Probleme-de-Structuri-Algebrice 978-606-500-051-3 [PDF]

Zitiervorschau

Beniamin Bogoşel

_______________________________ Probleme de Structuri Algebrice _______________________________

biblioteca GIL

Editura GIL

©2011 Editura GIL

Titlu: Probleme de Structuri Algebrice Autor: Beniamin Bogoşel

ISBN 978-606-500-051-3 Toate drepturile rezervate Editurii Gil. Nici o parte din acest volum nu poate fi copiată fãră permisiunea scrisă a Editurii Gil. Copyright © 2011 by Gil. All rights reserved.

Departament difuzare: Editura GIL, CP 44 O.P.3, Loc: Zalău, Jud.Sălaj, cod 450200 Tel. Fax.: Mobil: E-mail:

0260-616314; 0260-616414 0733-677992 [email protected]

Editor: Mircea LASCU

www.gil.ro

Cuprins Prefat¸˘ a

5

I

7

Enunt¸uri

1 Grupuri

9

2 Inele

25

3 Corpuri

33

II

37

Solut¸ii

4 Grupuri - Solut¸ii

39

5 Inele - Solut¸ii

69

6 Corpuri - Solut¸ii

89

3

Prefat¸˘ a Structurile algebrice reprezint˘ a o parte deosebit de frumoas˘ a a matematicii superioare, dar ˆın acela¸si timp ¸si o piatr˘a de ˆıncercare pentru mult¸i elevi din clasa a XII-a datorit˘ a naturii abstracte a acestora. Pentru a ˆınt¸elege acest capitol al matematicii sunt necesare foarte multe exercit¸ii. Tocmai acesta este scopul acestei culegeri de probleme: s˘ a fie adunate ˆıntr-un sigur loc probleme care sa ajute ˆın ˆınt¸elegerea not¸iunilor de Grup, Inel ¸si Corp. Am scris aceast˘a carte pentru c˘ a eu mi-a¸s fi dorit, ca ¸si elev, s˘a g˘ asesc o astfel de carte cˆand eram ˆın clasa a XII-a ¸si n-am g˘asit. Culegerea este destinat˘a elevilor care se preg˘atesc pentru examenul de bacalaureat, pentru olimpiada de matematic˘ a sau pentru examenele de admitere la facultate, dar ˆın acela¸si timp ¸si profesorilor de matematic˘ a pentru a le fi un ajutor ˆın preg˘ atirea elevilor. Problemele prezentate sunt culese din diverse surse prezentate ˆın bibliografie ¸si au reprezentat problemele prin care m-am preg˘atit pentru olimpiadele de matematic˘a din clasa a XII-a. Am scris numele autorilor problemelor acolo unde am avut informat¸iile necesare. Fiecare problem˘ a este ˆınsot¸it˘ a de o solut¸ie complet˘ a ˆın partea a doua a c˘ art¸ii. Am rezolvat personal fiecare problem˘ a ¸si am ˆıncercat s˘a redactez solut¸ia cea mai direct˘ a ¸si mai frumoas˘a. Acolo unde am cules solutia din alte surse, am ˆıncercat s˘a explic fiecare pas pentru a facilita ˆıntelegerea problemei de c˘ atre cititor. Sper ca aceast˘ a carte s˘ a fie de un real folos celor care o citesc. Doresc s˘ a mult¸umesc pe aceast˘ a cale ¸si profesorilor mei, Sorin Dumitric˘a ¸si Eugen H˘ alm˘ agean, pentru ajutorul ¸si ˆındrumarea primite ˆın studiul matematicii. A¸s vrea s˘a mai mult¸umesc ¸si domnilor profesori Radu Gologan, Dumitru Bu¸sneag ¸si Dorel Mihet¸ pentru c˘ a au citit manuscrisul acestei cart¸i ¸si pentru corect˘ arile ¸si sugestiile f˘ acute. Mult¸umesc, deasemenea p˘arint¸ilor mei pentru c˘a au fost al˘aturi de mine, m-au sprijinit ¸si m-au ˆıncurajat s˘ a nu renunt¸ la publicarea acestei c˘ art¸i. Autorul

5

Partea I

Enunt¸uri

7

Capitolul 1

Grupuri 1. Fie (G, ·) un grup. Dac˘ a ab = ba atunci 1) an b = ban ∀n ∈ Z 2) am bn = bn am ∀m, n ∈ Z 2. Fie (G, ·) un grup ¸si a, b ∈ G care verific˘a relat¸iile: 1) a5 = b4 = e a se arate c˘ a a2 b = ba ¸si ab3 = b3 a2 . 2) ab = ba3 S˘ Marcel T ¸ ena

3. Fie (G, ·) un grup. Dac˘ a elementele a, b ∈ G verific˘ a relat¸iile 1) b6 = e 2) ab = b4 a S˘ a se arate c˘ a b3 = e ¸si ab = ba. 4. Fie (G, ·) un grup ¸si a, b ∈ G, astfel ˆıncˆ at am = e ¸si aba−1 = bp , unde m, p ∈ N∗ −{1}. m −1 p = e. S˘ a se arate c˘ ab 5. Fie (G, ·) un grup. Dac˘ a a, b ∈ G satisfac condit¸iile: 1) a4 = e a b = an ban ∀n ∈ N∗ . 2) ab = ba3 , atunci demonstrat¸i c˘ Petre N˘ achil˘ a

6. Fie (G, ·) un grup ¸si a, b ∈ G, p ∈ N, p ≥ 2, astfel ˆıncˆ at a2 = e ¸si ab = bp a. S˘ a se arate c˘ a: 1) abn a = bnp , ∀n ∈ N∗ 2) ab = ba ⇐⇒ bp−1 = e. Petre N˘ achil˘ a

7. Fie (G, ·) un grup ¸si a, b ∈ G, astfel ˆıncˆ at a2 = b2 = (ab)2 . 4 4 S˘ a se arate c˘ a a = b = e. 9

CAPITOLUL 1. GRUPURI

10

8. Fie (G, ·) un grup. 1) Este posibil ca ˆın G s˘ a existe exact dou˘a elemente a, b diferite de e, astfel ˆıncˆ at a3 = b3 = e? 2) Dar astfel ˆıncˆ at a4 = b4 = e? Dorel Mihet¸

9. Fie (G, ·) un grup. Pot exista exact dou˘ a elemente distincte, diferite de elementul neutru e, astfel ˆıncˆ at xn = y n = e, unde n ≥ 4 este un num˘ar natural dat? 2

10. Fie (G, ·) un grup ¸si a, b ∈ G, iar k ∈ N∗ astfel ˆıncˆ at ab = bk a ¸si bk(k+1) = e. S˘ a se arate c˘a bk+1 = e ¸si ab = ba. Corneliu M˘ anescu Avram- G. M. nr. 8-9/1990

11. Fie x, y elementele unui grup astfel ˆıncˆ at x3 = y 4 ¸si yx = xy 3 . S˘ a se arate c˘ a: a) y 2 x = xy 2 ; b) y 3 x = xy; c) y −1 x−1 y −1 = x2 ; d) yxy = x. e) Demonstrat¸i c˘ a xy = yx. 12. Fie (G, ·) un grup ¸si a, b ∈ G, astfel ˆıncˆ at a3 b = ba, a6 = b2 = e. S˘ a se arate c˘ a ab = ba. Dan Sec˘ al˘ aman

13. Fie (G, ·) un grup. S˘ a se determine x, y ∈ G cu propriet˘ a¸tile: x2 y = yx; x8 = e. Dan Sec˘ al˘ aman

14. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea c˘a exist˘ a a ∈ G astfel ˆıncˆ at ax = x4 a, ∀x ∈ G. S˘ a se rezolve in G ecuat¸iile: 1) x5 = e; 2) x7 = e. 15. Fie (G, ·) un grup ¸si x, y ∈ G. Dac˘ a: a) x2 = e ¸si xyx = y 3 , atunci y 8 = e. b) x2 = e ¸si xy 3 x−1 = y, atunci y 8 = e. Marcel Chirit¸˘ a G. M. nr. 2/1981

16. Fie (G, ·) un grup multiplicativ. Dac˘a x, y ∈ G verific˘ a relat¸ia x3 = e ¸si xyx−1 = y 3 , atunci a) y 3n = xy n x−1 ; b) y 26 = e. Marcel Chirit¸˘ a

11 17. Fie (G, ·) un grup ¸si a ∈ G fixat. Dac˘ a x6 = (ax)3 , ∀x ∈ G, atunci x3 = e, ∀x ∈ G. 18. Fie (G, ·) un grup ¸si M ⊂ G, M = ∅. S˘a se arate c˘a pentru orice a ∈ G exist˘ ab∈G astfel ˆıncˆ at a ∈ / {by|y ∈ M }. 19. Fie (G, ·) un grup ¸si a, b ∈ G astfel ˆıncˆ at ap = e ¸si aba−1 = bk , unde k ≥ 2 ¸si p ≥ 2 sunt numere naturale. n n−p = e∀n ≥ p num˘ ar natural. S˘ a se arate c˘ a bk −k Gheorghe Andrei

20. Fie (G, ·) un grup ¸si a, b ∈ G astfel ˆıncˆ at a2 = e ¸si ab2 = ba. S˘ a se arate c˘ a b3 = e. 21. Fie (G, ·) un grup ¸si a, b ∈ G astfel ˆıncˆ at ab = cn , n ∈ N∗ . S˘ a se arate c˘a exist˘ a n d ∈ G astfel ˆıncˆ at ba = d . Laurent¸iu Panaitopol

22. Fie (G, ·) un grup ¸si a, b ∈ G astfel ˆıncˆ at ba = ab3 ¸si b4 = e. S˘ a se demonstreze c˘a: 2 2 2 2 1) b a = ab ¸si a b = ba . 2) ab = b3 a. 23. Fie (G, ·) un grup ¸si a, b ∈ G cu proprietat¸ile a2 = e ¸si ab = b4 a. S˘ a se arate c˘ a: 1) abn a = b4n ∀n ∈ N∗ . 2) ab = ba ⇐⇒ b6 = e. Concursul ”Spiru Haret”, 1996

24. Fie (G, ·) un grup ¸si a ∈ G cu a3 = e. S˘ a se determine elementele x ∈ G care satisfac relat¸iile: axa = xa2 x ¸si x2n+1 = e. Gheorghe Andrei

25. Fie (G, ·) un grup ¸si a, b ∈ G cu proprietatea c˘a a2 b4 = ba. at b2n = e, ar˘atat¸i c˘ a (ba−1 )n = e 1) Dac˘a exist˘ a n ∈ N∗ astfel ˆıncˆ 2) Dac˘a (ab4 )8 = e, atunci ba−1 = ab−1 . 26. Fie a1 , a2 , ..., an , n elemente (nu neaparat distincte) ale unui grup multiplicativ cu n elemente. Demonstrat¸i c˘ a exist˘ a p ¸si q, 1 ≤ p < q ≤ n, numere naturale astfel ˆıncˆ at q 

ai = e.

i=p

at 27. Fie (G, ·) un grup ¸si x1 , x2 , x3 , x4 ∈ G, astfel ˆıncˆ x 1 x2 = x 2 x1 = x 3 x4 = x4 x3 . Dac˘a exist˘ a n ∈ N, n ≥ 2 cu proprietatea xn2 = xn4 ¸si dac˘ a pentru fiecare astfel de m , atunci x = x . at xm = x numar n exist˘ a m ∈ N∗ , m < n, astfel ˆıncˆ 2 4 1 3

12

CAPITOLUL 1. GRUPURI

28. Intr-un grup (G, ·) se consider˘ a elementele arbitrare x1 , x2 , x3 care ˆındeplinesc condit¸iile: x1 x2 x3 = e ¸si x2 x1 x3 = e. Pentru ce permutare σ ∈ S3 se poate deduce c˘a xσ(1) xσ(2) xσ(3) = e? 29. Fie (G, ·) un grup ¸si a ∈ G fixat. Dac˘ a pentru un k ∈ N∗ are loc relat¸ia: 2k+1 2k+1 2k = xa , ∀x ∈ G atunci (ax) = (xa)2k , ∀x ∈ G. ax C˘ alin Udrea, G. M. nr. 3/1990

30. Fie (G, ·) un grup ¸si a, b ∈ G astfel ˆıncˆ at aba = bab. S˘ a se arate c˘ a an = e ⇐⇒ n b =e 31. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea c˘a exist˘ a a ∈ G − {e} ¸si p ∈ N, p ≥ 2 astfel ˆıncˆ at a se arate c˘ a: xp = axa, ∀x ∈ G. S˘ a) p este impar b) Dac˘ a p = 4k − 1, k ∈ N∗ , atunci xp−1 = e, ∀x ∈ G. c) Dac˘a p = 4k + 1, k ∈ N∗ , atunci x2p−2 = e, ∀x ∈ G. Virgil Nicula, G. M. nr. 4/1995

32. Fie (G, ·) un grup astfel ˆıncˆ at x = x , ∀x ∈ G (x simetricul x). S˘ a se arate c˘ a G este abelian. a se arate c˘ a G este abelian. 33. Fie (G, ·) un grup in care x2 = e, ∀x ∈ G. S˘ a se arate c˘a G este abelian. 34. Fie (G, ·) un grup astfel ˆıncˆ at (xy)2 = x2 y 2 , ∀x, y ∈ G. S˘ a se arate c˘ a G este 35. Fie (G, ·) un grup astfel ˆıncˆ at (xy)−1 = x−1 y −1 , ∀x ∈ G. S˘ abelian. a 36. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea c˘a x3 = e, ∀x ∈ G ¸si x2 y 2 = y 2 x2 , ∀x, y ∈ G. S˘ se arate c˘ a G este abelian. a se 37. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea c˘a x3 = e, ∀x ∈ G ¸si (xy)2 = (yx)2 , ∀x ∈ G. S˘ arate c˘a G este abelian. 38. Fie (G, ·) un grup cu elementul neutru e, pentru care exist˘a n ∈ N∗ , n ≥ 3, astfel ˆıncˆ at s˘a fie satisf˘ acute condit¸iile: n n n n 1) x y = y x , ∀x ∈ G 2) z n+1 = e sau z n−1 = e, ∀x ∈ G S˘ a se arate c˘ a G este abelian. Gheorghe Andrei

39. Fie (G, ·) un grup astfel ˆıncˆ at pentru orice a, b ∈ G exist˘ a n ∈ N∗ − {1}, cu proprin+1 n n etatea b = e ¸si ab = b a. S˘ a se arate c˘ a G este abelian. Gheorghe Andrei

13 40. Fie (G, ·) un grup cu elementul neutru e, pentru care exist˘a m, n ∈ N∗ de aceea¸si paritate, ¸si a ∈ G − {e} astfel ˆıncˆ at x = am xan , ∀x ∈ G. 1) S˘a se arate c˘ a G este abelian. 2) S˘a se determine ordinul lui a. Gheorghe Andrei

41. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea c˘a pentru orice pereche x, y ∈ G exist˘ a n ∈ N∗ , n ≥ n n n+1 n+1 =y x, ∀x ∈ G. 2 astfel ˆıncˆ at xy = y x ¸si xy S˘ a se arate c˘ a G este grup abelian. Gheorghe Andrei

42. Fie (G, ·) un grup in care are loc implicat¸ia xy = zx ⇒ y = z. S˘ a se arate c˘ a G este abelian. 43. Fie (G, ·) un grup ˆın care are loc implicat¸ia xy 2 = z 2 x ⇒ y = z. S˘ a se arate c˘ a G este abelian. Marian Andronache

44. Fie (G, ·) un grup ˆın care are loc implicat¸ia xy 3 = z 3 x ⇒ y = z. S˘ a se arate c˘ a G este abelian. Gheorghe Andrei

45. Fie (G, ·) un grup ˆın care are loc implicat¸ia xy n = z n x ⇒ y = z. S˘ a se arate c˘ a G este abelian. Gheorghe Andrei

46. Fie (G, ·) un grup ˆın care (xy)3 = x3 y 3 ¸si (xy)5 = x5 y 5 , ∀x, y ∈ G. S˘ a se arate c˘a G este abelian. 47. Fie (G, ·) un grup astfel ˆıncˆ at xy −1 = yx−1 , ∀x, y ∈ G − {e}. S˘ a se arate c˘a G este abelian. Marius Burtea

48. Fie (G, ·) un grup. S˘ a se arate c˘ a afirmat¸iile 1) ¸si 2) sunt echivalente. 1) ∀x, y, z ∈ G cu xy 2 = z 2 x ⇒ y = z. 2) Grupul G este comutativ ¸si x2 = e, ∀x ∈ G − {e}.

CAPITOLUL 1. GRUPURI

14

49. Fie (G, ·) un grup. S˘ a se arate c˘ a: 1) Dac˘a x3 y 3 = yx, ∀x, y ∈ G, atunci G este abelian. 2) Dac˘a ∃n ∈ N, n ≥ 3, astfel ˆıncˆ at xn y n = yx, ∀x, y ∈ G, atunci G este abelian. Gheorghe Andrei

50. Fie G o mult¸ime ¸si a, b ∈ G fixate pe care este definit˘ a o lege de compozit¸ie asociativ˘ a, notat˘ a multiplicativ. Dac˘a operat¸ia are proprietat¸ile: ax3 = xb2 yx = zx ⇒ y = z, ∀x, y, z ∈ G atunci G este grup abelian. 51. Fie (G, ·) un grup multiplicativ cu proprietatea c˘ a pentru orice x, y ∈ G au loc (xy)3 = x3 y 3 ¸si (xy)8 = x8 y 8 . S˘ a se arate c˘ a G este grup abelian. Titu Andreescu

52. Fie (G, ·) un grup. S˘a se arate c˘ a dac˘ a exist˘ a m, n ∈ N∗ prime ˆıntre ele, astfel ˆıncˆ at m m n n (xy) = (yx) ¸si (xy) = (yx) , ∀x, y ∈ G, atunci G este grup abelian. American Mathematical Monthly

53. Fie (G, ·) un grup. S˘a se arate c˘ a dac˘ a exist˘ a m, n ∈ N∗ prime ˆıntre ele, astfel ˆıncˆ at n n m m xy = y x ¸si xy = y x, ∀x, y ∈ G, atunci G este grup abelian. 54. Fie (G, ·) un grup cu propriet˘ a¸tile: 1) Dac˘a x2 = e atunci x = e, unde e este elementul neutru. 2) (xy)2 = (yx)2 , ∀x, y ∈ G. S˘ a se arate c˘ a grupul G este abelian. Dorel Mihet¸, RMT 1990

55. Fie (G, ·) un grup. Dac˘a exist˘ a n ∈ N∗ astfel ˆıncˆ at pentru orice x, y ∈ G s˘ a fie adev˘ arate relat¸iile: 1) (xy)n = xn y n 2) (xy)n+1 = xn+1 y n+1 3) (xy)n+2 = xn+2 y n+2 atunci grupul este abelian. American Mathematical Monthly

56. Fie (G, ·) un grup. Dac˘a exist˘ a n ∈ N∗ astfel ˆıncˆ at pentru orice x, y ∈ G s˘ a fie adev˘ arate relat¸iile: 1) (xy)n = xn y n 2) (xy)n+2 = xn+2 y n+2 3) (xy)n+4 = xn+4 y n+4 atunci grupul este abelian. Gheorghe Andrei

15 57. Fie (G, ·) un grup astfel ˆıncˆ at pentru n ∈ N∗ − {1} fixat au loc relat¸iile: n+1 n+1 n+1 =x y 1) (xy) 2) (xy)2n+1 = x2n+1 y 2n+1 3) (xy)3n+2 = x3n+2 y 3n+2 . prntru orice x, y ∈ G. S˘ a se arate c˘ a G este abelian. 58. Fie (G, ·) un grup astfel ˆıncˆ at pentru n ∈ N, n ≥ 2 fixat au loc relat¸iile: n n n n 1) x y = y x 2) xn+1 y n+1 = y n+1 xn+1 3) xn+2 y n+2 = y n+2 xn+2 . pentru orice x, y ∈ G. S˘ a se arate c˘ a G este abelian. Gheorghe Andrei

59. Fie (G, ·) un grup ˆın care sunt satisf˘ acute propriet˘ a¸tile: a) (xy)2 = (yx)2 , ∀x, y ∈ G b) x2 = e, ∀x ∈ G. S˘ a se arate c˘ a: 1) x2 y 2 = y 2 x2 , ∀x, y ∈ G 2) (xy)(yx)−1 = (yx)(xy)−1 , ∀x, y ∈ G 3) G este grup abelian. Gheorghe Andrei

60. Fie (G, ·) un grup ¸si m, n ∈ N∗ − {1} cu (m, n) = 1 astfel ˆıncˆ at: 1) xn y n = y n xn 2) xm y m = y m xn pentru orice x, y ∈ G. S˘ a se arate c˘ a G este abelian. Gheorghe Andrei

61. Fie (G, ·) un grup ¸si n ∈ N, n ≥ 2, astfel ˆıncˆ at: 1) xn y n = y n xn 2) xn+1 y n+1 = y n+1 xn+1 oricare ar fi x, y ∈ G. S˘ a se arate c˘ a G este abelian. Gheorghe Andrei

62. Fie (G, ·) un grup. S¸tiind c˘a exist˘ a n ∈ N∗ astfel ˆıncˆ at: 2n 2n 2n 1) (xy) = x y 2) (xy)2n+2 = x2n+2 y 2n+2 3) (xy)2n+4 = x2n+4 y 2n+4 S˘ a se arate c˘ a G este grup abelian. 63. Fie (G, ·) un grup ˆın care are loc egalitatea (xy)3 = x3 y 3 , ∀x, y ∈ G  y atunci grupul este abelian. S˘ a se arate c˘a dac˘a x3 = y 3 pentru orice x, y ∈ G, x = Cristinel Mortici, G. M. nr. 11-12/1989

CAPITOLUL 1. GRUPURI

16

64. Fie (G, ·) un grup ˆın care au loc egalit˘ a¸tile: 1) (xy)n = xn y n 2) (xy)n+3 = xn+3 y n+3 3) (xy)n+6 = xn+6 y n+6 ∀x, y ∈ G unde n ∈ N este multiplu de 3. S˘ a se arate c˘ a: a) (yx)2 = x2 y 2 , ∀x, y ∈ G b) xn y n = y n xn , ∀x, y ∈ G. Mihai Haivas, G. M. nr. 7-8/1993

65. Fie (G, ·) un grup ¸si n, p, q ∈ N∗ , n > 3 astfel ˆıncˆ at p|n − 2 ¸si q|n − 3. S˘ a se arate c˘ a dac˘ a xn y = yxn , xp y = yxp , xq y = yxq , ∀x, y ∈ G atunci grupul G este abelian. Gheorghe Andrei

66. Fie grupul aditiv (G, +). Spunem c˘a G are proprietatea (P ) dac˘ a ¸si numai dac˘ a exist˘ a un automorfism f : G → G cu proprietatea c˘a f −1 (x) + f (x) = 0, ∀x ∈ G (f −1 este automorfismul invers) a) S˘a se arate c˘ a orice grup cu proprietatea (P ) este comutativ. b) Fie p ∈ N, p ≥ 3 un num˘ar prim; dac˘a grupul (Zp , +) are proprietatea (P ) atunci p = 4k + 1. Doru Isac, G. M. nr. 10/1993

ˆIn continuare se vor folosi not¸iunile definite mai jos: -Pentru (G, ·) un grup abelian ¸si H un subgrup al s˘ au, not˘ am cu n G|x ∈ H} unde n ∈ N, n ≥ 2.

√ n

H = {x ∈

-Pentru (G, ·) un grup ¸si H un subgrup al lui G. Definim CG (H) = {g ∈ G|gh = hg, ∀h ∈ H}, NG (H) = {g ∈ G|g −1 hg ∈ H, ∀h ∈ H}. -Pentru (G, ·) un grup not˘ am Z(G) = {x ∈ G : xy = yx, ∀y ∈ G}. 67. Fie H o submult¸ime nevid˘ a a grupului (G, ·). S˘ a se arate c˘ a H este subgrup al lui G dac˘ a ¸si numai dac˘ a H este parte stabil˘ a a lui G ¸si ∀x ∈ H ⇒ x−1 ∈ H. 68. Fie H o submult¸ime nevid˘ a a grupului (G, ·). S˘ a se arate c˘ a H este subgrup al lui G ⇐⇒ ∀x, y ∈ H ⇒ xy −1 ∈ H. 69. Fie (G, ·) un grup ¸si H un subgrup propriu al lui G. Demonstrat¸i propriet˘ a¸tile: 1) ∀x ∈ H ¸si ∀y ∈ G − H ⇒ xy, yx ∈ G − H 2) ∀x ∈ G − H ⇒ x−1 ∈ G − H 3)Dac˘a x, y ∈ G − H ce se poate spune despre produsul xy? 70. Fie (G, ·)un grup abelian ¸si H1 , H2 dou˘ a subgrupuri ale lui G. S˘ a se arate c˘ a mult¸imea H = H1 · H2 = {x|x = h1 h2 ; h1 ∈ H1 , h2 ∈ H2 } este un subgrup al lui G.

17 71. Fie (Hi )1≤i≤n , n, i ∈ N o familie de subgrupuri ale lui G. Atunci H=



Hi

1≤i≤n

este un subgrup al lui G. Ce se ˆıntˆ ampl˘a dac˘ a familia este infinit˘a? 72. Fie H un subgrup al grupului (G, ·) ¸si a ∈ G un element oarecare. S˘ a se arate c˘ a mult¸imea aHa−1 = {aha−1 |h ∈ H} este un subgrup al lui G. 73. Fie (G, ·) un grup. 1) S˘a se arate c˘ a mult¸imea Z(G) = {a ∈ G|ax = xa, ∀x ∈ G}, numit˘ a centrul gurpului G este un subgrup al lui G. 2) S˘a se arate c˘ a grupul Z(G) este abelian. 3) Dac˘a x, y ∈ G astfel ˆıncˆ at xy ∈ Z(G), atunci xy = yx. 4) Dac˘a G este abelian care este Z(G)? 74. Fie Sn grupul permut˘ arilor de gradul n. Dac˘ a n ≥ 3, s˘ a se arate c˘ a Z(Sn ) = {e}. 75. Fie (G, ·) un grup. s˘ a se arate c˘ a nu exist˘ a nici o submult¸ime H ⊂ G, H = G, astfel ˆıncˆ at ∀a ∈ H ¸si ∀b ∈ G s˘ a rezulte ab ∈ H. Marian Diaconescu, R. M. T. nr. 2/1982

76. Fie (G, ·) un grup ¸si H = {x2 |x ∈ G}. s˘ a se arate c˘ a dac˘ a G este abelian, atunci H este subgrup al grupului G. Reciproca este adev˘ arat˘ a? √ 77. S˘a se demonstreze c˘a ( n H, ·) este subgrup al lui G. 78. Fie (G, ·) un grup ¸si (H, ·) un subgrup al s˘ au. S˘ a se arate c˘ a nu exist˘ a o parte stabil˘ a proprie a lui G care s˘ a includ˘ a G − H. 79. Fie H un subgrup al lui G. Demonstrat¸i c˘ a (G − H) ∪ {e} este subgrup al lui G ⇐⇒ H este subgrup impropriu al lui G. Gheorghe Andrei

80. Fie H, K dou˘ a subgrupuri ale lui (G, ·) ¸si x, y ∈ G dac˘ a Hx = Ky atunci H = K. 81. Fie H o submult¸ime nevid˘a a lui Z ¸si (Z, +) grupul aditiv al numerelor ˆıntregi. S˘ a se arate c˘ a H este subgrup al lui Z dac˘ a ¸si numai dac˘ a exist˘ a n ∈ N astfel ˆıncˆ at H = nZ. 82. Fie (G, ·) un grup ¸si x ∈ G. S˘ a se demonstreze c˘a mult¸imea CG (x) = {y ∈ G|xy = yx} este un subgrup al lui G. 83. Fie (G, ·) un grup ¸si H ⊂ G un subgrup propriu al s˘ au. Dac˘a f, g : G → G sunt dou˘ a endomorfisme pentru care f (x) = g(x), ∀x, y ∈ G − H, atunci f (x) = g(x), ∀x, y ∈ G.

CAPITOLUL 1. GRUPURI

18

a subgrupuri ale lui G, S˘ a se demonstreze c˘a: 84. Fie (G, ·)un grup ¸si H1 , H2 dou˘ a) H1 ∩ H2 este subgrup al lui G. b) H1 ∪ H2 este subgrup al lui G? 85. Fie (G, ·) un grup ¸si H, K dou˘ a subgrupuri ale sale. Demonstrat¸i c˘ a H ∪ K este subgrup ⇐⇒ H ⊂ K sau K ⊂ H. 86. S˘a se arate c˘a un grup, cu cel put¸in dou˘ a elemente, nu poate fi scris ca reuniune a dou˘ a subgrupuri proprii ale sale. 87. Fie (G, ·) un grup finit ¸si H un subgrup al s˘ au. Pentru fircare a ∈ G not˘ am aH = {ah|h ∈ H} S˘ a se arate c˘ a: 1) Dac˘a aH ∩ bH = ∅ atunci aH = bH. 2) Oricare ar fi a ∈ G aH ¸si H au acela¸si num˘ar de elemente. 3) Dac˘a a ∈ G − H atunci aH ⊂ (G − H), iar dac˘ a a ∈ H atunci aH = H. 88. Fie (G, ·) un grup ¸si S un subgrup al s˘ au. Dac˘ a a ∈ G are proprietatea c˘a exist˘ a m, n ∈ Z, (m, n) = 1 astfel ˆıncˆ at an ∈ S ¸si am ∈ S atunci a ∈ S. Constantin Cocea, G. M. nr. 6/1982

89. Fir (G, ·) un grup cu proprietatea c˘a exist˘ a a ∈ G, a = e astfel ˆıncˆ at G − {a} este subgrup al grupului G. S˘ a se arate c˘ a G este izomorf cu (Z2 , +). Marcel T ¸ ena, G. M. nr. 12/1983

90. Fie (G, +) un grup ¸si H un subgrup al s˘ au. a) S˘a se arate c˘ a dac˘a α ∈ H ¸si β ∈ G − H, atunci αβ ∈ G − H. b) Deducet¸i pe baza lui a) propriet˘ a¸tile: ar rat¸ional ¸si un num˘ar irat¸ional este un num˘ ar irat¸ional. P1 : Suma dintre un num˘ a funct¸ii astfel ˆıncˆ at f are P2 : Dac˘a I ⊂ R este un interval ¸si f, g : I → R dou˘ primitive iar g nu are primitive, atunci f + g nu are primitive. 91. S˘a se determine grupurile G care au un subgrup H astfel ˆıncˆ at G − H are exact dou˘ a elemente. S˘a se arate c˘ a aceste grupuri sunt comutative. 92. Fie H un subgrup al grupului aditiv (Q, +) al numerelor rat¸ionale. S˘ a se arate c˘ a dac˘ a Q = H + Z unde H + Z = {h + n|h ∈ H, n ∈ Z}, atunci H = Q. 93. S˘a se determine subgrupul

√

R∗ al lui C∗ .

94. Fie (G, ·) un grup abelian, H un subgrup al s˘ au ¸si α ∈ G − H un element pentru at αk ∈ H. Notˆ and cu n cel mai mic num˘ ar nenul pentru care care ∃k ∈ N∗ astfel ˆıncˆ αn ∈ H. S˘ a se arate c˘ a:

19 a cˆ ate dou˘ a. a) Mult¸imile H, αH, α2 H, ..., αn−1 H sunt disjuncte dou˘ b) L = H ∪ αH ∪ ... ∪ αn H este subgrup al grupului G. c) Care din mult¸imile αi H, 0 ≤ i ≤ n − 1 este subgrup al lui L? Marcel T ¸ ena

95. Se consider˘a un grup (G, ·) astfel ˆıncˆ at ∀x, y ∈ G, x = y∃H1 , H2 subgrupuri ale lui G astfel ˆıncˆ at x ∈ H1 , y ∈ H2 , H1 ∩ H2 = {e}. S˘a se arate c˘ a: 1) G este grup abelian 2) S˘a se rezolve ˆın G ecuat¸ia xn = a, unde a ∈ G, n ∈ N∗ . Marian Andronache

96. Fie (G, ·) un grup. Dac˘ a orice subgrup propriu este comutativ, rezult˘ a c˘ a grupul este comutativ? 97. Fie (G, ·) un grup ¸si H1 , H2 subgrupuri proprii ale lui G, H1 ∩ H2 = {e} cu proprietatea c˘ a exist˘ a un element de ordin diferit de doi ˆın H1 ∪ H2 . a ˆın G, unde e este elementul neutru Atunci (G − (H1 ∪ H2 )) ∪ {e} nu este parte stabil˘ ˆın grupul G. Alexandru Constantinescu, S ¸ erban Mih˘ aescu, G. M. 1985

98. Fie (G, ·) un grup abelian ¸si H = {x ∈ G|∃k ∈ Z,astfel ˆıncˆ at xk = e}. S˘ a se arate c˘ a H este un subgrup al lui G. 99. Fie (G, ·) un grup abelian ¸si H un subgrup al lui G, a ∈ H, n ∈ N, n ≥ 2. Not˘am cu Hn = {x ∈ G|xn a ∈ H}. S˘ a se arate c˘ a Hn este subgrup al lui G. Petre N˘ achil˘ a, G. M. nr. 6/1989

100. Fie (G, ·) un grup ¸si e elementul neutru. S˘ a se arate c˘ a urm˘atoarele afirmat¸ii sunt echivalente: a) Orice parte stabil˘ a a lui G este subgrup al lui G. at xk = e. b) Pentru orice x ∈ G, exist˘ a k ∈ N∗ astfel ˆıncˆ Marian Andronache

101. Pentru un grup abelian (G, ·) ¸si un subgrup H al s˘ au, not˘ am GH = {x ∈ G|∃n ∈ N∗ cu xn ∈ H}. a) S˘a se arate c˘ a GH este un subgrup al lui G care include subgrupul H. b) S˘ a se demonstreze c˘a GH1 = GH2 pentru orice dou˘ a subgrupuri finite H1 , H2 ale lui G. c) S˘ a se determine subgrupul GH ˆın cazul ˆın care (G, ·) = (C∗ , ·), iar H este un subgrup finit arbitrar al lui G. Marcel T ¸ ena

CAPITOLUL 1. GRUPURI

20

102. Fie (G, ·) un grup ¸si H un subgrup al lui G. S˘ a se arate c˘ a: 1) CG (H) ¸si NG (H) sunt subgrupuri ale lui G. 2) CG (H) ⊂ NG (H). 3) CG (NG (H)) ⊂ NG (CG (H)). 4) S˘a se caracterizeze grupurile G ˆın care are loc egalitatea CG (NG (H)) = NG (CG (H)) pentru toate subgrupurile H. Concurs ”Traian Lalescu”, 1987

103. S˘ a se demonstreze c˘a dac˘ a un grup are un num˘ ar finit de subgrupuri atunci este un grup finit. 104. S˘ a se arate c˘ a un nu exist˘ a nici un grup care s˘a fie reuniunea a trei subgrupuri proprii diferite, dintre care dou˘ a au cˆate trei elemente. Constantin N˘ ast˘ asescu

105. Fie G un grup necomutativ are are proprietatea (P ): orice subgrup al lui G, diferit de G, este comutativ. S˘ a se arate c˘ a: a) Orice grup izomorf cu G are de asemenea proprietatea (P ). arilor de ordinul 3) ¸si grupul cuaternionilor au proprietatea b) Grupul S3 (al permut˘ (P ). Constantin Nit¸a

106. Fie (G, ·) un grup ¸si H un subgrup propriu al s˘au. S˘ a se arate c˘ a funct¸ia f : G → G,  f (x) =

x, x ∈ H e, x ∈ G \ H

are proprietatea c˘a duce subgrupuri ˆın subgrupuri, dar nu este morfism. Marian Andronache

107. Fie (G, ·) un grup ¸si H un subgrup propriu al s˘ au astfel ˆıncˆ at G \ H = {x ∈ G − {e}|x2 = e}. S˘ a se arate c˘ a: a) H este comutativ b) G nu este comutativ. Marian Andronache

21 108. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea c˘a exist˘ a un endomorifsm f : G → G, astfel ˆıncˆ at a: f (x2 y 3 ) = x3 y 2 , ∀x, y ∈ G. Aratat¸i c˘ a) Grupul G este abelian. b) x5 = e, pentru orice x ∈ G Pantelimon George Popescu, G. M. nr. 1/2003

109. Fie (G, ·) un grup ¸si H ⊂ G, ∅ =  H = G o submult¸ime cu proprietatea: ∀x ∈ H, ∀y ∈ G \ H ⇒ xy ∈ G \ H. S˘ a se arate c˘ a H este un subgrup al lui G. Marcel T ¸ ena, G. M. nr. 2/2003

110. Fie (G, ·) un grup finit, G = {e}, cu proprietatea: oricare ar fi a, b ∈ G \ {e}, esist˘a a se arate c˘ a G are ordinul 2. c ∈ G astfel ˆıncˆ at b = c−1 ac. S˘ G. M. nr. 4/ 2003

111. a) Dac˘ a G este un grup cu n elemente, iar H, un subgrup cu mai mult de k elemente, unde k este ce mai mare divizor propriu al lui n, atunci H = G. b) Dac˘ a G este un grup cu 5005 elemente ˆın care 1002 elemente comut˘ a cu toate elementele grupului, atunci G este abelian. c) Dac˘a ˆıntr-un grup abelian cu 105 elemente, 36 elemente verific˘a ecuat¸ia x2 = e, atunci toate elementele sale verific˘ a Pantelimon George Popescu, G. M. nr. 4/2003

112. Fie (G, ·) un grup ¸si F mult¸imea elementelor de ordin finit din G. Dac˘ a F este finit˘ a, ∗ n n s˘a se arate c˘ a exist˘ a n ∈ N astfel ˆıncˆ at x y = yx oricare ar fi x ∈ G ¸si y ∈ F . Mihai Piticari, Olimpiada Judet¸ean˘ a 2005

113. Fie (G, ·) un grup cu m elemente ¸si H un subgrup propriu al s˘ au cu n elemente. Pentru fiecare element din G not˘ am H x = {xhx−1 |h ∈ H} ¸si presupunem c˘a H x ∩ H = {e}, oricare ar fi x ∈ G \ H. a) Demonstrat¸i c˘ a H x = H y ⇐⇒ x−1 y ∈ H.  b) Determinat¸i num˘ arul de elemente al mult¸imii x∈G H x ˆın funct¸ie de m ¸si n. C˘ alin Popescu, Olimpiada Nat¸ional˘ a 2005

114. Fie G = {A ∈ M2 (R)|det(A) = ±1} ¸si H = {A ∈ M2 (R)|det(A) = 1}. S˘ a se arate c˘ a G ¸si H ˆınzestrate cu operat¸ia de ˆınmult¸ire a matricilor sunt grupuri neizomorfe. Marius Cavachi, Olimpiada Judet¸ean˘ a 2006

115. Demonstrat¸i c˘ a un grup cu proprietatea c˘ a printre oricare 3 elemente ale sale exist˘ a 2 care comut˘a este comutativ. Etapa local˘ a Arad, 2004

CAPITOLUL 1. GRUPURI

22

116. Fie (G, ·) un grup finit avˆand elementul neutru e. a) S˘a se arate c˘ a dac˘a grupul G este comutativ ¸si are un num˘ ar impar de elemente, atunci produsul tuturor elementelor sale este egal cu e. b) S˘ a se arate c˘ a dac˘a grupul G este comutativ ¸si are 4n + 2 elemente, n ∈ N, atunci produsul tuturor elementelor sale este diferit de e. c) S˘ a se arate c˘ a dac˘ a grupul G este necomutativ, atunci exist˘ a o permutare a elementelor din G astfel ˆıncˆ at produsul elementelor din G ˆın aceast˘ a ordine s˘ a fie diferit de e. Ion Savu

117. Fie (G, ·) un grup cu 10 elemente ˆın care exist˘ a a, b ∈ G \ {e} astfel ˆıncˆ at a2 = b2 = e(a = b, e fiind elementul neutru al lui G). Ar˘ atat¸i c˘ a G nu este grup abelian. Olimpiada Local˘ a Olt 2004

118. Fie (G, ·) un grup de ordin 2n, unde n este impar, care cont¸ine un subgrup H de atat¸i c˘a H este ordin n, ce satisface condit¸ia xhx−1 = h−1 , ∀h ∈ H, ∀x ∈ G \ H. Ar˘ comutativ ¸si c˘ a fiecare element din G \ H are ordinul 2. Olimpiada Local˘ a Constant¸a 2004

