Lajos Mátyás György. Mintacsoportok

Átírás

1 Lajos Mátyás György Mintacsoportok Szakdolgozat matematika MSc Témavezet : Dr. Pálfy Péter Pál Egyetemi tanár Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi kar Algebra és Számelmélet tanszék Budapest, 2017

2 Tartalomjegyzék Bevezetés 1 Áttekintés 1 1. Alapfogalmak, jelölések, alapvet tulajdonságok nilpotenciaosztályú algebrák 5 3. Algebracsoportok generátorai 7 4. A Frattini- és a kommutátor-részcsoportok egyezése mintacsoportokban 9 5. Mintaalgebrák hatványai A mintacsoportok alsó- és fels centrális láncai Prímhatvány-rend csoportok beágyazása U n (F p )-be A mintacsoportok mint U n (F) részcsoportjai Mintacsoportok rész-algebracsoportjainak jellemzése (k, m)-típusú mintacsoportok Az f függvények rangja Minimális rangú f függvények Mintacsoport-reprezentáció keresése adott generátorokkal Incidencia-algebrák 28 Hivatkozások 31

3 Köszönetnyilvánítás Meg szeretném köszönni témavezet mnek, Pálfy Péter Pálnak a dolgozatom megírásához nyújtott segítséget. Bevezetés A mintacsoportok azok a részcsoportjai U n (F)-nek, amelyeknek bármely nemnulla és nem f átlóbeli mez jét megváltoztatva benne maradunk a csoportban. Ezeket felfoghatjuk úgy is mint részbenrendezett halmazon deniált algebrák, vagy mint U n (F) diagonális elemmel való konjugálásra invariáns részcsoportjait. Dolgozatom központi kérdése az, hogy mit tudhatunk meg egy mintacsoportól, ha nem mátrixcsoportként, hanem valamilyen más módon van megadva. Vizsgálom nevezetes részcsoportjaikat, centrális láncaikat és generátorrendszereiket. Emellett leírok egy eljárást ami 2-nilpotenciaosztályú csoport esetén közelebb visz a mintacsoport-struktúra megismeréséhez és csak a csoport generátorainak kommutátorait kell ismerni a végrehajtásához. A másik f probléma az a mintacsoportként való ábrázolhatóság jellemzése. Erre 2-nilpotenciaosztályú csoportok esetén is csak speciális esetben találtam választ. Áttekintés 1. fejezet: Bevezetem a dolgozatban használt alapvet fogalmakat és belátok néhány egyszer állítást. A mintacsoportok felfoghatók speciális mátrixcsoportokként is és úgy is, mint részbenrendezett halmazon deniált algebrák. Ebben a fejezetben mindkét szemléletet ismertetem. 2. fejezet: Leírom a gy r - és csoportelméleti kommutátorok egyezését 2-nilpotenciaosztályú algebrákban. A továbbiakban nagy szerepe lesz a 2-nilpotenciaosztályú mintacsoportoknak. Bebizonyítom, hogy az ezekhez tartozó mintaalgebrák is 2- nilpotenciaosztályúak. 3. fejezet: A mintaalgebrai megfelel je alapján szükséges és elégséges feltételt adok arra, hogy egy mintacsoport részhalmaza generálja a csoportot. 4. fejezet: A mintaalgebrabeli szerkezetük alapján megmutatom, hogy egy mintacsoport kommutátor- és Frattini-részcsoportja megegyezik. 5. fejezet: Mintaalgebrák hatványai is mintaalgebrák. Jellemzem az ezekhez tartozó hatványmintákat. 6. fejezet: Mintacsoport alsó centrális láncának elemei megegyeznek a hozzá tartozó mintaalgebra hatványai által generált mintacsoportokkal. Ezért egy adott mintához tartozó mintacsoport és mintaalgebra nilpotenciaosztálya megegyezik és ez éppen a mintabeli leghosszabb lánc hossza. Megmutatom, hogy az alsó és fels 1

4 centrális láncok akkor esnek egybe, ha a mintában minden nem-b víthet lánc ugyanolyan hosszú. 7. fejezet: Megmutatom, hogy minden véges p-csoport reprezentálható fels háromszögmátrixszal. Ez választ ad arra, hogy mely csoportok ábrázolhatók mintacsoport részcsoportjaként. 8. fejezet: Még egy ekvivalens leírását adom a mintacsoportoknak mint U n (F) részcsoportjainak. Ennek bizonyítása betekintést nyújt a mintacsoportok automorzmuscsoportjába. 9. fejezet: Ekvivalens jellemzést adok arra, hogy egy mintacsoport részcsoportja a megfelel mintaalgebra egy részalgebrájához tartozó algebracsoport legyen és mutatok egy példát arra, amikor egy mintacsoport részcsoportja nem izomorf semmilyen algebracsoporttal. 10. fejezet: Deniálom a (k, m)-típusú mintacsoportokat. Ezzel a 2-nilpotenciaosztályú csoportok struktúráját is jellemzem, ugyanis minden 2-nilpotenciaosztályú mintacsoport ábrázolható (k, m)-típusú mintacsoportként. 11. fejezet: Deniálom a 2-nilpotenciaosztályú függvények centrumának értelmezett f lineáris függvényekhez tartozó, az egész csoporton értelmezett f függvényeket. Megmutatom, hogy ezek szimplektikus alakok és formulát adok a rangjukra. 12. fejezet: Vizsgálom azt az eljárást, ami az r( f) függvény által deniált súlyozás szerint keres minimális súlyú bázist egy 2-nilpotencia-osztályú mintacsoport centrumának duálisán. Ez az eljárás a mintacsoportként való ábrázolás ismerete nélkül is végrehajtható és információt ad az ábrázolásról. 13. fejezet: Szükséges és elégséges feltételt adok arra, hogy ábrázolható-e egy csoport mintacsoportként úgy hogy egy megadott halmaz elemei mind kanonikus csoportgenerátorba (I + E(i, j)-alakú elembe) menjenek. 14. fejezet: Ismertetem az incidencia-algebrák fogalmát és megmutatom, hogy ezek a mintacsoportoknak (és mintaalgebráknak) természetes kiterjesztései. Továbbá deniálom a redukált incidencia-algebra fogalmát és megadok egy feltételt, amiszerint eldönthet, hogy egy incidencia-algebra részalgebrája redukált incidenciaalgebra-e. 2

