Algebra gyakorlat, 4. feladatsor, megoldásvázlatok

Átírás

1 Algebra gyakorlat, 4. feladatsor, megoldásvázlatok 0. Ha G egy véges csoport, akkor nyilván csak véges sok részcsoportja van. Legyen most G végtelen. Ha van végtelen rend g G elem, akkor g (Z, +), aminek végtelen sok részcsoportja van: minden pozitív egész n-re g n egy, a korábbiaktól eltér részcsoport. Ha minden elem rendje véges, akkor legyen g G tetsz leges, és legyen H = g. Legyen most g 2 G \ H tetsz leges, és legyen H 2 = g 2. Majd legyen g 3 G \ (H H 2 ) tetsz leges, és legyen H 3 = g 3, stb. Mivel G végtelen, az összes H i elemszáma viszont véges, ezért ez az eljárás végtelen sokáig folytatható. Most H, H 2, H 3, stb., mind különböz részcsoportok, hiszen az egyes g, g 2, g 3, stb., elemeket úgy választottuk.. a) Az orbitok az origó körüli körök. Az origo stabilizátora az egész G, egy P O stabilizátora kételem, ami az identitáson kívül az OP egyenesre való tükrözést tartalmazza. b) Az orbitok az x tengellyel párhuzamos egyenesek, bármely pont stabilizátora { id }. c) Legyen a szabályos n-szög A... A n, és legyen G az A n -et xáló D n -beli elemek. Ekkor G mindössze kételem : az identitáson kívül a másik elem az A n -en és a sokszög középpontján átmen egyenesre való tükrözés. Az orbitok az { A n } és az { A k, A n k } alakú halmazok ( k n/2). Ha n páros, akkor speciálisan { A n/2 } egy másik egyelem orbit. Minden pont stabilizátora az { id }, kivéve A n -et és páros n esetlén A n/2 -t, ezeknek G a stabilizátora. d) Legyen a kocka ABCDP QRS, ahol az alsó lap ABCD, a fels lap pedig a csúcsok ugyanilyen sorrendjében P QRS. A G csoport hatelem (a kocka 48 elem szimmetriacsoportjában egy pont orbitja 8 elem, tehát a stabilizátor 48/8 = = 6 elem ). Az orbitok { A }, { B, D, P }, { C, Q, S }, { R }. Az A és R csúcsok stabilizátora G, a többi pont stabilizátora kételem, ahol az identitás mellett a másik elem egy alkalmas síkra tükrözés (a B és S pontoknál ez az ABRS sík, a C és P pontoknál ez az ACRP sík, a D és Q pontoknál ez az ADQR sík). 2. a) Legyen X a Γ csúcsainak halmaza. Belátjuk, hogy Aut Γ S X. Zártság: ha két permutáció élt élbe visz, akkor nyilván a kompozíciójuk is. Ugyanez igaz a nemélekre is. Hasonlóan, ha egy permutáció élt élbe visz, akkor az inverze nem-élt nem-élbe, és viszont. Végül, az identitás biztosan automorzmusa Γ-nak, így Aut Γ valóban részcsoportja S X -nek. b) Legyen G ezen gráf automorzmus-csoportja. Ekkor G() = {, 2, 3, 4, 5, 6 }, hiszen például az (23456) ciklus többszöri alkalmazásával eljuttatható mindenhova. Legyen H = G, ekkor az orbit-stabilizátor tétel szerint G : H = 6. Vegyük észre, hogy H(4) = { 4 }, hiszen a 4 az egyetlen csúcs, ami az -gyel nincs összekötve. Továbbá H(2) = { 2,3,5,6 }, például a (2356) ciklus többszöri alkalmazásával a 2 átvihet ezekbe a pontokba, a 4-be pedig nem mehet H(4) = 4 miatt. Legyen K = H 2 = G,2, ekkor az orbit-stabilizátor tétel szerint H : K = 4. Vegyük észre, hogy K(5) = { 5 }, hiszen az 5 az egyetlen csúcs, ami a 2-vel nincs összekötve. Továbbá K(3) = { 3,6 }, például a (36) ciklussal a 3 átvihet 6-ba, a többi pontba pedig nem, hiszen azok már xen maradnak K mentén. Az orbit-stabilizátor tétel miatt K : K 3 = 2. Továbbá K 3 már minden pontot xál, vagyis K 3 = { id }. Ebb l K = 2, H = 2 4 = 8, G = = 48.

2 2 c) Els megoldás: A gráf éppen egy szabályos oktaéder élhálója, így automorzmusainak csoportja könnyen láthatóan izomorf az oktaéder szimmetriacsoportjával. Utóbbi szimmetriacsoport pedig a kockáéval izomorf, mert duális testek: a kocka lapközéppontjai éppen egy szabályos oktaédert határoznak meg, és fordítva: egy oktaéder élközéppontjai éppen egy szabályos kockát alkotnak. Második megoldás: Ez a csoport éppen a kocka szimmetriacsoportjával izomorf. Írjunk ugyanis egy kocka lapjaira -t l 6-ig a számokat úgy, hogy a szemközti lapok különbsége 3 legyen. Most két lap pontosan akkor szomszédos, ha a feladatbeli gráfban a ráírt számok között megy él. A kockának minden szimmetriája tehát megadja a gráf egy automorzmusát, különböz szimmetriákhoz különböz automorzmus tartozik. Ez valójában egy homomorzmus a kocka szimmetriacsoportjából a gráf automorzmusainak csoportjába. Mivel ugyanannyi a két csoport elemszáma, ezért ez egy izomorzmust ad meg a két csoport között. 3.. megoldás: ( 9 Összesen 2) = 36 lehet ség van két mez t kiválasztani. Ha az egyik mez a középpont (8 lehet ség), ezek közül 4-4 azonos, melyek egymásba forgathatók (attól függ en, hogy élen vagy sarokban van-e a másik mez ). 2 olyan lehet ség van, ahol mindkét mez egymással szemközti sarok, ezek egymásba tükrözhet k. 4 olyan lehet ség van, ahol a két mez szomszédos sarok, ezek egymásba forgathatók. Szintén 2 olyan lehet ség van, ahol mindkét mez egymással szemközti élen van, ezek egymásba tükrözhet k, valamint 4 olyan lehet ség van, ahol a két mez szomszédos élen van, ezek egymásba forgathatók. 8 olyan lehet ség van, ahol a két mez szomszédos sarokél mez, ezek mind egymásba forgathatók vagy tükrözhet k. Végül 8 olyan lehet ség van, ahol az egyik mez élen van, a másik sarokban, de nem szomszédos a két mez, ezek szintén szintén mind egymásba forgathatók vagy tükrözhet k. Összesen tehát nyolc különböz nek tekintett konguráció van. 2. megoldás: ( 9 Összesen 2) = 36 lehet ség van két mez t kiválasztani, legyen ezen kongurációk halmaza X. Tehát X = ( 9 2). Tekintsük a 3 3-as négyzet G = D4 szimmetriacsoportját, és vizsgáljuk, hogy az egyes elemek hova viszik a lehetséges kongurációkat. A szokásos módon megállapíthatunk orbitokat. Egy orbiton belül az elemek átvihet k egymásba, és így nem tekintjük ket különböz nek. A kérdés tehát a különböz orbitok száma. Az ötlet, hogy minden x X-re adjuk össze -et, ezzel G(x) éppen az orbitok számát kapjuk. De akkor az orbit-stabilizátor tétel miatt orbitok száma = = g G,g(x)=x G(x) = = g G,g(x)=x G G(x) = G x = = xpontok átlagos száma. Tehát a xpontok átlagos számának meghatározásával megkapjuk a különböz orbitok számát. Az identitásnak mind a 36 konguráció xpontja. Egy 90 -os forgatásnak egyik konguráció sem xpontja. A középpontos tükrözésnek 4 xpontja van. Végül egy szimmetriatengelyre való tükrözésnek 6 konguráció lesz xpontja. Az átlagos xpontszám (és így az orbitok száma) tehát 8 ( ) = 64 = 8. 8

3 4. Egy elem hatása a Cayley hatás mentén a Cayley táblázat megfelel sora adja meg. Ha a Klein csoport elemei e, a, b, c, akkor az egyes elemeknek megfelel permutációk: e id, a (ea)(bc), b (eb)(ac), c (ec)(ab). 5. A 48 elem Abel csoportokat úgy kapjuk, hogy felbontjuk 48-t az összes lehetséges módon prímhatványok szorzatára. Ezek a felbontások 6 3 = = = = = , a megfelel nemizomorf Abel csoportok pedig (Z 6, +) (Z 3, +), (Z 8, +) (Z 2, +) (Z 3, +), (Z 4, +) (Z 4, +) (Z 3, +), (Z 4, +) (Z 2, +) (Z 2, +) (Z 3, +), (Z 2, +) (Z 2, +) (Z 2, +) (Z 2, +) (Z 3, +). Hasonlóan, a 49 elem (nemizomorf) Abel csoportok (Z 49, +), (Z 7, +) (Z 7, +), az 50 rend (nemizomorf) Abel csoportok pedig (Z 25, +) (Z 2, +), (Z 5, +) (Z 5, +) (Z 2, +). 6. a) A h ghg nyilván bijektív H és ghg között, és homomorzmus, hiszen gh g gh 2 g = gh h 2 g. b) Most G y = { g G g (y) = y } = { g G g (g(x)) = g(x) } = = { g G g g(x) = g(x) } = { g G g g g(x) = x } = = { g G g g g H } = { g G g ghg } = ghg. c) H, mert az egységelem nyilván felcserélhet minden G-beli elemmel. Továbbá H zárt a szorzásra, mert ha a, b H, akkor (ab)x = a(bx) = a(xb) = (ax)b = (xa)b = x(ab). Továbbá ha ax = xa, akkor jobbról és balról a -zel szorozva xa = a x adódik, vagyis H az inverzképzésre is zárt. Továbbá { g G g y = yg } = { g G g gxg = gxg g ) } = { g G g g gx = xg g g } = = { g G g g g H } = { g G g ghg } = ghg. 7. Megszámoljuk azon (g, x) G X párokat, melyekre g(x) = x. Legyen T = { (g, x) G X g(x) = x }. 3 Ekkor T / G = g G,g(x)=x.

4 4 Itt,g(x)=x éppen g xpontjainak a száma, így T / G éppen a xpontok átlagos száma. Másrészt, az összegzést megcserélve és használva az orbit-stabilizátor tételt: T / G = = G x = G G(x) = G(x). g G,g(x)=x Mivel X éppen az orbitok egyesítése, így a jobboldalon mindegyik G(x) orbitra éppen G(x) -szer kell összeadni -t, vagyis a jobboldalon éppen az orbitok száma áll. G(x) 8. Használjuk a 7. feladatot. Összesen ( 9 4) = 26 féle konguráció van 4 mez kiválasztására. Az identitás mind a 26 kongurációt helyben hagyja. Egy 90 -os forgatás két kongurációt hagy helyben, a középpontos tükrözésnek 6, míg a tengelyes tükrözéseknek 2 xpontja van. Az átlagos xpontszám (és így az orbitok száma) tehát 8 ( ) = 84 = Legyen X egy halmaz, és tekintsük az S X szimmetrikus csoportot! Legyen g, h S X, x, y X, ahol az S X az X-en ható szimmetrikus csoport (az összes X X bijekciók halmaza). Ha h az x-et y-ba viszi, akkor a ghg a g(x)-et g(y)-ba viszi. Ennek bizonyítása egy sor, a függvénykompozíció denícióját és asszociatív tulajdonságát használva: ghg (g(x)) = gh(g g(x)) = g(h(x)) = g(y). Mit is jelent ez? Ha g egy permutációja az X halmaznak, akkor elképzelhetjük, hogy átfestjük az X elemeit, ahol az átfestést a g elem adja meg. Gondoljunk például arra az egyszer titkosírásra, melynek során ugyanúgy a latin ABC-t használjuk, de pl. minden,a' bet helyett,x'-et, minden,b' helyett,f'-et írunk, stb. Ezt a titkosírást adja meg a g permutáció. Ekkor, ha h permutálja az ABC elemeit, akkor utána a kevert ghg ugyanezt a permutációt adja meg, azzal a különbséggel, hogy a permutcáióban lev elemeket titkosítjuk-átfestjük a g permutáció segítségével. Ennek alapján sokszor könny látni, hogy elemek egy csoportban konjugáltak. Például a D 4 diéder csoportban a két átlóra tükrözés konjugált: ha ugyanis t az AC átlóra tükrözés az ABCD négyzetben és f egy forgatás, akkor ftf az f(a)f(c) = BD átlóra tükrözés az f(a)f(b)f(c)f(d) négyzetben, ami az eredeti ABCD négyzet, csak átfestettük a csúcsokat f-fel. Ehhez a gondolatmenethez nem kellett kiszámolnunk az ftf elemet D 4 -ben, mindössze a konjugálás geometriai jelentését használtuk. Ugyanez történik, amikor hasonló mátrixokról beszélünk: két mátrix akkor hasonló, ha egyiket felírva egy új bázisban éppen a másik mátrixot kapjuk. Egy ilyen bázistranszformáció éppen egy, a bázistranszformációt megadó mátrixszal való konjugálást jelent, és így a hasonló mátrixok éppen a konjugált osztályokat adják meg a mátrixok körében. 0. A gyakorlatban igen egyszer egy olyan permutációt találni, amely átkonjugálja h -et h 2 -be: írjuk egymás alá h -et és h 2 -t úgy, hogy az azonos hosszú ciklusok egymás alá esnek, majd töröljük le a zárójeleket, és tegyük az egészet egy zárójelbe. Ez a permutáció h -et h 2 -be konjugálja. Például: h = (324)(576) S 7 és h 2 = (246)(573) S 7, akkor ( h h 2 ) = ( ) (324)(576) g = (573)(246) ( ) = (52)(374)

5 . Egy elem hatása a Cayley hatás mentén a Cayley táblázat megfelel sora adja meg. Ha (Z n, +) elemeit az {, 2,..., n } halmaz elemeivel azonosítjuk, akkor a k elem hatása a (23... n) k permutáció. Speciálisan n = 2-re az elemeknek megfelel permutációk: (2), 2 id; n = 3-ra az elemeknek megfelel permutációk: (23), 2 (32), 3 id; n = 4-re az elemeknek megfelel permutációk: (234), 2 (3)(24), 3 (432), 4 id. A Z 8 csoport izomorf a Klein csoporttal, az elemeknek megfelel permutációk: id, 3 (3)(57), 5 (5)(37), 7 (7)(35). A D 3 csoport minden elemének hatása leolvasható a Cayley táblázatból. Legyen ABC egy szabályos háromszög. Jelölje f i az ABC középpontja körüli i 20 -os forgatást, T A, T B és T c a megfelel csúcsokon átmen oldalfelez -mer leges egyenesekre való tükrözést. Ekkor D 3 = { f 0, f, f 2, T A, T B, T C }. A Cayley táblázatból leolvashatók az egyes elemek hatásai: D 4 f 0 f f 2 T A T B T C f 0 f 0 f f 2 T A T B T C f f f 2 f 0 T B T C T A f 2 f 2 f 0 f T C T A T B T A T A T C T B f 0 f 2 f T B T B T A T C f f 0 f 2 T C T C T B T A f 2 f f 0 Ennek alapján a permutációk f 0 id, T A (f 0 T A ) (f T C ) (f 2 T B ), f (f 0 f f 2 ) (T A T B T C ), T B (f 0 T B ) (f T A ) (f 2 T C ), f 2 (f 0 f 2 f ) (T A T C T B ), T C (f 0 T C ) (f T B ) (f 2 T A ). Végül D 4 minden elemének hatása is leolvasható a Cayley táblázatából. Legyen ABCD egy négyzet. Jelölje f i az ABCD középpontja körüli i 90 -os forgatást, T AB és T AD a két oldalfelez pontot összeköt egyenesre való tükrözést, végül T AC és T BD a két átlóra való tükrözést. Ekkor D 4 = { f 0, f, f 2, f 3, T AB, T BD, T AD, T AC }. A Cayley táblázatból leolvashatók az egyes elemek hatásai: D 4 f 0 f f 2 f 3 T AB T BD T AD T AC f 0 f 0 f f 2 f 3 T AB T BD T AD T AC f f f 2 f 3 f 0 T AC T AB T BD T AD f 2 f 2 f 3 f 0 f T AD T AC T AB T BD f 3 f 3 f 0 f f 2 T BD T AD T AC T AB T AB T AB T BD T AD T AC f 0 f f 2 f 3 T BD T BD T AD T AC T AB f 3 f 0 f f 2 T AD T AD T AC T AB T BD f 2 f 3 f 0 f T AC T AC T AB T BD T AD f f 2 f 3 f 0 Ennek alapján a permutációk f 0 id, f (f 0 f f 2 f 3 ) (T AC T AD T BD T AB ), f 2 (f 0 f 2 ) (f f 3 ) (T AC T BD ) (T AD T AB ), f 3 (f 3 f 2 f f 0 ) (T AB T BD T AD T AC ), T AB (f 0 T AB ) (f T BD ) (f 2 T AD ) (f 3 T AC ), T BD (f 0 T BD ) (f T AD ) (f 2 T AC ) (f 3 T AB ), T AD (f 0 T AD ) (f T AC ) (f 2 T AB ) (f 3 T BD ), T AC (f 0 T AC ) (f T AB ) (f 2 T BD ) (f 3 T AD ). 5

6 6 2. Ha pontosan két szimmetriája van a négyszögnek, akkor az identitáson kívül a másik elem rendje 2. Ez a csúcsokon (AB) vagy (AB)(CD) alakú ciklusfelbontást eredményez. Az (AB) csak a CD-re, mint átlóra való tükrözés lehet, ekkor a négyszög olyan deltoid, ami nem rombusz. Az (AB)(CD) ciklusfelbontásnál két esetet különböztethetünk meg. Az els, ha szemközti csúcsok cserél dnek, vagyis a négyszög paralelogramma, ami se nem rombusz, se nem téglalap. A második esetben szomszédos csúcsok cserél dnek, amikor a négyszög egy szimmetrikus trapéz, ami nem téglalap. A rombusznak (ami nem négyzet) négy szimmetriája van (identitás, két átlóra tükrözés, középpontos tükrözés), amik egy Klein csoportot alkotnak. A téglalapnak, ami nem négyzet, szintén négy szimmetriája van (identitás, két oldalfelez mer legesre való tükrözés, középpontos tükrözés), amik egy Klein csoportot alkotnak. A négyzetnek 8 szimmetriája van, a szimmetriacsoport D 4. Végül egy általános négyszögnek (ami a fentiek egyike sem) az identitás az egyetlen szimmetriája. 3. a) Tekintsük a tér azon egybevágóságait, melyek a tetraédert helyben hagyják. Egy ilyen egybevágóság permutálja a tetraéder négy csúcsát, és különböz egybevágóság különböz képpen permutálja a négy csúcsot. Tehát a tetraéder szimmetriái izomorfak S 4 egy részcsoportjával. Vegyük észre, hogy az (2) transzpozíció el áll, mint egy szimmetria: tekintsük az 2 élfelez ponton és a 34 élen átmen síkra való tükrözést. Hasonlóan el áll a többi öt transzpozíció is, melyek az II. feladatsor 4b feladata alapján generálják S 4 -et. b) Tekintsük a 4-es csúcson és az 23 háromszög középpontján átmen tengely körüli 20 -os forgatást. Ez éppen az (23) ciklust adja meg. Tekintsük továbbá az 2 és 34 élek felez pontjait összeköt egyenes körüli 80 -os forgatást, ami az (2)(34) permutációját adja a négy csúcsnak. Ez a két permutáció A 4 -et generálja, így a forgatások tartalmazzák A 4 -et részként. Más elem S 4 -ben azonban már nem állhat el forgatásként, hiszen akkor a forgatások generálnák a tetraéder teljes szimmetriacsoportját (S 4 -et), ami lehetetlen, hiszen a forgatások nem fordítják meg az irányítást, míg a síkra tükrözések igen. 4. a) A kockának már megállapítottuk, hogy 48 szimmetriája van. Egy általános téglatestnek 8 szimmetriája lesz, míg egy általános négyzetalapú hasábnak 6. b) 8 szimmetriája lesz, a szimmetriacsoport izomorf D 4 -gyel. c) 2 szimmetriája lesz, a csoport izomorf D 3 (Z 2, +)-szal. 5. Az oktaéder szimmetriacsoportja izomorf a kocka szimmetriacsoportjával. Ezt legkönnyebben úgy lehet látni, hogy a kocka lapközéppontjai egy oktaédert határoznak meg. A kocka minden szimmetriája nyilván meg rzi ezt az oktaédert is, és bármilyen egybevágóság, ami meg rzi ezt az oktaédert, az a kockának is szimmetriája. (Egyébként egy, az eredeti kockához hasonló kockát az oktaéderb l úgy kaphatunk, ha az élfelez pontokat kötjük össze.) Természetesen az Orbit-stabilizátor tétel alkalmazásával is megoldható a feladat.