% The next lines tell TeXShop to typeset with xelatex, and to open and save the source with Unicode encoding.

%!TEX TS-program = xelatex
%!TEX encoding = UTF-8 Unicode



\documentclass[14pt,a4paper,titlepage]{article}%{mwrep}
\usepackage[OT4]{polski}
\usepackage[centertags]{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amsthm}
%\usepackage{newlfont}
\usepackage{mathtools} %pakiet potrzebny do \eqref
\usepackage{amssymb} %pakiet potrzebny do \blacksquare i \mathbb
\usepackage{graphicx}
%\usepackage{jurabib}
\usepackage{enumerate}
\usepackage{fontspec,xltxtra,xunicode}
\newtheorem{zad}{ \bf}[section]
%\usepackage{amscd}
\usepackage{xypic}
\def\z{\end{zad}\medskip\begin{zad}\rm}
%\def\zb{\end{zad}\medskip\begin{zad}{\rm\llap{$\bullet$}}}
\def\R{\mathbb R}
\def\C{\mathbb C}
\def\Z{\mathbb Z}
\def\Q{\mathbb Q}
\def\N{\mathbb N}
\def\nor{\trianglelefteq}
\def\ker{\operatorname {ker}}
\def\gengru#1{\langle\,#1 \,\rangle}
\def\ch{\blacktriangleleft}
\def\arr{\longrightarrow}
\def\Abs #1{\left\vert #1\right\vert}
\def\rk{\operatorname {rank}}
\def\lin{\operatorname {lin}}
\def\af{\operatorname {af}}
\def\dim{\operatorname{dim}}
\def\ker{\operatorname{ker}}
\def\im{\operatorname{im}}
\def\tr{\operatorname{tr}}
\def\Hom {\operatorname{Hom}}
\def\Aut {\operatorname{Aut}}
\def\dziel#1#2{#1\,\vert\,#2}
\def\id{\triangleleft}
\pagestyle{empty}
\newtheorem*{defn}{Definicja}
\newtheorem {lem}{Lemat}
\newtheorem {wn}{Wniosek}
\newtheorem {stw}{Stwierdzenie}
\newtheorem {tw}{Twierdzenie}

\begin{document}

\section{ Seria I do oddania 18 października}
Imię i Nazwisko :

\bigskip
\begin{zad}\rm Pokazać, że w grupie skończonej liczba elementów rzędu dwa wynosi $0$ lub jest liczbą  nieparzystą. 
\begin{proof} Rząd grupy jest liczbą parzystą, bo rząd elementu dzieli rząd grupy. Elementów nietrywialnych rzędu  nieparzystego jest parzyście wiele, bo każdy występuje w parze ze swoją odwrotnością. Zatem razem z elementem trywialnym elementów rzędu różnego od dwóch jest nieparzysta liczba.\end{proof}
\z Czy istnieje grupa, w której elementów rzędu $12$ jest dokładnie $10$?
\begin{proof}  Nie, liczba elementów rzędu $12$ jest wielokrotnością $\varphi(12)=4$\end{proof}
\z  Niech grupa $G$ będzie generowana przez zbiór $X$. Niech $f,g:G\to H$ będą homomorfizmami takimi, 
że dla każdego $x\in X$, $f(x)=g(x)$. Pokazać, że  $f=g$. 
\begin{proof} Zbiór $A=\{y\in G\colon  f(y)=g(y)\}$ jest podgrupą zawierającą zbiór $X$. Zatem $G=\langle X\rangle \leqslant A$.\end{proof}

\z Czy istnieje monomorfizm $Q_8\to\Sigma_4$?
\begin{proof} Nie. W obu grupach jest po sześć elementów rzędu cztery, a rząd elementu jest zachowywany przez monomorfizm. Ale w $Q_8$ kwadratem każdego elementu jest $-1$, a kwadraty elementów rzędu cztery w $\Sigma_4$ są różne.  \end{proof}
Inny elegantszy (moim zdaniem) argument podany przez pana Karola Janowicza:
\begin{proof}Istnienie monomorfizmu $\varphi:Q_8\to\Sigma_4$ oznacza istnienie wiernego działania $Q_8$ na zbiorze czteroelementowym. Orbity są najwyżej czteroelementowe, więc grupa izotropii każdego punktu jest nietrywialna. Każda nietrywialna podgrupa $Q_8$ zawiera podgrupę $\{1,-1\}$, zatem  część wspólna grup izotropii wszystkich punktów też zawiera podgrupę $\{1,-1\}$. Ale to jest $\ker\varphi$ - sprzeczność z założeniem wierności działania.\end{proof}
\z W grupie permutacji $\Sigma_4$ niech $H=\gengru {(123)}\leqslant \Sigma_4$. Wypisać wszystkie elementy warstwy $(34)H$.
\begin{proof}  $(34)H=\{(34), (1243), (1432)\}$\end{proof}

\z Niech $SO(n)\leqslant O(n)$ będzie podgrupą. Jaka jest moc zbioru warstw lewostronnych podgrupy $SO(n)$ w grupie $O(n)$?
\begin{proof} Homomorfizm $det: O(n)\to \{1,-1\}\simeq \Z_2$ jest epimorfizmem o jądrze $SO(n)$. Zatem $|O(n):SO(n)|=|\Z_2:\{1\}|=2$. Jedną warstwą jest $SO(n)$ a drugą  $O(n)\setminus SO(n)$ składająca się z przekształceń ortogonalnych zmieniających orientację. \end{proof}

\z Czy w grupie $O(3)$ można wskazać symetrię względem pewnej prostej i symetrię względem pewnej płaszczyzny, które należą do tej samej warstwy lewostronnej $O(3)$ względem podgrupy $SO(3)$?
\begin{proof} Nie. Każda symetria względem prostej należy do $SO(n)$, zaś ta względem dowolnej płaszczyzny do warstwy $O(n)\setminus SO(n)$. \end{proof}

\z Niech $H_1$, $H_2$ będą podgrupami grupy $D_{16}=\{1,\rho,\rho^2\dots\rho^7,\epsilon,\epsilon\rho,\dots,\epsilon\rho^7\}$ izometrii ośmiokąta foremnego. Niech $H_1=\{1,\epsilon\rho\}$ zaś $H_2=\{1, \epsilon\rho^2\}$. Rozpatrujemy działanie $D_{16}$ na zbiorach warstw $D_{16}/H_1$ i $D_{16}/H_2$ przez mnożenie z lewej strony. Czy $D_{16}$ zbiory $D_{16}/H_1$ i $D_{16}/H_2$ są ekwiwariantnie izomorficzne?

\begin{proof} Trzeba zbadać, czy podgrupy  $H_1$ i $H_2$ są sprzężone w $D_{16}$. Nie są, bo elementy $\epsilon\rho$ i $\epsilon\rho^2$ nie są sprzężone.\end{proof}
\end{zad}
\eject
\section{ Seria II do oddania 25 października}
Imię i Nazwisko :

