Embed Size (px)
Citation preview
Algebra 1(MNV){ ve�be
Nikola Lelas
Sadr�aj
1 Pojam grupe 1
2 Homomorfizmi grupa 7
3 Podgrupe 10
3.1 Lagran�eva teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
4 Cikliqne grupe 14
4.1 Red elementa u grupi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
5 Diedarska grupa 20
6 Simetriqna grupa 25
7 Ojlerova grupa 33
8 Normalne podgrupe i koliqniqke grupe 38
9 Direktan proizvod grupa 46
10 Par tema iz elementarne teorije brojeva 49
10.1 Linearna Diofantova jednaqina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
10.2 Sistemi linearnih kongruencija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
11 Teoreme o izomorfizmima grupa 52
12 Konaqno generisane Abelove grupe 56
13 Primer pismenog ispita sa rexe�ima 61
1 Pojam grupe
Definicija 1.1. Grupa je algebarska struktura (G, ·), gde je G neprazan skup, a ·binarna operacija na G koja ima slede�e osobine:
� asocijativnost: Za sve x, y, z ∈ G va�i (x · y) · z = x · (y · z).
� postoja�e neutrala: Postoji e ∈ G takvo da za sve x ∈ G va�i x · e = e · x = x.
� postoja�e inverza: Za svako x ∈ G postoji x−1 ∈ G takvo da je x·x−1 = x−1 ·x = e.
Definicija 1.2. Grupa (G, ·) u kojoj va�i komutativni zakon, x · y = y · x za sve
x, y ∈ G, se naziva komutativna ili Abelova grupa.
Definicija 1.3. Broj elemenata skupa G se naziva red grupe (G, ·).
Prethodna definicija omogu�ava da uvedemo jednostavnu klasifikaciju grupa u
zavisnosti od toga kakvi su �ihovi redovi. Tako konaqnom nazivamo grupu konaqnog
reda, dok je beskonaqna ona grupa qiji je red beskonaqan.
Primer 1.4. Skupovi celih brojeva Z, racionalnih brojeva Q i realnih brojeva R su
grupe u odnosu sa sabira�e. Sliqno, skup svih m×n matricaMm×n(F) nad proizvo-nim poem F je grupa u odnosu na (uobiqajeno) sabira�e matrica. Sve navedene grupe
Abelove. Grupe (Z,+), (Q,+) i (R,+) su beskonaqne, dok za (Mm×n(F),+) ta osobinazavisi od konaqnosti poa F.�
Primer 1.5. Skup svih realnih brojeva R nije grupa u odnosu na mno�e�e. Za tu
operaciju postoji neutral 1 u R, ali za svaki realan broj x va�i 0 ·x = 0, pa element0 ∈ R ne mo�e imati inverz. Me�utim, na skupu R \ {0} tog problema nema, pa zaku-qujemo da je struktura R∗ = (R \ {0}, ·) grupa. Sliqno je grupa i C∗ = (C \ {0}, ·). Obepomenute grupe su beskonaqne i Abelove.
�
Primer 1.6. Jedan primer neabelove grupe je grupa (GLn(R), ·) svih regularnih real-nih matrica dimenzije n ≥ 2 u odnosu na (uobiqajeno) mno�e�e matrica. Podse�a�a
radi, realna kvadratna matrica dimenzije n je regularna ako je �ena determinanta
razliqita od nule, xto upravo garantuje egzistenciju �enog inverza u odnosu na ope-
raciju mno�e�a matrica.
�
Primer 1.7. U primeru koji sledi vide�emo jedan znaqajan primer konaqne grupe.
Oznaqimo sa Zn = {0, 1, . . . , n − 1} skup svih ostataka pri dee�u prirodnim brojem
n ≥ 2. Na tom skupu definixemo operaciju sabira�a po modulu n sa
x+n y = (x+ y) (mod n), x, y ∈ Zn.
U definiciji iznad, oznaka mod n predstava preslikava�e koje celom broju do-
deuje �egov ostatak pri dee�u sa n. Zbog toga tu definiciju mo�emo videti kao
adaptaciju uobiqajenog sabira�a na skup Zn. Naime, zbir dva elementa iz Zn ne mora
1
uvek biti u Zn, pa moramo uzeti ostatak pri dee�u sa n da bi bilo garantovano da
rezultat operacije ostaje u Zn.Nije texko videti da se osobina asocijativnosti sabira�a celih brojeva prenosi
na operaciju +n. Tako�e, neutral 0 za sabira�e celih brojeva �e biti neutral i za
+n. Konaqno, inverzni element za x ∈ Zn u odnosu na +n je odre�en sa
−x =
{0, ako je x = 0
n− x, ako je x 6= 0.
U jednom konkretnom sluqaju, ako je n = 7, imamo Z7 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, 4 +7 2 = 6,5 +7 6 = 4 i −2 = 5.�
Primer 1.8. Sliqno kao u prethodnom primeru, na skupu Zn bismo mogli predefi-
nisati i mno�e�e stavaju�i
x ·n y = xy (mod n), x, y ∈ Zn.
Ovako dolazimo do operacije mno�e�a po modulu n. Me�utim, struktura (Zn, ·n), iakoje asocijativna i ima neutral 1, nije grupa. Razlog tome je, sliqno kao u Primeru 1.5,to xto 0 ∈ Zn nema inverz u odnosu na ·n.
Ono xto sluqaj koji sada posmatramo dosta razlikuje od Primera 1.5 je qi�enica
da pored nule, mo�e postojati jox elemenata iz Zn koji nemaju svoj inverz, pa je ovdestrukturu te�e "popraviti" do grupe.
�
Zadatak 1. Ispitati da li skupovi {1, 3, 5, 7} i {1, 7, 13} qine grupe u odnosu na
operaciju mno�e�a po modulu 14.
Rexe�e. Oznaqimo A = {1, 3, 5, 7} i B = {1, 7, 13}. Poxto su skupovi koje posmatramomalih kardinalnosti, zgodno je da napravimo tablice mno�e�a za ·14 na �ima:
A :
·14 1 3 5 7
1 1 3 5 7
3 3 9 1 7
5 5 1 11 7
7 7 7 7 7
B :
·14 1 7 13
1 1 7 13
7 7 7 7
13 13 7 1
Iz prve tablice vidimo da 3 ∈ A, ali 3 ·14 3 = 9 /∈ A. Zato ·14 nije korektno
definisana operacija na A, pa (A, ·14) nije grupa.Iz druge tablice vidimo da je 7 ·14 x = 7 za sve x ∈ B. Odatle sledi da 7 nema
inverz u odnosu na operaciju ·14, pa ni (B, ·14) nije grupa.�
Zadatak 2. Na skupu G = {x ∈ R | |x| < 1} definisana je operacija ∗ sa
x ∗ y =x+ y
1 + xy, x, y ∈ G.
Ispitati da li je (G, ∗) Abelova grupa.
2
Rexe�e. Prvo treba da ispitamo da li je ∗ korektno definisana operacija na G,odnosno da li za sve x, y ∈ G va�i x ∗ y ∈ G. Drugim reqima, treba da ispitamo da
li za sve realne brojeve x i y takve da je |x| < 1 i |y| < 1 va�i∣∣∣ x+y1+xy
∣∣∣ < 1. Posle
zapisiva�a nejednakosti∣∣∣ x+y1+xy
∣∣∣ < 1 u obliku −1 < x+y1+xy < 1, dobijamo da treba da
ispitamo va�e�e para nejednakosti −1 < x+y1+xy i
x+y1+xy < 1.
Prvu mo�emo transformisati u niz ekvivalentnih nejednakosti:
x+ y
1 + xy+ 1 > 0
x+ y + 1 + xy
1 + xy> 0
x(y + 1) + y + 1
1 + xy> 0
(x+ 1)(y + 1)
1 + xy> 0.
Poxto je |x| < 1 i |y| < 1, va�i da je x+ 1 > 0, y+ 1 > 0 i 1 + xy > 0, odakle sledi daposled�a nejednakost va�i.
Sliqno, drugu nejednakost transformixemo na slede�i naqin:
x+ y
1 + xy− 1 < 0
x+ y − 1− xy1 + xy
< 0
x(1− y) + y − 1
1 + xy< 0
(x− 1)(1− y)
1 + xy< 0
Poxto je |x| < 1 i |y| < 1, va�i da je x − 1 < 0, 1 − y > 0 i 1 + xy > 0, odakle sledida posled�a nejednakost va�i. Ovim smo pokazali da ∗ jeste korektno definisana
operacija na G.Ispitajmo sada da li va�i asocijativnost operacije ∗. Za proizvone x, y, z ∈ G
imamo:
(x ∗ y) ∗ z =x+ y
1 + xy∗ z =
x+y1+xy + z
1 + x+y1+xyz
=x+ y + z + xyz
1 + xy + xz + yz
x ∗ (y ∗ z) = x ∗ y + z
1 + yz=
x+ y+z1+yz
1 + x y+z1+yz
=x+ y + z + xyz
1 + xy + xz + yz.
Iz prethodnog raquna zakuqujemo da za sve x, y, z ∈ G va�i (x ∗ y) ∗ z = x ∗ (y ∗ z), pa∗ jeste asocijativna operacija na G.
Naredno xto ispitujemo je postoja�e neutrala za operaciju ∗. U tu svrhu treba
da vidimo da li postoji element e ∈ G takav da je x ∗ e = e ∗ x = x za sve x ∈ G. Izjednakosti x∗e = x dobijamo da x+e
1+xe = x mora biti ispu�eno za sve x ∈ G. Mno�e�em
3
sa 1 + xe 6= 0 dae sledi x+ e = x+ x2e tj. e = x2e za sve x ∈ G. Odavde zakuqujemoda je e = 0 jedini kandidat za neutral. Posle direktne provere
x ∗ 0 =x+ 0
1 + x · 0= x
0 ∗ x =0 + x
1 + 0 · x= x,
sledi da taj kandidat i jeste tra�eni neutral za operaciju ∗.Da bi bilo ispu�en uslov postoja�a invernog elementa za operaciju ∗, za svako
x ∈ G mora da postoji x−1 ∈ G takvo da je x ∗ x−1 = x−1 ∗ x = 0. Iz jednakosti
x∗x−1 = 0 sledi da za sve x ∈ G mora da va�i x+x−1
1+xx−1 = 0. Odatle dobijamo kandidata
x−1 = −x za inverz proizvonog elementa x ∈ G. Direktna provera
x ∗ (−x) =x+ (−x)
1 + x · (−x)= 0
− x ∗ x =−x+ x
1− x · x= 0
pokazuje da taj kandidat i jeste tra�eni inverzni element.
Zakuqujemo da G jeste grupa u odnosu na operaciju ∗. Kako za sve x, y ∈ G va�i i
x ∗ y =x+ y
1 + xy=
y + x
1 + yx= y ∗ x,
ta grupa jeste Abelova.
�
Zadatak 3. Neka je G =
{[x+ 7y 5y−10y x− 7y
]∈M2(R) | x2 + y2 6= 0
}. Dokazati da je G
grupa u odnosu na operaciju mno�e�a matrica.
Rexe�e. Za proizvone matrice
[x+ 7y 5y−10y x− 7y
]i
[a+ 7b 5b−10b a− 7b
]iz G imamo
[x+ 7y 5y−10y x− 7y
] [a+ 7b 5b−10b a− 7b
]=
[ax+ 7bx+ 7ay + 49by − 50by 5bx+ 35by + 5ay − 35by−10ay − 70by − 10bx+ 70by −50by + ax− 7bx− 7ay + 49by
]=
[ax− by + 7(ay + bx) 5(ay + bx)−10(ay + bx) ax− by − 7(ay + bx)
]=
[A+ 7B 5B−10B A− 7B
],
gde je A = ax− by i B = ay + bx. Primetimo da je
A2 +B2 = a2x2 − 2abxy + b2y2 + a2y2 + 2abxy + b2x2
= a2x2 + b2y2 + a2y2 + b2x2
= (x2 + y2)(a2 + b2),
4
kao i x2 +y2 6= 0 i a2 +b2 6= 0, poxto su matrice
[x+ 7y 5y−10y x− 7y
]i
[a+ 7b 5b−10b a− 7b
]iz
G. Zakuqujemo da je i A2 +B2 6= 0, qime je pokazano da je matrica
[A+ 7B 5B−10B A− 7B
]u G. Ovim smo pokazali da je mno�e�e matrica korektno definisana operacija na G.
Asocijativnost ne moramo da dokazujemo, jer znamo iz linearne algebre da mno�e-
�e matrica ima tu osobinu. Mo�emo iskorisiti i qi�enicu da je jediniqna matrica[1 00 1
]neutral za mno�e�e matrica. Kako je
[1 00 1
]∈ G, dobijamo da postoji neu-
tral u G. Konaqno, inverz proizvone matrice A =
[x+ 7y 5y−10y x− 7y
]iz G mo�emo
potra�iti po poznatoj formuli:
A−1 =1
detAadjA
=1
x2 + y2
[x− 7y −5y
10y x+ 7y
]∈ G.
Dakle, svaka matrica iz G ima svoj inverz, pa sledi da je G grupa.
�
Zadatak 4. Uoqimo proizvoan element g grupe G. Dokazati da je preslikava�e
τg : G→ G, definisano sa τg(x) = gx, x ∈ G bijekcija.
Rexe�e. Bijektivnost prelikava�a τg dokazujemo po definiciji.
injektivnost:
Pretpostavimo da je τg(x1) = τg(x2) za neke x1, x2 ∈ G. Tada je:
gx1 = gx2 −→ mno�imo sa g−1 sa leve strane
g−1(gx1) = g−1(gx2)
(g−1g)x1 = (g−1g)x2 (iskoristili smo asocijativnost)
ex1 = ex2
x1 = x2.
Zakuqujemo da preslikava�e τg jeste injektivno.
surjektivnost:
Neka je y ∈ G proizvono. Tada je i g−1y ∈ G, pri qemu va�i:
τg(g−1y) = g(g−1y)
= (gg−1)y (iskoristili smo asocijativnost)
= ey
= y.
Zakuqujemo da je preslikava�e τg i surjektivno, pa je bijekcija.�
5
Napomena. Potpuno sliqno bi se moglo pokazati da je i preslikava�e σg : G → G,definisano sa σg(x) = xg, x ∈ G bijekcija.
Zadatak 5. Neka su a i b elementi grupe G takvi da je a5 = e i a3b = ba3. Dokazatida a i b komutiraju tj. da va�i ab = ba.
Rexe�e. Iz direktnog raquna:
a3b = ba3 −→ mno�imo sa a3 sa leve strane
a6b = a3ba3
ab = (a3b)a3 (jer je a5 = e)
ab = (ba3)a3 (jer je ba3 = a3b)
ab = ba6
ab = ba (jer je a5 = e)
dobijamo tra�eno.
�
Zadatak 6. Neka je G grupa u kojoj je svaki element jednak svom inverzu. Dokazati
da je G Abelova grupa.
Rexe�e. Treba da poka�emo da za sve x, y ∈ G va�i xy = yx, xto je ekvivalentno saxyx−1y−1 = e. Sada raqunamo
xyx−1y−1 = xyxy (jer je x−1 = x i y−1 = y)
= (xy)(xy)
= (xy)(xy)−1 (jer je (xy)−1 = xy)
= e,
odakle sledi tra�eno.
�
Zadatak 7. Dokazati da za svaka dva elementa a i b grupe G i svaki prirodan broj nva�i (a−1ba)n = a−1bna.
Rexe�e. Ovaj zadatak bismo mogli skroz formalno da uradimo matematiqkom in-
6
dukcijom. Neformalnije, imamo slede�i raqun:
(a−1ba)n = (a−1ba)(a−1ba)(a−1ba) . . . (a−1ba)︸ ︷︷ ︸n puta
= a−1b(aa−1)ba (a−1ba) . . . (a−1ba)︸ ︷︷ ︸n−2 puta
= a−1b2a (a−1ba) . . . (a−1ba)︸ ︷︷ ︸n−2 puta
= a−1b2(aa−1)ba (a−1ba) . . . (a−1ba)︸ ︷︷ ︸n−3 puta
= a−1b3a (a−1ba) . . . (a−1ba)︸ ︷︷ ︸n−3 puta
...
= a−1bna.
�
2 Homomorfizmi grupa
Definicija 2.1. Neka su (G, ·) i (H, ∗) dve grupe. Preslikava�e φ : G → H je
homomorfizam (grupa) ako za sve g1, g2 ∈ G va�i
φ(g1 · g2) = φ(g1) ∗ φ(g2).
Ako stavimo u prethodnu definiciju g1 = g2 = eG dobijamo φ(eG) = φ(eG) ∗ φ(eG),odakle posle mno�e�a inverzom elementa φ(eG) u H (sa bilo koje strane) sledi
φ(eG) = eH . (1)
Sliqno bismo mogli dobiti i da za sve g ∈ G va�i
φ(g−1) = φ(g)−1. (2)
Osobine (1) i (2) poma�u da boe razumemo smisao pojma homomorfizma datog
Definicijom 2.1. Mo�emo zakuqiti da je homomorfizam preslikava�e sa osobinom
da se dobro sla�e sa strukturom grupe, xto se ogleda u tome da se pri �emu operacije
u grupama "transformixu jedna u drugu" i na taj naqin ostaju "oquvane".
Primer 2.2. Preslikva�e determinante det : GLn(R) → R∗ je homomomorfizam,
poxto za svake dve matrice A,B ∈ GLn(R) na osnovu Bine-Koxijeve teoreme va�i
det(AB) = detAdetB.
�
7
Primer 2.3. Poxto za svaka dva pozitivna realna broja x, y va�i
log(xy) = log x+ log y,
zakuqujemo da je logaritam jedan homomorizam iz grupe (R+, ·) u grupu (R,+). Ovdeje R+ oznaka za skup svih pozitivnih realnih brojeva, R+ = {x ∈ R | x > 0}.�
Primer 2.4. Neka je G Abelova grupa. Tada za svaka dva elementa g, h ∈ G va�i
(gh)2 = ghgh
= g2h2 (znamo da g i h komutiraju, jer je G Abelova grupa).
Iz prethodnog zakuqujemo da je preslikava�e φ : G→ G definisano sa φ(g) = g2, g ∈G jedan homomorfizam grupe G u �u samu.
�
Napomena. Qi�enica da je G Abelova grupa je bila neophodna da bi preslikava�e φiz prethodnog primera bilo homomorfizam. Generalno, ako grupa G nije Abelova, ne
mo�emo tvrditi da za dva elementa g i h izG i prirodan broj n ≥ 2 va�i (gh)n = gnhn.Jedan dovoan uslov da bi to va�ilo je da g i h komutiraju.
Homomorfizam iz neke grupe G u �u samu, poput onog u Primeru 2.4, se naziva
endomorfizmom grupe G. Surjektivni homomorfizam nazivamo epimorfizmom, dok se
za homomorfizam koji je injektivan ka�e da je monomorfizam ili utapa�e.
Bijektivni homomorfizam se naziva izomorfizam. Ukoliko postoji izomorfizam
izme�u grupa G i H, za �ih ka�emo da su izomorfne i pixemo G ∼= H. Izomorfizam
G → G se naziva automorfizam grupe G. Skup svih automorfizama grupe G i sam
qini jednu grupu u odnosu na kompoziciju preslikava�a. Tu grupu oznaqavamo sa
AutG.
Zadatak 8. Neka je n ≥ 2 prirodan broj. Dokazati da je preslikava�e φ : Z → Zndefinisano sa φ(x) = x (mod n), x ∈ Z homomorfizam grupa.
Rexe�e. Direktno po definiciji, za proizvone x, y ∈ Z imamo da je
φ(x+ y) = (x+ y) (mod n)
= (x (mod n) + y (mod n)) (mod n)
= x (mod n) +n y (mod n)
= φ(x) +n φ(y).
Dobijeno upravo pokazuje da je φ homomorfizam grupa.
�
Zadatak 9. Za realne brojeve a i b definixemo preslika�e fa,b : R→ R sa fa,b(x) =ax + b, x ∈ R. Posmatrajmo skup G = {fa,b | a, b ∈ R, a 6= 0}. Tada je G grupa u odnosu
na kompoziciju preslikava�a. Dokazati da je preslikava�e φ : G → R∗ definisanosa φ(fa,b) = a, homomorfizam grupa.
8
Rexe�e. Prilikom pokaziva�a da je φ homomorfizam bi�e nam potrebno da znamo
kako operacija kompozicije preslikava�a funkcionixe na G, pa pogledajmo prvo to.Za proizvone fa,b i fc,d iz G, kao i x ∈ R imamo
(fa,b ◦ fc,d)(x) = fa,b (fc,d(x))
= fa,b(cx+ d)
= a(cx+ d) + b
= acx+ ad+ b
= fac,ad+b(x).
Iz proizvonosti broja x ∈ R zakuqujemo da va�i fa,b ◦ fc,d = fac,ad+b.Sada, ponovo uzevxi proizvone fa,b i fc,d iz G imamo da je
φ (fa,b ◦ fc,d) = φ (fac,ad+b)
= ac
= φ (fa,b)φ (fc,d) ,
qime smo pokazali da je φ homomorfizam grupa.
�
Zadatak 10. Posmatrajmo grupu G =
{[a b−b a
]| a2 + b2 6= 0
}u odnosu na mno�e�e
matrica. Dokazati da je G ∼= C∗.
Rexe�e. Definiximo preslikava�e φ : G→ C∗ sa
φ
([a b−b a
])= a+ bi,
[a b−b a
]∈ G.
Prvo pokazujemo da je φ homomorfizam. To sledi iz qi�enice da za proizvone ma-
trice
[a b−b a
]i
[c d−c d
]iz G va�i
φ
([a b−b a
] [c d−d c
])= φ
([ac− bd ad+ bc−ad− bc ac− bd
])= ac− bd+ i(ad+ bc)
= (a+ bi)(c+ di)
= φ
([a b−b a
])φ
([c d−d c
]).
Primetimo da je preslikava�e φ oqigledno surjektivno, jer za proizvono a+bi ∈
C∗ va�i a+ bi = φ
([a b−b a
]).
Xto se tiqe injektivnosti preslikava�a φ, pretpostavimo da va�i φ
([a b−b a
])=
φ
([c d−d c
])za neke
[a b−b a
]i
[c d−d c
]iz G. Tada je a + bi = c + di, odakle sledi
9
a = c i b = d. Zakuqujemo da va�i
[a b−b a
]=
[c d−d c
], xto pokazuje injektivnost
preslikava�a φ.Dakle, dobili smo da je φ homomorfizam i bijekcija, pa je izomorfizam. Prema
tome, va�i G ∼= C∗.�
Zadatak 11. Neka je α automorfizam konaqne grupe G, koji fiksira samo neutral eu G (pod time mislimo da ako je α(x) = x za neko x ∈ G, onda mora va�iti x = e).Dokazati da je G = {x−1α(x) | x ∈ G}.
Rexe�e. Oznaqimo A = {x−1α(x) | x ∈ G}. Treba da poka�emo da je G = A. Poxto jegrupa G konaqna, to mo�emo uraditi tako xto �emo xto pokazati da va�i inkluzija
A ⊆ G i jednakost |A| = |G|.Za inkluziju A ⊆ G imamo odmah da va�i, poxto za svako x ∈ G, α(x) i x−1 se
nalaze u G, a time i �ihov proizvod x−1α(x).U svrhu dokaziva�a jednakosti |A| = |G| primetimo prvo da je skup A, prema svojoj
definiciji, indeksiran skupom G. To znaqi da je |A| ≤ |G|, pri qemu �e jednakost
va�iti samo u sluqaju da su za sve razliqite x, y ∈ G elementi x−1α(x) i y−1α(y)tako�e razliqiti. Pretpostavimo da je x−1α(x) = y−1α(y) za neke x, y ∈ G. Tada je
α(x) = xy−1α(y),
odnosno
α(x)α(y)−1 = xy−1,
posle mno�e�a prvo za x sa leve, pa sa α(y)−1 sa desne strane. Kako je α automorfizamgrupe G, dodatno je α(x)α(y)−1 = α(x)α(y−1) = α(xy−1), qime dobijamo
α(xy−1) = xy−1.
