Algebra, 1. demot, 18.1.2012

Algebra, 1. demot, 18.1.2012 1. Mielivaltaisen joukon X potenssijoukko eli kaikkien osajoukkojen joukko P(X) määritellään asettamalla P(X) = {A A X}. Päteekö ehto X P(X) a) aina, b) ei koskaan tai c) joskus? Perustele vastaukseksi. Vastaukseksi ei riitä, että onhan tuo nyt selvää. 2. Olkoon X joukko ja P(X) sen potenssijoukko. Määritellään joukkoon P(X) laskutoimitus \ asettamalla A \ B = {x A x B} P(X). Onko laskutoimitus \ assosiatiivinen ja/tai kommutatiivinen a) aina, b) ei koskaan tai c) joskus? 3. Onko tehtävän 2. laskutoimituksella \ neutraalialkiota a) aina, b) ei koskaan tai c) joskus? Perustele vastauksesi ja vertaa luentomonisteen esimerkkiin 1.9. 4. Onko matriisien kertolasku assosiatiivinen tai kommutatiivinen joukossa M 2 (R)? Ohje: Ennenkuin lähtee suinpäin laskemaan, kannattaa ensin vähän ajatella ja palautella mieliin lineaarialgebran perusjuttuja sekä vilkaista esimerkkiä 1.6. (c). 5. Onko kokonaislukujen joukossa Z sellaista osajoukkoa, joka olisi vakaa yhteenlaskun suhteen, mutta ei-vakaa kertolaskun suhteen? Entä päinvastoin eli ei-vakaa yhteenlaskun, mutta vakaa kertolaskun suhteen? 6. Matriisijoukko M 2 (R) on (triviaalisti) vakaa sekä (matriisien) yhteen- että kertolaskun suhteen. Sama pätee pelkästään nollamatriisista koostuvalle M 2 (R):n osajoukolle. Anna esimerkki jostakin muusta M 2 (R):n osajoukosta, joka on vakaa sekä yhteen- että kertolaskun suhteen. 1

7. Olkoon epätyhjän joukon X assosiatiivinen laskutoimitus ja e X tämän laskutoimituksen neutraalialkio, jolloin e on lauseen 1.10 (1) nojalla yksikäsitteinen. Olkoon g X siten, että g:llä on käänteisalkio h X, joka määritelmän mukaan toteuttaa yhtälöt g h = e ja h g = e. Osoita, että myös h on yksikäsitteisesti määrätty. Huomautus. Tämä on lause 10.1 (2) (b). On luultavaa, että ratkaisusi todistaa myös saman lauseen (c)-kohdan toisen vaihtoehdoista vasen/oikea. Tarkista ratkaisustasi, onko todella näin ja jos on, kumpi vaihtoehdoista tulee näin todistettua. 8. Anna esimerkki joukosta ja laskutoimituksesta sekä alkiosta, jolla on vasen/oikea käänteisalkio, mutta ei ole varsinaista käänteisalkiota. Voiko olla niin, että alkiolla olisi sekä vasen että oikea käänteisalkio, mutta ei varsinaista käänteisalkiota? 2

Algebra, 2. demot, 25.1.2012 1. Oletetaan, että A on äärellinen joukko, jossa on määritelty laskutoimitus. Halutaan osoittaa, että kyseinen laskutoimitus on assosiatiivinen. Tämä on käytännössä usein kovin hankala (ja tylsä) tehtävä, koska pitää ainakin periaatteessa osoittaa, että x (y z) = (x y) z (1) kaikille x,y,z A. Tässä pitää käydä läpi myös ne vaihtoehdot, joissa kolmikossa x,y,z on samoja alkioita. Tämä johtaa siihen, että jos joukossa A on n alkiota, niin tarkistettavana on n 3 yksinkertaista ehtoa. Käytännön laskujen kannalta n 3 tahtoo pienelläkin n olla niin suuri luku, ettei noita kaikkia yhtälöitä kukaan viitsi käydä läpi. Tehtävä vähän helpottuu, jos laskutoimituksella sattuu olemaan neutraalialkio e. Osoita, että väite (1) pätee aina, jos jokin (tai jotkut) alkioista x,y,z on neutraalialkio e. Tällöinhän tarkistettavia yhtälöitä (1) jää jäljelle vain (n 1) 3. 2. Kuten luennoilla oli puhetta, äärellisen joukon laskutoimitus on usein kätevintä esittää laskutaulun avulla. Esimerkki valaissee tilannetta. Tässä joukko A on kahden (eri) alkion joukko A = {a,b} ja laskutoimitus määritellään laskutaululla a b a x y b z w Taulukkoa luetaan niin, että x = a a, w = b b, z = b a ja y = a b. Huomaa näiden kahden jälkimmäisen järjestys: tulon ensimmäinen alkio on siis ensimmäisellä pystysarakkeella, viivan vasemmalla puolella ja jälkimmäinen ylimmällä vaakarivillä, viivan yläpuolella. Tällähän ei ole merkitystä, jos laskutoimitus on kommutatiivinen, mutta muuten kyllä. Huomaa, että yllä olevan laskutaulun antama laskutoimitus on kommutatiivinen jos ja vain jos z = y eli täsmälleen silloin kun matriisi [ ] x y z w on symmetrinen. Olkoon nyt A kolmen eri alkion joukko A = {e,a,b} ja määritellään siinä laskutoimitus laskutaululla e a b e e a b a a b e b b e a 3

a) Osoita, että laskutoimituksella on neutraalialkio. b) Osoita, että laskutoimitus on kommutatiivinen. c) Onko kaikilla alkioilla käänteisalkio? d) Osoita, että laskutoimitus on assosiatiivinen. Ohje kohtaan d): Käytä hyväksi a)-kohtaa ja tehtävää 1. Tällöinhän tarvittavien tarkistusten lukumäärä vähenee 27:stä 8:aan, mikä lienee siedettävää. 3. Tarkastellaan tehtävän 2. joukkoa A = {e, a, b} ja siinä määriteltyä laskutoimitusta. Olkoon f : (A, ) (A, ) homomorfismi. a) Osoita, että alkion a kuvautuminen määrää homomorfismin f täysin, ts. jos tiedetään, mikä on f(a) A, niin tiedetään myös f(e) ja f(b) eli f on tällöin kokonaan hallinnassa. b) Onko alkioilla e ja/tai b kohdassa a) kuvattu ominaisuus (joka a:lla on), ts. määrääkö näiden pisteiden kuvautuminen f:n täysin? 4. Jatketaan edelleen tehtävien 2. ja 3. joukon (A, ) parissa. Montako homomorfismia f : (A, ) (A, ) on olemassa? Ohje: Tehtävästä 3. saat maksimin homomorfismien lukumäärälle. Tutki mitkä näistä todella ovat homomorfismeja. 5. Olkoon B kahden eri alkion joukko B = {ǫ,α}. Määritellään joukkoon B laskutoimitus laskutaululla ǫ α ǫ ǫ α α α ǫ Olkoon (A, ) kuten edellisissä tehtävissä. Montako homomorfismia f : (A, ) (B, ) on olemassa? 6. Olkoon + tavallinen yhteenlasku joukossa Z ja olkoon f : (Z, +) (Z, +) homomorfismi. Osoita, että luku 1 Z on samassa asemassa kuin alkio a A tehtävässä 3, ts. luvun 1 kuvautuminen määrää kuvauksen f täysin. Ohje: Arvaa ensin, mikä kuvaus f on (kun f(1) tunnetaan) ja todista sitten väitteesi. Positiivisille luvuille ensin induktiolla ja sitten sopivalla tempulla negatiivisille. 7. Määrää kaikki homomorfismit f : (Z, +) (Z, +). 4

Ohje: Toisin kuin tehtävän 4. ohjeessa homomorfismien lukumäärälle ei saa nyt maksimia tehtävästä 6. (koska f(1):llä on ainakin periaatteessa äärettömän monta mahdollista arvoa), mutta kaikki homomorfismiehdokkaat saa. Tutki mitkä näistä todella ovat homomorfismeja. 8. Olkoon + tavallinen yhteenlasku ja tavallinen kertolasku joukossa Z. Olkoon f : Z Z kuvaus, joka on homomorfismi sekä kuvauksena f : (Z,+) (Z,+) että kuvauksena f : (Z, ) (Z, ). Osoita, että f on joko identtinen kuvaus tai nollakuvaus, s.o. f 0. Bonustehtävä. Onko olemassa homomorfismia f : (Z, ) (Z, ), joka olisi jotain muuta kuin identtinen kuvaus tai nollakuvaus? Jos mielestäsi ei, todista tämä. Päinvastaisessa tapauksessa anna esimerkki. Toimittamalla demopäivään mennessä sähköpostitse osoitteeseen lkurittu@maths.jyu.fi LaTexilla siististi kirjoitetun (ja oikean) ratkaisun tähän bonustehtävään, saat yhden hyvityspisteen tulevaan välikoepistemäärääsi. Tätä tehtävää ei käsitellä demoissa, mutta ratkaisu tulee muiden ratkaisujen ohella nettiin aikanaan. 5

Algebra, 3. demot, 1.2.2012 1. Olkoon A joukko, jossa on määritelty laskutoimitus. On luontevaa (vrt. esimerkiksi Z:n kertolasku) määritellä jokaiselle a A ja m N, m 1 kokonaislukupotenssi a m asettamalla a m = a } a {{... a }. (1) m kpl Tämä ei ole kuitenkaan niin helppoa kuin näyttää. Saattaa nimittäin olla väliä sillä, missä järjestyksessä tulo (1) lasketaan. Esimerkki valaissee asiaa. Jos laskutoimitus ei ole assosiatiivinen, saattaa olla niin, että a (a a) (a a) a, ja silloin tulon a a a määritelmä riippuu tosiaan laskujärjestyksestä. Anna esimerkki joukosta A ja A:n laskutoimituksesta, jolle pätee a (a a) (a a) a jollekin a A. 2. Tehtävän 1. opastamalla tiellä oletetaan, että A on joukko, jossa on määritelty assosiatiivinen laskutoimitus. Määritellään nyt vähän matemaattisemmin kuin tehtävän 1. ehdossa (1) kokonaislukupotenssi a m asettamalla a 1 := a, a 2 = a a, a 3 = (a a) a, a 4 = ((a a) a) a ja niin edelleen. Tämä on jo melkein oikea määritelmä (ainakin verrattuna tehtävän 1. määritelmään (1)), mutta eihän tämäkään matemaattisesti ihan korrektia ole. Formuloidaan tuo yllä oleva melko hyvä määritelmäyritys oikealle matematiikan kielelle. Tämmöisessä määritelmässä täytyy yleensä käyttää ns. rekursioperiaatetta (joka on induktioperiaatteen jos ei veli tai sisko niin serkku), joka toimii (tässä nimenomaisessa tapauksessa) heuristisesti niin, että jos määritellään ensin a 1 A ja jos a m A on jo määritelty ja annetaan sääntö, josta alkion a m+1 A voi yksikäsitteisti laskea, niin tämä rekursioperiaate takaa, että a m on määritelty yksikäsitteisesti kaikille m 1 ja nimenomaan matemaattisesti kestävällä tavalla. Ja nyt sitten se oikea määritelmä. Asetetaan ensin a 1 := a A (tottakai näin) ja sitten jos a m A on jo määritelty, niin asetetaan a m+1 := a m a. (2) Tämä toteuttaa rekursioperiaatteen ehdot, ja homma on hoidossa. Nyt kriittinen lukija (ja sellaisiahan kaikki tämän lukijat toivottavasti ovat) voi kysyä, että mikä ajatus tai tarkoitus on sillä, että määritelmässä (2) valittiin tuo tulo laskettavaksi nimenomaan noin päin, eli a m+1 = a m a. Eikö olisi yhtä perusteltua määritellä a m+1 := a a m? (3) Jos on kommutatiivinen, tällä ei ole tietystikään mitään väliä. Ei-kommutatiivisessa tapauksessa asia ei ole aivan niin selvä. Periaatteessahan on tietysti niin, että yhtä perusteltua tuo olisi määritellä ehdon (3) tavoin tai oikeammin, kumpaankaan ei ole sen parempaa syytä. 6

Ja nyt tullaan peruskysymykseen: Eroavatko nuo määritelmät (2) ja (3) toisistaan jollakin tavoin? Jos siis määritellään a 1 = a ja yleisesti a m+1 kuten ehdossa (2) tai toisaalta kuten ehdossa (3), niin voiko olla niin, että lopputulos ei ole sama eli voiko olla a m+1 a m+1, jos siis toisen potenssin määritelmässä on käytetty ehtoa (2) ja toisen määritelmässä ehtoa (3)? Tämä pitkähkösti pohjustettu tehtävä 2. kuuluu nyt niin, että vastaa tähän. Anna esimerkki, jos olet sitä mieltä, että määritelmä riippuu järjestyksestä (2)/(3). Muussa tapauksessa todista, että a m+1 = a m+1. Ohje: Tehtävän 1. ratkaisusta löytyy esimerkki. Nyt täytyy kuitenkin muistaa, että tässä tehtävässä 2. on oletettu, että laskutoimitus on assosiatiivinen, joten ei se esimerkki toimikaan. Oikea vastaus onkin, että ei lopputulos riipu siitä, käytetäänkö määritelmää (2) tai (3). Todista siis tämä. Vihjeenä voisi todeta sen yleispätevän asian, että rekursiolla määriteltyihin objekteihin kohdistuvat väitteet todistetaan pääsääntöisesti induktiolla, eli serkulla. 3. Olkoon A joukko, jossa on määritelty assosiatiivinen laskutoimitus. Kokonaislukukupotenssit a m, a A ja m 1 määritellään kuten tehtävässä 2. a) Osoita, että kaikille a A ja kaikille m,n N, m,n 1 pätee a m+n = a m a n. Ohje: Induktio on edelleen rekursion serkku. Pitäisikö tässä nyt tehdä induktio n:n vai m:n suhteen? Vai molempien? b) Päteekö a)-kohdan merkinnöin välttämättä yhtälö a m a n = a n a m? Huomaa, että tässä ei ole oletettu, että laskutoimitus olisi kommutatiivinen. 4. Tehtävän 3. oletuksin osoita, että a mn = (a m ) n kaikille a A ja m,n 1. 5. Olkoon A joukko, jossa on määritelty assosiatiivinen ja kommutatiivinen laskutoimitus. a) Osoita, että kaikille a,b A ja m 1 pätee (a b) m = a m b m. b) Anna esimerkki, joka osoittaa, että a)-kohdan väite ei päde ilman kommutatiivisuusoletusta. Ohje b)-kohtaan: Tässä voi antaa äärellisen laskutaulun, mutta homma menee vähän hankalaksi, kun pitäisi osoittaa, että laskutoimitus on assosiatiivinen, vrt. tehtävä 2.1. Tässä on varmaan helpointa turvautua sellaiseen laskutoimitukseen, joka jo tiedetään assosiatiiviseksi. M 2 (R) varustettuna matriisitulolla 7

on ehkä kätevin käsitellä. Jos äärellisen esimerkin haluaa, niin F(X) (ks. esimerkki 1.6(c)) tarjoaa mahdollisuuksia sopivalle X. 6 a) Todista lause 2.5.(1). Tässähän kompleksiluvuilla z ja w on esitykset z = r(cos ϕ + isin ϕ) ja w = s(cos ψ + isin ψ), missä r,s,ϕ,ψ R. Väitteenä on, että zw = rs(cos(ϕ + ψ) + isin(ϕ + ψ)). b) Todista a)-kohdan nojalla (ja a)-kohdan merkinnöin) oikeaksi de Moivren kaava z n = r n (cos(nϕ) + isin(nϕ)) kaikille n 1. Ohje: Reaalilukujen laskusäännöt oletetaan tunnetuiksi, erityisesti sinin ja kosinin yhteenlaskukaavat. Kompleksilukujen tulo on tunnetusti assosiatiivinen ja kommutatiivinen, joten kokonaislukupotenssi z n on tehtävän 2. mukaisesti järkevästi määritelty ja toteuttaa tehtävien 3, 4. ja 5. väitteet. Induktiohan b)-kohdassa tarvitaan, kuinkas muuten. (Kommutatiivisuutta tarvitaan myös a)-kohdassa, vaikka sitä ei ehkä heti huomaa.) 7. Kompleksinen eksponenttifunktio määritellään luentomonisteen kohdassa 2.10. Reaalinen eksponenttifunktio toteuttaa tunnetusti kaavan (e x ) y = e xy kaikille x, y R. Voi kysyä, toteuttaako kompleksinen eksponenttifunktio vastaavan kaavan kaikille kompleksiluvuille. Vastaus on (ehkä vähän yllättäen), että ei toteuta. Tähän asiaan syvennytään kompleksianalyysin kurssilla, mutta tässä tyydytään vähän vähempään. Osoita, että (e z ) m = e zm kaikille z C ja m N, m 1. Huomaa, että tämä ei suoraan seuraa tehtävästä 4, koska z ei (välttämättä) ole kokonaisluku. 8. Lauseessa 2.7 osoitetaan, että jokaisella nollasta eroavalla kompleksiluvulla on täsmälleen m kappaletta kertalukua m N \ {0} olevia juuria, ts. on olemassa eri kompleksiluvut ζ 1,...,ζ m siten, että ζi m = z kaikille i. Olkoon z C annettu eksponenttimuodossa z = re iϕ, missä r,ϕ R, r > 0. Tällainen esitys on jokaisella nollasta eroavalla kompleksiluvulla. Osoita, että z:n kertalukua m olevat juuret ovat m re i ϕ+k2π m, missä k = 0,...,m 1. (1) Ohje: Koska lauseesta 2.7 tiedetään, että juuria on täsmälleen m kappaletta, riittää osoittaa, että nämä ehdokkaat ovat kaikki juuria ja että niitä on m kappaletta. Koska k saa m eri arvoa, niin jälkimmäiseen väitteeseen riittää todeta, että ehdon (1) kompleksiluvut ovat kaikki eri lukuja. Ensimmäiseen väitteeseen kannattaa käyttää tehtäviä 7. ja 5. 8

Algebra, 4. demot, 8.2.2012 1. Olkoon epätyhjän joukon X ekvivalenssirelaatio. Osoita, että ekvivalenssiluokat [x] = {y X x y} muodostavat X:n osituksen, ts. että [x] kaikille x X, [x] = X ja [x] [y] =, kun [x] [y]. x X Huomaa, että tämä on lause 3.5 (1), jonka todistuksesta sanotaan luentomonisteessa, että seuraa lemmasta 3.4. Lemmaa 3.4 ei kuitenkaan ole (luennolla eikä monisteessa) todistettu, joten ei tästä niin helpolla pääse. 2. Olkoon G ryhmä. Lauseessa 4.3 (5) osoitetaan, että kaikille a,b G pätee (ab) 1 = b 1 a 1 eli järjestys vaihtuu. Kommutatiivisessa ryhmässä pätee tietysti aina myös (ab) 1 = a 1 b 1, koska järjestyksellä ei ole väliä. Voi kysyä, millä ehdolla ei-kommutatiivisessa tapauksessa pätee (ab) 1 = a 1 b 1. Osoita, että (ab) 1 = a 1 b 1 jos ja vain jos ab = ba. 3. a) Osoita, että ryhmässä G pätee supistussääntö sekä oikealta että vasemmalta eli kaikille a,x,y G pätee ax = ay x = y ja xa = ya x = y. b) Olkoon A assosiatiivisella laskutoimituksella varustettu joukko, jossa on neutraalialkio. Oletetaan, että oikean- ja vasemmanpuolinen supistussääntö toimii. Onko A välttämättä ryhmä? 4. a) Olkoon A assosiatiivisella laskutoimituksella varustettu joukko, jossa on neutraalialkio. Oletetaan, että kaikilla a,b A yhtälöillä ax = b ja ya = b on ratkaisut x,y A (ei kuitenkaan oleteta, että x = y). Osoita, että A on ryhmä. b) Voiko a)-kohdan ratkaisuille x ja y olla x y? c) Jos oletetaan, että A on ryhmä, niin osoita, että a)-kohdan yhtälöillä on yksikäsitteiset ratkaisut x, y A. 5. Jos G on äärellinen ryhmä, niin tehtävän 4 c) nojalla G:n laskutaulun jokaisella rivillä ja sarakkeella esiintyy ryhmän G jokainen alkio täsmälleen kerran eli laskutaulu on sudokumainen. Toisaalta tehtävän 4 a) nojalla on niin, että jos A on assosiatiivisella laskutoimituksella varustettu joukko, jossa on neutraalialkio ja laskutaulu on sudokumainen, niin kyseessä on ryhmä. Tämä on näppärä sääntö, kun halutaan tarkistaa onko jokin laskutoimituksella varustettu joukko ryhmä vai ei. Valitettavasti on kuitenkin niin, että pelkkä sudokumaisuus ei riitä siihen, että kyseessä olisi ryhmä ei, vaikka neutraalialkio löytyisikin. Anna tästä esimerkki. Konstruoi siis jonkin äärellisen joukon A laskutaulu niin, että laskutaulu on sudokumainen ja A:ssa on neutraalialkio, mutta kyseessä ei silti 9

ole ryhmä. 6. Olkoot G ja G ryhmiä ja ϕ : G G homomorfismi. Osoita, että ϕ kuvaa välttämättä G:n neutraalialkion G :n neutraalialkioksi. Huomaa, että tämä ei seuraa lauseesta 1.14 (c), koska kyseisen lauseen oletuksissa vaaditaan, että ϕ on surjektio. 7. Ryhmän (G, ) aliryhmä (H, ) määritellään niin, että H:n pitää olla laskutoimituksen suhteen vakaa epätyhjä G:n osajoukko, joka itsekin on ryhmä varustettuna :n indusoimalla laskutoimituksella. Tämähän merkitsee sitä, että H:ssa pitää olla oma neutraalialkio ja kaikkien alkioiden käänteisalkiot. G:n neutraalialkio e toimii tietysti neutraalialkion tavoin myös H:ssa eli se on H:n neutraalialkio, jos se sattuu kuulumaan joukkoon H. Periaatteessahan voisi olla niin, että e ei kuuluisikaan joukkoon H, vaan H:ssa olisi jokin oma neutraalialkio ẽ e, joka toimisi H:ssä kuten neutraalialkion kuuluu eli pätisi ẽ h = h = h ẽ kaikille h H. (1) Koska ẽ e, niin G:n neutraalialkion yksikäsitteisyyden nojalla ehto (1) ei voi tietenkään päteä kaikille h G, mutta H:ssa se saattaisi toimia. Jos näin olisi, myös H:n alkioiden käänteisalkiot olisivat eri alkioita kuin G:ssä, sillä H:ssa ne määräytyisivät ehtoa h h 1 = ẽ = h 1 h käyttäen, kun taas G:ssä ne määräytyvät ehdosta h h 1 = e = h 1 h. Tällainen tilanne olisi kovin epätoivottava, kun koko ajan pitäisi muistaa, minkä systeemin mukaan neutraalialkioilla ja käänteisalkioilla oikein pelataan. Onneksi näin ei kuitenkaan pääse käymään. Todista tämä, eli osoita, että aliryhmän H neutraalialkio on aina sama kuin alkuperäisen ryhmän G neutraalialkio. Tällöinhän triviaalisti myös käänteisalkiot H:n tai G:n suhteen ovat samoja, koska ne määräytyvät samasta ehdosta h h 1 = e = h 1 h. Huomaa, että juuri todistamastasi tuloksesta seuraa, että jokainen aliryhmä sisältää alkuperäisen ryhmän neutraalialkion. Tämä on erinomainen ensikriteeri, kun ruvetaan tutkimaan, onko jokin joukko aliryhmä vai ei. Jos joukko ei sisällä neutraalialkiota, enemmät tutkimukset voi lopettaa välittömästi. 8. Todista käänteinen tulos lauseelle 5.2 eli osoita, että ryhmän G aliryhmä H toteuttaa molemmat aliryhmäkriteerit: kaikille x,y H pätee xy 1 H sekä (1) kaikille x,y H pätee xy H ja y 1 H. (2) Ohje: Tässä ei periaatteessa ole käytössä muuta kuin aliryhmän määritelmä, mutta onneksi ehdit jo todistaa tehtävän 7. tuloksen, joka on tässä suuressa merkityksessä. Bonustehtävä. (Tähän pätevät samat pelisäännöt kuin aikaisempaan bonustehtävään.) Olkoon A joukko, jossa on määritelty assosiatiivinen laskutoimitus 10

ja jossa on neutraalialkio e. Oletetaan, että joukossa A on eri alkiot a,b e siten, että a 2 = e, b 3 = e ja ba = ab 2. Osoita, että joukon H = {e,a,b,b 2,ab,ab 2 } alkiot ovat eri alkioita. Osoita edelleen, että joukko H on ryhmä laatimalla sen laskutaulu, vrt. tehtävä 5. Onko H kommutatiivinen? Luettele kaikki H:n aliryhmät. Laadi laskutaulut myös aliryhmille nämähän sitten osoittavat (jos osoittavat), että kyseessä on todella aliryhmä. Perustele myös se, miksi muita aliryhmiä ei antamiesi lisäksi ole. 11

Algebra, 5. demot, 15.2.2012 1. Olkoon G ryhmä ja a G. Positiiviset kokonaislukupotenssit a m on määritelty tehtävässä 3.2. Lisäksi määritellään a 0 = e ja negatiivisille m asetetaan a m = (a m ) 1, missä on järkeä, koska m on positiivinen ja siten a m G on jo määritelty ja sillä on käänteisalkio, koska G on ryhmä. Osoita, että (a 1 ) m = (a m ) 1 kaikille m Z. Huomaa, että tämän tuloksen nojalla myös (a 1 ) m = (a m ) 1, joten on yhdentekevää määritelläänkö negatiivinen potenssi asettamalla (kuten tehtiin) a m := (a m ) 1 tai toisinpäin a m := (a 1 ) m. Vertaa tehtävän 3.2 kysymyksenasetteluun. Ohje: Ensin induktiolla positiivisille m ja sitten negatiivisille sopivalla tempulla. 2. Olkoon G ryhmä. Onko kuvaus ϕ : G G, ϕ(x) = x 1 homomorfismi aina, joskus vai ei koskaan? 3. Olkoon m N, m 2. Tehtävästä 3.8 tiedetään, että ykkösen (eli kompleksiluvun 1 C) kaikki kertalukua m olevat juuret ovat ζ k = e i k2π m, k = 0,...,m 1. Osoita, että joukko H = {ζ 0,...,ζ m 1 } on ryhmä, kun laskutoimituksena on kompleksilukujen kertolasku. Onko ryhmä syklinen? Ohje: Käytä hyväksi sitä, että H C \ {0} ja C \ {0} on ryhmä kertolaskun suhteen. Tällöin voit käyttää lauseen 5.2 aliryhmäkriteerejä. Tehtävää helpottaa kovasti se tieto, että H sisältää kaikki ykkösen juuret, jolloin tehtävän alkuosassa ei tarvitse laskea juuri lainkaan. Syklisyystarkasteluissa kannattaa käyttää tehtävää 3.7. 4. a) Olkoon ϕ : G G ryhmähomomorfismi ja a G. Osoita, että ϕ(a m ) = (ϕ(a)) m kaikille m Z. Ohje: Negatiivisen potenssin määritelmä löytyy tehtävästä 1. Käytä hyväksi lausetta 4.12. b) Olkoon G syklinen ryhmä ja ϕ : G G ryhmähomomorfismi. Osoita, että myös ϕ(g) on syklinen ryhmä. Ohje: Lause 5.6 ja a)-kohta. 5. Todista lauseen 6.2 seuraava, hieman terästetty versio. Tässä G on äärellinen ryhmä, jonka neutraalialkio on e. Alkion a G kertaluku ord(a) määritellään asettamalla ord(a) = # a. 12

Koska G on äärellinen, niin myös a G on äärellinen, ja siten ord(a) on luonnollinen luku. a) Osoita, että on olemassa n N, n 1 siten, että a n = e. Ohje: Osoita ensin, että a m = a k joillekin m,k 0, m k. b) Kohdan a) nojalla joukko I = {n 1 a n = e} N on epätyhjä. Jokaisessa epätyhjässä luonnollisten lukujen osajoukossa on minimi eli pienin alkio. Tälläinen on siis myös joukossa I. Olkoon n 0 = min I, jolloin erityisesti n 0 I. Osoita, että a = {e,a,a 2,...,a n0 1 }. Ohje: Määritelmä 5.15. Käytä kokonaislukujen jakoidentiteettiä. c) Osoita, että b)-kohdan joukon {e,a,a 2,...,a n0 1 } alkiot ovat eri alkioita, jolloin #{e,a,a 2,...,a n0 1 } = n 0 ja siten b)-kohdan nojalla ord(a) = # a = n 0 = min I = min{n 1 a n = e}. 6. Olkoot (G, ) ja (G, ) ryhmiä. Joukossa G G = {(a,b) a G ja b G } voidaan määritellä laskutoimitus asettamalla (a,b) (x,y) = (a x,b y) kaikille (a,b),(x,y) G G. a) Osoita, että (G G, ) on ryhmä. b) Olkoot (G, ), (G, ) ja (G G, ) kuten edellä. Olkoon H jokin ryhmä sekä f : H G ja g : H G homomorfismeja. Määritellään kuvaus h : H G G asettamalla Osoita, että H on homomorfismi. h(x) = (f(x),g(x)) G G kaikille x H. 7. Merkitään näissä tehtävissä 7. ja 8. selvyyden vuoksi joukon Z n, n 2 kongruenssiluokkia symboleilla [x] n, jolloin siis [x] n = {y Z x y nz} ja Z n = {[0] n,[1] n,...,[n 1] n }. a) Määritellään kuvaukset f : Z 3 Z 2 ja g : Z 4 Z 2 asettamalla f([x] 3 ) = [x] 2 ja g([x] 4 ) = [x] 2. Onko näissä määritelmissä järkeä? Tässähän ekvivalenssiluokka on kuvattu edustajansa välityksellä ja kysymys kuuluu, että onko f:n ja/tai g:n määritelmä riippumaton edustajan valinnasta, ts. jos on [x] n = [y] n, niin onko välttämättä 13

[x] 2 = [y] 2. Miten asia on? Jos f ja/tai g on hyvin määritelty, onko se homomorfismi? b) Yleistä a)-kohdan tarkastelut osoittamalla, että kuvaus h : Z n Z m, h([x] n ) = [x] m on hyvin määritelty jos ja vain jos luku m jakaa luvun n. Osoita edelleen, että hyvin määritelty h on aina homomorfismi. 8. a) Tehtävän 6. nojalla joukko Z 3 Z 4 on ryhmä, laskutoimituksena ([a] 3,[b] 4 ) ([x] 3,[y] 4 ) = ([a + x] 3,[b + y] 4 ). Osoita, että ryhmät Z 12 ja Z 3 Z 4 ovat isomorfisia konstruoimalla niiden välille isomorfismi. Ohje: Tämä isomorfismin voi rakentaa alkeellisesti kuvaamalla piste kerrallaan, mutta homomorfisuuden tarkistus on kovin työlästä: ryhmissä on 12 alkiota, joten tarkistettavia pistepareja on ( ) 12 2 = 66 kappaletta. Vähemmällä työllä selviää seuraavasti. Olkoot ensin f : Z 12 Z 3 ja g : Z 12 Z 4 tehtävän 7. mukaiset homomorfismit. (Huomaa, että tehtävän 7 b) ehto jaollisuudesta on näille molemmille voimassa.) Käytä sitten tehtävää 6, jonka avulla saat homomorfismin h : Z 12 Z 3 Z 4 ; siten ei tarvitse todistaa muuta kuin että h on bijektio. Itse asiassa ei tarvitse todistaa kuin että h on injektio tai surjektio, sillä jos äärellisissä joukoissa A ja B on yhtä monta alkiota ja ϕ : A B on kuvaus, niin ϕ on injektio jos ja vain jos ϕ on surjektio. b) Voisi ajatella, että a)-kohdan konstruktio hieman muutettuna antaisi myös isomorfismin h : Z 12 Z 2 Z 6. Näin ei kuitenkaan ole. Miksei? Bonustehtävä. Vaikka tehtävän 8. b) konstruktio ei toimi, se ei välttämättä silti tarkoita sitä, että ryhmät Z 12 ja Z 2 Z 6 eivät voisi olla isomorfisia. Osoita, että näin nyt kumminkin on eli näiden ryhmien välille ei voi virittää mitään isomorfismia. Selitä, mistä tämä pohjimmiltaan johtuu. Kehitä siis teoria, joka selittää, miksi ja milloin Z mn = Zm Z n. Testaa teoriaasi selvittämällä onko Z 18 = Z3 Z 6 tai Z 18 = Z2 Z 9. 14

Algebra, 6. demot, 22.2.2012 6. Määrää kaikki ryhmän Z 18 aliryhmät. Jaha, minkäs takia tehtävä numero 6. on ensimmäisenä. Siksi, että tehtävät 1. 5. johdattelevat sen ratkaisuun. Jos tehtävää 6. lähtee ihan lonkalta ratkaisemaan eli käymään läpi kaikkia joukon Z 18 osajoukkoja, niin tutkittavana on 2 18 tapausta, ja jos jokaiseen menisi vaikka minuutti, niin pitkään tuota pitäisi pähkäillä. Lagrangen lause auttaa paljon. Sehän kertoo, että aliryhmän kertaluku jakaa koko ryhmän kertaluvun, joka tässä tapauksessa on 18. Siten mahdollisia aliryhmiä ovat vain joukot H Z 18, joille pätee #H = 1,2,3,6,9 tai 18. Tapaukset #H = 1 ja #H = 18 ovat triviaaleja, mutta on noita muita vielä aika monta mahdollista. Kombinatoriikkaa osaavat voivat laskea, montako kahden, kolmen, kuuden ja yhdeksän alkion osajoukkoa kaikkiaan löytyy. Asiat helpottuvat ratkaisevasti tehtävän 1. avulla, kun muistetaan, että Z 18 on syklinen; sen virittäjähän on ilmeisesti [1] 18. 1. Osoita, että syklisen ryhmän jokainen aliryhmä on syklinen. Ohje: Olkoon G = g ja H G. Jos H = {e}, niin väite pätee. Voidaan siis olettaa, että H {e}. Osoita, että g n H jollekin n 1. Valitse m = min{n 1 g n H}. Osoita, että H = g m. Kokonaislukujen jakoidentiteetti auttaa tässäkin, vrt. teht. 5.5. No niin, nyt tehtävän 6. ratkaisu helpottui huomattavasti, sillä vastaushan oikeastaan tiedetään jo tehtävästä 1: kaikki aliryhmät ovat luettelossa [x] 18, x = 0,...,17. Tehtävä 6. pitää kuitenkin ymmärtää niin, että on lueteltava myös näiden aliryhmien alkiot. Vaikka vaihtoehtoja on enää vain 18, tehtävä voi silti olla aika työläs, kuten seuraavasta näkyy: 2. Luettele aliryhmien [4] 18 ja [5] 18 alkiot käyttämättä mitään aputuloksia suoraan määritelmän 5.15 perusteella. Huomaa, että tässä on nyt additiivinen merkintä ryhmälaskutoimitukselle, joten [x] 18 = {[mx] 18 m Z}. Tehtävästä 4. saadaan tietoon aliryhmän [x] 18 kertaluku. Siitä on kovasti apua erityisesti siinä tapauksessa, että kertaluku on 18, vrt. tapaus [5] 18 edellä. Todistetaan ensin aputulos: 3. Olkoon G = g syklinen ryhmä, jonka kertaluku on n. Olkoon m Z ja merkitään d = syt(m,n). Osoita, että g m = g d. Ohje: Osoita, että ja. Jos suurin yhteinen tekijä syt(m,n) on vieras, niin se on nimensä mukainen eli suurin kokonaisluku, joka jakaa sekä m:n että n:n. Suurimmalla yhteisellä tekijällä on sellainen ominaisuus, että on olemassa a, b Z siten, että syt(m, n) = am + bn. Tästä tiedosta on apua tässä. Muista 15

myös lause 7.9. 4. Olkoon G = g syklinen ryhmä, jonka kertaluku on n. Olkoon m Z ja merkitään d = syt(m,n). Luku d on luvun n tekijä, joten Osoita, että alkion g m kertaluku on k. k := n d N. Ohje: Tehtävän 3. nojalla # g m = # g d, joten riittää osoittaa, että alkion g d kertaluku on k. Käytä lausetta 7.9 ja tehtävää 5.5. Tehtävä 5. paljastaa tarkalleen kaikki syklisen ryhmän aliryhmät. 5. a) Olkoon G = g syklinen ryhmä, jonka kertaluku on n. Olkoon m Z siten, että syt(m,n) = 1. Osoita, että g m virittää koko ryhmän G. b) Osoita, että muita G:n virittäjiä kuin a)-kohdassa mainitut ei ole. c) Osoita, että ryhmän G kaikki aliryhmät ovat muotoa g d, missä d on n:n tekijä ja 1 d n. 6. Ja nyt sitten uudestaan ja vähän terästettynä: Määrää kaikki ryhmän Z 18 aliryhmät. Mitkä näistä ovat normaaleja aliryhmiä? 7. Laadi permutaatioryhmän S 3 = {σ σ : {1,2,3} {1,2,3} on bijektio } laskutaulu. Laskutoimituksenahan tässä on kuvausten yhdistäminen ja alkioita S 3 :ssa on kuusi. Määrää kaikki ryhmän S 3 aliryhmät. Mitkä näistä ovat normaaleja? 8. Niin sanotussa kvaternioryhmässä H on kahdeksan eri alkiota, H = {1, 1,i, i,j, j,k, k}. Kvaternioista ja niiden merkityksestä löytyy tarinaa vaikkapa Wikipediasta. Tässä ja tämän tehtävän kannalta ei kuitenkaan ole väliä sillä, mitä nämä alkiot ovat ne ovat vain eri alkioita, joita merkitään kahdeksalla eri symbolilla, symbolit voisi tietysti valita toisinkin eli esimerkiksi α,β,γ,... tms, mutta käytetään nyt tätä standardimerkintätapaa. Näille alkioille eli joukossa H mää- 16

ritellään laskutoimitus seuraavan laskutaulun avulla: 1 1 i i j j k k 1 1 1 i i j j k k 1 1 1 i i j j k k i i i 1 1 k k j j i i i 1 1 k k j j j j j k k 1 1 i i j j j k k 1 1 i i k k k j j i i 1 1 k k k j j i i 1 1 Tämä laskutoimitus tekee joukosta H ryhmän. Selvästi 1 on neutraalialkio ja laskutaulu on sudokumainen, mutta assosiatiivisuus on vähän hakusessa. Tämä on aika hankala (ja tylsä) todistettava, kun noita alkioita on melko paljon. Vähän näppärämpi(?) lähestymistapa on merkitä ±1 0 0 0 0 ±1 0 0 ± 1 = 0 ±1 0 0 0 0 ±1 0, ±i = 1 0 0 0 0 0 0 1, 0 0 0 ±1 0 0 ±1 0 0 0 ±1 0 0 0 0 ±1 ± j = 0 0 0 ±1 1 0 0 0, ±k = 0 0 1 0 0 ±1 0 0, 0 1 0 0 1 0 0 0 ja huomata, että ylle kirjoitettu laskutaulu syntyy näiden matriisien matriisituloista. Koska matriisitulo on assosiatiivinen, niin yo. laskutaulukin on assosiatiivinen. On siinäkin vähän näpertämistä, mutta sivuutetaan nämä ja uskotaan assosiatiivisuuteen. Silloin kyseessä on tehtävän 4.4 mukaan ryhmä. Määrää kaikki ryhmän H aliryhmät. Mitkä niistä ovat normaaleja? 17

Algebra, 7. demot, 29.2.2012 Koska tämä demopäivä sattuu olemaan myös välikoepäivä, menetellään näissä demoissa vähän poikkeuksellisesti. On syytä harjoitella vielä luvun 7 asioita eli normaaliin aliryhmään, tekijäryhmään ja sen semmoisiin liittyviä juttuja. Permutaatioitakin on vielä pyöriteltävä, jotta välikoevalmius kasvaisi. Näistä tehtävistä on taatusti hyötyä välikokeessa (uskoo nimimerkki välikokeen laatija). Näitä kannattaa siis ratkoa erityisesti tehtävää 6. b) suositellaan. Koska demot ovat vasta välikokeen jälkeen, niin tehtävien ratkaisut julkaistaan netissä viimeistään maanantaina. Itse demotilaisuuksista aamupäivän ryhmä 10-12 perutaan kokonaan, mutta iltapäivän ryhmät pidetään. Niissä käydään läpi jo julkaistuja ratkaisuja soveltuvilta ja valikoiduilta kohdilta ja mikseipä itse välikoetehtäviäkin. Näitä demotehtäviähän on melko paljon, eikä kaikkia millään ehditä käsitellä. Tiistaiaamun laskuryhmä on normaalilla paikallaan. Siellä voi käydä kyselemässä, jos nettiratkaisuissa on jotain epäselvää. Näissä tehtävissä koko ajan G on (jokin tuntematon) ryhmä ja e sen neutraalialkio, ellei erikseen muuta mainita. 1. Osoita, että isomorfismi f : G G säilyttää alkion kertaluvun, ts. kaikille x G pätee ord(x) = ord(f(x)). Päteekö tämä, jos oletetaan, että f on (vain) homomorfismi? 2. Määritellään kiinteälle a G kuvaus ϕ a : G G asettamalla ϕ a (x) = axa 1 kaikille x G. Osoita, että ϕ a : G G on isomorfismi kaikille a G. Merkitään Aut(G) = {f : G G f on isomorfismi}. Aut(G) on on ilmeisesti ryhmä, kun laskutoimituksena on kuvausten yhdistäminen. Edelleen merkitään Inn(G) = {ϕ a a G}, missä ϕ a määritellään kuten tehtävässä 2. Tehtävän 2. nojalla Inn(G) Aut(G). 3. Osoita, että Inn(G) on ryhmän Aut(G) normaali aliryhmä. 4. Olkoon ϕ a kuten tehtävässä 2. Osoita, että kuvaus ψ : G Inn(G), ψ(a) = ϕ a on homomorfismi. Onko se surjektio? Entä injektio? 5. a) Osoita, että ryhmän G keskus Z(G) = {x G xy = yx kaikille y G} on G:n kommutatiivinen normaali aliryhmä. b) Osoita, että jos f Aut(G), niin f(z(g)) = Z(G). Jos G on kommutatiivinen, niin triviaalisti Z(G) = G, ja myös kääntäen: jos Z(G) = G, niin G on kommutatiivinen. Intuitiivisessa mielessä voidaankin sanoa, että aliryhmän Z(G) koko mittaa kommutatiivisuutta: mitä suurempi 18

Z(G), niin sitä kommutatiivisempi G on. Tässä mielessä tilanne Z(G) = {e} edustaa toista ääripäätä silloin voidaan sanoa, että G on hyvin epäkommutatiivinen. 6. Tehtävän 5. a) nojalla tekijäryhmä G/Z(G) voidaan muodostaa. Intuitiivisesti voisi epäillä, että se olisi hyvin epäkommutatiivinen, ts. pätisi aina Z (G/Z(G)) = {[e]}. (1) Voidaan osoittaa, että jos kaikille normaaleille aliryhmille H G tekijäryhmä G/H on epäkommutatiivinen, niin ehto (1) pätee. Tämä ehto (1) ei välttämättä kuitenkaan aina päde. a) Osoita kuitenkin, että Z(G) on suppein G:n normaali aliryhmä, jolle vastaava tekijäryhmä voi olla hyvin epäkommutatiivinen. Tarkemmin sanottuna todista seuraavaa: Jos H on G:n normaali aliryhmä siten, että Z(G/H) = {[e]}, niin pätee Z(G) H. b) Anna esimerkki, joka osoittaa, että ehto (1) ei yleisesti päde. Ohje: Ehkä yksinkertaisin esimerkki löytyy tehtävän 6.8 kvaternioryhmästä H. Määrää sen keskus Z(H), tekijäryhmän H/Z(H) alkiot ja laskutaulu sekä lopuksi keskus Z(H/Z(H)). Tehtävää helpottaa tieto siitä, että keskus on normaali aliryhmä; H:n kaikki normaalit aliryhmät tunnetaan tehtävästä 6.8. Lisäksi tekijäryhmän kertaluku saadaan yhtälöstä #(G/H) = #G/#H. 7. Olkoon ψ : G Inn(G) kuten tehtävässä 4. Osoita, että Ker(ψ) = Z(G). Päättele tästä, että jos Z(G) = {e}, niin G = Inn(G). Erityisesti tällöin pätee #G = #Inn(G). Merkitään kaikille x, y G [x,y] = xyx 1 y 1 G ja sanotaan, että [x,y] on x:n ja y:n kommutaattori. Huomaa, että tehtävän 4.2 nojalla [x,y] = e jos ja vain jos x ja y kommutoivat eli pätee xy = yx. Kommutatiivisessa ryhmässä siis kaikki kommutaattorit ovat neutraalialkioita. Merkitään edelleen B = {[x,y] x,y G} G ja C(G) = B G, ts. C(G) on kaikkien kommutaattoreiden virittämä joukko, ks. määritelmä 5.10. C(G) on siis suppein G:n aliryhmä, joka sisältää kaikki kommutaattorit. Koska kommutaattorin käänteisalkio on myös kommutaattori, [x,y] 1 = [y,x], niin 19

lauseen 5.11 nojalla C(G) koostuu kaikista kommutaattoreiden äärellisistä tuloista. 8. a) Osoita, että jos f Aut(G), niin f(c(g)) = C(G). Ohje: Osoita ensin, että f(b) = B ja päättele tästä, että C(G) f(c(g)). b) Osoita, että C(G) on G:n normaali aliryhmä. Ohje: Se on aliryhmä suoraan konstruktionsa perusteella. Normaalisuus seuraa helpoiten a)-kohdasta ja tehtävän 2. havainnosta Inn(G) Aut(G). 9. a) Tehtävän 8. b) nojalla tekijäryhmä G/C(G) voidaan muodostaa. Osoita, että se on kommutatiivinen. b) Osoita, että C(G) on suppein G:n normaali aliryhmä, jolle vastaava tekijäryhmä on kommutatiivinen. Tarkemmin sanottuna todista seuraavaa: Jos H on G:n normaali aliryhmä siten, että G/H on kommutatiivinen, niin pätee C(G) H. Vertaa tehtävään 6. a). Seuraavaksi tarkastellaan permutaatioryhmiä S n, jotka määritelmänsä mukaan koostuvat kaikista bijektiivisistä kuvauksista eli permutaatioista σ : {1,..., n} {1,...,n}. Kuvausten yhdistäminen laskutoimituksena S n on ryhmä. Luennoilla on osoitettu, että jokainen permutaatio voidaan esittää 2-syklien eli vaihtojen (ab) tulona. Permutaatiolla on useita eri esityksiä 2-syklien tulona, mutta kuten myös luennoilla (aika vaivalloisesti) nähtiin jokainen permutaatio voidaan esittää joko parittoman monen tai sitten parillisen monen 2-syklin tulona, mutta ei yhtaikaa eli jos permutaatiolla on esitys parillisen monen 2-syklin tulona, niin sitä ei voi esittää parittoman monen 2-syklin tulona ja päinvastoin. Tämä määrää permutaation merkin, eli permutaation σ merkki ǫ(σ) on +1, jos σ voidaan esittää parillisen monen 2-syklin tulona ja ǫ(σ) on 1, jos σ voidaan esittää parittoman monen 2-syklin tulona. Merkitään A n = {σ S n ǫ(σ) = +1}. 10. Osoita, että A n on ryhmän S n normaali aliryhmä. Oletetaan tunnetuksi, että #S n = n!. Osoita, että #A n = 1 2 n!. 11. Luennoilla on osoitettu, että jokainen S n :n alkio ( (1)) voidaan esittää erillisten syklien tulona. Tällä perusteella ryhmien S 3, S 4 ja S 5 ei-triviaalit al- 20

kiot ovat i) 2-syklejä (ab), ii) iii) 3-syklejä (abc), 4-syklejä (abcd), iv) 5-syklejä (abcde), v) kahden erillisen 2-syklin tuloja (ab)(cd) tai vi) erillisen 2-syklin ja 3-syklin tuloja (ab)(cde). Tietystikään esimerkiksi S 3 :ssa ei näitä kaikkia tyyppejä esiinny. Mitkä näistä tyypeistä i) vi) ovat A n :n alkioita? Mikä on näiden tyyppien kertaluku? 12. Osoita, että ryhmän S n, n = 3,4,5 virittävät 2-syklit (12),...,(1n). Ohje: Tiedetään, että kaikki 2-syklit virittävät ryhmän S n, joten riittää osoittaa, että jokainen 2-sykli (ab) voidaan esittää annettujen syklien tulona. 13. Osoita, että Z(S n ) = {(1)} kun n = 3,4,5. Ohje: Osoita, että mikään tehtävän 11. tyypeistä ei voi olla keskuksen alkio. Huomautus. Tehtävän 13. väite Z(S n ) = {(1)} pätee myös kun n 6. Tätäkään ei ole kovin vaikea osoittaa. 14. Osoita, että C(S n ) = A n kun n = 3,4,5. Ohje: Tämä on helppo, kun n = 3. Kun n = 4 ja varsinkin kun n = 5, homma menee vähän hankalaksi. Tässä on helpointa turvautua seuraavaan lauseeseen (jota ei tällä kurssilla todisteta): Lause 1. Ryhmän A 4 ainoa ei-triviaali (eli A 4 ja {(1)}) normaali aliryhmä on {(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)}. Kun n 2 ja n 4, niin ryhmällä A n ei ole ei-triviaaleja normaaleja aliryhmiä lainkaan. Tämä on hämmästyttävä lause: mitä erikoista on luvussa 4, jotta se poikkeaa kaikista muista luvuista lauseen kertomalla tavalla? Palataan takaisin ohjeeseen. Osoita, että C(S n ) A n, jolloin tehtävän 8. b) ja lemman 7.14 nojalla C(S n ) A n. Sovella sitten lausetta 1. Huomautus. Tehtävän 14. väite C(S n ) = A n pätee myös kun n 6. Tämä seuraa lauseesta 1. samalla tavalla kuin tapaus n = 5. 15. Osoita, että jos f Aut(S n ), niin f(a n ) = A n, kun n = 3,4,5. 21

Vihje: Tämä on helppo, kun muistat, mitä edellisissä tehtävissä on tullut tehtyä. 16. Luennolla osoitettiin, että #Aut(S 3 ) = 6. Käy tämä todistus huolellisesti läpi. Siinähän huomattiin ensin, että 2-syklien kuvautuminen määrää isomorfismin täysin. 2-syklit kuvautuvat isomorfismissa 2-sykleille, joten vaihtoehtoja on korkeintaan kuusi, koska 2-syklejä on kolme. Toisaalta Inn(S 3 ) Aut(S 3 ) ja tehtävien 7. ja 13. nojalla #Inn(S 3 ) = #S 3 = 6, joten väite seuraa. 17. Osoita, että #Aut(S 4 ) = 24. Ohje: Tässä on sama perusidea kuin tehtävässä 16. Tehtävän 12. nojalla 2- syklien (12),(13) ja (14) kuvautuminen määrää isomorfismin täysin. Nyt pitää ensin osoittaa, että nämä kuvautuvat 2-sykleille. Apua on tehtävistä 1, 11 ja 15. Sitten vain laskemaan, monellako tavalla maksimissaan nämä voivat kuvautua. Ensin (12) voi (ainakin periaatteessa) kuvautua mille tahansa 2-syklille (ab), joita on kaikkiaan 6. Sen jälkeen (13) ei voikaan kuvautua mihin tahansa: koska (12) ja (13) eivät kommutoi, niin kuvasyklitkään eivät voi kommutoida. Silloin (13):n täytyy kuvautua 2-syklille, joka ei ole (ab):stä erillinen eli kuvasyklin on oltava muotoa (ca) tai (bc). Tässä on neljä vaihtoehtoa. Tämän jälkeen syklin (14) kuvautuminen onkin jo lyöty lukkoon, ja vaihtoehtoja on maksimissaan 6 4 = 24. Bonustehtävä. Osoita, että #Aut(S 5 ) = 120. Huomautus. Nyt on tietysti luonnollista kysyä, onko #Aut(S 6 ) = 6! = 720. Vastaus on, että ei ole. Itse asiassa pätee #Aut(S 6 ) = 1440. Maalaisjärkisen tarkkailijan on tämä helppo perustella sillä, että S 6 :ssa on niin paljon alkioita, että niitä on helpompi kuvailla ja pyöritellä toisilleen, jolloin isomorfismejakin syntyy enemmän. Katsotaanpa tätä maalaisjärkeen perustuvaa ajatusta vähän tarkemmin. Lievällä muutoksella (ks. tehtävät 7. ja 15.) noihin edellisiin tehtäviin voidaan helposti nähdä, että Aut(A n ) = S n kun n = 3,4,5. Tämä väite ei enää päde, kun n = 6 aivan kuten maalaisjärkinen tarkkailija ennusti. Tämä tarkkailija saattaa tosin mennä hieman hämilleen, kun osoittautuu, että Aut(A 7 ) = S 7. Nooh, seiskahan on alkuluku, sillä kai se selittyy, voisi tarkkailija yrittää puolustautua. Lopullisesti maalaisjärki joutuu turmioon ja häpeään, kun huomataan, että Aut(A n ) = S n kaikille n 7. Pätee siis 22

Lause 2. Aut(A n ) = S n kaikille n 3, paitsi kun n = 6. Tämä on ällistyttävää. Mitä erikoista on luvussa 6, jotta näin pääsee käymään? 23

Algebra, 8. demot, 7.3.2012 1. Tarkastellaan tekijäryhmää (Z n,+), missä n 2. Tässähän tekijäluokkien yhteenlasku määritellään edustajien kautta eli asetetaan [x] n + [y] n = [x + y] n. On osoitettu, että tämä on järkevä määritelmä eli riippumaton valituista luokkien edustajista x ja y. Lisäksi tämä laskutoimitus on todellakin ryhmälaskutoimitus, jopa kommutatiivinen, jonka neutraalialkio on [0] n. Osoita tarkasti, että vastaavalla tavalla voidaan määritellä joukkoon Z n myös kertolasku asettamalla [x] n [y] n = [xy] n. Tehtävänä on siis osoittaa, että tämä määritelmä on riippumaton valituista edustajista x ja y. Tämän jälkeen on triviaalia, että näin syntyy rengas: yhteenlaskun tiedetään jo muodostavan kommutatiivisen ryhmän, kertolaskun assosiatiivisuus periytyy Z:sta, samoin distributiivisuus, ja ilmeisesti [1] n on ykkösalkio. 2. Ei tämä aina kuitenkaan noin helppoa ole kuin ykköstehtävässä. Luennoilla tarkasteltiin rengasta (Z Z, +, ), jonka yhteen- ja kertolasku määriteltiin komponenteittain, ts. (a,b) + (x,y) = (a + x,b + y) ja (a,b) (x,y) = (ax,by). Tämä on selvästi rengas, nolla-alkiona (0, 0) ja ykkösalkiona (1, 1). Luennoilla oli esillä myös tämän renkaan alirengas A = {(a,a) a Z}. Tämä todettiin alirenkaaksi, jolloin erityisesti (A, +) on ryhmän (Z Z, +) aliryhmä. Koska tämä ryhmä on kommutatiivinen, aliryhmät ovat normaaleja, joten tekijäryhmä (Z Z)/A voidaan muodostaa ja erityisesti varustaa se yhteenlaskulla, joka määritellään edustajien kautta, eli tekijäluokille voidaan järkevästi määritellä [(a,b)]+[(x,y)] = [(a,b)+(x,y)] = [(a+x,b+y)]. Ja nyt kysymys kuuluu, että voidaanko vastaavalla tavalla määritellä tähän tekijäluokkien joukkoon kertolasku, eli onko määritelmä [(a,b)] [(x,y)] = [(ax,by)] riippumaton luokkien [(a,b)] ja [(x,y)] valituista edustajista? 3. Olkoon R Z 6, R = {[0] 6,[2] 6,[4] 6 }. Osoita, että R on rengas, kun se varustetaan Z 6 :n indusoimilla laskutoimituksilla. Mikä on R:n ykkösalkio? Huomautus. Tässä on nyt esimerkki siitä, että renkaan sisällä voi olla toinen rengas, joka ei kuitenkaan ole alirengas. Tämä R ei ole Z 6 :n alirengas, koska se ei sisällä renkaan Z 6 ykkösalkiota [1] 6. Renkaassa R on siis sen oma ykkösalkio, joka toimii R:ssä niinkuin ykkösalkion kuuluu toimia. Tämä on kertomus siitä, että tehtävässä 4.7 esitetty pähkäily siitä, onko aliryhmän neutraalialkio myös koko ryhmän neutraalialkio, ei päinvastaisista epäilyistä huolimatta ollut aivan huuhaa-juttua, vaan ihan asiallinen kysymys. Huomaa tässä kuitenkin se, että alirenkaan ykkösalkio on aina sama kuin koko renkaan, mutta se pitää 24

erikseen määritelmässä vaatia. Ryhmille/aliryhmille tätä vaatimusta ei tarvittu, kuten tehtävä 4.7 sanoo. Toistettakoon väärinkäsitysten välttämiseksi vielä, että tämän esimerkkitapauksen R ei ole Z 6 :n alirengas, vaikka rengas onkin. 4. a) Määritellään kuvaus f : Z 6 Z 6 asettamalla f([x] 6 ) = [4x] 6 kaikille [x] 6 Z 6. Osoita, että f on hyvin määritelty (eli riippumaton tekijäluokan edustajasta), f([x] 6 + [y] 6 ) = f([x] 6 ) + f([y] 6 ) ja f([x] 6 [y] 6 ) = f([x] 6 ) f([y] 6 ) kaikille [x] 6,[y] 6 Z 6, mutta f ei kuitenkaan ole rengashomomorfismi. Tämä taas on kertomus siitä, että rengashomomorfismin määritelmässä oleva ehto f(1) = 1 on oleellinen. b) Olkoon R kuten tehtävässä 3. ja määritellään f : Z 6 R asettamalla f([x] 6 ) = [4x] 6 kaikille [x] 6 Z 6. Onko f hyvin määritelty rengashomomorfismi? Huomaa, että tässä pitää tarkistaa myös se, että f tosiaan kuvaa joukkoon R. Koska renkaassa on aina kaksi eri laskutoimitusta, niin merkintöjen kanssa on oltava huolellisempi kuin esimerkiksi ryhmässä, etteivät nämä mene sekaisin. Luennoilla ja luentomonisteessa merkintöjä on selvitelty, mutta kertauksen vuoksi vielä: Tehtävässä 3.1 määriteltiin positiiviset potenssit (jonkun) laskutoimituksen suhteen, jotka intuitiivisesti tarkoittavat sitä, että a m = a } a {{... a }. m kpl Renkaissa tämä potenssimerkintä on varattu kertolaskulle, eli renkaassa a m = a } a {{... a }. m kpl Nyt on huomattava, että negatiivisia potensseja ei voi renkaassa määritellä, koska käänteisalkiota kertolaskun suhteen ei välttämättä ole olemassa. Voidaan kuitenkin sopia, että a 0 = 1 R kaikille a R. Yhteenlaskulle tietysti myös tuo tehtävän 3.1 määritelmä toimii, mutta sille käytetään merkintää ma = a + a +... + a. } {{ } m kpl Tätä sanotaan a:n monikerraksi. Yhteenlaskun suhteen käänteisalkio löytyy, joten voidaan määritellä myös negatiiviset monikerrat samalla tavalla kuin tehtävässä 5.1. Lisäksi vielä sovitaan, että 0a = 0 R kaikille a R. Huomaa, että tässä määritelmässä 0 on luonnollinen luku, kun taas 0 R on R:n nolla-alkio. 25

5. Olkoon R rengas ja 1 R sen ykkösalkio. Osoita, että mx = (m1 R ) x kaikille x R ja kaikille m Z. 6. Kokonaisalueen R karakteristika määritellään seuraavasti. Jos m1 R 0 R kaikille m 1, sovitaan, että karakteristika on 0. Muussa tapauksessa sovitaan, että karakteristika on min{m 1 m1 R = 0 R }. a) Osoita, että jos kokonaisalueen R karakteristika on 0, niin mx 0 R kaikille m 1 ja kaikille x R \ {0 R }. Osoita edelleen, että jos karakteristika on n N, niin n = min{m 1 mx = 0 R } kaikille x R \ {0 R }. b) Karakteristika voidaan periaatteessa määritellä samalla tavalla (kuin kokonaisalueessa) myös mielivaltaisessa renkaassa. Osoita esimerkillä tai esimerkeillä, että a)-kohdan väitteet eivät tällöin kuitenkaan välttämättä päde. 7. Päteekö tuttu kaava (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 kaikissa renkaissa? 8. a) Olkoon X epätyhjä joukko ja P(X) sen potenssijoukko eli kaikkien osajoukkojen joukko. Luennoilla on todettu, että laskutoimitukset ja tekevät joukosta P(X) renkaan, nimenomaan siinä järjestyksessä, että on yhteenlasku ja on kertolasku. Tässähän on tavallinen osajoukkojen leikkaus ja määritellään asettamalla A B = (A \B) (B \A) kaikille A,B P(X). Totea vielä tarkasti, mitkä ovat tämän renkaan nolla- ja ykkösalkio, vaikka onhan tämä luennolla sanottu. Osoita, että tässä renkaassa pätee ehto x 2 = x kaikille x. (1) b) Olkoon R rengas, jossa pätee ehto (1). (Huomaa, että a)-kohdan mukaan siis tällaisia renkaita on olemassa.) Osoita, että R on välttämättä kommutatiivinen. Ohje: Renkaan kommutatiivisuushan merkitsee sitä, että nimenomaan kertolasku on kommutatiivinen; yhteenlasku on renkaassa aina kommutatiivinen. Pitää siis osoittaa, että xy = yx kaikille x,y R. Tämä onnistuu tarkastelemalla alkiota x + y. 26

Algebra, 9. demot, 14.3.2012 1. Mitkä seuraavista ovat kuntia? a) Z 3, b) Z 4, c) Z 3 Z 3 (tässä laskutoimitukset määritellään kuten tehtävässä 5.7), d) M 2 (Z), e) (P(X),, ), kun X = {0,1}. 2. a) Oletetaan tunnetuksi, että Q ja R varustettuina tavallisella yhteen- ja kertolaskulla ovat kommutatiivisia renkaita. Osoita, että ne ovat myös kuntia. Ovatko ne kokonaisalueita? b) Todista, että C varustettuna tavallisella yhteen- ja kertolaskulla on kunta. Oletetaan tässä tunnetuksi, että (C,+) on kommutatiivinen ryhmä. Muistutukseksi: Jos z = a + ib C ja w = x + iy C, missä a,b,x,y R niin määritellään z + w = a + x + i(b + y) ja z w = ax by + i(ay + bx). 3. Tarkastellaan matriisirengasta M 2 (R), jossa laskutoimituksina ovat matriisien yhteen- ja kertolasku. Määritellään {[ ] } {[ ] } a 0 a b A = a R ja B = a,b R. 0 a b a Osoita, että A ja B ovat renkaan M 2 (R) alirenkaita. 4. a) Osoita, että tehtävän 3. renkaat A ja B ovat kuntia. b) Osoita, että kunnat A ja R ovat isomorfisia. c) Osoita, että kunnat B ja C ovat isomorfisia. d) Ovatko kunnat A ja B keskenään isomorfisia? 5. Määrää renkaiden Z 18 ja Z 20 yksiköt. Lauseen 8.7 nojalla näiden yksiköiden muodostamat joukot Z 18 ja Z 20 ovat ryhmiä, kun ne varustetaan kertolaskulla. Ovatko ryhmät Z 18 ja/tai Z 20 syklisiä? 6. Tarkastellaan tavanomaisen matriisirenkaan M 2 (R) sijasta matriisirengasta M 2 (Z 3 ), joka määritellään asettamalla {[ ] } a b M 2 (Z 3 ) = a,b,c,d Z c d 3. 27

Varustetaan se matriisien tavallisella yhteen- ja kertolaskulla, jolloin ilmeisesti syntyy rengas. Ovatko alkiot [ ] [ ] [2]3 [1] 3 [2]3 [1] M [0] 3 [2] 2 (Z 3 ) ja/tai 3 M 3 [1] 3 [2] 2 (Z 3 ) 3 renkaan M 2 (Z 3 ) yksiköitä? Myönteisessä tapauksessa määrää niiden kertaluku yksiköiden ryhmässä M 2 (Z 3 ). 7. Merkitään Z( 2) = {a + b 2 a,b Z} ja Q( 2) = {a + b 2 a,b Q}. a) Osoita, että Z( 2) ja Q( 2) ovat R:n alirenkaita. b) Osoita, että Z( 2) ei ole ja Q( 2) on kunta. Oletetaan tässä tunnetuksi, että 2 on irrationaaliluku. 8. Todista lause 8.16: Rengashomomorfismien yhdiste on rengashomomorfismi ja bijektiivisen rengashomomorfismin käänteiskuvaus on rengashomomorfismi. Tämän jälkimmäisen tuloksen nojalla rengashomomorfismi on isomorfismi täsmälleen silloin, kun se on bijektio. 28

Algebra, 10. demot, 21.3.2012 1. Olkoot P,Q R[X] polynomeja, jotka on annettu summamuodossa P = X 3 4X ja Q = X 2 + 2X 5. Kirjoita P ja Q määritelmän mukaisesti jonomuodossa eli määrää reaalilukujonot (a k ) ja (b k ) siten, että P = (a 0,a 1,a 2,a 3,a 4,...) ja Q = (b 0,b 1,b 2,b 3,b 4,...). Laske nämä jonot yhteen määritelmän mukaisesti (mikä on helppoa) ja toisaalta myös kerro ne keskenään määritelmän mukaisesti. Kirjoita sitten saamasi jonot taas summamuotoon. Laske tämä summa ja tulo myös niinkuin koulussa on opetettu. Sama lopputuloshan sieltä pitäisi tulla. 2. Olkoon R kommutatiivinen rengas. Osoita, että kuvaus f : R R[X], on injektiivinen rengashomomorfismi. f(a) = (a,0,0,0,...) kaikille a R Huomaa, että tehtävän 2. nojalla R on isomorfinen R[X]:n alirenkaan f(r) kanssa. Näin jokainen rengas voidaan upottaa polynomirenkaaseensa tulkitsemalla R:n alkiot a vakiopolynomeiksi (a, 0, 0, 0,...). 3. Olkoon P = [4] 5 X 2 + [3] 5 X + [1] 5 Z 5 [X]. Määrää polynomikuvauksen P : Z 5 Z 5 kaikki arvot. 4. a) Anna esimerkki polynomirenkaasta, joka ei ole kokonaisalue. b) Anna esimerkki kahdesta eri polynomista P,Q Z 5 [X], joille pätee P = Q. 5. Olkoon P = [2] 5 X 5 + [3] 5 X 3 + [1] 5 Z 5 [X] ja S = [3] 5 X 2 + [1] 5 X + [4] 5 Z 5 [X]. Koska Z 5 on kunta, niin polynomien jakoyhtälön nojalla on olemassa yksikäsitteiset Q,R Z 5 siten, että P = SQ + R ja R = 0 tai deg(r) < deg(s). Määrää tällaiset Q ja R. 6. Olkoon K kunta. Määrää polynomirenkaan K[X] yksiköt. 7. Olkoon n P = a i X i Z[X], missä n 1 ja a 0,a n 0. i=0 29

Olkoon p/q polynomin P rationaalijuuri, missä p,q Z ja oletetaan, että p/q on supistetussa muodossa eli syt(p,q) = 1. Osoita, että p jakaa luvun a 0 ja q jakaa luvun a n. Huomaa, että tämä antaa toimivan menetelmän löytää myös jokaisen rationaalikertoimisen polynomin kaikki rationaalijuuret, koska laventamalla päästään kokonaislukukertoimiseen polynomiin, josta taas päästään vaadittuun muotoon (eli ehtoon a 0 0) supistamalla X:llä. Tämän jälkeen kokonaisluvuilla a 0 ja a n on vain äärellinen määrä tekijöitä, joista selvitään kokeilemalla. 8. Määrää polynomien P 1 = X 7 1, P 2 = X 8 1, P 3 = 2X 2 3X + 4, P 4 = 3X 3 + X 5 ja P 5 = 2X 4 4X + 3 Z[X] kaikki rationaalijuuret. Bonustehtävä. Ovatko tehtävän 8. polynomit jaottomia renkaassa Z[X]? Entä renkaassa Q[X]? 30