\bigskip
\begin{zad}\rm Czy grupy $\Z_8\times \Z_{25}$ i $\Z_{200}$ są izomorficzne?
\begin{proof}Tak, bo $8$ i $25$ są względnie pierwsze.\end{proof}
\z Niech $H\leqslant G$ będzie podgrupą, zaś $x,y\in G$ takimi elementami, że $xH=Hy$. Czy wynika z tego, że $xH=Hx$?
\begin{proof}Tak. Z równości wynika, że $x\in Hy$ czyli  $Hx=Hy=xH$.\end{proof}
\z Czy istnieje działanie grupy rzędu $55$ na zbiorze $27$ elementowym z dokładnie trzema orbitami?
\begin{proof}Z tw. Cauchyego wynika, ze w grupie rzędu $55$ istnieją podgrupy indeksu $5$ (czyli rzędu $11$) i indeksu $11$ (czyli rzędu $5$). $27=11+11+5$ więc istnieje działanie o dwóch orbitach $11$ elementowych i jednej $5$ elementowej.\end{proof}
\z Czy grupa przemienna rzędu $231$ jest cykliczna?
\begin{proof}$231=3\cdot 7\cdot 11$. Z twierdzenia Cauchyego istnieją elementy $x,y,z\in G$ o rzędach równych $3,7,11$ odpowiednio. Podgrupa generowana przez $<x,y>\cong\Z_3\times\Z_7\cong\Z_{21}$. Niech $o(w)=21$. Analogicznie podgrupa $<w,z>\cong \Z_{231}=G$.\end{proof}
\z Niech $H_1$ i $H_2$ będą podgrupami rzędu $7$ w grupie $\Sigma_{11}$. Czy $\Sigma_{11}$ zbiory $\Sigma_{11}/H_1$ i $\Sigma_{11}/H_2$ są ekwiwariantnie izomorficzne?
\begin{proof}Tak, bo podgrupa rzędu $7$ jest cykliczna, a jedyne elementy rzędu $7$ w $\Z_{11}$ mają rozkład postaci $(\bullet\bullet\bullet\bullet\bullet\bullet\bullet)$ a więc dowolne dwie podgrupy rzędu $7$ są sprzężone.\end{proof}
\z Niech $H_1$ i $H_2$ będą podgrupami rzędu $7$ w grupie $\Sigma_{14}$. Czy $\Sigma_{14}$ zbiory $\Sigma_{14}/H_1$ i $\Sigma_{14}/H_2$ są ekwiwariantnie izomorficzne?
\begin{proof}Nie. Podgrupy cykliczne generowane przez elementy o rozkładzie \break $(\bullet\bullet\bullet\bullet\bullet\bullet\bullet)$ i $(\bullet\bullet\bullet\bullet\bullet\bullet\bullet)(\bullet\bullet\bullet\bullet\bullet\bullet\bullet)$ nie są sprzężone.\end{proof}
\z Niech $G$ będzie grupą skończoną, która działa na zbiorze  $X$.  Załóżmy, że dla $x,y\in G$,  zbiór $\{g\in G\colon g(x)=y\}$ jest niepusty. Pokazać, że jego moc jest dzielnikiem rzędu grupy $G$.
\begin{proof} Niech $g_0\in\{g\in G\colon g(x)=y\}$. Wystarczy zauważyć, że \hfill\break $\{g\in G\colon g(x)=y\}=g_0G_x$.\end{proof}
\z (J.Okniński) Udowodnić, że jeżeli $G$ jest grupą rzędu $10$ i $G$ ma dokładnie jeden element rzędu $2$, to $G$ jest grupą cykliczną.
\begin{proof}Niech $o(x)=2$, zaś $o(y)=5$. Mamy $o(yxy^{-1})=2$ a zatem $yxy^{-1}=y$. Z przemienności i faktu, że rzędy są względnie pierwsze wynika iż\break  $<x,y>\cong \Z_{10}$. \end{proof}
\end{zad}
\eject
\section{ Seria III do oddania  31 października}

\bigskip
\begin{zad}\rm  Podać przykład takich pod\-grup $K\nor H$ i $H\nor G$, że
$K\ntrianglelefteq G.$
\begin{proof} Niech $G=\Sigma_4$, $H=\left\{1,(14)(23),(12)(34),(13)(24)\right\}\nor \Sigma_4$, $K=\{1, (12)(34)\}\nor H$, bo $K$ jest przemienna. Oczywiście $K\ntrianglelefteq G$ , bo $(123)(12)(34)(321)=(14)(23)$.

Takich przykładów jest bardzo wiele. Tak wiele, że interesujące są warunki,  w których implikacja ma miejsce. Jeden, to $K\ch H$, inny to na przykład \break $K\trianglelefteq Z(G)$. \end{proof}
\z  Udowodnić, że jeżeli $K\nor G$ to $Z(K)\nor G$.
\begin{proof} Wynika to z faktu, że $Z(K)\ch K$ i stwierdzenia z wykładu.\end{proof}
\z  Udowodnić, że grupa $GL(2,\Z_3)/Z(GL(2,\Z_3))$ jest izomorficzna z grupą
$\Sigma _4$.
\begin{proof} W przestrzeni liniowej $\Z_3^2$ są cztery podprzestrzenie jednowymiarowe. Oczywiście grupa $GL(2,\Z_3)$ działa na zbiorze podprzestrzeni jednowymiarowych. Mamy więc homomorfizm $\varphi:GL(2,\Z_3)\to \Sigma_4$. Wystarczy pokazać, że jądrem tego homomorfizmu jest $Z(GL(2,\Z_3))$, czyli jednokładności. Niech $\alpha_1, \alpha_2$ będzie bazą $\Z_3^2$. Jeżeli przekształcenie liniowe zachowuje $\lin\{\alpha_1\}$ i $\lin\{\alpha_2\}$, to macierz tego przekształcenia w bazie 
$\lin\{\alpha_1\}$ i $\lin\{\alpha_2\}$ jest diagonalna o wyrazach $a,b$ na przekątnej. Z tego, że zachowane jest $\lin\{\alpha_1+\alpha_2\}$ wynika, że $a=b$, czyli przekształcenie należy do $Z(GL(2,\Z_3))$. Zawieranie $Z(GL(2,\Z_3))\leqslant \ker\varphi$ jest oczywiste. Teza wynika z twierdzenia o izomorfizmie.\end{proof}
\z (J.Okniński) Wykazać, że grupa $\Q/\Z$ jest izomorficzna z grupą $F$ wszystkich pierwiastków zespolonych z $1$ (wszystkich możliwych stopni) względem działania mnożenia. Tutaj $\Z$ i $\Q$ są rozpatrywane jako grupy względem działania dodawania.
\begin{proof} Rozważmy homomorfizm $\exp_{|_\Q}:\Q\to S^1$, $\exp (q)=(\cos(2\pi q), \sin(2\pi q))$.  Oczywiście $\ker \exp_{|_\Q}=\Z$. Liczba $(\cos(2\pi q), \sin(2\pi q))$ jest pierwiastkiem stopnia $n$ z $1$ jeśli $q={m\over n}$  i każdy pierwiastek stopnia $n$ z $1$ leży w obrazie $\im(\exp_{|_\Q})$. Teza wynika z twierdzenia o izomorfizmie.\end{proof}
\z (J.Okniński) Niech $|G| = 20$ oraz niech $H\trianglelefteq G$ będzie podgrupą normalną rzędu $4$. Pokazać, że $G$ jest grupą abelową.
\begin{proof} Niech $x\in G$ będzie elementem rzędu $5$, którego istnienie jest zagwarantowane przez tw. Cauchy'ego. Podrupa $H$ rzędu $4$ jest izomorficzna z $\Z_4$ lub z $\Z_2\times\Z_2$. W pierwszym przypadku $\Aut (\Z_4)\cong\Z_2$, w drugim $\left |\Aut(\Z_2\times\Z_2)\right |=6$. Ponieważ $H\nor G$, to mamy działanie $ < x >$ na $H$ przez automorfizmy wewnętrzne, czyli homomorfizm $\Z_5\cong <x>\to \Aut(H)$. Ponieważ w obu przypadkach $(5, \left |\Aut(H)\right |)=1$, to homomorfizm ten jest trywialny. Oznacza to, że element $x$ jest przemienny z elementami $H$. Oczywiście $< x\cup H >=G$, więc $G$ jest przemienna. \end{proof}
\z Niech  $H\leqslant\Sigma_n$, $n>1$. Udowodnić, że jeżeli $H$
zawiera permutację nie\-pa\-rzys\-tą, to $H$ zawiera podgrupę
indeksu $2$.
\begin{proof} Niech $i:H\to \Sigma_n$ będzie włożeniem. Rozważmy homomorfizm będący złożeniem $H\to \Sigma_n\to \Sigma_n/A_n\cong \Z_2$. Homomorfizm ten jest epimorfizmem, gdyż $H$ zawiera permutację nieparzystą. Jądro tego epimorfizmu jest szukaną podgrupą indeksu $2$.\end{proof}
\z Niech $H_1\nor G$ i $H_2\nor G$ będą podgrupami normalnymi takimi, że $H_1\cap H_2=\{1\}$ oraz grupy ilorazowe $G/H_1$ i $G/H_2$ są przemienne. Pokazać, że grupa $G$ jest przemienna.
\begin{proof} Rozpatrzmy homomorfizm: $\pi_{H_1}\times \pi_{H_2}:G\to G/H_1\times G/H_2$. Jądro $\ker(\pi_{H_1}\times \pi_{H_2})=H_1\cap H_2=\{1\}$, więc  $G$ jest izomorficzne z podgrupą przemiennej grupy $G/H_1\times G/H_2$, zatem jest przemienne.\end{proof}
\z Pokazać, że jeżeli $G$ jest grupą skończoną i $[G:[G,G]]= 10$ to
  istnieje podgrupa $K\leqslant G$ izomorficzna z $\Z_{10}$.
  \begin{proof} Grupa przemienna rzędu $10$ jest cykliczna. Istnieje element $x\in G$, taki że $o(\pi_{ab}(x))=10$, gdzie $\pi_{ab}:G\to G/[G,G]$ jest epimorfizmem abelianizacji. Zatem $10\|o(x)$. W grupie cyklicznej  $<x>$, której rząd jest podzielny przez $10$ istnieje podgrupa rzędu $10$, która jest cykliczna. Istnieje więc element rzędu $10$.\end{proof}
\z Niech $\Phi: G\to Aut(G)$ będzie działaniem przez
automorfizmy wewnętrzne. Niech $\Re$ będzie zbiorem podgrup grupy
$G$ i rozpatrzmy na nim działanie grupy $G$ wyznaczone przez
$\Phi$. Wówczas:
\item{a)} Podgrupa $H\in\Re$ jest punktem stałym rozpatrywanego działania
wtedy i tylko wtedy, gdy $H\nor G.$
\begin{proof} Wprost z definicji: $\forall_{g\in G} gHg^{-1}=H\iff H\nor G$.\end{proof}
\item{b)} Grupą izotropii podgrupy  $H\in\Re$ jest jej
normalizator $$N_G(H)=\{g\in G\colon gHg^{-1}=H\}\leqslant G.$$
\begin{proof}Jak powyżej z definicji.\end{proof}
\item{c)} Liczba podgrup $G$ sprzężonych z $H$, czyli moc orbity $H$, jest równa indeksowi
$[G:N_G(H)]$ i dzieli indeks $|G:H|$.
\begin{proof} Z twierdzenia Lagrange'a $|G|=[G:H]|H|=[G:N_G(H)]|N_G(H)|=[G:N_G(H)]|N_G(H):H||H|$, zatem 
$[G:H]=[G:N_G(H)]|N_G(H):H|$\end{proof}
\item{d)} (J.Okniński) Jeżeli $|G|=p^k$  (dla pewnej liczby pierwszej p), to liczba podgrup $G$, nie będących podgrupami normalnymi w $G$ jest podzielna przez $p$.
\begin{proof} Jeśli podgrupa $H$ nie jest normalna, to $N_G(H)$ jest właściwą podgrupą jej orbita ma $[G:N_G(H)]$ elementów, co jest liczbą podzielną przez $p$. Zbiór podgrup nie będących normalnymi jest sumą mnogościową niejednoelementowych orbit.  \end{proof}
\end{zad}\eject
\section{ Seria IV do oddania  8 listopada}
Imię i Nazwisko :