5 1. Alapfogalmak, jelölések, alapvet tulajdonságok 1.1. Jelölés. Legyen N = {1,..., n} Deníció. Nevezzük mintának az N N olyan I részhalmazait, ahol ha (i, j) I, akkor i < j Deníció. Egy I N N mintát akkor nevezünk zártnak, ha (i, j) I, (j, k) I- b l következik (i, k) I. Ekkor I egy részbenrendezést deniál N -en Jelölés. Ezt a részbenrendezést jelöljük < I -vel (azaz i < I j ha (i, j) I) Jelölés. Adott I mintára jelölje I k azon (i, j) I elemeket, amelyek között a leghosszabb lánc k hosszú, azaz létezik x 1,..., x k 1 : i < I x 1 < I... < I x k 1 < I j, viszont ennél hosszabb lánc nem létezik. Így I = I 1... I l(i) ahol l(i) a leghosszabb I-beli láncot jelöli Jelölés. Legyen E(i, j) F n n az a mátrix, amelynek az (i, j) mez jében 1-es szerepel és az összes többi mez je Állítás. Adott I N N minta. Az {E(i, j) (i, j) I} halmaz által generált lineáris altere M n (F q )-nak pontosan akkor gy r a mátrixszorzásra nézve, ha I zárt. Bizonyítás: A mátrixszorzás szabályai szerint { E(i, j)e(i, j E(i, j ), ha j = i ) =, (1) 0 különben. Ha (i, j), (i, j ) I és j = i, akkor a zártsági feltételb l következik, hogy (i, j ) I. Ha pedig létezik (i, j), (j, k) I amire (i, k) / I, akkor az E(i, j)e(j, k) szorzás kivezet az altérb l Deníció. Ha I N N zárt, akkor az {E(x) x I} A által generált alteret nevezzük az I-hez tartozó mintaalgebrának, jelöljük ezt A(I)-vel Deníció. Az {E(i, j) (i, j) I} halmazt nevezzük A(I) kanonikus bázisának és jelöljük B A (I)-vel. Az elemeit pedig nevezzük kanonikus algebragenerátoroknak Deníció. Egy A algebra n-edik hatványa azon elemekb l áll, amelyik A-beli n tényez s szorzatok lineáris kombinációjaként állnak el, azaz { ( n ) } A n = A ij t i F, A ij A. i t i j=1 3

6 1.11. Deníció. Ha van olyan n N, amire A n+1 = 0, azaz az algebrában minden n + 1 tényez s szorzat 0, akkor A egy nilpotens algebra. Ilyenkor a legkisebb olyan n min szám, amire A n min+1 = 0 az algebra nilpotencia-osztálya. Jelöljük ezt nilp(a)-val Tétel. Legyen A tetsz leges nilpotens algebra. Legyen I A = I egy olyan elem, hogy IA = AI = A minden A A-ra. Ezt az elemet hozzávéve A-hoz kapunk egy Ā egységelemes algebrát. Ekkor az {I A + A A A} Ā halmaz elemei az Ā-beli szorzás m veletére nézve csoportot alkotnak. Bizonyítás: Ekkor (I + A)(I + B) = I + A + B + AB, tehát a szorzás nem vezet ki halmazból. Az A-beli szorzás asszociativitása átörökl dik a csoport m veletére és az (I + 0) elem egységelem lesz. Az (I + A) elem inverze az (I + A) 1 = I A + A 2 A 3 + A 4 ±... ± ( A) nilp(a) = elem, mivel A nilp(a)+1 = 0. nilp(a) i=0 ( A) i, Deníció. Ezt a csoportot nevezzük az A-hoz tartozó algebracsoportnak Állítás. Ha X A k, Y A l akkor [(I + X), (I + Y )] = (I + X) 1 (I + Y ) 1 (I + X)(I + Y )] {(I + A) A k+l }. Bizonyítás: Behelyettesítve az el z bizonyításban felhasznált inverz-formulát és felbontva a zárójelet minden olyan tag amiben nem szerepel X és Y is kiesik (kivéve persze I-t). Bármely olyan szorzat amiben X és Y szerepel A k+l -ben van és így ezek összege is abban van Jelölés. Adott I zárt mintára a B G (I) = {(I + E(i, j)) (i, j) I} halmaz elemeit nevezzük az I-hez tartozó kanonikus csoportgenerátoroknak. A 3.1 állításnál látni fogjuk, hogy ha F = F p akkor ezek valóban generálják az A-hoz tartozó algebracsoportot Deníció. Az A(I) mintaalgebra által generált algebracsoportot nevezzük az I-hez tartozó mintacsoportnak, jelöljük ezt G(I)-vel. Ezt angolul "pattern group"-nak vagy "partition subgroup"-nak mondják Megjegyzés. Mivel E(i, j) 2 = 0, ezért (I + E(i, j)) 1 = (I E(i, j)), viszont pl. (I + E(i, j) + E(j, k)) 1 = (I E(i, j) E(j, k) + E(i, k)) Állítás. Legyen q = p k a p prímnek egy hatványa. Ha A egy F q feletti algebra amelynek a nilpotencia-osztálya kisebb p-nél, akkor az A-hoz tartozó G algebracsoport exponense p, azaz az egységelemen kívül minden elemének a rendje p. 4