Dobili smo da je element xy−1 fiksiran automorfizmom α, zbog qega mora biti
xy−1 = e, odnosno x = y. Odatle zakuqujemo da svim razliqitim x, y ∈ G odgovaraju
razliqiti x−1α(x) i y−1α(y), xto daje |A| = |G|.Iz pokazane inkluzije i jednakosti dobijamo da va�i tra�eno G = A.
�
3 Podgrupe
Definicija 3.1. Neka je G grupa. Podskup H ⊆ G se naziva podgrupom od G ako
va�i:
� za sve h1 i h2 iz H element h1h2 se tako�e nalazi u H.
� za svako h ∈ H se i inverz h−1 nalazi u H.
Qi�enicu da je H podgrupa grupe G �emo oznaqavati sa H ≤ G. Svaka grupa uvektrivijalno ima dve podgrupe: �u samu i {e}. Podgrupe neke grupe razliqite od te dvenazivamo pravim.
Definiciju 3.1 mo�emo iskazati i u kra�em ekvivalentnom obliku: Podskup H je
podgrupa od G ako za sve h1, h2 ∈ H va�i h1h−12 ∈ H.
10
Primer 3.2. Definicija 3.1 garantuje da ako je H podgrupa grupe G, onda je i samaH jedna grupa. Prema tome, podgrupu mo�emo videti kao "ma�u" grupu sadr�anu
u "ve�oj". Tako mo�emo do�i do velikog broja primera podgrupa, kao npr. Z ≤ R,Q∗ ≤ R∗ ili R∗ ≤ C∗.�
Zadatak 12. Neka je n ≥ 2 prirodan broj. Dokazati da je SLn(R) = {A ∈ Mn(R) |detA = 1} jedna podgrupa grupe GLn(R).
Rexe�e. Uoqimo proizvone matrice A,B ∈ SLn(R). Tada je detA = detB = 1, pana osnovu Bine-Koxijeve teoreme imamo
det(AB) = detAdetB = 1.
Iz prethodnog mo�emo zakuqiti da AB ∈ SLn(R). Dodatno, va�i i
det(A−1) =1
detA= 1,
odakle sledi da A−1 ∈ SLn(R). Time smo pokazali da je SLn(R) ≤ GLn(R).�
Zadatak 13. Dokazati da je svaka prava podgrupa grupe Z oblika nZ = {nx | x ∈ Z}za neki prirodan broj n ≥ 2.
Rexe�e. Doka�imo za poqetak da skupovi nZ jesu podgrupe grupe Z. U tu svrhu
uoqimo proizvone nx1 i nx2 iz nZ. Tada su po definiciji brojevi x1 i x2 celi, paisto va�i i za x1 + x2, kao i za −x1. Zbog toga je
nx1 + nx2 = n(x1 + x2) ∈ nZ− (nx1) = n(−x1) ∈ nZ.
Na osnovu prethodnom mo�emo zakuqiti da skupovi nZ jesu podgrupe od Z.Preostalo je jox da uradimo te�i deo zadatka, koji se sastoji iz dokaziva�a da za
proizvonu pravu podgrupu H od Z postoji prirodan broj n ≥ 2 takav da je H = nZ.Poxto je H podgrupa od Z, za svako x ∈ H va�i da je i −x ∈ H. Zbog toga je skup svih
pozivitnih brojeva koji se nalaze uH neprazan. Taj skup je, specijalno, jedan podskup
skupa prirodnih brojeva, pa u �emu mo�emo prona�i najma�i element. Oznaqimo ga
sa n. Ako bi bilo n = 1, poxto je H ≤ Z, onda bismo imali da i 2 = 1 + 1, 3 =1 + 1 + 1, · · · ∈ H. Iz istog razloga bi onda i −1,−2,−3, . . . pripadalo H, pa bi
va�ilo H = Z (svakako 0 ∈ H, jer je H ≤ Z). To je u kontradikciji sa qi�enicom da
je podgrupa H prava. Prema tome, va�i n ≥ 2.Doka�imo jox da je H = nZ qime �emo zavrxiti ovaj zadatak. To �emo uraditi
tako xto �emo ustanoviti va�e�e para inkluzija H ⊆ nZ i nZ ⊆ H. Poxto je H ≤ Zi n ∈ H, va�i da n+ n, n+ n+ n, . . . , kao i −n,−n− n,−n− n− n, . . . pripadaju H.
Drugim reqima, za svako x ∈ Z va�i da je nx ∈ H, odakle sledi nZ ⊆ H.
U ciu dokaziva�e obratne inkluzije uoqimo proizvono h ∈ H. Uoqeni element
je svakako ceo broj, pa ga mo�emo podeliti brojem n sa ostatkom:
h = qn+ r
11
za neke cele brojeve q i r, pri qemu je 0 ≤ r < n. Ostatak r onda mo�emo izraziti kaor = h − qn, pa kako je h ∈ H i nq ∈ H, qi�enica da je H ≤ Z povlaqi da i r morabiti u H. Dakle, dobili smo da broj r takav da 0 ≤ r < n pripada H. Kako je broj
n najma�i pozitivan broj koji se nalazi u H, to je mogu�e samo ako je r = 0. Prematome, va�i h = nq, pa h ∈ nZ. Dobijeno pokazuje inkluziju H ⊆ nZ, a time i jednakostH = nZ kojom zavrxavamo rexe�e ovog zadatka.
�
Napomena. Za n = 0 i n = 1 imamo redom nZ = {0}, odnosno nZ = Z. Zbog togamo�emo zakuqiti da su sve podgrupe grupe Z date sa nZ, n ≥ 0.�
Zadatak 14. Neka je {Hi | i ∈ I} proizvona familija podgrupa grupe G. Dokazatida je onda i
⋂i∈I Hi jedna podgrupa od G.
Rexe�e. Uoqimo proizvone x, y ∈⋂i∈I Hi. Po definiciji onda x, y ∈ Hi za sve
i ∈ I. Za svako (fiksirano) i ∈ I, koriste�i qi�enicu da su Hi podgrupe od G, odatlezakuqujemo da su xy, x−1 ∈ Hi. Onda i xy, x
−1 pripadaju⋂i∈I Hi, qime je pokazano da
taj presek jeste podgrupa od G.�
Zadatak 15. Neka su H i K podgrupe grupe G. Dokazati da je H ∪K podgrupa od Gako i samo ako je H ⊆ K ili K ⊆ H.
Rexe�e. Ako je H ⊆ K ili K ⊆ H tada je trivijalno H ∪K podgrupa od G, pa jesve xto treba da doka�emo obrnuti smer.
Pretpostavimo da je H ∪ K podgrupa od G, kao i da H nije sadr�ana u K. Do-
kaza�emo da tada mora biti K ⊆ H i to �e biti dovono da zavrximo zadatak. U
tu svrhu uoqimo proizvoan element k ∈ K. Pored �ega, zbog qi�enice da H nije
sadr�ana u K, mo�emo na�i element h ∈ H koji ne pripada K. Onda svakako i h i
k pripadaju podgrupi H ∪ K, pa je stoga u tom skupu i �ihov proizvod hk. Po de-
finiciji onda hk ∈ H ili hk ∈ K. Ako bi va�ilo drugo, imali bismo da podgrupi
K mora pripada i proizvod elementa hk sa elementom k−1 ∈ K. To bi znaqilo da
hkk−1 = h ∈ K, xto nije mogu�e iz naqina na koji smo birali element h. Zato namostaje samo hk ∈ H. Poxto je h ∈ H, podgrupi H onda mora pripadati i proizvod
h−1hk = k. Na taj naqin smo uspostavili tra�enu inkluziju K ⊆ H i zavrxili ovaj
zadatak.
�
3.1 Lagran�eva teorema
Pre same formulacije Lagran�eve teoreme, uvedimo neke oznake koje �e nam bi-
ti od koristi nadae. Neka je G grupa, a, b ∈ G i H,K dva podskupa od G. Tadadefinixemo:
� HK = {hk | h ∈ H, k ∈ K}
� H−1 = {h−1 | h ∈ H}
12
� aH = {ah | h ∈ H} levi koset za H
� Hb = {hb | h ∈ H} desni koset za H
� aHa−1 = {aha−1 | h ∈ H} konjugat od H
U prethodnim definicijama, kao xto mo�emo videti, H i K ne moraju biti pod-
grupe od G, mada �e to upravo biti situacija koju �emo najqex�e posmatrati. Prime-timo i da je H podgrupa od G ako i samo va�i HH = H i H−1 = H.
Posmatrajmo sada grupu G i �enu podgrupu H. Oznaqimo sa G/H skup svih levih
koseta za H,
G/H = {gH | g ∈ G}.
Broj elemenata tog skupa navizamo indeks podgrupe H u G i oznaqavamo sa [G : H].
Teorema 3.3 (Lagran�eva teorema). Ako je G grupa i H podgrupa od G, onda va�i
|G| = [G : H]|H|.
Prethodna teorema predstava jednu od osnovnih teorema teorije grupa. Mi �emo
je najvixe koristiti u sitaciji kada je grupa G konaqna. Tada, naravno, konaqni
moraju biti i |H| i [G : H], pa va�i jednostavna formula
[G : H] =|G||H|
.
Specijalno, dobijamo da red svake podgrupe konaqne grupe G mora da deli |G|.
Primer 3.4. Neka je G grupa reda 20. Lagran�eva teorema nam onda govori da su
jedini mogu�i redovi za podgrupe grupe G delioci broja 20, a to su: 1, 2, 4, 5, 10, 20.Ono xto Lagran�eva teorema ne garantuje je da �e za svaki delilac broja 20 postojatipodgrupa odG tog reda{ kao xto �emo i videti, tako nexto i ne mora da va�i u opxtem
sluqaju.
�
Zadatak 16. Posmatrajmo grupu G i �enu podgrupu H takve da va�i |G| < 45, |H| >10 i [G : H] > 3. Odrediti |G|, |H| i [G : H].
Rexe�e. Iskoristimo Lagran�evu teoremu da izrazimo indeks [G : H] kao
[G : H] =|G||H|
. (3)
Kako je iz uslova zadatka |G| < 45 i |H| > 10 iz prethodnog mo�emo zakuqiti da je
[G : H] < 4510 = 4.5. To nam zajedno sa uslovom [G : H] > 3 daje da va�i [G : H] = 4.
Iz (3) mo�emo izraziti |H| = |G|[G:H] , pa poxto znamo da je |G| < 45 i [G : H] = 4,
dobijamo |H| < 454 = 11.25. Kako je ispu�eno i |H| > 10, dobijamo |H| = 11.
Konaqno, jox jedna primena Lagran�eve teoreme, |G| = [G : H]|H| nam daje |G| =44.�
13
Zadatak 17. Neka je H podgrupa grupe K i K podgrupa grupe G. Pretpostavimo daje |H| = 4 i |G| = 24. Odrediti sve mogu�nosti za |K|.
Rexe�e. Iz Lagran�eve teoreme znamo da red podgrupe uvek deli red konaqne grupe.
Na osnovu toga, iz qi�enice da je H ≤ K i K ≤ G, dobijamo da va�i
|H| | |K| i |K| | |G| tj. 4 | |K| i |K| | 24.
Iz drugog uslova dobijamo da |K| ∈ {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24}. Me�u tim brojevima nam prvi
uslov ostava samo one deive sa 4, pa zakuqujemo da su mogu�nosti za |K|: 4, 8, 12, 24.�
4 Cikliqne grupe
Definicija 4.1. Neka je G grupa. Za podskup S ⊆ G ka�emo da generixe grupu Gi pixemo G = 〈S〉 ako se svaki element iz G mo�e zapisati kao konaqan proizvod
elemenata iz S i �ihovih inverza.
Primer 4.2. Neka je G = 〈a, b, c〉. Tada su elementi iz G sve konaqne reqi koje se mogu
zapisati simbolima a, b, c, a−1, b−1, c−1. Tako, na primer, imamo da su a, bc, aaabc−1 ibbab−1bcacc elementi grupe G. Koriste�i osobine grupa mo�emo primetiti da �e nekeformalno razliqite reqi odgovarati istim elementima, kao npr. a−1abc−1 i bc−1.Me�utim, ako ne znamo nixta vixe o generatorima a i b i c, ne mo�emo re�i ni
nixta mnogo vixe o elementima grupe G.�
Definicija 4.3. Grupa G je cikliqna ako je generisana samo jednim elementom, tj.
ako je G = 〈a〉 za neko a ∈ G.
Zadatak 18. Neka je G = 〈a〉 cikliqna grupa. Dokazati da je G = {am | m ∈ Z}.
Rexe�e. Oznaqimo H = {am | m ∈ Z}. Treba da poka�emo da va�i G = H. Jasno je
da va�i H ⊆ G, pa samo treba dokazati obrnutu inkluziju G ⊆ H.
Poka�imo prvo da je H podgrupa od G. To sledi direktno iz qi�enice da za
proizvone am, an iz H va�i
aman = am+n ∈ H(am)−1 = a−m ∈ H.
Upravo uspostavena qi�enica da je H ≤ G, uz a ∈ H, implicira da je 〈a〉 ⊆ H.
Me�utim, imamo da je bax 〈a〉 = G, qime dobijamo G ⊆ H. Time smo pokazali da va�i
G = H.
�
Iz prethodnog zadatka mo�emo videti da za cikliqnu grupu G postoje dve mo-
gu�nosti:
14
� am = e za neki prirodan broj mU ovom sluqaju mo�emo prona�i najma�i prirodan broj n takav da je an = e.Onda je G = {e, a, a2, . . . , an−1}, pa je grupa G konaqnog reda n.
� am 6= e za sve cele brojeve m 6= 0U ovom sluqaju je grupa G beskonaqna, preciznije prebrojiva.
Primetimo i da imamo da je svaka cikliqna grupa Abelova, zbog qi�enice da za sve
cele brojeve m i n va�i aman = am+n = an+m = anam.
Zadatak 19. a) Neka je G = 〈a〉 konaqna cikliqna grupa reda n. Dokazati da je
G ∼= Zn.b) Neka je G = 〈a〉 beskonaqna cikliqna grupa. Dokazati da je G ∼= Z.
Rexe�e. a) Posmatrajmo preslika�e φ : Zn → G definisano sa
φ(k) = ak, k ∈ Zn.
Ovo preslikava�e je oqigledno surjektivno, pa kako je izme�u skupova istih kardi-
nalnosti mora biti bijekcija.
Primetimo da je an = e, poxto je grupa G = 〈a〉 reda n. Zbog toga za svaka dva
broja k, ` ∈ Zn mo�emo podeliti broj k + ` brojem n sa ostatkom, k + ` = qn + r, dadobijemo:
ak+` = aqn+r = aqnar = (an)q ar = ear = ar.
Kada primetimo da je ostatak r po definiciji upravo k +n `, dolazimo da zakuqka
ak+` = ak+n`.
Koriste�i ovu upravo dobijenu qi�enicu, mo�emo zakuqiti da va�i i
φ(k +n `) = ak+n`
= ak+`
= aka`
= φ(k)φ(`),
qime smo pokazali da je φ homomorfizam. Znamo i da je φ bijekcija, pa sledi da je
izomorfizam, odakle dobijamo tra�eno G ∼= Zn.b) Sliqno kao u prethodnom delu, definiximo preslikava�e φ : Z→ G sa
φ(k) = ak, k ∈ Z.
Kako je za sve cele brojeve k i ` ispu�eno
φ(k + `) = ak+` = aka` = φ(k)φ(`),
sledi da je ovo preslikava�e homomorfizam. Ono je oqigledno i surjektivno, a xto
se tiqe �egove injektivnosti, pretpostavimo da je φ(k) = φ(`) za neke k, ` ∈ Z. Tada je
ak = a` tj. ak−` = e.
15
Poxto je grupa G = 〈a〉 beskonaqna, posled�e je mogu�e samo kada je k− ` = 0 tj. k = `.Time smo pokazali injektivnost preslikava�a φ, xto uz prethodno dokazano povlaqida je to preslikava�e izomorfizam. Zbog toga va�i G ∼= Z.�
Zadatak 20. Dokazati da je svaka podgrupa cikliqne grupe i sama cikliqna.
Rexe�e. Neka je G = 〈a〉 cikliqna grupa i H neka �ena podgrupa. Kako je H, spe-
cijalno, podskup od G = 〈a〉, svi elementi iz H su oblika ak, gde k prolazi nekim
podskupom skupa celih brojeva. Pri tome, mo�emo smatrati da je podgrupa H 6= {e},jer u suprotnom nema xta da se dokazuje. To nam obezbe�uje egzistenciju barem jednog
elementa iz H razliqitog od neutrala, pa mo�emo tvrditi da postoji barem jedno
ak ∈ H za koje je k 6= 0.
Poxto je H podgrupa od G, za svako ak ∈ H va�i da je i(ak)−1
= a−k ∈ H.
Zbog toga je skup svih pozivitnih brojeva k takvih da ak ∈ H neprazan. Taj skup
je, specijalno, jedan podskup skupa prirodnih brojeva, pa u �emu mo�emo prona�i
najma�i element. Oznaqimo ga sa n.Poka�imo da je H = 〈an〉, xto �e upravo znaqiti da je H cikliqna i zavrxiti
zadatak. Poxto je an ∈ H i H podgrupa od G, odmah imamo 〈an〉 ⊆ H, pa samo treba
da poka�emo obrnutu inkluziju. U tu svrhu uoqimo proizvono am ∈ H i podelimo
broj m brojem n sa ostatkom:
m = qn+ r.
Ovde su brojevi q i r celi, pri qemu 0 ≤ r < n. Iz prethodnog mo�emo am izraziti
kao
am = aqn+r = aqnar = (an)qar,
odakle je i ar = am(an)−q. Poxto su am i an u H, qi�enica da je H ≤ G povlaqi da se
i ar nalazi u H. Uslov 0 ≤ r < n zajedno sa izborom n kao najma�eg prirodnog broja ktakvog da je ak ∈ H nam onda daju r = 0. Prema tome, va�i am = aqn = (an)q. Sledi daje am ∈ 〈an〉, qime dobijamo tra�enu inkluziju H ⊆ 〈an〉. Uz obratnu inkluziju kojusmo videli da tako�e va�i dobijamo tra�eno H = 〈an〉, xto nas dovodi do kraja ovogzadatka.
�
Zadatak 21. Neka je G = 〈a〉 konaqna cikliqna grupa reda n i m prirodan broj takav
da m|n. Dokazati da postoji jedinstvena podgrupa H reda m grupe G.
Rexe�e. Iz uslovam|n mo�emo prona�i prirodan broj k takav da je n = mk. Oznaqi-mo H = 〈ak〉 i doka�imo da je H podgrupa od G reda m.
Prvo, znamo da je an = e, poxto je G = 〈a〉 reda n, pa imamo da je (ak)m = amk =an = e. Odavde ne mo�emo odmah zakuqiti da je H = 〈ak〉 reda m, ve� samo da je
|G| ≤ m, odnosno preciznije |G| | m. Pri tome �e biti bax |H| = m ako je (ak)` 6= eza sve 0 < ` < m. Pretpostavka da je (ak)` = ak` = e za neko 0 < ` < m bi, zbog
k` < km = n, povlaqila da je at = e za neko t < n. Poxto je G = 〈a〉 reda n, to je nijemogu�e. Odatle zakuqujemo da podgrupa H jeste reda m.
Doka�imo jox da je ta podgrupa jedinstvena. Pretpostavimo da je K neka druga
podgrupa od G reda m. Iz prethodnog zadatka znamo da je K cikliqna, pa postoji neki
16
element as koji je generixe. Poka�imo da je H = K. Posle dee�a broja s brojem ksa ostatkom,
s = qk + r za neke cele brojeve q i r, 0 ≤ r < k,
dobijamo da va�i as = aqk+r. Sa jedne strane, imamo da je (as)m = e, jer je grupa
K = 〈as〉 reda m. Sa druge strane, imamo i
(aqk+r)m = aqkm+rm = aqnarm = (an)qarm = arm.
Zakuqujemo da va�i arm = e. Kako je rm < km = n, iz qi�enice da je G = 〈a〉 reda nonda sledi da je r = 0. Dakle, dobijamo da je as = aqk = (ak)q, pa as ∈ H = 〈ak〉. Poxtoje H podgrupa od G, onda i 〈as〉 = K ⊆ H. Me�utim, podgrupe H i K su istog reda m,pa iz dobijene inkluzije sledi jednakost H = K, kojom smo pokazali jedinstvenost
podgrupe H i zavrxili zadatak.
�
Napomena. Prethodni zadatak nam omogu�ava da odredimo taqan broj podgrupa ci-
kliqne grupe reda n. Poxto za svaki delilac broja n, kao xto smo videli, postoji
taqno jedna podgrupa posmatrane grupe, mo�emo zakuqiti da je ukupan broj podgrupa
jedan broju delilaca broja n.
Pre narednog zadatka podsetimo se jednog tvr�e�a iz elementarne teorije brojeva
koje �e nam biti od koristi, kako u rexava�u pomenutog zadatka, tako i nadae.
Tvr�e�e 4.4. Celi brojevi m i n su uzajamno prosti ako i samo postoje celi brojeviα i β takvi da je
αm+ βn = 1.
Zadatak 22. Neka je G = 〈a〉 cikliqna grupa reda n. Dokazati da je ak generator za
G ako i samo ako je (n, k) = 1.
Rexe�e. Pretpostavimo prvo da je ak generator grupe G. Tada svaki element iz Gmo�emo izraziti kao neki stepen od ak. Specijalno, postoji prirodan broj q takavda je a = (ak)q = aqk. Dobijamo da je aqk−1 = e. Poxto je G = 〈a〉 reda n, imamo da
je an = e i n je najma�i stepen elementa a za koji to va�i. Zakuqujemo da n|qk − 1,odakle dobijamo izraz qk − 1 = `n tj. qk − `n = 1 za neki ceo broj `. Tvr�e�e 4.4 ondapokazuje da su brojevi n i k uzajamno prosti.
Pretpostavimo sada da je (n, k) = 1. Na osnovu Tvr�e�a 4.4 onda mo�emo na�i celebrojeve α i β takve da je αn + βk = 1. Sledi da je a = aαn+βk = (an)αaβk = aβk, jerje an = e. Dakle, dobili smo da je a mogu�e izraziti kao neki stepen elementa ak, paje a ∈ 〈ak〉. Zato je i 〈a〉 = G ≤ 〈ak〉, qime dobijamo G = 〈ak〉, pa zakuqujemo da je akgenerator grupe G.�
Iz prethodnog zadatka imamo da je broj generatora cikliqne grupe reda n jednak
ϕ(n), gde je ϕ oznaka za Ojlerovu funkciju,
ϕ(n) =∣∣{0 ≤ m ≤ n− 1 | (m,n) = 1}
∣∣.17
4.1 Red elementa u grupi
Definicija 4.5. Neka je G grupa i a ∈ G. Red cikliqne podgrupe 〈a〉 od G nazivamo
red elementa a u G i oznaqavamo sa r(a).
Imaju�i u vidu qemu je jednak red cikliqne podgrupe 〈a〉, red elementa a ∈ Gmo�emo alternativno definisati kao najma�i prirodan broj n takav da je an = e,pod uslovom da takav broj postoji. U sluqaju da je an 6= e za sve n ∈ N, element a�e imati beskonaqan red. Primetimo i da u konaqnoj grupi G svi elementi imaju
konaqan red. Na osnovu Lagran�eve teoreme imamo i precizniji zakuqak, r(a) | |G|za sve a ∈ G.
Zadatak 23. Odrediti redove matrica A =
[0 −11 0
]i B =
[0 1−1 −1
]u grupi GL2(R).
Rexe�e. Direktnim raqun pokazuje:
A2 =
[0 −11 0
] [0 −11 0
]=
[−1 00 −1
]A3 =
[−1 00 −1
] [0 −11 0
]=
[0 1−1 0
]A4 =
[0 1−1 0
] [0 −11 0
]=
[1 00 1
].
Zakuqujemo da je r(A) = 4. Sliqno, za matricu B imamo
B2 =
[0 1−1 −1
] [0 1−1 −1
]=
[−1 −11 0
]B3 =
[−1 −11 0
] [0 1−1 −1
]=
[1 00 1
],
odakle dobijamo da je ona reda 3.�
Zadatak 24. Neka je G = 〈a〉 cikliqna grupa reda n. Dokazati da je red elementa
ak 6= e u grupi G jednak n(n,k) .