\bigskip
\begin{zad}\rm (J.Okniński) Czy istnieje tranzytywne (tzn. posiadające jedną orbitę) działanie grupy $\Sigma_4\times A_5$ na zbiorze $144$ elementowym?
\begin{proof} Rząd $|\Sigma_4\times A_5|=24\cdot 60=144\cdot 10$. Wystarczy więc w $\Sigma_4\times A_5$ wskazać podgrupę rzędu $10$ i zbiór  warstw względem niej z działaniem mnożenia z lewej strony jest szukanym $\Sigma_4\times A_5$ zbiorem. Taką podgrupą jest $<\sigma>\times <\tau>$, gdzie  $\sigma\in \Sigma_4$ jest dowolną permutacją rzędu $2$ (są dwie klasy sprzężoności takich podgrup), zaś $\tau$ jest cyklem długości $5$.\end{proof}
\z (J.Okniński) Znaleźć grupę ilorazową $Q_8/\{1,-1\}$.\begin{proof}$Q_8/\{1,-1\}\cong \Z_2\times \Z_2$, gdyż grupa ilorazowa jest rzędu $4$, a każdy jej nietrywialny element jest rzędu $2$.\end{proof}
\z (J.Okniński) Czy każde dwa elementy grupy $\Sigma_{12}$ rzędu $21$ są sprzężone?\begin{proof}Element rzędu $21$ w rozkładzie na cykle rozłączne musi składać się z  cykli długości $7$ i cykli długości $3$.  Jedyna możliwość to jeden cykl długości $7$ i jeden długości $3$ - zatem wszystkie są sprzężone.\end{proof}
\z (J.Okniński) Wskazać element maksymalnego rzędu w grupie $\Sigma_6$.\begin{proof} Rozpatrując wszystkie możliwe rozkłady na cykle najwyższy rząd to $6$ i jest to albo cykl długości $6$ albo cykl o rozkladzie $2+3$.\end{proof}
\z (J.Okniński) Znaleźć wszystkie homomorfizmy $\Sigma_3\to \Z_2\times\Z_6$. \begin{proof}Przeciwdziedzina jest grupą abelową, więc każdy homomorfizm jest złożeniem 
$\Sigma_3\to\Sigma_3/[\Sigma_3,\Sigma_3]\to \Z_2\times\Z_6$. Mamy $[\Sigma_3,\Sigma_3]=<(1,2,3)>$ i $\Sigma_3/[\Sigma_3,\Sigma_3]\cong \Z_2$. Homomorfizmów $\Z_2\to \Z_2\times\Z_6$ są $4$ -- trywialne i trzy przeprowadzające generator $\Z_2$ na jeden z trzech elementów rzędu $2$ w $\Z_2\times\Z_6$.\end{proof}
\z (J.Okniński) Wyznaczyć klasę sprzężoności w grupie $\Sigma_n$ i w grupie $A_n$ permutacji $\sigma$ jeżeli $\sigma=(1,2,3,4,5)\in A_5$ oraz jeżeli $\sigma=(1,2)(3,4)\in A_4$.\begin{proof}Klasa sprzężoności $\sigma=(1,2,3,4,5)$ w $A_5$ ma $12$ elementów, zaś klasa sprzężoności $(1,2)(3,4)$ w $A_4$ ma tyle samo elementów co w $\Sigma_4$ czyli $3$. \end{proof}
\z Czy istnieje grupa $G$, w której elementów rzędu $7$ jest dokładnie $30$? \begin{proof}Taka grupa nie istnieje. Miałaby ona dokładnie $5$ podgrup rzędu $7$ - $K_1, K_2, K_3, K_4, K_5$. Rozpatrując działanie jednej z nich, np. $K_1$ na zbiorze  $\{K_1, K_2, K_3, K_4, K_5\}$ indukowane przez działanie przez automorfizmy wew\-nętrzne, widzimy, że jedyne możliwe to działanie trywialne, bo orbity mogą być $1$ lub $7$ elementowe . Mamy więc homomorfizm $K_1\to \Aut (K_2)\cong\Z_6$. Ze względu na rzędy homomorfizm ten musi być trywialny, czyli $\left<K_1\cup K_2\right >\cong\Z_7\times\Z_7$, a ta podgrupa ma już $48$ elementów rzędu $7$.\end{proof}

\z  Niech $k(G)$ oznacza liczbę klas sprzężoności elementów grupy
$G$. Udowodnić, że jeżeli $G$ jest skończoną grupą nieprzemienną to
$k(G)>| Z(G)| +1$.
\begin{proof}Jeżeli $k(G)= |Z(G)| +1$, to $$|G:C_G(x)||C_G(x)|=|G|=| Z(G)| +|G:C_G(x)|$$ dla pewnego elementu $x\in G\setminus Z(G)$ ($G$ nieprzemienna). Niech $k=|C_G(x)|$, $l=|G:C_G(x)|$. Zauważmy, że $l\geq 2$, i $k>|Z(G)|\geq 1$, bo $x\not\in Z(G)$.
Mamy więc $2(k-1)\leq l(k-1)=|Z(G)|<k$, a to oznacza, że $k<1$. Sprzeczność.
\end{proof}
\end{zad}\eject
\section{Seria V do oddania  16 listopada}
Imię i Nazwisko :

