Exercise 1. Let G be a finite cyclic group of order 120, let H be a subgroup of G of order 24, and let K be a subgroup of G of order 30. Find the number of elements in the intersection H ∩ K . (Justify your answer.)

Solution.  Let a be a generator of G.  By the classification of subgroups of finite cyclic groups, the distinct subgroups of G are ⟨a ⟩, ford  d ∈ Z>0  with d | 120, and |⟨ad ⟩| = 120/d.

To solve this problem, we can find the generators of H and K .  As |H| = 24, we know that H = (a5 ) , and as |K| = 30, we have K = (a6 ) . It can be easily seen that ad  ∈ H ∩ K if and only if lcm(5, 6) = 30|d, therefore, H ∩ K = (a3 0), and |H ∩ K| = 6.

Exercise 2.  Let G be a finite group. For each prime p, define Hp  = {g ∈ G : p ∤ o(g)} .

1. Prove that if G is abelian, then Hp  ≤ G for every prime p.

2. Prove that if G = S3 , then H3  is not a subgroup of G.

Proof of 1 .  Assume that G is abelian and let p be a prime.  Since o(e) = 1 and p ∤  1, we have e ∈  Hp . Therefore Hp  is nonempty. Since Hp  is finite, to prove that Hp  is a subgroup of G it suffices to show that Hp is closed under the group operation by the finite subgroup test. Let a,b ∈ Hp . Then p ∤ o(a),o(b) and since p is prime we have p ∤ o(a)o(b) by Euclid’s lemma.  Since G is abelian, we have o(ab) | o(a)o(b).  Therefore

p ∤ o(ab), i.e. ab ∈ Hp , as required.

Proof of 2.  If G = S3 , then (12), (23) ∈ H3  but (12)(23) = (123) ̸∈ H3 , so H3  is not a subgroup of G.    Exercise 3.  Let σ ∈ S9  be the element

σ = )

1. Prove that there does not exist an integer k such that σ 2022k   = σ 1001 .   (Hint:   You  can prove  this without simplifying σ 2022k  or σ1001 .)

2. Prove that there do not exist x,y ∈ S9  such that σ = xy33 x5 y79 .

Proof of 1 .  First, note that the cycle decomposition of σ is σ = (148)(239)(57). This is an odd permutation,

but σ 2022k  is always even but σ 1011  is always odd, so we get a contradiction.                                             

Proof of 2.  A similar argument works here:

sgn(xy33 x5 y79 ) = sgn(x)sgn(y)33 sgn(x)5 sgn(y)79  = sgn(x)6 sgn(y)12  = (±1)6 (±1)112  = 1  sgn(σ).

Therefore there do not exist x,y ∈ S9  such that σ = xy33 x5 y79 .

Exercise 4.  True or False?  If true, provide a proof.  If false, provide a counterexample (and prove it is indeed a counterexamples).

1. Let G be a group and g ∈ G. Then there is a unique homomorphism φ : Zn  → G such that φ(1) = g .

2. If A ⊆  G, then the intersection of all subgroups of G that contain A is the smallest subgroup of G containing A.

Proof.       1. This statement is false, as we have to require |g||n, otherwise, the respective homomorphism will not be well-defined. For example, there are no homomorphisms φZ/5Z → Z/7Z .

2. This statement is true. First of all, we observe that the intersection of all subgroups of G that contain A is, indeed, a subgroup (assumed known in the course). Denote this subgroup by GA . Suppose that

H is a strictly smaller subgroup of G which also contains A. In other words, we assume H ⊊ GA .      Now we need to carefully read the statement of the problem: as H also contains A, it is one of (possibly many) subgroups that we need to intersect in order to get GA . Therefore, GA  ⊆ H, which leads us to a contradiction. Therefore, GA  is the smallest subgroup containing A. 

Exercise 5. Let G be a group and let A be an abelian group. Let Hom(G,A) be the set of all homomorphisms from G to A. For each ϕ,ψ ∈ Hom(G,A), define ϕ · ψ : G → A by (ϕ · ψ)(g) = ϕ(g)ψ(g) for all g ∈ G.

Prove that ϕ · ψ ∈ Hom(G,A) for all ϕ,ψ ∈ Hom(G,A), and that Hom(G,A) is an abelian group under the binary operation Hom(G,A) × Hom(G,A) → Hom(G,A) that maps (ϕ,ψ) to ϕ · ψ .

Proof.  Let ϕ,ψ ∈ Hom(G,A). For all g1 ,g2  ∈ G, we have

(ϕ · ψ)(g1g2 ) = ϕ(g1g2 )ψ(g1g2 ) = ϕ(g1 )ϕ(g2 )ψ(g1 )ψ(g2 ) = ϕ(g1 )ψ(g1 )ϕ(g2 )ψ(g2 ) = (ϕ · ψ)(g1 )(ϕ · ψ)(g2 ),

where the third equality follows from the fact that A is abelian. Therefore ϕ · ψ ∈ Hom(G,A).

To prove that the binary operation

· : Hom(G,A) × Hom(G,A) −→ Hom(G,A)

(ϕ,ψ) }−→ ϕ · ψ

is associative, we must prove that for all ϕ,ψ,χ  ∈  Hom(G,A) we have  (ϕ · ψ) · χ  =  ϕ ·  (ψ · χ).   Let ϕ,ψ,χ ∈ Hom(G,A). For all g ∈ G we have

((ϕ · ψ) · χ)(g) = (ϕ · ψ)(g)χ(g) = (ϕ(g)ψ(g))χ(g),

and similarly we have

(ϕ · (ψ · χ))(g) = ϕ(g)(ψ · χ)(g) = ϕ(g)(ψ(g)χ(g)),

so ((ϕ · ψ) · χ)(g) = (ϕ · (ψ · χ))(g) by associativity of the group operation of G. Therefore (ϕ · ψ) · χ = ϕ · (ψ · χ). Let ε ∈ Hom(G,A) be the trivial homomorphism. For all ϕ ∈ Hom(G,A) we have ϕ · ε = ϕ = ε · ϕ since

for all g ∈ G we have

(ϕ · ε)(g) = ϕ(g)ε(g) = ϕ(g)eA  = ϕ(g)

and

(ε · ϕ)(g) = ε(g)ϕ(g) = eA ϕ(g) = ϕ(g).

Therefore ε is an identity element for the binary operation · .

Let ϕ ∈ Hom(G,A) and define ψ : G → A by ψ(g) = ϕ(g)− 1  for all g ∈ G. Then ψ ∈ Hom(G,A) since A is abelian. We have ϕ · ψ = ε = ψ · ϕ since for all g ∈ G we have

(ϕ · ψ)(g) = ϕ(g)ψ(g) = ϕ(g)ϕ(g)− 1  = eA  = ε(g)

and

(ψ · ϕ)(g) = ψ(g)ϕ(g) = ϕ(g)− 1 ϕ(g) = eA  = ε(g).

Therefore ψ is an inverse of ϕ with respect to the binary operation · . Therefore every element of Hom(G,A)

has an inverse with respect to the binary operation · , and Hom(G,A) is a group with respect to · .           

Bonus problem.  The following table is a Cayley table of a group G of order 12, but with most of its entries deleted.  The  element denoted by e is not assumed to  be the identity element.

1.  Prove that a6  is the identity element of the group .  (Hint:  Look at the first row)

2.  Prove that c = a2 .  (Hint:  Use the rows corresponding to a and c .)

3.  Prove that b = a6 .  (Hint:  Use ca = a3 .)  Conclude that b is the identity element of the group .