Rexe�e. Oznaqimo sa ` red elementa ak u grupi G. Tada je ` najma�i prirodan brojtakav da va�i (ak)` = ak` = e. Kako je G = 〈a〉 cikliqna grupa reda n, va�i da
je n najma�i prirodan broj za koji je ispu�eno an = e, pa zakuqujemo da n|k`. Izposled�eg sledi da i n
(n,k) |k
(n,k)`, pri qemu su brojevi n(n,k) i
k(n,k) uzajamno prosti.
Zakuqujemo da n(n,k) | `. Me�utim, ` je najma�i mogu�i broj za koji va�i ta deivost,
xto pokazuje da je ` = n(n,k) i zavrxava zadatak.
�
Zadatak 25. Odrediti redove svih elemenata u grupama Z12 i Z16. Koji elementi su
generatori odgovaraju�ih grupa?
18
Rexe�e. Direktno na osnovu prethodnog zadatka mo�emo konstruisati odgovaraju�e
tablice:
Z12 :
a r(a)
0 1
1 12
2 6
3 4
4 3
5 12
6 2
7 12
8 3
9 4
10 6
11 12
Z16 :
a r(a)
0 1
1 16
2 8
3 16
4 4
5 16
6 8
7 16
8 2
9 16
10 8
11 16
12 4
13 16
14 8
15 16
Generatore grupe Z12 mo�emo prepoznati kao elemente reda 12, a to su 1, 5, 7 i 11.Sliqno, generatori grupe Z16 su elementi reda 16: 1, 3, 5, 7, 9, 11, 13 i 15. Primetimoda smo na osnovu Zadatka 22 odmah mogli generatore grupe Z12, odnosno Z16, prepoznati
kao sve elemente tih grupa koji su uzajamno prosti sa 12, odnosno 16.�
Zadatak 26. Neka je G konaqna grupa i a, b ∈ G. Dokazati da je tada:
a) r(a−1) = r(a).
b) r(b−1ab) = r(a).
v) r(ab) = r(ba).
Rexe�e. a) Neka je r(a) = n. To znaqi da je n najma�i prirodan broj takav da je
an = e. Onda je i (an)−1 = e tj. (a−1)n = e. Zakuqujemo da r(a−1) | n, odnosnor(a−1) | r(a). Dobijeno va�i za svako a ∈ G, pa ga mo�emo primeniti i na a−1, qimedobijamo r((a−1)−1) | r(a−1) tj. r(a) | r(a−1). Dakle, imamo r(a−1) | r(a) i r(a) | r(a−1),odakle sledi tra�eno.
b) Sliqno kao u delu a), oznaqimo r(a) = n. Tada je an = e, pa na osnovu Zadatka 7
dobijamo
(b−1ab)n = b−1anb = b−1eb = e.
Zakuqujemo da r(b−1ab) | n = r(a). Dobijeno mo�emo primeniti i na b−1ab umesto a,kao i b−1 umesto b da dobijemo r((b−1)−1b−1abb−1) | r(b−1ab) tj. r(a) | r(b−1ab). Dakle,
19
imamo r(b−1ab) | r(a) i r(a) | r(b−1ab), odakle sledi tra�eno.v) Ovaj deo sledi odmah iz dela b) zbog toga xto je ab = b−1(ba)b.�
Zadatak 27. Neka je f : G→ H homomorfizam konaqnih grupa. Dokazati da za svako
a ∈ G va�i r(f(a)) | r(a). Dodatno, ako je f izomorfizam, dokazati da je r(f(a)) = r(a).
Rexe�e. Neka je r(a) = n. Tada je an = e, pa iz qi�enice da je f homomorfizam
dobijamo
f(a)n = f(an) = f(e) = e.
Zakuqujemo da r(f(a)) | n tj. r(f(a)) | r(a), qime zavrxavamo prvi deo.Za drugi deo, primetimo da ako je f izomorfizam, onda postoji �emu inverzni
izomorfizam f−1. Rezultat iz prvog dela onda mo�emo primeniti na taj izomorfizami element f(a) da dobijemo
r(f−1(f(a))) | r(f(a)) tj. r(a) | r(f(a)),
odakle sledi tra�eno tvr�e�e.
�
Zadatak 28. Neka je red grupe G jednak prostom broju p. Dokazati da je G cikliqna
grupa.
Rexe�e. Uoqimo proizvono a ∈ G \ {e}. Iz Lagran�eve teoreme sledi da r(a) ||G| = p. Kako je p prost broj i a 6= e, preostaje nam samo r(a) = p. Dakle, u grupi Greda p imamo element a reda p, pa je ona cikliqna, G = 〈a〉.�
5 Diedarska grupa
Definicija 5.1. Diedarska grupa Dn je grupa simetrija pravilnog n-tougla (n ≥ 3)u odnosu na kompoziciju preslikava�a.
Za bilo kakav ozbiniji algebarski rad sa grupom Dn bi�e potrebno da boe ra-zumemo i opixemo �ene elemente. To �emo uraditi na konkretnom primeru grupe
simetrija kvadrata D4, iz razloga xto je ovaj primer, sa jedne strane, dovono jedno-
stavan da sve lepo razumemo, a sa druge strane, dovono slo�en da mo�emo videti sve
specifiqne osobine diedarske grupe koje �e se ispoavati i u opxtem sluqaju. Nakon
�ega ne�e biti texko da uvidimo i kakva je struktura grupe Dn za svaki prirodan
broj n ≥ 3.
Posmatra�emo kvadrat ABCD kao na slici:
20
A B
CD
Simetrije ovog kvadrata mogu biti rotacije i refleksije. Pri tome, me�u rotacije
�emu uraqunati i identiqko preslikava�e ε, koje je neutral u grupi D4:
A B
CD
ε
A B
CD
Sa ρ �emo oznaqiti rotaciju za π2 oko centra kvadrata u smeru suprotnom od kre-
ta�a kazake na satu:
A B
CD
ρ
D A
BC
Ostale rotacije onda mo�emo izraziti kao ρ2 i ρ3, pri qemu je ρ4 = ε.Sa σ �emo oznaqiti refleksiju kvadrata u odnosu na �egovu vertikalnu osu:
A B
CD
σ
B A
DC
Imaju�i u vidu geometrijsku interpretaciju, jasno je da je σ2 = ε. Ostale reflek-sije su tako�e reda 2 i mo�emo ih dobiti tako xto prvo zarotiramo kvadrat, pa su
one: σρ, σρ2 i σρ3. Dobijamo da je
D4 = {ε, ρ, ρ2, ρ3︸ ︷︷ ︸rotacije
, σ, σρ, σρ2, σρ3︸ ︷︷ ︸reflekcije
}.
21
Mo�emo primetiti da je D4 generisana sa ρ i σ, pri qemu znamo da je ρ4 = ε i σ2 = ε.
Xto se tiqe odnosa ta dva generatora, imamo:
A B
CD
σ
B A
DC
ρ
C B
AD
A B
CD
ρ3
B C
DA
σ
C B
AD
Mo�emo zakuqiti da je ρσ = σρ3 tj. ρσ = σρ−1. Na taj naqin dobijamo prezenta-
ciju grupe D4 preko generatora i relacija:
D4 = 〈 ρ, σ︸︷︷︸generatori
| ρ4 = ε, σ2 = ε, ρσ = σρ−1︸ ︷︷ ︸relacije
〉.
Potpuno sliqno bismo za svako n ≥ 3 dobili
Dn = 〈ρ, σ | ρn = ε, σ2 = ε, ρσ = σρ−1〉.
Jedina razlika u odnosu na sluqaj kvadrata koji smo videli nastaje zbog toga xto je u
opxtem sluqaju ρ rotacija za 2πn oko centra pravilnog n-tougla, pa je reda n. Mo�emo
primetiti da je |Dn| = 2n,
Dn = {ε, ρ, . . . , ρn−1︸ ︷︷ ︸rotacije
, σ, σρ, . . . , σρn−1︸ ︷︷ ︸refleksije
}.
Sliqno kao u sluqaju kvadrata, imamo da su sve refleksije reda 2. Tako�e, poxtogeneratori ρ i σ ne komutiraju, diedarska grupa Dn nije Abelova.
Zadatak 29. Napisati tablicu mno�e�a za grupu D3.
Rexe�e. Direktnim raqunom, kako je D3 = {ε, ρ, ρ2, σ, σρ, σρ2}, popu�avamo tablicu:
◦ ε ρ ρ2 σ σρ σρ2
ε ε ρ ρ2 σ σρ σρ2
ρ ρ ρ2 ε σρ2 σ σρ
ρ2 ρ2 ε ρ σρ σρ2 σ
σ σ σρ σρ2 ε ρ ρ2
σρ σρ σρ2 σ ρ2 ε ρ
σρ2 σρ2 σ σρ ρ ρ2 ε
22
Jasno�e radimo, prikazujemo konkretan raqun u nekoliko komplikovanijih sluqajeva:
ρσρ = (ρσ)ρ = σρ−1ρ = σ
ρ2σρ = ρ(ρσ)ρ = ρσρ−1ρ = ρσ = σρ−1 = σρ2
σρ2σ = σρ(ρσ) = σρσρ−1 = σ(ρσ)ρ−1 = σσρ−1ρ−1 = ρ−2 = ρ.
�
Zadatak 30. Pokazati da refleksije ρσ i ρ2σ generixu diedarsku grupu Dn, n ≥ 3.
Rexe�e. Poxto znamo da ρ i σ generixu Dn, dovono je da poka�emo da je ta dvaelementa mogu�e generisati pomo�u ρσ i ρ2σ. Prvo, imamo da je
(ρ2σ)(ρσ) = ρ2σσρ−1 = ρ2ρ−1 = ρ.
To pokazuje da ρ ∈ 〈ρσ, ρ2σ〉. Dae, zbog izraza σ = ρ−1(ρσ) i qi�enice da ρ−1(ρσ) ∈〈ρσ, ρ2σ〉, zakuqujemo da i σ ∈ 〈ρσ, ρ2σ〉.�
Zadatak 31. Odrediti sve prave podgrupe grupe D4.
Rexe�e. Grupa D4 je reda 8, pa iz Lagran�eve teoreme sledi da �ene prave podgrupemogu biti reda 2 ili 4.
Podgrupe reda 2 moraju biti cikliqne (videti Zadatak 28), generisane elementimareda 2. Elementi reda 2 u D4 su σ, σρ, σρ
2, σρ3 i ρ2, pa su odgovaraju�e podgrupe:
〈σ〉 = {ε, σ}〈σρ〉 = {ε, σρ}〈σρ2〉 = {ε, σρ2}〈σρ3〉 = {ε, σρ3}〈ρ2〉 = {ε, ρ2}.
Za podgrupe reda 4 svakako nije iskuqeno da budu cikliqne i u tom sluqaju su
one generisane elementima reda 4. Elementi reda 4 u D4 su ρ i ρ3. Me�utim, va�i
〈ρ〉 = {ε, ρ, ρ2, ρ3}〈ρ3〉 = {ε, ρ3, ρ2, ρ},
odakle zakuqujemo da postoji samo jedna cikliqna podgrupa reda 4 i to je 〈ρ〉 = 〈ρ3〉.Necikliqne podgrupe reda 4 mo�emo dobiti kombinacijom dva generatora reda
2. Pri tome moramo biti pa�ivi, jer ne�e svaka takva kombinacija dati tra�enu
podgrupu. Npr, poxto je
σσρ = ρ,
u podgrupi 〈σ, σρ〉 se nalaze oba generatora od D4, pa je 〈σ, σρ〉 = D4. Generalno je za
sve 0 ≤ k < ` ≤ 3 ispu�eno
σρkσρ` = ρ−kσσρ` = ρ`−k,
23
pa �e podgrupa 〈σρk, σρ`〉 sadr�ati ρ ili ρ3 = ρ−1 kada je `− k ∈ {1, 3}. U tom sluqaju
�e posmatrana podgrupa sadr�ati oba generatora od D4, xto �e je spreqiti da bude
prava. Dakle, ostaje nam samo ` − k = 2, qime dobijamo dve potencijalne necikliqnepodgrupe reda 4: 〈σ, σρ2〉 i 〈σρ, σρ3〉. Kako je
〈σ, σρ2〉 = {ε, σ, σρ2, ρ2}〈σρ, σρ3〉 = {ε, σρ, σρ3, ρ2}
dobijamo da to i jesu tra�ene podgrupe.
U svim prethodnim razmatra�ima smo posmatrali samo podgrupe generisane sa
dve refleksije, pa nam ostaju i potencijalne podgrupe generisane jednom refleksijom
i rotacijom ρ2 reda 2. Me�utim, mo�emo primetiti da je
〈σ, σρ2〉 = 〈σ, ρ2〉 = 〈σρ2, ρ2〉〈σρ, σρ3〉 = 〈σρ, ρ2〉 = 〈σρ3, ρ2〉,
xto znaqi da smo obuhvatili i sve takve kombinacije. Zakuqujemo da postoje taqno
2 razliqite necikliqne podgrupe reda 4 od D4 i to su 〈σ, σρ2〉 i 〈σρ, σρ3〉.�
Zadatak 32. Neka su m,n ≥ 3 prirodni brojevi takvi da m|n. Dokazati da Dn ima
podgrupu izomorfnu grupi Dm.
Rexe�e. Iz qi�enice da m|n mo�emo prona�i prirodan broj k takav da je mk = n.Posmatrajmo podgrupu H od Dn odre�enu sa H = 〈ρk, σ〉 i doka�imo da je H ∼= Dm.
Preglednosti radi, oznaqimo
Dm = 〈R,S | Rm = ε, S2 = ε,RS = SR−1〉
i zadajmo preslikava�e φ sa generatorima sa φ(R) = ρk i φ(S) = σ. Ovo preslikava�ese onda proxiruje do homomorfizma φ : Dm → H. Konkretno, za proizvonu rotaciju
R` ∈ Dm imamo φ(R`) = φ(R)` = (ρk)` = ρk`, dok za proizvonu refleksiju SR` va�iφ(SR`) = φ(S)φ(R)` = σ(ρk)` = σρk`.
Ovako definisan homomorfizam φ �e biti izomorfizam ako pri �emu quvaju re-
lacije u Dm. Direktan raqun
φ(Rm) = ρkm = ρn = ε (ρ je generator grupe Dn)φ(S2) = φ(S)2 = σ2 = ε
φ(RS) = φ(R)φ(S) = ρkσ = σρ−k = σ(ρk)−1 = φ(S)φ(R)−1 = φ(SR−1)
nam upravo pokazuje da ta oquvanost va�i. Zakuqujemo da je φ : Dm → H izomorfi-
zam, qime dobijamo tra�eno H ∼= Dm.�
24
6 Simetriqna grupa
Neka je X neprazan skup. Skup
SymX = {f : X → X | f je bijekcija}
qini grupu u odnosu na kompoziciju preslikava�a. Ta grupa se naziva simetriqna
grupa skupa X.
Zadatak 33. Neka su X i Y dva skupa takva da je |X| = |Y |. Tada je SymX ∼= SymY .
Rexe�e. Poxto je |X| = |Y | sledi da postoji bijekcija φ : X → Y . Ta bijekcija
indukuje preslikava�e φ∗ : SymX → SymY definisano sa
φ∗(f) = φfφ−1, f ∈ SymX.
Kako za sve f, g ∈ SymX va�i
φ∗(fg) = φ(fg)φ−1 = (φfφ−1)(φgφ−1) = φ∗(f)φ∗(g)
zakuqujemo da je φ∗ homomorfizam.Jasno je da je φ∗ surjektivno, jer za svako g ∈ SymY imamo g = φ∗(φ
−1gφ). Dodatno,iz pretpostavke φ∗(f) = φ∗(g) za neke f, g ∈ SymX dobijamo φfφ−1 = φgφ−1, odaklesledi f = g. To pokazuje da je φ∗ injektivno.
Zakuqujemo da je φ∗ bijekcija i homomorfizam, pa je izomorfizam. Zbog toga je
SymX ∼= SymY .�
Iz prethodnog zadatka zakuqujemo da je grupa SymX suxtinski odre�e�a sa
|X|. Specijalno, ako je |X| = n za neki prirodan broj n, imamo da je SymX ∼=Sym{1, 2, . . . , n}. Grupu Sym{1, 2, . . . , n} oznaqavamo sa Sn i nazivamo kratko sime-
triqnom grupom ili grupom permutacija. Upravo �e ta grupa biti predmet naxeg
daeg interesova�a.
Za poqetak primetimo da je |Sn| = n!, kao i da grupa Sn nije Abelova za n ≥ 3.Neutral u grupi Sn je identiqko preslikava�e koga �emo oznaqavati sa ε, ε(i) = iza sve 1 ≤ i ≤ n. Jednu znaqajnu osobinu svakog elementa simetriqne grupe tj. svake
permutacije �emo videti u narednom primeru.
Primer 6.1. Permutacije kao preslikava�e izme�u konaqnih skupova mo�emo zapi-
sati tabliqno. Tako su npr.
f :
(1 2 3 4 53 1 2 5 4
)i g :
(1 2 3 4 51 3 5 4 2
)dve permutacije iz S5. Zgodno kod ovog zapisa je xto omogu�ava da jasno vidimo gde seelementi slikaju prilikom dejstva permutacija, ali je nevoa sa �im xto nije bax
pogodan za algebarske operacije. Tako bi npr. bilo priliqno mukotrpno izraqunava�e
permutacije f2g3, reda elementa f i sliqno. Taj problem rexavamo tako xto koristi-
mo osobinu da se svaka permutacija mo�e zapisati u obliku proizvoda disjunktnih
25
ciklova. Pokaza�emo xta pod time mislimo na konkretnom primeru permutacija f i
g koje posmatramo.
Poqnimo sa permutacijom f . Prvo mo�emo primetiti da se pri �oj 1 slika u 3. To�emo zapisati tako xto �emo otvoriti cikl i staviti 1 pored 3 u �emu: d1, 3. Slede�exto nas zanima je gde se slika 3 i vidimo da je to 2. To zapisujemo tako xto dodamo2 iza trojke u zapoqetom ciklu, qime dobijamo d1, 3, 2. Naredno nam je od interesa gde
se slika 2 i vidimo da je to 1. Kako je 1 upravo element kojim smo zapoqeli cikl,
dobijeno omogu�ava da ga zatvorimo, qime dobijamo d1, 3, 2c. Primetimo da ovakav
zapis u obliku cikla samo znaqi da se 1 slika u 3, 3 u 2 i 2 u 1, pa se �egov smisaone�e promeniti ako sve qlanove cikla pomerimo za proizvoan broj mesta udesno:
d1, 3, 2c = d2, 1, 3c = d3, 2, 1c.
Cikl koji smo dobili ne zavrxava predstava�e permutacije f , poxto jox nismo
ispitali xta se dexava sa 4 i 5. Da bismo i to zavrxili, mo�emo prvo primetiti
da se 4 slika u 5, xto �emo zapisati da tako xto �emo otvoriti novi cikl d4, 5pored d1, 3, 2c koji smo ve� dobili: d1, 3, 2cd4, 5. Konaqno, qi�enica da se 5 slika u 4omogu�ava da taj cikl zatvorimo i dobijemo predstava�e za f u obliku proizvoda
disjunktnih ciklova
f = d1, 3, 2cd4, 5c.
Bitno je da znamo i da disjunktni ciklovi komutiraju, pa smo isto tako mogli da
zapixemo f = d4, 5cd1, 3, 2c. Dakle, predstava�e permutacije f u obliku proizvo-
da disjunktnih ciklova nismo morali da zapoqnemo pita�em gde se slika 1{ isti
rezultat bismo dobili da smo krenuli od bilo kog drugog broja.
Ostalo je jox da dobijemo predstava�e za permutaciju g. Primetimo da se pri�oj 1 slika u 1. To ne�emo oznaqiti pomo�u jednoqalnog cikla d1c, ve� �emo samo
preskoqiti bilo kakvo zapisiva�e broja 1 imaju�i u vidu da to upravo znaqi da je
on fiksan pri dejstvu permutacije g. Dae imamo da se 2 slika u 3, qime otvaramocikl d2, 3. Kako se 3 slika u 5 taj cikl se nastava u d2, 3, 5, a zbog qi�enice da se 5slika u 2 imamo i da se taj cikl zatvara: d2, 3, 5c. Primetimo i da se 4 slika u 4, xtosliqno kao i za 1 ne�emo posebno oznaqavati. Dakle, ispitali smo kako se slikaju svielementi, qime dobijamo predstava�e za g:
g = d2, 3, 5c.
�
Ako je permutacija zapisana u obliku proizvoda disjunktnih ciklova, nije texko
da odredimo �en red. Naime, va�i da ako su du�ine ciklova u cikliqnoj dekompozi-
ciji za f ∈ Sn redom `1, `2, . . . `k, onda je r(f) = NZS(`1, `2, . . . , `k). Npr, za permutacijef i g iz prethodnog primera va�i r(f) = NZS(3, 2) = 6 i r(g) = NZS(3) = 3.
Zadatak 34. Permutacije π = d4, 5, 6, 8cd1, 2, 4, 5c i σ = d6, 2, 4cd2, 5, 3cd8, 7, 6cd4, 5ciz S8 predstaviti u obliku proizvoda disjunktnih ciklova i zatim odrediti �ihove
redove.
26
Rexe�e. Na�imo prvo predstava�e u obliku proizvoda disjunktnih ciklova za
permutaciju π. To �emo uraditi sliqno kao u Primeru 6.1, uz jedinu razliku xto
sada imamo posla sa drugaqijim zapisom.
Radi lakxeg snala�e�a, obele�imo π1 = d4, 5, 6, 8c i π2 = d1, 2, 4, 5c tako da je
π = π1π2. Podsetimo se da je operacija u S8 kompozicija preslikava�a, xto znaqi da�e prvo dejstvovati π2, pa onda π1.
Ispitajmo sada gde se slika 1 pri permutaciji π. Imamo da se pri π2 taj elementslika u 2. U zapisu cikla π1 se dvojka ne pojavuje, xto znaqi da ostaje fiksna. Zbogtoga se pri permutaciji π = π1π2 broj 1 slika u 2. To zapisujemo tako xto otvaramocikl d1, 2. Slede�e xto nas zanima je gde se slika 2. Pri permutaciji π2 se taj brojslika u 4. Dae se 4 pri π1 slika u 5, xto znaqi da se pri kompoziciji π1π2 = π broj 2slika u 5. Zbog toga nastavamo cikl: d1, 2, 5. Dae ispitujemo gde se slika 5. Vidimoda se pri π2 taj element slika u 1, dok 1 ostaje fiksan pri dejstvu permutacije π1,jer se ne pojavuje u �enom zapisu. Zato se pri permutaciji π broj 5 slika u 1. Toomogu�ava da zatvorimo poqetni cikl: d1, 2, 5c.
Ostaje jox da vidimo kako se slikaju brojevi 3, 4, 6, 7 i 8. Primetimo da se 3 i 7 nepojavuju u zapisu ciklova π1 i π2 xto znaqi da ostaju fiksni pri dejstvu permutacijeπ = π1π2. Zato �ih ne�emo zapisivati u cikliqnoj dekompoziciji za π, pa ostaje samojox da ispitamo xta se dexava sa 4, 6 i 8. Imamo da se pri π2 broj 4 slika u 5. Daese 5 pri π1 slika u 6, xto znaqi da se pri kompoziciji π1π2 = π broj 4 slika u 6. Tozapisujemo tako xto otvoramo novi cikl pored postoje�eg: d1, 2, 5cd4, 6. Slede�e xtonas zanima je gde se slika 6. U zapisu cikla π1 se taj broj ne pojavuje, xto znaqi daostaje fiksan. Poxto se pri 6 pri π1 slika u 8, zakuqujemo da je to slika xesticei pri π = π1π2. Tako dobijamo dai zapis d1, 2, 5cd4, 6, 8. Konaqno, imamo da se 8 ne
pojavuje u zapisu cikla π2, dok se pri π1 slika u 4, qime dobijamo da se 8 slika u 4pri permutaciji π. Na taj naqin zatvaramo drugi cikl i dobijamo predstava�e za
π u obliku proizvoda disjunktnih ciklova:
π = d1, 2, 5cd4, 6, 8c.
