 1}) K n = {z C z n = 1} je grupa n-tih korijena jedinice. K = j=1 K j je grupa korijena jedinice. i) Neka je S skup, P(S) partitivni skup skupa S. (P(S), )
1.1. OSNOVNI POJMOVI I PRIMJERI 6 zatvorenost vrijedi asocijativnost vrijedi neutralni element postoji ( P(S)) za A S ne postoji X S takav da vrijedi A X = X A = (P(S), ) je monoid. (P(S), ) zatvorenost vrijedi asocijativnost vrijedi neutralni element postoji (S P(S)) za A S ne postoji X S takav da vrijedi A X = X A = S (P(S), ) je monoid. (P(S), \) je grupoid. (P(S), ) je grupa. j) (S S, ) je monoid (sa S S označavamo {f : S S}, pri čemu je S skup). Zaista, zatvorenost operacije i asocijativnost očito vrijede, a neutral je funkcija id. Inverz općenito ne postoji za proizvoljnu funkciju f, jer f ne mora biti bijekcija. k) (B(S), ), pri čemu je B(S) = {f : S S f bijekcija} jest (nekomutativna) grupa. Napomena. Ako je S = {1, 2,..., n}, onda B(S) označavamo i sa S n (to je skup permutacija n-članog skupa). l) Sa D n označavamo grupu simetrija pravilnog n-terokuta (dihedralna grupa). m) Neka je V vektorski prostor. Tada označavamo GL(V ) = {f : V V f regularan linearan operator}. (GL(V ), ) je grupa (vidi sljedeći primjer). n) GL(n, R) = {A M n (R) det(a) 0}. (GL(n, R), ) je grupa. zatvorenost: A, B GL(n, R). det(ab) = (Binet-Cauchy) = det(a)det(b) 0 AB GL(n, R) asocijativnost: općenito vrijedi za matrice (Linearna algebra 1 ) neutral: jedinična matrica I n 1 inverz: A( det(a)ã) = ( 1 det(a)ã)a = I n 1 det(a)ã = A 1. Primijetimo A = (A 1 ) 1 A 1 GL(n, R) Napomena. U Linearnoj algebri 2 je uspostavljen izomorfizam algebri Φ: L(V ) M n, Φ(A) = [A] e e, pa odmah slijedi da je i (GL(V ), ) grupa.
1.1. OSNOVNI POJMOVI I PRIMJERI 7 o) (SL(n, R), ) je grupa. (SL(n, R) = {A M n (R) det(a) = 1}) A,B SL(n, R) det(ab) = (Binet-Cauchy) = det(a)det(b) = 1 1 = 1 AB SL(n, R). Ostala svojstva slijede kao gore. Uočimo (SL(n, R), ) (GL(n, R), ). Propozicija. Neka je G grupa, i a, b, c G. Ekvivalentno je: (i) a = b, (ii) ca = cb, (iii) ac = bc. Dokaz. (i) (ii) : Pomnožimo jednakost a = b slijeva sa c ca = cb. (ii) (iii) : ca = cb (množimo slijeva sa c 1 ) c 1 (ca) = c 1 (cb) asoc. (c 1 c)a = (c 1 c)b ea = eb a = b. Sad množimo zdesna sa c i dobijemo ac = bc. (iii) (i) : Pomnožimo ac = bc zdesna sa c 1 i slično kao gore dobijemo a = b. Zadatak 1.2. Ako u polugrupi (S, ) postoje lijeva i desna jedinica, dokažite da su one nužno jednake. Rješenje. Označimo s l lijevu jedinicu i s d desnu jedinicu. Tada vrijedi l = (d je desna jedinica) = ld = (l je lijeva jedinica) = d. Zadatak 1.3. Nadite primjer polugrupe s dvije lijeve jedinice. Dokažite da tada ne postoji desna jedinica. Rješenje. Neka je S neki skup, i definirajmo množenje elemenata tog skupa na sljedeći način: xy = y, x, y S. Zatvorenost skupa s obzirom na ovakvo množenje je očita, a kako je i (xy)z = yz = x(yz) x, y, z S, skup S zajedno s ovom operacijom čini polugrupu. Uočimo sad da je svaki element skupa S lijeva jedinica. Pretpostavimo da postoji neka desna jedinica d, i neka su a, b S dva proizvoljna, različita elementa. Tada je a = ad = d = bd = b, dakle kontradikcija. Zadatak 1.4. U monoidu (S, ) neki element a ima i lijevi i desni inverz. Dokažite da su oni (inverzi) jednaki.
1.1. OSNOVNI POJMOVI I PRIMJERI 8 Rješenje. Označimo sa a l lijevi inverz od a, sa a d desni. Tada imamo a l = a l e = a l aa d = ea d = a d. Zadatak 1.5. Dokažite da ako a S ima 2 različita lijeva inverza, onda nema desni inverz. Rješenje. Označimo sa a l 1 i a l 2 ta dva različita lijeva inverza, i pretpostavimo da postoji desni inverza d. Tada imamo e = a l 1 a = a l 2 a a l 1 aa d = a l 2 aa d a l 1 = a l 2. Zadatak 1.6. Neka je (G, ) komutativna polugrupa takva da Dokažite da je G monoid. ( a G)( x G)( y x G) x = ay x. Rješenje. Želimo pokazati da postoji obostrani neutral. Uzmemo x = a ( y a G) a = ay a = (komutativnost) = y a a. Tvrdimo da je y a jedinica (neutral). Neka je x G proizvoljan. Tada imamo x = ay x = (ay a )y x = (y a a)y x = y a (ay x ) = y a x = x = y a x = xy a, dakle y a je jedinica. Zadatak 1.7. Neka je G polugrupa. Pretpostavimo da vrijedi sljedeće Dokažite da je G je grupa. Rješenje. ( e G) ex = x, x G & ( x G)( y G) yx = e. Prvo dokazujemo da za y G takav da yx = e vrijedi xy = e. Za svaki y G postoji w G takav da wy = e. Sada imamo xy = e(xy) = (wy)(xy) = w(yx)y = w(ey) = wy = e. Za a G, po (i), postoji b G takav da ba = ab = e. Tvrdnja: ae = a. ae = a(ba) = (ab)a = ea = a
1.2. PODGRUPE 9 Dakle, za svaki x G postoji obostrani inverz i e je neutral, pa smo time dokazali da je G grupa. Napomena. Upravo smo pokazali da ako postoji lijeva jedinica i lijevi inverz s obzirom na tu jedinicu, onda je G grupa. Analogno, ako postoji desna jedinica i desni inverz s obzirom na tu jedinicu, G je grupa. Sljedeći primjer pokazuje kako postojanje lijeve jedinice i desnog inverza s obzirom na tu jedinicu ne povlači da je G grupa. Definirajmo xy = y. Tada je svaki element lijeva jedinica. Fiksirajmo neki e G i uočimo da je e desni inverz za svaki x G (xe = e). Za x y vrijedi xz = z = yz, pa po Propoziciji G nije grupa. Potenciranje ima smisla u grupi, zbog asocijativnost (a a) a = a (a a). Stoga definiramo. a n = a a... a n puta Zadatak 1.8. Neka u grupi (G, ) vrijedi Dokažite da je tada grupa Abelova. ( a G) a 1 = a ( a 2 = e). Rješenje. (ab)(ab) = e = aa = aea = a(bb)a = (ab)(ba) / (ab) 1 slijeva ab = ba. Napomena. (ab) 1 = b 1 a 1. 1.2 Podgrupe Definicija. Neka je (G, ) grupa, te H G takva da je (H, ) grupa. Tada se H zove podgrupa od G, što označavamo s H G. Teorem. (kriterij podgrupe) Ekvivalentno je: (i) H G, (ii) ( a, b H) ab H & a 1 H, (iii) ( a, b H) ab 1 H. Napomena. Ovaj teorem nam daje efektivni način odredivanja podgrupe koji ćemo najčešće (pogotovo (ii)) koristiti u daljnjim zadacima. Svaka grupa ima barem 2 podgrupe: {e} i G. Definicija. Neka su S, T G. Označavamo: S 1 = {a 1 a S},
1.2. PODGRUPE 10 ST = {ab a S, b T }. Propozicija. H G HH 1 H (slijedi iz prethodnog Teorema (iii)). Propozicija. H 1 G, H 2 G H 1 H 2 G. Napomena. Općenito ne vrijedi da je H 1 H 2 G. Propozicija. (tranzitivnost relacije biti podgrupa ) H G, K H K G. Primjer. (Z, +) (Q, +) (R, +) (C, +) (H, +) (Hamiltonovi kvaternioni) Zadatak 1.9. Neka je G = {a + b 2 a, b Q, a 2 + b 2 > 0}. Dokažite (G, ) (R, ). Rješenje. Dokazujemo redom: zatvorenost: (a + b 2)(c + d 2) = (ac + 2bd) Q + (ad + bc) 2, a kako je x 2 + y 2 > 0 x Q i y nisu istovremeno 0, za x, y Q, zaključujemo da je (ac + 2bd) + (ad + bc) 2 G, jer ac + 2bd i ad + bc ne mogu istovremeno biti 0. asocijativnost: nasljeduje se iz R. jedinica: 1 = 1 + 0 2 1 G. inverz: prvo uočimo a + b 2 = 0 a = 0 i b = 0. Naime, jedan smjer je trivijalan, a obratno, a + b 2 = 0 a = b 2. Dakle, ili je b = 0 ili je 2 = a Q, što nije, b dakle b = 0, pa onda i a = 0. Sada imamo (a + b 2) 1 = 1 a + b 2 = a b 2 a 2 2b = 2 a a 2 b 2 Q + b 2 } a 2 {{ 2b 2 } Q a b te i nisu istovremeno 0 (jer a i b nisu istovremeno 0), dakle a 2 b 2 a 2 2b 2 (a + b 2) 1 G. Napomena. Ponekad nam može biti lakše dokazati da je G grupa tako da dokažemo da je podgrupa nečeg što znamo da je grupa, nego da provjeravamo aksiome. Zadatak 1.10. Dokažite da se niti jedna grupa G ne može napisati kao unija dvije prave podgrupe. Rješenje. Pretpostavimo da se G može prikazati kao unija dvije prave podgrupe H 1 i H 2, tj. G = H 1 H 2, gdje su H 1, H 2 G i H 1, H 2 {e}, G.
1.2. PODGRUPE 11 Tada postoji a H 1 \ H 2 i postoji b H 2 \ H 1 (jer H 1 G, H 2 G i H 1 H 2 = G). a b G a b H 1 ili a b H 2. a b H 1 a H 1 a 1 H 1 a 1 (a b) = e b = b H 1. H 1 H 1 a b H 2 b H 2 b 1 H 2 (a b) b 1 = a e = a H 2. H H 2 2 Kontradikcija s pretpostavkom. Zadatak 1.11. (Z, +). Dokažite: a) (nz, +) (Z, +), n N 0 b) To su jedine podgrupe od Z. Rješenje. a) a, b nz ( x, y Z) a = nx, b = ny. a + b = nx + ny = n(x + y) nz Inverz od a = nx je a 1 = nx nz. (nz, +) (Z, +). b) Uzmimo proizvoljnu podgrupu H Z. Trivijalna podgrupa n = 0 H = {0}. Pretpostavimo H {0}. Tvrdnja 1. H N. x H proizvoljan, x 0 (takav x postoji jer H {0}). x > 0 x N H ili x < 0 x N H. N H je podskup od N ima minimum, n 0 = min{n H}. Tvrdnja 2. H n 0 Z. Neka je a proizvoljan element iz n 0 Z a = n 0 x, x Z. Z = N {0} N, x može biti N, {0} ili N. H {}}{ x N a = xn 0 = n 0 + n 0 +... + n }{{ 0 H. } x puta x = 0 a = 0, znamo da je 0 H (neutral) a H. H H
1.2. PODGRUPE 12 x N ( x)n 0 (1 ) H (xn 0 ) H. Tvrdnja 3. H n 0 Z. Pretpostavimo suprotno ( x H) x / n 0 Z n 0 x. BSOMP x > 0 (inače uzmemo x). Teorem o dijeljenju s ostatkom daje: x = qn 0 + r, 0 < r < n 0. (r 0 jer n 0 x) r = x qn 0 r H. H H r N H i r < n 0, a to je kontradikcija s činjenicom da je n 0 minimalni takav broj. Zadatak 1.12. (G, ) grupa, H, K G. Ekvivalentno je: a) HK G b) HK = KH. Napomena. (1) HK = {hk h H, k K} (2) HK = KH je jednakost skupova. Rješenje. a) b) x HK a) x 1 HK, x 1 = h 1 HK KH. H k 1 K x = (x 1 ) 1 = (h 1 k 1 ) 1 = k1 1 K h 1 1 H KH x KH x = k 2 h 2, k 2 K, h 2 H x 1 = (k 2 h 2 ) 1 = h 1 2 k 1 2 HK a) (x 1 ) 1 = x HK HK KH. HK = KH. b) a) Najprije dokažimo da ( x, y HK) xy HK. x, y HK ( k 1, k 2 K, h 1, h 2 H) x = h 1 k 1, y = h 2 k 2. xy = (h 1 k 1 )(h 2 k 2 ) = h 1 (k 1 h 2 )k 2. Zbog pretpostavke HK = KH vrijedi k 1 h 2 KH k 1 h 2 HK ( k 3 K, h 3 H) k 1 h 2 = h 3 k 3. h 1 (k 1 h 2 )k 2 = (h 1 h 3 ) (k 3 k 2 ) HK. H K Još trebamo pokazati da ( x HK) x 1 HK. x HK, x = h 1 k 1. x 1 = k1 1 h 1 1 KH = HK.
1.2. PODGRUPE 13 HK G. Zadatak 1.13. (G, ) grupa. Skup Z(G) = {a G ax = xa, x G} se naziva centar grupe. Dokažite da je Z(G) G. Rješenje. a, b Z(G) (ab)x = a(bx) = a(xb) = (ax)b = x(ab) ab Z(G). a Z(G), znamo ax = xa / a 1 slijeva i zdesna a 1 axa 1 = a 1 xaa 1 xa 1 = a 1 x a 1 Z(G). Z(G) G. Zadatak 1.14. (G, ) je grupa od 8 elemenata sa svojstvom da ( x G) x 2 = e. Dokažite: a) G je Abelova grupa, b) G ima podgrupu od 4 elementa. Rješenje. a) Već dokazano u zadatku 1.8. b) a, b G, e a b e. a, b H ab H, gdje je H G. Tvrdnja: H = {e, a, b, ab} G. x H x 2 = e / x 1 x = x 1 H. x, y H, xy? H e a b ab e e a b ab a a e ab b b b ab e a ab ab b a e Iz tablice vidimo da vrijedi ( x, y H) xy H. H G.
1.3. PRESLIKAVANJE GRUPA 14 1.3 Preslikavanje grupa Definicija. Neka su (G, ), (H, ) grupe. Preslikavanje f : G H sa svojstvom f(a b) = f(a) f(b), a, b G, zove se homomorfizam grupa G i H. Ako je f još i injekcija, zove se monomorfizam. Ako je f još i surjekcija, zove se epimorfizam. Ako je f još i bijekcija, zove se izomorfizam. Ako je G = H, zove se endomorfizam. Ako je G = H i f bijekcija, zove se automorfizam. Propozicija. Neka su G, H grupe, e G i e H jedinice u G i H te f : G H homomorfizam grupa. Tada vrijedi f(e G ) = e H. Dokaz. a H. e H f(a) = f(a) = f(e G a) f homo- = f(e G ) f(a) / f(a) 1 zdesna e H = f(e G ). Napomena. Treba biti oprezan s oznakama. f 1 (a) f(a) 1. inverz funkcije inverz elementa f(a) Propozicija. Neka su G i H grupe, f : G H homomorfizam grupa. Tada vrijedi f(x) 1 = f(x 1 ), x G. Dokaz. f(x) f(x) 1 = e H = f(e G ) = f(x x 1 ) = f(x) f(x 1 ) / f(x) 1 slijeva f(x) 1 = f(x 1 ). Propozicija. Neka su G i H grupe, f : G H homomorfizam grupa, L G, K H. Tada vrijedi: (i) f(l) = {f(l) l L} H, (ii) f 1 (K) = {g G f(g) K} G. Dokaz. (i) x, y f(l) H ( l 1, l 2 L) f(l 1 ) = x, f(l 2 ) = y. xy = f(l 1 ) f(l 2 ) f homo- = f(l 1 l 2 ) f(l). x 1 = f(l 1 ) 1 P rop. = f( l1 1 ) f(l) f(l) H. (ii) Tvrdimo da je f 1 (K) G. L Neka su x, y f 1 (K). Kako je tada f(x), f(y) K, imamo f(xy) homo- = f(x) f(y) K K K xy f 1 (K).
1.3. PRESLIKAVANJE GRUPA 15 Neka je sad x f 1 (K). Tada je f(x 1 ) = f(x) 1 f(x) 1 K f(x 1 ) K K x 1 f 1 (K). f 1 (K) G. Definicija. Neka su G, H grupe, i f : G H homomorfizam. Tada skup {x G f(x) = e H } zovemo jezgra od f, i označavamo sa Ker f. Skup {f(x) x G} zovemo slika od f i označavamo sa Im f. Propozicija. Neka je f : G H homomorfizam grupa. Tada je: (i) Ker f G, (ii) Im f H. Dokaz. (i) Ker f = f 1 ({e H }), pa kako je {e H } H, po prethodnoj propoziciji (ii) slijedi Ker f G. (ii) Im f = f(g), pa opet po prethodnoj propoziciji (i) (i zbog G G) imamo Im f = f(g) H. Zadatak 1.15. Neka su G, H grupe i f : G H homomorfizam. Dokažite: f monomorfizam Ker f = {e G }. Rješenje. Znamo da je f(e G ) = e H, dakle e G Ker f, a kako je f injekcija, zaključujemo da za nijedan x e G, x G ne može vrijediti f(x) = e H. Dakle, Ker f = {e G }. Želimo pokazati da f(x) = f(y) x = y. Uzmimo zato x, y G takve da f(x) = f(y), i dobijemo f(x) = f(y) f(x)f(y) 1 = f(y)f(y) 1 =f(x)f(y 1 )=f(xy 1 ) =f(yy 1 )=f(e G ) f(xy 1 ) = f(e G ) = e H xy 1 = e G (zbog Ker f = {e G }) x = y. Zadatak 1.16. Promatramo H = ({ 1, 1}, ). a) Dokažite da je H (R, ). b) Odredite sve homomorfizme f : R H.
1.3. PRESLIKAVANJE GRUPA 16 Rješenje. a) Direktnom provjerom ustanovimo xy H te x 1 H, x, y H. b) Neka je f : R H homomorfizam. Tada je f(x) { 1, 1}, x R. Neka je x R. Promatrajmo slučajeve: x > 0 f(x) = f( x)f( x) = f( x) 2 > 0 f(x) = 1 x < 0 f(x) = f( x) f( 1) = f( 1) =1 ( x>0) Kako za f( 1) imamo dva izbora (1 ili 1), ovisno o tom izboru dobijemo dvije funkcijekandidati za rješenje: f 1 (x) = 1, x R f 2 (x) = sgn(x), x R f 1 je očito homomorfizam, a kako općenito vrijedi sgn(xy) = sgn(x)sgn(y), to je i f 2 je homomorfizam. Zadatak 1.17. Neka je (G, ) konačna grupa i f : G (C, ) homomorfizam grupa sa svojstvom da ( x 0 G) f(x 0 ) 1. a) Dokažite da je g : G G definiran sa g(x) = x 0 x bijekcija (ne nužno izomorfizam!). b) Korištenjem (a) odredite f(x) i f(x). x G Rješenje. x G\{e G } a) Dokažimo najprije injektivnost. g(x) = g(y) x 0 x = x 0 y x 0 1 slijeva x = y. Dakle g je injekcija. No, kako su domena i kodomena jednakobrojni konačni skupovi (G), injektivnost od g povlači da je g i bijekcija. b) x G f(x) g bijekcija = f(g(x)) = f(x 0 x) x G x G = f(x 0 )f(x) = f(x 0 ) f(x) x G x G (1 f(x 0 )) f(x) = 0 0 x G x G f(x) = 0
1.3. PRESLIKAVANJE GRUPA 17 x G\{e G } f(x) = x G f(x) } {{ } =0 f(e G ) = 1 =e C =1 Definicija. Kažemo da su grupe G i H izomorfne ako postoji izomorfizam f : G H. Tada pišemo G = H. Napomena. (1) f u definiciji izomorfnosti grupa nije nužno jedinstven. (2) Relacija biti izomorfan je relacija ekvivalencije. Zadatak 1.18. Dokažite da grupe (R, ) i (C, ) nisu izomorfne. Rješenje. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji izomorfizam f : C R. f(1) = 1. Označimo a = f(i). Uočimo a 1 jer je f bijekcija. Sad imamo: f( 1) = f(i i) = f(i)f(i) = a 2 1 = f(1) = f( 1)f( 1) = a 2 a 2 = a 4 a 4 = 1 a R, a 1 f( 1) = a 2 = 1 f( 1) = f(1) a = 1 što je u kontradikciji sa pretpostavkom da je f bijekcija. Zadatak 1.19. Dokažite da su grupe (Z 4, + 4 ) i (Z 5 \{0}, 5) izomorfne. Rješenje. Z 4 = {0, 1, 2, 3}, Z 5 \{0} = {1, 2, 3, 4}. Neka je f : Z 4 Z 5 \{0} homomorfizam. Odmah vidimo da mora vrijediti f(0) = 1 (neutral se preslikava u neutral). Stavimo f(1) = 2. Slijedi f je bijekcija f je izomorfizam. f(2) = f(1 + 4 1) = f(1) 5 f(1) = 2 5 2 = 4 f(3) = f(2 + 4 1) = f(2) 5 f(1) = 4 5 2 = 3 Napomena. Mogli smo i uočiti da je 1 generator (v. predavanja) od (Z 4, + 4 ) i da je 2 generator od (Z 5 \{0}, 5), dakle zapravo je riječ o cikličkim grupama oblika Z 4 = {e, a, a 2, a 3 } i Z 5 \{0} = {e, b, b 2, b 3 }, pa je homomorfizam definiran sa f(a) = b ujedno izomorfizam. Zadatak 1.20. Dokažite da postoje barem dvije različite (neizomorfne) grupe reda 4 (tj. imaju po 4 elementa).
1.4. AUTOMORFIZMI 18 Rješenje. Pogledajmo (Z 4, + 4 ) i (Z 2 Z 2, + 2 ), pri čemu je Z 2 Z 2 = {(x, y) x, y Z 2 } i (x 1, y 1 ) + 2 (x 2, y 2 ) = (x 1 + 2 x 2, y 1 + 2 y 2 ). Tvrdimo da ove dvije grupe nisu izomorfne. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji izomorfizam f : Z 4 Z 2 Z 2. Odmah uočimo da onda mora biti f(0) = (0, 0). Označimo f(1) = (x 1, y 1 ), pa dobijemo f(2) = f(1 + 4 1) = f(1) + 2 f(1) = (x 1, y 1 ) + 2 (x 1, y 1 ) = (x 1 + 2 x 1, y 1 + 2 y 1 ) = (0, 0) = f(0), što je kontradikcija sa pretpostavkom da je f bijekcija. Napomena. Postoje točno dvije grupe reda 4 (do na izomorfizam), i one su reprezentirane grupama iz prethodnog zadatka. 1.4 Automorfizmi Zadatak 1.21. Dokažite da je (Aut G, ) grupa. Rješenje. Prisjetimo se, Aut G = {f : G G f izomorfizam}, a je operator komponiranja. Da bi pokazali da je (Aut G, ) zaista grupa, možemo proći po aksiomima za grupu (zatvorenost, asocijativnost, neutral, inverz), ali nekad je lakše dokazati da je neki skup grupa tako da pokažemo da je podgrupa nekog nadskupa. Zato pokažimo da je Aut G B(G) (prisjetimo se, B(G) je skup svih bijekcija iz G u G). Dokazujemo po kriteriju podgrupe (ii): Neka su ϕ, ψ Aut G, g, h G proizvoljni. Imamo ϕ ψ(gh) = ϕ(ψ(gh)) ψ homo- = ϕ(ψ(g)ψ(h)) ϕ homo- = ϕ(ψ(g))ϕ(ψ(h)) = ϕ ψ(g) ϕ ψ(h) ϕ φ je homomorfizam. Kako je kompozicija bijekcija opet bijekcija, imamo da je i ϕ ψ : G G takoder bijekcija, dakle ϕ ψ izomorfizam ϕ ψ Aut G. Još trebamo provjeriti ϕ 1 (gh) = ϕ 1 (g)ϕ 1 (h). ϕ Aut G ϕ bijekcija ( g 1, h 1 G) ϕ(g 1 ) = g, ϕ(h 1 ) = h ϕ 1 (gh) = ϕ 1 (ϕ(g 1 )ϕ(h 1 )) ϕ homo- = ϕ 1 (ϕ(g 1 h 1 )) = g 1 h 1 = ϕ 1 (g)ϕ 1 (h) ϕ homomorfizam. Inverz bijekcije je opet bijekcija, dakle i ϕ 1 bijekcija ϕ 1 izomorfizam ϕ 1 Aut G. Aut G B(G). 1.5 Cikličke grupe Definicija. G grupa, S G. S je podgrupa od G generirana sa S. S = H H G S H
1.5. CIKLIČKE GRUPE 19 Vrijedi da je S = {x n 1 i 1 x n 2 i 2... x n k i k x i1, x i2,..., x ik S, n 1, n 2,..., n k Z}. Za grupu G kažemo da je ciklička ukoliko je generirana jednim elementom, tj. ( a G) G = {a} = a. Propozicija. Z(a) = {z Z a z = e}. Z(a) (Z, +). Dokaz. x, y Z(a) a x = a y = e. a x+y = a x a y = e e = e x + y Z(a). x Z(a) e = e 1 = (a x ) 1 = a x x Z(a). tvrdnja. Znamo da je Z(a) = nz ili Z(a) = {0}. Definicija. Red elementa a G, oznaka a je { n, ako je Z(a) = nz a = +, ako je Z(a) = {0}. Napomena. Red je najmanji prirodan broj n takav da je a n = e. Primjer. Z 6 = {0, 1, 2, 3, 4, 5} s operacijom + 6. 2 = 3 (2 + 6 2 + 6 2 = 0) 5 = 6 (5 + 6 5 + 6 5 + 6 5 + 6 5 + 6 5 = 0) 5 = Z 6 Propozicija. a = a = {..., a 2, a 1, e, a 1, a 2,...} = (Z, +) a = n a = {e, a, a 2, a 3,..., a n 1 } = (Z n, + n ) Neprimjeri 1) (Q, +) nije ciklička grupa. p Pretpostavimo suprotno, tj. = Q, p Z, q N, p i q relativno prosti. q { p =..., 2p q q, p q, 0, p q, 2p } { } q,... np = q n Z Uzmimo 1 2q Q. Po pretpostavci 1 2q = np, za neki n Z. q np Z = 1 kontradikcija (Q, +) nije ciklička grupa. Čak štoviše, nije ni konačno 2
1.5. CIKLIČKE GRUPE 20 { p1 generirana. (Zaista, neka je, p 2,..., p } k proizvoljan konačan skup racionalnih brojeva. { q 1 q 2 q k 1 Tada q 1 q 2 q k + 1 p1, p 2,..., p } k. Ovdje je bilo bitno da je q 1 q 2 q k +1 relativno q 1 q 2 q k prost sa svim q i, i {1, 2,..., k}.) 2) (Z Z, +), gdje je + operacija zbrajanja po koordinatama ((a, b) + (c, d) = (a + b, c + d)), nije ciklička grupa. Pretpostavimo suprotno, tj. (a, b) = Z Z. (a, b) = {(ka, kb) k Z} (1, 0) mora biti element skupa {(ka, kb) k Z}. (1, 0) = (ka, kb), k Z. ka = 1 k 0. kb = 0 b = 0. (a, b) = (a, 0) = Z Z. (0, 1) Z Z = (a, 0) = {(ka, k 0) k Z} ( k Z) (0, 1) = (ka, k 0) ka = 0 i k 0 = 1 kontradikcija. Zadatak 1.22. Podgrupa cikličke grupe je ciklička. Rješenje. Neka je G ciklička grupa i H G proizvoljna podgrupa. G = a = {e, a, a 2,..., a n 1 } ili G = {..., b 2, b 1, e, b 1, b 2,...}. M = {m N a m H} m 0 = min M. Tvrdnja: a m 0 = H očito ( a m 0 je najmanja podgrupa od G koja sadrži a m 0, dok je H neka podgrupa koja sadrži a m 0.) x H x G = a ( l Z) a l = x. BSOMP l > 0. Teorem o dijeljenju s ostatkom: dijelimo l sa m 0 l = q m 0 + r, 0 r < m. a l H = a q m0+r = a q m 0 a r a r H (a r = (a q m 0 ) 1 a l H H H a r H, r < m 0 r = 0 (zbog m 0 = min M) x = a l = a q m 0 = (a m 0 ) q a m 0. ). Zadatak 1.23. a) Odredite sve generatore cikličke grupe (Z 12, + 12 ). b) Odredite sve generatore proizvoljne konačne cikličke grupe G. c) Odredite sve generatore proizvoljne beskonačne cikličke grupe G. Rješenje. a) 0 = {0} 1 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11} = Z 12 1 je generator od Z 12. 2 = {0, 2, 4, 6, 8, 10} Z 12 2 nije generator od Z 12. 3 = {0, 3, 6, 9} 4 = {0, 4, 8}
1.5. CIKLIČKE GRUPE 21 5 = {0, 5, 10, 3, 8, 1, 6, 11, 4, 9, 2, 7} = Z 12 5 je generator. 6 = {0, 6} 7 = {0, 7, 2, 9, 4, 11, 6, 1, 8, 3, 10, 5} = Z 12 7 je generator. 8 = {0, 8, 4} = 4 9 = {0, 9, 6, 3} = 3 10 = 2 11 = Z 12 11 je generator. = 1, 5, 7 i 11 su generatori od Z 12. Svi generatori x zadovoljavaju da je najveći zajednički djelitelj (x, 12) = 1, tj. x i 12 su relativno prosti. b) a = {e, a, a 2, a 3,..., a n 1 } Slutnja: a k je generator (k, n) = 1. Pretpostavimo suprotno, tj. a k = G i (k, n) = d > 1. Tada je k = k 1 d, 1 k 1 < k, n = n 1 d, 1 n 1 < n. Dalje, a k = G a k = n (= a ) a k = {e, a k,..., a (n 1)k }. Uočimo sada a n 1k = a n 1dk 1 = a nk 1 = (a n ) k 1 = e k 1 = e, pa kako je n 1 < n slijedi da {e, a k,..., a (n 1)k } G a k G (jer G = n, a pokazali smo a k < n), što je kontradikcija s pretpostavkom. Dakle, a k = G (k, n) = 1 Pretpostavimo (k, n) = 1. Promotrimo A = {e, a k, a 2k,..., a (n 1)k }. Tvrdnja: u skupu A nema ponavljanja u skupu {k, 2k,..., (n 1)k} nema višekratnika od n. Pretpostavimo suprotno, tj. ( 1 l n 1) n lk. Ako n lk i (n, k) = 1 n l kontradikcija, pa je a k generator od G. c) a = {..., a 2, a 1, e, a 1, a 2,...}. Očiti generatori su a i a 1. Ako je k > 1, a k = {..., a 2k, a k, e, a k, a 2k,...} a / a k a k a. Zadatak 1.24. a) Odredite sve podgrupe cikličke grupe (Z 12, + 12 ). b) Odredite sve podgrupe cikličke grupe reda n. Rješenje. a) Iz prošlog zadatka vidimo da su sve podgrupe: - {0} i Z 12-2 = 10 = {0, 2, 4, 6, 8, 10} ( = (Z 6, + 6 )) - 3 = 9 = {0, 3, 6, 9} ( = (Z 4, + 4 )) - 4 = 8 = {0, 4, 8} ( = (Z 3, + 3 )) - 6 = {0, 6} ( = (Z 2, + 2 ))
1.5. CIKLIČKE GRUPE 22 b) a ( = {e, a, a 2,..., a n 1 }. Sve prave podgrupe će biti generirane s a k, gdje je (k, n) a k 1. = Zn1, gdje je n 1 = n ) (n, k) Napomena. Vrijedi a = a. Zadatak 1.25. Neka su m, n N takvi da je (m, n) = 1, te neka su G i H cikličke grupe reda m, odnosno n. Dokažite da je grupa G H ciklička (G H je direktan produkt grupa (v. predavanja, 3. potpoglavlje)). Rješenje. Kako su G, H konačne cikličke grupe, imamo da postoje a G, b H takvi da G = a = {e, a, a 2,..., a m 1 } i H = b = {e, b, b 2,..., b n 1 }. Tvrdnja: G H = (a, b) Kako je G H = {(x, y) x G, y H}, vidimo da je G H = mn. Dalje, kako je sigurno (a, b) G H, tvrdnja će slijediti ako dokažemo (a, b) = G H (podgrupa konačne grupe s istim brojem elemenata je ta cijela grupa). Po prethodnoj napomeni znamo da je (a, b) = (a, b), pa tražimo najmanji k N takav da je (a, b) k = (e, e). (a, b) k = (a k, b k ) = (e, e) a k = e a =m m k b k = e b =n n k Vrijedi m k i n k jer su m i n najmanji prirodni brojevi takvi da je a m = e, odnosno b n = e. Sada m k, n k, (m, n) = 1 mn k. Dakle, najmanji k s traženim svojstvom je k = mn, pa je (a, b) = (a, b) = mn G H je ciklička grupa. Primjer. Promatramo Z 2 Z 3 = {(a, b) a Z 2, b Z 3 }, pri čemu je (a 1, b 1 ) + (a 2, b 2 ) = (a 1 + 2 a 2, b 1 + 3 b 2 ). Kako su Z 2 i Z 3 cikličke, te ( Z 2, Z 3 ) = (2, 3) = 1, po prethodnom zadatku zaključujemo da je i Z 2 Z 3 ciklička. Direktnom provjerom vidimo da je Z 2 Z 3 = (1, 1). A što ako promatramo direktan produkt dviju grupa reda m i n, ali takav da je (m, n) > 1? Označimo d = (m, n) > 1, pa imamo (uz iste oznake kao u prethodnom zadatku) (a, b) mn d = (a mn d mn, b d ) = ((a m ) n d, (b n ) m n m d ) = (e d, e d ) = (e, e). Dakle (a, b) mn < mn (a, b) ne može generirati cijelu grupu ( (a, b) naprosto nema d dovoljno elemenata). Teorem. (Lagrange) Neka je G konačna grupa i H G. Tada H G. Navedimo nekoliko posljedica Lagrangeovog teorema: (1) Ako je G = p, p prost, onda G nema pravih podgrupa. Naime, ako je H G, teorem povlači da je ili H = 1 ili H = p, pa je H jedna od trivijalnih podgrupa ({e G }, G). (2) Za a G vrijedi a G. To slijedi iz činjenice da je a = a i a G. (3) Ako je G = p (p prost), onda a G, a e vrijedi a = G. Naime, a e a > 1, pa kako je a G i a = a > 1, imamo a = a = p a = G. Dakle, u konačnoj grupi prostog reda, svaki element osim jedinice je generator.
1.6. GRUPE PERMUTACIJA 23 (4) a G vrijedi a G = e (jer po (2) imamo a G G = k a a G = a k a = (a a ) k = e k = e). (5) Znamo da je (Z p, p) grupa ako je p prost, i da je Z p = p 1. Po (4) imamo a p 1 = 1. Prevedemo li ovu jednakost iz (Z p, p) u Z, dobijemo a p 1 1 (mod p) (Mali Fermatov teorem) (6) Definirajmo skup U m = {k {1, 2,..., m 1} (k, m) = 1} (uočimo da je ovo upravo Z m ako je m prost). Pokaže se da je (U m, m) grupa. Zatim, uočimo da je po definiciji U m = ϕ(m), pri čemu je ϕ Eulerova funkcija koja prirodnom broju n pridružuje broj prirodnih brojeva koji su strogo manji od n i relativno prosti s njim. Sada po (2) imamo x ϕ(m) = x Um = 1, x U m. Prevedemo li ovu jednakost u Z, dobijemo x {1, 2,..., m 1} takav da (x, m) = 1 vrijedi x ϕ(m) 1 (mod m). No, ovo vrijedi i za x > m, (x, m) = 1. Naime, k N takav da x km {1, 2,..., m 1} (x km) ϕ(m) 1 (mod m). Raspišemo li (x km) ϕ(m), vidimo da je jedini pribrojnik koji nije višekratnik od m upravo x ϕ(m), pa kako je m 0 (mod m) slijedi x km ϕ(m) 1 (mod m) x ϕ(m) 1 (mod m). Dakle, x N (x, m) = 1 x ϕ(m) 1 (mod m) (Eulerov teorem) Uočimo da je Mali Fermatov teorem specijalan slučaj Eulerovog (za m prost). Propozicija. Neka je G grupa, a G element reda n (tj. a = n), te f : G H monomorfizam grupa. Tada je f(a) = n. Dokaz. Želimo dokazati da su e, f(a), f(a)2,..., f(a) n 1 medusobno različiti. Pretpostavimo zato da je f(a) k = f(a) l, za neki k l, k, l {0, 1,..., n 1}, pa imamo f(a) k = f(a) l f(a) k l f homo- = e H f(a k l ) = e H = f(e G ) f injekcija n k l k = l a k l a =n = e G Dakle, e, f(a), f(a) 2,..., f(a) n 1 su zaista medusobno različiti. Kako je f(a) n = f(a n ) = f(e G ) = e H, zaključujemo da je f(a) = n. Korolar. Ako je f : G H izomorfizam konačnih cikličkih grupa, onda f preslikava generator u generator. 1.6 Grupe permutacija Prisjetimo se, permutacija reda n je bijekcija s {1, 2,... n} na {1, 2,... n}. (B({1, 2,..., n}), ) zovemo grupom permutacija reda n. Operacija je, naravno, komponiranje S n (permutacije su funkcije!). Dalje, vrijedi S n = n!. Napomenimo da ćemo permutaciju σ zapisivati na sljedeći način: ( ) 1 2... n σ = σ(1) σ(2)... σ(n)
1.6. GRUPE PERMUTACIJA 24 Zadatak 1.26. Izračunajte u S 5 : ( ) ( 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 a) 2 3 1 4 5 2 1 4 3 5 ) b) ( 1 2 3 4 5 4 1 5 2 3 ) 1 c) Je li komutativna operacija? Rješenje. a) Jednostavno pratimo u što će se pojedini element iz {1, 2, 3, 4, 5} preslikati. Na primjer, 1 se preslikava u 2, što se zatim preslika u 3. Dakle, ( ) ( ) 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 (1) = 3 2 3 1 4 5 2 1 4 3 5 Tako radimo za preostala 4 broja, i dobijemo ( ) ( 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 2 3 1 4 5 2 1 4 3 5 ) = b) Iščitavamo u što će se pojedini broj preslikati, i dobijemo ( 1 2 3 4 5 4 1 5 2 3 ) 1 = ( 1 2 3 4 5 2 4 5 1 3 ( 1 2 3 4 5 3 2 4 1 5 c) Nije. Na primjer (radi jednostavnosti gledamo permutacije u S 3 ): ( ) ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 = 1 3 2 2 1 3 3 1 2 ( ) ( ) ( ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 = 2 1 3 1 3 2 2 3 1 Definicija. Permutaciju σ S n sa svojstvom da postoje i 1, i 2,..., i k {1, 2,..., n} takvi da σ(i 1 ) = i 2, σ(i 2 ) = i 3,..., σ(i k 1 ) = i k, σ(i k ) = i 1, a σ(j) = j, j {i 1, i 2,..., i k } zovemo ciklus. Teorem. Svaka permutacija se može napisati kao kompozicija (kažemo, produkt) ciklusa. Primjer. ( ) 1 2 3 4 je ciklus. 3 1 2 4 Zaista, uzmemo i 1 = 1, i 2 = 3, i 3 = 2 i provjerimo da je zadovoljena definicija ciklusa. ) )
1.6. GRUPE PERMUTACIJA 25 ( ) 1 2 3 4 nije ciklus. Vidimo da 1 i 2 zatvaraju krug, ali 3 i 4 nisu fiksne točke, 2 1 4 3 pa definicija ne može biti zadovoljena. ( ) 1 2 3 4 nije ciklus. Opet, 1 i 3 zatvaraju krug, ali 2 i 4 nisu fiksne točke. 3 4 1 2 Napomena. Cikluse ćemo jednostavnije označavati s (i 1 i 2... i k ). Tako, na primjer, imamo: ( ) 1 2 3 4 = (1 3 2 4) 3 4 2 1 Primijetimo, fiksne točke ne pišemo. Teorem. Disjunktni ciklusi komutiraju. ( 1 2 3 4 3 1 2 4 ) = (1 3 2) Zadatak 1.27. Napišite sljedeće permutacije kao produkt (disjunktnih) ciklusa. ( ) 1 2 3 4 5 6 a) 2 5 1 3 4 6 ( ) 1 2 3 4 5 6 b) 5 6 1 4 3 2 ( ) 1 2 3 4 5 c) 2 1 4 3 5 Rješenje. a) Uočimo da je ova permutacija sama po sebi ciklus, i to (1 2 5 4 3). ( ) 1 2 3 4 5 6 b) = (1 5 3) (2 6) 5 6 1 4 3 2 ( ) 1 2 3 4 5 c) = (1 2) (3 4) 2 1 4 3 5 Napomena. Iz definicije ciklusa je jasno da je (i 1 i 2... i k 1 i k ) = (i 2 i 3... i k i 1 ) =... = (i k i 1... i k 2 i k 1 ). Zadatak 1.28. Izračunajte red ciklusa (i 1 i 2... i k ).
1.6. GRUPE PERMUTACIJA 26 Rješenje. Pitamo se koliko puta moramo komponirati ovu funkciju (samu sa sobom) da bi dobili id. Vidimo: (i 1 i 2... i k ) 2 = (i 1 i 2... i k ) (i 1 i 2... i k ) = (i 1 i 3 i 5...) (i 1 i 2... i k ) 3 = (i 1 i 4 i 7...). (i 1 i 2... i k ) k = (i 1 ) (i 2 ) (i k ) Dakle (i 1 i 2... i k ) = k. Zadatak 1.29. Izračunajte u S 4 : a) (1 2 3)(4 3 2)(1 3)(2 4) b) (1 2 3) 1 Rješenje. a) Pratimo u što će slikati svaki element iz {1, 2, 3, 4}, imajući na umu da ciklus djeluje kao identiteta na nespomenute elemente: 1 1 3 2 3 3 3 1 1 2 2 4 4 3 1 Dakle (1 2 3)(4 3 2)(1 3)(2 4) = (1 3 2). Odavde slijedi (a lako i provjerimo) da je 4 fiksna točka. b) Svaki broj će se preslikati u broj lijevo od sebe u ciklusu. Dakle 1 3, 2 1, 3 2, pa imamo (1 2 3) 1 = (1 3 2). Zadatak 1.30. Nadite element najvećeg reda u S n, n = 1, 2,..., 10. Rješenje. S 1 = {id} najveći red je 1. S 2 = {id, (1 2)} najveći red je 2. S 3 = {id, (1 2), (1 3), (2 3), (2 3 1), (3 1 2)} najveći red je 3. Dalje ćemo promatrati samo duljine ciklusa na koje se neka permutacija može rastaviti. Tako, na primjer, permutacije iz S 4 možemo rastaviti na 1 + 1 + 1 + 1, 2 + 1 + 1, 2 + 2,, 3 + 1 i 4, tj. cikluse gdje su svi duljine 1, ili na jedan ciklus duljine 2 i dva ciklusa duljine 1, ili na jedan ciklus duljine 3 i jedan duljine 1, itd. Sad medu tim rastavima tražimo onaj koji će dati permutaciju najvećeg reda. Uočimo da će taj red biti upravo najmanji zajednički višekratnik sumanada u rastavu. Dakle, element najvećeg reda u S 4 će biti bilo koji ciklus duljine 4, npr. (1 2 3 4).