119. S˘ a se demonstreze c˘a orice grup cu cel mult cinci elemente este comutativ. 120. S˘ a se demonstreze c˘a pe orice mult¸ime finit˘a se poate defini o structur˘ a de grup comutativ. 121. Fie G un grup finit, iar A, B ⊂ G astfel ˆıncˆ at |A|+|B| > |G|. S˘ a se arate c˘a AB = G. 122. Fie (G, ·) un grup abelian finit. Spunem c˘a subgrupul H al lui G are proprietatea (P ) dac˘ a G = H ¸si produsul elementelor din H este egal cu prudusul elementeor din G \ H. S˘ a se arate c˘ a dac˘ a G are un subgrup cu proprietatea (P ), atunci orice subgrup al lui G, diferit de G are proprietatea (P ). 123. Fie M ⊂ R pe care definim 1 x ∗ y = ([x]{y} + [y]{x}), ∀x, y ∈ M. 2 Determinat¸i M astfel ˆıncˆ at (M, ∗) s˘a fie grup abelian. Ovidiu B˘ adescu

124. Fie (G, ·) un grup cu n elemente. Dac˘a x, y ∈ G \ {e} ¸si p < n astfel ˆıncˆ at xy = y p x, n k k k pk k p atunci au loc relat¸iile: xy = y x ¸si x y = y x pentru k ∈ N ¸si y d = e unde d = (n, p). 125. Fie (G, ·) un grup ¸si H un subgrup al s˘ au, card(G \ H) ≥ 2 cu proprietatea c˘a oricare dou˘ a elemente distincte din G \ H nu comut˘a ˆıntre ele. S˘a se arate c˘ a: a) a2 = e, ∀a ∈ G \ H;

23 b) H este comutativ; c) Dat¸i un exemplu. Vasile Popa

126. Fie (G, ·) un grup finit de ordin n ¸si f : G → G un endomorfism cu proprietat¸ile: i) f ◦ f = 1G ii) f (x) = x ⇒ x = e. S˘ a se arate c˘ a: a) {f (x)x−1 |x ∈ G}=G b) G este abelian c) n este impar. 127. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea c˘a x2 = e, ∀x ∈ G. S˘ a se demonstreze c˘a dac˘ a f : G → G, g : G → G sunt dou˘ a funct¸ii astfel ˆıncˆ at g(x) = f (x) · f (ax), ∀x ∈ G ¸si ∀a ∈ G \ {e}, atunci g nu este injectiv˘a. 128. Fie (G, ·) un grup ¸si x ∈ G − {e}, y ∈ G, k ∈ N∗ ¸si n ∈ N, astfel ˆıncˆ at xk = e ¸si n xy = y x. S˘ a se demonstreze c˘a: p a) pentru orice p ∈ N, avem y n = xp yx−p . b) oricare ar fi numerele b1 , b2 , ..., bk ∈ N, exist˘ a un num˘ar natural a astfel ˆıncˆ at s˘a avem: y bk x−1 y bk−1 x−1 ...y b1 x−1 = y a . Mircea Becheanu, O. N. M. 1990

129. Fie G un grup finit ¸si x, y ∈ G. Demonstrat¸i c˘ a dac˘ a ord(x) = m, ord(y) = n, xy = yx ¸si (m, n) = 1 atunci ord(xy) = mn. 130. Fie G un grup cu num˘ ar impar de elemente astfel ˆıncˆ at (xy)2 = (yx)2 , ∀x, y ∈ G. S˘a se arate c˘ a G este grup abelian. Gheorghe Andrei

131. Fie G un grup ¸si A ⊂ G. Demonstrat¸i c˘ a dac˘ a cardA > at g = a1 a2 . exist˘ a a1 , a2 ∈ A astfel ˆıncˆ

1 2 cardG,

atunci ∀g ∈ G

132. Fie G un grup finit, nu neaparat comutativ ¸si x, y ∈ G. S˘ a se arate c˘a ord(xy) = ord(yx). 133. Fie G un grup abelian finit cu |G| liber de patrate. S˘ a se arate c˘ a G este ciclic. G.M. 4-5/1990, Concurs interjudet¸ean Grigore Moisil, Zal˘ au, 1989

24

CAPITOLUL 1. GRUPURI

134. Fie G un grup cu 2n elemente, n ≥ 1. a) S˘a se demonstreze c˘adac˘ a H este subgrup al lui G cu n elemente, atunci ∀a ∈ G avem aH = Ha. b) Dac˘ a exist˘ a dou˘ a subgrupuri H ¸si K ale grpului G cu cˆ ate n elemente, astfel ˆıncˆ at H ∩ K = {e} (e elementul neutru), atunci grupul G este abelian. Constantin Ursu, Martin Weiss

135. Fie G un grup cu un num˘ ar impar de elemente ¸si H ⊂ G, H = G, un subgrup al s˘au. a) Demonstrat¸i c˘ a x ∈ H ⇐⇒ x2 ∈ H. b) S˘ a se arate c˘ a exist˘ a a, b ∈ G \ H cu ab ∈ G \ H. Marian Andronache

136. S˘ a se arate c˘a ˆıntr-un grup abelian finit G exist˘ a un element al c˘ arui ordin este egal cu c.m.m.d.c al tuturor ordinelor elementelor diferite de e ale lui G. Ion D. Ion

137. S˘ a se determine grupurile finite G cu proprietatea c˘a |End(G)| = |G||G|−2 . (prin |M | s-a notat num˘arul elementelor mult¸imii M ) Marian Andronache

138. Fie G un grup cu 2n elemente ¸si H un subgrup al s˘ au de ordinul n. Demonstrat¸i c˘ a x2 ∈ H, ∀x ∈ G.

Capitolul 2

Inele ˆIn acest capitol se vor folosi not¸iunile definite mai jos: -Fie (A, +, ·) un inel. Not˘ am cu Z(A) = {x ∈ A|xy = yx, ∀y ∈ A} ¸si numim aceast˘ a mult¸ime centrul lui A. -O aplicat¸ie f : A → B se nume¸ste morfism de inele dac˘ a pentru orice x, y ∈ A avem f (x + y) = f (x) + f (y) ¸si f (xy) = f (x)f (y), respectiv se nume¸ste antimorfism de inele dac˘ a pentru orice x, y ∈ A avem f (x + y) = f (x) + f (y) ¸si f (xy) = f (y)f (x). -Elementul a ∈ A se nume¸ste p˘ atrat dac˘ a a = b2 cu b ∈ A -Elementul a ∈ A se nume¸ste nilpotent dac˘ a ∃k ∈ N cu ak = 0 1. Fie (A, +, ·) un inel unitar ¸si a, b ∈ A astfel ˆıncˆ at a, b, ab − 1 sunt inversabile. S˘a se −1 −1 −1 −1 arate c˘a elementele a − b ¸si (a − b ) − a sunt inversabile. Mai mult, are loc egalitatea: ((a − b−1 )−1 − a−1 )−1 = aba − a. 2. Ar˘atat¸i c˘ a dac˘a (A, +, ·) este un inel unitar cu proprietatea c˘ a exist˘ a a, b, c ∈ A astfel ˆıncˆ at: 1) ab = ba ¸si bc = cb 2) bx = by ⇒ x = y, ∀x, y ∈ A 3) ca = b, dar ac = b atunci A nu este finit. 3. Fie (A, +, ·) un inel cu 1 = 0. Dac˘ a a, b ∈ A, atunci urm˘ atoarele afirmat¸ii sunt echivalente: a) aba = a ¸si ba2 b = 1 b) ab = ba = 1 c) aba = a ¸si b este unic cu aceast˘a proprietate. 4. Fie (A, +, ·) un inel cu cinci elemente. S˘a se arate c˘ a 5 este cel mai mic num˘ ar 25

CAPITOLUL 2. INELE

26 natural nenul cu proprietatea: 1 ... + 1 = 0. +1+ n ori

Pe baza acestui rezultat s˘a se demonstreze c˘a inelul A este comutativ. a se arate 5. Fie (A, +, ·) un inel unitar cu proprietatea c˘a x6 = x pentru orice x ∈ A. S˘ c˘a x2 = x pentru orice x ∈ A. 6. Fie (A, +, ·) un inel unitar cu proprietatea c˘a x12 = x pentru orice x ∈ A. S˘ a se arate c˘a x2 = x pentru orice x ∈ A. 7. Fie (A, +, ·) un inel boolean, adic˘ a un inel cu proprietatea c˘ a x2 = x, ∀x ∈ A. S˘ a se arate c˘ a: a) x + x = 0, ∀x ∈ A b) A este comutativ. 8. Fie (A, +, ·) un inel cu element unitate 1 = 0 ¸sci M = {x ∈ A|x = x2 } mult¸imea elementelor sale idempotente. S˘ a se demonstreze c˘a dac˘ a M este mult¸ime fint˘ a, atunci M are un num˘ ar par de elemente. 9. Fie (A, +, ·) un inel comutativ finit cu 1 = 0. S˘ a se calculeze produsul elementelor idempotente nenule din inelul A. 10. Fie (A, +, ·) un inel. S˘ a se demonstreze c˘a: a) Z(A) este un subinel comutativ al lui A b) Dac˘ a x2 − x ∈ Z(A), ∀x ∈ A, atunci inelul A este comutativ. 11. S˘a se demonstreze c˘a orice inel unitar cu pq elemente, cu p ¸si q numere prime, nu neap˘ arat distincte, este comutativ. 12. Fie (A, +, ·) un inel cu proprietatea c˘ a pentru orice x ∈ A, x2 = 0 ⇒ x = 0. S˘ a se arate c˘ a: a) Dac˘a x ∈ A ¸si z 2 = z, atunci zxz − xz = 0 b) Orice element idempotent din A apart¸ine centrului lui A. 13. Fie (A, +, ·) un inel ¸si 1 elementul s˘ au unitate. Demonstrat¸i c˘a dac˘ a exist˘ a n ≥ 1 un num˘ ar natural astfel ˆıncˆ at xn+1 = xn pentru orice x ∈ A, atunci 1 + 1 = 0 ¸si x2 = x pentru orice x ∈ A. 14. Fie (A, +, ·) un inel ¸si funct¸ia f : A × A → A definit˘ a prin f (x, y) = (xy)2 − x2 y 2 . a) S˘ a se calculeze valoarea expresiei E(x, y) = f (1 + x, 1 + y) − f (1 + x, y) − f (x, 1 + y) + f (x, y), unde 1 ∈ A este elementul unitate al inelului A. b) Dac˘ a inelul A are proprietatea c˘a x + x = 0 implic˘a x = 0 ¸si dac˘ a (xy)2 − (yx)2 = 2 2 2 2 x y − y x , ∀x, y ∈ A, atunci A este comutativ.

27 15. Fie (A, +, ·) un inel cu proprietatea c˘ a oricare ar fi n ∈ N∗ , ecuat¸ia xn = 0 are ˆın A numai solut¸ia x = 0. S˘ a se arate c˘ a: a) Dac˘a ab = 0, unde a, b ∈ A, atunci ba = 0 ¸si axb = 0 pentru orice element x ∈ A. b) Dac˘ a a1 a2 a3 = 0, unde a1 , a2 , a3 ∈ A, atunci a2 a3 a1 = a3 a1 a2 = 0. c) Dac˘a a1 a2 ...an = 0, ak ∈ A, 1 ≤ k ≤ n, atunci ai1 ai2 ...ain = 0 oricare ar fi permutarea (i1 , i2 , ..., in ) a lui (1, 2, ..., n). 16. Fie (A, +, ·) un inel unitar finit ¸si comutativ. S˘a se demonstreze c˘a urm˘ atoarele afirmat¸ii sunt echivalente: a) Exist˘ a un unic element α ∈ A cu proprietatea α2 + 1 = 0. b) 1 + 1 = 0 ¸si pentru orice a ∈ A exist˘ a b ∈ A cu proprietatea a = b2 . 17. Fie (A, +, ·) astfel ˆıncˆ at 1 + 1 = 0 ¸si pentru orice x ∈ A, x2 = 0 sau x2 = 1. a) S˘ a se demonstreze c˘ a inelul A este comutativ. b) S˘ a se dea un exemplu de inel cu patru elemente avˆand proprietatea de mai sus. 18. Fie (A, +, ·) un inel finit unitar, cu 0 = 1, care satisface proprietat¸ile: a) Grupul (A, +) este ciclic. b) Pentru orice element neinversabil x ∈ A, elementul 1 + x este inversabil ¸si pentru orice element inversabil y ∈ A, elementul 1 + y este neinversabil. S˘ a se demonstreze c˘a exist˘ a n ∈ (N )∗ , astfel ˆıncˆ at s˘ a avem izomorfismul de inele: A  Z 2n . 19. Fie (A, +, ·) un inel unitar (cu 0A = 1A ) ¸si (B, +, ·) un alt inel unitar (cu 0B = 1B ) cu proprietat¸ile: 1) B ⊂ A. 2) operat¸iile inelului B sunt cele induse de operat¸iile inelului A. 3) 1A = 1B . Ar˘ atat¸i c˘ a: a) 0A = 0B , 1A ∈ A − B ¸si inelul A con tine divezori ai lui zero. at 1B = 1A − u. b) Exist˘ a u ∈ A idempotent (adic˘a u2 = u) astfel ˆıncˆ c) G˘ asit¸i un exemplu efectiv de dou˘ a astfel de inele A ¸si B. 20. S˘a se arate c˘ a inelele de polinoame (R[X], +, ·) ¸si (C[X], +, ·) nu sunt izomorfe. 21. Fie p ¸si q dou˘ a numere prime. S˘ a se arate c˘ a exist˘ a un morfism unitar de inele f : Zp [X] → Zq [X] dac˘a ¸si numai dac˘ a p = q. 22. Fie (A, +, ·) un inel unitar. S˘ a se arate c˘a inelele A[X] ¸si Z[X] sunt izomorfe dac˘ a ¸si numai dac˘ a inelele A ¸si Z sunt izomorfe. 23. S˘a se demonstreze c˘a grupul aditiv al unui inel integru, inel comutativ, unitar, cu 1 = 0, f˘ar˘a divizori ai lui zero, nu este izomorf cu grupul multiplicativ al elementelor sale inversabile. Ce devine acest rezultat ˆın cazul unui corp comutativ? (vezi problema 19 de la capitolul Corpuri )

CAPITOLUL 2. INELE

28

24. Fie A ¸si B dou˘ a inele necomutative ¸si f : A → B cu proprietat¸ile: 1) f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ A. 2) Pentru orice x, y ∈ A avem f (xy) = f (x)f (y) sau f (xy) = f (y)f (x). S˘ a se demonstreze c˘a f este un morfism de inele sau un antimorfism de inele. 25. Fie (A, +, ·) un inel avˆ and pe 1 element unitate ¸si funct¸ia comutator [, ] : A × A → A, unde [x, y] = xy − yx, ∀(x, y) ∈ A × A. S˘ a se arate c˘ a: 1) [x + 1, y] = [x, y + 1] = [x, y], ∀x, y ∈ A × A. 2) dac˘a exist˘ a n ∈ N astfel ˆıncˆ at xn [x, y] = 0, ∀x, y ∈ A, atunci A este inel comutativ. Doru Isac, G. M. nr. 1/1989

26. Fie (A, +, ·) un inel cu proprietat¸ile: (i) 6x = 0 ⇒ x = 0. (ii) x3 = y 3 ⇒ x = y, ∀x, y ∈ A S˘ a se arate c˘ a dac˘a a, b, c ∈ A satisfac egalitatea a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca atunci a = b = c. Cristinel Mortici

27. Fie (A, +, ·) un inel cu proprietatea c˘ a pentru orice x ∈ A, una din urm˘ atoarele afirmat¸i este adev˘ arat˘a: a) x2 = x b) x2 = x + 1 c) x = x2 + 1 Demonstrat¸i c˘ a inelul A este comutativ. Cristinel Mortici

28. Fie (A, +, ·) un inel cu proprietatea c˘a x2 = x ⇐⇒ x ∈ {0, 1}. S˘ a se damonstreze c˘ a dac˘a a, b ∈ A satisfac ab = a + b, atunci ab = ba. Cristinel Mortici

29. Fie (A, +, ·) un inel ¸si a ∈ A cu proprietatea c˘a exist˘ a un unic element b ∈ A astfel ˆıncˆ at ab = a + b. Demonstrat¸i c˘ a ab = ba. Cristinel Mortici

30. Fie (A, +, ·) un inel finit cu n ≥ 3 elemente, ˆın care exist˘ a exact arate c˘a: a) 1 + 1 este inversabil. b) A este corp.

n+1 2

p˘ atrate. S˘ a se

Marian Andronache, Olimpiada Judet¸ean˘ a 2005

29 31. Fie (A, +, ·) un inel cu 2n + 1 elemente, unde n este un num˘ar natural nenul ¸si M = {k|k ∈ N, k ≥ 2, xk = x, pentru orice x ∈ A}. Demonstrat¸i c˘ a urm˘atoarele afirmat¸ii sunt echivalente: a) A este corp. b) M este nevid˘a ¸si cel mai mic element al s˘au este egal cu 2n + 1. Marian Andronache, Olimpiada Nat¸ional˘ a 2005

32. Fie A un inel comutativ finit cu cel put¸in dou˘ a elemente. Ar˘atat¸i c˘a oricare ar fi num˘ arul natural n ≥ 2, exist˘a un polinom f ∈ A[X], de gradul n, care nu are nici o r˘ ad˘ acin˘ a ˆın A. Marian Andronache, Olimpiada Judet¸ean˘ a 2006

33. Fie (A, +, ·) un inel cu proprietatea x2 y + yx = y 2 x + xy, ∀x, y ∈ A. Demonstrat¸i c˘ a A este comutativ. 34. Inelul (A, +, ·) are urm˘atoarele propriet˘ a¸ti: (i) elementul unitate 1A are ordin p un num˘ ar prim; (ii) exist˘ a B ⊂ A cu p elemente cu proprietatea: oricare ar fi x, y ∈ A, exist˘ ab∈B care verific˘ a xy = byx. S˘ a se arate c˘ a: a) Pentru k ∈ Z, (k, p) = 1, elementul k · 1A este inversabil. b) 1A ∈ B c) A este inel comutativ. Ion Savu, Olimpiada Judet¸ean˘ a 2004

35. Fie (A, +, ·) un inel unitar (1 = 0) ¸si a ∈ A un element care are elementul b ca invers la stˆanga ¸si nu are invers la dreapta. Fie L mult¸imea inver¸silor la stˆ anga ai lui a ¸si f : L → A, f (x) = ax − 1 + b. Ar˘ atat¸i c˘ a f (L) ⊂ L, f (L) = L ¸si f este injectiv˘a. Deducet¸i c˘ a inelul A este infinit. Mihai Chi¸s, Concursul ”Traian Lalescu”, 2004

36. Se consider˘a un inel ˆın care grupul unit˘ a¸tilor este comutativ. Ar˘atat¸i c˘ a inelul este comutativ dac˘a fiecare element al s˘ au este fie inversabil, fie nilpotent. Deducet¸i apoi c˘ a un inel A este comutativ dac˘ a x2 = 1 sau x2 = 0, ∀x ∈ A. 37. Fie p un num˘ ar prim, p > 3. S˘ a se arate c˘a ecuat¸ia (x + y)−1 = x−1 + y −1 are solut¸ii a ¸si numai dac˘ a 3 divide pe p − 1. ˆın corpul Zp dac˘ Mihai Piticari

38. Fie n ≥ 3 un num˘ ar impar ¸si A un inel comutativ cu 3n elemente. S˘a se arate c˘ a num˘ arul elementelor nilpotente ale lui A este cel mult n. 39. Fie (A, +, ·) un inel cu 8 elemente. Not˘ am cu 0 ¸si 1 elementul zero, respectiv elementul unitate. S˘ a se arate c˘ a:

CAPITOLUL 2. INELE

30

a) 1 + 1 + ... + 1 = 0 ¸si 1 + 1...  + 1 = 0, oricare ar fi k impar. 8 ori

k ori

b) dac˘ a exist˘ a a ∈ A, a¸sa ˆıncˆ at a3 + a + 1 = 0, atunci a = 0, a = 1, 1 + 1 = 0, a7 = 1 ¸si A este corp. Ion D. Ion, Olimpiada Nat¸ional˘ a 1984

40. a) S˘ a se arate c˘ a produsul elementelor nenule ale unui corp finit comutativ este egal cu −1. b) S˘ a se deduc˘ a de aici c˘a pentru orice num˘ar prim p, num˘ arul p divide pe (p−1)!+1. 41. Fie n ≥ 2 un num˘ ar natural. S˘ a se arate c˘ a unm˘ atoarele afirmat¸ii sunt echivalente: a) num˘ arul elementelor inversabile ale inelului Zn este egal cu num˘arul elementelor neinversabile. b) exist˘a k ∈ N astfel ˆıncˆ at n = 2k . Marcel T ¸ ena, Olimpiada Nat¸ional˘ a 1986

42. Fie n ≥ 2 un num˘ ar ˆıntreg ¸si fie G grupul multiplicativ al elementelor inversabile din inelul Zn . Dac˘a orice element x ∈ G satisface condit¸ia x−1 = x, atunci: a) s˘ a se arate c˘ a num˘arul elementelor lui G este o putere a lui 2. b) s˘a se determine n. 43. S˘a se demonstreze c˘a dac˘ a inelele de matrice Mn (R) ¸si M2 (R) sunt izomorfe atunci n = 2. Gigel Militaru, Olimpiada Nat¸ional˘ a 1992

44. Fie (A, +, ·) un inel comutativ f˘ar˘ a divizori ai lui zero ¸si M ⊂ A o submult¸ime cu 2n, (n ≥ 1) elemente nenule, stabil˘ a fat¸˘a de operat¸ia de ˆınmult¸ire din A. S˘ a se arate c˘ a: a) ˆIn inelul A avem 1 + 1 = 0 b) Suma elementelor lui M este 0 c) Produsul elementelor lui M este −1. Marcel T ¸ ena, Olimpiada Nat¸ional˘ a 1993

45. Fie (A, +, ·) un inel cu proprietat¸ile: a) Pentru orice x ∈ A avem x + x = 0; k at x2 +1 = x. b) Pentru orice x ∈ A exist˘ a k = k(x) ∈ N∗ astfel ˆıncˆ S˘ a se demonstreze c˘a x2 = x pentru orice x ∈ A. Dorel Mihet¸, Marian Andronache, Olimpiada Nat¸ional˘ a 1994

46. Fie (A, +, ·) un inel comutativ cu 0 = 1 avˆ and proprietatea c˘ a pentru orice x ∈ ∗ m n at (x +1) = x. S˘ a se arate c˘a orice endomorfism A\{0}, exist˘ a m, n ∈ N astfel ˆıncˆ al lui A este automorfism. Marian Andronache, Ion Savu, Olimpiada Nat¸ional˘ a 1996

31 47. Fie α ∈ C \ Q cu proprietatea c˘a mult¸imea A = {a + bα|a, b ∈ Z} este inel fat¸˘ a de operat¸iile uzuale din C. S¸tiind c˘a inelul A are exact 4 elemente inversabile s˘ a se arate c˘a A = Z[i]. Marcel T ¸ ena, Olimpiada Nat¸ional˘ a 1997

48. Un inel A cont¸ine un num˘ ar finit de divizori ai lui zero. Demonstrat¸i c˘a A este finit. a: 49. Fie A un inel cu proprietatea c˘a x6 = x3 , ∀x ∈ A. Demonstrat¸i c˘ a) x4 = x, ∀x ∈ A. b) x3 yx3 = x3 y, ∀x, y ∈ A. c) A este comutativ. R˘ azvan Satnoianu

50. Fie (A, +, ·) un inel astfel ˆıncˆ at exist˘a un unic element a ∈ A cu proprietatea c˘a atat¸i c˘ a 1+1+1=0. a2 − a = 1 + 1. Ar˘ Tiberiu Agnola

51. Fie (A, +, ·) un inel comutativ cu un singur divizor al lui zero. a) S˘ a se arate c˘ a inelul (A, +, ·) are un num˘ar par de elemente. b) S˘ a se rezolve ecuat¸iile x2 + x + 1 = 0 ¸si x2 + x + 2d = 0, unde d este singurul divizor al lui zero din inel. Constantin Ursu

52. Fie inelul (A, +, ·) cu 1 = 0 ¸si fie n ∈ N, dac˘ a x ∈ A verific˘ a x6n+2 = x s˘ a se arate 2 c˘ a elementul 1 − x + x este inversabil. Nicolae Papacu

53. Fie A ∈ M2 (C), A = O2 , A = I2 , n ∈ N∗ ¸si Sn = {X ∈ M2 (C)|X n = A}. S˘ a se arate c˘a urm˘ atoarele afirmat¸ii sunt echivalente: a de grup izomorf a) Sn cu operat¸i a de ˆınmult¸ire a matricilor formeaz˘a o structur˘ cu Un . b) A2 = A. 54. Fie n ∈ N∗ . Determinat¸i toate inelele (A, +, ·) cu proprietatea c˘a x2 ar fi x ∈ A \ {0}.

n +1

= 1 oricare

Dorel Mihet¸, Olimpiada Nat¸ional˘ a 2007

55. Fie A un inel comutativ finit cu cel put¸in dou˘ a elemente. Ar˘atat¸i c˘a oricare ar fi num˘ arul natural n ≥ 2, exist˘a un polinom f ∈ A[X], de gradul n, care nu are nici o r˘ ad˘ acin˘ a ˆın A. Marian Andronache, Olimpiada Judet¸ean˘ a 2006

56. Fie A un inel cu proprietatea c˘ a exist˘ a n ≥ 3 ∈ N cu an = a, ∀a ∈ A. Demonstrat¸i n−1 ∈ Z(A), ∀a ∈ A. c˘ aa

32

CAPITOLUL 2. INELE

a inelul A este 57. Fie A un inel cu proprietatea c˘a a3 = a, ∀a ∈ A. Demonstrat¸i c˘ comutativ. a inelul A este 58. Fie A un inel cu proprietatea c˘a a4 = a, ∀a ∈ A. Demonstrat¸i c˘ comutativ. 59. Fie A un inel comutativ ˆın care 1 + 1 ¸si 1 + 1 + 1 sunt inversabile, ¸si o funct¸ie f : A → A cu urm˘ atoarele propriet˘a¸ti: i)f (1) = 1; ii)f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ A; iii)f (x3 ) = f 3 (x), ∀x ∈ A :; Demonstrat¸i c˘ a f (xy) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ A. Cristinel Mortici

Capitolul 3

Corpuri 1. Fie (A, +, ·) un inel unitar comutativ cu ce put¸in dou˘ a elemente. S˘ a se arate c˘a urm˘atoarele dou˘ a afirmat¸ii sunt echivalente: 1) A este corp finit. 2) Orice polinom P ∈ A[X] de grad n ≥ 1 are cel mult n r˘ad˘ acini (distincte) ˆın A ¸si ˜ orice funct¸ie f : A → A este funct¸ie polinominal˘ a (adic˘ a exist˘ a Q ∈ A[X] cu f = Q. 2. Fie (K, +, ·) un corp cu 9 elemente ˆın care elementul unitate este notat cu 1. a) S˘a se arate c˘ a −1 = 1. b) S˘ a se demonstreze c˘ a ∀x ∈ K, ∃a, b ∈ {0, 1, −1} astfel ˆıncˆ at x2 + ax + b = 0. 3. Fie (K, +, ·) un corp de caracteristic˘a p, cu p ≡ 1(mod4). a) S˘a se arate c˘ a −1 este p˘ atratul unui element din K. b) S˘ a se arate c˘ a orice element nenul din K se scrie ca suma a trei p˘atrate nenule ale unor elemente din K. c) R˘ amˆıne, ˆın general, aceast˘ a scriere adev˘arat˘ a pentru elementul nul din K? Marian Andronache, Etapa Nat¸ional˘ a 2004

4. Fie K1 , K2 , K3 , K4 , K5 corpuri nu neap˘ arat comutative ¸si nu neap˘ arat distincte. S˘a se arate c˘a inelele produs K1 × K2 × K3 ¸si K4 × K5 nu sunt izomorfe. Toma Albu, Olimpiada Nat¸ional˘ a 1989

5. Fie K ⊂ C, astfel ˆıncˆ at K este corp ˆın raport cu adunarea ¸si ˆınmult¸irea din C. S˘ a se demonstreze c˘a urm˘ atoarele afirmat¸ii sunt echivalente: a) Ecuat¸ia x2 = a2 + 1 are solut¸ii ˆın K, oricare ar fi a ∈ K. b) Ecuat¸ia x2 = a2 + a + 1 are solut¸ii ˆın K, oricare ar fi a ∈ K. Dat¸i un exemplu de corp K, K = C, pentru care una din afirmat¸iile de mai sus este adev˘ arat˘a. Victor Alexandru, Olimpiada Nat¸ional˘ a 1990

33

CAPITOLUL 3. CORPURI

34

 a b a se demonstreze c˘a 6. Fie p ∈ un num˘ ar prim ¸si K = |a, b ∈ Zp . S˘ −b a mult¸imea K ˆınzestrat˘ a cu legile de adunare ¸si ˆınmult¸ire a matricilor este corp dac˘ a ¸si numai dac˘ a p ≡ 3(mod4). 

N∗

Toma Albu, Olimpiada Nat¸ional˘ a 1985

7. Fie K un subcorp al lui R cu proprietatea a d ∈ K, astfel ˆıncˆ at orice num˘ ar √ c˘a exist˘ a se arate c˘ a K = R. real se poate reprezenta sub forma x + y d cu x, y ∈ K. S˘ Victor Alexandru, Olimpiada Nat¸ional˘ a 1991

8. Fie (K, +, ·) un corp finit. S˘ a se determine mult¸imea A de numere naturale n, n ≥ 2 care are proprietatea c˘ a orice polinom de gradul n din K[X] care nu are r˘ ad˘ acini ˆın K este ireductibil peste corpul K. Marian Andronache, Ion Savu, Olimpiada Nat¸ional˘ a 1995

9. Fie K un corp finit, n ∈ N, n ≥ 2 ¸si f ∈ K[X] un polinom ireductibil de gradul n. Fie g produsul tuturor polinoamelor neconstante din K[X] de grad cel mult n − 1. S˘ a se arate c˘ a f divide g − 1. Marian Andronache, Ion Savu, Olimpiada Nat¸ional˘ a 1997

10. Fie (K, +, ·) un corp, K ⊆ C, ˆın care operat¸iile sunt cele obi¸snuite cu numere complexe. Acest corp satisface ipotezele: a) Corpul K are exact dou˘ a endomorfisme f ¸si g. b) f (x) = g(x) ⇒ x ∈ Q. S˘ a√ se arate c˘ a exist˘ a un ˆıntreg liber de p˘ atrate d = 1 astfel ˆıncˆ at s˘ a avem K = Q( d). Marcel T ¸ ena, Olimpiada Nat¸ional˘ a 1998

11. Fie p un num˘ ar prim. S˘a se descompun˘a ˆın factori ireductibili ˆın inelul Zp polinomul f = X p + a ∈ Zp [X]. 12. Fie (A, +, ·) un inel cu 0 = 1. S˘ a se demonstreze c˘a dac˘ a orice funct¸ie f : A → A este polinominal˘ a, atunci (A, +, ·) este corp. 13. Fie (K, +, ·) un corp comutativ de caracteristic˘ a diferit˘ a de 2 ¸si a ∈ K cu proprietatea ∗ 2p+1 c˘ a exist˘ a p ∈ N astfel ˆıncˆ at a = 1. S˘ a se determine funct¸ia f : K → K astfel ˆıncˆ at f (x) + f (ax) = 2x, ∀x ∈ K. 14. Fie (K, +, ·) un corp necomutativ. Dac˘a exist˘ a a, b ∈ K ¸si n ∈ Z astfel ˆıncˆ at an bn − an+1 bn+1 = 1 ¸si a2n+1 + b2n+1 = 0, n n n+1 n+1 b = 1. atunci b a − a 15. Fie (K, +, ·) un corp (comutativ sau nu). Dac˘ a K1 , K2 , K3 sunt subcorpuri ale lui K astfel ˆıncˆ at Ki = K oricare ar fi i = 1, 2, 3, atunci 3

i=1

= K.

35 a: 16. Fie K un corp cu 2n elemente, n ∈ N∗ ¸si polinomul f = X 4 + X + 1. S˘a se arate c˘ a) Dac˘a n este par atunci f este reductibil ˆın K[X]. b) Dac˘ a n este impar atunci f este ireductibil ˆın K[X]. Marian Andronache, Olimpiada Judet¸ean˘ a 2007

17. Fie K un corp finit astfel ˆıncˆ at polinomul X 2 − 5 este ireductibil ˆın K[X]. Ar˘ atat¸i c˘a: a) 1 + 1 = 0. b) pentru orice a ∈ K, polinomul X 5 + a este reductibil ˆın K[X]. Olimpiada Judet¸ean˘ a 2003

18. Demonstrat¸i c˘ a orice element dintr-un corp finit K este suma a dou˘ a p˘ atrate ale unor elemente din K. 19. Fie (K, +, ·) un corp. Demonstrat¸i c˘a grupurile (K, +) ¸si (K ∗ , ·) nu sunt izomorfe. 20. Demonstrat¸i c˘ a suma elementelor unui corp finit cu cel put¸in 3 elemente este nul˘ a. 21. Demonstrat¸i c˘ a ˆıntr-un corp finit K de caracteristic˘a 3 exist˘ a x, y ∈ K \ {0} astfel ˆıncˆ at x2 + y 2 = a2 , ∀a ∈ K.

36

CAPITOLUL 3. CORPURI

Partea II

Solut¸ii

37

Capitolul 4

Grupuri - Solut¸ii 1. 1) Folosind ipoteza avem: an b = an−1 ab = an−2 aba = ... = aaban−2 = aban−1 = ban , ∀n ∈ N∗ (1) Pentru n = 0 avem evident eb = be. ˆInmult¸ind relat¸ia ab = ba cu a−1 la stˆ anga ¸si la dreapta ⇒ a−1 b = ba−1 ¸si ˆınlocuind −1 −n ˆın relat¸ia (1) pe a cu a obt¸inem a b = ba−n , ∀n ∈ N Astfel am demonstrat c˘a afirmat¸ia din enunt¸ este adev˘ arat˘ a pentru orice n ∈ Z. 2) Din punctul 1) Avem c˘a an b = ban , ∀n ∈ Z. Tot din punctul 1), dac˘a not˘ am cu c = an avem bc = cb deci bm c = cbm , ∀m ∈ Z. Deci ˆınlocuind ˆınapoi pe c cu an obt¸inem an bm = bm an , ∀m, n ∈ Z. 2 5 2. ˆInmult¸ind ab = ba3 cu a2 la dreapta ¸si din faptul c˘a a5 = e ob tinem: aba = ba = b. 3 aba = ba ˆInmult¸im ¸si aceast˘ ⇒ aab = ba ⇒ a relat¸ie la dreapta cu a ¸si obt¸inem ba3 = ab 2 a b = ba. ˆInmult¸ind la stˆ a a2 b = ba ⇒ b3 a2 b = b4 a = a pentru c˘ a anga cu b3 egalitatea obt¸inut˘ 4 3 ˆ b = e. Inmult¸ind la dreapta cu b ultima egalitate avem: b3 a2 b4 = ab3 ⇒ b3 a2 = ab3 .

3. ˆInmult¸ind ab = b4 a cu b2 la stˆ anga obt¸inem: b2 ab = b6 a = a 2 ˆInmult¸ind b ab = a cu b la dreapta obt¸inem, folosind ipoteza 2) b2 ab2 = ab = b4 a. Simplificˆand la stˆ anga cu b2 obt¸inem ab2 = b2 a. Folosind ipoteza 2) ¸si ultima relat¸ie obt¸inut˘a avem: a b3 = e. ab = b4 a = b2 b2 a = b2 ab2 = ab4 . Simplific˘am la stˆanga cu ab ¸si obt¸inem c˘ 3 3 Folosind 2) ¸si b = e obt¸inem ab = b ba = eba = ba, deci ab = ba. 2

−1 −1 4. ridic˘and relat¸ia aba−1 = bp la puterea p obt¸inem bp = (aba−1 )p = aba aba ...aba−1 =  p ori

abp a−1 = aaba−1 a−1 = a2 ba−2. k arat˘ a. Demonstr˘am prin induct¸ie afirmat¸ia: P (k) : bp = ak ba−k P (2) este adev˘ k Presupunem c˘a P (k) este adev˘ arat˘ a. Deci bp = ak ba−k . Ridicˆınd relat¸ia aceasta la puterea p obt¸inem: 39

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II

40 bp

k+1

k −k k −k k −k k p −k = ak aba−1 a−k = ak+1 ba−(k+1) . Deci = a  ba a ba ...a ba = a b a p ori

P (k + 1) este adev˘ arat˘a. Prin induct¸ie matematic˘ a rezult˘a c˘ a P (n) este adev˘ arat˘ a oricare ar fi n ∈ N. Deci avem m m bp = am ba−m = ebe = b ⇒ bp −1 = e. 5. ˆInmult¸ind relat¸ia 2) cu a la dreapta obt¸inem aba = ba3 a = be = b. ˆInmult¸ind aceea¸si relat¸ie cu a3 la stˆ anga obt¸inem a3 ba3 = a3 ab = eb = b. Din relat¸ia aba = b obt¸inem b = aba = a(aba)a = a2 ba2 . Pentru orice n ∈ N exist˘ a k, r ∈ N unice astfel ˆıncˆ at n = 4 · k + r, r ∈ {0, 1, 2, 3}. Deci an ban = 4k+r 4k+r 4 k r 4 k a ba = (a ) · a b(a ) · ar = ear bear = ar bar . Astfel am redus problema la cazul n ∈ {0, 1, 2, 3}. Aceste cazuri (ˆın afar˘ a de cazul n = 0, care este banal:a0 = e) au fost tratate mai sus a¸sa c˘ a problema este rezolvat˘ a. aba = bp a2 ⇒ aba = bp ⇒ bnp = (bp )n = 6. 1) ˆInmult¸ind ab = bp a cu a la dreapta ⇒ a2 = e (aba)n = abaaba...abaaba a relat¸ie ¸si din a2 = e rezult˘a c˘ a bnp = abn a.  . Din aceast˘  n ori

2) ” ⇒ ” : ab = ba ” ⇐ ” : bp−1 = e

ab=bp a

⇒

ab=bp a

⇒

ba = bp a| · (ba)−1 la stˆ anga ⇒ bp−1 = e.

ab = bp−1 ba = eba ⇒ ab = ba.

7. ˆInmult¸ind a2 = (ab)2 cu a−1 la stˆ anga ⇒ a = bab = b(bab)b = b2 ab2 = a2 aa2 = a5 , 5 −1 4 deci a = a | · a ⇒ a = e. Din enunt¸ avem a2 = b2 deci b4 = a4 = e. 8. 1) Este posibil dac˘a consider˘ am grupul G = {e, a, a2 } unde a3 = e. 2) Nu este posibil. Consider˘am elementul aba3 , unde (aba3 )4 = aba3 aba3 aba3 aba3 = ab4 a3 = a4 = e. Deci, dac˘ a facem presupunerea c˘ a exist˘ a doar dou˘ a elemente ˆın afar˘ a de e cu proprietatea cerut˘ a rezult˘a c˘ a aba3 ∈ {e, a, b}. anga ⇒ b = e. Contradict¸ie! i) aba3 = e| · a la dreapta ⇒ ab = a| · a−1 la stˆ anga ⇒ a = b. Contradict¸ie! ii) aba3 = a| · a la dreapta ⇒ ab = a2 | · a−1 la stˆ iii) aba3 = b| · a la dreapta ⇒ ab = ba ⇒ (ab)4 = a4 b4 = e ⇒ ab ∈ {e, a, b}. Dac˘a ab ∈ {a, b} obt¸inem o contradoct¸ie. Deci ab = e. ⇒ b = a3 . Atunci elementele asit 3 elemente distincte ¸si diferite de a, a2 , a3 sunt distincte ¸si diferite de e. Deci am g˘ e care verific˘a ecuat¸ia x4 = e. Aceasta contrazice presupunerea problemei. A¸sadar nu pot exista doar dou˘ a numere diferite de e care s˘ a verifice ecuat¸ia x4 = e. 9. Presupunem c˘a exist˘ a numai dou˘a astfel de elemente x ¸si y. Observ˘am c˘ a ¸si elementul −1 −1 n −1 xyx verific˘ a (xyx ) = e deci, conform presupunerii xyx ∈ {e, x, y}. i) xyx−1 = e ⇒ y = e. Contradict¸ie! ii) xyx−1 = x ⇒ x = y. Contradict¸ie! iii) xyx−1 = y ⇒ xy = yx ⇒ (xy)n = xn y n = e ⇒ xy ∈ {e, x, y} ⇒ xy = e ⇒ y = xn−1 . Avem n ≥ 4 deci n − 2 ≥ 2. Deci (xn−2 )n = e ⇒ xn−2 ∈ {e, x, xn−1 }. xn =e

a) xn−2 = e ⇒ x2 = e ⇒ x = y. Contradict¸ie!

