Algebra - Rijeseni zadaci

OPSTA ALGEBRA

VJEZBE

Mirnes [email protected]

8. april 2008.

Sadrzaj

I TEORIJA GRUPA 2

1 Grupoid. Polugrupa. Grupa 31.1 Red elementa. Period grupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2 Normalne podgrupe. Faktorske grupe 23

Bibliografija 28

1

Dio I

TEORIJA GRUPA

2

Glava 1

Grupoid. Polugrupa. Grupa

Definicija 1.1 (Binarna operacija) Neka je G neprazan skup. Preslika-vanje

◦ : G×G→ G

koje svakom uredenom paru (x, y) iz G×G pridruzuje odredeni element x◦yiz G nazivamo unutrasnja binarna kompozicija ili binarna operacijana skupu G.

Ako je binarna operacija na G, onda mi kazemo da je skup G zatvorenu odnosu na operaciju ◦.

Pod algebarskom strukturom podrazumijevamo naprazan skup G ijednu ili vise binarnih operacija na tom skupu.

Grupoid je uredeni par (G, ◦) nepraznog skupa G i binarne operacije ◦na tom skupu.

Definicija 1.2 (Neutralni element) Neka je (G, ◦) grupoid. Element e′ ∈G zove se lijevi neutralni element grupoida ako je

e′ ◦ x = x za svako x ∈ G.

Element e′′ ∈ G nazivamo desni neutralni element grupoida ako je

x ◦ e′′ = x za svako x ∈ G.

Element e ∈ G naziva se neutralni element grupoida ako je

x ◦ e = e ◦ x = x za svako x ∈ G.

Pretpostavimo da grupoid (G, ◦) ima lijevi neutralni element e′ i desnineutralni elemet e′′. Tada je e′ ◦ e′′ = e′′, jer je e′ lijevi neutralni element.S druge strane je e′ ◦ e′′ = e′ , jer je e′′ desni neutralni element. Daklee′ ◦ e′′ = e′′ = e′, tj. e′ = e′′. Odavde zakljucujemo da, ako grupoid ima

3

GLAVA 1. GRUPOID. POLUGRUPA. GRUPA 4

lijevi i desni neutralni element, onda su oni medusobno jednaki ipredstavljaju neutralni element grupoida.

Slicno se zakljucuje da, ako postoji neutralni element grupoida, onda jeon jedinstven. Pretpostavimo da su e1 i e2 dva razlicita neutralna elementagrupoida (G, ◦). Tada je e1 ◦ e2 = e2, jer je e1 neutralni element. S drugestrane je e1 ◦ e2 = e1, jer je e2 neutralni element. Dakle, e1 ◦ e2 = e2 = e1,tj. e1 = e2, a ovo je suprotno pretpostavci da su neutralni elementi e1 i e2

medusobno razliciti (kontradikcija!). Dakle, neutralni element grupoidaje, ako postoji, jedinstven!

Navodimo primjer algebarske strukture koja ima lijevi a nemadesni neutralni element. Neka skup G ima barem dva elementa. Defini-rajmo binarnu operaciju ◦ na skupu G, na sljedeci nacin:

a ◦ b = b za svako a, b ∈ G. (1.1)

Tada grupoid (G, ◦) ima lijevi neutralni element a, dok nema desni neutralnielement. Naime, za svako x ∈ G prema (1.1) vrijedi

x ◦ b = b za svako b ∈ G

a to je prema definiciji 1.2 lijevi neutralni element.

Tvrdimo da (G, ◦) nema desni neutralni element. U tu svrhu, pretpostavimosuprotno. Neka grupoid (G, ◦) ima desni neutralni element, recimo e. Tadaje, prema definiciji desnog neutralnog elementa,

x ◦ e = x za svako x ∈ G.

Kako skup G ima bar dva elementa, tada postoji c ∈ G i c 6= e takav da je,zbog prethodne jednakosti

c ◦ e = c.

Medutim, prema (1.1) imamo

c ◦ e = e.

Iz posljednje dvije jednakosti slijedi c◦e = c = e, tj. c = e , a to je suprotnosa izborom elementa c (kontradikcija!). Dakle, grupoid (G, ◦) nema desnineutralni element.

Definicija 1.3 Neka je (G, ◦) grupoid. Tada se binarna operacija ◦ naziva

• asocijativna ako za svako a, b, c ∈ G vrijedi jednakost (a ◦ b) ◦ c =a ◦ (b ◦ c),

• komutativna ako za svako a, b ∈ G vrijedi jednakost a ◦ b = b ◦ a.

Za grupoid (G, ◦) kazemo da je


• polugrupa ili semigrupa ako je operacija ◦ asocijativna,

• komutativni grupoid ako je operacija ◦ komutativna.

Definicija 1.4 (Inverzni element) Neka je (G, ◦) polugrupa sa neutral-nim elementom e. Za element a ∈ G kaze se da ima lijevi inverzni ele-ment, ako postoji element a′ ∈ G takav da je

a′ ◦ a = e.

Za element a ∈ G kaze se da ima desni inverzni element, ako postojielement a′′ ∈ G takav da je

a ◦ a′′ = e.

Za element a kazemo da je invertibilan ako je a′ = a′′. U tom slucaju a′

nazivamo inverzni element elementa a.

Definicija 1.5 (Grupa) Polugrupu (G, ◦) nazivamo grupa ako vrijedi:

• (∃e ∈ G)(∀a ∈ G) a ◦ e = e ◦ a = a.

• (∀a ∈ G)(∃a′ ∈ G) a ◦ a′ = a′ ◦ a = e.

Definicija 1.6 (Abelova grupa) Za grupu (G, ◦) kazemo da je komuta-tivna ili Abelova grupa ako vrijedi:

a ◦ b = b ◦ a za svako a, b ∈ G.

Definicija 1.7 (Potencija broja) Neka je n ∈ N i a iz grupe (G, ◦). N-tupotenciju broja a definiramo na sljedeci nacin:

a0 = e,

a1 = a

an+1 = an ◦ a,a−n = (an)−1.

Ako je operacija ◦ aditivnia (tj. +) onda se umjesto an pise na i prethodnecetiri jednakosti imaju oblik:

0 a = 0,1 a = a,

(n+ 1) a = na+ a,

(−n) a = −(na).

Zadatak 1.1 Neka je (G, ◦) polugrupa sa neutralnim elementom e. Akosvaki element iz G ima desni inverzni element, tada je (G, ◦) grupa.