1.7. NORMALNE PODGRUPE 27 Pogledajmo sad S 5. Mogući rastavi su 1+1+1+1+1, 2+1+1+1, 2+2+1, 3+1+1, 3+2, 4+1, 5. Vidimo da će najveći red imati permutacija koja je produkt jednog ciklusa duljine 3 i jednog ciklusa duljine 2, npr. (1 2 3)(4 5). ((1 2 3)(4 5)) k = e komut. (1 2 3) k (4 5) k = e Kako (1 2 3) i (4 5) ne mogu biti jedno drugome inverz, imamo (1 2 3) k = e (4 5) k = e (1 2 3) =3 (4 5) =2 dakle k = NZV (2, 3) = 6, što smo i očekivali. Tako dalje dobivamo red 6 za S 6 (ciklus duljine 6), red 12 za S 7 (4 + 3), red 15 za S 8 (5 + 3), red 20 za S 9 (5 + 4), i red 30 za S 10 (5 + 3 + 2). Definicija. Permutacija σ je parna ako ima paran broj inverzija (parova (i, j) takvih da i < j, σ(i) > σ(j) ), to jest i(σ) = σ(j) σ(i) = 1. j i 1 i<j n 3 k 2 k Ako permutacija nije parna, onda je neparna i i(σ) = 1. Propozicija. i: (S n, ) ({ 1, 1}, ) je homomorfizam grupa. Napomena. i(σ 1 ) i homo- = i(σ) 1 = i(σ). Propozicija. Ciklus (i 1 i 2... i k ) je paran k neparan. Zadatak 1.31. Odredite parnost permutacije σ = ( 1 2 3 4 5 6 7 3 4 6 2 7 1 5 ). Rješenje. Rastavljamo permutaciju σ na produkt disjunktnih ciklusa: σ = (1 3 6)(2 4)(5 7), pri čemu je (1 3 6) je paran, a (2 4) i (5 7) su neparni. i(σ) i homo- = i((1 3 6)) i((2 4)) i((5 7)) = 1 ( 1) ( 1) = 1 σ je parna permutacija. A n = grupa parnih permutacija (alternirajuća grupa). Iz činjenice da je i homomorfizam i i(σ) = 1, za paran σ, odmah slijedi A n S n. 1.7 Normalne podgrupe Neka je G grupa i H neka njezina podgrupa. Tada za svaki g G \ H skupovi H i gh imaju isti broj elemenata, tj. f : H gh, f(x) = gx je bijekcija. Uvodimo lijeve, odnosno desne klase (vidi predavanja).
1.7. NORMALNE PODGRUPE 28 Na predavanjima se pokaže da je broj lijevih klasa jednak broju desnih klasa, odnosno jednak indeksu od H u G (oznaka [G : H]). Definicija. Kažemo da je podgrupa N G normalna ako vrijedi Tu činjenicu označavamo sa N G. xnx 1 = N, x G. Napomena. Ekvivalentno je xnx 1 = N i xnx 1 N, x G. Primjeri: 1) {e}, G G 2) Svaka podgrupa Abelove grupe je normalna. 3) A 3 S 3. Dokaz. S 3 = {id, (1 2), (1 3), (2 3), (1 2 3), (1 3 2)}, A 3 = {id, (1 2 3), (1 3 2)}. Neka je σ S 3. Tvrdnja: ( τ A 3 ) στσ 1 A 3. i(στσ 1 ) i homo- = i(σ) i(τ) i(σ 1 ) = i(σ) 2 i(τ) = i(τ) τ A 3 = 1. στσ 1 A 3 A 3 S 3. Propozicija. Neka je φ: G H homomorfizam grupa. Tada je Ker φ G. Dokaz. Neka je x G. Tvrdnja: x Ker φ x 1 Ker φ. Neka je k Ker φ. xkx 1? Ker φ. φ(xkx 1 ) φ homo- = φ(x) φ(k) φ(x 1 ) = φ(x) φ(x 1 ) φ homo- = φ(x) φ(x) 1 = e. e xkx 1 Ker φ. Zadatak 1.32. Jedine normalne podgrupe od S 3 su {id}, S 3 i A 3. Rješenje. Neka N G sadrži barem jednu transpoziciju ( N {id}, A 3 ) (Transpozicija je ciklus duljine 2). BSO (1 2) N. Tada je i (1 3)(1 2)(1 3) 1 N. Imamo (1 3)(1 2)(1 3) 1 = (1)(2 3) = (2 3) N. Takoder (1 3) = (2 3)(1 2)(2 3) 1 N. Dakle N sadrži id, (1 2), (2 3), (1 3), tj. barem 4 elementa. Sad iz Lagrangeovog teorema slijedi N > 4 i N S 3 = 6 N = 6 N = S 3. Napomena. {id, (1 2)} S 3, {id, (1 2)} S 3. Vrijedi i općenitija tvrdnja: A n S n. Za n > 4 grupa A n nema netrivijalnih normalnih podgrupa (A n je prosta grupa). Dokaz ove tvrdnje: i: S n ({ 1, 1}, ) je homomorfizam grupa. P rop. Ker i = {x S n i(x) = 1} = A n S n.
1.8. KVOCIJENTNE GRUPE 29 1.8 Kvocijentne grupe Neka je N G. G/N = {skup klasa gn, g G} elementi od G/N su skupovi! gn ozn. = [g]. Na tim skupovima se definira operacija : (G/N, ) je grupa (vidi predavanja). xn yn = (xy)n. Napomena. G/N G (to su skupovi sa potpuno različitim tipovima elemenata!). (x 1 )N = (xn) 1. Primjer. S 3 /A 3 =? = {σa 3 σ S 3 }. Prvo, ida 3 = A 3. Isto tako (1 2 3)A 3 = A 3 i (1 3 2)A 3 = A 3. Ovo smo i očekivali, jer su id, (1 2 3), (1 3 2) A 3. Dakle zasad smo pronašli jedan element kvocijente grupe (A 3 ). Dalje, (1 2)A 3 = (1 2) {id, (1 2 3), (1 3 2)} = {(1 2), (2 3), (1 3)}. Vidimo još da je (1 3)A 3 = (1 2)A 3. Dakle u kvocijentnoj grupi se još nalazi (1 2)A 3. S 3 /A 3 = {A 3, (1 2)A 3 }. Zadatak 1.33. Dokažite da je Z(G) G. Rješenje. xz(g)x 1 = {xgx 1 g Z(G)} = {gxx 1 g Z(G)} = {g g Z(G)} = Z(G). Dokazali smo da je Ker φ G (φ: G H, φ homo- ). Vrijedi li Im φ H? Ne! Protuprimjer: φ: ({ 1, 1}, ) (S 3, ). Definiramo φ(1) = id, φ( 1) = (1 2). Ovako definiran φ je homomorfizam, a Im φ = {id, (1 2)} S 3. Zadatak 1.34. G = Z, N = 4Z. Je li 4Z Z? Što je Z/4Z? Rješenje. Z je komutativna grupa svaka podgrupa je normalna. Z/4Z = {x +4Z x Z} (Napomena. Primjetimo kako u kvocijentnoj grupi uvijek koristimo grupovnu operaciju!) 0 + 4Z = {..., 8, 4, 0, 4, 8,...}. 1 + 4Z = {..., 7, 3, 1, 5, 9,...}. 2 + 4Z = {..., 6, 2, 2, 6, 10,...}. 3 + 4Z = {..., 5, 1, 3, 7, 11,...}. 4 + 4Z = {..., 4, 0, 4, 8, 12,...} = 0 + 4Z. Z/4Z = {4Z, 1 + 4Z, 2 + 4Z, 3 + 4Z}. (2 + 4Z) + (3 + 4Z) def. = ((2 + 3) + 4Z) = 5 + 4Z = 1 + 4Z.