Sliqno dobijamo da je predstava�e za σ:
σ = d4, 3cd6, 8, 7, 2, 5c.
Konaqno, na osnovu dobijenih cikliqnih dekompozicija dobijamo da je r(π) = NZS(3, 3) =3 i r(σ) = NZS(2, 5) = 10.�
Tvr�e�e 6.2. Neka je π ∈ Sn proizvona permutacija i da1, a2, . . . , akc proizvoank-cikl iz Sn. Tada je:
da1, a2, . . . , akc−1 = dak, ak−1, . . . , a1cπda1, a2, . . . , akcπ−1 = dπ(a1), π(a2), . . . , π(ak)c.
Prethodno tvr�e�e omogu�ava da lako prona�emo inverz i konjugate permutacije
zapisane u obliku cikliqne dekompozicije na proizvod disjunktnih ciklusa. Naime,
27
poxto svi disjunktni ciklovi me�usobno komutiraju, inverz tako zapisane permuta-
cije �e biti proizvod inverza odgovaraju�ih ciklova iz dekompozicije, a sliqno �e
i konjugat biti proizvod konjugata odgovaraju�ih ciklova; �ih mo�emo lako na�i na
osnovu Tvr�e�a 6.2.
Primetimo jox i da Tvr�e�e 6.2 povlaqi da se konjugacijom ne me�a tip cikliqne
dekompozicije neke permutacije, pod qime mislimo na du�ine ciklova koji u toj
dekompoziciji uqestvuju. Tako, na primer, svaki konjugat permutacije koja je proizvod
disjunktnog 3-cikla i 5-cikla i sam mora biti proizvod disjunktnog 3-cikla i 5-cikla.
Zadatak 35. Date su permutacije π = d1, 4, 7, 5cd2, 1, 6cd3, 2, 4c i σ = d1, 7, 6cd2, 1, 4cd5, 2, 3, 7, 6, 1c iz S7. Odrediti redove za π i σ, kao i cikliqne dekompozicije na pro-izvod disjunktnih ciklova za π2016, π−1 i πσπ−1. Da li su permutacije π i σ kon-
jugovane?
Rexe�e. Prvo mo�emo zapisati permutacije π i σ u obliku proizvoda disjunktnih
ciklova kao:
π = d1, 6, 2, 7, 5cd3, 4cσ = d1, 5, 7cd2, 3, 6, 4c.
Iz prethodnog zapisa odmah nalazimo da je r(π) = 10 i r(σ) = 12. Zbog toga je:
π2016 = π10·201+6
=(π10)201
π6
= π6 (jer je r(π) = 10)
= (d1, 6, 2, 7, 5cd3, 4c)6
= d1, 6, 2, 7, 5c6d3, 4c6 (disjunktni ciklovi komutiraju)
= d1, 6, 2, 7, 5c (jer je svaki 5-cikl reda 5, a 2-cikl reda 2).
Dodatno, imamo i
π−1 = d5, 7, 2, 6, 1cd4, 3cπσπ−1 = dπ(1), π(5), π(7)cdπ(2), π(3), π(6), π(4)c
= d6, 1, 5cd7, 4, 2, 3c.
Konaqno, poxto je permutacija π proizvod disjunktnog 5-cikla i 2-cikla, a permuta-cija σ proizvod disjunktnog 3-cikla i 4-cikla, �ihovi tipovi se razlikuju, pa one
nisu konjugovane.
�
Zadatak 36. Pokazati da je H = {π ∈ S8 | π(2) = 2, π(3) = 3, π(6) = 6} podgrupa od S8i odrediti �en red.
Rexe�e. Neka su π, σ ∈ H proizvone permutacije. Tada je π(2) = σ(2) = 2, π(3) =σ(3) = 3 i π(6) = σ(6) = 6. Odatle zakuqujemo da je i (πσ−1)(2) = 2, (πσ−1)(3) = 3 i
28
(πσ−1)(6) = 6, xto pokazuje da πσ−1 ∈ H. Na taj naqin dobijamo da je H podgrupa od
S8.
Primetimo da svaki element iz H fiksira 2, 3 i 6, dok ostale brojeve 1, 4, 5, 7 i
8 slika proizvono jedne u druge, uz jedino uslov bijektivnosti. To znaqi da ima 5!mogu�nosti za proizvoni element iz H, odnosno |H| = 5!.�
Zadatak 37. Neka su k i n prirodni brojevi takvi da je k ≤ n. Odrediti broj k-ciklova u Sn.
Rexe�e. Svaki k-cikl mo�emo videti kao ure�e�u k-torku nekih k izabranih ele-
menata iz skupa {1, 2, . . . , n}. Broj svih takvih k-torki je(nk
)k!. Me�utim, ako se svi
elementi u nekoj k-torci rotiraju za 1, 2, . . . , k mesta udesno, odgovaraju�i cikl ostajeisti. To znaqi da svakom k-ciklu odgovara k razliqitih k-torki, pa je tra�eni brojk-ciklova u Sn jednak
(n
k
)k!
k=
(n
k
)(k − 1)!.
�
Zadatak 38. Odrediti sve prirodne brojeve koji se javaju kao redovi elemenata u
grupi S8. Na�i primer elementa maksimalnog reda u toj grupi.
Rexe�e. Treba da odredimo sve mogu�nosti za du�ine ciklova u cikliqnoj dekom-
poziciji permutacije iz S8. Radi lakxeg snala�e�a, uvodimo oznaku (k1, k2, . . . , km)koja znaqi da se u cikliqnoj dekompoziciji permutacije nalazi proizvod disjunktnog
k1-cikla, k2-cikla, itd. zakuqno sa km-ciklom. Pri tome, dozvoli�emo da neki od
brojeva kj budu jednaki 1; �ihov broj �e biti jednak broju fiksnih elemenata pri
dejstvu odgovaraju�e permutacije, tako da uvek imamo∑m
j=1 kj = 8. Red permutacije
29
koju posmatramo onda mo�emo izraqunati kao NZS(k1, k2, . . . , km). Sada imamo redom:
(8) red 8
(1, 7) red 7
(2, 6) red 6
(3, 5) red 15
(4, 4) red 4
(1, 1, 6) red 6
(1, 2, 5) red 10
(1, 3, 4) red 12
(2, 2, 4) red 4
(2, 3, 3) red 6
(1, 1, 1, 5) red 5
(1, 1, 2, 4) red 4
(1, 1, 3, 3) red 3
(1, 2, 2, 3) red 6
(2, 2, 2, 2) red 2
(1, 1, 1, 1, 4) red 4
(1, 1, 1, 2, 3) red 6
(1, 1, 2, 2, 2) red 2
(1, 1, 1, 1, 1, 3) red 3
(1, 1, 1, 1, 2, 2) red 2
(1, 1, 1, 1, 1, 1, 2) red 2
(1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1) red 1
Zakuqujemo da su mogu�i redovi elemenata u S8 u skupu {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 12, 15}.Maksimalni red u ovoj grupi je 15; elementi tog reda su proizvodi disjunktnog 3-cikla i 5-cikla, npr: d1, 3, 5cd2, 4, 6, 7, 8c.�
Zadatak 39. Odrediti sve podgrupe od S4 koje imaju 6 elemenata.
Rexe�e. Primetimo da prvo da u S4 nema elemenata reda 6, pa tra�ene podgrupe nemogu biti cikliqne. Prema tome, treba da vidimo kakve kombinacije elemenata reda
2 i 3 �e dati podgrupe koje nas zanimaju.
Neka je H proizvona podgrupa reda 6 od S4. Na osnovu Zadatka 26 imamo da je zasvaki element a reda 3 u H i element a−1 reda 3. Kako je a 6= a−1 (u suprotnom bi abio reda 2), zakuqujemo da je broj elemenata reda 3 u H paran. Podgrupa H ima 6elemenata, pa odatle sledi da u �oj mora postojati element reda 2.
Ispitajmo da li je mogu�e da svi elementi u H, osim neutrala, budu reda 2. Utom sluqaju je svaki element iz H jednak svom inverzu, pa iz Zadatka 6 sledi da je
30
H Abelova. Posmatrajmo podgrupu 〈a, b〉 od H, gde su a, b ∈ H proizvoni elementi,
razliqiti od neutrala. Iz qi�enice da su a i b reda 2 i da komutiraju zakuqujemo
da va�i
〈a, b〉 = {ε, a, b, ab}.Dakle, u grupi H koja je reda 6 smo pronaxli podgrupu reda 4. To je u kontradikcijisa Lagran�evom teoremom, pa sledi da je nemogu�e da svi elementi u H budu reda 2.Na taj naqin dobijamo da u H mora da postoji barem jedan element reda 3.
Uoqimo sada proizvoan element reda 3 iz H, koji mora biti neki 3-cikl di, j, kc.Ako se u H nalazi 2-cikl dk, `c, gde je k 6∈ {i, j, k}, onda se u toj podgrupi nalazi i
di, j, kcdk, `c = di, j, k, `c.
U tom sluqaju u H imamo slede�ih 7 elememenata: ε, dk, `c, di, j, kc, di, j, kc2 = di, k, jc,di, j, k, `c, di, j, k, `c2 = di, kcdj, `c, di, j, k, `c3 = d`, k, j, ic, pa ta podgrupa ne mo�e biti
reda 6. Poxto jedi, j, kc = dk, i, jc = dj, k, ic, (4)
potpuno isti zakuqak sledi ako umesto dk, `c posmatramo dj, `c, odnosno di, `c, kao ibilo koji proizvod dva disjunktna 2-cikla.
Ostaje nam samo jox da ispitamo xta se dexava ako pored 3-cikla di, j, kc u pod-grupi H imamo i 2-cikl di, jc. Primetimo prvo da zbog (4) nema razlike ako umestodi, jc posmatramo dk, ic, odnosno dj, kc. Sada imamo:
di, j, kc2 = di, k, jcdi, j, kcdi, jc = di, kcdi, j, kc2di, jc = di, k, jcdi, jc = dj, kcdi, jcdi, j, kc = dj, kcdi, jcdi, j, kc2 = di, jcdi, k, jc = di, kc.
Zakuqujemo da je H = {ε, di, jc, dj, kc, di, kc, di, j, kc, di, k, jc}, pa H jeste tra�ena pod-
grupa reda 6. Kako postoji taqno 4 izbora za razliqite i, j, k iz skupa {1, 2, 3, 4} iprethodni raqun je pokazao da H suxtinski zavisi samo od tog izbora, zakuqujemo
da postoji 4 razliqite podgrupe reda 6 od S4.�
Napomena. Iz rexe�a prethodnog zadatka mo�emo primetiti da su sve dobijene
podgrupe sa osobinom da permutuju tri i fiksiraju preostali jedan element iz skupa
{1, 2, 3, 4}. Zato �ih mo�emo izraziti i kao Hi = {π ∈ S4 | π(i) = i} za 1 ≤ i ≤ 4. Nijetexko videti da su sve te podgrupe izomorfne simetriqnoj grupi S3.
Zadatak 40. a) Dokazati da 2-ciklovi (koje nazivamo i transpozicije) generixu
grupu Sn.b) Dokazati da je Sn = 〈d1, 2c, d1, 3c, . . . , d1, nc〉.
Rexe�e. a) Poxto svaku permutaciju iz Sn mo�emo zapisati u obliku proizvoda dis-junktnih ciklova, dovono je da poka�emo da proizvoni k-cikl da1, a2, a3, . . . , ak−1, akcmo�emo predstaviti preko transpozicija. To imamo direktno na osnovu identiteta
da1, a2, a3, . . . , ak−1, akc = da1, a2cda2, a3c . . . dak−1, akc. (5)
31
b) Osla�aju�i se na deo a) imamo da je dovono da proizvonu transpoziciju di, jcpredstavimo preko transpozicija oblika d1, kc, 2 ≤ k ≤ n. Tra�eno predstava�e
dobijamo direktno na osnovu identiteta
di, jc = d1, icd1, jcd1, ic.
�
Predstava�e svake permutacije u obliku proizvoda transpozicija, ustanoveno
u prethodnom zadatku, nije jedinstveno. Ono xto jeste jedinstveno je parnost broja
transpozicija u svakom takvom predstava�u. Zbog toga mo�emo definisati parne
permutacije kao one koje se uvek predstavaju kao proizvod parnog broja transpozi-
cija, dok neparnim nazivamo one koje se uvek predstavaju kao proizvod neparnog
broja transpozicija.
Bitno je primetiti da je inverz parne permutacije tako�e parna, kao i da je inverz
neparne permutacije uvek neparna permutacija. Sliqno, proizvod dve parne ili dve
neparne permutacije je parna, dok je proizvod parne i neparne permutacije neparna
permutacija. Navedena svojstva nam omogu�uju da zakuqimo da skup svih parnih
permutacija qini jednu podgrupu simetriqne grupe Sn. Nazivamo je alterniraju�omgrupom i oznaqavamo je sa An. Kako je taqno jedna polovina svih permutacija parna,a druga neparna, imamo da va�i [Sn : An] = 2, odnosno |An| = n!
2 .
Primer 6.3. Na osnovu predstava�a (5) mo�emo zakuqiti da je proizvoan k-ciklparna permutacija ako je k neparan broj, dok je u suprotnom ta permutacija neparna.
Zbog toga, u praksi, nije texko da ispitamo parnost neke permutacije, bez obzira na
to da li nam je poznata �ena dekompozicija na proizvod disjunktnih ciklova ili
ne. Tako je, na primer, permutacija d1, 4, 7cd2, 3, 6, 1, 4cd3, 7c neparna kao proizvod dveparne permutacije (3-cikla i 5-cikla) i jedne neparne (2-cikla).�
Zadatak 41. Neka je f ∈ An permutacija reda 2. Dokazati da postoji g ∈ Sn takva daje g2 = f .
Rexe�e. Qi�enica da je f reda 2 povlaqi da se u cikliqnoj dekompoziciji u oblikuproizvoda disjunktnih ciklova za f nalaze samo transpozicije. Poxto je i f ∈ An,znamo da je broj tih transpozicija paran, pa mo�emo pisati
f = da1, b1cda2, b2c . . . da2k−1, b2k−1cda2k, b2kc,
gde je k ∈ N i sve transpozicije dai, bic disjunktne. Odatle dobijamo
f = da1, a2, b1, b2c2 . . . da2k−1, a2k, b2k−1, b2kc2
= (da1, a2, b1, b2c . . . da2k−1, a2k, b2k−1, b2kc)2 (jer su svi 4-ciklovi disjunktni)
= g2,
za g = da1, a2, b1, b2c . . . da2k−1, a2k, b2k−1, b2kc.�
32
Zadatak 42. a) Dokazati da 3-ciklovi generixu grupu An.b) Dokazati da je za n ≥ 5, grupa An generisana duplim transpozicijama, odnosno
permutacijama da, bcdc, dc, gde je {a, b} ∩ {c, d} = ∅.
Rexe�e. a) Proizvona permutacija f ∈ An se mo�e zapisati u obliku proizvoda
parnog broja transpozicija:
f = α1β1α2β2 . . . αsβs.
Zbog toga je dovono da poka�emo da proizvoni par αiβi mo�emo predstaviti preko3-ciklova. Zapiximo αi = da, bc i βi = dc, dc. Razdvajamo slede�e sluqajeve:• da, bc = dc, dcU ovom sluqaju je αiβi = ε, pa nema xta da se dokazuje.• {a, b} ∩ {c, d} je jednoqlan skupBez uma�e�a opxtosti mo�emo smatrati da je b = c. Onda je αiβi = da, bcdb, dc =da, b, dc.• {a, b} ∩ {c, d} = ∅U ovom sluqaju imamo
αiβi = da, bcdc, dc= da, bcdb, ccdb, ccdc, dc= da, b, ccdb, c, dc.
b) Dovono je da, zbog dela a), doka�emo da proizvoni 3-cikl mo�e da se predsta-
vi preko duplih transpozicija. Uoqimo proizvoni 3-cikl da, b, cc. Kako je n ≥ 5,mo�emo prona�i razliqite d i e takve da d, e 6∈ {a, b, c}. Onda imamo
da, b, cc = da, bcdb, cc= da, bcdd, ecdd, ecdb, cc.
Dobijeno zavrxava zadatak, zbog qi�enice da nax izbor elemenata d i e garantuje dasu transpozicije da, bc i dd, ec, kao i dd, ec i db, cc disjunktne.�
7 Ojlerova grupa
Neka je n ≥ 2 prirodan broj. Ranije smo videli da skup {0, 1, . . . , n − 1} ne qinigrupu u odnosu na mno�e�e po modulu n. Glavnu problem predstava qi�enica da
postoje elementi iz {0, 1, . . . , n−1} koji nemaju inverz. Naredni zadatak omogu�ava dataj problem reximo, tako xto �emo prepoznati sve elemente koji imaju svoj inverz i
onda se ograniqiti na posmatra�e samo �ih.
Zadatak 43. Neka je n ≥ 2 prirodan broj. Element k ∈ {0, 1, . . . , n − 1} ima inverz uodnosu na mno�e�e po modulu po n ako i samo ako je (k, n) = 1.
33
Rexe�e. Pretpostavimo prvo da je (k, n) = 1. Na osnovu Tvr�e�a 4.4 onda postoje
celi brojevi a i b takvi da je ak+bn = 1. Posmatra�em posled�e jednakosti po modulu
n dobijamo
ak ≡ 1 (mod n),
odnosno a ·n k = 1, po definiciji operacije ·n. Dobijeno upravo pokazuje da postojiinverz za k u odnosu na mno�e�e po modulu n.
Pretpostavimo sada da postoji inverz a za k u odnosu na mno�e�e po modulu n.Tada je a ·n k = 1. Po definiciji operacije ·n sledi da je ak ≡ 1 (mod n), odakledobijamo ak − 1 = bn tj. ak − bn = 1 za neki ceo broj b. Dakle, broj 1 smo uspeli da
predstavimo kao neku Z-linearnu kombinaciju brojeva k i n, pa na osnovu Tvr�e�a
4.4 sledi da su k i n uzajamno prosti.
�
Osla�aju�i se na prethodni zadatak, ako oznaqimo
Φ(n) = {0 ≤ m ≤ n− 1 | (m,n) = 1},
mo�emo zakuqiti da je (Φ(n), ·n) jedna grupa. Ta grupa se naziva Ojlerova grupa.
Primetimo da je Ojlerova grupa Abelova i da je �en red jednak ϕ(n), gde je ϕ oznaka
za, ve� ranije spomenutu, Ojlerovu funkciju.
Navedimo na ovom mestu veoma znaqajnu osobinu multiplikativnosti Ojlerove
funkcije. Pod time mislimo na qi�enicu da za svaka dva uzajamno prosta prirod-
na broja m i n va�i ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n). Koriste�i tu osobinu nije texko do�i
do formule za raquna�e vrednosti Ojlerove funkcije koju �emo koristiti: Ako je
n = pα11 pα2
2 . . . pαkk faktorizacija prirodnog broja n na proizvod prostih brojeva, onda
je
ϕ(n) = n
(1− 1
p1
)(1− 1
p2
). . .
(1− 1
pk
).
Napomenimo da je prethodno formula, iako veoma jednostavna za primenu u konkret-
nim situacijama kojima �emo se baviti, suxtinski kompleksna, jer zavisi od fakto-
rizacije prirodnog broja n na proste faktore, koju nije tako lako prona�i u opxtem
sluqaju.
Zadatak 44. Na�i inverz za broj 101 u Ojlerovoj grupi Φ(250).
Rexe�e. Za poqetak mo�emo primetiti da su brojevi 101 i 250 uzajamno prosti, pa
�e tra�eni postojati. Da bismo �ega pronaxli, prvo je potrebno da izrazimo broj 1kao Z-linearnu kombinaciju brojeva 101 i 250. To �emo uqiniti koriste�i Euklidov
algoritam. Prvo imamo:
250 = 2 · 101 + 48
101 = 2 · 48 + 5
48 = 9 · 5 + 3
5 = 1 · 3 + 2
3 = 1 · 2 + 1.
34
Vra�a�em na gore iz prethodnog dobijamo
1 = 3− 2
1 = 3− (5− 3)
1 = −5 + 2 · 31 = −5 + 2 · (48− 9 · 5)
1 = 2 · 48− 19 · 51 = 2 · 48− 19 · (101− 2 · 48)
1 = −19 · 101 + 40 · 48
1 = −19 · 101 + 40 · (250− 2 · 101)
1 = 40 · 250− 99 · 101.
Posled�e dobijeno upravo predstava tra�eno predstava�e broja 1 u obliku Z-linearne kombinacije brojeva 101 i 250:
−99 · 101 + 40 · 250 = 1.
Posmatra�em te jednakosti po modulu 250 dobijamo −99 · 101 ≡ 1 (mod 250). Po defi-niciji operacije ·250 dae sledi −99 ·250 101 = 1, pa zakuqujemo da je tra�eni inverz−99 = 151.�
Zadatak 45. Neka je G konaqna grupa i a ∈ G. Dokazati da je a|G| = e.
Rexe�e. Na osnovu Lagran�eve teoreme znamo da r(a) | |G|, pa mo�emo pisati |G| =r(a)k za neki prirodan broj k. Onda je
a|G| = ar(a)k =(ar(a)
)k= ek = e.
�
Prethodni zadatak, iako veoma jednostavan, daje znaqajnu posledicu kada se pri-
meni na Ojlerovu grupu. Konkretno, za neki prirodan broj n ≥ 2 i a ∈ Φ(n) imamo dava�i aϕ(n) = 1. Prethodna jednakost va�i u Ojlerovoj grupi Φ(n), pa je stepenova�eindukovano mno�e�em po modulu n. Ako se prebacimo na jezik kongruencija, dobijamoda va�i
aϕ(n) ≡ 1 (mod n),
pod uslovom da je (a, n) = 1. Na ovaj naqin dolazimo do klasiqnog tvr�e�a poznatog
pod nazivom Ojlerova teorema. Specijalno, u sluqaju da je n = p prost broj, imamoda va�i
ap−1 ≡ 1 (mod p)
ako p - a, xto je poznato kao Mala Fermaova teorema.
Zadatak 46. Odrediti posled�u cifru broja 32017.
35
Rexe�e. Treba da na�emo ostatak ovog broja pri dee�u sa 10. Kako je (3, 10) = 1,na osnovu Ojlerove teoreme imamo
3ϕ(10) ≡ 1 (mod 10).
Faktorizacija broja 10 na proste faktore je 10 = 2 · 5, pa imamo
ϕ(10) = 10
(1− 1
2
)(1− 1
5
)= 4.
Zakuqujemo da va�i 34 ≡ 1 (mod 10). Odatle je
32017 = 34·504+1 = (34)504 · 3 ≡ 3 (mod 10).
Dakle, tra�ena posled�a cifra je 3.�
Zadatak 47. Izraqunati ostatak broja 333333333333
pri dee�u sa 25.
Rexe�e. Primetimo da je 3333 ≡ 8 (mod 25), pa je dovono da izraqunamo ostatakbroja 83333
3333pri dee�u sa 25. Poxto je (8, 25) = 1, na osnovu Ojlerove teoreme
imamo da va�i
8ϕ(25) ≡ 1 (mod 25).
Iz faktorizacije 25 = 52 broja 25 na proste faktore sledi da je
ϕ(25) = 25
(1− 1
5
)= 20.
Prema tome, imamo 820 ≡ 1 (mod 25). Podelimo sada broj 33333333 brojem 20 sa ostatkom:33333333 = 20q + r. Tako dobijamo
833333333
= 820q+r =(820)q · 8r ≡ 8r (mod 25).
Dakle, da bismo zavrxili zadatak potrebno je jox da prona�emo ostatak r bro-ja 33333333 pri dee�u sa 20. Prvo imamo da je 33333333 ≡ 133333 (mod 20). Kako je
(13, 20) = 1, iz Ojlerove teoreme sledi
13ϕ(20) ≡ 1 (mod 20).
Iz faktorizacije 20 = 22 · 5 broja 20 na proste faktore sledi da je
ϕ(20) = 20
(1− 1
2
)(1− 1
5
)= 8.
