Fejezetek az algebrából jegyzet másodéves Matematika BSc hallgatóknak

Átírás

1 Fejezetek az algebrából jegyzet másodéves Matematika BSc hallgatóknak Horváth Gábor Debreceni Egyetem május 10.

2 Tartalomjegyzék Bevezetés 4 1. Sylow részcsoportok Hatás Sylow tételei és néhány következmény Sylow tételeinek bizonyítása Nevezetes csoportkonstrukciók, fogalmak Direkt szorzat Szemidirekt szorzat Kommutátorok Izomoratételek Feloldható csoportok A legalább ötödfokú alternáló és szimmetrikus csoport Nilpotens csoportok Frattini részcsoport Véges Abel csoportok alaptétele Szabad csoportok Deniáló relációk Permutációcsoportok Hatás (újra) Primitív csoportok

3 TARTALOMJEGYZÉK Többszörös tranzitivitás Egyszer és feloldható permutációcsoportok Algebrák Véges dimenziós, nullosztómentes valós algebrák Testb vítések elmélete Egyszer b vítések B vítés több elemmel, szorzástétel Algebrai számok Testb vítések konstrukciója Algebrai lezárt Galois elmélet Normális b vítések Szeparábilis b vítések A Galois elmélet f tétele Galois elmélet alkalmazásai Az algebra alapétele Szerkesztések elmélete Egyenletek gyökjelekkel való megoldhatósága Prímfokú b vítések Gyökkifejezések Kommutatív gy r k Noether gy r k Bevezetés az algebrai geometriába Hivatkozások 115

4 Bevezetés A jegyzet azzal a céllal készült, hogy összefoglalja a másodéves BSc hallgatók Fejezetek az algebrából tárgyának anyagát. A jegyzet nem helyettesíti az el adásokon és a gyakorlatokon való részvételt, azoknak csak egy er sen kivonatolt változata. A jegyzet anyaga er sen épít a BSc-s Algebra tárgyra. Ajánlott irodalom a [2] egyes fejezetei. A gyakorlaton szerepl feladatok többségét is meg lehet találni ebben a könyvben. További feladatokat például az [1]-ben érdemes keresni.

5 1. fejezet Sylow részcsoportok Az alábbi fejezet f célja Sylow tételeinek ismertetése, valamint a tételek számos következménye közül néhánynak a bemutatása a teljesség igénye nélkül Hatás El ször átismételjük a hatásról tanultakat deníció. Azt mondjuk, hogy a G csoport hat az X halmazon, ha értelmezve van egy : G X X leképezés, azaz g G, x X esetén g x X úgy, hogy 1. h (g x) = (hg) x minden g, h G, x X-re, 2. e x = x minden x X-re, ahol e a G egységeleme. Azt mondjuk, hogy X elemszáma a hatás foka. Egy x X pont orbitja vagy pályája G(x) = { g x g G }. Nyilván G(x) X. Azt mondjuk, hogy G hatása tranzitív, ha csak egy orbit van. Az x X pont stabilizátora G x = { g G g x = x }.

6 6 SYLOW RÉSZCSOPORTOK 1.2. tétel (Orbit-stabilizátor tétel). Egy x X pont stabilizátora részcsoport G-ben, azaz G x G. Az x X pont orbitjának elemszáma megegyezik az x stabilizátorának indexével, azaz G(x) = G : G x állítás. Hasson G az X-en. Ekkor g 1 hatása inverze a g hatásának, azaz g x = y x = g 1 y. Tehát G minden eleméhez hozzárendelhetjük azt az S X -beli elemet, mely leírja a csoportelem hatását X-en. Legyen ϕ ez a leképezés, azaz minden g G-re ϕ(g) adja meg g hatását X-en. Ekkor ϕ: G S X homomorzmus, ker ϕ = = x X G x. Azt mondjuk, hogy a hatás h, ha ker ϕ = { 1 }, azaz ha semelyik két elem nem hat ugyanúgy példa. 1. A f példa nyilván a transzformációcsoportok, tehát amikor G S X, és g x = g(x). 2. Legyen H G egy részcsoport. Legyen X a H baloldali mellékosztályai, és hasson G az X-en balszorzással, azaz ha g G, akkor tetsz leges a G-re legyen g ah = gah. Ha H = { 1 }, akkor ez éppen a Cayley-hatás. 3. Tekintsük G hatását X = G-n konjugálással: g x = gxg 1. Néha a gxg 1 -et x g -vel is szokás jelölni. Ekkor az orbitok éppen a konjugált osztályok. Egy x G elem stabilizátorát az x elem G-beli centralizátorának nevezzük: C G (x) = { g G gxg 1 = x } = { g G gx = xg }.

7 1.2 Sylow tételei és néhány következmény 7 Ekkor C G (x) részcsoport G-ben, indexe az x konjugált osztályának elemszáma. Speciálisan, egy konjugált osztály elemszáma osztja a csoport rendjét. A ψ g : G G, x gxg 1 leképezés neve: konjugálás, mely G-nek automorzmusa. A konjugálások éppen G bels automorzmusait alkotják: Inn G = { ψ g g G }. Ha N G, akkor N pontosan akkor normálosztó G-ben, ha zárt a konjugálásra. 4. Legyen X = { H H G } a G részcsoportjainak halmaza, és hasson G rajta konjugálással: g H = ghg 1. A H részcsoport orbitja a H konjugáltjai, a stabilizáror N G (H) = { g G ghg 1 = H } = { g G gh = Hg } a H normalizátora. Ekkor N G (H) G az a legb vebb részcsoportja G-nek, melyben H még normálosztó: H N G (H). Tehát H-nak G : N G (H) konjugáltja van G-ben házi feladat. Igazoljuk, hogy az 1.4. példában szerepl hatások tényleg hatások. Ismételjük át az 1.1. szakaszban található állítások bizonyításait Sylow tételei és néhány következmény A Lagrange-tétel egy következménye azt mondja, hogy elem rendje osztja a csoport rendjét. A megfordítás nem teljesül, hiszen például A 5 -ben nincs negyedrend elem, hisz az csak négyes ciklus lehetne, ami páratlan permutáció. A megfordítás viszont prímekre általánosítható, ezt mondja ki a Cauchy-tétel. Felmerül a kérdés, hogy esetleg a Lagrange-tétel megfordítása általánosítható-e részcsoportokra. Általában ez sem megy, hiszen A 5 -ben nincs 30 elem részcsoport, mert az már normálosztó lenne, de A 5 egyszer. Prímhatványokra viszont általánosítható, ezt mondják ki Sylow tételei.

8 8 SYLOW RÉSZCSOPORTOK 1.6. deníció. Legyen G egy véges csoport, G = p n m, ahol p prím és p m. Ekkor egy P G részcsoportot p-sylow részcsoportnak nevezünk, ha P = p n. A p-sylow részcsoportk halmazát Syl p (G)-vel jelöljük tétel (Sylow). Legyen G véges csoport, p prím, q = p k pedig egy olyan p-hatvány, melyre q G. Ekkor teljesülnek az alábbiak. 1. Van Q G, Q = q, és az ilyen részcsoportok száma n q 1 (mod p). Speciálisan G-ben van p-sylow részcsoport. 2. Bármely Q G, melyre teljesül Q = q, belekonjugálható bármely P G p-sylowba, azaz van olyan g G, hogy Q gp g 1. Speciálisan bármely két p-sylow konjugált, és bármely p-hatványrend részcsoport része egy p-sylownak. 3. Legyen P egy p-sylow G-ben. Ekkor a p-sylowok száma G-ben n = = G : N G (P ), ami osztója G : P -nek. El ször arassuk le a tétel néhány következményét. Például a Cauchy-tétel következik Sylow tételeib l következmény (Cauchy tétele). Ha G véges csoport, p prím osztja G rendjét, akkor G-ben van p rend elem. Bizonyítás. A Sylow tételek miatt G-ben van p rend részcsoport, ami nyilván csak ciklikus lehet. Ennek akármelyik generátora p rend következmény. Legyen G véges csoport, p prím. Ekkor G pontosan akkor p-csoport, ha elemszáma p-hatvány. Bizonyítás. Ha G elemszáma p-hatvány, akkor a Lagrange-tétel miatt tetsz leges elemének a rendje is p-hatvány, vagyis G egy p-csoport. Ha G egy p-csoport, akkor minden elem rendje p-hatvány. Ha lenne egy p-t l különböz q prímosztója G -nek, akkor G-ben lenne q rend elem, ami nem p-hatvány következmény. Nincs 100 elem egyszer csoport.

9 1.3 Sylow tételeinek bizonyítása 9 Bizonyítás. 100 = Legyen n 5 az 5-Sylowok száma. Ekkor n 5 4, és n 5 1 (mod 5). Tehát n 5 = 1, vagyis egyetlen 5-Sylow van. De egy 5-Sylow konjugáltja is 5-Sylow, tehát az egyetlen 5-Sylow konjugálásra zárt, és így egy nemtriviális normálosztó Sylow tételeinek bizonyítása El ször belátjuk, hogy két azonos elemszámú csoportban a p-hatvány részcsoportok száma kongruens modulo p lemma. Legyen G és H két azonos elemszámú csoport, p prím, q = p k, melyre q osztja G elemszámát. Jelölje n G illetve n H a G-ben illetve H-ban el forduló q rend részcsoportok számát. Ekkor n G n H (mod p). Az lemmából már következik az 1.7. tétel 1. pontja, hiszen ha a H csoportot a G elemszámú ciklikus csoportnak választjuk, akkor H-ban az elemszám minden d osztójára pontosan 1 darab d rend részcsoport van. Az lemma bizonyítása. Tekintsük el ször a G csoportot. Legyen X a G-nek q elem részhalmazait tartalmazó halmaza: X = { A G : A = q }. Hasson G az X-en balszorzással, azaz g A = ga = { ga a A }. Könny ellen rizni, hogy ez hatás. Tekintsük a hatás orbitjait. Két esetet különböztetünk meg. 1. Ha van az orbitban egy K részcsoport. Ekkor ennek az orbitnak az elemei éppen K baloldali mellékosztályai, így pontosan egy részcsoport van egy ilyen orbitban. Tehát az ilyen orbitok száma n G, és egy ilyen orbit mérete G q. 2. Nincs az orbitban részcsoport. Legyen A = { a 1,..., a q } egy eleme az orbitnak. Jelölje G A az A pont stabilizátorát a hatás mentén, azaz G A = { g G ga = A }. Most A = G A A = G A a 1 G A a 2... G A a q,

10 10 SYLOW RÉSZCSOPORTOK vagyis A éppen G A néhány jobboldali mellékosztályának uniója. Jelölje m A azt a számot, hogy A hány darab különböz jobboldali G A - mellékosztály uniója. Tehát p k = q = A = G A m A, vagyis m A egy p-hatvány, és G A = q m A. Vegyük észre, hogy m A > 1. Csakugyan, ha m A = 1 lenne, akkor A = = G A a alakú, de akkor a 1 A = a 1 G A a részcsoport létére benne lenne A orbitjában. Tehát m A > 1 és p-hatvány, vagyis p m A. Egy ilyen orbit elemszáma G(A) = G : G A = G G A = G q m A, ahol p m A. Tehát az összes ilyen orbit uniójának az elemszáma G q p x G alakú valamilyen x G (a G csoporttól függ ) számra. A G csoportban tehát az orbitok összelemszámára az alábbi egyenl ség írható fel: ( ) G q = X = n G G q }{{} van részcsoport az orbitban + G q p x G }{{} nincs részcsoport az orbitban Teljesen analóg módon a H csoportra is felírható egy ugyanilyen egyenl ség:. ( ) H q = n H H q }{{} van részcsoport az orbitban + H q p x H }{{} nincs részcsoport az orbitban. Mivel G = H, ezért ( G q n G G q + G q ) ( = H ), amib l q p x G = n H H q + H q p x H. Az egyenl séget elosztva a G q adódik, vagyis n G n H = H q (mod p). egész számmal n G + px G = n H + px H

11 1.3 Sylow tételeinek bizonyítása 11 Ezzel tehát az 1.7. tétel 1. pontja kész, hiszen ciklikus H választással minden q H -ra pontosan egy q elem részcsoport van H-ban. Most bebizonyítjuk az 1.7. tétel 2. pontját. Legyen P Syl p (G) tetsz leges, Q pedig egy q = p k elem részcsoport. Legyen X a P G-beli konjugáltjainak a halmaza: X = { gp g 1 g G }. Most X = G : N G (P ), ami P N G (P ) miatt osztja G : P = G p n Tehát p X. Legyen Q G egy q = p k = m-et. elem részcsoport, és hasson Q az X-en konjugálással: g P = hp h 1 (h Q). Most P X esetén a P orbitjának mérete a Q-beli stabilizátorának az indexe. Mivel Q = p k, ezért a Q-beli stabilizátor, és így tetsz leges P X orbitjának a mérete p-hatvány. Tehát tetsz leges orbit elemszáma 1 vagy p-vel osztható. Mivel p X, ezért van 1 elem orbit, legyen ez P = gp g 1. Most tehát minden h Q-ra hp h 1 = = P, vagyis Q N G (P ). Belátjuk, hogy Q P, ebb l már P = gp g 1 miatt kész vagyunk. Az alábbi állítást fogjuk használni állítás. Legyen A, B véges részcsoportok G-ben. Ekkor AB = A B A B. Továbbá AB pontosan akkor részcsoport G-ben, ha AB = BA. Ez például fennáll, ha A vagy B normálosztó G-ben. Bizonyítás. Deniálunk A B egy relációt: (a 1, b 1 ) (a 2, b 2 ), ha a 1 b 1 = = a 2 b 2. Könny ellen rizni, hogy ekvivalenciareláció, és az ekvivalenciaosztályok száma éppen AB. Ha (a 1, b 1 ) (a 2, b 2 ), akkor a 1 2 a 1 = b 2 b 1 1 A B, vagyis minden ekvivalenciaosztályban pontosan A B elem van, tehát ekvivalenciaosztályok száma A B A B. Ha AB = BA, akkor 1 = 1 1 AB, ezért AB. Továbbá AB zárt a szorzásra: (AB)(AB) = A(BA)B = A(AB)B = A 2 B 2 = AB.

12 12 SYLOW RÉSZCSOPORTOK Végül AB zárt az inverzképzésre, mert (AB) 1 = B 1 A 1 = BA = AB. Megfordítva: A = A { 1 } AB, és B = { 1 } B AB. Mivel AB részcsoport G-ben, ezért zárt a szorzásra, speciálisan B A AB. Ezzel az egyik irányú tartalmazás kész. A másik irányhoz invertáljuk meg ezt az összefüggést: AB = A 1 B 1 = (BA) 1 (AB) 1 = B 1 A 1 = BA. Végül, ha mondjuk B normálosztó, akkor AB = a A ab = a A Ba = BA. Most tehát P N G (P ), Q N G (P ), tehát P Q N G (P ), elemszáma P Q = P Q P Q, ami csak p-hatvány lehet, hiszen minden tényez p-hatvány. Így P Q G miatt P Q p n, de már P = p n, hiszen P Syl p (G). Tehát P Q = P, és így Q P Q miatt Q P. Végül az 1.7. tétel 3. pontja azonnal következik a 2. pontból. Csakugyan, hasson G konjugálással Syl p (G)-n, ekkor ez a hatás a 2. pont miatt tranzitív. Tehát egyetlen orbit van (az egész Syl p (G)), mely elemszáma G : N G (P ), ami P N G (P ) miatt osztja G : P = m-et.

13 2. fejezet Nevezetes csoportkonstrukciók, fogalmak A fejezetben bemutatjuk csoportok direkt- és szemidirekt szorzatát, majd megismerkedünk a kommutátor fogalmával. A fejezetet az izomorzmus tételek átismétlésével zárjuk, melyek a csoportelméletben alapvet jelent séggel bírnak Direkt szorzat Ebben a szakaszban a direkt szorzat konstrukcióját ismételjük át deníció. Legyenek G i csoportok, ahol i I, I pedig egy (akár végtelen) indexhalmaz. A G = i I G i csoportot a G i csoportok direkt szorzatának nevezzük, ahol G i = { (..., g i,... ) g i G i, i I }, i I a szorzás komponensenként történik: (..., g i,... ) (..., h i,... ) = (..., g i h i,... ). A direkt szorzat egységeleme (..., e i,... ), ahol e i a G i egységeleme. Az invertálást szintén komponensenként végezzük, vagyis a (..., g i,... ) elem inverze (..., g 1 i,... ).

14 14 NEVEZETES CSOPORTKONSTRUKCIÓK, FOGALMAK Legyen H G az a részcsoport, melyben az elemek komponensei véges sok kivétellel az egységelem. Ekkor H-t a G i csoportok direkt összegének vagy diszkrét direkt szorzatának nevezzük házi feladat. Igazoljuk, hogy a (..., g i,... ) elem rendje az o(g i ) rendek legkisebb közös többszöröse, ha az létezik, és végtelen egyébként házi feladat. G H ciklikus G és H ciklikusak és ( G, H ) = 1. Térjünk rá a direkt szorzat bels jellemzésére. Legyenek π 1 : A B A, (a, b) a, π 2 : A B B, (a, b) b, B = Ker π 1 = { (1 A, b) : b B } = { 1 A } B, A = Ker π 2 = { (a, 1 B ) : a A } = A { 1 B }. Tehát A, B A B, valamint a homomorzmus tétel miatt (A B)/A B, (A B)/B A. Továbbá nyilván A B = { (1 A, 1 B ) }, és A B = A B. Ezen észrevételeknek igaz a megfordítása is tétel. Ha G csoport, A, B G, A B = { 1 } és AB = G, akkor G A B. A bizonyításhoz az alábbi lemmát használjuk lemma. Ha A, B G, A B = { 1 }, akkor ab = ba minden a A, b B esetén. Bizonyítás. Legyen g = aba 1 b 1. Belátjuk, hogy g = 1. Most A és B normálosztósága miatt g = ( aba 1) }{{}}{{} b 1 B B ( ba 1 b 1) g = }{{} a A Tehát g A B = { 1 }, amib l g = 1. } {{ } A B, A.

15 2.1 Direkt szorzat deníció. Az [a, b] = aba 1 b 1 alakú kifejezés az a és b elemek kommutátora. A 2.4. tétel bizonyítása. Mivel AB = G, ezért G minden eleme el áll ab alakban, ahol a A, b B. Ez az el állítás egyértelm : ha ab = a b (ahol a, a A, b, b B), akkor (a ) 1 a = b b 1. Itt a baloldal A-beli, a jobboldal B-beli, amib l A B = { 1 } miatt mindkét oldal 1, azaz a = a, b = b. Tehát ϕ: A B G, (a, b) ab bijekció. Már csak az hiányzik, hogy homomorzmus. Ehhez legyenek a 1, a 2 A, b 1, b 2 B tetsz legesek, ekkor a 2.5. lemma miatt a 2 b 1 = b 1 a 2, tehát ϕ ((a 1, b 1 ) (a 2, b 2 )) = ϕ ((a 1 a 2, b 1 b 2 )) = a 1 a 2 b 1 b 2 = = a 1 b 1 a 2 b 2 = ϕ ((a 1, b 1 )) ϕ ((a 2, b 2 )) példa. Tekintsük G = D 6 -t. Legyenek A = { 1, f } 3, B = { 1, f 2, f 4, t, tf 2, tf } 4, ekkor A és B mindketten normálosztók G-ben. Nyilván A B = { 1 }, AB = = G (utóbbi látszik például az elemszámokból), vagyis D 6 = G A B (Z 2, +) D 3. Itt B D 3, a hatszögbe írt szabályos háromszöget meg rz szimmetriák részcsoportja. A 2.4. tétel általánosítható több tényez re is, ám nem a páronkénti metszeteknek kell 1-nek lenni: 2.8. példa. G = Z 8 -ban A = { 1, 3 }, B = { 1, 5 }, C = { 1, 7 } választással A B = A C = B C = { 1 }, és G A B A C B C (Z 2, +) (Z 2, +).

16 16 NEVEZETES CSOPORTKONSTRUKCIÓK, FOGALMAK A jó feltétel az lesz, hogy bármely normálosztónak a többiek által generált részcsoporttal vett metszete kell { 1 } legyen tétel. Legyen G csoport. Ekkor pontosan akkor teljesül, hogy G G 1 G n, ha vannak G 1,..., G n G normálosztók úgy, hogy G i G i, G 1... G n = G, és minden 1 i n-re G i G 1... G i 1G i+1... G n = { 1 }. Bizonyítás. A tétel a 2.4. tételhez hasonlóan látható be (házi feladat). A direkt szorzat bels jellemzése segítségével a véges Abel csoportok alaptétele nélkül karakterizálhatjuk a p 2 rend csoportokat állítás. Legyen G = p 2 valamely p prímre. Ekkor G (Z p 2, +) vagy G (Z p, +) (Z p, +). Bizonyítás. Egy nemegységelem rendje p 2 osztója lehet, tehát p vagy p 2. Ha van G-ben p 2 rend elem, akkor G (Z p 2, +). Egyébként minden nemegységelem rendje p. Legyen 1 h 1 G tetsz leges, legyen H 1 = a, nyilván H 1 = p. Legyen h 2 G \ H 1, legyen H 2 = h 2,, nyilván H 2 = p. Most H 1 H 2 = 1 vagy p, utóbbi viszont nem lehet, mert h 2 / H 1. Tehát H 1 H 2 = { 1 }, amib l az állítás miatt H 1 H 2 = H 1 H 2 H 1 H 2 = p2, vagyis H 1 H 2 = G. El z félévben beláttuk, hogy G Abel, vagyis H 1, H 2 G. Tehát G H 1 H 2 (Z p, +) (Z p, +) Szemidirekt szorzat A direkt szorzat bels jellemzésében mindkét részcsoportról kiderült, hogy normálosztó. Felmerül a kérdés, hogy mit mondhatunk olyankor, amikor csak az egyik részcsoport normálosztó.

17 2.2 Szemidirekt szorzat példa. Tekintsük a D 3 = { id, f, f 2, t, ft, f 2 t } csoportot. Most N = = { id, f, f 2 } normálosztó, H = { id, t } részcsoport, de nem normálosztó, valamint N H = { id }. Azt is láttuk, hogy D 3 minden eleme f i t j alakú (i { 0, 1, 2 }, j { 0, 1 }), vagyis D 3 = NH. Továbbá két f i t j alakú elemet össze is tudunk szorozni a tft = f 1 szabály segítségével. A példában a D 3 csoportról látjuk, hogy az majdnem direkt szorzat alakú. Ez egy olyan G csoport, melyben van egy N G normálosztó, egy H G részcsoport, melyekre NH = G, N H = { 1 }. Tehát minden elem egyértelm en áll el nh alakban (n N, h H). Két ilyen alakú elemet az alábbi módon szorzunk össze: n 1 h 1 n 2 h 2 = n 1 h 1 n 2 h 1 1 h 1 h 2 = n 1 n h 1 2 h }{{} 1 h }{{} 2. H Tehát ki tudjuk számolni két nh alakú elem szorzatát, ha tudjuk, hogy a H elemei hogyan hatnak az N-en konjugálással. Minden h H-ra jelölje ψ h a h-val való konjugálást N-en: ψ h : N N, n hnh 1. Ekkor ψ h Aut N. S t, a h ψ h leképezés egy H Aut N homomorzmus házi feladat. Igazoljuk, hogy a leképezés homomorzmus. ψ : H Aut N, h ψ h deníció. Legyenek N és H csoportok, ψ : H Aut N homomorzmus. Legyen G = { (n, h) n N, h H }, és legyen két elem szorzata az alábbi módon deniálva: N (n 1, h 1 ) (n 2, h 2 ) = ( n 1 ψ (h 1 ) ( n 2 ), h1 h 2 ). Ekkor G-t az N és H csoportok szemidirekt szorzatának nevezzük, és N ψ H- val (vagy néha csupán N H-val) jelöljük. (A képletben szerepl ψ (h 1 ) ( n 2 ) értelmes: ψ(h 1 ) egy automorzmusa N-nek, tehát n 2 -t elviszi ψ (h 1 ) ( n 2 ) -be.)

18 18 NEVEZETES CSOPORTKONSTRUKCIÓK, FOGALMAK A direkt szorzathoz hasonlóan jellemezhet a szemidirekt szorzat. Tekintettel arra, hogy lényegében a bels jellemzéssel motiváltuk a deníciót, a bels jellemzés kidolgozását házi feladatnak hagyjuk házi feladat. Legyen G = N ψ H. Legyen N = { (n,1 H ) n N }, H = { (1 N, h) h H }. Ekkor 1. G tényleg csoport; 2. N N G; 3. H H G; 4. N H = G, N H = { (1 N, 1 H ) }; 5. H úgy hat N -on konjugálással, ahogy azt ψ el írja, azaz 6. G N H ψ(h) = id. (1 N, h)(n, 1 H )(1 N, h) 1 = (ψ(h)(n), 1 H ) ; A szemidirekt szorzat és a Sylow tételek segítségével karakterizáljuk a pq rend csoportokat (p > q prímek) állítás. Legyen G csoport, G = pq, ahol p > q prímek. Ekkor G (Z p, +) (Z q, +) vagy G (Z p, +) (Z q, +), és utóbbi eset csak p 1 (mod q) esetén állhat fenn. Bizonyítás. Legyen P egy p-sylow, Q egy q-sylow G-ben. Nyilván P Q = = { 1 }, hiszen P -ben csak p rend elemek vannak, Q-ban pedig csak q rend elemek vannak az 1-en kívül. Az állítás miatt P Q = P Q = pq = = G, vagyis P Q = G. Jelölje n p a p-sylowok számát, n q a q-sylowok számát. Ekkor a Sylow tételek (1.7. tétel) következtében n p 1 (mod p), n p G = q. Most p > q p miatt ez csak úgy teljesülhet, ha n p = 1, vagyis P az egyetlen p-sylow, és így P G. Hasonlóan n q 1 (mod q) és n q G q = p. Tehát n q { 1, p }, és n q = = p csak akkor fordulhat el, ha p 1 (mod q). Ha n q = 1, akkor Q G, egyébként csak Q G-t mondhatunk. Tehát G P Q vagy G P Q.

19 2.3 Kommutátorok 19 Ha p 1 (mod q), akkor valóban létezik (izomora erejéig egyetlen) nemkommutatív pq rend csoport, amely egy valódi szemidirekt szorzat lesz házi feladat. 1. Igazoljuk, hogy Aut (Z m, +) Z m. (Ötlet: generátor generátorba meg.) 2. Aut (Z p, +) Z p (Z p 1, +). (Ötlet: véges test multiplikatív csoportja ciklikus.) Ha tehát q p 1, akkor van q rend részcsoport Aut (Z p, +)-ben, és van h Aut (Z p, +), melyre o(h) = q. Legyen ψ : (Z q, +) Aut (Z p, +) olyan homomorzmus, melyre ψ(1) = h. Igazoljuk, hogy az így kapott (Z p, +) ψ (Z q, +) csoport nemkommutatív. 3. Lássuk be, hogy a 2. pontban különböz h-kra (és így különböz ψ-kre) kapott csoportok izomorfak, tehát egyetlen pq rend nemkommutatív csoport létezik Kommutátorok Kezdjük a kommutátorokkal, melyeket a 2.6. denícióban deniáltunk, és a 2.5. lemmában használtunk deníció. Legyen G csoport. Az [a, b] = aba 1 b 1 alakú kifejezés az a és b elemek kommutátora. Ha N, K G normálosztók kommutátorán az [n, k] kommutátorok által generált részcsoportot értjük és [N, K]-val jelöljük: [N, K] = [n, k] n N, k K állítás. Ha N, K G, akkor [N, K] G, [N, K] N K. Bizonyítás. A bizonyítás lényegében megegyezik a 2.5. lemma bizonyításával. Belátjuk el ször, hogy kommutátorelem konjugáltja kommutátorelem, azaz a kommutátorelemek halmaza zárt a konjugálásra. Akkor nyilván az általuk generált részcsoport is zárt a konjugálásra, és [N, K] G következik.

20 20 NEVEZETES CSOPORTKONSTRUKCIÓK, FOGALMAK Legyen n N, k K, g G tetsz leges, ekkor g[n, k]g 1 = gnkn 1 k 1 g 1 = = ( gng 1) ( gkg 1) ( gn 1 g 1) ( gk 1 g 1) = gng }{{ 1, gkg } 1. }{{} N K Továbbá nkn 1 K, hiszen K G, és így [n, k] = nkn 1 k 1 K. Hasonlóan, kn 1 k 1 N, mert N G, vagyis [n, k] = nkn 1 k 1 N. Tehát [n, k] N K, vagyis az általuk generált részcsoport is része N K-nak állítás. Legyen G csoport. Ekkor [N, K] az a legsz kebb M N K normálosztója G-nek, ami szerinti faktorban az N és K elemei már felcserélhet k, azaz amire G/M-ben N/M és K/M elemei felcserélhet k. Bizonyítás. Legyen M G, M N K. Legyenek továbbá nm N/M, km K/M tetsz legesek. Ekkor nmkm = kmnm nkn 1 k 1 M = M [n, k] M deníció. Legyen G csoport. A [G, G] részcsoportot a G kommutátorrészcsoportjának nevezzük és G -vel jelöljük következmény. Legyen G csoport, M G. Ekkor G/M Abel G M. Továbbá, ha G K G, akkor K G. Bizonyítás. A állításból azonnal következik, hogy G M pontosan akkor teljesül, ha G/M Abel. Legyen most G K G. Ekkor K/G részcsoport G/G -ben, ami Abel. Tehát G/G G/G, vagyis K G (ld tétel 5. pontja) házi feladat. Igazoljuk az alábbiakat, ahol x, y, z G tetsz leges elemek, K, L, N G pedig tetsz leges normálosztók.

21 2.3 Kommutátorok [x, y] 1 = [y, x]; 2. [x, yz] = [x, y]y[x, z]y 1 ; 3. [K, LN] = [K, L][K, N]. Az alszakasz végén a karakterisztikus részcsoport fogalmát ismerjük meg deníció. Legyen G csoport. Egy K G részcsoportot karakterisztikus részcsoportnak hívunk, ha K invariáns G összes automorzmusára, azaz ψ Aut G, k K esetén ψ(k) K házi feladat. Igazoljuk az alábbiakat. 1. N G pontosan akkor karakterisztikus, ha minden α Aut G-re α(n) = N. 2. Ha N karakterisztikus részcsoportja G-nek, akkor N G. 3. Karakterisztikus részcsoport karakterisztikus részcsoportja karakterisztikus, de normálosztó normálosztója nem feltétlen normálosztó. 4. Normálosztó karakterisztikus részcsoportja normálosztó. 5. Az alábbi részcsoportok karakterisztikusak: Z(G), G, G = [G, G ], [G, G ]. 6. Ha egy Sylow részcsoport normálosztó, akkor karakterisztikus is. 7. Tetsz leges n-re az n rend elemek által generált részcsoport karakterisztikus. 8. Egy ciklikus csoport minden részcsoportja karakterisztikus. 9. Q-ban minden részcsoport normálosztó, de van nem karakterisztikus részcsoport.

22 22 NEVEZETES CSOPORTKONSTRUKCIÓK, FOGALMAK 2.4. Izomoratételek Az alábbi tétel rendkívül fontos, lényegében pontosan megmondja, hogy mik lesznek a G/N faktorcsoport részcsoportjai, azok mellékosztályai, mely részcsoportok lesznek normálosztók. A kés bbiekben általában hivatkozás nélkül fogjuk alkalmazni ezt a tételt tétel. Legyen ϕ: G H szürjektív homomorzmus, melynek magja N. 1. Ha K G, akkor ϕ(k) H. Továbbá ϕ 1 (ϕ(k)) = NK = KN. 2. A H csoport részcsoportjai kölcsönösen egyértelm megfeleltetésben állnak G-nek az N-et tartalmazó részcsoportjaival. Az L H-hoz K = = ϕ 1 (L) G tartozik. A továbbiakban használjuk ezt a jelölést. 3. Ha g G, h = ϕ(g) H, akkor ϕ 1 (hl) = gk, ϕ 1 (Lh) = Kg, azaz a K szerinti baloldali (jobboldali) mellékosztályok az L szerinti baloldali (jobboldali) mellékosztályok teljes inverz képei. 4. H : L = G : K. 5. L H K G, és ekkor G/K H/L. Bizonyítás. A bizonyítás az el adáson nem hangzott el, de illik ismerni. 1. Ha K G részcsoport, akkor könnyen látható, hogy ϕ(k) H is részcsoport. Ha L H részcsoport, akkor könnyen ellen rizhet en ϕ 1 (L) G is részcsoport, és nyilván tartalmazza N-et. Legyen L = = ϕ(k) H. Ekkor V/10 miatt KN = NK. Most NK ϕ 1 (L), mert ϕ(nk) = ϕ(n)ϕ(k) = ϕ(k) = L. A másik irányú tartalmazáshoz legyen g ϕ 1 (L), azaz ϕ(g) = h L. Mivel L = ϕ(k), ezért van k K, hogy ϕ(k) = h. Innen ϕ ( k 1 g ) = ϕ ( k 1) ϕ (g) = ϕ (k) 1 ϕ (g) = h 1 h = 1 H, vagyis k 1 g N és így g kn KN.

23 2.4 Izomoratételek Legyen G = { K G N K }, H = { L H }. Mivel ϕ(k) H, így ϕ tekinthet egy G H leképezésnek. Továbbá ϕ 1 (a teljes skép) tekinthet egy H G leképezésnek. Belátjuk, hogy ez a két leképezés egymás inverze. Most ha N K G, akkor ϕ 1 (ϕ (K)) = NK = K az 1. rész miatt. Ha pedig L H, akkor ϕ (ϕ 1 (L)) = L az skép deníciója miatt. 3. Belátjuk, hogy ϕ 1 (hl) = gk, a másik oldal ugyanígy igazolható. g ϕ 1 (hl) ϕ (g ) hl = ϕ(g)l ϕ ( g 1 g ) L g 1 g K g gk. 4. A 3. rész miatt ϕ 1 bijekció az L és a K mellékosztályai közt. 5. A 3. rész miatt ϕ 1 bijekció az L és a K mellékosztályai közt, és Kg = = gk pontosan akkor teljesül, ha Lϕ(g) = ϕ(g)l. Tehát K G pontosan akkor teljesül, ha L H. Valójában most ϕ egy izomorzmus G/K és H/L elemei közt, amib l már csak a homomorzmusság kell (a bijekció megvan a 3. részb l). Ha ϕ(g 1 ) = h 1 és ϕ(g 2 ) = h 2, akkor ϕ(g 1 Kg 2 K) = ϕ(g 1 g 2 K) = h 1 h 2 L = h 1 Lh 2 L = ϕ(g 1 K)ϕ(g 2 K). Az alszakaszt a két izomorzmus tétellel zárjuk, melyek igen fontos következményei a tételnek. Ezek bizonyításai szerepeltek el z félévben, ide csak a teljesség kedvért kerültek be következmény (Els izomorzmus tétel). Legyen N G, K G. Ekkor KN = NK részcsoport G-ben, K N K, és KN/N K/K N. Továbbá, ha G : N véges, akkor K : K N osztja G : N -t.

24 24 NEVEZETES CSOPORTKONSTRUKCIÓK, FOGALMAK Bizonyítás. Tekintsük a ϕ: G G/N természetes homomorzmust, és annak K-ra való megszorítását: ϕ K : K G/N. Most Ker ϕ K = { g K ϕ(g) = 1 } = K N, amib l K N K, valamint a homomorzmus tételb l K/K N = K/ Ker ϕ K Im ϕ K = ϕ(k). Továbbá KN = k K kn = k K Nk = NK. Továbbá az lemma alapján ebb l KN G is következik. Tekintsük most ϕ-nek KN-re való megszorítását: ϕ KN : KN G/N. Most Ker ϕ KN = { g KN ϕ(g) = 1 } = KN N = N, így a homomorzmus tételb l KN/N = K/ Ker ϕ KN Im ϕ KN = ϕ(kn) = = ϕ(k)ϕ(n) = ϕ(k) 1 H = ϕ(k). Tehát K/K N ϕ(k) KN/N G/N, amib l az indexek oszthatóságára vonatkozó állítás már következik példa. Legyen N = { id, (12)(34), (13)(24), (14)(23) }. Melyik ismert csoporttal izomorf S 4 /N? Legyen K = S 3, a 4 stabilizátora S 4 -ben. Most S 3 N = { id }, vagyis S 3 N = S 3 N = 24, tehát S 3 N = S 4. Az els izomorzmus tétel alapján tehát S 4 /N = S 3 N/N S 3 /S 3 N = S 3 / { id } = S 3.

25 2.4 Izomoratételek következmény (Második izomorzmus tétel). Legyen N, K G, N K. Ekkor N K, K/N G/N, valamint (G/N)/(K/N) G/K. Bizonyítás. Tekintsük a ϕ: G G/N természetes homomorzmust, és annak K-ra való megszorítását: ϕ K : K G/N, ennek magja Ker ϕ K = { g K ϕ(g) = 1 } = K N = N, vagyis N K. Nyilván K/N = { gn g K }. Tekintsük a ψ : G/N G/K, gn gk. leképezést. Ez jóldeniált: ha g N = gn, akkor g 1 g gk = g K. Továbbá ψ homomorzmus: N K, amib l ψ(g 1 Ng 2 N) = ψ(g 1 g 2 N) = g 1 g 2 K = g 1 Kg 2 K = ψ(g 1 N)ψ(g 2 N), magja Ker ψ = { gn ψ(gn) = 1 } = { gn G/N gk = K } = = { gn G/N g K } = K/N. Így a homomorzmus tételb l (G/N)/(K/N) = (G/N)/ Ker ψ Im ψ = G/K.

26 3. fejezet Feloldható csoportok Ha egy G (véges) csoport nem egyszer, akkor van benne N G normálosztó. Ekkor G-t bizonyos értelemben meg lehet érteni, ha N-t és G/N-t megértjük. Ezek már kisebb elemszámú csoportok, így várhatóan könnyebben kezelhet ek. Ha most N vagy G/N nem egyszer, akkor a gondolatot folytathatjuk rájuk, így kapva egy ún. normálláncot deníció. Legyen G egy csoport. Egy (3.1) { 1 } = N 0 N 1 N 2... N n = G láncot normálláncnak hívunk, ha minden N i normálosztó N i+1 -ben. (Azt nem követeljük meg, hogy N i G-ben is!) A normállánc hossza ezzel az indexeléssel n. Azt mondjuk, hogy a (3.1) normállánc kompozíciólánc, ha tovább már nem nomítható, azaz minden N i+1 /N i faktor egyszer, ezeket kompozíciófaktoroknak nevezzük. F láncnak egy olyan, tovább már nem nomítható normálláncot nevezünk, melynek minden eleme normálosztó G-ben is. (Ennek a faktorai nem feltétlenül egyszer ek.) 3.2. példa. S 4 egy kompozíciólánca S 4 A 4 V { id, (12)(34) } { id }, a kompozíciófaktorok rendre (Z 2, +), (Z 3, +), (Z 2, +), (Z 2, +). S 3 egy kompozíciólánca S 3 A 3 { id }, a kompozíciófaktorok rendre (Z 2, +), (Z 3, +).

27 3 Feloldható csoportok 27 (Z 6, +) egy kompozíciólánca (Z 6, +) { 0, 2, 4 } { 0 }, a kompozíciófaktorok rendre (Z 2, +), (Z 3, +). Tehát a kompozíciófaktorok (rendezett) listája nem határozza meg egyértelm en az eredeti csoportot. (Z 6, +) egy kompozíciólánca (Z 6, +) { 0, 3 } { 0 }, a kompozíciófaktorok rendre (Z 3, +), (Z 2, +). Tehát a kompozíciólánc sem egyértelm, és a kompozíciófaktorok (rendezett) listája sem egyértelm. A kompozíciófaktorok halmaza viszont (az elemeket multiplicitással számolva) már egyértelm, ezt mondja ki Jordan és Hölder tétele deníció. Két normállánc izomorf, ha a kompozíciófaktoraik halmaza (multiplicitással számolva) megegyezik tétel (Jordan Hölder). Legyen G egy tetsz leges csoport, amelynek van kompozíciólánca. Ekkor G bármely normállánca nomítható kompozíciólánccá, és G bármely két kompozíciólánca izomorf. Bizonyítás. Az alábbi állítást fogjuk belátni: Ha van t hosszú kompozíciólánc, akkor tetsz leges normállánc nomítható ezzel izomorá. Ezt az állítást t szerinti indukcióval bizonyítjuk. A t = 1 eset triviális, ekkor ugyanis G egyszer, így egyetlen normállánca van: { 1 } G. Tegyük most fel, hogy minden t-nél kisebb értékre igaz az állítás. Legyen { 1 } = K 0 K 1 K 2... K t = G egy kompozíciólánc. A továbbiakban ezt a kompozícióláncot jelöljük (k)-val. Legyen { 1 }... N G egy normállánc, jelöljük ennek { 1 }... N részét (n)-nel. Ha most N = { 1 }, akkor (k) egy jó nomítása (n)-nek. Továbbá, ha N = K i valamely 1 i t 1-re, akkor alkalmazhatunk indukciót N-re és G/N-re. Legyen tehát L K az a szeme a (k) kompozícióláncnak, melyre N K, de N L. Jelölje (a) a (k) láncnak 1... L részét, (b) pedig a K... G részét. Tehát (k) = { 1 }. (a).. L K. (b).. G. Most N K és L K miatt LN K is teljesül. Továbbá L LN, tehát LN az L és K között szerepel a (k) láncban. Mivel (k) kompozíciólánc, K/L

28 28 FELOLDHATÓ CSOPORTOK egyszer, tehát LN = L vagy LN = K. De N L miatt LN L, tehát LN = K. Az els izomorzmus tétel (2.26. következmény) miatt N/(L N) LN/L = K/L, ami egyszer, L/(L N) LN/N = K/N. Most L kompozíciólánca rövidebb, mint G kompozíciólánca, így alkalmazhatjuk rá az indukciós feltevést. Van tehát az { 1 } L N L-nek (a)-val izomorf nomítása. Ennek a nomításnak az { 1 }... L N részét jelölje (d), az L N... L részét jelölje (c). Most N/(L N) egyszer, tehát 1. (d).. L N N kompozíciólánca N-nek. Ennek hossza legfeljebb annyi, mint L kompozícióláncának hossza, tehát t-nél biztosan kevesebb. Így az indukciós feltevés miatt van (n)-nek olyan (n ) nomítása, mely izomorf a 1. (d).. L N N kompozíciólánccal. Továbbá K/N L/(L N) miatt van (c ) lánc N-b l K-ba, ami izomorf (c)-vel. Tehát az { 1 }. (n).. N G normállánc nomítható egy { 1 } (n )... N (c )... K. (b).. G kompozíciólánccá, mely izomorf a { 1 }. (d).. L N N (c )... K. (b).. G kompozíciólánccal. Ez a lánc izomorf a { 1 }. (d).. L N. (c).. L K. (b).. G kompozíciólánccal, ami izomorf az { 1 }. (a).. L K. (b).. G lánccal, ami éppen a (k) kompozíciólánc. Képlettel { 1 }. (n).. N G { 1 } (n )... N (c )... K. (b).. G { 1 }. (d).. L N N (c )... K. (b).. G { 1 }. (d).. L N. (c).. L K. (b).. G { 1 }. (a).. L K. (b).. G = (k). A Jordan Hölder tételnél valamivel általánosabb állítás is bizonyítható tétel (Schreier Zassenhaus). Tetsz leges csoport bármely két normálláncának van izomorf nomítása. Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.

29 3 Feloldható csoportok deníció. Azt mondjuk, hogy a G csoport feloldható, ha van olyan { 1 } = N 0 N 1 N 2... N n = G normállánca, melyben minden N i+1 /N i faktor Abel állítás. Legyen { 1 } = N 0 N 1 N 2... N n = G olyan normállánca G-nek, melyben minden N i+1 /N i faktor Abel. Ekkor ezen lánc tetsz leges nomításában is minden faktor Abel. Bizonyítás. Legyen K olyan, hogy N i K N i+1. Most K/N i N i+1 /N i Abel, hiszen egy Abel csoport minden részcsoportja is Abel. Továbbá a második izmorzmustétel (2.28. következmény) miatt N i+1 /K (N i+1 /N i ) / (K/N i ), és egy Abel csoport minden faktora is Abel következmény. Legyen G egy olyan csoport, amelynek van kompozíciólánca. Ekkor G pontosan akkor feloldható, ha minden kompozíciófaktora izomorf egy (Z p, +)-szal egy alkalmas p prímre. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy G feloldható. Ekkor van olyan normállánca, melyben minden faktor Abel. A Jordan Hölder tétel (3.4. tétel) miatt ennek van kompozíciólánccá nomítása, melyben a 3.7. állítás miatt minden faktor Abel. Ugyanakkor egy kompozícióláncban minden faktor egyszer is, tehát minden faktor izomorf egy (Z p, +)-szal alkalmas p prímre. Ha pedig G-nek van olyan kompozíciólánca, melyben minden faktor egy (Z p, +)-szal izomorf, akkor ez olyan normállánc, melyben minden faktor Abel következmény. Minden véges p-csoport feloldható. Bizonyítás. Egy véges p-csoportnak van kompozíciólánca, melyben a faktorok egyszer p-csoportok. De egyszer p-csoport izomorf (Z p, +)-szal házi feladat. Igazoljuk az alábbiakat. 1. A feloldható csoportok osztálya zárt a részcsoportképzésre, faktorképzésre és a véges direkt szorzatra. 2. Ha G tetsz leges csoport, N G feloldható, G/N feloldható, akkor G is feloldható.

30 30 FELOLDHATÓ CSOPORTOK A feloldhatóság a kommutátorokkal egyszer en jellemezhet deníció. Legyen G (0) = G, továbbá minden i 1-re legyen G (i) = = [G (i 1), G (i 1) ]. Ekkor a G = G (0) G (1)... láncot a G kommutátorláncának nevezzük házi feladat. Gondoljuk meg, hogy G kommutátorláncának minden eleme karakterisztikus részcsoport, és így normálosztó is G-ben állítás. Egy G csoport pontosan akkor feloldható, ha kommutátorlánca leér az { 1 }-ig. Bizonyítás. Ha a kommutátorlánc leér { 1 }-ig, akkor minden G (i) /G (i+1) faktor Abel. Megfordítva, ha G feloldható, és { 1 } = N 0 N 1 N 2... N n = = G olyan normállánca G-nek, melyben minden N i+1 /N i faktor Abel, akkor N i+1 N i. Speciálisan G (1) = G = N n N n 1, és i szerinti teljes indukcióval igazolható, hogy G (i) N n i. Tehát G (n) N 0 = { 1 }. Végül két nehéz tételt is megemlítünk a feloldható csoportok témaköréb l tétel (Burnside). Ha G = p α q β, ahol p, q prímek, akkor G nem lehet nemkommutatív egyszer csoport. Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. Az eredeti bizonyítás nagyjából 30 oldalt tett ki. Manapság többnyire reprezentációelmélettel bizonyítják következmény. Ha G = p α q β, ahol p, q prímek, akkor G feloldható. Bizonyítás. Mivel G véges, ezért van kompozíciólánca. Ebben az egyszer kompozíciófaktorok elemszáma p α q β, ami Burnside tétele miatt csak kommutatív lehet tétel (Feit Thompson). Ha G nemkommutatív véges egyszer csoport, akkor G páros. Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. Az eredeti bizonyítás nagyjából 250 oldalt tett ki. Azóta egyszer sítették a bizonyítást.

31 3.1 A legalább ötödfokú alternáló és szimmetrikus csoport következmény. Ha G páratlan, akkor G feloldható. Bizonyítás. Mivel G véges, ezért van kompozíciólánca. Ebben az egyszer kompozíciófaktorok elemszáma páratlan, ami a Feit Thompson tétel miatt csak kommutatív lehet A legalább ötödfokú alternáló és szimmetrikus csoport A szakasz célja belátni, hogy a legalább ötödfokú alternáló csoport egyszer, és így sem a legalább ötödfokú alternáló, sem a legalább ötödfokú szimmetrikus csoport nem feloldható tétel. Ha n 5, akkor A n egyszer lemma. Az A n alternáló csoportot generálják a 3-as ciklusok. Bizonyítás. Tetsz leges permutáció S n -ben felírható cserék szorzataként. Egy A n -beli permutáció páros, így páros sok csere szorzataként írható fel. A szomszédos cserék pedig átírhatók egy vagy két 3-as ciklus szorzatára: (ac)(ab) = (abc), (ab)(cd) = (ab)(ac)(ca)(cd) = (acb)(acd) lemma. Ha n 5, akkor A n -ben bármely két 3-as ciklus konjugált. Bizonyítás. Legyen (abc) egy tetsz leges 3-as ciklus, g S n pedig egy olyan permutáció, ami 1-et a-ba, 2-t b-be, 3-t c-be viszi. Ekkor g(123)g 1 = (abc). Ha g A n, akkor készen vagyunk, egyébként legyen d és e két egymástól és az a, b, c elemekt l különböz elem, ekkor h = g(de) A n és h(123)h 1 = = (abc). A tétel bizonyítását n szerinti teljes indukcióval végezzük. Az A 5 egyszer sége sokféleképpen belátható, mi most mutatunk egy (részben) Sylow tételekre épül bizonyítást.

32 32 FELOLDHATÓ CSOPORTOK lemma. A 5 egyszer. Bizonyítás. Legyen { id } N A 5. Belátjuk, hogy N tartalmaz 3-as ciklust. Ha N tartalmaz 5-ös ciklust, akkor N-ben van 5 elem részcsoport, és így van benne A 5 -beli 5-Sylow. Mivel az 5-Sylowok A 5 -ben konjugáltak, ezért minden A 5 -beli 5-Sylow benne van N-ben. Speciálisan minden 5-ös ciklus benne van N-ben, és így N 24. Tehát N = 30 vagy N = 60. Így N osztható 3-mal, azaz van benne 3 rend részcsoport, vagyis van N-ben 3-as ciklus. Ha N tartalmaz egy (ab)(cd) alakú permutációt, akkor ennek (cde)-vel való konjugáltját is tartalmazza, vagyis (ab)(de)-t. De akkor (ab)(cd)(ab)(de) = = (cde)-t is, vagyis N tartalmaz 3-as ciklust. Végül, ha N tartalmaz 3-as ciklust, akkor a lemma miatt minden hármas ciklust tartalmazza, így a lemma miatt N = A megjegyzés. Egy másik bizonyítás az alábbi módon mehetne. Kiszámolható, hogy a 3-as ciklusok egy 20 elem konjugált osztályt, az (ab)(cd) alakú permutációk egy 15 elem konjugált osztályt alkotnak, továbbá az 5- ös ciklusok szétesnek két elem konjugált osztályra. Egy normálosztó az identitást is tartalmazó részcsoport, mely konjugált osztályok uniója, ám az 1, 12, 12, 15, 20 számokból a 60-nak egyetlen nemtriviális osztója sem állítható el részösszegként lemma. Legyen n 6, id g A n. Ekkor g konjugált osztálya legalább n elem. Bizonyítás. Legyen g ciklusszerkezetében a leghosszabb ciklus hossza r. Ha r 3, akkor feltehetjük, hogy g = ( r)... alakú, hiszen egy ilyenbe konjugálható. Legyen k { 2, 3,..., n } tetsz leges, a k, b k pedig az 1, 2, 3, k elemek mindegyikét l (és egymástól is) különböz elemek. Legyen h k = = (2 k)(a k b k ), ekkor h k gh 1 k egy olyan permutáció, ami az 1-et k-ba viszi. Tehát g-nek legalább n 1 konjugáltja van. Végül a h = (34)(56) permutációval hgh 1 = ( )..., vagyis 1-et 2-be viszi, a 2-t pedig 4-be. Ha r = 2, akkor feltehetjük, hogy g = (1 2)(3 4)... alakú. Legyen k { 2, 3,..., n } tetsz leges, a k, b k pedig az 1, 2, 3, k elemek mindegyikét l (és

33 3.1 A legalább ötödfokú alternáló és szimmetrikus csoport 33 egymástól is) különböz elemek. Legyen h k = (2 k)(a k b k ), ekkor h k gh 1 k egy olyan permutáció, ami az 1-et k-ba viszi. Tehát g-nek legalább n 1 konjugáltja van. Végül a h = (12)(45) permutációval hgh 1 = (1 2)(3 5)... )..., vagyis 1-et 2-be viszi, a 3-t pedig 5-be. A tétel bizonyítása. Teljes indukciót alkalmazunk n-re. Ha n = 5, akkor a lemma alapján kész vagyunk. Legyen n 6, és legyen { id } N A n. Jelölje H az 1 elem A n -beli stabilizátorát. Most H A n 1, ami az indukciós feltevés miatt egyszer. De N H H, vagyis N H = { id } vagy N H = H. Ha N H = H, akkor H N. De H-ban van 3-as ciklus, így N is tartalmaz 3-as ciklust, akkor a lemma miatt minden hármas ciklust tartalmazza, így a lemma miatt N = A n. Ha N H = { id }, akkor két különböz g, h N elemre g(1) h(1). Csakugyan, g(1) = h(1) esetén h 1 g H N, vagyis h 1 g = id. Tehát egyrészt N n, másrészt N tartalmazza id-t, és még legalább egy konjugált osztályt, ami a lemma alapján legalább n elem következmény. S n feloldható n 4, továbbá n 5-re S n egyetlen nemtriviális normálosztója A n. Bizonyítás. Az n 4 esetet a 3.2. példában megnéztük. Tegyük fel, hogy n 5. Mivel A n egyszer, ezért { id } A n S n egy kompozíciólánc, melyben van nem Abel faktor. (Egyébként ez az egyetlen kompozíciólánca S n -nek.) Legyen { id } N S n. Ekkor N A n A n, ami egyszer. Tehát N A n = { id } vagy N A n = A n. Ha N A n = A n, akkor A n N S n, de S n : A n = 2. Tehát N = A n vagy N = S n. Ha N A n = { id }, akkor NA n A n. Így S n : A n = 2 miatt NA n = S n. Az els izomorzmus tétel (2.26, következmény) alapján N N/(N A n ) NA n /A n = S n /A n (Z 2, +).

34 34 FELOLDHATÓ CSOPORTOK Tehát N 2. Mivel N konjugáltosztályok uniója, és id N egy egyelem konjugáltosztály, ezért N egyelem konjugáltosztályok uniója. Tehát N Z(G) = { id }, ami ellentmond N = 2-nek.

35 4. fejezet Nilpotens csoportok A nilpotens csoportok a feloldható csoportok egy részosztálya. Csakúgy, mint a feloldható csoportokat, a nilpotens csoportokat is egy láncfeltétel deniálja deníció. Egy G csoport egy { 1 } = N 0 N 1... N k = G normálláncát centrális láncnak nevezzük, ha minden 0 i k-ra N i G és N i+1 /N i Z (G/N i ). A G csoport nilpotens, ha van centrális lánca állítás. Ha G nilpotens, akkor feloldható is. Bizonyítás. Egy centrális lánc esetén minden N i+1 /N i Abel, hisz része G/N i centrumának állítás. Egy G csoport egy { 1 } = N 0 N 1... N k = G normállánca pontosan akkor centrális lánc, ha minden 0 i k-ra N i G és [N i+1, G] N i. Bizonyítás. N i+1 /N i Z (G/N i ) N i+1 /N i és G/N i elemei felcserélhet k [N i+1, G] N i házi feladat. A nilpotens csoportok osztálya zárt a részcsoportképzésre, homomorf képre és véges direkt szorzatra, de a b vítésre nem.

36 36 NILPOTENS CSOPORTOK 4.5. tétel. Legyen G véges csoport. Az alábbiak ekvivalensek: 1. G nilpotens. 2. Ha H G, akkor H N G (H) (ez az ún. normalizátorfeltétel). 3. Ha M G maximális részcsoport, akkor M G. 4. G a Sylowjainak direkt szorzata (tehát p-csoportok direkt szorzata). Bizonyítás. 1 = 2: Legyen { 1 } = N 0 N 1... N k = G centrális lánc, ekkor van olyan i, hogy N i H, de N i+1 H. Mivel H N G (H) mindig teljesül, ezért elég H N G (H)-t belátni. Ezt úgy fogjuk igazolni, hogy megmutatjuk, hogy N i+1 N G (H). Legyen n N i+1, h H tetsz leges, és tekintsük az [n, h] = nhn 1 h 1 kommutátort. A 4.3. állítás miatt [N i+1, G] N i, így [n, h] N i H, vagyis nhn 1 h 1 H, amib l nhn 1 H. Tehát valóban N i+1 N G (H). 2 = 3: Legyen M G maximális részcsoport. Ekkor M N G (M) miatt N G (M) = G lehet csak. De M N G (M) = G. A 3 = 4 irányhoz a Frattini elvet fogjuk használni lemma (Frattini-elv). Legyen G véges csoport, N G, P Syl p (N). Ekkor G = NN G (P ). Bizonyítás. Legyen g G tetsz leges, és tekintsük a gp g 1 részcsoportot. Egyrészt gp g 1 gng 1 = N, másrészt gp g 1 = P. Tehát gp g 1 is p-sylowja az N-nek. De akkor már N-ben is konjugáltak, vagyis van n N, hogy gp g 1 = np n 1, azaz (n 1 g) P (n 1 g) 1 = P. Tehát n 1 g N G (P ), amib l g nn G (P ) NN G (P ). 3 = 4: Legyen P egy p-sylow részcsoport G-ben. El ször belátjuk, hogy P G, vagyis N G (P ) = G. Tegyük fel, hogy N G (P ) G, ekkor van egy M G maximális részcsoport, melyre N G (P ) M. Most 3 miatt M G. Továbbá P N G (P ) M, és így P az elemszáma miatt M-ben is p-sylow. A Frattini-elv (4.6. lemma) miatt tehát G = MN G (P ) MM = = M, ellentmondás.

37 4 Nilpotens csoportok 37 Beláttuk tehát, hogy minden Sylow részcsoport normálosztó. Legyenek n prímosztói p 1,..., p m. Ahhoz, hogy G ezek direkt szorzata legyen, még az kell, hogy ha P 1 Syl p1 (G),..., P k Syl pm (G), akkor P 1... P m = G, P i P 1... P i 1 P i+1... P m = { 1 }. Mindketten következnek az alábbiból állítás. Tetsz leges P 1,..., P s Sylowokra P 1... P s = P 1... P s. Bizonyítás. A bizonyítást s szerinti indukcióval végezzük, s = 1-re nyilván teljesül az állítás. Most az állítás miatt P 1... P s = P 1... P s 1 P S P 1... P s 1 P s. Most az indukciós feltevés miatt P 1... P s 1 = P 1... P s 1, és így elemszáma relatív prím P s -hez. De a Lagrange tétel miatt P 1... P s 1 P s osztja P 1... P s 1 és P s -t is, vagyis P 1... P s 1 P s = 1, és így P 1... P s = = P 1... P s 1 P S = P 1... P s 1 P s. 4 = 1: A 4.4. házi feladat alapján a nilpotens csoportok osztálya zárt a direkt szorzatra, így elegend belátni, hogy véges p-csoport nilpotens. Legyen tehát P egy véges p-csoport. Legyen Z 0 = { 1 }, Z 1 = Z(P ). Nyilván Z 1 P. Ha Z 1 = P, akkor kaptunk egy Z 0 Z 1 centrális láncot. Ha nem, akkor legyen Z 2 az a Z 1 -et tartalmazó részcsoport, melyre Z 2 /Z 1 = Z (P/Z 1 ). Most Z 2 /Z 1 P/Z 1 (hiszen a centruma), így Z 2 P is. Ha Z 2 = P, akkor kaptunk egy Z 0 Z 1 Z 2 centrális láncot. Ha nem, akkor folytassuk az eljárást: minden 1 i-re ha Z i P, akkor legyen Z i+1 úgy deniálva, hogy Z i+1 /Z i = Z (P/Z i ). Ekkor Z i+1 /Z i P/Z i, vagyis Z i+1 P is teljesül, tehát minden lépésben egy normálosztót kapunk úgy, hogy a centrális lánc feltételei teljesülnek. Mivel minden lépésben P/Z i egy p-csoport, ezért centruma nemtriviális, így Z i Z i+1, vagyis a lánc véges sok lépésben felér. Megjegyezzük, hogy az 1 = 2 irány ugyanezzel a bizonyítással végtelen csoportokban is igaz deníció. A G felszálló (fels ) centrális lánca az az { 1 } = Z 0 Z 1... normálosztókból álló lánc, melyre minden 0 i-re Z i+1 /Z i = Z (G/Z i ). A G leszálló (alsó) centrális lánca az a G = γ 0 (G) γ 1 (G)... normálosztókból álló lánc, melyre minden 0 i-re γ i+1 (G) = [γ i (G), G].

38 38 NILPOTENS CSOPORTOK 4.9. házi feladat. Igazoljuk, hogy ha a G nilpotens csoport egy centrális lánca { 1 } = N 0 N 1... N k = G, akkor γ k i (G) N i Z i. Következtessünk arra, hogy egy csoport pontosan akkor nilpotens, ha fels centrális lánca felér G-ig, ami pontosan akkor teljesül, ha alsó centrális lánca leér az { 1 }-be következmény. Ha G véges, nilpotens csoport (speciálisan, ha G egy p-csoport), M G maximális részcsoport, akkor M G, és G/M prímrend. Bizonyítás. A 4.5. tétel 3 pontja miatt minden maximális részcsoport normálosztó. Tehát képezhet a G/M faktorcsoport. Mivel M maximális G- ben, ezért G/M részcsoportmentes, és így G/M (Z p, +) alkalmas p prímmel Frattini részcsoport deníció. Egy G csoportra jelölje M a G maximális részcsoportjainak halmazát. A G Frattini részcsoportja a G maximális részcsoportjainak a metszete, jele Φ (G) = M M M állítás. Φ(G) karakterisztikus részcsoport G-ben, és így Φ(G) G is. Bizonyítás. Minden α Aut G automorzmusa G-nek permutálja a maximális részcsoportokat, így a metszetük nem változik tétel. Egy véges G csoport pontosan akkor nilpotens, ha G Φ(G). Bizonyítás. Tegyük fel el ször, hogy G nilpotens. Legyen M tetsz leges maximális részcsoport. A 4.5. tétel 3 pontja miatt minden maximális részcsoport normálosztó, így képezhet a G/M faktorcsoport. Mivel M maximális G-ben, ezért G/M részcsoportmentes, és így G/M (Z p, +) alkalmas p prímmel. Tehát G/M Abel, vagyis G M. Mivel ez minden maximális M részcsoportra igaz, így azok metszetére is, vagyis G M M = Φ(G). Tegyük most fel, hogy G Φ(G) = M M. Tehát tetsz leges M G maximális részcsoportra G M. Így képezhet az M/G faktorcsoport, mely részcsoportja a G/G -nek. De G/G Abel, így M/G normálosztó is benne.

39 4.2 Véges Abel csoportok alaptétele 39 Tehát M/G G/G, amib l M G. Tehát minden maximális részcsoport normálosztó, vagyis teljesül a 4.5. tétel 3 pontja. A Frattini-részcsoportot jól lehet jellemezni egy csoport nem-generátorainak halmazaként deníció. Egy x G element nem-generátornak hívunk, ha tetsz leges generátorrendszerb l elhagyva még mindig generátorrendszert kapunk, vagyis X, x = G esetén X = G is teljesül tétel. Tetsz leges G csoportra Φ(G) a nem generátorok halmaza. Bizonyítás. Csak véges G csoportokra bizonyítjuk. A kétirányú tartalmazás egyik irányához tegyük fel, hogy x egy nem generátor, be kell látnunk, hogy x Φ(G). Legyen M tetsz leges maximális részcsoport, és tegyük fel, hogy x / M. Mivel M maximális, ezért x, M = G. De x nem generátor, tehát M = G, ellentmondás, hiszen M = M. Tehát tetsz leges maximális M részcsoportra x M, és így x M M = Φ(G). A másik irányhoz tegyük fel, hogy x Φ(g). Be kell látnunk, hogy x nemgenerátor. Legyen X G olyan, hogy X, x = G. Ha most X = G, akkor van M maximális részcsoport, hogy X M. De akkor x Φ(G) M miatt X, x M, ami ellentmond X, x = G-nek következmény. Ha G véges csoport, akkor Φ(G) nilpotens. Bizonyítás. Jelölje N = Φ(G), most N G. Legyen P az N egy Sylowja, be kell látnunk, hogy P N, azaz N N G (P ). A Frattini-elv (4.6. lemma) miatt G = NN G (P ) = Φ(G)N G (P ). De Φ(G) a nem-generátorok halmaza, vagyis elemei egyenként elhagyhatók, és a kapott halmaz még mindig generálja G-t. Tehát G = N G (P ), vagyis P G, és így nyilván P Φ(G) is Véges Abel csoportok alaptétele tétel (Véges Abel csoportok alaptétele). Minden véges Abel csoport felbontható prímhatványrend ciklikus csoportok direkt szorzatára. A tényez k sorrendt l eltekintve egyértelm en meghatározottak.