Algebra, 11. demot, 28.3.2012 1. Onko I renkaan R ideaali, kun a) R = Z 8, I = {[0] 8,[2] 8,[4] 8,[6] 8 }, b) R = Q, I = Z, c) R = Z, I = Z 6 tai d) R = Z( 2) = {a + b 2 a,b Z}, I = {4a + b 8 a,b Z}? 2. Oletetaan tunnetuksi, että I = {[0] 12,[3] 12,[6] 12,[9] 12 } on renkaan R = Z 12 ideaali. Määrää tekijärenkaan R/I alkiot ja laskutaulut. Onko kyseessä kokonaisalue? Onko R/I kunta? Ohje: Tekijärenkaan alkiot ovat pistevieraita ekvivalenssiluokkia, joissa kaikissa on yhtä monta alkiota. Mieti montako alkiota kussakin ekvivalenssiluokassa on ja selvitä tämän perusteella montako alkiota tekijärenkaassa voi olla. Näiden tietojen avulla tekijärenkaan alkiot eli ekvivalenssiluokat on helppo määrätä. Laskutaulujen laatiminen on myös helppoa, kun muistat, että laskutoimitukset määritellään edustajan kautta, ja voit käyttää mitä edustajaa haluat. 3. Oletetaan tunnetuksi, että I = {[0] 16,[4] 16,[8] 16,[12] 16 } on renkaan R = Z 16 ideaali. Määrää tekijärenkaan R/I alkiot ja laskutaulut. Onko kyseessä kokonaisalue? Onko R/I kunta? 4. Olkoon R = Z[X] eli kokonaislukukertoimisten polynomien rengas. Määritellään n I = { a i X i Z[X] a 0 on parillinen }. i=0 a) Osoita, että I on renkaan R ideaali. b) Määrää tekijärenkaan R/I alkiot ja laskutaulu. Ohje b)-kohtaan. Tämä on nyt vähän vaikeampaa kuin tehtävässä 2, koska nämä ekvivalenssiluokat ovat äärettömiä. Toisaalta kuitenkin luokkien määrä on äärellinen, joten laskutauluista puhuminen on järkevää. Laskutaulut on tässäkin helppo rakennella, kunhan ensin selvittää, mitkä ovat tekijärenkaan alkiot. Lähtökohta on se, että joukko I sellaisenaan muodostaa yhden ekvivalenssiluokan, joka on tekijärenkaan nolla-alkio. Muita ekvivanssiluokkia täytyy sitten vähän miettiä. Muista, että R:n alkiot P ja Q ovat määritelmän mukaan samassa luokassa jos ja vain jos niiden erotus on joukossa I. 5. Oletetaan tunnetuksi, että R = {a + b 3 a,b Z} on renkaan R alirengas 31

ja että I = {3a + b 3 a,b Z} on renkaan R ideaali. Määrää tekijärenkaan R/I alkiot ja laskutaulut. Onko R/I kunta? 6. Luennoilla on osoitettu, että jos Y X, niin I = P(Y ) on renkaan R = (P(X),, ) ideaali. Olkoon nyt X = {1,2,3} ja Y = {1,2}. Määrää tekijärenkaan R/I alkiot ja laskutaulut. Onko R/I kunta? Ohje: Mieti ensin (kuten tehtävässä 2.) montako alkiota on kussakin ekvivalenssiluokassa ja päättele tästä, montako alkiota tekijärenkaassa on. Muista, että tässä renkaassa R jokainen alkio on itsensä vasta-alkio, joten erotus x y = x+( y) tulee tällä kertaa muotoon A B kaikille A,B P(X). Muista myös, että jos #Z = n, niin #P(Z) = 2 n. 7. Kuten tehtävä 6, mutta tässä Y = {1}. 8. Todista lause 11.16 eli että ideaalien summa on ideaali. Täsmällisemmin: Olkoot I 1 ja I 2 renkaan R ideaaleja. Osoita, että I 1 + I 2 = {a + b a I 1 ja b I 2 } on renkaan I ideaali. Huomaa, että tässä ei oleteta, että R olisi kommutatiivinen, joten tarkistukset täytyy (ainakin periaatteessa) suorittaa molemmilta puolilta. Bonustehtävä. Tehtävän 8. merkinnöin voisi olettaa, että myös ideaalien tulo I 1 I 2 = {ab a I 1 ja b I 2 } olisi ideaali. Näin ei kuitenkaan välttämättä ole. Anna tästä esimerkki. 32

Algebra, 12. demot, 11.4.2012 1. Olkoon f : R S rengashomomorfismi ja oletetaan, että renkaassa S on ainakin kaksi alkiota eli että se ei ole nollarengas. Mitkä seuraavista väitteistä pitävät paikkansa? a) Jos R on kokonaisalue, niin f on injektio. b) Jos R on kunta, niin f on injektio. c) Jos R on kokonaisalue, niin f(r) on kokonaisalue. d) Jos R on kunta, niin f(r) on kunta. e) Jos f(r) on kokonaisalue, niin R on kokonaisalue. f) Jos f(r) on kunta, niin R on kunta. 2. Olkoon f : R S rengashomomorfismi ja I renkaan R ideaali. Osoita esimerkillä, että joukko f(i) ei välttämättä ole renkaan S ideaali. Miksei tämä ole ristiriidassa lauseen 11.5 kanssa? 3. Osoita, että Z[X] ei ole pääideaalirengas. Miksei tämä ole ristiriidassa lauseen 11.20 kanssa? Vihje: Tehtävä 11.4. 4. a) Osoita, että matriisirenkaan M 2 (R) ainoat ideaalit ovat {0} ja M 2 (R). b) Lauseen 11.9 mukaan kunnan K ainoat ideaalit ovat {0} ja K. Luennoilla on todistettu (tätä ei ole monisteessa) myös käänteinen tulos: Jos K:n ainoat ideaalit ovat {0} ja K, niin K on kunta. M 2 (R) ei selvästikään ole kunta. Miksei a)-kohdan tulos ole ristiriidassa tämän luennoilla todistetun lauseen kanssa? c) Koska a)-kohdan mukaan renkaan M 2 (R) ainoat ideaalit ovat {0} ja M 2 (R), niin {0} on maksimaalinen ideaali tässä renkaassa. Luennoilla esitetyn lauseen (tätäkään ei ole monisteessa) mukaan R/I on kunta, jos I on maksimaalinen ideaali. Tämän mukaan M 2 (R)/{0} on kunta. Toisaalta M 2 (R)/{0} = M 2 (R), joten M 2 (R) on kunta, mitä se ei ole. Mikäs tässä ajattelussa on pielessä? 5. a) Olkoon K kunta. Osoita, että astetta 2 tai 3 oleva polynomi P K[X] on jaoton renkaassa K[X] jos ja vain jos P:llä ei ole juurta kunnassa K. b) Osoita esimerkillä, että a)-kohdan väite ei päde polynomeille, joiden aste on 4 tai enemmän. 33

6. Tutki seuraavien polynomien jaottomuutta. a) X 2 + 1 R[X], b) X 2 + 1 C[X], c) X 3 + 2 Q[X], d) X 3 + 2 R[X], e) X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 Z 5 [X] ja f) X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 Z[X]. 7. Määrää polynomien P = X 5 + 4X + 1 Z 5 [X] ja Q = X 2 + 2X + 3 Z 5 [X] suurin yhteinen tekijä S Z 5 [X]. Määrää edelleen polynomit A,B Z 5 [X] siten, että A P + B Q = S. Ohje: Eukleideen algoritmi toimii periaatteessa samalla tavalla kuin kokonaisluvuille. Algoritmi tuottaa S:n. A:n ja B:n saa algoritmista takaperin laskemalla. 8. Konstruoi kunta, jossa on täsmälleen yhdeksän alkiota. Bonustehtävä 1. Tehtävän 6. mukaan polynomi P = X 2 + 1 R[X] on jaoton, jolloin lauseen 11.20 nojalla tekijärengas K = R[X]/ P on kunta. Osoita, että K on isomorfinen kunnan C kanssa. Bonustehtävä 2. Konstruoi kunta, jossa on täsmälleen 25 alkiota. Bonustehtävä 3. Konstruoi kunta, jossa on täsmälleen 125 alkiota. 34

Ratkaisuja 1.1. Muistutetaan tässä ensin mieliin määritelmä: Joukoille A ja B pätee A B jos ja vain jos A:n jokainen alkio on myös B:n alkio. Tämä johtaa siihen, että B kaikille joukoille B. Tämä taas johtaa siihen, että P( ), joten ehto X P(X) pätee ainakin kun X =. Tässä on ehkä syytä huomata, että P( ) = { } = ; siis joukko P( ) ei ole tyhjä, vaan siinä on yksi alkio eli. Ehto X P(X) ei kuitenkaan päde aina. Vastaesimerkkiä varten on paikallaan muistuttaa siitä joukko-opin perusprinsiipistä, että mikään joukko ei ole itsensä alkio. (ks. vaikkapa Wikipediasta Russellin paradoksi.) Jos X on yhden alkion joukko, X = {a}, niin P(X) = {, {a}}. Silloin pätee X P(X) jos ja vain jos X:n ainoa alkio eli a on joukon {, {a}} alkio eli pätee a = tai a = {a}. Jälkimmäinen vaihtoehto ei tule koskaan kyseeseen yllä mainitun perusprinsiipin nojalla, koska a {a} eikä silloin voi olla a = {a}. Siten X P(X) jos ja vain jos a =, ja siten {a} P({a}) jos ja vain jos a. Huomaa, että tästä saatiin nyt myös toinen esimerkki (edellä mainitun joukon X = lisäksi) joukosta X jolle pätee X P(X): tällainen on siis X = { }. Näitä löytyy myös lisää: kelvollisia ovat esimerkiksi X = {, { }} tai X = {, { }, {{ }}}, kuten helposti nähdään. Tätä luetteloa voi ilmeisellä tavalla jatkaa ad infinitum. On myös olemassa äärettömiä ja jopa ylinumeroituvia tällaisia joukkoja. Lopuksi on vielä varmaan syytä muistuttaa siitä fundamentaalista erosta, joka relaatioiden A B ja A B välillä on. Nythän suoraan määritelmän mukaan aina X P(X), mutta ei suinkaan aina X P(X), kuten nähtiin. 1.2. Yhden alkion joukossa Y = {a} on ainoastaan yksi mahdollinen laskutoimitus: a a = a. Tämä on aina kommutatiivinen: a a = a a ja assosiatiivinen: a (a a) = a a = (a a) a. Jos X =, niin P(X) = { }, ja tämä on yhden alkion joukko. Kuten yllä todettiin, jokainen laskutoimitus yhden alkion joukossa on kommutatiivinen ja assosiatiivinen erityisesti siis kysytty \. Tämä ei kuitenkaan ole aina kommutatiivinen tai assosiatiivinen. Jos X on kahden alkion joukko X = {a,b}, missä a b, niin {a}, {b} P(X) ja X P(X). (Vrt. tehtävän 1. loppuhuomautus.) 35

Näillehän pätee X \ {a} = {b} = {a} \ X, joten \ ei ole kommutatiivinen. Toisaalta {a} \ ({b} \ {a}) = {a} \ {b} = {a} = {a} \ {a} = ({a} \ {b}) \ {a}, joten \ ei ole myöskään assosiatiivinen. 1.3. Kuten tehtävän 1.2. ratkaisussa todettiin, yhden alkion joukossa {a} on vain yksi laskutoimitus a a = a, ja tällä on aina neutraalialkio, joka on (tietenkin) a, kuten neutraalialkion määritelmästä suoraan seuraa. Jos X =, niin P(X) = { }, ja tämä on yhden alkion joukko. Kuten yllä todettiin, jokaisella laskutoimituksella on neutraalialkio erityisesti siis kysytyllä \. Tällä ei kuitenkaan aina ole neutraalialkiota. Jos oletetaan, että on olemassa neutraalialkio E P(X), niin ehdon X P(X) nojalla pitää olla E \ X = X, (1) mutta koska E \ X = kaikille E P(X), niin ehto (1) voi toimia vain jos X =. Siispä neutraalialkiota ei ole, jos X. 1.4. Kuten lineaarialgebran kurssilta muistetaan, jokainen matriisi A M 2 (R) vastaa lineaarikuvausta L A : R 2 R 2, jolloin käytetään merkintää mat(l A ) = A. Matriisitulo vastaa kuvausten yhdistämistä: jos L B on matriisia B M 2 (R) vastaava lineaarikuvaus, niin mat(l B L A ) = B A. Jos nyt A,B,C M 2 (R) ja L A,L B,L C : R 2 R 2 ovat vastaavat lineaarikuvaukset, niin A (B C) = mat(l A ) (mat(l B ) mat(l C )) = mat(l A ) mat(l B L C ) = mat(l A (L B L C )) i) = mat((l A L B ) L C ) = mat(l A L B ) mat(l C ) = mat(l A ) mat(l B ) mat(l C ) = (A B) C, joten matriisitulo on assosiatiivinen. Yllä yhtälö i) seuraa esimerkistä 1.6. (c). Matriisitulo ei ole kommutatiivinen, sillä esimerkiksi [ ] [ ] 1 0 0 0 A = M 0 0 2 (R) ja B = M 1 0 2 (R) A B = [ ] 0 0 0 0 [ ] 0 0 = B A. 1 0 ja 36

1.5. Merkitään A = {x Z x 0}. Tällöin A on vakaa yhteenlaskun suhteen, koska selvästi kahden negatiivisen kokonaisluvun summa on negatiivinen kokonaisluku. A ei kuitenkaan ole vakaa kertolaskun suhteen, sillä esimerkiksi 1 A, mutta ( 1) ( 1) = +1 A. Päinvastaisen esimerkin antaa joukko A = {1} Z, joka on selvästi vakaa kertolaskun suhteen, mutta ei ole vakaa yhteenlaskun suhteen, koska 1 + 1 A. 1.6. Määritellään {[ ] a b M 2 (Z) = c d } a,b,c,d Z M 2 (R). Tällöin M 2 (Z) on selvästi vakaa sekä matriisien yhteen- että kertolaskun suhteen. 1.7. Olkoon e laskutoimituksen neutraalialkio ja h alkion g käänteisalkio, jolloin siis pätee h g = e ja (1) g h = e. (2) Olkoon h toinen alkion g käänteisalkio, jolloin pätee myös Pitää osoittaa, että Näin se käy: h g = e ja (3) g h = e. (4) h = h. (5) h = i) h e ii) iii) iv) v) = h (g h) = (h g) h = e h = h. Tässä -yhtälö i) seuraa siitä, että e on neutraalialkio, -yhtälö ii) seuraa ehdosta (4), -yhtälö iii) seuraa assosiatiivisuudesta, -yhtälö iv) seuraa ehdosta (1) ja -yhtälö v) seuraa siitä, että e on neutraalialkio. Tässä on huomattava, että ehtoa (3) ei käytetty lainkaan, joten todistus pätee myös ilman tätä oletusta eli riittää olettaa, että h on g:n oikea käänteisalkio. Tämä argumentti siis todistaa lauseen 10.1 (2) (c)-kohdan oikea -vaihtoehdon. Jos oletetaan, että h on g:n vasen käänteisalkio eli ehto (3) (muttei välttämättä ehto (4)) pätee, niin ehdon (5) todistus menee näin: h i) = e h ii) = ( h g) h iii) = h (g h) iv) = h e v) = h. 37

Tässä -yhtälö i) seuraa siitä, että e on neutraalialkio, -yhtälö ii) seuraa ehdosta (3), -yhtälö iii) seuraa assosiatiivisuudesta, -yhtälö iv) seuraa ehdosta (2) ja -yhtälö v) seuraa siitä, että e on neutraalialkio. 1.8. Jos laskutoimitus on assosiatiivinen ja alkiolla on sekä vasen että oikea käänteisalkio, niin lauseen 1.10. 2 (a) nojalla sillä on myös varsinainen käänteisalkio (ja saman lauseen (c)-kohdan nojalla nämä kaikki käänteisalkiot ovat samoja). Ei-assosiatiivisessa tapauksessa alkiolla voi olla sekä vasen että oikea käänteisalkio, mutta ei kuitenkaan varsinaista käänteisalkiota. Tästä on esimerkkiinä neljän eri alkion muodostama joukko A = {e,a,b,c} jossa määritellään laskutoimitus seuraavasti: e x = x = x e kaikille x A, (1) a b = e, (2) c a = e ja (3) x y = a kaikissa muissa tapauksissa. Tämänhän voi ilmaista myös taulukkomuodossa eli laskutauluna e a b c e e a b c a a a e a b b e a a c c a a a Tässähän ehdon (1) nojalla e on neutraalialkio, ehdon (2) nojalla b on a:n oikea käänteisalkio, ehdon (3) nojalla c on a:n vasen käänteisalkio, mutta a:lla ei ole varsinaista käänteisalkiota, koska millekään x A ei päde x a = e = a x. Tämä esimerkkihän on vastaus tehtävän kysymykseen. Vähän hienostuneempi esimerkki osoittaa, että myös assosiatiivisessa tapauksessa voi toinen vasen/oikea käänteisalkio olla olemassa, muttei varsinaista käänteisalkiota. Kuten edellä todettiin, tällaisessa esimerkissä on välttämättä niin, että vain toinen näistä toispuoleisista käänteisalkioista löytyy. Esimerkki on seuraava. Olkoon esimerkin 1.9. (a) mukaisesti F(N) = {f f on kuvaus f : N N}. Laskutoimituksena joukossa F(N) on kuvausten yhdistäminen, joka on assosiatiivinen laskutoimitus. Esimerkin 1.9. (a) mukaan neutraalialkio on identtinen 38

kuvaus id N ja alkion f F(N) käänteisalkio on f:n käänteiskuvaus, jos sellainen on olemassa eli kun f on bijektio. Muilla kuvauksilla kuin bijektioilla ei ole käänteisalkiota. Määritellään nyt f F(N) asettamalla f(0) = 0 ja f(n) = n 1 kun n 1. Kuvaus f ei ole bijektio, koska f(0) = f(1), joten sillä ei ole käänteisalkiota. Oikea käänteisalkio sillä kuitenkin on eli on olemassa h F(N) siten, että f h = id N. Tällainen h syntyy määrittelemällä h(n) = n + 1 kaikille n N. Selvästi f h(n) = n kaikille n, joten tämä on toimiva esimerkki. Yllä todetun nojalla f:llä ei voi olla vasenta käänteisalkiota. Esimerkki, jossa on vasen, muttei oikeata käänteisalkiota, syntyy tästä myös, sillä f on h:n vasen käänteisalkio, mutta h:lla(kaan) ei voi olla varsinaista käänteisalkiota, koska se ei ole bijektio. 39

2.1 Kaikille x,y,z A pätee e (y z) = y z = (e y) z, x (e z) = x z = (x e) z x (y e) = x y = (x y) e, ja missä kaikki yhtälöt perustuvat siihen, että e on neutraalialkio. 2.2 Joukon A = {e, a, b, c} laskutoimituksessa e a b e e a b a a b e b b e a alkio e on selvästi neutraalialkio, koska se toteuttaa ehdon x e = x = e x kaikille x A. Laskutoimitus on kommutatiivinen, koska matriisi e a b a b e b e a on symmetrinen. Neutraalialkion e käänteisalkio on e (kuten aina); alkion a käänteisalkio on b, koska a b = e = b a, ja samalla perusteella b:n käänteisalkio on a. Assosiatiivisuutta varten tarvitaan ohjeen mukaisesti seuraavat tarkistukset, joissa olevat yhtälöt saadaan annetusta laskutaulusta: a (a a) = a b = e = b a = (a a) a, a (a b) = a e = a = b b = (a a) b, a (b a) = a e = a = e a = (a b) a, a (b b) = a a = b = e b = (a b) b, b (a a) = b b = a = e a = (b a) a, b (a b) = b e = b = e b = (b a) b, b (b a) = b e = b = a a = (b b) a ja b (b b) = b a = e = a b = (b b) b. 2.3 Olkoon (A, ) kuten tehtävässä 2. ja f : A A homomorfismi. Koska a a = b, niin f(b) = f(a a) i) = f(a) f(a), (1) missä yhtälö i) seuraa siitä, että f on homomorfismi. Jos nyt f(a) tunnetaan, niin ehdon (1) nojalla f(b) saadaan yhtälöstä f(b) = f(a) f(a), (2) 40

joten f(a) määrää f(b):n. Koska e = a b, niin f(e) = f(a b) i) = f(a) f(b), (3) missä taas yhtälö i) seuraa siitä, että f on homomorfismi. Jos nyt f(a) ja f(b) tunnetaan, niin ehdon (3) nojalla f(e) saadaan yhtälöstä Yhdistämällä yhtälöt (2) ja (4) saadaan f(e) = f(a) f(b). (4) f(b) = f(a) f(a) ja (5) f(e) = f(a) (f(a) f(a)). Siten kaikki f:n arvot tunnetaan (eli saadaan (A, ):n laskutaulusta), jos tunnetaan f(a). Alkiolla b on vastaava ominaisuus, sillä b b = a, jolloin ehdossa (1) voidaan vaihtaa a:n ja b:n roolit ja saadaan yhtälö f(a) = f(b) f(b), joten f(b) määrää f(a):n, ja silloin se määrää ehdon (4) nojalla myös f(e):n. Alkiolla e ei tällaista ominaisuutta ole, koska seuraavassa tehtävässä nähdään, että homomorfismeja f : A A on useampi kuin yksi ja niissä kaikissa f(e) = e. Huomautus. Voisi ajatella, että ehto f(e) = e seuraisi suoraan lauseesta 1.14 ilman sen kummempia laskelmia tai pohdintoja. Näin ei kuitenkaan ole, koska lauseen 1.14 oletuksissa vaaditaan, että f on surjektio. Nythän tätä tietoa ei ainakaan a priori ole. 2.4 Kuten tehtävässä 3. havaittiin, alkion a kuvautuminen määrää homomorfismin täysin. Koska joukossa A on kolme alkiota, niin a voi kuvautua kolmella eri tavalla, jolloin homomorfismeja f : A A on korkeintaan kolme. Tässä on siis kolme homomorfismiehdokasta f 1,f 2,f 3 : A A, joille f 1 (a) = e, f 2 (a) = a ja f 3 (a) = b. Tutkitaan mitkä näistä ovat homomorfismeja. Määrätään ensin kuvaukset f i kokonaan. Tehtävän 3. ehdon (5) mukaisesti f i (b) = f i (a) f i (a) ja f i (e) = f i (a) (f i (a) f i (a)), 41

joten f 1 (b) = e e = e, f 1 (e) = e (e e) = e, f 2 (b) = a a = b, f 2 (e) = a (a a) = a b = e ja f 3 (b) = b b = a, f 3 (e) = b (b b) = b a = e. Näin kuvaukset f i tunnetaan kokonaan; kirjoitetaan ne vielä näkyviin: f 1 (e) = e, f 1 (a) = e ja f 1 (b) = e, f 2 (e) = e, f 2 (a) = a ja f 2 (b) = b f 3 (e) = e, f 3 (a) = b ja f 3 (b) = a. sekä Mitkä näistä sitten ovat homomorfismeja? f 1 on vakiokuvaus f 1 e. Tällainen on aina homomorfismi, kun e on neutraalialkio, sillä f 1 (x y) = e = e e = f 1 (x) f(y) kaikille x,y A. f 2 on identtinen kuvaus. Tällainenkin on aina homomorfismi, sillä f 2 (x y) = x y = f 2 (x) f 2 (y) kaikille x,y A. Jäljelle jää vielä f 3. Tämäkin on homomorfismi, mutta sen todistaminen homomorfismiksi on vähän hankalampaa kuin noiden muiden. Pitäisi siis osoittaa, että f 3 (x y) = f 3 (x) f 3 (y) kaikille x,y A. Tässä on periaatteessa 9 eri tapausta eli mahdollista arvoa parille (x,y) A 2. Koska laskutoimitus on kommutatiivinen, hoituvat tapaukset (x, y) ja (y, x) samalla tarkistuksella, jolloin tapausten määrä putoaa kuuteen. Koska f 3 (e) = e, niin ne tapaukset, joissa toinen alkioista x tai y on e, ovat triviaaleja. (Koska e on neutraalialkio.) Tämän jälkeen jää jäljelle vain kolme tapausta eli parit (a,a),(b,b) ja (a,b). Käydään nämä läpi. f 3 (a a) = f 3 (b) = a = b b = f 3 (a) f 3 (a), f 3 (b b) = f 3 (a) = b = a a = f 3 (b) f 3 (b) f 3 (a b) = f 3 (e) = e = b a = f 3 (a) f 3 (b), ja joten hyvin toimii, ja myös kuvaus f 3 on homomorfismi. Vastaus tehtävän kysymykseen on siis kolme. 2.5 Olkoon f : (A, ) (B, ) homomorfismi. Kuten tehtävässä 3. tässäkin alkion a A kuvautuminen määrää f:n täysin. Päättely tälle tosiasialle on lähes sama kuin tehtävässä 3: 42

Koska a a = b, niin f(b) = f(a a) i) = f(a) f(a), (1) missä yhtälö i) seuraa siitä, että f on homomorfismi. Jos nyt f(a) tunnetaan, niin ehdon (1) nojalla f(b) saadaan yhtälöstä joten f(a) määrää f(b):n. Koska e = a b, niin f(b) = f(a) f(a), (2) f(e) = f(a b) i) = f(a) f(b), (3) missä taas yhtälö i) seuraa siitä, että f on homomorfismi. Jos nyt f(a) ja f(b) tunnetaan, niin ehdon (3) nojalla f(e) saadaan yhtälöstä Yhdistämällä yhtälöt (2) ja (4) saadaan f(e) = f(a) f(b). (4) f(b) = f(a) f(a) ja (5) f(e) = f(a) (f(a) f(a)). Siten kaikki f:n arvot tunnetaan (eli saadaan (B, ):n laskutaulusta), jos tunnetaan f(a) B. Koska B:ssä on vain kaksi alkiota, niin f(a):lla on vain kaksi mahdollista arvoa, joten homomorfismeja f : (A, ) (B, ) on korkeintaan kaksi, f 1 ja f 2, joille f 1 (a) = ǫ f 2 (a) = α. ja Näille pätee ehdon (5) mukaan f 1 (b) = f 1 (a) f 1 (a) = ǫ ǫ = ǫ, f 1 (e) = f 1 (a) (f 1 (a) f 1 (a)) = ǫ (ǫ ǫ) = ǫ ǫ = ǫ, f 2 (b) = f 2 (a) f 2 (a) = α α = ǫ f 2 (e) = f 2 (a) (f 2 (a) f 2 (a)) = α (α α) = α ǫ = α. Kuten tehtävässä 4. tässäkin f 1 on vakiokuvaus f 1 ǫ. Koska ǫ on ilmeisesti laskutoimituksen neutraalialkio, niin f 1 on homomorfismi samoin perustein kuin vastaava vakiokuvaus tehtävässä 4. ja 43

Sen sijaan f 2 ei ole homomorfismi. Tämä johtuu siitä, että esimerkiksi eli f 2 (b b) f 2 (b) f 2 (b). f 2 (b b) = f 2 (a) = α ǫ = ǫ ǫ = f 2 (b) f 2 (b) Vastaus tehtävän kysymykseen on siis yksi. 2.6 Olkoon f : (Z, +) (Z, +) homomorfismi. Merkitään m = f(1) Z. Pitäisi siis osoittaa, että jos m tunnetaan, niin koko kuvaus f tunnetaan. Näin käy, jos osoitetaan, että Todistetaan ensin induktiolla, että Kun n = 0, pitäisi osoittaa, että f(0) = 0. Koska f(n) = mn kaikille n Z. (1) f(n) = mn kaikille n 0. (2) 0 = f(0) f(0) = f(0 + 0) f(0) i) = f(0) + f(0) f(0) = f(0), niin väite f(0) = 0 pätee ja induktion alkuaskel on otettu. Yllä yhtälö i) seuraa f:n homomorfisuudesta. Oletetaan sitten induktiivisesti, että n 1 ja että f(n 1) = m(n 1). Tällöin f(n) = f((n 1) + 1) i) = f(n 1) + f(1) ii) = m(n 1) + m = mn, joten induktioväite pätee. Yllä yhtälö i) seuraa f:n homomorfisuudesta ja yhtälö ii) induktio-oletuksesta ja luvun m määritelmästä. Näin väite (2) on todistettu. Väitteen (1) todistamiseksi pitää vielä tarkastella negatiivisia n. Näille saadaan f(n) mn = f(n) + m( n) i) = f(n) + f( n) ii) = f(n + ( n)) = f(0) iii) = 0, joten väite (1) seuraa. Tässä yhtälö i) seuraa ehdosta (2), sillä n 0, yhtälö ii) seuraa f:n homomorfisuudesta ja yhtälö iii) ehdosta (2). 2.7 Tehtävän 6. ratkaisun ehdon (1) nojalla mahdollisia homomorfismeja f : (Z, +) (Z, +) ovat vain kuvaukset f m (n) = mn, missä m = f(1) Z. 44

Nämä ovat kaikki homomorfismeja, sillä kaikille m pätee f m (x + y) = m(x + y) = mx + my = f m (x) + f m (y) kaikille x,y Z. 2.8 Ainoat mahdolliset ehdokkaat ovat tässä tehtävien 6. ja 7. nojalla vain kuvaukset f m (n) = mn, missä m = f(1) Z. (1) Jos m 0,1, niin f m ei ole homomorfismi kuvauksena f : (Z, ) (Z, ), sillä tällöin m m 2 ja siten f m (1 1) = f m (1) = m m 2 = (m 1) (m 1) = f m (1) f m (1) eli f m (1 1) f m (1) f m (1) ja f m ei ole homomorfismi kertolaskun suhteen. Kertolaskun suhteen homomorfismeja voivat siis ehdon (1) kuvauksista olla vain f 0 ja f 1 eli nollakuvaus ja identtinen kuvaus. Nämä tosiaan myös ovat kertolaskun suhteen homomorfismeja, kuten helposti nähdään. Bonustehtävä. Jos vaaditaan vain, että kuvaus on homomorfismi kertolaskun suhteen, muttei yhteenlaskun suhteen, niin muitakin esimerkkejä kuin tehtävässä 8. mainitut löytyy. Yksinkertaisin esimerkki taitaa olla f 1, joka ilmeisesti on homomorfismi kertolaskun suhteen. Vähän monimutkaisempaa esimerkkiä varten tarvitaan sellaista lukuteoreettista tulosta, että jokainen nollasta eroava kokonaisluku x voidaan esittää yksikäsitteisellä tavalla muodossa x = 2 j 3 k x, missä j,k 0 ja x ei ole 2:lla tai 3:lla jaollinen. (1) Esityksen (1) yksikäsitteisyyden nojalla kuvaus f : Z Z, { 2 k 3 j x kun x 0 f(x) = 0 kun x = 0 on hyvin määritelty. Se on myös homomorfismi kertolaskun suhteen, sillä jos y:llä on ehdon (1) mukainen esitys niin y = 2 l 3 m y, missä l,m 0 ja y ei ole 2:lla tai 3:lla jaollinen, (2) f(xy) = f(2 j 3 k x 2 l 3 m y ) = f(2 j+l 3 k+m x y ) i) = 2 k+m 3 j+l x y = 2 k 3 j x 2 m 3 l y = f(x)f(y). Yllä yhtälö i) seuraa f:n määritelmästä ja siitä, että x y ei ole jaollinen 2:lla tai 3:lla ehtojen (1) ja (2) nojalla. Lisäksi, jos y = 0 tai x = 0, niin f(xy) = 0 = f(x)f(y), joten f on homomorfismi kertolaskun suhteen. 45

3.1 Tarkastellaan vaikkapa kolmen eri alkion joukkoa {a, b, c}, jonka laskutoimitus määritellään laskutaululla a b c a b c a b b a a c a a a Tässähän a (a a) = a b = c, mutta (a a) a = b a = b, joten eri tulos noista tulee. Tässä ei ole siis järkevää määritellä potenssia a 3 mitenkään. 3.2 Esityksen selkeyttämiseksi otetaan käyttöön merkinnät a m ja a m näille eri tavoin määritellyille potensseille. Olkoon a m määritelty vasemmalta kertoen eli a 1 := a ja jos a m on jo määritelty, asetetaan a m+1 := a a m. (1) Vastaavasti a m on määritelty oikealta kertoen eli a 1 := a ja jos a m on jo määritelty, asetetaan a m+1 := a m a. (2) Väitteenä on, että a m = a m kaikille m 1. (3) Väite (3) todistetaan siis induktiolla m:n suhteen. Väite pätee, kun m = 1, sillä määritelmien mukaan a 1 = a = a 1. Väite pätee myös kun m = 2, sillä määritelmien mukaan a 2 = a a = a 2. Oletetaan sitten induktiivisesti, että m 2 ja että a k = a k kaikille 1 k m. (4) Induktioväitteenä on Todistus menee näin: a m+1 = a m+1. (5) a m+1 i) = a a m ii) = a a m iii) = a (a m 1 a) iv) = a (a m 1 a) v) = (a a m 1 ) a vi) = a m a vii) = a m a viii) = a m+1. Tässä yhtälö i) saadaan määritelmästä (1), yhtälö ii) seuraa induktio-oletuksesta (4), yhtälö iii) saadaan määritelmästä (2), yhtälö iv) seuraa induktio-oletuksesta (4), yhtälö v) perustuu assosiatiivisuuteen, 46

yhtälö vi) saadaan määritelmästä (1), yhtälö vii) seuraa induktio-oletuksesta (4) ja yhtälö viii) saadaan määritelmästä (2). Näin väite (5) on todistettu eli induktioaskel on otettu. Silloin myös väite (3) on todistettu. Huomaa, että assosiatiivisuutta käytettiin vain kerran eli yhtälössä v). Se on kuitenkin ratkaisevan tärkeä kohta, kuten tehtävän 1. esimerkki osoittaa. Huomaa myös, että induktiossa on tehty ikäänkuin kaksi alkuaskelta eli tapaukset m = 1 ja m = 2. Tämä on tarpeen siitä syystä, että oletukseen (4) voidaan liittää ehto m 2. Tätä taas tarvitaan (muun muassa) yhtälössä iv): jos olisi m = 1, induktio vuotaisi alhaalta, eikä yhtälö iv) ainakaan induktiooletuksesta seuraisi. 3.3 a) Kiinnitetään a A. Tehdään induktio n:n suhteen. Kun n = 1 väite tulee muotoon a m+1 = a m a 1. Tämä seuraa suoraan määritelmistä: Tehdään sitten induktio-oletus: a m+1 = a m a = a m a 1. a m+n = a m a n. (1) Induktioväitteenä on Tämä todistetaan näin: a m+n+1 = a m a n+1. a m+n+1 i) = a m+n a ii) = (a m a n ) a iii) = a m (a n a) iv) = a m a n+1, joten induktioaskel on otettu ja väite pätee. Tässä yhtälö i) tulee määritelmästä, yhtälö ii) seuraa induktio-oletuksesta (1), yhtälö iii) seuraa assosiatiivisuudesta ja yhtälö iv) tulee taas määritelmästä. b) Yhtälö a m a n = a n a m pätee myös ilman kommutatiivisuusoletusta, sillä a m a n = i) m+n ii) n+m iii) a = a = a n a m, missä yhtälöt i) ja iii) seuraavat a)-kohdasta ja yhtälö ii) on triviaali: kokonaisluvuille m ja n pätee m + n = n + m. 47