Zakuqujemo da va�i 138 ≡ 1 (mod 20), pa sledi
133333 = 13416·8+5 =(138)416 · 135 ≡ 135 ≡ 13 (mod 20).
Dakle, dobili smo da je r = 13. Onda je i
833333333 ≡ 813 ≡ 646 · 8 ≡ 146 · 8 ≡ 1963 · 8 ≡ 213 · 8 ≡ (−4)3 · 8 ≡ −64 · 8 ≡ 13 (mod 25).
Zakuqak: tra�eni ostatak je 13.�
36
Zadatak 48. Neka je G = 〈a〉 cikliqna grupa reda n. Dokazati da je AutG ∼= Φ(n).
Rexe�e. Odredimo prvo kako izgledaju elementi grupe AutG. Poxto je grupaG = 〈a〉cikliqna, proizvoan automorfizam f ∈ AutG je u potpunosti odre�en sa f(a). Naosnovu Zadatka 27 znamo da se pri izomorfizmu quvaju redovi elemenata, pa f(a)mora i sam biti generator grupe G. U Zadatku 22 smo otkrili da su svi generatori
proizvone cikliqne grupe reda n oblika aj , gde je 0 ≤ j ≤ n − 1 i (j, n) = 1 tj.
j ∈ Φ(n). Zbog toga sve elemente grupe AutG mo�emo prepoznati kao preslikava�a fjodre�ena sa
fj : a→ aj , j ∈ Φ(n).
Primetimo da za proizvone j1 i j2 iz Φ(n) va�i
(fj1 ◦ fj2) (a) = fj1(fj2(a))
= fj1(aj2)
= aj1j2
= aj1·nj2 ,
pri qemu posled�i red dobijamo na osnovu qi�enice da je element a reda n (sliqno
kao u rexe�u Zadatka 19). Mo�emo zakuqiti da va�i fj1 ◦ fj2 = fj1·nj2 .Sada mo�emo definisati preslikava�e θ : AutG → Φ(n) sa θ(fj) = j, j ∈ Φ(n).
Iz prethodne diskusije je jasno da je ovo preslikava�e bijekcija, a kako za sve j1 i j2iz Φ(n) va�i
θ(fj1 ◦ fj2) = θ(fj1·nj2) = j1 ·n j2 = θ(fj1) ·n θ(fj2),
zakuqujemo da je i homomorfizam. Dakle, θ je izomorfizam, qime dobijamo tra�enoAutG ∼= Φ(n).�
Zadatak 49. Neka je G = 〈a〉 cikliqna grupa reda 2600. Odrediti redove elemenata
a800 i a1450 u G, ispitati da li je a209 jedan generator za G i odrediti da li je
preslikava�e f : G→ G, odre�eno sa f(a11) = a143 automorfizam grupe G.
Rexe�e. Na osnovu Zadatka 24 imamo da je
r(a800) =2600
(800, 2600)=
2600
200= 13
r(a1450) =2600
(1450, 2600)=
2600
50= 52.
Kako je (209, 2600) = 1, Zadatak 22 pokazuje da je a209 jedan generator grupe G. Sliqnoje i a11 jedan generator grupe G, jer va�i (11, 2600) = 1. Zbog toga preslikava�e f jestekorektno definisan homomorfizam G→ G. Me�utim, a143 nije generator grupe G, jerje (143, 2600) = 13, pa f nije automorfizam grupe G (u rexe�u prethodnog zadatka smo
videli da automorfizmi cikliqne grupe moraju da slikaju generatore u generatore).
�
Zadatak 50. Neka je p prost broj i n prirodan broj. Dokazati da va�i n | ϕ(pn − 1).
37
Rexe�e. Posmatrajmo Ojlerovu grupu Φ(pn − 1) koja je reda ϕ(pn − 1). Iz qi�eniceda je p prost broj i da p - pn − 1 zakuqujemo da je (p, pn − 1) = 1. Zbog toga imamo daje p jedan element grupe Φ(pn − 1). Odredimo red tog elementa.
Primetimo prvo da je pn = pn − 1 + 1 ≡ 1 (mod pn − 1). Odatle sledi da je p redanajvixe n u grupi Φ(pn−1). Kako je za sve 1 ≤ j ≤ n−1 ispu�eno da pj < pn−1, va�ida je pj 6= 1 u Φ(pn− 1) za sve takve stepene j. Zakuqujemo da je element p reda taqnon u grupi Φ(pn − 1). Na osnovu Lagran�eve teoreme znamo da taj red mora deliti redgrupe Φ(pn − 1), qime dobijamo tra�eno n | ϕ(pn − 1).�
8 Normalne podgrupe i koliqniqke grupe
Definicija 8.1. Neka je G grupa i a ∈ G. Tada je sa σa : G → G, σa(g) = aga−1,g ∈ G definisano jedno preslikava�e koje se naziva unutrax�i automorfizam grupe
G.
Kao xto prethodna definicija sugerixe, svi unutrax�i automorfizmi se nalaze
u grupi AutG automorfizama grupe G. Xtavixe, kao xto �emo videti malo kasnije,
oni qine jednu podgrupu koju oznaqavamo sa InnG.
Definicija 8.2. Podgrupa H grupe G je normalna ako je invarijantna u odnosu na
dejstvo grupe InnG, xto znaqi da je InnG(H) = H tj. σa(H) = H za sve σa ∈ InnG.Qi�enicu da je podgrupa H normalna u grupi G oznaqavamo sa H / G.
Prethodnu definiciju mo�emo izraziti u nekoliko ekvivalentnih oblika. Tako
imamo da je H / G ako va�i nexto od slede�eg:
� aHa−1 = H za sve a ∈ G.
� aH = Ha za sve a ∈ G.
� aha−1 ∈ H za sve a ∈ G i h ∈ H.
Primer 8.3. Neka je G Abelova grupa i H podgrupa od G. Tada za sve a ∈ G va�i
aH = Ha, jer svi elementi iz G me�usobno komutiraju, pa sledi H / G. Zakuqujemoda je svaka podgrupa Abelove grupe normalna.
�
Imamo i naredno korisno tvr�e�e na osnovu koga mo�emo u nekim situacijama
brzo ustanoviti da je posmatrana podgrupa normalna.
Tvr�e�e 8.4. Neka je H podgrupa grupe G indeksa 2. Tada je H / G.
Primer 8.5. Neka je n ≥ 3 prirodan broj. Ranije smo videli da je alterniraju�a
grupa An podgrupa simetriqne grupe Sn indeksa 2 (podsetimo se: jednu polovinu svihpermutacija qine parne, a drugu neparne permutacije). Zbog toga je An / Sn.�
38
Zadatak 51. a) Neka je K ≤ H ≤ G. Ako je K / G, dokazati da je K /H.
b) Dati primer grupe G i �enih podgrupa H i K takvih da je K / H / G, ali nije
K / G.
Rexe�e. a) Iz qi�enice da je K / G sledi da je aK = Ka za sve a ∈ G. Kako je
H ≤ G, onda je i aK = Ka za sve a ∈ H, pa imamo da je i K /H.
b) Posmatrajmo grupu G = D4 i �ene podgrupe H = 〈σ, ρ2〉 = {ε, σ, ρ2, σρ2} i K = 〈σ〉 ={ε, σ} koje smo odrediti u Zadatku 31. Va�i [G : H] = 2 i [H : K] = 2, pa je ispu�enoK /H / G. Me�utim, za ρ ∈ G i σ ∈ K imamo
ρσρ−1 = σρ−1ρ−1 = σρ−2 = σρ2 6∈ K.
Odatle sledi da K nije normalna podgrupa od G.�
Zadatak 52. Neka su H i K podgrupe grupe G.a) Ako je H / G ili K / G, dokazati da je HK ≤ G.b) Ako su H / G i K / G, dokazati da je HK / G.
Rexe�e. a) Bez uma�e�a opxtosti mo�emo pretpostaviti da je H / G. Pokaza�emoda je HKHK = HK i (HK)−1 = HK, xto �e upravo biti dovono da utvrdimo da je
HK podgrupa od G. Za poqetak primetimo da je
HK =⋃k∈K
Hk =⋃k∈K
kH = KH,
jer za sve k ∈ K ≤ G va�i Hk = kH na osnovu pretpostavke da je H / G.
Sada direktno imamo
HKHK = H(KH)K = HHKK = HK,
pri qemu je HH = H i KK = K, jer su H i K podgrupe od G. Iz istog razloga je iH−1 = H i K−1 = K, pa dobijamo i
(HK)−1 = K−1H−1 = KH = HK,
xto zavrxava ovaj deo.
b) Iz dela a) znamo da je HK podgrupa od G, pa samo jox treba da poka�emo da je ona
normalna. Koriste�i qi�enicu da su H,K / G, imamo da za proizvono g ∈ G va�i
gH = Hg i gK = Kg. Zbog toga je i
gHK = HgK = HKg,
qime upravo dobijamo tra�enu normalnost podgrupe HK.
�
Zadatak 53. Neka su H i K normalne podgrupe grupe G takve da je H ∩ K = {e}.Dokazati da za sve x ∈ H i y ∈ K va�i xy = yx.
39
Rexe�e. Dokaza�emo da va�i ekvivalentno: xyx−1y−1 = e za sve x, y ∈ G.Primetimo prvo da, kako je H podgrupa od G i x ∈ H, sledi da i x−1 ∈ H.
Dodatno, ta podgrupa je i normalna, pa onda yx−1y−1 ∈ H. Jox jednom se osla�aju�i
na qi�enicu da je H podgrupa od G zakuqujemo da xyx−1y−1 ∈ H.
Sa druge strane, poxto je i K normalna podgrupa od G i y ∈ K, imamo da xyx−1 ∈K. Koriste�i qi�enicu da je K podgrupa od G, mo�emo zakuqiti da i y−1, a onda ixyx−1y−1 pripadaju K.
Dakle, xyx−1y−1 pripada i H i K, pa xyx−1y−1 ∈ H ∩ K. Kako je H ∩ K = {e},sledi tra�eno xyx−1y−1 = e.�
Zadatak 54. Neka je G grupa. Dokazati da je InnG /AutG.
Rexe�e. Doka�imo prvo da je InnG podgrupa od AutG. U tu svrhu uoqimo proi-
zvone σa i σb iz InnG. Tada je za proizvono g ∈ G ispu�eno
(σa ◦ σb)(g) = σa(σb(g)) = σa(bgb−1) = abgb−1a−1 = abg(ab)−1 = σab(g).
Zakuqujemo da va�i σa ◦ σb = σab ∈ InnG. Odatle je i σa ◦ σa−1 = σe = idG, pa sledi(σa)
−1 = σa−1 ∈ InnG, qime je kompletiran dokaz da je InnG podgrupa od AutG.
Ostaje jox da doka�emo �enu normalnost. U tu svrhu uoqimo proizvono f ∈AutG. Za proizvono g ∈ G onda imamo
(f ◦ σa ◦ f−1)(g) = f(σa(f−1(g)))
= f(af−1(g)a−1)
= f(a)f(f−1(g))f(a)−1 (jer je f automorfizam)
= f(a)gf(a)−1
= σf(a)(g).
Zakuqujemo da je f ◦ σa ◦ f−1 = σf(a) ∈ InnG, xto pokazuje da je InnG /AutG.�
Koliqniqka grupa
Neka je G grupa i H / G. Na skupu levih koseta G/H tada je korektno definisa-
na operacija mno�e�a sa
(aH) · (bH) = (ab)H, a, b ∈ G.
Skup G/H qini jednu grupu u odnosu na ovu operaciju koja se naziva koliqniqka grupa
grupe G (poseqene) po H.
Primetimo da je red te grupe jednak indeksu [G : H], da je neutral u G/H koset
eH = H, kao da je inverz proizvonog aH ∈ G/H odre�en sa
(aH)−1 = a−1H.
40
Primer 8.6. U Primeru 8.5 smo videli da je za svako n ≥ 3 alterniraju�a grupa Annormalna podgrupa simetriqne grupe Sn, jer je [Sn : An] = 2. Zbog toga ima smisla
da posmatramo koliqniqku grupu Sn/An. Kako je |Sn/An| = [Sn : An] = 2, na osnovu
Zadatka 28 sledi da je Sn/An ∼= Z2. Konkretno, va�i Sn/An = {An, fAn}, gde je f ∈ Snbilo koja neparna permutacija. Primetimo da je koset fAn nixta drugo do skup svihneparnih permutacija iz Sn (sve neparne permutacije mo�emo izraziti kao proizvodsvih parnih sa jednom fiksiranom neparnom).
�
Primer 8.7. Neka je G = 〈a〉 cikliqna grupa reda 12. Posmatrajmo �enu podgrupu
H = 〈a4〉 = {ε, a4, a8} reda 3. Kako je G Abelova (kao i sve cikliqne grupe), va�i da
je svaka �ena podgrupa, a time i H normalna. Zbog toga ima smisla da posmatramo
koliqniqku grupu G/H.
Odredimo grupu G/H. Za poqetak imamo da je |G/H| = [G : H] = |G||H| = 12
3 = 4.Mo�emo primetiti da su koseti
H = {e, a4, a8}aH = {a, a5, a9}a2H = {a2, a6, a10}a3H = {a3, a7, a11}
me�usobno razliqiti, pa kako ih ima 4 sledi G/H = {H, aH, a2H, a3H}. Pored toga
va�i
(aH)2 = a2H, (aH)3 = a3H,
kao i (aH)4 = a4H = H, poxto a4 ∈ H. Zakuqujemo da je grupa G/H generisana
elementom aH reda element 4, pa va�i G/H ∼= Z4.
�
Dobijeno u prethodnom primeru mo�emo uopxtiti, kao xto pokazuje naredni za-
datak.
Zadatak 55. Dokazati da je svaki koliqnik cikliqne grupe i sam cikliqna grupa.
Rexe�e. Neka je G = 〈a〉 cikliqna grupa i H (svakako normalna) proizvona pod-
grupa od G. Uoqimo proizvoni element gH ∈ G/H. Tada g ∈ G, pa postoji ceo broj
k takav da je g = ak. Onda je
gH = akH = (aH)k ∈ 〈aH〉.
Iz proizvonosti elementa gH slediG/H ⊆ 〈aH〉. Kako je aH ∈ G/H, odmah dobijamo
i obratnu inkluziju, pa zakuqujemo da va�i G/H = 〈aH〉. Dakle, dobili smo da je
koliqnik G/H cikliqna grupa kao xto je bilo tra�eno.
�
Posledica. Neka je su m i n prirodni brojevi takvi da m|n, G cikliqna grupa reda
n i H �ena podgrupa reda m. Tada je G/H ∼= Zn/m.
41
Definicija 8.8. Centar grupe G definixe se kao
Z(G) = {g ∈ G | ga = ag za sve a ∈ G}.
Za svaku grupu va�i Z(G) /G. Primetimo i da je grupa G Abelova ako i samo ako
je Z(G) = G.
Zadatak 56. Neka je n ≥ 3 prirodan broj. Odrediti Z(Dn).
Rexe�e. Primetimo da je za proizvoni element dovono da komutira sa generato-
rima ρ i σ od Dn, da bi bio u centru te grupe. Kako proizvoni element iz Dn mo�ebiti rotacija ili refleksija, razdvajamo ispitiva�e na dva sluqaja.
Posmatrajmo prvo proizvonu refleksiju σρj za 0 ≤ j ≤ n− 1. Tada je
σρjρ = σρj+1 i ρσρj = σρ−1ρj = σρj−1,
pa sledi da σρj komutira sa ρ ako i samo ako je σρj+1 = σρj−1. To je ekvivalentno saρ2 = ε, xto nije mogu�e u grupi Dn za n ≥ 3. Zakuqujemo da proizvona refleksijaσρj nikad ne komutira sa ρ, pa se ne nalazi u Z(Dn).
Ispitajmo jox xta se dexava sa proizvonom rotacijom ρj , 1 ≤ j ≤ n − 1. Oqi-gledno je ρjρ = ρj+1 = ρρj , pa dobijamo da ρj komutira sa ρ. Uz to je i
ρjσ = σρ−j ,
pa sledi da ρj komutira sa σ ako i samo ako je σρj = σρ−j . To je ekvivalentno sa
ρj = ρ−j , odnosno ρ2j = ε. Kako je 1 ≤ j ≤ n− 1 i n je najma�i prirodan broj za koga
va�i ρn = ε, zakuqujemo da ρ2j = ε mogu�e samo kada je j = n2 (za xta je, naravno,
neophodno da n bude paran broj).
Dakle, uz qi�enicu da se neutral ε uvek nalazi u Z(Dn), zakuqujemo da va�i:
Z(Dn) =
{{ε}, ako je n neparan broj
{ε, ρn2 }, ako je n paran broj.
Zadatak 57. Neka je n ≥ 3 prirodan broj. Odrediti Z(Sn).
Rexe�e. Dokaza�emo da je tra�eni centar trivijalan, Z(Sn) = {ε}. U tu svrhu treba
da za proizvonu permutaciju f ∈ Sn \ {ε} na�emo neku permutaciju iz Sn sa kojom
ona ne komutira.
Zapiximo f u obliku proizvoda disjunktnih ciklova f = f1f2 . . . fk. Poxto su sviciklovi fi, 1 ≤ i ≤ k disjunktni, oni me�usobno komutiraju, pa mo�emo smatrati da supore�ani po du�ini, r(f1) ≥ r(f2) ≥ . . . r(fk). Sada razdvajamo na nekoliko sluqajeva:• r(f1) = `, ` ≥ 3Oznaqimo f1 = da, b, c, . . . c. Tada je
da, bcfda, bc−1 = da, bcf1f2 . . . fkda, bc= da, bcf1da, bcf2 . . . fk (jer su svi ciklovi f2, . . . , fk disjunktni sa f1)
= da, bcda, b, c, . . . cda, bcf2 . . . fk= db, a, c, . . . cf2 . . . fk6= f.
42
Dakle, dobili smo da, bcf 6= fda, bc.• r(f1) = r(f2) = · · · = r(fk) = 2 i k ≥ 2Oznaqimo f1 = da, bc i f2 = dc, dc. Tada je:
da, b, ccfda, b, cc−1 = da, b, ccf1f2 . . . fkda, c, bc= da, b, ccf1f2da, c, bcf3 . . . fk (jer su svi ciklovi f3, . . . , fk disjunktni sa f1 i f2)
= da, b, ccda, bcdc, dcda, c, bcf3 . . . fk= db, ccda, dcf3 . . . fk6= f.
Dakle, dobili smo da, b, ccf 6= fda, b, cc.• f = da, bcPoxto je n ≥ 3 mo�emo na�i c 6∈ {a, b}. Tada je:
da, b, ccfda, b, cc−1 = da, b, ccda, bcda, c, bc= db, cc6= f.
Dakle, dobili smo da, b, ccf 6= fda, b, cc.Zakuqujemo da smo u svakom od mogu�ih sluqajeva pronaxli po jednu permutaciju
sa kojom f ne komutira. Odatle sledi najaveni zakuqak: Z(Sn) = {ε}.�
Napomena. Veoma sliqno se mo�e dokazati da je i Z(An) = {ε} za n ≥ 4.
Zadatak 58 (Kvaternionska grupa). Kvaternionska grupa K8 je neabelova grupa reda
8 qija je prezentacija
K8 = 〈i, j, k | i2 = j2 = k2 = −1, ij = k, jk = i, ki = j〉.
Elementi te grupe su ±1,±i,±j i ±k, a operacija je mno�e�e koje zadovoava relacijeiz gore navedene prezentacije.
a) Pokazati da je Z(K8) = {1,−1}.b) Dokazati da je svaka prava podgrupa od K8 normalna.
Rexe�e. a) Jasno je da ±1 komutiraju sa svim elementima grupe K8, pa samo jox
treba dokazati da nijedan od elemenata ±i,±j i ±k nema tu osobinu. Imamo direktno
ji = j(jk) = j2k = −k = −ij i ik = i(ij) = i2j = −j = −ki
xto pokazuje da i i j, kao i i i k me�usobno ne komutiraju. Time smo pokazali da se
ta tri elementa ne nalaze u Z(K8). Onda potpuno isto va�i i za −i,−j i −k, qimedobijamo tra�eno Z(K8) = {1,−1}.b) Kako je |K8| = 8, iz Lagran�eve teoreme sledi da prave podgrupe od K8 mogu biti
reda 2 ili 4.Podgrupe reda 2 moraju biti cikliqne, generisane elementima reda 2. Kako u K8
postoji samo jedan element reda 2, sledi da je i jedna takva podgrupa:
〈−1〉 = {1,−1}.
43
Poxto je dobijena podgrupa upravo Z(K8), zakuqujemo da ona jeste normalna.Za sve podgrupe reda 4 va�i da su indeksa 2 u K8, odakle odmah sledi �ihova
normalnost. Time je zadatak zavrxen, ali kompletnosti radi, navedimo jox i koje
su sve podgrupe reda 4 od K8. Poxto, kao xto smo videli, u K8 postoji samo jedan
element reda 2, sledi da sve podgrupe reda 4 od K8 moraju biti cikliqne, generisane
elementima reda 4. Tra�ene podgrupe su zato
〈i〉 = 〈−i〉 = {1,−1, i,−i}〈j〉 = 〈−j〉 = {1,−1, j,−j}〈k〉 = 〈−k〉 = {1,−1, k,−k}.
�
Definicija 8.9. Neka je G grupa i podskup S od G. Definixemo:
CGS = {g ∈ G | gs = sg za sve s ∈ S} centralizator za S u G
NGS = {g ∈ G | gS = Sg} normalizator za S u G.
Tvr�e�e 8.10. Neka je G grupa i S podskup od G. Tada va�i:
� CGS i NGS su podgrupe od G.
� CGS / NGS.
� Podgrupa S od G je normalna ako i samo ako je NGS = G.
Zadatak 59. Neka je n ≥ 3 prirodan broj i G = Dn. Odrediti CG{ρ} i CG{σ}.
Rexe�e. • CG{ρ}U Zadatku 56, prilikom tra�e�a centra grupe Dn, dobili smo da sve rotacije komu-tiraju sa ρ, ali i da nijedna refleksija ne komutira sa tim elementom. Zbog toga je
CG{ρ} = 〈ρ〉.• CG{σ}Proizvona rotacija ρj , 0 ≤ j ≤ n− 1 komutira sa σ ako i samo ako je
σρj = ρjσ tj. σρj = σρ−j .
Odatle dobijamo uslov ρj = ρ−j , iz koga sledi ρ2j = ε. Kako je 0 ≤ j ≤ n − 1 i n je
najma�i prirodan broj za koga va�i ρn = ε, zakuqujemo da ρ2j = ε mogu�e samo kadaje j = 0 i jox, u sluqaju da je n paran broj, j = n
2 .
Sliqno imamo da proizvona refleksija σρj , 0 ≤ j ≤ n − 1 komutira sa σ ako
va�i
σσρj = σρjσ tj. ρj = ρ−j .
Dakle, i odavde dobijamo uslov ρj = ρ−j , iz koga zakuqujemo da je j = 0 i dodatno,
j = n2 za parno n.Konaqno, da sumiramo, dobili smo
CG{σ} =
{{ε, σ}, ako je n neparan broj
{ε, σ, ρn2 , σρ
n2 }, ako je n paran broj.
�
44
Zadatak 60. Neka je G = S10 i S = {d1, 2cd3, 4, 5, 6, 7c}. Opisati CGS i odrediti broj
elemenata tog centralizatora.
Rexe�e. Tra�imo sve elemente grupe G koji komutiraju sa d1, 2cd3, 4, 5, 6, 7c, odnosnosve f ∈ S10 takve da je
fd1, 2cd3, 4, 5, 6, 7c = d1, 2cd3, 4, 5, 6, 7cf,
xto je ekvivalentno sa
fd1, 2cd3, 4, 5, 6, 7cf−1 = d1, 2cd3, 4, 5, 6, 7c.
Kako je fd1, 2cd3, 4, 5, 6, 7cf−1 = df(1), f(2)cdf(3), f(4), f(5), f(6), f(7)c, dobijamo uslov
df(1), f(2)cdf(3), f(4), f(5), f(6), f(7)c = d1, 2cd3, 4, 5, 6, 7c.
Iz �ega sledi df(1), f(2)c = d1, 2c i df(3), f(4), f(5), f(6), f(7)c = d3, 4, 5, 6, 7c.Na osnovu jednakosti 2-ciklova zakuqujemo da je f(1) ∈ {1, 2}, pri qemu je f(2)
u potpunosti odre�eno tim izborom. Sliqno, iz jednakosti 5-ciklova imamo da je
f(3) ∈ {3, 4, 5, 6, 7}, pri qemu su preostali f(4), f(5), f(6) i f(7) u potpunosti odre�enitim izborom.
Kako je f ∈ G = S10, ostaje jox da vidimo xta se dexava sa f(8), f(9) i f(10).Jedini uslov koji oni moraju da ispune je da f bude bijektivno preslikava�e. Odatlesledi da f(8), f(9) i f(10) qine jednu permutaciju skupa {8, 9, 10}.
Na ovaj naqin smo opisali elemente centralizatora CGS. Primetimo da imamo 2izbora za f(1) i 5 izbora za f(3), koji onda odre�uju f(2), f(4), f(5), f(6) i f(7), kao i3! izbora za f(8), f(9) i f(10), pa va�i
|CGS| = 2 · 5 · 3! = 60.
�
Zadatak 61. Neka jeH podgrupa grupeG. Dokazati da za sve x ∈ H va�iNG(xHx−1) =xNGHx
−1.
Rexe�e. Primetimo da je xHx−1 = H, jer je H podgrupa od G. Zbog toga je ono xtotreba da doka�emo NGH = xNGHx
−1, xto je ekvivalentno sa xNGH = NGHx.Da bismo to dokazali, primetimo da ako je H ≤ G, onda va�i H ⊆ NGH. Zaista,
za proizvono h ∈ H, zbog H ≤ G, va�i
hH = H = Hh.
To upravo znaqi da h ∈ NGH, qime uspostavamo va�e�e tra�ene inkluzije.
Osla�aju�i se na dobijenu qi�enicu, za proizvono x ∈ H onda imamo i x ∈ NGH,
pa sledi
xNGH = NGH = NGHx,
xto zavrxava zadatak.
�
45
Zadatak 62. Opisati NA5〈d1, 2, 3c〉.
Rexe�e. Po definiciji je f ∈ NA5〈d1, 2, 3c〉 ako je f〈d1, 2, 3c〉 = 〈d1, 2, 3c〉f . To je ekvi-valentno sa f〈d1, 2, 3c〉f−1 = 〈d1, 2, 3c〉. Primetimo da je f〈d1, 2, 3c〉f−1 = 〈fd1, 2, 3cf−1〉 =〈df(1), f(2), f(3)c〉, qime dobijamo uslov
〈df(1), f(2), f(3)c〉 = 〈d1, 2, 3c〉.
Da bi va�ila posled�a jednakost, potrebno je da df(1), f(2), f(3)c bude generator grupe〈d1, 2, 3c〉. Zbog toga je
df(1), f(2), f(3)c = d1, 2, 3c ili df(1), f(2), f(3)c = d1, 3, 2c.
Zakuqujemo da f(1) ∈ {1, 2, 3}, ali onda, uzimaju�i u obzir obe jednakosti 3-ciklova,sledi da f(2) i f(3) mogu uzeti bilo koju od dve preostale vrednosti iz skupa {1, 2, 3}(naravno, ne istovremeno, ve� je poenta da �e svaki od brojeva u koje se 1 nije slikao
mo�i u nekom sluqaju da bude f(2), odnosno f(3)). Drugim reqima, f(1), f(2) i f(3)permutuju skup {1, 2, 3}.
Za preostale f(4) i f(5) va�i da qine jednu permutaciju skupa {4, 5}, uz uslov daje f parna permutacija (poxto se sve dexava u grupi A5). Tako imamo da je f(4) = 4i f(5) = 5 ako je f parna kao permutacija skupa {1, 2, 3}, dok je f(4) = 5 i f(5) = 4ako je f neparna kao permutacija skupa {1, 2, 3}. Time je zavrxen opis normalizatoraNA5〈d1, 2, 3c〉.�
9 Direktan proizvod grupa
Neka su (G, ·) i (H, ∗) dve grupe. Na Dekartovom proizvodu G × H definixemo
binarnu operaciju sa
(g1, h1)(g2, h2) = (g1 · g2, h1 ∗ h2), g1, g2 ∈ G, h1, h2 ∈ H.
Pomenuti skup je onda grupa u odnosu na ovu operaciju. Nazivamo je direktnim pro-
izvodom grupa G i H i oznaqavamo je sa G×H.
Primetimo da je neutral za posmatranu operaciju odre�en sa (eG, eH), dok inverzproizvonog elementa (g, h) ∈ G×H mo�emo izraziti kao (g, h)−1 = (g−1, h−1). Ostaleznaqajne osobine direktnog proizvoda grupa date su u narednom tvr�e�u.
Tvr�e�e 9.1. Neka su G i H dve grupe. Tada va�i:
� |G×H| = |G||H|.
� G×H je Abelova grupa ako i samo ako su G i H Abelove.
� G ∼= {(g, e) | g ∈ G}.
� H ∼= {(e, h) | h ∈ H}.
� G,H / G×H.
46
� G×H ∼= H ×G.
Zadatak 63. Neka su G i H dve grupe i a ∈ G, b ∈ H elementi konaqnih redova.
Dokazati da je red elementa (a, b) u grupi G×H jednak NZS(r(a), r(b)).
Rexe�e. Oznaqimo sa r red elementa (a, b) u grupi G ×H, kao i r(a) = m, r(b) = ni s = NZS(m,n). Imaju�i u vidu ove oznake, ono xto treba da doka�emo je da va�i
r = s.Sa jedne strane, u grupi G×H va�i
(a, b)s = (as, bs) = (e, e),
jer red m elementa a u G, odnosno red n elementa b u H, dele s. Odatle dobijamo r|s.Sa druge strane, u grupi G×H imamo i
(a, b)r = (e, e) tj. (ar, br) = (e, e).
Dobijamo da va�i ar = e i br = e, odakle sledi m|r i n|r. Zbog toga i NZS(m,n)|r tj.s|r.
Dakle, imamo r|s i s|r, qime dobijamo tra�eno r = s i zavrxavamo zadatak.�
Zadatak 64. Neka su m,n ≥ 2 prirodni brojevi. Dokazati da je Zm × Zn ∼= Zmn ako
i samo ako je (m,n) = 1.
Rexe�e. Neka je prvo Zm × Zn ∼= Zmn. Pretpostavimo da je (m,n) = d > 1. Kako jeispu�eno m | mnd i n | mnd , za sve (a, b) ∈ Zm × Zn imamo
(a, b)mnd = (a
mnd , b
mnd ) = (0, 0).
Iz dobijenog mo�emo zakuqiti da u grupi Zm × Zn nema nijednog elementa qiji je
red ve�i od mnd . Specijalno, u posmatranoj grupi onda ne mo�e postojati nijedan ele-
ment reda mn, pa nije mogu�e da ona bude izomorfna sa Zmn. Dobijena kontradikcijapokazuje da nije mogu�e da va�i (m,n) = d > 1, qime dobijamo da su m i n uzajamno
prosti.
Pretpostavimo jox obratno, neka je (m,n) = 1. Iz qi�enice da va�i mn =NZS(m,n) · (m,n), mo�emo zakuqiti da je NZS(m,n) = mn. Uoqimo proizvoan
generator a grupe Zm i proizvoan generator b grupe Zn. Tada je r(a) = m i r(b) = n,odakle, na osnovu Zadatka 63, sledi
r(a, b) = NZS(r(a), r(b)) = NZS(m,n) = mn.
Dakle, u grupi Zm×Zn, koja je reda mn, smo uspeli da prona�emo element istog reda.Zbog toga ta grupa mora biti cikliqna, pa va�i Zm × Zn ∼= Zmn.�
Zadatak 65. Odrediti da li postoji prirodan broj n takav da va�i:
a) Z20 × Zn ∼= Z600.
b) Z7 × Zn ∼= Z350.
47
Rexe�e. a) Pre svega, da bi va�ilo Z20 × Zn ∼= Z600, redovi posmatranih grupa
moraju biti jednaki. Odatle dobijamo da mora biti ispu�eno
|Z20 × Zn| = |Z600| tj. 20n = 600.
Zakuqujemo da je n = 30 jedini kandidat za rexe�e ovog zadatka. Me�utim, kako je
(20, 30) 6= 1, na osnovu Zadatka 64 sledi da Z20 × Z30 6∼= Z600. Dakle, u ovom sluqaju ne
postoji nijedan tra�eni prirodan broj n.b) Sliqno kao u delu a), iz jednakosti redova posmatranih grupa dobijamo da je n = 50jedini kandidat za rexe�e ovog zadatka. Pri tome u ovom sluqaju va�i (7, 50) = 1, pana osnovu Zadatka 64 sledi Z7 ×Z50
∼= Z350. Zakuqujemo da je n = 50 jedini tra�eni
prirodan broj.
�
Zadatak 66. Dokazati da grupa Z× Z nije cikliqna.
Rexe�e. Pretpostavimo suprotno, neka je grupa Z× Z cikliqna. Tada postoji neki
�en generator (m,n). To znaqi da svaki element iz Z× Z mo�emo predstaviti kao
k(m,n) = (km, kn) za neko k ∈ Z.
Ograniqivxi se na prvu koordinatu dobijamo da se svaki ceo broj mo�e predstaviti
u obliku km za neko k ∈ Z. To znaqi da je svaki ceo broj deiv sa m, xto je mogu�esamo ako je m = ±1. Sliqno, posmatraju�i samo drugu koordinatu dobijamo da je i
n = ±1.Zakuqujemo da su jedine mogu�nosti za (m,n) elementi (1, 1), (1,−1), (−1, 1) i
(−1,−1). Me�utim, imamo da je
〈(1, 1)〉 = {k(1, 1) | k ∈ Z} = {(k, k) | k ∈ Z} 6= Z× Z〈(1,−1)〉 = {k(1,−1) | k ∈ Z} = {(k,−k) | k ∈ Z} 6= Z× Z〈(−1, 1)〉 = {k(−1, 1) | k ∈ Z} = {(−k, k) | k ∈ Z} 6= Z× Z〈(−1,−1)〉 = {k(−1,−1) | k ∈ Z} = {(−k,−k) | k ∈ Z} 6= Z× Z,
qime dobijamo kontradikciju. Zbog toga mo�emo zakuqiti da grupa Z × Z nije ci-
kliqna.
�
Zadatak 67. Dokazati da me�u grupama A4×Z2, D4×Z3 i Z2×D6 nema izomorfnih.
Rexe�e. Odredimo za poqetak kojih redova mogu biti elementi u svim grupama koje
se pojavuju.
Elementi u A4 mogu, pored neutrala, biti 3-ciklovi i duple transpozicije. Zatosu redovi koji se javuju u toj grupi 1, 2 i 3. Elementi u Z2 mogu biti reda 1 ili
2. Zakuqujemo da su u grupi A4 × Z2 redovi elemenata iz skupa {1, 2, 3, 6}(na osnovuZadatka 63).
Elementi u D4 mogu biti reda 1, 2 ili 4, dok su u Z3 mogu�i redovi 1 i 3. Odatlezakuqujemo da su redovi elemenata u grupi D4 × Z3 iz skupa {1, 2, 3, 4, 6, 12}.
48
U grupi Z2 postoje elementi reda 1 i 2, dok u grupi D6 redovi elemenata mogu biti
1, 2, 3 ili 6. Zato va�i da su mogu�i redovi u grupi Z2 × D6 iz skupa {1, 2, 3, 6}.Iz dobijenog razmatra�a odmah mo�emo zakuqiti da grupa D4×Z3 nije izomorf-
na sa preostale dve grupe, zato xto se u �oj nalaze elementi redova 4 i 12, kojih u
�ima nema. Prema tome, ostaje samo jox da poka�emo da A4 × Z2 6∼= Z2 × D6. To �emo
posti�i tako xto �emo pokazati da se broj elemenata reda 2 u te dve grupe razlikuje.U grupi A4×Z2 postoji taqno 7 elemenata reda 2 i to su: (d1, 2cd3, 4c, 0), (d1, 2cd3, 4c, 1),
(d1, 3cd2, 4c, 0), (d1, 3cd2, 4c, 1), (d1, 4cd2, 3c, 0), (d1, 4cd2, 3c, 1) i (ε, 1). Sa druge strane,u grupi Z2 ×D6 elemenata reda 2 ima barem 12, jer su me�u �ima svi ure�eni parovioblika (0, refleksija) i (1, refleksija), a u D6 ima 6 refleksija. Dakle, broj eleme-
nata reda 2 u A4 × Z2 i Z2 × D6 se zaista razlikuje, pa te dve grupe nisu izomorfne.
�
10 Par tema iz elementarne teorije brojeva
10.1 Linearna Diofantova jednaqina
Linearna Diofantova jednaqina je jednaqina oblika
ax+ by = c, a, b ∈ Z, (6)
qija nas celobrojna rexe�a (x, y) zanimaju. Ova jednaqina ima rexe�a ako i samo akoje (a, b)|c. U tom sluqaju mo�emo celu jednaqinu podeliti sa (a, b) xto �e nas ostavitisa uzajamno prostim koeficijentima uz x i y. Zbog toga mo�emo odmah na poqetku
dodati pretpostavku da su a i b uzajamno prosti brojevi.
Metod rexava�a
Pretpostavimo da znamo neko (poqetno) rexe�e (x0, y0) jednaqine (6), ax0 + by0 = c zaneke cele brojeve x0 i y0. Posle oduzima�a od poqetne jednaqine dobijamo
a(x− x0) + b(y − y0) = 0. (7)
Kako su brojevi a i b uzajamno prosti iz prethodne jednakosti sledi b|x−x0, pa mo�emopisati x = x0 + bk za neki ceo broj k. Vra�a�em tog izraza za x u (7), dobijamo
abk + b(y − y0) = 0
ak + y − y0 = 0
y = y0 − ak.
Na taj naqin dobijamo da su sva rexe�a linearna Diofantove jednaqine (6) opisana
sa
x = x0 + bk
y = y0 − ak, k ∈ Z. (8)
Dobijeno rexe�e zavisi od jednog rexe�a (x0, y0), ali �ega, kao xto �emo videtina konkretnom primeru, nije texko prona�i koriste�i Euklidov algoritam.
49
Zadatak 68. Odrediti sva rexe�a Diofantove jednaqine 155x− 95y = 100.
Rexe�e. Primetimo prvo da je (155, 95) = 5 i 5|100. Zbog toga jednaqina ima rexe�ai mo�emo je podeliti sa 5 sa dobijemo ekvivalentnu jednaqinu 31x− 19y = 20.
Poqetno rexe�e ove jednaqine nalazimo Euklidovim algoritmom:
31 = 1 · 19 + 12
19 = 1 · 12 + 7
12 = 1 · 7 + 5
7 = 1 · 5 + 2
5 = 2 · 2 + 1.
Vra�a�em na gore iz prethodnog dobijamo
1 = 5− 2 · 21 = 5− 2 · (7− 5)
1 = −2 · 7 + 3 · 51 = −2 · 7 + 3 · (12− 7)
1 = 3 · 12− 5 · 71 = 3 · 12− 5 · (19− 12)
1 = −5 · 19 + 8 · 12
1 = −5 · 19 + 8 · (31− 19)
1 = 8 · 31− 13 · 19.
Dakle, dobili smo da je 31 · 8− 19 · 13 = 1, pa je i 31 · 160− 19 · 260 = 20. Zakuqujemoda je jedno poqetno rexe�e posmatrane jednaqine x0 = 160, y0 = 260. Koriste�i (8)
sledi da su sva rexe�a data sa
x = 160− 19k
y = 260− 31k, k ∈ Z.
�
10.2 Sistemi linearnih kongruencija
Zadatak 69. Rexiti sistem linearnih kongruencija:
x ≡ −4 (mod 16)
x ≡ 5 (mod 7).
Rexe�e. Iz prve jednaqine imamo x = 16k− 4 za neko k ∈ Z. Ubaciva�em tog izraza
u drugu jednaqinu dobijamo
16k − 4 ≡ 5 (mod 7)
2k ≡ 9 (mod 7)
2k ≡ 2 (mod 7).
50
Mno�e�em posled�e kongruencije sa 4 dobijamo
8k ≡ 8 (mod 7) tj. k ≡ 1 (mod 7).
Mo�emo zakuqiti da va�i k = 7t+ 1 za neko t ∈ Z, odakle sledi x = 16(7t+ 1)− 4 =112t+ 12. Na ovaj naqin su opisana sva rexe�a polaznog sistema.�
Zadatak 70. Rexiti sistem linearnih kongruencija:
x ≡ 5 (mod 13)
x ≡ −1 (mod 8)
x ≡ 4 (mod 7).
Rexe�e. Iz prve jednaqine imamo x = 13k+ 5 za neko k ∈ Z. Ubaciva�em tog izraza
u drugu jednaqinu dobijamo
13k + 5 ≡ −1 (mod 8)
5k ≡ −6 (mod 8)
5k ≡ 2 (mod 8).
Mno�e�em ove kongruencije sa 5 dobijamo
25k ≡ 10 (mod 8) tj. k ≡ 2 (mod 8). (9)
Sliqno, ubaciva�em izraza x = 13k + 5 u tre�u jednaqinu polaznog sistema dobi-
jamo
13k + 5 ≡ 4 (mod 7)
6k ≡ −1 (mod 7)
6k ≡ 6 (mod 7).
Mno�e�em ove kongruencije sa 6 dobijamo
36k ≡ 36 (mod 7) tj. k ≡ 1 (mod 7). (10)
Polazni sistem se svodi na sistem sa dve jednaqine (9) i (10):
k ≡ 2 (mod 8)
k ≡ 1 (mod 7).
Iz prve od tih jednaqina mo�emo izraziti k = 8t + 2 za neko t ∈ Z. Ubaciva�em tog
izraza u drugu jednaqinu dobijamo
8t+ 2 ≡ 1 (mod 7)
t ≡ −1 (mod 7)
t ≡ 6 (mod 7).
Iz posled�e kongruencije dobijamo da je t = 7` + 6 za neko ` ∈ Z. Odatle je k =8(7`+ 6) + 2 = 56`+ 50, xto dae daje
x = 13(56`+ 50) + 5 = 728`+ 655, ` ∈ Z.
Na ovaj naqin su opisana sva rexe�a polaznog sistema.
�
51
11 Teoreme o izomorfizmima grupa
Neka je φ : G→ H homomorfizam grupa. Definixemo:
kerφ = {g ∈ G | φ(g) = e} jezgro homomorfizma φ.
imφ = {φ(g) | g ∈ G} slika homomorfizma φ.
Primetimo da va�i:
φ je 1-1 ako i samo ako je kerφ = {e}.φ je na ako i samo ako je imφ = H.
Teorema 11.1 (Prva teorema o izomorfizmu). Neka je φ : G → H homomorfizam
grupa. Tada je kerφ / G i va�i
G/ kerφ ∼= imφ.
Prvu teoremu o izomorfizmu �emo najqex�e koristiti u sluqaju kada je homomor-
fizam φ surjektivan i tada imamo
G/ kerφ ∼= H.
Zadatak 71. Dokazati da za sve n ≥ 2 va�i GLn(R)/SLn(R) ∼= R∗.
Rexe�e. Posmatrajmo preslikava�e determinante det : GLn(R) → R∗. To presli-
kava�e je na (svaki nenula realan x broj je determinanta npr. dijagonalne matrice
sa jednim x i sve ostalo jedinicama po dijagonali) i homomorfizam na osnovu Bine-
Koxijeve teoreme,
det(AB) = detA · detB za A,B ∈ GLn(R).
�egovo jezgro je
ker det = {A ∈ GLn(R) | detA = 1} = SLn(R).
Na osnovu Prve teoreme o izomorfizmu onda sledi tra�eno
GLn(R)/ SLn(R) ∼= R∗.
�
Zadatak 72. Pokazati da je za sve n ≥ 2 ispu�eno Z/nZ ∼= Zn.
Rexe�e. Posmatrajmo preslikava�e φ : Z → Zn definisano sa φ(x) = x (mod n),x ∈ Z. Ovo preslikava�e je oqigledno na. Tako�e, za sve x, y ∈ Z va�i
φ(x+ y) = (x+ y) (mod n)
= x (mod n) +n y (mod n)
= φ(x) +n φ(y),
52
qime je pokazano da je φ homomorfizam. �egovo jezgro je:
kerφ = {x ∈ Z | φ(x) = 0}= {x ∈ Z | x (mod n) = 0}= {x ∈| x = na za neko a ∈ Z} = nZ.
Na osnovu Prve teoreme o izomorfizmu sledi tra�eno Z/nZ ∼= Zn.�
Zadatak 73. Neka je U = {z ∈ C | |z| = 1}. Tada je U grupa u odnosu na mno�e�e
kompleksnih brojeva. Dokazati da je R/Z ∼= U .
Rexe�e. Posmatrajmo preslikava�e φ : R → U definisano sa φ(x) = eix = cosx +i sinx, x ∈ R. Trigonometrijski oblik proizvonog kompleksnog broja iz U je cos θ +i sin θ za neko θ ∈ R, pa je preslikava�e koje posmatramo na. Za proizvone x, y ∈ Rva�i
φ(x+ y) = ei(x+y)
= eixeiy = φ(x)φ(y),
qime je pokazano da je φ homomorfizam. Na osnovu Prve teoreme o izomorfizmu onda
sledi R/ kerφ ∼= U .
Odredimo jox kerφ :
kerφ = {x ∈ R | φ(x) = 1}= {x ∈ R | eix = 1}= {α ∈ R | α = 2kπ, k ∈ Z} = {2kπ | k ∈ Z}.
Sada nismo bax dobili kerφ = Z, ali va�i kerφ ∼= Z (jedan izomorfizam kerφ → Zje odre�en sa 2kπ → k, k ∈ Z). Odatle sledi tra�eno R/Z ∼= U .�
Zadatak 74. Neka je G grupa. Dokazati da va�i slede�e:
a) G/Z(G) ∼= InnG.b) Ako je koliqniqka grupa G/Z(G) cikliqna, onda je G Abelova grupa.
Rexe�e. a) Posmatrajmo preslikava�e φ : G→ InnG definisano sa φ(a) = σa, a ∈ G.Iz definicije grupe InnG odmah imamo da je ovo preslikava�e surjektivno. Tako�e,
za proizvone a i b iz G va�i
φ(ab) = σab
= σa ◦ σb (ovo smo izraqunali u rexe�u Zadatka 54)= φ(a) ◦ φ(b),
xto pokazuje da je φ homomorfizam grupa.
53
Odredimo jox �egovo jezgro:
kerφ = {a ∈ G | φ(a) = idG}= {a ∈ G | σa = idG}= {a ∈ G | σa(g) = idG(g) za sve g ∈ G}= {a ∈ G | aga−1 = g za sve g ∈ G}= {a ∈ G | ag = ga za sve g ∈ G}= Z(G).
Na osnovu Prve teoreme o izomorfizmu sledi tra�eno G/Z(G) ∼= Inn(G).b) Neka je grupa G/Z(G) cikliqna. Tada postoji neki generator gZ(G) te grupe, pa zaproizvone a, b ∈ G postoje celi brojevi m i n takvi da je
aZ(G) = gmZ(G) i bZ(G) = gnZ(G).
Iz prethodnog sledi g−maZ(G) = Z(G) i g−nbZ(G) = Z(G), pa mo�emo zakuqiti dag−ma, g−nb ∈ Z(G). Zato mo�emo zapisati g−ma = x i g−nb = y za neke x i y iz Z(G),qime dobijamo izraze a = gmx i b = gny za elemente a i b.
Sada raqunamo:
ab = gmxgny
= gmgnxy (jer je x ∈ Z(G))
= gngmxy
= gnygmx (jer je y ∈ Z(G))
= ba.
Dakle, dobili smo da proizvoni elementi a i b iz G komutiraju, pa je ta grupa
Abelova.