41 b) xn−2 = xn−1 ⇒ x = e. Contradict¸ie! a pentru c) xn−2 = x ⇒ xn−3 = e ⇒ x3 = e; (n ≥ 4 ⇒ n − 3 = 0), relat¸ie posibil˘ x = e ⇐⇒ n = 3k, k ∈ N. Deci pot exista exact dou˘a astfel de elemente numai dac˘a 3|n. ˆIntr-adev˘ ar, dac˘ a 2 3 a exact dou˘ a astfel de elemente. lu˘ am un grup G = {e, a, a } cu a = e exist˘ 2

anga ⇒ bk ab = bk 10. ab = bk a| · bk la stˆ 2

k k k k k  = b ab b b...b a bb...b kori

=

a

bk

2 +k

=

=e

a. Deci a = bk ab = bk bk abb = ... =

abk+1 . Deci a = abk+1 | · a−1 la stˆ anga ⇒ bk+1 =

k ori

e (1). bk ab

2 ab=bk a

2 +k

bk+1 ab = ba = a| · b la stˆ anga ⇒ din (1) ⇒ bk+1 = e

⇒ ab = ba.

y 4 =e

11. yx = xy 3 | · y la dreapta ⇒ yxy = xy 4 = x. Astfel am demonstrat punctul d) pe care ˆıl vom folosi ˆın continuare. d) yx = xy 3 | · y la stˆ anga ⇒ y 2 x = yxy 3 = (yxy)y 2 = xy 2 . Deci ¸si punctul a) este rezolvat. d) Din a) ⇒ y 2 x = xy 2 | · y la stˆ anga ⇒ y 3 x = (yxy)y = xy. Deci ¸si punctul b) este rezolvat. Din d) ⇒ yxy = x ⇒ (yxy)−1 = x−1 ⇒ y −1 x−1 y −1 = x−1 = x2 . Astfel c) este rezolvat. yx=xy 3 Din faptul c˘a x2 = y −1 x−1 y −1 = y 3 x2 y 3 = x(yxy)y 2 = x2 y 2 ⇒ y 2 = e ⇒ xy = yx. b2 =e

12. a3 b = ba| · b la dreapta ⇒ a3 = a3 b2 = bab. Deci a3 = bab ⇒ e = a6 = (bab)2 = b2 =e

babbab = ba2 b. b2 =e Deci ba2 b = e| · b la dreapta ¸si la stˆanga ⇒ b2 a2 b2 = a2 = b2 = e ⇒ ba = a3 b = a2 ab = ab. Deci ab = ba. 13. x2 y = yx| · x la dreapta ⇒ x2 yx = yx2 yx4

yx2 =x4 y

x2 = e

⇒

⇒

x4 y = yx2 | · x2 la dreapta ⇒ x4 yx2 =

x8 y = yx4 ⇒ y = yx4 | · y −1 la stˆ anga ⇒ x4 = e

x2 y=yx

⇒

x8 =e

yx=x2 y

x4 y=yx2

⇒

y = yx2 ⇒

y = yx ⇒ x = e. Deci x = e ¸si y este un element arbitrar din G.

anga 14. Fie x, y ∈ G. Dac˘a x2 = y 2 ⇒ x4 = y 4 ⇒ x4 a = y 4 a ⇒ ax = ay| · a−1 la stˆ ⇒ x = y. Deci x2 = y 2 ⇒ x = y (∗). x5 =e 1) ax = x4 a| · x la stˆ anga ⇒ xax = a. ˆInmult¸ind aceast˘ a relat¸ie cu a la stˆanga ¸si la (∗) (ax)2 = a2 ax=x4 a dreapta obt¸inem ⇒ (ax)2 = (xa)2 ⇒ ax = xa ⇒ ax = respectiv (xa)2 = a2 x5 =e

x3 =e

ax4 ⇒ x3 = e ⇒ x2 = e ⇒ x = e, care verific˘a x5 = e. 2) a = x7 . ˆInlocuind ˆın relat¸ia din enunt¸ obt¸inem x8 = x11 | · x−8 ⇒ x3 = e ⇒ a = a ˆınlocuim pe x cu a ˆın x7 = (x3 )2 x = x ⇒ x = a, care verific˘a x7 = e(a3 = e, dac˘ relat¸ia din enunt¸).

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II

42

x2 =e

15. a) y 3 = xyx ⇒ y 9 = (xyx)3 = xyxxyxxyx = xy 3 x y 8 = e.

xyx=y 3

=

x2 =e

x2 yx2 = y ⇒ y 9 = y ⇒

a)

b) xy 3 x−1 = y| · x la dreapta ¸si la stˆanga ⇒ xyx = y 3 ⇒ y 8 = e. 16. a) y 3n = (xyx−1 )n = xyx−1 xyx−1 ...xyx−1 = xy n x−1 .  

⎫ y 3 = xyx−1 ⎬ b) Din a) pentru n = 1, 3, 9 avem respectiv y 9 = xy 3 x−1 ⇒ y 27 = xy 9 x−1 = ⎭ 27 9 −1 y = xy x n ori

x3 =e

x2 y 3 x−2 = x3 yx−3 = y ⇒ y 27 = y| · y −1 ⇒ y 26 = e. 17. x6 = (ax)3 , ∀x ∈ G (∗). ˆInlocuind pe x cu a2 obt¸inem c˘a a3 = e. ˆInmult¸ind (∗) cu x6 =(ax)3

⇒ (ax)3 = x la stˆ anga ¸si simplificˆ and cu x la dreapta obt¸inem c˘ a x6 = (xa)3 (xa)3 , ∀x ∈ G (⊗). ˆInlocuind ˆın (∗) pe x cu ax obt¸inem (ax)6 = (a2 x)3 . Dup˘ a simplific˘ari avem (xa)4 x = (⊗)

axa2 xa ⇒ (ax)3 xax = axa2 xa. Dup˘ a simplific˘ari avem (xax)2 = axa, ∀x ∈ G. ˆInlocuind pe x cu x2 a2 obt¸inem (x2 a3 x2 a2 )2 = ax2 a3 ⇒ (x4 a2 )2 = ax2 , ∀x ∈ G. Facem x → xa ¸si avem ((xa)3 xa3 )2 = a(xa)2 | · x la dreapta ⇒ (xa)3 x(xa)3 xx = (ax)3 = (xa)3 . Simplificˆand cu (xa)3 obt¸inem x2 (ax)2 ax2 = e, ∀x ∈ G. x → axa ⇒ (axa)2 a2 xa3 xa3 ax = e ⇒ axaxa3 x3 ax = e ⇒ axax4 ax = e ⇒ (ax)3 x3 = e ⇒ x9 = e. Din (∗) ˆınlocuind pe x cu ax ¸si a2 x obt¸inem x24 = (ax)12 = (a2 x)6 = (a3 x)3 = x3 . Deci x24 = x3 ⇒ x21 = e. e = x21 = (x9 )2 x3 = x3 . Deci x3 = e. am b = ax−1 18. Fie a ∈ G. M ⊂ G, M = G ⇒ ∃x0 ∈ G \ M. Lu˘ 0 . Presupunem −1 la stˆ at a = by0 ⇒ a = ax−1 y anga a ∈ {by|y ∈ M } ⇒ ∃y0 ∈ M astfel ˆıncˆ 0| · a 0 −1 ⇒ e = x0 y0 ⇒ x0 = y0 ⇒ x0 ∈ M . Contradict¸ie cu alegerea lui x0 ! Deci presupunerea f˘acut˘ a este fals˘ a ¸si a ∈ / {by(b = ax−1 0 , x0 ∈ G \ M )|y ∈ M }. 19. Demonstr˘am prin induct¸ie aifrmat¸ia P (i) : ai ba−i = bk , i ∈ N∗ . P (1) este adev˘ arat˘ a din enunt¸. i+1 i i Presupunem P (i) adev˘arat˘ a. ⇒ ai ba−i = bk ⇒ (ai ba−i )k = (bk )k = bk ⇒ i

bk

i+1

= ai ba−i ai ba−i ...ai ba−i = ai bk a−i

bk =aba−1

=

ai+1 ba−(i+1) . Deci P (i + 1) este

k ori

adev˘ arat˘ a. Prin induct¸ie rezult˘a c˘ a P (n) este adev˘ arat˘ a pentru orice n ∈ N∗ . Deci ap =e

= bk −k . bk = ap ba−p = b ⇒ bk −1 = e ⇒ e = (bk −1 )k ⎫ a2 = e ⎬ aba = b2 2 2 ⇒ aba = ab4 a. anga 20. ab = ba| · a la stˆ ⇒ a =e ⎭ ab2 a = b ⇒ b2 = ab2 aab2 a = ab4 a 2 ab = ba| · a la dreapta Dup˘a ce simlific˘ am obt¸inem c˘a b3 = e. p

p

p

n−p

n

−1 −1 ca...a−1 ca = a−1 cn a 21. L˘ am d = a−1 ca ⇒ dn = a  caa  n ori

n−p

cn =ab

=

a−1 aba = ba. Deci

43 exist˘ a d = a−1 ca cu proprietatea cerut˘a. b4 =e

22. 1) ba = ab3 | · b la dreapta ⇒ bab = a ⇒ a = bab = bbabb = bbbabbb ⇒ a = bab = b2 ab2 = b3 ab3 (∗). ⇒ a = b2 ab2 | · b2 la dreapta ⇒ ab2 = b2 a. (⊗)

(⊗)

b4 =e

Din (∗) ⇒ a2 = (b3 ab3 )2 = b3 ab6 ab3 = b3 ab2 ab3 |·b la dreapta ⇒ a2 b = b3 (ab2 )ab4 = b4 =e

b3 b2 aa = b5 a2 = ba2 . 2) Din (∗) ⇒ a = b3 ab3 | · b la dreapta ⇒ ab = b3 ab4 = b3 a. a2 =e

a2 =e

n 23. 1) ab = b4 a| · a la dreapta ⇒ aba = b4 ⇒ b4n = abaaba...aba  = ab a, ∀n ∈ N.  n ori

2) ” ⇒ ” : ab = ba ⇒ ab = b4 a = ab4 . Simplificˆand cu ab la stˆanga obt¸inem b3 = e deci b6 = e. ” ⇐ ” : Din 1) pentru n = 3 avem ab3 a = b12 = (b6 )2 = e. Deci ab3 a = e| · a la b3 a = a a2 =e stˆ anga ⇒ ⇒ ab = ba. ab = b(b3 a) 24. axa = xa2 x| · x−1 la stˆ anga ⇒ x−1 axa = a2 x| · axa la stˆanga ⇒ axax−1 axa = 3 2 −1 axa x ⇒ xa xx axa = ax2 ⇒ xa3 xa = ax2 ⇒ x2 a = ax2 , toate aceste relat¸ii fiind adev˘ arate pentru orice x ∈ G. Demonstr˘am prin induct¸ie c˘ a x2k a = ax2k , ∀x ∈ G, ∀k ∈ N∗ . P (1) este adev˘ arat˘ a. ipoteza induct¸ie

P (1)

Presupunem P (k) : x2k a = ax2k ⇒ x2k+2 a = x2 x2k a = x2 ax2k = 2k+2 ∗ ⇒ P (k + 1) este adev˘ arat˘ a. Deci P (n) este adev˘ arat˘ a pentru ax orice k ∈ N . 2n 2n+1 =a x ax = ax Deci x2n a = ax2n | · x la dreapta ⇒ ⇒ ax = xa ⇒ 2n+1 ax = x(x2n ax) ax = x 2 axa = xa x ⇒ a2 x = a2 x2 ⇒ x2 = x ⇒ x = e. Deci singurul element care ax = xa verific˘ a relat¸iile date este elementul neutru. 25. 1)a2 b4 = ba| · a−2 la dreapta ⇒ a2 b4 a−2 = ba−1 ⇒ (ba−1 )n = b2n =e

= a2 b4 a−2 a2 b4 a−2 ...a2 b4 a−2 = a2 b4n a−2 = a2 a−2 = e. n ori

2) a2 b4 = ba| · a−1 la stˆ anga ⇒ ab4 = a−1 ba ⇒ (ab4 )8 = (a−1 ba)n = = a−1 baa−1 ba...a−1 ba = a−1 b8 a. 8 ori

Deci a−1 b8 a = e ⇒ b8 = e. b8 =e ba−1 = a2 b4 a−2 ⇒ (ba−1 )2 = a2 b4 a−2 a2 b4 a−2 = a2 b8 a−2 = a2 a−2 = e. Deci (ba−1 )2 = e ⇒ ba−1 = (ba−1 )−1 = ab−1 . 26. Fie elementele xi = ai ai+1 ...an , i = 1...n. Dac˘a exist˘ a 1 ≤ i ≤ n astfel ˆıncˆ at xi = e putem considera p = i, q = n. Dac˘ a x1 , x2 , ...xn ∈ G\{e} are n−1 elemente, rezult˘a c˘ a exist˘ a 1 ≤ i < j ≤ n astfel ˆıncˆ at xi = xj , deci ai ai+1 ...aj aj+1 ...an = aj aj+1 ...an , de unde ai ai+1 ...aj−1 = e, deci putem considera p = i ¸si q = j − 1.

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II

44

ar natural cu proprietat¸ie din enunt¸, adic˘ a n0 ≥ 2 ¸si xn2 0 = xn4 0 . 27. Fie n0 cel mai mic num˘ m0 ∗ 0 at x1 = xm Conform ipotezei, exist˘ a m0 ∈ N , m0 < n0 , astel ˆıncˆ 3 . m m x1 x2 = x3 x4 ⇒ (x1 x2 ) 0 = (x3 x4 ) 0 ⇒ m m m m x1 x2 =x2 x1 ,x3 x4 =x4 x3 x1 0 x2 0 = x3 0 x4 0 ⇒ ⇒ m0 0 xm 1 = x3 m0 0 xm a m0 < n0 ¸si se contrazice minimalitatea 2 = x4 . Nu putem avea m0 ≥ 2 pentru c˘ lui n0 . De aici rezult˘a c˘a m0 = 1 ¸si x2 = x4 .

28. x1 x2 x3 = e ⇒ x1 x2 x3 x1 = e ⇒ x 2 x2 x1 x3 = e ⇒ x 2 x1 x3 x2 = e ⇒ x 1 Deci relat¸ia dat˘ a

= (x2 x3 )−1 ⇒ x2 x3 x1 = e. = (x3 x1 )−1 ⇒ x3 x1 x2 = e. = (x1 x3 )−1 ⇒ x1 x3 x2 = e. = (x3 x2 )−1 ⇒ x3 x2 x1 = e. are loc pentru urm˘atoarele permut˘ ari:

(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1), adic˘ a pentru price permutare σ ∈ S3 are loc xσ(1) xσ(2) xσ(3) = e. 29. ax2k+1 = xa2k+1 , ∀x ∈ G. Pentru x = e se obt¸ine a = a2k+1 ⇒ ⇒ a2k = e (∗). (∗)

Pentru x → xa avem a(xa)2k+1 = xaa2k+1 ⇒ (ax)2k+1 a = xa2 . Simplificˆand cu a la dreapta avem (ax)2k+1 = xa(⊗). (∗)

(⊗)

ax2k+1 = xa2k+1 = xa ⇒ (ax)2k+1 = ax2k+1 () Simplificˆand () cu ax la stˆanga, respectiv cu a la stˆ anga ¸si x la dreapta obt¸inem (ax)2k = x2k ⇒ respectiv (xa)2k = x2k ⇒ (ax)2k = (xa)2k . 30. aba = bab ⇒ an ba = an−1 (aba) = an−2 (aba)b = an−3 (aba)b2 = ... = an−i (aba)bi−1 = ... = (aba)bn−1 = babn ⇒ an ba = babn (∗). (∗)

Vedem acum c˘ a dac˘a an = e atunci an ba = ba = babn ⇒ bn = e. Analog se procedeaz˘a la reciproc˘a. 31. a) xp = axa, ∀x ∈ G. Pentru x → e, respectiv x → a obt¸inem a2 = e (1), respectiv ap = a3 . din aceste dou˘ a relat¸ii avem c˘ a ap = a ⇒ ap−1 = e (2). Dac˘ a p este par atunci p − 1 este impar ¸si din (1) ¸si (2) rezult˘a a = e. Contradict¸ie cu ipoteza ˆın ceea ce prive¸ste alegerea lui a! Deci p este impar. 32. x = x ⇒ e = xx = x2 , ∀x ∈ G. ˆIn continuare vezi problema 33. 33. x2 = e, ∀x ∈ G. Fie a, b ∈ G arbitrare. a, b ∈ G ⇒ ab ∈ G ⇒ (ab)2 = e = a2 b2 . anga ¸si cu b la dreapta obt¸inem ab = ba. Deci a2 b2 = (ab)2 . Simplificˆand cu a la stˆ Cum a, b au fost alese arbitrar rezult˘a c˘ a grupul G este abelian.

45 anga ¸si cu y la dreapta ¸si avem 34. (xy)2 = x2 y 2 , ∀x, y ∈ G. Simplific˘am cu x la stˆ xy = yx, ∀x, y ∈ G. Deci G este abelian. 35. (xy)−1 = x−1 y −1 ⇒ ((xy)−1 )−1 = (x−1 y −1 )−1 ⇒ xy = yx. Toate aceste relat¸ii fiind valable pentru orice x, y ∈ G. Deci G este abelian. 36. Avem x2 y 2 = y 2 x2 , ∀x, y ∈ G (1) ¸si x3 = e, ∀x ∈ G (2). Din (2) avem c˘a x = (x−1 )2 , ∀x ∈ G (3). (1)

(3)

Fie acum x, y ∈ G arbitrare. Avem xy = (x−1 )2 (y −1 )2 = (y −1 )2 (x−1 )2 = yx, ∀x, y ∈ G. Deci G este abelian. (1)

37. x3 = e, ∀x ∈ G (1) ⇒ Dac˘a x, y ∈ G ⇒ e = (xy)3 = xy(yx)2 ⇒ y −1 x−1 = (yx)2 ⇒ y 2 x2 = (yx)2 , ∀x, y ∈ G. Din problema 34 rezult˘a c˘a G este abelian. 38. Exist˘a trei cazuri: i) xn+1 = y n+1 = e ⇒ xn = x−1 , y n = y −1 ⇒ xn y n = y n xn ⇒ x−1 y −1 = y −1 x−1 ⇒ (x−1 y −1 )−1 = (y −1 x−1 )−1 ⇒ xy = yx ii) xn+1 = y n−1 = e ⇒ xn = x−1 , y n = y ⇒ xn y n = y n xn ⇒ x−1 y = yx−1 ⇒ xy = yx iii) xn−1 = y n−1 = e ⇒ xn = x, y n = y ⇒ xn y n = y n xn ⇒ xy = yx Deci G este abelian. 39. Fie a, b ∈ G. Din enunt¸ ¸stim c˘ a exist˘ a n ∈ N, n ≥ 2cu proprietatea c˘ a bn+1 = e(1) n n ¸si b a = ab (2). (2) Din (1) avem bn = b−1 ⇒ b−1 a = ab−1 . ˆInmult¸ind aceast˘ a relat¸ie cu b la stˆ anga ¸si la dreapta obt¸inem ab = ba. Acest lucru fiind adev˘ arat pentru orice a, b ∈ G, grupul G este abelian. 40. 1) x = am x−1 an , ∀x ∈ G cu m, n ∈ N∗ , fixate ¸si de aceea¸si paritate. Pentru x = e avem am+n = e (1). Pentru x = a avem am+n−1 = a ⇒ am+n−2 = e (2) (1)

Deci xy = (am x−1 an )(am y −1 an ) = am x−1 y −1 an = am (yx)−1 an = yx. Astfel grupul G este abelian. 2) Din (1) ¸si (2) avem c˘a a2 = e ⇒ ord(a)|2. ⇒ a ∈ G \ {e} ⇒ ord(a) > 1 ⇒ ord(a) = 2. 41. Fie x, y ∈ G. Din enunt¸ rezult˘a c˘ a exist˘ a n ∈ N, n ≥ 2 astfel ˆıncˆ at xy n = y n x (1) (1)

¸si xy n+1 = y n+1 x (2). xy n+1 = y n+1 x = y(y n x) = y(xy n ) = yxxn . Simplificˆand cu xn la dreapta obt¸inem xy = yx. Cum x ¸si y au fost ale¸si arbitrar rezult˘a c˘a G este abelian. enunt¸

42. Dac˘a x, y ∈ G avem xyx = xyx ⇒ x(yx) = (xy)x ⇒ xy = yx. Cum x ¸si y au fost ale¸si arbitrari G este abelian.

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II

46 enunt¸

43. Dac˘a x, y ∈ G avem x(yx)2 = (xy)2 x ⇒ xy = yx. Cum x ¸si y au fost ale¸si arbitrari G este abelian. enunt¸

44. Dac˘a x, y ∈ G avem x(yx)3 = (xy)3 x ⇒ xy = yx. Cum x ¸si y au fost ale¸si arbitrari G este abelian. 45. Dac˘a x, y ∈ G avem x(yx)n = (xy)n x arbitrari G este abelian.

enunt¸

⇒

xy = yx. Cum x ¸si y au fost ale¸si

simplificare

⇒ (yx)2 = x2 y 2 , ∀x, y ∈ G. F˘ acˆ and acum x → x2 ¸si y → y 2 ˆın 46. (xy)3 = x3 y 3 4 4 2 2 2 4 ultima relat¸ie obt¸inem x y = (y x ) = (xy) , ∀x, y ∈ G (1). (1)

Din enunt¸ avem x5 y 5 = (xy)5 = (xy)4 xy = x4 y 4 xy, ∀x, y ∈ G. Simplificˆ and prin enunt¸ 4 5 4 4 4 4 3 x avem xy = y xy, ∀x, y ∈ G (2). Din (1) avem x y = (xy) = (xy) xy = 3 3 3 4 3 x y xy, ∀x, y ∈ G. Simplificˆand prin x avem xy = y xy, ∀x, y ∈ G (3). Din (2) ¸si (3) avem xy 5 = y 4 xy = y(y 3 xy) = yxy 4 ⇒ xy 5 = yxy 4 , ∀x, y ∈ G. Simplificˆand cu y 4 avem xy = yx, ∀x, y ∈ G, deci G este abelian. and x2 ˆın loc de y avem x = x−1 adic˘ a probelma 47. xy −1 = yx−1 , ∀x, y ∈ G \ {e}. Punˆ 1. 48. ”1) ⇒ 2)” : ∀x, y, z ∈ G avem xy 2 = z 2 x ⇒ y = z (∗). x(yx)2 = (xy)2 x ⇒ xy = yx, deci G este comutativ. (∗) Fie a, x ∈ G cu x2 = e ⇒ a = ax2 = e2 a ⇒ x = e, deci ∀x ∈ G \ {e} avem x2 = e. ”2) ⇒ 1)” : Grupul G este comutativ ¸si x2 = e, ∀x ∈ G \ {e}. Avem xy 2 = z 2 x ⇒ xy 2 = xz 2 ⇒ y 2 = z 2 ⇒ y 2 z −2 = e ⇒ (yz −1 )2 = e ⇒ yz −1 ∈ G \ (G \ {e}) ⇒ yz −1 = e ⇒ y = z. 49. 1) x3 y 3 = yx, ∀x, y ∈ G. Pentru y = e avem x3 = x ⇒ x2 = e, ∀x ∈ G. Deci problema 33. Astfel grupul G este abelian. 2) xn y n = yx, ∀x, y ∈ G. Pentru y = e avem xn = x ⇒ xn−1 = e, ∀x ∈ G (1). Deci (1)

yx = xn y n = xn−1 xyy n−1 = xy, ∀x, y ∈ G. Deci grupul G este abelian. 50. a, b ∈ G cu ax3 = xb2 (1) ¸si implicat¸ia yx = zx ⇒ y = z (2) sunt adev˘ arate pentru orice x, y, z ∈ G. Din (1) pentru x = b ¸si x = a avem ab3 = b3 (3), respeciv a4 = ab2 (4). ˆInmult¸ind (3)

(2)

(4) cu b la dreapta avem a4 b = ab3 = b3 . Deci a4 b = b2 b ⇒

(2)

⇒ a4 = b2 (5). Din (4) ¸si (5) avem a4 = ab2 = aa4 ⇒ aa3 = a2 a3 ⇒ a2 = a (6). a Din (6), (5) ¸si (1) avem ax3 = xb2 = xa4 = xa2 = xa, ∀x ∈ G (7). ˆInmult¸ind aceast˘ (2)

relat¸ie cu a la dreapta avem ax3 a = xa2 = xa, ∀x ∈ G. Deci (ax3 )a = xa ⇒ ax3 = x, ∀x ∈ G (8). ˆInmult¸ind aceast˘ a relat¸ie cu a la stˆ anga avem ax3 = a2 x3 = ax. 3 Deci ax = xa, ∀x ∈ G (9). Din (7), (8), (9) avem x = ax = xa, ∀x ∈ G. Deci a este elementul neutru al lui G (10). Din (7) ¸si (10) avem x3 = ax3 = xa = x, ∀x ∈ G. (2)

Rezult˘a x2 x = ax ⇒ x2 = a, ∀x ∈ G. Deci orice element al lui G este simetrizabil,

47 simetricul fiind chiar el ˆınsu¸si. Astfel G este grup avˆ and proprietatea c˘ a x2 = a (a este elementul neutru al lui G), ∀x ∈ G. Din problema 33 rezult˘a c˘ a G este grup abelian. 51. Din enunt¸ rezult˘a x3 y 3 = (xy)3 , ∀x, y ∈ G. Simplific˘am tot ce putem ¸si avem x2 y 2 = (yx)2 , ∀x, y ∈ G. Facem x → x2 ¸si y → y 2 . Rezult˘a x4 y 4 = (y 2 x2 )2 = (xy)4 , ∀x, y ∈ G. Avem x4 y 4 = (xy)4 = (xy)3 xy = x3 y 3 xy. Simplificˆand ⇒ xy 3 = y 3 x, ∀x, y ∈ G (1). x9 y 9 = (x3 y 3 )3 = (xy)9 = (xy)8 xy = x8 y 8 xy. Simplificˆand ⇒ xy 8 = y 8 x, ∀x, y ∈ G (2). Din (1) rezult˘ a xy 9 = y 9 x, ∀x, y ∈ G (3). Din (2), (3) ¸si problema 41 rezult˘a c˘ aG este abelian. at am + bn = 1. Astfel xy = 52. m, n ∈ N∗ , (m, n) = 1 ⇒ ∃a, b ∈ Z astfel ˆıncˆ (xy)am+bn = ((xy)m )a ((xy)n )b = ((yx)m )a ((yx)n )b = (yx)am+bn = yx, ∀x, y ∈ G. Deci G este abelian. at am + bn = 1. 53. m, n ∈ N∗ , (m, n) = 1 ⇒ ∃a, b ∈ Z astfel ˆıncˆ xy m = y m x, ∀x, y ∈ G ⇒ xy am = y am x, ∀x, y ∈ G (1). xy n = y n x, ∀x, y ∈ G ⇒ xy bn = y bn x, ∀x, y ∈ G (2). Din (1) ¸si (2) ⇒ xy = xy am+bn = xy am y bn = y am xy bn = y am+bn x = yx, ∀x, y ∈ G. 54. Fie a, b ∈ G cu a2 = b2 . Avem b−1 a2 a−1 = b−1 b2 a−1 ⇒ b−1 a = ba−1 (∗). (∗)

Din 2) avem (ab−1 )2 = (b−1 a)2 = (ba−1 )2 = ((ab−1 )−1 )2 ⇒ (ab−1 )2 = (ab−1 )−2 ⇒ 1)

1)

((ab−1 )2 )2 = e ⇒ (ab−1 )2 = e ⇒ ab−1 = e ⇒ a = b. Deci dac˘ a a2 = b2 ⇒ a = b. Cum (xy)2 = (yx)2 , ∀x, y ∈ G rezult˘a xy = yx, ∀x, y ∈ G. Deci G este abelian. 55. xn+1 y n+1 = (xy)n+1 = (xy)n xy = xn y n xy, ∀x, y ∈ G. Simplificˆand obt¸inem xy n = y n x, ∀x, y ∈ G (∗). xn+2 y n+2 = (xy)n+2 = (xy)n+1 xy = xn+1 y n+1 xy, ∀x, y ∈ G. Simplificˆand obt¸inem xy n+1 = y n+1 x, ∀x, y ∈ G (⊗) Din (∗), (⊗) ¸si problema 41 rezult˘a c˘ a G este abelian. 56. xn+2 y n+2 = (xy)n+2 = (xy)n (xy)2 = xn y n (xy)2 . Simplificˆand avem x2 y n+1 = y n xyx, ∀x, y ∈ G (1). xn+4 y n+4 = (xy)n+4 = (xy)n+2 (xy)2 = xn+2 y n+2 (xy)2 . Simplificˆand avem x2 y n+3 = y n+2 xyx, ∀x, y ∈ G (2). Din (2) ¸si (1) avem y 2 y n xyx = x2 y 2 y n+1 = y 2 x2 y n+1 ⇒ x2 y 2 = y 2 x2 , ∀x, y ∈ G (3). (3)

i) n = 2k este par: y n xyx = x2 y n+1 ⇒ y 2k xyx = x2 y 2 y 2k+1 = y 2 x2 y 2k−1 = ... = y 2k x2 y, ∀x, y ∈ G. Simplificˆand avem xyx = x2 y ⇒ xy = yx, ∀x, y ∈ G. (3)

ii) n = 2k+1 este impar: y n xyx = x2 y n+1 ⇒ y 2k+1 xyx = x2 (y k+1 )2 = (y k+1 )2 x2 , ∀x, y ∈ (3)

G. Simplificˆand avem yxyx = x2 y 2 = y 2 x2 , ∀x, y ∈ G. Simplificˆand obt¸inem xy = yx. Deci ˆın ambele cazuri G este abelian.

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II

48

57. Din 1) prin simplificare se obt¸ine (yx)n = xn y n , ∀x, y ∈ G. (4) Din 2) se obt¸ine prin simplificare (yx)2n = x2n y 2n , ∀x, y ∈ G. (5) Din (4) ¸si (5) avem x2n y 2n = (yx)2n = ((yx)n )2 = (xn y n )2 ⇒ xn y n = y n xn , ∀x, y ∈ G. (6) (6)

Din (4) avem (xy)n = y n xn = xn y n , ∀x, y ∈ G. Dup˘ a simplificare avem (xy)n−1 = n−1 n−1 x , ∀x, y ∈ G. (7) y (7)

Din (7) ¸si (4) rezult˘a xn y n = (yx)n = (yx)n−1 yx = xn−1 y n−1 yx, ∀x, y ∈ G. Sima cu plificˆand avem xy n = y n x, ∀x, y ∈ G. Deci xn ∈ Z(G) ∀x ∈ G (Adic˘a xn comut˘ orice element din G). ⇒  (xy)3n+2 = x3n+2 y 3n+2 = x3n x2 y 3n y 2 = x3n y 3n x2 y 2 , ∀x, y ∈ G ⇒ ⇒ (xy)3n+2 = (xy)2n (xy)n (xy)2 = y 2n x2n y n xn (xy)2 = x3n y 3n (xy)2 ⇒ x3n y 3n x2 y 2 = x3n y 3n (xy)2 , ∀x, y ∈ G. Prin simplificare rezult˘a xy = yx, ∀x, y ∈ G. 58. ˆIn 2) pentru x → xn y −1 avem (xn y −1 )n+1 y n+1 = y n+1 (xn y −1 )n+1 ⇐⇒ (xn y)n xn y −1 yy n = y n+1 (xn y −1 )n+1 ⇐⇒ 1)

(xn y −1 )n xn y n = y n+1 (xn y −1 )n+1 ⇐⇒ y n xn (xn y −1 )n = y n+1 xn y −1 (xn y −1 )n , ∀x, y ∈ G. Prin simplificare avem xn = yxn y −1 ⇐⇒ xn y = yxn , ∀x, y ∈ G. (4). Analog, repetˆ and calculele incrementˆ and pe n cu o unitate obt¸inem xn+1 y = yxn+1 , ∀x, y ∈ G. Din aceast˘ a afirmat¸ie ¸si din problema 41, rezult˘ a c˘ a G este abelian. 59. 1) ˆIn a) ˆınlocuim y cu x−1 y ¸si avem y 2 = (xx−1 y)2 = (x−1 yx)2 = x−1 yxx−1 yx = x−1 y 2 x, ∀x, y ∈ G ⇒ xy 2 = y 2 x, ∀x, y ∈ G ⇒ x2 ∈ Z(G), ∀x ∈ G (1). Astfel avem x2 y 2 = y 2 x2 , ∀x, y ∈ G (1)

2) Deci x2 y 2 = y 2 x2 ⇒ yx2 y = xy 2 x ⇒ (yx)(xy) = (xy)(yx) ⇒ yx = (xy)(yx)(xy)−1 ⇒ (xy)2 (yx)−1 = (xy)(yx)(xy)−1 ⇒ ⇒ (xy)(yx)−1 = (yx)(xy)−1 , ∀x, y ∈ G. b)

3) Din 2) ⇒ ((xy)(yx)−1 )2 = (xy)(yx)−1 (yx)(xy)−1 = e ⇒ (xy)(yx)−1 = e ⇒ xy = yx, ∀x, y ∈ G. Deci G este abelian. 60. Dac˘a m, n ∈ N \ {0, 1} cu (m, n) = 1 atunci exist˘ a a, b ∈ Z astfel ˆıncˆ at am + ±bn ±bn ±bn ±bn ±am bn = 1. Evident avem x y = y x , ∀x, y ∈ G (3) ¸si x y ±am = ±am ±am x , ∀x, y ∈ G (4). y i) Dac˘ a −bn ≥ 0, not˘ am cu p = −bn, atunci avem am = 1 − bn = p + 1 ii) Dac˘ a −bn < 0 atunci −am ≥ 0 ¸si not˘ am cu p = −am ¸si bn = 1 − am = p + 1. Deci (3) ¸si (4) devin xp y p = y p xp , ∀x, y ∈ G ¸si xp+1 y p+1 = y p+1 xp+1 , ∀x, y ∈ G. Astfel problema devine echivalent˘ a cu problema 61, care este solut¸ionat˘ a ˆın detaliu. Deci G este abelian. 61. ˆIn 2) pentru x → xn y −1 avem (xn y −1 )n+1 y n+1 = y n+1 (xn y −1 )n+1 ⇐⇒ (xn y)n xn y −1 yy n = y n+1 (xn y −1 )n+1 ⇐⇒

49 1)

⇐⇒ (xn y −1 )n xn y n = y n+1 (xn y −1 )n+1 ⇐⇒ y n xn (xn y −1 )n = y n+1 xn y −1 (xn y −1 )n , ∀x, y ∈ G. Prin simplificare avem xn = yxn y −1 ⇐⇒ xn y = yxn , ∀x, y ∈ G. (3). 1)

(3)

y n+1 xn+1 = xn+1 y n+1 = xxn y n x = xy n xn y = y n xyxn ⇒ y n+1 xn+1 = y n xyxn , ∀x, y ∈ G. Dup˘ a simplific˘ari avem xy = yx, ∀x, y ∈ G. Deci G este abelian. 1)

62. Din (2) avem x2n+2 y 2n+2 = (xy)2n+2 = (xy)2n (xy)2 = xn y n (xy)2 , ∀x, y ∈ G. Simplificˆand avem x2 y 2n+1 = y n xyx, ∀x, y ∈ G (4). Analog, folosind 2) ¸si 3) avem (incrementˆ and pe n) x2 y 2n+3 = y 2n+2 xyx, ∀x, y ∈ G (4). (3)

Din (3) ¸si (4) avem x2 y 2 y 2n+1 = y 2n+2 xyx ⇐⇒ x2 y 2 y 2n+1 = y 2 x2 y 2n+1 ⇒ x2 y 2 = y 2 x2 , ∀x, y ∈ G (5). Deci avem x2n+2 y 2n+2 = (xy)2n (xy)2 = x2n y 2n (xy)2 , ∀x, y ∈ G. Deasemenea avem din (5) x2n+2 y 2n+2 = x2n x2 y 2n y 2 ⇒ x2n+2 y 2n+2 = x2n y 2n x2 y 2 , ∀x, y ∈ G. Din ultimele relat¸ii avem x2n y 2n (xy)2 = x2n y 2n x2 y 2 , ∀x, y ∈ G. Astfel (xy)2 = x2 y 2 , ∀x, y ∈ G. Deci xy = yx, ∀x, y ∈ G. Astfel G este abelian. 63. (xy)3 = x3 y 3 , ∀x, y ∈ G. Simplificˆand avem (yx)2 = x2 y 2 , ∀x, y ∈ G (1). Din (1) (1)

pentru x → x2 ¸si y → y 2 ⇒ x4 y 4 = (y 2 x2 )2 = (xy)4 , ∀x, y ∈ G. Deci x4 y 4 = (xy)4 = (xy)3 xy = x3 y 3 xy, ∀x, y ∈ G. Simplificˆand ⇒ xy 3 = y 3 x, ∀x, y ∈ G. Deci x3 ∈ Z(G), ∀x, y ∈ G. Astfel avem x3 y 3 = y 3 x3 , ∀x, y ∈ G ⇒ (xy)3 = (yx)3 , ∀x, y ∈ G. Daca xy = yx ar rezulta c˘a (xy)3 = (yx)3 . Contradict¸ie! Deci xy = yx, ∀x, y ∈ G. Astfel G este abelian. 1)

64. Din 2) ¸si 1) avem xn+3 y n+3 = (xy)n+3 = (xy)3 (xy)3n = (xy)3 xn y n , ∀x, y ∈ G. Simplific˘am ¸si avem xn+2 y 3 = yxyxyxn , ∀x, y ∈ G (4). Analog, facˆ and n → n + 3 avem xn+5 y 3 = yxyxyxn+3 , ∀x, y ∈ G (5). Din (4) ¸si (5) avem xn+2 y 3 x3 = yxyxyxn x3 = yxyxyxn+3 = xn+5 y 3 , ∀x, y ∈ G. Deci xn+2 y 3 x3 = xn+5 y 3 , ∀x, y ∈ G. Simplific˘am ¸si avem x3 y 3 = y 3 x3 , ∀x, y ∈ G (6). Cum n este multiplu de 3 exist˘ a k ∈ N astfel ˆıncˆ at n = 3k. Astfel avem xn y n = x3k y 3k = (xk )3 (y k )3 = (y k )3 (xk )3 = y n xn , ∀x, y ∈ G ⇒ xn y n = y n xn , ∀x, y ∈ G. Astfel am rezolvat punctul b). xn+3 y n+3 = (xy)n+3 = (xy)3 xn y n , ∀x, y ∈ G ⇒ (6) xn+3 y n+3 = x3k x3 y 3k y 3 = x3 y 3 xn y n , ∀x, y ∈ G ⇒ (xy)3 xn y n = x3 y 3 xn y n , ∀x, y ∈ G ⇒ (xy)3 = x3 y 3 , ∀x, y ∈ G. Simplificˆand obt¸inem (yx)2 = x2 y 2 , ∀x, y ∈ G. Astfel am rezolvat ¸si punctul a). 65. Sunt mai multe informat¸ii de cˆ ate avem nevoie. Problema se poate simplifica astfel: d| p|n − 2 d|n − 2 Dac˘a avem d = (p, q) atunci avem ⇒ ⇒ d = 1. Deci p ¸si q d| q|n − 3 d|n − 3 sunt prime ˆıntre ele. Deci problema este echivalent˘a cu problema 53.

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II

50

66. a) Fie G un grup cu proprietatea (P ). Deci exist˘ a f : G → G, automorfism (f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ G, ¸si f e injectiv˘ a) astfel ˆıncˆ at f −1 (x) + f (x) = 0, ∀x ∈ G. F˘ acˆand x → f (x) rezult˘a f (f (x)) + x = 0 ⇒ −x = f (f (x)), ∀x ∈ G. Deci (−x)+(−y) = f (f (x))+f (f (y)) = f (f (x)+f (y)) = f (f (x+y)) = −(x+y), ∀x, y ∈ G. Deci x + y = −(−(x + y)) = −((−x) + (−y)) = y + x, ∀x, y ∈ G. Astfel G este comutativ. am f (ˆ 1) = a ˆ. Atunci avem b) Fie f un automorfism al grupului (Zp , +). Dac˘a not˘ ˆ = f (ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ f (k) 1 + 1 + ... + 1 ) = f ( 1) + f ( 1) + ... + f ( 1) =     kori

kori

= a ˆ+a ˆ+ ˆ = kˆ a, ∀k, 0 ≤ k ≤ p − 1. Dac˘a f are proprietatea (P ) atunci ... + a kori

avem f (f (x)) = −x, ∀x ∈ G ⇒ −ˆ q = f (f (ˆ q )) = f (qˆ a) = q 2 a ˆ(mod p) ⇒ a ˆ(q 2 + 2 1) = 0(mod  p) ⇒ q + 1 ≡ 0(mod p) ⇒ −1 este rest p˘atratic modulo p. Deci p−1 −1 = (−1) 2 ⇒ p = 4k + 1, k ∈ N. 1= p 67. Dac˘a H este subgrup al lui G atunci H este parte stabil˘ a al lui G ˆın raport cu ” · ”, ¸si are loc din defint¸ie c˘ a x ∈ H ⇒ x−1 ∈ H. Dac˘a H este parte stabil˘ a a lui G ˆın raport cu ” · ” atunci avem x, y ∈ H ⇒ xy ∈ H, care ˆımpreun˘ a cu x ∈ H ⇒ x−1 ∈ H constituie definit¸ia unui subgrup. y ∈ H ⇒ y −1 ∈ H ⇒ Dac˘a x, y ∈ H atunci 68. ” ⇒ ”: H este subgrup ⇒ x, y −1 ∈ H ⇒ xy −1 ∈ H xy −1 ∈ H. ” ⇐ ”: Avem H ⊂ G ¸si dac˘ a x, y ∈ H ⇐ xy −1 ∈ H. Pentru x = y se obt¸ine c˘ a e ∈ H. Pentru x = e se ont¸ine y ∈ H ⇒ y −1 ∈ H. a x, y −1 ∈ H, adic˘ a x, y ∈ H, atunci avem xy ∈ H. Pentru y → y −1 avem c˘a dac˘ Din ultimele dou˘a rezultate avem c˘ a H este subgrup al lui G. 69. 1) x ∈ H ¸si y ∈ G \ H. Presupunem c˘a xy ∈ H. x ∈ H ⇒ x−1 ∈ H. Deci y = x−1 · xy ∈ H. Contradict¸ie! Deci xy ∈ G \ H 2) Fie x ∈ G \ H. Presupunem c˘a x−1 ∈ H. x−1 ∈ H ⇒ (x = (x−1 )−1 ∈ H. Contradict¸ie!. Deci x−1 ∈ G \ H. 3) Dac˘a avem x, y ∈ G \ H atunci nu putem spune ˆın general nimic despre produsul xy. De exemplu dac˘ a lu˘ am y = x−1 atunci avem xy = e ∈ H. Dac˘a presupunem c˘a ∀x, y ∈ G \ H avem xy ∈ H atunci avem c˘ a dac˘ a x ∈ G\H 2 3 3 −2 a x = x x ∈ H. Deci x ∈ H. Contradict¸ie! atunci x , x ∈ H. De aici rezult˘a c˘ Deci nu putem avea xy ∈ H, ∀x, y ∈ G \ H. Astfel exist˘ a x, y ∈ G \ H astfel ˆıncˆ at xy ∈ G \ H. ˆIn concluzie, nu putem spune nimic despre produsul xy dac˘ a x, y ∈ G \ H. a exist˘ a a, b ∈ H1 ¸si c, d ∈ H2 , astfel ˆıncˆ at x = ac ¸si 70. Fie x, y ∈ H1 · H2 . Rezult˘a c˘ y = bd. Deci xy −1 = ac(bd)−1 = ab−1 cd−1 (1)

51 a, b ∈ H1 ⇒ ab−1 ∈ H1 . c, d ∈ H2 ⇒ cd−1 ∈ H2 . a dac˘ a a, y ∈ H atunci xy −1 ∈ H, Deci, din (1) avem c˘ a xy −1 ∈ H. Deci avem c˘ adic˘ a H este subgrup al lui G. 71. Probelma 4, punctul a) ne arat˘a c˘ a dac˘ a H1 , H2 sunt subgrupuri ale lui G atunci H1 ∩ H2 este subgrup al lui G. (1)  Demonstr˘am prin induct¸ie afirmat¸ia P (k) : 1≤i≤k Hi estesubgrupalluiG. P (1) este adev˘ arat˘a.   Presupunem P (k) adev˘arat˘ a. Atunci avem 1≤i≤k+1 Hi = 1≤i≤k Hi ∩ Hk+1 care este intersect¸ie de dou˘a subgrupuri, adic˘ a, din (1) este subgrup. Astfel am demonstrat P (k + 1). Prin induct¸ie rezult˘ a c˘a P (k) este adev˘ arat˘ a pentru orice k natural. Astfel P (n) este adev˘ arat˘ a, deci problema este rezolvat˘a. 72. Fie a ∈ G oarecare. Fie x, y ∈ aHa−1 . Atunci exist˘ a t, u ∈ H astfel ˆıncˆ at x = ata−1 ¸si y = aua−1 . Atunci avem c˘a xy −1 = (ata−1 )(aua−1 )−1 = ata−1 au−1 a−1 = a tu−1 ∈ H. Deci aHa−1 este subgrup al lui G oricare atu−1 a−1 ∈ aHa−1 pentru c˘ ar fi a ∈ G. 73. 1) Evident e ∈ Z(G) deci Z(G) = ∅. Fie x, y ∈ Z(G), nu neap˘ arat distincte. Atunci avem c˘ a ax = xa, ∀a ∈ G ¸si ay = ya, ∀a ∈ G ⇒ ay −1 = y −1 a, ∀a ∈ G. Deci axy −1 = xay −1 = xy −1 a, ∀a ∈ G. Deci xy −1 ∈ Z(G). Astfel Z(G) este un subgrup al lui G. 2) Fie x, y ∈ Z(G), nu neap˘ arat distincte. Atunci avem ax = xa, ∀a ∈ G. y ∈ G ⇒ dac˘ a lu˘ am a = y atunci avem xy = yx. Cum x ¸si y au fost alese arbitrar rezult˘a c˘a Z(G) este comutativ. anga ⇒ xy = yx. 3) xy ∈ Z(G) ⇒ x(xy) = (xy)x| · x−1 la stˆ 4) Dac˘a G este abelian atunci xy = yx, ∀x, y ∈ G, deci Z(G) = G. 74. Presupunem Z(Sn ) = {e}. Fie σ ∈ Z(Sn ), σ = e ¸si σ ◦ ϕ = ϕ ◦ σ, ∀ϕ ∈ Sn . Dac˘a exist˘ a i astfel ˆıncˆ at σ(i) = j, j = i, atunci fie k ∈ / {i, j} ¸si consider˘ am pera astfel: ϕ(i) = i, ϕ(j) = k, ϕ(k) = j ¸si ϕ(x) = x, ∀x ∈ mutarea ϕ : Sn → Sn definit˘ G \ {i, j, k}. Atunci avem

 ...i...j...k...x... (jk) = ϕ = . ...i...k...j...x... Avem atunci (ϕ ◦ σ)(i) = ϕ(σ(i)) = ϕ(j) = k ¸si (σ ◦ ϕ)(i) = σ(ϕ(i)) = σ(i) = j. Deci ϕ ◦ σ = σ ◦ ϕ. Contradict¸ie! Deci Z(Sn ) = {e}. 75. Presupunem c˘a o astfel de submult¸ime H exist˘ a. Deci avem H ⊂ G, H = G ¸si ∀a ∈ H, ∀b ∈ G rezult˘a ab ∈ H. Astfel avem c˘a dac˘a a, b ∈ H atunci ab ∈ H. Deci H este parte stabil˘ a a lui G. a afirmat¸ii rezult˘a c˘ aH a ∈ H ⇒ a−2 ∈ G ⇒ a−1 = aa−2 ∈ H. Din ultimele dou˘ este subgrup al lui G. Fie, atunci, a ∈ H ¸si b ∈ G \ H (care este duferit˘ a de ∅). Conform problemei 3

52

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II avem c˘ a ab ∈ G \ H. Contradict¸ie cu enunt¸ul problemei noastre! Deci o astfel de submult¸ime nu exist˘a.

a x, y ∈ G astfel ˆıncˆ at a = x2 ¸si 76. H = {x2 |x ∈ G}. Fie a, b ∈ H. Atunci exist˘ 2 −1 2 −2 −1 2 a dac˘ a a, b ∈ H, atunci b = y . Atunci ab = x y = (xy ) ∈ G. Astfel vedem c˘ al lui G. 

ab−1 ∈ H. Deci H este subgrup



 1 2 3 1 2 3 1 2 3 Dac˘a lu˘ am G = S3 atunci H = , , . Verificˆ and 1 2 3 3 1 2 2 3 1 c˘a H este un subgrup al grupului S3 , de¸si S3 nu este abelian. √ √ 77. √ Fie a, b ∈ n H. Atunci an , bn ∈ H ⇒ an b−n = (ab−1 )n ∈ H. Deci ab−1 ∈ n H ¸si n H este subgrup al lui G. √ √ Avem x ∈ H ⇒ xn ∈ H ⇒ x ∈ n H ⇒ H ⊂ n H. 78. Fie S ⊂ G, o parte stabil˘ a a lui G astfel ˆıncˆ at (G \ H) ⊂ S. Fie x0 ∈ H \ S. Fie y0 ∈ G \ H. Din problema 3 avem c˘ a y0−1 ∈ G \ H ⊂ S. Tot din problema 3 avem a S este parte stabil˘ a a lui G avem c˘ a x0 y0 y0−1 ∈ S, adic˘ a c˘a x0 y0 ∈ G \ H. Pentru c˘ a o astfel de submult¸ime S. x0 ∈ S. Contradict¸ie! Deci nu exist˘ 79. Presupunem c˘a H este diferit de G ¸si de {e}. Not˘ am cu P = (G \ H) ∪ {e}. Fie x ∈ G \ P ¸si y ∈ P \ {e}. Din presupunerea f˘ acut˘ a rezult˘a c˘ a acste mult¸mi sunt nevide. Astfel, cum P este subgrup al lui G ¸si x ∈ G \ P , iar y ∈ P \ {e} atunci avem xy ∈ G \ P . (Problema 3) Dar x ∈ P ˆınseamn˘a x ∈ G \ H, iar y ∈ G \ P ˆınseamn˘a y ∈ H \ {e}. Astfel xy ∈ G \ H. Deci xy ∈ P . Contradict¸ie! Deci presupunerea este fals˘a. Deci H = G sau H = {e}. Reciproca este evident˘a. 80. Lem˘ a: Dac˘a a ∈ G ¸si H, K ⊂ G sunt subgrupuri ale lui G atunci Ha = K implic˘a H = K. Demonstrat¸ie: Ha = K ⇒ a ∈ K. K este subgrup al lui G ¸si a ∈ K implic˘a a cu H = Ka−1 . S˘ a demonstr˘ am acum c˘ a a−1 ∈ K. Relat¸ia Ha = K este echivalent˘ −1 Ka = K. a xa−1 ∈ K, ∀x ∈ K, deci Ka−1 ⊆ K. Deoarece a−1 ∈ K avem c˘ a y ∈ Ka−1 . Fie acum y ∈ K. Cum a ∈ K avem ya ∈ K. Deci yaa−1 ∈ Ka−1 , adic˘ −1 −1 Astfel avem ¸si K ⊆ Ka . Deci K = Ka = H ¸si lema este demonstrat˘ a. S˘a trecem acum la rezolvarea propriu-zis˘ a a probelemei. Avem c˘ a H, K sunt subgrupuri ale lui G ¸si Hx = Ky, unde x, y ∈ G. Hx = Ky ⇒ and cu a = xy −1 ∈ G avem c˘ a Ha = K ¸si conform lemei H = K, H(xy −1 ) = K. Notˆ deci probelma este rezolvat˘ a. 81. Evident, dac˘ a H = {0} atunci avem c˘ a H = 0 · Z. Presupunem acum c˘a H cont¸ine cel put¸in un element nenul k. Atunci avem c˘a −k ∈ H, deci H cont¸ine atˆ at elemente negative, cˆ at ¸si elemente pozitive. Fie x cel mai mare ˆıntreg negativ diferit de 0 care apart¸ine lui H ¸si y cel mai mic ˆıntreg pozitiv diferit de 0 care apart¸ine lui H. Atunci avem c˘ a x < x + y < y. Cum x ¸si y au fost alese astfel ˆıncˆ at nu exist˘a un alt element

53 diferit de 0 ˆın H ˆın intervalul (x, y) rezult˘a c˘a avem x + y = 0 Deci x = −y. Astfel condit¸ia alegerii lui x ¸si y devine: nu exist˘a nici un element nenul z ˆın H cu |z| < y. Dac˘a y = 1 atunci avem H = Z = 1 · Z Presupunem acum y > 1. Presupunem c˘a exist˘ a un element nenul t ∈ H astfel ˆıncˆ at y nu divide t. Atunci, dac˘ a not˘ am cu d = (y, t) cel mai mare divizor comun al acestora avem c˘ a exist˘ a a, b ∈ Z astfel ˆıncˆ at ay + bt = d, deci d ∈ H. Cum d|y ¸si |d| ≥ y avem ˆIn mod necesar |d| = y, deci y|t contradict¸ie cu presupunerea f˘ acut˘ a. Deci nu exist˘a t ∈ H astfel ˆıncˆ at y nu divide t. Aceasta este echivalent cu H ∩ (Z \ yZ) = ∅ ⇒ H ⊆ yZ Cum y ∈ H avem c˘ a ¸si k · y ∈ H pentru orice k ∈ Z, deci yZ ⊆ H. Atunci avem yZ = H. Deci exist˘a n = y ∈ N astfel ˆıncˆ at H = nZ. Reciproca este evident˘ a. Dac˘a adun˘am doi multipli de n rezultatul va fi tot un multiplu de n, deci nZ este parte stabil˘ a a lui Z ˆın raport cu operat¸ia de adunare. Astfel nZ este subgrup al lui Z. 82. Fie y, z ∈ CG (x). Avem c˘a xy = yx, ∀x ∈ G ¸si xz = zx, ∀x ∈ G, adic˘a xz −1 = z −1 x, ∀x ∈ G. Avem atunci c˘a yz −1 x = yxz −1 = xyz −1 , ∀x ∈ G. Deci yz −1 ∈ CG (x). De aici rezult˘a c˘ a CG (x) este un subgrup al grupului G. 83. Fie x ∈ H ¸si y ∈ G \ H. S¸tim c˘a xy ∈ G \ H (problema 3). Deci avem f (xy) = g(xy) ¸si f (y) = g(y) (1). Deoarece f ¸si g sunt endomorfisme rezult˘ a c˘ a f (x)f (y) = (1)

g(x)g(y) ⇒ f (x) = g(x). Cum x ∈ H a fost ales arbitrar, avem c˘a f (x) = g(x), ∀x ∈ H, deci f (x) = g(x), ∀x ∈ G. a 84. a) H1 , H2 sunt subgrupuri ale lui G. Avem e ∈ H1 ∩ H2 deci H1 ∩ H2 = ∅. Dac˘ a x, y ∈ H1 ∩ H2 . H1 ∩ H2 = {e} atunci acesta este subgrup al lui G. Altfel exist˘ Avem x, y ∈ H1 ⇒ xy −1 ∈ H1 ⇒ xy −1 ∈ H1 ∩ H2 . x, y ∈ H2 ⇒ xy −1 ∈ H2 Deci pentru orice x, y ∈ H1 ∩ H2 avem xy −1 ∈ H1 ∩ H2 . Deci H1 ∩ H2 este subgrup al lui G. b) Nu neap˘ arat. Dac˘ a luam G = Z ¸si H1 = {pk|k ∈ Z}, H2 = {qk|k} ∈ Z} cu p, q ∈ N \ {0, 1}, (p, q) = 1 atunci H1 ∪ H2 nu este subgrup al lui Z. (Orice subgrup al lui Z este de forma aZ, a ∈ N, ¸si cum (p, q) = 1 egalitatea H1 ∪ H2 = aZ, ∀a ∈ N nu este posibil˘ a). 85. ”⇐”: Evident c˘a dac˘ a are loc una dintre incluziuni, atunci reuniunea celor dou˘ a subgrupuri va fi egal˘ a cu unul dintre ele ¸si va fi deasemenea subgrup. ”⇒”: Presupunem c˘a nici una dintre cele dou˘ a incluziuni nu este adev˘arat˘ a. Atunci exist˘ a x ∈ H \ K ¸si y ∈ K \ H. Astfel, din problema 3 avem c˘ a xy ∈ G \ H ¸si xy ∈ G \ K. Din faptul c˘ a I = H ∪ K este subgrup al lui G avem c˘ a xy ∈ I. Deci xy ∈ I \ H ¸si xy ∈ I \ K. Deci xy ∈ (I \ H) ∩ (I \ K) = ∅. Contradict¸ie! Deci cel a. put¸in una dintre cele dou˘a incluziuni este adev˘arat˘

54

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II

a subgrupuri proprii 86. Fie G un grup cu operat¸ia notat˘ a multiplicativ ¸si H1 , H2 dou˘ ale sale. Presupunem c˘ a G = H1 ∪ H2 . Evident c˘a nici una din incluziunile H1 ⊂ H2 ¸si H2 ⊂ H1 nu poate fi adev˘ arat˘ a pentru c˘ a cele dou˘a subgrupuri sunt subgrupuri proprii ale lui G. Astfel exist˘ a x ∈ H1 \ H2 ¸si y ∈ H2 \ H1 . Cum x ∈ H1 ¸si y ∈ G \ H1 avem c˘ a xy ∈ G \ H1 ⊂ H2 (problema 3). Dar analog se arat˘a c˘ a xy ∈ G \ H2 . Contradict¸ie! Deci G nu se poate scrie ca reuniune de dou˘a subgrupuri proprii distincte. 87. 1) aH ∩ bH = ∅ ⇐⇒ a−1 bH ∩ H = ∅. Deci exist˘ a x ∈ a−1 H ∩ H. Dac˘ a not˘ am x = a−1 by un element comun, cu y ∈ H, atunci avem c˘a xy −1 = a−1 b ∈ H. Deci, a funct¸ia f : cH → H, f (x) = cx este injectiv˘a, ¸si dac˘ a not˘ am c = a−1 b ∈ H avem c˘ cum H este finit avem c˘a f este bijectiv˘ a. Astfel avem c˘ a cH = H, deci a−1 bH = H, de unde aH = bH. 2) f : H → aH, f (x) = ax este injectiv˘a. Cum H este finit rezult˘a c˘ a f este ¸si surjectiv˘a ¸si astfel bijectiv˘ a. Astfel |H| = |aH|. 3) Dac˘a a ∈ G \ H atunci avem c˘ a ax ∈ G \ H, ∀x ∈ H Deci aH ⊂ G \ H. Dac˘a a ∈ H atunci avem c˘ a a ∈ eH ∩ aH. Din punctul 1) rezult˘a c˘ a aH = H. 88. Dac˘a m, n ∈ Z, (m, n) = 1 atunci exist˘ a c, d ∈ Z astfel ˆıncˆ at cm + dn = 1. Deci a = acm+dn = (am )c (an )d ∈ S. Deci a ∈ S 89. Fie f : G \ {a} → {a}, f (x) = ax. Cum G \ {a} este subgrup al lui G avem c˘ a ax ∈ G \ (G \ {a}) = {a}. Deci f este bine definit˘ a. Deasemenea f este injectiv˘a. Astfel 1 = |{a}| ≥ |G \ {a}| ≥ 1. Deci |G \ {a}| = 1 ¸si astfel G = {e, a}  Z2 . 90. a) Problema 3. a R este grup ¸si Q este o parte stabil˘ a a sa, deci un subgrup. Dac˘ a b) P1 : S¸tim c˘ avem x ∈ Q ¸si y ∈ R \ Q atunci x + y ∈ R \ Q. P2 : Fie A mult¸imea funct¸iilor definite pe I cu valori ˆın R, ¸si B ⊂ A mult¸imea funct¸iilor din A care admit primitive. S ¸ tim c˘a suma a dou˘a funct¸ii care admit primitive admite primitive. De aici rezult˘ a c˘a B este subgrup al lui A. Fie f ∈ B ¸si g ∈ A \ B. Atunci f + g ∈ A \ B, deci f + g nu admite primitive. 91. Avem c˘ a H este subgrup al lui G ¸si |G\H| = 2. Fie a ∈ G\H. Avem c˘a aH ⊂ (G\H) deci |H| ∈ {1, 2}. i) |H| = 1 ⇒ H = {e} ⇒ G = {e, a, b}  Z3 . ii) |H| = 2 ⇒ H = {e, x} ⇒ G = {e, x, a, b}  K. Cum Z3 ¸si K sunt comutative, ¸si G este comutativ. 92. H este subgrup al grupului (Q, +). Deci H ⊆ Q. Dac˘a H = {0} atunci ar rezulta c˘a Q = Z. Contradict¸ie! Cum intersect¸ia a dou˘ a subgrupuri ale unui grup este tot un subgrup rezult˘ a c˘a H ∩Z este subgrup al lui Q ¸si cum H ∩ Z ⊂ Z avem c˘ a H ∩ Z este subgrup al lui Z, deci at H ∩ Z = p · Z. Fie x ∈ Q. Avem x = h + n, h ∈ H, n ∈ Z. exist˘ a p ∈ N∗ astfel ˆıncˆ ˆInmult¸ind cu p la stˆ anga avem px = ph + pn. Dar pn ∈ Zp ⊂ H ¸si ph ∈ H, deci px ∈ H unde x este un num˘ar rat¸ional arbitrar . Astfel avem p · Q ⊆ H, deci ¸si

55 Q ⊆ H. Astfel rezult˘a c˘a H = Q. √ 93. R∗ = {x ∈ C∗ |x2 ∈ R∗ }. x = a + bi ⇒ x2 = a2 − b2 + 2abi. x2 ∈ R∗ ⇒ ab = 0 ⇒ x ∈ (R ∪ iR) \ {0}. Deci √ R∗ = R ∪ iR \ {0}. 94. a) αi H = αj H, 0 ≤ i < j ≤ n − 1 ⇒ H = αj−i H. Contradict¸ie! pentru c˘ a ar rezult˘ a a dintre mult¸imi sunt disjuncte. c˘a αj−i ∈ H, dar j − i < n. Deci oricare dou˘ b) Fie x, y ∈ L. Atunci exist˘ a 0 ≤ j ≤ i ≤ n − 1 ¸si a, b ∈ H astfel ˆıncˆ at x = αi a ¸si y = αj b. Atunci xy −1 = αi aα−j b−1 = αi−j (ab−1 ) ∈ αi−j H ⊂ L, pentru c˘a a, b ∈ H implic˘a ab−1 ∈ H. Deci L este subgrup al lui G. c) Presupunem c˘a exist˘ a i ∈ N∗ , i ≤ n − 1 astfel ˆıncˆ at αi H s˘ a fie subgrup al lui i −i L. Atunci avem c˘a e ∈ α H, deci α ∈ H. Dar acest lucru implic˘a αi ∈ H. Contradict¸ie! Deci, dintre mult¸imile acestea, numai H este subgrup al lui L. 95. 1) x = e ⇒ x = x2 . Deci dac˘ a x ∈ H1 ⇒ x2 ∈ H1 atunci x2 ∈ H2 . Deci x2 ∈ H1 ∩H2 . 2 Rezult˘a x = e. Cum x a fost ales arbitrar avem c˘a x2 = e, ∀x ∈ G. Deci G este abelian. 2) Dac˘ a a = e ¸si n este par atunci ecuat¸ia are ca ¸si r˘ ad˘ acini toate elementele lui G. Dac˘a a = e ¸si n este impar atunci ecuat¸ia are r˘ad˘ acina x = e. Dac˘a a = e ¸si n este par atunci ecuat¸ia nu are r˘ad˘ acini ˆın G. Dac˘a a = e ¸si n este impar atunci ecuat¸ia are r˘ad˘ acina x = a. 96. Afirmat¸ia nu este adev˘ arat˘ un contraexemplu.

a. Lu˘am 

Consider˘

am grupul  S3 = 1 2 3 1 2 3 1 2 3 ,σ = , σ2 = , σ3 = {e, σ1 , σ2 , ..., σ5 }, unde e = 1 2 3 1 1 3 2 3 2 1



1 2 3 1 2 3 1 2 3 , σ4 = ¸si σ5 = . 2 1 3 3 1 2 2 3 1 Din teorema lui Lagrange avem c˘ a orice subgrup propriu are ordinul 2 sau 3. Astfel, subgrupurile proprii ale lui S3 sunt: H1 = {e, σ1 }, H2 = {e, σ2 }, H3 = {e, σ3 }, H4 = {e, σ4 , σ5 }. Toate aceste subgrupuri sunt comutative, dar σ1 ◦σ2 = σ5 ¸si σ2 ◦σ1 = σ4 , a¸sadar S3 nu este comutativ. 97. Presupunem c˘a L = (G \ (H1 ∪ H2 )) ∪ {e} este parte stabil˘ a a lui G. Conform problemei 3 y ∈ L implic˘a y −1 ∈ L. Fie acum x un element din H1 ∪ H2 cu x2 = e. Putem presupune c˘ a x ∈ H1 . Fie y ∈ L. Atunci xy ∈ / H1 ¸si xy ∈ / L pentru c˘ a H1 ¸este subgrup al lui G (problema 3) ¸si dac˘ a xy ∈ L atunci x = xyy−1 ∈ L contradict¸ie. a y −1 x ∈ / H2 pentru c˘ a altfel am Atunci ˆın mod necesar xy ∈ H2 . Aceast˘a implic˘ 2 −1 2 avea x = xyy x ∈ H2 ¸si cum x ∈ H1 am avea x2 ∈ H1 ∩ H2 , deci x2 = e, fals. Deci avem dou˘ a cazuri: i) y −1 x ∈ L. Dar din y ∈ L avem yy −1 x ∈ L, deci x ∈ L. Contradict¸ie! a y −1 ∈ H1 . ii) y −1 x ∈ H1 . Avem x ∈ H1 , deci x−1 ∈ H1 ¸si astfel y −1 xx−1 ∈ H1 , adic˘ Aceasta implic˘ a y ∈ H1 . Contradict¸ie! Astfel am demonstrat c˘a presupunerea f˘acut˘ a este fals˘ a, deci L nu este parte stabil˘ a a lui G.

56

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II

98. Fie x, y ∈ H. Atunci exist˘ a a, b ∈ Z astfel ˆıncˆ at xa = e ¸si y b = e. Avem c˘a −1 ab ab −ab a b b −a −1 = (x ) (y ) = e, deci ¸si xy ∈ H. Astfel am demonstrat c˘ a (xy ) = x y H este subgrup al lui G. 99. Fie x, y ∈ Hn . Atunci xn a, y n a ∈ H. Deci ¸si xn a(y n a)−1 ∈ H, adic˘ a (xy −1 )n ∈ H. −1 n −1 a Hn Cum a ∈ H avem (xy ) a ∈ H. Deci ¸si xy ∈ Hn . Astfel am demonstrat c˘ este subgrup al lui G. 100. ”a) ⇒ b)”: Fie x ∈ G. Atunci mult¸imea H = {xn , n ∈ N∗ } este parte stabil˘ a a lui G, deci subgrup. Atunci rezult˘a c˘ a e ∈ H, deci exist˘ a k ∈ N astfel ˆıncˆ at xk = e. ”b) ⇒ a)”: Fie H o submult¸ime a lui G care este parte stabil˘ a ¸si x ∈ H. Din ipotez˘ a at xk = e, deci e ∈ H.Fie x ∈ H, x = e. Atunci rezult˘a c˘ a exist˘ a k ∈ N∗ astfel ˆıncˆ exist˘a k ≥ 2 astfel ˆıncˆ at xk = e. Deci xk−1 = x−1 ∈ H. Astfel H este subgrup. Deci orice parte stabil˘ a a lui G este subgrup. 101. a) Fie x, y ∈ GH . Atunci exist˘ a m, n ∈ N∗ cu xm , y n ∈ GH . Atunci (xy−1)mn = m n n −m ∈ GH . Deci GH este subgrup al lui G. Fie x ∈ H. Atunci exist˘ a (x ) (y ) at xn = x ∈ H, deci x ∈ GH . Astfel am demonstrat c˘ a n = 1 ∈ N∗ astfel ˆıncˆ H ⊂ GH . at b) Fie H1 , H2 subgrupuri finite ale lui G. Fie x ∈ GH1 ⇒ ∃n ∈ N∗ astfel ˆıncˆ a (xn )ord(H1 ) = e ⇒ xnord(H1 ) = e, dar cum e ∈ xn ∈ H. Cum H1 este finit rezult˘a c˘ H2 rezult˘a c˘ a x ∈ GH2 . Astfel GH1 ⊆ GH2 . Analog se demonstreaz˘ a ¸si incluziunea invers˘ a ¸si rezult˘ a c˘a GH1 = GH2 . c) Subgrupurile finite ale grupului multiplicativ (C∗ , ·) sunt Un = {z ∈ C|z n = 1}, n ≥ 1. Avˆ and ˆın vedere punctul b) rezult˘a c˘a dac˘ a H este subgrup finit arbitrar al lui C∗ ∗ ∗ ∗ atunci CH = CU1 , unde U1 = {1} ¸si CU1 = {z ∈ C|∃n ∈ N∗ astfel ˆıncˆ at z n = 1}. ∗ ∗ A¸sadar CU1 este subgrupul elementelor de ordin finit din C , adic˘ a C∗U1 = {z ∈ C∗ |z = cos2πr + isin2πr, r ∈ Q}. 102. 1) Fie x, y ∈ CG (H). Atunci xh = hx ¸si yh = hy, adic˘a hy −1 = y −1 h, ∀h ∈ H. Deci xy −1 h = xhy −1 = hxy −1 , ∀h ∈ H. Astfel xy −1 ∈ CG (H), deci CG (H) este subgrup al lui G. a Fie x, y ∈ NG (H). Atunci x−1 hx ∈ H ¸si y −1 hy ∈ H pentru orice h ∈ H. Avem c˘ a x−1 hx = h ∈ H. Deci dac˘ a (xy)−1 hxy = y −1 (x−1 hx)y = y −1 h y ∈ H pentru c˘ a x ∈ NG (H) atunci x−1 hx ∈ H, ∀h ∈ x, y ∈ NG (H) atunci ¸si xy ∈ NG (H). Dac˘ −1 −1 −1 −1 arui element din H ⇒ (x hx) ∈ H, ∀h ∈ H ⇒ xh x ∈ H, ∀h ∈ H. Cum oric˘ a x ∈ NG (H) H ˆıi corespunde inversul s˘ au avem c˘a xhx−1 ∈ H, ∀h ∈ H. Deci, dac˘ atunci x−1 ∈ NG (H). Astfel am demonstrat c˘a NG (H) este subgrup al lui G. 2) Fie x ∈ CG (H). Atunci xh = hx, ∀h ∈ H. Deci x−1 hx = x−1 xh = h ∈ H ¸si astfel x ∈ NG (H). Deci CG (H) ⊂ NG (H). a cel mult atˆtea 3) Evident, dac˘a H1 ⊂ H atunci ¸si CG (H) ⊂ CG (H1 ) pentru c˘ elemente din G comut˘ a cu toate elementele din H cˆ ate comut˘a cu toate elementele

57 a din H1 . Astfel din punctul 2) rezult˘a c˘ CG (NG (H)) ⊂ CG (CG (H)) ⊂ NG (CG (H)). 4) Dac˘a proprietatea are loc pentru orice subgrup atunci are loc ¸si pentru H = {e}. Atunci CG (H) = G ¸si NG (H) = G. Deci are loc CG (G) = NG (G) = G. Deci a G este comutativ. Eident c˘ a orice grup comutativ verific˘a relat¸ia G = CG (G), adic˘ pentru c˘a atunci CG (H) = G, NG (H) = G, CG (G) = G, NG (G) = G. 103. S˘ a demonstr˘ am mai ˆıntˆ ai c˘a orice element din G are ordin finit. Presupunem c˘a exist˘ a un element x ∈ G cu ordin infinit. Atunci subgrupul ciclic generat de x va fi izomorf cu (Z, +) ¸si va avea o infinitate de subgrupuri. Contradict¸ie! Deci orice element al lui G are ordin finit. Fie x1 ∈ G \ {e} ¸si H1 subgrupul ciclic a G = H1 atunci fie x2 ∈ G \ H1 generat de x1 . Dac˘a G = H1 atunci G este finit. Dac˘ ¸si H2 subgrupul ciclic generat de x2 . Dac˘ a G = H1 ∪ H2 atunci G este finit. Dac˘ a a x3 ∈ G \ (H1 ∪ H2 ) ¸si fie H3 subgrupul ciclic generat G = H1 ∪ H2 atunci exist˘ a astfel am obt¸ine c˘ a G are o de x3 , ¸s.a.m.d. Nu putem continua la infinit pentru c˘ at G = H1 ∪ H2 ∪ ... ∪ Hn , deci infinitate de subgrupuri. Deci exist˘ a n ∈ N∗ astfel ˆıncˆ G este o reuniune finit˘ a de mult¸imi finite ¸si astfel este finit. 104. Fie G = H ∪ K ∪ L unde H, K, L sunt subgrupuri ale lui G, |H| = |K| = 3, deci H, K sunt ciclice ¸si H = {e, a, a2 } ¸si K = {e, b, b2 }. Dac˘ a H ∩ K = {e} atunci evident H = K, fals. Deci H ∩ K = {e}. Dac˘ a H ∩ L = {e} atunci H ⊂ L ¸si G = K ∪ L. Contradict¸ie cu problema precedent˘a! Deci H ∩ L = {e} ¸si analog K ∩ L = {e}. Definim funct¸ia f : L → K, f (x) = ax. Observ˘ am c˘ a f este bine definit˘a pentru c˘ a a ∈ H, x ∈ L ¸si cum H ¸si L sunt subgrupuri ale lui G rezult˘a a ax ∈ K ¸si deasemenea f este injectiv˘a. Deci L este finit ¸si |L| ≤ |K| = 3. Dac˘ definim g : K → L, g(x) = ax obt¸inem analog c˘a 3 = |K| ≤ |L|. Deci |L| = 3 atunci |G| = 7 ¸si din teorema lui Lagrange avem c˘ a |K| divide |G|. Deci 3|7, fals. Am obt¸inut astfel o contradict¸ie, ¸si presupunerea f˘acut˘ a este fals˘ a. Deci G nu se poate scrie ca reuniune de trei subgrupuri dintre care dou˘ a au cˆate trei elemente. 105. a) Dac˘ a un grup este izomorf cu G acesta va avea aceea¸si structur˘a ca ¸si G, deci va avea proprietatea (P ). b) Se fac verific˘arile, care sunt calcule simple. 106. Imaginea prin f a unui subgrup care ˆıl include pe H este H, deci tot un subgrup. Imaginea unui subgrup inclus ˆın H este exact acel subgrup. Imaginea unui subgrup care se intersecteaz˘ a cu H este intersect¸ia celor dou˘a subgrupuri, deci tot un subgrup. Astfel am demonstrat c˘a f duce subgrupurile ˆın subgrupuri. Fie x ∈ H \ {e}, y ∈ G \ H. Atunci xy ∈ G \ H. Astfel f (xy) = e ¸si f (x)f (y) = xe = x = e. Deci f nu este morfism. 107. a) Fie x ∈ H ¸si y ∈ G \ H, deci y 2 = e. Atunci xy ∈ G \ H, deci (xy)2 = e. Astfel xyxy = e| · y la dreapta ⇒ xyx = y, acestea pentru orice x ∈ H. Fie acum a, b ∈ H. Atunci ab ∈ H ¸si abyab = y. Dar ¸si byb = y. Dac˘ a ˆınmult¸im aceast˘a relat¸ie cu

58

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II a la stˆ anga ¸si la dreapta avem abyba = aya = y. Deci avem abyba = y = abyab. Simplificˆand avem ab = ba. Cum a ¸si b au fost ale¸si arbitrari rezult˘ a c˘ a H este comutativ. b) Presupunem c˘ a G este comutativ. Atunci avem c˘a xyx = y implic˘a x2 y = y, deci x2 = e, ∀x ∈ H. Contradict¸ie cu enunt¸ul! Deci G nu este comutativ.

108. a) f este morfism ¸si f (x2 y 3 ) = x3 y 2 , ∀x, y ∈ G. Pentru y = e se obt¸ine f (x2 ) = x3 , ∀x ∈ G. Pentru x = e se obt¸ine f (y 3 ) = y 2 , ∀y ∈ G. Deci x2 = f (x3 ) = f (x)f (x2 ) = f (x)x3 , ∀x ∈ G. Deci f (x) = x−1 , ∀x ∈ G. Cum f este morfism avem a c˘a f (xy) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ G, deci (xy)−1 = x−1 y −1 , ∀x, y ∈ G. De aici rezult˘ c˘ a xy = yx, ∀x, y ∈ G, deci G este comutativ. b) f (x2 ) = x3 , ∀x, y ∈ G ⇒ x−2 = x3 , ∀x ∈ G ⇒ x5 = e, ∀x ∈ G. 109. Presupunem c˘a e ∈ G \ H. Atunci dac˘ a x ∈ H atunci x = xe ∈ G \ H. Contradict¸ie! Deci e ∈ H. Fie x ∈ H. Dac˘a x−1 ∈ G \ H atunci e = xx−1 ∈ G \ H. Contradict¸ie! Deci dac˘a x ∈ H atunci x−1 ∈ H. a Fie x, y ∈ H. Presupunem c˘a xy ∈ G \ H. Avem ¸si x−1 ∈ H. Atunci rezult˘a c˘ a xy ∈ H. y = x−1 xy ∈ G \ H. Contradict¸ie! Deci dac˘a x, y ∈ H rezult˘a c˘ Datorit˘ a acestor trei proprietat¸i, H este subgrup al lui G. 110. Fie a ∈ G \ {e} fixat. Pentru orice x ∈ G avem x−1 ax = e pentru c˘ a altfel ar rezult˘a c˘ a a = e, fals. Deci putem defini funct¸ia fa : G \ {e} → G \ {e}, fa (x) = x−1 ax. Din ipotez˘a ¸stim c˘a pentru orice b ∈ G \ {e} exist˘ a x ∈ G cu fa (x) = b, deci fa este surjectiv˘a. Deoarece G este finit rezult˘a c˘a fa este injectiv˘a. Dac˘a presupunem c˘a a fa (a2 ) = a = fa (a), dar a = a2 . Contradict¸ie! Deci a2 = e. a2 = e atunci avem c˘ Deoarece a a fost ales arbitrar, avem c˘a x2 = e, ∀x ∈ G. Deci G este comutativ. a rezult˘ a c˘ a |G \ {e}| = 1. Deci Deci fa (x) = a, ∀x ∈ G \ {e} ¸si cum fa este bijectiv˘ G are ordinul 2. 111. a) Din teorema lui Lagrange avem c˘a dac˘ a H este subgrup al lui G atunci ordinul lui H divide ordinul lui G. Cum ord(G) = n ¸si ord(H) = k rezult˘a c˘ a k|n. Dar k este mai mare decˆat cel mai mare divizor propriu al lui n. Astfel rezult˘ a c˘a k = n, ¸si, deci G = H. b) S¸tim c˘ a Z(G) = {y ∈ G|xy = yx, ∀x ∈ G}. Dac˘ a a, b ∈ Z(G) atunci abx = axb = xab, ∀x ∈ G, deci ¸si ab ∈ Z(G). Dac˘ a a ∈ Z(G) atunci ax = xa, ∀x ∈ G, deci ¸si a−1 x = xa−1 , ∀x ∈ G. Deci ¸si a−1 ∈ Z(G). Am demonstrat astfel c˘a Z(G) este subgrup al lui G. Cum |Z(G)| ≥ 1002 > 1001, care este cel mai mare divizor propriu al lui 5005 care este ordinul lui G rezult˘a din punctul a) c˘a G = Z(G), deci toate elementele lui G comut˘ a ˆıntre ele. 2 c) Fie H = {x ∈ G|x = e}. Fie a, b ∈ H. Atunci a2 = b2 = e ¸si cum G este abelian avem (ab−1 )2 = a2 b−2 = e ⇒ ab−1 ∈ H. Astfel am demonstrat c˘ a H este subgrup al lui G. Cum |H| = 36 > 35, care este cel mai mare divizor propriu al lui 105. Rezult˘a astfel din punctul a) c˘a G = H.