3.4 Kiinnitetään a A. Tehdään induktio n:n suhteen. Kun n = 1 väite tulee muotoon a m 1 = (a m ) 1. (1) Tämä pätee, koska m 1 = m ja toisaalta määritelmän mukaan (a m ) 1 = a m, joten yhtälön (1) kumpikin puoli on a m. Tehdään sitten induktio-oletus: a mn = (a m ) n. (2) Induktioväittenä on Tämä todistetaan näin: a m(n+1) = (a m ) n+1. a m(n+1) = a mn+m i) = a mn a m ii) = (a m ) n a m iii) = (a m ) n+1. Tässä yhtälö i) seuraa tehtävästä 3, yhtälö ii) seuraa induktio-oletuksesta (2) ja yhtälö iii) tulee määritelmästä. Näin siis induktioaskel on otettu, joten väite pätee. 3.5 a) Kiinnitetään a,b A. Tehdään induktio m:n suhteen. Kun m = 1 väite tulee muotoon (a b) 1 = a 1 b 1. Tämä seuraa suoraan määritelmästä. Tehdään sitten induktio-oletus (a b) m = a m b m. (1) Induktioväite on Tämä todistetaan näin: (a b) m+1 = a m+1 b m+1. (a b) m+1 = i) (a b) m (a b) ii) = (a m b m ) (a b) iii) = a m (b m (a b)) iv) = a m ((b m a) b)) = v) a m ((a b m ) b)) vi) = a m (a (b m b)) vii) = (a m a) (b m b) viii) = a m+1 b m+1. Tässä yhtälöt i) ja viii) tulevat määritelmästä, yhtälö ii) seuraa induktio-oletuksesta (1), yhtälöt iii), iv), vi) ja vii) seuraavat assosiatiivisuudesta sekä yhtälö v) seuraa kommutatiivisuudesta. Näin siis induktioaskel on otettu, joten väite pätee. 48

b) Ilman kommutatiivisuusoletusta väite ei päde. Joukossa M 2 (R) matriisitulo on tunnetusti assosiatiivinen laskutoimitus, ja jos valitaan [ ] [ ] 1 1 0 1 A = M 0 0 2 (R) ja B = M 0 1 2 (R), niin A 2 = A ja B 2 = B, joten mutta (AB) 2 = A 2 B 2 = AB = [ ] 2 0 2 = 0 0 [ ] 0 2, 0 0 [ ] 0 0 A 2 B 2. 0 0 3.6 a) Jos z = r(cos ϕ+isin ϕ) ja w = s(cos ψ+isin ψ), missä r,s,ϕ,ψ R C, niin saadaan zw i) = (rs)((cos ϕ + isin ϕ)(cos ψ + isin ψ)) ii) = rs((cos ϕcos ψ sin ϕsin ψ) + i(cos ϕsin ψ + sin ϕcos ψ)) iii) = rs(cos(ϕ + ψ) + isin(ϕ + ψ)). Tässä yhtälö i) seuraa kompleksilukujen tulon assosiatiivisuudesta ja kommutatiivisuudesta, yhtälö ii) tulee kompleksilukujen tulon määritelmästä ja yhtälö iii) seuraa sinin ja kosinin yhteenlaskukaavoista. b) Tehdään induktio n:n suhteen. Kun n = 1, väite on triviaali. Tehdään sitten induktio-oletus z n = r n (cos(nϕ) + isin(nϕ)). (1) Induktioväittenä on Tämä todistetaan näin: z n+1 = r n+1 (cos((n + 1)ϕ) + isin((n + 1)ϕ)). z n+1 = i) z n z ii) = r n (cos(nϕ) + isin(nϕ)) r(cos ϕ + isin ϕ) iii) = r n r(cos(nϕ + ϕ) + isin(nϕ + ϕ)) = r n+1 (cos((n + 1)ϕ) + isin((n + 1)ϕ)). Tässä yhtälö i) tulee kokonaislukupotenssin määritelmästä, yhtälö ii) seuraa induktio-oletuksesta (1) ja yhtälö iii) seuraa a)-kohdasta. Näin siis induktioaskel on otettu, joten väite pätee. 49

3.7 Jos z = x + iy, missä x,y R, niin määritelmän mukaan Kun m Z, m 1, niin e z = e x (cos y + isin y). (1) (e z ) m = i) (e x (cos y + isin y)) m ii) = (e x ) m (cos(my) + isin(my)) iii) = e mx (cos(my) + isin(my)) iv) = e mx+imy = e mz. Tässä yhtälö i) tulee määritelmästä (1), yhtälö ii) seuraa de Moivren kaavasta, yhtälö iii) seuraa reaalisen eksponenttifunktion käytöksestä ja yhtälö iv) tulee taas määritelmästä (1), sillä mx,my R. 3.8 Merkitään ζ k = m re i ϕ+k2π m, k = 0,...,m 1. Osoitetaan ensin, että ζ k :t ovat z:n kertalukua m olevia juuria. Tämän näkee näin: ( ζk m m = ) m re i ϕ+k2π i) m = ( m ( ) m r) m e i ϕ+k2π ii) ϕ+k2π m (i = re m ) m i(ϕ+k2π) iii) = re = r(cos(ϕ + k2π) + isin(ϕ + k2π)) iv) = r(cos ϕ + isin ϕ) v) = re iϕ = z, joten oikeita juuria ovat. Tässä yhtälö i) seuraa tehtävästä 5, koska kompleksilukujen kertolasku on kommutatiivinen, yhtälö ii) seuraa tehtävästä 7, yhtälö iii) seuraa eksponenttifunktion määritelmästä, yhtälö iv) seuraa sinin ja kosinin jaksollisuudesta ja yhtälö v) seuraa eksponenttifunktion määritelmästä. Ohjeen mukaisesti riittää siis osoittaa, että ζ k ζ j kun k j. Oletetaan, että ζ k = ζ j joillekin 0 k,j m 1. Riittää osoittaa, että k = j. Koska ζ k = ζ j, niin määritelmän mukaan m re i ϕ+k2π m = m re i ϕ+j2π m, jolloin e i ϕ+k2π m = e i ϕ+j2π m, ja edelleen eksponenttifunktion määritelmän nojalla cos ϕ + k2π m ϕ + k2π + isin m = cos ϕ + j2π m 50 ϕ + j2π + isin m.

Tällöin cos ϕ + k2π m sin ϕ + k2π m ϕ + j2π = cos m ϕ + j2π = sin m ja (1) Sinin ja kosinin tunnettujen jaksollisuusominaisuuksien nojalla yhtälöt (1) voivat yhtaikaa olla voimassa vain mikäli Tällöin ϕ + k2π m = ϕ + j2π m + n2π jollekin n Z. k2π = j2π + mn2π jollekin n Z eli k = j + mn jollekin n Z. (2) Koska 0 k,j m 1, niin yhtälö (2) voi olla voimassa vain kun n = 0, ja silloin yhtälön (2) perusteella väite k = j seuraa. 51

4.1 Väite [x] kaikille x X seuraa ekvivalenssirelaation refleksiivisyydestä: x x, jolloin x [x] kaikille x. Tästä samasta syystä pätee myös x X [x] = X. Todistettavana on siis väite Oletetaan siis, että Pitää osoittaa, että [x] [y] =, kun [x] [y]. [x] [y]. (2) [x] [y] =. (3) Tehdään antiteesi: [x] [y]. Tällöin on olemassa z [x] [y], jolle ekvivalenssiluokkien määritelmän mukaan pätee x z ja y z. Koska ekvivalenssirelaatio on symmetrinen, niin ehdon y z nojalla z y. Silloin ehdon x z ja ekvivalenssirelaation transitiivisuuden nojalla Osoitetaan, että ehto (5) implikoi ehdon x y. (5) [y] [x]. (6) Olkoon w [y] mielivaltainen. Tällöin ekvivalenssiluokan määritelmän mukaan y w, jolloin ehdon (5) ja ekvivalenssirelaation transitiivisuuden nojalla x w, joten w [x]. Näin ehto (6) pätee. Toisaalta ekvivalenssirelaation symmetrisyyden ja ehdon (5) nojalla pätee Tästä seuraa aivan samoin kuin yllä (5) (6), että Ehtojen (6) ja (6 ) nojalla y x. (5 ) [x] [y]. (6 ) [x] = [y]. Tämä on vastoin oletusta (2). Siten tehty antiteesi johti ristiriitaan, ja väite (3) on todistettu. 4.2 Oletetaan, että (ab) 1 = a 1 b 1. Tällöin lauseen 4.3 (5) mukaan a 1 b 1 = b 1 a 1. 52

kertomalla tämä yhtälö oikealta alkiolla ab ja vasemmalta alkiolla ba saadaan (ba)(a 1 b 1 )(ab) = (ba)(b 1 a 1 )(ab) b(aa 1 )b 1 (ab) = (ba)b 1 (a 1 a)b beb 1 (ab) = (ba)b 1 eb (bb 1 )(ab) = (ba)(b 1 b) e(ab) = (ba)e ab = ba. Oletetaan sitten kääntäen, että ab = ba. Lauseen 4.3 (5) nojalla saadaan b 1 a 1 = (ab) 1 = (ba) 1 = a 1 b 1. 4.3 a) ax = ay a 1 (ax) = a 1 (ay) (a 1 a)x = (a 1 a)y ex = ey x = y, ja vastaavasti toisinpäin xa = ya (xa)a 1 = (ya)a 1 x(aa 1 ) = y(aa 1 ) xe = ye x = y. b) Supistussääntö ei riitä tekemään assosiatiivisesta neutraalialkiolla varustetusta laskutoimituksesta ryhmälaskutoimitusta. Tästä on esimerkkinä vaikkapa (N,+), jossa laskutoimitus on assosiatiivinen, neutraalialkio on 0 N ja supistussääntö pätee molemmin päin: a+n = a+m n = m ja n+a = m+a n = m, mutta (N, +) ei ole ryhmä, koska käänteisalkio puuttuu kaikikilta n N\{0}. 4.4 a) Olkoon e A oletuksen mukainen neutraalialkio. Oletusten ja ryhmän määritelmän nojalla riittää osoittaa, että jokaisella a A on käänteisalkio. Olkoon a A mielivaltainen. Edelleen oletusten mukaan yhtälöillä ax = e ja ya = e (1) on ratkaisut x,y A. Jos nyt osoitetaan, että yhtälöiden (1) ratkaisuille x ja y pätee x = y, (2) niin x = y on A:n käänteisalkio, ja väite seuraa. Riittää siis todistaa väite (2). Tämä saadaan näin: y i) = ye ii) = y(ax) iii) = (ya)x iv) = ex v) = x. Tässä yhtälö i) seuraa siitä, että e on neutraalialkio, 53

yhtälö ii) seuraa oletuksesta (1), yhtälö iii) seuraa assosiatiivisuudesta, yhtälö iv) seuraa oletuksesta (1) ja yhtälö v) seuraa siitä, että e on neutraalialkio. b) Kohdan a) oletuksin voi vallan hyvin olla yhtälöiden ax = b ja ya = b ratkaisuille x y. (Ei kuitenkaan silloin, kun b = e, kuten edellä nähtiin.) Esimerkkinä toimii joukko GL 2 (R) = {A M 2 (R) det A 0}, jossa laskutoimituksena on matriisitulo, joka on tunnetusti assosiatiivinen. Lisäksi joukossa GL 2 (R) on neutraalialkio, joka on yksikkömatriisi. Jos A,B GL 2 (R), niin yhtälöillä AX = B ja Y A = B on ratkaisut X = A 1 B ja Y = BA 1 GL 2 (R), joten a)-kohdan oletukset ovat kunnossa. Tässä yhtälöiden ratkaisut eivät välttämättä ole samoja. Jos esimerkiksi A = [ ] 1 1 GL 0 1 2 (R) ja B = [ ] 1 1 GL 1 2 2 (R), niin yhtälöiden AX = B ja Y A = B ratkaisuiksi käyvät [ ] [ ] 0 1 1 0 X = GL 1 2 2 (R) ja Y = GL 1 1 2 (R). c) Jos oletetaan, että joukko A on ryhmä, niin yhtälöiden ax = b ja ya = b ratkaisuiksi käyvät ilmeisesti x = a 1 b ja y = ba 1. Siten riittää osoittaa, että muita ratkaisuja ei ole. Olkoon u A yhtälön ax = b ratkaisu eli u toteuttaa yhtälön au = b. Kertomalla tämä yhtälö vasemmalta alkiolla a 1 nähdään, että u = a 1 b. Siten ainakin yhtälön ax = b ratkaisu on yksikäsitteinen. Vastaavasti jos v A on yhtälön ya = b ratkaisu, niin v toteuttaa yhtälön va = b. Kertomalla tämä yhtälö oikealta alkiolla a 1 nähdään, että v = ba 1. Siten myös yhtälön ya = b ratkaisu on yksikäsitteinen. 4.5 Mikä tällaisessa sudokutaulussa sitten voi mennä pieleen? Assosiatiivisuuden puutehan se. Jos laskutoimitus on assosiatiivinen, niin ryhmä tulee, kuten tehtävästä 4 a) seuraa. Vastaesimerkkiä varten pitää (tai ainakin kannattaa) lähteä siitä, että assosiatiivisuus puuttuu. Olkoon e vaadittava neutraalialkio ja a jokin muu alkio. Lähdetään siitä, että a (a a) (a a) a, jolloin varmasti ei tule ryhmää. Tällöin pitää olla a a a,e; olkoon a a = b, missä b jokin kolmas alkio. Sovitaan sitten, että a b b a, jolloin ehto a (a a) (a a) a saadaan aikaan. Olkoon a b = c ja b a = d, missä c ja d ovat joukon neljäs ja viides alkio. 54

Lähdetään katsomaan, saadaanko näillä viidellä alkiolla ja noilla ehdoilla, jotka takaavat, että ryhmää ei tule sudokumainen laskutaulu aikaan. Tilannehan on noilla annetuilla ehdoilla seuraava: e a b c d e e a b c d a a b c b b d c c d d Tässähän siis a (a a) = a b = c d = b a = b (a a), joten tämä ei tule olemaan assosiatiivinen, jos se nyt täyteen saadaan. Nythän tässä on kysymys ihan perussudokutehtävästä eli: täydennä tuo kaavio. Kaikkia kaavioitahan ei voi täydentää, mutta tämä voidaan: e a b c d e e a b c d a a b c d e b b d a e c c c e d a b d d c e b a Siinähän se. Onko tuo ainoa ratkaisu tähän sudokuun? 4.6 Olkoon e ryhmän G neutraalialkio ja vastaavasti e ryhmän G neutraalialkio sekä ϕ : G G homomorfismi. Väitetään, että ϕ(e) = e. Koska ϕ on homomorfismi, niin ϕ(e) e = ϕ(e) = ϕ(e e) = ϕ(e) ϕ(e), josta ryhmän G supistussäännöllä (ks. tehtävä 3 a)) e = ϕ(e). 4.7 Olkoon e ryhmän G neutraalialkio ja ẽ H aliryhmän H G neutraalialkio, jolloin siis ẽ h = h = h ẽ kaikille h H. (1) Väitetään, että ẽ = e. Ensin saadaan ẽ ẽ i) = ẽ ii) = ẽ e, (2) missä yhtälö i) seuraa ehdosta (1) ja yhtälö ii) siitä, että e on G:n neutraalialkio ja ẽ H G. 55

Väite ẽ = e seuraa ehdosta (2) supistussäännöllä. 4.8 Todistetaan ensin väitteen ehto (2). Koska H on aliryhmänä vakaa ryhmälaskutoimituksen suhteen, niin ehto xy H kaikille x,y H pätee. Riittää siis osoittaa, että y 1 H kaikille y H. (3) Ehdossa (3) käänteisalkio y 1 tarkoittaa nimenomaan käänteisalkiota G:ssä, eli sitä G:n alkiota, joka toteuttaa ehdon y y 1 = e = y 1 y. (4) Olkoon y H mielivaltainen. Koska H on ryhmä ja y H, niin y:llä on käänteisalkio H:n suhteen, eli on olemassa z H siten, että y z = ẽ = z y, (5) missä ẽ on aliryhmän H neutraalialkio. Tehtävän 7. nojalla ẽ = e, joten ehto (5) tulee muotoon y z = e = z y. (6) Ehtojen (4) ja (6) nojalla sekä y 1 että z ovat y:n käänteisalkioita G:n suhteen. Käänteisalkio on yksikäsitteinen (lause 1.10 (2)(b)), joten y 1 = z. Koska z H, niin väite (3) seuraa. Todistetaan sitten väitteen ehto (1). Pitää siis osoittaa, että kaikille x,y H pätee x y 1 H. (1) Olkoot x,y H mielivaltaisia. Ehdon (2) (joka on jo todistettu) nojalla y 1 H, jolloin oletuksen x H saadaan uudelleen ehtoa (2) käyttäen x y 1 H, ja väite (1) seuraa. Bonustehtävä. Tässä oletetaan, että A on joukko, jossa on määritelty assosiatiivinen laskutoimitus ja jossa on neutraalialkio e. Lisäksi A:ssa on alkiot a ja b siten, että a b, a e ja b e, (1) joille pätee a 2 = e, (2) b 3 = e ja (3) ba = ab 2. (4) 56

Merkitään H = {e,a,b,b 2,ab,ab 2 } A. Väitetään ensin, että kaikki kuusi lueteltua H:n alkiota ovat eri alkioita. Tässä on periaatteessa ( 6 2) = 15 erilaista tyyppiä x y olevaa väitettä. Ehdosta (1) saadaan niistä kolme, ja loput 12 saadaan näin: b 2 e, (5) sillä jos b 2 = e,niin b:llä kertomalla saadaan ehdon (3) nojalla e = b, mikä on vastoin ehtoa (1). ab e, (6) sillä jos ab = e,niin a:lla vasemmalta kertomalla saadaan ehdon (2) nojalla b = a, mikä on vastoin ehtoa (1). ab 2 e, (7) sillä jos ab 2 = e,niin b:llä oikealta kertomalla saadaan ehdon (3) nojalla a = b, mikä on vastoin ehtoa (1). b 2 a, (8) sillä jos b 2 = a,niin b:llä oikealta kertomalla saadaan ehdon (3) nojalla e = ab, mikä on vastoin ehtoa (6). ab a, (9) sillä jos ab = a,niin a:lla vasemmalta kertomalla saadaan ehdon (2) nojalla b = e, mikä on vastoin ehtoa (1). ab 2 a, (10) sillä jos ab 2 = a,niin a:llä vasemmalta kertomalla saadaan ehdon (2) nojalla b 2 = e, mikä on vastoin ehtoa (5). b 2 b, (11) sillä jos b 2 = b,niin b:llä kertomalla saadaan ehdon (3) nojalla e = b 2, mikä on vastoin ehtoa (5). ab b, (12) sillä jos ab = b,niin b 2 :lla oikealta kertomalla saadaan ehdon (3) nojalla a = e, mikä on vastoin ehtoa (1). ab 2 b, (13) sillä jos ab 2 = b,niin b:llä oikealta kertomalla saadaan ehdon (3) nojalla a = b 2, mikä on vastoin ehtoa (8). 57

ab b 2, (14) sillä jos ab = b 2,niin b:llä oikealta kertomalla saadaan ehdon (3) nojalla ab 2 = e, mikä on vastoin ehtoa (7). ab 2 b 2, (15) sillä jos ab 2 = b 2,niin b:llä oikealta kertomalla saadaan ehdon (3) nojalla a = e, mikä on vastoin ehtoa (1). ab 2 ab, (16) sillä jos ab 2 = ab,niin b:llä oikealta kertomalla saadaan ehdon (3) nojalla a = ab 2, mikä on vastoin ehtoa (10). Näin on osoitettu, että H:n määritelmässä luetellut alkiot ovat eri alkioita. Seuraavaksi pitäisi osoittaa, että H on ryhmä. Koska laskutoimitus on assosiatiivinen ja H:ssa on neutraalialkio, niin riittää konstruoida H:n laskutaulu ja huomata, että se on sudokumainen. Laskutaulun laadinta on osin täysin suoraviivaista. Esimerkiksi a b = ab ja (ab) b = ab 2. Joissakin laskuissa joutuu käyttämään ehtoja (2) ja (3). Esimerkiksi a (ab) = b ja (ab 2 ) b = a. Osa laskuista ei kuitenkaan näin selviä, jolloin joudutaan turvautumaan ehtoon (4) (jota ei ole vielä käytettykään). Sen nojalla saadaan esimerkiksi (ab) (ab) = abab (4) = aab 2 b = e ja (ab 2 )a = abba (4) = abab 2 (4) = aab 2 b 2 = a 2 b 3 b = b. Muut laskut ovat samankaltaisia, ja lopputulema on laskutaulu e a b b 2 ab ab 2 e e a b b 2 ab ab 2 a a e ab ab 2 b b 2 b b ab 2 b 2 e a ab b 2 b 2 ab e b ab 2 a ab ab b 2 ab 2 a e b ab 2 ab 2 b a ab b 2 e Kuten näkyy, sudokumainenhan siitä tuli, joten ryhmä on. Koska H:ssa on kuusi eri alkiota eli H:n kertaluku on 6, niin Lagrangen lauseen nojalla sen aliryhmän kertaluku on 1,2,3 tai 6. Kertalukua 6 oleva aliryhmä on tietysti H itse ja kertalukua 1 oleva aliryhmä on {e}. Näiden triviaalien aliryhmien lisäksi voi esiintyä vain kertalukua 2 tai 3 olevia aliryhmiä. Koska 2 ja 3 ovat alkukuja, niin Lagrangen lauseen nojalla nämä aliryhmät ovat syklisiä. Siten kaikkien H:n aliryhmien 58

löytämiseksi riittää määrätä kaikki sykliset aliryhmät x, missä x H \ {e}. Näin se käy: Koska a e ja a 2 = e, niin lemman 6.2 nojalla a = {e,a}. Vastaavasti, koska b e, b 2 e ja b 3 = e, niin b = {e,b,b 2 }. Edelleen, koska b 2 e, (b 2 ) 2 = b 4 = b e ja (b 2 ) 3 = b 6 = (b 3 ) 2 = e 2 = e, niin b 2 = {e,b,b 2 }. Lisäksi samalla tavalla kuin a:lle saadaan ab = {e,ab} ab 2 = {e,ab 2 }. Siten H:n (kaikki) epätriviaalit aliryhmät ovat ja {e,a}, {e,b,b 2 }, {e,ab} ja {e,ab 2 }. 59

5.1 Kun n = 0, väite tulee muotoon e = e 1, joka tunnetusti pätee. Kun n = 1, väite on vielä triviaalimpi eli a 1 = a 1. Näin induktion alkuaskel (positiivisille m) toimii. Oletetaan sitten induktiivisesti, että Induktioväitteenä on, että Tämän näkee oikeaksi näin: (a 1 ) m = (a m ) 1. (a 1 ) m+1 = (a m+1 ) 1. (a 1 ) m+1 = i) (a 1 ) m 1 ii) a = (a m ) 1 1 iii) a = (a a m 1 iv) ) = (a m+1 ) 1. Tässä yhtälö i) seuraa positiivisen potenssin määritelmästä (ks. teht. 3.2) yhtälö ii) seuraa induktio-oletuksesta, yhtälö iii) seuraa lauseesta 4.3 (5) ja yhtälö iv) seuraa tehtävästä 3.3. a). Näin induktioaskel on otettu, joten väite pätee positiivisille m. Negatiivisille m todistus on seuraava (a 1 ) m = i) ((a 1 ) m 1 ii) ) = ((a m ) 1 1 iii) ) = (a m ) 1. Tässä yhtälö i) on negatiivisen potenssin määritelmä, yhtälö ii) seuraa tehtävän alkuosasta, sillä m on positiivinen, ja yhtälö iii) seuraa taas negatiivisen potenssin määritelmästä; tällä kertaa nurinpäin luettuna eli määritelmän mukaan a m = (a m ) 1. 5.2 Jos kuvaus ϕ on homomorfismi, niin pitää olla ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) kaikille a,b G eli a 1 b 1 = (ab) 1 kaikille a,b G, (1) jolloin tehtävän 4.2 nojalla ab = ba kaikille a,b G. Siten ϕ voi olla homomorfismi vain, jos G on kommutatiivinen. Kommutatiivisessa tapauksessa ϕ todella on homomorfismi, sillä tehtävä 4.2 toimii myös toisinpäin, ja sanoo, että kommutatiivisessa tapauksessa ehto (1) pätee, ja silloin homomorfisuus seuraa. 5.3 Tehtävän ohjeen ja lauseen 5.2 nojalla riittää todeta, että xy 1 H kaikille 60

x,y H. Koska H sisältää ykkösen kaikki kertalukua m olevat juuret, riittää todeta, että xy 1 on tällainen juuri, kun x ja y sitä ovat. Tämän näkee näin: Jos x,y H eli x m = 1 ja y m = 1, niin (x y 1 ) m = i) x m (y 1 ) m ii) = 1 (y 1 ) m = (y 1 ) m iii) = (y m 1 iv) ) = 1 1 = 1, joten xy 1 on todella kertalukua m oleva ykkösen juuri ja väite seuraa. Tässä yhtälö i) seuraa tehtävästä 3.5 a), koska kompleksilukujen kertolasku on kommutatiivinen, yhtälö ii) seuraa siitä, että x H, yhtälö iii) seuraa tehtävästä 1. ja yhtälö iv) seuraa siitä, että y H. Näin on siis nähty, että H on ryhmä. Se on myös syklinen; virittäjäksi käy ζ 1 eli pätee ζ 1 = H. Määritelmän mukaan ζ 1 = {ζ n 1 n Z}. Koska ζ 1 H, pätee myös ζ 1 H. Tämä seuraa siitä, että määritelmän 5.10 jälkeisen huomautuksen mukaan ζ 1 on pienin pienin C \ {0} aliryhmä, joka sisältää ζ 1 :n eli kaikille (C \ {0}):n aliryhmille K pätee ζ K ζ 1 K. Väitteen ζ 1 = H todistamiseksi riittää siten osoittaa, että H ζ 1 eli että kaikille ζ k H pätee ζ k = ζ n 1 jollekin n Z. (1) Koska määritelmän mukaan niin ainakin ja kaikille k = 1,...,m 1 saadaan ζ k = e i 2πk m, ζ 0 = e 0 = 1 = ζ 0 1, ζ k 1 = (e i 2π m ) k i) = e i 2πk m = ζk, ja väite (1) pätee. Tässä yhtälö i) seuraa tehtävästä 3.7. 5.4 a) Väite pätee ainakin, kun m = 0, sillä ϕ(a 0 ) = ϕ(e) i) = e = (ϕ(a)) 0. Tässä e ja e ovat ryhmien G ja G neutraalialkioita. Yhtälö i) seuraa lauseesta 4.12. Todistetaan väite ensin induktiolla positiivisille m. Kun m = 1, väite pätee triviaalisti. Oletetaan induktiivisesti, että väite pätee m:lle. Silloin ϕ(a m+1 ) i) = ϕ(a m a) ii) = ϕ(a m ) ϕ(a) iii) = (ϕ(a)) m ϕ(a) iv) = (ϕ(a)) m+1, 61

joten induktioaskel on otettu ja väite pätee positiivisille m. Tässä yhtälö i) seuraa positiivisen potenssin rekursiomääritelmästä (ks. teht. 3.2), yhtälö ii) seuraa siitä, että ϕ on homomorfismi, yhtälö iii) seuraa induktio-oletuksesta ja yhtälö iv) seuraa positiivisen potenssin määritelmästä. Tämän jälkeen negatiiviselle m saadaan ϕ(a m ) = i) ϕ((a m ) 1 ) ii) = (ϕ(a m 1 iii) )) = ((ϕ(a)) m 1 iv) ) = (ϕ(a)) m, joten väite pätee myös negatiivisille m. Tässä yhtälö i) seuraa negatiivisen potenssin määritelmästä, yhtälö ii) seuraa lauseesta 4.12, yhtälö iii) seuraa tehtävän alkuosasta, koska m on positiivinen ja yhtälö iv) seuraa negatiivisen potenssin määritelmästä. b) Lauseen 5.6 nojalla ϕ(g) on ryhmä, joten riittää osoittaa, että se on syklinen eli että sillä on virittäjä. Oletuksen mukaan G = a jollekin a G. On arvattavaa, että ϕ(a) ϕ(g) on tällöin ryhmän ϕ(g) virittäjä, ja näin myös on, kunhan osoitetaan, että ϕ(g) = ϕ(a). (1) Koska ϕ(a) ϕ(g), niin ϕ(a) ϕ(g), mikä seuraa siitä, että ϕ(a) on pienin G :n aliryhmä, joka sisältää ϕ(a):n. Väitteen (1) todistamiseksi riittää siis osoittaa, että ϕ(g) ϕ(a). (2) Olkoon tätä varten x ϕ(g) mielivaltainen. Silloin on olemassa g G siten, että ϕ(g) = x. Koska G = a, niin g a ja siten g = a n jollekin n Z. Tällöin saadaan x = ϕ(g) = ϕ(a n ) i) = (ϕ(a)) n ii) ϕ(a), ja väite (2) seuraa. Tässä yhtälö i) seuraa a)-kohdasta ja ehto ii) syklisen ryhmän ϕ(a) määritelmästä. 5.5 a) Koska G on äärellinen ja a n G kaikille n N, niin alkiot a n, n N eivät kaikki voi olla eri alkioita, vaan on oltava Merkitään n = k m, jolloin n 1 ja a m = a k joillekin m,k N, m < k. (1) a n = a k m = i) a k m ii) a = a m m iii) a = a m m = a 0 = e. Tässä yhtälöt i) ja iii) seuraavat lemmasta 5.14 ja yhtälö ii) tulee ehdosta (1). 62

b) Määritelmän 5.15 mukaan a = {a n n Z}, jolloin triviaalisti {e,a,...,a n0 1 } a. Siten riittää osoittaa, että eli että kaikille n Z pätee a {e,a,...,a n0 1 } a n {e,a,...,a n0 1 }. Olkoon tätä varten n Z mielivaltainen. Kokonaislukujen jakoidentiteetin nojalla on olemassa q,r Z siten, että Silloin n = qn 0 + r ja 0 r < n 0. a n = a qn0+r i) = a qn0 a r ii) = (a n0 ) q a r iii) = e q a r iv) = ea r = a r v) {e,a,...,a n0 1 }, ja väite seuraa. Tässä yhtälö i) seuraa lemmasta 5.14, yhtälö ii) seuraa myös lemmasta 5.14, yhtälö iii) seuraa siitä, että n 0 I, yhtälö iv) seuraa siitä, että e q = e kaikille q Z (mikä on helppo todistaa) ja yhtälö v) seuraa siitä, että 0 r < n 0. c) Tehdään antiteesi: a j = a k joillekin j k, 0 j,k n 0 1. (AT) Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että j < k. Tällöin a k j = i) a k j ii) a = a j j iii) a = a j (a j ) 1 = e. (2) Tässä yhtälö i) seuraa lemmasta 5.14, yhtälö ii) seuraa antiteesistä (AT) ja yhtälö iii) seuraa negatiivisen potenssin määritelmästä. Koska j < k, niin k j 1 ja silloin ehdon (2) nojalla pätee k j I. (3) Koska k n 0 1 ja 0 j, niin k j < n 0. Tämä on kuitenkin mahdotonta ehdon (3) nojalla, koska n 0 = min I. Syntynyt ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi, joten väite pätee. 63

5.6 a) Osoitetaan ensin laskutoimituksen assosiatiivisuus. Kaikille (a, b),(c, d) ja (x,y) G G pätee (a,b) ((c,d) (x,y)) = (a,b) (c x,d y) = (a (c x),b (d y)) i) = ((a c) x,(b d) y) = (a c,b d) (x,y) = ((a,b) (c,d)) (x,y), joten assosiatiivisuusehto toimii. Tässä yhtälö i) seuraa laskutoimitusten ja assosiatiivisuudesta. Jos e on ryhmän G ja e ryhmän G neutraalialkio, niin (e,e ) G G toimii neutraalialkiona laskutoimituksen suhteen, sillä kaikille (a,b) G G pätee (e,e ) (a,b) = (e a,e b) = (a,b) = (a e,b e ) = (a,b) (e,e ). Riittää siis osoittaa, että jokaisella (a,b) G G on käänteisalkio laskutoimituksen suhteen. Kun (a,b) G G, niin a G ja b G. Koska G ja G ovat ryhmiä, niin a:lla on käänteisalkio a 1 G laskutoimituksen suhteen ja vastaavasti b:llä on käänteisalkio b 1 G laskutoimituksen suhteen. Tällöin (a 1,b 1 ) G G on (a,b):n käänteisalkio laskutoimituksen suhteen, sillä (a 1,b 1 ) (a,b) = (a 1 a,b 1 b) = (e,e ) = (a a 1,b b 1 ) = (a,b) (a 1,b 1 ). b) Kaikille x,y H pätee h(xy) = (f(xy),g(xy)) i) = (f(x) f(y),g(x) g(y)) = (f(x),g(x)) (f(y),g(y)) = h(x) h(y), joten h on homomorfismi. Tässä yhtälö i) perustuu siihen, että f ja g ovat homomorfismeja. 5.7 a) Kuvauksen f määritelmä ei ole järkevä, sillä esimerkiksi ekvivalenssiluokan [1] 3 edustajiksi voidaan valita 1 tai 4, ja [4] 2 = [0] 2 [1] 2. Sen sijaan kuvaus g on hyvin määritelty, koska jos [x] 4 = [y] 4, niin x y 4Z Koska 4Z 2Z, niin tällöin myös x y 2Z, ja siten [x] 2 = [y] 2. Kuvaus g on myös homomorfismi, sillä kaikille [x] 4,[y] 4 Z 4 pätee g([x] 4 + [y] 4 ) = g([x + y] 4 ) = [x + y] 2 = [x] 2 + [y] 2 = g([x] 4 ) + g([y] 4 ). b) Oletetaan ensin, että h on hyvin määritelty. Silloin pätee [x] n = [y] n [x] m = [y] m kaikille x,y Z. (1) Kun ehdossa (1) valitaan x = n ja y = 0, niin saadaan (koska [n] n = [0] n ) [n] m = [0] m. 64

Tällöin määritelmän mukaan n = n 0 mz eli n on m:llä jaollinen. Oleteaan kääntäen, että m jakaa luvun n, jolloin ilmeisesti nz mz. Pitää osoittaa, että ehto (1) pätee. Oletetaan siis, että [x] n = [y] n. Tällöin x y nz ja silloin ehdon nz mz nojalla myös x y mz, josta edelleen [x] m = [y] m, ja ehto (1) seuraa. Homomorfisuus hyvin määritellylle h saadaan helposti kuten a)-kohdassa: Kaikille [x] n,[y] n Z n pätee h([x] n + [y] n ) = h([x + y] n ) = [x + y] m = [x] m + [y] m = h([x] n ) + h([y] n ). 5.8 a) Ohjeen mukaisesti voidaan määritellä homomorfismi h : Z 12 Z 3 Z 4 asettamalla h([x] 12 = ([x] 3,[x] 4 ). Edelleen ohjeen mukaisesti riittää osoittaa, että h on joko injektio tai surjektio. Osoitetaan, että se on injektio. Olkoot siis [x] 12,[y] 12 Z 12 siten, että h([x] 12 ) = h([y] 12 ). Pitää osoittaa, että [x] 12 = [y] 12. (1) Koska h([x] 12 ) = h([y] 12 ), niin ([x] 3,[x] 4 ) = ([y] 3,[y] 4 ), jolloin Tällöin [x] 3 = [y] 3 ja [x] 4 = [y] 4. x y = 3a ja x y = 4b joillekin a,b Z. Tästä saadaan yhtälö 3a = 4b, joten alkuluku 3 jakaa luvun 4b. Koska 3 ei ole luvun 4 tekijä, niin tällöin alkeislukuteoreettisen tuloksen nojalla 3 jakaa luvun b. Tällöin b = 3c jollekin c Z. Koska x y = 4b, niin nyt x y = 4 3c = 12c 12Z, ja siten väite (1) seuraa. b) Tässä kuvaus h voidaan muodostaa analogisella tavalla, mutta tässä tilanteessa h ei ole bijektio. Tämän näkee vaikkapa siitä, että h([6] 12 ) = ([6] 2,[6] 6 ) = ([0] 2,[0] 6 ), joten h:n ytimessä on muitakin alkioita kuin neutraalialkio [0] 12, ks. lause 5.9. Bonustehtävä. Koska matemaattinen teoria perustuu aina todistettuihin teoreemoihin, aloitetaan teorian kehittely teoreemalla: 65

Lause 1. Olkoot m,n N, m,n 2. Kuvaus h : Z mn Z m Z n, h([x] mn ) = ([x] m,[x] n ) on hyvin määritelty isomorfismi jos ja vain jos syt(m,n) = 1. Todistus. Jos h on isomorfismi, niin se on injektio. Silloin lauseen 5.9 nojalla Olkoon k = syt(m, n). Tällöin Koska silloin Ker(h) = {[0] 12 }. (1) m = ka ja n = kb joillekin a,b N. (2) h([kab] mn ) = ([kab] m,[kab] n ) = ([mb] m,[na] n ) = ([0] m,[0] n ), niin [kab] mn Ker(h), ja ehdon (1) nojalla saadaan Silloin Ehtojen (2) ja (3) nojalla saadaan josta Tällöin on oltava k = 1, koska k,c N. [kab] mn = [0] mn. kab = cmn jollekin c N. (3) kab = cmn = ckakb, 1 = ck. Olkoon syt(m,n) = 1. Koska m ja n jakavat luvun mn, niin tehtävien 6. ja 7. mukaan h on hyvin määritelty homomorfismi. Koska #Z mn = mn = #(Z m Z n ), niin riittää osoittaa, että h on injektio. Lauseen 5.9 nojalla riittää osoittaa, että ehto (1) pätee. Olkoon siis [x] mn Ker(h) mielivaltainen. Riittää osoittaa, että [x] mn = [0] mn. (4) Koska [x] mn Ker(h), niin h([x] mn ) = ([0] m,[0] n ) eli [x] m = [0] m ja [x] n = [0] n. Silloin x = qm ja x = rn joillekin q,r N. (5) 66

Tästä saadaan yhtälö qm = rn, joten m jakaa tulon rn. Koska oletuksen mukaan syt(m, n) = 1, niin alkeislukuteoria kertoo, että tällöin m:n on jaettava tulon toinen tekijä eli r. Siispä Ehtojen (5) ja (6) nojalla saadaan r = ms jollekin s N. (6) x = rn = smn, ja väite (4) seuraa. Lause 1. siis kertoo, miksi tehtävän 8 b) todistusyritys meni pieleen: syt(2, 6) = 2. Lause kertoo myös, miksi tehtävän 8 a) todistus toimii: syt(3, 4) = 1. Tämä lause ei kuitenkaan kerro sitä, että Z 12 = Z2 Z 6. Tätä varten tarvitaan toinen teoreema: Lause 2. Olkoot m,n N, m,n 2. Ryhmä Z m Z n on syklinen jos ja vain jos syt(m, n) = 1. Todistus. Olkoon ensin Z m Z n syklinen. Silloin siinä on virittäjä; olkoon se ([a] m,[b] n ), jolloin siis Z m Z n = ([a] m,[b] n ). Koska #(Z m Z n ), niin ord(([a] m,[b] n )) = mn, ja silloin tehtävän 5. nojalla q ([a] m,[b] n ) ([0] m,[0] n ) kaikille q = 1,...,mn 1. (7) Olkoon k = syt(m, n). Tällöin jolloin m = kc ja n = kd joillekin c,d N, kcd([a] m,[b] n ) = ([kcda] m,[kcdb] n ) = ([mda] m,[ncb] n ) = ([0] m,[0] n ). (8) Ehtojen (7) ja (8) nojalla on oltava kcd mn. Koska m = kc ja n = kd, tämä epäyhtälö tulee muotoon kcd k 2 cd eli k k 2. (9) Koska k N ja k 1, niin epäyhtälö (9) on mahdollinen vain kun k = 1. Olkoon syt(m,n) = 1. Riittää osoittaa, että Z m Z n = ([1] m,[1] n ). (10) 67

Olkoon ([x] m,[y] n ) Z m Z n mielivaltainen. Väite (10) seuraa, jos osoitetaan, että ([x] m,[y] n ) = s ([1] m,[1] n ) jollekin s Z. (11) Käytetään taas alkeislukuteoriaa. Koska syt(m,n) = 1, niin on olemassa a,b Z siten, että am + bn = 1. (12) Valitaan ehdossa (11) tarvittava luku asettamalla Tämä toimii, sillä s = x am(x y). s ([1] m,[1] n ) = (x am(x y)) ([1] m,[1] n ) = ([x am(x y)] m,[x am(x y)] n ) = ([x] m,[x am(x y)] n ) i) = ([x] m,[x (1 bn)(x y)] n ) = ([x] m,[y + bn(x y)] n ) = ([x] m,[y] n ). Tässä yhtälö i) seuraa ehdosta (12). Nyt voidaan todistaa teoreema, joka täydentää kehiteltävän teorian: Lause 3. Ryhmät Z mn ja Z m Z n ovat isomorfisia jos ja vain jos syt(m,n) = 1. Todistus. Väitteen tämä suunta seuraa lauseesta 1. Oletetaan, että Z mn = Zm Z n. Olkoon ϕ : Z mn Z m Z n isomorfismi. Ryhmä Z mn on syklinen (sen virittäjä on ilmeisesti [1] mn ), jolloin tehtävän 4. b) nojalla myös Z m Z n = ϕ(z mn ) on syklinen. Väite seuraa tällöin lauseesta 2. Lauseen 3. nojalla Z 18 = Z3 Z 6 ja Z 18 = Z2 Z 9. 68

6.1 Olkoon G = g ja H G. Väitetään, että H on syklinen. Jos H = {e}, niin väite pätee, sillä selvästi {e} = e. Voidaan siis olettaa, että H {e}, jolloin on olemassa x H \ {e}. Koska x G = g, niin x = g n jollekin n Z. Koska x e, niin n 0. Jos n < 0, niin n > 0 ja g n = x 1 H, koska H on aliryhmä. Siten joka tapauksessa on olemassa n 1 siten, että g n H. Tällöin voidaan valita m = min{n 1 g n H}, jolloin myös m 1 ja g m H. Riittää osoittaa, että g m = H. (1) Koska g m H ja toisaalta g m on suppein aliryhmä, joka sisältää alkion g m, niin g m H, joten väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että H g m. (2) Olkoon x H mielivaltainen. Koska x G = g, niin x = g k jollekin k Z. Koska m 1, niin kokonaislukujen jakoidentiteetin nojalla on olemassa q, r Z siten, että k = qm + r, 0 r < m. Tällöin g r = g qm+r qm = g k qm = i) g k qm ii) g = g k (g m ) q = x(g m iii) q ) H, (3) missä yhtälöt i) ja ii) seuraavat lemmasta 5.14 ja ehto iii) saadaan sillä perusteella, että x H, g m H ja H on aliryhmä. Koska 0 r < m = min{n 1 g n H}, niin ehdon (3) nojalla on oltava r = 0. Silloin k = qm ja ja väite (2) seuraa. 6.2 x = g qm = (g m ) q g m, [4] = {[m4] m Z} = {[0],[4],[8],[12],[16],[2],[6],[10],[14]} ja [5] = {[m5] m Z} = {[0],[5],[10],[15],[2],[7],[12],[17],[4],[9],[14],[1],[6],[11],[16],[3],[8],[13]} = Z 18. 6.3 Koska d on m:n tekijä, niin m = kd jollekin k Z. Tällöin lemman 5.14 nojalla g m = g kd = (g d ) k g d. (1) Ehdon (1) nojalla pätee g m g d, 69

sillä g m on suppein aliryhmä, joka sisältää alkion g m. Siten väitteen todistamiseksi riittää osoittaa, että g d g m. (2) Olkoon x g d mielivaltainen. Tällöin x = (g d ) q = g dq jollekin q Z. (3) Koska d = syt(m, n), niin on olemassa a, b Z siten, että Silloin saadaan d = am + bn. (4) x = i) dq ii) (am+bn)q iii) g = g = (g m ) aq (g bq ) n iv) = (g m ) aq e = (g m ) aq g m, joten väite (2) seuraa. Tässä yhtälö i) seuraa ehdosta (3), yhtälö ii) seuraa ehdosta (4), yhtälö iii) seuraa lemmasta 5.14 ja yhtälö iv) seuraa lauseesta 7.9, sillä oletuksen mukaan n on ryhmän G kertaluku. 6.4 Tehtävän ohjeen mukaisesti riittää osoittaa, että alkion g d kertaluku on k. Tehtävän 5.5 mukaan tähän riittää se, että k on pienin aidosti positiivinen kokonaisluku, jolle pätee (g d ) k = e. Määritelmänsä mukaan k on aidosti positiivinen kokonaisluku. Lisäksi missä yhtälö i) seuraa lemmasta 5.14, yhtälö ii) seuraa k:n määritelmästä ja yhtälö iii) seuraa lauseesta 7.9. Ehdon (1) nojalla väite seuraa, jos osoitetaan, että (g d ) k = i) kd ii) g = g n iii) = e, (1) (g d ) q e kaikille q = 1,...,k 1. (2) Olkoon q {1,...,k 1} mielivaltainen. Pitää siis osoittaa, että (g d ) q e. Tehdään antiteesi: (g d ) q = e. Tällöin lemman 5.14 nojalla g dq = e. (3) Koska ryhmän G = g kertaluku on n, niin tehtävän 5.5 nojalla n on pienin aidosti positiivinen kokonaisluku, jolle pätee g n = e. Nythän dq on aidosti positiivinen kokonaisluku, jolloin ehdon (3) nojalla on oltava dq n. 70

Tämä on kuitenkin mahdotonta, koska q < k = n/d, ja silloin dq < d n d = n. Syntynyt ristiriita osoittaa tehdyn antiteesin vääräksi, ja väite (2) pätee. 6.5 a) Jos syt(m,n) = 1, niin tehtävän 4. mukaan alkion g m kertaluku on n/1 = n eli # g m = #G, ja silloin on oltava g m = G, kyyhkyslakkaperiaatetta soveltaen. b) Olkoon x jokin G:n virittäjä eli x = G. Koska G = g, niin x = g m jollekin m Z. Riittää osoittaa, että syt(m,n) = 1. Tehdään antiteesi: d := syt(m,n) 1. Silloin d 2, ja jos merkitään k = n/d, niin k n/2 < n. Tehtävän 4. perusteella alkion g m kertaluku on k, ja koska siis k < n, niin g m = x ei voi olla virittäjä. Tämä ristiriita osoittaa antiteesin vääräksi ja väite pätee. c) Tehtävän 1. nojalla kaikki G:n aliryhmät H ovat syklisiä eli muotoa H = x jollekin x G. Koska G = g, niin tämä H:n virittäjä x on puolestaan muotoa x = g m jollekin m Z. Siten kaikki G:n aliryhmät H ovat muotoa H = g m jollekin m Z. (1) Siten riittää osoittaa, että esityksessä (1) voidaan valita m niin, että se on n:n tekijä, jolloin tietysti myös 1 m n. Tämä seuraa tehtävästä 3, jonka mukaan esityksessä (1) m voidaan korvata luvulla d = syt(m, n), jolla on vaadittavat ominaisuudet. 6.6 Tehtävän 5 c) nojalla ryhmän Z 18 aliryhmät ovat [1], [2], [3], [6], [9], ja [18] = [0] Näiden kertaluvut ovat tehtävän 4. nojalla vastaavassa järjestyksessä Alkioittain esitettyinä aliryhmät ovat [1] = Z 18, 18, 9, 6, 3, 2 ja 1. [2] = {[0],[2],[4],[6],[8],[10],[12],[14],[16]}, [3] = {[0],[3],[6],[9],[12],[15]}, [6] = {[0],[6],[12]}, [9] = {[0],[9]} ja [0] = {[0]}. Koska Z 18 on kommutatiivinen, nämä aliryhmät ovat kaikki normaaleja. 71

6.7 Suoraviivaiset laskelmat antavat laskutaulun (1) (12) (13) (23) (123) (132) (1) (1) (12) (13) (23) (123) (132) (12) (12) (1) (132) (123) (23) (13) (13) (13) (123) (1) (132) (12) (23) (23) (23) (132) (123) (1) (13) (12) (123) (123) (13) (23) (12) (132) (1) (132) (132) (23) (12) (13) (1) (123) Triviaalit aliryhmät ovat S 3 ja {(1)}, nämähän ovat myös normaaleja, kuten aina. Muiden (mahdollisten) aliryhmien kertaluku on Lagrangen lauseen nojalla 2 tai 3, joten ne ovat syklisiä. Siten kaikki epätriviaalit aliryhmät ovat (12) = {(1),(12)}, (13) = {(1),(13)}, (23) = {(1),(23)}, (123) = {(1),(123),(132)} ja (132) = {(1),(132),(123)}. Epätriviaaleja aliryhmiä on siis kaikkiaan neljä erilaista. Näistä {(1),(132),(123)} on normaali, koska sen kertaluku on puolet koko ryhmän kertaluvusta, ks. lemma 7.13. Kolme muuta aliryhmää sen sijaan eivät ole normaaleja. Tämän näkee helpoiten lausetta 7.16 käyttäen: (13)(12)(13) 1 = (13)(12)(13) = (23) {(1),(12)} {(1),(12)} ei ole normaali, (12)(13)(12) 1 = (12)(13)(12) = (23) {(1),(13)} {(1),(13)} ei ole normaali ja (13)(23)(13) 1 = (13)(23)(13) = (12) {(1),(23)} {(1),(23)} ei ole normaali. 6.8 Ryhmän H laskutaulu on siis 1 1 i i j j k k 1 1 1 i i j j k k 1 1 1 i i j j k k i i i 1 1 k k j j i i i 1 1 k k j j j j j k k 1 1 i i j j j k k 1 1 i i k k k j j i i 1 1 k k k j j i i 1 1 Tästä nähdään heti, että 1 H on neutraalialkio. Triviaaleja aliryhmiä ovat H ja {1}, jotka ovat myös normaaleja. Epätriviaalien aliryhmien kertaluku on Lagrangen lauseen nojalla 2 tai 4. Kertalukua 2 oleva aliryhmä on ainakin {1, 1}, koska 1 on itsensä käänteisalkio. Mikään muu alkio ( 1) ei sitten olekaan itsensä käänteisalkio, kuten laskutaulusta näkyy: diagonaalilla on vain kaksi ykköstä. Siten kahden alkion aliryhmiä ei muita ole. 72

Laskutaulusta näkyy, että i ja i ovat toistensa käänteisalkiot, samoin j ja j sekä k ja k. Lisäksi x 2 = 1 kaikille x ±1. Siten, jos (mahdollinen) neljän alkion aliryhmä sisältää alkion x ±1, niin se sisältää myös alkiot x ja 1 ja tietysti neutraalialkion 1. Koska nämä ovat kaikki eri alkioita, kyseinen nelialkioinen ryhmä on {±1, ±x}. Siten ainoat mahdolliset nelialkioiset aliryhmät ovat {1, 1,i, i}, {1, 1,j, j} ja {1, 1,k, k}. Aliryhmäkriteerin eli lauseen 4.2 nojalla nähdään helposti, että nämä todella ovat aliryhmiä. Koska niiden kertaluku on puolet koko ryhmän kertaluvusta, ne ovat myös normaaleja. Myös aiemmin löydetty kahden alkion aliryhmä {1, 1} on normaali, sillä laskutaulua tarkastelemalla nähdään helposti, että x1x 1 = 1 {1, 1} x( 1)x 1 = 1 {1, 1} kaikille x H, jolloin normaalisuus seuraa lauseesta 7.16. ja 73

7.1 Merkitään m = ord(x) ja m = ord(f(x)). Lauseen 6.2 nojalla m = min{n 1 x n = e} ja (1) m = min{n 1 f(x) n = e}. (2) Tehtävän 5.4 a) nojalla f(x) n = f(x n ), joten ehdon (2) mukaan m = min{n 1 f(x n ) = e}. (3) Ehdon (1) perusteella x m = e, joten lauseen 4.12 mukaan f(x m ) = f(e) = e, ja silloin ehdon (3) nojalla m m. Näin on nähty, että kaikille homomorfismeille f : G G pätee ord(f(x)) ord(x). (4) Jos f on isomorfismi, niin myös f 1 : G G on homomorfismi. Kun sovelletaan ehtoa (4) homomorfismille f 1 : G G ja pisteelle f(x), saadaan ehto Väite seuraa ehdoista (4) ja (5). ord(x) = ord(f 1 (f(x))) ord(f(x)). (5) Väite ei päde kaikille homomorfismeille. Jos esimerkiksi f : G G on vakiokuvaus f(x) = e kaikille x, niin f on homomorfismi ja ord(f(x)) = ord(e) = 1, olipa ord(x) mikä tahansa. 7.2 Kuvaus ϕ a : G G on homomorfismi, sillä kaikille x,y G pätee ϕ a (xy) = axya 1 = axeya 1 = axa 1 aya 1 = ϕ a (x)ϕ a (y). Kuvaus ϕ a : G G on bijektio, sillä sen käänteiskuvaus on ϕ a 1. Tämä näkee näin: Kaikille x G pätee ϕ a ϕ a 1(x) = ϕ a (a 1 x(a 1 ) 1 ) = ϕ a (a 1 xa) = a(a 1 xa)a 1 = x ja ϕ a 1 ϕ a (x) = ϕ a 1(axa 1 ) = a 1 (axa 1 )(a 1 ) 1 = a 1 axa 1 a = x. Näin ϕ a on bijektiivinen homomorfismi eli isomorfismi. 7.3 Osoitetaan ensin, että Inn(G) G. Koska G, niin triviaalisti myös Inn(G), ja siten riittää osoittaa aliryhmäkriteerin 5.2 (2) toimivuus. Kaikille ϕ a Inn(G) pätee ϕ 1 a = ϕ a 1 Inn(G), 74

kuten tehtävän 2. ratkaisussa nähtiin, joten riittää osoittaa, että Inn(G) on vakaa Aut(G):n laskutoimituksen eli kuvausten yhdistämisen suhteen. Tämä väite seuraa, jos osoitetaan, että ϕ a ϕ b = ϕ ab kaikille a,b G. (1) Kun a,b G ovat mielivaltaisia, niin kaikille x G pätee ϕ a ϕ b (x) = ϕ a (bxb 1 ) = a(bxb 1 )a 1 = (ab)x(b 1 a 1 ) i) = (ab)x(ab) 1 = ϕ ab (x), joten väite (1) seuraa. Tässä yhtälö i) seuraa lauseesta 4.3 (5). Normaalisuusväitettä varten voidaan nyt käyttää normaalisuuskriteeriä eli lausetta 7.16. Sen soveltamiseksi olkoon ϕ a Inn(G) ja f Aut(G) mielivaltaisia. Riittää osoittaa, että f ϕ a f 1 Inn(G). Koska f(a) G, niin tähän puolestaan riittää osoittaa, että Olkoon x G mielivaltainen. Tällöin f ϕ a f 1 = ϕ f(a). (2) f ϕ a f 1 (x) = f(ϕ a (f 1 (x))) = f(af 1 (x)a 1 ) i) = f(a)f(f 1 (x))f(a 1 ) = f(a)xf(a 1 ) ii) = f(a)xf(a) 1 = ϕ f(a) (x), joten väite (2) seuraa. Tässä yhtälö i) seuraa siitä, että f on homomorfismi ja yhtälö ii) seuraa lauseesta 4.12. 7.4 Olkoot a,b G mielivaltaisia. Pitää osoittaa, että ψ(ab) = ψ(a) ψ(b) eli että ϕ ab = ϕ a ϕ b, mutta tämä tehtiin jo tehtävän (3) ratkaisun kohdassa (1). Siten ψ on homomorfismi. Se on selvästi surjektio. Injektio se ei sen sijaan yleensä ole. Jos esimerkiksi G on kommutatiivinen, niin ϕ a (x) = axa 1 = aa 1 x = ex = x kaikille x,a G, joten ϕ a = id G kaikille a G ja siten Inn(G) = {id G } eli ryhmässä Inn(G) on vain yksi alkio. Jos #G 2, niin ψ : G Inn(G) ei voi tällöin olla injektio. 7.5 a) Osoitetaan ensin, että Z(G) G. Ilmeisesti e Z(G), joten Z(G) ja riittää osoittaa aliryhmäkriteerin 5.2 (2) toimivuus. Jos a,b Z(G), niin kaikille y G pätee joten ab Z(G). Lisäksi pätee (ab)y = a(by) = a(yb) = (ay)b = (ya)b = y(ab), a 1 y = a 1 y(aa 1 ) = a 1 (ya)a 1 = a 1 (ay)a 1 = (a 1 a)ya 1 = ya 1, 75

joten myös a 1 Z(G), ja väite Z(G) G seuraa. Normaalisuusväitettä varten käytetään normaalisuuskriteeriä eli lausetta 7.16. Olkoot a Z(G) ja x G mielivaltaisia. Pitää osoittaa, että Kaikille y G pätee xax 1 Z(G). (1) (xax 1 )y = xa(x 1 y) i) = x(x 1 y)a = (xx 1 )ya = ya = yxx 1 a = yx(x 1 a) ii) = yx(ax 1 ) = y(xax 1 ), joten väite (1) seuraa. Tässä yhtälöt i) ja ii) seuraavat siitä, että a Z(G). b) Osoitetaan ensin, että f(z(g)) Z(G) kaikille f Aut(G). (2) Olkoot x Z(G), f Aut(G) ja y G mielivaltaisia. Riittää osoittaa, että f(x)y = yf(x). (3) Koska f Aut(G), niin f on surjektio, ja silloin on olemassa z G siten, että f(z) = y. Tällöin saadaan f(x)y = f(x)f(z) = f(xz) = f(zx) = f(z)f(x) = yf(x), eli väite (3) pätee. Silloin myös väite (2) pätee. Käänteinen inkluusio saadaan näin: Z(G) = f(f 1 (Z(G))) i) f(z(g)), (4) missä ehto i) saadaan soveltamalla jo todistettua ehtoa (2) automorfismiin f 1 Aut(G). Väite f(z(g)) = G seuraa ehdoista (2) ja (4). 7.6 a) Tässä oletetaan, että H G siten, että Z(G/H) = {[e]} ja väitetään, että Z(G) H. Olkoon x Z(G) mielivaltainen. Pitää osoittaa, että x H. (1) Olkoon [x] G/H alkion x määräämä tekijäluokka. Tällöin kaikille [y] G/H pätee [x] [y] = [xy] i) = [yx] = [y] [x], (2) missä ehto i) seuraa siitä, että x Z(G). Koska ehto (2) pätee kaikille [y] G/H, niin [x] Z(G/H). Silloin oletuksen Z(G/H) = {[e]} nojalla saadaan [x] = [e] = H, 76

ja väite (1) seuraa lauseesta 7.1. b) Tehtävän 5. a) nojalla Z(H) H, joten Z(H) on jokin tehtävässä 6.8 löydetyistä normaaleista aliryhmistä {1}, {1, 1}, {1, 1,i, i}, {1, 1,j, j}, {1, 1,k, k} tai H Ryhmän H laskutaulusta näkyy, että ( 1)x = x( 1) kaikille x H, joten 1 Z(H). Toisaalta mitkään alkioista i,j,k eivät kommutoi keskenään, joten i,j,k Z(H). Tämän perusteella yllä luetelluista normaaleista aliryhmistä kyseeseen voi tulla vain {1, 1}, joten Z(H) = {1, 1}. Määrätään sitten tekijäryhmän alkiot. Tekijäryhmän kertalukuhan on tässä tapauksessa 8/2 = 4. Nämä alkiot saadaan ehkä yksinkertaisimmin sivuluokkina x{1, 1} H, x H ja ilmeisesti ne ovat Laskutaulu on ǫ = {1, 1}, α = {i, i}, β = {j, j} ja γ = {k, k}. ǫ α β γ ǫ ǫ α β γ α α ǫ γ β β β γ ǫ α γ γ β α ǫ Tämä laskutauluhan muodostetaan niin, että lasketaan edustajien välityksellä. Esimerkiksi koska i α ja j β, niin αβ = [ij] = [k] = γ. Vastaavasti lasketaan muut tulot. Tästä tekijäryhmän laskutaulusta näkyy, että se on kommutatiivinen, joten Z(G/H) = G/H, ja tämä on toimiva esimerkki. 7.7 Ker(ψ) Z(G) Olkoon a Ker(ψ) mielivaltainen. Tällöin ψ(a) = id G eli ϕ a = id G eli ϕ a (x) = x kaikille x G eli axa 1 = x kaikille x G. (1) Kertomalla ehto (1) oikealta alkiolla a nähdään, että ja silloin a Z(G). Z(G) Ker(ψ) ax = xa kaikille x G, Olkoon a Z(G) mielivaltainen. Pitää osoittaa, että ψ(a) = id G eli että ϕ a = id G eli että ehto (1) pätee. Tämä nähdään näin: axa 1 = a(xa 1 ) i) = a(a 1 x) = (aa 1 )x = x kaikille x G, 77

missä yhtälö i) seuraa siitä, että a Z(G). Näin ehto Ker(ψ) = Z(G) on todistettu. Jos nyt Z(G) = {e}, niin yllä todetun nojalla myös Ker(ψ) = {e}, jolloin lauseen 5.9 nojalla ψ on injektio. Tehtävän 4. nojalla se on aina surjektio, joten oletuksesta Z(G) = {e} seuraa, että ψ : G Inn(G) on bijektio ja siten isomorfismi. Silloin pätee G = Inn(G) ja #G = #Inn(G). 7.8 a) Kommutaattorin [x,y] kuva homomorfismissa f on f(xyx 1 y 1 ) = f(x)f(y)f(x 1 )f(y 1 ) = f(x)f(y)f(x) 1 f(y) 1, eli kommutaattori [f(x),f(y)]. Siten pätee f(b) B. (1) Tämä pätee siis kaikille homomorfismeille, ja kun f Aut(G), niin myös f 1 on homomorfismi, joten soveltaen ehtoa (1) f 1 :lle saadaan f 1 (B) B, josta Näin on todistettu ehto B = f(f 1 (B)) f(b). f(b) = B. (2) Koska C(G) on konstruktionsa mukaan G:n aliryhmä, niin lauseen 5.6 nojalla myös f(c(g)) on G:n aliryhmä. Koska konstruktion perusteella B C(G), niin f(b) f(c(g)) ja silloin ehdon (2) nojalla B f(c(g)). (3) Edelleen konstruktion perusteella C(G) on G:n suppein aliryhmä, joka sisältää joukon B. Tällöin, koska f(c(g)) on G:n aliryhmä, on ehdon (3) nojalla oltava C(G) f(c(g)). (4) Ehto (4) pätee kaikille f Aut(G), joten erityisesti se pätee f 1 :lle, eli on Tämän perusteella C(G) f 1 (C(G)). f(c(g)) f(f 1 (C(G))) = C(G). (5) Väite C(G) = f(c(g)) seuraa ehdoista (4) ja (5). b) Koska siis C(G) on suoraan määritelmänsä mukaan aliryhmä, niin riittää osoittaa, että normaalisuuskriteeri eli lauseen 7.16 ehto toimii tässä. Olkoot siis g C(G) ja a G mielivaltaisia. Pitää osoittaa, että aga 1 C(G). 78

Käyttäen tehtävän 2. merkintöjä tämä väite tulee muotoon ϕ a (g) C(G). (6) Koska g C(G) ja ϕ a Inn(G) Aut(G), niin väite (6) seuraa a)-kohdasta. 7.9 a) Olkoot [x],[y] G/C(G) mielivaltaisia tekijäluokkia, missä x,y G. Pitää osoittaa, että [x] [y] = [y] [x]. (1) Koska xyx 1 y 1 = [x,y] B C(G), niin lauseen 7.1 nojalla [xyx 1 y 1 ] = [e] G/C(G). Tällöin tekijäluokkien tulon määritelmän mukaan saadaan [x] [y] [x] 1 [y] 1 = [x] [y] [x 1 ] [y 1 ] = [xyx 1 y 1 ] = [e], josta väite (1) seuraa kertomalla oikealta alkiolla [y] [x] G/C(G). b) Koska määritelmänsä mukaan C(G) on suppein G:n aliryhmä, joka sisältää joukon B, niin riittää osoittaa, että B H. (2) Olkoon b B mielivaltainen. Pitää siis osoittaa, että b H. Joukon B määritelmän mukaan b on kommutaattori, ts. b = xyx 1 y 1 joillekin x,y G. (3) Olkoon [b] G/H alkion b määräämä tekijäluokka. Tällöin saadaan [b] = i) [x] [y] [x] 1 1 ii) [y] = [x] [x] 1 [y] [y] 1 = [e] G/H, (4) missä yhtälö i) seuraa ehdosta (3) ja yhtälö ii) siitä, että G/H on oletuksen mukaan kommutatiivinen. Väite b H seuraa ehdosta (4) ja lauseesta 7.1. 7.10 Osoitetaan ensin, että A n S n. Koska (12)(12) A n, niin A n, ja siten riittää osoittaa aliryhmäkriteerin 5.2 (2) toimivuus. Jos σ,τ A n, niin ne molemmat voidaan esittää parillisen monen 2-syklin tulona. Olkoon σ = (a 1 b 1 )...(a j b j ) ja τ = (c 1 d 1 )...(c k d k ), joillekin parillisille j ja k. Silloin permutaatiolla στ on esitys στ = (a 1 b 1 )...(a j b j )(c 1 d 1 )...(c k d k ), 79

jolloin στ A n, koska kahden parillisen luvun summa j +k on parillinen. Siten A n on ainakin vakaa perusryhmän S n laskutoimituksen suhteen. Pitää vielä osoittaa, että σ 1 A n. Tämä seuraa siitä, että 2-sykleille (ab) pätee (ab) 1 = (ab), jolloin ilmeisesti σ 1 = (a j b j )...(a 1 b 1 ), josta esityksestä saadaan väite σ 1 A n, koska j on parillinen. Nyt siis tiedetään, että A n S n. Väitteen A n S n todistamiseksi riittää tällöin lemman 7.13 nojalla todistaa tehtävän jäkimmäinen väite eli että Määritellään kuvaus ψ : S n S n asettamalla #A n = 1 2 S n. (1) ψ(σ) = (12)σ kaikille σ S n. Kuvaus ψ on injektio, sillä jos ψ(σ) = ψ(τ), niin (12)σ = (12)τ, josta supistussäännön nojalla σ = τ. Koska S n on äärellinen, niin kyyhkyslakkaperiaatetta soveltaen ψ:n on oltava myös surjektio, eli se on bijektio. Joukon A n määritelmän mukaan ψ(a n ) S n \ A n ja myös kääntäen: ψ(s n \ A n ) A n. Silloin ψ(a n ) = S n \ A n, joten ψ An : A n S n \ A n on bijektio. Tällaisen bijektion olemassaolo merkitsee sitä, että josta väite (1) seuraa. #A n = #(S n \ A n ), 7.11 Muistutukseksi merkinnöistä: Oletetaan aina, että syklissä esiintyvät luvut ovat eri lukuja, siis esimerkiksi 3-syklissä (abc) on by definition a b c a. Syklien erillisyys puolestaan merkitsee sitä, että kaikki esiintyvät luvut ovat eri lukuja. Jos esimerkiksi syklit (ab) ja (bc) ovat erillisiä, niin {a,b} {c,d} =. Katsotaan ensin, mitkä permutaatiotyypeistä i) vi) ovat joukossa A n. Tämä ei tosiaankaan riipu käytetyistä luvuista a, b, c, d, e, vaan ainoastaan tyypistä, niinkuin kohta nähdään. Tyyppi i): Suoraan määritelmän nojalla nämä ovat joukossa S n \ A n. 80

Tyyppi ii): Koska ilmeisesti (abc) = (ab)(bc), niin tämän tyypin permutaatiot ovat joukossa A n. Tyyppi iii): Koska ilmeisesti (abcd) = (ab)(bc)(cd), niin tämän tyypin permutaatiot ovat joukossa S n \ A n. Tyyppi iv): Koska ilmeisesti (abcde) = (ab)(bc)(cd)(de), niin tämän tyypin permutaatiot ovat joukossa A n. Tyyppi v): Suoraan määritelmän nojalla nämä ovat joukossa A n. Tyyppi vi): Koska ilmeisesti (ab)(cde) = (ab)(cd)(de), niin tämän tyypin permutaatiot ovat joukossa S n \ A n. Kertaluvuista muistutetaan mieleen, että ryhmässä alkion g kertaluku on pienin aidosti positiivinen eksponentti m, jolla g m on neutraalialkio. Tyyppi i): Koska (ab) (1) ja (ab) 2 = (ab)(ab) = (1), niin kertaluku on 2. Tyyppi ii): Koska (abc) (1), (abc) 2 = (acb) (1) ja (abc) 3 = (1), niin kertaluku on 3. Tyyppi iii): Koska (abcd) (1), (abcd) 2 = (ac)(bd) (1), (abcd) 3 = (adcb) (1) ja (abcd) 4 = (1), niin kertaluku on 4. Tyyppi iv): Koska (abcde) (1), (abcde) 2 = (acebd) (1), (abcde) 3 = (adbec) (1), (abcde) 4 = (aedcb) (1) ja (abcde) 5 = (1), niin kertaluku on 5. Tyyppi v): Tässä laskuja auttaa, kun muistaa, että erilliset syklit kommutoivat. Silloin saadaan (ab)(cd) (1) ja ((ab)(cd)) 2 = (ab) 2 (cd) 2 = (1)(1) = (1), joten kertaluku on 2. Tyyppi vi): Tässä saadaan taas erillisten syklien kommutointia (sekä kohtia i) ja ii)) hyväksi käyttäen (ab)(cde) (1), ((ab)(cde)) 2 = (ab) 2 (cde) 2 = (1)(ced) = (ced) (1), ((ab)(cde)) 3 = (ab) 3 (cde) 3 = (ab)(1) = (ab) (1), ((ab)(cde)) 4 = (ab) 4 (cde) 4 = (1)(cde) = (cde) (1), ((ab)(cde)) 5 = (ab) 5 (cde) 5 = (ab)(ced) (1) ja ((ab)(cde)) 6 = (ab) 6 (cde) 6 = (1)(1) = (1), joten kertaluku on 6. 7.12 Ohjeen mukaisesti riittää osoittaa, että jokainen 2-sykli (ab) voidaan esittää syklien (12),(13),...,(1n) tulona. Olkoon (ab) S n mielivaltainen 2-sykli. Jos a = 1, niin asia on selvä. Jos b = 1, niin asia on myös selvä, sillä (ab) = (ba). Voidaan siis olettaa, että a,b 1. 81

Silloin (1a) ja (1b) ovat kelvollisia 2-syklejä, ja pätee (1a)(1b)(1a) = (ab), joten väite seuraa. 7.13 2-sykli (ab) ei voi olla keskuksen alkio, sillä kun c a,b, niin (ab)(ac) = (acb), mutta (ac)(ab) = (abc) (acb). 3-sykli (abc) ei voi olla keskuksen alkio, sillä (abc)(ab) = (ac), mutta (ab)(abc) = (bc) (ac). 4-sykli (abcd) ei voi olla keskuksen alkio, sillä (abcd)(ab) = (acd), mutta (ab)(abcd) = (bcd) (acd). 5-sykli (abcde) ei voi olla keskuksen alkio, sillä (abcde)(ab) = (acde), mutta (ab)(abcde) = (bcde) (acde). Kahden erillisen 2-syklin tulo (ab)(cd) ei voi olla keskuksen alkio, sillä koska syklit ovat erillisiä, myös (bc) on sykli, ja (bc)(ab)(cd) = (acdb), mutta (ab)(cd)(bc) = (abdc) (acdb). Erillisten syklien tulo (ab)(cde) ei voi olla keskuksen alkio, sillä koska syklit ovat erillisiä, myös (bc) on sykli, ja (bc)(ab)(cde) = (acdeb), mutta (ab)(cde)(bc) = (abdec) (acdeb). Koska jokainen ryhmien S n, n = 3,4,5 alkio (1) on jotakin tyyppiä i) vi), aliryhmässä Z(S n ) voi olla vain alkio (1). 7.14 Osoitetaan ensin, että C(S n ) A n kaikille n 2. (1) Koska määritelmänsä mukaan C(S n ) on suppein S n :n aliryhmä, joka sisältää kommutaattorijoukon B = {[σ,τ] σ,τ S n } ja A n on aliryhmä, niin väite (1) seuraa, jos osoitetaan, että B A n. (2) Olkoon [σ, τ] B mielivaltainen. Sekä σ että τ voidaan esittää 2-syklien tulona; olkoon Tällöin σ = (a 1 b 1 )...(a j b j ) ja τ = (c 1 d 1 )...(c k d k ), joillekin j ja k. [σ,τ] = στσ 1 τ 1 = (a 1 b 1 )...(a j b j )(c 1 d 1 )...(c k d k )(a j b j )...(a 1 b 1 )(c k d k )...(c 1 d 1 ). (3) 82

Koska esityksessä (3) on kaikkiaan j+k+j+k = 2(j+k) eli parillinen määrä 2- syklejä, niin [σ,τ] A n, ja väite (2) seuraa. Tällöin myös väite (1) on todistettu. Koska A n on aliryhmä, niin ehdon (1), tehtävän 8 b) ja lauseen 7.14 nojalla C(G) A n. (4) Oletetaan hetkeksi, että n 4. Tällöin siis lauseen 1. nojalla A n :n ainoat normaalit aliryhmät ovat triviaalit {(1)} ja A n. Silloin ehdon (4) nojalla C(S n ) = (1) tai C(S n ) = A n. (5) Kun n 3, voidaan valita (12),(23) S n. Näiden kommutaattorille [(12),(23)] pätee toisaalta [(12),(23)] B C(S n ) ja toisaalta [(12),(23)] = (12)(23)(12) 1 (23) 1 = (12)(23)(12)(23) = (132), joten (132) C(S n ). (6) Silloin ei päde C(S n )) = {(1)}, joten ehdon (5) nojalla on oltava C(S n ) = A n eli väite pätee. Huomautus. Yllä oleva todistus toimii siis kaikille muille luvuille n paitsi luvuille n = 2 ja n = 4. Tapauksessa n = 2 väite väite pätee myös, sillä C(S 2 ) = {(1)} = A 2. Tätähän ei kysytty tässä tehtävässä, mutta sen sijaan tapaus n = 4 täytyy tarkastella erikseen. Kun n = 4 saadaan aivan kuten edellä ehdossa (6) ehto (132) C(S 4 ). (7) Nyt turvaudutaan lauseen 1. siihen osaan, joka sanoo, että ryhmän A 4 ainoat normaalit aliryhmät ovat {(1)}, {(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)} ja A 4. Ehdon (7) nojalla ei päde C(S 4 )) = {(1)}. Silloin on joko C(S 4 )) = {(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)} tai C(S 4 )) = A 4. (8) Koska selvästi (132) {(1),(12)(34),(13)(24),(14)(23)}, niin ehtojen (7) ja (8) nojalla väite C(S 4 ) = A 4 seuraa. 7.15 Väite seuraa tehtävistä 14. ja 8. a). 7.16 Osoitetaan ensin, että #Aut(S 3 ) 6. (1) 83

Olkoon f Aut(S 3 ) mielivaltainen. Tehtävän 12. nojalla 2-syklit (12) ja (13) virittävät ryhmän S 3. Tällöin lauseen 5.13 nojalla näiden syklien kuvautuminen määrää homomorfismin f täysin. Tehtävän 11. nojalla 2-syklien kertaluku on 2, jolloin tehtävän 1. nojalla myös permutaatioiden f((12)) ja f((13)) kertaluku on 2. Kaikki S 3 :n alkiot ovat jotain tehtävän 11. tyyppiä i) vi), mutta S 3 :ssa näistä voivat esiintyä vain tyypit i) ja ii). Tyypin ii) alkion eli 3-syklin kertaluku on tehtävän 11. mukaan 3, joten f((12)) ja f((13)) eivät voi olla 3-syklejä. Silloin ne ovat 2-syklejä. 2-syklejä on S 3 :ssa kolme, joten f((12)):lla on kolme mahdollista arvoa. Koska f on injektio, niin f((13)) f((12)), joten f((13)) voi kuvautua vain kahdella eri tavalla, kun f((12)) on kiinnitetty. Siten kaikkiaan f voi kuvata alkiot (12) ja (13) maksimissaan kuudella eri tavalla. Koska siis näiden syklien kuvautuminen määrää homomorfismin f täysin, voi olla olemassa korkeintaan kuusi tällaista kuvausta f. Siten väite (1) on todistettu. Yllä sanottu ei tietenkään takaa sitä, että näitä kuvauksia f todella olisi täydet kuusi kappaletta. Tämä puoli seuraa osoittamalla, että #Inn(S 3 ) = 6, (2) sillä tehtävän 2. mukaan Inn(S 3 ) Aut(S 3 ), jolloin väite seuraa ehdoista (1) ja (2). #Aut(S 3 ) = 6 Riittää siis todistaa väite (2). Tehtävän 13. nojalla Z(S 3 ) = {(1)}, jolloin tehtävän 7. mukaan #Inn(S 3 ) = #S 3. (3) Koska #S 3 = 3! = 6, niin väite (2) seuraa ehdosta (3). 7.17 Osoitetaan ensin, että #Aut(S 4 ) 24. (1) Olkoon f Aut(S 4 ) mielivaltainen. Tehtävän 12. nojalla 2-syklit (12), (13) ja (14) virittävät ryhmän S 4. Tällöin lauseen 5.13 nojalla näiden syklien kuvautuminen määrää homomorfismin f täysin. Tehtävän 11. nojalla 2-syklien kertaluku on 2, jolloin tehtävän 1. nojalla myös permutaatioiden f((12)), f((13)) ja f((14)) kertaluku on 2. Kaikki S 4 :n alkiot ovat jotain tehtävän 11. tyyppiä i) vi), mutta S 4 :ssa näistä voivat esiintyä vain tyypit i), ii), iii) ja v). 3-syklin kertaluku on tehtävän 11. mukaan 3 ja 4-syklin kertaluku on 4, joten f((12)), f((13)) ja f((14)) eivät voi olla 3- tai 4-syklejä. Silloin ne ovat tyyppiä i) tai v) eli ne ovat 2-syklejä tai kahden erillisen 2-syklin tuloja. 84

Tehtävän 15. nojalla f(a 4 ) = A 4, ja koska f on bijektio, pätee silloin myös f(s 4 \ A 4 ) = S 4 \ A 4. Tehtävän 11. mukaan 2-syklit ovat joukossa S 4 \ A 4 kun taas kahden (erillisen) syklin tulo on joukossa A 4. Silloin f ei voi kuvata näitä toisilleen eli 2-syklin kuva ei voi olla tyyppiä v). Koska kaikki muut mahdolliset vaihtoehdot on poissuljettu, 2-sykli voi kuvautua vain 2-sykliksi. 2-syklejä on S 4 :ssa ( 4 2) = 6 kappaletta, joten f((12)):lla on kuusi mahdollista arvoa. Koska f on injektio, niin f((13)) voi kuvautua vain viidellä eri tavalla, kun f((12)) on kiinnitetty, ja tämän jälkeen f((14)):lle jää neljä mahdollisuutta. Näin laskien eri vaihtoehtoja on 6 5 4 = 120, mikä on liikaa ehtoa (1) ajatellen. Tässä tarvitaan nyt vähän tarkempaa analyysiä. Koska 2-syklit (12) ja (13) eivät selvästikään kommutoi, eivät myöskään kuvasyklit voi kommutoida, sillä jos ne kommutoisivat, saataisiin (12)(13) = f 1 f((12)(13)) = f 1 (f((12))f((13))) = f 1 (f((13))f((12))) = f 1 f((13)(12)) = (13)(12), mikä siis ei päde. Erilliset syklit kommutoivat aina, joten yllä sanotun perusteella 2-syklit f((12)) ja f((13)) eivät voi olla erillisiä. Jos f((12)) = (ab) (missä a,b {1,2,3,4} ovat eri lukuja) on kiinnitetty, niin f((13)) ei siis voi olla tästä erillinen eli vaihtoehto f((13)) = (cd), missä c,d {1,2,3,4} \ {a,b} on mahdoton. Samoin f:n injektiivisyyden nojalla vaihtoehto f((13)) = (ab) on mahdoton. Siten f((13)):lla on neljä vaihtoehtoa, kun merkitään {1,2,3,4} = {a,b,c,d}: f((13)) = (ac), f((13)) = (ad), f((13)) = (bc) tai f((13)) = (bd). (2) Katsotaanpa nyt mitä arvoja f((14)) voi saada. Samoilla perusteilla kuin yllä 2-sykli f((14)) ei voi erillinen 2-sykleistä f((12)) ja f((13)). Nythän siis f((12)) = (ab) ja f((13)) voi saada ehdossa (2) luetellut arvot. Jos f((13)) = (ac), niin 2-sykli f((14)) ei voi olla erillinen 2-sykleistä (ab) ja (ac). f:n injektiivisyyden nojalla f((14)) ei voi olla kumpikaan näistä, joten jos 2-sykli f((14)) on (xy), x y = 1,2,3,4, niin toinen (mutta eivät molemmat) luvuista x, y on joukossa {a, b} ja toinen toinen (mutta eivät molemmat) joukossa {a,c}. Silloin näille luvuille x,y on ilmeisesti vain kaksi vaihtoehtoa: {x,y} = {a,d} tai {x,y} = {b,c}. (3) Osoitetaan, että ehdon (3) jälkimmäinen vaihtotehto ei tule kyseeseen. Tehdään antiteesi: f((14)) = (bc). Tällöin saadaan f((14)) = (bc) = (ab)(ac)(ab) = f((12))f((13))f((12)) = f((12)(13)(12)) = f(23), 85

mikä on mahdotonta, koska f on injektio. Siten ehdon (3) vaihtoehdoista vain ensimmäinen on mahdollinen, joten f((14)) on yksikäsitteisesti määrätty, jos f((13)) = (ac). Vastaava tarkastelu voidaan suorittaa myös muissa kolmessa ehdon (2) vaihtoehdossa f((13)):lle. Lopputulema on se, että f((12)) ja f((13)) määräävät täysin f((14)):n. Siten vaihtoehtoja kuvapisteille f((12)), f((13)) ja f((14)) on seuraavasti: - Ensin f((12)):lle on kuusi mahdollisuutta eli kaikki 2-syklit. - Sitten f((13)):lle on neljä mahdollisuutta eli ehdon (2) vaihtoehdot. - Lopuksi f((14)):lle ei enää ole kuin yksi mahdollisuus eli ehdon (3) ensimmäinen vaihtoehto. Siten kaikkiaan f voi kuvata alkiot (12), (13) ja (14) maksimissaan 6 4 1 = 24 eri tavalla. Koska siis näiden syklien kuvautuminen määrää homomorfismin f täysin, voi olla olemassa korkeintaan 24 tällaista kuvausta f. Siten väite (1) on todistettu. Yllä sanottu ei tietenkään takaa sitä, että näitä kuvauksia f todella olisi täydet 24 kappaletta. Tämä puoli seuraa osoittamalla, että #Inn(S 4 ) = 24, (4) sillä tehtävän 2. mukaan Inn(S 4 ) Aut(S 4 ), jolloin väite seuraa ehdoista (1) ja (4). #Aut(S 4 ) = 24 Riittää siis todistaa väite (4). Tehtävän 13. nojalla Z(S 4 ) = {(1)}, jolloin tehtävän 7. mukaan #Inn(S 4 ) = #S 4. (5) Koska #S 4 = 4! = 24, niin väite (4) seuraa ehdosta (5). 86

8.1 Valitaan luokista [x] n ja [y] n x:n ja y:n lisäksi toiset edustajat x [x] n ja y [y] n. Pitää siis osoittaa, että [xy] n = [x y ] n. (1) Koska x [x] n, niin x x nz ja vastaavasti koska y [y] n, niin y y nz. Silloin on olemassa a,b Z siten, että Tällöin x x = na ja y y = nb. x y xy = x y xy + xy xy = (x x)y + x(y y) = nay + xnb = n(ay + xb) nz, joten väite (1) seuraa. 8.2 Ei tästä viritelmästä mitään järkevää laskutoimitusta synny, kuten seuraava esimerkki osoittaa. Tarkastellaan vaikkapa tekijäluokkia α = [(1,2)] ja β = [(3,1)] joiden eräät edustajat ovat tietysti (1,2) ja (3,1). Luokasta [(1,2)] voidaan valita toinen edustaja (0,1), sillä (0,1) (1,2) = ( 1, 1) A, joten todellakin (0, 1) [(1, 2)]. Vastaavasti luokasta [(3, 1)] voidaan valita toinen edustaja (2,0), sillä joten myös (2,0) [(3,1)]. (2,0) (3,1) = ( 1, 1) A, Nyt jos lasketaan tulo α β = [(1,2)] [(3,1)] edustajia (1,2) ja (3,1) käyttäen, saadaan α β = [(1,2)] [(3,1)] = [(1 3,2 1)] = [(3,2)]. Toisaalta, jos lasketaan sama tulo α β edustajia (0,1) ja (2,0) käyttäen, saadaankin α β = [(0 2,1 0)] = [(0,0)]. Jotta tässä olisi mitään mieltä, pitäisi tietysti olla Näin ei kuitenkaan ole, sillä [(3,2)] = [(0,0)]. (3,2) (0,0) = (3,2) / A. 87

Opimme tästä sen, että jos mielivaltaisen alirenkaan suhteen muodostaa tekijäryhmän (yhteenlaskun suhteen, siis), niin kertolaskun kanssa saattaa tulla ongelmia. Asiaan palataan ns. ideaalien yhteydessä. 3. Jos π : Z Z 6 on tekijäkuvaus, niin ilmeisesti R = π(2z). Koska (2Z,+) on tunnetusti ryhmän (Z,+) aliryhmä, niin lauseen 5.6 nojalla R = π(2z) on ryhmän (Z 6,+) aliryhmä, ja siten erityisesti ryhmä. Kertolaskun assosiatiivisuus ja distributiivisuus yhteenlaskun suhteen periytyy Z 6 :sta, jos kertolasku nyt ylipäätään on laskutoimitus R:ssä eli R on vakaa kertolaskun suhteen. Tämä näkyy laskutaulusta: [0] [2] [4] [0] [0] [0] [0] [2] [0] [4] [2] [4] [0] [2] [4] Lisäksi tästä laskutaulusta näkyy, että [4] on R:n ykkösalkio, joten (R,+, ) on rengas. Se siis kuitenkaan ei ole Z 6 :n alirengas, koska se ei sisällä Z 6 :n ykkösalkiota [1] 6 [4] 6. 8.4 a) Osoitetaan ensin, että f ei riipu tekijäluokan edustajasta. Olkoon sitä varten y [x] 6 toinen edustaja (x:n lisäksi, siis). Pitää osoittaa, että [4x] 6 = [4y] 6. (1) Koska y [x] 6, niin x y 6Z eli x y = 6k jollekin k Z. Tällöin joten väite (1) seuraa. 4x 4y = 4(x y) = 4 6k = 6 4k 6Z, Kun nyt f on saatu hyvin määriteltyä, voidaan käydä muiden ehtojen kimppuun. Ensin ja sitten f([x] 6 + [y] 6 ) = f([x + y] 6 ) = [4(x + y)] 6 = [4x + 4y] 6 = [4x] 6 + [4y] 6 = f([x] 6 ) + f([y] 6 ), f([x] 6 [y] 6 ) = f([xy] 6 ) = [4xy] 6 = [4] 6 [xy] 6 = [16] 6 [xy] 6 = [4] 6 [4] 6 [x] 6 [y] 6 = [4x] 6 [4y] 6 = f([x] 6 ) f([y] 6 ), joten väitteet pätevät. f ei kuitenkaan ole rengashomomorfismi, sillä f([1] 6 ) = [4] 6, joka ei ole Z 6 :n ykkösalkio. 88

b) Samalla tavalla kuin a)-kohdassa f:n määritelmä on riippumaton valitusta edustajasta. Lisäksi f on tosiaan kuvaus f : Z 6 R, sillä f([0] 6 ) = [0] 6 R, f([1] 6 ) = [4] 6 R, f([2] 6 ) = [8] 6 = [2] 6 R, f([3] 6 ) = [12] 6 = [0] 6 R, f([4] 6 ) = [16] 6 = [4] 6 R ja f([5] 6 ) = [10] 6 = [2] 6 R. Samalla tavalla kuin a)-kohdassa f toteuttaa ehdot f([x] 6 + [y] 6 ) = f([x] 6 ) + f([y] 6 ) ja f([x] 6 [y] 6 ) = f([x] 6 ) f([y] 6 ), ja koska lisäksi f kuvaa Z:n ykkösalkion [1] 6 renkaan R ykkösalkiolle [4] 6, niin f on rengashomomorfismi. 8.5 Kun m = 0 väite tulee määritelmän mukaan muotoon 0 R = 0 R x kaikille x R. Tämä seuraa lauseesta 8.3. Todistetaan väite luvuille m > 0 induktiolla. Kun m = 1 väite tulee määritelmän mukaan muotoon x = 1 R x kaikille x R. Tämä seuraa siitä, että 1 R on renkaan R ykkösalkio. Oletetaan sitten induktiivisesti, että mx = (m1 R ) x kaikille x R. Pitää osoittaa, että (m + 1)x = ((m + 1)1 R ) x kaikille x R. Määritelmän mukaan (m + 1)x = mx + x ja (m + 1)1 R = m1 R + 1 R, joten induktioväite tulee muotoon mx + x = (m1 R + 1 R ) x kaikille x R. (1) Olkoon x R mielivaltainen. Tälle saadaan mx + x i) = ((m1 R ) x) + x ii) = ((m1 R ) x) + (1 R x) iii) = (m1 R + 1 R ) x, joten induktioväite pätee. Tässä yhtälö i) saadaan induktio-oletuksesta, yhtälö ii) seuraa siitä, että 1 R on renkaan R ykkösalkio, ja yhtälö iii) seuraa distributiivisuudesta. Kun nyt induktioaskel on saatu otettua, väite on todistettu positiivisille m. Negatiivisille m väite saadaan tämän jälkeen näin: mx i) = (( m)x) ii) = ((( m)1 R ) x) iii) = ( (( m)1 R )) x iv) = (m1 R ) x, missä yhtälö i) tulee negatiivisen monikerran määritelmästä: Jos käytetään multiplikatiivista merkitätapaa kuten tehtävän 5.1 määritelmässä, niin negatiivisella m asetetaan a m = (a m ) 1, mutta kun nyt käytetään additiivista merkintää, niin tämä tulee muotoon ma = (( m)a). 89

Yhtälö ii) tulee todistuksen alkuosasta, sillä m > 0, yhtälö iii) seuraa lauseesta 8.3 ja yhtälö iv) saadaan taas negatiivisen monikerran määritelmästä. 8.6 a) Olkoon ensin kokonaisalueen R karakteristika 0. Olkoot x R \ {0 R } ja m 1 mielivaltaisia. Näille saadaan mx i) = (m1 R ) x ii) 0 R, joten ensimmäinen väite pätee. Tässä yhtälö i) seuraa tehtävästä 5, ja ehto ii) seuraa siitä, että karakteristikaoletuksen nojalla m1 R 0 R ja lisäksi x:n valinnan perusteella x 0 R eikä R:ssä ole nollanjakajia, koska se on kokonaisalue. Oletetaan sitten, että R:n karakteristika on n N. Olkoon x R \ {0 R } mielivaltainen. Tälle saadaan nx i) = (n1 R ) x ii) = 0 R x iii) = 0 R, (1) missä yhtälö i) seuraa tehtävästä 5, yhtälö ii) seuraa siitä, että karakteristikaoletuksen nojalla n1 R = 0 R ja yhtälö iii) seuraa lauseesta 8.3. Ehdon (1) nojalla riittää osoittaa, että mx 0 R kaikille m = 1,...,n 1. (2) Olkoon tätä varten m = 1,...,n 1 mielivaltainen. Tällöin mx i) = (m1 R ) x ii) 0 R, joten väite (2) seuraa. Tässä yhtälö i) seuraa tehtävästä 5, ja ehto ii) seuraa siitä, että karakteristikaoletuksen nojalla m1 R 0 R ja lisäksi x 0 R eikä R:ssä ole nollanjakajia, koska se on kokonaisalue. b) Ilmeisesti renkaan Z 4 karakteristika on (tai olisi, jos se määriteltäisiin) 4, koska [1] 4 on renkaan Z 4 ykkösalkio ja pätee 1[1] 4 = [1] 4 [0] 4, 2[1] 4 = [2] 4 [0] 4, 3[1] 4 = [3] 4 [0] 4 ja 4[1] 4 = [4] 4 [0] 4. Tässä kuitenkin esimerkiksi 2[2] 4 = [2] 4 + [2] 4 = [4] 4 = [0] 4, joten a)-kohdan jälkimmäinen väite ei päde. Ensimmäistä väitettä varten määritellään joukko R = Z Z 2 ja varustetaan se laskutoimituksilla (a,[b] 2 ) + (x,[y] 2 ) = (a + b,[x] 2 + [y] 2 ) ja (a,[b] 2 ) (x,[y] 2 ) = (a b,[x] 2 [y] 2 ), jolloin (R,+, ) on ilmeisesti rengas, vrt. tehtävä 5.6 a). Renkaan R nolla-alkio on ilmeisesti (0,[0] 2 ) ja ykkösalkio (1,[1] 2 ). Tämän renkaan karakteristika on (tai olisi) nolla, koska m(1,[1] 2 ) = (m,[m] 2 ) (0,[0] 2 ) kaikille m 1. 90

Toisaalta kuitenkin (0,[1] 2 ) (0,[0] 2 ) ja 2((0,[1] 2 ) = (0 + 0,[1] 2 + [1] 2 ) = (0,[0] 2 ), joten myöskään a)-kohdan ensimmäinen väite ei päde. 8.7 Kaava (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 pätee kommutatiivisessa renkaassa, sillä (a + b) 2 = i) (a + b) (a + b) ii) = a (a + b) + b (a + b) iii) = a a + a +b a + b b iv) = a 2 + ab + ba + b 2 v) = a 2 + ab + ab + b 2 vi) = a 2 + 2ab + b 2. Tässä yhtälöt i), iv) ja vi) saadaan suoraan määritelmistä, yhtälöt ii) ja iii) seuraavat distributiivisuudesta ja yhtälö v) on todistuksen kriittinen kohta: siinä tarvitaan nimenomaan kommutiivisuutta. Kaava (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 ei päde yleisesti. Tästä voi olla esimerkkinä matriisirengas M 2 (R), jossa laskutoimituksina ovat tavalliseen tapaan matriisien yhteen- ja kertolasku. Valitaan Tällöin A = [ ] 1 0 1 1 (A + B) 2 = M 2 (R) ja B = [ ] 1 0 1 2 [ ] 1 0 = 1 2 [ ] 0 0 M 0 1 2 (R). [ ] 1 0, 3 4 mutta [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] A 2 + 2AB + B 2 1 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 = + 2 + = 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 0 1 [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 + 2 + = + + =. 2 1 0 1 0 1 2 1 0 2 0 1 2 4 3 4 8.8 a) Tämä on helppo: A A = A kaikille A P(X). b) Jos a 2 = a kaikille a R, niin kaikille b R saadaan samalla tavalla kuin tehtävän 7. ratkaisussa b+b = (b+b) 2 = (b+b)(b+b) = b(b+b)+b(b+b) = b 2 +b 2 +b 2 +b 2 = b+b+b+b. Tästä supistussääntöä (yhteenlaskulle) käyttäen 0 = b + b, ja lisäämällä tähän yhtälöön puolittain b saadaan ehto b = b kaikille b R. (1) 91

Kaikille x,y R saadaan x + y = (x + y) 2 = x 2 + xy + yx + y 2 = x + xy + yx + y, josta supistussäännöllä 0 = xy + yx, ja lisäämällä tähän puolittain alkio (yx) saadaan (yx) = xy. (2) Väite xy = yx seuraa ehdoista (1) ja (2). 92

9.1 a) ja b): Lauseen 9.15 nojalla Z 3 on kunta ja Z 4 ei ole kunta, koska 3 on ja 4 ei ole alkuluku. c) Renkaan Z 3 Z 3 ykkösalkio kertolaskun ([a] 3,[b] 3 ) ([x] 3,[y] 3 ) = ([a] 3 [x] 3,[b] 3 [y] 3 ) suhteen on ilmeisesti ([1] 3,[1] 3 ). Alkiolla ([1] 3,[0] 3 ) Z 3 Z 3 \ {([0] 3,[0] 3 )} ei ole käänteisalkiota tämän kertolaskun suhteen, sillä kaikille ([x] 3,[y] 3 ) Z 3 Z 3 pätee ([1] 3,[0] 3 ) ([x] 3,[y] 3 ) = ([1] 3 [x] 3,[0] 3 [y] 3 ) = ([x] 3,[0] 3 ) ([1] 3,[1] 3 ). Siten Z 3 Z 3 ei ole kunta ainakaan tällä kertolaskulla. d) M 2 (Z) ei ole kunta, koska esimerkiksi alkiolla [ ] 1 0 M 0 0 2 (Z) ei voi olla käänteisalkiota matriisitulon suhteen eli käänteismatriisia, koska sen determinantti on 0. e) Kun X = {0,1}, niin renkaan (P(X),, ) ykkösalkio on {0,1} ja nollaalkio. Esimerkiksi alkiolla {0} P(X) \ { } ei ole käänteisalkiota kertolaskun eli leikkauksen suhteen, sillä kaikille A P(X) pätee {0} A {0}, joten ei voi olla {0} A = {0,1}. Siten (P({0,1}),, ) ei ole kunta. 9.2 a) Kun Q ja R oletetaan kommutatiivisiksi renkaiksi, kunnaksi todistamiseen riittää osoittaa, että jokaisella nollasta eroavalla alkiolla alkiolla on käänteisalkio kertolaskun suhteen. Tämäkin seuraa suoraan Q:n ja R:n määritelmistä, ks. lukualueiden kurssi. Siten Q ja R ovat kuntia. Ne ovat myös kokonaisalueita, koska jokainen kunta on kokonaisalue. b) Koska (C, +) tunnetaan kommutatiiviseksi ryhmäksi, riittää osoittaa, että - kertolasku on assosiatiivinen, - kertolasku on kommutatiivinen, - kertolasku on distributiivinen yhteenlaskun suhteen, - kertolaskulla on neutraalialkio ja - jokaisella nollasta eroavalla kompleksiluvulla on käänteisalkio kertolaskun suhteen. 93

Olkoot a, b, x, y, u, v R mielivaltaisia. Tällöin (a + ib)((x + iy)(u + iv)) = (a + ib)(xu yv + i(xv + yu)) = a(xu yv) b(xv + yu) + i(a(xv + yu) + b(xu yv)) = (ax by)u (ay + bx)v + i((ay + bx)u + (ax by)v) = ((ax by) + i(ay + bx))(u + iv) = ((a + ib)(x + iy))(u + iv), joten assosiatiivisuus pätee. Edelleen (a + ib)(x + iy) = ax by + i(ay + bx) = xa yb + i(xb + ya) = (x + iy)(a + ib), joten myös kommutatiivisuus pätee. Lisäksi (a + ib)((x + iy) + (u + iv)) = (a + ib)(x + u + i(y + v)) = a(x + u) b(y + v) + i(a(y + v) + b(x + u)) i) = ax by + i(ay + bx) + au bv + i(av + bu) = (a + ib)(x + iy) + (a + ib)(u + iv), joten myös distributiivisuus seuraa. Tässä yhtälöön i) käytetään kompleksilukujen yhteenlaskun kommutatiivisuutta, muuthan seuraavat R:n laskutoimitusten ominaisuuksista. Huomaa, että kommutatiivisuuden nojalla distributiivisuutta ei tarvitse tarkistaa kuin toisesta suunnasta. Kertolaskun neutraalialkio on 1 = 1 + i0, sillä (1 + 0i)(a + ib) = 1a 0b + i(1b + 0a) = a + ib. Huomaa, että tätäkään ei kommutatiivisuuden takia tarvitse tarkistaa kuin (esimerkiksi) vasemmalta kertoen. Oletetaan sitten, että a+ib 0, jolloin ainakin toinen luvuista a ja b on nollasta eroava. Silloin a 2 + b 2 0 R ja voidaan määritellä a c + id = a 2 + b 2 + i b a 2 + b 2 C. Tämä on alkion a + ib käänteisalkio kertolaskun suhteen, sillä (a + ib)(c + id) = ac bd + i(ad + bc) = a 2 ( a 2 + b 2 b2 ab a 2 + b 2 + i a 2 + b 2 + ba a 2 + b 2 ) = a2 + b 2 a 2 + b 2 = 1. Näin kaikki vaaditut ehdot toteutuvat, joten C on kunta näillä laskutoimituksilla. 94

9.3 Osoitetaan ensin, että A on M 2 (R):n alirengas. Koska selvästi A =, niin alirengaskriteerin eli lauseen 8.20 nojalla riittää osoittaa, että C + D A kaikille C,D A, (1) C D A kaikille C,D A ja (2) 1 M2(R) A. (3) Koska renkaan M 2 (R) ykkösalkio on yksikkömatriisi, niin ehto (3) tulee muotoon [ ] 1 0 A. 0 1 Tämä seuraa suoraan joukon A määritelmästä, kun valitaan siinä a = 1 R. Ehtoja (1) ja (2) varten olkoot C,D A mielivaltaisia. Silloin [ ] [ ] c 0 d 0 C = ja D = joillekin c,d R. 0 c 0 d Tällöin [ ] c + d 0 C + D = A 0 c + d [ ] cd 0 C D = A, 0 cd ja joten ehdot (1) ja (2) pätevät, ja siten A on M 2 (R):n alirengas. Osoitetaan sitten, että B on M 2 (R):n alirengas. Koska selvästi B, niin alirengaskriteerin eli lauseen 8.20 nojalla riittää osoittaa, että C + D B kaikille C,D B, (4) C D B kaikille C,D B ja (5) 1 M2(R) B. (6) Koska renkaan M 2 (R) ykkösalkio on yksikkömatriisi, niin ehto (6) tulee muotoon [ ] 1 0 B. 0 1 Tämä seuraa suoraan joukon B määritelmästä, kun valitaan siinä a = 1 ja b = 0. Ehtoja (4) ja (5) varten olkoot C,D B mielivaltaisia. Silloin [ ] [ ] c x d y C = ja D = joillekin c,d,x,y R. x c y d 95

Tällöin [ ] c + d x y C + D = B ja x + y c + d [ ] cd xy cy xd C D = B, xd + cy xy + cd joten ehdot (4) ja (5) pätevät, ja siten B on M 2 (R):n alirengas. 9.4 a) Riittää osoittaa, että renkaat A ja B ovat kommutatiivisia ja että jokaisella nollasta eroavalla alkiolla on käänteisalkio. Kommutatiivisuus näkyy suoraan laskemalla: [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] c 0 d 0 cd 0 d 0 c 0 = = ja 0 c [ c x x c ] 0 d 0 cd 0 d 0 c [ ] [ ] [ d y cd xy cy xd d y = = y d xd + cy xy + cd y d ] [ c x x c Koska renkaassa M 2 (R) (ja siten myös sen alirenkaissa) käänteisalkio on sama kuin käänteismatriisi, niin riittää osoittaa, että jokaisella A:n nollasta eroavalla alkiolla on käänteismatriisi joukossa A ja vastaavasti jokaisella B:n nollasta eroavalla alkiolla on käänteismatriisi joukossa B. Jos C A \ {0}, niin C on muotoa [ ] c 0 C =, missä c R \ {0}. 0 c Tämän käänteismatriisi on selvästi [ ] c 1 0 C = 0 c 1 A Jos C B \ {0}, niin C on muotoa [ ] c d C =, missä c,d R eivät molemmat ole nollia. d c Koska c ja d eivät molemmat ole nollia, niin c 2 + d 2 0, ja voidaan määritellä matriisi [ ] 1 c d D = c 2 + d 2 B. d c Suora lasku osoittaa, että tämä on C:n käänteismatriisi, joten väite pätee. b) Määritellään kuvaus f : R A asettamalla [ ] a 0 f(a) = kaikille a R, 0 a ]. 96

jolloin f on selvästi bijektio, ja riittää osittaa, että f on rengashomomorfismi. Huomaa, että tehtävän 8. nojalla se on silloin isomorfismi, ja väite seuraa. Koska f kuvaa ilmeisesti ykkösalkion ykkösalkiolle, niin riittää osoittaa, että f(a + b) = f(a) + f(b) ja f(ab) = f(a) f(b) kaikille a,b R. Nämä ovat suoraviivaisia laskuja, jotka oleellisesti tehtiin jo tehtävän 3. ratkaisussa. c) Määritellään kuvaus f : C A asettamalla kaikille x + iy C, missä x,y R [ ] x y f(x + iy) = B. y x Selvästi tämäkin f on bijektio, joten riittää osoittaa, että se on rengashomomorfismi. Koska f kuvaa ilmeisesti ykkösalkion ykkösalkiolle, niin riittää osoittaa, että f((x + iy) + (u + iv)) = f(x + iy) + f(u + iv) ja f((x + iy)(u + iv)) = f(x + iy) f(u + iv) kaikille x,y,u,v R. Tämä ei ole aivan niin selvää kuin b)-kohdassa, joten käydään laskut läpi: [ ] x + u y v f((x + iy) + (u + iv)) = f(x + u + i(y + v)) = = y + v x + u [ ] [ ] x y u v + = f(x + iy) + f(u + iv) ja y x v u [ ] xu yv xv yu f((x + iy)(u + iv)) = f(xu yv + i(xv + yu)) = = xv + yu xu yv [ ] [ ] x y u v = f(x + iy) f(u + iv), y x v u joten väite pätee. d) Tehdään antiteesi: Kunnat A ja B ovat isomorfisia. Koska rengasisomorfismien yhdiste on tehtävän 8. nojalla rengasisomorfismi, niin antiteesin sekä b)- ja c)-kohtien nojalla kunnat R ja C ovat isomorfisia. Olkoon f : C R isomorfismi. Koska f on rengashomomorfismi, niin Silloin pätee f(1) = 1. (1) f( 1) i) = f(1) ii) = 1, (2) missä yhtälö i) seuraa siitä, että f on homomorfismi yhteenlaskun suhteen (ks. lause 4.12) ja yhtälö ii) tulee ehdosta (1). Koska i 2 = 1, niin f(i) 2 i) = f(i 2 ) = f( 1) ii) = 1, (3) 97

missä i) seuraa siitä, että f on rengashomomorfismi ja yhtälö ii) tulee ehdosta (2). Nyt ehdon (3) nojalla f(i) on reaaliluku, jonka neliö on 1. Tällaista reaalilukua ei tunnetusti ole olemassa, joten tehty antiteesi johti ristiriitaan, ja väite pätee. Huomautus. Tässä tuli samalla todistettua vähän kovempikin tulos kuin se, että R ja C eivät ole isomorfisia. Koska missään ei käytetty antiteesin mukaisen kuvauksen f injektiivisyyttä tai surjektiivisuutta, niin de facto osoitettiin, että ei voi olla olemassa (minkäänlaista) rengashomomorfismia f : C R. 9.5 Lauseen 9.8 nojalla [a] n Z n on yksikkö jos ja vain jos syt(a,n) = 1. Tällä perusteella renkaan Z 18 yksiköt ovat [1] 18, [5] 18, [7] 18, [11] 18, [13] 18 ja [17] 18. Vastaavasti renkaan Z 20 yksiköt ovat [1] 20, [3] 20, [7] 20, [9] 20, [11] 20, [13] 20, [17] 20 ja [19] 20. Luennoilla esitetyn tuloksen mukaan renkaan Z n yksiköiden ryhmä on syklinen jos ja vain jos n on muotoa n = 2, 4, p k tai 2p k, missä p 3 on alkuluku ja k 1. Tällä perusteella, koska 18 on muotoa 18 = 2 3 3, renkaan Z 18 yksiköiden ryhmä on syklinen, mutta koska 20 = 2 2 5, niin renkaan Z 20 yksiköiden ryhmä ei ole syklinen. Tästä voidaan varmistua vielä laskemalla: Ryhmän Z 18 = {[1] 18,[5] 18,[7] 18,[11] 18,[13] 18,[17] 18 } virittäjäksi käy esimerkiksi [5] 18, sillä [5] 1 18 = [5] 18, [5] 2 18 = [7] 18, [5] 3 18 = [17] 18, [5] 4 18 = [13] 18, [5] 5 18 = [13] 18 ja [5] 6 18 = [1] 18. Ryhmän Z 20 kertaluku on yllä todetun nojalla 8, mutta minkään sen alkion kertaluku ei ole 8, joten se ei voi olla syklinen. Eri alkioiden kertaluvuille saa arvion huomaamalla, että [x] 4 20 = [1] 20 kaikille [x] 20 Z 20, joten alkioiden kertaluvut ovat maksimissaan 4, eikä mikään voi olla virittäjä. 9.6 Matriisi [ ] [2]3 [1] A = 3 [0] 3 [2] 3 98

on yksikkö renkaassa M 2 (Z 3 ), sillä sen käänteisalkioksi käy [ ] [2]3 [2] 3 M [0] 3 [2] 2 (Z 3 ), 3 kuten suora lasku osoittaa. Suoralla laskulla saadaan myös [ ] [ ] [ ] A 2 [1]3 [1] = 3, A 3 [2]3 [0] = 3, A 4 [1]3 [2] = 3, [0] 3 [1] 3 [0] 3 [2] 3 [0] 3 [1] 3 [ ] [ ] A 5 [2]3 [2] = 3 ja A 6 [1]3 [0] = 3, [0] 3 [2] 3 [0] 3 [1] 3 joten A:n kertaluku on 6. Matriisi [ ] [2]3 [1] B = 3 [1] 3 [2] 3 ei ole yksikkö renkaassa M 2 (Z 3 ). Tehdään antiteesi: B on yksikkö, jolloin sillä on käänteismatriisi eli pätee [ ] [ ] [ ] x y [2]3 [1] 3 [1]3 [0] = 3 joillekin x,y,z,w Z z w [1] 3 [2] 3 [0] 3 [1] 3. 3 Tästä matriisiyhtälöstä saadaan yhtälöpari { [2] 3 x + y = [1] 3 x + [2] 3 y = [0] 3. Yhtälöparin (1) ylemmästä yhtälöstä voidaan ratkaista y = [1] 3 [2] 3 x ja sijoittaa se alempaan yhtälöön, jolloin saadaan yhtälö josta saadaan sieventämällä x + [2] 3 ([1] 3 [2] 3 x) = [0] 3, x [1] 3 x = [1] 3. Tämän yhtälön vasen puoli on [0] 3 kaikille x, mutta oikea puoli on aina nollasta eroava, joten yhtälö ei toteudu millekään x Z 3. Tämä ristiriita johtuu tehdystä antiteesista, joten B ei voi olla yksikkö. 9.7 a) Merkitään tässä R = Z tai R = Q, jolloin molemmat väitteet voidaan todistaa samalla tarkastelulla. Koska selvästi R( 2), niin voidaan soveltaa alirengaskriteeriä eli lausetta 8.20, jonka mukaan riittää osoittaa, että x + y R( 2) kaikille x,y R( 2), (1) x y R( 2) kaikille x,y R( 2) ja (2) 1 R( 2). (3) (1) 99

Väite (3) pätee selvästi, sillä 1,0 R, jolloin myös 1 = 1+0 2 R( 2). Muita väitteitä varten olkoot x,y R( 2) mielivaltaisia, jolloin määritelmän mukaan on olemassa a,b,c,d R siten, että Tällöin x = a + b 2 ja y = c + d 2. x + y = a + b 2 + c + d 2 = a + c + (b + d) 2 i) R( 2), missä ehto i) seuraa siitä, että a + c R ja b + d R. Siten väite (1) pätee. Väite (2) pätee myös: x y = (a + b 2) (c + d 2) = ac + 2bd + (ad + bc) 2 i) R( 2), missä ehto i) seuraa siitä, että ac + 2bd R ja ad + bc R. b) Z( 2) ei ole kunta, jos joltakin nollasta eroavalta alkiolta puuttuu käänteisalkio. Tällainen alkio on vaikkapa 2 = 2 + 0 2 Z( 2) \ {0}. Väitetään siis, että tällä ei ole käänteisalkiota renkaassa Z( 2). Tehdään antiteesi: käänteisalkio on olemassa eli Tällöin Jos ehdossa (4) on b 0, niin saadaan (a + b 2) 2 = 1 joillekin a,b Z. 2a 1 = 2b 2. (4) 2 = 2a 1 2b eli 2 on rationaalinen, mitä se ei ole. Siten ehdossa (4) on oltava b = 0, jolloin 2a 1 = 0 eli a = 1/2, mikä on myös mahdotonta, koska a Z. Antiteesi johtaa siis joka tapauksessa ristiriitaan, joten väite pätee. Osoitetaan sitten, että Q( 2) on kunta. Koska R on kommutatiivinen rengas, niin myös sen alirengas Q( 2) on kommutatiivinen. Riittää siis osoittaa, että jokaisella Q( 2):n nollasta eroavalla alkiolla on käänteisalkio tässä renkaassa. Olkoon x Q( 2) \ {0} mielivaltainen. Silloin on olemassa a,b Q siten, että x = a + b 2 Q Jos b = 0, niin a 0, ja silloin x:n käänteisalkioksi käy a 1 = a 1 + 0 2 Q( 2). 100

Voidaan siis olettaa, että b 0. Silloin on oltava sillä muuten saataisiin 2 = a 2 /b 2, josta edelleen 2 = ± a b Q, a 2 2b 2 0, (5) mikä on mahdotonta. Ehdon (5) nojalla voidaan määritellä c = Silloin c + d 2 Q( 2) ja a a 2 2b 2 Q ja d = b a 2 2b 2 Q. (c + d 2)(a + b 2) = ca + 2bd + (cb + ad) 2 = a 2 a 2 2b 2 + 2 b 2 ( ab a 2 2b 2 + a 2 2b 2 + ab ) 2 = 1, a 2 2b 2 joten c + d 2 Q( 2) on haettu käänteisalkio. 9.8 Olkoot R 1,R 2 ja R 3 renkaita, joissa on ykkösalkiot 1 1,1 2 ja 1 3. Olkoot ϕ : R 1 R 2 ja ψ : R 2 R 3 rengashomomorfismeja. Pitää osoittaa, että ψ ϕ : R 1 R 3 on rengashomomorfismi. Kaikille x,y R 1 pätee ψ ϕ(x + y) = i) ψ(ϕ(x + y)) ii) = ψ(ϕ(x) + ϕ(y)) iii) = ψ(ϕ(x)) + ψ(ϕ(y)) iv) = ψ ϕ(x) + ψ ϕ(y), joten ψ ϕ on homomorfismi kertolaskun suhteen. Tässä yhtälöt i) ja iv) seuraavat yhdistetyn kuvauksen määritelmästä, yhtälö ii) siitä, että ϕ on homomorfismi ja yhtälö iii) siitä, että ψ on homomorfismi. Vastaavasti saadaan kertolaskulle ψ ϕ(x y) = ψ(ϕ(x y)) = ψ(ϕ(x) ϕ(y)) = ψ(ϕ(x)) ψ(ϕ(y)) = ψ ϕ(x) ψ ϕ(y), Pitää vielä tarkistaa ykkösalkion kuvautuminen: joten hyvin toimii. ψ ϕ(1 1 ) = ψ(ϕ(1 1 )) = ψ(1 2 ) = 1 3, Oletetaan sitten, että ϕ : R 1 R 2 on bijektio, jolloin sillä on käänteiskuvaus ϕ 1 : R 2 R 1. Pitää osoittaa, että ϕ 1 on rengashomomorfismi. Olkoot sitä varten a,b R 2 mielivaltaisia. Näille saadaan ϕ(ϕ 1 (a + b)) = a + b = ϕ(ϕ 1 (a)) + ϕ(ϕ 1 (b)) i) = ϕ(ϕ 1 (a) + ϕ 1 (b)), (1) 101

missä yhtälö i) perustuu sihen, että ϕ on homomorfismi. Koska ϕ on bijektio, niin se on erityisesti injektio, jolloin ehdon (1) nojalla pätee ϕ 1 (a + b) = ϕ 1 (a) + ϕ 1 (b), joten ϕ 1 on homomorfismi yhteenlaskun suhteen. Vastaavasti saadaan kertolaskulle ϕ(ϕ 1 (a b)) = a b = ϕ(ϕ 1 (a)) ϕ(ϕ 1 (b)) = ϕ(ϕ 1 (a) ϕ 1 (b)), josta ϕ:n injektiivisyyden nojalla ϕ 1 (a b) = ϕ 1 (a) ϕ 1 (b), ja ϕ on homomorfismi myös kertolaskun suhteen. Ykkösalkio kuvautuu myös oikein, sillä ϕ(1 1 ) = 1 2, jolloin ϕ 1 (1 2 ) = ϕ 1 (ϕ(1 1 )) = 1 1. 102

10.1 Tässä P = (0, 4,0,1,0,0,0,...) eli 4 kun k = 1, a k = 1 kun k = 3 ja 0 muuten. Vastaavasti Q = ( 5,2, 1,0,0,0,...) eli 5 kun k = 0, 2 kun k = 1, b k = 1 kun k = 2 ja 0 muuten. Määritelmän mukaan näiden jonojen summa on jono (c 0,c 1,c 2,...), missä Tässä tapauksessa Siten summajono on Summamuodossa tämä polynomi on c k = a k + b k. c 0 = a 0 + b 0 = 0 + ( 5) = 5, c 1 = a 1 + b 1 = 4 + 2 = 2, c 2 = 0 + ( 1) = 1, c 3 = a 3 + b 3 = 1 + 0 = 1 ja c k = a k + b k = 0 + 0 = 0 kun k 4. (c 0,c 1,c 2,...) = ( 5, 2, 1,1,0,0,0,...). X 3 X 2 2X 5. Koulussahan on kaiketi opetettu laskemaan polynomeja yhteen jotenkin niin, että x:n vastaavien potenssien kertoimet lasketaan yhteen. Tässä tapauksessa saadaan (X 3 4X)+( X 2 +2X 5) = X 3 X 2 +( 4+2)X 5 = X 3 X 2 2X 5. Polynomien (a 0,a 1,a 2,...) ja (b 0,b 1,b 2,...) tulo on määritelmän mukaan polynomi (d 0,d 1,d 2,...), missä d k = a i b j. i+j=k 103

Tässä tapauksessa saadaan d 0 = a i b j = a 0 b 0 = 0 ( 5) = 0, i+j=0 d 1 = i+j=1 d 2 = i+j=2 a i b j = a 0 b 1 + a 1 b 0 = 0 2 + ( 4)( 5) = 20, a i b j = a 0 b 2 + a 1 b 1 + a 2 b 0 = 0 ( 2) + ( 4) 2 + 0 ( 1) = 8, d 3 = a i b j = a 0 b 3 + a 1 b 2 + a 2 b 1 + a 3 b 0 = i+j=3 0 0 + ( 4) ( 1) + 0 2 + 1 ( 5) = 1, d 4 = a i b j = a 0 b 4 + a 1 b 3 + a 2 b 2 + a 3 b 1 + a 4 b 0 = i+j=4 0 0 + ( 4) 0 + 0 ( 1) + 1 2 + 0 ( 5) = 2, d 5 = a i b j = a 0 b 5 + a 1 b 4 + a 2 b 3 + a 3 b 2 + a 4 b 1 + a 5 b 0 = i+j=5 0 0 + ( 4) 0 + 0 0 + 1 ( 1) + 0 2 + 0 ( 5) = 1. Kun k 6, niin summassa i+j=k ei voi olla i 3 ja j 2, joten on oltava joko i 4 tai j 3. Kummassakin tapauksessa a i b j = 0, joten koko summa on 0, ja siten d k = 0. a i b j Siis d k = 0 kun k 6, joten tulopolynomi (d 0,d 1,d 2,...) on Summamuodossa tämä on (d 0,d 1,d 2,...) = (0,20, 8, 1,2, 1,0,0,0,...). X 5 + 2X 4 X 3 8X 2 + 20X. Koulussa on ehkä opetettu kertomaan polynomeja näin: (X 3 4X)( X 2 + 2X 5) = X 3 ( X 2 + 2X 5) 4X( X 2 + 2X 5) = ( X 5 + 2X 4 5X 3 ) 4( X 3 + 2X 2 5X) = X 5 + 2X 4 + ( 5 ( 4))X 3 + (( 4) 2)X 2 + (( 4) ( 5))X = X 5 + 2X 4 X 3 8X 2 + 20X. 10.2 Polynomien (a 0,a 1,a 2,...) ja (b 0,b 1,b 2,...), missä a k = 0 ja b k = 0, kun k 1, summa on ilmeisesti polynomi (a 0 + b 0,0,0,0,...) (1) 104

ja niiden tulo on (d 0,d 1,d 2,...), missä d k = i+j=k a i b j. (2) Kun k 1, ei summassa (2) voi olla i = j = 0, joten ainakin toinen indekseistä i ja j on aidosti suurempi kuin nolla, ja silloin joko a i = 0 tai b j = 0 ja siten d k = 0. Kun k = 0, on summassa (2) vain yksi termi a 0 b 0, joten d 0 = a 0 b 0. Tämän perusteella polynomien (a 0,a 1,a 2,...) ja (b 0,b 1,b 2,...) tulo on Tarkastellaan sitten kuvausta f : R R[X], (a 0 b 0,0,0,0,...). (3) f(a) = (a,0,0,0,...). Tämä kuvaus on selvästi injektio, sillä määritelmän mukaan polynomit eli jonot ovat samoja täsmälleen silloin kun niiden kaikki alkiot ovat samoja; erityisesti siis pätee (a,0,0,0,...) = (b,0,0,0,...) a = b, ja f:n injektiivisyys seuraa. Kyseessä on myös rengashomomorfismi, sillä f(1) = (1,0,0,0,...) ja (1,0,0,0,...) on renkaan R[X] ykkösalkio. Lisäksi ehtojen (1) ja (3) nojalla pätee joten asia on selvä. f(a + b) = f(a) + f(b) ja f(a b) = f(a) f(b), 10.3 Kunnassa Z 5 on vain viisi alkiota, joten tehtävästä selvitään laskemalla kuvauksen P arvot näissä viidessä pisteessä. Tämä on hyvin yksinkertaista: P([0] 5 ) = [4] 5 [0] 2 5 + [3] 5 [0] 5 + [1] 5 = [0] 5 + [0] 5 + [1] 5 = [1] 5, P([1] 5 ) = [4] 5 [1] 2 5 + [3] 5 [1] 5 + [1] 5 = [4] 5 + [3] 5 + [1] 5 = [3] 5, P([2] 5 ) = [4] 5 [2] 2 5 + [3] 5 [2] 5 + [1] 5 = [1] 5 + [1] 5 + [1] 5 = [3] 5, P([3] 5 ) = [4] 5 [3] 2 5 + [3] 5 [3] 5 + [1] 5 = [1] 5 + [4] 5 + [1] 5 = [1] 5 P([4] 5 ) = [4] 5 [4] 2 5 + [3] 5 [4] 5 + [1] 5 = [4] 5 + [2] 5 + [1] 5 = [2] 5. 10.4 Esimerkiksi Z 4 [X] ei ole kokonaisalue, sillä P = [2] 4 X Z 4 [X] ei ole nollapolynomi, mutta P 2 on nollapolynomi, joten P on nollanjakaja. Väitteen P 2 = 0 näkee oikeaksi jonomuodossa näin. Ensinnäkin jonomuodossa P = (a 0,a 1,a 2,...), missä { [2] 4 kun k = 1 a k = [0] 4 muuten. ja 105

Silloin määritelmän mukaan P 2 = (d 0,d 1,d 2,...), missä d k = a i a j. (1) i+j=k Kun summassa (1) on k 2, eivät molemmat indeksit i ja j voi olla ykkösiä, joten ainakin toinen alkioista a i ja a j on nolla. Silloin myös d k = 0. Siis d k = 0, kun k 2. Kun k = 2, summa (1) tulee muotoon d 2 = a 0 a 2 + a 1 a 1 + a 2 a 0 = [0] 4 [0] 4 + [2] 4 [2] 4 + [0] 2 [0] 4 = [0] 4. Siten d k = [0] 4 kaikille k 0, joten todellakin P 2 on nollapolynomi. b) Jos O Z 5 [X] on nollapolynomi, niin suoraan määritelmän mukaan O([x] 5 ) = [0] 5 kaikille [x] 5 Z 5. Määritellään polynomi P Z 5 [X] asettamalla P = X 5 X, jolloin P O. Tälle polynomille P pätee P([0] 5 ) = [0] 5 5 [0] 5 = [0] 5, P([1] 5 ) = [1] 5 5 [1] 5 = [0] 5, P([2] 5 ) = [2] 5 5 [2] 5 = [0] 5, P([3] 5 ) = [3] 5 5 [3] 5 = [0] 5 P([4] 5 ) = [4] 5 5 [4] 5 = [0] 5, ja joten ja siten P = Q. P([x] 5 ) = [0] 5 = O([x] 5 ) kaikille [x] 5 Z 5, 10.5 Nämä Q ja R löytyvät käytännössä parhaiten jakamalla jakokulmassa. Tästä laskusta on luettavuuden parantamiseksi jätetty kunnan Z 5 alkioiden merkinnästä alaindeksit ja hakasulut pois. 4X 3 +2X 2 +4 3X 2 +X +4 2X 5 +3X 3 +1 2X 5 +4X 4 X 3 X 4 +2X 3 X 4 +2X 3 +3X 2 2X 2 +1 2X 2 +4X +1 X 106

Tämän laskelman perusteella siis Q = [4] 5 X 3 + [2] 5 X 2 + [4] 5 ja R = X. Asiasta voi vielä varmistua suorittamalla tarkistuslaskennan QS + R = P. 10.6 Kun K on kunta, polynomirenkaan K[X] yksiköt ovat vakiopolynomit (a,0,0,0,...), missä a K \ {0}. (1) Perustelu: Ensinnäkin tyyppiä (1) olevat polynomit ovat yksiköitä. Tämä johtuu siitä, että K on kunta, jolloin ehdon a K \ {0} nojalla on olemassa käänteisalkio a 1 K, ja polynomi (a 1,0,0,0,...) on polynomin (a,0,0,0,...) käänteisalkio, sillä (vrt. teht. 2. ratk.) (a 1,0,0,0,...) (a,0,0,0,...) = (a 1 a,0,0,0,...) = (1,0,0,0,...). Toiseksi pitää osoittaa, että mitään muita yksiköitä kuin ehdon (1) polynomit ei ole. Olkoon P mielivaltainen yksikkö. Tällöin on olemassa käänteisalkio Q K[X] siten, että P Q = (1,0,0,0,...). (2) P ja Q eivät voi tällöin olla nollapolynomeja, joten niille on määritelty aste. Koska K on kunta, niin lauseen 10.8 nojalla deg(p Q) = deg(p) + deg(q), jolloin ehdon (2) nojalla deg(p) + deg(q) = deg((1,0,0,0,...)) = 0. (3) Koska deg(p),deg(q) 0, niin ehdon (3) nojalla on oltava deg(p) = deg(q) = 0, joten P ja Q ovat vakiopolynomeja. Erityisesti P on vakiopolynomi, ja koska se ei ole nollapolynomi (kuten edellä todettiin), niin se on tyyppiä (1). 10.7 Jos p/q on polynomin P juuri, niin josta laventamalla p n a n q n +... + a p 1 q + a 0 = 0, a n p n + a n 1 p n 1 q +... + a 1 pq n 1 + a 0 q n = 0. Tällöin q jakaa luvun a n p n = q( a n 1 p n 1... a 1 pq n 2 a 0 q n 1 ). Koska syt(p,q) = 1, niin myös syt(p n,q) = 1. Tämä johtuu siitä, että jos luvuilla 107

p n ja q olisi jokin ykköstä suurempi yhteinen tekijä, niin niillä olisi myös yhteinen alkulukutekijä a 2. Tällöin Eukleideen lemman nojalla a olisi myös p:n tekijä ja siten p:n ja q:n yhteinen tekijä, mikä on mahdotonta, koska syt(p,q) = 1. Koska siis q jakaa luvun a n p n ja syt(p n,q) = 1, niin Eukleideen lemmaa uudelleen soveltaen nähdään, että q jakaa tulon a n p n tekijän a n. Vastaavasti ehdon (1) nojalla p jakaa luvun a 0 q n = p( a n p n 1 a n 1 p n 2 q... a 1 q n 1 ), josta vastaavin perustein nähdään, että p jakaa luvun a 0. 10.8 Tehtävän 7. nojalla polynomin P 1 = X 7 1 ainoat mahdolliset rationaalijuuret ovat ±1, joista +1 onkin juuri. Tämä on siis P 1 :n ainoa rationaalijuuri. Vastaavasti polynomin P 2 = X 8 1 ainoat mahdolliset rationaalijuuret ovat myös ±1, jotka molemmat ovat juuria. Nämä ovat siis ainoat P 2 :n rationaalijuuret. Polynomin P 3 = 2X 2 3X + 4 mahdolliset rationaalijuuret ovat tehtävän 7. nojalla ±1, ±2, ±4 ja ± 1 2. Näistä mikään ei ole juuri, kuten kokeilu osoittaa. Silloin P 3 :lla ei ole lainkaan rationaalijuuria. Vastaavasti polynomin P 4 = 3X 3 + X 5 mahdolliset rationaalijuuret ovat ±1, ±5, ± 1 3 ja ± 5 3. Näistä mikään ei ole juuri, joten tälläkään polynomilla ei ole rationaalijuuria. Polynomin P 5 = 2X 4 4X + 3 mahdolliset rationaalijuuret ovat Näistäkään mikään ei ole juuri. ±1, ±3, ± 1 2 ja ± 3 2. 108

11.1 a) Esimerkin 11.4 b) nojalla 2Z on renkaan Z ideaali, ja koska tekijäkuvaus π : Z Z 8 on surjektiivinen rengashomomorfismi, niin I = π(2z) on lauseen 11.5 nojalla renkaan Z 8 ideaali. b) Z on Q:n alirengas ja Z Q, joten kyseessä ei voi olla ideaali lauseen 11.8 mukaan. c) Tässähän nyt Z 6 ei ole edes Z:n osajoukko. d) Kohdan c) opastamalla tiellä on ensin syytä huomata, että I R. Näin on, koska 8 = 2 2 ja siten 4a + b 8 = 2(2a) + 2b 2 R kaikille a,b Z. Selvästi I ja kaikille a,b,c,d Z pätee (4a + b 8) + (4c + d 8) = 4(a + c) + (b + d) 8 I ja (4a + b 8) = 4( a) + ( b) 8 I, joten aliryhmäkriteerin nojalla (I, +) (R, +). Koska R on kommutatiivinen, niin I on ideaali, jos kaikille u R ja w I pätee uw I. Näin on, sillä kaikille x, y, a, b Z pätee (x + y 2)(4a + b 8) = 4ax + bx 8 + 4ay 2 + by 2 8 = 4(ax + by) + (bx + 2ay) 8 I. 11.2 I on eräs tekijäluokka ja jokaisessa luokassa on yhtä monta alkiota, joten kaikissa luokissa on neljä alkiota. Silloin #(R/I) = #R #I = 12 4 = 3. Jätetään jatkossa selvyyden vuoksi renkaan Z 12 alkioista [x] 12 hakasulut ja alaindeksit kirjoittamatta eli merkitään lyhyesti x := [x] 12. I = {0,3,6,9} on siis eräs luokka eli nollaluokka [0]. Koska esimerkiksi 1 [0], niin toinen luokka (nollaluokan lisäksi) on [1]. Määrätään tämän luokan alkiot. Ainakin 1 [1]. Yleisesti pätee x [y] x y I, joten tässä tapauksessa x [1] x 1 {0,3,6,9} x 1 = 0, x 1 = 3, x 1 = 6 tai x 1 = 9 x = 0 + 1, x = 3 + 1, x = 6 + 1 tai x = 9 + 1 x {1,4,7,10}. 109

Siten [1] = {1,4,7,10}. Huomaa, että tässä on neljä alkiota niinkuin pitikin. Näitä luokkia on siis kaikkiaan kolme, ja kun nyt kaksi on määrätty, niin puuttuva kolmas luokka on loput alkiot, eli koska nämä luokat muodostavat osituksen, niin tämä luokka on Z 12 \ ([0] [1]) = {2,5,8,11}. Näin tekijärenkaan R/I alkiot ovat [0] = {0,3,6,9}, [1] = {1,4,7,10} ja [2] = {2,5,8,11}. Laskutaulut näille ovat + [0] [1] [2] [0] [0] [1] [2] [1] [1] [2] [0] [2] [2] [0] [1] ja [0] [1] [2] [0] [0] [0] [0] [1] [0] [1] [2] [2] [0] [2] [1] Nämä taulukothan saadaan suoraan laskemalla. Lasketaan malliksi pari kohtaa: Esimerkiksi summassa [1] + [2] voidaan käyttää mitä tahansa edustajia x [1] ja y [2]. Luontevinta on valita x = 1 ja y = 2, jolloin [1] + [2] = [x + y] = [1 + 2] = [3] i) = [0], missä yhtälö i) johtuu siitä, että 3 [0], joten [3] = [0]. Vastaavasti saadaan vaikkapa [2] [2] = [2 2] = [4] = [1]. Kyseessä on kunta, sillä kertolaskun laskutaulusta nähdään, että kertolasku on kommutatiivinen, [1] on ykkösalkio ja jokaisella nollasta eroavalla alkiolla on käänteisalkio: [1] 1 = [1] ja [2] 1 = [2]. Silloin kyseessä on myös kokonaisalue, koska jokainen kunta on kokonaisalue. 11.3 Aivan samalla periaatteella kuin tehtävässä 2. tässäkin I on eräs tekijäluokka ja jokaisessa luokassa on yhtä monta alkiota, joten kaikissa luokissa on neljä alkiota. Silloin #(R/I) = #R #I = 16 4 = 4. I = {0,4,8,12} on siis eräs luokka eli nollaluokka [0]. Koska esimerkiksi 1 [0], niin toinen luokka (nollaluokan lisäksi) on [1]. Määrätään tämän luokan alkiot. 110

Tässä tapauksessa x [1] x 1 {0,4,8,12} x 1 = 0, x 1 = 4, x 1 = 8 tai x 1 = 12 x = 0 + 1, x = 4 + 1, x = 8 + 1 tai x = 12 + 1 x {1,5,9,13}, joten [1] = {1,5,9,13}. Koska 2 ei kuulu kumpaankaan löydetyistä luokista, niin [2] on uusi luokka, löydettyjen lisäksi. Määrätään tämän luokan alkiot. x [2] x 2 {0,4,8,12} x 2 = 0, x 2 = 4, x 2 = 8 tai x 2 = 12 x = 0 + 2, x = 4 + 2, x = 8 + 2 tai x = 12 + 2 x {2,6,10,14}, ja näin [2] = {2,6,10,14}. Nyt on löydetty kolme luokkaa neljästä, ja koska kuten tehtävässä 2. luokat muodostavat osituksen, puuttuva luokka on Siten tekijärenkaan R/I alkiot ovat Z 16 \ ([0] [1] [2]) = {3,7,11,15}. [0] = {0,4,8,12}, [1] = {1,5,9,11}, [2] = {2,6,10,14} ja [3] = {3,7,11,15}. Laskutaulut näille ovat + [0] [1] [2] [3] [0] [0] [1] [2] [3] [1] [1] [2] [3] [0] [2] [2] [3] [0] [1] [3] [3] [0] [1] [2] ja [0] [1] [2] [3] [0] [0] [0] [0] [0] [1] [0] [1] [2] [3] [2] [0] [2] [0] [2] [3] [0] [3] [2] [1] Nämä lasketaan kuten tehtävässä 2. edustajien välityksellä. Valitaan esimerkiksi 2 [2] ja 3 [3], jolloin saadaan [2] + [3] = [2 + 3] = [5] = [1], koska 5 [1] ja vastaavasti [2] [3] = [2 3] = [6] = [2], koska 6 [2]. 111

Tämä tekijärengas ei ole kokonaisalue eikä silloin myöskään kunta, koska siinä on nollanjakaja: [2] [2] = [0]. 11.4 a) I sisältää ainakin nollapolynomin, joten se on epätyhjä. Jos P = n i=0 a ix i I ja Q = m i=0 b ix i I, niin P + Q = max(m,n) i=0 (a i + b i )X i I, sillä tämän vakiotermi a 0 +b 0 on parillisten lukujen summana parillinen. Lisäksi P = n ( a i )X i I, i=0 sillä tämän vakiotermi a 0 on parillisen luvun vastalukuna parillinen. Aliryhmäkriteerin ja yllätodetun nojalla (I,+) (Z[X],+). Siten Z[X]:n kommutatiivisuuden nojalla riittää todeta, että kaikille P I ja Q Z[X] pätee QP I. (1) Jos P = n i=0 a ix i I ja Q = m i=0 b ix i Z[X], niin PQ = m+n k=0 d k X k, missä d k = i+j=k a i b j. Erityisesti d 0 = i+j=0 a i b j = a 0 b 0. Luku a 0 b 0 on parillinen, koska a 0 on parillinen, ja siten väite (1) pätee. b) Tekijärenkaassa R/I on nollaluokkana taas (kuten tehtävissä 2. ja 3.) joukko I. Heuristinen arvio on, että I sisältää puolet kaikista kokonaislukukertoimisista polynomeista; toinen puoli olisi tämän mukaan niiden polynomien joukko, jossa vakiotermi on pariton eli ei ole parillinen. Tämä ei ole missään nimessä matemaattinen argumentti, mutta se voi toimia arvauksena, joka (ehkä) saadaan todistettua oikeaksi. Vähän täsmällisemmin asetettuna arvaus kuuluu, että tekijärenkaaassa on vain kaksi alkiota eli sen alkiot ovat [0] = I ja α = Z[X] \ I. 112

Koska 1 I (tässä 1 on vakiopolynomi 1 = (1,0,0,...)), niin riittää osoittaa, että [1] = α. (1) Koska siis 1 I = [0], niin [1] [0], ja koska eri tekijäluokat ovat pistevieraita, niin [1] α. Siten väitteen (1) todistamiseksi riittää osoittaa, että α [1]. (2) Olkoon P α mielivaltainen, P = n i=0 a ix i. Joukon α määritelmän mukaan a 0 on pariton, joten 1 a 0 on parillinen, ja silloin I:n määritelmän mukaan 1 P I, joten P [1]. Tämä todistaa väitteen (2). Näin on osoitettu, että tekijäluokkia on täsmälleen kaksi: [0] = I ja [1] = α. Laskutaulut on näille helppo laatia (käyttäen nimenomaan edustajia 0 ja 1): + [0] [1] [0] [0] [1] [1] [1] [0] ja [0] [1] [0] [0] [0] [1] [0] [1] 11.5 Tässä pitää taas vähän arvailla. Koska alkioille a+b 3,x+y 3 R näyttäisi pätevän (a+b 3) (x+y 3) = a x+(b y) 3 I a x (mod n), niin arvataan, että luokkia on kolme: [0],[1] ja [2]. Tämä on siinä mielessä järkevä arvaus, että 0,1,2 Z R, joten nämä luokat on määritelty. Osoitetaan ensin, että nämä ovat eri luokkia. [0] [1], sillä jos olisi [0] = [1], niin 1 [0] = I, jolloin ykkösellä olisi esitys 1 = 3a + b 3 joillekin a,b Z. (1) Koska a Z, niin esityksessä (1) ei voi olla b = 0, joten b 0. Silloin esityksestä (1) saadaan 1 3a 3 = Q, b mikä on mahdotonta. (Tämän 3:n irrationaalisuuden voi sivumennen sanoen helposti todistaa päteväksi tehtävän 10.7 nojalla (vrt. tehtävän 10.8 ratkaisu): polynomilla X 2 3 ei ole rationaalijuuria.) Näin on nähty, että [0] [1]. Aivan vastaavalla tavalla (vaihtaen vain 1 2) nähdään, että myös [0] [2]. Osoitetaan vielä, että [1] [2]. Jos olisi [1] = [2], niin 1 [2], jolloin 2 1 I eli 1 [0], jolloin olisi [0] = [1], mutta tämä todettiin mahdottomaksi edellä. 113

Näin on nähty, että luokkia on ainakin mainitut kolme. Osoitetaan sitten, että muita luokkia ei ole. Olkoon a + b 3 R mielivaltainen. Pitää osoittaa, että a + b 3 [k] jollekin k = 0,1,2. Koska a Z, niin kokonaislukujen jakoyhtälön nojalla a = 3q + r jollekin r = 0,1,2, joten riittää osoittaa, että a + b 3 [r] eli että a + b 3 r I. (1) Koska a = 3q + r, niin a + b 3 r = 3q + b 3, ja väite (1) seuraa ideaalin I määritelmästä. Näin tekijärenkaan R/I alkiot on selvitetty, eli todellakin pätee tehdyn arvauksen mukaisesti R/I = {[0],[1],[2]}, ja vieläpä niin, että luetellut ovat eri alkioita eli #(R/I) = 3. Laskutaulut näille ovat samat kuin tehtävässä 2: + [0] [1] [2] [0] [0] [1] [2] [1] [1] [2] [0] [2] [2] [0] [1] ja [0] [1] [2] [0] [0] [0] [0] [1] [0] [1] [2] [2] [0] [2] [1] Kunhan se tämäkin tietysti silloin on. Huomaa, että näistä laskutauluista näkyy, että tehtävien 2. ja 5. tekijärenkaat ovat isomorfisia keskenään. 11.6 Koska #Y = 2, niin #P(Y ) = 2 2 = 4. Siten jokaisessa tekijäluokassa on neljä alkiota. Koska #X = 3, niin #P(X) = 2 3 = 8, ja silloin tekijäluokkien lukumäärä on #(R/I) = #R #I = 8 4 = 2. Luokkia on siis vain kaksi, joista toinen on I = P ja toinen (kuten tehtävässä 4.) R \ I. Luokkien alkiot voidaan tällöin heti kirjoittaa näkyviin: I = {, {1}, {2}, {1,2}} =: ǫ Laskutaulut näille ovat ǫ α ǫ ǫ α α α ǫ ja R \ I = {{3}, {1,3}, {2,3}, {1,2,3}} =: α ja ǫ α ǫ ǫ ǫ α ǫ α Nämä laaditaan taas käyttäen sopivia edustajia. Valitaan esimerkiksi ǫ ja {2} α, jolloin saadaan vaikkapa ǫ α = [ {2}] = [( \ {2}) ({2} \ )] = [{2}] = α ǫ α = [ {2}] = [ ] = ǫ. ja 114

Kuntahan se tämäkin on. ǫ on nolla-alkio ja α ykkösalkio. 11.7 Koska nyt #Y = 1, niin #P(Y ) = 2 1 = 2. Siten jokaisessa tekijäluokassa on kaksi alkiota. Silloin tekijäluokkien lukumäärä on #(R/I) = #R #I = 8 4 = 4. Yksi näistä luokista on nollaluokka I = P, I = {, {1}} = ǫ. Määrätään muut luokat. Koska {2} ǫ, niin [{2}] ǫ. Nyt pitäisi siis osata sanoa, mitkä ovat luokan [{2}] alkiot. Tiedetään, että alkioita tässä (kuten jokaisessa muussakin) luokassa on täsmälleen kaksi. Toinen niistä on triviaalisti {2}, mutta mikä on toinen? Nyt täytyy muistaa, että tehtävän ohjeen mukaisesti tässä renkaassa vähennyslasku tulee muotoon A B, joten ehto alkion A kuulumiselle luokkaan [{2}] tulee muotoon A {2} I eli (A \ {2}) ({2} \ A) {, {1}}. (1) Ilmeisesti joukko A = {1,2} R toteuttaa ehdon (1). Koska tiedetään, että muita näitä ei voi joukon {2} lisäksi olla, luokka [{2}] on selvillä: Aivan vastaavalla tavalla nähdään, että [{2}] = {{2}, {1,2}} = α. [{3}] = {{3}, {1,3}} = β. Nyt kun kolme luokkaa neljästä on löydetty, viimeinen on helppo: siinä ovat loput R:n alkiot eli neljäs luokka on Siten R/I = {ǫ,α,β,γ}, γ := R \ (ǫ α β) = {{2,3}, {1,2,3}}. missä ǫ = {, {1}}, α = {{2}, {1,2}}, β = {{3}, {1,3}} ja γ = {{2,3}, {1,2,3}}. Laskutaulut näille ovat + ǫ α β γ ǫ ǫ α β γ α α ǫ γ β β β γ ǫ α γ γ β α ǫ ja ǫ α β γ ǫ ǫ ǫ ǫ ǫ α ǫ α ǫ α β ǫ ǫ β β γ ǫ α β γ 115

Tässäkin nämä taulukot laaditaan sopivia edustajia käyttäen. ǫ on nollaluokka, joten sen suhteen ei varsinaisesti tarvitse laskea, vaan kaikille x pätee x ǫ = x = ǫ x ja x ǫ = ǫ = ǫ x. Lasketaan muutama muu malliksi: α β = [{2} {3}] = [({2} \ {3}) ({3} \ {2})] = [{2,3}] = γ, α α = [{2} {2}] = [ ] = ǫ, α β = [{2} {3}] = [ ] = ǫ α α = [{2} {2}] = [{2}] = α. Tämä ei ole kunta, koska siinä on nollanjakajia: α β = ǫ ja ǫ on nolla-alkio. 11.8 Koska I 1 ja I 2, niin I 1 + I 2. Olkoot x,y I 1 +I 2 mielivaltaisia. Silloin on olemassa a,c I 1 ja b,d I 2 siten, että x = a + b ja y = c + d. Koska I 1 ja I 2 ovat ideaaleja, niin (I 1,+) (R,+) ja (I 2,+) (R,+). Silloin a + c I 1 ja b + d I 2 ja yhteenlaskun kommutatiivisuuden nojalla ja x + y = (a + b) + (c + d) = (a + c) + (b + d) I 1 + I 2. (1) Aliryhmäominaisuuksien nojalla myös a I 1 ja b I 2, joten x = (a + b) = ( a) + ( b) I 1 + I 2. (2) Ehtojen (1) ja (2) sekä aliryhmäkriteerin nojalla (I 1 + I 2,+) (R,+). Tällöin riittää osoittaa, että yllä kiinnitetylle x pätee Tämän näkee näin: rx I 1 + I 2 ja xr I 1 + I 2 kaikille r R. rx = ra + rb i) I 1 + I 2 ja xr = ar + br ii) I 1 + I 2, missä ehdot i) ja ii) seuraavat siitä, että I 1 ja I 2 ovat ideaaleja. Bonustehtävä. Olkoot R ja I kuten tehtävässä 4. Valitaan I 1 = I 2 = I. Tällöin joukko I 1 I 2 = {PQ P,Q I} ei ole ideaali, koska se ei ole suljettu yhteenlaskun suhteen. Tämän näkee valitsemalla ensin P 1 = Q 1 = 2 (siis vakiopolynomi), jolloin P 1,Q 1 I ja siten 4 = P 1 Q 1 I 1 I 2. (1) Valitaan sitten P 2 = Q 2 = X, jolloin P 2,Q 2 I ja siten X 2 = P 2 Q 2 I 1 I 2. (2) 116

Jos nyt I 1 I 2 olisi suljettu yhteenlaskun suhteen, niin ehtojen (1) ja (2) nojalla pitäisi olla X 2 + 4 I 1 I 2 eli pitäisi olla P 3,Q 3 I siten, että P 3 Q 3 = X 2 + 4. (3) Koska polynomin X 2 + 4 johtava kerroin on 1, niin ehdon (3) nojalla P 3 :n ja Q 3 :n johtavien kertoimien tulo on 1, ja koska nämä ovat kokonaislukukertoimisia, niin johtavat kertoimet ovat ±1. Silloin kumpikaan näistä polynomeista ei voi olla vakio, koska ehdon P 3,Q 3 I nojalla kummankin vakiotermi on parillinen. Tällöin, koska kokonaisalueessa polynomien tulon aste on asteiden summa, niin ehdon (3) nojalla sekä P 3 :n että Q 3 :n aste on 1, ja saadaan esitys (±X + a) (±X + b) = X 2 + 4 joillekin a,b Z. Tämä merkitsee sitä, että ±a Z on polynomin X 2 + 4 juuri. Tämä on mahdotonta, koska tällä polynomilla ei ole edes reaalijuuria. 117

12.1 a) Tämä ei pidä paikkaansa, esimerkkinä tekijäkuvaus π : Z Z n. b) Tämä pätee. Seurauksen 11.6 nojalla Ker(f) on R:n ideaali ja lauseen 11.9 nojalla kunnan R ainoat ideaalit ovat {0} ja R. Siten joko Ker(f) = {0} tai Ker(f) = R. Koska S ei ole nollarengas, niin 1 S 0 S, jolloin f(1 R ) = 1 S 0 S. Silloin 1 R Ker(f), joten ei voi olla Ker(f) = R, eli on oltava Ker(f) = {0}. f:n injektiivisyys seuraa tällöin lauseesta 5.9 onhan f ryhmähomomorfismi yhteenlaskun suhteen. c) Tämä ei päde, esimerkkinä tekijäkuvaus π : Z Z 4. d) Tämä pätee. Lauseen 8.22 nojalla f(r) on rengas. Kohdan b) nojalla f : R f(r) on isomorfismi eli on olemassa käänteiskuvaus f 1 : f(r) R, joka on myös lauseen 8.16 nojalla homomorfismi. Silloin f(r):n kommutatiivisuus saadaan näin: Kaikille x,y f(r) pätee xy = f(f 1 (xy)) = f(f 1 (x)f 1 (y)) i) = f(f 1 (y)f 1 (x)) = f(f 1 (yx)) = yx, missä yhtälö i) seuraa siitä, että R on kuntana kommutatiivinen. Lisäksi kaikilla f(r):n nollasta eroavilla alkioilla x on käänteisalkio, joka on f((f 1 (x)) 1 ), sillä f((f 1 (x)) 1 )x = f((f 1 (x)) 1 )f(f 1 (x)) = f((f 1 (x)) 1 f 1 (x)) = f(1 R ) = 1 S. e) Tämä ei päde, esimerkkinä tehtävän 11.2 rengas R (joka ei ole kokonaisalue) ja tekijärengas R/I (joka on kokonaisalue) sekä tekijäkuvaus π : R R/I. f) Tämäkään ei päde; sama esimerkki kuin e)-kohdassa toimii myös tässä. 2. Olkoon R = Z ja S = Q sekä f : Z Q, f(x) = x kaikille x Z. Tällöin f on ilmeisesti homomorfismi. Z on triviaalisti itsensä ideaali, mutta f(z) = Z ei ole renkaan Q ideaali, kuten tehtävässä 11.1 b) todettiin. Tämä ei ole vastoin lausetta 11.5, koska kyseisen lauseen luennoilla esitetyssä versiossa oletetaan, että f on surjektio, mitä tämä annettu f ei ole. Monisteessa olevassa lauseen 11.5 versiossa väitetään vain, että I on ideaali renkaassa f(r), eikä tämäkään väite ole ristiriidassa yllä olevan esimerkin kanssa. 3. Olkoon I = { n a i X i Z[X] a 0 on parillinen }, i=0 jolloin I on renkaan Z[X] ideaali, kuten tehtävässä 11.4 nähtiin. Riittää osoittaa, että tämä ei ole pääideaali. Tehdään antiteesi: I = P jollekin P Z[X]. Koska lemman 11.19 nojalla P = Z[X] P, niin jokainen I:n alkio Q voidaan esittää muodossa Q = R Q P jollekin R Q Z[X]. (1) 118

Koska vakiopolynomille Q = 2 pätee Q I, niin ehdon (1) nojalla on olemassa R Q Z[X] siten, että 2 = R Q P. (2) Koska Z on kokonaisalue, niin polynomirenkaassa Z[X] on lauseen 10.8 nojalla tulon aste yhtä kuin asteiden summa, jolloin ehdosta (2) saadaan 0 = deg(r Q ) + deg(p), ja silloin polynomit R Q ja P ovat nolla-asteisia eli vakiopolynomeja. Erityisesti P on vakio, ja koska P P = I, niin I:n määritelmän mukaan P on parillinen vakio eli P = 2m jollekin m Z. (3) Koska myös polynomille S = X pätee S I, niin ehdon (1) nojalla on olemassa R S Z[X] siten, että X = R S P. (4) Ehdon (3) nojalla tulon R S P kaikki kertoimet ovat parillisia, mutta polynomin S = X johtava kerroin on 1, joka ei ole parillinen. Siten yhtälö (4) on mahdoton. Tämä ristiriita todistaa väitteen. Tulos ei ole ristiriidassa lauseen 11.20 kanssa, koska kyseisen lauseen oletuksissa vaaditaan, että K[X]:n kerroinrengas K on kunta, ja tässähän Z ei ole kunta. 12.4 a) Olkoon I {0} renkaan M 2 (R) ideaali. Riittää osoittaa, että I = M 2 (R). Tähän taas riittää lauseen 11.8 nojalla osoittaa, että [ ] 1 0 I. 0 1 Koska I on suljettu yhteenlaskun suhteen, niin riittää osoittaa, että [ ] [ ] 1 0 0 0 I ja I. 0 0 0 1 Koska [ ] 0 0 1 0 [ ] 1 0 0 0 [ ] 0 1 = 0 0 niin riittää osoittaa, että [ ] 1 0 I. 0 0 [ ] 0 0, 0 1 119

Koska I {0}, niin on olemassa a R\{0} siten, että ainakin jokin matriiseista [ ] a x, (1) y z [ ] x a, (2) y z [ ] x y tai (3) a z [ ] x y (4) z a on ideaalin I alkio joillekin x,y,z R. Koska a 0, niin on olemassa a 1 R. Koska [ ] [ ] [ ] a 1 0 a 0 1 0 =, 0 0 0 0 0 0 niin riittää osoittaa, että [ ] a 0 I. 0 0 Tapauksessa (1) tämä seuraa siitä, että [ ] [ ] [ ] 1 0 a x 1 0 = 0 0 y z 0 0 tapauksessa (2) saadaan vastaavasti [ ] [ 1 0 x a 0 0 y z tapauksessa (3) [ ] 0 1 0 0 ja tapauksessa (4) joten väite pätee. [ ] 0 1 0 0 [ x y a z ] ] [ ] x y z a [ ] 0 0 = 1 0 [ ] 1 0 = 0 0 [ ] 0 0 = 1 0 [ ] a 0, 0 0 [ ] a 0, 0 0 [ ] a 0 0 0 [ ] a 0, 0 0 b) Saatu tulos ei ole ristiriidassa luentojen lauseen kanssa, koska kyseisen lauseen oletuksissa vaaditaan, että tarkasteltava rengas on kommutatiivinen. Sitähän tämä rengas M 2 (R) ei ole. c) Sama koskee tätä toista, maksimaalisia ideaaleja käsittelevää lausetta: siinäkin oletetaan, että rengas on kommutatiivinen, joten ei tämä lause tähän tilanteeseen sovi. 120

12.5 a) Jos polynomilla P on juuri c K, niin lauseen 10.16 nojalla polynomi X c jakaa P:n renkaassa K[X]. Tällöin, jos polynomin P aste on 2 tai enemmän ja sillä on juuri, niin P ei voi olla jaoton. Tämä todistaa väitteen toisen suunnan. Oletetaan kääntäen, että P:llä ei ole juurta kunnassa K ja P:n aste on 2 tai 3. Väitetään, että P on jaoton. Tehdään antiteesi: P ei ole jaoton. Silloin määritelmän mukaan on olemassa Q,R K[X] siten, että P = QR ja 1 deg(q),deg(r) deg(p) 1. (1) Jos deg(p) = 2, niin ehdon (1) nojalla deg(q) = deg(r) = 1. Siten Q = ax + b ja R = cx + d, missä a,b,c,d K ja a,c 0. Koska a 0 ja K on kunta, niin on olemassa a 1 K. Tällöin ja tämän perusteella Q( a 1 b) = a( a 1 b) + b = 0, P( a 1 b) = QR( a 1 b) = Q( a 1 b)r( a 1 b) = 0 R( a 1 b) = 0, joten a 1 b K on P:n juuri, mikä on vastoin oletusta. Tämä ristiriita todistaa väitteen, kun deg(p) = 2. Kun deg(p) = 3, niin ehdon (1) nojalla toinen polynomeista Q,R on astetta 1 ja toinen astetta 2. Merkintöjä tarvittaessa vaihtamalla voidaan olettaa, että deg(q) = 1 ja deg(r) = 2. Tällöin taas Q on muotoa Q = ax + b, missä a,b K ja a 0. Samalla tavalla kuin edellä nähdään, että a 1 b K on Q:n juuri, jolloin se on myös P:n juuri, mikä on taas vastoin oletusta. Tämä ristiriita todistaa väitteen, kun deg(p) = 3. b) Esimerkiksi polynomi P = X 4 + 2X + 1 = (X 2 + 1) 2 R[X] ei ole jaoton, koska P = (X 2 + 1) (X 2 + 1), mutta sillä ei selvästikään ole reaalijuuria, koska a 2 + 1 > 0 kaikille a R. Toinen esimerkki: Olkoon astetta 5 oleva polynomi Q = (X 2 + X + 1) (X 3 + X + 1) Z 2 [X]. Se ei ole jaoton, koska se on kahden alempiasteisen polynomin tulo, mutta sillä ei kuitenkaan ole juuria kunnassa Z 2, kuten kokeilu osoittaa. 6. a) X 2 + 1 R[X] on tehtävän 5. nojalla jaoton, koska se on astetta 2 ja sillä ei ole reaalijuuria. b) X 2 + 1 C[X] ei ole jaoton, koska X 2 + 1 = (X i)(x + i). 121

c) X 3 + 2 Q[X] on tehtävän 5. nojalla jaoton, koska se on astetta 3 ja sillä ei ole rationaalisia juuria, minkä näkee helposti tehtävää 10.7 soveltaen: sen mukaan ainoat mahdolliset rationaalijuuret ovat ±1 ja ±2, jotka eivät ole juuria. d) X 3 + 2 R[X] ei ole jaoton, koska sillä on reaalijuuri 3 2. e) X 4 +X 3 +X 2 +X +1 Z 5 [X] ei ole jaoton, koska sillä on juuri [1] 5 Z 5, ja silloin X [1] 5 jakaa polynomin X 4 +X 3 +X 2 +X +1 renkaassa Z 5 [X] lauseen 10.16 nojalla. f) P = X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 Z[X] on jaoton. Tämä vaatii nyt vähän pitemmän perustelun. Tehtävää 10.7 soveltaen nähdään, että P:llä ei ole rationaalijuuria (ainoat mahdolliset ovat ±1, eivätkä ne ole juuria), joten P:llä ei voi olla ensimmäisen asteen tekijää renkaassa Z[X]. Jos näet ax + b Z[X], a 0 olisi P:n tekijä, niin a 1 b Q olisi P:n juuri, mutta tällaisia ei siis ole. Siten, jos P ei ole jaoton (tämä on antiteesi), niin se voidaan esittää kahden toisen asteen polynomin tulona: P = (ax 2 + bx + c)(dx 2 + ex + f), a,b,c,d,e,f Z, a,d 0. (1) Tästä saadaan yhtälö X 4 +X 3 +X 2 +X+1 = adx 4 +(ae+bd)x 3 +(af +be+cd)x 2 +(bf +ce)x+cf, josta seuraa edelleen yhtälöryhmä ad = 1 ae + bd = 1 af + be + cd = 1 bf + ce = 1 cf = 1. Koska a,d Z ja ad = 1, niin a = d = ±1. Silloin tarvittaessa vaihtamalla kaikkien kerrointen merkkiä voidaan olettaa, että a = d = 1, jolloin yhtälöryhmä tulee muotoon e + b = 1 f + be + c = 1 bf + ce = 1 cf = 1. Alimman yhtälön nojalla c = f = ±1, jolloin kolmannen yhtälön mukaan ±(b+ e) = 1, ja ensimmäisen yhtälön perusteella kyseeseen tulee vain +-merkki eli c = f = 1. Silloin yhtälöryhmä tulee muotoon { e + b = 1 be = 1. 122

Tästä saadaan b(1 b) = 1 eli b 2 b + 1 = 0, mutta tällä yhtälöllä ei ole kokonaislukuratkaisua tehtävän 10.7 nojalla. Siispä antiteesi on väärä, ja P:llä ei ole hajoitelmaa (1), joten se on jaoton renkaassa Z[X]. 12.7 Jaikkapa jakokulmassa jakaen (tai miten tahansa) saadaan X 5 + 4X + 1 = (X 3 + 3X 2 + X + 4) (X 2 + 2X + 3) + 3X + 4, X 2 + 2X + 3 = (2X + 3) (3X + 4) + 1 ja 3X + 4 = (3X + 4) 1 + 0, joten suurin yhteinen tekijä on vakiopolynomi 1. Algoritmista saadaan esitys 1 = X 2 + 2X + 3 (2X + 3) (3X + 4) = X 2 + 2X + 3 (2X + 3) (X 5 + 4X + 1 (X 3 + 3X 2 + X + 4) (X 2 + 2X + 3)) = (2X + 3) (X 5 + 4X + 1) + (1 + (2X + 3) (X 3 + 3X 2 + X + 4)) (X 2 + 2X + 3) = ( 2X 3) (X 5 + 4X + 1) + (2X 4 + 4X 3 + X 2 + X + 3) (X 2 + 2X + 3). 12.8 Lauseen 11.24 nojalla riittää konstruoida jaoton toisen asteen polynomi P renkaassa Z 3 [X], jolloin haluttu kunta on Z 3 [X]/ P. Perusmuotoisina tällaisia polynomeja löytyy yhteensä kolme kappaletta ja ne ovat X 2 + X + 2, X 2 + 2X + 1 ja X 2 + 1. Näillä ei ole juuria kunnassa Z 3 kuten kokeilu osoittaa, joten ne ovat jaottomia tehtävän 5. perusteella. Käytetään vaikkapa polynomia P = X 2 + 1. Lauseen 11.24 todistuksen mukaisesti kunnan Z 3 [X]/ P yhdeksän alkiota ovat tekijäluokat [Q], missä Q Z 3 [X] on korkeintaan astetta 2. Nämä luokat ovat o = [0], ι = [1], α = [2], β = [X], γ = [X + 1], δ = [X + 2], ε = [2X], ζ = [2X + 1] η = [2X + 2]. ja 123

Laskutaulut näille ovat + o ι α β γ δ ε ζ η o o ι α β γ δ ε ζ η ι ι α o γ δ β ζ η ε α α o ι δ β γ η ε ζ β β γ δ ε ζ η o ι α γ γ δ β ζ η ε ι α o δ δ β γ η ε ζ α o ι ε ε ζ η o ι α β γ δ ζ ζ η ε ι α o γ δ β η η ε ζ α o ι δ β γ Tässähän laskut menevät niin, että esimerkiksi γ + ζ = [X + 1] + [2X + 1] = [3X + 2] i) = [0X + 2] = [2] = α, missä yhtälö i) perustuu siihen, että kerroinkunnassa Z 3 on 3 = 0. Tässä yhteenlaskun laskutaulun laadinnassa ei itse asiassa tarvittu valittua polynomia P lainkaan: tieto P:n asteesta oli riittävää. Kertolaskun laskutaulun laadinnassa täytyy tietää myös polynomi P. Kertolaskulle laskutaulu on o ι α β γ δ ε ζ η o o o o o o o o o o ι o ι α β γ δ ε ζ η α o α ι ε η ζ β δ γ β o β ε α δ η ι γ ζ γ o γ η δ ε ι ζ α β δ o δ ζ η ι β γ ε α ε o ε β ι ζ γ α η δ ζ o ζ δ γ α ε η β ι η o η γ ζ β α δ ι ε Tässähän laskut perustuvat siihen, että X 2 +1 = P P, jolloin [X 2 +1] = [0] eli [X 2 ] = [ 1] = [2]. Tällöin esimerkiksi ζ η = [2X + 1] [2X + 2] = [(2X + 1)(2X + 2)] = [4X 2 + 6X + 2] = [1X 2 + 0X + 2] = [X 2 ] + [2] = [2] + [2] = [4] = [1] = ι. Jos polynomi P valittaisiin toisin (P = X 2 + X + 2 tai P = X 2 + 2X + 1), niin kertolaskun laskutaulusta tulisi toisenlainen. Voidaan kuitenkin osoittaa, että näin syntyvä kunta on isomorfinen juuri konstruoidun kunnan Z[X]/ P kanssa. Jätetään kunkin harrastuneisuuden varaan rakentaa kertolaskun laskutaulu näille kahdelle muulle P; samoin harrastustehtäväksi jää konstruoida konkreettiset isomorfismit näiden eri kuntien välille. Näistä harrastustehtävistä saattaa olla arvaamatonta apua tentissä. 124

Algebran 1. välikoe 29.2.2012 1. Olkoon f : G G ryhmähomomorfismi. Osoita, että a) f kuvaa neutraalialkion neutraalialkioksi, b) f(x 1 ) = f(x) 1 kaikille x G, c) f(h) on G :n aliryhmä kaikille G:n aliryhmille H ja d) f 1 (H ) on G:n aliryhmä kaikille G :n aliryhmille H. 2. Olkoon (G, ) ryhmä ja merkitään S(G) = {f f : G G on bijektio}. Tällöin myös S(G) on tunnetusti ryhmä, kun laskutoimituksena on kuvausten yhdistäminen. Määritellään kaikille a G kuvaus h a : G G asettamalla h a (x) = a x kaikille x G. a) Osoita, että h a S(G) kaikille a G. b) Kohdan a) nojalla voidaan määritellä kuvaus ψ : G S(G) asettamalla ψ(a) = h a kaikille a G. Osoita, että ψ on homomorfismi. c) Osoita, että ψ on injektio. Käännä! 125

3. Varustetaan reaalisten kääntyvien 2 2-matriisien joukko GL 2 (R) matriisikertolaskulla, jolloin tunnetusti syntyy ryhmä. Merkitään {[ ] [ ]} 0 1 1 0 B =, GL 1 0 0 1 2 (R) ja olkoon G joukon B virittämä ryhmän GL 2 (R) aliryhmä. a) Osoita, että ryhmässä G on täsmälleen kahdeksan alkiota. b) Vastaa perustellen kysymykseen Onko ryhmässä G aliryhmää, jonka kertaluku on n? kaikille n = 1, 2,...,8. 4. Olkoon G kuten tehtävässä 3. a) Osoita, että K = ei ole G:n normaali aliryhmä. b) Jos määritellään H = {[ ] [ ]} 1 0 1 0, 0 1 0 1 {[ ] [ ]} 1 0 1 0,, 0 1 0 1 niin H on G:n normaali aliryhmä. Tätä ei kuitenkaan tarvitse todistaa. Määrää sen sijaan tekijäryhmän G/H laskutaulu. 126

Algebran 1. välikoe 7.3.2012 1. Määritellään joukkoon Z laskutoimitus asettamalla x y = x + y + 1 kaikille x,y Z. Osoita, että (Z, ) on ryhmä. Ovatko ryhmät (Z, ) ja (Z, +) isomorfisia keskenään? 2. Olkoon f : G G ryhmäisomorfismi. Osoita, että a) f kuvaa neutraalialkion neutraalialkioksi, b) f säilyttää alkion kertaluvun, ts. kaikille x G pätee ord(x) = ord(f(x)). c) Pätevätkö a)- ja/tai b)-kohdan väitteet, jos oletetaan, että f on (vain) homomorfismi? 3. Olkoon A joukko, jossa on määritelty assosiatiivinen laskutoimitus ja jossa on neutraalialkio e. Oletetaan, että joukossa A on eri alkiot a,b e siten, että myös joukon H = {e,a,b,b 2,ab,ab 2 } alkiot ovat eri alkioita. Oletetaan lisäksi, että a 2 = e, b 3 = e ja ba = ab 2. Osoita, että joukko H on ryhmä laatimalla sen laskutaulu. Onko H kommutatiivinen? Onko H syklinen? Luettele kaikki H:n aliryhmät. Perustele myös se, miksi muita aliryhmiä ei antamiesi lisäksi ole. 4. Olkoon ryhmä H kuten tehtävässä 3. Määrää kaikki H:n normaalit aliryhmät. Määrää tekijäryhmän H/K laskutaulu kaikille H:n normaaleille aliryhmille K. 127