Facitliste til nyere eksamensopgaver

Facitliste Facitliste til nyere eksamensopgaver Listen indeholder facit (eller vink) til eksamensopgaverne (i MatAL, Alg og ) fra sommeren 003 og fremefter. Bemærk, at de facitter, der står på listen, næsten aldrig er tilstrækkeligt svar på opgaven. Sommer 003. 30.. σ = (0 )( 3 4 5 6)(7 8 9), type = 3 5, orden = 30 og fortegn =. 3. 5. 4. Cykeltyperne: 4, og 3. Antallet = 5 + 45 + 5 + = 76. 5. Ja, σ = ( )(3 4) eller ( 4)( 3); ja, σ = ( 3) eller ( 4); og nej. 6. C 8 C C 5 og C 4 C 4 C 5. 7. Fx fire af følgende: Q 8 C 5 (), D 4 C 5 (5), A 4 C 0 eller D 3 C 0 (7), S 4 C 5 (9), D 5 C (), D C 5 (3), D 6 C 0 (5), D 0 C 3 (), D 0 C 6 eller A 4 D 5 (3), S 5 (5), A 5 C eller D 5 C 4 (3), D 6 D 5 = D 0 D 3 (47), D 60 (6), D 30 C (63),... 8. En Sylow-7-undergruppe er normal; ikke tilsvarende for Sylow-9-undergrupperne. 9. Homomorfien kan angives som z z 3, idet elementerne i C 5 og C 0 er komplekse tal; eller som ζ5 i i ζ0 (kan alternativt angives additivt: i (mod 5) i (mod 0)); eller som (x, y) (x, ) under identifikationen C 5 = C 5 C 3 og C 0 = C 5 C ); eller som C 5 C 5 / C 3 = C 5 C 0 under de naturlige inklusioner C 3 C 5 og C 5 C 0. 0. (p) ( p + (p ) + p (p+)/).. 00 = i( + i) 7 (3 + i)(3 i) og 003 er et primelement. Antallene er 9 (eller 48 bortset fra associering) og 8 (eller bortset fra associering).. i R, 00 i C, 00 i F 003 og 4 i F 9. 3. f er reducibel i R[X]. 4. f er irreducibel i Q[X]. 5. f = (X 44)(X + 44) er reducibel i F 003 [X]. Vinter 003/04. 55... 3. (0)( 4 8)(3 6 9)(5 0)(7 4 3 ). Type 4 3. Orden 4. Fortegn. 4. 6, 3 6, 3, 3, 4 3. 5. Benyt, at γ og γ er konjugerede, fordi de har samme cykeltype,.... 6. C C 3 C 7 og C C 9 C 9. 7. Fx fire af: A 5, A 4 C 5, D 30 = D 5 C, D 0 C 3, D 6 C 5 = D 3 C 0, D 3 D 5. 8. Benyt Sylow s sætninger,.... 9. 4. /local/notes/alg/ex/facit.tex -07-009 3:04:04

Facitliste 0. Ordenen af billedet er. Med sign: S 4 C er S 4 C C 0 et eksempel.. ( 9 + 6 + 3 + 9 5 )/8 = 46.. 5 = (+i)( i), 5+i = (+i)(3 i), 5+i = primelement, 5+3i = (+i)(4 i). 3. f er reducibel i R[X]. 4. f er irreducibel i Q[X]. 5. f = X 6 + i F 3 [X], og f er reducibel, idet fx er rod. Sommer 004. 66.. (0 3 8 9 6 0 )( 4)(5 7); 7 ; orden 4, sign =. 3. ( 4 5 3), ( 4 3 5), ( 4)( 5)(3), ( 5)( 4 3), ( 5 3)( 4), ( 5 4)(3). De første tre er de lige af dem. 4. 5. Der er 6 abelske grupper af orden 7, med 56, 4, 4, 8, 6, og elementer af orden 6. 6. ϕ(6) = 8, så (Z/6) = 8, svarende til restklasserne af, 3, 5, 7, 9,, 3, 5. Kvadraterne er, 9, 9,,, 9, 9,, specielt 3 elementer af orden. Det udelukker C 8 og C C C, tilbage bliver muligheden (Z/6) = C 4 C. 7. S S 3 S 5, bestående af de permutationer, der stabiliserer {, } og {3, 4, 5}; den har orden. Banen består af alle -element-delmængder {a, b}. 8. #Syl 7 =, da, 3 og 3 er udelukket. Tilsvarende: #Syl =, #Syl 3 =. Derfor er G produktet af sine Sylow-undergrupper, og dermed G = C 7 C C 3 = C 00. 9. Sæt H := {σ i τ j }. Brug στ = τσ: Først, da σ i τ j σ k τ l = σ i+k τ j+l, er H stabil. Videre er e = σ 0 τ 0 H. Og for h = σ i τ j er h = σ i τ j H. Tilsvarende udgør produkter af potenser af 3 disjunkte 5-cykler en undergruppe af orden 5 3 = 5, isomorf med C 5 C 5 C 5. Tallet 5 forekommer 3 gange i primopløsningen af 5!, så undergruppen er en Sylow-5-undergruppe af S 5. Da Sylow-5- undergrupperne parvis er konjugerede, er de specielt alle isomorfe med den fundne. 0. G = 3 5 giver mulighederne, 4, 0; der er i C 60, og 4 i C 5 A 4, og 0 i A 5.. 8 (38 + 3 + 3 4 + 3 5 + 3 5 ) = 954.. (53 )/(3 ) = 3, og (3 )/(4 ) =, så (53 ) = (4 ) ( ) [også = (7 + ) (3 4 ) ]. 3. Nej. 4. Ja, anvend Eisenstein på f (X + ) = X 4 + 4X 3 + 8X + 8X + med p =. 5. (X a)(x+a)(x 3/a)(X+3/a) = (X a )(X 9/a ) = X 4 (a +9/a )X +9, og altså = f (X) netop når a + 9/a =, dvs netop når f (a) = 0. Vinter 004 05. 600; 400.. ( 3)( 4 5 6 8)(7 9); 5 ; 0; ; ( 8 6 5 4). 3. 76. 4. 4, 4.

