Janez ’ter

Zbirka re²enih nalog iz Algebre 2

Julij 2021

1





Predgovor

V tej zbirki so zbrane naloge z re²itvami s preverjanj znanja pri predmetu Algebra 2 za 2. letnik univerzitetnega ²tudija 1. stopnje Matematika na Fakulteti za matematiko in ziko Univerze v Ljubljani. Izpitne naloge so iz let, ko sem bil asistent pri tem predmetu, in sicer 2011/12, 2012/13, 2014/15 in 2020/21. Iz leta 2020/21 so zbrane le naloge dveh izpitnih rokov, iz preostalih let pa so zbrane naloge vseh petih izpitov/kolokvijev za vsako leto. Skupaj torej zbirka vsebuje 17 izpitov in kolokvijev.

Vsem nalogam so priloºene re²itve. Rutinski premisleki v nekaterih re²itvah so izpu²£eni, zato je zbirka primerna predvsem kot dodatna priprava na izpite ali kolokvije, medtem ko je osnova za pripravo seveda snov predavanj in vaj pri predmetu. Bralcu bodo re²itve nalog morda koristne tudi pri u£enju matemati£nega izraºanja.

Notacija, uporabljena v re²itvah nalog, je ve£inoma enotna. Kljub temu je nekaj minimalnih razlik, ki pa bralca ne bi smele zmesti. Nekaj je tudi drobnih vsebinskih razlik, ki so posledica druga£nega podajanja snovi na predavanjih ali vajah v razli£nih letih. Tako na primer besedàkolobar' v nekaterih nalogah pomeni kolobar z enoto (enico), medtem ko spet v drugih le kolobar, ki nima nujno enote. Pomen teh izrazov bo bralec brez teºav razbral iz konteksta naloge in njene re²itve.

Poleg tega se je z leti lahko minimalno spremenila tudi snov predmeta, zato se med nalogami za kak²no leto lahko izjemoma najde tudi tak²na, ki je snov predmeta v kak²nem drugem letu ni zaobjela.

Ljubljana, julij 2021

Janez ’ter

2

Kazalo

Predgovor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1. kolokvij 2011/12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

2. kolokvij 2011/12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1. izpit 2011/12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

2. izpit 2011/12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

3. izpit 2011/12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1. kolokvij 2012/13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

2. kolokvij 2012/13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1. izpit 2012/13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2. izpit 2012/13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3. izpit 2012/13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1. kolokvij 2014/15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2. kolokvij 2014/15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1. izpit 2014/15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2. izpit 2014/15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3. izpit 2014/15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1. izpit 2020/21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2. izpit 2020/21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

3





1. kolokvij 2011/12

1. Na mnoºici A = Z × Z je dana operacija ◦ s predpisom (m, n) ◦ (m0, n0) = (m + m0, n + (−1)mn0),

m, m0, n, n0 ∈ Z.

Pokaºi, da je (A, ◦) grupa, ki ni Abelova.

Re²itev: Preverimo asociativnost, obstoj enote (0, 0) in obstoj inverza. Zaprtosti operacije ni potrebno preverjati, saj je ºe v predpostavkah naloge navedeno, da je ◦ operacija na mnoºici A. Dokaz, da A ni Abelova: poi²£emo 2 elementa, ki ne komutirata, npr. (1, 0) ◦ (0, 1) = (1, −1) in (0, 1) ◦ (1, 0) = (1, 1) 6=

(1, 0) ◦ (0, 1).

2. Naj bo G = (C \ {0}, ·) in H = {z ∈ G, |z| = 1}. Pokaºi, da je H podgrupa edinka v G. Kateri znani grupi je izomorfna grupa G/H?

Re²itev: Preverimo, da je H podgrupa:

1

|x|

1

x, y ∈ H ⇒ |xy−1| = |x ·

| =

=

= 1 ⇒ xy−1 ∈ H.

y

|y|

1

Ker je G Abelova, je potem tudi H / G.

Dokaºimo, da je G/H ∼

= ( +

+

R , ·), tako da poi²£em surjektivni homomorzem f : G → R

z jedrom H.

Denirajmo f(z) = |z|. Potem je f homomorzem, saj f(zw) = |zw| = |z||w| = f(z)f(w). Homomorzem f je surjektiven, saj za vsak a ∈ +

R

velja f(a) = |a| = a, torej a ∈ im(f). Jedro f je {z ∈ G, f(z) = 1} =

{z ∈ G, |z| = 1} = H. (Preverjanje, da je H podgrupa edinka, je bilo v resnici nepotrebno, saj je jedro homomorzma vselej podgrupa edinka.)

3. Naj bo G grupa in H njena podgrupa edinka. Pokaºi, da je Z(H) / G.

Re²itev: O£itno je Z(H) ≤ G, saj Z(H) ≤ H. Pokaºimo, da je Z(H) / G. Naj bo g ∈ G in z ∈ Z(H).

Preverjamo gzg−1 ∈ Z(H). Najprej vidimo, da je gzg−1 ∈ H, saj je H / G in z ∈ H. Pokazati moramo ²e, da velja gzg−1h = hgzg−1 za poljuben h ∈ H. Ker je H / G, je g−1hg ∈ H. Ker je z ∈ Z(H), je potem gzg−1h = gz(g−1hg)g−1 = g(g−1hg)zg−1 = hgzg−1,

kot je bilo potrebno dokazati.

4. Dolo£i grupo avtomorzmov grupe Z × Z2.

Re²itev: Naj bo f ∈ Aut(Z × Z2). Ker sta (1, 0) in (0, 1) generatorja grupe Z × Z2, je f natanko dolo£en s slikama generatorjev f(1, 0) in f(0, 1), saj je potem f (a, b) = f (a, 0) + f (0, b) = f (1, 0) + · · · + f (1, 0) + f (0, 1) + · · · + f (0, 1) = af (1, 0) + bf (0, 1).

(Na drugi komponenti operacijo + gledamo po modulu 2, enakost pa seveda velja tudi za negativne a in b.) Ker f ohranja red elementov in je (0, 1) reda 2, je tudi f (0, 1) reda 2; edini element reda 2 v grupi Z × Z2 je (0, 1), torej je f (0, 1) = (0, 1). Pogledamo ²e, katere so moºnosti za f (1, 0).

Ozna£imo f(1, 0) = (m, n). ƒe je m = 0, f ne bo surjektiven, saj bo im(f) ≤ {0} × Z2. ƒe bo |m| ≥ 2, f spet ne bo surjektiven, saj bo im(f ) ≤ mZ × Z2. Torej je m = 1 ali m = −1. Ker imamo tudi za n 2

moºnosti (0 ali 1), imamo skupaj kve£jemu 4 moºnosti, f(1, 0) ∈ {(1, 0), (1, 1), (−1, 0), (−1, 1)}. Dobimo ²tiri homomorzme f1(a, b) = (a, b), f2(a, b) = (a, a + b), f3(a, b) = (−a, b) in f4(−a, a + b). Prvi je identiteta, ostali pa imajo red 2 (preverimo fi(fi(a, b)) = (a, b) za i = 2, 3, 4), od koder tudi sledi, da so vsi bijektivni (torej avtomorzmi). Grupa Aut(Z × Z2) ima tako 4 elemente, vsi razen enote pa so reda 2, torej Aut(Z × Z2) ∼

= Z2 × Z2.

5. Naj bo G enostavna grupa mo£i 168 (grupa je enostavna, £e ne vsebuje nobene prave netrivialne podgrupe edinke). Koliko elementov reda 7 je v grupi G?

Re²itev: Razcepimo 168 = 23 · 3 · 7. Z izreki Sylowa preverimo, da v G obstaja natanko 1 ali 8 podgrup Sylowa z mo£jo 7. Ker je G enostavna, je takih grup potem 8. Ker so pra²tevilske mo£i, so te grupe paroma disjunktne, torej skupaj premorejo 7 + 7 · 6 = 49 elementov. Vsi razen enote so reda 7, torej imamo 48 elementov reda 7. To so tudi vsi elementi reda 7 v G (£e bi bil x ²e kak drug element reda 7

v G, ki bi bil zunaj teh osmih podgrup Sylowa, bi bila hxi podgrupa mo£i 7, torej bi bila enaka eni od osmih podgrup Sylowa, kar je protislovje).

4





2. kolokvij 2011/12

1. Poi²£i vse neizomorfne Abelove grupe mo£i 200.

Re²itev: Vsaka kon£na Abelova grupa je do izomorzma natan£no enaka Z α × · · · ×

α

,

p 1

Zp k

1

k

kjer so pi pra²tevila, ki delijo mo£ grupe. Ta zapis je enoli£en do vrstnega reda faktorjev natan£no. ƒe torej razcepimo 200 = 23 · 52, potem imamo 6 moºnosti: Z8 × Z25, Z2 × Z4 × Z25, Z2 × Z2 × Z2 × Z25, Z8 × Z5 × Z5, Z2 × Z4 × Z5 × Z5 in Z2 × Z2 × Z2 × Z5 × Z5.

2. Naj bo D (ne nujno komutativen) obseg in K ≤ D tak²en podkolobar, da je x ∈ K ali x−1 ∈ K za vsak x ∈ D \ {0}. Pokaºi, da velja I ⊆ J ali J ⊆ I za poljubna ideala I, J kolobarja K.

Re²itev: Naj bosta I, J ideala kolobarja K in naj bo J * I. Pokazati moramo I ⊆ J. Vzemimo poljuben x ∈ I. Lahko predpostavimo x 6= 0. Ker je J * I, obstaja tak a ∈ J, da a /

∈ I. Ker je a /

∈ I, je a 6= 0. Ker

je x(x−1a) = a /∈ I, je x−1a /∈ K. Torej je x−1a 6= 0 in (x−1a)−1 = a−1x ∈ K in zato x = a(a−1x) ∈ J.

Torej je res I ⊆ J.

3. Naj bosta K1 in K2 kolobarja z enico in K = K1 × K2 kolobar z operacijama po komponenetah. Pokaºi, da je vsak ideal v kolobarju K oblike I1 × I2, kjer je Ii ideal v Ki za i = 1, 2.

Re²itev: Naj bo I / K poljuben ideal. (Pozor: vnaprej ne smemo predpostaviti, da je I oblike I = A1 × A2

za neki podmnoºici Ai ⊆ Ki. Tak²nim podmnoºicam mnoºice K pravimo ²katlaste podmnoºice.) Dokaºimo, da je podmnoºica I ²katlasta. Denirajmo

I1 = {x ∈ K1, (x, 0) ∈ I}

in I2 = {y ∈ K2, (0, y) ∈ I}.

Mnoºici I1, I2 sta ideala v K1 oziroma K2. Res, £e je x, x0 ∈ I1, je (x − x0, 0) = (x, 0) − (x0, 0) ∈ I, torej x − x0 ∈ I1. ƒe vzamemo ²e r ∈ K1, je (rx, 0) = (r, 0)(x, 0) ∈ I in (xr, 0) = (x, 0)(r, 0) ∈ I, torej rx, xr ∈ I1. Torej je I1 res ideal v K1. Podobno preverimo, da je tudi I2 ideal v K2.

Pokaºimo ²e I = I1 × I2. ƒe je (x, y) ∈ I, je (x, 0) = (x, y)(1, 0) ∈ I, torej x ∈ I1. Podobno vidimo, da je y ∈ I2. Torej je (x, y) ∈ I1 × I2. Obratno, £e je x ∈ I1 in y ∈ I2, je (x, 0) ∈ I in (0, y) ∈ I, torej (x, y) = (x, 0) + (0, y) ∈ I. S tem je enakost pokazana.

4. Naj bo K cel komutativen kolobar z enico, ki ni obseg. Pokaºi, da K[X] ni glavni kolobar. (Nasvet: izberi neobrnljiv element a ∈ K, a 6= 0, in pokaºi, da ideal (a, X) ni glavni ideal v K[X].) Re²itev: Naj bo a ∈ K, a 6= 0 neobrnljiv element in I = (a, X). Pokaºimo, da I ni glavni ideal v K[X].

Pa denimo nasprotno, da je I = (p(X)) za nek polinom p(X). Ker je a ∈ I, je a = p(X)q(X) za nek polinom q(X). Od tod sledi, da sta p(X) in q(X) polinoma stopnje 0. Pi²imo p(X) = c za nek c ∈ K.

Ker je X ∈ I, je X = p(X)r(X) = cr(X) za nek polinom r(X). Odtod sledi, da je polinom r(X) oblike r(X) = dX in cd = 1, torej je c = p(X) obrnljiv element. Torej je I = K[X] in zato 1 ∈ I oziroma 1 = aα(X) + Xβ(X) za neka polinoma α(X), β(X). To pa pomeni, da je a obrnljiv element v K, kar je protislovje. Torej I ni glavni ideal.