� Neka je x ∈ G proizvoljan element. Tada on ima desni inverzni elementx′ koji pripada grupi G i vrijedi x ◦ x′ = e. Treba pokazati da je

x′ ◦ x = e.

Oznacimo sa y = x′ ◦ x. Tada je

y◦y = (x′◦x)◦(x′◦x) = ((x′◦x)◦x′)◦x = (x′◦(=e︷︸︸︷

x ◦ x′))◦x = (x′◦e)◦x = x′◦x = y

Kako je y iz grupe G, postoji njegov desni inverzni element y′ iz grupe Gtakav da je y ◦ y′ ∈ G i y ◦ y′ = e. Tada je

y = y ◦ e = y ◦ (y ◦ y′) = (y ◦ y) ◦ y′ = y ◦ y′ = e.

Dakle, y = e, odnosno x′ ◦ x = e, sto je i trebalo dokazati. �

Isto tvrdenje bi dobili ako bi za pretpostavku uzeli da svaki element izG ima lijevi neutralni element umjesto desnog.

Zadatak 1.2 Neka je (G, ◦) grupa. Tada je inverzni element elementa a◦bjednak b−1 ◦ a−1, odnosno vrijedi:

(a ◦ b)−1 = b−1 ◦ a−1.

� Najprije pokazimo, ako element a ima lijevi inverzni element b i desniinverzni element c tada su oni jednaki. Naime,

b = b ◦ e = b ◦ (a ◦ c) = (b ◦ a) ◦ c = e ◦ c = c.

Jasno je, tada a nema drugih ni lijevih ni desnih inverznih elemenata.Odnosno, ako a ima inverzni element tada je on jedinstven.

Ako bi a pored b imao jos jedan lijevi inverzni element b′, tada bi premaprethodnoj jednakosti bilo i b′ = c, pa je b = b′. Dakle, svi lijevi inverzni ele-menti elementa a su medusobno jednaki, i na isti nacin su i svi desni inverznielementi elementa a su medusobno jednaki, i prema prethodnoj jednakostisu svi medusobno jednaki, slijedi da je inverzni element jedinstven.

Dokaz jedinstvenosti inverznog elementa je mogao i jednostavnije, pret-postavkom da imaju dva, pa bi se pokazalo da su oni jednaki.

Neka su a, b ∈ G. Kako je (G, ◦), postoje elementi a−1, b−1 ∈ G takvi da jea ◦ a−1 = a−1 ◦ a = e i b ◦ b−1 = b−1 ◦ b = e.Kako su a, b ∈ G, i G grupa, tada je a ◦ b ∈ G, pa postoji (a ◦ b)−1 ∈ G takoda vrijedi

(a ◦ b) ◦ (a ◦ b)−1 = (a ◦ b)−1 ◦ (a ◦ b) = e.


Treba pokazati da je (a ◦ b)−1 = b−1 ◦ a−1, a to cemo postici ako ovo zami-jenimo u prethodnoj jednakosti, pa imamo

(a◦ b)◦ (b−1 ◦a−1) = ((a◦ b)◦ b−1)◦a−1 = (a◦ (

=e︷︸︸︷b ◦ b−1))◦a−1 = a◦a−1 = e.

Pokazali smo da je b−1 ◦a−1 desni inverzni element. Kako element a◦b ima ilijevi neutralni element (jer je u G), tada su oni medusobno jednaki. Buducida je inverzni element jedinstven ako postoji, to je (a ◦ b)−1 = b−1 ◦ a−1.�

Teorem 1.1 Polugrupa (G, ◦) je grupa ako i samo ako jednacine

a ◦ x = b

y ◦ a = b

imaju rjesenje u G za svako a, b ∈ G.

Definicija 1.8 (Konacna algebarska struktura) Za algebarsku strukturu(G, ◦) kazemo da je konacna ako je G konacan skup.

Teorem 1.2 Konacna polugrupa (G, ◦) je grupa ako i samo ako vrijedi za-kon kancelacije (skracivanja) za svaki element iz G, tj. ako iz jednakosti

a ◦ b = a ◦ cb ◦ a = c ◦ a

slijedi b = c za svako a, b, c ∈ G.

Zadatak 1.3 Neka je (G, ◦) grupa i n ∈ N. Neka vrijedi

(ab)n = anbn (1.2)

za svako a, b ∈ G i svaka tri uzastopna prirodna broja. Tada je G Abelovagrupa.

� Neka su a, b ∈ G proizvoljni. Neka su n, n + 1, n + 2 tri proizvoljnauzastopna prirodna broja.

Kako je G grupa, treba jos pokazati da vrijedi komutativnost, tj. ab = baza svako a, b ∈ G.

Uvrsatavanjem n, n+ 1, n+ 2 u jednakost (1.2), dobijamo

(ab)n = anbn

(ab)n+1 = an+1bn+1

(ab)n+2 = an+2bn+2


Iz ovih jednakosti imamo:

(anbn)(ab) = (ab)n(ab) = (ab)n+1 = an+1bn+1

Asocijativnost vrijedi pa mozemo bilo koja dva susjedna udruziti!

a−n ◦ /an bn a b = an a bn+1/ ◦ b−1

a−n an bn a bb−1 = a−n an a bn+1 b−1

bn a = a bn b b−1

bn a = a bn

Slicno dobijamo da jebn+1 a = a bn+1,

pa imamobn+1 a = (bbn)a = b(bna) = b(a bn) = (b a)bn.

Daklebn+1 a = (b a)bn.

Kako jebn+1 a = a bn+1

dobijamo

abn+1 = (ba)bn

a(bbn) = (ba)bn

(ab)bn = (ba)bn/ ◦ b−n

ab = ba.

Kako se elementi a, b ∈ G proizvoljni, zakljucujemo da je grupa (G, ◦)Abelova. �

Zadatak 1.4 Da li je skup S = {a, b, c} grupa u odnosu na operaciju ?koja je zadana tablicom:

? a b ca a b cb b c ac c a b

� Zatvorenost: Kako je operacija zadana Kelijevom tablicom, i tablicaprekrivena samo elemtima skupa S, zatvorenost je zadovoljena.

Asocijativnost: Kako je grupoid konacan, potrebno je za sve uredene tro-jke (x, y, z) elemenata grupoida ispitati da li vazi

(x ? y) ? z = x ? (y ? z).


