Algebra, syksy 1999, kotitehtävien 8 ratkaisut lyhyesti (+ tehtävä 7/7)

1. Syklisenä G = {gk | k Î Z}. Sen mielivaltaisille alkioille a : = gm ja b : = gn on siis
ab = gm gn = gm+n = gn+m = gn gm = ba.
Siis kyseessä on Abelin ryhmä.

2. Käytetään Aliryhmätestiä 6.2: Määrittelynsä mukaan H Í G. Ilmeisestikin e on ryhmän G neutraalialkio.
(i) ° suljettu joukossa H: jos a, b Î H, liitännäisyyden ja vaihdannaisuuden nojalla

(a°b)2 = (a°b)°(a°b) = a°(b°a)°b = a°(a°b)°b = (a°a)°(b°b). 
Siis (a°b)2 = e°e = e, ja a°b Î H
(ii) neutraalialkio: aina e2 = e, joten e Î H
(iii) käänteisalkiot: jos a Î H, on aa = e eli a-1 = a. Siis (a-1)2 = a2 = e, ja siten a-1 Î H
3. Laskettava läpi vaikkapa Aliryhmätestin avulla!

4. (i) Fermat'n pienen lauseen mukaan 56 º 1 (mod 7). Silloin 51001 = 56·166 + 5 = 55·1 (mod 7), ja edelleen 55 = 25·25 ·5 º 4·4·5 º 16·5 º 2·5 º 3 (mod 7).
(ii) Taas Fermat'n mukaan 316 º 1 (mod 17). Oletuksen mukaan n = 16s jollekin s Î Z, joten

3n = 316s = (316)s º 1s º 1 (mod 17).
5. Nyt x2 º x (mod p)  Û  p  | (x2 - x) Û  p  | x(x-1). Alkulukuna p  | x tai p  | (x-1) eli x º 0 (mod p) tai x º 1 (mod p).

6. ( Þ  ) Oletetaan, että H Í G on aliryhmä, ja olkoot a, b Î H. Koska myös b-1 Î H, tulo a b-1 Î H.
( Ü  ) Oletetaan, että a b-1 Î H kaikilla a, b Î H. Koska H ¹ Æ, on olemassa h Î H.
(ii) neutraalialkio: e = h h-1, joten e Î H.
(iii) käänteisalkiot: jos y Î H, niin y-1 = ey-1 Î H.
(i) laskutoimitus suljettu joukossa H: Olkoot x, y Î H. Koska edellisen mukaan y-1 Î H, oletuksen nojalla xy = x(y-1)-1 Î H.

7. Määrittelynsä mukaan Z(G) Í G.
(i) suljettu: Olkoot x, y Î Z(G), eli xg = gx ja yg = gy kaikilla g Î G. Silloin

(xy)g = x(yg) = x(gy) = (xg)y = (gx)y = g(xy),
eli xy Î Z(G) (mitäpä tietoja laskussa tarvittiin?)
(ii) neutraalialkio: kaikilla g Î G on eg = g = ge, joten e Î Z(G).
(iii) käänteisalkiot: olkoon x Î Z(G). Silloin
x-1 g = x-1 g (x x-1) = x-1 (g x) x-1 = x-1 (x g) x-1 = (x-1 x) g x-1 = g x-1,
ja siten x-1 Î Z(G) (lisääppä tuohon taas perustelut!).

8. Käytetään Lausetta 6.8. Olkoon alkion a kertaluku n. Oletuksen mukaan 1 £ n £ 12. Koska a12 = e, Lauseen 6.8 mukaan n | 12, eli mahdolliset arvot ovat n = 1,2,3,4,6,12.

9. a) Esimerkiksi H : = {0,3,6,9} ja K : = {0,4,8} ovat ryhmän Z12 aliryhmiä mutta yhdiste ei ole. Miksi?
b) Jos H Í K tai K Í H, on asia selvä (miksi?!). Jäljelle jää vaihtoehto: H:ssa on alkio h, joka ei ole K:ssa, ja K:ssa on alkio k, joka ei ole H:ssa. Silloin kuitenkin h, k Î HÈK.
Väite: hk Ï HÈK.
Todistus. (1) Jos olisi hk Î H, niin koska h-1 Î H, olisi myös h-1hk = k Î H.
(2) Vastaava ristiriita saadaan toisesta vaihtoehdosta hk Î K.
Siis laskutoimitus ei ole suljettu joukossa HÈK.

10. Aputulos: Ryhmässä alkioilla x ja x-1 on aina sama kertaluku.
Todistus. Olkoon alkion x kertaluku n ³ 1. Silloin

e = xn = x xn-1 = x2 xn-2 = ¼ = xn-1 x,
ja siten x-1 = xn-1, x-2 = xn-2, ¼, x-n = e. Siis (x-1)n = x-n = e. Toisaalta mikään muu (x-1)p = xn-p ei voi olla e, sillä muutoin x:n kertaluku olisi n-p < n.
Itse väite: Alkion ab kertaluku on sama kuin alkion ab.
Todistus. Jos a = e tai b = e tai a-1 = b, on asia selvä. Muutoin, olkoon alkion ab kertaluku n ja alkion ba kertaluku k.
Antiteesi: k < n. Silloin yleistetyn liitäntälain ja aputuloksen (todistuksen) mukaan
e = (ab)n = (ab)¼(ab) = a(ba)¼(ba)b = a(ba)n-1b = a(ba)n-1-kb = (ab)n-k,
eli alkion ab kertaluku olisikin n-k. Ristiriita.
Myöskään epäyhtälö n < k ei voi olla voimassa, miksi?

11. Oletuksen mukaan jokaiselle g Î G on g2 = e ja siten g-1 = g. Olkoot a, b Î G. Koska ab Î G, on (ab)-1 = ab ja siis ab = (ab)-1 = (a-1b-1)-1 = ba tulon käänteisalkion laskusäännön mukaan. Siis ab = ba ja kyseessä on Abelin ryhmä.

12. Ehdoista a*b £ a+b ja a*a = 0 saa täytetyksi taulukkoa vasemmanpuoleiseen tilanteeseen saakka. Sitten jatketaan liitännäisyyden avulla, mm.  1*3 = 1*(1*2) = (1*1)*2 = 0*2 = 2 jne

* 0  1  2  3  4  5  6  7 
0  0  1  2  3  4  5  6  7 
1  1  0  3 
2  2  3  0 
3  3  0 
4  4  0 
5  5  0 
6  6  0 
7  7  0
* 0  1  2  3  4  5  6  7 
0  0  1  2  3  4  5  6  7 
1  1  0  3  2  5  4  7  6 
2  2  3  0  1  6  7  4  5 
3  3  2  1  0  7  6  5  4 
4  4  5  6  7  0  1  2  3 
5  5  4  7  6  1  0  3  2 
6  6  7  4  5  2  3  0  1 
7  7  6  5  4  3  2  1  0
13. Ei ole ryhmä, ei neutraalialkiota.

14. (i) Ei totta: esimerkiksi 5 | (12+32) ja 5 | (32+42), mutta 12-32 = -8 ei ole viidellä jaollinen.
(ii) Totta: oletuksen mukaan a = sp ja a2+b2 = kp joillekin s,k Î Z. Silloin a2 = s2 p2 ja

b2 = a2 + b2 - a2 = kp - s2 p2 = (k-s2p) p.
Siten p | b2 eli p | bb. Koska p oli alkuluku, on p | b.

15. Koska a ei ole parillinen, ovat a+1 ja a-1 parillisia ja jompikumpi on jaollinen myös neljällä. Koska a ei ole jaollinen kolmella, on joko a+1 tai a-1 jaollinen kolmella. Tulon (a-1)(a+1) molemmilla tekijöillä on siis parillisuuden takia tekijöinä 2, ts. a-1 = 2m ja a+1 = 2n. Koska toinen on jaollinen jopa neljällä, on edelleen (a-1)(a+1) = 8p. Kolmella jaollisuuden perusteella vielä (a-1)(a+1) = 24q, joten 24 | (a2-1).

16. Vastaoletus: k : =  syt(a/d,b/d) > 1. On siis olemassa kokonaisluvut s ja t, joille a/d = sk ja b/d = tk. Mutta silloin a = dsk ja b = dtk, ja siten dk olisi lukujen a ja b yhteinen tekijä, joka on aidosti suurempi kuin k. Ristiriita.

Kotilaskujen 7 tehtävä 7.
7. Koska S Í H1 ja S Í H2, myös S Í H1ÇH2. Osoitetaan vielä leikkaus aliryhmäksi. Aliryhmien leikkauksena H1ÇH2 Í G.
(i) suljettu: jos a ja b Î H1ÇH2, niin a, b Î H1 ja a, b Î H2. Koska H1 ja H2 ovat aliryhmiä, niin ab Î H1 ja ab Î H2. Siten ab Î H1ÇH2.
(ii) Koska H1 ja H2 ovat aliryhmiä, neutraalialkio e Î H1 ja e Î H2 ja siten e Î H1ÇH2.
(iii) Olkoon a Î H1ÇH2. Silloin a Î H1 ja a Î H2, ja koska H1 ja H2 ovat aliryhmiä, käänteisalkiot a-1 Î H1 ja a-1 Î H2. Mutta silloin myös a-1 Î H1ÇH2.
Leikkaus on siis aliryhmä.
Huomautus. Ryhmässä minkä tahansa aliryhmäkokoelman leikkaus on aliryhmä!

File translated from TEX by TTH, version 1.96.
On 9 Nov 1999, 13:42.