1. In each of the following cases state whether the given statement is TRUE or FALSE. Prove the true ones and give counterexamples for the false ones. In all cases A and B are non-empty and bounded subsets of R.

(a) If a > 3 for all a ∈ A, then infA > 3.

(b) If x ∈ R and x > supA, then x /∈ A.

(c) If infA < infB < supB < supA, then B S A.

[6 marks]

Solution:

(a) True.  Proof: 3 is a lower bound of A, and infA is the largest lower bound of A, therefore infA > 3.

(b) True. Proof: supA is an upper bound of A, therefore no real number larger than supA can belong to A.

(c) False. Counterexample: Take A – {0, 1} and B – (0, 1). Then infA – infB – 0 and supB – supA – 1 but B S/ A.

2. Let (an) be a sequence of real numbers given by

2n2 _ 1

Determine n(l)an, giving a proof from the definition, for example using either Ross,

Definition 7.1 or Ross, Definition 9.8 as appropriate.                                           [5 marks]

Solution: We claim  → _& as n → &. Observing that

2n2 _ 1      2n2 _ n2         n2              n

1 _ 2n        1 _ 2n       _2n         2

for any n ∈ N we see for any M < 0 we have an < M for all n > _2M.

3. Let 〉an and 〉bn be two series of positive real numbers such that 〉bn converges,

an↓1         bn↓1

Prove that 〉an converges.

Solution 1: For all n we have

a2          b2

a1  < b1

a3          b3

a2  < b2 

an           bn  

Multiplying them together we find

a1  < b1 ,

which can be written as                       an < bn .

Using the Comparison Test and the hypothesis that 〉nbn converges, we conclude that 〉nan converges.

Solution 2: Rearrange (1) to  < b(a)n(n) . This shows that the sequence b(a)n(n)  is decreasing,

therefore, for all n,  b(a)n(n)   < , therefore an  < bn.  Using the Comparison Test and the

hypothesis that 〉nbn  converges, we conclude that 〉nan  converges.

4.     (a) Prove, by verifying the ε -δ property of Ross, Theorem 17.2, that the function f : R → R given by f (x) – 2x2 ↓ x is continuous at the point x0 – 2.       [5 marks]

(b) Let f :「a, b| → R be continuous with f (a) – f (b) – 0. Further suppose that whenever f (c) – f (d) – 0 for some c < d there exists some e ∈ (c, d) such that f (e) – 0. Show

that, for all x ∈「a, b|, f (x) – 0.                                                               [7 marks]

Solution:

(a) Let ε > 0 then we claim for 1x _ 21 < min , ,  ← we have 1f (x) _ f (2)1 < ε . Noting f (2) – 10 we see

12x2 ↓ x _ 101 – 1x _ 2112x ↓51 < 101x _ 21 < 10ε /10 – ε

where in the first inequality we use 1x _ 21 < , i.e., x ∈ (1.5, 2.5) so 12x ↓51 < 10. In the second inequality we use 1x _ 21 < ε /10.

(b) Let c ∈ (a, b) and define Lc – {x ∈「a, c| 1 f (x) – 0} and Rc – {x ∈「c, b| 1 f (x) – 0}. Noting that a ∈ Lc and b ∈ Rc these sets are both non-empty and bounded thus we can define S – supLc and I – infRc with S < c < I. There exists a sequence (xn) whose terms lie in Lc and xn → S from which we see f (S) – 0 and similarly f (I) – 0. If S < I there exists some ce ∈ (S,I) with f (ce) – 0, this contradicts the choice of at least one of S or I thus S – I – c and f (c) – 0 for any c ∈「a, b|.

5.     (a) Prove  directly  from  the  definition  of  the  derivative  that  the  function f : R 、{0} → R given by f (x) –  is differentiable at x0 – 1 with fe(1) – _3.

[5 marks]

(b) Prove the following 4th derivative test: Let f : R → R be a four times continuously dif- ferentiable function (i.e., the derivatives fe , fee , feee and f eeee exist and they are continu-

ous).                            Let          x0        ∈     R         and          assume          that

fe(x0 ) – fee(x0 ) – feee(x0 ) – 0.  If f(4)(x0 ) > 0, then f  has a local minimum at

x0. If f(4)(x0 ) < 0, then f has a local maximum at x0 .                             [7 marks]

Solution:

(a) The derivative fe(1) is defined as the limit as x → 1 of the difference quotient , provided that this limit exists. We have

f (x) _ f (1)       _ 1          x3 _ 1           (x _ 1)(x2 ↓x ↓1)

x _ 1      – x _ 1  – _x3 (x _ 1) – _       x3 (x _ 1)

x2 ↓x ↓ 1 – _     x3

This shows that f is differentiable at 1 with fe(1) – _3.

__→ _3.

(b) Solution 1: Assume that f (x0 ) – fe(x0 ) – fee(x0 ) – feee (x0 ) – 0 and f(4)(x0 ) > 0. The case f(4)(x0 ) < 0 can be treated similarly (or just change f to _f ).

Apply the second derivative test to fee . We have (fee)e(x0 ) – 0 and (f  ) (xeeee0 ) > 0, therefore f ee  has a local minimum at x0 , therefore there exists δ > 0 such that for all x ∈ (x0 _ δ ,x0 ↓ δ ), fee(x) > fee(x0 ) – 0. It follows that (fe)e – f ee > 0 in (x0 _ δ ,x0 ↓δ ), therefore fe is increasing in that interval, and since it vanishes at x0 , it follows that fe < 0 in (x0 _ δ ,x0|, and fe > 0 in「x0 ,x0 ↓δ ). By the first derivative test, the function f has a local minimum at x0 .

Solution 2: Assume that f (x0 ) – fe(x0 ) – fee(x0 ) – feee (x0 ) – 0 and f(4)(x0 ) > 0. The case f(4)(x0 ) < 0 can be treated similarly (or just change f to _f ).

Since f (4) is continuous, there exists δ > 0 such that f (4) is positive throughout (x0 _ δ ,x0 ↓δ ). By Taylor’s formula with remainder, for every x ∈ (x0 _ δ ,x0 ↓δ ), there exists c between x and x0 , hence c ∈ (x0 _ δ ,x0 ↓δ ), such that

f (x) –f (x0 )↓ f  (xe0 )(x _x0 )↓ fee(x0 )(x _x0 )2 ↓ feee(x0 )(x _x0 )3

↓ f(4)(c)(x _x0 )4

–f (x0 )↓ f(4)(c)(x _x0 )4 .

Since f(4)(c) > 0, we have f(4)(c)(x _x0 )4 > 0, therefore f (x) > f (x0 ), therefore f has a local minimum at x0 .

6.     (a) Let A and G be groups, and assume that A is abelian.  Show that if there is a surjective group homomorphism φ : A → G, then G is also abelian.         [3 marks]

(b) Give an example of a nonabelian group with the property that every proper subgroup

is abelian. Give a brief justification.                                                        [2 marks]

Solution:

(a) If x,y ∈ G, then there exist a, b ∈ A such that x – φ (a) and y – φ (b). Now we have xy – φ (a)φ (b) – φ (ab) – φ (ba) – φ (b)φ (a) – yx .

(b) Lots of answers possible. Most readily: if p is a prime number, then Dp works: all of its proper subgroups must be either trivial, order 2, or order p. Since groups of prime order are necessarily cyclic and thus abelian, we are done.

7. State, with a brief justification, whether the following statements are TRUE or FALSE:

(a) D6  S3 x Z2

(b) D12  S4

(c) Z15  Z3 x Z5

Solution:

[2 marks] [2 marks] [2 marks]

(a) TRUE, as proved in Example 3.2.4.

(b) FALSE. D12 contains an element of order 12, but in S4 all elements have order < 4.

(c) Since 3 and 5 are relatively prime, this is TRUE by the Chinese Remainder Theorem.

8. Let D6 – {e, g, g2 , g3 , g4 , g5 , h, gh, g2h, g3h, g4h, g5h}, where g is a clockwise rotation by π/3 and h is a reflection through the line between two opposite vertices of a hexagon.

Consider D6 acting on itself by conjugation.

(a) List the orbits of this action, clearly indicating which elements are in each orbit. (No

proof required.)

(b) What is the kernel of the action? Prove your answer is correct. Solution:

(a) The orbits of the action are the conjugacy classes, which are

[3 marks] [2 marks]

{e}, {g, g5 }, {g2 , g4 }, {g3 }, {h, g2h, g4h}, {gh, g3h, g5h}.

(b) The kernel of the action is the set of elements x so that x . y – xyx_1 is equal to y for all y ∈ D6; in other words the centre of D6. This is the union of all one-element conjugacy classes, which by part (a) is {e, g3 }.

9.     (a) Compute the group G of symmetries of the following graph:

Give a short argument justifying your claim.

(b) Show that the group G from part (a) has no element of order 5.

(c) Show that the group of symmetries of the following graph:

[5 marks] [3 marks]

is not abelian.                                                                                        [4 marks]

Solution:

(a) There is exactly one vertex, p, of valency 2, one vertex q1 of valency 3, and one vertex q2 of valency 4. There are five vertices of valency 1, two of which (call them r1 and r2) are connected to q1 , and three of which (call them s1 , s2 , and s3) are connected to q2 . For any pair of permutations (φ , ψ) ∈ S2 x S3, we obtain a symmetry of the graph in which ri is carried to rφ (i), and sj is carried to s ψ(j), and all the other vertices are fixed. This defines a homomorphism between S2 x S3 and the group G, which is clearly injective. Since the vertices p, q1 , and q2 are each the only of their kind, they all must be fixed by any symmetry. And since q1 and q2 are fixed, no symmetry can carry an ri to an sj or vice versa. Hence the homomorphism is surjective.

(b) The order of G is 12, and 5 doesn’t divide 12. By Lagrange’s Theorem, there is no

element of order 5.

(c) There is exactly one vertex, p, of valency 2, two vertices q and r of valency 3, and four vertices s, t , u, v, of valency 1; we name these so that s and t are connected to q. To show that the group of symmetries is nonabelian, it suffices to give two

symmetries, φ and ψ, such that ψφ  φ ψ . So let φ be the symmetry

p 1→ p

q 1→ q

r 1→ r

s 1→ t

t 1→ s

u 1→ u

v 1→ v

and let ψ be the symmetry

p 1→ p

q 1→ r

r 1→ q

s 1→ u

t 1→ v

u 1→ s

v 1→ t

Now let’s look at what the composites do to the vertex v: we get ψ(φ (v)) – t, and φ (ψ(v)) – s.

10.     (a) Give an example of two graphs which are not isomorphic but have isomorphic symmetry groups. (No proof required)                                                   [3 marks]

(b) Let N be the maximal order of an element of D9. For each integer i between 1 and N, how many elements have order i? Display your results in a table, including clearly

indicating the value of N.                                                                       [3 marks]

(c) A jewellery manufacturer wants to make bracelets, where each bracelet contains nine coloured beads in the shape of a regular 9-gon: