Probleme de Structuri Algebrice Modificat

Beniamin Bogoşel

_______________________________

Probleme de Structuri Algebrice _______________________________

biblioteca GIL

Editura GIL

©2011 Editura GIL

Titlu: Probleme de Structuri Algebrice Autor: Beniamin Bogoşel ISBN 978-606-500-051-3

Toate drepturile rezervate Editurii Gil. Nici o parte din acest volum nu poate fi copiată fãră permisiunea scrisă a Editurii Gil. Copyright © 2011 by Gil. All rights reserved. Editor: Mircea LASCU

www.gil.ro

Departament difuzare:

Editura GIL, CP 44 O.P.3, Loc: Zalău, Jud.Sălaj, cod 450200 Tel. 0260-616314; Fax.: 0260-616414 Mobil: 0733-677992 E-mail: [email protected]

Cuprins

Prefata 5

I Enunturi 7

1 Grupuri 9

2 Inele 25

3 Corpuri 33

II Solutii 37

4 Grupuri - Solutii 39

5 Inele - Solutii 69

6 Corpuri - Solutii 89

3

Prefata

Structurile algebrice reprezinta o parte deosebit de frumoasa a matematicii supe-rioare, dar ın acelasi timp si o piatra de ıncercare pentru multi elevi din clasa a XII-adatorita naturii abstracte a acestora. Pentru a ıntelege acest capitol al matematicii suntnecesare foarte multe exercitii. Tocmai acesta este scopul acestei culegeri de probleme: safie adunate ıntr-un sigur loc probleme care sa ajute ın ıntelegerea notiunilor de Grup, Inelsi Corp. Am scris aceasta carte pentru ca eu mi-as fi dorit, ca si elev, sa gasesc o astfelde carte cand eram ın clasa a XII-a si n-am gasit. Culegerea este destinata elevilor carese pregatesc pentru examenul de bacalaureat, pentru olimpiada de matematica sau pen-tru examenele de admitere la facultate, dar ın acelasi timp si profesorilor de matematicapentru a le fi un ajutor ın pregatirea elevilor.

Problemele prezentate sunt culese din diverse surse prezentate ın bibliografie si aureprezentat problemele prin care m-am pregatit pentru olimpiadele de matematica dinclasa a XII-a. Am scris numele autorilor problemelor acolo unde am avut informatiilenecesare. Fiecare problema este ınsotita de o solutie completa ın partea a doua a cartii.Am rezolvat personal fiecare problema si am ıncercat sa redactez solutia cea mai directasi mai frumoasa. Acolo unde am cules solutia din alte surse, am ıncercat sa explic fiecarepas pentru a facilita ıntelegerea problemei de catre cititor. Sper ca aceasta carte sa fie deun real folos celor care o citesc.

Doresc sa multumesc pe aceasta cale si profesorilor mei, Sorin Dumitrica si EugenHalmagean, pentru ajutorul si ındrumarea primite ın studiul matematicii. As vrea sa maimultumesc si domnilor profesori Radu Gologan, Dumitru Busneag si Dorel Mihet pentruca au citit manuscrisul acestei carti si pentru corectarile si sugestiile facute. Multumesc,deasemenea parintilor mei pentru ca au fost alaturi de mine, m-au sprijinit si m-auıncurajat sa nu renunt la publicarea acestei carti.

Autorul

5

Partea I

Enunturi

7

Capitolul 1

Grupuri

1. Fie (G, ·) un grup. Daca ab = ba atunci1) anb = ban∀n ∈ Z

2) ambn = bnam∀m,n ∈ Z

2. Fie (G, ·) un grup si a, b ∈ G care verifica relatiile:1) a5 = b4 = e2) ab = ba3 Sa se arate ca a2b = ba si ab3 = b3a2.

Marcel Tena

3. Fie (G, ·) un grup. Daca elementele a, b ∈ G verifica relatiile1) b6 = e2) ab = b4aSa se arate ca b3 = e si ab = ba.

4. Fie (G, ·) un grup si a, b ∈ G, astfel ıncat am = e si aba−1 = bp, unde m, p ∈ N∗−{1}.Sa se arate ca bp

m−1 = e.

5. Fie (G, ·) un grup. Daca a, b ∈ G satisfac conditiile:1) a4 = e2) ab = ba3, atunci demonstrati ca b = anban∀n ∈ N∗.

Petre Nachila

6. Fie (G, ·) un grup si a, b ∈ G, p ∈ N, p ≥ 2, astfel ıncat a2 = e si ab = bpa.Sa se arate ca:1) abna = bnp, ∀n ∈ N∗

2) ab = ba ⇐⇒ bp−1 = e.

Petre Nachila

7. Fie (G, ·) un grup si a, b ∈ G, astfel ıncat a2 = b2 = (ab)2.Sa se arate ca a4 = b4 = e.

9

10 CAPITOLUL 1. GRUPURI

8. Fie (G, ·) un grup.1) Este posibil ca ın G sa existe exact doua elemente a, b diferite de e, astfel ıncata3 = b3 = e?2) Dar astfel ıncat a4 = b4 = e?

Dorel Mihet

9. Fie (G, ·) un grup. Pot exista exact doua elemente distincte, diferite de elementulneutru e, astfel ıncat xn = yn = e, unde n ≥ 4 este un numar natural dat?

10. Fie (G, ·) un grup si a, b ∈ G, iar k ∈ N∗ astfel ıncat ab = bk2a si bk(k+1) = e. Sa se

arate ca bk+1 = e si ab = ba.

Corneliu Manescu Avram- G. M. nr. 8-9/1990

11. Fie x, y elementele unui grup astfel ıncat x3 = y4 si yx = xy3.Sa se arate ca:a) y2x = xy2;b) y3x = xy;c) y−1x−1y−1 = x2;d) yxy = x.e) Demonstrati ca xy = yx.

12. Fie (G, ·) un grup si a, b ∈ G, astfel ıncat a3b = ba, a6 = b2 = e.Sa se arate ca ab = ba.

Dan Secalaman

13. Fie (G, ·) un grup. Sa se determine x, y ∈ G cu proprietatile:x2y = yx;x8 = e.

Dan Secalaman

14. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea ca exista a ∈ G astfel ıncat ax = x4a, ∀x ∈ G. Sase rezolve in G ecuatiile:1) x5 = e;2) x7 = e.

15. Fie (G, ·) un grup si x, y ∈ G. Daca:a) x2 = e si xyx = y3, atunci y8 = e.b) x2 = e si xy3x−1 = y, atunci y8 = e.

Marcel Chirita G. M. nr. 2/1981

16. Fie (G, ·) un grup multiplicativ. Daca x, y ∈ G verifica relatia x3 = e si xyx−1 = y3,atuncia) y3n = xynx−1;b) y26 = e.

Marcel Chirita

11

17. Fie (G, ·) un grup si a ∈ G fixat. Daca x6 = (ax)3, ∀x ∈ G, atunci x3 = e, ∀x ∈ G.

18. Fie (G, ·) un grup si M ⊂ G,M �= ∅. Sa se arate ca pentru orice a ∈ G exista b ∈ Gastfel ıncat a /∈ {by|y ∈M}.

19. Fie (G, ·) un grup si a, b ∈ G astfel ıncat ap = e si aba−1 = bk, unde k ≥ 2 si p ≥ 2sunt numere naturale.Sa se arate ca bk

n−kn−p= e∀n ≥ p numar natural.

Gheorghe Andrei

20. Fie (G, ·) un grup si a, b ∈ G astfel ıncat a2 = e si ab2 = ba. Sa se arate ca b3 = e.

21. Fie (G, ·) un grup si a, b ∈ G astfel ıncat ab = cn, n ∈ N∗. Sa se arate ca existad ∈ G astfel ıncat ba = dn.

Laurentiu Panaitopol

22. Fie (G, ·) un grup si a, b ∈ G astfel ıncat ba = ab3 si b4 = e. Sa se demonstreze ca:1) b2a = ab2 si a2b = ba2.2) ab = b3a.

23. Fie (G, ·) un grup si a, b ∈ G cu proprietatile a2 = e si ab = b4a. Sa se arate ca:1) abna = b4n∀n ∈ N∗. 2) ab = ba ⇐⇒ b6 = e.

Concursul ”Spiru Haret”, 1996

24. Fie (G, ·) un grup si a ∈ G cu a3 = e. Sa se determine elementele x ∈ G care satisfacrelatiile:axa = xa2x si x2n+1 = e.

Gheorghe Andrei

25. Fie (G, ·) un grup si a, b ∈ G cu proprietatea ca a2b4 = ba.1) Daca exista n ∈ N∗ astfel ıncat b2n = e, aratati ca (ba−1)n = e2) Daca (ab4)8 = e, atunci ba−1 = ab−1.

26. Fie a1, a2, ..., an, n elemente (nu neaparat distincte) ale unui grup multiplicativ cun elemente.Demonstrati ca exista p si q, 1 ≤ p < q ≤ n, numere naturale astfel ıncat

q∏i=p

ai = e.

27. Fie (G, ·) un grup si x1, x2, x3, x4 ∈ G, astfel ıncat

x1x2 = x2x1 = x3x4 = x4x3.

Daca exista n ∈ N, n ≥ 2 cu proprietatea xn2 = xn4 si daca pentru fiecare astfel denumar n exista m ∈ N∗, m < n, astfel ıncat xm1 = xm3 , atunci x2 = x4.


28. Intr-un grup (G, ·) se considera elementele arbitrare x1, x2, x3 care ındeplinesc conditiile:x1x2x3 = e si x2x1x3 = e. Pentru ce permutare σ ∈ S3 se poate deduce caxσ(1)xσ(2)xσ(3) = e?

29. Fie (G, ·) un grup si a ∈ G fixat. Daca pentru un k ∈ N∗ are loc relatia:ax2k+1 = xa2k+1, ∀x ∈ G atunci (ax)2k = (xa)2k, ∀x ∈ G.

Calin Udrea, G. M. nr. 3/1990

30. Fie (G, ·) un grup si a, b ∈ G astfel ıncat aba = bab. Sa se arate ca an = e ⇐⇒bn = e

31. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea ca exista a ∈ G− {e} si p ∈ N, p ≥ 2 astfel ıncatxp = axa, ∀x ∈ G. Sa se arate ca:a) p este imparb) Daca p = 4k − 1, k ∈ N∗, atunci xp−1 = e, ∀x ∈ G.c) Daca p = 4k + 1, k ∈ N∗, atunci x2p−2 = e, ∀x ∈ G.

Virgil Nicula, G. M. nr. 4/1995

32. Fie (G, ·) un grup astfel ıncat x = x′, ∀x ∈ G (x′ simetricul x). Sa se arate ca G esteabelian.

33. Fie (G, ·) un grup in care x2 = e, ∀x ∈ G. Sa se arate ca G este abelian.

34. Fie (G, ·) un grup astfel ıncat (xy)2 = x2y2, ∀x, y ∈ G. Sa se arate ca G este abelian.

35. Fie (G, ·) un grup astfel ıncat (xy)−1 = x−1y−1, ∀x ∈ G. Sa se arate ca G esteabelian.

36. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea ca x3 = e, ∀x ∈ G si x2y2 = y2x2, ∀x, y ∈ G. Sase arate ca G este abelian.

37. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea ca x3 = e, ∀x ∈ G si (xy)2 = (yx)2, ∀x ∈ G. Sa searate ca G este abelian.

38. Fie (G, ·) un grup cu elementul neutru e, pentru care exista n ∈ N∗, n ≥ 3, astfelıncat sa fie satisfacute conditiile:1) xnyn = ynxn, ∀x ∈ G2) zn+1 = e sau zn−1 = e, ∀x ∈ GSa se arate ca G este abelian.

Gheorghe Andrei

39. Fie (G, ·) un grup astfel ıncat pentru orice a, b ∈ G exista n ∈ N∗ − {1}, cu propri-etatea bn+1 = e si abn = bna. Sa se arate ca G este abelian.

Gheorghe Andrei

13

40. Fie (G, ·) un grup cu elementul neutru e, pentru care exista m,n ∈ N∗ de aceeasiparitate, si a ∈ G− {e} astfel ıncat x = amxan, ∀x ∈ G.1) Sa se arate ca G este abelian.2) Sa se determine ordinul lui a.

Gheorghe Andrei

41. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea ca pentru orice pereche x, y ∈ G exista n ∈ N∗, n ≥2 astfel ıncat xyn = ynx si xyn+1 = yn+1x, ∀x ∈ G.Sa se arate ca G este grup abelian.

Gheorghe Andrei

42. Fie (G, ·) un grup in care are loc implicatia

xy = zx⇒ y = z.

Sa se arate ca G este abelian.

43. Fie (G, ·) un grup ın care are loc implicatia

xy2 = z2x⇒ y = z.


Marian Andronache


xy3 = z3x⇒ y = z.


Gheorghe Andrei


xyn = znx⇒ y = z.


Gheorghe Andrei

46. Fie (G, ·) un grup ın care (xy)3 = x3y3 si (xy)5 = x5y5, ∀x, y ∈ G. Sa se arate ca Geste abelian.

47. Fie (G, ·) un grup astfel ıncat xy−1 = yx−1, ∀x, y ∈ G − {e}. Sa se arate ca G esteabelian.

Marius Burtea

48. Fie (G, ·) un grup. Sa se arate ca afirmatiile 1) si 2) sunt echivalente.1) ∀x, y, z ∈ G cu xy2 = z2x⇒ y = z.2) Grupul G este comutativ si x2 �= e, ∀x ∈ G− {e}.


49. Fie (G, ·) un grup. Sa se arate ca:1) Daca x3y3 = yx, ∀x, y ∈ G, atunci G este abelian.2) Daca ∃n ∈ N, n ≥ 3, astfel ıncat xnyn = yx, ∀x, y ∈ G, atunci G este abelian.

Gheorghe Andrei

50. FieG o multime si a, b ∈ G fixate pe care este definita o lege de compozitie asociativa,notata multiplicativ.Daca operatia are proprietatile:

ax3 = xb2

yx = zx⇒ y = z, ∀x, y, z ∈ G

atunci G este grup abelian.

51. Fie (G, ·) un grup multiplicativ cu proprietatea ca pentru orice x, y ∈ G au loc(xy)3 = x3y3 si (xy)8 = x8y8.Sa se arate ca G este grup abelian.

Titu Andreescu

52. Fie (G, ·) un grup. Sa se arate ca daca exista m,n ∈ N∗ prime ıntre ele, astfel ıncat(xy)m = (yx)m si (xy)n = (yx)n, ∀x, y ∈ G, atunci G este grup abelian.

American Mathematical Monthly

53. Fie (G, ·) un grup. Sa se arate ca daca exista m,n ∈ N∗ prime ıntre ele, astfel ıncatxyn = ynx si xym = ymx, ∀x, y ∈ G, atunci G este grup abelian.

54. Fie (G, ·) un grup cu proprietatile:1) Daca x2 = e atunci x = e, unde e este elementul neutru.2) (xy)2 = (yx)2, ∀x, y ∈ G.Sa se arate ca grupul G este abelian.

Dorel Mihet, RMT 1990

55. Fie (G, ·) un grup. Daca exista n ∈ N∗ astfel ıncat pentru orice x, y ∈ G sa fieadevarate relatiile:1) (xy)n = xnyn

2) (xy)n+1 = xn+1yn+1

3) (xy)n+2 = xn+2yn+2

atunci grupul este abelian.

American Mathematical Monthly

56. Fie (G, ·) un grup. Daca exista n ∈ N∗ astfel ıncat pentru orice x, y ∈ G sa fieadevarate relatiile:1) (xy)n = xnyn

2) (xy)n+2 = xn+2yn+2

3) (xy)n+4 = xn+4yn+4

atunci grupul este abelian.

Gheorghe Andrei

15

57. Fie (G, ·) un grup astfel ıncat pentru n ∈ N∗ − {1} fixat au loc relatiile:1) (xy)n+1 = xn+1yn+1

2) (xy)2n+1 = x2n+1y2n+1

3) (xy)3n+2 = x3n+2y3n+2.prntru orice x, y ∈ G. Sa se arate ca G este abelian.

58. Fie (G, ·) un grup astfel ıncat pentru n ∈ N, n ≥ 2 fixat au loc relatiile:1) xnyn = ynxn

2) xn+1yn+1 = yn+1xn+1

3) xn+2yn+2 = yn+2xn+2.pentru orice x, y ∈ G. Sa se arate ca G este abelian.

Gheorghe Andrei

59. Fie (G, ·) un grup ın care sunt satisfacute proprietatile:a) (xy)2 = (yx)2, ∀x, y ∈ Gb) x2 �= e, ∀x ∈ G.Sa se arate ca:1) x2y2 = y2x2, ∀x, y ∈ G2) (xy)(yx)−1 = (yx)(xy)−1, ∀x, y ∈ G3) G este grup abelian.

Gheorghe Andrei

60. Fie (G, ·) un grup si m,n ∈ N∗ − {1} cu (m,n) = 1 astfel ıncat:1) xnyn = ynxn

2) xmym = ymxn

pentru orice x, y ∈ G. Sa se arate ca G este abelian.

Gheorghe Andrei

61. Fie (G, ·) un grup si n ∈ N, n ≥ 2, astfel ıncat:1) xnyn = ynxn

2) xn+1yn+1 = yn+1xn+1

oricare ar fi x, y ∈ G. Sa se arate ca G este abelian.

Gheorghe Andrei

62. Fie (G, ·) un grup. Stiind ca exista n ∈ N∗ astfel ıncat:1) (xy)2n = x2ny2n

2) (xy)2n+2 = x2n+2y2n+2

3) (xy)2n+4 = x2n+4y2n+4

Sa se arate ca G este grup abelian.

63. Fie (G, ·) un grup ın care are loc egalitatea (xy)3 = x3y3, ∀x, y ∈ GSa se arate ca daca x3 �= y3 pentru orice x, y ∈ G, x �= y atunci grupul este abelian.

Cristinel Mortici, G. M. nr. 11-12/1989


64. Fie (G, ·) un grup ın care au loc egalitatile:1) (xy)n = xnyn

2) (xy)n+3 = xn+3yn+3

3) (xy)n+6 = xn+6yn+6

∀x, y ∈ G unde n ∈ N este multiplu de 3. Sa se arate ca:a) (yx)2 = x2y2, ∀x, y ∈ Gb) xnyn = ynxn, ∀x, y ∈ G.

Mihai Haivas, G. M. nr. 7-8/1993

65. Fie (G, ·) un grup si n, p, q ∈ N∗, n > 3 astfel ıncat p|n− 2 si q|n− 3. Sa se arate cadacaxny = yxn, xpy = yxp, xqy = yxq, ∀x, y ∈ G atunci grupul G este abelian.

Gheorghe Andrei

66. Fie grupul aditiv (G,+). Spunem ca G are proprietatea (P ) daca si numai dacaexista un automorfism f : G → G cu proprietatea ca f−1(x) + f(x) = 0, ∀x ∈ G(f−1 este automorfismul invers)a) Sa se arate ca orice grup cu proprietatea (P ) este comutativ.b) Fie p ∈ N, p ≥ 3 un numar prim; daca grupul (Zp,+) are proprietatea (P ) atuncip = 4k + 1.

Doru Isac, G. M. nr. 10/1993

In continuare se vor folosi notiunile definite mai jos:

-Pentru (G, ·) un grup abelian si H un subgrup al sau, notam cu n√H = {x ∈

G|xn ∈ H} unde n ∈ N, n ≥ 2.

-Pentru (G, ·) un grup si H un subgrup al lui G. Definim CG(H) = {g ∈ G|gh =hg, ∀h ∈ H}, NG(H) = {g ∈ G|g−1hg ∈ H, ∀h ∈ H}.-Pentru (G, ·) un grup notam Z(G) = {x ∈ G : xy = yx, ∀y ∈ G}.

67. Fie H o submultime nevida a grupului (G, ·).Sa se arate ca H este subgrup al lui G daca si numai daca H este parte stabila a luiG si ∀x ∈ H ⇒ x−1 ∈ H.

68. Fie H o submultime nevida a grupului (G, ·).Sa se arate ca H este subgrup al lui G ⇐⇒ ∀x, y ∈ H ⇒ xy−1 ∈ H.

69. Fie (G, ·) un grup si H un subgrup propriu al lui G. Demonstrati proprietatile:1) ∀x ∈ H si ∀y ∈ G−H ⇒ xy, yx ∈ G−H2) ∀x ∈ G−H ⇒ x−1 ∈ G−H3)Daca x, y ∈ G−H ce se poate spune despre produsul xy?

70. Fie (G, ·)un grup abelian si H1, H2 doua subgrupuri ale lui G.Sa se arate ca multimea

H = H1 ·H2 = {x|x = h1h2;h1 ∈ H1, h2 ∈ H2}este un subgrup al lui G.

17

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

H =⋂

1≤i≤nHi

este un subgrup al lui G. Ce se ıntampla daca familia este infinita?

72. Fie H un subgrup al grupului (G, ·) si a ∈ G un element oarecare. Sa se arate camultimea aHa−1 = {aha−1|h ∈ H} este un subgrup al lui G.

73. Fie (G, ·) un grup.1) Sa se arate ca multimea Z(G) = {a ∈ G|ax = xa, ∀x ∈ G}, numita centrulgurpului G este un subgrup al lui G.2) Sa se arate ca grupul Z(G) este abelian.3) Daca x, y ∈ G astfel ıncat xy ∈ Z(G), atunci xy = yx.4) Daca G este abelian care este Z(G)?

74. Fie Sn grupul permutarilor de gradul n. Daca n ≥ 3, sa se arate ca Z(Sn) = {e}.75. Fie (G, ·) un grup. sa se arate ca nu exista nici o submultime H ⊂ G,H �= G, astfel

ıncat ∀a ∈ H si ∀b ∈ G sa rezulte ab ∈ H.

Marian Diaconescu, R. M. T. nr. 2/1982

76. Fie (G, ·) un grup si H = {x2|x ∈ G}. sa se arate ca daca G este abelian, atunci Heste subgrup al grupului G. Reciproca este adevarata?

77. Sa se demonstreze ca ( n√H, ·) este subgrup al lui G.

78. Fie (G, ·) un grup si (H, ·) un subgrup al sau.Sa se arate ca nu exista o parte stabila proprie a lui G care sa includa G−H.

79. Fie H un subgrup al lui G. Demonstrati ca (G − H) ∪ {e} este subgrup al lui G⇐⇒ H este subgrup impropriu al lui G.

Gheorghe Andrei

80. Fie H,K doua subgrupuri ale lui (G, ·) si x, y ∈ G daca Hx = Ky atunci H = K.

81. Fie H o submultime nevida a lui Z si (Z,+) grupul aditiv al numerelor ıntregi. Sase arate ca H este subgrup al lui Z daca si numai daca exista n ∈ N astfel ıncatH = nZ.

82. Fie (G, ·) un grup si x ∈ G.Sa se demonstreze ca multimea CG(x) = {y ∈ G|xy = yx} este un subgrup al lui G.

83. Fie (G, ·) un grup si H ⊂ G un subgrup propriu al sau.Daca f, g : G→ G sunt doua endomorfisme pentru care f(x) = g(x), ∀x, y ∈ G−H,atunci f(x) = g(x), ∀x, y ∈ G.


84. Fie (G, ·)un grup si H1, H2 doua subgrupuri ale lui G, Sa se demonstreze ca:a) H1 ∩H2 este subgrup al lui G.b) H1 ∪H2 este subgrup al lui G?

85. Fie (G, ·) un grup si H,K doua subgrupuri ale sale.Demonstrati ca H ∪K este subgrup ⇐⇒ H ⊂ K sau K ⊂ H.

86. Sa se arate ca un grup, cu cel putin doua elemente, nu poate fi scris ca reuniune adoua subgrupuri proprii ale sale.

87. Fie (G, ·) un grup finit si H un subgrup al sau. Pentru fircare a ∈ G notam aH ={ah|h ∈ H}Sa se arate ca:1) Daca aH ∩ bH �= ∅ atunci aH = bH.2) Oricare ar fi a ∈ G aH si H au acelasi numar de elemente.3) Daca a ∈ G−H atunci aH ⊂ (G−H), iar daca a ∈ H atunci aH = H.

88. Fie (G, ·) un grup si S un subgrup al sau. Daca a ∈ G are proprietatea ca existam,n ∈ Z, (m,n) = 1 astfel ıncat an ∈ S si am ∈ S atunci a ∈ S.

Constantin Cocea, G. M. nr. 6/1982

89. Fir (G, ·) un grup cu proprietatea ca exista a ∈ G, a �= e astfel ıncat G − {a} estesubgrup al grupului G. Sa se arate ca G este izomorf cu (Z2,+).

Marcel Tena, G. M. nr. 12/1983

90. Fie (G,+) un grup si H un subgrup al sau.a) Sa se arate ca daca α ∈ H si β ∈ G−H, atunci αβ ∈ G−H.b) Deduceti pe baza lui a) proprietatile:P1: Suma dintre un numar rational si un numar irational este un numar irational.P2: Daca I ⊂ R este un interval si f, g : I → R doua functii astfel ıncat f areprimitive iar g nu are primitive, atunci f + g nu are primitive.

91. Sa se determine grupurile G care au un subgrup H astfel ıncat G−H are exact douaelemente. Sa se arate ca aceste grupuri sunt comutative.

92. Fie H un subgrup al grupului aditiv (Q,+) al numerelor rationale.Sa se arate ca daca Q = H + Z unde

H + Z = {h+ n|h ∈ H,n ∈ Z},

atunci H = Q.

93. Sa se determine subgrupul√R∗ al lui C∗.

94. Fie (G, ·) un grup abelian, H un subgrup al sau si α ∈ G − H un element pentrucare ∃k ∈ N∗ astfel ıncat αk ∈ H. Notand cu n cel mai mic numar nenul pentru careαn ∈ H. Sa se arate ca:

19

a) Multimile H,αH,α2H, ..., αn−1H sunt disjuncte doua cate doua.b) L = H ∪ αH ∪ ... ∪ αnH este subgrup al grupului G.c) Care din multimile αiH, 0 ≤ i ≤ n− 1 este subgrup al lui L?

Marcel Tena

95. Se considera un grup (G, ·) astfel ıncat ∀x, y ∈ G, x �= y∃H1, H2 subgrupuri ale luiG astfel ıncat x ∈ H1, y ∈ H2, H1 ∩H2 = {e}.Sa se arate ca:1) G este grup abelian2) Sa se rezolve ın G ecuatia xn = a, unde a ∈ G,n ∈ N∗.

Marian Andronache

96. Fie (G, ·) un grup. Daca orice subgrup propriu este comutativ, rezulta ca grupuleste comutativ?

97. Fie (G, ·) un grup si H1, H2 subgrupuri proprii ale lui G, H1 ∩H2 = {e} cu propri-etatea ca exista un element de ordin diferit de doi ın H1 ∪H2.Atunci (G−(H1∪H2))∪{e} nu este parte stabila ın G, unde e este elementul neutruın grupul G.

Alexandru Constantinescu, Serban Mihaescu, G. M. 1985

98. Fie (G, ·) un grup abelian si H = {x ∈ G|∃k ∈ Z,astfel ıncat xk = e}. Sa se arate caH este un subgrup al lui G.

99. Fie (G, ·) un grup abelian si H un subgrup al lui G, a ∈ H,n ∈ N, n ≥ 2. Notam cuHn = {x ∈ G|xna ∈ H}.Sa se arate ca Hn este subgrup al lui G.

Petre Nachila, G. M. nr. 6/1989

100. Fie (G, ·) un grup si e elementul neutru.Sa se arate ca urmatoarele afirmatii sunt echivalente:a) Orice parte stabila a lui G este subgrup al lui G.b) Pentru orice x ∈ G, exista k ∈ N∗ astfel ıncat xk = e.

Marian Andronache

101. Pentru un grup abelian (G, ·) si un subgrup H al sau, notam GH = {x ∈ G|∃n ∈N∗ cu xn ∈ H}.a) Sa se arate ca GH este un subgrup al lui G care include subgrupul H.b) Sa se demonstreze ca GH1 = GH2 pentru orice doua subgrupuri finite H1, H2 alelui G.c) Sa se determine subgrupul GH ın cazul ın care (G, ·) = (C∗, ·), iar H este unsubgrup finit arbitrar al lui G.

Marcel Tena


102. Fie (G, ·) un grup si H un subgrup al lui G.Sa se arate ca:1) CG(H) si NG(H) sunt subgrupuri ale lui G.2) CG(H) ⊂ NG(H).3) CG(NG(H)) ⊂ NG(CG(H)).4) Sa se caracterizeze grupurile G ın care are loc egalitatea

CG(NG(H)) = NG(CG(H))

pentru toate subgrupurile H.

Concurs ”Traian Lalescu”, 1987

103. Sa se demonstreze ca daca un grup are un numar finit de subgrupuri atunci este ungrup finit.

104. Sa se arate ca un nu exista nici un grup care sa fie reuniunea a trei subgrupuri propriidiferite, dintre care doua au cate trei elemente.

Constantin Nastasescu

105. Fie G un grup necomutativ are are proprietatea (P ): orice subgrup al lui G, diferitde G, este comutativ. Sa se arate ca:a) Orice grup izomorf cu G are de asemenea proprietatea (P ).b) Grupul S3 (al permutarilor de ordinul 3) si grupul cuaternionilor au proprietatea(P ).

Constantin Nita

106. Fie (G, ·) un grup si H un subgrup propriu al sau. Sa se arate ca functia f : G→ G,

f(x) =

{x, x ∈ He, x ∈ G \H

are proprietatea ca duce subgrupuri ın subgrupuri, dar nu este morfism.

Marian Andronache

107. Fie (G, ·) un grup si H un subgrup propriu al sau astfel ıncat

G \H = {x ∈ G− {e}|x2 = e}.

Sa se arate ca:a) H este comutativb) G nu este comutativ.

Marian Andronache

21

108. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea ca exista un endomorifsm f : G→ G, astfel ıncatf(x2y3) = x3y2, ∀x, y ∈ G. Aratati ca:a) Grupul G este abelian.b) x5 = e, pentru orice x ∈ G

Pantelimon George Popescu, G. M. nr. 1/2003

109. Fie (G, ·) un grup si H ⊂ G, ∅ �= H �= G o submultime cu proprietatea:∀x ∈ H, ∀y ∈ G \H ⇒ xy ∈ G \H.Sa se arate ca H este un subgrup al lui G.

Marcel Tena, G. M. nr. 2/2003

110. Fie (G, ·) un grup finit, G �= {e}, cu proprietatea: oricare ar fi a, b ∈ G \ {e}, esistac ∈ G astfel ıncat b = c−1ac. Sa se arate ca G are ordinul 2.

G. M. nr. 4/ 2003

111. a) Daca G este un grup cu n elemente, iar H, un subgrup cu mai mult de k elemente,unde k este ce mai mare divizor propriu al lui n, atunci H = G.b) Daca G este un grup cu 5005 elemente ın care 1002 elemente comuta cu toateelementele grupului, atunci G este abelian.c) Daca ıntr-un grup abelian cu 105 elemente, 36 elemente verifica ecuatia x2 = e,atunci toate elementele sale verifica

Pantelimon George Popescu, G. M. nr. 4/2003

112. Fie (G, ·) un grup si F multimea elementelor de ordin finit din G. Daca F este finita,sa se arate ca exista n ∈ N∗ astfel ıncat xny = yxn oricare ar fi x ∈ G si y ∈ F .

Mihai Piticari, Olimpiada Judeteana 2005

113. Fie (G, ·) un grup cu m elemente si H un subgrup propriu al sau cu n elemente.Pentru fiecare element din G notam

Hx = {xhx−1|h ∈ H}

si presupunem ca Hx ∩H = {e}, oricare ar fi x ∈ G \H.a) Demonstrati ca Hx = Hy ⇐⇒ x−1y ∈ H.b) Determinati numarul de elemente al multimii

⋃x∈GHx ın functie de m si n.

Calin Popescu, Olimpiada Nationala 2005

114. Fie G = {A ∈ M2(R)|det(A) = ±1} si H = {A ∈ M2(R)|det(A) = 1}. Sa se arateca G si H ınzestrate cu operatia de ınmultire a matricilor sunt grupuri neizomorfe.

Marius Cavachi, Olimpiada Judeteana 2006

115. Demonstrati ca un grup cu proprietatea ca printre oricare 3 elemente ale sale exista2 care comuta este comutativ.

Etapa locala Arad, 2004


116. Fie (G, ·) un grup finit avand elementul neutru e.a) Sa se arate ca daca grupul G este comutativ si are un numar impar de elemente,atunci produsul tuturor elementelor sale este egal cu e.b) Sa se arate ca daca grupul G este comutativ si are 4n+2 elemente, n ∈ N, atunciprodusul tuturor elementelor sale este diferit de e.c) Sa se arate ca daca grupul G este necomutativ, atunci exista o permutare aelementelor din G astfel ıncat produsul elementelor din G ın aceasta ordine sa fiediferit de e.

Ion Savu

117. Fie (G, ·) un grup cu 10 elemente ın care exista a, b ∈ G \ {e} astfel ıncat a2 = b2 =e(a �= b, e fiind elementul neutru al lui G). Aratati ca G nu este grup abelian.

Olimpiada Locala Olt 2004

118. Fie (G, ·) un grup de ordin 2n, unde n este impar, care contine un subgrup H deordin n, ce satisface conditia xhx−1 = h−1, ∀h ∈ H, ∀x ∈ G \H. Aratati ca H estecomutativ si ca fiecare element din G \H are ordinul 2.

Olimpiada Locala Constanta 2004

119. Sa se demonstreze ca orice grup cu cel mult cinci elemente este comutativ.

120. Sa se demonstreze ca pe orice multime finita se poate defini o structura de grupcomutativ.

121. Fie G un grup finit, iar A,B ⊂ G astfel ıncat |A|+|B| > |G|. Sa se arate ca AB = G.

122. Fie (G, ·) un grup abelian finit. Spunem ca subgrupul H al lui G are proprietatea(P ) daca G �= H si produsul elementelor din H este egal cu prudusul elementeordin G \H. Sa se arate ca daca G are un subgrup cu proprietatea (P ), atunci oricesubgrup al lui G, diferit de G are proprietatea (P ).

