Kontrollskrivning 3 till Diskret Matematik SF1610, för CINTE1, vt 2019 Examinator: Armin Halilovic
Datum: 2 maj
Version A Resultat:
Inga hjälpmedel tillåtna. Minst 8 poäng ger godkänt.
Godkänd KS nr n medför godkänd uppgift n vid tentor till (men inte med) nästa ordinarie tenta (högst ett år), n = 1,2,…,5.
13–15 poäng ger ett ytterligare bonuspoäng till tentamen.
Uppgifterna 3)–5) kräver väl motiverade lösningar för full poäng.
Uppgifterna står inte i svårighetsordning.
Spara alltid återlämnade skrivningar till slutet av kursen!
Skriv dina lösningar och svar på samma blad som uppgifterna; använd baksidan om det behövs.
Σ p P/F Extra Bonus
Sida 1 av 6
1) (För varje delfråga ger rätt svar 1/2 p, inget svar 0 p, fel svar –1/2 p. Totalpoängen på uppgiften rundas av uppåt till närmaste icke–negativa heltal.)
Kryssa för om påståendena a) – f) är sanna eller falska (eller avstå)!
Sant Falsk a) Varje element i en grupp G är inverterbar. x
b) En grupp G av storleken 10 kan ha en delgrupp av storleken 4. x c) Ordningen av ett element i en ändlig grupp G alltid är en
delare till |G|.
x d) För alla grupper (G, ◦) gäller det att om a ◦ b = a ◦ c för några element a, b, c ∈ G, då är b = c.
x
e) Permutationen [1 2 4 3 5 6 7 8 9] är jämn. x f) Ordningen av permutationen (1 3 4)(2 5) är 5. x
Upp 1. poängsumma : ……….
Sida 2 av 6
2) (3p)
a) (1p) Ange samtliga olika sidoklasser till delgruppen {0, 2, 4} i gruppen (Z6, +). (Det räcker att ange rätt svar.)
Svar:
{0, 2, 4}, {1,3,5}
b)(1p) Bestäm en delgrupp H till gruppen ( Z7 \ {0}, ∙ ) sådan att |H|=3. (Det räcker att ange rätt svar.)
Svar: {1,2,4}
c) (1p) Bestäm inversen i S7 till permutationen π=(1 3) (5 7) (2 4 6). (Det räcker att ange rätt svar.)
Svar: π-1 =(1 3) (5 7) (6 4 2)
(Anmärkning (1 3) är samma cykel som (3 1). Samma gäller för (5 7) och (7 5) .)
Upp 2. poängsumma : ……….
Sida 3 av 6
3) (3p) Betrakta gruppen G = (Z12, +).
a) (1p) Bestäm en delgrupp H till G av storleken 4.
b) (2p) Bestäm alla sidoklasser till H.
Lösning:
a) Den cykliska delgruppen som genereras av talet 3, H={0,3,6,9}
har storleken |H|=4.
b) För att få en sidoklass adderar vi ett element från Z12 till alla element i H.
Notera att H+a och H+b är antingen identiska eller disjunkta sidoklasser.
Vi har
H+0=H+3=H+6=H+9={0,3,6,9}.
H+1=H+4=H+7=H+10={1,4,7,10}.
H+2=H+5=H+8=H+11={2,5,8,11}.
Svar: Se ovan.
Rättningsmall: a) Rätt eller fel. b) Korrekta två sidoklasser =1p. Allt korrekt=2p
Upp 3. poängsumma : ……….
Sida 4 av 6
4) Låt π och σ vara följande permutationer av elementen i mängden {1, 2, 3, 4, 5, 6} (skrivna i cykelform):
π = (1 3 2 5)(4 6), σ = (1 2 5)(3 4 6).
Bestäm permutationen ϕ som uppfyller π−1φπ =σ. Ange permutationen ϕ på tvåradsform.
Lösning:
Från π−1φπ =σ har vi φ =πσπ−1.
Vi betraktar permutationer som funktioner från A till A, där A={1,2,3,4,5,6}. Först skriver vi π, π och −1 σ på tvåradsform.
Vi har
x 1 2 3 4 5 6
π(x) 3 5 2 6 1 4
Från ovanstående tabell får vi inversen, π : −1
x 1 2 3 4 5 6
−1
π (x) 5 3 1 6 2 4
Från σ = (1 2 5)(3 4 6) har vi
x 1 2 3 4 5 6
σ(x) 2 5 4 6 1 3
Nu är det enkelt att bestämma en tabell för sammansatta funktionen φ =πσπ−1. Till exempel
3 1
5
1π→−1 →σ →π dvs φ(1)=3.
På samma sätt bestämmer vi φ(2),...,φ(6)som vi anger i tabellen nedan:
x 1 2 3 4 5 6
φ (x) 3 6 5 2 1 4
Svar: Se ovanstående tabell
Rättningsmall: Korrekt till φ =πσπ−1 ger 1p.
Korrekt inversen π−1 (i vilken form som helst) ger +1p.
Allt korrekt=3p.
Upp 4. poängsumma : ……….
Sida 5 av 6
5) Låt H vara en delgrupp till ändliga gruppen G. Bevisa att alla sidoklasser till H har lika många element.
Bevis. Det räcker att bevisa att varje sidoklass har samma antal element som H.
Vi ska visa påstående för högra sidoklasser. (Beviset för vänstra sidoklasser är identiskt.) Låt Ha ={h∗a:h∈H} vara en sidoklass till H som genereras av elementet a.
Vi definierar funktionen f :H →Ha enligt följande a
h h
f( )= ∗ .
Vi visar att f är en bijektion (dvs surjektion och injektion). ( Detta automatiskt visar att H ochH har lika många element.) a
i) (Surjektion)
Funktionen f är uppenbart surjektiv eftersom H , enligt definitionen, består av element a a
h∗ och inte har andra element. Med andra ord är H värdemängden till a f . ii) (Injektion)
Anta att f(h1)= f(h2) dvs a
h a
h1∗ = 2∗ (ekv1)
Notera att varje element i en grupp är inverterbar och att associativa lagen gäller. Vi
”multiplicerar” (ekv1) med a−1från höger och får
1 2
1 1
−
− = ∗ ∗
∗
∗a a h a a
h
⇓ (eftersom a∗a−1 =I där I är det neutrala elementet i gruppen) h1∗I =h2∗I
⇓ h1 =h2.
Alltså är f en injektiv funktion.
Vi har visat att f är en bijektiv funktion från H tillH . Därmed har H ocha H lika många a element, dvs | H |=| H |. a
Om H och a H är två sidoklasser då gäller att | H |=|b H | och | H |=|a H | . Därmed är b
|H |=|a H | V.S.B b
Rättningsmall: Korrekt bevis att f är surjektiv ger +1p. Korrekt bevis att f är injektiv ger +1p. Allt korrekt =3p
Upp 5. poängsumma : ……….
Sida 6 av 6