7 Bizonyítás: Vegyünk egy tetsz leges (I + A) G elemet. Ekkor ( ( ) ( ) ( ) p p p (I + A) p = I + A + A )A p 1 + A p Mivel F q egy p-karakterisztikájú test, ( p k) = 0 Fq -ban, ha 1 k p 1. Emellett az A nilpotencia-osztályáról tett feltevés miatt A p = 0. Így az el z egyenletb l azt kapjuk, hogy (I + A) p = (I + 0) Állítás. Egy F q feletti n-nilpotencia-osztályú algebrának legalább q n eleme van. Bizonyítás: Vegyünk egy n hosszú szorzatot ami nem 0: n i=1 A i 0. Legyen P k := k i=1 A i. Indirekten tegyük fel, hogy a {P k 1 k n} halmaz lineárisan összefügg F q felett. Ez azt jelenti, hogy valamilyen {a i } együtthatókkal n i=1 a ip i = 0 és nem minden együttható nulla. Legyen a i0 a legkisebb nemnulla együttható. Ekkor n a i P i0 = P i. a i0 i=i 0 +1 A n i=1 A i 0 szorzatba i 0 i=1 A i helyére ezt behelyettesítve azt kapjuk, hogy ( n ) a i n P i A i 0. a i0 i=i 0 +1 i=i 0 +1 Viszont ekkor felbontva a zárójelet az összeadandók közül legalább az egyik nem nulla, pedig az legalább n + 1 A-beli elem szorzata. Ez ellentmondás, ugyanis nilp(a) = n. Tehát a {P i 1 i n} halmaz valóban független. Ekkor az általa generált altér q n elem Jelölés. Legyen U n (F) azon M n (F)-beli fels háromszögmátrixok halmaza, melyeknek a f átlójában mindenhol 1-es áll. Ez felfogható úgy is, mint az n elem teljesen rendezett halmazhoz tartozó mintacsoport nilpotenciaosztályú algebrák A továbbiakban a 2-nilpotencia osztályú algebrákkal fogunk foglalkozni. A gy r - és csoportelméleti kommutátorfogalmak a következ k: 2.1. Deníció. Tetsz leges gy r ben két elem kommutátorának az elemet nevezzük. [x, y] R = xy yx 2.2. Deníció. Tetsz leges csoportban két elem kommutátorának az elemet nevezzük. [x, y] G = x 1 y 1 xy 5

8 A következ tétel szerint a 2-nilpotenciaosztályú algebrákon és a hozzájuk tartozó algebracsoportokon a csoportelméleti és gy r elméleti kommutátorfogalmak lényegében megegyeznek Tétel. Legyen A tetsz leges 2-nilpotenciaosztályú algebra, G a hozzá tartozó algebracsoport. Legyen X, Y A. (A hozzájuk tartozó G-beli elemek (I + X) és (I + Y ).) Ekkor (I + [X, Y ] R ) = [(I + X), (I + Y )] G. Bizonyítás: (I + X) 1 (I + Y ) 1 (I + X)(I + Y ) = (I X + X 2 )(I Y + Y 2 )(I + X)(I + Y ) = (I X Y + XY + X 2 + Y 2 )(I + X)(I + Y ) = (I Y + Y 2 XY + XY )(I + Y ) = (I + XY Y X). Felhasználtuk, hogy minden A A-ra (1 + A + A 2 )(1 A) = 0, illetve hogy a hármasszorzatok mind 0-k. A következ állítás mutatja, hogy a mintaalgebra kanonikus generátorai körében az (1)-ben meghatározott szorzás majdnem azonos a megfelel mintacsoportbeli generátorok kommutálásával: 2.4. Állítás. Ha i < j, i < j : (I + E(i, j )), ha j = i [(I + E(i, j)), (I + E(i, j )] = (I E(i, j)), ha j = i (I + 0) különben. Bizonyítás: Az {E(i, j), E(i, j )} halmaz egy (legfeljebb) 2-nilpotenciaosztályú algebrát generál, így alkalmazhatjuk erre az algebrára az el z tételt. Eszerint [(I + E(i, j)), (I + E(i, j )] = (I + E(i, j)e(i, j ) E(i, j )E(i, j)), ami (1) alapján épp a bizonyítandó képletet adja Tétel. Adott egy G(I) mintacsoport. Ha G(I)-nek mint csoportnak a nilpotenciaosztálya 2 (azaz x, y, z G : [[x, y], z] = 1), akkor a hozzá tartozó A(I) nilpotenciaosztálya is 2 (azaz X, Y, Z A(I) : XY Z = 0.) Bizonyítás: Ha létezik olyan X, Y, Z A(I) hármas aminek a szorzata nem 0, akkor léteznie kell olyan (i, j), (i, j ), (i, j ) I hármasnak is, amire E(i, j)e(i, j )E(i, j ) 0, ugyanis minden A(I) 3 -beli elem ilyenek lineáris kombinációjaként áll el. De ez csak úgy lehet, ha j = i és j = i. Ekkor azonban a (2) képlet alapján [[(I+E(i, j)), (I+E(i, j ))], (I+E(i, j ))] = [(I+E(i, j )), (I+E(i, j ))] = (I+E(i, j )) (I+0), ellentmondva a G(I)-r l tett feltevésnek. 6 (2)