123. Fie M ⊂ R pe care definim

x ∗ y =1

2([x]{y}+ [y]{x}), ∀x, y ∈M.

Determinati M astfel ıncat (M, ∗) sa fie grup abelian.

Ovidiu Badescu

124. Fie (G, ·) un grup cu n elemente. Daca x, y ∈ G \ {e} si p < n astfel ıncat xy = ypx,

atunci au loc relatiile: xyk = ypkx si xky = ypkxk pentru k ∈ N si y

nd = e unde

d = (n, p).

125. Fie (G, ·) un grup si H un subgrup al sau, card(G\H) ≥ 2 cu proprietatea ca oricaredoua elemente distincte din G \H nu comuta ıntre ele. Sa se arate ca:a) a2 = e, ∀a ∈ G \H;

23

b) H este comutativ;c) Dati un exemplu.

Vasile Popa

126. Fie (G, ·) un grup finit de ordin n si f : G→ G un endomorfism cu proprietatile:i) f ◦ f = 1Gii) f(x) = x⇒ x = e.Sa se arate ca:a) {f(x)x−1|x ∈ G}=Gb) G este abelianc) n este impar.

127. Fie (G, ·) un grup cu proprietatea ca x2 = e, ∀x ∈ G. Sa se demonstreze ca dacaf : G→ G, g : G→ G sunt doua functii astfel ıncat g(x) = f(x) · f(ax), ∀x ∈ G si∀a ∈ G \ {e}, atunci g nu este injectiva.

128. Fie (G, ·) un grup si x ∈ G − {e}, y ∈ G, k ∈ N∗ si n ∈ N, astfel ıncat xk = e sixy = ynx. Sa se demonstreze ca:a) pentru orice p ∈ N, avem yn

p= xpyx−p.

b) oricare ar fi numerele b1, b2, ..., bk ∈ N, exista un numar natural a astfel ıncat saavem:

ybkx−1ybk−1x−1...yb1x−1 = ya.

Mircea Becheanu, O. N. M. 1990

129. Fie G un grup finit si x, y ∈ G.Demonstrati ca daca ord(x) = m, ord(y) = n, xy = yx si (m,n) = 1 atunciord(xy) = mn.

130. Fie G un grup cu numar impar de elemente astfel ıncat

(xy)2 = (yx)2, ∀x, y ∈ G.

Sa se arate ca G este grup abelian.

Gheorghe Andrei

131. Fie G un grup si A ⊂ G. Demonstrati ca daca cardA > 12cardG, atunci ∀g ∈ G

exista a1, a2 ∈ A astfel ıncat g = a1a2.

132. Fie G un grup finit, nu neaparat comutativ si x, y ∈ G. Sa se arate ca ord(xy) =ord(yx).

133. Fie G un grup abelian finit cu |G| liber de patrate. Sa se arate ca G este ciclic.

G.M. 4-5/1990, Concurs interjudetean Grigore Moisil, Zalau, 1989


134. Fie G un grup cu 2n elemente, n ≥ 1.a) Sa se demonstreze cadaca H este subgrup al lui G cu n elemente, atunci ∀a ∈ Gavem aH = Ha.b) Daca exista doua subgrupuri H si K ale grpului G cu cate n elemente, astfel ıncatH ∩K = {e} (e elementul neutru), atunci grupul G este abelian.

Constantin Ursu, Martin Weiss

135. Fie G un grup cu un numar impar de elemente si H ⊂ G, H �= G, un subgrup alsau.a) Demonstrati ca x ∈ H ⇐⇒ x2 ∈ H.b) Sa se arate ca exista a, b ∈ G \H cu ab ∈ G \H.

Marian Andronache

136. Sa se arate ca ıntr-un grup abelian finit G exista un element al carui ordin este egalcu c.m.m.d.c al tuturor ordinelor elementelor diferite de e ale lui G.

Ion D. Ion

137. Sa se determine grupurile finite G cu proprietatea ca |End(G)| = |G||G|−2. (prin|M | s-a notat numarul elementelor multimii M)

Marian Andronache

138. Fie G un grup cu 2n elemente si H un subgrup al sau de ordinul n. Demonstrati cax2 ∈ H, ∀x ∈ G.

Capitolul 2

Inele

In acest capitol se vor folosi notiunile definite mai jos:

-Fie (A,+, ·) un inel. Notam cu Z(A) = {x ∈ A|xy = yx, ∀y ∈ A} si numim aceastamultime centrul lui A.

-O aplicatie f : A → B se numeste morfism de inele daca pentru orice x, y ∈ Aavem f(x + y) = f(x) + f(y) si f(xy) = f(x)f(y), respectiv se numeste antimorfism deinele daca pentru orice x, y ∈ A avem f(x+ y) = f(x) + f(y) si f(xy) = f(y)f(x).

-Elementul a ∈ A se numeste patrat daca a = b2 cu b ∈ A

-Elementul a ∈ A se numeste nilpotent daca ∃k ∈ N cu ak = 0

1. Fie (A,+, ·) un inel unitar si a, b ∈ A astfel ıncat a, b, ab− 1 sunt inversabile. Sa searate ca elementele a− b−1 si (a− b−1)−1 − a−1 sunt inversabile. Mai mult, are locegalitatea:

((a− b−1)−1 − a−1)−1 = aba− a.

2. Aratati ca daca (A,+, ·) este un inel unitar cu proprietatea ca exista a, b, c ∈ A astfelıncat:1) ab = ba si bc = cb2) bx = by ⇒ x = y, ∀x, y ∈ A3) ca = b, dar ac �= batunci A nu este finit.

3. Fie (A,+, ·) un inel cu 1 �= 0. Daca a, b ∈ A, atunci urmatoarele afirmatii suntechivalente:a) aba = a si ba2b = 1b) ab = ba = 1c) aba = a si b este unic cu aceasta proprietate.

4. Fie (A,+, ·) un inel cu cinci elemente. Sa se arate ca 5 este cel mai mic numar

25

26 CAPITOLUL 2. INELE

natural nenul cu proprietatea:

1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸n ori

= 0.

Pe baza acestui rezultat sa se demonstreze ca inelul A este comutativ.

5. Fie (A,+, ·) un inel unitar cu proprietatea ca x6 = x pentru orice x ∈ A. Sa se arateca x2 = x pentru orice x ∈ A.

6. Fie (A,+, ·) un inel unitar cu proprietatea ca x12 = x pentru orice x ∈ A. Sa searate ca x2 = x pentru orice x ∈ A.

7. Fie (A,+, ·) un inel boolean, adica un inel cu proprietatea ca x2 = x, ∀x ∈ A. Sa searate ca:a) x+ x = 0, ∀x ∈ Ab) A este comutativ.

8. Fie (A,+, ·) un inel cu element unitate 1 �= 0 sci M = {x ∈ A|x = x2} multimeaelementelor sale idempotente. Sa se demonstreze ca daca M este multime finta,atunci M are un numar par de elemente.

9. Fie (A,+, ·) un inel comutativ finit cu 1 �= 0. Sa se calculeze produsul elementeloridempotente nenule din inelul A.

10. Fie (A,+, ·) un inel. Sa se demonstreze ca:a) Z(A) este un subinel comutativ al lui Ab) Daca x2 − x ∈ Z(A), ∀x ∈ A, atunci inelul A este comutativ.

11. Sa se demonstreze ca orice inel unitar cu pq elemente, cu p si q numere prime, nuneaparat distincte, este comutativ.

12. Fie (A,+, ·) un inel cu proprietatea ca pentru orice x ∈ A, x2 = 0 ⇒ x = 0. Sa searate ca:a) Daca x ∈ A si z2 = z, atunci zxz − xz = 0b) Orice element idempotent din A apartine centrului lui A.

13. Fie (A,+, ·) un inel si 1 elementul sau unitate. Demonstrati ca daca exista n ≥ 1 unnumar natural astfel ıncat xn+1 = xn pentru orice x ∈ A, atunci 1 + 1 = 0 si x2 = xpentru orice x ∈ A.

14. Fie (A,+, ·) un inel si functia f : A×A→ A definita prin f(x, y) = (xy)2 − x2y2.a) Sa se calculeze valoarea expresiei E(x, y) = f(1+x, 1+ y)− f(1+x, y)− f(x, 1+y) + f(x, y), unde 1 ∈ A este elementul unitate al inelului A.b) Daca inelul A are proprietatea ca x+x = 0 implica x = 0 si daca (xy)2− (yx)2 =x2y2 − y2x2, ∀x, y ∈ A, atunci A este comutativ.

27

15. Fie (A,+, ·) un inel cu proprietatea ca oricare ar fi n ∈ N∗, ecuatia xn = 0 are ın Anumai solutia x = 0. Sa se arate ca:a) Daca ab = 0, unde a, b ∈ A, atunci ba = 0 si axb = 0 pentru orice element x ∈ A.b) Daca a1a2a3 = 0, unde a1, a2, a3 ∈ A, atunci a2a3a1 = a3a1a2 = 0.c) Daca a1a2...an = 0, ak ∈ A, 1 ≤ k ≤ n, atunci ai1ai2 ...ain = 0 oricare ar fipermutarea (i1, i2, ..., in) a lui (1, 2, ..., n).

16. Fie (A,+, ·) un inel unitar finit si comutativ. Sa se demonstreze ca urmatoareleafirmatii sunt echivalente:a) Exista un unic element α ∈ A cu proprietatea α2 + 1 = 0.b) 1 + 1 = 0 si pentru orice a ∈ A exista b ∈ A cu proprietatea a = b2.

17. Fie (A,+, ·) astfel ıncat 1 + 1 = 0 si pentru orice x ∈ A, x2 = 0 sau x2 = 1.a) Sa se demonstreze ca inelul A este comutativ.b) Sa se dea un exemplu de inel cu patru elemente avand proprietatea de mai sus.

18. Fie (A,+, ·) un inel finit unitar, cu 0 �= 1, care satisface proprietatile:a) Grupul (A,+) este ciclic.b) Pentru orice element neinversabil x ∈ A, elementul 1+ x este inversabil si pentruorice element inversabil y ∈ A, elementul 1 + y este neinversabil.Sa se demonstreze ca exista n ∈ (N)∗, astfel ıncat sa avem izomorfismul de inele:A � Z2n .

19. Fie (A,+, ·) un inel unitar (cu 0A �= 1A) si (B,+, ·) un alt inel unitar (cu 0B �= 1B)cu proprietatile:1) B ⊂ A.2) operatiile inelului B sunt cele induse de operatiile inelului A.3) 1A �= 1B.Aratati ca:a) 0A = 0B, 1A ∈ A−B si inelul A con tine divezori ai lui zero.b) Exista u ∈ A idempotent (adica u2 = u) astfel ıncat 1B = 1A − u.c) Gasiti un exemplu efectiv de doua astfel de inele A si B.

20. Sa se arate ca inelele de polinoame (R[X],+, ·) si (C[X],+, ·) nu sunt izomorfe.

21. Fie p si q doua numere prime. Sa se arate ca exista un morfism unitar de inelef : Zp[X]→ Zq[X] daca si numai daca p = q.

22. Fie (A,+, ·) un inel unitar. Sa se arate ca inelele A[X] si Z[X] sunt izomorfe dacasi numai daca inelele A si Z sunt izomorfe.

23. Sa se demonstreze ca grupul aditiv al unui inel integru, inel comutativ, unitar, cu 1 �=0, fara divizori ai lui zero, nu este izomorf cu grupul multiplicativ al elementelor saleinversabile. Ce devine acest rezultat ın cazul unui corp comutativ? (vezi problema19 de la capitolul Corpuri)


24. Fie A si B doua inele necomutative si f : A→ B cu proprietatile:1) f(x+ y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ A.2) Pentru orice x, y ∈ A avem f(xy) = f(x)f(y) sau f(xy) = f(y)f(x).Sa se demonstreze ca f este un morfism de inele sau un antimorfism de inele.

25. Fie (A,+, ·) un inel avand pe 1 element unitate si functia comutator [, ] : A×A→ A,unde [x, y] = xy − yx, ∀(x, y) ∈ A×A. Sa se arate ca:1) [x+ 1, y] = [x, y + 1] = [x, y], ∀x, y ∈ A×A.2) daca exista n ∈ N astfel ıncat xn[x, y] = 0, ∀x, y ∈ A, atunci A este inel comuta-tiv.

Doru Isac, G. M. nr. 1/1989

26. Fie (A,+, ·) un inel cu proprietatile:(i) 6x = 0⇒ x = 0.(ii) x3 = y3 ⇒ x = y, ∀x, y ∈ ASa se arate ca daca a, b, c ∈ A satisfac egalitatea

a2 + b2 + c2 = ab+ bc+ ca

atunci a = b = c.

Cristinel Mortici

27. Fie (A,+, ·) un inel cu proprietatea ca pentru orice x ∈ A, una din urmatoareleafirmati este adevarata:a) x2 = xb) x2 = x+ 1c) x = x2 + 1Demonstrati ca inelul A este comutativ.

Cristinel Mortici

28. Fie (A,+, ·) un inel cu proprietatea ca x2 = x ⇐⇒ x ∈ {0, 1}. Sa se damonstrezeca daca a, b ∈ A satisfac ab = a+ b, atunci ab = ba.

Cristinel Mortici

29. Fie (A,+, ·) un inel si a ∈ A cu proprietatea ca exista un unic element b ∈ A astfelıncat ab = a+ b. Demonstrati ca ab = ba.

Cristinel Mortici

30. Fie (A,+, ·) un inel finit cu n ≥ 3 elemente, ın care exista exact n+12 patrate. Sa se

arate ca:a) 1 + 1 este inversabil.b) A este corp.

Marian Andronache, Olimpiada Judeteana 2005

29

31. Fie (A,+, ·) un inel cu 2n + 1 elemente, unde n este un numar natural nenul siM = {k|k ∈ N, k ≥ 2, xk = x, pentru orice x ∈ A}.Demonstrati ca urmatoarele afirmatii sunt echivalente:a) A este corp.b) M este nevida si cel mai mic element al sau este egal cu 2n + 1.

Marian Andronache, Olimpiada Nationala 2005

32. Fie A un inel comutativ finit cu cel putin doua elemente. Aratati ca oricare ar finumarul natural n ≥ 2, exista un polinom f ∈ A[X], de gradul n, care nu are nici oradacina ın A.


33. Fie (A,+, ·) un inel cu proprietatea x2y+ yx = y2x+ xy, ∀x, y ∈ A. Demonstrati caA este comutativ.

34. Inelul (A,+, ·) are urmatoarele proprietati:(i) elementul unitate 1A are ordin p un numar prim;(ii) exista B ⊂ A cu p elemente cu proprietatea: oricare ar fi x, y ∈ A, exista b ∈ Bcare verifica xy = byx.Sa se arate ca:a) Pentru k ∈ Z, (k, p) = 1, elementul k · 1A este inversabil.b) 1A ∈ Bc) A este inel comutativ.

Ion Savu, Olimpiada Judeteana 2004

35. Fie (A,+, ·) un inel unitar (1 �= 0) si a ∈ A un element care are elementul b ca inversla stanga si nu are invers la dreapta. Fie L multimea inversilor la stanga ai lui a sif : L → A, f(x) = ax − 1 + b. Aratati ca f(L) ⊂ L, f(L) �= L si f este injectiva.Deduceti ca inelul A este infinit.

Mihai Chis, Concursul ”Traian Lalescu”, 2004

36. Se considera un inel ın care grupul unitatilor este comutativ. Aratati ca inelul estecomutativ daca fiecare element al sau este fie inversabil, fie nilpotent. Deduceti apoica un inel A este comutativ daca x2 = 1 sau x2 = 0, ∀x ∈ A.

37. Fie p un numar prim, p > 3. Sa se arate ca ecuatia (x+ y)−1 = x−1+ y−1 are solutiiın corpul Zp daca si numai daca 3 divide pe p− 1.

Mihai Piticari

38. Fie n ≥ 3 un numar impar si A un inel comutativ cu 3n elemente. Sa se arate canumarul elementelor nilpotente ale lui A este cel mult n.

39. Fie (A,+, ·) un inel cu 8 elemente. Notam cu 0 si 1 elementul zero, respectiv ele-mentul unitate. Sa se arate ca:


a) 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸8 ori

= 0 si 1 + 1...+ 1︸︷︷︸k ori

�= 0, oricare ar fi k impar.

b) daca exista a ∈ A, asa ıncat a3+a+1 = 0, atunci a �= 0, a �= 1, 1+1 = 0, a7 = 1si A este corp.

Ion D. Ion, Olimpiada Nationala 1984

40. a) Sa se arate ca produsul elementelor nenule ale unui corp finit comutativ este egalcu −1.b) Sa se deduca de aici ca pentru orice numar prim p, numarul p divide pe (p−1)!+1.

41. Fie n ≥ 2 un numar natural. Sa se arate ca unmatoarele afirmatii sunt echivalente:a) numarul elementelor inversabile ale inelului Zn este egal cu numarul elementelorneinversabile.b) exista k ∈ N astfel ıncat n = 2k.

Marcel Tena, Olimpiada Nationala 1986

42. Fie n ≥ 2 un numar ıntreg si fie G grupul multiplicativ al elementelor inversabiledin inelul Zn. Daca orice element x ∈ G satisface conditia x−1 = x, atunci:a) sa se arate ca numarul elementelor lui G este o putere a lui 2.b) sa se determine n.

43. Sa se demonstreze ca daca inelele de matriceMn(R) siM2(R) sunt izomorfe atuncin = 2.

Gigel Militaru, Olimpiada Nationala 1992

44. Fie (A,+, ·) un inel comutativ fara divizori ai lui zero si M ⊂ A o submultime cu2n, (n ≥ 1) elemente nenule, stabila fata de operatia de ınmultire din A. Sa se arateca:a) In inelul A avem 1 + 1 �= 0b) Suma elementelor lui M este 0c) Produsul elementelor lui M este −1.


45. Fie (A,+, ·) un inel cu proprietatile:a) Pentru orice x ∈ A avem x+ x = 0;

b) Pentru orice x ∈ A exista k = k(x) ∈ N∗ astfel ıncat x2k+1 = x.Sa se demonstreze ca x2 = x pentru orice x ∈ A.

Dorel Mihet, Marian Andronache, Olimpiada Nationala 1994

46. Fie (A,+, ·) un inel comutativ cu 0 �= 1 avand proprietatea ca pentru orice x ∈A\{0}, exista m,n ∈ N∗ astfel ıncat (xm+1)n = x. Sa se arate ca orice endomorfismal lui A este automorfism.

Marian Andronache, Ion Savu, Olimpiada Nationala 1996

31

47. Fie α ∈ C \ Q cu proprietatea ca multimea A = {a + bα|a, b ∈ Z} este inel fatade operatiile uzuale din C. Stiind ca inelul A are exact 4 elemente inversabile sa searate ca A = Z[i].


48. Un inel A contine un numar finit de divizori ai lui zero. Demonstrati ca A este finit.

49. Fie A un inel cu proprietatea ca x6 = x3, ∀x ∈ A. Demonstrati ca:a) x4 = x, ∀x ∈ A.b) x3yx3 = x3y, ∀x, y ∈ A.c) A este comutativ.

Razvan Satnoianu

50. Fie (A,+, ·) un inel astfel ıncat exista un unic element a ∈ A cu proprietatea caa2 − a = 1 + 1. Aratati ca 1+1+1=0.

Tiberiu Agnola

51. Fie (A,+, ·) un inel comutativ cu un singur divizor al lui zero.a) Sa se arate ca inelul (A,+, ·) are un numar par de elemente.b) Sa se rezolve ecuatiile x2 + x + 1 = 0 si x2 + x + 2d = 0, unde d este singuruldivizor al lui zero din inel.

Constantin Ursu

52. Fie inelul (A,+, ·) cu 1 �= 0 si fie n ∈ N, daca x ∈ A verifica x6n+2 = x sa se arateca elementul 1− x+ x2 este inversabil.

Nicolae Papacu

53. Fie A ∈ M2(C), A �= O2, A �= I2, n ∈ N∗ si Sn = {X ∈ M2(C)|Xn = A}. Sa searate ca urmatoarele afirmatii sunt echivalente:a) Sn cu operati a de ınmultire a matricilor formeaza o structura de grup izomorfcu Un.b) A2 = A.

54. Fie n ∈ N∗. Determinati toate inelele (A,+, ·) cu proprietatea ca x2n+1 = 1 oricare

ar fi x ∈ A \ {0}.Dorel Mihet, Olimpiada Nationala 2007

55. Fie A un inel comutativ finit cu cel putin doua elemente. Aratati ca oricare ar finumarul natural n ≥ 2, exista un polinom f ∈ A[X], de gradul n, care nu are nici oradacina ın A.


56. Fie A un inel cu proprietatea ca exista n ≥ 3 ∈ N cu an = a, ∀a ∈ A. Demonstratica an−1 ∈ Z(A), ∀a ∈ A.


57. Fie A un inel cu proprietatea ca a3 = a, ∀a ∈ A. Demonstrati ca inelul A estecomutativ.

58. Fie A un inel cu proprietatea ca a4 = a, ∀a ∈ A. Demonstrati ca inelul A estecomutativ.

59. Fie A un inel comutativ ın care 1 + 1 si 1 + 1 + 1 sunt inversabile, si o functief : A→ A cu urmatoarele proprietati:i)f(1) = 1;ii)f(x+ y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ A;iii)f(x3) = f3(x), ∀x ∈ A :;Demonstrati ca f(xy) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ A.

Cristinel Mortici

Capitolul 3

Corpuri

1. Fie (A,+, ·) un inel unitar comutativ cu ce putin doua elemente. Sa se arate caurmatoarele doua afirmatii sunt echivalente:1) A este corp finit.2) Orice polinom P ∈ A[X] de grad n ≥ 1 are cel mult n radacini (distincte) ın A siorice functie f : A→ A este functie polinominala (adica exista Q ∈ A[X] cu f = Q.

2. Fie (K,+, ·) un corp cu 9 elemente ın care elementul unitate este notat cu 1.a) Sa se arate ca −1 �= 1.b) Sa se demonstreze ca ∀x ∈ K, ∃a, b ∈ {0, 1,−1} astfel ıncat

x2 + ax+ b = 0.

3. Fie (K,+, ·) un corp de caracteristica p, cu p ≡ 1(mod4).a) Sa se arate ca −1 este patratul unui element din K.b) Sa se arate ca orice element nenul din K se scrie ca suma a trei patrate nenuleale unor elemente din K.c) Ramıne, ın general, aceasta scriere adevarata pentru elementul nul din K?

Marian Andronache, Etapa Nationala 2004

4. Fie K1,K2,K3,K4,K5 corpuri nu neaparat comutative si nu neaparat distincte. Sase arate ca inelele produs K1 ×K2 ×K3 si K4 ×K5 nu sunt izomorfe.

Toma Albu, Olimpiada Nationala 1989

5. Fie K ⊂ C, astfel ıncat K este corp ın raport cu adunarea si ınmultirea din C. Sase demonstreze ca urmatoarele afirmatii sunt echivalente:a) Ecuatia x2 = a2 + 1 are solutii ın K, oricare ar fi a ∈ K.b) Ecuatia x2 = a2 + a+ 1 are solutii ın K, oricare ar fi a ∈ K.Dati un exemplu de corp K, K �= C, pentru care una din afirmatiile de mai sus esteadevarata.

Victor Alexandru, Olimpiada Nationala 1990

33

34 CAPITOLUL 3. CORPURI

6. Fie p ∈ N∗ un numar prim si K =

{(a b−b a

)|a, b ∈ Zp

}. Sa se demonstreze ca

multimea K ınzestrata cu legile de adunare si ınmultire a matricilor este corp dacasi numai daca p ≡ 3(mod4).

Toma Albu, Olimpiada Nationala 1985

7. Fie K un subcorp al lui R cu proprietatea ca exista d ∈ K, astfel ıncat orice numarreal se poate reprezenta sub forma x+ y

√d cu x, y ∈ K. Sa se arate ca K = R.

Victor Alexandru, Olimpiada Nationala 1991

8. Fie (K,+, ·) un corp finit. Sa se determine multimea A de numere naturale n, n ≥ 2care are proprietatea ca orice polinom de gradul n din K[X] care nu are radacini ınK este ireductibil peste corpul K.


9. Fie K un corp finit, n ∈ N, n ≥ 2 si f ∈ K[X] un polinom ireductibil de gradul n.Fie g produsul tuturor polinoamelor neconstante din K[X] de grad cel mult n − 1.Sa se arate ca f divide g − 1.


10. Fie (K,+, ·) un corp, K ⊆ C, ın care operatiile sunt cele obisnuite cu numere com-plexe. Acest corp satisface ipotezele:a) Corpul K are exact doua endomorfisme f si g.b) f(x) = g(x)⇒ x ∈ Q.Sa se arate ca exista un ıntreg liber de patrate d �= 1 astfel ıncat sa avem K =Q(√d).


11. Fie p un numar prim. Sa se descompuna ın factori ireductibili ın inelul Zp polinomulf = Xp + a ∈ Zp[X].

12. Fie (A,+, ·) un inel cu 0 �= 1. Sa se demonstreze ca daca orice functie f : A → Aeste polinominala, atunci (A,+, ·) este corp.

13. Fie (K,+, ·) un corp comutativ de caracteristica diferita de 2 si a ∈ K cu proprietateaca exista p ∈ N∗ astfel ıncat a2p+1 = 1. Sa se determine functia f : K → K astfelıncat f(x) + f(ax) = 2x, ∀x ∈ K.

14. Fie (K,+, ·) un corp necomutativ.Daca exista a, b ∈ K si n ∈ Z astfel ıncat anbn − an+1bn+1 = 1 si a2n+1 + b2n+1 = 0,atunci bnan − an+1bn+1 = 1.

15. Fie (K,+, ·) un corp (comutativ sau nu). Daca K1, K2, K3 sunt subcorpuri ale luiK astfel ıncat Ki �= K oricare ar fi i = 1, 2, 3, atunci

3⋃i=1

�= K.

35

16. Fie K un corp cu 2n elemente, n ∈ N∗ si polinomul f = X4 +X +1. Sa se arate ca:a) Daca n este par atunci f este reductibil ın K[X].b) Daca n este impar atunci f este ireductibil ın K[X].


17. Fie K un corp finit astfel ıncat polinomul X2 − 5 este ireductibil ın K[X]. Aratatica:a) 1 + 1 �= 0.b) pentru orice a ∈ K, polinomul X5 + a este reductibil ın K[X].

Olimpiada Judeteana 2003

18. Demonstrati ca orice element dintr-un corp finit K este suma a doua patrate aleunor elemente din K.

19. Fie (K,+, ·) un corp. Demonstrati ca grupurile (K,+) si (K∗, ·) nu sunt izomorfe.

20. Demonstrati ca suma elementelor unui corp finit cu cel putin 3 elemente este nula.

21. Demonstrati ca ıntr-un corp finit K de caracteristica 3 exista x, y ∈ K \ {0} astfelıncat x2 + y2 �= a2, ∀a ∈ K.

36 CAPITOLUL 3. CORPURI

Partea II

Solutii

37

Capitolul 4

Grupuri - Solutii

1. 1) Folosind ipoteza avem: anb = an−1ab = an−2aba = ... = aaban−2 = aban−1 =ban, ∀n ∈ N∗ (1)Pentru n = 0 avem evident eb = be.Inmultind relatia ab = ba cu a−1 la stanga si la dreapta ⇒ a−1b = ba−1 si ınlocuindın relatia (1) pe a cu a−1 obtinem a−nb = ba−n, ∀n ∈ N

Astfel am demonstrat ca afirmatia din enunt este adevarata pentru orice n ∈ Z.2) Din punctul 1) Avem ca anb = ban, ∀n ∈ Z. Tot din punctul 1), daca notam cuc = an avem bc = cb deci bmc = cbm, ∀m ∈ Z. Deci ınlocuind ınapoi pe c cu an

obtinem anbm = bman, ∀m,n ∈ Z.

2. Inmultind ab = ba3 cu a2 la dreapta si din faptul ca a5 = e ob tinem: aba2 = ba5 = b.

Inmultim si aceasta relatie la dreapta cu a si obtinemaba3 = baba3 = ab

}⇒ aab = ba ⇒

a2b = ba.Inmultind la stanga cu b3 egalitatea obtinuta a2b = ba⇒ b3a2b = b4a = a pentru cab4 = e. Inmultind la dreapta cu b3 ultima egalitate avem: b3a2b4 = ab3 ⇒ b3a2 =ab3.

3. Inmultind ab = b4a cu b2 la stanga obtinem: b2ab = b6a = aInmultind b2ab = a cu b la dreapta obtinem, folosind ipoteza 2) b2ab2 = ab = b4a.Simplificand la stanga cu b2 obtinem ab2 = b2a. Folosind ipoteza 2) si ultima relatieobtinuta avem:ab = b4a = b2b2a = b2ab2 = ab4. Simplificam la stanga cu ab si obtinem ca b3 = e.Folosind 2) si b3 = e obtinem ab = b3ba = eba = ba, deci ab = ba.

4. ridicand relatia aba−1 = bp la puterea p obtinem bp2= (aba−1)p = aba−1aba−1...aba−1︸︷︷︸

p ori

=

abpa−1 = aaba−1a−1 = a2ba−2.Demonstram prin inductie afirmatia: P (k) : bp

k= akba−k P (2) este adevarata.

Presupunem ca P (k) este adevarata. Deci bpk= akba−k. Ridicınd relatia aceasta la

puterea p obtinem:

39

40 CAPITOLUL 4. GRUPURI - SOLUTII

bpk+1

= akba−kakba−k...akba−k︸︷︷︸p ori

= akbpa−k = akaba−1a−k = ak+1ba−(k+1). Deci

P (k + 1) este adevarata. Prin inductie matematica rezulta ca P (n) este adevarataoricare ar fi n ∈ N. Deci avembp

m= amba−m = ebe = b⇒ bp

m−1 = e.

5. Inmultind relatia 2) cu a la dreapta obtinem aba = ba3a = be = b.Inmultind aceeasi relatie cu a3 la stanga obtinem a3ba3 = a3ab = eb = b.Din relatia aba = b obtinem b = aba = a(aba)a = a2ba2. Pentru orice n ∈ N

exista k, r ∈ N unice astfel ıncat n = 4 · k + r, r ∈ {0, 1, 2, 3}. Deci anban =a4k+rba4k+r = (a4)k · arb(a4)k · ar = earbear = arbar. Astfel am redus problema lacazul n ∈ {0, 1, 2, 3}. Aceste cazuri (ın afara de cazul n = 0, care este banal:a0 = e)au fost tratate mai sus asa ca problema este rezolvata.

6. 1) Inmultind ab = bpa cu a la dreapta ⇒ aba = bpa2

a2 = e

}⇒ aba = bp ⇒ bnp = (bp)n =

(aba)n = abaaba...abaaba︸︷︷︸n ori

. Din aceasta relatie si din a2 = e rezulta ca bnp = abna.

2) ”⇒ ” : ab = baab=bpa⇒ ba = bpa| · (ba)−1 la stanga ⇒ bp−1 = e.

”⇐ ” : bp−1 = eab=bpa⇒ ab = bp−1ba = eba⇒ ab = ba.

7. Inmultind a2 = (ab)2 cu a−1 la stanga ⇒ a = bab = b(bab)b = b2ab2 = a2aa2 = a5,deci a = a5| · a−1 ⇒ a4 = e. Din enunt avem a2 = b2 deci b4 = a4 = e.

8. 1) Este posibil daca consideram grupul G = {e, a, a2} unde a3 = e.2) Nu este posibil. Consideram elementul aba3, unde

(aba3)4 = aba3aba3aba3aba3 = ab4a3 = a4 = e.

Deci, daca facem presupunerea ca exista doar doua elemente ın afara de e cu pro-prietatea ceruta rezulta ca aba3 ∈ {e, a, b}.i) aba3 = e| · a la dreapta ⇒ ab = a| · a−1 la stanga ⇒ b = e. Contradictie!ii) aba3 = a| · a la dreapta ⇒ ab = a2| · a−1 la stanga ⇒ a = b. Contradictie!iii) aba3 = b| · a la dreapta ⇒ ab = ba ⇒ (ab)4 = a4b4 = e ⇒ ab ∈ {e, a, b}.Daca ab ∈ {a, b} obtinem o contradoctie. Deci ab = e. ⇒ b = a3. Atunci elementelea, a2, a3 sunt distincte si diferite de e. Deci am gasit 3 elemente distincte si diferite dee care verifica ecuatia x4 = e. Aceasta contrazice presupunerea problemei. Asadarnu pot exista doar doua numere diferite de e care sa verifice ecuatia x4 = e.

9. Presupunem ca exista numai doua astfel de elemente x si y. Observam ca si elementulxyx−1 verifica (xyx−1)n = e deci, conform presupunerii xyx−1 ∈ {e, x, y}.i) xyx−1 = e⇒ y = e. Contradictie!ii) xyx−1 = x⇒ x = y. Contradictie!iii) xyx−1 = y ⇒ xy = yx ⇒ (xy)n = xnyn = e ⇒ xy ∈ {e, x, y} ⇒ xy = e ⇒ y =xn−1. Avem n ≥ 4 deci n− 2 ≥ 2. Deci (xn−2)n = e⇒ xn−2 ∈ {e, x, xn−1}.a) xn−2 = e

xn=e⇒ x2 = e⇒ x = y. Contradictie!

41

b) xn−2 = xn−1 ⇒ x = e. Contradictie!c) xn−2 = x ⇒ xn−3 = e ⇒ x3 = e; (n ≥ 4 ⇒ n − 3 �= 0), relatie posibila pentrux �= e ⇐⇒ n = 3k, k ∈ N.Deci pot exista exact doua astfel de elemente numai daca 3|n. Intr-adevar, dacaluam un grup G = {e, a, a2} cu a3 = e exista exact doua astfel de elemente.

10. ab = bk2a| · bk la stanga ⇒ bkab = bk

2+kabk

2+k=e= a. Deci a = bkab = bkbkabb = ... =

bkbk...bk︸︷︷︸kori

a bb...b︸︷︷︸k ori

= bk2abk

ab=bk2a

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

e (1).

bkab = a| · b la stanga ⇒ bk+1ab = badin (1)⇒ bk+1 = e

}⇒ ab = ba.

11. yx = xy3| · y la dreaptay4=e⇒ yxy = xy4 = x. Astfel am demonstrat punctul d) pe

care ıl vom folosi ın continuare.

yx = xy3| · y la stanga ⇒ y2x = yxy3 = (yxy)y2d)= xy2. Deci si punctul a) este

rezolvat.

Din a) ⇒ y2x = xy2| · y la stanga ⇒ y3x = (yxy)yd)= xy. Deci si punctul b) este

rezolvat.Din d) ⇒ yxy = x ⇒ (yxy)−1 = x−1 ⇒ y−1x−1y−1 = x−1 = x2. Astfel c) esterezolvat.

Din faptul ca x2 = y−1x−1y−1 = y3x2y3 = x(yxy)y2 = x2y2 ⇒ y2 = eyx=xy3⇒ xy =

yx.

12. a3b = ba| · b la dreaptab2=e⇒ a3 = a3b2 = bab. Deci a3 = bab ⇒ e = a6 = (bab)2 =

babbabb2=e= ba2b.

Deci ba2b = e| · b la dreapta si la stanga ⇒ b2a2b2b2=e= a2 = b2 = e ⇒ ba = a3b =

a2ab = ab. Deci ab = ba.

13. x2y = yx| · x la dreapta ⇒ x2yx = yx2yx=x2y⇒ x4y = yx2| · x2 la dreapta ⇒ x4yx2 =

yx4yx2=x4y⇒ x8y = yx4

x8=e⇒ y = yx4| · y−1 la stanga ⇒ x4 = ex4y=yx2

⇒ y = yx2 ⇒x2 = e

x2y=yx⇒ y = yx⇒ x = e. Deci x = e si y este un element arbitrar din G.

14. Fie x, y ∈ G. Daca x2 = y2 ⇒ x4 = y4 ⇒ x4a = y4a ⇒ ax = ay| · a−1 la stanga⇒ x = y. Deci x2 = y2 ⇒ x = y (∗).1) ax = x4a| ·x la stanga

x5=e⇒ xax = a. Inmultind aceasta relatie cu a la stanga si la

dreapta obtinem(ax)2 = a2

respectiv (xa)2 = a2

}⇒ (ax)2 = (xa)2

(∗)⇒ ax = xaax=x4a⇒ ax =

ax4 ⇒ x3 = ex5=e⇒ x2 = e

x3=e⇒ x = e, care verifica x5 = e.2) a = x7. Inlocuind ın relatia din enunt obtinem x8 = x11| · x−8 ⇒ x3 = e ⇒ a =x7 = (x3)2x = x ⇒ x = a, care verifica x7 = e(a3 = e, daca ınlocuim pe x cu a ınrelatia din enunt).


15. a) y3 = xyx ⇒ y9 = (xyx)3 = xyxxyxxyxx2=e= xy3x

xyx=y3= x2yx2 = y ⇒ y9 = y ⇒

y8 = e.

b) xy3x−1 = y| · x la dreapta si la stangax2=e⇒ xyx = y3

a)⇒ y8 = e.

16. a) y3n = (xyx−1)n = xyx−1xyx−1...xyx−1︸︷︷︸n ori

= xynx−1.

b) Din a) pentru n = 1, 3, 9 avem respectivy3 = xyx−1

y9 = xy3x−1

y27 = xy9x−1

⎫⎬⎭ ⇒ y27 = xy9x−1 =

x2y3x−2 = x3yx−3 x3=e= y ⇒ y27 = y| · y−1 ⇒ y26 = e.

17. x6 = (ax)3, ∀x ∈ G (∗). Inlocuind pe x cu a2 obtinem ca a3 = e. Inmultind (∗) cux la stanga si simplificand cu x la dreapta obtinem ca x6 = (xa)3

x6=(ax)3⇒ (ax)3 =(xa)3, ∀x ∈ G (⊗).Inlocuind ın (∗) pe x cu ax obtinem (ax)6 = (a2x)3. Dupa simplificari avem (xa)4x =

axa2xa(⊗)⇒ (ax)3xax = axa2xa. Dupa simplificari avem (xax)2 = axa, ∀x ∈ G.

Inlocuind pe x cu x2a2 obtinem (x2a3x2a2)2 = ax2a3 ⇒ (x4a2)2 = ax2, ∀x ∈ G.Facem x → xa si avem ((xa)3xa3)2 = a(xa)2| · x la dreapta ⇒ (xa)3x(xa)3xx =(ax)3 = (xa)3. Simplificand cu (xa)3 obtinem x2(ax)2ax2 = e, ∀x ∈ G. x→ axa⇒(axa)2a2xa3xa3ax = e ⇒ axaxa3x3ax = e ⇒ axax4ax = e ⇒ (ax)3x3 = e ⇒ x9 =e.Din (∗) ınlocuind pe x cu ax si a2x obtinem x24 = (ax)12 = (a2x)6 = (a3x)3 = x3.Deci x24 = x3 ⇒ x21 = e. e = x21 = (x9)2x3 = x3. Deci x3 = e.

18. Fie a ∈ G. M ⊂ G, M �= G ⇒ ∃x0 ∈ G \ M. Luam b = ax−10 . Presupunema ∈ {by|y ∈ M} ⇒ ∃y0 ∈ M astfel ıncat a = by0 ⇒ a = ax−10 y0| · a−1 la stanga⇒ e = x−10 y0 ⇒ x0 = y0 ⇒ x0 ∈ M . Contradictie cu alegerea lui x0! Decipresupunerea facuta este falsa si a /∈ {by(b = ax−10 , x0 ∈ G \M)|y ∈M}.

19. Demonstram prin inductie aifrmatia P (i) : aiba−i = bki, i ∈ N∗.

P (1) este adevarata din enunt.Presupunem P (i) adevarata. ⇒ aiba−i = bk

i ⇒ (aiba−i)k = (bki)k = bk

i+1 ⇒bk

i+1= aiba−iaiba−i...aiba−i︸︷︷︸

k ori

= aibka−i bk=aba−1

= ai+1ba−(i+1). Deci P (i + 1) este

adevarata. Prin inductie rezulta ca P (n) este adevarata pentru orice n ∈ N∗. Deci

bkp= apba−p ap=e

= b⇒ bkp−1 = e⇒ e = (bk

p−1)kn−p= bk

n−kn−p.

20.a2 = e

ab2 = ba| · a la stangaab2 = ba| · a la dreapta

⎫⎬⎭ ⇒ aba = b2

ab2a = b⇒ b2 = ab2aab2aa2=e= ab4a

}⇒ aba = ab4a.

Dupa ce simlificam obtinem ca b3 = e.

21. Lam d = a−1ca ⇒ dn = a−1caa−1ca...a−1ca︸︷︷︸n ori

= a−1cna cn=ab= a−1aba = ba. Deci

43

exista d = a−1ca cu proprietatea ceruta.

22. 1) ba = ab3| · b la dreaptab4=e⇒ bab = a ⇒ a = bab = bbabb = bbbabbb ⇒ a = bab =

b2ab2 = b3ab3 (∗). ⇒ a = b2ab2| · b2 la dreapta ⇒ ab2 = b2a. (⊗)Din (∗)⇒ a2 = (b3ab3)2 = b3ab6ab3

b4=e= b3ab2ab3|·b la dreapta⇒ a2b = b3(ab2)ab4

(⊗)=

b3b2aa = b5a2b4=e= ba2.

2) Din (∗)⇒ a = b3ab3| · b la dreapta ⇒ ab = b3ab4 = b3a.

23. 1) ab = b4a| · a la dreaptaa2=e⇒ aba = b4 ⇒ b4n = abaaba...aba︸︷︷︸

n ori

a2=e= abna, ∀n ∈ N.

2) ” ⇒ ” : ab = ba ⇒ ab = b4a = ab4. Simplificand cu ab la stanga obtinem b3 = edeci b6 = e.” ⇐ ” : Din 1) pentru n = 3 avem ab3a = b12 = (b6)2 = e. Deci ab3a = e| · a la

stangaa2=e⇒ b3a = a

ab = b(b3a)

}⇒ ab = ba.

24. axa = xa2x| · x−1 la stanga ⇒ x−1axa = a2x| · axa la stanga ⇒ axax−1axa =axa3x⇒ xa2xx−1axa = ax2 ⇒ xa3xa = ax2 ⇒ x2a = ax2, toate aceste relatii fiindadevarate pentru orice x ∈ G.Demonstram prin inductie ca x2ka = ax2k, ∀x ∈ G, ∀k ∈ N∗.P (1) este adevarata.

Presupunem P (k) : x2ka = ax2k ⇒ x2k+2a = x2x2kaipoteza inductie

= x2ax2kP (1)=

ax2k+2 ⇒ P (k + 1) este adevarata. Deci P (n) este adevarata pentru orice k ∈ N∗.

Deci x2na = ax2n| · x la dreapta ⇒ x2nax = ax2n+1 = aax = x2n+1ax = x(x2nax)

}⇒ ax = xa ⇒

axa = xa2xax = xa

}⇒ a2x = a2x2 ⇒ x2 = x ⇒ x = e. Deci singurul element care

verifica relatiile date este elementul neutru.

25. 1)a2b4 = ba| · a−2 la dreapta ⇒ a2b4a−2 = ba−1⇒ (ba−1)n =

= a2b4a−2a2b4a−2...a2b4a−2︸︷︷︸n ori

= a2b4na−2 b2n=e= a2a−2 = e.

2) a2b4 = ba| · a−1 la stanga ⇒ ab4 = a−1ba⇒ (ab4)8 = (a−1ba)n =

= a−1baa−1ba...a−1ba︸︷︷︸8 ori

= a−1b8a.

Deci a−1b8a = e⇒ b8 = e.

ba−1 = a2b4a−2 ⇒ (ba−1)2 = a2b4a−2a2b4a−2 = a2b8a−2 b8=e= a2a−2 = e. Deci

(ba−1)2 = e⇒ ba−1 = (ba−1)−1 = ab−1.

26. Fie elementele xi = aiai+1...an, i = 1...n. Daca exista 1 ≤ i ≤ n astfel ıncat xi = eputem considera p = i, q = n. Daca x1, x2, ...xn ∈ G\{e} are n−1 elemente, rezultaca exista 1 ≤ i < j ≤ n astfel ıncat xi = xj , deci aiai+1...ajaj+1...an = ajaj+1...an,de unde aiai+1...aj−1 = e, deci putem considera p = i si q = j − 1.


27. Fie n0 cel mai mic numar natural cu proprietatie din enunt, adica n0 ≥ 2 si xn02 = xn0

4 .Conform ipotezei, exista m0 ∈ N∗, m0 < n0, astel ıncat x

m01 = xm0

3 .x1x2 = x3x4 ⇒ (x1x2)

m0 = (x3x4)m0 ⇒

x1x2=x2x1,x3x4=x4x3⇒ xm01 xm0

2 = xm03 xm0

4

xm01 = xm0

3

}⇒

xm02 = xm0

4 . Nu putem aveam0 ≥ 2 pentru cam0 < n0 si se contrazice minimalitatealui n0. De aici rezulta ca m0 = 1 si x2 = x4.

28. x1x2x3 = e⇒ x1 = (x2x3)−1 ⇒ x2x3x1 = e.

x2x3x1 = e⇒ x2 = (x3x1)−1 ⇒ x3x1x2 = e.

x2x1x3 = e⇒ x2 = (x1x3)−1 ⇒ x1x3x2 = e.

x1x3x2 = e⇒ x1 = (x3x2)−1 ⇒ x3x2x1 = e.

Deci relatia data are loc pentru urmatoarele permutari:

(1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 1, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2), (3, 2, 1),

adica pentru price permutare σ ∈ S3 are loc xσ(1)xσ(2)xσ(3) = e.

29. ax2k+1 = xa2k+1, ∀x ∈ G. Pentru x = e se obtine a = a2k+1 ⇒⇒ a2k = e (∗).Pentru x→ xa avem a(xa)2k+1 = xaa2k+1 (∗)⇒ (ax)2k+1a = xa2. Simplificand cu a ladreapta avem (ax)2k+1 = xa(⊗).ax2k+1 = xa2k+1 (∗)

= xa(⊗)⇒ (ax)2k+1 = ax2k+1 (�)

Simplificand (�) cu ax la stanga, respectiv cu a la stanga si x la dreapta obtinem

(ax)2k = x2k

respectiv (xa)2k = x2k

}⇒

⇒ (ax)2k = (xa)2k.

30. aba = bab⇒ anba = an−1(aba) = an−2(aba)b = an−3(aba)b2 = ... = an−i(aba)bi−1 =... = (aba)bn−1 = babn ⇒ anba = babn (∗).Vedem acum ca daca an = e atunci anba = ba

(∗)= babn ⇒ bn = e. Analog se

procedeaza la reciproca.

31. a) xp = axa, ∀x ∈ G. Pentru x→ e, respectiv x→ a obtinem a2 = e (1), respectivap = a3. din aceste doua relatii avem ca ap = a ⇒ ap−1 = e (2). Daca p este paratunci p − 1 este impar si din (1) si (2) rezulta a = e. Contradictie cu ipoteza ınceea ce priveste alegerea lui a! Deci p este impar.

32. x = x′ ⇒ e = xx′ = x2, ∀x ∈ G. In continuare vezi problema 33.

33. x2 = e, ∀x ∈ G. Fie a, b ∈ G arbitrare. a, b ∈ G ⇒ ab ∈ G ⇒ (ab)2 = e = a2b2.Deci a2b2 = (ab)2. Simplificand cu a la stanga si cu b la dreapta obtinem ab = ba.Cum a, b au fost alese arbitrar rezulta ca grupul G este abelian.

45

34. (xy)2 = x2y2, ∀x, y ∈ G. Simplificam cu x la stanga si cu y la dreapta si avemxy = yx, ∀x, y ∈ G. Deci G este abelian.

35. (xy)−1 = x−1y−1 ⇒ ((xy)−1)−1 = (x−1y−1)−1 ⇒ xy = yx. Toate aceste relatii fiindvalable pentru orice x, y ∈ G. Deci G este abelian.

36. Avem x2y2 = y2x2, ∀x, y ∈ G (1) si x3 = e, ∀x ∈ G (2).Din (2) avem ca x = (x−1)2, ∀x ∈ G (3).

Fie acum x, y ∈ G arbitrare. Avem xy = (x−1)2(y−1)2(1)= (y−1)2(x−1)2

(3)= yx, ∀x, y ∈

G. Deci G este abelian.

37. x3 = e, ∀x ∈ G (1)⇒ Daca x, y ∈ G⇒ e = (xy)3 = xy(yx)2 ⇒ y−1x−1 = (yx)2(1)⇒

y2x2 = (yx)2, ∀x, y ∈ G. Din problema 34 rezulta ca G este abelian.

38. Exista trei cazuri:i) xn+1 = yn+1 = e⇒ xn = x−1, yn = y−1 ⇒ xnyn = ynxn ⇒ x−1y−1 = y−1x−1 ⇒(x−1y−1)−1 = (y−1x−1)−1 ⇒ xy = yxii) xn+1 = yn−1 = e ⇒ xn = x−1, yn = y ⇒ xnyn = ynxn ⇒ x−1y = yx−1 ⇒ xy =yxiii) xn−1 = yn−1 = e⇒ xn = x, yn = y ⇒ xnyn = ynxn ⇒ xy = yxDeci G este abelian.

39. Fie a, b ∈ G. Din enunt stim ca exista n ∈ N, n ≥ 2cu proprietatea ca bn+1 = e(1)si bna = abn(2).

Din (1) avem bn = b−1(2)⇒ b−1a = ab−1. Inmultind aceasta relatie cu b la stanga si la

dreapta obtinem ab = ba. Acest lucru fiind adevarat pentru orice a, b ∈ G, grupulG este abelian.

40. 1) x = amx−1an, ∀x ∈ G cu m,n ∈ N∗, fixate si de aceeasi paritate.Pentru x = e avem am+n = e (1).Pentru x = a avem am+n−1 = a⇒ am+n−2 = e (2)

Deci xy = (amx−1an)(amy−1an)(1)= amx−1y−1an = am(yx)−1an = yx. Astfel grupul

G este abelian.2)

Din (1) si (2) avem ca a2 = e⇒ ord(a)|2.a ∈ G \ {e} ⇒ ord(a) > 1

}⇒

⇒ ord(a) = 2.

41. Fie x, y ∈ G. Din enunt rezulta ca exista n ∈ N, n ≥ 2 astfel ıncat xyn = ynx (1)

si xyn+1 = yn+1x (2). xyn+1 = yn+1x = y(ynx)(1)= y(xyn) = yxxn. Simplificand cu

xn la dreapta obtinem xy = yx. Cum x si y au fost alesi arbitrar rezulta ca G esteabelian.

42. Daca x, y ∈ G avem xyx = xyx⇒ x(yx) = (xy)xenunt⇒ xy = yx. Cum x si y au fost

alesi arbitrari G este abelian.


43. Daca x, y ∈ G avem x(yx)2 = (xy)2xenunt⇒ xy = yx. Cum x si y au fost alesi arbitrari

G este abelian.

44. Daca x, y ∈ G avem x(yx)3 = (xy)3xenunt⇒ xy = yx. Cum x si y au fost alesi arbitrari

G este abelian.

45. Daca x, y ∈ G avem x(yx)n = (xy)nxenunt⇒ xy = yx. Cum x si y au fost alesi

arbitrari G este abelian.

46. (xy)3 = x3y3simplificare⇒ (yx)2 = x2y2, ∀x, y ∈ G. Facand acum x→ x2 si y → y2 ın

ultima relatie obtinem x4y4 = (y2x2)2 = (xy)4, ∀x, y ∈ G (1).

Din enunt avem x5y5 = (xy)5 = (xy)4xy(1)= x4y4xy, ∀x, y ∈ G. Simplificand prin

x4 avem xy5 = y4xy, ∀x, y ∈ G (2). Din (1) avem x4y4 = (xy)4 = (xy)3xyenunt=

x3y3xy, ∀x, y ∈ G. Simplificand prin x3 avem xy4 = y3xy, ∀x, y ∈ G (3).Din (2) si (3) avem xy5 = y4xy = y(y3xy) = yxy4 ⇒ xy5 = yxy4, ∀x, y ∈ G.Simplificand cu y4 avem xy = yx, ∀x, y ∈ G, deci G este abelian.

47. xy−1 = yx−1, ∀x, y ∈ G \ {e}. Punand x2 ın loc de y avem x = x−1 adica probelma1.

48. ”1)⇒ 2)” : ∀x, y, z ∈ G avem xy2 = z2x⇒ y = z (∗). x(yx)2 = (xy)2x⇒ xy = yx,deci G este comutativ.

Fie a, x ∈ G cu x2 = e⇒ a = ax2 = e2a(∗)⇒ x = e, deci ∀x ∈ G \ {e} avem x2 �= e.

”2)⇒ 1)” : Grupul G este comutativ si x2 �= e, ∀x ∈ G \ {e}. Avem xy2 = z2x⇒xy2 = xz2 ⇒ y2 = z2 ⇒ y2z−2 = e⇒ (yz−1)2 = e⇒ yz−1 ∈ G\(G\{e})⇒ yz−1 =e⇒ y = z.

49. 1) x3y3 = yx, ∀x, y ∈ G. Pentru y = e avem x3 = x ⇒ x2 = e, ∀x ∈ G. Deciproblema 33. Astfel grupul G este abelian.2) xnyn = yx, ∀x, y ∈ G. Pentru y = e avem xn = x⇒ xn−1 = e, ∀x ∈ G (1). Deci

yx = xnyn = xn−1xyyn−1(1)= xy, ∀x, y ∈ G. Deci grupul G este abelian.

50. a, b ∈ G cu ax3 = xb2 (1) si implicatia yx = zx ⇒ y = z (2) sunt adevarate pentruorice x, y, z ∈ G.Din (1) pentru x = b si x = a avem ab3 = b3 (3), respeciv a4 = ab2 (4). Inmultind

(4) cu b la dreapta avem a4b = ab3(3)= b3. Deci a4b = b2b

(2)⇒⇒ a4 = b2 (5). Din (4) si (5) avem a4 = ab2 = aa4 ⇒ aa3 = a2a3

(2)⇒ a2 = a (6).Din (6), (5) si (1) avem ax3 = xb2 = xa4 = xa2 = xa, ∀x ∈ G (7). Inmultind aceasta

relatie cu a la dreapta avem ax3a = xa2 = xa, ∀x ∈ G. Deci (ax3)a = xa(2)⇒ ax3 =

x, ∀x ∈ G (8). Inmultind aceasta relatie cu a la stanga avem ax3 = a2x3 = ax.Deci ax3 = xa, ∀x ∈ G (9). Din (7), (8), (9) avem x = ax = xa, ∀x ∈ G. Deci aeste elementul neutru al lui G (10).Din (7) si (10) avem x3 = ax3 = xa = x, ∀x ∈ G.

Rezulta x2x = ax(2)⇒ x2 = a, ∀x ∈ G. Deci orice element al lui G este simetrizabil,

47

simetricul fiind chiar el ınsusi. Astfel G este grup avand proprietatea ca x2 = a (aeste elementul neutru al lui G), ∀x ∈ G. Din problema 33 rezulta ca G este grupabelian.

51. Din enunt rezulta x3y3 = (xy)3, ∀x, y ∈ G. Simplificam tot ce putem si avemx2y2 = (yx)2, ∀x, y ∈ G. Facem x → x2 si y → y2. Rezulta x4y4 = (y2x2)2 =(xy)4, ∀x, y ∈ G.Avem x4y4 = (xy)4 = (xy)3xy = x3y3xy. Simplificand ⇒ xy3 = y3x, ∀x, y ∈ G (1).x9y9 = (x3y3)3 = (xy)9 = (xy)8xy = x8y8xy. Simplificand ⇒ xy8 = y8x, ∀x, y ∈G (2).Din (1) rezulta xy9 = y9x, ∀x, y ∈ G (3). Din (2), (3) si problema 41 rezulta ca Geste abelian.

52. m,n ∈ N∗, (m,n) = 1 ⇒ ∃a, b ∈ Z astfel ıncat am + bn = 1. Astfel xy =(xy)am+bn = ((xy)m)a((xy)n)b = ((yx)m)a((yx)n)b = (yx)am+bn = yx, ∀x, y ∈ G.Deci G este abelian.

53. m,n ∈ N∗, (m,n) = 1⇒ ∃a, b ∈ Z astfel ıncat am+ bn = 1.xym = ymx, ∀x, y ∈ G⇒ xyam = yamx, ∀x, y ∈ G (1).xyn = ynx, ∀x, y ∈ G⇒ xybn = ybnx, ∀x, y ∈ G (2).Din (1) si (2)⇒ xy = xyam+bn = xyamybn = yamxybn = yam+bnx = yx, ∀x, y ∈ G.

54. Fie a, b ∈ G cu a2 = b2. Avem b−1a2a−1 = b−1b2a−1 ⇒ b−1a = ba−1 (∗).Din 2) avem (ab−1)2 = (b−1a)2

(∗)= (ba−1)2 = ((ab−1)−1)2 ⇒ (ab−1)2 = (ab−1)−2 ⇒

((ab−1)2)2 = e1)⇒ (ab−1)2 = e

1)⇒ ab−1 = e ⇒ a = b. Deci daca a2 = b2 ⇒ a = b.Cum (xy)2 = (yx)2, ∀x, y ∈ G rezulta xy = yx, ∀x, y ∈ G. Deci G este abelian.

55. xn+1yn+1 = (xy)n+1 = (xy)nxy = xnynxy, ∀x, y ∈ G. Simplificand obtinem xyn =ynx, ∀x, y ∈ G (∗).xn+2yn+2 = (xy)n+2 = (xy)n+1xy = xn+1yn+1xy, ∀x, y ∈ G. Simplificand obtinemxyn+1 = yn+1x, ∀x, y ∈ G (⊗)Din (∗), (⊗) si problema 41 rezulta ca G este abelian.

56. xn+2yn+2 = (xy)n+2 = (xy)n(xy)2 = xnyn(xy)2. Simplificand avem x2yn+1 =ynxyx, ∀x, y ∈ G (1).xn+4yn+4 = (xy)n+4 = (xy)n+2(xy)2 = xn+2yn+2(xy)2. Simplificand avem x2yn+3 =yn+2xyx, ∀x, y ∈ G (2).Din (2) si (1) avem y2ynxyx = x2y2yn+1 = y2x2yn+1 ⇒ x2y2 = y2x2, ∀x, y ∈ G (3).

i) n = 2k este par: ynxyx = x2yn+1 ⇒ y2kxyx = x2y2y2k+1 (3)= y2x2y2k−1 = ... =

y2kx2y, ∀x, y ∈ G. Simplificand avem xyx = x2y ⇒ xy = yx, ∀x, y ∈ G.

ii) n = 2k+1 este impar: ynxyx = x2yn+1 ⇒ y2k+1xyx = x2(yk+1)2(3)= (yk+1)2x2, ∀x, y ∈

G. Simplificand avem yxyx = x2y2(3)= y2x2, ∀x, y ∈ G. Simplificand obtinem

xy = yx.Deci ın ambele cazuri G este abelian.


57. Din 1) prin simplificare se obtine (yx)n = xnyn, ∀x, y ∈ G. (4)Din 2) se obtine prin simplificare (yx)2n = x2ny2n, ∀x, y ∈ G. (5)Din (4) si (5) avem x2ny2n = (yx)2n = ((yx)n)2 = (xnyn)2 ⇒ xnyn = ynxn, ∀x, y ∈G. (6)

Din (4) avem (xy)n = ynxn(6)= xnyn, ∀x, y ∈ G. Dupa simplificare avem (xy)n−1 =

yn−1xn−1, ∀x, y ∈ G. (7)

Din (7) si (4) rezulta xnyn = (yx)n = (yx)n−1yx(7)= xn−1yn−1yx, ∀x, y ∈ G. Sim-

plificand avem xyn = ynx, ∀x, y ∈ G. Deci xn ∈ Z(G) ∀x ∈ G (Adica xn comuta cuorice element din G).⇒

⇒{

(xy)3n+2 = x3n+2y3n+2 = x3nx2y3ny2 = x3ny3nx2y2, ∀x, y ∈ G(xy)3n+2 = (xy)2n(xy)n(xy)2 = y2nx2nynxn(xy)2 = x3ny3n(xy)2

}⇒

⇒ x3ny3nx2y2 = x3ny3n(xy)2, ∀x, y ∈ G. Prin simplificare rezulta xy = yx, ∀x, y ∈G.

58. In 2) pentru x→ xny−1 avem (xny−1)n+1yn+1 = yn+1(xny−1)n+1 ⇐⇒ (xny)nxny−1yyn =yn+1(xny−1)n+1 ⇐⇒(xny−1)nxnyn = yn+1(xny−1)n+1 1)⇐⇒ynxn(xny−1)n = yn+1xny−1(xny−1)n, ∀x, y ∈ G. Prin simplificare avem xn =yxny−1 ⇐⇒ xny = yxn, ∀x, y ∈ G. (4).Analog, repetand calculele incrementand pe n cu o unitate obtinem xn+1y = yxn+1, ∀x, y ∈G. Din aceasta afirmatie si din problema 41, rezulta ca G este abelian.

59. 1) In a) ınlocuim y cu x−1y si avem y2 = (xx−1y)2 = (x−1yx)2 = x−1yxx−1yx =x−1y2x, ∀x, y ∈ G⇒ xy2 = y2x, ∀x, y ∈ G⇒ x2 ∈ Z(G), ∀x ∈ G (1). Astfel avemx2y2 = y2x2, ∀x, y ∈ G

2) Deci x2y2 = y2x2(1)⇒ yx2y = xy2x⇒ (yx)(xy) = (xy)(yx)⇒ yx = (xy)(yx)(xy)−1 ⇒

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

3) Din 2) ⇒ ((xy)(yx)−1)2 = (xy)(yx)−1(yx)(xy)−1 = eb)⇒ (xy)(yx)−1 = e⇒ xy =

yx, ∀x, y ∈ G. Deci G este abelian.

60. Daca m,n ∈ N \ {0, 1} cu (m,n) = 1 atunci exista a, b ∈ Z astfel ıncat am +bn = 1. Evident avem x±bny±bn = y±bnx±bn, ∀x, y ∈ G (3) si x±amy±am =y±amx±am, ∀x, y ∈ G (4).i) Daca −bn ≥ 0, notam cu p = −bn, atunci avem am = 1 − bn = p + 1 ii) Daca−bn < 0 atunci −am ≥ 0 si notam cu p = −am si bn = 1− am = p+ 1.Deci (3) si (4) devin xpyp = ypxp, ∀x, y ∈ G sixp+1yp+1 = yp+1xp+1, ∀x, y ∈ G.Astfel problema devine echivalenta cu problema 61, care este solutionata ın detaliu.Deci G este abelian.

61. In 2) pentru x→ xny−1 avem (xny−1)n+1yn+1 = yn+1(xny−1)n+1 ⇐⇒ (xny)nxny−1yyn =yn+1(xny−1)n+1 ⇐⇒

49

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

yn+1xn+1 = xn+1yn+1 = xxnynx1)= xynxny

(3)= ynxyxn ⇒ yn+1xn+1 = ynxyxn, ∀x, y ∈

G. Dupa simplificari avem xy = yx, ∀x, y ∈ G. Deci G este abelian.

62. Din (2) avem x2n+2y2n+2 = (xy)2n+2 = (xy)2n(xy)21)= xnyn(xy)2, ∀x, y ∈ G. Sim-

plificand avem x2y2n+1 = ynxyx, ∀x, y ∈ G (4).Analog, folosind 2) si 3) avem (incrementand pe n)x2y2n+3 = y2n+2xyx, ∀x, y ∈ G (4).

Din (3) si (4) avem x2y2y2n+1 = y2n+2xyx(3)⇐⇒ x2y2y2n+1 = y2x2y2n+1 ⇒ x2y2 =

y2x2, ∀x, y ∈ G (5).Deci avem x2n+2y2n+2 = (xy)2n(xy)2 = x2ny2n(xy)2, ∀x, y ∈ G. Deasemenea avemdin (5)

x2n+2y2n+2 = x2nx2y2ny2 ⇒ x2n+2y2n+2 = x2ny2nx2y2, ∀x, y ∈ G.

Din ultimele relatii avem x2ny2n(xy)2 = x2ny2nx2y2, ∀x, y ∈ G. Astfel (xy)2 =x2y2, ∀x, y ∈ G. Deci xy = yx, ∀x, y ∈ G. Astfel G este abelian.

63. (xy)3 = x3y3, ∀x, y ∈ G. Simplificand avem (yx)2 = x2y2, ∀x, y ∈ G (1). Din (1)

pentru x→ x2 si y → y2 ⇒ x4y4 = (y2x2)2(1)= (xy)4, ∀x, y ∈ G.

Deci x4y4 = (xy)4 = (xy)3xy = x3y3xy, ∀x, y ∈ G. Simplificand ⇒ xy3 =y3x, ∀x, y ∈ G. Deci x3 ∈ Z(G), ∀x, y ∈ G. Astfel avem x3y3 = y3x3, ∀x, y ∈G ⇒ (xy)3 = (yx)3, ∀x, y ∈ G. Daca xy �= yx ar rezulta ca (xy)3 �= (yx)3.Contradictie! Deci xy = yx, ∀x, y ∈ G. Astfel G este abelian.

64. Din 2) si 1) avem xn+3yn+3 = (xy)n+3 = (xy)3(xy)3n1)= (xy)3xnyn, ∀x, y ∈ G.

Simplificam si avem xn+2y3 = yxyxyxn, ∀x, y ∈ G (4).Analog, facand n→ n+ 3 avem xn+5y3 = yxyxyxn+3, ∀x, y ∈ G (5).Din (4) si (5) avem xn+2y3x3 = yxyxyxnx3 = yxyxyxn+3 = xn+5y3, ∀x, y ∈ G. Decixn+2y3x3 = xn+5y3, ∀x, y ∈ G. Simplificam si avem x3y3 = y3x3, ∀x, y ∈ G (6).Cum n este multiplu de 3 exista k ∈ N astfel ıncat n = 3k. Astfel avem xnyn =x3ky3k = (xk)3(yk)3 = (yk)3(xk)3 = ynxn, ∀x, y ∈ G ⇒ xnyn = ynxn, ∀x, y ∈ G.Astfel am rezolvat punctul b).xn+3yn+3 = (xy)n+3 = (xy)3xnyn, ∀x, y ∈ G

xn+3yn+3 = x3kx3y3ky3(6)= x3y3xnyn, ∀x, y ∈ G

}⇒

⇒ (xy)3xnyn = x3y3xnyn, ∀x, y ∈ G ⇒ (xy)3 = x3y3, ∀x, y ∈ G. Simplificandobtinem (yx)2 = x2y2, ∀x, y ∈ G. Astfel am rezolvat si punctul a).

65. Sunt mai multe informatii de cate avem nevoie. Problema se poate simplifica astfel:

Daca avem d = (p, q) atunci avemd| p|n− 2d| q|n− 3

}⇒ d|n− 2

d|n− 3

}⇒ d = 1. Deci p si q

sunt prime ıntre ele. Deci problema este echivalenta cu problema 53.


66. a) Fie G un grup cu proprietatea (P ). Deci exista f : G → G, automorfism (f(x+y) = f(x)+f(y), ∀x, y ∈ G, si f e injectiva) astfel ıncat f−1(x)+f(x) = 0, ∀x ∈ G.Facand x → f(x) rezulta f(f(x)) + x = 0 ⇒ −x = f(f(x)), ∀x ∈ G. Deci(−x)+(−y) = f(f(x))+f(f(y)) = f(f(x)+f(y)) = f(f(x+y)) = −(x+y), ∀x, y ∈G. Deci x+ y = −(−(x+ y)) = −((−x) + (−y)) = y + x, ∀x, y ∈ G. Astfel G estecomutativ.b) Fie f un automorfism al grupului (Zp,+). Daca notam f(1) = a. Atunci avem

f(k) = f(1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸kori

) = f(1) + f(1) + ...+ f(1)︸︷︷︸kori

=

= a+ a+ ...+ a︸︷︷︸kori

= ka, ∀k, 0 ≤ k ≤ p − 1. Daca f are proprietatea (P ) atunci

avem f(f(x)) = −x, ∀x ∈ G ⇒ −q = f(f(q)) = f(qa) = q2a(mod p) ⇒ a(q2 +1) = 0(mod p) ⇒ q2 + 1 ≡ 0(mod p) ⇒ −1 este rest patratic modulo p. Deci

1 =

(−1p

)= (−1) p−1

2 ⇒ p = 4k + 1, k ∈ N.

67. Daca H este subgrup al lui G atunci H este parte stabila al lui G ın raport cu ” · ”,si are loc din defintie ca x ∈ H ⇒ x−1 ∈ H.Daca H este parte stabila a lui G ın raport cu ” · ” atunci avem x, y ∈ H ⇒ xy ∈ H,care ımpreuna cu x ∈ H ⇒ x−1 ∈ H constituie definitia unui subgrup.

68. ” ⇒ ”: H este subgrup ⇒ y ∈ H ⇒ y−1 ∈ Hx, y−1 ∈ H ⇒ xy−1 ∈ H

}⇒ Daca x, y ∈ H atunci

xy−1 ∈ H.”⇐ ”: Avem H ⊂ G si daca x, y ∈ H ⇐ xy−1 ∈ H.Pentru x = y se obtine ca e ∈ H.Pentru x = e se ontine y ∈ H ⇒ y−1 ∈ H.Pentru y → y−1 avem ca daca x, y−1 ∈ H, adica x, y ∈ H, atunci avem xy ∈ H.Din ultimele doua rezultate avem ca H este subgrup al lui G.

69. 1) x ∈ H si y ∈ G \H. Presupunem ca xy ∈ H.x ∈ H ⇒ x−1 ∈ H. Deci y = x−1 · xy ∈ H. Contradictie! Deci xy ∈ G \H2) Fie x ∈ G \H. Presupunem ca x−1 ∈ H.x−1 ∈ H ⇒ (x = (x−1)−1 ∈ H. Contradictie!. Deci x−1 ∈ G \H.3) Daca avem x, y ∈ G \H atunci nu putem spune ın general nimic despre produsulxy.De exemplu daca luam y = x−1 atunci avem xy = e ∈ H.Daca presupunem ca ∀x, y ∈ G \H avem xy ∈ H atunci avem ca daca x ∈ G \Hatunci x2, x3 ∈ H. De aici rezulta ca x = x3x−2 ∈ H. Deci x ∈ H. Contradictie!Deci nu putem avea xy ∈ H, ∀x, y ∈ G \H. Astfel exista x, y ∈ G \H astfel ıncatxy ∈ G \H.In concluzie, nu putem spune nimic despre produsul xy daca x, y ∈ G \H.

70. Fie x, y ∈ H1 · H2. Rezulta ca exista a, b ∈ H1 si c, d ∈ H2, astfel ıncat x = ac siy = bd. Deci xy−1 = ac(bd)−1 = ab−1cd−1 (1)

51

a, b ∈ H1 ⇒ ab−1 ∈ H1.c, d ∈ H2 ⇒ cd−1 ∈ H2.Deci, din (1) avem ca xy−1 ∈ H. Deci avem ca daca a, y ∈ H atunci xy−1 ∈ H,adica H este subgrup al lui G.

71. Probelma 4, punctul a) ne arata ca daca H1, H2 sunt subgrupuri ale lui G atunciH1 ∩H2 este subgrup al lui G. (1)Demonstram prin inductie afirmatia P (k) :

⋂1≤i≤k HiestesubgrupalluiG.

P (1) este adevarata.Presupunem P (k) adevarata. Atunci avem

⋂1≤i≤k+1Hi =

⋂1≤i≤k Hi ∩ Hk+1 care

este intersectie de doua subgrupuri, adica, din (1) este subgrup. Astfel am demon-strat P (k+ 1). Prin inductie rezulta ca P (k) este adevarata pentru orice k natural.Astfel P (n) este adevarata, deci problema este rezolvata.

72. Fie a ∈ G oarecare. Fie x, y ∈ aHa−1. Atunci exista t, u ∈ H astfel ıncat x =ata−1 si y = aua−1. Atunci avem ca xy−1 = (ata−1)(aua−1)−1 = ata−1au−1a−1 =atu−1a−1 ∈ aHa−1 pentru ca tu−1 ∈ H. Deci aHa−1 este subgrup al lui G oricarear fi a ∈ G.

73. 1) Evident e ∈ Z(G) deci Z(G) �= ∅. Fie x, y ∈ Z(G), nu neaparat distincte. Atunciavem ca ax = xa, ∀a ∈ G si ay = ya, ∀a ∈ G ⇒ ay−1 = y−1a, ∀a ∈ G. Deciaxy−1 = xay−1 = xy−1a, ∀a ∈ G. Deci xy−1 ∈ Z(G). Astfel Z(G) este un subgrupal lui G.2) Fie x, y ∈ Z(G), nu neaparat distincte. Atunci avem ax = xa, ∀a ∈ G. y ∈ G⇒daca luam a = y atunci avem xy = yx. Cum x si y au fost alese arbitrar rezulta caZ(G) este comutativ.3) xy ∈ Z(G)⇒ x(xy) = (xy)x| · x−1 la stanga ⇒ xy = yx.4) Daca G este abelian atunci xy = yx, ∀x, y ∈ G, deci Z(G) = G.

74. Presupunem Z(Sn) �= {e}. Fie σ ∈ Z(Sn), σ �= e si σ ◦ ϕ = ϕ ◦ σ, ∀ϕ ∈ Sn.Daca exista i astfel ıncat σ(i) = j, j �= i, atunci fie k /∈ {i, j} si consideram per-mutarea ϕ : Sn → Sn definita astfel: ϕ(i) = i, ϕ(j) = k, ϕ(k) = j si ϕ(x) = x, ∀x ∈G \ {i, j, k}. Atunci avem

(jk) = ϕ =

(...i...j...k...x......i...k...j...x...

).

Avem atunci (ϕ ◦ σ)(i) = ϕ(σ(i)) = ϕ(j) = k si(σ ◦ϕ)(i) = σ(ϕ(i)) = σ(i) = j. Deci ϕ◦σ �= σ ◦ϕ. Contradictie! Deci Z(Sn) = {e}.

75. Presupunem ca o astfel de submultime H exista. Deci avem H ⊂ G, H �= G si∀a ∈ H, ∀b ∈ G rezulta ab ∈ H.Astfel avem ca daca a, b ∈ H atunci ab ∈ H. Deci H este parte stabila a lui G.a ∈ H ⇒ a−2 ∈ G ⇒ a−1 = aa−2 ∈ H. Din ultimele doua afirmatii rezulta ca Heste subgrup al lui G.Fie, atunci, a ∈ H si b ∈ G \ H (care este duferita de ∅). Conform problemei 3


avem ca ab ∈ G \ H. Contradictie cu enuntul problemei noastre! Deci o astfel desubmultime nu exista.

76. H = {x2|x ∈ G}. Fie a, b ∈ H. Atunci exista x, y ∈ G astfel ıncat a = x2 sib = y2. Atunci ab−1 = x2y−2 = (xy−1)2 ∈ G. Astfel vedem ca daca a, b ∈ H, atunciab−1 ∈ H. Deci H este subgrup al lui G.

Daca luamG = S3 atunciH =

{(1 2 31 2 3

),

(1 2 33 1 2

),

(1 2 32 3 1

)}. Verificand

ca H este un subgrup al grupului S3, desi S3 nu este abelian.

77. Fie a, b ∈ n√H. Atunci an, bn ∈ H ⇒ anb−n = (ab−1)n ∈ H. Deci ab−1 ∈ n

√H si

n√H este subgrup al lui G.

Avem x ∈ H ⇒ xn ∈ H ⇒ x ∈ n√H ⇒ H ⊂ n

√H.

78. Fie S ⊂ G, o parte stabila a lui G astfel ıncat (G \ H) ⊂ S. Fie x0 ∈ H \ S. Fiey0 ∈ G \H. Din problema 3 avem ca y−10 ∈ G \H ⊂ S. Tot din problema 3 avemca x0y0 ∈ G \H. Pentru ca S este parte stabila a lui G avem ca x0y0y

−10 ∈ S, adica

x0 ∈ S. Contradictie! Deci nu exista o astfel de submultime S.

79. Presupunem ca H este diferit de G si de {e}. Notam cu P = (G \ H) ∪ {e}. Fiex ∈ G \ P si y ∈ P \ {e}. Din presupunerea facuta rezulta ca acste multmi suntnevide.Astfel, cum P este subgrup al lui G si x ∈ G \ P , iar y ∈ P \ {e} atunci avemxy ∈ G \ P . (Problema 3)Dar x ∈ P ınseamna x ∈ G \ H, iar y ∈ G \ P ınseamna y ∈ H \ {e}. Astfelxy ∈ G \H. Deci xy ∈ P . Contradictie! Deci presupunerea este falsa. Deci H = Gsau H = {e}. Reciproca este evidenta.

80. Lema: Daca a ∈ G si H, K ⊂ G sunt subgrupuri ale lui G atunci Ha = K implicaH = K.Demonstratie: Ha = K ⇒ a ∈ K. K este subgrup al lui G si a ∈ K implicaa−1 ∈ K. Relatia Ha = K este echivalenta cu H = Ka−1. Sa demonstram acum caKa−1 = K.Deoarece a−1 ∈ K avem ca xa−1 ∈ K, ∀x ∈ K, deci Ka−1 ⊆ K.Fie acum y ∈ K. Cum a ∈ K avem ya ∈ K. Deci yaa−1 ∈ Ka−1, adica y ∈ Ka−1.Astfel avem si K ⊆ Ka−1. Deci K = Ka−1 = H si lema este demonstrata.Sa trecem acum la rezolvarea propriu-zisa a probelemei.Avem ca H, K sunt subgrupuri ale lui G si Hx = Ky, unde x, y ∈ G. Hx = Ky ⇒H(xy−1) = K. Notand cu a = xy−1 ∈ G avem ca Ha = K si conform lemei H = K,deci probelma este rezolvata.

81. Evident, daca H = {0} atunci avem ca H = 0 · Z. Presupunem acum ca H continecel putin un element nenul k. Atunci avem ca −k ∈ H, deci H contine atat elementenegative, cat si elemente pozitive. Fie x cel mai mare ıntreg negativ diferit de 0 careapartine lui H si y cel mai mic ıntreg pozitiv diferit de 0 care apartine lui H. Atunciavem ca x < x+y < y. Cum x si y au fost alese astfel ıncat nu exista un alt element

53

diferit de 0 ın H ın intervalul (x, y) rezulta ca avem x+ y = 0 Deci x = −y. Astfelconditia alegerii lui x si y devine: nu exista nici un element nenul z ın H cu |z| < y.Daca y = 1 atunci avem H = Z = 1 · ZPresupunem acum y > 1. Presupunem ca exista un element nenul t ∈ H astfelıncat y nu divide t. Atunci, daca notam cu d = (y, t) cel mai mare divizor comunal acestora avem ca exista a, b ∈ Z astfel ıncat ay + bt = d, deci d ∈ H. Cumd|y si |d| ≥ y avem In mod necesar |d| = y, deci y|t contradictie cu presupunereafacuta. Deci nu exista t ∈ H astfel ıncat y nu divide t. Aceasta este echivalent cuH ∩ (Z \ yZ) = ∅ ⇒ H ⊆ yZCum y ∈ H avem ca si k · y ∈ H pentru orice k ∈ Z, deci yZ ⊆ H. Atunci avemyZ = H.Deci exista n = y ∈ N astfel ıncat H = nZ.Reciproca este evidenta. Daca adunam doi multipli de n rezultatul va fi tot unmultiplu de n, deci nZ este parte stabila a lui Z ın raport cu operatia de adunare.Astfel nZ este subgrup al lui Z.

82. Fie y, z ∈ CG(x). Avem ca xy = yx, ∀x ∈ G si xz = zx, ∀x ∈ G, adica xz−1 =z−1x, ∀x ∈ G. Avem atunci ca yz−1x = yxz−1 = xyz−1, ∀x ∈ G. Deci yz−1 ∈CG(x). De aici rezulta ca CG(x) este un subgrup al grupului G.

83. Fie x ∈ H si y ∈ G\H. Stim ca xy ∈ G\H (problema 3). Deci avem f(xy) = g(xy)si f(y) = g(y) (1). Deoarece f si g sunt endomorfisme rezulta ca f(x)f(y) =

g(x)g(y)(1)⇒ f(x) = g(x). Cum x ∈ H a fost ales arbitrar, avem ca f(x) = g(x), ∀x ∈

H, deci f(x) = g(x), ∀x ∈ G.

84. a) H1, H2 sunt subgrupuri ale lui G. Avem e ∈ H1 ∩ H2 deci H1 ∩ H2 �= ∅. DacaH1 ∩ H2 = {e} atunci acesta este subgrup al lui G. Altfel exista x, y ∈ H1 ∩ H2.Avem

x, y ∈ H1 ⇒ xy−1 ∈ H1

x, y ∈ H2 ⇒ xy−1 ∈ H2

}⇒ xy−1 ∈ H1 ∩H2.

Deci pentru orice x, y ∈ H1 ∩H2 avem xy−1 ∈ H1 ∩H2. Deci H1 ∩H2 este subgrupal lui G.b) Nu neaparat. Daca luam G = Z si H1 = {pk|k ∈ Z}, H2 = {qk|k} ∈ Z} cup, q ∈ N \ {0, 1}, (p, q) = 1 atunci H1 ∪H2 nu este subgrup al lui Z. (Orice subgrupal lui Z este de forma aZ, a ∈ N, si cum (p, q) = 1 egalitatea H1 ∪H2 = aZ, ∀a ∈ N

nu este posibila).

85. ”⇐”: Evident ca daca are loc una dintre incluziuni, atunci reuniunea celor douasubgrupuri va fi egala cu unul dintre ele si va fi deasemenea subgrup.”⇒”: Presupunem ca nici una dintre cele doua incluziuni nu este adevarata. Atunciexista x ∈ H \ K si y ∈ K \ H. Astfel, din problema 3 avem ca xy ∈ G \ H sixy ∈ G \K. Din faptul ca I = H ∪K este subgrup al lui G avem ca xy ∈ I. Decixy ∈ I \H si xy ∈ I \K. Deci xy ∈ (I \H) ∩ (I \K) = ∅. Contradictie! Deci celputin una dintre cele doua incluziuni este adevarata.


86. Fie G un grup cu operatia notata multiplicativ si H1, H2 doua subgrupuri propriiale sale. Presupunem ca G = H1∪H2. Evident ca nici una din incluziunile H1 ⊂ H2

si H2 ⊂ H1 nu poate fi adevarata pentru ca cele doua subgrupuri sunt subgrupuriproprii ale lui G. Astfel exista x ∈ H1 \H2 si y ∈ H2 \H1. Cum x ∈ H1 si y ∈ G\H1

avem ca xy ∈ G \ H1 ⊂ H2(problema 3). Dar analog se arata ca xy ∈ G \ H2.Contradictie! Deci G nu se poate scrie ca reuniune de doua subgrupuri propriidistincte.

87. 1) aH ∩ bH �= ∅ ⇐⇒ a−1bH ∩ H �= ∅. Deci exista x ∈ a−1H ∩ H. Daca notamx = a−1by un element comun, cu y ∈ H, atunci avem ca xy−1 = a−1b ∈ H. Deci,daca notam c = a−1b ∈ H avem ca functia f : cH → H, f(x) = cx este injectiva, sicum H este finit avem ca f este bijectiva. Astfel avem ca cH = H, deci a−1bH = H,de unde aH = bH.2) f : H → aH, f(x) = ax este injectiva. Cum H este finit rezulta ca f este sisurjectiva si astfel bijectiva. Astfel |H| = |aH|.3) Daca a ∈ G \H atunci avem ca ax ∈ G \H, ∀x ∈ H Deci aH ⊂ G \H.Daca a ∈ H atunci avem ca a ∈ eH ∩ aH. Din punctul 1) rezulta ca aH = H.

88. Daca m,n ∈ Z, (m,n) = 1 atunci exista c, d ∈ Z astfel ıncat cm + dn = 1. Decia = acm+dn = (am)c(an)d ∈ S. Deci a ∈ S

89. Fie f : G \ {a} → {a}, f(x) = ax. Cum G \ {a} este subgrup al lui G avem caax ∈ G \ (G \ {a}) = {a}. Deci f este bine definita. Deasemenea f este injectiva.Astfel 1 = |{a}| ≥ |G \ {a}| ≥ 1. Deci |G \ {a}| = 1 si astfel G = {e, a} � Z2.

90. a) Problema 3.b) P1 : Stim ca R este grup si Q este o parte stabila a sa, deci un subgrup. Dacaavem x ∈ Q si y ∈ R \Q atunci x+ y ∈ R \Q.P2 : Fie A multimea functiilor definite pe I cu valori ın R, si B ⊂ A multimeafunctiilor din A care admit primitive. Stim ca suma a doua functii care admitprimitive admite primitive. De aici rezulta ca B este subgrup al lui A. Fie f ∈ B sig ∈ A \ B. Atunci f + g ∈ A \ B, deci f + g nu admite primitive.

91. Avem caH este subgrup al lui G si |G\H| = 2. Fie a ∈ G\H. Avem ca aH ⊂ (G\H)deci |H| ∈ {1, 2}.i) |H| = 1⇒ H = {e} ⇒ G = {e, a, b} � Z3.ii) |H| = 2⇒ H = {e, x} ⇒ G = {e, x, a, b} � K.Cum Z3 si K sunt comutative, si G este comutativ.

92. H este subgrup al grupului (Q,+). Deci H ⊆ Q.Daca H = {0} atunci ar rezulta ca Q = Z. Contradictie!Cum intersectia a doua subgrupuri ale unui grup este tot un subgrup rezulta ca H∩Zeste subgrup al lui Q si cum H ∩ Z ⊂ Z avem ca H ∩ Z este subgrup al lui Z, deciexista p ∈ N∗ astfel ıncat H ∩Z = p ·Z. Fie x ∈ Q. Avem x = h+n, h ∈ H, n ∈ Z.Inmultind cu p la stanga avem px = ph + pn. Dar pn ∈ Zp ⊂ H si ph ∈ H, decipx ∈ H unde x este un numar rational arbitrar . Astfel avem p · Q ⊆ H, deci si

55

Q ⊆ H.Astfel rezulta ca H = Q.

93.√R∗ = {x ∈ C∗|x2 ∈ R∗}.

x = a + bi ⇒ x2 = a2 − b2 + 2abi. x2 ∈ R∗ ⇒ ab = 0 ⇒ x ∈ (R ∪ iR) \ {0}. Deci√R∗ = R ∪ iR \ {0}.

94. a) αiH = αjH, 0 ≤ i < j ≤ n− 1⇒ H = αj−iH. Contradictie! pentru ca ar rezultaca αj−i ∈ H, dar j − i < n. Deci oricare doua dintre multimi sunt disjuncte.b) Fie x, y ∈ L. Atunci exista 0 ≤ j ≤ i ≤ n − 1 si a, b ∈ H astfel ıncat x = αia siy = αjb. Atunci xy−1 = αiaα−jb−1 = αi−j(ab−1) ∈ αi−jH ⊂ L, pentru ca a, b ∈ Himplica ab−1 ∈ H. Deci L este subgrup al lui G.c) Presupunem ca exista i ∈ N∗, i ≤ n − 1 astfel ıncat αiH sa fie subgrup al luiL. Atunci avem ca e ∈ αiH, deci α−i ∈ H. Dar acest lucru implica αi ∈ H.Contradictie! Deci, dintre multimile acestea, numai H este subgrup al lui L.

95. 1) x �= e⇒ x �= x2. Deci daca x ∈ H1 ⇒ x2 ∈ H1 atunci x2 ∈ H2. Deci x2 ∈ H1∩H2.

Rezulta x2 = e. Cum x a fost ales arbitrar avem ca x2 = e, ∀x ∈ G. Deci G esteabelian.2) Daca a = e si n este par atunci ecuatia are ca si radacini toate elementele lui G.Daca a = e si n este impar atunci ecuatia are radacina x = e.Daca a �= e si n este par atunci ecuatia nu are radacini ın G.Daca a �= e si n este impar atunci ecuatia are radacina x = a.

96. Afirmatia nu este adevarata. Luam un contraexemplu. Consideram grupul S3 =

{e, σ1, σ2, ..., σ5}, unde e =(1 2 31 2 3

), σ1 =

(1 2 31 3 2

), σ2 =

(1 2 33 2 1

), σ3 =(

1 2 32 1 3

), σ4 =

(1 2 33 1 2

)si σ5 =

(1 2 32 3 1

).

Din teorema lui Lagrange avem ca orice subgrup propriu are ordinul 2 sau 3. Astfel,subgrupurile proprii ale lui S3 sunt: H1 = {e, σ1}, H2 = {e, σ2}, H3 = {e, σ3}, H4 ={e, σ4, σ5}. Toate aceste subgrupuri sunt comutative, dar σ1◦σ2 = σ5 si σ2◦σ1 = σ4,asadar S3 nu este comutativ.

97. Presupunem ca L = (G \ (H1 ∪ H2)) ∪ {e} este parte stabila a lui G. Conformproblemei 3 y ∈ L implica y−1 ∈ L. Fie acum x un element din H1 ∪H2 cu x2 �= e.Putem presupune ca x ∈ H1. Fie y ∈ L. Atunci xy /∈ H1 si xy /∈ L pentru ca H1 estesubgrup al lui G (problema 3) si daca xy ∈ L atunci x = xyy−1 ∈ L contradictie.Atunci ın mod necesar xy ∈ H2. Aceasta implica y−1x /∈ H2 pentru ca altfel amavea x2 = xyy−1x ∈ H2 si cum x2 ∈ H1 am avea x2 ∈ H1 ∩ H2, deci x

2 = e, fals.Deci avem doua cazuri:i) y−1x ∈ L. Dar din y ∈ L avem yy−1x ∈ L, deci x ∈ L. Contradictie!ii) y−1x ∈ H1. Avem x ∈ H1, deci x

−1 ∈ H1 si astfel y−1xx−1 ∈ H1, adica y−1 ∈ H1.

Aceasta implica y ∈ H1. Contradictie!Astfel am demonstrat ca presupunerea facuta este falsa, deci L nu este parte stabilaa lui G.


98. Fie x, y ∈ H. Atunci exista a, b ∈ Z astfel ıncat xa = e si yb = e. Avem ca(xy−1)ab = xaby−ab = (xa)b(yb)−a = e, deci si xy−1 ∈ H. Astfel am demonstrat caH este subgrup al lui G.

99. Fie x, y ∈ Hn. Atunci xna, yna ∈ H. Deci si xna(yna)−1 ∈ H, adica (xy−1)n ∈ H.Cum a ∈ H avem (xy−1)na ∈ H. Deci si xy−1 ∈ Hn. Astfel am demonstrat ca Hn

este subgrup al lui G.

100. ”a) ⇒ b)”: Fie x ∈ G. Atunci multimea H = {xn, n ∈ N∗} este parte stabila a luiG, deci subgrup. Atunci rezulta ca e ∈ H, deci exista k ∈ N astfel ıncat xk = e.”b)⇒ a)”: Fie H o submultime a lui G care este parte stabila si x ∈ H. Din ipotezarezulta ca exista k ∈ N∗ astfel ıncat xk = e, deci e ∈ H.Fie x ∈ H, x �= e. Atunciexista k ≥ 2 astfel ıncat xk = e. Deci xk−1 = x−1 ∈ H. Astfel H este subgrup. Deciorice parte stabila a lui G este subgrup.

101. a) Fie x, y ∈ GH . Atunci exista m,n ∈ N∗ cu xm, yn ∈ GH . Atunci (xy−1)mn =(xm)n(yn)−m ∈ GH . Deci GH este subgrup al lui G. Fie x ∈ H. Atunci existan = 1 ∈ N∗ astfel ıncat xn = x ∈ H, deci x ∈ GH . Astfel am demonstrat caH ⊂ GH .b) Fie H1, H2 subgrupuri finite ale lui G. Fie x ∈ GH1 ⇒ ∃n ∈ N∗ astfel ıncatxn ∈ H. Cum H1 este finit rezulta ca (xn)ord(H1) = e⇒ xnord(H1) = e, dar cum e ∈H2 rezulta ca x ∈ GH2 . Astfel GH1 ⊆ GH2 . Analog se demonstreaza si incluziuneainversa si rezulta ca GH1 = GH2 .c) Subgrupurile finite ale grupului multiplicativ (C∗, ·) sunt Un = {z ∈ C|zn =1}, n ≥ 1.Avand ın vedere punctul b) rezulta ca daca H este subgrup finit arbitrar al lui C∗

atunci C∗H = C∗U1, unde U1 = {1} si C∗U1

= {z ∈ C|∃n ∈ N∗ astfel ıncat zn = 1}.Asadar C∗U1

este subgrupul elementelor de ordin finit din C∗, adica

C∗U1= {z ∈ C∗|z = cos2πr + isin2πr, r ∈ Q}.

102. 1) Fie x, y ∈ CG(H). Atunci xh = hx si yh = hy, adica hy−1 = y−1h, ∀h ∈ H. Decixy−1h = xhy−1 = hxy−1, ∀h ∈ H. Astfel xy−1 ∈ CG(H), deci CG(H) este subgrupal lui G.Fie x, y ∈ NG(H). Atunci x−1hx ∈ H si y−1hy ∈ H pentru orice h ∈ H. Avem ca(xy)−1hxy = y−1(x−1hx)y = y−1h′y ∈ H pentru ca x−1hx = h′ ∈ H. Deci dacax, y ∈ NG(H) atunci si xy ∈ NG(H). Daca x ∈ NG(H) atunci x−1hx ∈ H, ∀h ∈H ⇒ (x−1hx)−1 ∈ H, ∀h ∈ H ⇒ xh−1x−1 ∈ H, ∀h ∈ H. Cum oricarui element dinH ıi corespunde inversul sau avem ca xhx−1 ∈ H, ∀h ∈ H. Deci, daca x ∈ NG(H)atunci x−1 ∈ NG(H). Astfel am demonstrat ca NG(H) este subgrup al lui G.2) Fie x ∈ CG(H). Atunci xh = hx, ∀h ∈ H. Deci x−1hx = x−1xh = h ∈ H siastfel x ∈ NG(H). Deci CG(H) ⊂ NG(H).3) Evident, daca H1 ⊂ H atunci si CG(H) ⊂ CG(H1) pentru ca cel mult atteaelemente din G comuta cu toate elementele din H cate comuta cu toate elementele

57

din H1. Astfel din punctul 2) rezulta ca

CG(NG(H)) ⊂ CG(CG(H)) ⊂ NG(CG(H)).

4) Daca proprietatea are loc pentru orice subgrup atunci are loc si pentru H = {e}.Atunci CG(H) = G si NG(H) = G. Deci are loc CG(G) = NG(G) = G. DeciG = CG(G), adica G este comutativ. Eident ca orice grup comutativ verifica relatiapentru ca atunci CG(H) = G, NG(H) = G, CG(G) = G, NG(G) = G.

103. Sa demonstram mai ıntai ca orice element din G are ordin finit. Presupunem caexista un element x ∈ G cu ordin infinit. Atunci subgrupul ciclic generat de x va fiizomorf cu (Z,+) si va avea o infinitate de subgrupuri. Contradictie!Deci orice element al lui G are ordin finit. Fie x1 ∈ G \ {e} si H1 subgrupul ciclicgenerat de x1. Daca G = H1 atunci G este finit. Daca G �= H1 atunci fie x2 ∈ G\H1

si H2 subgrupul ciclic generat de x2. Daca G = H1 ∪H2 atunci G este finit. DacaG �= H1 ∪ H2 atunci exista x3 ∈ G \ (H1 ∪ H2) si fie H3 subgrupul ciclic generatde x3, s.a.m.d. Nu putem continua la infinit pentru ca astfel am obtine ca G are oinfinitate de subgrupuri. Deci exista n ∈ N∗ astfel ıncat G = H1 ∪H2 ∪ ...∪Hn, deciG este o reuniune finita de multimi finite si astfel este finit.

104. Fie G = H ∪K ∪ L unde H, K, L sunt subgrupuri ale lui G, |H| = |K| = 3, deciH, K sunt ciclice si H = {e, a, a2} si K = {e, b, b2}. Daca H ∩ K �= {e} atuncievident H = K, fals. Deci H ∩ K = {e}. Daca H ∩ L �= {e} atunci H ⊂ L siG = K ∪ L. Contradictie cu problema precedenta! Deci H ∩ L = {e} si analogK ∩ L = {e}. Definim functia f : L → K, f(x) = ax. Observam ca f este binedefinita pentru ca a ∈ H, x ∈ L si cum H si L sunt subgrupuri ale lui G rezultaax ∈ K si deasemenea f este injectiva. Deci L este finit si |L| ≤ |K| = 3. Dacadefinim g : K → L, g(x) = ax obtinem analog ca 3 = |K| ≤ |L|. Deci |L| = 3 atunci|G| = 7 si din teorema lui Lagrange avem ca |K| divide |G|. Deci 3|7, fals. Amobtinut astfel o contradictie, si presupunerea facuta este falsa. Deci G nu se poatescrie ca reuniune de trei subgrupuri dintre care doua au cate trei elemente.

105. a) Daca un grup este izomorf cu G acesta va avea aceeasi structura ca si G, deci vaavea proprietatea (P ).b) Se fac verificarile, care sunt calcule simple.

106. Imaginea prin f a unui subgrup care ıl include pe H este H, deci tot un subgrup.Imaginea unui subgrup inclus ın H este exact acel subgrup. Imaginea unui subgrupcare se intersecteaza cuH este intersectia celor doua subgrupuri, deci tot un subgrup.Astfel am demonstrat ca f duce subgrupurile ın subgrupuri.Fie x ∈ H \ {e}, y ∈ G \ H. Atunci xy ∈ G \ H. Astfel f(xy) = e si f(x)f(y) =xe = x �= e. Deci f nu este morfism.

107. a) Fie x ∈ H si y ∈ G \H, deci y2 = e. Atunci xy ∈ G \H, deci (xy)2 = e. Astfelxyxy = e| · y la dreapta ⇒ xyx = y, acestea pentru orice x ∈ H. Fie acum a, b ∈ H.Atunci ab ∈ H si abyab = y. Dar si byb = y. Daca ınmultim aceasta relatie cu


a la stanga si la dreapta avem abyba = aya = y. Deci avem abyba = y = abyab.Simplificand avem ab = ba. Cum a si b au fost alesi arbitrari rezulta ca H estecomutativ.b) Presupunem ca G este comutativ. Atunci avem ca xyx = y implica x2y = y, decix2 = e, ∀x ∈ H. Contradictie cu enuntul! Deci G nu este comutativ.

108. a) f este morfism si f(x2y3) = x3y2, ∀x, y ∈ G. Pentru y = e se obtine f(x2) =x3, ∀x ∈ G. Pentru x = e se obtine f(y3) = y2, ∀y ∈ G. Deci x2 = f(x3) =f(x)f(x2) = f(x)x3, ∀x ∈ G. Deci f(x) = x−1, ∀x ∈ G. Cum f este morfism avemca f(xy) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ G, deci (xy)−1 = x−1y−1, ∀x, y ∈ G. De aici rezultaca xy = yx, ∀x, y ∈ G, deci G este comutativ.b) f(x2) = x3, ∀x, y ∈ G⇒ x−2 = x3, ∀x ∈ G⇒ x5 = e, ∀x ∈ G.

109. Presupunem ca e ∈ G\H. Atunci daca x ∈ H atunci x = xe ∈ G\H. Contradictie!Deci e ∈ H.Fie x ∈ H. Daca x−1 ∈ G \H atunci e = xx−1 ∈ G \H. Contradictie! Deci dacax ∈ H atunci x−1 ∈ H.Fie x, y ∈ H. Presupunem ca xy ∈ G \ H. Avem si x−1 ∈ H. Atunci rezulta cay = x−1xy ∈ G \H. Contradictie! Deci daca x, y ∈ H rezulta ca xy ∈ H.Datorita acestor trei proprietati, H este subgrup al lui G.

110. Fie a ∈ G \ {e} fixat. Pentru orice x ∈ G avem x−1ax �= e pentru ca altfel ar rezultaca a = e, fals. Deci putem defini functia fa : G \ {e} → G \ {e}, fa(x) = x−1ax.Din ipoteza stim ca pentru orice b ∈ G \ {e} exista x ∈ G cu fa(x) = b, deci fa estesurjectiva. Deoarece G este finit rezulta ca fa este injectiva. Daca presupunem caa2 �= e atunci avem ca fa(a

2) = a = fa(a), dar a �= a2. Contradictie! Deci a2 = e.Deoarece a a fost ales arbitrar, avem ca x2 = e, ∀x ∈ G. Deci G este comutativ.Deci fa(x) = a, ∀x ∈ G \ {e} si cum fa este bijectiva rezulta ca |G \ {e}| = 1. DeciG are ordinul 2.

111. a) Din teorema lui Lagrange avem ca daca H este subgrup al lui G atunci ordinullui H divide ordinul lui G. Cum ord(G) = n si ord(H) = k rezulta ca k|n. Dar keste mai mare decat cel mai mare divizor propriu al lui n. Astfel rezulta ca k = n,si, deci G = H.b) Stim ca Z(G) = {y ∈ G|xy = yx, ∀x ∈ G}. Daca a, b ∈ Z(G) atunci abx =axb = xab, ∀x ∈ G, deci si ab ∈ Z(G). Daca a ∈ Z(G) atunci ax = xa, ∀x ∈ G,deci si a−1x = xa−1, ∀x ∈ G. Deci si a−1 ∈ Z(G). Am demonstrat astfel ca Z(G)este subgrup al lui G. Cum |Z(G)| ≥ 1002 > 1001, care este cel mai mare divizorpropriu al lui 5005 care este ordinul lui G rezulta din punctul a) ca G = Z(G), decitoate elementele lui G comuta ıntre ele.c) Fie H = {x ∈ G|x2 = e}. Fie a, b ∈ H. Atunci a2 = b2 = e si cum G este abelianavem (ab−1)2 = a2b−2 = e ⇒ ab−1 ∈ H. Astfel am demonstrat ca H este subgrupal lui G. Cum |H| = 36 > 35, care este cel mai mare divizor propriu al lui 105.Rezulta astfel din punctul a) ca G = H.

59

112. Fie x ∈ G fixat. Daca y ∈ F si ordinul lui y este k, atunci (xyx−1)k = xykx−1 = e,deci si xyx−1 are ordin finit ın G, adica xyx−1 ∈ F .Functia fx : F → F, f(x) = xyx−1 este injectiva si cum F este finita, rezulta ca fxeste bijectiva. Daca |F | = p atunci functia fx defineste o permutare σ ∈ Sp, astfelıncat daca F = {x1, x2...xp} atunci fx(xi) = xσ(i). Cum σ ∈ Sp si Sp are ordinul p!

avem ca σp! = e unde e este permutarea identica. Astfel f(p!)x = fx ◦ fx ◦ ... ◦ fx︸︷︷︸

p! ori

(xi) =

xσp!(i) = xi, deci f(p!)x (y) = y, ∀y ∈ F . Atunci xp!yx−p! = y, ∀y ∈ F , deci xp!y =

yxp!, ∀y ∈ F .Astfel am gasit n = p! astfel ıncat xny = yxn, ∀x ∈ G si ∀y ∈ F .

113. a) Fie x, y ∈ H cu Hx = Hy. Fie h ∈ H \ {e}, care exista, H fiind subgruppropriu. Atunci xhx−1 ∈ Hx = Hy, deci exista h′ ∈ H cu xhx−1 = yh′y−1, adicah′ = (y−1x)h(y−1x)−1 ∈ H ∩ Hy−1x. Din faptul ca h �= e avem ca h′ �= e, adicay−1x /∈ G \H. Deci y−1x ∈ H si x−1y ∈ H.

Reciproc, fie x, y ∈ G cu x−1y ∈ H. Fie h ∈ H. Atunci xhx−1 = y(y−1x)h(y−1x)−1y−1 ∈Hy. Deci Hx ⊆ Hy. Incluziunea inversa rezulta imediat, deci Hx = Hy.

b) Fie x, y ∈ G cu Hx �= Hy, adica, conform punctului a) x−1y ∈ G \ H. Fiez ∈ Hx ∩ Hy �= ∅ (pentru ca e este ın intersectie). Atunci exista h, h′ ∈ H cuz = xhx−1 = yh′y−1, de unde h = (x−1y)h′(x−1y)−1 ∈ H ∩Hx−1y = {e}, pentru cax−1y ∈ G \H. Astfel h = e si z = e. Deci daca Hx �= Hy, atunci Hx ∩Hy = {e}.Fie H = {Hx : x ∈ G}. Fie functia f : G→ H, f(x) = Hx. Cum f(x) = f(y) ⇐⇒Hx = Hy ⇐⇒ x−1y ∈ H ⇐⇒ y ∈ xH, rezulta ca elementele lui G pot fi grupateın clase de cate n elemente cu aceeasi imagine prin functia f . Astfel H are k = m

nelemente. Fie x1, ..., xk elemente ale lui G astfel ıncat H = {Hx1 , Hx2 , ..., Hxk}.Atunci pentru ca Hxi ∩Hxj = {e}, ∀i �= j, rezulta ca

∣∣∣∣∣⋃x∈G

Hx

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣

k⋃i=1

Hxi

∣∣∣∣∣ = k(n− 1) + 1 = m =m

n+ 1.

114. Daca A,B ∈ G, atunci AB ∈M2(R) si det(AB) = det(A)det(B) ∈ {−1, 1}. Deci Geste parte stabila relativ la operatia de ınmultire a matricilor. det(I2) = 1⇒ I2 ∈ G.Deci elementul neutru este ın G. Deasemenea, daca A ∈ G atunci det(A) = ±1, decimatricea A este inversabila si det(A−1) = det(A) = ±1. Astfel avem ca A ∈ G ⇒A−1 ∈ G. Prin urmare, G este grup relativ la operatia de ınmultire a matricilor.Analog se demonstreaza ca siH este grup relativ la operatia de ınmultire a matricilor.Sa presupunem acum ca G si H sunt grupuri izomorfe. Atunci exista un izomorfismf : H → G. f este bijectiv si f(AB) = f(A)f(B).Pentru A = I2 avem f(A) = f(A)f(I2), deci f(I2) = I2.Deoarece f este izomorfism exista o matrice A ∈ H cu proprietatea ca f(A) =(0 11 0

)∈ G. Atunci avem ca f(A2) = f(A)f(A) = I2 si din faptul ca f este


injectiv rezulta ca A2 = I2 si det(A) = 1 pentru ca A ∈ H.Folosim acum relatia Cayley-Hamilton pentru matricea A:

A2 − Tr(A)A+ det(A)I2 = O2.

Aplicata pentru matricea A avem A2 − Tr(A)A + I2 = O2, deci Tr(A)A = 2I2,adica A = 2

Tr(A)I2. Cum det(A) = 1 si A �= I2 pentru ca f este injectiv, rezulta ca

A

(−1 00 −1

).

Consideram acum matricea B ∈ H cu proprietatea f(B) =

(0 −1

−1 0

)∈ G. Atunci

analog se arata ca B2 = I2, det(B) = 1 si B �= I2. Deci B =

(−1 00 −1

). Astfel

A = B si f(A) �= f(B). Contradictie!Prin urmare, grupurile G si H nu sunt izomorfe.

115. Fie (G, ·) grupul dat si a, b ∈ G \ {e} distincte. Atunci, conform enuntului avem cacel putin doua elemente din multimea {a, b, ab} comuta. Daca ab = ba atunci a sib comuta. Daca aab = aba, din nou a si b comuta. Daca bab = abb, din nou a si bcomuta. Deci oricare dou a elemente din G \ {e} comuta. Astfel G este comutativ.

116. a) Cum ordinul grupului este impar, teorema lui Lagrange ne spune ca nu putem aveanici un element de ordin 2. Acest lucru ınseamna ca inversul oricarui element estediferit de el ınsusi. Asadar putem ımparti elementele diferite de e ın perechi (a, a−1)si aceste perechi vor fi evident disjuncte. Astfel, produsul tuturor elementelor grupu-lui va fi produs de a · a−1 pentru toate perechile (a, a−1), adica e.b) Sa presupunem ca G = {e, x1, x2, ..., x4n+1} si ca produsul elementelor sale estee. Grupul va trebui sa contina neaparat un element a de ordin 2, caci altfel ele-mentele x1, x2, ..., x4n+1 ar putea fi ımpartite ın perechi distincte de elemente dis-tincte (y, y−1) si asta este imposibil pentru ca 4n+ 1 este impar.De aceea avem un a �= e cu a2 = e si acum sa ımpartim cele 4n+ 2 elemente ale luiG ın perechi (x, ax), care sunt disjuncte avand ın vedere faptul ca a · (ax) = x. Dinfiecare dintre cele 2n+1 perechi luam cate un reprezentant si notam cu A multimeaacestor reprezentanti. Evident, G \A = a ·A. Astfel

e =∏x∈G

x =∏x∈A

x∏

x∈G\Ax =

∏x∈A

x∏x∈A

ax = a2n+1∏x∈A

x2 = ay2.

Astfel a = y2, unde y =∏

x∈A x. Fie d ordinul lui y si evident d|4n+2. Daca d esteimpar atunci ad = y2d = e. Contradictie pentru ca d este impar si a are ordinul 2.Daca d = 2l, unde l este impar atunci avem al = y2l = e. Contradictie pentru ca leste impar si ordinul lui a este 2. Deci ın fiecare caz obtinem o contradictie si astfelprodusul tuturor elementelor din grup nu este e.c) Daca grupul este necomutativ, atunci exista doua elemente a si b astfel ıncatab �= ba. Fie x1, x2, ..., xk, a, b elementele grupului si sa presupunem ca pentru orice

61

permutare a elementelor avem produsul e. De aici rezulta ca

x1x2...xkab = x1x2...xkba = e.

Deci ab = ba. Contradictie! Astfel problema este rezolvata.

117. Presupunem ca G este comutativ. Atunci fie H = {e, a, b, ab}. Se observa ca H estesubgrup al lui G, deci 4|10 contradictie!

118. Fie a, b ∈ H si x ∈ G \H. Atunci xax−1 = a−1, xbx−1 = b−1 si xabx−1 = (ab)−1 =b−1a−1. Deci a−1b−1 = xax−1xbx−1 = xabx−1 = b−1a−1. Acest lucru este adevaratpentru orice a, b ∈ H. Fie acum x, y ∈ H atunci exista a, b ∈ H astfel ıncat x = a−1 siy = b−1, deci xy = a−1b−1b−1a−1 = yx. Astfel am demonstrat ca H este comutativ.xhx−1 = h−1 ⇒ xh = h−1x⇒ x2h = xh−1x = xh−1x−1x2 = hx2.Avem si xhx−1 = h−1 ⇒ hxhx−1 = e⇒ hxh = x⇒ (xh)2 = x2, ∀x ∈ G \H, ∀h ∈Hs.Fie x ∈ G \ H oarecare. Atunci G = H ∪ xH. Deci G \ H = xH. Astfel avem∀x, y ∈ H exista h ∈ H astfel ıncat x = yh. Dar y2 = (yh)2 = x2. Deci x2 =y2, ∀x, y ∈ G \H. (1)Bineanteles ca x2 ∈ H, ∀x ∈ G \H pentru ca daca x2 ∈ G \H am avea ca x2 = x.Fals!Din relatia (xh)2 = x2, ∀x ∈ G \ H, h ∈ H pentru h = x2 obtinem x6 = x2, decix4 = e si astfel x are ordinul 2 sau 4. Dar, cum ordinul lui x divide 2n, unde n esteimpar rezulta ca x are ordinul 2, deci x2 = e si din (1) obtinem ca x2 = e, ∀x ∈ G\H,deci orice element din G \H are ordinul 2.

119. Un grup cu un element este evident comutativ.Daca G = {e, x} este un grup cu doua elemente atunci G este comutativ.Daca G = {e, a, b} atunci a2 /∈ {e, a}. Daca a2 = e rezulta ca a = e din faptul caa3 = e. Deci b = a2 si G = {e, a, a2}, care este comutativ.Daca G = {e, a, b, c} atunci avem doua cazuri: Din teorema lui Lagrange avem caordinul fiecarui element divide ordinul grupului, deci ordinul oricarui element este 2sau 4.i) Avem un element de ordin 4, de exemplu a. Atunci {e, a, a2, a3} este subgrup allui G cu 4 elemente, adica G = {e, a, a2, a3}. Deci G este comutativ.ii) Fiecare element al lui G are ordinul 2. Atunci e = x2y2 = (xy)2, ∀x, y ∈ G.Atunci rezulta ca xy = yx, ∀x, y ∈ G, deci G este comutativ.Daca G = {e, a, b, c, d} atunci ord(a) = 5, deci H = {e, a, a2, a3, a4} este subgrup allui G cu cinci elemente, deci G = H = {e, a, a2, a3, a4}. Astfel G este comutativ.

120. Fie G o multime cu n elemente (n ∈ N∗), G = {a0, a1, ..., an−1}.Daca i, j ∈ {0, 1, 2, ..., n − 1} definim ai · aj = ar unde r este restul ımpartirii luii + j la n. Aceasta operatie este evident asociativa, comutativa, elementul neutrueste a0, iar simetricul lui ai este an−i pentru orice i ∈ {0, 1, ..., n− 1}.

121. Daca A,B ⊂ G atunci AB = {xy|x ∈ A, y ∈ B}.Presupunem ca exista a ∈ G \ AB si definim functia f : B → G \ A, f(x) = ax−1.


Observam ca functia este bine definita pentru ca daca exista x0 ∈ B cu f(x0) ∈ Aatunci avem ca ax−1o = y ⇒ a = yx0 cu y ∈ A si x0 ∈ B, deci a ∈ AB. Contradictie!Deci f este bine definita. Deasemenea f este evident injectiva. Astfel avem ca|B| ≤ |G| − |A| ⇒ |A| + |B| ≤ |G|. Contradictie cu enuntul. Deci presupunerea caexista a ∈ G \AB este falsa. Astfel rezulta ca G = AB.

122. Pentru ınceput demonstram ca produsul tuturor elementelor unui grup este egalcu produsul elementelor de ordin 2. Intr-adevar, daca notam cu A multimea carecontine toate elementele de ordin diferit de 2 atunci orice element din A are inversuldiferit de el ınsusi, si atunci elementele sale pot fi grupate ın perechi disjuncte (x, x−1)si evident produsul tuturor elementelor din A este e. Deci

∏x∈G

x =∏x∈A

x ·∏

x∈G, ord(x)=2

x =∏

x∈G, ord(x)=2

. (∗)

Fie G un grup comutativ finit. Presupunem ca G are un subgrup H cu proprietatea(P ). Atunci ∏

x∈Hx =

∏x∈G\H

x.

Inmultind cu∏

x∈H x obtinem

(∏x∈H

x)2 =∏x∈G

x ⇐⇒∏

x∈H, ord(x)=2

x2 =∏x∈G

x ⇐⇒ e =∏x∈G

.

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

e =∏x∈G

x = (∏

x∈J,ord(x)=2

x)2(∗)= (

∏x∈J

x)2.

Simplificand cu∏

x∈J x avem ca

∏x∈J

x =∏

x∈G\Jx,

deci si J are proprietatea (P ). Cum J a fost ales arbitrar rezulta ca orice subgrupal lui G care este diferit de G are proprietatea (P ).

123. Evident, opreatia ∗ este comutativa pentru orice x, y ∈ R, deci si pe M . Fie eelementul neutru si fie [e] = a si {e} = b. Asadar, pentru ca M sa fie grup trebuieca

x ∗ e = x⇒ [x]b+ {x}a = 2x⇒ [x](2− b) + {x}(2− a) = 0 (1),

pentru toti x ∈M . Scriind aceasta relatie pentru x = e avem

a(2− b) + b(2− a) = 0⇒ a+ b− ab = 0⇒ b(a− 1) = a.

63

Daca avem ın vedere ca a este ıntreg si b este cuprins ın [0, 1) atunci a > 1⇒ b > 1.Imposibil! Nu putem avea a = 1, iar daca a = 0, atunci si b = 0. De aici avem caa ≤ 0 si numerele 2 − a si 2 − b sunt ambele pozitive. De aici si din (1) rezulta cıanu putem avea ın M numere pozitive.Pentru orice x ∈M avem din (1)

{x} = −[x]2− a

2− b.

Asta ınseamna ca orice x ∈M este de forma

[x] + {x} = k − k2− b

2− a= k

b− a

2− a= k

aa−1 − a

2− a=

= k2a− a2

(2− a)(a− 1)= k

a

a− 1= xk,

unde k este partea Intreaga a lui x. Deoarece [e] = a avem e = xa. Daca a = 0 seobserva ca singurul element al lui M este 0, iar M = {0} este evident grup abelian.Acum fie a �= 0. Pie P = {k ıntreg : xk ∈M}. Atunci multimea M este definita demultimea de ıntregi nepozitivi P . Asadar pentru orice k, l ∈ P avem ca

xk ∗ xl = 1

2([xk]{xl}+ [xl]{xk}) =

=1

2

(k

l

a− 1+ l

k

a− 1

)= kl

1

a− 1= x kl

a.

Cum M este grup abelian, numarul xk ∗ xl trebuie sa fie ın M si asta ınseamnaca kl

a ∈ P . Iterand aceasta relatie pentru orice numere k1, ..., kn ∈ P , obtinem cak1k2...knan−1 ∈ P si ın particular kn

an−1 ∈ P . Deci an−1|kn pentru orice k si pentru oricen. Evident ca orice numar prim p care ıl divide pe a ıl divide si pe k. Daca α esteexponentul lui p ın a si β este exponentul lui p ın k atunci avem ca

(n− 1)α ≤ nβ, ∀n⇒ n− 1

n≤ β

α, ∀n⇒ α ≤ β.

Deci a|k pentru price k ∈ P . Daca ar exista un k ∈ P cu k < a atunci 1 > {xk} =k

a−1 > 1, ceea ce este absurd. Asadar, singurele elemente ale lui P pot fi 0 si a. Darpentru a �= 0 0 nu este inversabil, deci singura posibilitate pentru ca M sa fie grupeste ca P = {a}.Deci singurele grupuri abeliene de forma ceruta sunt M =

{a2

a− 1

}pentru a ≤ 0 si

aceste grupuri verifica proprietatea ceruta.

124. Avem ca xy = ypx. Deci xyk = ypxyk−1 = yp(xy)yp−2 = y2pxyp−2 = ... =y(k−1)pxy = ykpx.De aici rezulta ca xky = xk−1(xy) = xk−1ypx = xk−2(xyp)x = xk−2yp2x2 = ... =

ypkxk.

Avem ca xynd = y

pd·nx = e

pdx = ex = x⇒ y

nd = e.


125. a) Fie a ∈ G \H. Atunci si b = a−1 ∈ G \H. Daca a �= b atunci e = ab = ba, unde asi b ∈ G \H. Contradictie cu enuntul! Deci a−1 = a pentru orice a ∈ G \H. Astfela2 = e, ∀a ∈ G \H.b) Fie a ∈ H, x ∈ G \H arbitrare. Atunci avem ca ax ∈ G \H si axax = (ax)2 =e = x2. Deci axa = x, ∀a ∈ H, ∀x ∈ G \H (1). Fie a, b ∈ H arbitrare si x ∈ G \Hfixat. Atunci x = axa = bxb. Cum xa ∈ G \ H (1)⇒ xa = bxab. Astfel avemabxab = x = bxb⇒ abxa = bx = baxa⇒ ab = ba. Cum a si b au fost alese arbitrarrezulta ca H este comutativ.c) Consideram grupul G = {e, a, b, ab, aba, ba}, unde ab �= ba si a2 = b2 = (ab)3 = e.Astfel avem aba = bab si H = {e, ab, ba}.

126. a) Fie g : G → G, g(x) = f(x)x−1. Daca g(x) = g(y) atunci rezulta ca f(x)x−1 =

f(y)y−1 ⇒ f(y−1)f(x) = y−1x ⇒ f(y−1x) = y−1xii)⇒ y−1x = e ⇒ x = y. Deci g

este injectiva si cum G este finit rezulta ca g este si surjectiva. Deci {f(x)x−1|x ∈G} = G.Fie y ∈ G. Cum g este surjectiva putem gasi x ∈ G astfel ıncat g(x) = y. Atuncif(y) = f(g(x)) = f(f(x)x−1) = f(f(x))f(x−1) = x(f(x))−1 = (f(x)x−1)−1 = y−1.Cum y a fost ales arbitrar rezulta ca f(x) = x−1, ∀x ∈ G. Astfel (xy)−1 = f(xy) =f(x)f(y) = x−1y−1, ∀x, y ∈ G. Astfel rezulta ca G este comutativ.c) Presupunem ca n este par. Atunci, din teorema lui Cauchy rezulta ca exista celputin un element de ordin 2. Deci exista x ∈ G \ {e} cu x2 = e. Atunci x−1 = x sif(x) = x−1 = x si din enunt rezulta ca x = e. Contradictie! Deci n este impar.

127. Daca x2 = e, ∀x ∈ G atunci G este comutativ. Avem ca g(x) = f(x) · f(ax) sig(ax) = f(ax) · f(a2x) = f(x) · f(ax). Deci g(x) = g(ax). Daca g ar fi injectivaatunci ar rezulta ca x = ax, adica a = e. Contradictie cu ipoteza. Deci g nu esteinjectiva.

128. a) Demonstram prin inductie afirmatia: P (i) : yni= xiyx−i.

P (1) este adevarata din ipoteza.Presupunem P (i) adevarata. ⇒ yn

i= xiyx−i ⇒ (yn

i)n = yn

i+1= (xiyx−i)n =

xiyx−ixiyx−i...xiyx−i︸︷︷︸nori

= xiynx−i yn=yxy−1

= xi+1yx−(i+1), deci si P (i+1) este adevarata.

Prin inductie matematica tezulta ca P (n) este adevarata pentru orice n ∈ N∗.b) Demonstram mai ıntai ca oricare ar fi p, q ∈ N∗ are loc yn

pq = xpyqx−p.Intr-adevar, yn

pq = (ynp)q = xpyx−pxpyx−p...xpyx−p︸︷︷︸

qori

= xpyqx−p.

Daca notam

a =k∑

j=1

bjnj ,

rezulta caya = (yn

kbk)(ynk−1bk−1)...(ynb1) =

= (xkybkx−k)(xk−1ybk−1x−(k−1))...(x2yb2x−2)(xyb1x−1) =

65

= ybkx−1ybk−1x−1...x−1yb1x−1.

129. Fie k = ord(xy). Avem ca (xy)mn = xmnymn = (xm)n(yn)m = e. Deci k ≤ mn.Deasemenea fie p, q resturile ımpartirii lui k la m, respectiv n. Atunci e = (xy)k =xkyk = xαm+pyβn+q = xpyq. Deci e = (xpyq)m = xmpymq = ymq. Astfel n|mq sicum (m,n) = 1 rezulta ca n|q cu q < n. Asta implica q = 0, deci k divizibil cu n.Analog se arata ca m|k. Cum (m,n) = 1 rezulta ca mn|k, deci mn ≤ k.Deci mn = k = ord(xy).

130. G este un grup cu un numar impar de elemente. Atunci daca a este un elemental lui G rezulta ca ord(a) este impar. Intr-adevar, daca consideram H =< a >subgrupul lui G generat de a, acesta are proprietatea ca |H| = ord(a). Din teoremalui Lagrange rezulta ca |H| divide |G|. Astfel si ordinul lui a divide ordinul lui Gcare este impar. Prin urmare ordinul lui a este impar. Am demonstrat astfel caordinul oricarui element al lui G este impar.Intr-un grup finit avem ord(xy) = ord(yx), ∀x, y ∈ G. Fie acum x, y ∈ G. Atuncidin ipoteza avem ca (xy)2 = (yx)2(1) .Deasemenea daca notam cu q = ord(xy) = ord(yx), am demonstrat mai sus ca qeste impar. Deci (q, 2) = 1 si astfel exista k, l ∈ Z astfel ıncat 2k + ql = 1.Astfel avem

xy = (xy)2k+ql = ((xy)2)k((xy)q)l = ((yx)2)k)((yx)q)l = (yx)2k+ql = yx.

Deci xy = yx, si cum x si y au fost alese arbitrar, rezulta ca G este grup abelian.

131. Fie g ∈ G si functia f : G → G, f(x) = x−1g. Evident, f este injectiva. DacaA = {a1, ..., an}, atunci f(A) = {f(a1), ..., f(an)} ⊂ G si card(A) = n pentru ca feste injectiva.Daca A∩ f(A) = ∅, atunci cardG ≥ cardA+ cardf(A) = 2n > cardG. Contradictie!Prin urmare exista k astfel ıncat ak ∈ f(A). Deci exista j cu proprietatea f(aj) = akde unde a−1j g = ak, adica g = ajak. Cum g a fost ales oarecare, problema esterezolvata.

132. Fie G un grup finit si x, y ∈ G. Fie k ordinul lui xy ın G. Atunci

(xy)k = e ⇐⇒ x(yx)k−1y = e ⇐⇒ (yx)k−1y = x−1 ⇐⇒ (yx)k = e.

Deci ord(yx) ≤ ord(xy). Analog se arata ca ord(xy) ≤ ord(yx). Prin urmareord(xy) = ord(yx).

133. Fie |G| = p1p2...pn, unde pi, i = 1..n sunt numere prime distincte doua cate doua.Din teorema lui Cauchy stim ca daca p| |G| si p e prim, atunci exista ın G cel putinun element de ordin p.Astfel exista x1, x2, ..., xn ∈ G cu ord(xi) = pi, i = 1..n. Deci daca x = x1x2...xn,atunci din faptul ca G este comutativ si pi sunt prime ıntre ele avem ord(x) =ord(x1x2...xn) = ord(x1)ord(x2)...ord(xn) = p1p2...pn = ord(G). Deci G =< x > sieste ciclic.


134. a) Fie H un subgrup al lui G cu n elemente. Atunci K = G \H are n elemente.Fie a in G. Daca a ∈ H atunci aH = H = Ha. Daca a /∈ H, atunci aH,Ha ⊂G\H = K. Dar functiile fs : H → aH, fs(x) = ax si fd : H → Ha, fd(x) = xa suntbijectii, deci |H| = |aH| = |Ha|. Deoarece aH,Ha ⊂ K si |aH| = |Ha| = |H| = |K|rezulta ca aH = Ha = K. Deci pentru orice a ∈ G avem aH = Ha.b) Presupunem ca exista H,K doua subgrupuri ale lui G cu |H| = |K| = n siH ∩K = {e}.Fie H = {e, a1, a2, ..., an−1}, K = {e, b1, b2, ..., bn−1}. Cum |H ∪K| = 2n− 1 rezultaca G \ (H ∪K) = {c}.c ∈ G ⇒ c−1 ∈ G. Daca c−1 ∈ H ∪ K, atunci c ∈ H ∪ K, ceea ce este fals, decic−1 = c, adica c2 = e.Folosim punctul a) pentru H si avem ca

{c, ca1, ca2, ..., can−1} = {c, a1c, a2c, ..., an−1c} = {b1, b2, ..., bn−1, a}.De aici rezulta ca daca bi ∈ K acunci exista ak, al ∈ H astfel ıncat bi = aka = aal.Deci b2i = aka

2al = akal ∈ H ∩ K ⇒ b2i = e, ∀i = 1..n − 1. Analog a2i = e, ∀i =1..n− 1. Deci x2 = e, ∀x ∈ G. De aici rezulta ca G este abeilan.

135. a) Evident, x ∈ H ⇒ x2 ∈ H.Fie acum x ∈ G cu x2 ∈ H. Ordinul lui G este impar, rezulta ca ordinul lui x esteimpar, deci exista k ∈ N cu x2k+1 = e.x2 ∈ H ⇒ x2k+2 ∈ H ⇒ x2k+1x ∈ H ⇒ x ∈ H.b) Fie a ∈ G \ H. Evident ca f : G → G, f(x) = ax este injectiva. Rezulta ca|f(G \H)| = |G \H|. Presupunem ca (G \H)∩ f(G \H) = ∅. Deci 2|G \H| ≤ |G|.De aici avem faptul ca 2|G| − 2|H| ≤ |G| si mai departe |G| ≤ 2|H|. Deoarece |H|divide |G|, |G| este impar si H �= G avem ca |H| · k = |G| si din cele demonstratemai sus k ≤ 2 si k impar. Rezulta ca k = 1, adica |H| = |G|. Contradictie!Deci ∃b ∈ G \ H astfel ıncat f(b) = d ∈ G \ H. Astfel exista a, b ∈ G \ H cuab ∈ G \H.

136. Fie ordG = n si d cel mai mare divizor comun al ordinelor elementelor din G \ {e}.Evident, d|n. Daca d = 1 atunci exista elementul cautat si este e.Fie acum d > 1 si fie d = pa11 pa22 ...pakk , descompunerea lui d ın factori primi. Atunciexista elementele x1, x2, ..., xk astfel ıncat pai |ord(xi), adica ord(xi) = pai · ti.Daca x = xt11 x

t22 ...x

tkk atunci xd = (x

t1·pai11 )

d

pai1 ...(x

tk·pakk1 )

d

pakk = e. Prin urmare

ord(x) ≤ d care este cel mai mare divizor comun al tuturor ordinelor elementelordin G \ {e}. Deci ord(x) ∈ {1, d}.Presupunem ca x = e. Atunci e = xp

akk = (xt11 x

t22 ...x

tk−1

k−1 )pakk . Deci ordinul lui

xt11 xt22 ...x

tk−1

k−1 este mai mic decat d, adica este 1. De aici rezulta ca xtkk = e, adicaxk = e. Fals!Deci x �= e si de aici rezulta ca ordx = d.

137. Fie A ⊂ G \ {e} cu |A| =[n− 1

2

]+ 1, unde n = |G|.

Fie f, g ∈ EndG astfel ıncat f(x) = g(x), ∀x ∈ A si H = {x ∈ G : f(x) = g(x)}.

67

H este subgrup al lui G. Din faptul ca f(e) = g(e) = e reaulta ca e ∈ H \ A, deci

|H| ≥ |A|+ 1 =

[n− 1

2

]+ 2 >

n− 1

2+ 1 =

n+ 1

2>

n

2. Cum |H| divide |G| rezulta

ca G = H. Deci |End(G)| ≤ |{f : A→ G, f functie }| = n[n−12

]+1. Folosind enuntul

avem nn−2 ≤ n[n−12

]+1 ⇒ n− 2 ≤ [n−12

]+ 1⇒ n− 1 ≤ n−1

2 + 1⇒ n ≤ 5.Daca n = 1 atunci G = e si |EndG| = 1 = 1−1. Deci G = {e} verifica conditia data.Daca n = 2 atunci G � Z2 si |End(Z2)| = 2 �= 20.Daca n = 3 atunci G � Z3 si |End(Z3)| = 3 = 33−2, deci si Z3 verifica conditia data.Daca n = 4 atunci G � Z4 sau G � K(grupul lui Klein). Se verifica faptul ca|End(Z4)| = 4 �= 42 si |End(K)| = 16 = 42.Daca n = 5 atunci G � Z5 si |End(Z5)| = 5 �= 53.Deci grupurile cautate sunt {e},Z3 si K.

138. Daca x ∈ H evident ca x2 ∈ H, din definitia unui subgrup. Daca x /∈ H atuncipentru orice y ∈ H avem xy /∈ H. Deci functia fx : H → G \ H, fx(h) = xh estecorect definita. Mai mult, ea este si injectiva pentru ca ın grup are loc proprietateade simplificare. Daca tinem cont ca |H| = |G \ H| = n atunci putem vedea cafunctia este chiar bijectiva. Presupunem ca x2 = y ∈ G \ H. Deoarece functia fxeste surjectiva rezulta ca exista h ∈ H cu xh = y = x2 adica x = h. Contradictie cux /∈ H. Deci presupunerea facuta este falsa si x2 ∈ H, ∀x ∈ G.

Capitolul 5

Inele - Solutii

1. Cum ab−1 este inversabil notam u = b(ab−1)−1, care este produsul a doua elementeinversabile, deci este inversabil. Observam ca (a − b−1)u = (a − b−1)b(ab − 1)−1 =(ab − 1)(ab − 1)−1 = 1 . Deci inversul lui a − b−1 este inversabil si (a − b−1)−1 =b(ab− 1)−1.Calculam (aba− a)((a− b−1)−1 − a−1) = (aba− a)(b(ab− 1)−1 − a−1) = abab(ab−1)−1−ab(ab−1)−1−abaa−1+aa−1 = ab(ab−1)(ab−1)−1−ab+1 = ab−ab+1 = 1si((a − b−1)−1 − a−1)(aba − a) = (b(ab − 1)−1 − a−1)(aba − a) = b(ab − 1)−1aba −a−1aba − b(ab − 1)−1a + a−1a = b(ab − 1)−1(ab − 1)a − ba + 1 = ba − ba + 1 = 1.Deci Deci (a− b−1)−1 − a−1 este inversabil si inversul sau este aba− a.

2. Consideram elementele urmatoare din inelul A: ac, a2c, ..., anc, ... si vom demonstraca sunt distincte.Presupunem ca exista m,n ∈ N, m > n astfel ıncat anc = amc. Inmultind cu c

la stanga obtinem ca caan−1c = caam−1c ⇒ ban−1c = bam−1c2)⇒ an−1c = am−1c.

Astfel, repetand acest procedeu de m ori avem ca an−mc = c| · a la dreapta ⇒ b =

ca = an−mca = an−mb1)= ban−m

2)⇒ an−m = 1. Deci a este inversabil, inversul sau

fiind an−m−1. Astfel avem ca daca ca = b⇒ c = ba−1. Deci ac = a(ba−1) = aba−11)=

aa−1b = b. Contradictie cu enuntul! Deci presupunerea facuta este falsa. Astfel,toate elementele ac, a2c, ..., anc, ... sunt distincte. Deci inelul A este infinit.

3. ”a) ⇒ b)”: ba2b = 1| · a la dreapta ⇒ baaba = a⇒ ba2 = a. Folosind acest rezultatavem ca 1 = ba2b = ab. Deci ab = 1. Cum 1 = baab⇒ ba = 1 deasemenea.”b) ⇒ c)”: ab = ba = 1; astfel aba = a(ba) = a. Presupunem ab1a = a si ab2a = a.Rezulta ab1a = ab2a. Inmultind si la stanga si la dreapta cu b obtinem b1 = bab1ab =bab2ab = b2. Deci b1 = b2. Astfel am demonstrat ca nu exista decat un element b cuaceasta proprietate.”c) ⇒ a)”: aba = a (1) ⇒ aba − a = 0 ⇒ a(ba − 1) = 0 ⇒ a(ba − 1)a = 0 (2).Scazand pe (2) din (1) obtinem a(b+ 1− ba)a = a. Cum exista un singur element b

69

70 CAPITOLUL 5. INELE - SOLUTII

cu proprietatea aba = a, avem b = b + 1 − ba ⇒ ba = 1. Analog avem (ab − 1)a =0 ⇒ a(ab − 1)a = 0 ⇒ a(b + 1 − ab)a = a ⇒ b + 1 − ab = b ⇒ ab = 1. Deciba2b = baab = 1 · 1 = 1. Astfel problema este rezolvata.

4. Fie n0 cel mai mic numar natural nenul astfel ıncat 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸n0 ori

= 0. Atunci

{0, 1, 1 + 1, ..., 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸n0−1 ori

} este subgrup al grupului (A,+). Din teorema

lui Lagrange avem ca n0 |5 deci n0 ∈ {1, 5}. Daca n0 = 1 atunci avem 1 = 0.Contradictie! pentru ca inelul are mai mult de un element. Deci 5 este cel mai micnumar cu propretatea ceruta. Astfel avem

A = {0, 1, 1 + 1, 1 + 1 + 1, 1 + 1 + 1 + 1}.Deci daca x, y ∈ A ⇒ ∃m,n ∈ N, n,m ≤ 4 astfel ıncat x = 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸

m ori

si

y = 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸n ori

. Atunci xy = 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸mn ori

= yx. Deci A este comutativ.

5. Facem conventia sa notam x+ x+ ...+ x︸︷︷︸n ori

cu nx, unde x ∈ A si n ∈ N.

Avem x6 = x, ∀x ∈ A. Pentru x = −1 se obtine ca 1 = (−1)6 = −1 ⇒ 1 +1 = 0| · x, x ∈ A ⇒ x + x = 0, ∀x ∈ A ⇒ Daca k ∈ N atunci (2k)x = 0 si(2k + 1)x = x, ∀x ∈ A (1).

Din enunt avem ca x+1 = (x+1)6 = x6 +6x5 +15x4 +20x3 +15x2 +6x+1(1)⇐⇒

x+ 1 = x6 + x4 + x2 + 1 ⇐⇒ x4 + x2 = x6 − x ⇐⇒ x4 + x2 = 0, ∀x ∈ A.

x4 + x2 = 0|+ x2(1)⇒ x4 + (x2 + x2) = x2

(1)⇒ x4 = x2, ∀x ∈ A.x4 = x2| · x2 ⇒ x6 = x4 = x2. Cum x6 = x⇒ x2 = x.



Din enunt avem ca x12 = x, ∀x ∈ A. Pentru x = −1 se obtine 1 = (−1)12 = −1⇒1 + 1 = 0| · x, x ∈ A ⇒ x + x = 0, ∀x ∈ A ⇒Daca k ∈ N atunci (2k)x = 0 si(2k + 1)x = x, ∀x ∈ A (1).Din enunt pentru x → x + 1 avem ca x + 1 = (x + 1)12 = x12 + 12x11 + 66x10 +

220x9 + 495x8 + 792x7 + 924x6 + 792x5 + 495x4 + 220x3 + 66x2 + 12x + 1(1)⇐⇒

x+ 1 = x12 + x8 + x4 + 1 ⇐⇒ x8 + x4 = x12 − x ⇐⇒ x8 + x4 = 0, ∀x ∈ A.x8 + x4 = 0|+ x4 ⇒ x8 + (x4 + x4) = x4 ⇒ x8 = x4, ∀x ∈ A.x8 = x4| ·x4 ⇒ x12 = x8 = x4, ∀x ∈ A. Cum x12 = x, ∀x ∈ A avem x = x4, ∀x ∈ A.Facand x→ x3 ın aceasta relatie obtinem x3 = x12, ∀x ∈ A.x12 = x ⇒ x3 = x, ∀x ∈ A. Facand x → x + 1 avem x + 1 = (x + 1)3 =

x3 + 3x2 + 3x + 1, ∀x ∈ A(1)⇐⇒ x + 1 = x3 + x2 + x + 1, ∀x ∈ A ⇐⇒ x2 + x =

x− x3 ⇐⇒ x2 + x = 0|+ x ⇐⇒ x2 + (x+ x) = x ⇐⇒ x2 = x, ∀x ∈ A.

7. a) x2 = x, ∀x ∈ A. Pentru x = −1 obtinem 1 = (−1)2 = −1 deci 1 + 1 = 0| · x, x ∈A⇒ x+ x = 0, ∀x ∈ A.

71

b) 0 = (x + y)2 − (x + y) = x2 + xy + yx + y2 − x − y = xy + yx, ∀x, y ∈ A. Decixy + yx = 0, ∀x, y ∈ A. Adunand yx ın ambii membri avem xy + (yx + yx) =

yx, ∀x, y ∈ Aa)⇐⇒ xy = yx, ∀x, y ∈ A. Deci inelul este comutativ.

8. Observam ca 0,1 ∈M . Fie x ∈M \ {0, 1}. Avem (1− x)2 = x2 − x︸︷︷︸0

−x+ 1 = 1− x,

deci si 1− x ∈M . Daca avem x = 1− x| · x⇒ x2 = x− x2 = 0⇒ x2 = 0⇒ x = 0.Contradictie!. Deci x �= 1 − x. Deci pentru orice x0 ∈ M avem un alt element,1 − x0, diferit care apartine lui M(pentru 0 se ia 1). Datorita faptului ca M estefinita avem ca M are un numar par de elemente.

9. Cazul 1. Singurul element idempotent al lui A este 1. Atunci produsul elementeloridempotente este chiar 1.Cazul 2. Exista un alt element idempotent x ∈ A. Atunci si 1− x este idempotent.Cum x(1− x) = x− x2 = 0 este un factor al produsului, acesta este egal cu 0.

10. Avem ca 1 ∈ Z(A).Fie a, b ∈ Z(A). Atunci avem (a−b)x = ax−bx = xa−xb = x(a−b)⇒ a−b ∈ Z(A)Fie a, b ∈ Z(A). Atunci avem abx = axb = xab⇒ ab ∈ Z(A).Conform acestor trei rezultate, Z(A) este subinel al lui A.b) x2 − x ∈ A, ∀x ∈ A. Pentru x → x + y avem ca (x + y)2 − (x + y) ∈ Z(A) ⇒x2−x+y2−y+xy+yx ∈ Z(A). Cum Z(A) este subinel al lui A si x2−x, y2−y ∈ Z(A)rezulta ca(x2−x+y2−y+xy+yx)−(x2−x)−(y2−y) ∈ Z(A)⇒ xy+yx ∈ Z(A), ∀x, y ∈ A.Atunci avem ca x(xy + yx) = (xy + yx)x, ∀x, y ∈ A ⇐⇒ x2y + xyx = xyx +yx2, ∀x, y ∈ A. Deci x2y = yx2, ∀x, y ∈ A ⇒ x2 ∈ Z(A), ∀x ∈ A. Rezulta cax2 − (x2 − x) ∈ Z(A), ∀x ∈ A. Deci x ∈ Z(A), ∀x ∈ A. Deci Z(A) = A si ineluleste comutativ.

11. Stim ca Z(A) este subinel al lui A. Atunci Z(A) este subgrup aditiv al grupu-lui (A,+). Din teorema lui Lagrange avem ca ord(Z(A))|pq, deci ord(Z(A)) ∈{1, p, q, pq}. Cum 0 si 1 apartin lui Z(A), ord(Z(A)) ≥ 2. Avem urmatoarele cazuri:i) ord(Z(A)) = pq ⇒ Z(A) = A⇒ A este comutativ.ii) ord(Z(A)) = p. Alegem un element α ∈ A \ Z(A) si consideram multimea

B = {a0 + a1α+ ...+ anαn|n ∈ N, ai ∈ Z(A), i = 1..n}.

Aceasta multime contine valoarea pentru elementul α a tuturor polinoamelor dininelul Z(A)[X]. Cum Z(A)[X] este un inel rezulta ca si B este un inel, diferentasi produsul a oricare doua elemente din B aflandu-se tot ın B datorita faptului caatat diferenta cat si produsul a oricare doua polinoame din inelul Z(A)[X] este totın Z(A)[X]. B fiind inel, este un subinel al lui A. Deci ord(B)|pq. Evident avemca Z(A) ⊂ B(deci Z(A) este subinel si al lui B si astfel p = ord(Z(A))|ord(B)), siα ∈ B \ Z(A). Deci ord(B) > ord(Z(A)).

Astfel am obtinut cap|ord(B), dar ord(B) > pord(B)|pq

}⇒ ord(B) = pq ⇒ A = B. Deci


A este comutativ. Contradictie cu faptul ca ord(Z(A)) = p. Deci acest caz nusatisface conditiile problemei.iii) ord(B) = q. Se trateaza analog cu ii)Deci singura optiune este ord(Z(A)) = pq, adica A = Z(A). Astfel inelul A estecomutativ.

12. Inelul are proprietatea ca daca x2 = 0 atunci x = 0. (1)a) (zxz−xz)2 = zxzzxz−zxzxz−xzzxz+xzxz = zxzxz−zxzxz+xzxz−xzxz =

0(1)⇒ zxz − xz = 0⇒ zxz = xz. (2)

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

zx(2)⇒ zx = xz. Deci zx = xz, ∀x ∈ A⇒ z ∈ Z(A). Deci orice element idempotent

din A se afla ın Z(A).



Cum xn+1 = xn, ∀x ∈ A, avem prin indutie ca xn+a = xn, ∀a ∈ N, x ∈ A (1).Pentru x = −1 avem ca (−1)n+1 = (−1)n ⇒ 1 = −1 ⇒ 1 + 1 = 0 (2) xn+1 =xn ⇒ xn(x − 1) = 0, ∀x, y ∈ A. Pentru x → x + 1 avem (x + 1)nx = 0| · xn−2 ⇒(x+ 1)nxn−1 = 0. Dezvoltand avem(xn +

(n1

)xn−1 +

(n2

)xn−2 + ... +

(n

n− 1

)x + 1

)xn−1 = 0 ⇐⇒ x2n−1 +(

n1

)x2n−2+ ...+

(n

n− 1

)xn+xn−1 = 0

(1)⇐⇒((

n1

)+

(n2

)+ ...

(n

n− 1

))xn+

xn−1 = 0 ⇐⇒ (2n−1)xn+xn−1 = 0(2)⇒ xn+xn−1 = 0|+xn−1 ⇒ xn = xn−1, ∀x ∈ A.

Procedand inductiv ajungem la x2 = x, ∀x ∈ A.

14. f(x, y) = (xy)2 − x2y2 = x(yx− xy)y, ∀x, y ∈ A.a) Astfel f(1 + x, 1 + y) = (1 + x)((1 + y)(1 + x) − (1 + x)(1 + y))(1 + y) = (1 +x)(1 + x+ y + yx− 1− x− y − xy)(1 + y) = (1 + x)(yx− xy)(1 + y). f(1 + x, y) =(1 + x)(y(1 + x)− (1 + x)y)y = (1 + x)(y + yx− y − xy)y = (1 + x)(yx− xy)y.f(x, 1+y) = x((1+y)x−x(1+y))(1+y) = x(x+yx−x−xy)(1+y) = x(yx−xy)(1+y).f(x, y) = x(yx− xy)y.Din acestea rezulta ca E(x, y) = (1 + x)(yx − xy)(1 + y) − (1 + x)(yx − xy)y −x(yx − xy)(1 + y) + x(yx − xy)y = (1 + x)(yx − xy)(1 + y − y) − x(yx − xy)(1 +y − y) = (1 + x)(yx − xy) − x(yx − xy) = (1 + x − x)(yx − xy) = yx − xy. b)(xy)2 − (yx)2 = x2y2 − y2x2, ∀x, y ∈ A ⇐⇒ (xy)2 − x2y2 = (yx)2 − y2x2, ∀x, y ∈A ⇐⇒ f(x, y) = f(y, x), ∀x, y ∈ A ⇐⇒ E(x, y) = E(y, x), ∀x, y ∈ A ⇐⇒yx− xy = xy − yx, ∀x, y ∈ A ⇐⇒ (yx− xy) + (yx− xy) = 0. Deoarece x+ x = 0implica x = 0, ∀x ∈ A avem ca yx− xy = 0, ∀x, y ∈ A⇒ xy = yx, ∀x, y ∈ A. DeciA este inel comutativ.

15. a) Avem ab = 0. (ba)2 = b(ab)a = 0. (ba)2 = 0⇒ ba = 0.(axb)2 = ax(ba)xb = 0. (axb)2 = 0⇒ axb = 0b) (a2a3a1)

2 = a2a3(a1a2a3)a1 = 0. (a2a3a1)2 = 0⇒ a2a3a1 = 0.

73

(a3a1a2)2 = a3(a1a2a3)a1a2 = 0. (a3a1a2)

2 = 0⇒ a3a1a2 = 0.

c) a1a2...an = 0a)⇒ a1x1a2...an = 0

a)⇒ a1x1a2x2...an = 0⇒ ...⇒ a1x1a2x2...an−1xn−1an =0, pentru orice x1, x2, ..., xn−1 ∈ A.Avem (ai1ai2 ...ain)(ai1ai2 ...ain)...(ai1ai2 ...ain)︸︷︷︸

n ori

=

= x0(a1x1a2x2a3...an−1xn−1an)xn = 0. Unde xi este produsul factorilor dintre ai siai+1. Deci (ai1ai2 ...ain)

n = 0⇒ ai1ai2 ...ain = 0.

16. ”a)⇒ b)”: α2+1 = 0⇒ (−α)2+1 = 0. Cum esista un singur element α cu aceastaproprietate, avem α = −α ⇒ α + α = 0 ⇒ α(1 + 1) = 0| · −α ⇒ 1 + 1 = 0. Decisungurul element α pentru care are loc α2 + 1 = 0 este α = 1.Demonstram ca x2 = 0 implica x = 0. Fie x ∈ A astfel ıncat x2 = 0. (x+ 1)2 + 1 =x2 + x+ x+ 1 + 1 = 0⇒ x+ 1 = 1⇒ x = 0 (1).Fie functia φ : A→ A, φ(x) = x2. Demonstram ca φ este injectiva. Fie x, y ∈ A cux2 = y2. Rezulta ca 0 = x2 − y2 = (x + y)(x − y) = (x + y)(x + y) = (x + y)2 ⇒x + y = 0 ⇒ x = y. Deci funtia φ este injectiva. Cum A este finit avem ca φ estesurjectiva deci pentru orice a ∈ A exista b ∈ A astfel ıncat a = b2.”b) ⇒ a)”: Pentru orice a ∈ A exista b ∈ A astfel ıncat a = b2. Deci functiaφ : A → A, φ(x) = x2 este surjectiva. Inelul A este finit, deci φ este si injectiva.Astfel exista un unic element x din A astfel ıncat x2 = 1| + 1 ⇒ x2 + 1 = 0. Deciexista un singur element x din A astfel ıncat x2 + 1 = 0.

17. Luam cazul nebanal cand 1 �= 0. Fie B = {x ∈ A|x2 = 0} si C = {x ∈ A|x2 = 1}.Fie x ∈ B. Avem x2 = 0. (x+ 1)2 = x2 + x+ x+ 1 = x2 + 1 = 1, deci x+ 1 ∈ C.Fie x ∈ C. Avem x2 = 1. (x + 1)2 = x2 + x + x + 1 = x2 + 1 = 1 + 1 = 0, decix+ 1 ∈ B.x ∈ C ⇒ x2 = 1⇒ x este inversabil.Fie x inversabil. Exista x′ astfel ıncat xx′ = 1 ⇒ x /∈ B ⇒ x ∈ C. Deci C estemultimea care contine toate elementele inversabile din A. Astfel daca x, y ∈ C atuncixy este inversabil, si astfel xy ∈ C. Deci 1 = x2y2 = (xy)2 ⇒ xy = yx, ∀x, y ∈ C.Daca x ∈ B, y ∈ C ⇒ x+1 ∈ C, y ∈ C ⇒ (x+1)y = y(x+1)⇒ xy+y = y+yx⇒xy = yx.Daca x ∈ C, y ∈ B ⇒ x ∈ C, y+1 ∈ C ⇒ x(y+1) = (y+1)x⇒ xy+x = yx+x⇒xy = yx.Daca x ∈ B, y ∈ B ⇒ x + 1 ∈ C, y + 1 ∈ C ⇒ (x + 1)(y + 1) = (y + 1)(x + 1) ⇒xy + x+ y + 1 = yx+ x+ y + 1⇒ xy = yx.Deci ın fiecare caz avem xy = yx, ∀x, y ∈ A. Astfel A este comutativ.b) A = {0, 1, a, b}. Iata tablele adunarii si ınmultirii:+ 0 1 a b

0 0 1 a b1 1 0 b aa a b 0 1b b a 1 0

si

· 0 1 a b

0 0 0 0 01 0 1 a ba 0 a 0 ab 0 b a 1

18. Fie B multimea elementelor inversabile din A, si C multimea elementelor din A.


Conform enuntului avem ca functia f : B → C, f(x) = x + 1 este bine definita, siinjectiva, deci |B| ≤ |C|.Analog avem ca functia g : C → B, g(x) = x+1 este bine definita, si injectiva, deci|C| ≤ |B|. Rezulta ca |B| = |C| ⇒ 2 · |B| = |A|.Fie k numarul de elemente ale lui A. Daca (A,+) este ciclic, atunci fie 〈a〉 ungenerator al lui A, deci A = {0, a, 2a, ...(k − 1)a}. Deoarece 1 ∈ A rezulta ca existaq ∈ {1, 2, ..., k − 1} astfel ıncat 1 = qa. Aceasta egalitate se mai scrie (q · 1)a =a(q · 1) = 1, unde q · 1 = 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸

q ori

si arata ca elementul a este inversabil ın

inelul A. Considerınd atunci elementul a2 ∈ A, va exista p ∈ {1, 2, ..., k − 1} astfelıncat a2 = pa. Cum a este inversabil, din ultima egalitate deducem ca a = p · 1si aceasta arata ca a ∈ 〈1〉, unde 〈1〉 este subgrupul ciclic al lui (A,+) generat deelementul 1.Dar a fiind un generator al grupului A rezulta A ⊆ 〈1〉 si cum avem ın mod evident sicealalta incluziune, deducem egalitatea A = 〈1〉, adica A = {0, 1, 2 · 1, ..., (k− 1) · 1}.Se constata ca aplicatia Φ : A → Zk, Φ(i · 1) = i este un izomorfism de inele. Mairamane sa aratam ca numarul k este o putere a lui 2. A � Zk ⇒ |B| = |U(A)| =|U(Zk)| = φ(k), unde φ este indicatorul lui Euler.Egalitatea devine k = 2φ(k).Fie k = pα1

1 pα22 ...pαr

r descompunerea ın factori primi a numarului k, unde presupunemca p1 < p2 < ... < pr. Atunci φ(k) = pα1−1

1 pα2−12 ...pαr−1

r (p1−1)(p2−1)...(pr−1) (1).Deoarece 2 este numar prim care divide produsul p1p2...pr, va rezulta ca 2 = p1.Daca am avea r > 1 atunci (1) devine p2p3...pr = (p2− 1)(p3− 1)...(pr− 1) care esteo contradictie, caci p2p3...pr > (p2 − 1)(p3 − 1)...(pr − 1). Asadar r = 1 si p1 = 2,deci, notand α1 = n, am obtinut k = 2n. Prin urmare A � Z2n (izomorfism deinele). Se constata usor ca inelul Z2n satisface ipotezele probelmei.

19. a) Avem 1B ∈ B ⊂ A. Deci 1B − 1B = 0B, pe de o parte, si 1B − 1B = 0A, pe dealta parte. Deci 0A = 0B.Presupunem ca 1A ∈ B. Cum 1B ∈ B si 1B este elementul neutru ın B, avem ca1A · 1B = 1A si 1A · 1B = 1B. Deci 1A = 1B. Contradictie! Deci 1A ∈ A \B.Avem (1A−1B) ·1B = 1B−1B = 0, dar 1A−1B �= 0 si 1B �= 0, deci inelul A continedivizori ai lui 0.b) Fie u = 1A − 1B. Avem ca u2 = (1A − 1B)

2 = 12A − 1A1B − 1B1A + 1B1B =1A − 1B − 1B + 1B = 1A − 1B = u, deci u este idempotent.c) Fie A =M2(R) inelul matricilor patratice de ordinul doi cu elemente reale si fie

B =

{(a 00 0

)|a ∈ R

}ın care operatiile sunt adunarea si ınmultirea obisnuite ale

matrucilor. Avem

0A = 0B =

(0 00 0

), 1A =

(1 00 1

), 1B =

(1 00 0

).

20. Presupunem ca R[X] � C[X]. Astfel exista un izomorfism ϕ : R → C. Notamf = ϕ(X). Avem deg(f) ≥ 1 pentru ca daca deg(f) = 0 atunci ar rezulta ca X este

75

inversabil, ceea ce este o contradictie. (Daca f ar fi polinomul nul, atunci si X ar fipolinomul nul)Consideram polinomul ireductibil X2 + 1 ∈ R[X] avem ϕ(X2 + 1) = f2 + 1 =(1 + if)(1 − if), adica imaginea acestui polinom prin izomorfismul ϕ nu mai esteun polinon ireductibil ın inelul C[X]. Contradictie! In concluzie, cele doua inele nusunt izomorfe.

21. Daca p = q este evident.Fie acum Zp � Zq. Avem Zp = {0, 1, ..., ˆp− 1} si Zq = {0, 1, ..., ¯q − 1}. Existaϕ : Zp → Zq, un izomorfism de inele. Atunci avem ϕ(1) = 1. Avem ϕ(p) =ϕ(1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸

p ori

) = ϕ(1) + ϕ(1) + ...+ ϕ(1)︸︷︷︸p ori

= 1 + 1 + ...1︸︷︷︸p ori

= p. Deci q = p, adica

unul ıl divide pe celalalt. Deoarece p si q sunt numere prime rezulta ca p = q.

22. Presupunem ca A si Z sunt izomorfe. Deci exista ϕ : Z→ A un izomorfism de inele.Definim aplicatia ϕ : Z[X]→ A[X] prin

ϕ(a0 + a1X + ...+ anXn) = ϕ(a0) + ϕ(a1)X + ...+ ϕ(an)X

n

pentru orice polinom a0 + a1X + ... + anXn ∈ Z[X]. Deoarece ϕ este izomorfism

rezulta ca si ϕ este izomorfism, deci A[X] si Z[X] sunt izomorfe.Reciproc, fie ϕ : Z[X]→ A[X] un izomorfism de inele. Atunci ϕ(1) = 1A. Astfel aveca ϕ(k) = ϕ(1) + ϕ(1)...ϕ(1)︸︷︷︸

k ori

= k · 1A, deci ϕ(Z) ⊆ A.

Deoarece Z este domeniu de integritate, rezulta ca si inelul sau de polinoame Z[X]este domeniu de integritate. Cum A[X] � Z[X] rezulta ca A[X] este domeniu deintegritate, deci si A este domeniu de integritate.Sa demonstram acum ca si ϕ−1(A) ⊆ Z, unde ϕ−1 este izomorfismul invers al luiϕ. Presupunem prin absurd ca exista α ∈ A cu ϕ−1(α) /∈ Z. Aunci ϕ−1(α) =a0 + a1X + ... + anX

n ∈ Z[X], unde n > 0 si an �= 0. Mai observam ca ϕ(X) /∈ A,pentru ca ın caz contrar, cum avem si ϕ(Z) ⊆ A, ar rezulta ca ϕ(Z[X] ⊆ A, ceea cear contrazice surjectivitatea lui ϕ. Fie deci ϕ(X) = β0 + β1X + ...+ βpX

p ∈ A[X],unde p > 0 si βp �= 0A. Avem atunci

α = ϕ(ϕ−1(α)) = ϕ(a0 + a1X + ...+ anXn) =

= ϕ(a0) + ϕ(a1)ϕ(X) + ...+ ϕ(an)(ϕ(X))n =

= ϕ(a0) + ϕ(a1)(β0 + β1X + ...+ βpXp) + ...+ ϕ(an)(β0 + β1X + ...+ βpX

p)n.

Aceasta este o contradictie pentru ca membrul stang este un polinom de grad zero,iar membrul drept este un polinom de gradul np > 0, caci coeficientul sau dominanteste ϕ(an)β

np �= 0A (am tinut cont ca A este domeniu de integritate). Deci am

demonstrat ca ϕ−1(A) ⊆ Z. Notam cu ϕ respectiv ¯ϕ−1 restrictiile lui ϕ si ϕ−1 la Z,respectiv A. Dein cele demonstrate anterior avem ca ϕ : Z → A si ϕ−1 : A → Z. ϕsi ϕ−1 sunt morfisme de inele si ϕ ◦ ϕ−1 = 1A si ϕ−1 ◦ ϕ = 1Z, ceea ce ınseamna ca


ϕ : Z→ A este un morfism de inele inversabil, deci este un izomorfism. Astfel avemZ � A.(1A si 1Z sunt morfismele identice ale respectivelor inele)

23. Fie A un domeniu de integritate si U(A) grupul multiplicativ al elementelor saleinversabile. Presupunem ca exista un izomorfism de grupuri ϕ : (A,+)→ (U(A), ·).Deoarece −1 ∈ U(A) si morfismul ϕ este surjectiv, rezulta ca exista a ∈ A cuproprietatea ca ϕ(a) = −1. Atunci ϕ(a + a) = ϕ(a)ϕ(a) = (−1)(−1) = 1 = ϕ(0).Cum ϕ este injectiv, rezulta ca a + a = 0, deci a(1 + 1) = 0. Daca a = 0 avem caϕ(a) = ϕ(0) ⇒ 1 = −1 si daca a �= 0 atunci din faptul ca A este inel integru avemca 1 + 1 = 0, deci acelasi lucru.Astfel x + x = x(1 + 1) = 0, ∀x ∈ A. Deci ϕ2(x) = ϕ(x + x) = ϕ(0) = 1, ∀x ∈ A.Deci (ϕ(x) − 1)(ϕ(x) + 1) = 0, ∀x ∈ A ⇒ (ϕ(x) + 1)2 = 0, ∀x ∈ A. Din faptul caA este inel integru rezulta ca ϕ(x)− 1 = 0, ∀x ∈ A. Deci Imϕ = {1}. Cum ϕ esteizomorfism avem ca A = {0}. Contradictie! pentru ca 1 �= 0. Deci (A,+) nu esteizomorf cu (U(A), ·).Atunci cand A este corp, A∗ = U(A). Deci grupul aditiv al unui corp comutativ nueste izomorf cu grupul multiplicativ al elementelor sale nenule.

24. Sa consideram multimile:

A1 = {y ∈ A|f(xy) = f(x)f(y), ∀x, y ∈ A}A2 = {y ∈ A|f(xy) = f(y)f(x), ∀x ∈ A}.

Din ipoteza 1) rezulta ca f este un morfism de la grupul (A,+) la grupul (B,+),deci f(0A) = 0B. Atunci se vede ca 0A ∈ A1, A2, deci A1 si A2 sunt nevide.Fie y1, y2 ∈ A1. Avem pentru orice x ∈ A: f(x(y1 − y2)) = f(xy1 − xy2) =f(xy1) − f(xy2) = f(x)f(y1) − f(x)f(y2) = f(x)(f(y1) − f(y2)) = f(x)f(y1 − y2),ceea ce arata ca y1 − y2 ∈ A1 deci A1 este subgrup al lui (A,+). Analog se arata caA2 este subgrup al lui (A,+).Incluziunea (A1 ∪A2) ⊆ A este evidenta.Consideram multimile:

C1(y0) = {x ∈ A|f(xy0) = f(x)f(y0)}C2(y0) = {x ∈ A|f(xy0) = f(y0)f(x)}.

Ca si mai ınainte se demonstreaza ca C1(y0) si C2(y0) sunt subgrupuri ale grupului(A,+). Avem incluziunea (C1(y0) ∪ C2(y0)) ⊆ A, dar datorita ipotezei 2) avemca pentru orice x ∈ A avem f(xy0) = f(x)f(y0) sau f(xy0) = f(y0)f(x), adicax ∈ C1(y0) sau x ∈ C2(y0), deci x ∈ C1(y0) ∪ C2(y0). Deci A ⊆ C1(y0) ∪ C2(y0).Rezulta ca A = C1(y0) ∪C2(y0). Deoarece un grup nu se poate scrie ca reuniune dedoua subgrupuri proprii ale sale (problema 37 se la subgrupuri) rezulta ca C1(y0) = Asau C2(y0) = A.Daca C1(y0) = A atunci pentru orice x ∈ A avem f(xy0) = f(x)f(y0), deci y0 ∈ A1.Daca C2(y0) = A atunci pentru orice x ∈ A avem f(xy0) = f(y0)f(x), deci y0 ∈ A2.

77

Am aratat asadar ca y0 ∈ A1 ∪ A2 si cum y0 a fost ales arbitrar ın A, deducem caA ⊆ A1 ∪A2. Cum incluziunea inversa este evedenta, avem A = A1 ∪A2.Din nou, ınsa, nu putem avea un grup ca reuniunea a doua subgrupuri proprii ale sale,deci A = A1, adica f este morfism de inele, sau A = A2, adica f este antimorfismde inele.

25. 1) [x+ 1, y] = (x+ 1)y − y(x+ 1) = xy + y − yx− y = xy − yx = [x, y].[x, y + 1] = x(y + 1)− (y + 1)x = xy + x− yx− x = xy − yx = [x, y].2) Din nou facem conventia ca k · x = x+ x+ ...+ x︸︷︷︸

k ori

, ∀x ∈ A, k ∈ N. Exista n ∈ N

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

Inmultim la stanga cu xn−1 avem xn−1(x + 1)n[x, y] = 0, ∀x, y ∈ A ⇒(x2n−1 +(

nn− 1

)x2n−2+...+

(n1

)xn+xn−1

)[x, y] = 0⇒ x2n−1[x, y]+

(n

n− 1

)x2n−2[x, y]+

...+

(n1

)xn[x, y]+xn−1[x, y] = 0

(1)⇒ 0+0+ ...+0+xn−1[x, y] = 0⇒ xn−1[x, y] = 0,

toate aceste relatii fiind adevarate pentru orice x, y ∈ A. Deci am coborat de la nla n − 1 ın relatia data. Astfel putem continua pana cand n = 0. Deci ajungem la[x, y] = 0, ∀x, y ∈ A, adica A este comutativ.

26. Fie x = a−b si y = b−c. Calculam x2+yx+y2 = (a−b)2+(b−c)(a−b)+(b−c)2 =a2−ab−ba+b2+ba−b2−ca+cb+b2−bc−cb+c2 = a2+b2+c2−ab−bc−ca = 0, deciy2 + yx+ x2 = 0. Inmultind aceasta relatie cu y la stanga, respectiv cu x la dreapta

obtinemy3 + y2x+ yx2 = 0

respectiv y2x+ yx2 + x3 = 0

}⇒ x3−y3 = 0 (am scazut cele doua relatii)

⇒ x3 = y3(ii)⇒ x = y ⇒ a − b = b − c. Analog demonstram ca b − c = c − a. Deci

a−b = b−c = c−a = x⇒ 3x = a−b+b−c+c−a = 0⇒ 6x = 0(i)⇒ x = 0⇒ a = b = c.

27. a) ⇐⇒ x2 − x = 0 ∈ Z(A)b) ⇐⇒ x2 − x = 1 ∈ Z(A)c) ⇐⇒ x2 − x = −1 ∈ Z(A)Deci x2 − x ∈ Z(A), ∀x ∈ A. Conform problemei 11 inelul A este comutativ.

28. a, b ∈ A astfel ıncat ab = a+ b. Avem (ab− ba)2 = abab− abba− baab+ baba = (a+b)2−(a+b)ba−ba(a+b)+b(a+b)a = a2+ab+ba+b2−aba−b2a−ba2−bab+ba2+b2a =a2+ab+ ba+ b2− (a+ b)a− b(a+ b) = a2+ab+ ba+ b2−a2− ba− ba− b2 = ab− ba.Deci avem (ab− ba)2 = ab− ba si din enunt rezulta ca ab− ba ∈ {0, 1}.Presupunem ca ab− ba = 1| · b la dreapta ⇒ abb− bab = 1⇒ (a+ b)b− b(a+ b) =b ⇒ ab + b2 − ba − b2 = b ⇒ ab − ba = b. Cum ab − ba = 1 rezulta ca b = 1, deci1 = ab− ba = a− a = 0. Contradictie, pentru ca A contine cel putin doua elemente!Deci presupunerea facuta este falsa. Astfel rezulta ca ab− ba = 0, deci ab = ba.


29. Calculam a(b + ab − ba) = ab + aab − aba = a + b + a(a + b) − (a + b)a = a + b +a2 + ab− a2 − ba = a+ (b+ ab− ba), dar b este singurul element din A astfel ıncatab = a+ b. Rezulta ca b = b+ ab− ba⇒ ab− ba = 0⇒ ab = ba.

30. a) Cum n+12 ∈ N rezulta ca n este impar. Fie k ordinul lui 1 ın grupul (A,+). Cum

k|n, rezulta k impar si k ≥ 3, deci (2, k) = 1. Prin urmare exista u, v ∈ Z cu u > 0si 2u+ kv = 1. Obtinem (1 + 1) (1 + 1...+ 1)︸︷︷︸

u ori

= 1, deci 1 + 1 este inversabil.

b) Consideram funtia f : A → A, f(x) = x2. Deoarece egalitatea a = −a implica(1 + 1)a = 0 sau a = 0 rezulta ca a �= −a, ∀a ∈ A∗. Obtinem ca pentru b ∈Im(f), b �= 0 avem |f−1(b)| ≥ 2 si |f−1(0)| ≥ 1. Cum

n =∑

b∈Im(f)

|f−1(b)| ≥ n− 1

2+ 1 = n.

Deci |f(b)| = 2, ∀b ∈ Im(f), b �= 0 si |f−1(0)| = 1. Deci pentru orice x, y ∈ A, dinx2 = y2 rezuta x = ±y.Notam 2 = 1 + 1. Consideram x, y ∈ A cu xy = 0. Cum (yx)2 = yxyx = 0 rezultaca yx = 0. Alegem a = 2−1(x + y) si b = 2−1(x − y). Cum 2−1 comuta cu oriceelement din A rezulta ca a2 = b2 = 4−1(x2 + y2). Rezulta ca a = ±b. Deci x = 0sau y = 0. Astfel A este un inel integru, asadar este corp.

31. ”(a) ⇒ (b)”: Deoarece A este corp, rezulta ca x2n+1 = x pentru orice x ∈ A, deci

2n + 1 ∈M . Daca t ∈M atunci polinomul f = Xt −X ∈ A[X] are 2n + 1 radaciniın A, deci t ≥ 2n + 1, de unde rezulta ca cel mai mic element din M este 2n + 1.”(b) ⇒ (a)”: Presupunem ca A nu este corp. Daca a ∈ U(A) atunci a2

n= 1. Fie

s ordinul lui a ın U(A); rezulta ca s = 2k cu k ≤ n. Pentru k = n rezulta ca Aeste corp, fals, deci k ≤ n − 1. Rezulta ca a2

n−1= 1 deci x2

n−1+1 = x pentru oricex ∈ U(A).Fie b ∈ A∗ \ U(A). Daca exista p ∈ N∗ cu bp �= 0 si bp+1 = 0 atunci pentru c = bp

avem c2 = 0, deci c = c2n+1 = 0, fals.

Rezulta ca b, b2, ..., b2n ∈ A \ {0, 1}, deci exista 1 ≤ i < j ≤ 2n cu bi = bj , echivalent

cu bi(bj−i − 1) = 0. Obtinem b(bj−i − 1) = b2n+1−ibi(bj−i − 1) = 0.

Daca j − i ≥ 2n−1 atunci bj = b2n+1+i−1 = b2

n+i, deci bj(b2n−(j−i) − 1) = 0, de

unde b(b2n−(j−i) − 1) = 0. Cum 2n − (j − i) ≤ 2n−1, putem presupune ca exista

1 ≤ m ≤ 2n−1 cu b(bm − 1) = 0. Deoarece polinomul X2n−1+ 1 este ireductibil ın

Q[X] si m ≤ 2n−1 rezulta ca (Xm−1, X2n−1+1) = 1 ın Q[X], deci exista u, v ∈ Z[X]

cu

(Xm − 1)u+ (X2n−1+ 1)v = 2,

deci (bm − 1)u(b) + (b2n−1

+ 1)v(b) = 2. Prin amplificare cu b(b2n−1 − 1) rezulta ca

2b(b2n−1 − 1) = 0. Cum caracteristica inelului este impara, obtinem 2 ∈ U(A), deci

x2n−1+1 = x, pentru orice x ∈ A∗ \ U(A).

Obtinem ca x2n−1+1 = x pentru orice x ∈ A, deci 2n−1+1 ∈M . Cum 2 ≤ 2n−1+1 ≤

2n + 1, se contrazice minimalitatea lui 2n + 1.

79

32. Functia ϕ : A→ A, ϕ(x) = xn − x, nu este injectiva:

ϕ(0) = ϕ(1) = 0.

Deoarece A este finit, rezulta ca ϕ nu este surjectiva. Deci exista a ∈ A \ Imϕ. Prinurmare polinomul f = Xn −X − a nu are nici o radacina ın A.

33. x2y + yx = y2x + xy, ∀x, y ∈ A. Pentru y = 1 se obtine x2 + x = x + x, ∀x ∈ A.Deci x2 = x, ∀x ∈ A. Astfel inelul A este boolean, deci comutativ.

34. a) (k, p) = 1 implica ∃a, b ∈ Z astfel ıncat ka + pb = 1 deci (k1A)(a1A) = 1A. Decik · 1A este inversabil.b) Pentru x = y = 1A rezulta ca 1A = b ∈ B.c) Daca A este necomutativ, exista x, y ∈ A, b ∈ B \ {1A} cu xy = byx. De aicirezulta ca x+k1A si y nu comuta pentru orice k ∈ {0, 1, 2, ..., p− 1} si cum B \{1A}are p − 1 elemente, rezulta din principiul cutiei ca exista s < r ∈ {0, 1, ..., p − 1} sia ∈ B \ {1A} astfel ıncat (x+ r1A)y = ay(x+ r1A) si (x+ s1A)y = ay(x+ s1A).Notand z = x+s1A si t = r−s ∈ {1, 2, ..., p−1} avem zy = ayz si (z+t1A)y = ay(z+t1A) ⇒ zy = ayz si zy + (t1A)y = ayz + ay(t1A) ⇒ (t1A)y = (t1A)ay ⇒ y = ay.Deci din zy = ayz rezulta ca zy = yz. Astfel (x + s1A)y = y(x + s1A) ⇒ xy = yx.Contradictie!Astfel am vazut ca presupunerea facuta este falsa, deci A este comutativ.

35. Fie x ∈ L⇒ xa = 1. Avem f(x)a = (ax− 1+ b)a = axa− a+ ba = a(xa)− a+1 =a−a+1 = 1, deci f(x) este invers la stanga al lui a si astfel f(x) ∈ L. Deci f(L) ⊂ L.Evident b ∈ L. Presupunem ca exista x0 ∈ L astfel ıncat f(x0) = b⇒ ax0 − 1+ b =b⇒ ax0 = 1⇒ a are invers la dreapta. Contradictie! Deci b /∈ f(L) si b ∈ L. AstfelL �= f(L).Fie x, y ∈ L. Avem ca f(x) = f(y) ⇒ ax − 1 + b = ay − 1 + b ⇒ ax = ay| · b lastanga ⇒ x = y, deci f este injectiva.Presupunem ca A este finit. Rezulta ca L este finita pentru ca L ⊂ A. Cumf : L → L, f(x) = ax − 1 + b este bine definita si injectiva, rezulta ca f este sisurjectiva. Contradictie, pentru ca b /∈ f(L) = f(L). Deci presupunerea facuta estefalsa, si A nu este inel finit.

36. Fie x ∈ A \ U(A), x �= 0. Din enunt stim ca exista n ∈ N∗ astfel ıncat xn = 0.Presupunem ca x+ 1 nu este inversabil, astfel, conform enuntului exista m ∈ N∗ cu

(x+ 1)m = 0. Inmultind aceasta relatie cu xn−1 avem ca xm+n−1 + ...+

(n1

)xn +

xn−1 = 0⇒ xn−1 = 0. Deci de la n am coborat la n− 1. Astfel putem coborı panala 1, si obtinem x = 0. Contradictie! Deci x+ 1 ∈ U(A). Astfel avem cazurile:i) x, y ∈ U(A)⇒ xy = yx.ii) x ∈ U(A), y /∈ U(A) ⇒ x, y + 1 ∈ U(A) ⇒ x(y + 1) = (y + 1)x ⇒ xy + x =yx+ x⇒ xy = yx. Analog pentru x /∈ U(A), y ∈ U(A).iii) x, y /∈ U(A) ⇒ x + 1, y + 1 ∈ U(A) ⇒ (x + 1)(y + 1) = (y + 1)(x + 1) ⇒xy + x+ y + 1 = yx+ x+ y + 1⇒ xy = yx.


Deci pentru orice x, y ∈ A avem xy = yx. A este comutativ.Sa vedem acum partea a doua a problemei. Avem x2 ∈ {0, 1}, ∀x ∈ A. FieB = {x ∈ A|x2 = 0} si C = {x ∈ A|x2 = 1}.Fie acum x ∈ B. Deci x2 = 0. Presupunem (x + 1)2 = 0 ⇒ x2 + x + x + 1 = 0 ⇒x + x = −1 ⇒ (x + x)(x + x) = (−1)(−1) ⇒ x2 + x2 + x2 + x2 = 1 ⇒ 0 = 1.Contradictie! A are mai mult de doua elemente! Deci (x+1)2 = 1, adica x+1 ∈ C.x ∈ C ⇒ x inversabil si x inversabil ⇒ x ∈ C, pentru ca daca x este inversabil nuputem avea x2 = 0. Rezulta ca C = U(A). Astfel partea a doua a problemei devineun caz particular al primei probleme, si se rezolva analog.

37. Presupunem ca exista x, y ∈ Zp cu (x+y)−1 = x−1+y−1. Inmultim aceasta relatie cux+y. Rezulta ca (x+y)(x+y)−1 = (x+y)(x−1+y−1)⇒ 1 = 1+xy−1+yx−1+1⇒xy−1+yx−1+1 = 0. Notand z = xy−1 relatia devine z+z−1+1 = 0|·z ⇒ z2+z+1 =0| · z − 1 ⇒ z3 − 1 = 0⇒ z3 = 1.In corpul Zp avem xp−1 = 1, ∀x ∈ Zp \{0}. Deci si zp−1 = 1. Daca 3 nu divide p−1atunci (3, p− 1) = 1, deci exista a, b ∈ Z cu 3a+ (p− 1)b = 1⇒ z = z3a+(p−1)b = 1.Deci datorita faptului ca z2 + z + 1 = 0 avem 1 + 1 + 1 = 0. Contradictie! Pentruca p este cel mai mic numar prim pentru care 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸

p ori

= 0 si p > 3. Astfel

vedem ca singura situatie favorabila este 3|p− 1.

38. Observam pentru ınceput ca nu toate elementele inelului sunt nilpotente pentru ca1 nu este nilpotent (1).Fie B ⊂ A, B �= A multimea elementelor nilpotente. Fie acum a, b ∈ B. Rezulta ca

exista p, q ∈ N∗ cu ap = bq = 0. Atunci (a−b)p+q−1 = ap+q−1+(−1)1(p+ q − 1

1

)ap+q−2b+

...+(−1)q−1(p+ q − 1q − 1

)apbq−1+(−1)q

(p+ q − 1

q

)ap−1bq+...+(−1)p+q−1bp+q−1 =

0. Deci a− b ∈ B. Prin urmare B este un subgrup al grupului (A,+). Daca notamcu b = |B|, b ∈ N∗ atunci din teorema lui Lagrange deducem ca b|3n, dar din (1)avem ca b �= 3n. Astfel, b nu poate fi mai mare decat cel mai mare divizor propriual lui 3n. Datorita faptului ca n este impar avem ca cel mai mare divizor al lui 3neste 3n ımpartit la cel mai mic divizor propriu al sau, care este 3. Astfel b poate ficel mult 3n

3 = n, adica exact ceea ce trebuia demonstrat.

39. a) Deoarece grupul (A,+) are 8 elemente atunci ordinul elementului 1 divide 8, adica1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸

8 ori

= 0. Daca exista k impar astfel ıncat 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸k ori

atunci (8, k) = 1

si exista m,n ∈ Z astfel ıncat 8m+kn = 1. Deci 1 = (8m+kn) ·1 = 0. Contradictie!Deci pentru k impar avem 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸

k ori

�= 0.

b) a3 + a+ 1 = 0. Daca a = 0 rezulta 1 = 0. Contradictie!Daca a = 1 atunci avem 1+1+1 = 0. Datorita punctului a) obtinem o contradictie.Deci a �= 0 si a �= 1.

81

Presupunem ca a = 1 + 1 + ..+ 1︸︷︷︸p ori

. Atunci a3 + a + 1 = p3 · 1 + p · 1 + 1 = 0 ⇒

(p3 + p + 1) · 1 = 0. Contradoctie pentru ca p3 + p + 1 este impar, oricare ar fi pnumar natural nenul si din punctul a) acest lucru nu este posibil!Sa notam cu m cel mai mic numar natural nenul astfel ıncat 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸

m ori

= 0. Din

punctul a) avem ca p|8, deci p ∈ {1, 2, 4, 8}. Pentru p = 1 avem 1 = 0. Contradictie!Daca p = 8 atunci putem scrie A = {0, 1, 1+1, ..., 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸

7ori

}. Cum a ∈ A avem

a = 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸p ori

, p ∈ N∗. Contradictie cu cele demonstrate anterior!

Deci p ∈ {2, 4}. Presupunem p = 4. Atunci avem ca H = {0, 1, 1+ 1, 1+ 1+ 1} estesubgrup al lui (A,+) si cum a nu este ın acest subgrup avem A = {0, 1, 1 + 1, 1 +1+ 1, a, a+ 1, a+ 1+ 1, a+ 1+ 1+ 1}. Egalitatea a3 + a+ 1 = 0 poate fi scrisa subforma a(−a2 − 1) = 1 si arata ca a este un element inversabil ın inelul A.Sa luam acum elementul a+a. Evident a+a �= a+ i, unde i ∈ {0, 1, 1+1, 1+1+1}pentru ca a /∈ {0, 1, 1 + 1, 1 + 1 + 1}. Deci a + a ∈ {0, 1, 1 + 1, 1 + 1 + 1}. Dacaa+ a = 0, cum a este inversabil atunci 1 + 1 = 0. Contradictie cu minimailtatea lui4. Daca a + a = 1 atunci a + a + a + a = 1 + 1 = 0, din nou aceeasi contradictie.Daca a + a = 1 + 1 atunci a + 1 + a + 1 = 1 + 1 + 1 + 1 = 0 deci 2(a + 1) = 0.Cum a+1 = −a3, rezulta ca −2a3 = 0 si cum a este inversabil rezulta ca 1 + 1 = 0.Contradictie. Daca a+ a = 1+1+1 atunci ınmultind cu 6 rezulta ca 1+ 1 = 0, dinnou contradictie. Astfel cazul p = 4 este imposibil.Deci ramane numai cazul p = 2, deci 1+1=0. Cum a3 = −(a + 1), rezulta caa6 = (a+1)2 = a2+a+a+1 = a2+1, deci a7 = a6 ·a = (a2+1)·a = a3+a = −1 = 1.Fie λ ordinul elementului a ın grupul unitatilor lui A. Deoarece a7 = 1, rezulta ca λ|7,deci λ ∈ {1, 7}. Nu putem avea λ = 1 pentru ca ar rezulta ca a = 1. Contradictie.Daci ın mod necesar λ = 7. Asadar subgrupul ciclic generat de a ın grupul U(A)are 7 elemente si cum |A∗| = 7 rezulta ca A∗ = U(A) = {1, a, a2, ..., a7}. Deci oriceelement nenul din A este inversabil. Astfel A este corp.

40. a) Fie K un corp finit. Fie X ⊂ K o submultime astfel ıncat K = {x ∈ K|x2 =1}. Produsul elementelor din K∗ \ X este egal cu 1 pentru ca fiecarui element ıicorespunde inversul sau. Este evident ca X = {1,−1}, deci produsul elementelordin X este -1. Astfel, produsul elementelor din K∗ este egal cu produsul elementelordin X ∪ (K∗ \X), adica (−1) · 1. Deci produsul elementelor nenule din K este -1.b) Aplicand punctul a) corpului Zp avem ca 12... ˆp− 1 = −1. Deci, trecand la numereıntregi avem 1 · 2 · ... · (p− 1) ≡ −1 (mod p). Deci (p− 1)! + 1 este divizibil cu p.

41. ”a)⇒ b)”: Numarul de elemente inversabile din Zn este egal cu numarul de elementeneinversabile ⇒ n = 2 · ϕ(n), unde ϕ este indicatorul lui Euler. Aceasta ecuatie afost rezolvata ın problema 19, si este verificata daca si numai daca n = 2k, k ∈ N.”b) ⇒ a)”: Daca avem n = 2k atunci ϕ(n) = 2k−1 ⇒ n = 2 · ϕ(n), adica numarulde elemente inversabile este egal cu numarul de elemente neinversabile.


42. a) Daca |G| = 1, atunci |G| = 20 si proprietatea are loc. Fie acum |G| ≥ 2. Alegemun element x ∈ G \ {1}. Atunci, din x−1 = x rezulta x2 = 1, deci {1, x} este unsubgrup al grupului G de ordinul 2. Deci G contine subgrupuri de ordin puteri(nenule) ale lui 2. Fie H un subgrup al lui G, de ordin o putere maximala k a lui2, |H| = 2k. Presupunem ca exista a ∈ G \ H. Fie K = H ∪ Ha. Daca x, y ∈ Havem xy−1 ∈ H ⊂ K. Daca x, y ∈ Ha avem x = ua, y = va, u, v ∈ H ⇒ xy−1 =(ua)(va)−1 = uaa−1v−1 = uv−1 ∈ H ⊂ K. Daca x ∈ H, y ∈ Ha avem y = ua, u ∈H ⇒ xy−1 = x(ua)−1 = xa−1u−1 = xu−1a−1 = (xu−1)a ∈ Ha ⊂ K. Deci K estesubgrup al lui G. Deoarece H ∩Ha = ∅ avem ca |K| = |H|+ |Ha| = 2k+2k = 2k+1.Astfel am contrazis maximalitatea lui k. Rezulta ca presupunerea facuta este falsasi nu exista a ∈ G \H. Astfel G = H, deci |G| = 2k, deci o putere a lui 2.b) Fie n = 2kpu1

1 pu22 ...pus

s cu p1 < p2 < ... < ps numere prime impare si ui, i = 1..snumere maturale. Grupul G are ϕ(n) elemente, iar conform punctului a) ordinulsau este o putere a lui 2; rezulta atunci ca ϕ(n) este o putere a lui 2. Deoarece

ϕ(n) = 2k−1pu1−11 pu2−1

2 ...pus−1s (p1 − 1)(p2 − 1)...(ps − 1),

trebuie sa avem u1 = u2 = ... = us = 1 si pi = 2ti + 1, ti ∈ Z, i = 1..s. Asadarn = 2kp1p2...ps si rezulta ca exista izomorfismul de inele Zn � Z2k × Zp1 × ...× Zps

prin functia urmatoare g(x) = (x, x, ..., x), unde x de pe prima pozitie este clasa luix ∈ Z vazuta ın Z2k , x de pe a doua pozitie este clasa lui x ∈ Z vazuta ın Zp1 , si asamai departe. Fie i ∈ {1, 2, ..., s} fixat. Daca luam un element x ∈ U(Zn) atunci vomavea x2 = 1 ın U(Zn) si datorita izomorfismului g rezulta g(x2) = 1, adica x2 = 1ın U(Zpi). Deoarece (2, pi) = 1 avem 2 ∈ U(Zpi). Deci 22 = 1 ⇒ 4 = 1 ⇒ 3 = 0.Rezulta ca pi divide 3, deci pi = 3 si atunci rezulta ca s = 1 si prin urmare n = 2k3v,cu v ∈ {0, 1}. De aici se vede ca (5, n) = 1, deci 5 ∈ U(Zn), adica 52 = 1 sau 24 = 0.Acest lucru ne arata ca n divide pe 24, deci n ∈ {2, 3, 4, 6, 8, 12, 24}. Se constata catoate aceste valori verifica enuntul.

43. Pentru A ∈ Mn(R) fie u(A) numarul natural cel mai mic pentru care An = On.Pentru matricea

A =

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

0 1 1 ... 10 0 1 ... 0...

......

. . ....

0 0 0 ... 10 0 0 ... 0

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

cu n linii si n coloane avem ca u(A) = n.Fie B o matrice din M2(R), B �= O2 pentru care exista m ∈ N cu proprietatea caBm = O2. In acest caz u(B) = 2. Presupunem u(B) = t > 2. Deoarece Bm = O2

rezulta ca det(B) = 0 si ecuatia caracteristica a matricii B este B2 − tr(B)B = O2.Daca tr(B) = 0 atunci B2 = O2. Contradictie! Deci tr(B) ∈ R∗ iar ın egalitateaprecedenta deducem ca B2 = tr(B)B. Din aceasta relatie ınmultind cu Bt−2 obtinemca Bt = tr(B)Bt−1 de unde rezulta ca Bt−1 = O2. Contradictie cu minimalitatealui t! Deci cel mai mic numar natural pentru care Bt = O2 este t = 2.Presupunem ca inelele M2(R) si Mn(R) sunt izomorfe, si fie f :M2(R)→Mn(R)

83

un izomorfism. Din surjectivitatea lui f avem ca exista C ∈ M2(R) astfel ıncatf(C) = A. Astfel avem ca f(Cn) = An = On = f(O2). Din injectivitatea lui favem ca Cn = O2. Dar C ∈M2(R) si deci C

2 = O2. Atunci avem ca A2 = f(C2) =f(O2) = On. Dar din faptul ca n este cel mai mic numar pentru care An = On

rezulta ca n = 2.

44. a) Fie M = {a1, a2, ..., a2n}. Fie a ∈ M . Atunci a2, a3, ... ∈ M , dar cum M este omultime finita exista i, j ∈ N, i < j astfel ıncat ai = aj ⇒ ai(aj−i − 1) = 0. A nuare divizori ai lui zero si ai �= 0, deci aj−i = 1. Deci a este inversabil si inversul saueste aj−i−1. Deci M contine numai elemente inversabile. Cum aj−i = 1 rezulta ca1 ∈M .Daca M este formata numai din elemente inversabile si este parte stabila fata deoperatia de ınmultire atunci M este un subgrup al lui U(A). Deci pentru oricex ∈ M avem ca x−1 ∈ M . Daca inversul oricarui element din M \ {1} este deferite respectivul element. Atunci ar rezulta ca M are un numar impar de elemente,ceea ce este fals. Rezulta atunci ca exista un element x �= 1 astfel ıncat x2 = 1 ⇒(x+ 1)(x− 1) = 0. Deci x = −1 ∈M . Cum 1 si -1 sunt elemente diferite ale lui Mrezulta ca 1 �= −1⇒ 1 + 1 �= 0.b) Pentru orice a ∈ M avem si (−1)a ∈ M , deci −a ∈ M . Astfel putem grupaelementele multimii M ın perechi (x,−x). Astfel suma elementelor lui M este 0.c) Putem, deasemenea grupa elementele multimii M , ın afara de 1 si -1, ın perechi(x, x−1). Deci produsul elementelor lui M este 1 · (−1), adica -1.

45. Fie y ∈ A cu y2 = 0. Din enunt avem ca exista k = k(x) ∈ N∗ astfel ıncat y2k+1 = y,deci 0 = y. Am demonstrat astfel ca y2 = y implica y = 0 (1).

Calculam acum (x2k−1+1−x)2 = x2

k+2−(1+1)x2k−1+2+x2 = x2

k+2+(x2+x2)−x2 =

x2k+2 − x2 = x(x2

k+1 − x) = 0(1)⇒ x2

k−1+1 = x. Astfel am coborat de la k la k− 1 siputem proceda analog pana cand k = 0, deci x2

0+1 = x, adica x2 = x.

46. Consideram x ∈ A \ {0} si m,n ∈ N∗ astfel ıncat (xm + 1)n = x. Rezulta ca

x

(xmn−1 +

(n1

)xm(n−1)−1 + ...+

(n

n− 1

)xm−1 − 1

)= −1

si, deci, x este inversabil pentru orice x ∈ A∗. Deci A este corp. Fie g un endomorfismal lui A.Fie a, b ∈ A cu g(a) = g(b). Rezulta ca g(a− b) = 0. Daca a− b �= 0 atunci a− b esteinversabil si avem 0 = g(a− b)g((a− b)−1) = g(1) = 1, fals. Deci a− b = 0⇒ a = b.Astfel am demonstrat ca g este injectiva.Fie b ∈ A. Exista m,n ∈ N cu (bm + 1)n = b.Consideram polinomul f = (Xm − 1)n −X ∈ A[X] si Uf multimea radacinilor saledin A. Evident b ∈ Uf . Daca t ∈ Uf atunci avem f(g(t)) = (gm(t) + 1)n − g(t) =(g(tm) + 1)n − g(t) = gn(tm+1) − g(t) = g((tm + 1)n) − g(t) = g((tm + 1)n − t) =g(f(t)) = g(0) = 0, deci g(t) ∈ Uf . Deoarece A este corp comutativ Uf este finita.Deoarece f este injectiva si g(Uf ) ⊂ Uf rezulta ca g(Uf ) = Uf si atunci exista a ∈ Uf


astfel ıncat g(a) = b. Deoarece b a fost ales arbitrar avem ca g este surjectiva. Prinurmare g este izomorfism.

47. Daca notam cu U(A) multimea care contine elementele inversabile din A rezulta caU(A) este subgrup cu patru elemente al grupului (C∗, ·) si astfel rezulta ca U(A) ={1,−1, i,−i}.Cum i ∈ A exista u, v ∈ Z astfel ıncat i = u+ vα, v �= 0, de unde α = i−u

v . Dacoritafaptului ca A este inel avem ca α2 ∈ A. Deci exista a, b ∈ Z astfel ıncat α2 = a+ bα.Prin urmare, α este radacina a polinomului f = X2−bX−a ∈ Z[X]. Rezulta atuncica si α = − i+1

v este radacuna a polinomului f , iar din relatiile lui Viete obtinem caα+ α = b ∈ Z si α · α = −a ∈ Z. Prin urmare (α− α)2 = (α+ α)2− 4αα ∈ Z, adica

(2iv )2 ∈ Z si atunci 4

v2∈ Z, adica v2 = 1 sau v2 = 4. Dar avem α · α = u2+1

v2∈ Z si

cum u2 + 1 nu este divizibil cu 4 obtinem ca v2 = 1, adica v = ±1. Arunci avem caα = ε(i− u) unde ε ∈ {−1, 1}.Datorita faptului ca i ∈ A si Z ⊂ A rezulta ca Z[i] ⊂ A.Reciproc, daca z = a + bα ∈ A, atunci z = a + bε(i − u) = a − εbu + εbi undeε ∈ {1,−1}, deci z ∈ Z[i]. Astfel A ⊂ Z[i] si atunci A = Z[i].

48. Sa presupunem ca A este infinit si fie M = {x1, ..., xk} multimea tuturor divizorilorai lui zero. Notam A∗ = A \ {0}. Observam faptul ca daca x ∈ M si y ∈ A∗ \Matunci xy ∈ M . Daca am avea xy ∈ A∗ \ M , atunci xy ar fi inversabil, deci arexista z ∈ A∗ \M cu proprietatea xyz = 1 de unde obtinem x = z−1y−1 ∈ A∗ \M .Contradictie!Pentru x1 ∈ M fixat, definim aplicatia f : A∗ \M → M prin f(y) = x1y. DeoareceA∗ \M este infinita, iar M este finita rezulta ca f nu este injectiva. Mai mult, existao infinitate de elemente y1, ..., yk, ... ∈ A∗ \M cu prprietatea x1y1 = x1yn, de undex1(y1 − yn) = 0, deci y1 − yn este un divizor al lui zero pentru orice n, prin urmareM este infinita. Contradictie!Deci A este un inel finit.

49. a) Avem (−1)6 = (−1)3, deci 1+1=0. Si cum (x+ 1)6 = x6 + 6x5 + 15x4 + 20x3 +15x2 +6x+1 = x6 + x4 + x2 +1, iar (x+1)3 = x3 +3x2 +3x+1 = x3 + x2 + x+1.Din aceste doua relatii si din faptul ca (x+1)6 = (x+1)3 rezulta ca x4 = x, ∀x ∈ A.b) Conform punctului anterior daca z2 = 0 atunci z4 = 0 si evident z = 0. Calculam(x3yx3 − x3y)2 = x3yx3yx3 − x3yx3yx3 + x3yx3y − x3yx3y = 0, de unde rezulta cax3yx3 = x3y, ∀x, y ∈ A.c) Analog demonstram ca x3yx3 = yx3, ∀x, y ∈ A. Astfel rezulta ca x3y =yx3, ∀x, y ∈ A. Deasemenea avem (x + 1)3y = y(x + 1)3 ⇒ x3y + x2y + xy + y =yx3+yx2+yx+y ⇒ (x2+x)y = y(x2+x), ∀x, y ∈ A. Deci x2+x ∈ Z(A), ∀x ∈ A,adica x2 − x ∈ Z(A), ∀x ∈ A. De aici rezulta ca A este comutativ (problema 11).

50. Evident relatia a2 − a = 1 + 1 este verificata de a1 = −1 si a2 = 1 + 1. Dar relatiaaceasta este verificata de un singur element din A. De aici rezulta a1 = a2, adica−1 = 1 + 1. Deci 1 + 1 + 1 = 0.

85

51. a) Daca d este divizor al lui 0 atunci exista x ∈ A astfel ıncat d · x = 0 deci si xeste divizor al lui zero, deci x = d si d2 = 0. Este evident ca d �= 0 si d �= 1 pentruca d este divizor al lui 0. De asemenea 1 + d �= 1, 1 + d �= d si 1 + d �= 0. Daca1+d = 0⇒ d = −1 rezulta d2 = 1 �= 0. Fals! Deoarece 1+d ∈ A rezulta ca ın A maiexista cel putin un element diferit de 0, 1 si d. Fie acum x ∈ A, x �= 0, x �= 1, x �= d.Avem d · dx = 0. Deci dx = 0 sau dx = d. Daca dx = 0 atunci x = 0 saux = d. Fals! Daca dx = d ⇒ d(x − 1) = 0. Deci x − 1 = 0 ⇒ x = 1 (Fals!) saux− 1 = d⇒ x = d+ 1. Astfel rezulta ca A = {0, 1, d, d+ 1} si A are numar par deelemente.b) Cum A are 4 elemente rezulta ca (A,+, ·) este izomorf cu Z4 sau este izmorf cugrupul lui Klein. Daca (A,+, ·) � Z4 atunci x2 + x+ 1 = 0 nu are solutii si ecuatiax2 + x + 2d = 0 are solutiile x = 0 si x = −1. Daca A este izomorf cu grupul luiKlein atunci rezulta imediat ca x2 + x+ 1 = 0 nu are solutii si x2 + x+ 2d = 0 aresolutiile x = 0 si x = 1.

52. In A[X] avem ca (X2 − X + 1)(X + 1) = X3 + 1, (X3 + 1)(X3 − 1) = X6 − 1si (X6 − 1)(X6(n−1) + ... + X6 + 1) = X6n − 1. Deci exista f ∈ A[X] astfel ıncatX6n−1 = (X2−X+1)f(x). Folosind egalitatea din enunt, rezulta ca 1 = x6n+2−x+1 = x2(x6n−1)+x2−x+1⇒ 1 = (x2−x+1)(x2p(x)+1) = (x2p(x)+1)(x2−x+1),de unde rezulta evident ca x2 − x+ 1 este inversabil ın inelul A.

53. ”a) ⇒ b)”: Daca Sn � Un atunci daca X ∈ Sn si f : Sn → Un este un izomorfismde grupuri atunci f(A) = f(Xn) = (f(X))n = 1. Deci f(A) = f(A2) si din faptulca f este injectiva rezulta ca A = A2.”b)⇒ a)”: Avem ca A2 = A. Trecand la determinanti rezulta ca (det(A))2 = det(A)si astfel avem ca det(A) ∈ {0, 1}. Daca det(A) = 1 atunci, tinand cont de relatiaHamilton−Cayley avem A2−Tr(A)A+ det(A)I2 = 0, deci A2−Tr(A)A+ I2 = 0.De aici si din faptul ca A2 = A rezulta ca A(Tr(A) − 1) = I2 si nu putem aveaTr(A) = 1 pentru ca ar rezulta ca O2 = I2. Deci A = 1

Tr(A)−1I2 si cum A2 = A

rezulta ca (Tr(A) − 1)2 = Tr(A) − 1. De aici rezulta ca Tr(A) = 2, adica A = I2.Contradictie! Deci det(A) = 0.Daca X ∈ Sn atunci det(A) = (det(X))n, deci si det(X) = 0. Astfel, tot din relatiaHamilton − Cayley rezulta ca X2 = αX (unde α = Tr(X)). Prin inductie avemca Xk = αk−1X, ∀k ∈ N, k ≥ 2. Cum Xn = A avem αn−1X = A. Atunci existaβ ∈ C∗ astfel ıncat X = βA. Deoarece A = Xn = βnAn = βnA rezulta ca βn = 1.Daca X ∈ Sn atunci X = βA unde β ∈ Un. Deci Sn ⊂ A · Un. Invers daca β ∈ Un

atunci β ·A ∈ Sn. Deci si A · Un ⊂ Sn. Astfel avem Sn = A · Un si astfel Sn � Un.

54. Avem x2n+1 = 1 ∀x ∈ A∗. Deci orice element nenul x ∈ A este inversabil si in-

versul sau este x2n. Daca ın relatia din enunt punem x = −1 atunci obtinem ca

1 = (−1)2n+1 = −1. Deci 1 + 1 = 0 si astfel A este un corp de caracteristica 2.Putem avea A = {0, 1}, care ındeplineste conditia pentru orice n ∈ N.

Altfel exista x ∈ A\{0, 1} si atunci avem (x+1)−1 = (x+1)2n= x2

n+

(2n

1

)x2

n−1+


...+

(2n

2n − 1

)x+1 = x2

n+1 = x−1+1. Am obtinut astfel ca (x+1)−1 = x−1+1.

Inmultind cu x + 1 avem ca 1 = (x + 1)x−1 + x + 1 ⇒ 1 = 1 + x−1 + x + 1. Decix + x−1 + 1 = 0 si ınmultind cu x avem ca x2 + x + 1 = 0, ∀x ∈ A \ {0, 1}. Da-torita faptului ca 1 = −1 rezulta ca x2 − x = x2 + x = −1 = 1 ∈ Z(A). Decix2−x ∈ Z(A), ∀x ∈ A. Astfel, din problema 11 rezulta ca corpul A este comutativ.Se stie faptul ca un polinom de gradul n din inelul de polinoame al unui corp comuta-tiv are cel mult n radacini ın acel corp. Deci, fiindca polinomul f = X2+X+1 ∈ A[X]are gradul 2, orice element din A \ {0, 1} este radacina a polinomului si A este uncorp comututativ rezulta ca |A \ {0, 1}| ≤ 2.Avem doua cazuri:i) A = {0, 1, x}. Atunci x2 = 1 si cum x2 + x+ 1 = 0 rezulta ca x = 0 Contradictie!ii) A = {0, 1, x, x + 1}, care verifica enuntul. Pentru ca acest corp sa Indeplineascaconditia din enunt trebuie ca 3|2n + 1, adica n sa fie impar.

55. Functia g : A → A, g(x) = xn − x, nu este injectiva pentru ca g(0) = g(1) = 0.Pentru ca A este finit rezulta ca g nu este surjectiva. Deci exista a ∈ A \ Img. Prinurmare polinomul f = Xn −X − a nu are nici o radacina ın A.

56. Observam ca ın inelul A avem x2 = 0⇒ xn = 0⇒ x = 0. Fie a, y ∈ A oarecare.Calculam (ay − ayan−1)2 = ayay − ayayan−1 − ayay + ayayan−1 = 0. Deci ay =ayan−1 si an−1y = an−1yan−1 (1). Deasemenea (ya − an−1ya)2 = yaya − yaya −an−1yaya+ an−1yaya = 0. Deci ya = an−1ya si yan−1 = an−1yan−1 (2).Din (1) si (2) rezulta ca an−1y = yan−1. Cum a si y au fost alesi arbitrari, rezultaca an−1y = yan−1, ∀a, y ∈ A. Prin urmare an−1 ∈ Z(A), ∀a ∈ A.

57. Din problema 59 rezulta ca a2 ∈ Z(A), ∀a ∈ A.Din a+1 = (a+1)3 rezulta a+1 = a3+3a2+3a+1⇒ 3a2+3a = 0 ∈ Z(A), ∀a ∈ A.Cum a2 ∈ Z(A), ∀a ∈ A rezulta ca 3a ∈ Z(A), ∀a ∈ A. Deasemenea (a + a2)2 ∈Z(A), ∀a ∈ A, adica 2a + 2a2 ∈ Z(A), ∀a ∈ A. Avem a2 ∈ Z(A), ∀a ∈ A, deci2a ∈ Z(A), ∀a ∈ A.Din cele de mai sus avem ca a = 3a − 2a ∈ Z(A), ∀a ∈ A. Prin urmare A estecomutativ.

58. Din problema 59 rezulta ca a3 ∈ Z(A), ∀a ∈ A. Deasemenea 1 + 1 = 0 ın A.Avem a+ a2 = (a+ 1)3 − a3 − 1 ∈ Z(A), ∀a ∈ A.Deasemenea ab+ ba = ((a+ b) + (a+ b)2)− (a+ a2)− (b+ b2) ∈ Z(A), ∀a, b ∈ A.Deci a(ab+ ba) = (ab+ ba)a⇒ a2b = ba2, ∀a, b ∈ A. Atunci a2 ∈ Z(A), ∀a ∈ A.Din cele de mai sus, a = a+ a2 − a2 ∈ Z(A), ∀a ∈ A. Deci A este comutativ.

59. Fie x ∈ A. Atunci f((x+ 1)3) = f(x3 + 3x2 + 3x+ 1) = f3(x+ 1) = (f(x) + 1)3 =f3(x)+3f2(x)+3f(x)+1⇒ f(x3)+3f(x2)+3f(x)+1 = f3(x)+3f2(x)+3f(x)+1 ⇒ 3f(x2) = 3f2(x). Deoarece 3 e inversabil rezulta ca f(x2) = f2(x). Aceastaproprietate are loc pentru orice x ∈ A.Avem f((x + y)2) = f2(x + y) ⇐⇒ f(x2 + 2xy + y2) = (f(x) + f(y))2 = f2(x) +2f(x)f(y) + f2(y) ⇐⇒ f(x2) + 2f(xy) + f(y2) = f2(x) + 2f(x)f(y) + f2(y) ⇒

87

2f(xy) = 2f(x)f(y), ∀x, y ∈ A. Deoarece 2 e inversabil ın A rezulta ca f(xy) =f(x)f(y), ∀x, y ∈ A, adica ceea ce trebuia demonstrat.

Capitolul 6

Corpuri - Solutii

1. ”1) ⇒ 2)”: Fie A = {a1, a2, ..., ak} un corp finit, deci comutativ. Atunci se stie cadaca consideram un polinom P ∈ A[X] de grad n > 1, acesta admite ın corpul Acel mult n radacini distincte. Fie acum f : A → A o funtie arbitrara. Considerampolinomul de interpolare Lagrange. (pentru comoditate scriem ”ımpartirile” din Asub forma de fractie)

Q =

k∑i=1

(X − a1)(X − a2)...(X − ai−1)(X − ai+1)...(X − ak)

(ai − a1)(ai − a2)...(ai − ai−1)(ai − ai+1)...(ai − ak)· f(ai).

Avem Q ∈ A[X] si notand cu Q functia polinominala asociata lui Q, se observausor ca Q(ai) = f(ai), i = 1, 2, ..., k. Aceasta ınseamna ca f = Q si problema esterezolvata.”2) ⇒ 1)”: Presupunem ındeplinite conditiile de la 2). Sa demonstram mai ıntai caA este un inel finit. Presupunem ca A este infinit si sa consideram functia f : A→A, f(x) =

{0, daca x �= 01, daca x = 0

.

Din 2) rezulta ca exista un polinom P = a0 + a1X + ... + anXn ∈ A[X] cu f = P .

Avem n ≥ 1 pentru ca daca n ≤ 0 atunci P ar fi un polnom constant, deci P = f arfi o functie constanta, ceea ce nu este adevarat pentru ca 1 �= 0 (A are mai mult deun element). Deci polinomul P de grad n ≥ 1 are o infinitate de radacini ın A, ceeace este o contradictie cu 2). Deci A este finit. Sa aratam acum ca A este domeniude integritate, adica nu contine divizori ai lui zero.Sa presupunem ca exista a, b ∈ A∗ astfel ıncat ab = 0. Atunci polinomul f = aX ∈A[X] de gradul 1 are 2 > 1 radacini: pe 0 si pe b �= 0. Astfel se ajunge din nou la ocontradictie cu 2). Prin urmare A este domeniu de integritate.Deoarece A este finit si este deasemenea domeniu de integritate rezulta ca A estecorp.

2. a) Daca 1 = −1 atunci 1 + 1 = 0. Dar si 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸9 ori

= 0. Astfel ar rezulta ca

89

90 CAPITOLUL 6. CORPURI - SOLUTII

1 = 0. Contradictie! Deci 1 �= −1.b)

3. Fie m ∈ N∗ astfel ıncat p = 4m+ 1.Din teorema lui Wilson avem ca p|(p−1)!+1, deci (p−1)!+1 = 0, ınK. Astfel avem ca(4m)! = −1 ın K. Deasemenea avem 1 = −4m, 2 = −(4m−1), ..., 2m = −(2m+1),ın K, de unde rezulta ca

−1 = (4m)! = (−1)2m(4m)2(4m− 1)2...(2m+ 1)2 ⇒

⇒ −1 = ((4m)(4m− 1)...(2m+ 1))2.

Deci -1 este patratul unui element din K.b) Fie a, b ∈ K∗ doua elemente care comuta. Atunci (a + b)2 = a2 + b2 + 2absi (a − b)2 = a2 + b2 − 2ab. Alegem b = (1 + 1)−1. Cum K are caracteristica pimpar rezulta ca exista m = 1, n = −2[p2 ] ∈ Z astfel ıncat pm + 2n = 1. Deci(1 + 1)(1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸

n ori

) = 1. Astfel, daca notam k = 1 + 1 + ...+ 1︸︷︷︸n ori

atunci k =

(1+ 1)−1 si cum kx = xk, ∀x ∈ K rezulta ca (1 + 1)−1 comuta cu orice element dinK. Astfel rezulta ca:daca a �= −(1+1)−1 atunci a = (a+(1+1)−1)2−a2− b2 = (a+k)2+a21+ b21 pentruca -1 este patrat ın K.daca a = −(1 + 1)−1 atunci a �= b si avem a = a2 + b2 − (a − b)2 = a2 + b2 + c2,pentru ca −1 este patrat In K.c) In Z5, 0 nu se poate scrie ca si suma a trei patrate perfecte nenule.

4. Notam A = K1 × K2 × K3 si B = K4 × K5. Consideram ın A elementele e1 =(1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1), iar ın B elementele f1 = (1, 0) si f2 = (0, 1).Aceste elemente saticfac relatiile1) e21 = e1, e

22 = e2, e

23 = e3, f

21 = f1, f

22 = f2, (e1, e2, e3, f1, f2 sunt idempotente)

2) eiej = ejei = 0∀i, j ∈ {1, 2, 3}, i �= j si f1f2 = f2f1 = 03) e1 + e2 + e3 = (1, 1, 1), f1 + f2 = (1, 1).Presupunem ca exista un izomorfism de inele ϕ : A→ B. Fie (x, y) ∈ B un elementidempotent. Atunci x2 = x ın K4 si y2 = y ın K5. Dar ecuatia z2 = z, echivalentacu z(z− 1) = 0 are ın orice corp numai solutiile z1 = 0, z2 = 1. Rezulta ca singureleelemente idempotente ale lui B sunt 0 = (0, 0), f1, f2, 1 = (1, 1).Cum ϕ este un izomorfism rezulta ca ϕ(ei) i = 1, 2, 3 sunt elemente idempotentedistincte si nenule din B. Atunci {ϕ(e1), ϕ(e2), ϕ(e3)} = {f1, f2, (1, 1)}. Astfelrezulta din 2) ca produsul oricaror doua elemente din multimea {f1, f2, (1, 1)} este0. Contradictie! Pentru ca f1 · (1, 1) = f1 �= 0. Astfel deducem ca presupunereaexistentei izomorfismului ϕ este falsa. Deci inelele A si B nu sunt izomorfe.

5. Deoarece K este corp rezulta ca Q ⊂ K. (1, −1 ∈ K ⇒ Z ⊂ K si K fiind corp avemca 1

x ∈ K, ∀x ∈ Z∗, si mai departe pq ∈ K, ∀p, q ∈ Z∗).

In ipoteza a) cu a = 1 rezulta ca√2 ∈ K, iar apoi, cu a =

√2 rezulta ca

√3 ∈ K.

91

In ipoteza b) pentru a = 1 rezulta direct ca√3 ∈ K. Astfel, daca a ∈ K atunci

a2 + a+ 1 =

(a+

1

2

)2

+3

4=

(√3

2

)2(( 2√3·(a+

1

2

))2

+ 1

).

Deasemenea

a2 + 1 =

(2√3

)2((√3

2· a+

1

2

)2

+

(√3

2· a− 1

2

)2

+ 1

).

Deci, daca ecuatia de la a) are solutii ın K atunci si ecuatia de la b) are solutii ınK. Deci a) ⇐⇒ b). Un exemplu de corp se poate lua R.

6. Lema: Fie p ≥ 3 un numar prim. Afirmatiile urmatoare sunt echivalente:a) exista a, b ∈ Z∗p astfel ıncat a2 + b2 = 0;

b) exista x ∈ Zp astfel ıncat x2 = −1;c) p = 4k + 1, k ∈ N∗.”a)⇒ b)”: Presupunem ca exista a, b ∈ Z∗p cu a2+b2 = 0. Inmultim cu b−2 si obtinemca (ab−1)2 +1 = 0. Daca notam x = ab−1 atunci avem x2 + 1 = 0⇒ x2 = −1, undex ∈ Zp.”b)⇒ a)”: Daca exista x ∈ Zp cu x2 = −1 atunci x2 + 1 = 0 si exista a = x si b = 1cu a2 + b2 = 0.”b)⇒ c)”: Presupunem ca exista x ∈ Zp cu x2 = −1. Ridicand la puterea 1

2(p− 1)

obtinem xp−1 = (−1) 12(p−1), dar ın grupul (Z∗, ·) avem xp−1 = 1. Atunci 1 =

(−1) 12(p−1). Daca 1

2(p−1) ar fi impar atunci am avea 1 = −1, deci 2 = 0. Contradictiepentru ca p ≥ 3. Deci 1

2(p− 1) este numar par si exista k ∈ N∗ cu 12(p− 1) = 2k ⇒

p− 1 = 4k ⇒ p = 4k + 1.”c) ⇒ b)”: Presupunem ca exista k ∈ N∗ cu p = 4k + 1. Conform teoremei luiFermat avem ca polinomul f = Xp−1 − 1 ∈ Zp[X] are toate radacinile ın corpul Zp.

Dar f = f1 · f2, unde f1 = X12(p−1) + 1 si f2 = X

12(p−1) − 1. Atunci fiecare dintre

polinoamele f1 si f2 au radacinile ın corpul Zp. Fie u ∈ Zp o radacina a polinomului

f1. Atunci u12(p−1) + 1 = 0. Adica u2k + 1 = 0 si daca notam cu x = uk ∈ Zp atunci

avem x2 + 1 = 0, adica x2 = −1.Astfel lema este rezolvata. Este evident ca (K,+, ·) este un inel unitar. AtunciK este corp numai daca orice matrice nenula din K are determinantul un elementinversabil din Zp, adica un element nenul din Zp.

Presupunem ca K este corp. Daca p = 2 atunci matricea A =

(1 1−1 1

)este

nenula, dar are determinantul 0 si K nu este corp.Fie acum p ≥ 3. Atunci daca p ≡ 1 (mod 4) atunci, conform lemei exista a, b ∈ Z∗p cu

a2 + b2 = 0. Deci daca A =

(a b−b a

)atunci A este nenula si det(A) = a2 + b2 = 0.

Deci A nu este inversabila si K nu este corp. Contradictie! Atunci neaparat p ≡3 (mod 4).Presupunem acum ca p ≡ 3 (mod 4). Daca K nu este corp atunci exista A =


(a b−b a

)matrice nenula si neinversabila. Atunci det(A) = 0 si a, b ∈ Z∗p. Atunci

ar rezulta ca a2 + b2 = 0 si conform lemei rezulta ca p ≡ 1 (mod 4). Contradictie!Deci K este corp.

7. Presupunem ca ar exista K ⊂ R, K �= R un subcorp si d ∈ K, d ≥ 0 cu proprietateaca orice numar real se poate reprezenta sub forma x + y

√d, unde x, y ∈ K. Daca√

d ∈ K atunci ar rezulta ca daca a ∈ R atunci exista x, y ∈ K cu a = x + y√d,

dar x + y√d ∈ K si astfel ar rezulta ca a ∈ K si astfel R ⊂ K, adica K = R.

Contradictie!Deci

√d /∈ K. Observam ca scrierea unui numar real sub forma u = x + y

√d este

unica. Daca x + y√d = x′ + y′

√d atunci x − x′ = (y − y′)

√d. Daca y �= y′ atunci

y − y′ este inversabil si rezulta ca√d = (x− x′)(y − y′)−1 ∈ K. Contradictie! Deci

y = y′ si atunci x = x′.Definim functia f : R→ R, f(x+ y

√d) = x− y

√d, x, y ∈ K. Din cele demonstrate

anterior si din ipoteza rezulta ca f este bijectiva. Se verifica usor ca f este unmorfism de corpuri. Deci f ∈ Aut(R,+, ·). Avem f(

√d) = −√d < 0. In acelasi

timp avem ca f(√d) = f(( 4

√d)2) = (f( 4

√d))2 ≥ 0. Contradictie!

Deci K = R.

8. Fie m numarul elementelor din K. Vom demonstra ca A = {2, 3}. Pentru ınceputsa demonstram ca {2, 3} ⊂ A.Fie M = {f = X2 + aX + b : a, b ∈ K}. Avem echivalenta f = g ⇐⇒ f si g auacelasi numar de radacini. Numarul polinoamelor din M care au radacini duble (deforma (X − a)2) este m. Numarul polinoamelor din M care au radacini distincte

(de forma ((X − a)(X − b) cu a �= b) este

(m2

)= m(m−1)

2 . Rezulta ca numarul

polinoamelor din M care au radacini ın K este m + m(m−1)2 = m(m+1)

2 < m2 =numarul elementelor multimii M . Prin urmare exista polinoame ın M care nu auradacini ın K si ele sunt ın numar de m(m−1)

2 . Evident ele sunt ireductibile. Dacaar fi unul reductibil, acesta ar avea ambii factori polinoame de gradul 1, care auradacini ın K. Deci 2 ∈ A.Fie acum N = {f = X3 + aX2 + bX + c : a, b, c ∈ K}. Numarul polinoamelor dinN care au o radacina simpla ın K (de forma f = (X − t)h cu h ∈ M si h nu are

radacini ın K) este mm(m−1)2 .

Polinoamele din N care au trei radacini ın K sunt:-polinoamele cu o radacina tripla (de forma f = (X − t)3) ın numar de m;-polinoamele cu o radacina simpla si una dubla (de forma f = (X − t)2(X − s) cu

s �= t) ın numar de 2

(m2

)= m(m− 1);

-polinoamele cu trei radacini distincte ın K (de forma f = (X − t)(X − s)(X − r)

cu t, s, r distincte) ın numar de

(m3

)= m(m−1)(m−2)

6 .

93

Astfel numarul polinoamelor din N care care au radacini ın K este

m+m(m− 1) +m(m− 1)(m− 2)

6+m2(m− 1)2 =

2m3 +m

3< m3,

unde m3 este numarul polinoamelor din N . Astfel exista polinoame ın N care nu auradacini ın K. Evident, acestea sunt ireductibile, cu justificarea ca ın cazul prece-dent.Daca n ≥ 4 atunci n se poate scrie sub forma n = 2p+ 3q cu q, n ∈ N (daca n = 2katunci n = 2k + 3 · 0; daca n = 2k + 1 atunci n = 2(k − 1) + 3, unde stim ca k > 1pentru ca n ≥ 4).Fie f ∈ M , g ∈ N polinoame care nu au radacini ın K. (ele exista din cele demon-strate anterior). Atunci polinomul h = fpgq de grad n = 2p+ 3q nu are radacini ınK, dar este reductibil ın K. Deci n /∈ A, ∀n ≥ 4. Astfel rezulta ca A = {2, 3}.

9. Daca g ∈ K[X], vom nota cu g (mod f) restul ımpartirii polinomului g la polinomulf . Notam L = {h ∈ K[X]|deg(h) ≤ n − 1}. Consideram pe K[X] operatia ”◦”definita g1 ◦ g2 = g1 · g2 (mod f). Deoarece L este parte stabila ın raport cu operatiade adunare a polinoamelor si ın raport cu operatia ”◦” rezulta ca (L,+, ◦) este inelcomutativ.Fie h ∈ L, h �= 0. Deoarece polinomul f este ireductibil rezulta ca (f, h) = 1, deciexista u, v ∈ K[X] astfel ıncat uf + vh = 1. Fie h1 = v (mod f). Atunci h ◦ h1 = 1si astfel h este inversabil. Deci L este corp. Fie p si q numarul elementelor din K∗

si respectiv L∗. Atunci, datorita faptului ca produsul elementelornenule dintr-uncorp este egal cu -1, rezulta atunci ca: h1 ◦ h2 ◦ h3 ◦ ... ◦ hp ◦ hp+1 ◦ ... ◦ hq = −1unde h1, h2, ..., hp sunt polinoamele de gradul 0 din K[X] (elementele lui K∗), iarh1, h2, ..., hq sunt polinoamele din L∗. Datorita faptului ca h1 · h2 · ... · hp = −1rezulta ca h1 ◦ h2 ◦ ... ◦ hp = −1 si atunci (−1) ◦ g = −1, ceea ce este echivalent cug (mod f) = 1, sau f divide g − 1.

10. Este evident ca Q ⊂ K si Q �= K, deoare ce corpul Q are un singur endomorfism.Unul dintre izomorfismele lui K fiind cel identic, putem presupune ca g = 1K . Avemf ◦f = f sau f ◦f = g = 1K . Nu se poate ınsa ca f ◦f = f pentru ca f este injectiv siar rezulta ca f = g = 1K , ceea ce este absurd si prin urmare f ◦f = 1K (1). Deoareceg = 1K rezulta ca ipoteza b) se mai scrie f(x) = x⇒ x ∈ Q. Sa consideram acum unelement oarecare x din K \Q si apoi elementele a = x+ f(x) ∈ K, b = xf(x) ∈ K.Avem f(a) = f(x) + f(f(x)) = f(x) + x = a, de unde rezulta ca a ∈ Q.f(b) = f(x)f(f(x)) = f(x)x = b. Deci si b ∈ Q.Prin urmare x si f(x) sunt radacinile ecuatiei cu coeficienti rationali x2−ax+b = 0.De aici rezulta ca x = 1

2(a ±√a2 − 4b). Prin urmare a2 − 4b = q2d unde q ∈ Q si

b ∈ Z \ {1} liber de patrate. Avem x = 12(a± q

√d) ∈ Q(

√d). Consideram acum un

alt x′ ∈ K \ Q si, analog, exista un ıntreg d′ ∈ Z \ {1} liber de patrate, astfel ıncatx′ ∈ Q(

√d′). Vom arata ca d = d′.

Observam ca (f(√d))2 = f((

√d)2) = f(d) = d, de unde deducem ca f(

√d) = ±√d.

Daca am avea f(√d) =

√d, atunci ar rezulta ca

√d ∈ Q, ceea ce este absurd. Prin


urmare f(√d) = −√d si analog f(

√d′) = −√d′.

De aici avem ca f(√dd′) = f(

√d)f(

√d′) =

√dd′, ceea ce implica faptul ca

√dd′ ∈ Q.

DIn faptul ca d si d′ sunt libere de patrate, rezulta ca d = d′. Din cele de mai susrezulta ca exista un unic ıntreg lber de patrate d �= 1, astfel ıncat K ⊂ Q(

√d).

Incluziunea reciproca este imediata, deoarece din faptul ca x = 12(a ± q

√d) ∈ K

rezulta ca√d ∈ K, deci si Q(

√d) ⊂ K, de unde rezulta ca K = Q(

√d).

11. Din teorema lui Fermat avem ca ap = a, ∀a ∈ Zp. Deasemenea pentru orice f, g ∈Zp[X] avem (f + g)p = fp +

(p1

)fp−1g + ... +

(p

p− 1

)fgp−1 + gp = fp + gp

pentru ca p · x = 0, ∀x ∈ Zp si p|(ni

)pentru i = 1...p − 1. Atunci putem scrie

f = Xp + a = Xp + ap = (X + a)p si ultima scriere este descompunerea lui f ınfactori ireductibili ın inelul Zp. Singurul factor ireductibil al lui f este X+a si acestaapare la puterea p.

12. Consideram functia f : A → A, f(x) =

{0, daca x = 01, daca x �= 0

. Deoarece f este functie

polinominala, exista a0, a1, ..., an ∈ A astfel ıncat f(x) = a0+a1x+ ...+anxn, ∀x ∈

A. Cum f(0) = 0 rexulta ca a0 = 0.Atunci f(x) = (a1 + a2x + a3x2 + ... + anx

n−1)x = g(x)x, unde am scris g(x) =a1+a2x+a3x

2+...+anxn−1. Vom arata ca orice element nenul din A este inversabil.

Fie a ∈ A \ {0}. Notand g(a) = b observam ca b �= 0 pentru ca daca b = 0 atunci sif(a) = 0, dar a �= 0, ceea ce contrazice definitia lui f . Din faptul ca f(b) �= 0 rezultaca f(b) = 1, deci g(b) · b = 1. Dar si f(a) = 1, ceea ce se mai scrie si ab = 1. Deaici rezulta ca g(b) = g(b) · 1 = g(b)ba = a si atunci si ab = 1. Deci elementul a esteinversabil ın A, si din faptul ca a a fost ales arbitrar rezulta ca A este corp.

13. Daca presupunem ca a = −1 atunci din relatia din enunt rezulta ca f(x)+ f(−x) =2x, ∀x ∈ K si ınlocuind pe x cu −x rezulta f(x) + f(−x) = −2x. Adunand celedoua egalitati rezulta ca 2 · (f(x) + f(−x)) = 0. Deci f(x) + f(−x) = 0 pentru ca2 �= 0. Astfel rezulta ca 2x = 0, ∀x ∈ K. Contradictie! Deci a �= −1.

a2p+1 = (a+ 1)(1− a+ a2 − a3 + ...− a2p−1 + ap)

. Daca tinem seama ca a+ 1 �= 0 si ca a2p+1 = 1, obtinem ca

1− a+ a2 − a3 + ...a2p−1 + a2p = 2(a+ 1)−1. (1)

Fie x ∈ K fixat. Scriem egalitatea din enunt mai ıntai pentru x, apoi ınlocuind pex cu ax, apoi ınlocuind pe x cu a2x s.a.m.d., ultima data ınlocuind pe x cu a2px.Aceste egalitati le scriem ınmultite din doua ın doua cu -1, astfel:

f(x) + f(ax) = 2x

−f(ax)− f(a2x) = −2ax

95

f(a2x) + f(a3x) = 2a2x

−f(a3x)− f(a4x) = −2a3x..................

−f(a2p−1x)− f(a2px) = −2a2p−1xf(a2px) + f(x) = 2apx.

Adunam aceste egalitati membru cu membru obtinem tinand seama de (1) se obtine2f(x) = 4(a+ 1)−1x sau 2(f(x)− 2(a+ 1)−1x) = 0 si cum 2 �= 0 rezulta ca f(x) =2(a + 1)−1x. Asadar relatia din enunt determina ın mod unic functia f , f(x) =2(a + 1)−1x, ∀x ∈ K. Evident f(x) + f(ax) = 2(a + 1)−1x + 2(a + 1)−1ax =2(a+ 1)−1(a+ 1)x = 2x, deci f verifica relatia din enunt.

14. In egalitatea anbn − bn+1an+1 = 1 ınmultind la dreapta cu an obtinem anbnan −bn+1a2n+1 = an.Din ipoteza avem ca a2n+1 = −b2n+1 si astfel avem anbn + b3n+2 = an ⇒ anbnan −a2n+1bn+1 = an. Inmultind la stanga cu a−n rezulta ca bnan − an+1bn+1 = 1.

15. Presupunem ca

K =

3⋃i=1

Ki.

Atunci ın mod necesar K1 �⊆ K2 ∪ K3, K2 �⊆ K1 ∪ K3, K3 �⊆ K1 ∪ K2 pentru cadaca am avea, de exemplu, K1 ⊆ K2 ∪K3 atunci K = K2 ∪K3. Aceasta egalitatefiind adevarata pentru grupurile aditive corespunzatoare si acest lucru este imposibil.(vezi capitolul subgrupuri)Deci putem alege elementele x1 ∈ K1 \ (K2 ∪K3) si x2 ∈ K2 \ (K1 ∪K3). Evidentx1 �= 0 si x2 �= 0 si x1 + x2 /∈ K1 ∪K2 caci daca am avea, de exemplu x1 + x2 ∈ K1,atunci x2 = −x1+(x1+x2) ∈ K1, contrar alegerii lui x2. Prin urmare x1+x2 ∈ K3.Consideram elementul z = x−11 (x1 + x2) = 1 + x−11 x2. Cum x−11 ∈ K1 si x1 + x2 ∈K3 \{0} rezulta ca z /∈ K1∪K3. Deci z ∈ K2. Atunci z−1 ∈ K2, adica x−11 x2 ∈ K2.In sfarsit, din faptul ca x2 ∈ K2 \ {0}, rezulta (x−11 x2)x

−12 ∈ K2, adica x−11 ∈ K2 si

de aici x1 ∈ K2, ceea ce este o contradictie cu alegerea lui x1. Deci presupunereafacuta este falsa si

3⋃i=1

Ki �= K.

16. Deoarece |K| = 2n si caracteristica unui corp finit este un numar care divide ordinulgrupului aditiv rezulta ca K este un corp de caracteristica 2. Astfel avem 1+1=0.Deasemenea K este comutativ, fiind finit.a) Daca n este par atunci 3|2n − 1, deci, conform teoremei lui Cauchy exista unelement α ∈ (K, ·) cu ord(α) = 3. Atunci α3 = 1. De aici rezulta ca (α − 1)(α2 +α+ 1) = 0 si deoarece α �= 1 rezulta ca α2 + α+ 1 = 0.Calculam (X2 +X + α)(X2 +X + α+ 1) = X4 + (1 + 1)X3 + (α+ α+ 1+ 1)X2 +


X(α+α+1)+α2 +α = X4 +X +1 = f . Deci f = (X2 +X +α)(X2 +X +α+1)si astfel este reductibil ın K[X].b) n este impar. Presupunem ca exista β ∈ K cu f(β) = 0. Atunci avem β4+β+1 =0, deci (β2 + β)2 + (β2 + β) + 1 = 0. Astfel (β2 + β)3 = 1. Dar 3 nu divide 2n − 1 siastfel rezulta ca β2 + β = 1 adica β2 + β + 1 = 0 si astfel β3 = 1. Astfel rezulta caβ = 1. Deci 0 = f(β) = 1 + 1 + 1 = 1. Contradictie!Daca f este reductibil atunci f = (X2 +mX + n)(X2 + pX + q) cu m,n, p, q ∈ K.Prin identificarea coeficientilor obtinem ca m+ p = 0, n+ q +mp = 0,mq + np = 1si nq = 1. De aici m = p,m + q = p2, n + q = p−1, de unde p3 = 1 si astfel p = 1.Deci n = 1 + q si astfel q2 + q + 1 = 0. De aici rezulta ca q3 = 1 si din nou apare ocontradictie. Astfel f este ireductibil ın K[X].

17. Evident, daca K este corp finit, atunci e comutativ. Presupunem ca 1 + 1 = 0.Atunci X2 − 5 = X2 − 1 = (X + 1)(X − 1). Deci X2 − 5 este reductibil ın K[X].Contradictie! Deci 1 + 1 �= 0. Astfel si 4 �= 0 si exista 4−1.b) Avem ca a5−1 = (a−1)(a4+a3+a2+a+1) = a2(a−1)(a2+a+1+a−1+a−2) =4−1a2(a−1)(4a2+4a−2+1+4a+4a−1+8−5) = 4−1a2(a−1)((2a+2a−1+1)2−5),pentru orice a ∈ K∗. Deci daca a5−1 = 0 atunci a = 1 pentru ca a �= 0 si polinomulX2 − 5 este ireductibil ın K. Astfel daca avem x5 = y5 atunci (xy−1)5 − 1 = 0 siastfel xy−1 = 1, deci x = y. Daca definim f : K∗ → K∗, f(x) = x5 atunci f esteinjectiva si cum K∗ este finit rezulta ca f este bijectiva. Astfel f este surjectiva sipentru orice a ∈ K∗ exista b ∈ K∗ astfel ıncat a = b5. Deci f = X5+ a = X5+ b5 =(X + b)(X4 −X3b+X2b2 −Xb3 + b4). Deci f este reductibil.

18. Daca K are caracteristica 2 atunci functia f : K → K, f(x) = x2 este injectiva,deci si surjectiva pentru ca K este finit. Atunci pentru orice a ∈ K exista y ∈ A cua = y2 = y2 + 02.Daca K are caracteristica diferita de 2, fie a ∈ K. Atunci x si −x au aceeasiimagine prin functia f definita mai sus. Daca avem A = {x2 : x ∈ A}, atuncif(K) = A si daca |K| = n (care este impar) atunci cardA = n−1

2 + 1 > n2 . Atunci

daca B = {a − y2 : y ∈ A} avem cardB = cardA > n2 , deci A ∩ B �= ∅. Astfel

exista x, y ∈ A cu a = x2 + y2. Cum a a fost ales arbitrar rezulta ceea ce trebuiademonstrat.

19. Presupunem ca grupurile (K,+) si (K∗, ·) sunt izomorfe. Atunci exista un izomor-fism f : (K,+)→ (K∗, ·).Evident, f(0) = 1. Daca 1 + 1 = 0 atunci 1 = f(0) = f(x + x) = f(x)f(x) =f2(x), ∀x ∈ K. Deci f(x) = 1, ∀x ∈ K. Cum f este izomorfism rezulta a |K| = 1.Absurd!Fie 1 + 1 �= 0. Atunci 1 �= −1 si exista a �= b ∈ K astfel ıncat f(a) = 1, f(b) = −1.Avem f(a + a) = f(a)f(a) = 1 = f(b)f(b) = f(b + b). Deci a + a = b + b si cum1+1 este inversabil rezulta ca a = b. Absurd!Deci (K,+) si (K∗, ·) nu sunt izomorfe.

20. Fie (K,+, ·) un corp finit. Intr-un grup (K,+) suma tuturor elementelor este sumacelor de ordin 2, adica acei x cu proprietatea x+ x = 0.

97

Daca 1 + 1 �= 0 atunci ecuatia x+ x = 0 are solutia unica x = 0, deci suma este 0.Daca 1+1=0, atunci |K| = 2p, p ∈ N, p ≥ 2. Putem partitiona K ın submultimix, x+ 1 unde suma elementelor unei submultimi este x + (x + 1) = x + x + 1 = 1.Cum sunt 2p−1 submultimi, suma tuturor elementelor lui K este 2p−1 · 1 = 0.

21. Fie |K| = p. K are caracteristica 3, deci p = 3α, α ∈ N∗, impar. K este finit, deciK este comutativ.Presupunem ca suma oricaror doua patrate din K este tot un patrat. Fie A ={x2 : x ∈ A}. Deoarece K e impar, putem partitiona K ın submultimi astfelK = {0}∪⋃x∈K{x,−x}. Patratele elementelor dintr-o clasa sunt egale, iar patrateleelementelor din clase diferite sunt diferite. Deci multimea A are atatea elemente cateclase are partitia, adica |A| = p+1

2 .Din presupunerea facuta rezulta ca −1 = 1 + 1 = a2, a ∈ K. Fie x, y ∈ A. Atunci∃u, v ∈ K cu u2 = x si v2 = y. Avem x− y = u2− v2 = u2 + (av)2 ∈ A. Deci (A,+)este subgrup al lui (K,+) si de aici rezulta ca p+1

2 |p, adica p = 1. Contradictie! Decipresupunerea facuta este falsa si exista x, y nenule pentru care suma patratelor nueste un patrat.

Bibliografie

[1] Probleme date la Olimpiadele de Matematica 1950-1990, Ioan Tomescu, D.M.Batinetu-Giurgiu, Maria Batinetu-Giurgiu, I.V. Maftei, Florica Vornichescu, EdituraStiintifica, Bucuresti

[2] Olimpiadele Natonale de Matematica pentru liceu 1954-2003, D.M. Batinetu-Giurgiu,Maria Batinetu-Giurgiu, I.V. Maftei, Augustin Semenescu, Ioan Tomescu, FloricaVornichescu, Editura Enciclopedica, Bucuresti

[3] Olimpiadele si Concursurile de Matematica pentru clasele IX-XII 2003, 2004, 2005,Editura Barchi, Timisoara

[4] Probleme alese pentru pregatirea Olimpiadelor Nationale de Matematica, AndreiChites, Gabriel Dospinescu, Andrei Ismail, Gabriel Kreindler, Calin Popa, ClaudiuRaicu, Adrian Zahariuc, Editura GIL, Zalau, 2003

[5] Olimpiadele de Matematica 2004, clasele XI-XII, Andrei Ismail, Gabriel Kreindler,Andrei Negut, Calin Popa, Editura GIL, Zalau, 2005

[6] Algebra - Culegere de probleme pentru examene de admitere si olimpiade scolare,Gheorghe Andrei, Constantin Caragea, Viviana Ene, Editura Scorpion 7, Bucuresti,1995

[7] Colectia Gazeta Matematica

[8] Complemente de Algebra, Dumitru Busneag, Florentina Chirtes, Dana Piciu, EdituraGIL, Zalau

[9] www.mateforum.ro

[10] www.mathlinks.ro

99

Probleme de Structuri Algebrice Modificat

Documents

Transcript of Probleme de Structuri Algebrice Modificat