Medutim, u nasem slucaju grupoida od 3 elementa, ovakvih provjera ima33 = 27. Ovaj broj inace vrlo brzo raste; ako je |G| = n jednak je n3.Uzmimo

(a ? b) ? c = b ? c = a

a ? (b ? c) = a ? a = a

Odavde slijedi(a ? b) ? c = a ? (b ? c).

Direktnom provjerom se vidi da vrijedi asocijativnost za svaka tri elementa.

Neutralni element: (Za Kelijevu tablicu vrijedi: Red odnosno kolonaoznacena neutralnim elementom se podudara sa ulaznim redom odnosnokolonom)

a ? a = a

a ? b = b

a ? c = c

Odavdje slijedi da je a lijevi neutralni element.

a ? a = a

b ? a = b

c ? a = c

Odavdje slijedi da je a desni neutralni element. Kako je a lijevi i desni neu-tralni element, to znaci da je a neutralni element skupa S.

Inverzni element:

a ? a = a

b ? c = a

c ? b = a

Odavdje slijedi da je a−1 = a, b−1 = c i c−1 = b. Dakle, svaki element iz Sima inverzni element.

Komutativnost: Uopsteno, konacna algebarska struktura je komutativnaako i samo ako je odgovarajuca Kelijeva tablica simetricna s obzirom naglavnu dijagonalu. Glavna dijagonala dobija smisao kada tablicu posma-tramo kao matricu.U nasem slucaju, elementi galvne dijagonale su a, c, b, a vidimo i da su ele-menti simetricni u odnosu na glavnu dijagonalu. Dakle, algebarska struktura(S, ?) je Abelova grupa. �


Definicija 1.9 Neka su A i B podskupovi skupa G i (G, ◦) grupa. Definisemo

A ◦B = {a ◦ b | a ∈ A, b ∈ B}

Zadatak 1.5 Neka je H podgrupa grupe (G, ◦). Tada je H ◦H = H.

� Kako se radi o dokazu skupovne jednakosti, treba pokazati da je

H ◦H ⊆ H i H ⊆ H ◦H.

Uzmimo proizvoljan element iz H ◦H. Tada je on oblika a ◦ b, (a, b ∈ H).Kako je H podgrupa od G, ona je zatvorena u odnosu na operaciju ◦, pa jea ◦ b ∈ H za sve (a, b ∈ H). Dakle, H ◦H ⊆ H.Neka je h ∈ H proizvoljan. Tada, kako je H podgrupa od G, H ima neu-tralne element, recimo e. Zbog toga je h ◦ e ∈ H ◦H.Dakle, H ◦H = H. �

Zadatak 1.6 Dokazati da je skup S svih n-tih korijena iz jedinice, n fik-san prirodan broj, grupa u odnosu na mnozenje kompleksnih brojeva, tj.pokazati da je (S, ·) grupa, gdje je, za n ∈ N fiksno, S = {z ∈ C| zn = 1}.

� N-ti korijeni iz jedinice su brojevi oblika

z = cosϕ+ 2kπ

n+ i sin

ϕ+ 2kπn

, k = 0, 1, . . . , n− 1

Zatvorenost: Neka su z1, z2 ∈ S proizvoljni. Tada je zn1 = 1 i zn2 = 1.Zbog

(z1 · z2)n = (z1 · z2)(z1 · z2) · · · (z1 · z2)︸︷︷︸n puta

,

te zbog komutativnosti i asocijativnosti elemenata iz C slijedi

(z1 · z2)n = (z1 · z1 · · · z1︸︷︷︸n puta

) · (z2 · z2 · · · z2︸︷︷︸n puta

) = zn1 · zn2 . (1.3)

Odavde slijedi(z1 · z2)n = zn1 · zn2 = 1 · 1 = 1.

Dakle, z1 · z2 ∈ S, a kako su elementi z1, z2 ∈ S proizvoljni to znaci da jeskup S zatvoren u odnosu na mnozenje kompleksnih brojeva.

Asocijativnost: Buduci da asocijativnost vrijedi za sve kompleksne bro-jeve, jer je (C, ·) Abelova grupa, i kako je S ⊆ C to asocijativnost specijalnovrijedi i za brojeve koji su n-ti korijeni iz jedinice.


Neutralni element: Neutralni element u grupi (C, ·) je 1 (u algebarskomobliku). Dakle samo jos treba provjeriti da li je 1 ∈ S? Jasno je da vrijedi

(∀n ∈ N) 1n = 1,

dakle 1 ∈ S.

Inverzni element: Neka je z ∈ S proizvoljan. Tada je zn = 1. Odredimobroj z′ takav da je

z · z′ = 1

Odavde slijedi z′ = 1z . Ispitajmo z′ ∈ S? Ovo ce biti ispunjeno ako je

z′n =

(1z

)n= 1.

Dokazimo to! Zbog (1.3) u ovom zadatku slijedi(1z

)n=

1n

zn.

Tada imamo, zbog zn = 1 i 1n = 1,

z′n =

1n

zn=

11

= 1

Dobili smoz′n = 1,

sto znaci da z′ ∈ S. Dakle, z′ = 1z je desni inverzni element. Na osnovu

zadatka 1.1 na strani 5. je z′ = 1z i lijevi inverzni element, pa je z′ inverzni

element, a moze i na drugi nacin.Potrazimo lijevi inverzni element elementa z

z′ · z = 1

odakle slijedi z′ = 1z , a kako smo vidjeli, z′ pripada skupu S, pa slijedi da je

z′ lijevi inverzni element. Odavde zakljucujemo da je z′ inverzni element.Sve pokazane osobine algebarsku strukturu (S, ·) cine grupom, sto je i trebalodokazati. �

Zadatak 1.7 Ispitati da li je sljedeci skup funkcija

S ={f1(x) = x, f2(x) =

1x, f3(x) = 1− x, f4(x) =

11− x

, f5(x) =x− 1x

, f6(x) =x

x− 1

}pri cemu je

fi : R\{0, 1} → R, i = 1, 2, . . . , 6,

grupa u odnosu na operaciju ? definisanu sa

(fi ? fj) (x) = fi (fj(x)) i = 1, 2, . . . , 6.


� Zatvorenost: Neka su fi i fj proizvoljne funkcije iz skupa S. One imajusvojstva fi : R\{0, 1} → R i fj : R\{0, 1} → R. Provjerimo da li fi ? fj imato svojstvo. Kako je

(fi ? fj)(x) = fi(fj(x))

to jefi ? fj : R\{0, 1} → R.