9 3. Algebracsoportok generátorai 3.1. Állítás. Legyen A egy nilpotens algebra F p felett (ahol p prím) és B A. Ha minden 1 m nilp(a)-ra van B m B, aminek az F p feletti lineáris generátuma épp A m, akkor az L = {(I + B) B B)} halmaz generálja az A-hoz tartozó G algebracsoportot. Bizonyítás: Indukció A nilpotencia-osztályára. A kezd lépés triviális. Vegyük egy tetsz leges A = n i=1 t ib i (t i F p, B i B) elemét A-nak. Nézzük a n n (I + B i ) t i = (I + O 2 + t i B i ) i=1 szorzatot, ahol O 2 A 2. Ekkor (I +O 2 ) 1 (I +A 2 ) ugyanis A 2 is egy algebra. Szorozzuk meg az el z szorzatot (I + O 2 ) 1 -zel: n (I + B i ) t i (I + O 2 ) 1 = ((I + O 2 ) + Σ)(I + O 2 ) 1 = (I + Σ + Σ((I + O 2 ) 1 I)), i=1 ahol Σ = n i=1 t ib i. Mivel ((I + O 2 ) 1 I) A 2, O 3 := Σ((I + O 2 ) 1 I) A 3. Így az els rend tag után következ tag rendjére vonatkozó indukcióval azt kapjuk, hogy n m n (I + B i ) t i (I + O j ) 1 = (I + O m+1 + t i B i ), i=1 j=2 ahol O m+1 A m+1. Legyen m = nilp(a). Ekkor O m+1 = 0, tehát n (I + B i ) t i i=1 i=1 m (I + O j ) 1 = (I + j=2 i=1 n t i B i ). Az els produktum L-beli elemek szorzata. Az A 2 algebrára alkalmazható az eredeti (nilpotenciaosztály szerinti) indukció, ugyanis a nilpotencia-osztálya kisebb A nilpotencia-osztályánál és az (A 2 ) k algebrát lineárisan generálja a B 2k halmaz. Az indukciós feltevés szerint az (I + O j ) 1 (I + A 2 ) elemeket generálja az {(I + B) B B 2 )} L halmaz, ezért a második produktum elemeit is generálja L, azaz (I + A) L. Mivel A tetsz leges volt, azt kaptuk, hogy G = L Megjegyzés. Ha F F p, akkor hasonló bizonyítással kapjuk, hogy L = {(I +tb) t F, B B} generálja G-t Megjegyzés. Ha A nilpotencia-osztálya 1, akkor bármely két elemének szorzata 0. Ekkor tehát egy B A halmaz által generált lineáris altere A-nak megegyezik az általa generált részalgebrával. Ha B zárt az algebrabeli szorzásra, akkor is az általa generált algebra megegyezik az általa generált lineáris altérrel. A továbbiakban sokszor az el z esetek valamelyike áll fenn, ilyenkor egyszer en B generátumáról beszélünk. 7 i=1

10 3.4. Lemma. Legyen A egy nilpotens algebra F p felett és B A. Ha {B + A 2 B B} nem generálja A/A 2 -et, akkor az {(I + B) B B} halmaz nem generálja az A-hoz tartozó G algebracsoportot. Bizonyítás: Legyen X A olyan, hogy a {B +A 2 B B} halmaz nem generálja X +A 2 - et. Ha G generálná (I + X)-et, akkor lenne egy (I + X) = i (I + B i ) ε i alakú el állítása, ahol (B i B, ε i { 1, +1}). Viszont (I +B) 1 = (I B i +O2) i valamely O2 i A 2 -ra, ezért (I + B i ) ε i = (I + O 2 + ε i B i ) i i valamely O 2 A 2 -re. De ez azt jelentené, hogy X = O 2 + i ε ib i, amib l következik, hogy X + A 2 = i ε ib i + A 2 pedig feltettük, hogy nem Lemma. Legyen A egy nilpotens algebra F p felett, A A 2 és legyen B olyan halmaz, amire {B + A 2 B B} nem generálja A/A 2 -et. Ekkor {(I + B) B B} {(I + A)} sem generálja az A-hoz tartozó G csoportalgebrát. Bizonyítás: A {B +A 2 B (B {A})} halmaz sem generálja A/A 2 -et, tehát a 3.4 lemma szerint {(I + B) B B} {(I + A)} nem generálja G-t. Az 3.4 lemma megfordítása is igaz: 3.6. Állítás. Legyen A egy nilpotens algebra F p felett és legyen B A olyan, hogy {B + A 2 B B} generálja A/A 2 -et. Ekkor az L = {(I + B) B} generálja az A-hoz tartozó G csoportot. Bizonyítás: Tegyük fel, hogy L nem generálja G-t. Legyen B := B A 2 és L = {(I + B) B B }. Ekkor a 3.5 állítás szerint L sem generálja G-t. De B -re teljesülnek a 3.1 állítás feltételei, ugyanis abból, hogy {B + A 2 B B } generálja A/A 2 -et és A 2 B következik, hogy B generálja A-t. Viszont így a 3.1 állítás szerint L generálja G-t és ez ellentmondás Állítás. Legyen A egy nilpotens algebra F p felett és B A olyan, hogy {(I + B) B B} generálja G-t. Ekkor {B + A 2 B B} generálja A/A 2 -et. Bizonyítás: Legyen a B elemei által generált algebra B A. Tegyük fel, hogy {B + A 2 B B} nem generálja A/A 2 -et. Ekkor a B A 2 által generált algebra nem A. Viszont B 1 B 2 B, A 1, A 2 A 2 -re (I + B 1 + A 1 )(I + B 2 + A 2 ) = (I + (B 1 + B 2 ) + (B 1 B 2 + B 1 A 2 + B 2 A 1 + B 2 A 2 )) (I + B 1 + A 1 ) 1 = (I (B 1 + A 1 ) + (B 1 + A 1 ) 2...) = (I B 1 + ( A 1 + B )). A fenti egyenletek mutatják, hogy a csoportm veletek nem vezetnek ki a {(I + B + A) B B + A 2 } halmazból. Ez tartalmazza {(I + B) B B}-t, ami elvileg generálja G-t, de B A 2 A, és ez ellentmondás. 8

11 3.8. Tétel. Legyen A egy nilpotens algebra és G a hozzá tartozó algebracsoport. Egy B A halmazra ekvivalens a következ két állítás (i) {(I + B) B B} generálja G-t. (ii) {B + A 2 B B} generálja A/A 2 -et. Bizonyítás: Ez a 3.6 és 3.7 állítások összegzése Állítás. Az {(I + E(x) x I 1 } halmaz generálja az egész G(I) csoportot ha az alaptest F p. (Az I 1 jelölést a 1.5 pontban vezettük be.) Bizonyítás: Az {E(x) + A(I) 2 x I 1 } A(I) halmaz generálja (A(I))/(A(I) 2 )-et, ugyanis {E(x) x I} generálja A(I)-t és x I \ I 1 -re E(x) A(I) A Frattini- és a kommutátor-részcsoportok egyezése mintacsoportokban 4.1. Lemma. A {E(x) x (I \ I 1 )} halmaz által generált algebra A(I) 2. Bizonyítás: Ez egy speciális esete a 5.1 tételnek Állítás. Egy F p alaptest feletti G(I) mintacsoport kommutátora megegyezik az A(I) 2 - hez tartozó algebracsoporttal, azaz G(I) = {(I + A A A(I) 2 }. Bizonyítás: Ha x = (i, j) / I 1 akkor k : i < I k < I j, tehát a (2) egyenlet szerint [(I + E(i, k)), (I + E(k, j))] = (I + E(i, k)), azaz (I + E(i, k)) G(I). Az {(I + E(i, k)) (i, k) (I \ I 1 )} elemek által generált csoport a 3.1 állítás szerint megegyezik az {E(i, k) (i, k) (I \I 1 )} által generált algebrával ami a 4.1 lemma szerint épp A(I) 2, tehát a tartalmazás teljesül. A másik irányhoz vegyünk egy (I + A) G(I) elemet amire B 1, B 2 A(I) : [(I + B 1 ), (I + B 2 )] = (I + A). Ez azt jelenti, hogy (I + B 1 )(I + B 2 ) = (I + B 2 )(I + B 1 )(I + A). Felbontva a zárójelet és átrendezve azt kapjuk, hogy I + B 1 + B 2 + B 1 B 2 = I + B 2 + B 1 + A + B 2 B 1 + B 2 A + B 1 A + B 2 B 1 A A = B 1 B 2 B 2 B 1 B 2 A B 1 A B 2 B 1 A. Ebb l következik, hogy A A(I) 2 tehát a jobb oldal tartalmazza (I + A)-t. Az [(I + B 1 ), (I + B 2 )] alakú elemek pedig deníció szerint generálják G(I) -t. Ezzel beláttuk a tartalmazást is. 9

12 4.3. Megjegyzés. A bizonyításból kiolvasható, hogy tetsz leges A algebrára a hozzátartozó algebracsoport kommutátorrészcsoportja benne van az algebra négyzete által generált algebracsoportban. A másik irányú tartalmazáshoz arra volt szükségünk, hogy A-nak van olyan lineáris generátorrendszere, amelyben bármely két báziselem által generált algebra nilpotencia-osztálya legfeljebb Tétel. Legyen A egy nilpotens algebra F p alaptesttel és G a hozzá tartozó algebracsoport. Az {(I + A) A A 2 } csoport elemei pontosan azok a G-beli elemek, amelyek G bármely generátorrendszeréb l elhagyhatóak. Bizonyítás: Legyen A A(I) 2 és vegyünk egy B halmazt amire A B és A B és{(i + B) B B} generálja G(I)-t. A 3.8 tétel szerint {B + A 2 B B} generálja A/A 2 - et. Ekkor B \ {A} is generálja A/A 2 -et tehát a 3.8 tétel másik iránya szerint {(I + B) B (B \ {A})} generálja G(I)-t. Azt kaptuk tehát, hogy (I + A) egy tetsz legesen választott generátorrendszerb l elhagyható volt. Legyen A / A 2. Ekkor A + A 2 A 2, így A + A 2 kiegészíthet A/A 2 bázisává. Legyen ez a bázis {B + A 2 B B} és válasszuk B-t úgy, hogy A B legyen. Ekkor a 3.8 tétel szerint {(I + B) B B} generálja G-t. Viszont {B + A 2 B B } semmilyen B B-re se generálja A/A 2 -et ami a 3.8 tétel szerint ekvivalens azzal, hogy {(I+B) B B } semmilyen B B-re se generálja G-t, azaz {(I + B) B B} egy minimális generátorrendszer. Ezzel bebizonyítottuk az állítást, ugyanis (I + A) {(I + B) B B} Deníció. Egy G csoport Frattini-részcsoportja a maximális részcsoportjainak a metszete, azaz Φ(G) = M. M<G maximális 4.6. Tétel. Egy csoport Frattini-részcsoportja pontosan azokból az elemekb l áll, amelyek minden generátorrendszerb l elhagyhatóak. Bizonyítás: Ez a [1] jegyzet 5. fejezetének 3. tétele Tétel. ([2] 2.1-ben ezt U n (F)-re mondja ki.) Minden F p feletti G(I) mintacsoportban Φ(G(I)) = G(I), azaz a Frattini-részcsoport megegyezik a kommutátorral. Bizonyítás: A 4.4 és 4.6 tételeket összetéve azt kapjuk, hogy Φ(G(I)) = {(I + A) A A(I) 2 }. A 4.2 állítás szerint pedig a jobb oldal éppen G(I) kommutátor-részcsoportja. 5. Mintaalgebrák hatványai 5.1. Tétel. Az A(I) k algebra megegyezik az l(i) H = E(x) x halmaz által generált algebrával. 10 i=k I i