59 112. Fie x ∈ G fixat. Dac˘ a y ∈ F ¸si ordinul lui y este k, atunci (xyx−1 )k = xy k x−1 = e, −1 a xyx−1 ∈ F . deci ¸si xyx are ordin finit ˆın G, adic˘ −1 a, rezult˘a c˘ a fx Funct¸ia fx : F → F, f (x) = xyx este injectiv˘a ¸si cum F este finit˘ este bijectiv˘ a. Dac˘a |F | = p atunci funct¸ia fx define¸ste o permutare σ ∈ Sp , astfel ˆıncˆ at dac˘a F = {x1 , x2 ...xp } atunci fx (xi ) = xσ(i) . Cum σ ∈ Sp ¸si Sp are ordinul p! (p!)

avem c˘ a σ p! = e unde e este permutarea identic˘a. Astfel fx

= fx ◦ fx ◦ ... ◦ fx (xi ) =   p! ori

(p!) fx (y)

xp! yx−p!

= y, ∀y ∈ F . Atunci = y, ∀y ∈ F , deci xp! y = xσp! (i) = xi , deci yxp! , ∀y ∈ F . Astfel am g˘asit n = p! astfel ˆıncˆ at xn y = yxn , ∀x ∈ G ¸si ∀y ∈ F . 113. a) Fie x, y ∈ H cu H x = H y . Fie h ∈ H \ {e}, care exist˘ a, H fiind subgrup a h ∈ H cu xhx−1 = yh y −1 , adic˘ a propriu. Atunci xhx−1 ∈ H x = H y , deci exist˘ −1 a h = e avem c˘ a h = e, adic˘ a h = (y −1 x)h(y −1 x)−1 ∈ H ∩ H y x . Din faptul c˘ / G \ H. Deci y −1 x ∈ H ¸si x−1 y ∈ H. y −1 x ∈ Reciproc, fie x, y ∈ G cu x−1 y ∈ H. Fie h ∈ H. Atunci xhx−1 = y(y −1 x)h(y −1 x)−1 y −1 ∈ H y . Deci H x ⊆ H y . Incluziunea invers˘a rezult˘a imediat, deci H x = H y . b) Fie x, y ∈ G cu H x = H y , adic˘a, conform punctului a) x−1 y ∈ G \ H. Fie z ∈ H x ∩ H y = ∅ (pentru c˘a e este ˆın intersect¸ie). Atunci exist˘a h, h ∈ H cu −1 z = xhx−1 = yh y −1 , de unde h = (x−1 y)h (x−1 y)−1 ∈ H ∩ H x y = {e}, pentru c˘a a H x = H y , atunci H x ∩ H y = {e}. x−1 y ∈ G \ H. Astfel h = e ¸si z = e. Deci dac˘ x Fie H = {H : x ∈ G}. Fie funct¸ia f : G → H, f (x) = H x . Cum f (x) = f (y) ⇐⇒ a c˘ a elementele lui G pot fi grupate H x = H y ⇐⇒ x−1 y ∈ H ⇐⇒ y ∈ xH, rezult˘ ˆın clase de cˆ ate n elemente cu aceea¸si imagine prin funct¸ia f . Astfel H are k = m n elemente. Fie x1 , ..., xk elemente ale lui G astfel ˆıncˆ at H = {H x1 , H x2 , ..., H xk }. Atunci pentru c˘ a H xi ∩ H xj = {e}, ∀i = j, rezult˘a c˘ a    k      m     H x  =  H xi  = k(n − 1) + 1 = m = + 1.      n x∈G

i=1

114. Dac˘a A, B ∈ G, atunci AB ∈ M2 (R) ¸si det(AB) = det(A)det(B) ∈ {−1, 1}. Deci G este parte stabil˘ a relativ la operat¸ia de ˆınmult¸ire a matricilor. det(I2 ) = 1 ⇒ I2 ∈ G. Deci elementul neutru este ˆın G. Deasemenea, dac˘ a A ∈ G atunci det(A) = ±1, deci matricea A este inversabil˘ a ¸si det(A−1 ) = det(A) = ±1. Astfel avem c˘ aA∈G⇒ −1 A ∈ G. Prin urmare, G este grup relativ la operat¸ia de ˆınmult¸ire a matricilor. Analog se demonstreaz˘ a c˘ a ¸si H este grup relativ la operat¸ia de ˆınmult¸ire a matricilor. S˘ a presupunem acum c˘a G ¸si H sunt grupuri izomorfe. Atunci exist˘ a un izomorfism f : H → G. f este bijectiv ¸si f (AB) = f (A)f (B). Pentru A = I2 avem f (A) = f (A)f (I2 ), deci f (I2 ) = I2 . Deoarece a o matrice A ∈ H cu proprietatea c˘a f (A) =

 f este izomorfism exist˘ 0 1 ∈ G. Atunci avem c˘a f (A2 ) = f (A)f (A) = I2 ¸si din faptul c˘a f este 1 0

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II

60

a A ∈ H. injectiv rezult˘ a c˘ a A2 = I2 ¸si det(A) = 1 pentru c˘ Folosim acum relat¸ia Cayley-Hamilton pentru matricea A: A2 − T r(A)A + det(A)I2 = O2 . Aplicat˘ a pentru matricea A avem A2 − T r(A)A + I2 = O2 , deci T r(A)A = 2I2 , 2 I2 . Cum det(A) = 1 ¸si A = I2 pentru c˘ a f este injectiv, rezult˘a c˘ a adic˘ a A = T r(A)

 −1 0 A . 0 −1

 0 −1 Consider˘ am acum matricea B ∈ H cu proprietatea f (B) = ∈ G. Atunci −1 0  −1 0 analog se arat˘a c˘ a B 2 = I2 , det(B) = 1 ¸si B = I2 . Deci B = . Astfel 0 −1 A = B ¸si f (A) = f (B). Contradict¸ie! Prin urmare, grupurile G ¸si H nu sunt izomorfe. 115. Fie (G, ·) grupul dat ¸si a, b ∈ G \ {e} distincte. Atunci, conform enunt¸ului avem c˘ a cel put¸in dou˘a elemente din mult¸imea {a, b, ab} comut˘ a. Dac˘a ab = ba atunci a ¸si b comut˘ a. Dac˘a aab = aba, din nou a ¸si b comut˘ a. Dac˘a bab = abb, din nou a ¸si b comut˘ a. Deci oricare dou a elemente din G \ {e} comut˘ a. Astfel G este comutativ. 116. a) Cum ordinul grupului este impar, teorema lui Lagrange ne spune c˘ a nu putem avea nici un element de ordin 2. Acest lucru ˆınseamn˘a c˘a inversul oric˘ arui element este diferit de el ˆınsu¸si. A¸sadar putem ˆımp˘ art¸i elementele diferite de e ˆın perechi (a, a−1 ) ¸si aceste perechi vor fi evident disjuncte. Astfel, produsul tuturor elementelor grupua e. lui va fi produs de a · a−1 pentru toate perechile (a, a−1 ), adic˘ a produsul elementelor sale este b) S˘ a presupunem c˘a G = {e, x1 , x2 , ..., x4n+1 } ¸si c˘ e. Grupul va trebui s˘a cont¸in˘ a neap˘arat un element a de ordin 2, c˘ aci altfel eleart¸ite ˆın perechi distincte de elemente dismentele x1 , x2 , ..., x4n+1 ar putea fi ˆımp˘ a 4n + 1 este impar. tincte (y, y −1 ) ¸si asta este imposibil pentru c˘ a ˆımp˘ art¸im cele 4n + 2 elemente ale lui De aceea avem un a = e cu a2 = e ¸si acum s˘ G ˆın perechi (x, ax), care sunt disjuncte avˆ and ˆın vedere faptul c˘ a a · (ax) = x. Din fiecare dintre cele 2n + 1 perechi lu˘ am cˆ ate un reprezentant ¸si not˘ am cu A mult¸imea acestor reprezentant¸i. Evident, G \ A = a · A. Astfel e=

 x∈G

x=

 x∈A

x

 x∈G\A

x=

 x∈A

x

 x∈A

ax = a2n+1



x2 = ay 2 .

x∈A

 Astfel a = y 2 , unde y = x∈A x. Fie d ordinul lui y ¸si evident d|4n + 2. Dac˘ a d este a d este impar ¸si a are ordinul 2. impar atunci ad = y 2d = e. Contradict¸ie pentru c˘ Dac˘a d = 2l, unde l este impar atunci avem al = y 2l = e. Contradict¸ie pentru c˘a l este impar ¸si ordinul lui a este 2. Deci ˆın fiecare caz obt¸inem o contradict¸ie ¸si astfel produsul tuturor elementelor din grup nu este e. c) Dac˘a grupul este necomutativ, atunci exist˘ a dou˘ a elemente a ¸si b astfel ˆıncˆ at a presupunem c˘a pentru orice ab = ba. Fie x1 , x2 , ..., xk , a, b elementele grupului ¸si s˘

61 permutare a elementelor avem produsul e. De aici rezult˘a c˘ a x1 x2 ...xk ab = x1 x2 ...xk ba = e. Deci ab = ba. Contradict¸ie! Astfel problema este rezolvat˘ a. 117. Presupunem c˘a G este comutativ. Atunci fie H = {e, a, b, ab}. Se observ˘ a c˘a H este subgrup al lui G, deci 4|10 contradict¸ie! 118. Fie a, b ∈ H ¸si x ∈ G \ H. Atunci xax−1 = a−1 , xbx−1 = b−1 ¸si xabx−1 = (ab)−1 = arat b−1 a−1 . Deci a−1 b−1 = xax−1 xbx−1 = xabx−1 = b−1 a−1 . Acest lucru este adev˘ −1 pentru orice a, b ∈ H. Fie acum x, y ∈ H atunci exist˘ a a, b ∈ H astfel ˆıncˆ at x = a ¸si a H este comutativ. y = b−1 , deci xy = a−1 b−1 b−1 a−1 = yx. Astfel am demonstrat c˘ xhx−1 = h−1 ⇒ xh = h−1 x ⇒ x2 h = xh−1 x = xh−1 x−1 x2 = hx2 . Avem ¸si xhx−1 = h−1 ⇒ hxhx−1 = e ⇒ hxh = x ⇒ (xh)2 = x2 , ∀x ∈ G \ H, ∀h ∈ Hs. Fie x ∈ G \ H oarecare. Atunci G = H ∪ xH. Deci G \ H = xH. Astfel avem ∀x, y ∈ H exist˘ a h ∈ H astfel ˆıncˆ at x = yh. Dar y 2 = (yh)2 = x2 . Deci x2 = 2 y , ∀x, y ∈ G \ H. (1) a dac˘ a x2 ∈ G \ H am avea c˘ a x2 = x. Bineˆant¸eles c˘ a x2 ∈ H, ∀x ∈ G \ H pentru c˘ Fals! Din relat¸ia (xh)2 = x2 , ∀x ∈ G \ H, h ∈ H pentru h = x2 obt¸inem x6 = x2 , deci x4 = e ¸si astfel x are ordinul 2 sau 4. Dar, cum ordinul lui x divide 2n, unde n este a x2 = e, ∀x ∈ G\H, impar rezult˘a c˘ a x are ordinul 2, deci x2 = e ¸si din (1) obt¸inem c˘ deci orice element din G \ H are ordinul 2. 119. Un grup cu un element este evident comutativ. Dac˘a G = {e, x} este un grup cu dou˘a elemente atunci G este comutativ. / {e, a}. Dac˘ a a2 = e rezult˘a c˘ a a = e din faptul c˘a Dac˘a G = {e, a, b} atunci a2 ∈ 3 2 2 a = e. Deci b = a ¸si G = {e, a, a }, care este comutativ. Dac˘a G = {e, a, b, c} atunci avem dou˘a cazuri: Din teorema lui Lagrange avem c˘a ordinul fiec˘ arui element divide ordinul grupului, deci ordinul oric˘ arui element este 2 sau 4. i) Avem un element de ordin 4, de exemplu a. Atunci {e, a, a2 , a3 } este subgrup al lui G cu 4 elemente, adic˘a G = {e, a, a2 , a3 }. Deci G este comutativ. ii) Fiecare element al lui G are ordinul 2. Atunci e = x2 y 2 = (xy)2 , ∀x, y ∈ G. Atunci rezult˘ a c˘ a xy = yx, ∀x, y ∈ G, deci G este comutativ. Dac˘a G = {e, a, b, c, d} atunci ord(a) = 5, deci H = {e, a, a2 , a3 , a4 } este subgrup al lui G cu cinci elemente, deci G = H = {e, a, a2 , a3 , a4 }. Astfel G este comutativ. 120. Fie G o mult¸ime cu n elemente (n ∈ N∗ ), G = {a0 , a1 , ..., an−1 }. Dac˘a i, j ∈ {0, 1, 2, ..., n − 1} definim ai · aj = ar unde r este restul ˆımp˘ art¸irii lui i + j la n. Aceast˘a operat¸ie este evident asociativ˘ a, comutativ˘ a, elementul neutru este a0 , iar simetricul lui ai este an−i pentru orice i ∈ {0, 1, ..., n − 1}. 121. Dac˘a A, B ⊂ G atunci AB = {xy|x ∈ A, y ∈ B}. Presupunem c˘a exist˘ a a ∈ G \ AB ¸si definim funct¸ia f : B → G \ A, f (x) = ax−1 .

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II

62

Observ˘am c˘ a funct¸ia este bine definit˘ a pentru c˘a dac˘ a exist˘ a x0 ∈ B cu f (x0 ) ∈ A = y ⇒ a = yx cu y ∈ A ¸ s i x ∈ B, deci a ∈ AB. Contradict¸ie! atunci avem c˘ a ax−1 0 0 o Deci f este bine definit˘ a. Deasemenea f este evident injectiv˘a. Astfel avem c˘ a |B| ≤ |G| − |A| ⇒ |A| + |B| ≤ |G|. Contradict¸ie cu enunt¸ul. Deci presupunerea c˘ a exist˘ a a ∈ G \ AB este fals˘ a. Astfel rezult˘a c˘ a G = AB. 122. Pentru ˆınceput demonstr˘am c˘ a produsul tuturor elementelor unui grup este egal cu produsul elementelor de ordin 2. ˆIntr-adev˘ ar, dac˘ a not˘ am cu A mult¸imea care cont¸ine toate elementele de ordin diferit de 2 atunci orice element din A are inversul diferit de el ˆınsu¸si, ¸si atunci elementele sale pot fi grupate ˆın perechi disjuncte (x, x−1 ) ¸si evident produsul tuturor elementelor din A este e. Deci     x= x· x= . (∗) x∈G

x∈A

x∈G, ord(x)=2

x∈G, ord(x)=2

Fie G un grup comutativ finit. Presupunem c˘a G are un subgrup H cu proprietatea (P ). Atunci   x= x. x∈H

ˆInmult¸ind cu (

 x∈H



x∈G\H

x obt¸inem

x)2 =

x∈H





x ⇐⇒

x∈G

x2 =



x ⇐⇒ e =

x∈G

x∈H, ord(x)=2



.

x∈G

Fie acum J = G un subgrup al lui G oarecare. Atunci e=

 x∈G

Simplificˆand cu

 x∈J



x=(

(∗)

x)2 = (



x)2 .

x∈J

x∈J,ord(x)=2

x avem c˘ a  x∈J

x=



x,

x∈G\J

deci ¸si J are proprietatea (P ). Cum J a fost ales arbitrar rezult˘ a c˘ a orice subgrup al lui G care este diferit de G are proprietatea (P ). 123. Evident, opreat¸ia ∗ este comutativ˘a pentru orice x, y ∈ R, deci ¸si pe M . Fie e elementul neutru ¸si fie [e] = a ¸si {e} = b. A¸sadar, pentru ca M s˘ a fie grup trebuie ca x ∗ e = x ⇒ [x]b + {x}a = 2x ⇒ [x](2 − b) + {x}(2 − a) = 0 (1), pentru tot¸i x ∈ M . Scriind aceast˘a relat¸ie pentru x = e avem a(2 − b) + b(2 − a) = 0 ⇒ a + b − ab = 0 ⇒ b(a − 1) = a.

63 Dac˘a avem ˆın vedere c˘ a a este ˆıntreg ¸si b este cuprins ˆın [0, 1) atunci a > 1 ⇒ b > 1. Imposibil! Nu putem avea a = 1, iar dac˘ a a = 0, atunci ¸si b = 0. De aici avem c˘a a ≤ 0 ¸si numerele 2 − a ¸si 2 − b sunt ambele pozitive. De aici ¸si din (1) rezult˘a cıa nu putem avea ˆın M numere pozitive. Pentru orice x ∈ M avem din (1) {x} = −[x]

2−a . 2−b

Asta ˆınseamn˘a c˘ a orice x ∈ M este de forma [x] + {x} = k − k =k

a −a 2−b b−a =k = k a−1 = 2−a 2−a 2−a

2a − a2 a =k = xk , (2 − a)(a − 1) a−1

unde k este partea ˆIntreag˘a a lui x. Deoarece [e] = a avem e = xa . Dac˘ a a = 0 se observ˘ a c˘ a singurul element al lui M este 0, iar M = {0} este evident grup abelian. Acum fie a = 0. Pie P = {k ˆıntreg : xk ∈ M }. Atunci mult¸imea M este definit˘ a de mult¸imea de ˆıntregi nepozitivi P . A¸sadar pentru orice k, l ∈ P avem c˘ a 1 xk ∗ xl = ([xk ]{xl } + [xl ]{xk }) = 2

 l 1 1 k k = kl = +l = x kl . a 2 a−1 a−1 a−1 Cum M este grup abelian, num˘arul xk ∗ xl trebuie s˘ a fie ˆın M ¸si ast˘ a ˆınseamn˘ a c˘a kl ∈ P . Iterˆ a nd aceast˘ a relat ¸ ie pentru orice numere k , ..., k ∈ P , obt ¸ inem c˘ a 1 n a k1 k2 ...kn kn n−1 |k n pentru orice k ¸ ∈ P ¸ s i ˆ ın particular ∈ P . Deci a si pentru orice n−1 n−1 a a n. Evident c˘a orice num˘ ar prim p care ˆıl divide pe a ˆıl divide ¸si pe k. Dac˘ a α este exponentul lui p ˆın a ¸si β este exponentul lui p ˆın k atunci avem c˘ a (n − 1)α ≤ nβ, ∀n ⇒

n−1 β ≤ , ∀n ⇒ α ≤ β. n α

Deci a|k pentru price k ∈ P . Dac˘ a ar exist˘ a un k ∈ P cu k < a atunci 1 > {xk } = k sadar, singurele elemente ale lui P pot fi 0 ¸si a. Dar a−1 > 1, ceea ce este absurd. A¸ pentru a = 0 0 nu este inversabil, deci singura posibilitate pentru ca M s˘ a fie grup este ca P = {a}.  2 a pentru a ≤ 0 ¸si Deci singurele grupuri abeliene de forma cerut˘ a sunt M = a−1 aceste grupuri verific˘ a proprietatea cerut˘ a. 124. Avem c˘ a xy = y p x. Deci xy k = y p xy k−1 = y p (xy)y p−2 = y 2p xy p−2 = ... = (k−1)p xy = y kp x. y 2 De aici rezult˘ a c˘ a xk y = xk−1 (xy) = xk−1 y p x = xk−2 (xy p )x = xk−2 y p x2 = ... = k y p xk . p p n n Avem c˘ a xy d = y d ·n x = e d x = ex = x ⇒ y d = e.

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II

64

a a = b atunci e = ab = ba, unde a 125. a) Fie a ∈ G \ H. Atunci ¸si b = a−1 ∈ G \ H. Dac˘ ¸si b ∈ G \ H. Contradict¸ie cu enunt¸ul! Deci a−1 = a pentru orice a ∈ G \ H. Astfel a2 = e, ∀a ∈ G \ H. b) Fie a ∈ H, x ∈ G \ H arbitrare. Atunci avem c˘a ax ∈ G \ H ¸si axax = (ax)2 = e = x2 . Deci axa = x, ∀a ∈ H, ∀x ∈ G \ H (1). Fie a, b ∈ H arbitrare ¸si x ∈ G \ H (1)

fixat. Atunci x = axa = bxb. Cum xa ∈ G \ H ⇒ xa = bxab. Astfel avem abxab = x = bxb ⇒ abxa = bx = baxa ⇒ ab = ba. Cum a ¸si b au fost alese arbitrar rezult˘a c˘ a H este comutativ. c) Consider˘ am grupul G = {e, a, b, ab, aba, ba}, unde ab = ba ¸si a2 = b2 = (ab)3 = e. Astfel avem aba = bab ¸si H = {e, ab, ba}. a g(x) = g(y) atunci rezult˘a c˘ a f (x)x−1 = 126. a) Fie g : G → G, g(x) = f (x)x−1 . Dac˘ ii)

f (y)y −1 ⇒ f (y −1 )f (x) = y −1 x ⇒ f (y −1 x) = y −1 x ⇒ y −1 x = e ⇒ x = y. Deci g este injectiv˘a ¸si cum G este finit rezult˘a c˘a g este ¸si surjectiv˘ a. Deci {f (x)x−1 |x ∈ G} = G. Fie y ∈ G. Cum g este surjectiv˘a putem g˘asi x ∈ G astfel ˆıncˆ at g(x) = y. Atunci f (y) = f (g(x)) = f (f (x)x−1 ) = f (f (x))f (x−1 ) = x(f (x))−1 = (f (x)x−1 )−1 = y −1 . Cum y a fost ales arbitrar rezult˘ a c˘ a f (x) = x−1 , ∀x ∈ G. Astfel (xy)−1 = f (xy) = −1 −1 a c˘ a G este comutativ. f (x)f (y) = x y , ∀x, y ∈ G. Astfel rezult˘ c) Presupunem c˘a n este par. Atunci, din teorema lui Cauchy rezult˘ a c˘ a exist˘ a cel put¸in un element de ordin 2. Deci exist˘ a x ∈ G \ {e} cu x2 = e. Atunci x−1 = x ¸si a x = e. Contradict¸ie! Deci n este impar. f (x) = x−1 = x ¸si din enunt¸ rezult˘a c˘ a g(x) = f (x) · f (ax) ¸si 127. Dac˘a x2 = e, ∀x ∈ G atunci G este comutativ. Avem c˘ a g ar fi injectiv˘a g(ax) = f (ax) · f (a2 x) = f (x) · f (ax). Deci g(x) = g(ax). Dac˘ atunci ar rezult˘ a c˘a x = ax, adic˘ a a = e. Contradict¸ie cu ipoteza. Deci g nu este injectiv˘a. 128. a) Demonstr˘am prin induct¸ie afirmat¸ia: P (i) : y n = xi yx−i . P (1) este adev˘ arat˘a din ipotez˘ a. i i+1 i Presupunem P (i) adev˘ arat˘ a. ⇒ y n = xi yx−i ⇒ (y n )n = y n = (xi yx−i )n = i

xi yx−i xi yx−i ...xi yx−i = xi y n x−i  

y n =yxy −1

=

xi+1 yx−(i+1) , deci ¸si P (i+1) este adev˘arat˘ a.

nori

Prin induct¸ie matematic˘ a tezult˘ a c˘ a P (n) este adev˘ arat˘ a pentru orice n ∈ N∗ . p ∗ b) Demonstr˘am mai ˆıntˆ ai c˘ a oricare ar fi p, q ∈ N are loc y n q = xp y q x−p . p p ˆIntr-adev˘ ar, y n q = (y n )q = xp yx−p xp yx−p ...xp yx−p = xp y q x−p .   qori

Dac˘a not˘ am a=

k 

bj nj ,

j=1

rezult˘a c˘ a y a = (y n

kb

k

)(y n

k−1 b

k−1

)...(y nb1 ) =

= (xk y bk x−k )(xk−1 y bk−1 x−(k−1) )...(x2 y b2 x−2 )(xy b1 x−1 ) =

65 = y bk x−1 y bk−1 x−1 ...x−1 y b1 x−1 . 129. Fie k = ord(xy). Avem c˘a (xy)mn = xmn y mn = (xm )n (y n )m = e. Deci k ≤ mn. Deasemenea fie p, q resturile ˆımp˘ art¸irii lui k la m, respectiv n. Atunci e = (xy)k = k k αm+p βn+q p q y = x y . Deci e = (xp y q )m = xmp y mq = y mq . Astfel n|mq ¸si x y =x cum (m, n) = 1 rezult˘ a c˘a n|q cu q < n. Asta implica q = 0, deci k divizibil cu n. Analog se arat˘a c˘a m|k. Cum (m, n) = 1 rezult˘a c˘ a mn|k, deci mn ≤ k. Deci mn = k = ord(xy). 130. G este un grup cu un num˘ ar impar de elemente. Atunci dac˘ a a este un element al lui G rezult˘a c˘a ord(a) este impar. ˆIntr-adev˘ ar, dac˘ a consider˘am H =< a > subgrupul lui G generat de a, acesta are proprietatea c˘a |H| = ord(a). Din teorema lui Lagrange rezult˘a c˘ a |H| divide |G|. Astfel ¸si ordinul lui a divide ordinul lui G care este impar. Prin urmare ordinul lui a este impar. Am demonstrat astfel c˘ a ordinul oricarui element al lui G este impar. ˆIntr-un grup finit avem ord(xy) = ord(yx), ∀x, y ∈ G. Fie acum x, y ∈ G. Atunci din ipotez˘a avem c˘ a (xy)2 = (yx)2 (1) . Deasemenea dac˘ a not˘ am cu q = ord(xy) = ord(yx), am demonstrat mai sus c˘ a q este impar. Deci (q, 2) = 1 ¸si astfel exist˘ a k, l ∈ Z astfel ˆıncˆ at 2k + ql = 1. Astfel avem xy = (xy)2k+ql = ((xy)2 )k ((xy)q )l = ((yx)2 )k )((yx)q )l = (yx)2k+ql = yx. Deci xy = yx, ¸si cum x ¸si y au fost alese arbitrar, rezult˘ a c˘ a G este grup abelian. 131. Fie g ∈ G ¸si funct¸ia f : G → G, f (x) = x−1 g. Evident, f este injectiv˘a. Dac˘a af A = {a1 , ..., an }, atunci f (A) = {f (a1 ), ..., f (an )} ⊂ G ¸si card(A) = n pentru c˘ este injectiv˘a. Dac˘a A ∩ f (A) = ∅, atunci cardG ≥ cardA + cardf (A) = 2n > cardG. Contradict¸ie! a j cu proprietatea f (aj ) = ak Prin urmare exist˘ a k astfel ˆıncˆ at ak ∈ f (A). Deci exist˘ de unde a−1 g = a , adic˘ a g = a a . Cum g a fost ales oarecare, problema este j k k j rezolvat˘ a. 132. Fie G un grup finit ¸si x, y ∈ G. Fie k ordinul lui xy ˆın G. Atunci (xy)k = e ⇐⇒ x(yx)k−1 y = e ⇐⇒ (yx)k−1 y = x−1 ⇐⇒ (yx)k = e. Deci ord(yx) ≤ ord(xy). Analog se arat˘ a c˘ a ord(xy) ≤ ord(yx). Prin urmare ord(xy) = ord(yx). 133. Fie |G| = p1 p2 ...pn , unde pi , i = 1..n sunt numere prime distincte dou˘ a cˆ ate dou˘ a. Din teorema lui Cauchy ¸stim c˘a dac˘ a p| |G| ¸si p e prim, atunci exist˘ a ˆın G cel put¸in un element de ordin p. a x = x1 x2 ...xn , Astfel exist˘ a x1 , x2 , ..., xn ∈ G cu ord(xi ) = pi , i = 1..n. Deci dac˘ atunci din faptul c˘a G este comutativ ¸si pi sunt prime ˆıntre ele avem ord(x) = ord(x1 x2 ...xn ) = ord(x1 )ord(x2 )...ord(xn ) = p1 p2 ...pn = ord(G). Deci G =< x > ¸si este ciclic.

66

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II

134. a) Fie H un subgrup al lui G cu n elemente. Atunci K = G \ H are n elemente. Fie a in G. Dac˘a a ∈ H atunci aH = H = Ha. Dac˘ a a ∈ / H, atunci aH, Ha ⊂ G\H = K. Dar funct¸iile fs : H → aH, fs (x) = ax ¸si fd : H → Ha, fd (x) = xa sunt biject¸ii, deci |H| = |aH| = |Ha|. Deoarece aH, Ha ⊂ K ¸si |aH| = |Ha| = |H| = |K| rezult˘a c˘ a aH = Ha = K. Deci pentru orice a ∈ G avem aH = Ha. b) Presupunem c˘ a exist˘ a H, K dou˘ a subgrupuri ale lui G cu |H| = |K| = n ¸si H ∩ K = {e}. Fie H = {e, a1 , a2 , ..., an−1 }, K = {e, b1 , b2 , ..., bn−1 }. Cum |H ∪ K| = 2n − 1 rezult˘a c˘ a G \ (H ∪ K) = {c}. c ∈ G ⇒ c−1 ∈ G. Dac˘a c−1 ∈ H ∪ K, atunci c ∈ H ∪ K, ceea ce este fals, deci a c2 = e. c−1 = c, adic˘ Folosim punctul a) pentru H ¸si avem c˘ a {c, ca1 , ca2 , ..., can−1 } = {c, a1 c, a2 c, ..., an−1 c} = {b1 , b2 , ..., bn−1 , a}. a ak , al ∈ H astfel ˆıncˆ at bi = ak a = aal . De aici rezult˘ a c˘ a dac˘ a bi ∈ K acunci exist˘ Deci b2i = ak a2 al = ak al ∈ H ∩ K ⇒ b2i = e, ∀i = 1..n − 1. Analog a2i = e, ∀i = a G este abeilan. 1..n − 1. Deci x2 = e, ∀x ∈ G. De aici rezult˘a c˘ 135. a) Evident, x ∈ H ⇒ x2 ∈ H. a ordinul lui x este Fie acum x ∈ G cu x2 ∈ H. Ordinul lui G este impar, rezult˘a c˘ 2k+1 = e. impar, deci exist˘ a k ∈ N cu x x2 ∈ H ⇒ x2k+2 ∈ H ⇒ x2k+1 x ∈ H ⇒ x ∈ H. b) Fie a ∈ G \ H. Evident c˘a f : G → G, f (x) = ax este injectiv˘a. Rezult˘a c˘ a |f (G \ H)| = |G \ H|. Presupunem c˘a (G \ H) ∩ f (G \ H) = ∅. Deci 2|G \ H| ≤ |G|. De aici avem faptul c˘a 2|G| − 2|H| ≤ |G| ¸si mai departe |G| ≤ 2|H|. Deoarece |H| divide |G|, |G| este impar ¸si H = G avem c˘a |H| · k = |G| ¸si din cele demonstrate mai sus k ≤ 2 ¸si k impar. Rezult˘a c˘ a k = 1, adic˘ a |H| = |G|. Contradict¸ie! Deci ∃b ∈ G \ H astfel ˆıncˆ at f (b) = d ∈ G \ H. Astfel exist˘ a a, b ∈ G \ H cu ab ∈ G \ H. 136. Fie ordG = n ¸si d cel mai mare divizor comun al ordinelor elementelor din G \ {e}. Evident, d|n. Dac˘a d = 1 atunci exist˘ a elementul c˘ autat ¸si este e. Fie acum d > 1 ¸si fie d = pa11 pa22 ...pakk , descompunerea lui d ˆın factori primi. Atunci at pai |ord(xi ), adic˘ a ord(xi ) = pai · ti . exist˘a elementele x1 , x2 , ..., xk astfel ˆıncˆ t ·p

ai

d ai

t ·p

ak

d ak

Dac˘a x = xt11 xt22 ...xtkk atunci xd = (x11 1 ) p1 ...(x1k k ) pk = e. Prin urmare ord(x) ≤ d care este cel mai mare divizor comun al tuturor ordinelor elementelor din G \ {e}. Deci ord(x) ∈ {1, d}. ak tk−1 pak ) k . Deci ordinul lui Presupunem c˘a x = e. Atunci e = xpk = (xt11 xt22 ...xk−1 tk−1 t1 t2 x1 x2 ...xk−1 este mai mic decˆat d, adic˘a este 1. De aici rezult˘ a c˘ a xtkk = e, adic˘ a xk = e. Fals! Deci x = e ¸si de aici rezult˘a c˘ a ordx = d.   n−1 + 1, unde n = |G|. 137. Fie A ⊂ G \ {e} cu |A| = 2 Fie f, g ∈ EndG astfel ˆıncˆ at f (x) = g(x), ∀x ∈ A ¸si H = {x ∈ G : f (x) = g(x)}.

67 H este subgrup al lui G. a f (e) = g(e) = e reault˘ a c˘ a e ∈ H \ A, deci  Din faptul c˘ n−1 n−1 n+1 n +2 > |H| ≥ |A| + 1 = +1 = > . Cum |H| divide |G| rezult˘a 2 2 2 2 n−1 c˘a G = H. Deci |End(G)| ≤ |{f : A → G, f funct¸ie }| = n[ 2 ]+1 . Folosind enunt¸ul   n−1 avem nn−2 ≤ n[ 2 ]+1 ⇒ n − 2 ≤ n−1 + 1 ⇒ n − 1 ≤ n−1 2 2 + 1 ⇒ n ≤ 5. −1 a condit¸ia dat˘ a. Dac˘a n = 1 atunci G = e ¸si |EndG| = 1 = 1 . Deci G = {e} verific˘ Dac˘a n = 2 atunci G  Z2 ¸si |End(Z2 )| = 2 = 20 . a condit¸ia dat˘ a. Dac˘a n = 3 atunci G  Z3 ¸si |End(Z3 )| = 3 = 33−2 , deci ¸si Z3 verific˘ Dac˘a n = 4 atunci G  Z4 ¸sau G  K(grupul lui Klein). Se verific˘a faptul c˘a |End(Z4 )| = 4 = 42 ¸si |End(K)| = 16 = 42 . Dac˘a n = 5 atunci G  Z5 ¸si |End(Z5 )| = 5 = 53 . Deci grupurile c˘ autate sunt {e}, Z3 ¸si K. a x ∈ / H atunci 138. Dac˘a x ∈ H evident c˘ a x2 ∈ H, din definit¸ia unui subgrup. Dac˘ pentru orice y ∈ H avem xy ∈ / H. Deci funct¸ia fx : H → G \ H, fx (h) = xh este corect definit˘a. Mai mult, ea este ¸si injectiv˘a pentru c˘a ˆın grup are loc proprietatea de simplificare. Dac˘ a ¸tinem cont c˘a |H| = |G \ H| = n atunci putem vedea c˘a funct¸ia este chiar bijectiv˘ a. Presupunem c˘a x2 = y ∈ G \ H. Deoarece funct¸ia fx este surjectiv˘a rezult˘a c˘ a exist˘ a h ∈ H cu xh = y = x2 adic˘ a x = h. Contradict¸ie cu x∈ / H. Deci presupunerea f˘acut˘ a este fals˘ a ¸si x2 ∈ H, ∀x ∈ G.

68

CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUT ¸ II

Capitolul 5

Inele - Solut¸ii 1. Cum ab−1 este inversabil not˘am u = b(ab−1)−1 , care este produsul a dou˘ a elemente inversabile, deci este inversabil. Observ˘ am c˘ a (a − b−1 )u = (a − b−1 )b(ab − 1)−1 = (ab − 1)(ab − 1)−1 = 1 . Deci inversul lui a − b−1 este inversabil ¸si (a − b−1 )−1 = b(ab − 1)−1 . Calcul˘ am (aba − a)((a − b−1 )−1 − a−1 ) = (aba − a)(b(ab − 1)−1 − a−1 ) = abab(ab − −1 1) − ab(ab − 1)−1 − abaa−1 + aa−1 = ab(ab − 1)(ab − 1)−1 − ab + 1 = ab − ab + 1 = 1 ¸si ((a − b−1 )−1 − a−1 )(aba − a) = (b(ab − 1)−1 − a−1 )(aba − a) = b(ab − 1)−1 aba − a−1aba − b(ab − 1)−1 a + a−1 a = b(ab − 1)−1 (ab − 1)a − ba + 1 = ba − ba + 1 = 1. au este aba − a. Deci Deci (a − b−1 )−1 − a−1 este inversabil ¸si inversul s˘ 2. Consider˘am elementele urm˘ atoare din inelul A: ac, a2 c, ..., an c, ... ¸si vom demonstra c˘ a sunt distincte. Presupunem c˘a exist˘ a m, n ∈ N, m > n astfel ˆıncˆ at an c = am c. ˆInmult¸ind cu c 2)

la stˆ anga obt¸inem c˘ a caan−1 c = caam−1 c ⇒ ban−1 c = bam−1 c ⇒ an−1 c = am−1 c. Astfel, repetˆand acest procedeu de m ori avem c˘ a an−m c = c| · a la dreapta ⇒ b = 1)

2)

ca = an−m ca = an−m b = ban−m ⇒ an−m = 1. Deci a este inversabil, inversul s˘ au 1)

a dac˘ a ca = b ⇒ c = ba−1 . Deci ac = a(ba−1 ) = aba−1 = fiind an−m−1 . Astfel avem c˘ −1 acut˘ a este fals˘ a. Astfel, aa b = b. Contradict¸ie cu enunt¸ul! Deci presupunerea f˘ toate elementele ac, a2 c, ..., an c, ... sunt distincte. Deci inelul A este infinit. 3. ”a) ⇒ b)”: ba2 b = 1| · a la dreapta ⇒ baaba = a ⇒ ba2 = a. Folosind acest rezultat avem c˘ a 1 = ba2 b = ab. Deci ab = 1. Cum 1 = baab ⇒ ba = 1 deasemenea. ”b) ⇒ c)”: ab = ba = 1; astfel aba = a(ba) = a. Presupunem ab1 a = a ¸si ab2 a = a. Rezult˘a ab1 a = ab2 a. ˆInmult¸ind ¸si la stˆanga ¸si la dreapta cu b obt¸inem b1 = bab1 ab = a nu exist˘ a decˆ at un element b cu bab2 ab = b2 . Deci b1 = b2 . Astfel am demonstrat c˘ aceast˘ a proprietate. ”c) ⇒ a)”: aba = a (1) ⇒ aba − a = 0 ⇒ a(ba − 1) = 0 ⇒ a(ba − 1)a = 0 (2). Scˆ azˆand pe (2) din (1) obt¸inem a(b + 1 − ba)a = a. Cum exist˘ a un singur element b 69

CAPITOLUL 5. INELE - SOLUT ¸ II

70

cu proprietatea aba = a, avem b = b + 1 − ba ⇒ ba = 1. Analog avem (ab − 1)a = 0 ⇒ a(ab − 1)a = 0 ⇒ a(b + 1 − ab)a = a ⇒ b + 1 − ab = b ⇒ ab = 1. Deci ba2 b = baab = 1 · 1 = 1. Astfel problema este rezolvat˘a. 4. Fie n0 cel mai mic num˘ ar natural nenul astfel ˆıncˆ at 1 + 1 + ... + 1 = 0. Atunci n0 ori

{0, 1, 1 + 1, ..., 1 +1+ ... + 1 } este subgrup al grupului (A, +). Din teorema n0 −1 ori

lui Lagrange avem c˘a n0 |5 deci n0 ∈ {1, 5}. Dac˘ a n0 = 1 atunci avem 1 = 0. Contradict¸ie! pentru c˘ a inelul are mai mult de un element. Deci 5 este cel mai mic num˘ ar cu propretatea cerut˘ a. Astfel avem A = {0, 1, 1 + 1, 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 1 + 1}. Deci dac˘a x, y ∈ A ⇒ ∃m, n ∈ N, n, m ≤ 4 astfel ˆıncˆ at x = 1 + 1 + ... + 1 ¸si m ori

y = 1 + 1 + ... + 1 . Atunci xy = 1 + 1 + ... + 1 = yx. Deci A este comutativ. n ori

mn ori

5. Facem convent¸ia s˘ a not˘ am x  +x+  ... + x cu nx, unde x ∈ A ¸si n ∈ N. n ori

a 1 = (−1)6 = −1 ⇒ 1 + Avem x6 = x, ∀x ∈ A. Pentru x = −1 se obt¸ine c˘ 1 = 0| · x, x ∈ A ⇒ x + x = 0, ∀x ∈ A ⇒ Dac˘a k ∈ N atunci (2k)x = 0 ¸si (2k + 1)x = x, ∀x ∈ A (1). (1)

Din enunt¸ avem c˘ a x + 1 = (x + 1)6 = x6 + 6x5 + 15x4 + 20x3 + 15x2 + 6x + 1 ⇐⇒ 6 4 x + 1 = x + x + x2 + 1 ⇐⇒ x4 + x2 = x6 − x ⇐⇒ x4 + x2 = 0, ∀x ∈ A. (1)

(1)

x4 + x2 = 0| + x2 ⇒ x4 + (x2 + x2 ) = x2 ⇒ x4 = x2 , ∀x ∈ A. x4 = x2 | · x2 ⇒ x6 = x4 = x2 . Cum x6 = x ⇒ x2 = x. 6. Facem convent¸ia s˘ a not˘ am x + x + ... + x cu nx, unde x ∈ A ¸si n ∈ N. n ori

Din enunt¸ avem c˘a x12 = x, ∀x ∈ A. Pentru x = −1 se obt¸ine 1 = (−1)12 = −1 ⇒ 1 + 1 = 0| · x, x ∈ A ⇒ x + x = 0, ∀x ∈ A ⇒Dac˘a k ∈ N atunci (2k)x = 0 ¸si (2k + 1)x = x, ∀x ∈ A (1). Din enunt¸ pentru x → x + 1 avem c˘ a x + 1 = (x + 1)12 = x12 + 12x11 + 66x10 + (1)

220x9 + 495x8 + 792x7 + 924x6 + 792x5 + 495x4 + 220x3 + 66x2 + 12x + 1 ⇐⇒ x + 1 = x12 + x8 + x4 + 1 ⇐⇒ x8 + x4 = x12 − x ⇐⇒ x8 + x4 = 0, ∀x ∈ A. x8 + x4 = 0| + x4 ⇒ x8 + (x4 + x4 ) = x4 ⇒ x8 = x4 , ∀x ∈ A. x8 = x4 |·x4 ⇒ x12 = x8 = x4 , ∀x ∈ A. Cum x12 = x, ∀x ∈ A avem x = x4 , ∀x ∈ A. a relat¸ie obt¸inem x3 = x12 , ∀x ∈ A. F˘ acˆand x → x3 ˆın aceast˘ 12 3 acˆ and x → x + 1 avem x + 1 = (x + 1)3 = x = x ⇒ x = x, ∀x ∈ A. F˘ (1)

x3 + 3x2 + 3x + 1, ∀x ∈ A ⇐⇒ x + 1 = x3 + x2 + x + 1, ∀x ∈ A ⇐⇒ x2 + x = x − x3 ⇐⇒ x2 + x = 0| + x ⇐⇒ x2 + (x + x) = x ⇐⇒ x2 = x, ∀x ∈ A. 7. a) x2 = x, ∀x ∈ A. Pentru x = −1 obt¸inem 1 = (−1)2 = −1 deci 1 + 1 = 0| · x, x ∈ A ⇒ x + x = 0, ∀x ∈ A.