Facitliste 3 5. 6. 6. C 5 C 3, C 5 C 5 C 3, C 5 C 5 C 5 C 3. 7. 8. 67. 9. 0. f er reducibel i R[X].. f er irreducibel i Q[X].. #rødder = 0. 3. 700. 4. 430. 5. 4 6 = 4096. Juni 005. 4 3 = 98. Største orden 3.. 5 6 = 90. C(σ) består af de 8 permutationer ( ) i (3 4 5 6) j for i = 0, og j = 0,,, 3. 3. 4. For S 6 er ordenerne: 4 = 6, 3 = 9 og 5; for A 6 er de: 3 = 8, 3 = 9 og 5. 5. Fx fordi Sylow-40-undergruppen er normal [Kræver begrundelse]. 6. Der er fem, nemlig: C C C C 0, C C C 0, C 4 C 0, C C 40, C 80. Alternativ, som produkt af cykliske grupper af primtalsordener: C C C C C 5, C C C 4 C 5, C 4 C 4 C 5, C C 8 C 5, C 6 C 5. 7. (3 9 + 6 3 + 3 3 + 9 3 5 )/8. 8. Restklasserne modulo af 0,, 3, 4, 6, 8, 9, 0. Fx fordi de ikke udgør en undergruppe, da antallet af nuldelere, 8, ikke er divisor i [Eller: da + 3 = 5 ikke er en nuldeler.] 9. Restklasserne modulo 9 af 0, 3 og 6. 0. f er reducibel.. f er irreducibel (Eisenstein med p = 5).. g = (X + )(X X + )(X + X + ) og g = (X + )(X i 3)(X + i 3)(X + i 3)(X + + i 3). 3. g = (X [])(X [3])(X [4])(X [5])(X [6]). 4. {±}. 5. Fx 7 = ( + 3)( 3). Juni 006. 6 58 = 98. 464.. Normale: D og undergrupper heri er normale (sammen med D, S og D, DS er det faktisk samtlige ægte normale). Unormal: Fx S. 3. 0. C(σ) = σ. 4. kommutativ. Ikke-kommutative: Fx D 003, C 7 D 59, C 59 D 7. 5. 5 4.

Facitliste 4 6. 4 = 68. 7. 8. 8. d =,, 4. (Z/6) C 4 C. Ja. 9. 0 (N 0 + 5N 6 + 6N 5 + 4N + 4N) (= 78 for N = ). 0. Restklasserne a = [0], [6], [] og [8].. N( + 5) =, enhed; N( + 5) = 9, irreducibel; N(9 4 5) =, enhed; N( 5) = 5, irreducibel.. 006 = ( i) ( + i) (4 + i)(4 i) 59. 3. Reducibel. 4. Irreducibel. 5.. Juni 007. C 9 C 3 = C 007 og C 3 C 3 C 3. og 8.. [(Z/385) = (Z/5) (Z/7) (Z/) = C 4 C 6 C 0 =] C C C 4 C 3 C 5. 3. 4. {± id} = {id, D 3 }. 5. På tabelform: ( 3 4 5) ( 5 3 4, 3 4 5 ) ( 5 3 4, 3 4 5 ) ( 5 3 4, 3 4 5 5 4 3). 6. 7, 3 3, 5. 7. 8. 4( 3 5 + 3 0 + 3 9 + 3 8). 9.. a = [±]. 0.. 3. Fx 0, 4, 8.. [0], [], [5], [6]. 3. Reducibelt (har en rod). 4. Irreducibelt (ingen rødder og grad ). 5. Reducibelt (da [5] er rod). Juni 008. σ = 60. For σ 008 : type = 4 3 5 (eller blot 3 5 ), orden 5.. 6. Fx σ = ( 3456 4563). 3. ; Med D 4 S 4 og C 5 S 5 er D 4 C 5 S 55. 4. [ Fordi 6(x + y) = 6x + 6y ]; kernen = {[0], [0]}. 5. C 8 C 5, C C 4 C 5, C C C C 5 ; hhv, 3 og 7 elementer af orden. 6. (Z/008) = (Z/8) (Z/5) = C C C 50 = C C C C 5. 7. 8. Henholdsvis C 359 [orden = p], C 36 og C 9 C 9 [orden = p ], C 36 = C C 8 og D 8 [orden = p], og C 365 = C 5 C 73 [orden = 5p, hvor p (mod 5)]. 9. 5 0.

Facitliste 5 0. 48 ( [antallet af Sylow-7-undergrupper må være 8].. 4 5 + 7 + 3).. [f (β) = 0 β k = a β k = α k β k α k = (βα ) k = ]. 3. 008 rødder [de er forskellige ifølge spm ]. Der er reelle rødder [iflg spm ]. 4. [ Med a := [] er (ifølge Fermat): a 008 = (a 5 ) 8 = a 8 = [ 8 ] = [56] = [5]. ] 5. rødder [iflg spm, spm 4, og vinket]. Juni 009. σ = ( 4 8 5 0 9 7 3 6)().. FEJL I OPGAVEN. Korrigeret opgave: Type 5, σ = ( 4 5 9 3)( 8 0 7 6)() σ 4 = ( 5 3 4 9)( 0 6 8 7)() µ kan aflæses; på cykelform fx: µ = ()()()(4 5 3 9)(6 7 8 0). 3. #0-cykler er 9!, så C(σ ) =!/( 9!) = 0. 4. Hvis n er ordenen af g, så er g n =, hvoraf ϕ(g) n =, hvoraf k n. 5. Ordenen er 6, da 3 og 3 3. (Z/49) = ϕ(49) = 6 7 = 4. Ordenen af 3 modulo 49 er divisor i 7 6, og ifølge foregående opgave et multiplum af 6. Den er ikke 6, idet 3 6 = 8 3 ( 7) 3 3 6. Altså er den 4. 6. (Z/009) = (Z/49) (Z/4). Orden: ϕ(009) = ϕ(49) ϕ(4) = 4 40 =.680. (Z/49) er cyklisk af orden 4 (forrige opgave) og (Z/4) er cyklisk af orden 40 (ifølge...), så maksimale elementorden er mindste fælles multiplum af 4 og 40, dvs 3 3 5 7 = 840. Modulo 4 er 3 4 = 8, så 3 har orden 8. Modulo 49 har 3 orden 4. Modulo 009 er ordenen af 3 det mindste fælles multiplum af 8 og 4, dvs = 3 3 7 = 68. 7. Antallet er, nemlig C 49 C 4 og C 7 C 7 C 4. 8. (Z/49) og (Z/4) er cykliske (tidligere opgave), så (Z/009) = (Z/49) (Z/4) = C 4 C 40. Videre (Kinesisk...) er C 4 = C C 3 C 7 og C 40 = C 8 C 5. Derfor er fremstillingen C C 8 C 3 C 5 C 7. 9. Isotropigruppen består at permutationer, der permuterer, og 3, 4, 5. Antal =! 3! =. Længden af banen: = 5!/ = 0 lig med antal 5-sæt med koord = og 3 koord. = 0. 0. Polya: ( 0 + 5 + 4 + 4 )/0 = 08.. 0.. Hvis G = 009, er der én Sylow-7-undergruppe S (af orden 49 og én Sylow-4- undergruppet (af orden 4). Derfor erg S T. Grupper af orden 4 er kommutatitive (nemlig cykliske), og grupper af orden 49 = 7 er kommutative ifølge... Derfor er G kommutativ. 3. Restklasser a modulo 009 svarer til par af restklasser (a, a ) modulo henholdsvis 49 og 4. Der er to involutoriske muligheder for a (da (Z/49) er cyklisk) og to muligheder for a (da (Z/4) er cyklisk). Altså = 4 involutoriske muligheder for a. 4. 4 rødder i C. Ingen rødder i R. Reducibelt, da graden er > (side...). 5. Polynomiet har en rod, fx fordi 8 er divisor i F4 eller fordi 3 er rod. Der er derfor 4 rødder, fordi der er 4 rødder i X 4. Reducibelt, da der er en rod.