1.9. KONAČNO GENERIRANE ABELOVE GRUPE 30 Z/4Z = {[0], [1], [2], [3]}. Z/4Z = (Z 4, + 4 ) (φ(x + 4Z) = x je izomorfizam). Rekli smo da A n, n 5 nema pravih normalnih podgrupa. Zadatak 1.35. Što je A 4/H; H = {e, (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)}, H A 4? Rješenje. Langrangeov teorem daje A 4 /H = A 1 4 H = S 2 4 H = 12 4 = 3. Posljedica Lagrangeovog teorema (3) ( A 4 /H = 3 što je prost broj) A 4 /H je ciklička. A 4 /H = (Z 3, + 3 ). Zadatak 1.36. G/Z(G) ciklička G Abelova. Rješenje. G/Z(G) = az(g), gdje je az(g) generator od G/Z(G), a G. G/Z(G) = {a n Z(G) n N}. Neka su x, y G proizvoljni. ( n, m Z) x a n Z(G), y a m Z(G). ( u Z(G)) x = a n u. ( v Z(G)) y = a m v. Sada imamo xy = a n ua m v = a n a m uv = a n+m vu = a m a n vu = a m va n u = yx. 1.9 Konačno generirane Abelove grupe Definicija. Grupa G je konačno generirana ako postoji konačan skup S G takav da S = G. Napomena. Uočimo da je S najmanja podgrupa od G koja sadrži S. Na primjer, očito je svaka konačna grupa konačno generirana ( G = G). Z Z je primjer beskonačne konačno generirane grupe (Z Z = {(1, 0), (0, 1)} ). U daljnim razmatranjima koristit ćemo sljedeći rezultat: Z n Z m = Znm (m, n) = 1. Teorem. Neka je G konačno generirana Abelova grupa. Tada: (1)!s, t N 0, m 1, m 2,..., m t N takvi da m 1 m 2... m t i vrijedi G = Z } Z {{... Z } Z m1 Z m2... Z mt s puta - slobodan dio (2)!s, k N 0, p 1, p 2,..., p k prosti (ne nužno različiti), s 1, s 2,..., s k takvi da G = Z } Z {{... Z } Z p1 s 1 Z p2 s 2... Z pk s k s puta - slobodan dio
1.9. KONAČNO GENERIRANE ABELOVE GRUPE 31 Zadatak 1.37. Odredite do na izomorfizam sve Abelove grupe reda: a) 100 b) 1500 c) 16. Rješenje. a) Prvo rastavimo 100 na proste faktore, 100 = 2 2 52. Sad, po Teoremu (2), ovisno o tome kako grupiramo faktore 2, 2, 5, 5, dobivamo različite (tj. medusobno neizomorfne) grupe (uočimo usput da slobodnog dijela neće biti, jer promatramo konačne grupe). Na primjer, 2 2 5 2 (dakle p 1 = 2, s 1 = 1, p 2 = 2, s 2 = 1, p 3 = 5, s 3 = 2) daje Z 2 Z 2 Z 5 2 = Z 2 Z 2 Z 25, a 2 2 5 2 (dakle p 1 = 2, s 1 = 2, p 2 = 5, s 2 = 5) daje Z 2 2 Z 5 2 = Z 4 Z 25. Tako dobivamo sljedeću tablicu svih Abelovih grupa reda 100 (do na izomorfizam): 2 2 5 2 Z 4 Z 25 2 2 5 2 Z 2 Z 2 Z 25 2 2 5 5 Z 4 Z 5 Z 5 2 2 5 5 Z 2 Z 2 Z 5 Z 5 Dakle svaka Abelova grupa G reda 100 je izomorfna točno jednoj od gornjih grupa u drugom stupcu. Pogledajmo sad što daje prikaz pomoću Teorema (1). Očito će dobivena grupa biti izomorfna onoj dobivenoj pomoću Teorema (2), ali pokazat će se da je ovaj zapis nešto kraći. Na primjer, iz Z 2 Z 2 Z 5 Z 5 želimo izvući m 1, m 2..., m t za koje vrijedi m 1 m 2 m t tako da dobijemo prikaz Z m1 Z m2 Z mt, pri čemu koristimo i rezultat Z n Z m = Znm (m, n) = 1 da bi sparili neke sumande. Tako iz Z 2 Z 2 Z 5 Z 5 uzmemo Z 2 Z 5 = Z10 (jer (2, 5) = 1) i dobijemo m 1 = 10, m 2 = 10, dakle m 1 m 2, pa je Z 2 Z 2 Z 5 Z 5 = Z10 Z 10. Dalje, za Z 4 Z 5 Z 5 sparimo prva dva sumanda u Z 20 pa dobijemo Z 4 Z 5 Z 5 = Z5 Z 20 (m 1 = 5, m 2 = 20). Za Z 2 Z 2 Z 25 iskoristimo Z 2 Z 25 = Z50 pa je Z 2 Z 2 Z 25 = Z2 Z 50 (m 1 = 2, m 2 = 50). I na kraju, Z 4 Z 25 = Z100 (m 1 = 100). Dodajmo i ove prikaze u gornju tablicu: Zapis (2) = Zapis (1) 2 2 5 2 Z 4 Z 25 = Z100 2 2 5 2 Z 2 Z 2 Z 25 = Z2 Z 50 2 2 5 5 Z 4 Z 5 Z 5 = Z5 Z 20 2 2 5 5 Z 2 Z 2 Z 5 Z 5 = Z10 Z 10 Prikazi (tj. grupe) u pojedinom retku su izomorfni, a grupe u različitim retcima su medusobno neizmorfne.
1.9. KONAČNO GENERIRANE ABELOVE GRUPE 32 b) 1500 = 2 2 3 5 3. Dakle, kao i u a) dijelu, imamo za početak sljedeću tablicu: Zapis (2) 2 2 3 5 3 Z 4 Z 3 Z 125 2 2 3 5 3 Z 2 Z 2 Z 3 Z 125 2 2 3 5 2 5 Z 4 Z 3 Z 5 Z 25 2 2 3 5 2 5 Z 2 Z 2 Z 3 Z 25 Z 5 2 2 3 5 5 5 Z 4 Z 3 Z 5 Z 5 Z 5 2 2 3 5 5 5 Z 2 Z 2 Z 3 Z 5 Z 5 Z 5 Na temelju zaključivanja u a) dijelu, opišimo postupak za prevodenje zapisa (2) u zapis (1): - Uzmimo što više sumanada u zapisu (2) sa medusobno relativno prostim indeksima i spojimo ih u jedan sumand za zapis (1). - Ponovimo gornji korak, ali zanemarujući sumande u zapisu (2) koje smo prethodno uzeli. Ponavljamo dok ne nestane sumanada u zapisu (2). U prvom koraku odredujemo sumand Z mt iz zapisa (1). Zato za njega uzimamo što više sumanada s medusobno relativno prostim indeksima, jer bi u suprotnom za neki Z mt i vrijedilo m t i m t. Pokažimo postupak na primjeru Z 2 Z 2 Z 3 Z 5 Z 5 Z 5 : - Uzmemo Z 2 Z 3 Z 5 i kako je Z 2 Z 3 Z 5 = Z30 dobijemo sumand Z 30 u zapisu (1). - Od zapisa (2) dalje promatramo samo Z 2 Z 5 Z 5. Opet uzmemo što više sumanada s medusobno relativno prostim indeksima to su Z 2 i Z 5, pa kako je Z 2 Z 5 = Z10 dobijemo sumand Z 10 u zapisu (1). - Od zapisa (2) nam je ostalo samo Z 5, dakle Z 5 je sumand u zapisu (1). Dobili smo Z 2 Z 2 Z 3 Z 5 Z 5 Z 5 = Z5 Z 10 Z 30. Tako dobijemo sljedeću tablicu: Zapis (2) = Zapis (1) 2 2 3 5 3 Z 4 Z 3 Z 125 = Z1500 2 2 3 5 3 Z 2 Z 2 Z 3 Z 125 = Z2 Z 750 2 2 3 5 2 5 Z 4 Z 3 Z 5 Z 25 = Z5 Z 300 2 2 3 5 2 5 Z 2 Z 2 Z 3 Z 25 Z 5 = Z10 Z 150 2 2 3 5 5 5 Z 4 Z 3 Z 5 Z 5 Z 5 = Z5 Z 5 Z 60 2 2 3 5 5 5 Z 2 Z 2 Z 3 Z 5 Z 5 Z 5 = Z5 Z 10 Z 30 c) 16 = 2 4. Dobijemo (uočimo da će zapis (1) biti isti kao zapis (2), jer u zapisu (2) nećemo imati što sparivati):
1.10. UNUTRAŠNJI AUTOMORFIZMI 33 Zapis (2) = Zapis (1) 2 4 Z 16 = Z16 2 3 2 Z 2 Z 8 = Z2 Z 8 2 2 2 2 Z 4 Z 4 = Z4 Z 4 2 2 2 2 Z 4 Z 2 Z 2 = Z4 Z 2 Z 2 2 2 2 2 Z 2 Z 2 Z 2 Z 2 = Z2 Z 2 Z 2 Z 2 Zadatak 1.38. Odredite kojoj konačnoj Abelovoj grupi (u standardnom obliku) je izomorfna grupa Aut Z 15. Rješenje. Neka je f Aut Z 15. Ranije smo vidjeli da izomorfizmi cikličkih grupa preslikavaju generator u generator (f : Z 15 Z 15 ). Nadalje, izomorfizam cikličkih grupa je odreden svojim djelovanjem na generator. Dakle, f je odreden svojim djelovanjem na 1 (1 je generator od Z 15 ). Generatori od Z 15 su svi brojevi iz {1, 2,..., 14} relativno prosti s 15, dakle 1,2,4,7,8,11,13,14. Zaključujemo da postoji točno 8 elemenata u Aut Z 15. Označimo te elemente s f i (zadani s f i (1) = i). Pogledajmo kojoj je grupi izomorfno (Aut Z 15, ): f i f j (1) = f i (j) = f i (1 } + 1 + {{... + 1 } ) = f i (1) + f i (1) +... f i (1) j puta j puta = j 15 f i (1) = j 15 i = f i 15 j(1) Dakle, (Aut Z 15, ) = ({1, 2, 4, 7, 8, 11, 13, 14}, 15 ) (ovu smo grupu označavali i s (U 15, 15 ) = (Z 15, 15 )). Dalje, kako je f i f j (1) = j 15 i = i 15 j = f j f i (1), Aut Z 15 je Abelova grupa. Sad, kao u prethodnom zadatku zaključimo da postoje 3 različite Abelove grupe reda 8 Z 2 Z 2 Z 2, Z 2 Z 4, Z 8, i Aut Z 15 je izomorfno točno jednoj od njih. Uočimo da je najveći red elemenata u Z 2 Z 2 Z 2 jednak 2, u Z 2 Z 4 je 4, a u Z 8 je 8. Pogledajmo redove elemenata u Aut Z 15 : 1 = 1, 2 = 4 (jer 2 15 2 15 2 15 2 = 2 4 = 1), 4 = 2, 7 = 4, 8 = 4, 11 = 2, 13 = 4, 14 = 2. Zaključujemo Aut Z 15 = Z2 Z 4. 1.10 Unutrašnji automorfizmi Zadatak 1.39. Neka je (G, ) grupa i g G fiksan. Dokažite da je preslikavanje f g : G G zadano s f g (x) = gxg 1 automorfizam (takvi automorfizmi se nazivaju unutrašnji automorfizmi). Rješenje.