71 b) 0 = (x + y)2 − (x + y) = x2 + xy + yx + y 2 − x − y = xy + yx, ∀x, y ∈ A. Deci xy + yx = 0, ∀x, y ∈ A. Adunˆand yx ˆın ambii membri avem xy + (yx + yx) = a)

yx, ∀x, y ∈ A ⇐⇒ xy = yx, ∀x, y ∈ A. Deci inelul este comutativ. 2 − x −x + 1 = 1 − x, 8. Observ˘am c˘ a 0,1 ∈ M . Fie x ∈ M \ {0, 1}. Avem (1 − x)2 = x   0

deci ¸si 1 − x ∈ M . Dac˘a avem x = 1 − x| · x ⇒ x2 = x − x2 = 0 ⇒ x2 = 0 ⇒ x = 0. Contradict¸ie!. Deci x = 1 − x. Deci pentru orice x0 ∈ M avem un alt element, 1 − x0 , diferit care apart¸ine lui M (pentru 0 se ia 1). Datorit˘ a faptului c˘ a M este finit˘ a avem c˘ a M are un num˘ ar par de elemente. 9. Cazul 1. Singurul element idempotent al lui A este 1. Atunci produsul elementelor idempotente este chiar 1. Cazul 2. Exist˘ a un alt element idempotent x ∈ A. Atunci ¸si 1 − x este idempotent. Cum x(1 − x) = x − x2 = 0 este un factor al produsului, acesta este egal cu 0. 10. Avem c˘ a 1 ∈ Z(A). Fie a, b ∈ Z(A). Atunci avem (a−b)x = ax−bx = xa−xb = x(a−b) ⇒ a−b ∈ Z(A) Fie a, b ∈ Z(A). Atunci avem abx = axb = xab ⇒ ab ∈ Z(A). Conform acestor trei rezultate, Z(A) este subinel al lui A. a (x + y)2 − (x + y) ∈ Z(A) ⇒ b) x2 − x ∈ A, ∀x ∈ A. Pentru x → x + y avem c˘ 2 2 x −x+y −y+xy+yx ∈ Z(A). Cum Z(A) este subinel al lui A ¸si x2 −x, y 2 −y ∈ Z(A) rezult˘a c˘a (x2 − x + y 2 − y + xy + yx) − (x2 − x) − (y 2 − y) ∈ Z(A) ⇒ xy + yx ∈ Z(A), ∀x, y ∈ A. Atunci avem c˘a x(xy + yx) = (xy + yx)x, ∀x, y ∈ A ⇐⇒ x2 y + xyx = xyx + a yx2 , ∀x, y ∈ A. Deci x2 y = yx2 , ∀x, y ∈ A ⇒ x2 ∈ Z(A), ∀x ∈ A. Rezult˘a c˘ x2 − (x2 − x) ∈ Z(A), ∀x ∈ A. Deci x ∈ Z(A), ∀x ∈ A. Deci Z(A) = A ¸si inelul este comutativ. 11. S¸tim c˘ a Z(A) este subinel al lui A. Atunci Z(A) este subgrup aditiv al grupului (A, +). Din teorema lui Lagrange avem c˘a ord(Z(A))|pq, deci ord(Z(A)) ∈ {1, p, q, pq}. Cum 0 ¸si 1 apart¸in lui Z(A), ord(Z(A)) ≥ 2. Avem urm˘atoarele cazuri: i) ord(Z(A)) = pq ⇒ Z(A) = A ⇒ A este comutativ. ii) ord(Z(A)) = p. Alegem un element α ∈ A \ Z(A) ¸si consider˘ am mult¸imea B = {a0 + a1 α + ... + an αn |n ∈ N, ai ∈ Z(A), i = 1..n}. Aceast˘ a mult¸ime cont¸ine valoarea pentru elementul α a tuturor polinoamelor din inelul Z(A)[X]. Cum Z(A)[X] este un inel rezult˘ a c˘ a ¸si B este un inel, diferent¸a ¸si produsul a oricare dou˘a elemente din B aflˆ andu-se tot ˆın B datorit˘ a faptului c˘ a atˆ at diferent¸a cˆat ¸si produsul a oricare dou˘a polinoame din inelul Z(A)[X] este tot ˆın Z(A)[X]. B fiind inel, este un subinel al lui A. Deci ord(B)|pq. Evident avem c˘a Z(A) ⊂ B(deci Z(A) este subinel ¸si al lui B ¸si astfel p = ord(Z(A))|ord(B)), ¸si α ∈ B \ Z(A). Deci ord(B) > ord(Z(A)). p|ord(B), dar ord(B) > p Astfel am obt¸inut c˘ a ⇒ ord(B) = pq ⇒ A = B. Deci ord(B)|pq

CAPITOLUL 5. INELE - SOLUT ¸ II

72

A este comutativ. Contradict¸ie cu faptul c˘a ord(Z(A)) = p. Deci acest caz nu satisface condit¸iile problemei. iii) ord(B) = q. Se trateaz˘ a analog cu ii) Deci singura opt¸iune este ord(Z(A)) = pq, adic˘ a A = Z(A). Astfel inelul A este comutativ. 12. Inelul are proprietatea c˘a dac˘ a x2 = 0 atunci x = 0. (1) a) (zxz − xz)2 = zxzzxz − zxzxz − xzzxz + xzxz = zxzxz − zxzxz + xzxz − xzxz = (1)

0 ⇒ zxz − xz = 0 ⇒ zxz = xz. (2) b) Analog (zxz − zx)2 = zxzx − zxzx + zxzxz − zxzxz = 0 ⇒ zxz − zx = 0 ⇒ zxz = (2)

zx ⇒ zx = xz. Deci zx = xz, ∀x ∈ A ⇒ z ∈ Z(A). Deci orice element idempotent din A se afl˘ a ˆın Z(A). 13. Facem convent¸ia s˘a not˘ am x + x + ... + x cu nx, unde x ∈ A ¸si n ∈ N. n ori

Cum xn+1 = xn , ∀x ∈ A, avem prin indut¸ie c˘a xn+a = xn , ∀a ∈ N, x ∈ A (1). Pentru x = −1 avem c˘ a (−1)n+1 = (−1)n ⇒ 1 = −1 ⇒ 1 + 1 = 0 (2) xn+1 = xn ⇒ xn (x − 1) = 0, ∀x, y ∈ A. Pentru x → x + 1 avem (x + 1)n x = 0| · xn−2 ⇒ (x + 1)n xn−1

 = 0. Dezvoltˆ

and avem

  n n n n n−1 x + x + xn−2 + ... + x + 1 xn−1 = 0 ⇐⇒ x2n−1 + 1 2  n − 1

 





 (1) n n n n n 2n−2 n n−1 x + ... + x +x = 0 ⇐⇒ + + ... xn + 1 n−1 1 2 n−1 (2)

xn−1 = 0 ⇐⇒ (2n −1)xn +xn−1 = 0 ⇒ xn +xn−1 = 0|+xn−1 ⇒ xn = xn−1 , ∀x ∈ A. Procedˆand inductiv ajungem la x2 = x, ∀x ∈ A. 14. f (x, y) = (xy)2 − x2 y 2 = x(yx − xy)y, ∀x, y ∈ A. a) Astfel f (1 + x, 1 + y) = (1 + x)((1 + y)(1 + x) − (1 + x)(1 + y))(1 + y) = (1 + x)(1 + x + y + yx − 1 − x − y − xy)(1 + y) = (1 + x)(yx − xy)(1 + y). f (1 + x, y) = (1 + x)(y(1 + x) − (1 + x)y)y = (1 + x)(y + yx − y − xy)y = (1 + x)(yx − xy)y. f (x, 1+y) = x((1+y)x−x(1+y))(1+y) = x(x+yx−x−xy)(1+y) = x(yx−xy)(1+y). f (x, y) = x(yx − xy)y. Din acestea rezult˘a c˘ a E(x, y) = (1 + x)(yx − xy)(1 + y) − (1 + x)(yx − xy)y − x(yx − xy)(1 + y) + x(yx − xy)y = (1 + x)(yx − xy)(1 + y − y) − x(yx − xy)(1 + y − y) = (1 + x)(yx − xy) − x(yx − xy) = (1 + x − x)(yx − xy) = yx − xy. b) (xy)2 − (yx)2 = x2 y 2 − y 2 x2 , ∀x, y ∈ A ⇐⇒ (xy)2 − x2 y 2 = (yx)2 − y 2 x2 , ∀x, y ∈ A ⇐⇒ f (x, y) = f (y, x), ∀x, y ∈ A ⇐⇒ E(x, y) = E(y, x), ∀x, y ∈ A ⇐⇒ yx − xy = xy − yx, ∀x, y ∈ A ⇐⇒ (yx − xy) + (yx − xy) = 0. Deoarece x + x = 0 implic˘a x = 0, ∀x ∈ A avem c˘ a yx − xy = 0, ∀x, y ∈ A ⇒ xy = yx, ∀x, y ∈ A. Deci A este inel comutativ. 15. a) Avem ab = 0. (ba)2 = b(ab)a = 0. (ba)2 = 0 ⇒ ba = 0. (axb)2 = ax(ba)xb = 0. (axb)2 = 0 ⇒ axb = 0 b) (a2 a3 a1 )2 = a2 a3 (a1 a2 a3 )a1 = 0. (a2 a3 a1 )2 = 0 ⇒ a2 a3 a1 = 0.

73 (a3 a1 a2 )2 = a3 (a1 a2 a3 )a1 a2 = 0. (a3 a1 a2 )2 = 0 ⇒ a3 a1 a2 = 0. a)

a)

c) a1 a2 ...an = 0 ⇒ a1 x1 a2 ...an = 0 ⇒ a1 x1 a2 x2 ...an = 0 ⇒ ... ⇒ a1 x1 a2 x2 ...an−1 xn−1 an = 0, pentru orice x1 , x2 , ..., xn−1 ∈ A. Avem (ai1 ai2 ...ain )(ai1 ai2 ...ain )...(ai1 ai2 ...ain ) =   n ori

= x0 (a1 x1 a2 x2 a3 ...an−1 xn−1 an )xn = 0. Unde xi este produsul factorilor dintre ai ¸si ai+1 . Deci (ai1 ai2 ...ain )n = 0 ⇒ ai1 ai2 ...ain = 0. a un singur element α cu aceast˘ a 16. ”a) ⇒ b)”: α2 + 1 = 0 ⇒ (−α)2 + 1 = 0. Cum esist˘ proprietate, avem α = −α ⇒ α + α = 0 ⇒ α(1 + 1) = 0| · −α ⇒ 1 + 1 = 0. Deci sungurul element α pentru care are loc α2 + 1 = 0 este α = 1. at x2 = 0. (x + 1)2 + 1 = Demonstr˘am c˘ a x2 = 0 implic˘a x = 0. Fie x ∈ A astfel ˆıncˆ 2 x + x + x + 1 + 1 = 0 ⇒ x + 1 = 1 ⇒ x = 0 (1). Fie funct¸ia φ : A → A, φ(x) = x2 . Demonstr˘ am c˘ a φ este injectiv˘a. Fie x, y ∈ A cu a 0 = x2 − y 2 = (x + y)(x − y) = (x + y)(x + y) = (x + y)2 ⇒ x2 = y 2 . Rezult˘a c˘ x + y = 0 ⇒ x = y. Deci funt¸ia φ este injectiv˘a. Cum A este finit avem c˘a φ este surjectiv˘a deci pentru orice a ∈ A exist˘ a b ∈ A astfel ˆıncˆ at a = b2 . ”b) ⇒ a)”: Pentru orice a ∈ A exist˘ a b ∈ A astfel ˆıncˆ at a = b2 . Deci funct¸ia 2 φ : A → A, φ(x) = x este surjectiv˘a. Inelul A este finit, deci φ este ¸si injectiv˘a. Astfel exist˘ a un unic element x din A astfel ˆıncˆ at x2 = 1| + 1 ⇒ x2 + 1 = 0. Deci 2 exist˘ a un singur element x din A astfel ˆıncˆ at x + 1 = 0. 17. Lu˘am cazul nebanal cˆand 1 = 0. Fie B = {x ∈ A|x2 = 0} ¸si C = {x ∈ A|x2 = 1}. Fie x ∈ B. Avem x2 = 0. (x + 1)2 = x2 + x + x + 1 = x2 + 1 = 1, deci x + 1 ∈ C. Fie x ∈ C. Avem x2 = 1. (x + 1)2 = x2 + x + x + 1 = x2 + 1 = 1 + 1 = 0, deci x + 1 ∈ B. x ∈ C ⇒ x2 = 1 ⇒ x este inversabil. at xx = 1 ⇒ x ∈ / B ⇒ x ∈ C. Deci C este Fie x inversabil. Exist˘ a x astfel ˆıncˆ mult¸imea care cont¸ine toate elementele inversabile din A. Astfel dac˘ a x, y ∈ C atunci xy este inversabil, ¸si astfel xy ∈ C. Deci 1 = x2 y 2 = (xy)2 ⇒ xy = yx, ∀x, y ∈ C. Dac˘a x ∈ B, y ∈ C ⇒ x + 1 ∈ C, y ∈ C ⇒ (x + 1)y = y(x + 1) ⇒ xy + y = y + yx ⇒ xy = yx. Dac˘a x ∈ C, y ∈ B ⇒ x ∈ C, y + 1 ∈ C ⇒ x(y + 1) = (y + 1)x ⇒ xy + x = yx + x ⇒ xy = yx. Dac˘a x ∈ B, y ∈ B ⇒ x + 1 ∈ C, y + 1 ∈ C ⇒ (x + 1)(y + 1) = (y + 1)(x + 1) ⇒ xy + x + y + 1 = yx + x + y + 1 ⇒ xy = yx. Deci ˆın fiecare caz avem xy = yx, ∀x, y ∈ A. Astfel A este comutativ. b) A = {0, 1, a, b}. Iat˘ a tablele adun˘ arii ¸si ˆınmult¸irii: · 0 1 a b + 0 1 a b 0 0 1 a b 0 0 0 0 0 1 1 0 b a ¸si 1 0 1 a b a a b 0 1 a 0 a 0 a b b a 1 0 b 0 b a 1 18. Fie B mult¸imea elementelor inversabile din A, ¸si C mult¸imea elementelor din A.

CAPITOLUL 5. INELE - SOLUT ¸ II

74

Conform enunt¸ului avem c˘ a funct¸ia f : B → C, f (x) = x + 1 este bine definit˘ a, ¸si injectiv˘ a, deci |B| ≤ |C|. Analog avem c˘a funct¸ia g : C → B, g(x) = x + 1 este bine definit˘ a, ¸si injectiv˘a, deci |C| ≤ |B|. Rezult˘ a c˘ a |B| = |C| ⇒ 2 · |B| = |A|. Fie k num˘ arul de elemente ale lui A. Dac˘ a (A, +) este ciclic, atunci fie a un a generator al lui A, deci A = {0, a, 2a, ...(k − 1)a}. Deoarece 1 ∈ A rezult˘a c˘a exist˘ q ∈ {1, 2, ..., k − 1} astfel ˆıncˆ at 1 = qa. Aceast˘a egalitate se mai scrie (q · 1)a = a c˘ a elementul a este inversabil ˆın a(q · 1) = 1, unde q · 1 = 1 + 1 + ... + 1 ¸si arat˘ q ori

inelul A. Considerˆınd atunci elementul a2 ∈ A, va exista p ∈ {1, 2, ..., k − 1} astfel ˆıncˆ at a2 = pa. Cum a este inversabil, din ultima egalitate deducem c˘a a = p · 1 ¸si aceasta arat˘ a c˘ a a ∈ 1, unde 1 este subgrupul ciclic al lui (A, +) generat de elementul 1. Dar a fiind un generator al grupului A rezult˘a A ⊆ 1 ¸si cum avem ˆın mod evident ¸si cealalt˘ a incluziune, deducem egalitatea A = 1, adic˘ a A = {0, 1, 2 · 1, ..., (k − 1) · 1}. Se constat˘ a c˘ a aplicat¸ia Φ : A → Zk , Φ(i · 1) = ˆi este un izomorfism de inele. Mai r˘ amˆ ane s˘ a ar˘at˘ am c˘ a num˘ arul k este o putere a lui 2. A  Zk ⇒ |B| = |U (A)| = |U (Zk )| = φ(k), unde φ este indicatorul lui Euler. Egalitatea devine k = 2φ(k). Fie k = pα1 1 pα2 2 ...pαr r descompunerea ˆın factori primi a num˘arului k, unde presupunem c˘ a p1 < p2 < ... < pr . Atunci φ(k) = p1α1 −1 pα2 2 −1 ...pαr r −1 (p1 − 1)(p2 − 1)...(pr − 1) (1). a 2 = p1 . Deoarece 2 este num˘ar prim care divide produsul p1 p2 ...pr , va rezulta c˘ Dac˘a am avea r > 1 atunci (1) devine p2 p3 ...pr = (p2 − 1)(p3 − 1)...(pr − 1) care este o contradict¸ie, c˘ aci p2 p3 ...pr > (p2 − 1)(p3 − 1)...(pr − 1). A¸sadar r = 1 ¸si p1 = 2, deci, notˆand α1 = n, am obt¸inut k = 2n . Prin urmare A  Z2n (izomorfism de inele). Se constat˘ a u¸sor c˘ a inelul Z2n satisface ipotezele probelmei. 19. a) Avem 1B ∈ B ⊂ A. Deci 1B − 1B = 0B , pe de o parte, ¸si 1B − 1B = 0A , pe de alt˘ a parte. Deci 0A = 0B . Presupunem c˘a 1A ∈ B. Cum 1B ∈ B ¸si 1B este elementul neutru ˆın B, avem c˘a 1A · 1B = 1A ¸si 1A · 1B = 1B . Deci 1A = 1B . Contradict¸ie! Deci 1A ∈ A \ B. Avem (1A − 1B ) · 1B = 1B − 1B = 0, dar 1A − 1B = 0 ¸si 1B = 0, deci inelul A cont¸ine divizori ai lui 0. a u2 = (1A − 1B )2 = 12A − 1A 1B − 1B 1A + 1B 1B = b) Fie u = 1A − 1B . Avem c˘ 1A − 1B − 1B + 1B = 1A − 1B = u, deci u este idempotent. atratice de ordinul doi cu elemente reale ¸si fie c) Fie

A = M 2 (R) inelul matricilor p˘ a 0 B= |a ∈ R ˆın care operat¸iile sunt adunarea ¸si ˆınmult¸irea obi¸snuite ale 0 0 matrucilor. Avem





 0 0 1 0 1 0 0A = 0B = , 1A = , 1B = . 0 0 0 1 0 0 20. Presupunem c˘a R[X]  C[X]. Astfel exist˘ a un izomorfism ϕ : R → C. Not˘ am f = ϕ(X). Avem deg(f ) ≥ 1 pentru c˘ a dac˘ a deg(f ) = 0 atunci ar rezulta c˘a X este

75 inversabil, ceea ce este o contradict¸ie. (Dac˘a f ar fi polinomul nul, atunci ¸si X ar fi polinomul nul) Consider˘ am polinomul ireductibil X 2 + 1 ∈ R[X] avem ϕ(X 2 + 1) = f 2 + 1 = (1 + if )(1 − if ), adic˘ a imaginea acestui polinom prin izomorfismul ϕ nu mai este un polinon ireductibil ˆın inelul C[X]. Contradict¸ie! ˆIn concluzie, cele dou˘a inele nu sunt izomorfe. 21. Dac˘a p = q este evident. ˆ 1} ¸si Zq = {¯ ¯ 1}. Exist˘ 0, ˆ 1, ..., p − 0, ¯ 1, ..., q − a Fie acum Zp  Zq . Avem Zp = {ˆ ˆ ¯ p) = ϕ : Zp → Zq , un izomorfism de inele. Atunci avem ϕ(1) = 1. Avem ϕ(ˆ ˆ ˆ ˆ ¯ ¯ ¯ ˆ ) = ϕ( 1) + ϕ( 1) + ... + ϕ( 1) = 1 + 1 + ... 1 = p ¯ . Deci q ¯ = p ¯ , adic˘ a ϕ(ˆ 1+ˆ 1+ ... + 1      p ori

p ori

p ori

unul ˆıl divide pe cel˘alalt. Deoarece p ¸si q sunt numere prime rezult˘ a c˘ a p = q. 22. Presupunem c˘a A ¸si Z sunt izomorfe. Deci exist˘ a ϕ : Z → A un izomorfism de inele. Definim aplicat¸ia ϕ¯ : Z[X] → A[X] prin ϕ(a ¯ 0 + a1 X + ... + an X n ) = ϕ(a0 ) + ϕ(a1 )X + ... + ϕ(an )X n pentru orice polinom a0 + a1 X + ... + an X n ∈ Z[X]. Deoarece ϕ este izomorfism rezult˘a c˘a ¸si ϕ¯ este izomorfism, deci A[X] ¸si Z[X] sunt izomorfe. Reciproc, fie ϕ : Z[X] → A[X] un izomorfism de inele. Atunci ϕ(1) = 1A . Astfel ave c˘ a ϕ(k) = ϕ(1) + ϕ(1)...ϕ(1) = k · 1A , deci ϕ(Z) ⊆ A.   k ori

Deoarece Z este domeniu de integritate, rezult˘ a c˘ a ¸si inelul s˘au de polinoame Z[X] este domeniu de integritate. Cum A[X]  Z[X] rezult˘a c˘ a A[X] este domeniu de integritate, deci ¸si A este domeniu de integritate. S˘ a demonstr˘ am acum c˘ a ¸si ϕ−1 (A) ⊆ Z, unde ϕ−1 este izomorfismul invers al lui / Z. Aunci ϕ−1 (α) = ϕ. Presupunem prin absurd c˘ a exist˘ a α ∈ A cu ϕ−1 (α) ∈ n a ϕ(X) ∈ / A, a0 + a1 X + ... + an X ∈ Z[X], unde n > 0 ¸si an = 0. Mai observ˘am c˘ pentru c˘a ˆın caz contrar, cum avem ¸si ϕ(Z) ⊆ A, ar rezulta c˘a ϕ(Z[X] ⊆ A, ceea ce ar contrazice surjectivitatea lui ϕ. Fie deci ϕ(X) = β0 + β1 X + ... + βp X p ∈ A[X], unde p > 0 ¸si βp = 0A . Avem atunci α = ϕ(ϕ−1 (α)) = ϕ(a0 + a1 X + ... + an X n ) = = ϕ(a0 ) + ϕ(a1 )ϕ(X) + ... + ϕ(an )(ϕ(X))n = = ϕ(a0 ) + ϕ(a1 )(β0 + β1 X + ... + βp X p ) + ... + ϕ(an )(β0 + β1 X + ... + βp X p )n . Aceasta este o contradict¸ie pentru c˘ a membrul stˆ ang este un polinom de grad zero, iar membrul drept este un polinom de gradul np > 0, c˘aci coeficientul s˘ au dominant a A este domeniu de integritate). Deci am este ϕ(an )βpn = 0A (am ¸tinut cont c˘ am cu ϕ¯ respectiv ϕ¯−1 restrict¸iile lui ϕ ¸si ϕ−1 la Z, demonstrat c˘a ϕ−1 (A) ⊆ Z. Not˘ respectiv A. Dein cele demonstrate anterior avem c˘ a ϕ¯ : Z → A ¸si ϕ¯−1 : A → Z. ϕ¯ −1 −1 −1 a c˘ a ¸si ϕ¯ sunt morfisme de inele ¸si ϕ¯ ◦ ϕ¯ = 1A ¸si ϕ¯ ◦ ϕ¯ = 1Z , ceea ce ˆınseamn˘

CAPITOLUL 5. INELE - SOLUT ¸ II

76

ϕ¯ : Z → A este un morfism de inele inversabil, deci este un izomorfism. Astfel avem Z  A. (1A ¸si 1Z sunt morfismele identice ale respectivelor inele) 23. Fie A un domeniu de integritate ¸si U (A) grupul multiplicativ al elementelor sale inversabile. Presupunem c˘ a exist˘ a un izomorfism de grupuri ϕ : (A, +) → (U (A), ·). Deoarece −1 ∈ U (A) ¸si morfismul ϕ este surjectiv, rezult˘a c˘a exist˘ a a ∈ A cu proprietatea c˘a ϕ(a) = −1. Atunci ϕ(a + a) = ϕ(a)ϕ(a) = (−1)(−1) = 1 = ϕ(0). Cum ϕ este injectiv, rezult˘ a c˘ a a + a = 0, deci a(1 + 1) = 0. Dac˘a a = 0 avem c˘ a ϕ(a) = ϕ(0) ⇒ 1 = −1 ¸si dac˘ a a = 0 atunci din faptul c˘ a A este inel integru avem c˘ a 1 + 1 = 0, deci acela¸si lucru. Astfel x + x = x(1 + 1) = 0, ∀x ∈ A. Deci ϕ2 (x) = ϕ(x + x) = ϕ(0) = 1, ∀x ∈ A. a Deci (ϕ(x) − 1)(ϕ(x) + 1) = 0, ∀x ∈ A ⇒ (ϕ(x) + 1)2 = 0, ∀x ∈ A. Din faptul c˘ A este inel integru rezult˘ a c˘ a ϕ(x) − 1 = 0, ∀x ∈ A. Deci Imϕ = {1}. Cum ϕ este izomorfism avem c˘a A = {0}. Contradict¸ie! pentru c˘ a 1 = 0. Deci (A, +) nu este izomorf cu (U (A), ·). Atunci cˆand A este corp, A∗ = U (A). Deci grupul aditiv al unui corp comutativ nu este izomorf cu grupul multiplicativ al elementelor sale nenule. 24. S˘ a consider˘am mult¸imile: A1 = {y ∈ A|f (xy) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ A} A2 = {y ∈ A|f (xy) = f (y)f (x), ∀x ∈ A}. Din ipoteza 1) rezult˘a c˘a f este un morfism de la grupul (A, +) la grupul (B, +), deci f (0A ) = 0B . Atunci se vede c˘a 0A ∈ A1 , A2 , deci A1 ¸si A2 sunt nevide. Fie y1 , y2 ∈ A1 . Avem pentru orice x ∈ A: f (x(y1 − y2 )) = f (xy1 − xy2 ) = f (xy1 ) − f (xy2 ) = f (x)f (y1 ) − f (x)f (y2 ) = f (x)(f (y1 ) − f (y2 )) = f (x)f (y1 − y2 ), a c˘ a ceea ce arat˘ a c˘a y1 − y2 ∈ A1 deci A1 este subgrup al lui (A, +). Analog se arat˘ A2 este subgrup al lui (A, +). a. Incluziunea (A1 ∪ A2 ) ⊆ A este evident˘ Consider˘ am mult¸imile: C1 (y0 ) = {x ∈ A|f (xy0 ) = f (x)f (y0 )} C2 (y0 ) = {x ∈ A|f (xy0 ) = f (y0 )f (x)}. Ca ¸si mai ˆınainte se demonstreaz˘a c˘ a C1 (y0 ) ¸si C2 (y0 ) sunt subgrupuri ale grupului a ipotezei 2) avem (A, +). Avem incluziunea (C1 (y0 ) ∪ C2 (y0 )) ⊆ A, dar datorit˘ a c˘a pentru orice x ∈ A avem f (xy0 ) = f (x)f (y0 ) sau f (xy0 ) = f (y0 )f (x), adic˘ x ∈ C1 (y0 ) sau x ∈ C2 (y0 ), deci x ∈ C1 (y0 ) ∪ C2 (y0 ). Deci A ⊆ C1 (y0 ) ∪ C2 (y0 ). Rezult˘a c˘ a A = C1 (y0 ) ∪ C2 (y0 ). Deoarece un grup nu se poate scrie ca reuniune de dou˘ a subgrupuri proprii ale sale (problema 37 se la subgrupuri) rezult˘a c˘ a C1 (y0 ) = A sau C2 (y0 ) = A. Dac˘a C1 (y0 ) = A atunci pentru orice x ∈ A avem f (xy0 ) = f (x)f (y0 ), deci y0 ∈ A1 . Dac˘a C2 (y0 ) = A atunci pentru orice x ∈ A avem f (xy0 ) = f (y0 )f (x), deci y0 ∈ A2 .

77 a Am ar˘atat a¸sadar c˘ a y0 ∈ A1 ∪ A2 ¸si cum y0 a fost ales arbitrar ˆın A, deducem c˘ a este evedent˘a, avem A = A1 ∪ A2 . A ⊆ A1 ∪ A2 . Cum incluziunea invers˘ Din nou, ˆıns˘ a, nu putem avea un grup ca reuniunea a dou˘a subgrupuri proprii ale sale, a f este morfism de inele, sau A = A2 , adic˘ a f este antimorfism deci A = A1 , adic˘ de inele. 25. 1) [x + 1, y] = (x + 1)y − y(x + 1) = xy + y − yx − y = xy − yx = [x, y]. [x, y + 1] = x(y + 1) − (y + 1)x = xy + x − yx − x = xy − yx = [x, y]. an∈N 2) Din nou facem convent¸ia c˘ a k · x = x + x + ... + x , ∀x ∈ A, k ∈ N. Exist˘ k ori

astfel ˆıncˆ at xn [x, y] = 0, ∀x, y ∈ A. Dac˘ a n = 0 atunci avem [x, y] = 0, ∀x, y ∈ A, deci A este comutativ. Fie acum n > 0. Deoarece xn [x, y] = 0, atunci avem xn+r [x, y] = xr (xn [x, y]) = 0, ∀r > 0 (1). Pentru x → x + 1 avem (x + 1)n [x + 1, y] = (x + 1)n [x,

y] = 0. ˆInmult¸im la stˆ anga cu xn−1 avem xn−1 (x + 1)n [x, y] = 0, ∀x, y ∈ A ⇒ x2n−1 +

 



 n n n 2n−2 n n−1 2n−1 x [x, y] = 0 ⇒ x +...+ x +x [x, y]+ x2n−2 [x, y]+ n− 1 1 n − 1

 (1) n ... + xn [x, y] + xn−1 [x, y] = 0 ⇒ 0 + 0 + ... + 0 + xn−1 [x, y] = 0 ⇒ xn−1 [x, y] = 0, 1 toate aceste relat¸ii fiind adev˘ arate pentru orice x, y ∈ A. Deci am coborˆat de la n la n − 1 ˆın relat¸ia dat˘ a. Astfel putem continua pˆan˘ a cˆ and n = 0. Deci ajungem la [x, y] = 0, ∀x, y ∈ A, adic˘ a A este comutativ. 26. Fie x = a − b ¸si y = b − c. Calcul˘ am x2 + yx + y 2 = (a − b)2 + (b − c)(a − b) + (b − c)2 = 2 2 2 a −ab−ba+b +ba−b −ca+cb+b2 −bc−cb+c2 = a2 +b2 +c2 −ab−bc−ca = 0, deci a relat anga, respectiv cu x la dreapta y 2 + yx + x2 = 0. ˆInmult¸ind aceast˘ ¸ie cu y la stˆ y 3 + y 2 x + yx2 = 0 3 3 ⇒ x − y = 0 (am sc˘azut cele dou˘ a relat¸ii) obt¸inem respectiv y 2 x + yx2 + x3 = 0 (ii)

am c˘ a b − c = c − a. Deci ⇒ x3 = y 3 ⇒ x = y ⇒ a − b = b − c. Analog demonstr˘ (i)

a−b = b−c = c−a = x ⇒ 3x = a−b+b−c+c−a = 0 ⇒ 6x = 0 ⇒ x = 0 ⇒ a = b = c. 27. a) ⇐⇒ x2 − x = 0 ∈ Z(A) b) ⇐⇒ x2 − x = 1 ∈ Z(A) c) ⇐⇒ x2 − x = −1 ∈ Z(A) Deci x2 − x ∈ Z(A), ∀x ∈ A. Conform problemei 11 inelul A este comutativ. 28. a, b ∈ A astfel ˆıncˆ at ab = a + b. Avem (ab − ba)2 = abab − abba − baab + baba = (a + 2 b) −(a+b)ba−ba(a+b)+b(a+b)a = a2 +ab+ba+b2 −aba−b2 a−ba2 −bab+ba2 +b2 a = a2 + ab + ba + b2 − (a + b)a − b(a + b) = a2 + ab + ba + b2 − a2 − ba − ba − b2 = ab − ba. Deci avem (ab − ba)2 = ab − ba ¸si din enunt¸ rezult˘a c˘ a ab − ba ∈ {0, 1}. Presupunem c˘a ab − ba = 1| · b la dreapta ⇒ abb − bab = 1 ⇒ (a + b)b − b(a + b) = a b = 1, deci b ⇒ ab + b2 − ba − b2 = b ⇒ ab − ba = b. Cum ab − ba = 1 rezult˘a c˘ 1 = ab − ba = a − a = 0. Contradict¸ie, pentru c˘ a A cont¸ine cel put¸in dou˘ a elemente! Deci presupunerea f˘acut˘ a este fals˘ a. Astfel rezult˘a c˘ a ab − ba = 0, deci ab = ba.