13 Bizonyítás: Mindkét algebra egyenl az általa tartalmazatt kanonikus algebragenerátorok által generált algebrával. Ha E(a, b) A k akkor E(a, b) = k E(a i, b i ) i=1 ahol a 1 = a és b k = b. Szükségszer en b i = a i+1 -nek kell lennie, különben a szorzat 0 lenne, így a = a 1 < I... < I a k < I b k = b egy k hosszú lánc, így (a, b) l(i) i=k Ii. Fordítva, ha (a, b) I j valamely j k-ra, akkor van j hosszú lánc a és b között amib l j tagú szorzatként el tudjuk állítani E(a, b)-t Megjegyzés. Mivel l(i) i=k egy zárt minta, mondhatjuk azt is, hogy l(i) H = A I i = A(I) k. 6. A mintacsoportok alsó- és fels centrális láncai i=k ([2] 2.1. alapján, annak állításait általánosítva) 6.1. Deníció. Egy G csoport alsó centrális láncának a következ (γ i (G)) rekurzíven deniált sorozatot nevezzük: γ 1 (G) : = G γ i (G) : = [γ i 1 (G), G] Lemma. Minden (i, j) I k -ra (I + E(i, j)) γ k (G(I)). Bizonyítás: Indukcióval. Vegyünk egy (i, j)-hez tartozó i < I x 1 < I... < I x k 1 < I j láncot. Ekkor (i, x k 1 ) I k 1 ugyanis van i és x k 1 között k 1-hosszú lánc és ha lenne köztük k hosszú akkor ezt behelyettesítve az eredeti lánc i és x k 1 közti szakaszaa helyére k-nál hosszabb láncot kapnánk i és j között pedig (i, j) I k miatt ilyen nincs. Abból, hogy (i, x k 1 ) I k 1 az indukciós feltevés szerint következik, hogy (I +E(i, x k 1 ) γ k 1 (G(I)). Ekkor miatt (I + E(i, j)) γ k (G(I)). [(I + E(i, x k 1 )), (I + E(x k 1, j))] = (I + E(i, j)) 6.3. Tétel. Ha G(I) egy F p -alaptest mintacsoport, akkor. γ k (G(I)) = {(I + A) A A(I) k } 11

14 Bizonyítás: A 3.1 állítás szerint az {(I + E(x) x l(i) j=k Ij } halmaz generálja az {E(x) x l(i) j=k Ij } által generált algebrához tartozó algebracsoportot. A 5.1 tétel szerint ez éppen {(I + A) A A(I) k }. A 6.2 lemma szerint {(I + E(x)) x l(i) j=k Ij } γ k (G(I)), így a tétel irányát bebizonyítottuk. Indukció miatt feltehetjük, hogy tetsz leges (I + A) γ k 1 (G(I)) elemre A A(I) k 1. A 1.14 állítás szerint ha A A(I) k 1, B A(I) akkor [(I + A), (I + B)] = (I + C) valamely C A(I) k -re. Ezzel beláttuk a irányt Deníció. Egy G csoport fels centrális láncának a következ (Z i (G)) rekurzíven deniált sorozatot nevezzük: Z 0 (G) : = 1 Z i (G) : = {g G : [g, G] Z i 1 (G)} 6.5. Jelölés. Jelöljük ρ(x)-szel a leghosszabb olyan lánc I-beli lánc hosszát, aminek az els eleme x N és jelöljük κ(x) a leghosszabb olyan lánc hosszát, aminek a vége x Jelölés. Legyen I k = {(i, j) I κ(i) + ρ(j) = k} Lemma. Ha x < I y < I z és (x, y) I k, akkor (x, z) k 1 i=0 I i. Ha (y, z) I k akkor pedig (x, z) k 1 i=0 I i. Bizonyítás: A z-b l induló leghosszabb lánc elejéhez hozzávéve y-t egy eggyel hosszabb láncot kapunk, így ρ(y) > ρ(z). Így k = κ(x) + ρ(y) > κ(x) + ρ(z) (x, z) k 1 i=0 I i. A másik állítás bizonyítása hasonlóan megy Tétel. Z k (G(I)) = { (I + A) A A ( k 1 i=0 I i )} Megjegyzés. Ahhoz hogy a jobb oldal értelmes legyen a k 1 i=0 I k mintának zártnak kell lennie. Ez viszont igaz, ugyanis x < I y < I z esetén a 6.7 lemma szerint (x, z) k 1 i=0 I i. Bizonyítás: Indukcióval bizonyítunk. A kezd lépés Z 1 (G(I)) = Z(G(I)) = A(I 0 ). Tegyük fel, hogy k 1-re tudjuk, ( hogy igaz az állítás. Legyen (a, b) I k, (a, b ) I. Ekkor E(a, b)e(a, b ) A k 1 ) i=0 I i ugyanis ez vagy 0 vagy E(a, b ) és a 6.7 lemmát az a < I b = a < I b sorozatra alkalmazva kapjuk, hogy (a, b ) k 2 ( i=0 I i. Ehhez hasonlóan k 2 ) megkapjuk, hogy E(a, b )E(a, b) A i=0 I i. ( k 1 ) Legyen X A i=0 I i és Y I. A [(I + X), (I + Y )] kommutátorban felbontva a zárójeleket egy olyan polinomot kapunk, amelyben minden (nem nullaegyütthatós) tagban szerepel az X (az I kivételével). Viszont X lineáris kombinációja E(a, b), (a, b) k 1 i=0 I i 12