5. Naj bosta m in n naravni ²tevili z lastnostjo ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n). Pokaºi, da sta m in n tuji si ²tevili.

Re²itev: Uporabimo formulo ϕ(n) = n Q (1 − 1) (p prete£e vsa pra²tevila, ki delijo n).

p|n

p

Iz enakosti ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n) dobimo mn Q

(1 − 1 ) = mn Q

(1 − 1 ) Q

(1 − 1 ), torej

p|mn

p

p|m

p

p|n

p

Y

1

Y

1 Y

1

(1 −

) =

(1 −

)

(1 −

).

p

p

p

p|mn

p|m

p|n

Leva stran te enakosti je produkt vseh izrazov 1 − 1, ko p prete£e pra²tevila, ki delijo mn. Desna stran p

je enaka levi, le da se za pra²tevila, ki delijo tako m kot n, faktorji 1 − 1 pojavijo dvakrat. Ko torej p

kraj²amo obe strani ena£be, dobimo 1 = Q

(1 − 1 ). Ker so vsa ²tevila 1 − 1 manj²a od 1, je torej p|m in p|n

p

p

{p; p | m in p | n} prazna mnoºica. Torej sta m in n tuji si ²tevili.

5





1. izpit 2011/12

1. Pokaºi, da ne obstaja neni£elni homomorzem grup (Q, +) → (Z, +).

Re²itev: Naj bo f : (Q, +) → (Z, +) poljuben homomorzem in q ∈ Q. Potem za vsak n ∈ N velja q

q

q

q

q

q

f (q) = f (n ·

) = f (

+ · · · +

) = f ( ) + · · · + f ( ) = nf ( ) ∈ nZ.

n

n

n

n

n

n

Torej je f(q) deljiv z n za vsak n in zato f(q) = 0. Ker je bil q poljuben, je potem f = 0.

2. Koliko podgrup mo£i 5 ima grupa S5?

Re²itev: Grupa S5 ima 120 = 23 · 3 · 5 elementov, torej so podgrupe mo£i 5 ravno 5-podgrupe Sylowa.

Z izreki Sylowa pokaºemo, da je teh podgrup natanko 6 ali 1. ƒe bi bila 1, bi bila to podgrupa edinka.

Ogledamo si kak²no podgrupo mo£i 5, na primer

H = h(1 2 3 4 5)i = {(1 2 3 4 5), (1 3 5 2 4), (1 4 2 5 3), (1 5 4 3 2), id}; ta ni podgrupa edinka, saj (1 2)(1 2 3 4 5)(1 2)−1 = (1 3 4 5 2) /∈ H. Torej je podgrup mo£i 5 natanko 6.

3. Naj bo G kon£na grupa, katere mo£ je deljiva s pra²tevilom p, in A neka podgrupa grupe Aut(G) mo£i

|A| = pk za neko naravno ²tevilo k. Pokaºi, da obstaja tak x ∈ G, x 6= 1, da je f(x) = x za vsak f ∈ A.

(Nasvet: oglej si naravno delovanje grupe A na mnoºici G.) Re²itev: Grupa A deluje na mnoºici G kot naravna vloºitev ϕ : A ,→ S(G),

ϕ(f ) = f.

ƒe je x ∈ G to£ka iz G, potem ozna£imo z x njeno orbito in z Ax stabilizator. Ker je |x| = [A : Ax], je mo£ vsake orbite delitelj mo£i grupe A in zato bodisi |x| = 1 (to£ka x je ksna to£ka delovanja) bodisi p | |x|. Mnoºica G pa je disjunktna unija orbit neksnih to£k (te orbite imajo po pravkar dokazanem mo£, deljivo s p) in mnoºice ksnih to£k. Ker je mo£ G deljiva s p, je potem tudi ²tevilo ksnih to£k deljivo s p in zato ve£je ali enako p (to£ka 1 je seveda ksna to£ka delovanja). Posebej to pomeni, da obstaja vsaj ena netrivialna ksna to£ka delovanja, to je to£ka x ∈ G, za katero je f(x) = x za vsak f ∈ A.

4. Pokaºi, da je kolobar R[X]/(X2) izomorfen kolobarju matrik K = {[ a b ] , a, b ∈

0 a

R}.

Re²itev: Deniramo preslikavo



p



f :

0

p1

R[X] → K,

p0 + p1X + . . . + pnXn 7→

.

0

p0

Preverimo lahko, da je f homomorzem kolobarjev. O£itno je f surjektiven in ker(f) = (X2), torej je po izreku o izomorzmih R[X]/(X2) ∼

= K.

5. Naj bo K komutativen kolobar z enico in P njegov praideal. Pokaºi: £e P ne vsebuje netrivialnih deliteljev ni£a kolobarja K, potem je K cel kolobar.

Re²itev: Denimo nasprotno, da je xy = 0 za neka x, y ∈ K, x, y 6= 0. Ker je P praideal in xy = 0 ∈ P , je x ∈ P ali y ∈ P . To pa je protislovje s predpostavko, da P ne vsebuje netrivialnih deliteljev ni£a kolobarja K.

6





2. izpit 2011/12

1. Naj bosta G1 in G2 grupi in Hi / Gi podgrupi edinki za i = 1, 2. Pokaºi: H1 × H2 = {(h1, h2); hi ∈ Hi}

je podgrupa edinka grupe G1 × G2 in velja (G1 × G2)/(H1 × H2) ∼

= (G1/H1) × (G2/H2).

Re²itev: Denirajmo preslikavo

f : G1 × G2 → (G1/H1) × (G2/H2),

f (g1, g2) = (g1H1, g2H2).

Ta preslikava je homomorzem grup, saj je

f ((g1, g2)(g0 , g0 )) = f (g

, g

) = (g

H

H

1

2

1g01

2g02

1g01

1, g2g02

2)

= (g1H1, g2H2)(g0 H

H

, g0 )

1

1, g02

2) = f (g1, g2)f (g01

2

za poljubne gi, g0 ∈ G

i

i.

O£itno je f surjektivna, njeno jedro pa je to£no ker(f) = {(g1, g2); g1 ∈

H1, g2 ∈ H2} = H1 × H2. Torej je H1 × H2 podgrupa edinka v G1 × G2, po izreku o izomorzmu pa je (G1 × G2)/(H1 × H2) ∼

= (G1/H1) × (G2/H2).

2. Naj bo G grupa mo£i 585. Pokaºi, da v njej obstaja podgrupa edinka mo£i 65. (Nasvet: najprej pokaºi, da v G obstajata podgrupi edinki mo£i 5 in 13.)

Re²itev: S pomo£jo izrekov Sylowa pokaºemo, da v G obstaja podgrupa edinka H mo£i 5 in podgrupa edinka K mo£i 13. Potem je po znanem izreku HK spet podgrupa edinka. Pokaºimo ²e, da je |HK| = 65.

Ker je H ∩ K = 1 (saj sta grupi H in K tujih mo£i), je |HK|/|K| = |HK/K| = |H/(H ∩ K)| = |H|, torej

|HK| = |H| · |K| = 65.

3. Naj bo K komutativen kolobar z enoto, ki ima natanko 3 ideale: 0, I in K. Pokaºi: (a) Vsak a ∈ K \ I je obrnljiv v K.

(b) Za vsaka dva a, b ∈ I velja ab = 0.

Re²itev: (a) Naj bo a ∈ K, a /∈ I. Ideal (a) = Ka je po predpostavki enak 0, I ali K. Prvi dve moºnosti odpadeta, saj je a /∈ I. Torej je Ka = K in zato obstaja tak r ∈ K, da je ra = 1. Ker smo v komutativnem kolobarju, je potem a obrnljiv.

(b) Naj bo a, b ∈ I in denimo, da je ab 6= 0. Potem je (ab) = Kab = I (ideal Kab ne more biti enak 0, saj ab 6= 0, niti K, saj Kab ⊆ I). Torej obstaja tak r ∈ K, da je rab = a. Odtod dobimo a(1 − rb) = 0.

Element 1 − rb je zunaj I, saj bi sicer bilo 1 ∈ I. Torej je po to£ki (a) 1 − rb obrnljiv v K in zato iz a(1 − rb) = 0 sledi a = 0, kar je protislovje.

4. Naj bo K cel kolobar z enoto in f(X) polinom v K[X]. Pokaºi: £e je f(X) obrnljiv v K[X], potem je oblike f(X) = a za nek obrnljiv a ∈ K. Poi²£i ²e protiprimer za primer, ko K ni cel (to je, poi²£i necel kolobar z enoto K in obrnljiv polinom f(X) ∈ K[X], ki ni oblike f(X) = a).

Re²itev: ƒe je K cel kolobar, potem se stopnje polinomov v K[X] z mnoºenjem se²tevajo. ƒe sta torej f in g polinoma s produktom f(X)g(X) = 1, potem imata f in g stopnjo 0, to je f(X) = a in g(X) = b za neka a, b ∈ K. Iz enakosti f(X)g(X) = 1 dobimo ab = 1, iz enakosti g(X)f(X) = 1 pa ba = 1. Torej je a obrnljiv v K.

ƒe K ni cel, sklep ne drºi. Res, polinom f(X) = 1 + 2X ∈ Z4[X] je obrnljiv (njegov inverz je kar f), ni pa oblike f(X) = a.

5. Naj bo K podkolobar racionalnih ²tevil z lihim imenovalcem, to je n m

m

K =

∈ Q |

okraj²ani ulomek, n liho.

n

n

Pokaºi, da je K res podkolobar s standardnim se²tevanjem in mnoºenjem. Pokaºi, da je (2) maksimalni ideal tega kolobarja.

Re²itev: V dokaz, da je K podkolobar, moramo preveriti zaprtost za od²tevanje in mnoºenje. Za poljubna m , m0 ∈ K velja m − m0 = mn0−m0n ∈ K (ta ulomek ima lih imenovalec, saj sta n in n0 liha) in n

n0

n

n0

nn0

m · m0 = mm0 ∈ K (tudi ta ulomek ima lih imenovalec). (Tudi £e se ulomka okraj²ata, ostaneta imenovalca n

n0

nn0

liha.) Torej je K res podkolobar. (Seveda je K tudi komutativen in ima enoto 1.) Preverimo, da je I = (2) maksimalni ideal v K. Najprej vidimo, da je I 6= K. Res, sicer bi bilo 1 ∈ (2) = 2K, torej bi obstajal m ∈ K, da bi bilo 1 = 2 · m , in bi bil zato n sod, kar je protislovje.

n

n

Pokaºimo ²e maksimalnost. Pa denimo, da je I ( J za nek ideal J / K. Potem obstaja q = m ∈ J \ I.

n

Ulomek m ima lih imenovalec (ker je v K) in tudi lih ²tevec (saj bi sicer bilo m = 2k, od koder bi dobili n

q = 2 · k ∈ (2) = I, kar je protislovje). Torej je n ∈ K in je q obrnljiv v K (z inverzom n ). Torej ideal n

m

m

J vsebuje obrnljiv element in zato J = K.

7





3. izpit 2011/12

1. Naj bo G grupa in H neka cikli£na podgrupa edinka grupe G. Pokaºi, da je vsaka podgrupa K ≤ H

podgrupa edinka v G. Ali to ²e velja, £e H ni cikli£na?

Re²itev: Naj bo a ∈ H generator grupe H. Podgrupa cikli£ne grupe je cikli£na, torej je K = hani za nek n ∈ Z. Izberimo poljuben x ∈ K in g ∈ G. Preveriti moramo, da je gxg−1 ∈ K. Pi²imo x = ank za nek k. Ker je gag−1 ∈ H, je gag−1 = al za nek l, torej

gxg−1 = gakng−1 = (gag−1)kn = akln ∈ K.

ƒe H ni cikli£na, to ne velja. Npr., G = S3, H = G in K = h(1 2)i.

2. Koliko podgrup ima grupa Z2000? Odgovor utemelji.

Re²itev: ’tevilo 2000 = 24 · 53 ima 20 deliteljev (²tevila 2i · 5j za i ≤ 4 in j ≤ 3). Za vsak delitelj d ²tevila 2000 je hdi = dZ2000 podgrupa mo£i 2000/d (saj je 2000/d red elementa d tej grupi). Torej imamo 20

podgrup razli£nih mo£i.

Te grupe so tudi vse podgrupe. Res, naj bo H poljubna podgrupa grupe Z2000. Ozna£imo z n generator grupe H. Potem je H to£no mnoºica vseh nα + 2000β po modulu 2000, kjer α in β prete£eta cela ²tevila.

’tevila nα+2000β pa so to£no ve£kratniki najve£jega skupnega delitelja d = d(n, 2000). Torej je H = hdi, kjer je d nek delitelj ²tevila 2000, in je zato H ena od zgoraj opisanih 20 grup.

3. Naj bo K kolobar z enico. Ozna£imo z Z(K) center kolobarja K, to je Z(K) = {x ∈ K | xy = yx za vsak y ∈ K}.

(a) Pokaºi, da je Z(K) podkolobar kolobarja K.

(b) Kolobar se imenuje enostaven, £e ne vsebuje pravega netrivialnega dvostranskega ideala. Pokaºi: £e je K enostaven, je Z(K) podobseg v K.

Re²itev: (a) Izberimo x, y ∈ Z(K) in z ∈ K. Potem je

z(x − y) = zx − zy = xz − yz = (x − y)z

in z(xy) = zxy = (xy)z,

torej x − y ∈ Z(K) in xy ∈ Z(K). Torej je Z(K) podkolobar.

(b) Najprej vidimo, da Z(K) o£itno vsebuje enico kolobarja K. Izberimo x ∈ Z(K), x 6= 0. Potem je (x) = Kx neni£eln dvostranski ideal kolobarja K. Ker je K enostaven, je potem Kx = K. Torej obstaja y ∈ K, da je yx = 1. Ker je x v centru, je tudi xy = 1, torej je x obrnljiv v K. Preverimo ²e, da je x−1 ∈ Z(K): Naj bo z ∈ K poljuben. Potem je xz = zx. ƒe mnoºimo to ena£bo z leve in desne z x−1, dobimo zx−1 = x−1z. Torej je res x−1 ∈ Z(K) in je x obrnljiv v Z(K). Ker je bil x 6= 0 poljuben, je torej Z(K) obseg.

4. Poi²£i vse vrednosti a v kolobarju Z3, za katere je Z3[X]/(X3 + X2 + aX + 1) obseg.

Re²itev: Ta kolobar bo obseg natanko tedaj, ko bo (X3 +X2 +aX +1) maksimalni ideal, ali ekvivalentno, praideal, to pa bo natanko tedaj, ko bo polinom p(X) = X3 + X2 + aX + 1 nerazcepen. To pa bo natanko tedaj, ko ne bo imel ni£le v Z3. (ƒe bi imel ni£lo, bi bil o£itno razcepen, in obratno, £e bi bil razcepen, tedaj bi bil deljiv s polinomom stopnje 1 in bi zato imel ni£lo.) Izra£unamo p(0) = 1, p(1) = a in p(2) = 1 − a. Torej mora biti a 6= 0 in a 6= 1. Edina moºnost je a = 2.

5. Naj bo K kolobar zgornje trikotnih matrik K = {( x y ) | x, y, z ∈

0 z

R}.

(a) Pokaºi, da so obrnljivi elementi v K to£no vse matrike ( x y ), kjer x, z 6= 0.

0 z

(b) Ideal I kolobarja K se imenuje maksimalen, £e je I 6= K in £e ne obstaja dvostranski ideal I ( I0 ( K.

Pokaºi, da sta I



1 = {( x y ) | x, y ∈

| y, z ∈

0 0

R} in I2 = { 0 y

0 z

R} maksimalna ideala kolobarja K.

Re²itev: (a) Vsaka matrika ( x y ), kjer x, z 6= 0, je obrnljiva v K, saj ima inverz 1 z −y ∈ K. Obratno, 0 z

xz

0 x

£e je A = ( x y ) obrnljiva v K, je obrnljiva v M

0 z

2(R) in zato det(A) = xz 6= 0, torej x, z 6= 0.

(b) Najprej vidimo, da je I1 o£itno zaprt za se²tevanje. Velja tudi ( x y ) ( u v

) ∈ I

0 z

0 0 ) ∈ I1 in ( u v

0 0 ) ( x y

0 z

1 za

poljubne u, v, x, y, z ∈ R, torej je I1 ideal v K. Podobno vidimo, da je tudi I2 ideal.

Preverimo ²e maksimalnost. Naj bo I1 ( I za nek ideal I. Izberimo ( x y ) ∈ I \ I 0 z

1.

Torej je z 6= 0.

Ker je 1−x 0 ∈ I

) +

1−x 0 = 1 y ∈ I. Ta matrika pa je obrnljiva. Torej I 0

0

1 ⊆ I , je potem ( x y

0 z

0

0

0 z

vsebuje obrnljiv element in zato I = K. Torej je I1 maksimalni ideal. Podobno preverimo, da je tudi I2

maksimalni ideal.

8





1. kolokvij 2012/13

1. Naj bo n ≥ 3 liho ²tevilo. Dolo£i center diedrske grupe D2n.

Re²itev: Grupo D2n, kot obi£ajno, predstavimo kot mnoºico D2n = {πiρj | i = 0, 1, . . . , n − 1, j = 0, 1}.

Vzemimo τ = πiρj ∈ Z(D2n). Potem je ρπiρj = πiρjρ. Z desne pomnoºimo z ρ−j in dobimo ρπi = πiρ.

Velja pa ρπi = π−iρ, torej π−iρ = πiρ in zato π−i = πi. Torej je π2i = id in zato n | 2i. Ker je n liho, sledi n | i, torej i = 0. Pokaºimo ²e, da je j = 0. ƒe bi bil j = 1, bi iz enakosti ππiρj = πiρjπ dobili πρ = ρπ, torej πρ = π−1ρ, torej π−1 = π, torej π2 = id, torej n | 2, kar je protislovje. Torej i = j = 0 in zato Z(D2n) = {id}.

2. Pokaºi, da obstajata natanko 2 homomorzma grup (R \ {0}, ·) → Z2 (kjer je grupa Z2 opremljena s standardnim se²tevanjem po modulu 2).

√

√

Re²itev: Naj bo

2

f : (R\{0}, ·) → Z2 homomorzem. Potem za vsak x > 0 velja f (x) = f ( x ) = 2f ( x).

V grupi Z2 je 2y = 0 za vsak y ∈ Z2, torej odtod sledi f(x) = 0 za vsak x > 0. ƒe pa je x < 0, pa je −x > 0

in zato f(x) = f((−1)(−x)) = f(−1) + f(−x) = f(−1). Torej je f ºe dolo£en z vrednostjo f(−1). ƒe postavimo f(−1) = 0, dobimo f = 0 (trivialni homomorzem), £e pa je f(−1) = 1, pa je f(x) = 0, x>0

1, x<0

(ki je prav tako homomorzem, saj je o£itno f(xy) = f(x) + f(y) za poljubna x, y ∈ R \ {0}).

3. Naj bo G kon£na grupa in H, K tak²ni podgrupi, da sta indeksa |G : H| in |G : K| tuji si ²tevili. Pokaºi, da je HK = G. (HK ozna£uje mnoºico vseh produktov HK = {hk | h ∈ H, k ∈ K}.) Re²itev: Zado²£a pokazati |HK| = |G|. Velja

|H| · |K|

|G|

|G|

1

|G : H ∩ K|

|HK| =

=

·

·

=

· |G|.

|H ∩ K|

|G : H|

|G : K|

|H ∩ K|

|G : H| · |G : K|

Ker je |G : H ∩ K| = |G : H| · |H : H ∩ K|, je |G : H ∩ K| deljiv z |G : H|. Podobno je |G : H ∩ K| deljiv tudi z |G : K|. Ker sta |G : H| in |G : K| tuji si ²tevili, je potem |G : H ∩ K| deljiv z |G : H| · |G : K|.

Sledi, da je |HK| = k|G| za neko naravno ²tevilo k. Torej |HK| ≥ |G| in zato |HK| = |G|.

4. Pokaºi, da je ha, b | ab = bai ∼

= Z × Z (pri £emer je grupa Z × Z opremljena s standardnim se²tevanjem po komponentah).

Re²itev: Elementa α = (1, 0) ∈ Z×Z in β = (0, 1) ∈ Z×Z generirata grupo Z×Z in zado²£ata α+β = β+α

v grupi Z × Z, torej po van Dyckovem izreku obstaja natanko en epimorzem f : ha, b | ab = bai → Z × Z, ki slika a v α in b v β. Pokaºimo, da je f izomorzem. Denirajmo preslikavo g : Z × Z → ha, b | ab = bai,

(m, n) 7→ ambn.

Najprej vidimo, da je g homomorzem, saj je

g((m, n) + (m0, n0)) = g(m + m0, n + n0) = am+m0 bn+n0 = ambnam0 bn0 = g(m, n)g(m0, n0) za poljubne m, n, m0, n0 ∈ Z. Velja g ◦ f = id, saj se g ◦ f in id ujemata na obeh generatorjih. Res, (g ◦ f )(a) = g(f (a)) = g(α) = a in (g ◦ f )(b) = g(f (b)) = g(β) = b. Torej je res g ◦ f = id in je zato f injektiven in zato izomorzem.

5. Naj bo G grupa mo£i pnr, kjer je p pra²tevilo, n ≥ 1, r ≥ 2, p ne deli r in pn ne deli (r − 1)!. Pokaºi, da v grupi G obstaja prava netrivialna podgrupa edinka. (Nasvet: izberi si podgrupo mo£i pn in si oglej delovanje grupe G na levih odsekih.)

Re²itev: Po izreku Sylowa obstaja podgrupa H ≤ G mo£i pn. Naj bo G/H mnoºica vseh levih odsekov (ki je mo£i |G : H| = r). Ozna£imo z f : G → Sym(G/H) ∼

= Sr naravno delovanje na tej mnoºici, torej

f : g 7→ (xH 7→ gxH). ƒe je ker(f ) = G, je xH = gxH za vsak g, x ∈ G in zato H = gH za vsak g ∈ G, od koder sledi H = G, kar je protislovje. Torej je ker(f) 6= G. ƒe je ker(f) = {e}, je f injektiven in zato

|G| = pnr deli |Sym(G/H)| = r! = r(r − 1)!, torej pn deli (r − 1)!, kar je protislovje. Torej je ker(f) prava netrivialna podgrupa edinka v G.

9





2. kolokvij 2012/13

1. Poi²£i vse neizomorfne Abelove grupe mo£i 3000.

Re²itev: Ker je 3000 = 3 · 23 · 53, imamo 9 neizomorfnih grup: Z3 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z5, Z3 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z5 ⊕ Z25, Z3 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z125, Z3 ⊕ Z2 ⊕ Z4 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z5, Z3 ⊕ Z2 ⊕ Z4 ⊕ Z5 ⊕ Z25, Z3 ⊕ Z2 ⊕ Z4 ⊕ Z125, Z3 ⊕ Z8 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z5, Z3 ⊕ Z8 ⊕ Z5 ⊕ Z25, Z3 ⊕ Z8 ⊕ Z125.

2. Naj bo K kolobar in e ∈ K idempotent. Pokaºi, da je eKe = {exe | x ∈ K} podkolobar kolobarja K.

Pokaºi ²e, da je e ∈ eKe in da je e enica kolobarja eKe.

Re²itev: Vzemimo αβ ∈ eKe in preverimo, da je α − β, αβ ∈ eKe. Pi²imo α = exe in β = eye, x, y ∈ K.

Potem je

α − β = exe − eye = e(xe − ye) = e(x − y)e ∈ eKe,

saj x − y ∈ K. Podobno je

αβ = exeeye = exeye ∈ eKe,

saj je xey ∈ K.

Ker je e = ee = eee, je e ∈ eKe. Preverimo ²e, da je e enica kolobarja eKe. Vzemimo α = exe ∈ eKe.

Potem je eα = eexe = exe = α in αe = exee = exe = α, torej je e res enica v eKe.

3. Naj bo K kolobar zgornje trikotnih matrik K = {( a b ) | a, b, c ∈

0 c

R} za operaciji standardno matri£no

se²tevanje in mnoºenje. Ozna£imo I = {( 0 b ) | b ∈

0 0

R} ⊆ K. Pokaºi, da je I ideal v K in da velja

K/I ∼

= R × R (kjer je R × R kolobar z operacijama po komponentah).

Re²itev: Denirajmo preslikavo

f : K → R × R,

f (( a b )) = (a, c).

0 c

Hitro lahko preverimo, da je f homomorzem kolobarjev. O£itno je f surjektiven. Njegovo jedro pa je to£no

ker(f ) = {( a b ) ∈ K | f (( a b )) = 0} = {( a b ) ∈ K | (a, c) = (0, 0)} = {( 0 b ) ∈ K} = I.

0 c

0 c

0 c

0 0

Torej je I ideal v K in po izreku o izomorzmu velja K/I ∼

= R × R.

4. Naj bo K kolobar zgornje trikotnih matrix K = {( a b ) | a, b, c ∈

0 c

Z} za operaciji standardno matri£no

se²tevanje in mnoºenje. Pokaºi, da je I = {( a b ) | a, b ∈

0 c

Z, c ∈ 2Z} maksimalni ideal tega kolobarja

(pokaºi tudi, da je ideal).

Re²itev: Hitro lahko preverimo, da je A − B ∈ I in CA, AC ∈ I za poljubne A, B ∈ I in C ∈ K. Torej je I res ideal v K. Preverimo ²e, da je I maksimalni. Pa denimo, da obstaja J / K z lastnostjo I ( J ( K.

Ker je I ( J, obstaja A = ( a b ) ∈ J \ I. Ker A /∈ I, je c liho ²tevilo. Torej je 1 − c sodo in zato 0 c

B =

1−a −b ∈ I ⊆ J. Torej ( 1 0 ) = A + B ∈ J in zato J = K, kar je protislovje. Torej je I res 0

1−c

0 1

maksimalni ideal.

5. Pokaºi, da je vsaka grupa mo£i 500 re²ljiva. (Nasvet: izreki Sylowa.) Re²itev: Naj bo G grupa mo£i 500 = 22 · 53. S k ozna£imo ²tevilo 5-podgrup Sylowa. Potem je k ≡ 1 (5) in k | 4, torej k = 1. Torej obstaja v G podgrupa edinka H mo£i 53. Vsaka grupa mo£i pn, kjer je p pra²tevilo, je re²ljiva. Torej je H re²ljiva. Vidimo tudi, da je |G/H| = |G| = 4, torej je tudi G/H mo£i

|H|

pn in zato re²ljiva. Ker sta H in G/H re²ljivi, je potem G re²ljiva.

10





1. izpit 2012/13

1. Poi²£i vsa cela ²tevila x ∈ Z, ki zado²£ajo sistemu kongruenc: x

≡

2 (mod 3)

x

≡

3 (mod 4)

x

≡

4 (mod 5)

x

≡

5 (mod 7)

Re²itev: ’tevila 3, 4, 5, 7 so paroma tuja, torej je najve£ji skupni delitelj ²tevil 4 · 5 · 7 = 140, 3 · 5 · 7 = 105, 3 · 4 · 7 = 84 in 3 · 4 · 5 = 60 enak 1. Zato re²itev lahko i²£emo z nastavkom x = 140a + 105b + 84c + 60d,

a, b, c, d ∈ Z.

Dobimo sistem

140a

≡

2 (mod 3),

105b

≡

3 (mod 4),

84c

≡

4 (mod 5),

60d

≡

5 (mod 7),

kar se poenostavi v −a ≡ 2 (mod 3), b ≡ 3 (mod 4), −c ≡ 4 (mod 5) in 4d ≡ 5 (mod 7). Hitro lahko najdemo eno od re²itev: a = 1, b = −1, c = 1, d = 3. Dobimo x = 299, torej je splo²na re²itev x = 299 + 420n,

n ∈ Z.

(’tevilo 420 je tu seveda najmanj²i skupni ve£kratnik ²tevil 140, 105, 84 in 60.) 2. Naj bo dana grupa G = {z ∈ C | |z| = 1} za operacijo mnoºenje ²tevil in podmnoºica H = {1, −1} ⊆ G.

Pokaºi, da je H podgrupa edinka v G in da velja G/H ∼

= G.

Re²itev: Denirajmo

f : G → G,

f (z) = z2.

Preslikava f je dobro denirana, saj je |z2| = |z| · |z| = 1 za vsak z ∈ G. Velja tudi f (zw) = (zw)2 = z2w2 = f (z)f (w)

za vsaka dva z, w ∈ G, torej je f homomorzem. O£itno je f surjektiven, saj za vsak z = eit ∈ G obstaja it

w = e 2 , da je f (w) = z. Jedro homomorzma f je to£no ker(f ) = {z ∈ G | z2 = 1} = {1, −1} = H,

torej je po izreku o izomorzmu G/H ∼

= G. Posebej je H = ker(f ) podgrupa edinka v G.

3. Naj bo A Abelova grupa in H ≤ A podgrupa. Ozna£imo kolobar endomorzmov K = End(A) in podmnoºico I = {f ∈ K | im(f) ≤ H}. Pokaºi, da je I desni ideal kolobarja K. Pokaºi ²e: £e velja f(H) ⊆ H

za vsak f ∈ K, potem je I tudi levi ideal kolobarja K.

Re²itev: Za poljubna f, g ∈ I in x ∈ G je (f − g)(x) = f(x) − g(x) ∈ H, saj f(x), g(x) ∈ H. Torej je im(f − g) ⊆ H in zato f − g ∈ I. Nadalje, za poljuben h ∈ K je im(fh) ⊆ im(f) ⊆ H, torej je fh ∈ I.

Torej je I desni ideal.

ƒe predpostavimo ²e q(H) ⊆ H za vsak q ∈ K, potem pa je tudi im(hf) = h(f(A)) ⊆ h(H) ⊆ H in je zato I tudi levi ideal.

4. Naj bo K komutativen kolobar z enico. Denimo, da za vsak a ∈ K obstaja n ≥ 2 (odvisen od a), da velja a = an. Pokaºi, da je potem vsak praideal v K maksimalni ideal.

Re²itev: Naj bo I praideal v K in I ( J ( K za nek ideal J. Vzemimo a ∈ J \ I. Po predpostavki je a = an za nek n ≥ 2, torej a(1 − an−1) = 0 ∈ I. Ker je I praideal, je potem a ∈ I ali 1 − an−1 ∈ I. Prva moºnost odpade, torej 1 − an−1 ∈ I in zato 1 = (1 − an−1) + an−1 ∈ I + (a) ⊆ J. Od tod sledi J = K, kar je protislovje. Torej je I res maksimalni ideal.

5. Grupa G se imenuje deljiva, £e za vsak y ∈ G in n ≥ 2 obstaja tak x ∈ G, da je xn = y. Naj bo G deljiva grupa. Pokaºi, da G ne vsebuje prave podgrupe kon£nega indeksa. (Nasvet: pomagaj si s primernim delovanjem.)

Re²itev: Naj bo H ≤ G podgrupa kon£nega indeksa n. Pokazati ºelimo, da je n = 1 oziroma H = G.

Oglejmo si delovanje na levih odsekih

ϕ : G → S(G/H),

g 7→ (aH 7→ gaH).

Pokazati ºelimo, da je to delovanje trivialno. Vzemimo g ∈ G. Po predpostavki obstaja x ∈ G, da je g = xn!. Ker je πn! = id za vsak π ∈ S(G/H) ∼

= Sn, je ϕ(g) = ϕ(xn!) = ϕ(x)n! = id. Torej je delovanje res trivialno. Posebej to pomeni, da je gH = H za vsak g ∈ G, in zato H = G.

11





2. izpit 2012/13

1. Naj bo G = { x x−y | x, y ∈

0

y

R \ {0}}. Pokaºi, da je G grupa za matri£no mnoºenje in da velja G ∼

=

(R \ {0}) × (R \ {0}). (Grupa R \ {0} je opremljena z obi£ajnim mnoºenjem.) Re²itev: Denirajmo preslikavo



x

x − y

f : (R \ {0}) × (R \ {0}) → GL2(R),

f (x, y) =

.

0

y

Preslikava je dobro denirana, saj je matrika x x−y obrnljiva za poljubna x, y ∈

0

y

R \ {0}. Preslikava f

je tudi homomorzem grup, saj je



xz

xz − yw



x

x − y z

z − w

f ((x, y)(z, w)) = f (xz, yw) =

=

= f (x, y)f (z, w)

0

yw

0

y

0

w

za poljubna (x, y), (z, w) ∈ (R \ {0}) × (R \ {0}). O£itno je f injektivna preslikava in im(f) = G, torej je res (R \ {0}) × (R \ {0}) ∼

= im(f ) = G.

2. Izra£unaj zadnji dve ²tevki ²tevila 7770.

Re²itev: Velja ϕ(100) = 40, torej je po Fermatovem izreku 740 = 1 (mod 100) in zato 7770 = 7770 (mod 40) (mod 100). Nadalje, velja ϕ(40) = 16, torej 716 = 1 (mod 40) in zato 770 = 770 (mod 16) = 76 = 493 = 93 = 81 · 9 = 9 (mod 40).

Odtod dobimo

7770 = 79 = 3433 = 433 = 79507 = 7 (mod 100).

Zadnji dve ²tevki sta torej 07.

3. Naj bo K glavni kolobar in naj bodo p1, . . . , pk ∈ K paroma neasociirani nerazcepni elementi v K. Pokaºi, da ima kvocientni kolobar K/(p1p2 . . . pk) natanko 2k idealov.

Re²itev: Ideali v K/(p1p2 . . . pk) so v bijektivni korespondenci s tistimi ideali I v K, za katere je (p1p2 . . . pk) ⊆ I. Ker je K glavni kolobar, je I = (a) ⊇ (p1p2 . . . pk) za nek a ∈ K, od koder sledi a | p1 . . . pk. Do asociiranosti natan£no je potem a = pα1 . . . pαk , kjer je α

1

k

i ∈ {0, 1}, od koder dobimo

2k razli£nih (paroma neasociiranih) elementov a in s tem 2k idealov I = (a). Ti ideali so tudi paroma razli£ni, saj je (a) 6= (b) za poljubna neasociirana elementa a, b ∈ K.

4. Naj bo K kolobar z enico, tak²en, da je vsak njegova podgrupa za se²tevanje ideal v K. Pokaºi, da je K

izomorfen bodisi Z bodisi Zn za nek n ∈ N.

Re²itev: Kolobar K vsebuje podkolobar Zn, kjer je n = char(K), oziroma Z, £e je char(K) = 0. Ta podkolobar je podgrupa za se²tevanje, torej je po predpostavki naloge ideal v K. Ker vsebuje tudi enico kolobarja K, je potem ta podkolobar enak celemu kolobarju K. Torej je res K ∼

= Zn ali K ∼

= Z.

5. Naj bo G kon£na grupa in naj bosta p in q dve razli£ni pra²tevili, ki delita mo£ grupe G. Denimo, da v G

obstajata p-podgrupa Sylowa P in q-podgrupa Sylowa Q, tako da je P / G in Q / G. Pokaºi, da obstaja natanko ena podgrupa v G mo£i |P | · |Q|.

Re²itev: Pi²imo |G| = pαqβn, kjer p, q - n. Ker je P / G, je P Q podgrupa v G. Ta grupa ima mo£ |P | · |Q|, saj je P ∩ Q = 1 in zato |P Q| = |P|·|Q| = |P | · |Q|. Pokaºimo ²e, da je P Q edina podgrupa mo£i |P | · |Q|.

|P ∩Q|

Naj bo H ≤ G podgrupa mo£i |H| = |P | · |Q| = pαqβ. Po izreku Sylowa v grupi H obstajata podgrupi P 0

mo£i pα in Q0 mo£i qβ. Ker je tudi P 0, Q0 ≤ G in sta P in Q edini podgrupi v G mo£i pα in qβ, je P 0 = P

in Q0 = Q. Zato je P Q ≤ H in s tem H = P Q.

12





3. izpit 2012/13

1. Poi²£i vse x ∈ Z, ki re²ijo sistem kongruenc:

x

≡

3 (mod 4)

x

≡

2 (mod 5)

x

≡

3 (mod 6)

Re²itev: Prva ena£ba nam da x = 4k − 1, k ∈ Z. Druga ena£ba nam da 4k − 1 ≡ 2 (mod 5), torej

−k + 2 ≡ 0 (mod 5). Odtod sledi k = 5l + 2, torej x = 20l + 7. Tretja ena£ba nam da 20l + 7 ≡ 3 (mod 6), torej 2l−2 ≡ 0 (mod 6) oziroma l−1 ≡ 0 (mod 3). Torej l = 3m+1 in zato x = 20(3m+1)+7 = 60m+27.

Torej so re²itve vsa ²tevila oblike 60m + 27, m ∈ Z.

2. Naj bo G grupa mo£i 80. Pokaºi, da v G obstaja prava netrivialna podgrupa edinka. (Nasvet: izreki Sylowa.)

Re²itev: Pi²imo |G| = 80 = 24 · 5. Ozna£imo z s2 ²tevilo 2-podgrup Sylowa in z s5 ²tevilo 5-podgrup Sylowa. Po izrekih Sylowa dobimo s2 ∈ {1, 5} in s5 ∈ {1, 16}. Denimo, da je s5 = 16. Potem v G obstaja 16 podgrup mo£i 5, ki so pra²tevilske mo£i in zato paroma disjunktne (oziroma imajo skupni element le e). V njih je torej skupno 16·4 = 64 elementov reda 5. Zato v G obstaja kve£jemu 80−64 = 16 elementov, ki niso reda 5. Ker noben izmed elementov grupe mo£i 16 nima reda 5, je torej v G kve£jemu 1 podgrupa mo£i 16. Ta podgrupa je potem tudi podgrupa edinka.

3. Naj bo K = {a ∈

b

Q | 2 - b, 5 - b}. Ta mnoºica je kolobar za obi£ajno se²tevanje in mnoºenje.

(a) Dokaºi, da sta (2) in (5) maksimalna ideala v K.

(b) Dokaºi, da (10) ni praideal v K.

Re²itev: (a) Pokaºimo samo, da je (5) maksimalni ideal (dokaz za (2) je analogen). Naj bo I ideal kolobarja K, tako da je (5) ( I. Izberimo a ∈ I \ (5). Potem je a ∈ I. Ker je a /

∈ (5), ²tevilo a ni deljivo s 5, torej

b

b

je αa + β · 5 = 1 za neka α, β ∈ Z. Ker je αa, β · 5 ∈ I, odtod sledi 1 ∈ I in zato I = K. Torej je (5) res maksimalni ideal.

(b) Velja 2 /∈ (10) in 5 /∈ (10). Res, £e bi bilo 2 ∈ (10), potem bi lahko pisali 2 = 10a in bi sledilo 5 | b, kar b

pa je protislovje. Analogno, £e bi veljalo 5 ∈ (10), bi odtod sledilo 5 = 10a, od koder bi sledilo 2 | b, kar b

je spet protislovje. Torej je res 2 /∈ (10) in 5 /∈ (10). Po drugi strani pa je 2 · 5 = 10 ∈ (10), torej (10) ni praideal.

4. Mnoºica +

Q

vseh pozitivnih racionalnih ²tevil je grupa za obi£ajno mnoºenje. Dokaºi, da je ta grupa izomorfna ²ibkemu direktnemu produktu (tj. direktni vsoti) Ln∈ Z.

N

Re²itev: Ozna£imo s p

+

1, p2, . . . vsa pra²tevila. Potem lahko vsak element q grupe Q

zapi²emo na enoli£en

na£in kot q = pα1pα2 . . . pαk za neke k ≥ 0 in α

1

2

k

1, . . . , αk ∈ Z. Denirajmo preslikavo

M

f :

+

Q

→

Z,

f (pα1 pα2 . . . pαk ) = (α

1

2

k

1, α2, . . . , αk , 0, 0, . . .).

n∈Z

Ta preslikava je o£itno homomorzem grup, saj je mnoºenje ²tevil v +

Q

ekvivalentno se²tevanju ekspo-

nentov. Prav tako je o£itna surjektivnost in injektivnost. Torej je f izomorzem grup.

5. Naj bo G kon£no generirana grupa, v kateri velja A ≤ B ali B ≤ A za poljubni dve podgrupi A, B ≤ G.

Pokaºi, da je G cikli£na grupa mo£i pn, kjer je p pra²tevilo in n ≥ 0. (Nasvet: najprej dokaºi, da je G

Abelova.)

Re²itev: Pokaºimo najprej, da je G Abelova. Naj bo a, b ∈ G. Po predpostavki je hai ⊆ hbi ali hbi ⊆ hai.

V prvem primeru je a = bn, v drugem pa b = an za nek n ∈ Z. V obeh primerih pa sledi, da je ab = ba.

Torej je G res Abelova grupa.

Ker je G kon£no generirana Abelova grupa, lahko pi²emo G ∼

=

n

Z ⊕ Z α ⊕ . . . ⊕

α

p 1

Zp k

1

k

za neka pra²tevila pi in n, αi, k ≥ 0. V grupi Z lahko najdemo podgrupi A = 2Z in B = 3Z, ki ne zado²£ata niti A ⊆ B niti B ⊆ A, torej mora biti n = 0. ƒe je k ≥ 2, potem lahko v grupi G najdemo podgrupi

A = 0 ⊕ . . . ⊕ 0 ⊕ Z α ⊕ 0 ⊕ . . . ⊕ 0 in B = 0 ⊕ . . . ⊕ 0 ⊕

α

⊕ 0 ⊕ . . . ⊕ 0,

p 1

Zp 2

1

2

za kateri ne velja niti A ⊆ B niti B ⊆ A. Torej je k = 1 in je grupa G res oblike G ∼

= Zpα , kjer je p

pra²tevilo in α ≥ 0.

13





1. kolokvij 2014/15

1. Naj bo G = {[ a x

0 b ] | a, b ∈ {1, −1}, x ∈ Z}.

(a) Preveri, da je G grupa za matri£no mnoºenje.

(b) Dokaºi, da grupa G ni Abelova.

(c) Dokaºi, da je G kon£no generirana.

(d) Naj bo H = {[ a x

0 1 ] | a ∈ {1, −1}, x ∈ 2Z} ⊆ G. Dokaºi, da je H podgrupa edinka v G (pokaºi tudi, da je podgrupa).

(e) Dokaºi, da je G/H grupa mo£i 4.

(f) Dokaºi, da je G/H ∼

= Z2 × Z2.

Re²itev: (a) O£itno je G ⊆ GL2(R). Za poljubna [ a x

0 b ] , [ c y ] ∈ G velja tudi

0 d

−

[ a x

∈

1

∈

0 b ] [ c y ] = ac ay+dx

G

in [ a x

= a −abx

G,

0 d

0

bd

0 b ]

0

b

torej je G ≤ GL2(R).

(b) Velja [ 1 1 ] −1 0 6= −1 0 [ 1 1 ].

0 1

0 1

0 1

0 1

(c) Preverimo, da mnoºica

X = {[ a 0 ] | a, b ∈ {1, −1}} ∪ {[ 1 1 ]}

0 b

0 1

generira grupo

ax

G. Vzemimo A = [ a x

in zato res

0 b ] ∈ G. Potem je A = [ a 0 ] [ 1 ax ] = [ a 0 ] [ 1 1 ]

A ∈ hXi.

0 b

0 1

0 b

0 1

(d) Za poljubna [ a x



−1



0 1 ] , b y

∈ H je [ a x

= ab x−aby

∈ H, saj x − aby ∈ 2

0 1

0 1 ] b y

0 1

0

1

Z. Za poljuben

−

[ c z

1

∈

0 d ] ∈ G je tudi [ c z

0 d ] [ a x

0 1 ] [ c z

0 d ]

= a cdx+(d−ad)z

H, saj cdx ∈ 2

0

1

Z in d − ad ∈ 2Z. Torej je res H / G.

(e) Preverimo, da so [ 1 x ] H, a ∈ {1, −1}, x ∈ {0, 1}, natanko vsi paroma razli£ni levi odseki grupe G/H.

0 a

Najprej vidimo, da so paroma razli£ni. Res, denimo, da je [ 1 x ] H = 1 y H, kjer je a, b ∈ {1, −1} in 0 a

0 b

x, y ∈ {0, 1}. Potem je 1 y −1 [ 1 x ] = 1 x−aby ∈ H, od koder sledi a = b in x − aby ∈ 2

0 b

0 a

0

ab

Z. Dobimo

x − y ∈ 2Z, torej x = y.

Preverimo ²e, da so to vsi elementi. Naj bo χ = [ a x 0 b ] H ∈ G/H poljuben levi odsek. Pi²imo x = x0 + 2t, kjer je x





0 ∈ {0, 1}.

Potem je χ = [ a x

0 b ] H = 1 x0

[ a 2t ] H = 1 x0 H, torej je χ res enak enemu od

0 b

0 1

0 b

zgoraj na²tetih 4 elementov. S tem smo pokazali |G/H| = 4.

(f) Edini grupi mo£i 4 sta Z4 in Z2 × Z2. Ker v Z4 obstaja element reda 4, zado²£a preveriti, da so vsi elementi v G/H reda kve£jemu 2. Vzemimo poljuben χ = [ a x 0 b ] H ∈ G/H . Potem je res χ2 = [ a x

0 b ]2 H =

1 (a+b)x H = H, saj je (a + b)x ∈ 2

0

1

Z.

2. (a) Naj bo n ≥ 3, G grupa in H1, H2, . . . , Hn / G njene podgrupe edinke, tako da velja G = HiHj in H

∼

i ∩ Hj = 1 za poljubna i 6= j. Dokaºi, da je Hi = Hj za poljubna i 6= j. (Namig: pomagaj si z enim od izrekov o izomorzmih.)

(b) S primerom pokaºi, da zgornja trditev ne velja za n = 2.

Re²itev: (a) Naj bo i 6= j. Izberimo ²e k ∈ {1, 2, . . . , n}, tako da je k 6= i in k 6= j. Potem je po izreku o izomorzmih

H ∼

∼

i = Hi/(Hi ∩ Hk ) ∼

= (HiHk)/Hk = G/Hk = (HjHk)/Hk = Hj/(Hj ∩ Hk) ∼

= Hj.

(b) Naj bo G poljubna netrivialna grupa, H1 = 1 ≤ G in H2 = G. Potem je H1, H2 / G, H1H2 = G, H1 ∩ H2 = 1 in H1 H2.

3. Naj bo n ≥ 2. Ozna£imo grupo G = S

n

n in mnoºico X = R .

Za vsak π ∈ G denirajmo bijekcijo

fπ : X → X s predpisom

fπ(x1, x2, . . . , xn) = (xπ(1), xπ(2), . . . , xπ(n)).

(Preslikava fπ je res bijekcija na mnoºici X, £esar ni potrebno preverjati.) (a) Dokaºi, da predpis

ϕ : G → S(X),

ϕ(π) = fπ−1

podaja delovanje grupe G na mnoºici X.

(b) Dolo£i stabilizator Gu in orbito u za n = 3 in u = (2, 3, 3).

14

Re²itev: (a) Preslikava ϕ : G → S(X), π 7→ fπ−1, je dobro denirana, saj je fπ−1 ∈ S(X) za vsak π ∈ G.

Preverimo ²e, da je homomorzem. Za poljubna π, ρ ∈ G in u = (x1, . . . , xn) ∈ X je ϕ(πρ)(u) = (x(πρ)−1(1), . . . , x(πρ)−1(n)) = (xρ−1(π−1(1)), . . . , xρ−1(π−1(n))).

Po drugi strani pa je

(ϕ(π)ϕ(ρ))(u) = ϕ(π)(xρ−1(1), . . . , xρ−1(n)).

ƒe ozna£imo yi = x

, potem je

ρ−1(i)

(ϕ(π)ϕ(ρ))(u) = ϕ(π)(y1, . . . , yn) = (yπ−1(1), . . . , yπ−1(n)) = (xρ−1(π−1(1)), . . . , xρ−1(π−1(n))).

Torej je res ϕ(πρ)(u) = (ϕ(π)ϕ(ρ))(u). Ker to velja za vsak u, je ϕ(πρ) = ϕ(π)ϕ(ρ).

(b) Pi²imo x1 = 2 in x2 = x3 = 3, tako da je u = (x1, x2, x3). I²£emo vse π ∈ G, za katere je ϕ(π)(u) = u.

Pogoj ϕ(π)(u) = u velja natanko tedaj, ko je (xπ−1(1), xπ−1(2), xπ−1(3)) = (2, 3, 3). To pa je ekvivalentno pogoju π−1(1) = 1 in zato Gu = {π ∈ G| π−1(1) = 1} = h(2, 3)i.

Orbita u pa je

u = {ϕ(π)(u)| π ∈ G} = {(xπ−1(1), xπ−1(2), xπ−1(3)) | π ∈ G} = {(2, 3, 3), (3, 2, 3), (3, 3, 2)}

(komponente 2, 3, 3 lahko poljubno permutiramo).

4. Naj bo G grupa mo£i 350.

(a) Dokaºi, da grupa G vsebuje podgrupo edinko mo£i 25.

(b) Dokaºi, da grupa G vsebuje bodisi natanko 6 bodisi natanko 300 elementov reda 7.

(c) Dokaºi, da grupa G vsebuje podgrupo edinko mo£i 175. (Nasvet: pokaºi, da G vsebuje podgrupo mo£i 175.)

Re²itev: (a) Razcepimo |G| = 2 · 52 · 7. Ozna£imo z s5 ²tevilo 5-podgrup Sylowa, torej podgrup mo£i 25.

Po izrekih Sylowa je s5 | 2 · 7 in s5 ≡ 1 (mod 5). Edina moºnost je s5 = 1.

(b) Ozna£imo z s7 ²tevilo 7-podgrup Sylowa. Podobno kot prej dobimo, da sta edini dve moºnosti s7 = 1

ali s7 = 50. ƒe je s7 = 1, potem imamo natanko 1 podgrupo mo£i 7, ozna£imo jo s H1, ki vsebuje 6

elementov reda 7. To so tudi vsi elementi reda 7, saj bi vsak drug tak element a /∈ H1 generiral neko novo podgrupo mo£i 7, kar je protislovje. ƒe pa je s7 = 50, potem so H1, . . . , H50 vse podgrupe mo£i 7. Te grupe so paroma disjunktne, saj so pra²tevilske mo£i, torej je v njih natanko 6 · 50 = 300 elementov reda 7. To so tudi vsi elementi reda 7, saj bi vsak drug element a /

∈ H1 ∪ . . . ∪ H50 reda 7 generiral neko novo

podgrupo mo£i 7, kar je protislovje.

(c) Po to£ki (a) obstaja podgrupa edinka H mo£i 25, vemo pa tudi, da obstaja vsaj ena podgrupa K

mo£i 7. Produkt podgrupe edinke in podgrupe je spet podgrupa. Torej je HK ≤ G. Ta grupa ima mo£

kve£jemu |H| · |K|, saj vsak element g ∈ HK lahko zapi²emo kot g = g1g2, kjer imamo za g1 ∈ H le |H|

moºnosti in za g2 ∈ K le |K| moºnosti. Mo£ grupe pa je tudi vsaj |H| · |K|, saj je deljiva tako z |H| kot s

|K| in sta si |H| in |K| tuji ²tevili. Sklepamo, da je |HK| = |H| · |K| = 175. Ker je HK podgrupa indeksa dva v G, je tudi HK / G.

15





2. kolokvij 2014/15

1. Dana je grupa G = Z ⊕ Z/h(4, 2)i.

(a) V grupi G poi²£i element reda 2 in element neskon£nega reda.

(b) Utemelji, zakaj v grupi G obstaja natanko 1 element kon£nega reda (poleg enote).

(c) Kateri znani grupi je izomorfna grupa G?

Re²itev: (a) Element (2, 1) + h(4, 2)i je reda 2, element (1, 0) + h(4, 2)i pa neskon£nega reda.

(b) Naj bo α = (a, b) + h(4, 2)i ∈ G poljuben element kon£nega reda. Potem je kα = 0 za nek k ≥ 1, torej (ka, kb) ∈ h(4, 2)i, kar pa pomeni (ka, kb) = (4n, 2n) za nek n ∈ Z. Odtod sledi a = 2b, torej je α

ve£kratnik elementa (2, 1) + h(4, 2)i. Edini neni£elni ve£kratnik tega elementa pa je ravno (2, 1) + h(4, 2)i.

(c) G je Abelova grupa, generirana z dvema elementoma (saj je homomorfna slika grupe Z ⊕ Z). Torej je G ∼

= Z ⊕ Z, G ∼

= Z ⊕ Zn, G ∼

= Zm ⊕ Zn za neka m, n, ali pa je G cikli£na. Ker G vsebuje element neskon£nega reda in natanko en element kon£nega reda, pride v po²tev le moºnost Z ⊕ Zn, kjer je n = 2.

Torej G ∼

= Z ⊕ Z2.

2. Naj bo R = (R, +, ·) kolobar z enico in a ∈ R nek element. Na mnoºici R denirajmo operacijo ∗ s predpisom x ∗ y = xay.

(a) Preveri, da je Ra = (R, +, ∗) kolobar.

(b) Dokaºi, da je Ra kolobar z enico natanko tedaj, ko je a obrnljiv v R.

(c) Dokaºi, da je Ra kolobar z enico natanko tedaj, ko sta kolobarja Ra in R izomorfna.

Re²itev: (a) Ker je R kolobar, je (R, +) Abelova grupa. Hitro vidimo, da velja (x + y) ∗ z = xaz + yaz = x ∗ z + y ∗ z,

x ∗ (y + z) = xay + xaz = x ∗ y + x ∗ z

in

(x ∗ y) ∗ z = xayaz = x ∗ (y ∗ z)

za poljubne x, y, z ∈ Ra.

(b) Denimo, da je Ra kolobar z enico e. Potem je 1 ∗ e = 1 (kjer je 1 enica kolobarja R), torej 1ae = 1.

Odtod vidimo, da ima a desni inverz. Podobno dobimo, da iz e∗1 = 1 sledi, da ima a levi inverz. Obratno, denimo, da je a obrnljiv v R. Hitro se lahko prepri£amo, da je potem a−1 enica kolobarja Ra.

(c) Denimo najprej, da je Ra kolobar z enico. Torej je a obrnljiv. Denirajmo preslikavo f : Ra → R, f (x) = xa. Ta preslikava je homomorzem kolobarjev, saj je f (x + y) = (x + y)a = xa + ya = f (x) + f (y)

in f(x ∗ y) = f(xay) = xaya = f(x)f(y)

za poljubna x, y ∈ Ra. O£itno je f tudi bijektivna preslikava z inverzom x 7→ xa−1 in zato izomorzem.

Obratno, £e sta kolobarja Ra in R izomorfna, potem ima Ra enico, saj ima R enico.

√

√

√

3. Naj bo R podkolobar realnih ²tevil R = Z[ 2] = {a + b 2 ; a, b ∈ Z} in I podmnoºica I = {a + b 2 ; 4 |

a in 2 | b}.

(a) Dokaºi, da je I ideal v R. Dokaºi ²e, da je glavni ideal.

(b) Ali je I maksimalni ideal?

Re²itev: (a) Velja

√

√

√

√

(2 2) = {(a + b 2)2 2 | a, b ∈ Z} = {4b + 2a 2 | a, b ∈ Z} = I, torej je I glavni ideal.

√

√

(b) I ni niti praideal, saj je 2, 2 /∈ I in 2 2 ∈ I.

4. Naj bo R komutativen kolobar in P njegov ideal.

(a) Dokaºi: £e je P praideal, potem iz I ∩ J ⊆ P sledi I ⊆ P ali J ⊆ P za poljubna ideala I, J v R.

(b) S primerom pokaºi, da obratno ne drºi. (To je, poi²£i primer kolobarja R in ideala P , tako da P ni praideal v R in iz I ∩ J ⊆ P sledi I ⊆ P ali J ⊆ P za poljubna ideala I, J v R.) 16

Re²itev: (a) Naj bo P praideal in I, J ideala, tako da je I ∩ J ⊆ P . Denimo, da je I * P in J * P .

Vzemimo x ∈ I \ P in y ∈ J \ P . Potem je xy ∈ I in xy ∈ J, torej xy ∈ P . To pa je protislovje, saj x /∈ P

in y /∈ P .

(b) Vzemimo R = Z4 in P = 0. Potem P ni praideal, saj R/P ni cel kolobar. Edini ideali v R pa so 0, Z4

in 2Z4. Za poljubna dva I, J med temi pa je implikacija I ∩ J = 0 ⇒ (I = 0 ali J = 0) o£itno izpolnjena.

5. Poi²£i vse n ∈ N, za katere je 1518n ≡ 9 (11).

ƒe naloge ne zna² re²iti v splo²nosti, potem preveri, da je n = 9 re²itev zgornje kongruence.

Re²itev: Izberimo nek n ∈ N. šelimo izra£unati 1518n (11). Po Fermatovem izreku je 1510 ≡ 1 (11).

Torej ºelimo izra£unati 18n (10). Seveda je 18n ≡ 0 (2), po Fermatovem izreku pa tudi 184 ≡ 1 (5), torej 18n ≡ 18n (4) (5). Odtod vidimo, da moramo obravnavati 4 moºnosti. Najprej, £e je n ≡ 0 (4), potem je 18n ≡ 180 ≡ 1 (5), kar nam da 18n ≡ 6 (10) in zato 1518n ≡ 156 ≡ 46 ≡ 163 ≡ 53 ≡ 125 ≡ 4 (11).

Naslednja moºnost, £e je n ≡ 1 (4), je 18n ≡ 18 ≡ 3 (5), torej 18n ≡ 8 (10) in zato 1518n ≡ 158 ≡

48 ≡ 164 ≡ 54 ≡ 252 ≡ 32 ≡ 9 (11). Podobno za n ≡ 2 (4) dobimo 1518n ≡ 3 (11), za n ≡ 3 (4) pa 1518n ≡ 5 (11). Re²itve so torej natanko n = 4k + 1, k ≥ 0.

17





1. izpit 2014/15

1. Poi²£i vsa cela ²tevila, ki re²ijo sistem kongruenc: x

≡

1

(3)

x

≡

2

(5)

x

≡

3

(7)

x

≡

4

(8)

Re²itev: Iz prve ena£be dobimo x = 3a + 1. Druga ena£ba nam da 5 | 3a − 1, torej 5 | 2(3a − 1) = 6a − 2

in zato 5 | a − 2. Torej a = 5b + 2 in x = 15b + 7.

Tretja ena£ba nam da 7 | 15b+4, torej 7 | b+4, od koder sledi b = 7c+3 in x = 15·7c+52. Zadnja ena£ba pa nam da 8 | 15 · 7c + 48, torej 8 | (−1)(−1)c in zato c = 8d. Kon£na re²itev je tako x = 15 · 7 · 8d + 52, d ∈ Z.

2. Naj bo R kolobar matrik R = {[ a b ] | a, b ∈

0 a

Z} za obi£ajno matri£no se²tevanje in mnoºenje.

(a) Preveri, da je R komutativen.

(b) Naj bo I ideal, generiran z matriko A = [ 0 1 ]. Opi²i vse elemente ideala I.

0 0

(c) Ali je I praideal?

Re²itev: (a) Za poljubni matriki [ a b ] , [ c d ] ∈ R hitro preverimo 0 a

0 c

[ a b ] [ c d ] = ac ad+bc = [ c d ] [ a b ] .

0 a

0 c

0

ac

0 c

0 a

(b) Ker smo v komutativnem kolobarju z enico, je I = RA = {[ a b ] [ 0 1 ] | a, b ∈

] | a ∈

0 a

0 0

Z} = {[ 0 a

0 0

Z}.

(c) I je praideal. Res, £e za X = [ a b ] ∈ R in Y = [ c d ] ∈ R velja XY ∈ I, potem je ac = 0, od koder 0 a

0 c

sledi a = 0 ali c = 0, torej X ∈ I ali Y ∈ I.

3. (a) Poi²£i vse neizomorfne Abelove grupe mo£i 7 · 8 · 9.

(b) Med grupami iz to£ke (a) poi²£i vse tiste, ki vsebujejo element reda 72.

(c) Med grupami iz to£ke (a) si izberi najljub²o in povej, koliko ima avtomorzmov.

Re²itev: (a) Z7⊕Z8⊕Z9, Z7⊕Z4⊕Z2⊕Z9, Z7⊕Z2⊕Z2⊕Z2⊕Z9, Z7⊕Z8⊕Z3⊕Z3, Z7⊕Z4⊕Z2⊕Z3⊕Z3, Z7 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z3

(b) Edina tak²na grupa je Z7 ⊕ Z8 ⊕ Z9.

(c) Pre²tejmo avtomorzme grupe

∼

Z7 ⊕ Z8 ⊕ Z9 = Z7·8·9. Vsak avtomorzem f : Z7·8·9 → Z7·8·9 je ºe dolo£en s sliko f(1), torej je vsak f oblike f(x) = ax za nek a ∈ Z7·8·9. Zaradi bijektivnosti mora biti a tuje ²tevilu 7 · 8 · 9. Torej je ²tevilo moºnosti za a enako ravno ϕ(7 · 8 · 9) = 7 · 8 · 9 · 6 · 1 · 2 = 144.

7

2

3

4. Naj bo n naravno ²tevilo in m liho naravno ²tevilo. Pokaºi, da ne obstaja netrivialni homomorzem grup Sn → Zm. (Namig: kam se slikajo generatorji?)

Re²itev: Naj bo f : Sn → Zm homomorzem grup. Potem za poljubno transpozicijo (a b) ∈ Sn velja 2f ((a b)) = f ((a b)2) = f (id) = 0. Ker je 2 tuje ²tevilu m, sledi f ((a b)) = 0. Ker je Sn generirana s transpozicijami, sledi f = 0.

5. Naj bo G kon£na grupa, katere mo£ je deljiva s pra²tevilom p. Denimo, da v G obstaja p-podgrupa edinka Sylowa H. Naj bo ²e K podgrupa G, katere mo£ je deljiva s p. Pokaºi, da je potem K ∩ H p-podgrupa edinka Sylowa v K. (Namig: uporabi kakega od izrekov o izomorzmih.) Re²itev: Pi²imo |G| = pkr, kjer p - r, torej |H| = pk. Pi²imo ²e |K| = pls, kjer 1 ≤ l ≤ k in p - s. Ker je H / G, je po izreku Emmy Noether K ∩ H / K in K/(K ∩ H) ∼

= KH/H. Pokazati moramo ²e, da je K ∩ H

p-podgrupa Sylowa v K. Ker je K ∩ H ≤ H, je |K ∩ H| = pm za nek m ≤ k. Ker je KH/H podgrupa G/H, njena mo£ ni deljiva s p. Torej ²tevilo

|K|

= |KH| = |KH/H| ni deljivo s p. Torej je K ∩ H res

|K∩H|

|H|

p-podgrupa Sylowa v K.

18





2. izpit 2014/15

1. Naj bo G netrivialna grupa. Pokaºi, da je {H | H / G} monoid za operacijo H1 ◦ H2 = H1H2. Ali je tudi grupa?

Re²itev: Ozna£imo A = {H | H / G}. O£itno je A polgrupa, saj je (H1H2)H3 = H1(H2H3) za poljubne H1, H2, H3 / G. Enota je trivialna grupa E = 1, saj je HE = EH = H za vsak H ∈ A. Mnoºica A ni grupa, saj G ∈ A nima inverza (za vsak H ∈ A je GH = G 6= E).

2. Na²tej vse Abelove grupe mo£i 4500. Med njimi poi²£i tiste, v katerih so vse podgrupe Sylowa cikli£ne.

Re²itev: Razcepimo 4500 = 22 · 32 · 53. Torej dobimo 12 grup: Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z5, Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z25, Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z125, Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z9 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z5, Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z9 ⊕ Z5 ⊕ Z25, Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z9 ⊕ Z125, Z4 ⊕ Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z5, Z4 ⊕ Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z25, Z4 ⊕ Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z125, Z4 ⊕ Z9 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z5, Z4 ⊕ Z9 ⊕ Z5 ⊕ Z25, Z4 ⊕ Z9 ⊕ Z125. Med njimi ima cikli£ne podgrupe Sylowa le Z4 ⊕ Z9 ⊕ Z125.

√

3. Naj bo R kolobar R = {a + 2bi 2 | a, b ∈ Z} za obi£ajno se²tevanje in mnoºenje. Ali sta I = (2) in

√

J = (2i 2) praideala v R?

Re²itev: Ideal I je natanko

√

√

I = {2(a + 2bi 2) | a, b ∈ Z} = {2a + 4bi 2 | a, b ∈ Z}.

√

√

√

Odtod vidimo, da I ni praideal, saj 2i 2 · 2i 2 = −8 ∈ I in 2i 2 /∈ I.

Podobno je

√

√

√

J = {2i 2(a + 2bi 2) | a, b ∈ Z} = {8a + 2bi 2 | a, b ∈ Z}.

Torej J prav tako ni praideal, saj 4 · 2 = 8 ∈ J in 4, 2 /∈ J.

4. Poi²£i vsa naravna ²tevila n, za katera je nn ≡ 2 (mod 3).

Re²itev: O£itno 3 - n, torej n ≡ 1 (mod 3) ali n ≡ −1 (mod 3). Prva moºnost odpade, saj je potem nn ≡ 1n ≡ 1 (mod 3). V drugem primeru pa je nn ≡ (−1)n, kar je 1, £e je n sodo, in −1, £e je n liho. Ker mora biti nn ≡ −1 (mod 3), sledi, da je n liho. Skupaj s pogojem n ≡ −1 (mod 3) dobimo n ≡ 5 (mod 6), torej so re²itve natanko n = 6k + 5.

5. Naj bosta A in B Abelovi grupi in End(A), End(B) pripadajo£a kolobarja endomorzmov.

(a) Za endomorzma α ∈ End(A) in β ∈ End(B) denirajmo preslikavo Φ(α, β) : A ⊕ B → A ⊕ B,

Φ(α, β)(x, y) = (α(x), β(y)).

Dokaºi, da je Φ(α, β) ∈ End(A ⊕ B).

(b) Dokaºi, da preslikava

Φ : (α, β) 7→ Φ(α, β)

dolo£a injektivni homomorzem kolobarjev End(A) × End(B) → End(A ⊕ B).

(c) Denimo, da so vsi homomorzmi grup f : A → B in g : B → A enaki ni£. Dokaºi, da je potem Φ

izomorzem kolobarjev. (Namig: dokaºi, da vsak endomorzem f ∈ End(A ⊕ B) zado²£a f(A) ⊆ A in f(B) ⊆ B.)

Re²itev: (a) Za poljubna (x1, y1), (x2, y2) ∈ A ⊕ B je Φ(α, β)((x1, y1) + (x2, y2)) = Φ(α, β)(x1 + x2, y1 + y2) = (α(x1 + x2), β(y1 + y2))

= (α(x1) + α(x2), β(y1) + β(y2)) = (α(x1), β(y1)) + (α(x2), β(y2))

= Φ(α, β)(x1, y1) + Φ(α, β)(x2, y2).

(b) Izberimo poljubna (α1, β1), (α2, β2) ∈ End(A) × End(B) in (x, y) ∈ A ⊕ B. Potem je Φ((α1, β1) + (α2, β2))(x, y) = Φ(α1 + α2, β1 + β2)(x, y)

= ((α1 + α2)(x), (β1 + β2)(y)) = (α1(x) + α2(x), β1(y) + β2(y))

= (α1(x), β1(y)) + (α2(x), β2(y)) = Φ(α1, β1)(x, y) + Φ(α2, β2)(x, y)

= (Φ(α1, β1) + Φ(α2, β2))(x, y).

19

Ker to velja za poljuben (x, y) ∈ A ⊕ B, sledi Φ((α1, β1) + (α2, β2)) = Φ(α1, β1) + Φ(α2, β2). Podobno preverimo

Φ((α1, β1)(α2, β2))(x, y) = Φ(α1α2, β1β2)(x, y)

= (α1α2(x), β1β2(y)) = (α1(α2(x)), β1(β2(y)))

= Φ(α1, β1)(α2(x), β2(y)) = Φ(α1, β1)Φ(α2, β2)(x, y), od koder sledi Φ((α1, β1)(α2, β2)) = Φ(α1, β1)Φ(α2, β2). Torej je Φ homorzem kolobarjev. Injektivnost pa je o£itna, saj iz Φ(α, β) = 0 za nek (α, β) ∈ End(A) × End(B) takoj sledi (α(x), β(y)) = 0 za poljuben (x, y) ∈ A ⊕ B, torej α = 0 in β = 0.

(c) Najprej preverimo trditev v namigu. Naj bo f ∈ End(A ⊕ B). Ozna£imo s p : A ⊕ B → B kanoni£no projekcijo. Potem je pf|A : A → B homomorzem grup in zato pf|A = 0, to je pf(A) = 0. To pa ravno pomeni, da je f(A) ⊆ A. Simetri£no tudi dobimo f(B) ⊆ B.

Dokaºimo sedaj, da je Φ surjektiven. Vzemimo poljuben f ∈ End(A ⊕ B). Potem je po zgoraj dokazanem f |A ∈ End(A) in f |B ∈ End(B) in velja Φ(f |A, f |B)(x, y) = (f (x), f (y)) = f (x, y) za poljuben (x, y) ∈

A ⊕ B. (Na zadnjem koraku upo²tevamo, da je

f (x, y) = f (x + y) = f (x) + f (y) = (f (x), f (y)), saj je f(x) ∈ A in f(y) ∈ B.) Torej je res Φ(f|A, f|B) = f in je Φ surjektiven.

20





3. izpit 2014/15

1. Naj bo n ≥ 2 naravno ²tevilo. Na Abelovi grupi R = Z ⊕ Zn denirajmo operacijo ∗ s predpisom (m, x) ∗ (n, y) = (mn, nx + my).

(a) Pokaºi, da je (R, +, ∗) kolobar.

(b) Ali je R komutativen kolobar? Ali ima enico?

(c) Pokaºi, da je I = 0 × Z ideal tega kolobarja.

(d) Ali je I praideal v R?

Re²itev: (a) Preverjanje, da je R Abelova grupa, glede na navodilo naloge ni potrebno. V dokaz asocia-tivnosti preverimo, da je za poljubne (m, x), (n, y), (p, z) ∈ R

((m, x) ∗ (n, y)) ∗ (p, z) = (mn, nx + my) ∗ (p, z) = (mnp, p(nx + my) + mnz) = (mnp, npx + mpy + mnz), kar je enako kot

(m, x) ∗ ((n, y) ∗ (p, z)) = (m, x) ∗ (np, py + nz) = (mnp, npx + m(py + nz)) = (mnp, npx + mpy + mnz).

V dokaz distributivnosti pa preverimo

((m, x) + (n, y)) ∗ (p, z) = (m + n, x + y) ∗ (p, z) = ((m + n)p, p(x + y) + (m + n)z)

= (mp + np, px + py + mz + nz) = (mp, px + mz) + (np, py + nz)

= (m, x) ∗ (p, z) + (n, y) ∗ (p, z)

in

(m, x) ∗ ((n, y) + (p, z)) = (m, x) ∗ (n + p, y + z) = (m(n + p), (n + p)x + m(y + z))

= (mn + mp, nx + px + my + mz) = (mn, nx + my) + (mp, px + mz)

= (m, x) ∗ (n, y) + (m, x) ∗ (p, z).

(b) Kolobar je komutativen, saj za poljubna (m, x), (n, y) ∈ R velja (n, y) ∗ (m, x) = (nm, my + nx) = (mn, nx + my) = (m, x) ∗ (n, y).

Kolobar ima enico (1, 0), saj je

(1, 0) ∗ (x, m) = (x, m) = (x, m) ∗ (1, 0)

za poljuben (x, m) ∈ R.

(c) Za poljubne (0, x), (0, y) ∈ I in (m, z) ∈ R je (0, x)−(0, y) = (0, x−y) ∈ I in (m, z)(0, x) = (0, mx) ∈ I.

(d) I je praideal. Res, £e za elementa (m, x), (n, y) ∈ R velja (m, x)∗(n, y) ∈ I, potem je (mn, nx+my) ∈ I, torej mn = 0, torej m = 0 ali n = 0, torej (m, x) ∈ I ali (n, y) ∈ I.

2. Koliko je Abelovih grup mo£i 100000?

Re²itev: Razcepimo 100000 = 25 · 55. Abelovo grupo A mo£i 100000 lahko pi²emo kot direktno vsoto A1 ⊕ A2, kjer je |A1| = 25 in |A2| = 55. ’tevilo moºnosti za grupo A1 je je enako ²tevilu razcepov ²tevila 5 na vsoto naravnih ²tevil. Ti razcepi so 1 + 1 + 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 1 + 2, 1 + 1 + 3, 1 + 2 + 2, 1 + 4, 2 + 3 in 5 (in ustrezajo grupam Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2, Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z22, . . . , Z25). Za grupo A1 imamo torej 7 moºnosti. Enak sklep velja tudi za grupo A2. Za grupo A imamo torej skupaj 7 · 7 = 49 moºnosti.

3. Naj bo G = C \ {0} grupa za mnoºenje. Pokaºi, da je H = {1, −1, i, −i} podgrupa edinka v G in velja G/H ∼

= G.

Re²itev: Denirajmo preslikavo

f : G → G,

f (z) = z4.

Ker je f(zw) = (zw)4 = z4w4 = f(z)f(w) za poljubna z, w ∈ G, je f homomorzem grup. O£itno je f

√

surjektiven, saj za vsak

iϕ

z = reiϕ ∈ C \ {0} velja z = f ( 4 re 4 ). Ker je ker(f ) = {z ∈ G | z4 = 1} = H, je torej H podgrupa edinka in je po izreku o izomorzmih G/H ∼

= G.

21

4. Naj bo G enostavna grupa in H, K njeni podgrupi, tako da je [G : H] = p in [G : K] = q za neki pra²tevili p, q. Pokaºi, da je p = q. (Namig: predpostavi, da je p < q, nato si oglej delovanje grupe G na levih odsekih podgrupe H.)

Re²itev: Predpostavimo p < q in naj G/H ozna£uje mnoºico levih odsekov po podgrupi H. Oglejmo si delovanje

ϕ : G → S(G/H),

ϕ(g)(xH) = gxH.

Ker je G enostavna grupa, je bodisi ker(ϕ) = G bodisi ker(ϕ) = 1. Prva moºnost odpade, saj za poljuben g ∈ G \ H velja ϕ(g)(H) = gH 6= H in zato ϕ(g) 6= id. Torej velja druga moºnost in je zato ϕ : G → S(G/H) injektivni homomorzem. Ker je |S(G/H)| = |Sp| = p!, je torej G kon£na grupa, njena mo£ pa je delitelj ²tevila p!. Ker je |G|/|K| = q (tu upo²tevamo, da je G kon£na grupa), je q delitelj ²tevila |G|. Torej je q delitelj ²tevila p!, kar pa je v protislovju s predpostavko p < q.

5. Naj bo R tak kolobar z enico, da za vsak a ∈ R obstaja natanko en b ∈ R, da velja aba = a. Dokaºi, da je R obseg. (Nasvet: najprej dokaºi, da je R cel kolobar.) Re²itev: Dokaºimo, da je R cel kolobar. Naj bo ax = 0, kjer je a, x ∈ R \ {0}. Po predpostavki naloge obstaja b ∈ R, tako da je aba = a. Ker je tudi a(b + x)a = aba + axa = aba = a, je po predpostavki naloge b = b + x, torej x = 0, kar je protislovje. Torej je R cel kolobar.

Dokaºimo ²e, da je R obseg. Naj bo a ∈ R \ {0}. Po predpostavki naloge obstaja b ∈ R, tako da je aba = a. Torej je a(ba − 1) = 0. Ker je R cel kolobar, sledi ba − 1 = 0, torej ba = 1. Simetri£no je tudi (ab − 1)a = 0, od koder sledi ab − 1 = 0 in zato ab = 1. Torej je a obrnljiv v R, kar je bilo potrebno dokazati.

22





1. izpit 2020/21

1. V mnoºici vseh 2 × 2 matrik nad poljem Z5 je dana podmnoºica a

b

G =

| a ∈ {1, −1}, b ∈



0

a

Z5

(kjer je −1 = 4 v polju Z5).

(a) Dokaºi, da je G grupa za matri£no mnoºenje.

(b) Dokaºi, da je grupa G izomorfna grupi Z10.

Re²itev: (a) Za poljubni dve matriki A = ( a b ) in B = ( c d ) je AB = ac ad+bc ∈ G (saj je ac ∈ {1, −1}) 0 a

0 c

0

ac

in A−1 = a −b ∈ G. Torej je G podgrupa grupe GL

0 a

2(Z5) in zato grupa.

(b) Lahko preverimo, da je G Abelova. Ker je |G| = 10 in je Z10 edina Abelova grupa mo£i 10, sledi G ∼

= Z10.

Drugi na£in: Ker je |G| = 10, zado²£a preveriti, da je G cikli£na. Zado²£a poiskati kak element reda 10.

V ta namen npr. preverimo, da red elementa A = −1 1 ni niti 2 niti 5, torej je lahko le 10, saj red deli 0 −1

mo£ grupe.

Tretji na£in: Upo²tevamo, da je

∼

Z10 = Z2 ⊕ Z5, in poi²£emo eksplicitni izomorzem ϕ : Z2 ⊕ Z5 → G.

Tak²en izomorzem je npr.





ϕ(a, b) =

(−1)a (−1)ab

.

0

(−1)a

2. Ugotovi, koliko ima diedrska grupa D50 podgrup mo£i 2, 5 in 25.

Re²itev: Pi²imo D50 = {rizj | i ∈ {0, . . . , 24}, j ∈ {0, 1}}. Elementi oblike riz so reda 2, saj je rizriz =

rir−izz = 1. Elementi ri pa so bodisi reda 1, 5 ali 25. Vsaka podgrupa mo£i 2 je generirana z elementom reda 2. Ker je teh elementov 25, imamo torej 25 podgrup mo£i 2 (ki so seveda paroma razli£ne). Podobno je podgrupa mo£i 5 generirana z elementom reda 5, tak²ni elementi pa so v grupi ²tirje: r5, r10, r15, r20.

O£itno vsi ²tirje generirajo isto pogrupo {1, r5, r10, r15, r20}. Podgrupa mo£i 5 je torej ena sama. Podgrupa mo£i 25 pa je {ri | i ∈ {0, . . . , 24}} in je prav tako ena sama, saj sme vsebovati le elemente reda 1, 5 ali 25 (ki so vsi oblike ri).

3. (a) Naj bo I neni£eln ideal kolobarja Z[i]. Dokaºi, da je Z[i]/I kon£en kolobar.

(b) Kateremu kolobarju je izomorfen kolobar Z[i]/(2 + i)?

Re²itev: (a) Ker je Z[i] glavni kolobar, lahko pi²emo I = (a + bi) za nek a + bi ∈ Z[i]. Ker je a2 + b2 =

(a + bi)(a − bi) ∈ I, v kvocientnem kolobarju Z[i]/I velja a2 + b2 + I = 0. Torej je Z[i]/I = {x + yi + I | 0 ≤ x ≤ a2 + b2 − 1, 0 ≤ y ≤ a2 + b2 − 1}, ta mnoºica pa je kon£na.

(b) Ker je N(2 + i) = 5 pra²tevilo, je 2 + i nerazcepen element. Torej je I = (2 + i) maksimalni ideal (saj je Z[i] glavni kolobar) in zato Z[i]/(2 + i) polje. Ker je 5 = (2 + i)(2 − i) ∈ I, ima to polje karakteristiko 5. Pokaºimo, da je Z[i]/I ∼

= Z5. Denirajmo

ϕ : Z[i] → Z5,

ϕ(x + yi) = x − 2y

(element i ºelimo slikati v −2, saj v kvocientnem kolobarju velja i + I = −2 + I). Lahko se prepri£amo, da je ϕ homomorzem kolobarjev. O£itno je surjektiven, jedro pa vsebuje 2 + i in zato celoten ideal I.

Ker je I maksimalni ideal in je ker ϕ 6= Z[i], sledi ker ϕ = I. Po izreku o izomorzmih sledi Z[i]/I ∼

= Z5.

4. Dolo£i razpadno polje polinoma p(X) = X5 − 3X3 − X2 + 3 nad poljem Q. Dolo£i ²e stopnjo raz²iritve tega razpadnega polja nad Q.

Re²itev: Razstavimo p(X) = (X3 − 1)(X2 − 3) = (X − 1)(X2 + X + 1)(X2 − 3). Ni£le tega polinoma so

√

√

1, ± 3 in −1±i 3 , torej je iskano razpadno polje

2

√

√

√

−1 + i 3 −1 − i 3

√

√

√

Q(

3,

,

) = Q( 3, i 3) = Q( 3, i).

2

2

Stopnja raz²iritve je enaka

√

√

√

√

[Q( 3, i) : Q] = [Q( 3, i) : Q( 3)][Q( 3) : Q].

Ker sta obe stopnji na desni strani enaki 2 (prva od teh ima minimalni polinom X2 + 1, druga pa X2 − 3), je rezultat 2 · 2 = 4.

23





2. izpit 2020/21

1. Naj bo G grupa mo£i pn, kjer je p pra²tevilo in n naravno ²tevilo. Naj bo X mnoºica vseh elementov v G maksimalnega reda. Dokaºi: £e je G Abelova, potem X generira G. Ali to ²e velja, £e G ni Abelova?

Re²itev: Naj bo m najve£je ²tevilo, tako da obstaja v G element reda pm. X je torej mnoºica vseh elementov reda pm. Naj bo g ∈ G poljuben. Dokazati ºelimo, da je g ∈ hXi.

ƒe je red(g) = pm, je g ∈ X in ni kaj dokazovati. Predpostavimo torej, da je red(g) = pm0, kjer je m0 < m.

Vzemimo poljuben h ∈ X. Potem je

(gh)pm = gpm hpm = (gpm0 )pm−m0 hpm = 1

in

(gh)pm−1 = gpm−1 hpm−1 = (gpm0 )pm−m0−1 hpm−1 = hpm−1 6= 1.

Torej je red(gh) = pm in zato gh ∈ X. Torej je tudi v tem primeru g = gh · h−1 ∈ hXi.

Pokaºimo, da trditev ne velja, £e G ni Abelova. Vzemimo G = D8 (diedrska grupa mo£i 8). Ozna£imo z r, z ∈ G rotacijo in zrcaljenje v G kot obi£ajno, tako da je G = {rizj | i ∈ {0, 1, 2, 3}, j ∈ {0, 1}}. Potem je X = {r, r3} (to so elementi reda 4, vsi ostali razen enote pa imajo red 2). Torej je hXi = {1, r, r2, r3} 6= G.

2. Naj bo G grupa mo£i 5 · 9 · 13. Dokaºi, da v grupi G obstaja podgrupa edinka mo£i 65. (Nasvet: izreki Sylowa.)

Re²itev: Ozna£imo z n5 in n13 ²tevilo podgrup Sylowa mo£i 5 in 13. Po izrekih Sylowa je n5 ∈

{1, 13, 3, 39, 9, 117} in n5 = 1 (mod 5) ter n13 ∈ {1, 5, 3, 15, 9, 45} in n13 = 1 (mod 13), od koder sledi n5 = 1 in n13 = 1. Torej imamo v grupi G podgrupo edinko H mo£i 5 ter podgrupo edinko K mo£i 13.

Torej je tudi HK podgrupa edinka, njena mo£ pa je |HK| = |H| · |K|/|H ∩ K| = 5 · 13 = 65.

3. (a) Dokaºi, da je 2 razcepen element v kolobarju Z[i] in nerazcepen v kolobarju Z[2i].

(b) Dokaºi, da Z[2i] ni glavni kolobar.

Re²itev: (a) Razcep v kolobarju Z[i] je znan: 2 = (1 + i)(1 − i), kjer sta elementa 1 ± i neobrnljiva, saj imata normo 2. Denimo, da je 2 = α · β razcep v kolobarju Z[2i] (torej α = a + bi in β = c + di, kjer sta ²tevili b in d sodi). Zaradi enoli£nosti razcepa v Z[i] lahko predpostavimo, da je α asociiran elementu 1 + i, β pa elementu 1 − i. To pa je protislovje, saj so vsi elementi v Z[i], ki so asociirani elementu 1 + i, oblike ±1 ± i, noben od teh pa ne pripada kolobarju Z[2i].

(b) Dokaºimo, da ideal I = (2, 2i) v Z[2i] ni glavni. Ideal I vsebuje natanko vse elemente a + bi, kjer sta a in b soda. Denimo, da je I glavni ideal. Pi²imo I = (α), α ∈ Z[2i]. Potem je 2 = αβ za nek β ∈ Z[2i].

Zaradi nerazcepnosti elementa 2 v kolobarju Z[2i] sledi, da je bodisi α bodisi β obrnljiv v Z[2i], od koder sledi I = Z[2i] ali I = (2). Prva moºnost odpade, torej je I = (2) in zato 2i = 2 · β za nek β ∈ Z[2i]. Sledi β = i, kar je pa je zopet protislovje, saj i /

∈ Z[2i].

√

√

4. Dolo£i stopnji raz²iritev [Q( 4 6, i) : Q] in [Q( 4 6, i) : Q(i)].

Re²itev: Velja

√

√

√

√

[Q( 4 6, i) : Q] = [Q( 4 6, i) : Q( 4 6)][Q( 4 6) : Q].

√

√

Polinom p(X) = X2 + 1 uni£i i in je nerazcepen nad Q( 4 6), saj nima ni£le v Q( 4 6). Torej je p minimalni

√

√

√

polinom za i nad poljem Q( 4 6), od koder sledi [Q( 4 6, i) : Q( 4 6)] = 2. Polinom q(X) = X4 − 6 pa

√

uni£i 4 6 in je nerazcepen nad Q po Eisensteinovem kriteriju (npr. za pra²tevilo 2), torej je to minimalni

√

√

polinom za 4 6 nad Q. Sledi [Q( 4 6) : Q] = 4, rezultat pa je 2 · 4 = 8.

Nadalje, velja

√

√

[Q( 4 6, i) : Q] = [Q( 4 6, i) : Q(i)][Q(i) : Q],

kar je enako 8 po zgoraj dokazanem. Ker je [Q(i) : Q] = 2 (o£itno, minimalni polinom za i nad Q je

√

X2 + 1), sledi [Q( 4 6, i) : Q(i)] = 4.

24

Janez ’ter

ZBIRKA RE’ENIH NALOG IZ ALGEBRE 2

c

2021 Janez ’ter, samozaloºba, Ljubljana

Izdano v elektronski obliki v formatu PDF

URL: https://www.fmf.uni-lj.si/~ster/zbirka_alg2.pdf (prost dostop) Cena: brezpla£no

Kataloºni zapis o publikaciji (CIP) pripravili v Narodni in univerzitetni knjiºnici v Ljubljani

COBISS.SI-ID 69906947

ISBN 978-961-07-0651-9 (PDF)

25





Document Outline


Predgovor

1. kolokvij 2011/12

2. kolokvij 2011/12

1. izpit 2011/12

2. izpit 2011/12

3. izpit 2011/12

1. kolokvij 2012/13

2. kolokvij 2012/13

1. izpit 2012/13

2. izpit 2012/13

3. izpit 2012/13

1. kolokvij 2014/15

2. kolokvij 2014/15

1. izpit 2014/15

2. izpit 2014/15

3. izpit 2014/15

1. izpit 2020/21

2. izpit 2020/21