�
Zadatak 75. Neka su M i N normalne podgrupe grupe G takve da je G = MN . Doka-
zati da je
G/(M ∩N) ∼= G/M ×G/N.
Rexe�e. Posmatrajmo preslikava�e φ : G → G/M × G/N definisano sa φ(g) =(gM, gN), g ∈ G. Kako za proizvone g1, g2 ∈ G va�i
φ(g1g2) = (g1g2M, g1g2N)
= (g1Mg2M, g1Ng2N)
= (g1M, g1N)(g2M, g2N)
= φ(g1)φ(g2),
to preslikava�e je homomorfizam.
Ono xto u ovom zadatku nije trivijalno je pita�e surjektivnosti preslikava�a
φ. U svrhu pokaziva�a da φ zaista jeste na, uoqimo proizvoni element (gM, hN) ∈
54
G/M × G/N . Iz pretpostavke da je G = MN mo�emo prona�i elemente g1, h1 ∈ M i
g2, h2 ∈ N takve da je
g = g1g2
h = h1h2.
Onda je
(gM, hN) = (g1g2M,h1h2N)
= (g1Mg2M,h1Nh2N)
= (Mg2M,h1NN)
= (g2M,h1N).
Za element t = g2h1 ∈ G tada va�i
φ(t) = φ(g2h1)
= (g2h1M, g2h1N)
= (g2Mh1M, g2Nh1N)
= (g2MM,Nh1N)
= (g2M,h1N)
= (gM, hN).
Time je pokazana surjektivnost preslikava�a φ.Odredimo jox �egovo jezgro:
kerφ = {g ∈ G | φ(g) = (M,N)}= {g ∈ G | (gM, gN) = (M,N)}= {g ∈ G | gM = M, gN = N}= {g ∈ G | g ∈M, g ∈ N}= M ∩N.
Na osnovu Prve teoreme o izomorfizmu sledi tra�eno
G/(M ∩N) ∼= G/M ×G/N.
�
Teorema 11.2 (Druga teorema o izomorfizmu). Neka je H ≤ G i K / G. Tada je
HK ≤ G, K /HK, H ∩K /H i imamo izomorfizam
H/H ∩K ∼= HK/K.
Teorema 11.3 (Tre�a teorema o izomorfizmu). Neka je H i K normalne podgrupe od
G takve da je H ≤ K. Tada je H /K, K/H / G/H i va�i
(G/H)/(K/H) ∼= G/K.
55
Zadatak 76. Neka je H ≤ G i K / G. Ako je G = HK i H ∩K = 〈e〉, pokazati da je
G/K ∼= H.
Rexe�e. Na osnovu Druge teoreme o izomorfizmu imamo
H/H ∩K ∼= HK/K.
Poxto je H ∩K = 〈e〉, sledi H/H ∩K ∼= H, xto uz G = HK daje tra�eno tvr�e�e.
�
Zadatak 77. Neka je H podgrupa od Sn, n ≥ 3 koja sadr�i barem jednu neparnu
permutaciju. Dokazati da je
H/H ∩ An ∼= Sn/An.
Rexe�e. Primenimo Drugu teoremu o izomorfizmu na H ≤ Sn i An / Sn. Tako dobi-jamo
H/H ∩ An ∼= HAn/An.
Kako je H sa osobinom da sadr�i barem jednu neparnu permutaciju, va�i da je HAn =Sn (zato xto u HAn imamo barem jednu neparnu i sve parne permutacije, a stoga i sve
permutacije). Odatle direktno sledi tra�eno tvr�e�e.
�
Zadatak 78. Grupa G se naziva metaabelovom ako postoji N/G takva da su grupe G/Ni N Abelove. Dokazati da je svaka podgrupa metaabelove grupe i sama metaabelova.
Rexe�e. Neka je G metaabelova grupa i H ≤ G. Tada postoji N /G takva da su grupe
G/N i N Abelove. Iz Druge teoreme o izomorfizmu znamo da je H ∩N / H, kao i da
va�i
H/H ∩N ∼= HN/N. (11)
Primetimo da je H ∩ N Abelova grupa, jer je sadr�ana u Abelovoj grupi N . Tako�e,
HN/N je podgrupa Abelove grupe G/N , pa je i ona Abelova. Na osnovu izomorfizma
(11) zakuqujemo da je Abelova i grupa H/H ∩N .
Dakle, za podgrupu H postoji normalna podgrupa M := H ∩N takva da su H/M i
M Abelove. Po definiciji je onda H metaabelova.
�
12 Konaqno generisane Abelove grupe
Teorema 12.1. Svaka konaqno generisana Abelova grupa izomorfna je konaqnom di-
rektnom proizvodu cikliqnih grupa.
Prethodna, fundamentalna teorema o konaqno generisanim Abelovim grupama, nam
omogu�ava da svaku konaqno generisanu Abelovu grupuG zapixemo u jednom od naredna
dva oblika:
� (elementarna forma): Postoje (ne obavezno razliqiti) prosti brojevi p1, p2, . . . , pk,prirodni brojevi α1, α2, . . . , αk i ceo broj s ≥ 0 takvi da je
G ∼= Zpα11× Zpα22
× · · · × Zpαkk × Zs.
56
� (normalna forma): Postoje prirodni brojevi m1,m2, . . . ,m` i ceo broj s ≥ 0takvi da m1|m2| . . . |m` i va�i
G ∼= Zm1 × Zm2 × · · · × Zm` × Zs.
Primetimo da je u sluqaju konaqnih Abelovih grupa, koji �e nam biti od glavnog
interesova�a, obavezno s = 0. Dodajmo i to da se brojevi m1,m2, . . . ,m` iz normalne
forme nazivaju invarijantnim deliteima grupe G.
Zadatak 79. Odrediti elementarnu i normalnu formu Abelove grupe G ∼= Z100 ×Z200 × Z300 × Z400.
Rexe�e. Na osnovu Zadatka 64 mo�emo zapisati redom
Z100∼= Z4 × Z25
Z200∼= Z8 × Z25
Z300∼= Z4 × Z3 × Z25
Z400∼= Z16 × Z25.
Odatle odmah dobijamo da je elementarna forma za G
Z22 × Z22 × Z23 × Z24 × Z3 × Z52 × Z52 × Z52 × Z52 .
Normalnu formu za G mo�emo odrediti iz dobijene elementarne forme te grupe.
Primetimo prvo da su jedini prosti brojevi qiji se stepeni pojavuju kao redovi
cikliqnih podgrupa u elementarnoj formi 2, 3 i 5. Najve�i invarijantni delite za
G �e onda nastati kao proizvod najve�ih stepena svakog od tih brojeva koji se nalaze
u elementarnoj formi, pa je jednak 24 · 3 · 52 = 1200. Tako dobijamo da �e posled�i
qlan koji �e se pojavivati u normalnoj formi za G jednak Z1200 (obratimo pa��u:
ovde koristimo da je Z16 × Z3 × Z25∼= Z1200, xto sledi iz Zadatka 64).
Naredni najve�i invarijatni delite za G �e nastati kao proizvod najve�ih pre-
ostalih stepena i on je jednak 23 · 52 = 200. Zbog toga dobijamo qlan Z200 u normalnoj
formi. Sliqno pronalazimo da su jox preostala dva qlana Z100 i Z100, odakle sledi
da je normalna forma za G
Z100 × Z100 × Z200 × Z1200.
�
Zadatak 80. Ispitati da li postoji prirodan broj n takav da neka od grupa Z50×Znili Z60 × Zn bude izomorfna sa Z20 × Z30.
Rexe�e. Pre svega, da bi va�ilo Z50 × Zn ∼= Z20 × Z30, redovi posmatranih grupa
moraju biti jednaki. Odatle dobijamo da mora biti ispu�eno
|Z50 × Zn| = |Z20 × Z30| tj. 50n = 600.
Zakuqujemo da je n = 12 jedini kandidat za koji prva grupa mo�e ispuniti zahtev
zadatka. Pri tome �e taj kandidat zaista biti rexe�e ako va�i Z50×Z12∼= Z20×Z30.
57
Proveru da li su dobijene Abelove grupe me�usobno izomorfne vrximo tako xto
upore�ujemo �ihove normalne forme.
Za grupu Z50 × Z12 imamo
Z50 × Z12∼= Z2 × Z25 × Z4 × Z3
∼= Z2 × Z4 × Z3 × Z25
∼= Z2 × Z300, xto je normalna forma.
Za grupu Z20 × Z30 imamo
Z20 × Z30∼= Z4 × Z5 × Z2 × Z3 × Z5
∼= Z2 × Z4 × Z3 × Z5 × Z5
∼= Z10 × Z60, xto je normalna forma.
Zakuqujemo da posmatrane grupe nemaju iste normalne forme, pa nisu izomorfne.
To znaqi da za prvu grupu ne mo�emo na�i nijedno tra�eno n.
Ostaje nam jos grupa Z60×Zn. Sliqno kao za prethodnu grupu iz jednakosti redovasa Z20×Z30 nalazimo da je 60n = 600. Odatle dobijamo da je n = 10 jedini kandidat zakoji druga grupa mo�e ispuniti zahtev zadatka. Poxto odmah imamo da je Z60×Z10
∼=Z10 × Z60 zakuqujemo da grupe Z60 × Z10 i Z20 × Z30 imaju iste normalne forme, pa
su izomorfne. To znaqi da je n = 10 jedino rexe�e naxeg zadatka.
�
Zadatak 81. Odrediti, do na izomorfizam, sve Abelove grupe reda 1800.
Rexe�e. Za poqetak faktoriximo broj 1800 na proste faktore: 1800 = 23 · 32 · 52.Svaki od stepena prostih brojeva 2, 3 i 5 koji se pojavuju u ovoj faktorizaciji �e
na svoj naqin uticati na mogu�nosti za elementarne forme Abelovih grupa reda 1800koje nas zanimaju. Tako stepen 23 mo�e u elementarnoj formi doprineti sa nekom od
Z2 × Z2 × Z2, Z2 × Z22 , Z23 , (12)
jer su to jedine Abelove grupe reda 8, do na izomorfizam. Sliqno, stepen 32 mo�e
doprineti sa nekom od
Z3 × Z3, Z32 , (13)
a stepen 52 sa nekom od
Z5 × Z5, Z52 . (14)
Sve Abelove grupe reda 1800, do na izomorfizam, �emo dobiti kada ispixemo sve
mogu�e grupe u qijim se elementarnim formama nalazi taqno po jedna grupa iz (12),
(13) i (14). Time �emo dobiti sve �ihove prikaze u obliku elementarnih formi,
a pored toga �emo odrediti i odgovaraju�e normalne forme, kao xto je ura�eno u
narednoj tablici.
58
elementarna forma normalna forma
Z2 × Z2 × Z2 × Z3 × Z3 × Z5 × Z5 Z2 × Z30 × Z30
Z2 × Z2 × Z2 × Z32 × Z5 × Z5 Z2 × Z10 × Z90
Z2 × Z2 × Z2 × Z3 × Z3 × Z52 Z2 × Z6 × Z150
Z2 × Z2 × Z2 × Z32 × Z52 Z2 × Z2 × Z450
Z2 × Z22 × Z3 × Z3 × Z5 × Z5 Z30 × Z60
Z2 × Z22 × Z32 × Z5 × Z5 Z10 × Z180
Z2 × Z22 × Z3 × Z3 × Z52 Z6 × Z300
Z2 × Z22 × Z32 × Z52 Z2 × Z900
Z23 × Z3 × Z3 × Z5 × Z5 Z15 × Z120
Z23 × Z32 × Z5 × Z5 Z5 × Z360
Z23 × Z3 × Z3 × Z52 Z3 × Z600
Z23 × Z32 × Z52 Z1800
�
Zadatak 82. Pokazati da postoji, do na izomorfizam, jedinstvena Abelova grupa
reda 100 u kojoj ne postoji nijedan element reda ve�eg od 10.
Rexe�e. Mo�emo prvo odrediti, do na izomorfizam, sve Abelove grupe reda 100 i
onda me�u �ima prepoznati onu koja je tra�ena. Faktorizacija broja 100 na proste
faktore je 22 · 52, pa se u elementarnim formama tra�enih grupa mogu na�i jedna od
Z2 × Z2 i Z22 , kao i jedna od Z5 × Z5 i Z25. Dobijamo da postoji 4 Abelove grupe reda
100, do na izomorfizam:
G1∼= Z2 × Z2 × Z5 × Z5
∼= Z10 × Z10
G2∼= Z2 × Z2 × Z25
∼= Z2 × Z50
G3∼= Z22 × Z5 × Z5
∼= Z5 × Z20
G4∼= Z22 × Z52
∼= Z100.
Zakuqujemo da je G1 tra�ena jedinstvena Abelova grupa u kojoj ne postoji nijedan
element reda ve�eg od 10, zato xto u grupama G2, G3 i G4 redom postoje elementi reda
50, 20, odnosno 100.�
Nadae �emo koristiti oznaku B(n,G) za broj elemenata reda n u grupi G. Pritome �e nam od interesa biti Abelove grupe, u kojima B posmatrana kao funkcija
prirodnog broja n ima znaqajnu osobinu multiplikativnosti. To znaqi da za svaka
dva prirodna broja m i n takva da je (m,n) = 1 va�i
B(mn,G) = B(m,G)B(n,G).
Zadatak 83. Odrediti broj elemenata reda 3 i reda 6 u Abelovoj grupi G ∼= Z5 ×Z10 × Z60.
Rexe�e. • B(3, G)Poxto je (3, 5) = 1 i (3, 10) = 1, imamo da je B(3, G) = B(3,Z60). Grupa Z60 je cikliqna,
59
pa ima jedinstvenu podgrupu reda 3, koja je i sama cikliqna. Elemente reda 3 onda
mo�emo prepoznati bax kao generatore te podgrupe, pa ih ima ϕ(3) = 3−1 = 2. Dakle,B(3, G) = 2.• B(6, G)Za poqetak imamo da je B(6, G) = B(2, G)B(3, G). Kako smo ve� odredili B(3, G), ostajesamo jox da odredimo B(2, G). Poxto je (2, 5) = 1, imamo da je B(2, G) = B(2,Z10×Z60).Iz elementarne forme Z2×Z5×Z4×Z5×Z3 za Z10×Z60 mo�emo dae zakuqiti da
je B(2,Z10 × Z60) = B(2,Z2 × Z4). Elementi reda 2 u grupi Z2 × Z4 se nalaze u �enoj
podgrupi izomorfnoj Z2 × Z2. Zato je �ihov broj 4 − 1 = 3 (u grupi Z2 × Z2 su svi
elementi reda 2 osim neutrala). Zakuqujemo da je B(2, G) = 3, pa je i B(6, G) = 6.�
Zadatak 84. Odrediti maksimalni red, kao i broj elemenata reda 36 u Abelovoj grupiG ∼= Z2 × Z4 × Z16 × Z27 × Z27.
Rexe�e. Grupa G je zadata elementarnom formom. Da bismo pronaxli maksimalni
red u �oj zapisa�emo je u obliku normalne forme, G ∼= Z2 × Z108 × Z432. Odatle
dobijamo da je maksimalni red u G jednak 432.Za tra�e�e broja elemenata reda 36 se vra�amo na zapis u obliku elementarne
forme. Pre svega, imamo da je B(36, G) = B(4, G)B(9, G). Za broj elemenata reda 4prvo iz elementarne forme za G mo�emo primetiti da va�i B(4, G) = B(4,Z2×Z4×Z16). Elementi reda 4 u grupi Z2 × Z4 × Z16 se nalaze u �enoj podgrupi izomorfnoj
Z2 × Z4 × Z4. Me�u �ima su i elementi reda najvixe 2 koji popu�avaju odgovaraju�u
podgrupu izomorfnu sa Z2×Z2×Z2. Zato je B(4, G) = B(4,Z2×Z4×Z4) = 32−8 = 24.Sliqno, za elemente reda 9 prvo imamo B(9, G) = B(9,Z27 × Z27). Elementi reda
9 u grupi Z27 × Z27 se nalaze u �enoj podgrupi izomorfnoj Z9 × Z9. Me�u �ima su i
elementi reda najvixe 3 koji popu�avaju odgovaraju�u podgrupu izomorfnu sa Z3×Z3.
Zato je B(9, G) = 81− 9 = 72.Zakuqujemo da je B(36, G) = 24 · 72 = 1728.
�
Zadatak 85. Odrediti maksimalne redove, kao i �ihov broj elemenata tih redova u
narednim Abelovim grupama zadatim elementarnim formama:
a) G1∼= Z2 × Z2 × Z2 × Z3 × Z3 × Z5 × Z5
b) G2∼= Z2 × Z22 × Z3 × Z3 × Z5 × Z5
v) G3∼= Z23 × Z32 × Z52 .
Rexe�e. a) Normalna forma za G1 je Z2 × Z30 × Z30, pa dobijamo da je maksimal-
ni red u G1 jednak 30. Ostaje jox da odredimo B(30, G1). Za poqetak imamo da je
B(30, G1) = B(2, G1)B(3, G1)B(5, G1). Za broj elemenata reda 2 mo�emo primetiti da
va�i B(2, G1) = B(2,Z2 ×Z2 ×Z2) = 8− 1 = 7. Sliqno je i B(3, G1) = B(3,Z3 ×Z3) =9−1 = 8, kao i B(5, G1) = B(5,Z5×Z5) = 25−1 = 24. Dakle, va�i B(30, G1) = 7 ·8 ·24.b) Normalna forma za G2 je Z30×Z60, pa dobijamo da je maksimalni red u G2 jednak 60.Ostaje jox da odredimo B(60, G2). Za poqetak imamo da je B(60, G2) = B(4, G2)B(3, G2)B(5, G2). Za elemente reda 4 u G2 mo�emo primetiti da se nalaze u �enoj podgrupi
izomorfnoj sa Z2 × Z4. Me�u �ima su i elementi reda najvixe 2 koji popu�avaju
odgovaraju�u podgrupu izomorfnu sa Z2 × Z2. Zbog toga va�i B(4, G2) = 8 − 4 = 4.
60
Sliqno kao u delu a) imamo i B(3, G2) = B(3,Z3 × Z3) = 9 − 1 = 8, kao i B(5, G2) =B(5,Z5 × Z5) = 25− 1 = 24. Zakuqujemo da va�i B(60, G2) = 4 · 8 · 24.v) U ovom sluqaju imamo da je G3
∼= Z1800. Dakle, grupa G3 je cikliqna reda 1800, pa jeto upravo i maksimalni red u �oj. Elemente reda 1800 onda mo�emo prepoznati kao ge-neratore grupeG3. Zbog toga va�iB(1800, G3) = ϕ(1800) = 1800
(1− 1
2
) (1− 1
3
) (1− 1
5
)=
480.�
Zadatak 86. Odrediti, do na izomorfizam, sve Abelove grupe reda 7875 u kojima
postoji element reda 25 i taqno dva elementa reda 3.
Rexe�e. Za poqetak imamo da je faktorizacija broja 7875 na proste faktore 7875 =32 ·53 ·7. Stepen 32 mo�e elementarnoj formi Abelove grupe reda 7875 mo�e doprinetisa nekom od grupa
Z3 × Z3, Z32 , (15)
a stepen 53 sa nekom od grupa
Z5 × Z5 × Z5, Z5 × Z52 , Z53 . (16)
Pri tome broj elemenata reda 3 u dobijenoj grupi zavisi iskuqivo od izbora
grupe iz (15). Kako u grupi Z3×Z3 ima 8 elemenata reda 3, sledi da se u elementarnojformi moramo odluqiti za grupu Z32 (ta grupa je cikliqna, pa u �oj ima ϕ(3) = 3elemenata reda 3).
Sliqno �e postoja�e elemenata reda 25 zavisiti iskuqivo od izbora grupe iz
(16). Vidimo da u grupi Z5×Z5×Z5 takvih elemenata nema, dok ih u druge dve grupe
ima. Zbog toga zakuqujemo da, do na izomorfizam, postoje taqno dve tra�ene Abelove
grupe i to su
G1∼= Z32 × Z5 × Z52 × Z7
∼= Z5 × Z1575
G2∼= Z32 × Z53 × Z7
∼= Z7875.
�
13 Primer pismenog ispita sa rexe�ima
OBAVEZNI DEO
1. Na skupu G = {(a, b) ∈ Q×Q | a 6= 0} definisana je operacija ∗ sa
(a, b) ∗ (c, d) = (ac, bc+ c+ d), (a, b), (c, d) ∈ G.
a) Pokazati da je G grupa u odnosu na operaciju ∗.b) Pokazati da u grupi G ima beskonaqno mnogo elemenata reda 2, ali da nema eleme-nata nijednog neparnog reda ve�eg od 1.
61
Rexe�e. a) Kako je proizvod i zbir dva (nenula) racionalna broj tako�e (nenula)
racionalan broj, odmah imamo da za sve (a, b) i (c, d) ∈ G va�i (a, b) ∗ (c, d) ∈ G. Toznaqi da je operacija ∗ korektno definisana na G.
Poka�imo sada asocijativnost operacije ∗. Za proizvone (a, b), (c, d) i (e, f) ∈ Gimamo:
((a, b) ∗ (c, d)) ∗ (e, f) = (ac, bc+ c+ d) ∗ (e, f)
= (ace, (bc+ c+ d)e+ e+ f)
= (ace, bce+ ce+ de+ e+ f)
(a, b) ∗ ((c, d) ∗ (e, f)) = (a, b) ∗ (ce, de+ e+ f)
= (ace, bce+ ce+ de+ e+ f)
Iz prethodnog raquna zakuqujemo da za sve (a, b), (c, d) i (e, f) ∈ G va�i ((a, b) ∗(c, d)) ∗ (e, f) = (a, b) ∗ ((c, d) ∗ (e, f)), pa ∗ jeste asocijativna operacija na G.
Naredno xto ispitujemo je postoja�e neutrala za operaciju ∗. U tu svrhu treba da
vidimo da li postoji element (e1, e2) ∈ G takav da je (a, b) ∗ (e1, e2) = (e1, e2) ∗ (a, b) =(a, b) za sve (a, b) ∈ G. Iz jednakosti (a, b) ∗ (e1, e2) = (a, b) dobijamo da
(ae1, be1 + e1 + e2) = (a, b)
mora biti ispu�eno za sve (a, b) ∈ G. Posle izjed�aqava�a obe koordinate dae slediae1 = a i be1 + e1 + e2 = b za sve (a, b) ∈ G. Iz prvog uslova zakuqujemo da je e1 = 1,pa drugi uslov onda daje e2 = −1. Prema tome, (e1, e2) = (1,−1) je jedini kandidat zaneutral. Posle direktne provere
(a, b) ∗ (1,−1) = (a · 1, b · 1 + 1− 1) = (a, b)
(1,−1) ∗ (a, b) = (1 · a,−1 · a+ a+ b) = (a, b),
sledi da taj kandidat i jeste tra�eni neutral za operaciju ∗.Da bi bilo ispu�en uslov postoja�a invernog elementa za operaciju ∗, za svako
(a, b) ∈ G mora da postoji (a, b)−1 = (x, y) ∈ G takvo da je (a, b) ∗ (x, y) = (x, y) ∗ (a, b) =(1,−1). Iz jednakosti (a, b) ∗ (x, y) = (1,−1) sledi da za sve (a, b) ∈ G mora da va�i
(ax, bx+ x+ y) = (1,−1).
Posle izjed�aqava�a obe koordinate dobijamo uslove ax = 1 i bx + x + y = −1. Izprvog uslova dobijamo x = 1
a , xto zamenom u drugi uslov daje y = −a+b+1a . Prema tome,
(x, y) =(1a ,−
a+b+1a
)je jedini kandidat za inverzni element proizvonog (a, b) ∈ G.
Direktna provera
(a, b) ∗(
1
a,−a+ b+ 1
a
)=
(a · 1
a, b · 1
a+
1
a− a+ b+ 1
a
)= (1,−1)(
1
a,−a+ b+ 1
a
)∗ (a, b) =
(1
a· a,−a+ b+ 1
a· a+ a+ b
)= (1,−1)
pokazuje da taj kandidat i jeste tra�eni inverzni element.