\noindent {\it Uwaga: kolokwium i egzamin trwały 2godz. i było 20 pytań. Zatem rozwiązanie elementarza powinno zająć ok. 50 - 60 minut.}
\bigskip
\begin{zad}\rm (P.Traczyk - kolokwium) Czy w pewnej grupie $G$ istnieją elementy $g$ i $h$, które są przemienne i $o(g) = 9$, $o(h) = 9$, $o(gh) = 3$\begin{proof} Tak, w $\Z_9$, $o(\rho^2)=o(\rho^4)=9$, zaś $o(\rho^6)=3$. \end{proof}
\z (P.Traczyk - kolokwium) Czy istnieje epimorfizm grupy $\Sigma_3\times \Sigma_3\times \Sigma_3$ na grupę $\Z_8$?\begin{proof}NIe, bo w $\Sigma_3\times \Sigma_3\times \Sigma_3$ są elementy rzędu $1,2,3,6$ i nie ma elementu o rzędzie podzielnym przez $8$.\end{proof}
\z (P.Traczyk - kolokwium) Czy istnieje epimorfizm grupy izometrii własnych $105$--kąta foremnego $D_{210}$ na grupę 
izometrii własnych siedmiokąta foremnego $D_{14}$?\begin{proof} Tak. $D_{210}/\left <\rho^7\right >\cong D_{14}$, co pokazywaliśmy na ćwiczeniach.\end{proof}
\z  (P.Traczyk - kolokwium) Czy w grupie $\Sigma_{17}$ istnieją takie dwie permutacje $\alpha$ i $\beta$, 
obydwie rzędu $2$,  że ich złożenie $\alpha\circ \beta$ jest elementem rzędu $17$?\begin{proof}Tak. Mamy monomorfizm $D_{34}\to \Sigma_{17}$ obrazy dwóch symetrii np. $\epsilon$ i $\epsilon\rho$ są szukanymi permutacjami rzędu $2$, których złożenie jest obrazem $\rho$ czyli elementu rzędu $17$.\end{proof}
\z  (P.Traczyk - kolokwium) Czy w grupie $\Sigma_{117}$ istnieją takie dwie permutacje $\alpha$ i $\beta$, jedna o rozkładzie na cykle typu $5+3$, a druga 
  o rozkładzie na cykle typu $3+3$, że ich złożenie $\alpha\circ \beta$ jest elementem rzędu $133=7\cdot 19$? \begin{proof}Nie, element rzędu $133=7\cdot 19$ musi w rozkłdzie na cykle rozłączne mieć elementy rzędu $7$ i rzędu $19$, czyli co najmniej $26$ różnych elementów. Tymczasem w permutacjach o rozkładzie na cykle typu $5+3$ i  $3+3$ jest co najwyżej $14$ różnych elementów.\end{proof}
\z (P.Traczyk - kolokwium) Czy jedyną grupą skończoną, w której każde dwa elementy nietrywialne są sprzężone jest grupa $\Z_2$? \begin{proof} Tak. Jeśli założenia są spełnione to $$|G|=|G:C_G(x)||C_G(x)|=1 +|G:C_G(x)|,$$ czyli $(|C_G(x)|-1)|G:C_G(x)|=1$, co oznacza $(|C_G(x)|-1)=|G:C_G(x)|=1$, czyli $|C_G(x)|=|G|=2$.\end{proof}
\z  Czy istnieje grupa w której każde dwa elementy nietrywialne są sprzężone? \begin{proof}Tak, jest to grupa $\Z_2$.\end{proof}
\z  (P.Traczyk - egzamin) Niech $\R$ będzie grupą liczb rzeczywistych z dodawaniem jako działaniem grupowym.
Czy grupy $\R$ i $\R \times \R$ są izomorficzne? \begin{proof}Tak. Obie grupy są grupami addytywnymi izomorficznych przestrzeni liniowych nad $\Q$. \end{proof}
\z (P.Traczyk - egzamin) Niech $G$ będzie grupą, $x, y \in G$, $x, y \neq 1$. Czy wynika z tego, że wówczas $x^{−2}y^3[G,G] = y^2x^{−1}y[G,G]$?
\z (P.Traczyk - egzamin) Niech $G$ będzie grupą, $x, y \in G$, $x, y \neq 1$. Czy wynika z tego, że wówczas $x^{−2}y^3[G,G] \neq y^2x^{−1}y[G,G]$? 
 \begin{proof} (obu punktów 5.9 i 5.10) Grupa $G/[G,G]$ jest przemienna, więc  $y^{-1}xy^{-2}x^{−2}y^3[G,G] =x^{-1}[G,G]$. Równość więc zachodzi, wtedy i tylko wtedy, gdy $x\in [G,G]$.\end{proof}
\end{zad}

\section{Seria VI }

\bigskip\bigskip
\begin{zad}\rm W grupie permutacji $\Sigma_8$ komutant
$[\Sigma_8,\Sigma_8]$ jest równy $\underline {A_8}$.\begin{proof}$\{1\}\neq[\Sigma_8,\Sigma_8]\nor \Sigma_8$ i $[\Sigma_8,\Sigma_8]\leqslant A_8$. Wobec prostoty grupy $A_8$ oznacza to, że $[\Sigma_8,\Sigma_8]=A_8$\end{proof}
\z W grupie permutacji $\Sigma_4$ komutant
$[\Sigma_4,\Sigma_4]$ jest równy $\underline {A_4}$.\begin{proof}$[\Sigma_4,\Sigma_4]\leqslant A_4$, a jedyna nietrywialna właściwa podgrupa $A_4$, to podgrupa Kleina $K$, ale $A_4/K$ jest sześcioelementową grupą nieprzemienną, co latwo sprawdzić. Zatem teza.\end{proof}
\z Czy istnieje epimorfizm (tzn. homomorfizm,
który jest ''na'' ) $\Sigma_5\to \Z_5$?.\begin{proof}Nie istnieje. Grupa $\Z_5$ jest przemienna, więc homomorfizm taki musiałby faktoryzować się przez $(\Sigma_5)_{ab}=\Z_2$.\end{proof}
\z Czy w grupie permutacji parzystych $A_n$, $n\geq 2$
element $\sigma$ jest zawsze sprzężony z elementem $\sigma^{-1}$?
\begin{proof}Nie. Grupa $A_3=\gengru {(1,2,3)}$ jest abelowa, więc element $(1,2,3)$ nie jest sprzężony z $(1,2,3)^{-1}=(3,2,1)$.\end{proof}

\z Czy grupa $GL(2,\Z_{11})$ zawiera normalną podgrupę indeksu
$5$?\begin{proof}Tak. Rozważamy epimorfizm $\det: GL(2,\Z_{11}\to \Z_{11}*\cong \Z_{10}$. W grupie $\Z_{10}$ istnieje podgrupa indeksu $5$ i jej przeciwobraz jest szukaną podgrupą $GL(2,\Z_{11})$.\end{proof}

\z Czy w grupie $G$ rzędu $7\cdot 11\cdot 29$ normalna podgrupa
rzędu $7$ jest zawsze zawarta w centrum?\begin{proof} Tak. Ponieważ podgrupa $K\cong\Z_7$ rzędu $7$ jest normalna, to mamy homomorfizm $G\to Aut(K)\cong \Z_6$ zadany przez automorfizmy wewnętrzne. Rzędy są względnie pierwsze, więc homomorfizm jest trywialny, co oznacza $K\leqslant Z(G)$.\end{proof}

\z Pokazać, że jeżeli $P$ jest p -- grupą nieprzemienną, to
centrum $Z(P)$ nie posiada dopełnienia w $P$.\begin{proof}Przypuśćmy, że $K$ jest tym dopełnieniem. Wówczas $Z(K)\neq\{1\}$ i $P=Z(P)\cdot K$. Widać, że element postaci $xy$, $x\in Z(P)$, $1\neq y\in Z(K)$ jest przemienny z dowolnym elementem
$ab$, $a\in Z(P)$, $b\in K$, ale nie należy do centrum. Sprzeczność.  \end{proof}

\z Czy grupa rzędu $11\cdot 15$ zawiera element rzędu $33$?\begin{proof} Tak. Liczba $11$-- podgrup Sylowa musi dzielić $15$ i przystawać modulo $11$ do $1$, jest więc równa $1$, co oznacza, że $11$-- podgrupa Sylowa $K$ jest normalna. Z twierdzenia Cauchy'ego istnieje element rzędu $3$, który generuje podgrupę $H$. Oczywiście $H\cap K=\{1\}$, więc podgrupa $K\cdot H$ ma $33$ elementy.Ponieważ $11\not\equiv 1(mod 3)$ i $3\not\equiv 1(mod 11)$, to grupa rzędu $33$ jest cykliczna.\end{proof}
\end{zad}

\section{Seria VII }

\medskip
\noindent {\it Ta seria, to takie próbne kolokwium. Kolokwium będzie składało się z dwóch części - pierwsza 45 min (13:45 - 14:30), to otwarte pytania, na które trzeba udzielić odpowiedzi i je uzasadnić. Pytań będzie 6. Druga część (15:00-16:00), to nieco trudniejsze od pytań zadania - tych będzie 3 lub 4.} 

\medskip
\centerline {\bf Część I}

\medskip
\begin{zad}\rm Czy każda skończona grupa nieprzemienna $G$ zawiera podgrupę
przemienną $H$, taką że $Z(G)$ jest właściwą podgrupą $H$?
\begin{proof} Tak. Niech $x\not\in Z(G)$ i niech $H=\left <Z(G),x\right>$. $H$ jest oczywiście przemienna i jest właściwa, bo $G$ nieprzemienna. \end{proof}


\z  Niech $|G|=25\cdot 9\cdot 7$ i niech $P$ będzie 5-podgrupą
Sylowa. Czy $P$ jest właściwą podgrupą swojego normalizatora $N_G(P)$?\begin{proof} Tak. $5$ podgrup Sylowa jest $1$ lub $21$. W obu przypadkach ich indeks jest mniejszy od $9\cdot 7$.\end{proof}
Albo alternatywnie:
\begin{proof} Tak. $N_G(P)=P$ wtedy i tylko wtedy, gdy $|G:N_G(P)|=9\cdot 7$. Indeks  $|G:N_G(P)|$ jest równy liczbie $5$ podgrup Sylowa i z twierdzenia Sylowa przystaje do $1$ mod $5$. Ale  $9\cdot 7\not\equiv 1$ mod $5$ skąd teza.\end{proof}

\z Niech $|G|=63$. Czy $G$ zawiera podgrupę rzędu 21?\begin{proof} Z twierdzenia Sylowa wynika, że $7$ podgrupa Sylowa $S_7$ jest normalna i izomorficzna z $Z_7$. Mamy więc homomorfizma $S_9\to Aut \Z_7\cong\Z_6$. Homomorfizm ten ma w jądrze element $x$ rzędu $3$. Zatem $\left<x,S_7\right >\cong \Z_{21}$.\end{proof}
W zadaniu pytanie jest tylko o podgrupę rzędu $21$. Można więc prościej:
\begin{proof} Z twierdzenia Cauchyego wiemy, że grupa $G$ zawiera podgrupę $K$ rzędu $3$. Z twierdzenie Sylowa wynika, że $7$ podgrupa Sylowa $S_7$ jest normalna. Zatem dobrze jest zdefiniowana grupa $K\cdot S_7$ i ponieważ  $K\cap S_7=\{1\}$ to ma ona $21$ elementów.\end{proof}

\medskip
\z Czy grupa $\Q$ liczb wymiernych z działaniem dodawania zawiera podgrupę skończonego indeksu?\begin{proof}Nie. Przypuśćmy, że $H\leqslant \Q$ jest indeksu $n$. Wówczas dla każdego $x\in\Q$, $nx\in H$. Jednak dla dowolnego $x\in\Q$, $n{x\over n}=x\in\Q$, czyli $H=\Q$.\end{proof}

\z Jeżeli $A\trianglelefteq G$ jest abelową podgrupą normalną, to czy
$Z(G)\leq A$?\begin{proof}Nie. $J\times \{1\}\nor D_{10}\times \Z_5$, $Z(D_{10}\times \Z_5)=\{1\}\times \Z_5$.\end{proof}


\z Czy dla dowolnych elementów $x_1,\dots x_n$ grupy $G$ ich ''długi komutator'' $x_1x_2\dots x_nx_1^{-1}x_2^{-1}\dots x_n^{-1}\in [G,G]$?\begin{proof} Tak, bo abelianizacja jest przemienna i  mamy równość warstw \break $x_1x_2\dots x_nx_1^{-1}x_2^{-1}\dots x_n^{-1} [G,G]=1[G,G]$.\end{proof}




\medskip
\centerline {\bf Część  II}

\medskip


\z Niech $P\leqslant G$ będzie $p$--podgrupą Sylowa i $P\leqslant Z(G)$. Pokazać, że zbiór $C=\{x\in G\colon p\nmid o(x)\}$ jest podgrupą i $PC=G$. 

\begin{proof} $P\leqslant Z(G)$, to $P\nor G$. Z Sch-Zass istnieje $D$ dopełnienie. Jasne, że $D\subset C$. Dla $g\in C$ mamy $g=yx$, $y\in P$, $x\in D$. Niech $p^k=o(y)$. Ponieważ $P\leqslant Z(G)$, to $g^{p^k}=y^{p^k}x^{p^k}=x^{p^k}\in D$. Ale $o(g^{p^k})={o(g)\over (o(g),p^k)}=o(g)$ więc $g^{p^k}$ jest generatorem grupy cyklicznej $\gengru{g}$ i $g\in D$.\end{proof}



\eject

\z  \begin{defn} Element $x\in G$ nazywa się antygeneratorem wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego podzbioru $X\subseteq G$ jeżeli $\gengru {X\cup\{x\}}=G$, to $\gengru X=G$.\end{defn}

\noindent Pokazać, że dla grupy skończonej $G$, podgrupa $\Phi (G)$ jest zbiorem antygeneratorów.
\begin{proof} Niech $x\in \Phi (G)$. Niech $\gengru {X\cup\{x\}}=G$ i przypuśćmy, że  $\gengru{ X}\neq G$. Wówczas istnieje podgrupa maksymalna $H$, taka że $\gengru{ X}\leqslant H$. Ale jeżeli $x\in \Phi (G)$, to $x\in H$ i  $\gengru {X\cup\{x\}}\leqslant H$. Sprzecznosć.

\medskip\noindent

Niech $x$ będzie antygeneratorem, zaś $H$ maksymalną podgrupą. Jeżeli $x\not \in H$, to z maksymalności  $\gengru {H\cup\{x\}}=G$ i oczywiście  $\gengru {H}=H$. Sprzeczność, czyli $x\in H$.  
\end{proof}


\medskip
\z Opisać wszystkie (z dokładnością do izomorfizmu) grupy rzędu $18$.
\begin{proof}  Z twierdzenia Sylowa wynika, że jest tylko jedna $3$ -- podgrupa Sylowa, gdyż $2\not\equiv 1 (mod 3)$. Oznacza to, że $3$ -- podgrupa Sylowa jest normalna, a $2$ -- podgrupa Sylowa jest izomorficzn z $\Z_2$ i jest jej dopełnieniem. $3$ -- podgrupa Sylowa $P$ jest izomorficzna z $\Z_9$ lub z $\Z_3\times \Z_3$.


\item { $P=\Z_9$:} $\operatorname{Aut}(P)\cong \Z_6$ i są dwa homomorfizmy $\Z_2\to \operatorname{Aut}(P)$ - trywialny, i taki, że generator przechodzi na automorfizm $g\to g^{-1}$. W pierwszym przypadku otrzymujemy $\Z_9\times \Z_2\cong \Z_{18}$. W drugim przypadku $\Z_9\rtimes \Z_2\cong D_{18}$.

\item { $P=\Z_3\times \Z_3$:} $\operatorname{Aut}(\Z_3\times \Z_3)= GL(2,\Z_3)$ i ma rząd $8\cdot 6=16\cdot 3$.  Rozpatrujemy homomorfizmy $\Z_2\to \operatorname{Aut}(\Z_3\times \Z_3)$. Jeżeli homomorfizm jest trywialny, to otrzymujemy $\Z_3\times \Z_3\times \Z_2$. 
Homomorfizmy nietrywialne prowadzą do produktów półprostych, które nie są proste. Zgodnie z zadaniem 6.1 dwa homomorfizmy prowadzą do izomorficznych produktów półprostych wtedy i tylko wtedy, gdy różnią się one o automorfizm wewnętrzny $GL(2,\Z_3)$. Macierzy rzędu $2$ jest $13$, macierz $\begin{bmatrix*}[r]-1&0\\0&-1\end{bmatrix*}$ należy do centrum i to jedna klasa sprzężoności. Łatwo jest wypisać pozostałe $12$ macierzy rzędu $2$ - troche więcej pracy wymaga policzenie ich klas sprzężoności. {\it (Przyznaję, że troche przesadziłam z tym zadaniem - na kolokwium takich rachunków na pewno nie będzie)}
\end{proof}
\end{zad}\eject
\section{Seria VIII - do oddania 13 grudnia 2018}
\bigskip
\begin{zad}\rm 
 Czy $\Bbb Z_{24}$ zawiera podpierścień izomorficzny z $\Bbb
Z_{8}$? 
\begin{proof} Nie. Podpierścień zawiera $1$ i musi już być całym pierścieniem.\end{proof}
\z Znaleźć dzielniki zera, elementy odwracalne i nilpotentne w
$\Bbb Z_{24}$ i  $\Bbb Z_{16}$.


\begin{proof} 
W pierścieniu $\Z_n$ liczba $k$ jest elementem odwracalnym wtedy i tylko wtedy, gdy $k$ jest względnie pierwsze z $n$, jest dzielnikiem zera wtedy i tylko wtedy, gdy nie jest odwracalna. Liczba $k$ jest elementem nilpotentnym wtedy i tylko wtedy, gdy $k$ jest podzielna przez każdą liczbę pierwszą, która dzieli $n$. W szczególności, jesli $n=p^s$, to każdy dzielnik zera jest elementem nilpotentnym.

\medskip\noindent 
\begin{tabular}{lcll}
\hline
% after \\ : \hline or \cline{col1-col2} \cline{col3-col4} ...
 $\Z_{24}$ &-- & dzielniki zera: &{$0,2,3,4,6,8,9,10,12,14,15,16,18,20,21,22$}  \\
  & -- &elementy nilpotentne  & {$0, 6, 12, 18$}\\
   & -- &elementy odwracalne & {$1,5,7,11,13,17, 23$} \\
\hline
$\Z_{16}$ &-- & dzielniki zera: &{$0,2,4,6,8,10,12,14$}  \\
   & -- &elementy nilpotentne  &{$0,2,4,6,8,10,12,14$}\\
   & -- &elementy odwracalne & {$1,3,5,7,9,11,13,15$}\\ 
\hline
\end{tabular}\end{proof}
\z  W pierścieniu $\Z$ znaleźć część wspólną ideałów $(15)\cap(35)$. 

\begin{proof}  $k\in(15)\cap(35) \iff 15\mid k\, \text{i} \, 35\mid k \iff 105\mid k$. Zatem $(15)\cap(35)=(105)$.\end{proof} 
\z   Znaleźć wszystkie ideały pierścienia $\Bbb Z_{15}$ i $\Bbb
Z_{16}$. Wskazać wśród nich pierwsze i maksymalne. Znaleźć
pierścienie ilorazowe.

\begin{proof}  Niech $\pi: R\twoheadrightarrow R/I$ będzie epimorfizmem na pierścień ilorazowy. Korzystamy z faktu, że istnieje wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość między ideałami \hfil\break $J\triangleleft R/I$ a ideałami $R$ zawierającymi $I$ dana przez $J\,\leftrightsquigarrow\,\pi^{-1}(J)$. Ponieważ $R/\pi^{-1}(J)\cong R/I\Big{/}J$ to przy tej odpowiedniości ideałom pierwszym odpowiadają pierwsze a maksymalnym maksymalne. Ponadto w pierścieniu $R$, \break $(x)\subseteq (y) \iff x=yz \;\text{ dla pewnego}\; z\in R$.

\medskip\noindent Ideały $\Z_{15}$ to obrazy ideałów $(15)\triangleleft \Z$, $(3)\triangleleft \Z$, $(5)\triangleleft\Z$, $(1)\triangleleft\Z$ i pierścieniami ilorazowymi są odpowiednio: $\Z_{15}$, $\Z_3$, $\Z_5$, $0$. Stąd ideały pierwsze i jednocześnie maksymalne w $\Z_{15}$ to $\pi((3))=(3)$ i $\pi((5))=(5)$.

\medskip\noindent Podobnie dla $\Z_{16}$ ideały to $(0)$, $(8)$, $(4)$, $(2)$, $(1)$ a pierścienie ilorazowe to odpowiednio $\Z_{16}$, $\Z_{8}$, $\Z_4$, $\Z_2$, $0$. Jedynym pierwszym, a jednocześnie maksymalnym jest ideał $(2)$.\end{proof}
\z Niech $k$ będzie ciałem, niech $a\in k$. Niech $\Phi_a:k[X]\to k$ będzie homomorfizmem zadanym wzorem 
$\Phi_a(f)=f(a)$. Znaleźć $\ker \Phi_a$ i napisać izomorfizm wynikający z twierdzenia o izomorfizmie. 

\begin{proof}  $\ker \Phi_a=\{f: f(a)=0 \}=(X-a)$, gdyż dowolny wielomian $f$ można podzielić z resztą przez wielomian $X-a$ i przedstawić w postaci $f=(X-a)g+b$, $b\in K$. Widać więc, że $\{f: f(a)=0 \}=\{f: f=(X-a)g; g\in k[X] \}=(X-a).$ Zatem:$$k[X]/(X-a)\cong K.$$\end{proof}

\z Niech $k$ będzie ciałem, niech $a_1,\dots,a_n\in k$. Rozważmy homomorfizm $$\Phi_{a_1,\dots,a_n}:k[X]\to \underbrace{k\times\dots\times k}_{n},\; \Phi_{(a_1,\dots,a_n)}(f)=(f(a_1),\dots,f(a_n)).$$ Znaleźć $\ker \Phi_{a_1,\dots,a_n}$ i napisać izomorfizm wynikający z twierdzenia o izomorfizmie. 

\begin{proof} Jak wyżej $\ker \Phi_{a_1,\dots,a_n}=\ker \Phi_{a_1}\cap\dots\cap\ker \Phi_{a_n}=((X-a_1)\dots(X-a_n))$ i $$k[X]/((X-a_1)\dots(X-a_n))\cong \underbrace{k\times\dots\times k}_{n}$$.\end{proof}

\z Czy pierścień $\Bbb Z [X] / {(X^n-1)}$ jest dziedziną całkowitości?

 \begin{proof} Nie, gdyż ideał $(X^n-1)\triangleleft \Z[X]$ nie jest pierwszy, ponieważ $X-1\not\in (X^n-1)$ i $X^{n-1}+\dots +X+1\not\in (X^n-1)$ a $(X-1)(X^{n-1}+\dots +X+1)=X^n-1\in (X^n-1)$.\end{proof}


\z Udowodnić, że jeżeli w pierścieniu  $R$  dla każdego elementu
$x\in R$  istnieje \break  $n\in N$ (zależne od  $x$ ), $n>1$ takie, że
$x^n=x$, to każdy ideał pierwszy w  $R$  jest maksymalny. (Wskazówka: rozpatrzyć tę równość w pierścieniu ilorazowym przez ideał pierwszy.) 
\begin{proof} Niech $I\triangleleft R$ ideał pierwszy. Niech $x\not\in I$. W $R/I$ mamy $(x+I)^n=x+I$, zatem $(x+I)(x^{n-1}-1+I)=0$. Ponieważ $R/I$ jest dziedziną całkowitości i $x+I\neq0$, to $(x+I)^{n-1}=x^{n-1}+I=1+I$ co dowodzi odwracalności $x+I$. Zatem $R/I$ jest ciałem i $I$ jest ideałem maksymalnym.\end{proof}
\end{zad}\eject

\rightline{6.12.2018}
\centerline {\bf Kolokwium Algebra I* - Część I}

\bigskip

\medskip
\begin{enumerate}
\item {\it  (3 pkt)} Niech $G$ będzie grupą i niech $K\nor G$ będzie skończoną podgrupą normalną. Załóżmy, że dla pewnej liczby pierwszej $p$, $p\mid |K|$, grupa $K$ ma dokładnie jedną $p$ -- podgrupę Sylowa $P\leqslant K$. Czy wynika z tego, że $P\nor G$?  
\begin{proof} Tak. Jeżli $P$ jest jedyną $p$ podgrupą Sylowa, to $P\ch K$. Teza wynika ze stwierdzenia: Jeśli $H\ch K$ i $K\nor G$, to $H\nor G$. \end{proof}
 
 \item {\it  (3 pkt)} Niech $G$ będzie skończoną grupą prostą i niech $p$ będzie największą liczbą pierwszą dzielącą rząd $G$. Czy dla każdej właściwej podgrupy \break$H\leqslant G$, indeks $|G:H|\geq p$?
 
\begin{proof} Tak. Rozpatrujemy nietrywialny homomorfizm $G\to \Sigma_{|G;H|}$ zdefiniowany przez działanie $G$ na zbiorze warstw $G/H$ prze mnożenie z lewej strony. Jeżeli $G$ jest grupą prostą, to homomorfizm ten jest monomorfizmem i $|G|\mid |G:H|!$. W szczególności $p\mid |G:H|!$ więc $|G:H|\geq p$\end{proof}

 \item {\it  (4 pkt)} Niech grupa skończona $G$, $|G|>2$,  ma cykliczną $2$ -- podgrupę Sylowa. Czy $G$ może być grupą prostą?
 
\begin{proof} Nie. NIech $|G|=n$. Rozpatrzmy monomorfizm Cayley'a $\varphi\colon G\to \Sigma_n$. Obraz generatora  $2$ -- podgrupy Sylowa jest iloczynem nieparzystej liczby cykli parzystej długości (równej rzędowi $2$ -- podgrupy Sylowa), jest więc permutacją nieparzystą. Zatem $\varphi^{-1}(A_n)$ jest włąściwą normalną podgrupą.\end{proof}

 \item {\it  (4 pkt)} Niech $H$ będzie podgrupą w grupie skończonej $G$ i niech $H$ będzie $p$ -- grupą dla pewnej liczby pierwszej $p$. Załóżmy, że $p\mid |G:H|$. Czy wynika z tego, że $p\mid |N_G(H):H|$?

\begin{proof} Tak. Rozpatrzmy działanie $H$ na zbiorze warstw $G/H$. Punkty stałe tego dzialania to $N_G(H)/H$. Mamy $|N_G(H)/H|\equiv |G/H| (mod p)$. Ponieważ  $|G:H|\equiv 0 (mod p)$, to $|N_G(H)/H|\equiv 0 (mod p)$ i mamy tezę,\end{proof}

 \item {\it  (3 pkt)} Podać przykład produktu półprostego, w którym nie każde dwa dopełnienia  są sprzężone.
 
\begin{proof} $D_{4k}$ jest produktem półprostym wewnętrznym $J\cdot \gengru{\epsilon \rho^k}$, gdzie $J\nor D_{4k}$ jest podgrupą obrotów, a $\epsilon \rho^k$ dowolną symetrią.  Ale symetrie w grupie $D_{4k}$ tworzą dwie klasy sprzężoności.\end{proof}

  \item {\it  (3 pkt)} Czy grupa rzędu $25\cdot 13$ jest przemienna?
  
\begin{proof} Tak. Z tw. Sylowa $13$ podgrup Sylowa może być $1$, $5$, $25$, ale tylko  tylko $1$ przystaje do $1 (mod 13)$, więc $13$ podgrupa Sylowa,  jest normalna. Ponieważ $13\not\equiv 1 (mod 5)$, to $5$ -- podgrupa Sylowa też jest normalna. Tak więc grupa jest produktem swoich podgrup Sylowa. Obie podgrupy Sylowa są abelowe: $13$-- podgrupa Sylowa jest izomorficzna z $\Z_{13}$, zaś $5$ -- podgrupa Sylowa jest izomorficzna z $\Z_{25}$ lub z $\Z_5\times\Z_5$.  Zatem grupa rzędu$25\cdot 13$, jako produkt dwóch grup przemiennych jest przemienna. \end{proof}

    
  \end{enumerate}
\rightline{6.12.2018}
\centerline {\bf Kolokwium Algebra II* - Część II}

\bigskip

\begin{enumerate}
  \item Niech $G$ będzie grupą, dla której grupa $\Aut(G)$ jest cykliczna.  
   \begin{enumerate}[a)]
  \item {\it  (3 pkt)} Udowodnić, że wówczas $G$ jest grupą abelową. \begin{proof} Mamy homomorfizm $\Phi:G\to \Aut(G)$, $\ker\Phi=Z(G)$, \hfil\break $\im\Phi=\operatorname{Inn}(G)\leqslant Aut(G)$. Podgrupa grupy cyklicznej, jest cykliczna, zatem $G/Z(G)$ jest cykliczna, a więc jest tryywialna i $G$ jest abelowa. \end{proof}
  \item {\it  (5 pkt)} Czy prawdziwe jest zdanie, że jeżeli grupa $\Aut(G)$ jest cykliczna, to $G$ jest grupą cykliczną?\begin{proof} Odpowiedź jest ''tak'' dla grup skończonych.Wiemy, że $G$ jest abelowa - stosujemy zapis addytywny. Jeżeli $G$ jest skończona i nie jest cykliczna, to w rozkładzie na produkt grup $p$-- grup cyklicznych musi zawierać $\Z_{p^k}\times \Z_{p^l}$, $l\geq k$. Ponieważ $\Z_{p^k}\times \Z_{p^l}$ jest  czynnikiem prostym, to $\Aut(\Z_{p^k}\times \Z_{p^l})\leqslant \Aut(G)$. Ale grupa $\Aut(\Z_{p^k}\times \Z_{p^l})$ nie jest przemienna! 
  
 Definiujemy automorfizmy $\phi$ i $\psi$ zadając je na generatorach. Niech  $$\begin{matrix*}[l]\phi((1,0))=(1,0)\\ \phi((0,1))=(1,1)\end{matrix*} \qquad \begin{matrix*}[l]\psi((1,0))=( 1, p^{l-k})\\ \psi((0,1))=(0,1)\end{matrix*}.$$ Obie  definicje są poprawne, bo $o(0,1)=o(1,1)$ i $o(1,0)=o(1,p^{l-k})$. Ponadto $\phi$ i $\psi$ są automorfizmami, bo odwrotne są zadane przez $$\begin{matrix*}[l]\phi^{-1}(1,0)=(1,0)\\ \phi^{-1}(0,1)=(-1,1)\end{matrix*}\qquad \begin{matrix*}[l]  \psi^{-1}((1,0))=(1,-p^{l-k})\\ \psi^{-1}((0,1))=(0,1)\end{matrix*}.$$ Homomorfizmy przemienne nie są:
  $$\begin{matrix*}[l]\phi\psi((1,0))=(1+p^{l-k}, p^{l-k})\\\phi\psi((0,1))=(1,1)\end{matrix*}\qquad\begin{matrix*}[l]\psi\phi((1,0))=(1,p^{l-k})\\ \psi\phi((0,1))=(1,1+p^{l-k})\end{matrix*}.$$
 
 \medskip Można podać przykład grupy nieskończonej abelowej, różnej od $\Z$, której grupa automorfizmów jest równa $\Z_2$. Rozważmy grupę addytywną ciała liczb wymiernych $\Q$. Automorfizmami jest mnożenie przez niezerową liczbę wymierną (tę na którą przechodzi $1$). Szukamy takiej podgrupy, którą "ruszają z miejsca" te automorfizmy. Jest nią podgrupa $G=\{{p\over q}\colon (p,q)=1, k^2\nmid q, k - \text{liczba pierwsza}\}$ złożona z tych liczb wymiernych, że mianownik skróconego ułamka nie jest podzielny przez kwadrat liczby pierwszej. Jedynym nietrywialnym automorfizmem tej grupy jest mnożenie przez $-1$, więc $\Aut(G)\cong \Z_2$.
  \end{proof}
  
  
 % \z Czy jeżeli $G$ jest grupą cykliczną, to $Aut(G)$ jest grupa cykliczną? \begin{proof} Rozważmy $\Aut(\Z_8)$. Jest to grupa izomorficzna z grupą złożoną z $\{1,3,5,7\}$ z działaniem mnożenia modulo $8$.  Mamy $3^2\equiv 5^2\equiv 7^2\equiv 1(mod 8)$ więc wszystkie nietrywialne elementy są rzędu $2$ i $\Aut(\Z_8)\cong \Z_2\times \Z_2$.\end{proof}
\end{enumerate}
  



  \item Niech $G$ będzie grupą. Podgrupą Frattini $\Phi(G)$ nazywamy część wspólną wszystkich maksymalnych podgrup grupy $G$.
  \begin{enumerate}[a)]
  \item {\it  (2 pkt)} Pokazać, że $\Phi(G)\ch G$ jest podgrupą charakterystyczną. \begin{proof} Wynika z tego, że obraz podgrupy maksymalnej przy automorfizmie jest podgrupą maksymalną. \end{proof}
  
  \item {\it  (7 pkt)} Niech $P$ będzie $p$ -- grupą dla pewnej liczby pierwszej $p$.  Udowodnić, że grupa ilorazowa $P/\Phi(P)$ jest izomorficzna z produktem $\underbrace{\Z_p\times \Z_p\dots\Z_p}_k$, dla pewnego $k\geq 1$. \begin{proof} Korzystamy z faktu, że maksymalna podgrupa $p$ -- grupy jest normalna i jest indeksu $p$. Niech $H_1,\dots,H_l$ będzie listą maksymalnych podgrup w $P$. Niech $\pi_j:P\to P/H_j$ będzie epimomorfizmem na grupę ilorazową. Rozważmy homomorfizm $$\Phi:P\to P/H_1\times P/H_2\times,\dots, \times P/H_l\cong \underbrace{\Z_p\times \Z_p\times,\dots, \times \Z_p}_l.$$ Jądrem tego homomorfizmu jest $\Phi(P)$, zaś obraz grupą przemienną skończoną, w której każdy nietrywialny element jest rzędu $p$. Taka grupa jest izomorficzna z $\underbrace{\Z_p\times \Z_p\dots\Z_p}_k$, dla pewnego $k\geq 1$.\end{proof}
  \end{enumerate}

\bigskip

 
  \item {\it  (13 pkt)} Niech $G$ będzie grupą rzędu $2^2\cdot 3\cdot 7\cdot 13\cdot 17$. Pokazać, że $17$ -- podgrupa Sylowa jest normalna.
  
  {\it Wskazówka:  Niech $P$ będzie $13$ podgrupą Sylowa. Pokazać, że $N_G(P)$ zawiera pewną $17$ podgrupę Sylowa $Q$. Zbadać  $P\cdot Q$  i wyciągnąć wnioski dotyczące $|N_G(Q)|$.}
  
  \begin{proof} Skorzystamy ze wskazówki: \begin{itemize}
   \item  Liczba $13$ podgrup Sylowa dzieli $2^2\cdot 3\cdot 7\cdot 17$ i przystaje do $1 (mod 13)$ - możliwe są liczby $1$ i $14$. Liczba $13$ -- podgrup Sylowa jest indeksem normalizatora  dowolnej z nich - zatem $|N_G(P)|=2^2\cdot 3\cdot 7\cdot 17$ lub $|N_G(P)|=2\cdot 3\cdot 17$ i w każdym razie rząd $N_G(P)$ jest podzielny przez $17$. \item Niech $Q$ będzie $17$ podgrupą Sylowa zawartą w $N_G(P)$. Oczywiście $P\nor N_G(P)$, więc zbiór $P\cdot Q$ jest podgrupą $N_G(P)$ rzędu $13\cdot 17$. Ponieważ $13\not\equiv 1 (mod 17)$ i $17\not\equiv 1 (mod 13)$, to jest to grupa przemienna (izomorficzna z $\Z_{13\cdot 17}$).
  \item Z przemienności grupy  $P\cdot Q$ wnioskujemy, że $P\leqslant N_G(Q)$, a więc $13\nmid |G: N_G(Q)|$. 
  \item Liczba $17$ podgrup Sylowa dzieli $2^2\cdot 3\cdot 7\cdot 13$ i przystaje do $1 (mod 17)$ - możliwe są liczby $1$, $4\cdot 13$, $3\cdot 7\cdot 13$ .
  \item Ponieważ $13\nmid |G: N_G(Q)|$, to liczby $4\cdot 13$, $3\cdot 7\cdot 13$ odpadają i w grupie $G$ jest dokładnie jedna $17$ podgrupa Sylowa, a zatem jest ona normalna.
   \end{itemize} \end{proof}
    
\end{enumerate}
\eject
\section{Seria IX - świąteczno - noworoczna - do oddania 10 stycznia 2018}
\bigskip
\begin{zad}\rm  Czy każdy ideał pierścienia $P\times R$ jest postaci $I\times J$, gdzie $I$ i $J$ są ideałami pierścieni $P$ i $R$ odpowiednio?(to, że $I\times J$ jest ideałem uważamy za oczywiste)\vskip 5cm

\z  Niech $I\triangleleft P$, $J\triangleleft R$ będą ideałami. Kiedy $I\times J$ jest ideałem pierwszym?\vskip 3cm
\z  Niech $I\triangleleft P$, $J\triangleleft R$ będą ideałami. Kiedy $I\times J$ jest ideałem maksymalnym?\vskip 3cm
\z Niech $R$ będzie dziedziną ideałów głównych, a $S\subseteq R$ systemem multyplikatywnym. Czy $S^{-1}R$ jest dziedziną ideałów głównych?\vskip 3cm
\z Niech $R$ będzie dziedziną z jednoznacznością rozkładu, a $S\subseteq R$ systemem multyplikatywnym. 
\begin{enumerate}[a)]
\item Czy $S^{-1}R$ jest dziedziną z jednoznacznością rozkładu?\vskip 4cm
\item Jakie są elementy nierozkładalne w $S^{-1}R$?\vskip 4cm \end{enumerate}
\z  Stosując metodę z ''chińskiego twierdzenia o resztach'' znaleźć liczbę całkowitą $a$, taką że $a\equiv 1\text{\,(mod $3$)}$, $a\equiv 2\,\text{(mod $226$)}$, $a\equiv 5\,\text{(mod $7$)}$.\vskip 6cm


\z (JO) Sprawdzić, czy element $a$ jest nierozkładalny w pierścieniu $\Z[\sqrt{-5}]$.
\begin{enumerate}[a)]
\item $a=2+3\sqrt{-5}$;\vskip 3cm
\item $a=7+\sqrt{-5}$; \vskip 3cm
\item $a=3$. Czy $3$ jest elementem pierwszym w $\Z[\sqrt{-5}]$?\vskip 4cm
\end{enumerate}
\z (JO) Wyznacz rozkład elementu $a = 45 − 15i$ na iloczyn czynników nierozkładalnych w pierścieniu $\Z[i]$.\vskip 4cm

\z (JO) Czy w pierścieniu $\Z[\sqrt{-3}]$  istnieje $\operatorname{NWD}(4,2−2\sqrt{-3})$?\vskip 5cm
\z (JO) Czy  ideał $(3 − i, 8 − i )$ jest ideałem maksymalnym w pierścieniu $\Z[i]$?\vskip 4cm
\z  Czy $I\nor R$ jest ideałem pierwszym w R? 
\begin{enumerate}[a)]
\item $I = (3i)$, $R = \Z[i]$ \vskip 3cm \item $I = (X^5 − 1)$, $R = \Z[X]$ \vskip 3cm\end{enumerate}
\z (JO) Czy ideał $ (X, X^3 − 7)\nor\Z[X]$ jest ideałem głównym? Czy jest ideałem maksymalnym?\vskip 4cm

\z (JO) Czy pierścień  $K[X]/(X^n)$ jest lokalny, gdzie $K$ jest dowolnym ciałem?\vskip 5cm
 \z Czy pierścień $Z[i]/(3 + i)$ jest ciałem lub iloczynem prostym ciał? Jeżeli tak, to jakie to ciało (lub iloczyn prosty jakich ciał)?


\end{zad}

\section{Seria X }
Imię i Nazwisko :

\bigskip
\medskip
\noindent {\it Ta seria, to też próbne kolokwium. Kolokwium będzie składało się z dwóch części - pierwsza 60 min (10:00 - 11:00), to otwarte pytania, na które trzeba udzielić odpowiedzi i je uzasadnić. Pytań będzie 6. Druga część (11:30-12:30?), to nieco trudniejsze od pytań zadania - tych będzie 3.} 

\medskip
\centerline {\bf Część I}

\medskip
\begin{zad}\rm Czy jeżeli pierścień ilorazowy pierścienia $K[X]$, gdzie
$K$ jest ciałem, jest dzie\-dzi\-ną całkowitości, to jest ciałem?\vskip 3cm
\z Czy pierścienie $\C[X,Y]/(X^2-Y^2)$ i $\C[X,Y]/(XY)$ są izomorficzne?\vskip 5cm
\z Z jakim pierścieniem izomorficzny jest pierścień $\Z[i]/(5)$?\vskip 5cm\eject
Imię i Nazwisko :

\bigskip
\z Czy w pierścieniu $K[[X]]$ szeregów formalnych o współczynnikach w ciele $K$, każdy niezerowy ideał pierwszy
jest maksymalny?\vskip 5cm

\z Czy jeżeli $I$ jest niezerowym ideałem w pierścieniu $\Z[\sqrt d]$ to $I\cap
\Z\neq\{0\}$?\vskip 5cm
\z Niech $K\subset L$ będą ciałami. Niech $f,g\in K[X]$.
Czy największy wspólny dzielnik wielomianów $f$ i $g$ w pierścieniu $K[X]$ jest równy ich
największemu wspólnemu dzielnikowi w pierścieniu $L[X]$?\vskip 5cm

\eject
\centerline {\bf Część II}
Imię i Nazwisko :

\medskip
\z Niech $I\nor R$ i $J\nor R$ będą ideałami. Niech 
$$IJ=\{\sum_{i=1}^n a_ib_i\colon a_i\in I, b_i\in J, n\in\N\}.$$ Sprawdzić, że $IJ$ jest ideałem. Pokazać, że jeżeli $I$ i $J$ są ideałami względnie pierwszymi, to $IJ=I\cap J$.\eject
Imię i Nazwisko :

\bigskip
\z Niech $D=\det\begin{bmatrix}x&y\\z&w\end{bmatrix}$ będzie wielomianem $D\in\Z[x,y,z,w]$.
\begin{enumerate}[a)]
\item Pokazać, że $(D)\nor \Z[x,y,z,w]$ jest ideałem pierwszym.
\item Zbadać, czy pierścień ilorazowy $\Z[x,y,z,w]/(D)$ jest dziedziną z jednoznacznością rozkładu.\end{enumerate}\eject
Imię i Nazwisko :

\bigskip
\z Niech $R$ będzie dziedziną noetherowską, taką że dla dowolnych dwóch elementów $a,b\in R\setminus\{0\}$ istnieje ich wspólny dzielnik i jest on postaci $ar+bs$ dla pewnych $r,s\in R$. Pokazać, że $R$ jest dziedziną ideałów głównych.
\medskip
\end{zad}\end{document}