CAPITOLUL 5. INELE - SOLUT ¸ II

78

29. Calcul˘am a(b + ab − ba) = ab + aab − aba = a + b + a(a + b) − (a + b)a = a + b + at a2 + ab − a2 − ba = a + (b + ab − ba), dar b este singurul element din A astfel ˆıncˆ ab = a + b. Rezult˘ a c˘ a b = b + ab − ba ⇒ ab − ba = 0 ⇒ ab = ba. a c˘ a n este impar. Fie k ordinul lui 1 ˆın grupul (A, +). Cum 30. a) Cum n+1 2 ∈ N rezult˘ k|n, rezult˘a k impar ¸si k ≥ 3, deci (2, k) = 1. Prin urmare exist˘ a u, v ∈ Z cu u > 0 ¸si 2u + kv = 1. Obt¸inem (1 + 1) (1 + 1... + 1) = 1, deci 1 + 1 este inversabil.   u ori

b) Consider˘ am funt¸ia f : A → A, f (x) = x2 . Deoarece egalitatea a = −a implic˘a a pentru b ∈ (1 + 1)a = 0 sau a = 0 rezult˘a c˘ a a = −a, ∀a ∈ A∗ . Obt¸inem c˘ −1 Im(f ), b = 0 avem |f (b)| ≥ 2 ¸si |f −1 (0)| ≥ 1. Cum n=

 b∈Im(f )

|f −1 (b)| ≥

n−1 + 1 = n. 2

Deci |f (b)| = 2, ∀b ∈ Im(f ), b = 0 ¸si |f −1 (0)| = 1. Deci pentru orice x, y ∈ A, din a x = ±y. x2 = y 2 rezut˘ Not˘ am 2 = 1 + 1. Consider˘am x, y ∈ A cu xy = 0. Cum (yx)2 = yxyx = 0 rezult˘a a cu orice c˘ a yx = 0. Alegem a = 2−1 (x + y) ¸si b = 2−1 (x − y). Cum 2−1 comut˘ element din A rezult˘a c˘a a2 = b2 = 4−1 (x2 + y 2 ). Rezult˘ a c˘a a = ±b. Deci x = 0 sau y = 0. Astfel A este un inel integru, a¸sadar este corp. 31. ”(a) ⇒ (b)”: Deoarece A este corp, rezult˘ a c˘ a x2 +1 = x pentru orice x ∈ A, deci n acini 2 + 1 ∈ M . Dac˘a t ∈ M atunci polinomul f = X t − X ∈ A[X] are 2n + 1 r˘ad˘ ˆın A, deci t ≥ 2n + 1, de unde rezult˘a c˘ a cel mai mic element din M este 2n + 1. n ”(b) ⇒ (a)”: Presupunem c˘a A nu este corp. Dac˘ a a ∈ U (A) atunci a2 = 1. Fie a A s ordinul lui a ˆın U (A); rezult˘ a c˘ a s = 2k cu k ≤ n. Pentru k = n rezult˘a c˘ n−1 n−1 = 1 deci x2 +1 = x pentru orice este corp, fals, deci k ≤ n − 1. Rezult˘a c˘ a a2 x ∈ U (A). Fie b ∈ A∗ \ U (A). Dac˘ a exist˘ a p ∈ N∗ cu bp = 0 ¸si bp+1 = 0 atunci pentru c = bp n +1 2 2 avem c = 0, deci c = c = 0, fals. n a 1 ≤ i < j ≤ 2n cu bi = bj , echivalent Rezult˘a c˘ a b, b2 , ..., b2 ∈ A \ {0, 1}, deci exist˘ n +1−i i i j−i j−i 2 b (bj−i − 1) = 0. cu b (b − 1) = 0. Obt¸inem b(b − 1) = b n n n Dac˘a j − i ≥ 2n−1 atunci bj = b2 +1+i−1 = b2 +i , deci bj (b2 −(j−i) − 1) = 0, de n a exist˘ a unde b(b2 −(j−i) − 1) = 0. Cum 2n − (j − i) ≤ 2n−1 , putem presupune c˘ n−1 1 ≤ m ≤ 2n−1 cu b(bm − 1) = 0. Deoarece polinomul X 2 + 1 este ireductibil ˆın n−1 a (X m −1, X 2 +1) = 1 ˆın Q[X], deci exist˘a u, v ∈ Z[X] Q[X] ¸si m ≤ 2n−1 rezult˘a c˘ cu n−1 + 1)v = 2, (X m − 1)u + (X 2 n

deci (bm − 1)u(b) + (b2 + 1)v(b) = 2. Prin amplificare cu b(b2 − 1) rezult˘a c˘ a n−1 2 − 1) = 0. Cum caracteristica inelului este impar˘a, obt¸inem 2 ∈ U (A), deci 2b(b n−1 x2 +1 = x, pentru orice x ∈ A∗ \ U (A). n−1 Obt¸inem c˘a x2 +1 = x pentru orice x ∈ A, deci 2n−1 +1 ∈ M . Cum 2 ≤ 2n−1 +1 ≤ 2n + 1, se contrazice minimalitatea lui 2n + 1. n−1

n−1

79 32. Funct¸ia ϕ : A → A, ϕ(x) = xn − x, nu este injectiv˘a: ϕ(0) = ϕ(1) = 0. Deoarece A este finit, rezult˘ a c˘ a ϕ nu este surjectiv˘a. Deci exist˘a a ∈ A \ Imϕ. Prin urmare polinomul f = X n − X − a nu are nici o r˘ ad˘ acin˘ a ˆın A. 33. x2 y + yx = y 2 x + xy, ∀x, y ∈ A. Pentru y = 1 se obt¸ine x2 + x = x + x, ∀x ∈ A. Deci x2 = x, ∀x ∈ A. Astfel inelul A este boolean, deci comutativ. 34. a) (k, p) = 1 implic˘ a ∃a, b ∈ Z astfel ˆıncˆ at ka + pb = 1 deci (k1A )(a1A ) = 1A . Deci k · 1A este inversabil. a 1A = b ∈ B. b) Pentru x = y = 1A rezult˘a c˘ c) Dac˘ a A este necomutativ, exist˘ a x, y ∈ A, b ∈ B \ {1A } cu xy = byx. De aici rezult˘a c˘ a x + k1A ¸si y nu comut˘a pentru orice k ∈ {0, 1, 2, ..., p − 1} ¸si cum B \ {1A } are p − 1 elemente, rezult˘a din principiul cutiei c˘a exist˘ a s < r ∈ {0, 1, ..., p − 1} ¸si at (x + r1A )y = ay(x + r1A ) ¸si (x + s1A )y = ay(x + s1A ). a ∈ B \ {1A } astfel ˆıncˆ Notˆ and z = x+s1A ¸si t = r−s ∈ {1, 2, ..., p−1} avem zy = ayz ¸si (z+t1A )y = ay(z+ t1A ) ⇒ zy = ayz ¸si zy + (t1A )y = ayz + ay(t1A ) ⇒ (t1A )y = (t1A )ay ⇒ y = ay. Deci din zy = ayz rezult˘a c˘ a zy = yz. Astfel (x + s1A )y = y(x + s1A ) ⇒ xy = yx. Contradict¸ie! Astfel am v˘azut c˘ a presupunerea f˘acut˘ a este fals˘ a, deci A este comutativ. 35. Fie x ∈ L ⇒ xa = 1. Avem f (x)a = (ax − 1 + b)a = axa − a + ba = a(xa) − a + 1 = a−a+1 = 1, deci f (x) este invers la stˆ anga al lui a ¸si astfel f (x) ∈ L. Deci f (L) ⊂ L. at f (x0 ) = b ⇒ ax0 − 1 + b = Evident b ∈ L. Presupunem c˘a exist˘ a x0 ∈ L astfel ˆıncˆ / f (L) ¸si b ∈ L. Astfel b ⇒ ax0 = 1 ⇒ a are invers la dreapta. Contradict¸ie! Deci b ∈ L = f (L). Fie x, y ∈ L. Avem c˘ a f (x) = f (y) ⇒ ax − 1 + b = ay − 1 + b ⇒ ax = ay| · b la stˆ anga ⇒ x = y, deci f este injectiv˘a. Presupunem c˘a A este finit. Rezult˘ a c˘ a L este finit˘ a pentru c˘ a L ⊂ A. Cum f¯ : L → L, f¯(x) = ax − 1 + b este bine definit˘ a ¸si injectiv˘a, rezult˘a c˘ a f¯ este ¸si surjectiv˘a. Contradict¸ie, pentru c˘ ab∈ / f (L) = f¯(L). Deci presupunerea f˘ acut˘ a este fals˘ a, ¸si A nu este inel finit. at xn = 0. 36. Fie x ∈ A \ U (A), x = 0. Din enunt¸ ¸stim c˘a exist˘ a n ∈ N∗ astfel ˆıncˆ Presupunem c˘a x + 1 nu este inversabil, astfel, conform enunt¸ului exist˘a

m ∈N∗ cu n (x + 1)m = 0. ˆInmult¸ind aceast˘ a relat¸ie cu xn−1 avem c˘ a xm+n−1 + ... + xn + 1 xn−1 = 0 ⇒ xn−1 = 0. Deci de la n am coborˆat la n − 1. Astfel putem coborˆı pˆ an˘ a la 1, ¸si obt¸inem x = 0. Contradict¸ie! Deci x + 1 ∈ U (A). Astfel avem cazurile: i) x, y ∈ U (A) ⇒ xy = yx. ii) x ∈ U (A), y ∈ / U (A) ⇒ x, y + 1 ∈ U (A) ⇒ x(y + 1) = (y + 1)x ⇒ xy + x = yx + x ⇒ xy = yx. Analog pentru x ∈ / U (A), y ∈ U (A). iii) x, y ∈ / U (A) ⇒ x + 1, y + 1 ∈ U (A) ⇒ (x + 1)(y + 1) = (y + 1)(x + 1) ⇒ xy + x + y + 1 = yx + x + y + 1 ⇒ xy = yx.

CAPITOLUL 5. INELE - SOLUT ¸ II

80

Deci pentru orice x, y ∈ A avem xy = yx. A este comutativ. S˘ a vedem acum partea a doua a problemei. Avem x2 ∈ {0, 1}, ∀x ∈ A. Fie B = {x ∈ A|x2 = 0} ¸si C = {x ∈ A|x2 = 1}. Fie acum x ∈ B. Deci x2 = 0. Presupunem (x + 1)2 = 0 ⇒ x2 + x + x + 1 = 0 ⇒ x + x = −1 ⇒ (x + x)(x + x) = (−1)(−1) ⇒ x2 + x2 + x2 + x2 = 1 ⇒ 0 = 1. a x + 1 ∈ C. Contradict¸ie! A are mai mult de dou˘a elemente! Deci (x + 1)2 = 1, adic˘ x ∈ C ⇒ x inversabil ¸si x inversabil ⇒ x ∈ C, pentru c˘ a dac˘ a x este inversabil nu a C = U (A). Astfel partea a doua a problemei devine putem avea x2 = 0. Rezult˘a c˘ un caz particular al primei probleme, ¸si se rezolv˘ a analog. 37. Presupunem c˘a exist˘ a x, y ∈ Zp cu (x+y)−1 = x−1 +y −1 . ˆInmult¸im aceast˘a relat¸ie cu x + y. Rezult˘a c˘ a (x + y)(x + y)−1 = (x + y)(x−1 + y −1 ) ⇒ 1 = 1 + xy −1 + yx−1 + 1 ⇒ xy −1 +yx−1 +1 = 0. Notˆand z = xy −1 relat¸ia devine z+z −1 +1 = 0|·z ⇒ z 2 +z+1 = 0| · z − 1 ⇒ z 3 − 1 = 0 ⇒ z 3 = 1. ˆIn corpul Zp avem xp−1 = 1, ∀x ∈ Zp \ {ˆ 0}. Deci ¸si z p−1 = 1. Dac˘ a 3 nu divide p − 1 atunci (3, p − 1) = 1, deci exist˘a a, b ∈ Z cu 3a + (p − 1)b = 1 ⇒ z = z 3a+(p−1)b = 1. Deci datorit˘ a faptului c˘a z 2 + z + 1 = 0 avem 1 + 1 + 1 = 0. Contradict¸ie! Pentru c˘ a p este cel mai mic num˘ ar prim pentru care 1 + 1 + ... + 1 = 0 ¸si p > 3. Astfel vedem c˘ a singura situat¸ie favorabil˘ a este 3|p − 1.

p ori

38. Observ˘ am pentru ˆınceput c˘a nu toate elementele inelului sunt nilpotente pentru c˘ a 1 nu este nilpotent (1). Fie B ⊂ A, B = A mult¸imea elementelor nilpotente. Fie acum a, b ∈ a

B. Rezult˘ a c˘ p+q−1 ∗ p q p+q−1 p+q−1 1 p+q−2 a =a +(−1) b+ exist˘ a p, q ∈ N cu a = b = 0. Atunci (a−b) 1



 p+q−1 p+q−1 ...+(−1)q−1 ap bq−1 +(−1)q ap−1 bq +...+(−1)p+q−1 bp+q−1 = q−1 q 0. Deci a − b ∈ B. Prin urmare B este un subgrup al grupului (A, +). Dac˘a not˘ am ∗ cu b = |B|, b ∈ N atunci din teorema lui Lagrange deducem c˘a b|3n, dar din (1) avem c˘ a b = 3n. Astfel, b nu poate fi mai mare decˆ at cel mai mare divizor propriu al lui 3n. Datorit˘ a faptului c˘ a n este impar avem c˘a cel mai mare divizor al lui 3n este 3n ˆımpart¸it la cel mai mic divizor propriu al s˘ au, care este 3. Astfel b poate fi = n, adic˘ a exact ceea ce trebuia demonstrat. cel mult 3n 3 39. a) Deoarece grupul (A, +) are 8 elemente atunci ordinul elementului 1 divide 8, adic˘ a = 0. Dac˘ a exist˘ a k impar astfel ˆ ıncˆ a t 1 + 1 + ... + 1 atunci (8, k) = 1 1 + 1 + ... + 1     8 ori

k ori

¸si exist˘a m, n ∈ Z astfel ˆıncˆ at 8m + kn = 1. Deci 1 = (8m + kn) · 1 = 0. Contradict¸ie! Deci pentru k impar avem 1 + 1 + ... + 1 = 0. k ori

b) a3 + a + 1 = 0. Dac˘a a = 0 rezult˘a 1 = 0. Contradict¸ie! Dac˘a a = 1 atunci avem 1 + 1 + 1 = 0. Datorit˘a punctului a) obt¸inem o contradict¸ie. Deci a = 0 ¸si a = 1.

81 Presupunem c˘a a = 1 + 1  + .. + 1 . Atunci a3 + a + 1 = p3 · 1 + p · 1 + 1 = 0 ⇒ p ori

(p3 + p + 1) · 1 = 0. Contradoct¸ie pentru c˘a p3 + p + 1 este impar, oricare ar fi p num˘ ar natural nenul ¸si din punctul a) acest lucru nu este posibil! S˘ a not˘ am cu m cel mai mic num˘ ar natural nenul astfel ˆıncˆ at 1 +1+ ... + 1 = 0. Din m ori

punctul a) avem c˘a p|8, deci p ∈ {1, 2, 4, 8}. Pentru p = 1 avem 1 = 0. Contradict¸ie! Dac˘a p = 8 atunci putem scrie A = {0, 1, 1 + 1, ..., 1 ... + 1 }. Cum a ∈ A avem +1+ 7ori

∗ a = 1 + 1 + ... + 1 , p ∈ N . Contradict¸ie cu cele demonstrate anterior! p ori

Deci p ∈ {2, 4}. Presupunem p = 4. Atunci avem c˘a H = {0, 1, 1 + 1, 1 + 1 + 1} este subgrup al lui (A, +) ¸si cum a nu este ˆın acest subgrup avem A = {0, 1, 1 + 1, 1 + a sub 1 + 1, a, a + 1, a + 1 + 1, a + 1 + 1 + 1}. Egalitatea a3 + a + 1 = 0 poate fi scris˘ a c˘ a a este un element inversabil ˆın inelul A. forma a(−a2 − 1) = 1 ¸si arat˘ S˘ a lu˘ am acum elementul a + a. Evident a + a = a + i, unde i ∈ {0, 1, 1 + 1, 1 + 1 + 1} pentru c˘ a a∈ / {0, 1, 1 + 1, 1 + 1 + 1}. Deci a + a ∈ {0, 1, 1 + 1, 1 + 1 + 1}. Dac˘ a a + a = 0, cum a este inversabil atunci 1 + 1 = 0. Contradict¸ie cu minimailtatea lui 4. Dac˘a a + a = 1 atunci a + a + a + a = 1 + 1 = 0, din nou aceea¸si contradict¸ie. Dac˘a a + a = 1 + 1 atunci a + 1 + a + 1 = 1 + 1 + 1 + 1 = 0 deci 2(a + 1) = 0. a c˘ a −2a3 = 0 ¸si cum a este inversabil rezult˘ a c˘a 1 + 1 = 0. Cum a + 1 = −a3 , rezult˘ Contradict¸ie. Dac˘a a + a = 1 + 1 + 1 atunci ˆınmult¸ind cu 6 rezult˘ a c˘a 1 + 1 = 0, din nou contradict¸ie. Astfel cazul p = 4 este imposibil. a c˘ a Deci r˘amˆ ane numai cazul p = 2, deci 1+1=0. Cum a3 = −(a + 1), rezult˘ 6 2 2 2 7 6 2 3 a = (a+1) = a +a+a+1 = a +1, deci a = a ·a = (a +1)·a = a +a = −1 = 1. Fie λ ordinul elementului a ˆın grupul unit˘ a¸tilor lui A. Deoarece a7 = 1, rezult˘a c˘a λ|7, deci λ ∈ {1, 7}. Nu putem avea λ = 1 pentru c˘ a ar rezult˘a c˘ a a = 1. Contradict¸ie. Daci ˆın mod necesar λ = 7. A¸sadar subgrupul ciclic generat de a ˆın grupul U (A) are 7 elemente ¸si cum |A∗ | = 7 rezult˘a c˘a A∗ = U (A) = {1, a, a2 , ..., a7 }. Deci orice element nenul din A este inversabil. Astfel A este corp. 40. a) Fie K un corp finit. Fie X ⊂ K o submult¸ime astfel ˆıncˆ at K = {x ∈ K|x2 = ∗ arui element ˆıi 1}. Produsul elementelor din K \ X este egal cu 1 pentru c˘a fiec˘ corespunde inversul s˘ au. Este evident c˘a X = {1, −1}, deci produsul elementelor din X este -1. Astfel, produsul elementelor din K ∗ este egal cu produsul elementelor a (−1) · 1. Deci produsul elementelor nenule din K este -1. din X ∪ (K ∗ \ X), adic˘ ˆ 1 = −ˆ aˆ 1ˆ 2...p − 1. Deci, trecˆand la numere b) Aplicˆand punctul a) corpului Zp avem c˘ ˆıntregi avem 1 · 2 · ... · (p − 1) ≡ −1 (mod p). Deci (p − 1)! + 1 este divizibil cu p. 41. ”a) ⇒ b)”: Num˘arul de elemente inversabile din Zn este egal cu num˘arul de elemente neinversabile ⇒ n = 2 · ϕ(n), unde ϕ este indicatorul lui Euler. Aceast˘a ecuat¸ie a fost rezolvat˘ a ˆın problema 19, ¸si este verificat˘ a dac˘ a ¸si numai dac˘ a n = 2k , k ∈ N. k k−1 ⇒ n = 2 · ϕ(n), adic˘ a num˘arul ”b) ⇒ a)”: Dac˘a avem n = 2 atunci ϕ(n) = 2 de elemente inversabile este egal cu num˘ arul de elemente neinversabile.

CAPITOLUL 5. INELE - SOLUT ¸ II

82

42. a) Dac˘a |G| = 1, atunci |G| = 20 ¸si proprietatea are loc. Fie acum |G| ≥ 2. Alegem 1, deci {1, x} este un un element x ∈ G \ {ˆ 1}. Atunci, din x−1 = x rezult˘a x2 = ˆ subgrup al grupului G de ordinul 2. Deci G cont¸ine subgrupuri de ordin puteri (nenule) ale lui 2. Fie H un subgrup al lui G, de ordin o putere maximal˘ a k a lui k a a ∈ G \ H. Fie K = H ∪ Ha. Dac˘ a x, y ∈ H 2, |H| = 2 . Presupunem c˘a exist˘ a x, y ∈ Ha avem x = ua, y = va, u, v ∈ H ⇒ xy −1 = avem xy −1 ∈ H ⊂ K. Dac˘ a x ∈ H, y ∈ Ha avem y = ua, u ∈ (ua)(va)−1 = uaa−1 v −1 = uv −1 ∈ H ⊂ K. Dac˘ H ⇒ xy −1 = x(ua)−1 = xa−1 u−1 = xu−1 a−1 = (xu−1 )a ∈ Ha ⊂ K. Deci K este subgrup al lui G. Deoarece H ∩ Ha = ∅ avem c˘ a |K| = |H| + |Ha| = 2k + 2k = 2k+1 . Astfel am contrazis maximalitatea lui k. Rezult˘a c˘ a presupunerea f˘acut˘ a este fals˘ a k ¸si nu exist˘ a a ∈ G \ H. Astfel G = H, deci |G| = 2 , deci o putere a lui 2. b) Fie n = 2k pu1 1 pu2 2 ...pus s cu p1 < p2 < ... < ps numere prime impare ¸si ui , i = 1..s numere maturale. Grupul G are ϕ(n) elemente, iar conform punctului a) ordinul s˘ au este o putere a lui 2; rezult˘ a atunci c˘a ϕ(n) este o putere a lui 2. Deoarece ϕ(n) = 2k−1 p1u1 −1 p2u2 −1 ...pus s −1 (p1 − 1)(p2 − 1)...(ps − 1), trebuie s˘ a avem u1 = u2 = ... = us = 1 ¸si pi = 2ti + 1, ti ∈ Z, i = 1..s. A¸sadar k a c˘ a exist˘ a izomorfismul de inele Zn  Z2k × Zp1 × ... × Zps n = 2 p1 p2 ...ps ¸si rezult˘ prin funct¸ia urm˘atoare g(ˆ x) = (ˆ x, x ˆ, ..., x ˆ), unde x ˆ de pe prima pozit¸ie este clasa lui x ∈ Z v˘ azut˘ a ˆın Z2k , x ˆ de pe a doua pozit¸ie este clasa lui x ∈ Z v˘ azut˘ a ˆın Zp1 , ¸si a¸sa mai departe. Fie i ∈ {1, 2, ..., s} fixat. Dac˘ a lu˘am un element x ˆ ∈ U (Zn ) atunci vom a izomorfismului g rezult˘a g(ˆ x2 ) = 1, adic˘a x ˆ2 = 1 avea x2 = 1 ˆın U (Zn ) ¸si datorit˘ 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 3=ˆ 0. ˆın U (Zpi ). Deoarece (2, pi ) = 1 avem 2 ∈ U (Zpi ). Deci 2 = 1 ⇒ 4 = 1 ⇒ ˆ Rezult˘a c˘ a pi divide 3, deci pi = 3 ¸si atunci rezult˘a c˘ a s = 1 ¸si prin urmare n = 2k 3v , ˆ =ˆ aˆ 52 = ˆ 1 sau 24 0. cu v ∈ {0, 1}. De aici se vede c˘ a (5, n) = 1, deci ˆ 5 ∈ U (Zn ), adic˘ Acest lucru ne arat˘ a c˘ a n divide pe 24, deci n ∈ {2, 3, 4, 6, 8, 12, 24}. Se constat˘ a c˘a toate aceste valori verific˘ a enunt¸ul. arul 43. Pentru A ∈ Mn (R) fie u(A) num˘ Pentru matricea ⎛ 0 ⎜0 ⎜. . A=⎜ ⎜. ⎝0 0

natural cel mai mic pentru care An = On . ⎞ 1 1 ... 1 0 1 ... 0 ⎟ .. .. . . .⎟ . .. ⎟ . . ⎟ 0 0 ... 1 ⎠ 0 0 ... 0

cu n linii ¸si n coloane avem c˘ a u(A) = n. a m ∈ N cu proprietatea c˘a Fie B o matrice din M2 (R), B = O2 pentru care exist˘ B m = O2 . ˆIn acest caz u(B) = 2. Presupunem u(B) = t > 2. Deoarece B m = O2 rezult˘a c˘ a det(B) = 0 ¸si ecuat¸ia caracteristic˘a a matricii B este B 2 − tr(B)B = O2 . Dac˘a tr(B) = 0 atunci B 2 = O2 . Contradict¸ie! Deci tr(B) ∈ R∗ iar ˆın egalitatea a relat¸ie ˆınmult¸ind cu B t−2 obt¸inem precedent˘ a deducem c˘ a B 2 = tr(B)B. Din aceast˘ t t−1 t−1 c˘ a B = tr(B)B de unde rezult˘a c˘a B = O2 . Contradict¸ie cu minimalitatea lui t! Deci cel mai mic num˘ ar natural pentru care B t = O2 este t = 2. Presupunem c˘a inelele M2 (R) ¸si Mn (R) sunt izomorfe, ¸si fie f : M2 (R) → Mn (R)

83 at un izomorfism. Din surjectivitatea lui f avem c˘ a exist˘ a C ∈ M2 (R) astfel ˆıncˆ f (C) = A. Astfel avem c˘ a f (C n ) = An = On = f (O2 ). Din injectivitatea lui f avem c˘ a C n = O2 . Dar C ∈ M2 (R) ¸si deci C 2 = O2 . Atunci avem c˘a A2 = f (C 2 ) = ar pentru care An = On f (O2 ) = On . Dar din faptul c˘a n este cel mai mic num˘ rezult˘a c˘a n = 2. 44. a) Fie M = {a1 , a2 , ..., a2n }. Fie a ∈ M . Atunci a2 , a3 , ... ∈ M , dar cum M este o mult¸ime finit˘a exist˘ a i, j ∈ N, i < j astfel ˆıncˆ at ai = aj ⇒ ai (aj−i − 1) = 0. A nu i j−i = 1. Deci a este inversabil ¸si inversul s˘ au are divizori ai lui zero ¸si a = 0, deci a j−i−1 j−i este a . Deci M cont¸ine numai elemente inversabile. Cum a = 1 rezult˘a c˘ a 1 ∈ M. Dac˘a M este format˘ a numai din elemente inversabile ¸si este parte stabil˘ a fat¸a de operat¸ia de ˆınmult¸ire atunci M este un subgrup al lui U (A). Deci pentru orice a inversul oric˘ arui element din M \ {1} este deferit x ∈ M avem c˘a x−1 ∈ M . Dac˘ e respectivul element. Atunci ar rezult˘a c˘ a M are un num˘ ar impar de elemente, ceea ce este fals. Rezult˘ a atunci c˘a exist˘ a un element x = 1 astfel ˆıncˆ at x2 = 1 ⇒ (x + 1)(x − 1) = 0. Deci x = −1 ∈ M . Cum 1 ¸si -1 sunt elemente diferite ale lui M rezult˘a c˘a 1 = −1 ⇒ 1 + 1 = 0. b) Pentru orice a ∈ M avem ¸si (−1)a ∈ M , deci −a ∈ M . Astfel putem grupa elementele mult¸imii M ˆın perechi (x, −x). Astfel suma elementelor lui M este 0. c) Putem, deasemenea grupa elementele mult¸imii M , ˆın afar˘ a de 1 ¸si -1, ˆın perechi (x, x−1 ). Deci produsul elementelor lui M este 1 · (−1), adic˘a -1. a exist˘ a k = k(x) ∈ N∗ astfel ˆıncˆ at y 2 +1 = y, 45. Fie y ∈ A cu y 2 = 0. Din enunt¸ avem c˘ 2 deci 0 = y. Am demonstrat astfel c˘ a y = y implic˘a y = 0 (1). k−1 k k−1 k Calcul˘ am acum (x2 +1 −x)2 = x2 +2 −(1+1)x2 +2 +x2 = x2 +2 +(x2 +x2 )−x2 = k

(1)

x2 +2 − x2 = x(x2 +1 − x) = 0 ⇒ x2 +1 = x. Astfel am coborˆat de la k la k − 1 ¸si 0 a x2 = x. putem proceda analog pˆan˘ a cˆ and k = 0, deci x2 +1 = x, adic˘ k

k

k−1

46. Consider˘am x ∈ A \ {0} ¸si m, n ∈ N∗ astfel ˆıncˆ at (xm + 1)n = x. Rezult˘ a c˘a



  n n x xmn−1 + xm(n−1)−1 + ... + xm−1 − 1 = −1 1 n−1 ¸si, deci, x este inversabil pentru orice x ∈ A∗ . Deci A este corp. Fie g un endomorfism al lui A. Fie a, b ∈ A cu g(a) = g(b). Rezult˘ a c˘ a g(a − b) = 0. Dac˘ a a − b = 0 atunci a − b este inversabil ¸si avem 0 = g(a − b)g((a − b)−1 ) = g(1) = 1, fals. Deci a − b = 0 ⇒ a = b. Astfel am demonstrat c˘a g este injectiv˘a. Fie b ∈ A. Exist˘ a m, n ∈ N cu (bm + 1)n = b. Consider˘ am polinomul f = (X m − 1)n − X ∈ A[X] ¸si Uf mult¸imea r˘ad˘ acinilor sale m a t ∈ Uf atunci avem f (g(t)) = (g (t) + 1)n − g(t) = din A. Evident b ∈ Uf . Dac˘ m n n m+1 (g(t ) + 1) − g(t) = g (t ) − g(t) = g((tm + 1)n ) − g(t) = g((tm + 1)n − t) = a. g(f (t)) = g(0) = 0, deci g(t) ∈ Uf . Deoarece A este corp comutativ Uf este finit˘ a g(Uf ) = Uf ¸si atunci exist˘ a a ∈ Uf Deoarece f este injectiv˘a ¸si g(Uf ) ⊂ Uf rezult˘a c˘

84

CAPITOLUL 5. INELE - SOLUT ¸ II astfel ˆıncˆ at g(a) = b. Deoarece b a fost ales arbitrar avem c˘a g este surjectiv˘a. Prin urmare g este izomorfism.

47. Dac˘a not˘ am cu U (A) mult¸imea care cont¸ine elementele inversabile din A rezult˘a c˘ a ∗ U (A) este subgrup cu patru elemente al grupului (C , ·) ¸si astfel rezult˘a c˘a U (A) = {1, −1, i, −i}. a Cum i ∈ A exist˘ a u, v ∈ Z astfel ˆıncˆ at i = u + vα, v = 0, de unde α = i−u v . Dacorit˘ 2 a a, b ∈ Z astfel ˆıncˆ at α2 = a + bα. faptului c˘ a A este inel avem c˘a α ∈ A. Deci exist˘ a atunci Prin urmare, α este r˘ ad˘ acin˘ a a polinomului f = X 2 − bX − a ∈ Z[X]. Rezult˘ i+1 ad˘acun˘a a polinomului f , iar din relat¸iile lui Vi´ete obt¸inem c˘ a c˘a ¸si α ¯ = − v este r˘ ¯ )2 − 4αα ¯ ∈ Z, adic˘ a α+α ¯ = b ∈ Z ¸si α · α ¯ = −a ∈ Z. Prin urmare (α − α ¯ )2 = (α + α 2 2 ( 2i si atunci v42 ∈ Z, adic˘ a v 2 = 1 sau v 2 = 4. Dar avem α · α ¯ = u v+1 ∈ Z ¸si 2 v) ∈ Z ¸ a v = ±1. Arunci avem c˘a cum u2 + 1 nu este divizibil cu 4 obt¸inem c˘a v 2 = 1, adic˘ α = (i − u) unde ∈ {−1, 1}. Datorit˘ a faptului c˘ a i ∈ A ¸si Z ⊂ A rezult˘a c˘ a Z[i] ⊂ A. Reciproc, dac˘a z = a + bα ∈ A, atunci z = a + b (i − u) = a − bu + bi unde ∈ {1, −1}, deci z ∈ Z[i]. Astfel A ⊂ Z[i] ¸si atunci A = Z[i]. 48. S˘a presupunem c˘a A este infinit ¸si fie M = {x1 , ..., xk } mult¸imea tuturor divizorilor am faptul c˘a dac˘ a x ∈ M ¸si y ∈ A∗ \ M ai lui zero. Not˘am A∗ = A \ {0}. Observ˘ ∗ atunci xy ∈ M . Dac˘a am avea xy ∈ A \ M , atunci xy ar fi inversabil, deci ar exista z ∈ A∗ \ M cu proprietatea xyz = 1 de unde obt¸inem x = z −1 y −1 ∈ A∗ \ M . Contradict¸ie! Pentru x1 ∈ M fixat, definim aplicat¸ia f : A∗ \ M → M prin f (y) = x1 y. Deoarece a, iar M este finit˘ a rezult˘ a c˘a f nu este injectiv˘a. Mai mult, exist˘ a A∗ \ M este infinit˘ o infinitate de elemente y1 , ..., yk , ... ∈ A∗ \ M cu prprietatea x1 y1 = x1 yn , de unde x1 (y1 − yn ) = 0, deci y1 − yn este un divizor al lui zero pentru orice n, prin urmare M este infinit˘ a. Contradict¸ie! Deci A este un inel finit. 49. a) Avem (−1)6 = (−1)3 , deci 1+1=0. S¸i cum (x + 1)6 = x6 + 6x5 + 15x4 + 20x3 + 15x2 + 6x + 1 = x6 + x4 + x2 + 1, iar (x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1 = x3 + x2 + x + 1. Din aceste dou˘ a relat¸ii ¸si din faptul c˘a (x + 1)6 = (x + 1)3 rezult˘a c˘ a x4 = x, ∀x ∈ A. 2 4 am b) Conform punctului anterior dac˘ a z = 0 atunci z = 0 ¸si evident z = 0. Calcul˘ 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 (x yx − x y) = x yx yx − x yx yx + x yx y − x yx y = 0, de unde rezult˘a c˘ a x3 yx3 = x3 y, ∀x, y ∈ A. c) Analog demonstr˘am c˘ a x3 yx3 = yx3 , ∀x, y ∈ A. Astfel rezult˘ a c˘ a x3 y = 3 3 3 3 2 yx , ∀x, y ∈ A. Deasemenea avem (x + 1) y = y(x + 1) ⇒ x y + x y + xy + y = yx3 + yx2 + yx + y ⇒ (x2 + x)y = y(x2 + x), ∀x, y ∈ A. Deci x2 + x ∈ Z(A), ∀x ∈ A, a A este comutativ (problema 11). adic˘ a x2 − x ∈ Z(A), ∀x ∈ A. De aici rezult˘a c˘ 50. Evident relat¸ia a2 − a = 1 + 1 este verificat˘ a de a1 = −1 ¸si a2 = 1 + 1. Dar relat¸ia a aceasta este verificat˘ a de un singur element din A. De aici rezult˘a a1 = a2 , adic˘ −1 = 1 + 1. Deci 1 + 1 + 1 = 0.

85 51. a) Dac˘a d este divizor al lui 0 atunci exist˘a x ∈ A astfel ˆıncˆ at d · x = 0 deci ¸si x este divizor al lui zero, deci x = d ¸si d2 = 0. Este evident c˘a d = 0 ¸si d = 1 pentru c˘a d este divizor al lui 0. De asemenea 1 + d = 1, 1 + d = d ¸si 1 + d = 0. Dac˘a 1+d = 0 ⇒ d = −1 rezult˘a d2 = 1 = 0. Fals! Deoarece 1+d ∈ A rezult˘a c˘a ˆın A mai exist˘ a cel put¸in un element diferit de 0, 1 ¸si d. Fie acum x ∈ A, x = 0, x = 1, x = d. Avem d · dx = 0. Deci dx = 0 sau dx = d. Dac˘ a dx = 0 atunci x = 0 sau x = d. Fals! Dac˘a dx = d ⇒ d(x − 1) = 0. Deci x − 1 = 0 ⇒ x = 1 (Fals!) sau x − 1 = d ⇒ x = d + 1. Astfel rezult˘ a c˘ a A = {0, 1, d, d + 1} ¸si A are num˘ ar par de elemente. b) Cum A are 4 elemente rezult˘ a c˘ a (A, +, ·) este izomorf cu Z4 sau este izmorf cu grupul lui Klein. Dac˘a (A, +, ·)  Z4 atunci x2 + x + 1 = 0 nu are solut¸ii ¸si ecuat¸ia x2 + x + 2d = 0 are solut¸iile x = 0 ¸si x = −1. Dac˘a A este izomorf cu grupul lui Klein atunci rezult˘ a imediat c˘a x2 + x + 1 = 0 nu are solut¸ii ¸si x2 + x + 2d = 0 are solut¸iile x = 0 ¸si x = 1. 52. ˆIn A[X] avem c˘ a (X 2 − X + 1)(X + 1) = X 3 + 1, (X 3 + 1)(X 3 − 1) = X 6 − 1 6 6(n−1) + ... + X 6 + 1) = X 6n − 1. Deci exist˘a f ∈ A[X] astfel ˆıncˆ at ¸si (X − 1)(X 6n 2 a 1 = x6n+2 −x+ X −1 = (X −X +1)f (x). Folosind egalitatea din enunt¸, rezult˘a c˘ 1 = x2 (x6n − 1) + x2 − x + 1 ⇒ 1 = (x2 − x + 1)(x2 p(x) + 1) = (x2 p(x) + 1)(x2 − x + 1), de unde rezult˘a evident c˘a x2 − x + 1 este inversabil ˆın inelul A. 53. ”a) ⇒ b)”: Dac˘a Sn  Un atunci dac˘a X ∈ Sn ¸si f : Sn → Un este un izomorfism de grupuri atunci f (A) = f (X n ) = (f (X))n = 1. Deci f (A) = f (A2 ) ¸si din faptul c˘ a f este injectiv˘a rezult˘a c˘ a A = A2 . and la determinant¸i rezult˘a c˘a (det(A))2 = det(A) ”b) ⇒ a)”: Avem c˘ a A2 = A. Trecˆ ¸si astfel avem c˘a det(A) ∈ {0, 1}. Dac˘ a det(A) = 1 atunci, ¸tinˆ and cont de relat¸ia Hamilton − Cayley avem A2 − T r(A)A + det(A)I2 = 0, deci A2 − T r(A)A + I2 = 0. De aici ¸si din faptul c˘a A2 = A rezult˘a c˘a A(T r(A) − 1) = I2 ¸si nu putem avea 1 I2 ¸si cum A2 = A T r(A) = 1 pentru c˘ a ar rezulta c˘ a O2 = I2 . Deci A = T r(A)−1 rezult˘a c˘ a (T r(A) − 1)2 = T r(A) − 1. De aici rezult˘a c˘a T r(A) = 2, adic˘a A = I2 . Contradict¸ie! Deci det(A) = 0. Dac˘a X ∈ Sn atunci det(A) = (det(X))n , deci ¸si det(X) = 0. Astfel, tot din relat¸ia Hamilton − Cayley rezult˘a c˘ a X 2 = αX (unde α = T r(X)). Prin induct¸ie avem k k−1 a c˘ a X = α X, ∀k ∈ N, k ≥ 2. Cum X n = A avem αn−1 X = A. Atunci exist˘ at X = βA. Deoarece A = X n = β n An = β n A rezult˘a c˘ a β n = 1. β ∈ C∗ astfel ˆıncˆ Dac˘a X ∈ Sn atunci X = βA unde β ∈ Un . Deci Sn ⊂ A · Un . Invers dac˘ a β ∈ Un atunci β · A ∈ Sn . Deci ¸si A · Un ⊂ Sn . Astfel avem Sn = A · Un ¸si astfel Sn  Un . 54. Avem x2 +1 = 1 ∀x ∈ A∗ . Deci orice element nenul x ∈ A este inversabil ¸si inn versul s˘ au este x2 . Dac˘a ˆın relat¸ia din enunt¸ punem x = −1 atunci obt¸inem c˘a n +1 2 = −1. Deci 1 + 1 = 0 ¸si astfel A este un corp de caracteristic˘a 2. 1 = (−1) Putem avea A = {0, 1}, care ˆındepline¸ste condit¸ia pentru orice n ∈ N.  2n n n n x2 −1 + Altfel exist˘ a x ∈ A\{0, 1} ¸si atunci avem (x+1)−1 = (x+1)2 = x2 + 1 n

CAPITOLUL 5. INELE - SOLUT ¸ II

86

 2n n x + 1 = x2 + 1 = x−1 + 1. Am obt¸inut astfel c˘ ... + a (x + 1)−1 = x−1 + 1. n 2 −1 ˆInmult¸ind cu x + 1 avem c˘ a 1 = (x + 1)x−1 + x + 1 ⇒ 1 = 1 + x−1 + x + 1. Deci −1 a x2 + x + 1 = 0, ∀x ∈ A \ {0, 1}. Dax + x + 1 = 0 ¸si ˆınmult¸ind cu x avem c˘ 2 torit˘ a faptului c˘ a 1 = −1 rezult˘a c˘a x − x = x2 + x = −1 = 1 ∈ Z(A). Deci a c˘ a corpul A este comutativ. x2 − x ∈ Z(A), ∀x ∈ A. Astfel, din problema 11 rezult˘ Se ¸stie faptul c˘ a un polinom de gradul n din inelul de polinoame al unui corp comutativ are cel mult n r˘ ad˘ acini ˆın acel corp. Deci, fiindc˘ a polinomul f = X 2 +X+1 ∈ A[X] are gradul 2, orice element din A \ {0, 1} este r˘ ad˘ acin˘ a a polinomului ¸si A este un corp comututativ rezult˘ a c˘ a |A \ {0, 1}| ≤ 2. Avem dou˘a cazuri: a x = 0 Contradict¸ie! i) A = {0, 1, x}. Atunci x2 = 1 ¸si cum x2 + x + 1 = 0 rezult˘a c˘ ii) A = {0, 1, x, x + 1}, care verific˘a enunt¸ul. Pentru ca acest corp s˘a ˆIndeplineasc˘ a a fie impar. condit¸ia din enunt¸ trebuie ca 3|2n + 1, adic˘a n s˘

55. Funct¸ia g : A → A, g(x) = xn − x, nu este injectiv˘a pentru c˘a g(0) = g(1) = 0. Pentru c˘ a A este finit rezult˘a c˘ a g nu este surjectiv˘a. Deci exist˘a a ∈ A \ Img. Prin urmare polinomul f = X n − X − a nu are nici o r˘ ad˘ acin˘ a ˆın A. 56. Observ˘ am c˘ a ˆın inelul A avem x2 = 0 ⇒ xn = 0 ⇒ x = 0. Fie a, y ∈ A oarecare. Calcul˘ am (ay − ayan−1 )2 = ayay − ayayan−1 − ayay + ayayan−1 = 0. Deci ay = n−1 ¸si an−1 y = an−1 yan−1 (1). Deasemenea (ya − an−1 ya)2 = yaya − yaya − aya an−1 yaya + an−1 yaya = 0. Deci ya = an−1 ya ¸si yan−1 = an−1 yan−1 (2). a Din (1) ¸si (2) rezult˘ a c˘ a an−1 y = yan−1 . Cum a ¸si y au fost ale¸si arbitrari, rezult˘ n−1 n−1 y = ya , ∀a, y ∈ A. Prin urmare an−1 ∈ Z(A), ∀a ∈ A. c˘ aa 57. Din problema 59 rezult˘a c˘ a a2 ∈ Z(A), ∀a ∈ A. 3 Din a+1 = (a+1) rezult˘a a+1 = a3 +3a2 +3a+1 ⇒ 3a2 +3a = 0 ∈ Z(A), ∀a ∈ A. a 3a ∈ Z(A), ∀a ∈ A. Deasemenea (a + a2 )2 ∈ Cum a2 ∈ Z(A), ∀a ∈ A rezult˘a c˘ Z(A), ∀a ∈ A, adic˘a 2a + 2a2 ∈ Z(A), ∀a ∈ A. Avem a2 ∈ Z(A), ∀a ∈ A, deci 2a ∈ Z(A), ∀a ∈ A. Din cele de mai sus avem c˘a a = 3a − 2a ∈ Z(A), ∀a ∈ A. Prin urmare A este comutativ. 58. Din problema 59 rezult˘a c˘ a a3 ∈ Z(A), ∀a ∈ A. Deasemenea 1 + 1 = 0 ˆın A. Avem a + a2 = (a + 1)3 − a3 − 1 ∈ Z(A), ∀a ∈ A. Deasemenea ab + ba = ((a + b) + (a + b)2 ) − (a + a2 ) − (b + b2 ) ∈ Z(A), ∀a, b ∈ A. Deci a(ab + ba) = (ab + ba)a ⇒ a2 b = ba2 , ∀a, b ∈ A. Atunci a2 ∈ Z(A), ∀a ∈ A. Din cele de mai sus, a = a + a2 − a2 ∈ Z(A), ∀a ∈ A. Deci A este comutativ. 59. Fie x ∈ A. Atunci f ((x + 1)3 ) = f (x3 + 3x2 + 3x + 1) = f 3 (x + 1) = (f (x) + 1)3 = f 3 (x) + 3f 2 (x) + 3f (x) + 1 ⇒ f (x3 ) + 3f (x2 ) + 3f (x) + 1 = f 3 (x) + 3f 2 (x) + 3f (x) + a c˘ a f (x2 ) = f 2 (x). Aceast˘ a 1 ⇒ 3f (x2 ) = 3f 2 (x). Deoarece 3 e inversabil rezult˘ proprietate are loc pentru orice x ∈ A. Avem f ((x + y)2 ) = f 2 (x + y) ⇐⇒ f (x2 + 2xy + y 2 ) = (f (x) + f (y))2 = f 2 (x) + 2f (x)f (y) + f 2 (y) ⇐⇒ f (x2 ) + 2f (xy) + f (y 2 ) = f 2 (x) + 2f (x)f (y) + f 2 (y) ⇒

87 2f (xy) = 2f (x)f (y), ∀x, y ∈ A. Deoarece 2 e inversabil ˆın A rezult˘a c˘a f (xy) = f (x)f (y), ∀x, y ∈ A, adic˘ a ceea ce trebuia demonstrat.