1.10. UNUTRAŠNJI AUTOMORFIZMI 34 f g (xy) = gxyg 1 = gxg 1 gyg 1 = f g (x)f g (y) f g homomorfizam. f g (x) = f g (y) gxg 1 = gyg 1 x = y f g injekcija. Neka y G. Tražimo x takav da f g (x) = y. f g (x) = y gxg 1 = y x = g 1 yg. Dakle, f g je surjekcija. f g je izomorfizam. Zadatak 1.40. Definiramo Int G = {f g g G}. Dokažite da je Int G grupa. Rješenje. Pokazat ćemo Int G Aut G (po prethodnom zadatku znamo Int G Aut G). Neka su f g, f h Int G. Imamo f g f h (x) = f g (hxh 1 ) = ghxh 1 g 1 = (gh)x(gh) 1 = f gh (x), x G f g f h Int G Neka f g Int G. Pokazujemo (f g ) 1 Int G. (f g ) 1 (x) = y x = f g (y) x = gyg 1 g 1 xg = y (f g ) 1 Int G. Int G Aut G.. f g 1(x) = y = (f g ) 1 (x) (f g ) 1 = f g 1 Zadatak 1.41. Definiramo ϕ: G Int G s ϕ(g) = f g. Dokažite da je ϕ homomorfizam i odredite mu sliku i jezgru. Rješenje. ϕ(g) ϕ(h) = f g f h = (prošli zadatak) = f gh = ϕ(gh), dakle ϕ je homomorfizam. Po definiciji od ϕ je Im ϕ = Int G. Ker ϕ = {x G ϕ(x) = id}. ϕ(x) = id f x (y) = y, y G xyx 1 = y, y G xy = yx, y G. Zaključujemo Ker ϕ = Z(G). Zadatak 1.42. Dokažite Int G Aut G i G/Z(G) = Int G. Rješenje. G/Z(G) = Int G direktno slijedi iz prvog Teorema o izomorfizmu (za homomorfizam ϕ iz prošlog zadatka). Da bi dokazali Int G Aut G, dovoljno je pokazati α Int G α 1 Int G, α Aut G. Neka je f g Int G, i neka su α Aut G, x G proizvoljni. Imamo αf g α 1 (x) = αf g (α 1 (x)) = α(f g (α 1 (x))) = α(gα 1 (x)g 1 ) G α homo- = α(g) α(α 1 (x)) α(g 1 ) = α(g)xα(g) 1 = f α(g) (x). =x =α(g) 1 Dakle, αf g α 1 (x) = f α(g) (x), x G αf g α 1 = f α(g) Int G α Int G α 1 Int G, α Aut G Int G Aut G.
2 Prstenovi 2.1 Osnovni pojmovi i primjeri Definicija. Prsten je uredena trojka (R, +, ) takva da (R1) (R, +) Abelova grupa, (R2) (R, ) polugrupa, (R3) (a + b) c = a c + b c, a, b, c R, a (b + c) = a b + a c, a, b, c R. Napomena. 2 binarne operacije: + komutativna ne nužno komutativna Ako je komutativna, imamo komutativni prsten. Neutralni element za + uvijek postoji (zovemo ga nulom i označavamo 0), dok neutralni element za ne mora postojati (ako postoji, zovemo ga jedinicom i označavamo 1). Propozicija. (i) ( a) b = a ( b) = (ab) (ii) ( a) ( b) = ab (iii) (a + ( b)) c = ac bc (iv) 0 a = a 0 = 0 (v) Ako postoji 1 u prstenu R i ako R ima barem 2 elementa slijedi da je 0 1. Dokaz. (i) Kako je a b + ( a) b = (a + ( a)) b = 0 b (iv) = 0, slijedi da je ( a) b = (a b). Slično dobijemo a ( b) = (a b). 35
2.1. OSNOVNI POJMOVI I PRIMJERI 36 (ii) ( a) ( b) (i) = (a ( b)) = ( (a b)) = a b. (iii) (a + ( b)) c = a c + ( b) c = a c + ( (bc)) ozn. = a c b c ozn. = ac bc. (iv) a 0 = a (0 + 0) = a 0 + a 0 / (a 0) 0 = a 0. (v) Neka postoji jedinica 1 i neka je 1 = 0. Tada je 0 = 0 x = x, x R 0 je jedini element u R, dakle R ima samo jedan element. Definicija. Ako postoje a, b R takvi da a 0, b 0, ab = 0, onda se a i b zovu djelitelji nule. Prsten bez djelitelja nule je integralna domena. Definicija. Podskup nekog prstena koji je i sam prsten zovemo potprsten. Činjenicu da je P potprsten od R označavamo s P R. Primjer. 1) (Z, +, ) komutativni prsten s jedinicom integralna domena 2) (Z n, +, ) komutativni prsten s jedinicom ako je n složen, nije integralna domena; npr. u Z 6 vrijedi 2 6 3 = 0 3) (M n (R), +, ), (M n (C), +, ) nisu komutativni prsteni (množenje matrica nije komutativno) postoji jedinica (jedinična matrica I) [ ] 1 0 nije integralna domena; npr. 0 0 [ 0 0 0 1 ] = [ 0 0 0 0 4) R[x] polinomi s realnim koeficijentima u varijabli x R[x, y] polinomi s realnim koeficijentima u varijablama x i y ] Zadatak 2.1. Neka je (R, +, ) prsten. Element x R je nilpotentan ako postoji n N takav da je x n = 0 (nema veze s redom elementa). Dokažite da je ekvivalentno: a) 0 je jedini nilpotentan element u R. b) Ako je x 2 = 0, onda je x = 0.
2.1. OSNOVNI POJMOVI I PRIMJERI 37 Rješenje. a) b) Očito. b) a) x R nilpotentan. n ( ) = min{m N x m = 0}. n = 1 x = 0. n 2. n je paran; n = 2l, pri čemu je l < n. x 2l = 0 (x l ) 2 = 0 x l = 0 što je u kontradikciji s ( ). n je neparan; n = 2l + 1, pri čemu je l + 1 < n. x 2l+1 = 0 x x 2l+2 = 0 (x l+1 ) 2 = 0 x l+1 = 0 što je u kontradikciji s ( ). Zadatak 2.2. Neka je R prsten, L R netrivijalan potprsten koji ima jedinicu. Ako R nema jedinicu, onda R ima djelitelja nule. Rješenje. L ima jedinicu pa ( e L)( x L) ex = xe = x. Ako R nema jedinicu, onda ( x R) ex x ili xe x. Pretpostavimo ex x, x R \ L ex = y, y x. e(y x) = ey ex = eex ex e L = ex ex = 0. Zadatak 2.3. Neka je r R. Dokažite da je Rr = {xr x R} potprsten. 1) ( a, b Rr) a + ( b) Rr - podgrupa Rješenje. Rr je potprsten 2) ( a, b Rr) ab Rr - podpolugrupa. Dokažimo sada 1) i 2). Neka su a, b Rr a = xr, b = yr, za neke x, y R. a b = xr yr = (x y) r Rr. R ab = (xry) r Rr. R Zadatak 2.4. Za element x prstena kažemo da je idempotentan ako je x 0, 1 i x 2 = x. Neka je (R, +, ) komutativan prsten s jedinicom i r R idempotentan. Dokažite da je 1 r idempotentan. Rješenje. (1 r) 2 = 1 2r + r 2 = 1 2r + r = 1 r. Definicija. Neka su P i R prstenovi. Preslikavanje f : P R je homomorfizam prstenova ako je aditivno i multiplikativno, tj. ako vrijedi f(a + b) = f(a) + f(b) & f(a b) = f(a) f(b), a, b P. Definicija. Prsten R je prsten karakteristike: