1.   (a)  Give an example of a non-abelian group G with a proper non-trivial normal subgroup H .

S3  is non-abelian and（(1 2 3)）  C3  is a proper non-trivial normal subgroup. To see that it is normal we use (b) below.  [4 marks]

(b) Prove that if H is a subgroup of a group G and |G/H| = 2 then H is normal in G.

If H has index 2, then since distinct left cosets are disjoint the left cosets are H and G _ H.  But the same is true for right cosets and hence the unique non-trivial left coset is equal to the non-trivial right coset.  Thus H a G.  [4 marks]

(c)  Give an example of a group G and a subgroup H such that |G/H| = 3 and H is not normal in G.

Let G = S3  and take H =（(1 2)）. So |H| = 2 and |G/H| = 6/2 = 3. Then (1 3)H = {(1 3), (1 2 3)}  {(1 3), (1 3 2)} = H(1 3).

[5 marks]

(d) Let G be a non-abelian group of order 125. Find Z(G) and the quotient group G/Z(G).

If G is non-abelian then Z(G)  G.  So since |Z(G)| divides |G| = 125 (by Lagrange’s Thm) so |Z(G)| = 5 or 25. From lectures we saw that G/Z(G) cyclic implies that G is abelian and hence G/Z(G) cannot be cyclic. If |Z(G)| = 25 then |G/Z(G)| = 5 and G/Z(G)  C5 , hence |Z(G)| = 5 and so Z(G)  C5 and G/Z(G) is a non-cyclic group of order 25 of which there is only one: C5  × C5 . [5 marks]

(e) Prove that if G is a group of odd order and H is a subgroup with |G/H| = 3 then H is normal in G.

Let H be a subgroup of index p in a group G whose order has smallest prime factor p.

Define an action of G on the left cosets of H by x . (gH) = xgH. Labelling the left cosets as L1 , L2 , . . . , Lp  this induces a homomorphism from G to Sp  whose kernel is the set K = {g e G | gLi  = Li ,  i = 1, . . . , p}.  Since gH = H iff g e H we must have K C H.  Now G/K is isomorphic to a subgroup of Sp so has order dividing |Sp | = p!.  It also has order dividing |G|.  Since K c H so  |G/K| >  |G/H| = p.  Now G is has no prime factors smaller than p so |G/K| = p and hence H = K is normal.  [7 marks]

2.   (a) Let p > 2 be prime. Describe all groups of order p.

They are all isomorphic to Cp , since any element of a group of order p generates a subgroup that has order dividing p, i.e.  is either the identity or generates the whole group.  [2 marks]

(b)  Give two examples of non-isomorphic groups of order p2 , explaining clearly why they are non-isomorphic.

Cp2  and Cp ×Cp are non-isomorphic groups of order p2 . They are not isomorphic since Cp  has an element of order p2 , while Cp  × Cp  does not.  [2 marks]

(c) For which pairs of primes p > q is there a unique group of order pq?               The short answer is there is a unique group of order pq iff q | p _ 1.  [4 marks] To see why let G be a group of order pq, where p > q and p, q are both prime. Sylow’s theorem tells us that np  = 1 mod p and np   | q, hence p > q implies that np  = 1. So there is a unique subgroup of order p, isomorphic to Cp , which is therefore normal in G.  Sylow also implies there is a subgroup of order q , isomorphic to Cq . Since these subgroups meet only in the identity (since their intersection has order dividing both p and q) and |Cp ||Cq | = pq = |G| so we can recognise a semi-direct product: G = Cp  ×θ Cq , where θ : Cq  → Aut(Cp ) is a homomorphism.

Now Aut(Cp )  Cp-1  so if q | p _ 1 there are no non-trival homomorphisms, and the semi-direct product is a direct product and so G  Cp  × Cq   Cpq .  [4 marks]

If q | p _ 1 then there is also a non-abelian group of order pq.  Let Cp  =（x | xp  = 1）. Let φh  be a generator for Aut(Cp ) =（φh）, (this exists since Aut(Cp ) is cyclic) where 2 ≤ h ≤ p _ 1 and φh   : Cp   → Cp  is given by φh (x) = xh . Then writing Cq  =（y | yq  = 1）we have a non-trivial homomorphism θ : Cq  → Aut(Cp ) given by θ(y) = φh , now

Cp  ×θ Cq  =（x, y | xp  = 1 = yq , yx = xhy）,

is a non-abelian group of order pq.  [4 marks]

(d)  Classify all groups of order 4907 explaining clearly all steps of your argument. We have 4907 = 7 × 701 and 701 is prime and 7 | 700.  So using the previous part we know this is a semi-direct product and either it is trivial and we get C4907  or it is non-trivial.

We need to check that the non-trivial semi-direct products are all isomorphic. We have Aut(C701 ) = C700  and we can check that φ2  : C700  → C700 , φ2 (x) = x2 generates Aut(C700 ). (Since 700 = 22 × 52 × 7 it is sufficient to verify that none of 2700/2 , 2700/5 , 2700/7  equal 1 modulo 701.)

We then need to identify all non-trivial homomorphisms θ : C7  → Aut(C701 ) =   C700 . We must have θ(y) is an element of Aut(C701 ) of order dividing 7, so either   θ is trivial or θ(y) has order 7. In which case θ(y) = φ2(100), φ2(2)00 , φ2(3)00 , φ2(4)00 , φ2(5)00  Since φ2(100)  = φ 19  this yields six non-abelian groups of the form

（x, y | x701  = 1 = y7 , yx = x19jy）,    j = 1, . . . , 6.    [6 marks]

However y →l y19 is an automorphism of C7  (it is y →l y5 ) hence by a result from lectures (Prop 8.5) on isomorphic semi-direct products these are all isomorphic. [3 marks]

3.   (a) Let G be a group of order 24. List all possible orders of the subgroups of G.  A group of order 24 could have subgroups of order 1,2,3,4,6,8,12,24.  [4 marks]

(b) Using Sylow’s theorem decide what are the possible values of n2  and n3  for G? Since 24 = 23  × 3 so n2  is the number of distinct subgroups of order 8, while n3  is the number of distinct subgroups of order 3.  By Sylow n2  = 1 mod 2, n3  = 1 mod 3, n2  | 3 and n3  | 8. So n2  = 1, 3 and n3  = 1, 4.  [6 marks]

(c)  Classify all groups of order 24 with n2  = 1 and n3  = 1.

In this case the subgroups of order 3 and 8 are unique and hence normal. Moreover gcd(3, 8) = 1 so they meet trivially and 24 = 3 × 8 so G is a direct product of group of order 3 which must be C3  and a group of order 8 which can we any of C8 , C2  × C4 , C2(3), Q8 , D8  so there are 5 possibilities.  [5 marks]

(d) Using results from the course try to classify groups of order 24 with n2  > 1. [Write no more than three pages.]

[This question was beyond the level of examples seen in the course and meant to give those students who had mastered the course material the chance to shine.]

If n3  = 1 then G must contain a unique and hence normal subgroup isomorphic to C3 . Since it also contains a subgroup H of order 8 which meets C3  trivially so we recognise a semi-direct product:  G = C3  ×θ  H, where H e {C8 , C2  × C4 , C2(3), Q8 , D8 } and θ : H → Aut(C3 ).  Note that Aut(C3 )  C2  is generated by φ2  : x →l x2 .  Since n2  = 3 so θ must be non-trivial.  We consider the five choices of H in turn. Note that since the 2-Sylow subgroups are all conjugate they are isomorphic so distinct choices for H give distinct groups G.   The only isomorphisms will be between semi-direct products with the same 2-Sylow subgroups.

H = C8  =（y | y8  = 1）: θ(y) = φ2  is the only non-trivial homomorphism and yields the group C3  ×θ C8 .

H = C2  × C4   =  （y, z  | y2   = z4   = 1,  yz = zy）:  there are three non-trivial homomorphisms.  Writing each in terms of the image of (y, z) we have θ 1  = (φ2 , id), θ2  = (id, φ2 ), θ3  = (φ2 , φ2 ).  In this case C3  ×θ 1   (C2  × C4 )  C3  ×θ3 (C2  × C4 ).  To see this let f  : C2  × C4  → C2  × C4  be defined by f (y) = y , f (z) = yz.  Then we can check this defines an automorphism of C2  × C4  and θ 1  = θ3 。f. So Prop 8.5 from lectures tells us they are isomorphic.

We need to justify why C3  ×θ 1   (C2  × C4 )  C3  ×θ2   (C2  × C4 ). To see this note that ker(θ1 ) =  （z）   C4  while ker(θ2 ) =  （y, z2）   C2  × C2 .  So the former semi-direct product contains elements of order 12, such as xz, while that the later does not.

H = C2(3)  = （a, b, c | a2  = b2  = c2  = 1,  ab = ba, ac = ca, bc = cb）:  there are seven non-trivial homomorphisms given by deciding whether or not each of a, b, c is mapped to φ2  (at least one of them must be for the homomorphism to be non-trivial).  Writing each homomorphism in terms of the images of a, b, c we have θ 1  = (φ2 , id, id), θ2  = (id, φ2 , id), . . . , θ6  = (id, φ2 , φ2 ), θ7  = (φ2 , φ2 , φ2 ). It is easy to see that C3  ×θ 1   C2(3)    C3  ×θ2   C2(3)    C3  ×θ3   C2(3)  and C3  ×θ4   C2(3)   C3  ×θ5  C2(3)   C3  ×θ6  C2(3)  via permutations of a, b, c (these are automorphisms of C2(3)).  Also C3  ×θ 1  C2(3)    C3  ×θ4  C2(3)  via the automorphism (a, b, c) →l (a, ab, c). Lastly C3 ×θ 1 C2(3)   C3 ×θ7 C2(3) via the automorphism (a, b, c) →l (a, ab, ac). Thus all seven non-trivial semi-direct products are isomorphic.

H = D8  =（y, z | y2  = z4  = 1,  zy = y3 z）: as in the case of H = C4  × C2  there are three non-trivial homomorphisms: θ 1  = (φ2 , id), θ2  = (id, φ2 ), θ3  = (φ2 , φ2 ). In this case C3  ×θ2  D8   C3  ×θ3  D8 . To see this let f : D8  → D8  be defined by f (y) = yz , f (z) = z. Now θ3 。f = θ2  and we can check that f e Aut(D8 ).     To see why C3 ×θ 1 D8   C3 ×θ2 D8 note that ker(θ1 ) =（z）  C4 while ker(θ2 ) = （y, z2）  (C2  × C2 ).  So the former semi-direct product contains elements of order 12, such as xz , while that the later does not.

H = Q8  =（y, z | y4  = 1, y2  = z2 ,  zy = y3 z）. As in the cases of H = C4  × C2 and H = D8  there are three non-trivial homomorphisms:  θ 1  = (φ2 , id), θ2  = (id, φ2 ), θ3  = (φ2 , φ2 ).  In this case they are all isomorphic.  If f, g : Q8  → Q8 f (y) = z , f (z) = y and g(y) = y , g(z) = yz, then f, g e Aut(Q8 ) and θ1。f = θ2 while θ3 。g = θ 1 .

Overall we have identified 7 isomorphically distinct groups with n2   > 1 and n3  = 1.

We now consider n2  > 1 and n3  > 1 so n2  = 3 and n3  = 4. We will show that in this case G  S4 .

Let the 3-Sylow subgroups be s3 (G) = {P1 , P2 , P3 , P4 }. Consider the action of conjugation by G on s3 (G).  Sylow’s theorem tells us these subgroups are all conjugate so there is a single orbit of size 4 and so the Orbit-Stabiliser theorem tells us that for any P e s3 (G) the stability subgroup GP  = {g e G | gPg-1  = P} has order 24/4 = 6.

Consider the group homomorphism associated to this action,  given by  φ  : G  → S4   (so we interpret the action of a single group element g  e G as a permutation of s3 (G) which in turn we view as a permutation in  S4 ).   If we can show that K  =  ker(φ)  =  {1} then φ is injective and hence  (since |G| = 24  =  |S4 |) surjective and so G    S4 .   For any P  e s3 (G) we have ker(φ) C GP  = {g e G | gPg-1  = P} so in particular for any 1 ≤ i < j ≤ 4 we have K a GPl  n GPa .

For any 1 ≤ i < j ≤ 4 we know |GPl  n GPa | = 1, 2, 3 or 6. If it ever has order 3 or 6 then by Sylow’s theorem it has a subgroup Q of order 3. But then Pi , Pj are also subgroups of order 3 of GPl  n GPa   hence, since 3-Sylow subgroups are conjugate, we have Pi  = Q = Pj . a contradiction.

Moreover if |GPl  n GPa | = 1 then, since K is a subgroup of this group, |K| = 1 and we are done, so we may suppose that |K| = 2 and |GPl  n GPa | = 2 for all 1 ≤ i < j ≤ 4.

Now for any P e s3 (G) we have K a GP  and GP  has order 6 so is either S3  or C6 . If GP   S3  then K a S3  but S3  has no normal subgroup of order 2. So we must have GP   C6 for each P e s3 (G). Hence each GP   C6 contains exactly two elements of order 6. Each element of order 3 or 6 belongs to a unique GP (since the intersection of any pair of stability subgroups has order 2 and so contains no elements of order 3 or 6) so G contains 2 × 4 = 8 elements of order 6 and also 2 × 4 = 8 elements of order 3. But now the remaining 8 elements of G must form a unique 2-Sylow subgroup and n2  = 1, a contradiction.

Thus |K|  2 and so |K| = 1, hence K = {1} and so φ is an isomorphism and G  S4 .

[10 marks. Full marks would have been given for either half of this answer.]

4.   (a) Prove that p(x) = x3 + 9x2 + 18x + 13 is irreducible over Q.

Let p(x) = x  + 9x  + 18x + 13 and note that p(x32 _ 1) = x  + 6x  + 3x + 3. Now32  Eisenstein applied to s(x) = x  + 6x  + 3x + 3 with32 p = 3 says that s(x) has no proper factorisation over Z and hence, since p(x) = s(x + 1), we see that p(x) has no proper factorisation over Z.  Hence, since p(x) is primitive (since it is

monic), Gauss’s Lemma then implies that r(x) is irreducible over Q.  [5 marks] (b) Factorise x24 _ 1 into monic irreducibles over Q, explaining carefully why each

factor is irreducible.

We use the theorem from lectures on cyclotomic polynomials: xn _1 =    d|n Φd (x)

so

x24 _ 1 = Φ 1 (x)Φ2 (x)Φ3 (x)Φ4 (x)Φ6 (x)Φ8 (x)Φ12 (x)Φ24 (x).

We know all of these polynomials from lectures except the Φ6 , Φ 12 , Φ24 . More precisely we have Φ 1 (x) = x _ 1, Φ2 (x) = x + 1, Φ3 (x) = x2 + x + 1, Φ4 (x) = x  +1, Φ28 (x) = x  +1. We then find Φ46 (x)(x _ 1)(x+1)(x2 + x+1) = x6 _ 1 so Φ6 (x) = x2 _ x + 1. Next Φ12 (x)(x _ 1)(x + 1)(x  + x + 1)(x  + 1)(x222 _ x + 1) = x12 _ 1 so Φ 12 (x) = x4 _ x2 + 1. Finally we can obtain Φ24  by dividing x24 _ 1 by the product of the other terms: Φ24 (x) = x8 _ x4 + 1. So

x24 _1 = (x_1)(x+1)(x +x+1)(x +1)(x222 _x+1)(x +1)(x44 _x +1)(x28 _x +1)4 . [5 marks]

We claim these terms are all irreducible over Q.  Clearly x 士 1 is irreducible since it is linear. The next three terms are all quadratics with no real roots and

hence irreducible over Q.  Finally we need to show that Φ8 (x), Φ 12 (x), Φ24 (x) are irreducible over Q.  [2 marks]

For Φ8 (x)  = x4  + 1 we use Eisenstein with p  = 2 applied to Φ8 (x + 1)  = x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + 2.  [2 marks]

A very reasonable way to complete this question would be to prove that all cyclotomic polynomials are irreducible over Q but we can also do this directly in these last two cases.

Since Φ 12 (x) = x4  _ x2  + 1 is primitive it is sufficient to show irreducibility over Z. Now Φ12 (x) has no integer roots (it is always at least 1 at any integer x) so if it is reducible over Z then it has a factor x2  + ax + b.  Since Φ12 (x) is even either a = 0 or x2  _ ax + b is a distinct factor in which case Φ12 (x) = (x2 +ax+b)(x2 _ax+b). In the former case we have x4 _x2 +1 = (x2 +b)(x2 +c) and so bc =  1 and b + c = _1 with b, c e Z but this is impossible, so the latter factorisation must hold.  Equating coefficients in this case:  b2  = 1 and _1 = _a2 +2b. So b = 士1 and a2  = _1 or a2  = 3, neither of which are possible. So Φ 12 (x) is irreducible over Z and hence also over Q by Gauss’ Lemma.  [2 marks]

We can use a similar approach for Φ24 (x) = x8  _ x4 + 1. Again Φ24 (x) has no integer roots and is even so if it is reducible over Z then it has a factor f (x) of degree at least two and at most 4. Let f (x) be a non-trivial factor of minimal degree.   If deg(f)  =  3 then  f (_x) is a distinct factor  (cubic polynomials cannot be even) so Φ24 (x) = f (x)f (_x)g(x) and deg(g) = 2, contradicting the minimality of deg(f).

We would now like to assume that Φ24 (x) factors into two quartics, but we first need to consider the possibility that it factors into an even quadratic:  x2 + a and a sextic x6  + bx5  + cx4  + dx3  + ex2  + fx + g, with a, b, c, d, e, f, g  e Z. Equating coefficients we have b  =  d  =  f  =  0,  a + c  =  0,  e + ac  =  _1, g + ae = 0, ag = 1.  Now ag = 1   =÷  a = g = 士1.  If a = 1 then c = _1 so e = 0 and hence g = 0 which is impossible.  Similiarly if a = _1.  Thus we have a quartic factor f (x) which is either even or if not f (_x) is a distinct factor. Thus there are two more cases: Φ24 (x) = (x4 + ax2 + b)(x4 + cx2 + d) or Φ24 (x) = (x4 + ax3 + bx2 + cx + d)(x4 _ ax3 + bx2 _ cx + d). In the former case we have bd = 1, ad + bc = 0, c +a = 0 and _1 = b + d +ac. Which implies a2  = _1 or a2  = 3 which is impossible.

So we have x8 _x +1 = (x +ax +bx +cx+d)(x44324 _ax +bx32 _cx+d). Equating coefficients of even powers of x we have d2  = 1, 2bd = c2 , _1 = 2d _ 2ac + b2 , 2b = a2 .  Since a, b, c, d e Z so 2b = a2  implies a is even and hence b is even but then 2d _ 2ac + b2  = _1 is also even, a contradiction.

So Φ24 (x) is irreducible over Z and hence also over Q by Gauss’ Lemma.  [3 marks]

(c) Identify all possible isomorphisms between the following quotient rings:

F5 [x]/(x2 + x + 1),    F5 [x]/(x2 + x + 2),    F5 [x]/(x2 + x + 3).