Da bismo pokazali zatvorenost trebamo jos vidjeti da li je rezultat svakedvije funkcije iz S neka funkacije iz S. Kako skup S ima 6 elemenata,formiracemo Kelijevu tablicu. Kako je f1(x) = x to je

(f1 ? fj)(x) = f1(fj(x)) = fj(x) j = 1, 2, . . . , 6 (1.4)

(fi ? f1)(x) = fi(f1(x)) = fi(x) i = 1, 2, . . . , 6 (1.5)

Izracunajmo ostalo:

(f2 ? f2)(x) = f2(f2(x)) = f2

(1x

)=

11x

= x = f1(x)

(f2 ? f3)(x) = f2(f3(x)) = f2 (1− x) =1

1− x= f4(x)

(f2 ? f4)(x) = f2(f4(x)) = f2

(1

1− x

)=

11

1−x= 1− x = f3(x)

(f2 ? f5)(x) = f2(f5(x)) = f2

(x− 1x

)=

1x−1x

=x

x− 1= f6(x)

(f2 ? f6)(x) = f2(f6(x)) = f2

(x

x− 1

)=

1xx−1

=x− 1x

= f5(x)

(f3 ? f2)(x) = f3(f2(x)) = f3

(1x

)= 1− 1

x=x− 1x

= f5(x)

(f3 ? f3)(x) = f3(f3(x)) = f3 (1− x) = 1− (1− x) = 1− 1 + x = x = f1(x)

(f3 ? f4)(x) = f3(f4(x)) = f3

(1

1− x

)= 1− 1

1− x=

x

x− 1= f6(x)

(f3 ? f5)(x) = f3(f5(x)) = f3

(x− 1x

)= 1− x− 1

x=

1x

= f2(x)

(f3 ? f6)(x) = f3(f6(x)) = f3

(x

x− 1

)= 1− x

x− 1=

11− x

= f4(x)


Iskoristimo sljedece:

f4(x) =1

1− x=

1f3(x)

.

Tada imamo:

(f4 ? f2)(x) = f4(f2(x)) =x

x− 1= f6(x)

(f4 ? f3)(x) = f4(f3(x)) =1x

= f2(x)

(f4 ? f4)(x) = f4(f4(x)) =x− 1x

= f5(x)

(f4 ? f5)(x) = f4(f5(x)) = x = f1(x)

(f4 ? f6)(x) = f4(f6(x)) = 1− x = f3(x)

(f5 ? f2)(x) = f5(f2(x)) =1x − 1

1x

= 1− x = f3(x)

(f5 ? f3)(x) = f5(f3(x)) =1− x− 1

1− x=

x

x− 1= f6(x)

(f5 ? f4)(x) = f5(f4(x)) =1

1−x − 11

1−x= x = f1(x)

(f5 ? f5)(x) = f5(f5(x)) =x−1x − 1x−1x

=1

1− x= f4(x)

(f5 ? f6)(x) = f5(f6(x)) =xx−1 − 1

xx−1

=1x

= f2(x)

Ocito vrijedi:

f6(x) =x

x− 1=

1x−1x

=1

f5(x).

Tada imamo:

(f6 ? f2)(x) = f6(f2(x)) =1

1− x= f4(x)

(f6 ? f3)(x) = f6(f3(x)) =x− 1x

= f5(x)

(f6 ? f4)(x) = f6(f4(x)) =1x

= f2(x)

(f6 ? f5)(x) = f6(f5(x)) = 1− x = f3(x)


(f6 ? f6)(x) = f6(f6(x)) = x = f1(x)

Sada mozemo popuniti Kelijevu tablicu.

? f1 f2 f3 f4 f5 f6

f1 f1 f2 f3 f4 f5 f6

f2 f2 f1 f4 f3 f6 f5

f3 f3 f5 f1 f6 f2 f4

f4 f4 f6 f2 f5 f1 f3

f5 f5 f3 f6 f1 f4 f2

f6 f6 f4 f5 f2 f3 f1

Kako je cijela tablica prekrivena jedino elementima skupa S, zatvorenostvrijedi. Dakle, (S, ?) je grupoid.

Asocijativnost: Kako je slaganje (kompozicija) funkcija asocijativna op-eracija, to specijalno vrijedi i za skup S.

Neutralni element: Iz jednakosti (1.4) i (1.5) ovog zadatka, slijedi daje f1 neutralni element skupa S, sto se vidi i iz Kelijeve tablice.

Inverzni element: Iz Kelijeve tablice vidimo da su funkcije f1, f2, f3 if6 same sebi inverzne (neutralni element f1 je na dijagonali). Za funkcije f4

i f5 iz tablice je:f4 ? f5 = f5 ? f4 = f1

sto znaci da je f4 inverzni element elementa f5, a iz istog je i f5 inverznielement elementa f4. Vidimo da svaki element iz S ima inverzni element.Dakle, (S, ?) je grupa.

Komutativnost: Ocito ne vrijedi jer elementi u Kelijevoj tablici nisusimetricni u odnosu na glavnu dijagonalu. �

Zadatak 1.8 Neka je G grupa. Jednacina x2ax = a−1 (a ∈ G) je rjesiva uG akko je a kub nekog broja iz G.

� (⇒) Pretpostavimo da je jednacina x2ax = a−1 rjesiva u G. Tada postojib ∈ G takav da je b2ab = a−1. Odavde je

(b2ab

)−1 =(a−1)−1. Sada imamo:

ab =(a−1)−1

b =(b2ab

)−1b =

= b−1a−1b−2b = b−1a−1b−1 = b−1(b2ab

)b−1 =

(b−1b2

)a(b−1b

)= bae = ba

Dakle, ab = ba tj. sva rjesenja date jednacine komutiraju sa a.Iz b2ab = a−1 mnozeci zdesna sa a dobijamo b2aba = a−1a = e, te zbog


ab = ba slijedi da je b3a2 = e.Kako je a = ae i b3a2 = e slijedi a = ab3a2, te kako je ab = ba slijedi

a = aaabbb = ababab = (ab)3 .

Dakle, a je kub broja ab.

(⇐) Obrnuto, neka je a kub nekog elementa b iz grupe G, tj. a = b3.Treba pokazati da u tom slucaju jednacina x2ax = a−1 ima rjesenje u G.Posmatrajmo c = b−2. Jasno je da b ∈ G, zatim bb = b2 ∈ G, te kako je Ggrupa postoji inverz od b2 u G, a to je b−2. Dakle c = b−2 ∈ G. Pokazimoda c = b−2 je rjesenje date jednacine.

c2ac =(b−2)2b3b−2 = b−4b = b−3 =

(b3)−1 = a−1

Dakle, c = b−2 je rjesenje posmatrane jednacine. �

Zadatak 1.9 Neka je G grupa. Jednacina xax = b (a, b ∈ G) je rjesiva uG akko postoji element t ∈ G takav da je ab = t2.

� (⇒) Pretpostavimo da je jednacina xax = b rjesiva u G. Tada postojic ∈ G takav da je cac = b. Posmatrajmo:

ab = a(cac) = (ac)(ac) = (ac)2

Kako je a, c ∈ G i G grupa, slijedi ac ∈ G, i na isti nacin je (ac)2 ∈ G.Uzimajuci za t = ac, dobijamo da je

ab = (ac)2 = t2.

Dakle, postoji t = ac ∈ G tako da je ab = t2.

(⇐) Obrnuto, neka postoji element t ∈ G takav da je ab = t2, a, b ∈ G.Treba pokazati da je u tom slucaju jednacina xax = b rjesiva u G. Neka jet = ac (takvo c ∈ G postoji, c = bt−1 ili c = a−1t). Tada je

ab = t2 = (ac)2 = (ac)(ac) = a(cac)

Dobili smo ab = a(cac). Mnozeci prethodno sa a−1 s lijeva (a−1 ∈ G jer jea ∈ G i G grupa), dobijamo:

b = cac

S druge strane je xax = b. Odave zakljucujemo da je c ∈ G rjesenje jednacinexax = b, tj. jednacina je rjesiva u G. �

Definicija 1.10 (Idenpotenta) Za element a polugrupe G kazemo da jeidenpotenta u G ako za svaki prirodan broj n vrijedi an = a.


Zadatak 1.10 Neka je G polugrupa sa osobinom da za svako a ∈ G, postojijedinstven element a? ∈ G takav da je

aa?a = a. (**)

Dokazati sljedece tvrdnje:

a) Ako je e idenpotenta, tada je e? = e.

b) Ako je a?x = a? i a ∈ G, tada je x = aa?.

c) Za svako a ∈ G, a?aa? = a? i a?? = a.

d) Za sve a, b ∈ G, x = (ba?)? je rjesenje jednacine xb = a.

e) G je grupa.

� a) Kako je e identpotenta, slijedi po definiciji da je en = e za svaki priro-dan broj n, pa specijalno i za n = 3. Tada je e3 = e. Iz jednakosti (**) ovogzadatka slijedi ee?e = e. Iz posljednje dvije jednakosti slijedi eee = ee?e.Buduci da je e? jedinstven element u grupi G za kojeg vrijedi ee?e = e,slijedi e? = e.

b) Neka je a?x = a? i a ∈ G. Mnozeci jednacinu a?x = a? s lijeva i zdesa saa dobijamo:

aa?xa = aa?a.

Odavde, zbog (**) slijedi aa?xa = a. Mnozeci prethodnu jednakost zdesnasa a? dobijamo

aa?xaa? = aa?.

Oznacimo sa b = aa?. Tada prethodna jednakost glasi bxb = b. Kako premazadatku postoji jedinstven b? ∈ G takav da je bb?b = b, zakljucujemo da jex = b?. Posmatrajmo

b2 = (aa?)2 = (aa?)(aa?) = (aa?a)a?(∗∗)= aa? = b.

Dakle, b je idenpotenta, a u tom slucaju smo pokazali pod a), da je b? = b.Buduci da smo vec pokazali da je x = b?, slijedi x = b = aa? sto je i trebalopokazati.

c) Neka je a ∈ G proizvoljan element. Tada vrijedi (**), tj. aa?a = a.Posmatrajmo sljedece:

aa?a = a | a?

aa?aa? = aa? | a

aa?aa?a = aa?a(∗∗)= a

a(a?aa?)a = a


Zbog jedinstvenosti elementa a? za kojeg vrijedi (**), iz prethodne jed-nakosti zakljucujemo

a?aa? = a? (***)

Treba jos pokazati da je a?? = a. Neka je a ∈ G proizvoljan. Tadapostoji tacno jedan element a? ∈ G takav da vrijedi (**). Iz istog razloga,za element a? ∈ G, postoji tacno jedan (a?)? takav da vrijedi (**), odnosno

a? (a?)? a? = a?

Iz prethodne jednakosti i iz (***) slijedi a = (a?)? = a??.

d) Neka su a, b ∈ G proizvoljni. Posmatrajmo jednacinu xb = a. Mnozenjemjednacine s lijeva i zdesna sa a? dobijamo

a?xba? = a?aa?c)= a?

Mnozenjem prethodnu jednakost s lijeva sa b dobijamo (ba?)x(ba?) = (ba?).Oznacimo sa c = ba?. Tada je

cxc = c

Buduci da vrijedi (**) i zbog jedinstvenosti slijedi da je x = c? = (ba?)?.Dakle, jednacina xb = a je rjesiva u G.

e) Da bi primjenili teorem 1.1 na stranici 7. pri zakljucku da je G grupa,kako smo pokazali da vrijedi d), treba jos pokazati da i jednacina by = aima rjesenje u G za svako a, b ∈ G.Posmatrajmo by = a. Mnozenjem jednacine s lijeva i zdesna sa a? dobijamo

a?bya? = a?aa?c)= a?

Mnozenjem prethodnu jednakost zdesna sa b dobijamo (a?b)y(a?b) = (a?b).Oznacimo sa c = a?b. Tada je

cyc = c

Buduci da vrijedi (**) i zbog jedinstvenosti slijedi da je y = c? = (a?b)?.Dakle, jednacina by = a je rjesiva u G. Prema navedenom teoremu, G jegrupa. �

Definicija 1.11 (Simetrija geometrijske figure) Neka je X skup svihtacaka neke geometrijske figure S. Za permutaciju σ skupa X kaze se da jesimetrija figure S ako za svake dvije tacke a, b te figure vrijedi

d(a, b) = d(σ(a), σ(b)),

gdje je d(a, b) udaljenost izmedu tacaka a i b figure S.


Drugacije receno, simetrija neke geometrijske figure je svako bijektivnopreslikavanje tacaka te figure na tacke te figure, koje ne mijenja rastoanjetacaka (osna simetrija i rotacija).

Zadatak 1.11 (Grupa simetrija geometrijske figure) Ispitajmo skup svihsimetrija jedne figure S u odnosu na slaganje preslikavanja.

� Operacija slaganja oznacava se obicno kruzicem ◦ ili multiplikativno.Podsjetimo se da se slaganjem preslikavanja f : X → Y i preslikavanjag : Y → Z dobija preslikavanje

g ◦ f : X → Z

koje se definise ovako:

(g ◦ f)(x) = g(f(x)) (x ∈ X).

Zatvorenost:Neka su σ i τ dvije simetrije figure S. Da li je tada (σ ◦ τ) simetrija figureS. Jasno je da (σ ◦ τ) predstavlja jednu permutaciju (jer permutacije cinegrupu u odnosu na slaganje preslikavanja).Treba jos pokazati da vrijedi

d(a, b) = d((σ ◦ τ

)(a),

(σ ◦ τ

)(b)).

Posmatrajmo

d((σ ◦ τ

)(a),

(σ ◦ τ

)(b))

= d(σ(τ(a)

), σ(τ(b)

)) (σ je simetrija)=

= d(τ(a), τ(b)

) (τ je simetrija)=

= d(a, b)

Dakle, (σ ◦ τ) jeste simetrija figure S, odnosno vrijedi zatvorenost.

Asocijativnost: Buduci da za slaganje bilo kojih preslikavanja vrijedi za-kon asocijacije, to specijalno vrijedi i za slaganje bijekcija.

Neutralni element: Identicko preslikavanje i(a) = a za svako a ∈ Xje simetrija. Naime, jasno je da je preslikavanje i bijekcija. Ocito je i davrijedi

d(i(a), i(b)

)= d(a, b).

Dakle, i je simetrija figure S, i to je neutralni element.

Inverzni element: Neka je σ simetrija. Tada je σ bijekcija, pa postoji


inverzno preslikavanje σ−1 koje je takoder bijekcija, tj. permutacija skupaX. Da li je σ−1 simetrija figure S? Da! To se vidi iz sljedeceg

d(σ−1(a), σ−1(b)

) (σ je simetrija)= d

(σ(σ−1(a)

), σ(σ−1(b)

))= d(i(a), i(b)

)= d(a, b).

Komutativnost: Komutativnost u opstem slucaju ne vrijedi.

Dakle, skup svih simetrija jedne figure je grupa u odnosu na sla-ganje preslikavanja. �

Zadatak 1.12 Demonstrirati prethodno na konkretnim slucajevima:

a) jednakostranicni trougao,

b) pravilni petougao.

� a) Neka je dat jednakostranicni trougao ABC. Iz tacke O kao centrakruznice opisane oko jednakostranicnog trougla, svaka se stranice tog trouglavidi pod uglom od 2π

3 . Rotacija ravni oko tacke O za uglove 2π3 , 4π

3 prevodijednakostranicni truogao u samog sebe. Neka je e identicko preslikavanje(rotacija za 0 ili 2π), a a rotacija jednakostranicnog trougla oko tacke O zaugao od 2π

3 . Dakle,

e =(A B CA B C

)i a =

(A B CB C A

)Rotaciju jednakostranicnog trougla oko tacke O za ugao 4π

3 , oznacimo sa g.Tada je:

g =(A B CC A B

)Neka je b simetrija jednakostranicnog trougla u odnosu na pravu OA.

Tada je

b =(A B CA C B

)Oznacimo sa c simetriju jednakostranicnog trougla u odnosu na pravu OB.Tada je

c =(A B CC B A

)Oznacimo sa d simetriju jednakostranicnog trougla u odnosu na pravu OC.Tada je

d =(A B CB A C

)Buduci da za svaki pravilni n-tougao grupa simetrija ima 2n elemenata,grupa simetrija jednakostranicnog trougla (n = 3), ima 2·3 = 6 elemenata (3


rotacije i 3 osne simetrija), i sve smo ih prethodno ispisali, a to su e, a, g, b, ci d.Ono sto se iz prethodonga zapaza je sljedece:

a2 =(A B CB C A

)(A B CB C A

)=(A B CC A B

)= g

a b =(A B CB C A

)(A B CA C B

)=(A B CB A C

)= d

a2 b =(A B CC A B

)(A B CA C B

)=(A B CC B A

)= c

Prema tome, ako sa G oznacimo grupu simetrija jednakostranicnog trougla,tada je

G = {e, a, a2, b, a b, a2 b}.

Kako je

a b =(A B CB A C

)i b a =

(A B CA C B

)(A B CB C A

)=(A B CC B A

)slijedi da je a b 6= b a, odnosno grupa G nije komutativna.

b) Pogledati knjigu [1, str. 12].

Uopsteno, grupa simetrija pravilnog n-tougla ima 2n elemenata, i mozese zapisati kao:

G = {e, a, a2, . . . an−1, b, a b, a2 b, . . . , an−1 b}

pri cemu je:

- e identicko preslikavanje (jedinicna simetrija)

- ak rotacija pravilnog n-tougla oko tackeO za ugao 2kπn (k = 1, 2, . . . , n−

1)

- b simetrija pravilnog n-tougla u odnosu na pravu OA

- ak b (k = 1, 2, . . . , n − 1) simetrija pravilnog n-tougla u odnosu napravu koja prolazi tackom O i nekim od vrhova pravilnog n-tougla

pri cemu je tacka O centar kruznice opisane oko pravilnog n-tougla. �

Zadatak 1.13 Neka je S polugrupa u kojoj vrijedi zakon skracivanja (viditeorem 1.2 na stranici 7). Ako vrijedi

(∀a ∈ S)(∃na > 1) ana = a, (*)

da li je S grupa?


� Kako je S polugrupa, da bi bila grupa, potrebno je postajanje neutralnogi inverznog elementa.Neka su a, b ∈ S proizvoljni. Tada prema (*) postoje prirodni brojevi na inb veci od 1, takvi da vrijedi ana = a i bnb = b.

Neutralni element: Zbog prethodnoga, posmatrajmo

a b = ana b = a ana−1 b(zakon skracivanja)⇒ b = ana−1 b.

Element ana−1 pripada S, jer a ∈ S i na−1 > 1, pa je ana−1 = a a . . . a︸︷︷︸na−1 puta

∈ S

Dakle, ana−1 je lijevi neutralni element.Posmatrajmo sada

b a = b ana = b ana−1 a(zakon skracivanja)⇒ b = b ana−1.

Odavde zakljucujemo da je ana−1 desni neutralni element.

Dakle, e = ana−1 je neutralni element polugrupe S.

Inverzni element: Posmatrajmo element a ∈ S kojeg smo prethodnoproizvoljno odabrali. Razlikujemo dva slucaja u zavisnosti od na.

- Neka je na = 2. Tada je prema (*) a2 = a, a odavde je an = a zasvaki prirodan broj n (tj. a je idenpotenta). Tada je e = ana−1 = a, pa jea a = e odakle slijedi da je a sam sebi inverz.

- Neka je na > 2. Tada je prema (*) ana = a. Tada je

a ana−2 = ana−1 = e i ana−2 a = ana−1 = e.

Element ana−2 pripada skupu S, jer a ∈ S i na > 2, pa je na − 2 > 1.Odavde zakljucujemo da je a−1 = ana−2, za svako a ∈ S.

Iz svega prethodnoga zakljucujemo da je S grupa. �

1.1 Red elementa. Period grupe

Definicija 1.12 (Red elementa) Neka je G grupa i a ∈ G. Ako postojinajmanji prirodan broj m takav da je am = e, onda broj m nazivamo redelementa a i oznacava se o(a). Ako takav broj ne postoji, onda kazemo daelement a ima beskonacan red.

Definicija 1.13 (Period grupe) Neka je G grupa. Ako svaki elementgrupe G ima konacan red, onda se za grupu G kaze da je periodicka grupa.


Ako postoji prirodan broj m takav da je

(∀x ∈ G) xm = e

tada se kaze da grupa G ima konacan period.Najmanji takav broj m naziva se period grupe G.

Zadatak 1.14 Dokazati da beskonacna grupa ima beskonacno mnogo pod-grupa.

� Neka je G beskonacna grupa.Ako je grupa G periodicna, tada za svako a ∈ G vrijedi da je [a] podgrupaod G reda o(a). Kako imamo beskonacno takvih elemenata, te zbog

a 6= b⇒ [a] 6= [b] (b ∈ G),

imamo i beskonacno podgrupa.Ako grupaG nije periodicna, znaci da ima bar jedan element, a, beskonacnogreda. Za njega vazi am 6= an za svako m,n ∈ Z, jer ako to nije slucaj, tadabi vrijedilo am = an za neke m,n ∈ Z, odakle slijedi da je am−n = e, tj. anema beskonacan red, sto je kontradikcija. Stoga u podgrupi [a] grupe Gpostoje slijedece podgrupe

Hn = {e, an, a2n, . . . , a−n, a−2n, . . . }

za koje vazin1 6= n2 ⇒ Hn1 6= Hn2 .

Glava 2

Normalne podgrupe.Faktorske grupe

Definicija 2.1 (Normalna podgrupa) Podgrupa N grupe G naziva senormalna podgrupa od G i oznacava se sa N / G ako je

xNx−1 ⊆ N (∀x ∈ G).

Zadatak 2.1 Neka je G grupa, K i H njene podgrupe. Ako je H / G, Hpodgrupa od K, tada je H /K. Dokazati.

� Neka je H / G. Prema definiciji 2.1, to znaci

xHx−1 ⊆ H (∀x ∈ G).

Ovo je isto sto ixhx−1 ∈ H (∀h ∈ H)(∀x ∈ G).

Kako je prema pretpostavci K ⊆ G, specijalno je

xhx−1 ∈ H (∀h ∈ H)(∀x ∈ K).

Kako je H podgrupa od K, prema definiciji 2.1 ovo znaci da je H /K. �

Zadatak 2.2 Neka su G i G′ grupe, e i e′ redom neutralni elementi, af : G→ G′ homomorfizam grupa. Tada je Ker(f) / G. Dokazati.

� Neka su g ∈ G i x ∈ Ker(f) proizvoljni. Tada je

f(gxg−1) = f(g)f(x)f(g−1) = f(g)e′f(g−1) = f(g)f(g−1) = f(gg−1) = f(e) = e′.

Dakle,gxg−1 ∈ Ker(f) (∀x ∈ Ker(f))(∀g ∈ G).

sto znaci da je Ker(f) / G. �

23

GLAVA 2. NORMALNE PODGRUPE. FAKTORSKE GRUPE 24

Zadatak 2.3 Neka je H podgrupa indeksa [G : H] = k. Dokazati da pos-toji homomorfizam h : G → Sk tako da je jezgro tog homomorfizma Ker(h)maksimalna normalna podgrupa grupe G koja je sadrzana u H.

� Posmatrajmo skup svih lijevih klasa podgrupe H u G.

G/H = {a0H, a1H, a2H, . . . , ak−1H}, (a0 = e)

Za a ∈ G posmatrajmo preslikavanje fa : G/H → G/H definisano sa

fa(giH) = a(giH) = (agi)H (i ∈ {0, 1, . . . , n− 1}).

Ovako definisano preslikavanje je bijekcija za svako a ∈ G tj. permutacijaskupa G/H.

Kako je |G/H| = k to je SG/H ∼= Sk. Posmatrajmo preslikavanje h : G →SG/H dato sa h(a) = fa. Pokazimo da je preslikavanje h homomorfizamgrupa.

fab(x)def.= (ab)(x) = a(bx) = fa(bx) = fa(fb(x)) = (fa ◦ fb)(x) (∀x ∈ G/H).

Dakle, h(ab) = fab = fa ◦ fb = h(a) ◦ h(b).

Kako je Ker(h) / G, pokazimo da je Ker(h) ⊆ H. Ker(h) = {x ∈ G|h(x) =eG/H = H}.Ima u svesci ...

Zadatak 2.4 (Zadatak sa ispita – 19.02.2007) Neka je a ∈ G (a 6= e).Dokazati da postoji maksimalna normalna podgrupa N grupe G tako da a 6=N .

� Neka je H familija svih normalnih podgrupa H grupe G za koje je a 6= H.Ova familija nije prazna, jer je a 6= e, pa {e} ∈ H. Jasno je da je (H,⊆)parcijalno ureden skup. Treba pokazati da je H induktivno1 ureden skup,da bi mogli primjeniti Cornovu2 lemu koja u tom slucaju obezbjeduje mak-simalni element familije H.

Neka je L = {Hi| i ∈ I} lanac iz H, tj. za proizvoljno odabrane i, j ∈ Ivrijedi

Hi ⊆ Hj ∨Hj ⊆ Hi.

1Za parcijalno ureden skup (A,�) kazemo da je induktivno ureden skup akko svakinjegov lanac ima bar jednu majorantu u (A,�).

2Neka je A proizvoljan ureden skup. Ako u A svaki lanac ima gornje ogranicenje, tadaA ima bar jedan maksimalni element.


Neka je L =⋃i∈I

Hi. Odavde ocito slijedi da je (∀i ∈ I) Hi ⊆ L, tj. L je

gornje ogranicenje lanca L. Pokazimo jos da je L clan familije H, tj. da jenormalna podgrupa grupe G koja ne sadrzi element a. Naime, L je pod-grupa grupe G jer je unija podgrupa grupe G iz lanca (i ne sadrzi elementa), pa pokazimo jos normalnost podgrupe L.

Neka je x ∈ G proizvoljan. Tada je

x−1Lx = x−1

(⋃i∈I

Hi

)x =

⋃i∈I

(x−1Hix

) (svaka Hi normalna)=

⋃i∈I

Hi = L.

Dakle, L/G, pa L ∈ H. Prema tome, svaki lanac izH ima gornje ogranicenjeuH, pa na osnovu Cornove leme zakljucujemo da familijaH ima maksimalnielement, recimo N . Stoga je N trazena grupa. �

Zadatak 2.5 (Zadatak sa ispita – 19.02.2007) Neka je m fiksan priro-dan broj. Dokazati da prostih grupa ciji je red oblika mqn, q - prost broj,n ∈ N ima najvise konacno mnogo.

� Neka je G prosta grupa ciji je red oblika mqn. Na osnovu prvog teoremaSylowa slijedi da grupa G ima podgrupu reda qn. Oznacimo je sa Q.Tada zbog Q $ G, te kako G nema pravih normalnih podgrupa slijediQ 6 G.

Kako je N(Q) najveca podgrupa grupe G u kojoj je Q normalna, jasnoslijedi N(G) $ G.

Tada je (koristeci Lagranzovu teoremu):

1 < [G : N(Q)] ≤ [G : Q] = m

Neka je [G : N(Q)] = k. Tada je 1 < k ≤ m. Prema zadatku (2.3) pos-toji homomorfizam h : G→ Sk tako da je jezgro tog homomorfizma Ker(h)maksimalna normalna podgrupa grupe G koja je sadrzana u N(Q).

Tada prema prvom teoremu izomorfije dobijamo

G/Ker(h) ∼= Im(h) ⊆ Sk

pa ocito slijedi|G/Ker(h)| = |Im(h)| ≤ |Sk| = k!

Kako je G prosta grupa, i Ker(h) / G, te Ker(h) ⊆ N(Q) $ G, to mora bitiKer(h) = {e}, pa je tada

|G| = |G/Ker(h)| ≤ k!


Zbog 1 < k ≤ m, napokon dobijamo

|G| ≤ k! ≤ m!

Dakle, ako je G prosta grupa ciji je red oblika mqn tada mora da vrijedi|G| ≤ m!, pa takvih grupa ima najvise konacno mnogo. �

Zadatak 2.6 (Zadatak sa ispita – 19.02.2007) Alternativna grupa

a) Dokazati da je An (n < 4) prosta grupa. Da li je za n = 4, An prostagrupa?

b) Dokazati da A4 nema podgrupu reda 6.

�

a) Neka je n = 1. Tada je S1 = A1 = {e} pa je A1 prosta!

Neka je n = 2. Tada je |A2| = 12 |S2| = 2!

2 = 1. Zakljucujemo, A1

je prosta.

Neka je n = 3. Tada je |A3| = 12 |S3| = 3!

2 = 3. Kako je 3 prostbroj, zbog toga grupa A3 nema prave podgrupe, a time i normalne, paje prosta.

Neka je n = 4. Treba pokazati da A4 ima pravu normalnu podgrupu.Posmatrajmo podskup od An

N = {e, f2, f3, f4}

pri cemu je

f2 = (1 2)(3 4), f3 = (1 3)(2 4), f4 = (1 4)(2 3)

i e–neutralni u S4, tj. identitet. Napravimo Kelijevu tablicu operacijeslaganja preslikavanja za elemente skupa N .

◦ e f2 f3 f4

e e f2 f3 f4

f2 f2 e f4 f3

f3 f3 f4 e f2

f4 f4 f3 f2 e

Iz tablice se jasno vidi da je N (Abelova) podgrupa grupe A4. Ciljnam je da pokazemo da je N normalna podgrupa od S4, a time ce bitii od A4. U tom cilju, neka je g ∈ S4 proizvoljna permutacija.


Koristeci cinjenicu da permutacija gfg−1 nastaje iz permutacije f takosto na simbole u f primjenimo permutaciju g, dobijamo slijedece:

geg−1 = e

gf2g−1 = g(1 2)(3 4)g−1 = (g(1) g(2))(g(3) g(4))

gf3g−1 = g(1 3)(2 4)g−1 = (g(1) g(3))(g(2) g(4))

gf4g−1 = g(1 4)(2 3)g−1 = (g(1) g(4))(g(2) g(3))

Kako je g ∈ S4 permutacija, i kako su f2, f3, f4 jedine tri permutacijeiz S4 oblika (i j)(k l), gdje je {i, j, k, l} = {1, 2, 3, 4}, zakljucujemo dagore napisani elementi - parne permutacije geg−1, gf2g

−1, gf3g−1 i

gf4g−1 pripadaju skupu N , pa vrijedi

(∀g ∈ S4) gNg−1 ⊆ N ⇒ N / S4 ⇒ N / A4.

Dakle, An je prosta za n ≤ 3 dok A4 nije prosta grupa!

b) Treba pokazati da A4 nema podgrupu reda 6. Pretpostavimo suprotno,tj. neka A4 ima podgrupu H reda 6. Tada je, prema Lagranzovojteoremi

[A4 : H] =126

= 2

Kako je podgrupa H indeksa 2, to je ona normalna. (Treba nekakodobiti kontradikciju) �

Bibliografija

[1] Hasan Jamak, Algebra, Sarajevo, 2004.

28

Documents

Algebra - Rijeseni zadaci