Зразок розв’язання контрольної роботи № 1
Варіант 0.
Довести, що множина
відносно множення підстановок є групою.
Розв‘язок.
Під множенням підстановок розуміють їх послідовне виконання. Необхідно показати, що множина G:
замкнена відносно операції ();
виконується для елементів множини асоціативний закон множення;
існує нейтральний елемент відносно цієї операції;
кожний елемент множини має обернений.
Складаємо таблицю Келі для операції () на множині G.
-
S1
S2
S3
S4
S5
S6
S1
S1
S2
S3
S4
S5
S6
S2
S2
S3
S1
S6
S4
S5
S3
S3
S1
S2
S5
S6
S4
S4
S4
S5
S6
S1
S2
S3
S5
S5
S6
S4
S3
S1
S2
S6
S6
S4
S5
S2
S3
S1
Операцію () задано так:
.
За таблицею видно, що всі групові властивості виконуються на множині відносно заданої на ній операції ().
Отже, G – група. Вона називається симетричною групою третього степеня (S3).
2) Знайти всі твірні елементи групи S3.
Розв‘язок.
Група S3 є групою 6-го порядку. Отже, всі її елементи мають скінчений порядок, який за теоремою Лагранжа є дільником порядку групи. Отже, в групі S3 є елементи другого та третього порядків.
Елементи s2, s3 – елементи третього порядку, так як (s2)3 = (s3)3 = s1.
Елементи s4, s5, s6 – елементи другого порядку, так як (s4)2 = (s5)2 = (s6)2 = s1.
Отже, група S3 – це неабелева група і породжується відповідно елементом порядку 3 і елементом порядку 2, тобто
S3 = {s2, s4} = {s2, s5} = {s2, s6} = {s3, s5} = {s3, s4} = {s3, s6}.
3) Знайти всі підгрупи групи S3.
Розв‘язок.
За теоремою Лагранжа порядок підгрупи є дільником порядку групи. Тому група S3 може мати власні підгрупи порядків 3 та 2 і невласні підгрупи: E, S3.
Підгрупою 3-го порядку є підмножина групи S3, що складається із елементів <s1, s2, s3> і підгрупами 2-ого порядку є підмножини групи S3, що складаються із елементів <s1, s4>, <s1, s5>, <s1, s6>.
Підгрупа G1 = <s1, s2, s3> = {s2} = {s3}; G2 = <s1, s3> = {s3};
G3 = <s1, s5> = {s5}; G4 = <s1, s6> = {s6}.
Отже, будь-яка власна підгрупа групи S3 – циклічна, тобто складається із степенів одного із своїх (твірного) елементів.
Розкласти групу S3 на класи спряжених елементів.
Розв‘язок.
Оскільки s1 утворює окремий клас спряжених елементів як одиниця групи S3; елементи s2, s3 порядку 3 утворюють клас спряжених елементів, так як
si–1 s3 si = s2, si–1 s2 si = s3;
елементи s4, s5, s6 порядку 2 спряжені, так як
s5s4s5 = s6, s6s5s6 = s4, s4s5s4 = s6,
а тому належать одному класу спряжених елементів. Отже,
S3 = <s1> + < s2, s3> + < s4, s5, s6 >.
Розкласти групу S3 на ліві суміжні класи за її підгрупою G2 = <s1, s6>.
Розв‘язок.
Лівосторонній розклад групи S3 за її підгрупою G2 складається із класів: G2, s2G2 = s4G2 = {s2, s4}, s5G2 = s6G2 = {s4, s6}.
S3 = G2 {s2, s4}{s4, s6}.
Знайти нормальний дільник в групі S3.
Розв‘язок.
Для того, щоб підгрупа групи була її нормальним дільником необхідно і достатньо, щоб ліві і праві суміжні класи за цією підгрупою співпадали. Отже, в симетричній групі S3 підгрупа G1 = <s1, s2, s3> є нормальним дільником групи, так як лівосторонні і правосторонні розклади групи S3 за підгрупою G1 співпадають: кожен з них складається з двох класів: G1 i <s4, s5, s6>,
S3 = G1 G1 s4 = s4 G1 = {s4, s5, s6}.
Побудувати фактор-групу групи S3 за підгрупою G1.
Розв‘язок.
Сукупність суміжних класів групи S3 за її нормальною підгрупою G1 відносно операції множення класів утворює групу, яка називається фактор-групою групи S3 за підгрупою G1 (S3/G1).
На множині класів введемо операцію множення siG1sj1 = sisj1, si, sj S3, 1 – нормальна підгрупа.
Доведемо, що одержалася група.
Асоціативність множення класів випливає з асоціативності множення в групі S3:
(siG1sj1) skG1= (sisj)1 skG1 = (sisj) skG1= si(sjsk)G1 =
= siG1(sjsk)G1= siG1(sjG1skG1)
Одиничним елементом є сама підгрупа G1:
G1 siG1= s1G1siG1 = s1siG1 = siG1,
siG1G1 = siG1s1G1 = sis1G1 = siG1.
Оберненим до класу siG1 є клас si–1G1, так як
siG1si–1G1 = sisi–1G1 = eG1 = G1,
si–1G1 siG1 = si–1siG1 = eG1 = G1.
Одержана група позначається через S3/G1 і називається фактор-групою групи S3 за нормальною підгрупою G1.
S3/G1 = < G1, s4G1>.
Довести, якщо |a| = n і ak = 1, то n ділить k.
Розв‘язок.
Нехай порядок елемента а групи G дорівнює n. Це означає, що n – мінімальне натуральне число таке, що an = 1. Якщо k – будь-яке ціле число, то поділимо k на n, одержуємо
k = nq + r, 0 r < n,
а тому ak = (an)q ar = ar.
Звідси випливає, якщо елемент а має скінчений порядок n і ak = 1, то n ділить k.
8. Довести, якщо |G| = pq, pq – прості числа, то в G існує інваріантна підгрупа.
Розв‘язок.
Нехай p, q – прості числа,. Силовські p- і q-підгрупи групи G, будучи підгрупами простого порядку, є циклічними. Нехай {a}, {b}– відповідно силовські p- і q-підгрупи. за теоремою Силова кількість силовських підгруп в G дорівнює 1 + kq і ділить pq, тому силовська q-підгрупа {b} єдина. Зокрема, вона нормальна в групі G, що і треба було довести.
9. Нехай К1 – підкільце кільця К, І – ідеал кільця К. Довести, що К1I – ідеал кільця К.
Розв‘язок.
Позначимо D = К1I. Покажемо, що ідеал І, як і будь-який ідеал, містить нуль-елемент кільця К. Оскільки І0, то в І існує хоч один елемент а. Тоді за означенням ідеалу, елемент а – а = 0 теж належить ідеалу I. Оскільки 0К, 0І, то 0D, тому D .
Якщо а, bD,
то а, bК
і а, bІ.
Згідно з означенням ідеалу і критерієм
підкільця
,
а тому
.
Нехай аD, bК1. Покажемо, що ab і ba належать D. Оскільки DІ, а І – ідеал кільця К, то для будь-якого елемента аD І і будь-якого елемента bК1 K маємо, що ab, baІ.
Отже, ab, baК1I = D. Тому D = К1I – ідеал кільця К1.
10. Довести, що при гомоморфізмі двох кілець K1 і K2 (a – b) = (a) – (b).
Розв‘язок.
Нехай – гомоморфізм кільця K1 на кільце K2.
Тоді за означенням гомоморфізму виконується рівність a, (–b)К1
(a + (– b) = (a) + (–b), (– b) = – (b).
Отже, (a + (– b) = (a – b) = (a) – (b), що і треба було довести.
11. Довести, що характеристикою області цілісності є або нуль, або просте число.
Розв‘язок.
Нехай К – область цілісності, а е – одиниця кільця К. Якщо для me0 жодного натурального числа m, то характеристика кільця К дорівнює нулю.
Нехай me=0 і m – найменше натуральне число, що має цю властивість, тобто m – характеристика кільця К. Тоді m1, оскільки е0. Якщо m – просте число, то твердження задачі доведено.
Нехай m – складене число. Тоді існують натуральні числа s і t такі, що 1 < s, t < m і m = st. Так як кільце K комутативне, маємо
0 = me = (st) e = (se) (te).
Крім того, оскільки m – характеристика кільця К і s < m, t < m , то se 0, te 0, і тому (se) (te) = me 0, бо К як область цілісності, є кільцем без дільників нуля. Отже, прийшли до протиріччя.
12. Довести, що число 4 в
кільці
неоднозначно розкладається в добуток
простих множників.
Розв‘язок.
Знайдемо дільники одиниці в
.
Нехай
,
– дільники одиниці, a,
b, c,
dZ.
Тоді
( )( ) = 1.
Знайдемо норму обох частин цієї рівності
.
(*)
Норма числа
знаходиться за формулою
Nr(
)
=
.
Рівність (*) виконується,
якщо
.
(**) Рівність (**),
в свою чергу, виконується при
.
Отже, в кільці лише два дільники одиниці: 1, –1.
Доведемо, що для числа 4 в кільці
є два різні розклади в добуток
простих множників:
.
Покажемо, що 2,
є прості числа в
,
а пари чисел 2,
та 2,
не є асоційованими. Оскільки в кільці
асоційовані числа відрізняються тільки
знаком, то покажемо, що 2,
є прості числа в
.
Якщо
,
то знайшовши норми від обох частин,
дістанемо
.
Число 4 розкладається в добуток натуральних чисел двома способами: 4=22 =14.
Якщо
,
то b2
< 1, тобто b=0.
Тоді a2
= 2, що неможливо для цілого числа
a. Отже,
або
.
Якщо , то – дільник одиниці.
Якщо
,
то
і
– дільник одиниці. Отже, 2 є просте число
в кільці
.
Оскільки
,
то аналогічно доводять, що числа
є простими. Отже, число 4 в кільці
розкладається на прості множники двома
різними способами.
13. Довести, якщо поле Р має характеристику р, то р – просте число.
Розв‘язок.
Нехай р – число складене і p = st, де s<p, t<p. Тоді одержуємо
тобто (se)(te) = 0.
Оскільки в полі не існує дільників нуля, то із рівності (se)(te) = 0 випливає, що або se = 0, або te = 0, а це суперечить умові, що поле Р має характеристику р. отже, припущення, що р – складене число, невірне.