Capitolul 6

Corpuri - Solut¸ii 1. ”1) ⇒ 2)”: Fie A = {a1 , a2 , ..., ak } un corp finit, deci comutativ. Atunci se ¸stie c˘a dac˘ a consider˘ am un polinom P ∈ A[X] de grad n > 1, acesta admite ˆın corpul A cel mult n r˘ ad˘acini distincte. Fie acum f : A → A o funt¸ie arbitrar˘a. Consider˘am polinomul de interpolare Lagrange. (pentru comoditate scriem ”ˆımp˘ art¸irile” din A sub form˘ a de fract¸ie) k  (X − a1 )(X − a2 )...(X − ai−1 )(X − ai+1 )...(X − ak ) Q= · f (ai ). (ai − a1 )(ai − a2 )...(ai − ai−1 )(ai − ai+1 )...(ai − ak ) i=1

˜ funct¸ia polinominal˘ Avem Q ∈ A[X] ¸si notˆ and cu Q a asociat˘ a lui Q, se observ˘ a ˜ ¸si problema este ˜ i ) = f (ai ), i = 1, 2, ..., k. Aceast˘a ˆınseamn˘a c˘ af =Q u¸sor c˘a Q(a rezolvat˘ a. ”2) ⇒ 1)”: Presupunem ˆındeplinite condit¸iile de la 2). S˘a demonstr˘ am mai ˆıntˆ ai c˘ a A este un inel finit. Presupunem c˘ a A este infinit ¸ s i s˘ a consider˘ a m funct ¸ ia f : A →  0, dac˘ a x = 0 A, f (x) = . 1, dac˘ ax=0 Din 2) rezult˘ a c˘ a exist˘ a un polinom P = a0 + a1 X + ... + an X n ∈ A[X] cu f = P˜ . Avem n ≥ 1 pentru c˘a dac˘ a n ≤ 0 atunci P ar fi un polnom constant, deci P˜ = f ar fi o funct¸ie constant˘ a, ceea ce nu este adev˘arat pentru c˘ a 1 = 0 (A are mai mult de un element). Deci polinomul P de grad n ≥ 1 are o infinitate de r˘ ad˘ acini ˆın A, ceea ce este o contradict¸ie cu 2). Deci A este finit. S˘ a ar˘ at˘ am acum c˘ a A este domeniu de integritate, adic˘ a nu cont¸ine divizori ai lui zero. at ab = 0. Atunci polinomul f = aX ∈ S˘ a presupunem c˘a exist˘ a a, b ∈ A∗ astfel ˆıncˆ A[X] de gradul 1 are 2 > 1 r˘ ad˘ acini: pe 0 ¸si pe b = 0. Astfel se ajunge din nou la o contradict¸ie cu 2). Prin urmare A este domeniu de integritate. Deoarece A este finit ¸si este deasemenea domeniu de integritate rezult˘a c˘ a A este corp. a 2. a) Dac˘a 1 = −1 atunci 1 + 1 = 0. Dar ¸si 1 ... + 1 = 0. Astfel ar rezult˘a c˘ +1+ 9 ori

89

CAPITOLUL 6. CORPURI - SOLUT ¸ II

90 1 = 0. Contradict¸ie! Deci 1 = −1. b)

at p = 4m + 1. 3. Fie m ∈ N∗ astfel ˆıncˆ Din teorema lui Wilson avem c˘a p|(p−1)!+1, deci (p−1)!+1 = 0, ˆın K. Astfel avem c˘ a (4m)! = −1 ˆın K. Deasemenea avem 1 = −4m, 2 = −(4m−1), ..., 2m = −(2m+1), ˆın K, de unde rezult˘ a c˘a −1 = (4m)! = (−1)2m (4m)2 (4m − 1)2 ...(2m + 1)2 ⇒ ⇒ −1 = ((4m)(4m − 1)...(2m + 1))2 . Deci -1 este p˘atratul unui element din K. b) Fie a, b ∈ K ∗ dou˘ a elemente care comut˘a. Atunci (a + b)2 = a2 + b2 + 2ab 2 2 2 ¸si (a − b) = a + b − 2ab. Alegem b = (1 + 1)−1 . Cum K are caracteristica p at pm + 2n = 1. Deci impar rezult˘ a c˘ a exist˘ a m = 1, n = −2[ p2 ] ∈ Z astfel ˆıncˆ (1 + 1)(1 + 1 + ... + 1 ) = 1. Astfel, dac˘ a not˘ a m k = 1 +  1+  ... + 1 atunci k = n ori

n ori

a (1 + 1)−1 comut˘ a cu orice element din (1 + 1)−1 ¸si cum kx = xk, ∀x ∈ K rezult˘a c˘ K. Astfel rezult˘ a c˘a: dac˘ a a = −(1 + 1)−1 atunci a = (a + (1 + 1)−1 )2 − a2 − b2 = (a + k)2 + a21 + b21 pentru c˘ a -1 este p˘ atrat ˆın K. dac˘ a a = −(1 + 1)−1 atunci a = b ¸si avem a = a2 + b2 − (a − b)2 = a2 + b2 + c2 , pentru c˘ a −1 este p˘ atrat ˆIn K. ˆ ˆ atrate perfecte nenule. c) In Z5 , 0 nu se poate scrie ca ¸si sum˘a a trei p˘ am ˆın A elementele e1 = 4. Not˘am A = K1 × K2 × K3 ¸si B = K4 × K5 . Consider˘ (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1), iar ˆın B elementele f1 = (1, 0) ¸si f2 = (0, 1). Aceste elemente saticfac relat¸iile 1) e21 = e1 , e22 = e2 , e23 = e3 , f12 = f1 , f22 = f2 , (e1 , e2 , e3 , f1 , f2 sunt idempotente) 2) ei ej = ej ei = 0∀i, j ∈ {1, 2, 3}, i = j ¸si f1 f2 = f2 f1 = 0 3) e1 + e2 + e3 = (1, 1, 1), f1 + f2 = (1, 1). Presupunem c˘a exist˘ a un izomorfism de inele ϕ : A → B. Fie (x, y) ∈ B un element idempotent. Atunci x2 = x ˆın K4 ¸si y 2 = y ˆın K5 . Dar ecuat¸ia z 2 = z, echivalent˘a a singurele cu z(z − 1) = 0 are ˆın orice corp numai solut¸iile z1 = 0, z2 = 1. Rezult˘a c˘ elemente idempotente ale lui B sunt 0 = (0, 0), f1 , f2 , 1 = (1, 1). Cum ϕ este un izomorfism rezult˘ a c˘a ϕ(ei ) i = 1, 2, 3 sunt elemente idempotente distincte ¸si nenule din B. Atunci {ϕ(e1 ), ϕ(e2 ), ϕ(e3 )} = {f1 , f2 , (1, 1)}. Astfel rezult˘a din 2) c˘a produsul oric˘ aror dou˘a elemente din mult¸imea {f1 , f2 , (1, 1)} este 0. Contradict¸ie! Pentru c˘a f1 · (1, 1) = f1 = 0. Astfel deducem c˘a presupunerea existent¸ei izomorfismului ϕ este fals˘ a. Deci inelele A ¸si B nu sunt izomorfe. 5. Deoarece K este corp rezult˘ a c˘ a Q ⊂ K. (1, −1 ∈ K ⇒ Z ⊂ K ¸si K fiind corp avem c˘a x1 ∈ K, ∀x ∈ Z∗ , ¸si mai departe pq ∈ K, ∀p, q ∈ Z∗ ). √ √ √ ˆIn ipoteza a) cu a = 1 rezult˘a c˘a 2 ∈ K, iar apoi, cu a = 2 rezult˘a c˘ a 3 ∈ K.

91 √ ˆIn ipoteza b) pentru a = 1 rezult˘a direct c˘a 3 ∈ K. Astfel, dac˘a a ∈ K atunci  2



√ 2

2 3 1 2 3 1 2 √ · a+ + = +1 . a +a+1= a+ 2 4 2 2 3 Deasemenea 2

a +1=



2 √ 3

2

√

3 1 ·a+ 2 2

√

2 +

3 1 ·a− 2 2

2

 +1 .

Deci, dac˘ a ecuat¸ia de la a) are solut¸ii ˆın K atunci ¸si ecuat¸ia de la b) are solut¸ii ˆın K. Deci a) ⇐⇒ b). Un exemplu de corp se poate lua R. 6. Lem˘ a: Fie p ≥ 3 un num˘ ar prim. Afirmat¸iile urm˘atoare sunt echivalente: at a2 + b2 = ˆ 0; a) exist˘a a, b ∈ Z∗p astfel ˆıncˆ 2 ˆ b) exist˘ a x ∈ Zp astfel ˆıncˆ at x = −1; c) p = 4k + 1, k ∈ N∗ . 0. ˆInmult¸im cu b−2 ¸si obt¸inem ”a) ⇒ b)”: Presupunem c˘a exist˘ a a, b ∈ Z∗p cu a2 +b2 = ˆ c˘ a (ab−1 )2 + 1 = ˆ 0. Dac˘a not˘ am x = ab−1 atunci avem x2 + ˆ 1 = 0 ⇒ x2 = −ˆ 1, unde x ∈ Zp . 1 atunci x2 + ˆ 1 = 0 ¸si exist˘a a = x ¸si b = ˆ 1 ”b) ⇒ a)”: Dac˘a exist˘ a x ∈ Zp cu x2 = −ˆ 2 2 cu a + b = 0. ”b) ⇒ c)”: Presupunem c˘a exist˘ a x ∈ Zp cu x2 = −1. Ridicˆand la puterea 12 (p − 1) 1 1) 2 (p−1) , dar ˆın grupul (Z∗ , ·) avem xp−1 = 1. Atunci ˆ 1 = obt¸inem xp−1 = (−ˆ 1 (p−1) 1 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ 2 . Dac˘a 2 (p−1) ar fi impar atunci am avea 1 = −1, deci 2 = 0. Contradict¸ie (−1) pentru c˘ a p ≥ 3. Deci 12 (p − 1) este num˘ar par ¸si exist˘a k ∈ N∗ cu 12 (p − 1) = 2k ⇒ p − 1 = 4k ⇒ p = 4k + 1. ”c) ⇒ b)”: Presupunem c˘a exist˘ a k ∈ N∗ cu p = 4k + 1. Conform teoremei lui 1 ∈ Zp [X] are toate r˘ ad˘ acinile ˆın corpul Zp . Fermat avem c˘a polinomul f = X p−1 − ˆ 1 1 (p−1) (p−1) ˆ ˆ + 1 ¸si f2 = X 2 − 1. Atunci fiecare dintre Dar f = f1 · f2 , unde f1 = X 2 ad˘ acinile ˆın corpul Zp . Fie u ∈ Zp o r˘ ad˘ acin˘ a a polinomului polinoamele f1 ¸si f2 au r˘ 1 (p−1) 2k ˆ ˆ ˆ ˆ + 1 = 0. Adic˘a u + 1 = 0 ¸si dac˘ a not˘ am cu x = uk ∈ Zp atunci f1 . Atunci u 2 2 2 ˆ ˆ ˆ avem x + 1 = 0, adic˘a x = −1. Astfel lema este rezolvat˘ a. Este evident c˘a (K, +, ·) este un inel unitar. Atunci K este corp numai dac˘ a orice matrice nenul˘a din K are determinantul un element a un element nenul din Zp . inversabil din Zp , adic˘

 ˆ 1 ˆ 1 Presupunem c˘a K este corp. Dac˘ a p = 2 atunci matricea A = este −ˆ 1 ˆ 1 nenul˘a, dar are determinantul ˆ 0 ¸si K nu este corp. Fie acum p ≥ 3. Atunci dac˘a p ≡ 1 (mod 4) atunci, conform lemei exist˘ a a, b ∈ Z∗p cu

 a b ˆ Deci dac˘ ˆ a2 + b2 = 0. aA= atunci A este nenul˘a ¸si det(A) = a2 + b2 = 0. −b a Deci A nu este inversabil˘ a ¸si K nu este corp. Contradict¸ie! Atunci neap˘arat p ≡ 3 (mod 4). Presupunem acum c˘a p ≡ 3 (mod 4). Dac˘ a K nu este corp atunci exist˘ a A =

CAPITOLUL 6. CORPURI - SOLUT ¸ II

92

 a b matrice nenul˘a ¸si neinversabil˘ a. Atunci det(A) = ˆ 0 ¸si a, b ∈ Z∗p . Atunci −b a ar rezulta c˘a a2 + b2 = ˆ 0 ¸si conform lemei rezult˘ a c˘ a p ≡ 1 (mod 4). Contradict¸ie! Deci K este corp. 7. Presupunem c˘a ar exist˘ a K ⊂ R, K = R un subcorp ¸si d ∈√K, d ≥ 0 cu proprietatea c˘ a orice num˘ a r real se poate reprezenta sub forma x + y d, unde x, y ∈ K. Dac˘ √a √ d ∈ K atunci ar rezulta c˘ a dac˘ a a ∈ R atunci exist˘ a x, y ∈ K cu a = x + y d, √ a c˘ a a ∈ K ¸si astfel R ⊂ K, adic˘a K = R. dar x + y d ∈ K ¸si astfel ar rezult˘ Contradict √ ¸ie! √ Deci d ∈ / K. Observ˘ unui num˘ar real sub forma u = x + y d este √ √ √ am c˘a scrierea a y = y  atunci unic˘ a. Dac˘a x + y d = x + y  d√atunci x − x = (y − y  ) d. Dac˘    −1 a c˘ a d = (x − x )(y − y ) ∈ K. Contradict¸ie! Deci y − y este inversabil ¸si rezult˘ y = y  ¸si atunci x = x . √ √ Definim funct¸ia f : R → R, f (x + y d) = x − y d, x, y ∈ K. Din cele demonstrate anterior ¸si din ipotez˘a rezult˘a c˘a f este bijectiv˘ a. Se a f este un √ verific˘a√u¸sor c˘ morfism de corpuri. ∈ Aut(R, +, ·). Avem f ( d) = − d < 0. ˆIn acela¸si √ √ Deci f√ 4 4 2 timp avem c˘a f ( d) = f (( d) ) = (f ( d))2 ≥ 0. Contradict¸ie! Deci K = R. 8. Fie m num˘ arul elementelor din K. Vom demonstra c˘a A = {2, 3}. Pentru ˆınceput s˘a demonstr˘ am c˘ a {2, 3} ⊂ A. Fie M = {f = X 2 + aX + b : a, b ∈ K}. Avem echivalent¸a f = g ⇐⇒ f ¸si g au acela¸si num˘ ar de r˘ad˘ acini. Num˘ arul polinoamelor din M care au r˘ ad˘ acini duble (de arul polinoamelor din M care au r˘ a d˘ acini distincte forma (X − a)2 ) este m. Num˘

 m m(m−1) (de forma ((X − a)(X − b) cu a = b) este = . Rezult˘a c˘ a num˘ arul 2 2 polinoamelor din M care au r˘ ad˘ acini ˆın K este m + m(m−1) = m(m+1) < m2 = 2 2 num˘ arul elementelor mult¸imii M . Prin urmare exist˘a polinoame ˆın M care nu au . Evident ele sunt ireductibile. Dac˘ a r˘ad˘ acini ˆın K ¸si ele sunt ˆın num˘ ar de m(m−1) 2 ar fi unul reductibil, acesta ar avea ambii factori polinoame de gradul 1, care au r˘ad˘ acini ˆın K. Deci 2 ∈ A. arul polinoamelor din Fie acum N = {f = X 3 + aX 2 + bX + c : a, b, c ∈ K}. Num˘ N care au o r˘ ad˘ acin˘ a simpl˘ a ˆın K (de forma f = (X − t)h cu h ∈ M ¸si h nu are . r˘ ad˘ acini ˆın K) este m m(m−1) 2 Polinoamele din N care au trei r˘ ad˘ acini ˆın K sunt: ar de m; -polinoamele cu o r˘ad˘ acin˘ a tripl˘a (de forma f = (X − t)3 ) ˆın num˘ -polinoamele cu o r˘ad˘ a cin˘ a simpl˘ a ¸ s i una dubl˘ a (de forma f = (X − t)2 (X − s) cu

 m s = t) ˆın num˘ ar de 2 = m(m − 1); 2 -polinoamele cu trei r˘ad˘ acini distincte

 ˆın K (de forma f = (X − t)(X − s)(X − r) m cu t, s, r distincte) ˆın num˘ ar de = m(m−1)(m−2) . 6 3

93 Astfel num˘ arul polinoamelor din N care care au r˘ ad˘ acini ˆın K este m + m(m − 1) +

2m3 + m m(m − 1)(m − 2) + m2 (m − 1)2 = < m3 , 6 3

unde m3 este num˘arul polinoamelor din N . Astfel exist˘ a polinoame ˆın N care nu au r˘ ad˘acini ˆın K. Evident, acestea sunt ireductibile, cu justificarea ca ˆın cazul precedent. Dac˘a n ≥ 4 atunci n se poate scrie sub forma n = 2p + 3q cu q, n ∈ N (dac˘ a n = 2k atunci n = 2k + 3 · 0; dac˘a n = 2k + 1 atunci n = 2(k − 1) + 3, unde ¸stim c˘a k > 1 pentru c˘a n ≥ 4). Fie f ∈ M , g ∈ N polinoame care nu au r˘ ad˘ acini ˆın K. (ele exist˘ a din cele demonad˘ acini ˆın strate anterior). Atunci polinomul h = f p g q de grad n = 2p + 3q nu are r˘ K, dar este reductibil ˆın K. Deci n ∈ / A, ∀n ≥ 4. Astfel rezult˘a c˘ a A = {2, 3}. 9. Dac˘a g ∈ K[X], vom nota cu g (mod f ) restul ˆımp˘ art¸irii polinomului g la polinomul f . Not˘am L = {h ∈ K[X]|deg(h) ≤ n − 1}. Consider˘ am pe K[X] operat¸ia ”◦” definit˘ a g1 ◦ g2 = g1 · g2 (mod f ). Deoarece L este parte stabil˘ a ˆın raport cu operat¸ia de adunare a polinoamelor ¸si ˆın raport cu operat¸ia ”◦” rezult˘a c˘a (L, +, ◦) este inel comutativ. Fie h ∈ L, h = 0. Deoarece polinomul f este ireductibil rezult˘a c˘a (f, h) = 1, deci exist˘ a u, v ∈ K[X] astfel ˆıncˆ at uf + vh = 1. Fie h1 = v (mod f ). Atunci h ◦ h1 = 1 ¸si astfel h este inversabil. Deci L este corp. Fie p ¸si q num˘ arul elementelor din K ∗ ∗ ¸si respectiv L . Atunci, datorit˘ a faptului c˘a produsul elementelornenule dintr-un corp este egal cu -1, rezult˘a atunci c˘a: h1 ◦ h2 ◦ h3 ◦ ... ◦ hp ◦ hp+1 ◦ ... ◦ hq = −1 unde h1 , h2 , ..., hp sunt polinoamele de gradul 0 din K[X] (elementele lui K ∗ ), iar a faptului c˘ a h1 · h2 · ... · hp = −1 h1 , h2 , ..., hq sunt polinoamele din L∗ . Datorit˘ rezult˘a c˘a h1 ◦ h2 ◦ ... ◦ hp = −1 ¸si atunci (−1) ◦ g = −1, ceea ce este echivalent cu g (mod f ) = 1, sau f divide g − 1. 10. Este evident c˘ a Q ⊂ K ¸si Q = K, deoare ce corpul Q are un singur endomorfism. Unul dintre izomorfismele lui K fiind cel identic, putem presupune c˘ a g = 1K . Avem a ca f ◦f = f pentru c˘ a f este injectiv ¸si f ◦f = f sau f ◦f = g = 1K . Nu se poate ˆıns˘ ar rezulta c˘a f = g = 1K , ceea ce este absurd ¸si prin urmare f ◦f = 1K (1). Deoarece a ipoteza b) se mai scrie f (x) = x ⇒ x ∈ Q. S˘ a consider˘ am acum un g = 1K rezult˘a c˘ element oarecare x din K \ Q ¸si apoi elementele a = x + f (x) ∈ K, b = xf (x) ∈ K. Avem f (a) = f (x) + f (f (x)) = f (x) + x = a, de unde rezult˘a c˘ a a ∈ Q. f (b) = f (x)f (f (x)) = f (x)x = b. Deci ¸si b ∈ Q. ad˘ acinile ecuat¸iei cu coeficienti rat¸ionali x2 − ax + b = 0. Prin urmare x ¸si f (x) sunt r˘ √ 1 De aici rezult˘ a c˘ a x = 2 (a ± a2 − 4b). Prin urmare a2 − 4b = q 2 d unde q ∈ Q ¸si √ √ b ∈ Z \ {1} liber de p˘atrate. Avem x = 12 (a ± q d) ∈ Q( d). Consider˘ am acum un   a un ˆıntreg d ∈ Z \ {1} liber de p˘atrate, astfel ˆıncˆ at alt x ∈√K \ Q ¸si, analog, exist˘ . x ∈ Q( d ). Vom ar˘ a ta c˘ a d = d √ √ √ √ Observ˘am c˘ a (f ( √d))2 =√f (( d)2 ) = f (d) = d, de√unde deducem c˘a f ( d) = ± d. Dac˘a am avea f ( d) = d, atunci ar rezult˘a c˘ a d ∈ Q, ceea ce este absurd. Prin

94

CAPITOLUL 6. CORPURI - SOLUT ¸ II √ √ √ √   urmare f ( d) = −√ d ¸si analog √ √ f ( √d ) = −√ d .   De aici avem c˘ a f ( dd ) = f ( d)f ( d ) = dd , ceea ce implic˘a faptul c˘a dd ∈ Q. a d = d . Din cele de mai√sus DIn faptul c˘a d ¸si d sunt libere de p˘atrate, rezult˘a c˘ rezult˘a c˘ a exist˘ a un unic ˆıntreg lber de p˘atrate d = 1, astfel ˆıncˆ at K ⊂ √ Q( d). 1 Incluziunea reciproc˘a este imediat˘a, deoarece din faptul c˘a x = 2 (a ± q d) ∈ K √ √ √ rezult˘a c˘a d ∈ K, deci ¸si Q( d) ⊂ K, de unde rezult˘a c˘ a K = Q( d).

11. Din teorema lui Fermat avem c˘ a ap= a, ∀a ∈ Zp . Deasemenea pentru orice f, g ∈

 p p p p p−1 p−1 Zp [X] avem (f + g) = f + f g + ... + fg + gp = f p + gp 1  p−1 n pentru c˘ a p · x = 0, ∀x ∈ Zp ¸si p| pentru i = 1...p − 1. Atunci putem scrie i p p p p f = X + a = X + a = (X + a) ¸si ultima scriere este descompunerea lui f ˆın factori ireductibili ˆın inelul Zp . Singurul factor ireductibil al lui f este X +a ¸si acesta apare la puterea p.  0, dac˘ ax=0 12. Consider˘am funct¸ia f : A → A, f (x) = . Deoarece f este funct¸ie 1, dac˘ a x = 0 at f (x) = a0 + a1 x + ... + an xn , ∀x ∈ polinominal˘a, exist˘a a0 , a1 , ..., an ∈ A astfel ˆıncˆ A. Cum f (0) = 0 rexult˘ a c˘ a a0 = 0. Atunci f (x) = (a1 + a2 x + a3 x2 + ... + an xn−1 )x = g(x)x, unde am scris g(x) = a orice element nenul din A este inversabil. a1 +a2 x+a3 x2 +...+an xn−1 . Vom ar˘ata c˘ Fie a ∈ A \ {0}. Notˆand g(a) = b observ˘ am c˘ a b = 0 pentru c˘ a dac˘ a b = 0 atunci ¸si f (a) = 0, dar a = 0, ceea ce contrazice definit¸ia lui f . Din faptul c˘ a f (b) = 0 rezult˘a c˘ a f (b) = 1, deci g(b) · b = 1. Dar ¸si f (a) = 1, ceea ce se mai scrie ¸si ab = 1. De aici rezult˘a c˘ a g(b) = g(b) · 1 = g(b)ba = a ¸si atunci ¸si ab = 1. Deci elementul a este a c˘ a A este corp. inversabil ˆın A, ¸si din faptul c˘a a a fost ales arbitrar rezult˘ 13. Dac˘a presupunem c˘a a = −1 atunci din relat¸ia din enunt¸ rezult˘a c˘a f (x) + f (−x) = 2x, ∀x ∈ K ¸si ˆınlocuind pe x cu −x rezult˘a f (x) + f (−x) = −2x. Adunˆ and cele dou˘ a egalit˘a¸ti rezult˘a c˘ a 2 · (f (x) + f (−x)) = 0. Deci f (x) + f (−x) = 0 pentru c˘ a 2 = 0. Astfel rezult˘ a c˘ a 2x = 0, ∀x ∈ K. Contradict¸ie! Deci a = −1. a2p+1 = (a + 1)(1 − a + a2 − a3 + ... − a2p−1 + ap ) . Dac˘ a ¸tinem seama c˘ a a + 1 = 0 ¸si c˘ a a2p+1 = 1, obt¸inem c˘a 1 − a + a2 − a3 + ...a2p−1 + a2p = 2(a + 1)−1 . (1) Fie x ∈ K fixat. Scriem egalitatea din enunt¸ mai ˆıntˆ ai pentru x, apoi ˆınlocuind pe a ˆınlocuind pe x cu a2p x. x cu ax, apoi ˆınlocuind pe x cu a2 x ¸s.a.m.d., ultima dat˘ Aceste egalit˘ a¸ti le scriem ˆınmult¸ite din dou˘ a ˆın dou˘ a cu -1, astfel: f (x) + f (ax) = 2x −f (ax) − f (a2 x) = −2ax

95 f (a2 x) + f (a3 x) = 2a2 x −f (a3 x) − f (a4 x) = −2a3 x .................. −f (a

2p−1

x) − f (a2p x) = −2a2p−1 x

f (a2p x) + f (x) = 2ap x. Adun˘ am aceste egalit˘a¸ti membru cu membru obt¸inem ¸tinˆ and seama de (1) se obt¸ine 2f (x) = 4(a + 1)−1 x sau 2(f (x) − 2(a + 1)−1 x) = 0 ¸si cum 2 = 0 rezult˘a c˘a f (x) = a ˆın mod unic funct¸ia f , f (x) = 2(a + 1)−1 x. A¸sadar relat¸ia din enunt¸ determin˘ −1 2(a + 1) x, ∀x ∈ K. Evident f (x) + f (ax) = 2(a + 1)−1 x + 2(a + 1)−1 ax = a relat¸ia din enunt¸. 2(a + 1)−1 (a + 1)x = 2x, deci f verific˘ 14. ˆIn egalitatea an bn − bn+1 an+1 = 1 ˆınmult¸ind la dreapta cu an obt¸inem an bn an − bn+1 a2n+1 = an . Din ipotez˘a avem c˘ a a2n+1 = −b2n+1 ¸si astfel avem an bn + b3n+2 = an ⇒ an bn an − 2n+1 n+1 n ˆ b = a . Inmult¸ind la stˆ anga cu a−n rezult˘a c˘ a bn an − an+1 bn+1 = 1. a 15. Presupunem c˘a K=

3

Ki .

i=1

Atunci ˆın mod necesar K1 ⊆ K2 ∪ K3 , K2 ⊆ K1 ∪ K3 , K3 ⊆ K1 ∪ K2 pentru c˘ a dac˘ a am avea, de exemplu, K1 ⊆ K2 ∪ K3 atunci K = K2 ∪ K3 . Aceast˘a egalitate fiind adev˘ arat˘a pentru grupurile aditive corespunz˘ atoare ¸si acest lucru este imposibil. (vezi capitolul subgrupuri) Deci putem alege elementele x1 ∈ K1 \ (K2 ∪ K3 ) ¸si x2 ∈ K2 \ (K1 ∪ K3 ). Evident / K1 ∪ K2 c˘ aci dac˘ a am avea, de exemplu x1 + x2 ∈ K1 , x1 = 0 ¸si x2 = 0 ¸si x1 + x2 ∈ atunci x2 = −x1 + (x1 + x2 ) ∈ K1 , contrar alegerii lui x2 . Prin urmare x1 + x2 ∈ K3 . −1 −1 si x1 + x 2 ∈ Consider˘ am elementul z = x−1 1 (x1 + x2 ) = 1 + x1 x2 . Cum x1 ∈ K1 ¸ az∈ / K1 ∪ K3 . Deci z ∈ K2 . Atunci z − 1 ∈ K2 , adic˘a x−1 K3 \ {0} rezult˘a c˘ 1 x 2 ∈ K2 . −1 −1 ˆIn sfˆar¸sit, din faptul c˘ a x2 ∈ K2 \ {0}, rezult˘a (x−1 x )x ∈ K , adic˘ a x si 2 2 2 1 1 ∈ K2 ¸ de aici x1 ∈ K2 , ceea ce este o contradict¸ie cu alegerea lui x1 . Deci presupunerea f˘ acut˘ a este fals˘ a ¸si 3

Ki = K. i=1

16. Deoarece |K| = 2n ¸si caracteristica unui corp finit este un num˘ar care divide ordinul grupului aditiv rezult˘ a c˘ a K este un corp de caracteristic˘a 2. Astfel avem 1+1=0. Deasemenea K este comutativ, fiind finit. a) Dac˘a n este par atunci 3|2n − 1, deci, conform teoremei lui Cauchy exist˘a un element α ∈ (K, ·) cu ord(α) = 3. Atunci α3 = 1. De aici rezult˘a c˘a (α − 1)(α2 + α + 1) = 0 ¸si deoarece α = 1 rezult˘a c˘ a α2 + α + 1 = 0. 2 2 Calcul˘ am (X + X + α)(X + X + α + 1) = X 4 + (1 + 1)X 3 + (α + α + 1 + 1)X 2 +

96

CAPITOLUL 6. CORPURI - SOLUT ¸ II X(α + α + 1) + α2 + α = X 4 + X + 1 = f . Deci f = (X 2 + X + α)(X 2 + X + α + 1) ¸si astfel este reductibil ˆın K[X]. b) n este impar. Presupunem c˘a exist˘ a β ∈ K cu f (β) = 0. Atunci avem β 4 +β +1 = 2 2 2 0, deci (β + β) + (β + β) + 1 = 0. Astfel (β 2 + β)3 = 1. Dar 3 nu divide 2n − 1 ¸si a β 2 + β + 1 = 0 ¸si astfel β 3 = 1. Astfel rezult˘a c˘ a astfel rezult˘a c˘ a β 2 + β = 1 adic˘ β = 1. Deci 0 = f (β) = 1 + 1 + 1 = 1. Contradict¸ie! Dac˘a f este reductibil atunci f = (X 2 + mX + n)(X 2 + pX + q) cu m, n, p, q ∈ K. Prin identificarea coeficient¸ilor obt¸inem c˘ a m + p = 0, n + q + mp = 0, mq + np = 1 ¸si nq = 1. De aici m = p, m + q = p2 , n + q = p−1 , de unde p3 = 1 ¸si astfel p = 1. a q 3 = 1 ¸si din nou apare o Deci n = 1 + q ¸si astfel q 2 + q + 1 = 0. De aici rezult˘a c˘ contradict¸ie. Astfel f este ireductibil ˆın K[X].

17. Evident, dac˘ a K este corp finit, atunci e comutativ. Presupunem c˘ a 1 + 1 = 0. Atunci X 2 − 5 = X 2 − 1 = (X + 1)(X − 1). Deci X 2 − 5 este reductibil ˆın K[X]. Contradict¸ie! Deci 1 + 1 = 0. Astfel ¸si 4 = 0 ¸si exist˘a 4−1 . b) Avem c˘ a a5 − 1 = (a − 1)(a4 + a3 + a2 + a + 1) = a2 (a − 1)(a2 + a + 1 + a−1 + a−2 ) = −1 2 4 a (a − 1)(4a2 + 4a−2 + 1 + 4a + 4a−1 + 8 − 5) = 4−1 a2 (a − 1)((2a + 2a−1 + 1)2 − 5), a a5 − 1 = 0 atunci a = 1 pentru c˘a a = 0 ¸si polinomul pentru orice a ∈ K ∗ . Deci dac˘ 2 X − 5 este ireductibil ˆın K. Astfel dac˘ a avem x5 = y 5 atunci (xy −1 )5 − 1 = 0 ¸si −1 a definim f : K ∗ → K ∗ , f (x) = x5 atunci f este astfel xy = 1, deci x = y. Dac˘ ∗ a f este bijectiv˘ a. Astfel f este surjectiv˘a ¸si injectiv˘a ¸si cum K este finit rezult˘a c˘ a b ∈ K ∗ astfel ˆıncˆ at a = b5 . Deci f = X 5 + a = X 5 + b5 = pentru orice a ∈ K ∗ exist˘ (X + b)(X 4 − X 3 b + X 2 b2 − Xb3 + b4 ). Deci f este reductibil. 18. Dac˘a K are caracteristica 2 atunci funct¸ia f : K → K, f (x) = x2 este injectiv˘a, deci ¸si surjectiv˘ a pentru c˘ a K este finit. Atunci pentru orice a ∈ K exist˘ a y ∈ A cu 2 2 2 a=y =y +0 . Dac˘a K are caracteristica diferit˘ a de 2, fie a ∈ K. Atunci x ¸si −x au aceea¸si imagine prin funct¸ia f definit˘ a mai sus. Dac˘ a avem A = {x2 : x ∈ A}, atunci n f (K) = A ¸si dac˘ a |K| = n (care este impar) atunci cardA = n−1 2 + 1 > 2 . Atunci n 2 dac˘ a B = {a − y : y ∈ A} avem cardB = cardA > 2 , deci A ∩ B = ∅. Astfel a ceea ce trebuia exist˘ a x, y ∈ A cu a = x2 + y 2 . Cum a a fost ales arbitrar rezult˘ demonstrat. a un izomor19. Presupunem c˘a grupurile (K, +) ¸si (K ∗ , ·) sunt izomorfe. Atunci exist˘ fism f : (K, +) → (K ∗ , ·). Evident, f (0) = 1. Dac˘a 1 + 1 = 0 atunci 1 = f (0) = f (x + x) = f (x)f (x) = f 2 (x), ∀x ∈ K. Deci f (x) = 1, ∀x ∈ K. Cum f este izomorfism rezult˘ a˘ a |K| = 1. Absurd! Fie 1 + 1 = 0. Atunci 1 = −1 ¸si exist˘a a = b ∈ K astfel ˆıncˆ at f (a) = 1, f (b) = −1. Avem f (a + a) = f (a)f (a) = 1 = f (b)f (b) = f (b + b). Deci a + a = b + b ¸si cum 1+1 este inversabil rezult˘a c˘ a a = b. Absurd! Deci (K, +) ¸si (K ∗ , ·) nu sunt izomorfe. 20. Fie (K, +, ·) un corp finit. ˆIntr-un grup (K, +) suma tuturor elementelor este suma celor de ordin 2, adic˘a acei x cu proprietatea x + x = 0.

97 Dac˘a 1 + 1 = 0 atunci ecuat¸ia x + x = 0 are solut¸ia unic˘ a x = 0, deci suma este 0. Dac˘a 1+1=0, atunci |K| = 2p , p ∈ N, p ≥ 2. Putem partit¸iona K ˆın submult¸imi x, x + 1 unde suma elementelor unei submult¸imi este x + (x + 1) = x + x + 1 = 1. Cum sunt 2p−1 submult¸imi, suma tuturor elementelor lui K este 2p−1 · 1 = 0. 21. Fie |K| = p. K are caracteristica 3, deci p = 3α , α ∈ N∗ , impar. K este finit, deci K este comutativ. Presupunem c˘a suma oric˘ aror dou˘a patrate din K este tot un p˘ atrat. Fie A = {x2 : x ∈A}. Deoarece K e impar, putem partit¸iona K ˆın submult¸imi astfel K = {0}∪ x∈K {x, −x}. P˘ atratele elementelor dintr-o clas˘a sunt egale, iar p˘ atratele elementelor din clase diferite sunt diferite. Deci mult¸imea A are atˆ atea elemente cˆ ate . clase are part¸itia, adic˘a |A| = p+1 2 Din presupunerea f˘ acut˘ a rezult˘a c˘ a −1 = 1 + 1 = a2 , a ∈ K. Fie x, y ∈ A. Atunci 2 2 ∃u, v ∈ K cu u = x ¸si v = y. Avem x − y = u2 − v 2 = u2 + (av)2 ∈ A. Deci (A, +) este subgrup al lui (K, +) ¸si de aici rezult˘a c˘ a p+1 a p = 1. Contradict¸ie! Deci 2 |p, adic˘ presupunerea f˘acut˘ a este fals˘ a ¸si exist˘a x, y nenule pentru care suma p˘ atratelor nu este un p˘ atrat.

Bibliografie [1] Probleme date la Olimpiadele de Matematic˘ a 1950-1990, Ioan Tomescu, D.M. B˘ atinet¸u-Giurgiu, Maria B˘ atinet¸u-Giurgiu, I.V. Maftei, Florica Vornichescu, Editura S¸tiint¸ific˘ a, Bucure¸sti [2] Olimpiadele Nat¸onale de Matematic˘ a pentru liceu 1954-2003, D.M. B˘ atinet¸u-Giurgiu, Maria B˘ atinet¸u-Giurgiu, I.V. Maftei, Augustin Semenescu, Ioan Tomescu, Florica Vornichescu, Editura Enciclopedic˘ a, Bucure¸sti [3] Olimpiadele si Concursurile de Matematic˘ a pentru clasele IX-XII 2003, 2004, 2005, Editura Bˆarchi, Timi¸soara [4] Probleme alese pentru preg˘ atirea Olimpiadelor Nat¸ionale de Matematic˘ a, Andrei Chite¸s, Gabriel Dospinescu, Andrei Ismail, Gabriel Kreindler, C˘alin Popa, Claudiu Raicu, Adrian Zahariuc, Editura GIL, Zal˘au, 2003 [5] Olimpiadele de Matematic˘ a 2004, clasele XI-XII, Andrei Ismail, Gabriel Kreindler, Andrei Negut¸, C˘ alin Popa, Editura GIL, Zal˘ au, 2005 [6] Algebr˘ a - Culegere de probleme pentru examene de admitere ¸si olimpiade ¸scolare, Gheorghe Andrei, Constantin Caragea, Viviana Ene, Editura Scorpion 7, Bucure¸sti, 1995 [7] Colect¸ia Gazeta Matematic˘ a [8] Complemente de Algebr˘ a, Dumitru Bu¸sneag, Florentina Chirte¸s, Dana Piciu, Editura GIL, Zal˘ au [9] www.mateforum.ro [10] www.mathlinks.ro

99