62
Zakuqujemo da G jeste grupa u odnosu na operaciju ∗.b) Po definiciji je element (a, b) ∈ G \ {(1,−1)} reda 2 ako je ispu�eno
(a, b) ∗ (a, b) = (1,−1).
Odatle je (a2, ab+a+b) = (1,−1), xto se svodi na uslove a2 = 1 i ab+a+b = −1. Prviuslov daje mogu�nosti a = 1 i a = −1. Ako je a = 1, onda drugi uslov daje b = −1, qimedobijamo neutral (1,−1), koji nije element reda 2. Ostaje nam jox mogu�nost a = −1.U tom sluqaju je ab+ a+ b = −b− 1 + b = −1 za sve b ∈ Q. Prema tome, va�i da su svielementi oblika (−1, b), b ∈ Q reda 2, qime dobijamo tra�eni zakuqak da elemenata
reda 2 ima beskonaqno mnogo.
Pretpostavimo sada da je element (x, y), razliqit od neutrala, neparnog reda ve�egod 1. Tada je (x, y)n = (1,−1) za neki neparan prirodan broj n > 1, pri qemu stepeno-va�e predstava uzastopnu primenu operacije ∗ u G. Iz definicije operacije ∗ ondaimamo da je prva koordinata elementa (x, y)n jednaka xn, qime dobijamo uslov xn = 1.Poxto je x racionalan broj i n neparan prirodan broj, taj uslov je ispu�en samo kadaje x = 1. Zakuqujemo da svi elementi proizvonog neparnog reda n > 1 moraju biti
oblika (1, y) za neko y ∈ Q.Izraqunajmo sada koliko je (1, y)n. Neku ideju o tra�enoj opxtoj vrednosti mo�emo
dobiti ako izraqunamo prvih stepena:
(1, y)2 = (1, y) ∗ (1, y) = (1, y + 1 + y) = (1, 2y + 1)
(1, y)3 = (1, y) ∗ (1, 2y + 1) = (1, y + 1 + 2y + 1) = (1, 3y + 2)
(1, y)4 = (1, y) ∗ (1, 3y + 2) = (1, y + 1 + 3y + 2) = (1, y + 1 + 3y + 2) = (1, 4y + 3)
...
Iz dobijenog mo�emo do�i do hipoteze da va�i
(1, y)n = (1, ny + n− 1), za sve y ∈ Q i n ∈ N. (17)
Taqnost dobijene hipoteze dokazujemo matematiqkom indukcijom.
Bazu indukcije imamo odmah, poxto je trivijalno ispu�eno (1, y)1 = (1, y) = (1, 1 ·y+1−1). Pretpostavimo zato jox da tvr�e�e (17) va�i za neki prirodan broj n. Tadaje (1, y)n = (1, ny + n− 1) ispu�eno za sve y ∈ Q. Zbog toga je
(1, y)n+1 = (1, y)n ∗ (1, y)
= (1, ny + n− 1) ∗ (1, y)
= (1, ny + n− 1 + 1 + y)
= (1, (n+ 1)y + n).
Zakuqujemo da tvr�e�e (17) va�i i za n + 1, pa na osnovu principa matematiqke
indukcije sledi da je ono ispu�eno za svaki prirodan broj n.Vra�a�em na elemente neparnog reda u G, imamo da je (1, y) ∈ G neparnog reda
n > 1 ako je n najma�i prirodan broj za koji va�i
(1, ny + n− 1) = (1,−1).
63
Iz jednakosti drugih koordinata dobijamo ny+n−1 = −1, odakle je y = −1. Me�utim,
to znaqi da je (1, y) = (1,−1) neutral u G, pa ne mo�e biti reda n. Tako konaqno
dobijamo tra�enu qi�enicu da u grupi G ne postoje elementi neparnog reda ve�eg od
1.�
2. Posmatrajmo grupu G = S8 × Z6.
a) Odrediti centar grupe G.b) Neka je f = (d2, 5, 6cd4, 7c, 3). Opisati CG{f} i odrediti broj elemenata tog centra-lizatora.
Rexe�e. a) Po definiciji se element (π, n) ∈ G nalazi u centru grupe G ako za sve
(σ,m) ∈ G va�i
(π, n)(σ,m) = (σ,m)(π, n).
Odavde dobijamo da uslov
(πσ, n+6 m) = (σπ,m+6 n),
koji mora biti ispu�en za sve σ ∈ S8 i m ∈ Z6. Upore�iva�em obe koordinate u
prethodnoj jednakosti zakuqujemo da za sve σ ∈ S8 i m ∈ Z6 treba da va�i πσ = σπ,odnosno n+6 m = m+6 n. To znaqi da je π ∈ Z(S8) i n ∈ Z(Z6), pa dobijamo
Z(G) = {(π, n) | π ∈ Z(S8), n ∈ Z(Z6)}.
Kako je Z(S8) = {ε} na osnovu Zadatka 57 i Z(Z6) = Z6, jer je Z6 Abelova grupa,
konaqno zakuqujemo da je
Z(G) = {(ε, n) | n ∈ Z6} = {ε} × Z6.
b) Tra�imo sve elemente grupe G koji komutiraju sa (d2, 5, 6cd4, 7c, 3), odnosno sve
(π, n) ∈ G takve da je
(π, n)(d2, 5, 6cd4, 7c, 3) = (d2, 5, 6cd4, 7c, 3)(π, n).
Odatle je dae
(πd2, 5, 6cd4, 7c, n+6 3) = (d2, 5, 6cd4, 7cπ, 3 +6 n),
qime dobijamo dva uslova: πd2, 5, 6cd4, 7c = d2, 5, 6cd4, 7cπ i n+63 = 3+6n. Drugi uslovtrivijalno ispu�avaju svi elementi n ∈ Z6, jer je Z6 Abelova grupa, pa ostaje samo
jox da se pozabavimo prvim. On je ekvivalentan sa
πd2, 5, 6cd4, 7cπ−1 = d2, 5, 6cd4, 7c.
Kako je πd2, 5, 6cd4, 7cπ−1 = dπ(2), π(5), π(6)cdπ(4), π(7)c, dobijamo uslov
dπ(2), π(5), π(6)cdπ(4), π(7)c = d2, 5, 6cd4, 7c.
64
Iz �ega sledi dπ(2), π(5), π(6)c = d2, 5, 6c i dπ(4), π(7)c = d4, 7c.Na osnovu jednakosti 2-ciklova zakuqujemo da je π(4) ∈ {4, 7}, pri qemu je π(7)
u potpunosti odre�eno tim izborom. Sliqno, iz jednakosti 3-ciklova imamo da je
π(2) ∈ {2, 5, 6}, pri qemu su preostali π(5) i π(6) u potpunosti odre�eni tim izborom.
Kako je π ∈ S8, ostaje jox da vidimo xta se dexava sa π(1), π(3) i π(8). Jediniuslov koji oni moraju da ispune je da π bude bijektivno preslikava�e. Odatle sledi
da π(1), π(3) i π(8) qine jednu permutaciju skupa {1, 3, 8}.Na ovaj naqin dobijamo opis elemenata centralizatora CG{f}: �ega qine svi ure-
�eni parovi (π, n), gde je π neka prethodno opisana permutacija iz S8, a n proizvoanelement iz Z6.
Primetimo jox da imamo 2 izbora za π(4) i 3 izbora za π(2), koji onda odre�uju
π(5), π(6), π(7), kao i 3! izbora za π(1), π(3) i π(8), pa sledi da imamo 2 · 3 · 3! = 36mogu�nosti za π. Zbog toga je
|CG{f}| = 36 · 6 = 216.
�
3.a) Odrediti elementarnu i normalnu formu Abelove grupeG = Z18×Z22×Z108×Z363.
b) Ispitati da li postoji cikliqna grupa H takva da je Z75 ×H ∼= Z15 × Z35 × Z100.
Rexe�e. a) Na osnovu Zadatka 64 mo�emo zapisati redom
Z18∼= Z2 × Z9
Z22∼= Z2 × Z11
Z108∼= Z4 × Z27
Z363∼= Z3 × Z121.
Odatle dobijamo da je elementarna forma posmatrane grupe
Z2 × Z2 × Z22 × Z3 × Z32 × Z33 × Z11 × Z112 .
Iz elementarne forme dobijamo i da je normalna forma naxe grupe
Z6 × Z198 × Z13068.
b) Iz uslova da grupa H mora biti cikliqna sledi da je H ∼= Zn za neki prirodan
broj n. Zbog toga se zahtev zadatka svodi na pita�e da li postoji prirodan broj ntakav da va�i
Z75 × Zn ∼= Z15 × Z35 × Z100.
Pre svega, da bi va�ilo Z75 × Zn ∼= Z15 × Z35 × Z100, redovi posmatranih grupa
moraju biti jednaki. Odatle dobijamo da mora biti ispu�eno
|Z75 × Zn| = |Z15 × Z35 × Z100| tj. 75n = 52500.
65
Zakuqujemo da je n = 700 jedini kandidat za koji prva grupa mo�e ispuniti zahtev
zadatka. Pri tome �e taj kandidat zaista biti rexe�e ako va�i Z75 × Z700∼= Z15 ×
Z35 × Z100. Proveru da li su dobijene Abelove grupe me�usobno izomorfne vrximo
tako xto upore�ujemo �ihove normalne forme.
Za grupu Z75 × Z700 imamo
Z75 × Z700∼= Z3 × Z25 × Z4 × Z25 × Z7
∼= Z4 × Z3 × Z25 × Z25 × Z7
∼= Z25 × Z2100, xto je normalna forma.
Za grupu Z15 × Z35 × Z100 imamo
Z15 × Z35 × Z100∼= Z3 × Z5 × Z5 × Z7 × Z4 × Z25
∼= Z4 × Z3 × Z5 × Z5 × Z25 × Z7
∼= Z5 × Z5 × Z2100, xto je normalna forma.
Zakuqujemo da posmatrane grupe nemaju iste normalne forme, pa nisu izomorfne.
To znaqi da ne postoji tra�ena cikliqna grupa H.
�
IZBORNI DEO 1
4. Rexiti sistem kongruencija:
x ≡ 7 (mod 8)
x ≡ 2 (mod 9)
x ≡ 4 (mod 11).
Rexe�e. Iz prve jednaqine imamo x = 8k + 7 za neko k ∈ Z. Ubaciva�em tog izraza
u drugu jednaqinu dobijamo
8k + 7 ≡ 2 (mod 9)
8k ≡ −5 (mod 9)
8k ≡ 4 (mod 9).
Mno�e�em ove kongruencije sa 8 dobijamo
64k ≡ 32 (mod 9) tj. k ≡ 5 (mod 9).
Sliqno, ubaciva�em izraza x = 8k+7 u tre�u jednaqinu polaznog sistema dobijamo
8k + 7 ≡ 4 (mod 11)
8k ≡ −3 (mod 11)
8k ≡ 8 (mod 11).
66
Mno�e�em ove kongruencije sa 7 dobijamo
56k ≡ 56 (mod 11) tj. k ≡ 1 (mod 11).
Polazni sistem se svodi na sistem sa dve jednaqine:
k ≡ 5 (mod 9)
k ≡ 1 (mod 11).
Iz prve od tih jednaqina mo�emo izraziti k = 9t + 5 za neko t ∈ Z. Ubaciva�em tog
izraza u drugu jednaqinu dobijamo
9t+ 5 ≡ 1 (mod 11)
9t ≡ −4 (mod 11)
9t ≡ 7 (mod 11).
Mno�e�em ove kongruencije sa 5 dobijamo
45k ≡ 35 (mod 11) tj. k ≡ 2 (mod 11).
Iz posled�e kongruencije dobijamo da je t = 11` + 2 za neko ` ∈ Z. Odatle je k =9(11`+ 2) + 5 = 99`+ 23, xto dae daje
x = 8(99`+ 23) + 7 = 792`+ 191, ` ∈ Z.
Na ovaj naqin su opisana sva rexe�a polaznog sistema.
�
5. Posmatrajmo permutacije π =
(1 2 3 4 5 6 7 83 6 7 4 8 2 1 5
)i σ = d1, 2, 5, 7cd6, 3, 4, 1, 5c
d4, 6, 1, 3c iz S8. Predstaviti π i σ u obliku proizvoda disjunktnih ciklova, odre-
diti �ihove redove i parnost, ispitati da li su te dve permutacije konjugovane i
izraqunati π2020 i σ−1.
Rexe�e. Zapis permutacija π i σ obliku proizvoda disjunktnih ciklova je:
π = d1, 3, 7cd2, 6cd5, 8cσ = d1, 4, 3, 2, 5, 6, 7c.
Iz prethodnog zapisa odmah nalazimo da je r(π) = 6 i r(σ) = 7.
Obe permutacije su parne: za permutaciju σ je to odmah jasno, poxto je ona 7-cikl,dok za permutaciju π to va�i jer je ona proizvod jedne parne permutacije (3-cikla)sa dve transpozicije, koje su neparne permutacije.
67
Poxto je permutacija π proizvod disjunktnih 3-cikla i para 2-ciklova, a permu-tacija σ je 7-cikl, zakuqujemo da one nisu konjugovane. Konaqno, imamo
π2020 = π6·336+4
=(π6)336
π4
= π4 (jer je r(π) = 6)
= (d1, 3, 7cd2, 6cd5, 8c)4
= d1, 3, 7c4d2, 6c4d5, 8c4 (disjunktni ciklovi komutiraju)
= d1, 3, 7c (jer je svaki 3-cikl reda 3, a 2-cikl reda 2)
i
π−1 = d7, 6, 5, 2, 3, 4, 1c.�
6. Posmatrajmo preslikava�e φ : R∗ × R∗ → GL2(R) definisano sa
φ(x, y) =
[x2 x2 − y20 y2
], (x, y) ∈ R∗ × R∗.
Ispitati da li je φ homomorfizam grupa i u sluqaju da jeste, odrediti �egovo jezgro.
Rexe�e. Za proizvone (x, y) i (t, s) iz R∗ × R∗ imamo
φ ((x, y)(t, s)) = φ (xt, ys)
=
[(xt)2 (xt)2 − (ys)2
0 (ys)2
]=
[x2t2 x2t2 − y2s2
0 y2s2
]=
[x2t2 x2t2 − x2s2 + x2s2 − y2s2
0 y2s2
]=
[x2 x2 − y20 y2
] [t2 t2 − s20 s2
]= φ(x, y)φ(t, s),
xto pokazuje da je preslikava�e φ homomorfizam.
Po definiciji nalazimo da je �egovo jezgro
kerφ =
{(x, y) ∈ R∗ × R∗ | φ(x, y) =
[1 00 1
]}=
{(x, y) ∈ R∗ × R∗ |
[x2 x2 − y20 y2
]=
[1 00 1
]}={
(x, y) ∈ R∗ × R∗ | x2 = 1, x2 − y2 = 0, y2 = 1}
= {(1, 1), (1,−1), (−1, 1), (−1,−1)}.
�
68
IZBORNI DEO 2
7. Neka je n prirodan broj i G konaqna grupa takva da za sve x, y ∈ G va�i (xy)n =xnyn. Oznaqimo
Gn = {x ∈ G | xn = e} i Gn = {xn | x ∈ G}.Dokazati da su Gn i G
n normalne podgrupe od G i da va�i |Gn| = [G : Gn].
Rexe�e. Neka su x i y dva proizvona elementa iz Gn. Tada je xn = yn = e, pa imamo
(xy)n = xnyn = e
(x−1)n = (xn)−1 = e,
xto pokazuje da su xy i x−1 u Gn. Time smo pokazali da je Gn podgrupa od G. Kako zasve g ∈ G i x ∈ Gn va�i(
gxg−1)n
= gxng−1 (na osnovu Zadatka 7)
= geg−1 (poxto je x ∈ Gn)= e,
imamo i da gxg−1 ∈ Gn. To pokazuje da je Gn / G.Sliqno radimo i za Gn. Uoqimo prvo proizvone elemente an i bn iz Gn. Tada je
anbn = (ab)n
(an)−1 =(a−1)n,
xto pokazuje da su anbn i (an)−1 u Gn. Time smo pokazali da je Gn podgrupa od G.Kako za sve g ∈ G i an ∈ Gn, na osnovu Zadatka 7, va�i gang−1 = (gag−1)n ∈ Gn,zakuqujemo da je ta podgrupa normalna u G.
Posmatrajmo sada preslikava�e ϕ : G → Gn definisano sa φ(g) = gn, g ∈ G. Izdefinicije podgrupe Gn odmah sledi da je ovo preslikava�e surjektivno. Tako�e, za
sve g, h ∈ H imamo
φ(gh) = (gh)n = gnhn = φ(g)φ(h),
xto pokazuje da je preslikava�e φ homomorfizam. �egovo jezgro je
kerφ = {g ∈ G | φ(g) = e}= {g ∈ G | gn = e}= Gn.
Na osnovu Prve teoreme o izomorfizmu sledi G/Gn ∼= Gn. Odatle, specijalno imamo|G/Gn| = |Gn| tj. |Gn| = [G : Gn].�
8. Neka su H i K podgrupe konaqne grupe G. Dokazati da je
[G : H ∩K] ≤ [G : H] · [G : K].
69
Rexe�e. Mo�emo definisati preslikava�e ϕ skupa svih levih koseta G/(H ∩K) uDekartov proizvod G/H ×G/K skupova levih koseta G/H i G/K sa
φ(g(H ∩K)) = (gH, gK), g ∈ G.
Prvo treba da poka�emo da je ovo preslikava�e korektno definisano. To znaqi
da za sve g1, g2 ∈ G sa osobinom g1(H ∩K) = g2(H ∩K) mora da va�i φ(g1(H ∩K)) =φ(g2(H ∩K)). Iz pretpostavke g1(H ∩K) = g2(H ∩K) sledi g−12 g1(H ∩K) = H ∩K,
pa dobijamo g−12 g1 ∈ H ∩K. Po definiciji onda g−12 g1 ∈ H i g−12 g1 ∈ K, a to upravo
znaqi da je g1H = g2H i g1K = g2K.
Sada raqunamo:
φ(g1(H ∩K)) = (g1H, g1K)
= (g2H, g2K)
= φ(g2(H ∩K)),
xto pokazuje korektnu definisanost preslikava�a φ.Poka�imo jox da je preslikava�e φ injektivno. U tu svrhu pretpostavimo da je
φ(g1(H ∩K)) = φ(g2(H ∩K)) za neke g1 i g2 iz G. Tada je (g1H, g1K) = (g2H, g2K), tj.g1H = g2H i g1K = g2K. Zbog toga mo�emo zakuqiti da va�i g−12 g1 ∈ H i g−12 g1 ∈ K.
Odatle je dae g−12 g1 ∈ H∩K, xto daje g−12 g1(H∩K) = H∩K tj. g1(H∩K) = g2(H∩K).Time je dokazana injektivnost preslikava�a φ.
Da sumiramo, dobili smo injektivno preslikava�e iz skupa G/(H ∩ K) u skup
G/H ×G/K. Zbog toga va�i
|G/(H ∩K)| ≤ |G/H ×G/K||G/(H ∩K)| ≤ |G/H| · |G/K|[G : H ∩K] ≤ [G : H] · [G : K].
�
9.a) Dokazati da je alterniraju�a grupa A5 generisana 5-ciklovima.b) Neka je H podgrupa od S5 takva da je [S5 : H] < 5. Dokazati da je H = A5 ili H = S5.
Rexe�e. a) Iz Zadatka 42 znamo da 3-ciklovi generixu A5, pa je dovono da poka-
�emo da se proizvoni 3-cikl mo�e predstaviti preko 5-ciklova. Uoqimo zato proi-zvoni 3-cikl da, b, cc i oznaqimo sa d i e dva elementa iz skupa {1, 2, 3, 4, 5}, koji surazliqiti i me�usobno, a i od a, b i c. Tada imamo
da, b, cc = da, c, e, b, dcda, e, c, d, bc,
xto predstava tra�eno predstava�e proizvonog 3-cikla preko 5-ciklova i za-
vrxava ovaj deo zadatka.
b) Pre rexava�a dela b) doka�imo jedno jednostavno tvr�e�e koje �emo koristiti:
Pomo�no tvr�e�e: Neka je G konaqna grupa, H podgrupa od G i a ∈ G element za
qiji red m va�i m > [G : H]. Tada postoji 0 < i < m takvo da ai ∈ H.
70
Dokaz. Posmatrajmo preslikava�e φ : 〈a〉 → G/H definisano sa φ(ak) = akH, 0 ≤ k ≤m−1. Kako je |〈a〉| = m > |G/H| = [G : H] ovo preslikava�e ne mo�e biti injektivno.To znaqi da postoje razliqiti 0 ≤ k, ` ≤ m− 1 takvi da je φ(ak) = φ(a`). Bez uma�e�aopxtosti mo�emo smatrati da je ` < k qime dobijamo
akH = a`H tj. ak−`H = H.
Uz oznaku i = k − ` va�i 0 < i < m, kao i aiH = H, xto daje tra�eno ai ∈ H.
Sada mo�emo pre�i na samo rexe�e ovog dela zadatka. Razdvajamo na nekoliko
sluqajeva u zavisnosti od toga da li je indeks [S5 : H] jednak 1, 2, 3 ili 4.• [S5 : H] = 1U ovoj sluqaju je jasno H = S5.• [S5 : H] = 2U ovom sluqaju je H /S5. Tako�e, mo�emo primetiti da se u H nalazi barem jedna par-
na permutacija, razliqita od neutrala ε (Zadatak 77 nam govori da su u proizvonoj
podgrupi od S5 ili sve permutacije parne, ili je parna taqna 1/2 �ih). Ta parna per-mutacija mo�e biti 3-cikl, 5-cikl ili dupla transpozicija. Iz uslova normalnostipodgrupa H onda sledi da se u H nalaze svi 3-ciklovi, 5-ciklovi ili duple transpo-zicije. Osla�aju�i se na Zadatak 42 i deo a) zakuqujemo da se u svakom od sluqajeva
u H nalazi neko od generatornih skupova za A5, pa je A5 ≤ H. Kako je |H| = |A5|dobijamo H = A5.
• [S5 : H] = 3U ovom sluqaju je |H| = 40, pa je zbog Lagran�eve teoreme nemogu�e da bude H ≤ A5,
jer 40 - 60. Zato u H postoji barem jedna neparna permutacija, pa na osnovu Zadatka
77 sledi da je H/H ∩ A5∼= S5/A5. Specijalno, podgrupa H ∩ A5 ima
12 |H| = 20 eleme-
nata, pa je indeksa 3 u A5. Proizvoan 5-cikl σ je reda 5, xto je onda broj ve�i od
indeksa [A5 : H ∩A5]. Na osnovu pomo�nog tvr�e�a zakuqujemo da σi ∈ H ∩A5 za neko
i ∈ {1, 2, 3, 4}. Me�utim, qi�enica da je 5 prost broj onda povlaqi da i σ ∈ H ∩ A5.
Zbog proizvonosti 5-cikla σ dae sledi da se svaki 5-cikl nalazi u H ∩ A5. Na
osnovu dela a) zakuqujemo da je A5 ≤ H ∩ A5. To je kontradikcija koja pokazuje da
ovaj sluqaj nije mogu�.
• [S5 : H] = 4U ovom sluqaju je |H| = 30, pa nije iskuqeno da bude H ≤ A5. Tada, specijalno, H∩A5
ima |H| = 30 elemenata. Ukoliko ovo ne va�i, u H imamo barem jednu neparnu per-
mutaciju, pa se mo�emo osloniti na Zadatak 77 kao u prethodnom sluqaju da dobijemo
izomorfizam H/H ∩ A5∼= S5/A5. Iz �ega sledi da je H ∩ A5 podgrupa sa
12 |H| = 15
elemenata. Dakle, imamo da je [A5 : H ∩ A5] = 2 ili [A5 : H ∩ A5] = 4.U svakom od ova dva sluqaja je red proizvonog 5-cikla ve�i od indeksa [A5 :
H ∩ A5]. Onda mo�emo jox jednom da primenimo pomo�no tvr�e�e kao u prethodnom
sluqaju da na isti naqin zakuqimo da H ∩ A5 sadr�i sve 5-ciklove. To ponovo
implicira kontradikciju A5 ≤ H ∩ A5 koja omogu�ava da odbacimo i ovaj sluqaj.
�
71