15 ( k 2 ) elemeknek, amiket az el z ek szerint bármivel megszorozva A i=0 I i -beli elemet kapunk. Ezzel a tartalmazást beláttuk. A másik irányhoz legyen X olyan, hogy valamely k k-ra és (a, b) I k -re E(a, b) nemnulla együtthatóval szerepel X felírásában. Ha a minimális és b maximális lenne, akkor (I +E(a, b) Z(G(I)) lenne. Tegyük fel, hogy b nem maximális (ha a lenne nem minimális akkor hasonlóan menne a bizonyítás). Válasszuk c > I b-t úgy, hogy legyen a következ elem a b-b l induló maximális hosszúságú sorozatok egyikén. Így ρ(c) = ρ(b) 1, tehát (a, c) I k 1. Ekkor [(I + X), (I + E(b, c))]-ben E(a, c) nemnulla együtthatóval szerepel. Viszont ekkor [(I + X), (I + E(b, c))] / és k 1 k 1. { (I + A) A A ( k 2 i=0 I i Tétel. Legyen l(i) a leghosszabb I-beli lánc hossza. Az I k = I l(i) k )}, ugyanis (a, c) I k 1 egyenlet pontosan akkor teljesül minden 1 k l(i)-re, ha minden I-beli nem b víthet lánc l(i) hosszú. Bizonyítás: Ha (a, b) I k, akkor a köztük lév leghosszabb lánc k hosszú. Vegyünk egy nem b víthet láncot ami mindkettejüket tartalmazza. A feltételünk szerint ez l(i) hosszú, tehát az a el tti és b utáni részének összesen l(i) k hosszúnak kell lennie. Emiatt (a, b) I l(i) k. A fordított irányú tartalmazást hasonlóan kapjuk. A másik irányhoz vegyünk egy nem b víthet, l < l(i) hosszú láncot. Ekkor (a, b) I 0 és (a, b) / I l(i) Tétel. Legyen l(i) a leghosszabb I-beli lánc hossza. Ha minden I-beli nem b víthet lánc ugyanolyan hosszú, akkor γ k (G(I)) = Z l(i) k+1 (G(I)). Bizonyítás: l(i) γ k (G(I)) = 1 G i=k I i l(i) = 2 G i=k I l(i) i = 3 G 1: ez a 6.3 és a 5.2 megjegyzés összevetéséb l következik. 2: ez a 6.10 tétel következménye. 3: átparaméterezés 4: a 6.8 tétel miatt. l(i) k I j j=0 = 4 Z l(i) k+1 (G(I)) Deníció. Egy G csoport nilpotencia-osztályának az alsó centrális láncának a hosszát nevezzük (azaz a legkisebb n számot, amire γ n+1 (G) = 1) Állítás. Ez megegyezik a fels centrális lánc hosszával, azaz a legkisebb n-nel, amire Z n (G) = G. 13

16 Bizonyítás: Ez a [1] jegyzetben a 6. fejezet 1. tétele Tétel. Adott I mintára az A(I) algebra nilpotencia-osztálya megegyezik a G(I) csoport nilpotencia-osztályával és mindkett egyenl a leghosszabb I-beli lánc hosszával. Bizonyítás: A 6.3 tétel szerint γ n+1 = 1 A(I) n+1 = 0. A legkisebb n amire ez teljesül megadja A(I) és G(I) nilpotencia-osztályát is. A 5.1 tétel szerint A(I) n+1 = 0 I n+1 =, azaz nincs n + 1-hosszú lánc I-ben Állítás. Az U n (F) csoport alsó és fels centrális lánca megegyezik (ha valamelyiket fordított sorrendben írjuk). Bizonyítás: Az U n (F) csoport az n-elem teljesen rendezett halmazhoz tartozó mintacsoport. Itt egyetlen nem b víthet lánc van, tehát a 6.11 tétel szerint valóban megegyezik a két centrális lánc Tétel. Az U n (F p ) csoport centrális láncának k-adik eleme megegyezik a {E(i, j) j i k} halmaz által generált algebrához tartozó mintacsoporttal. Bizonyítás: Az U n (F p ) csoport az I = {(i, j) i < j} mintához tartozó mintacsoport. Ebben a mintában az i és j közti leghosszabb lánc épp j i hosszú, így I k = {(i, j) j i = k}, azaz n 1 j=k Ij = {(i, j) j i k}. A 5.1 tétel szerint tehát a {E(i, j) j i k} halmaz által generált algebra A(I) k. A 6.3 tétel szerint a hozzá tartozó algebracsoport pedig γ k (U n (F p )). 7. Prímhatvány-rend csoportok beágyazása U n (F p )-be 7.1. Állítás. Az F q feletti n n-es nemszinguláris mátrixok GL(n, q) csoportjának az elemszáma n 1 GL(n, q) = (q n q i ). Bizonyítás: A nemszinguláris mátrixok megfeleltethet ek F n q bázisainak. Az els vektor a 0-n kívül akármi lehet. Ha adott i darab független vektor, ezek egy q i elem alteret feszítenek ki. A következ báziselemet a maradék q n q i elem közül kell választanunk Állítás. U n (F q ) = q n(n 1) 2 Bizonyítás: Minden i < j pár megfelel U n (F q ) egy mez jének, ahova szabadon választott számot írhatunk F q -ból. Az ilyen párok száma n(n 1) Állítás. Minden p k = q prímhatványra U n (F q ) egy p-sylow részcsoportja GL(n, q)- nak. i=0 14

17 Bizonyítás: n 1 n 1 n 1 (q n q i ) = q i (q n i 1) = i=0 i=0 i=0 q i n j=1 (q j 1) Az els szorzat értéke q n(n 1) 2. A második szorzat minden tagja eggyel kisebb egy p-vel osztható számnál, tehát egyik sem osztható p-vel. Ezért q n(n 1) 2 = p k n(n 1) 2 a legnagyobb p-hatvány, amivel osztható GL(n, q), tehát a p-sylowjai ennyi elem ek. Viszont ez épp U n (F q ) elemszáma Megjegyzés. Felmerülhetne a kérdés, hogy mely csoportok ábrázolhatóak mintacsoport részcsoportjaként. Ez egy gyengítése lenne annak a kérdésnek, hogy mely csoportok ábrázolhatóak mintacsoportként. Viszont az el bbi tétel válaszol erre a kérdése: minden p-csoport ábrázolható egy speciális mintacsoport, U n (F p ) részcsoporjaként. Minden véges test fölötti mintacsoport p-csoport, így azt kaptuk, hogy pontosan a véges p-csoportok állnak el véges mintacsoportként Tétel. Ha a G csoportnak az elemszáma a p prímnek valamely hatványa, akkor G izomorf U G (F p ) valamely részcsoportjával. Bizonyítás: Reprezentáljuk G-t GL( G, p)-ben a permutációmátrixok segítségével. Ez egy Ḡ részcsoportja GL( G, p)-nek. Vegyünk egy S < GL( G, p) p-sylow részcsoportot ami tartalmazza Ḡ-t. Sylow II. tétele szerint S konjugált GL( G, p)-ben U G (F p )-vel. Ez a konjugálás Ḡ-t U G (F p ) egy részcsoportjába viszi. 8. A mintacsoportok mint U n (F) részcsoportjai 8.1. Jelölés. Egy a mátrix (i, j) mez jén álló számot jelöljük a ij -vel. Fordítva pedig (a ij ) jelölje azt a mátrixot, aminek (i, j) mez jén a ij áll (ahol a ij i-nek és j-nek a függvénye Jelölés. Jelöljük diag(t 1,..., t n )-nel azt a (d ij ) diagonális mátrixot, amiben { t i, ha i = j (d ij ) = 0 különben Jelölés. Legyen h i (t) := diag(1,..., 1, t, 1,..., 1). }{{} i Megjegyzés. Ekkor (diag(t 1,..., t n )) 1 = diag(t 1 1,..., t 1 n ) és (h i (t)) 1 = h i (t 1 ) Megjegyzés. Legyen a = (a ij ) egy tetsz leges mátrix, τ = diag(t 1,..., t n ). Ekkor τ-val balról szorozva a-t az i-edik sora t i -szeresére változik, jobbról szorozva pedig a j-edik oszlopa t j -szeresére változik. Ebb l következik. hogy a-t τ-val konjugálva az (i, j) mez je t i t 1 j -szeresére változik, ezt írhatjuk úgy is, hogy diag(t 1,..., t n )(a ij )diag(t 1 1,..., t 1 n ) = (t i a ij t 1 j ). (3) 8.6. Tétel. Minden F F 2 testre az U U n (F) csoport pontosan akkor mintacsoport, ha bármely τ nemszinguláris diagonális mátrixra τuτ 1 = U. 15

18 Bizonyítás: (Bob Guralnick, [2] Proposition 2.1) A 8.5 megjegyzés miatt minden (a ij ) mátrixra és τ = diag(t 1,..., t n ) GL n (F) nemszinguláris diagonális mátrixra: (tat 1 ) ij = 0 t i a ij t 1 j = 0 a ij = 0, azaz a konjugálás nem változtatja meg, hogy melyek a nemnulla mez k. Emiatt a nemszinguláris diagonális mátrixszal konjugálás nem vezethet ki a mintacsoportból. A másik irányhoz szükségünk lesz a következ állításra: 8.7. Állítás. Ha minden u U-ra és t F-re akkor U egy mintacsoport. Bizonyítás: Legyen u ij 0 (I + te(i, j)) U, I := {(i, j) u U : u ij 0}. Ekkor a feltevés szerint ha (i, j), (j, k) I, akkor (I + E(i, j)), (I + E(j, k)) U, tehát [(I + E(i, j))(i + E(j, k))] = (I + E(i, k)) U azaz (i, k) I, tehát I egy zárt minta. A 3.2 megjegyzés szerint G(I)-t generálja az {(I + te(i, j)) t F, (i, j) I} halmaz, ami a feltétel szerint U-ban van. Tehát U G(I), de I deníciója szerint U G(I), tehát G = G(I). Tehát elég azt igazolnunk, hogy a 8.7 állítás feltételei teljesülnek. Vegyünk egy u = (u ij ) U mátrixot. Válasszunk most egy u i0 j 0 -t úgy, hogy i < i 0 -ra u i j = 0 legyen minden j i -re. Legyen t 0 és t 1 (itt használjuk ki, hogy F F 2 ) Lemma. Ekkor u ij, ha i i 0 (h i0 (t)uh i0 (t 1 )) ij = tu ij, ha i = i 0 és j i 0 1, ha i = i 0 = j. Bizonyítás: A 8.5 megjegyzés szerint ha h i0 (t)-vel konjugáljuk u-t, az t-vel megszorozza az i 0 -adik sorát és t 1 -gyel megszorozza az i 0 -adik oszlopát. Viszont u-nak az i 0 -adik oszlopa a f átlóbeli 1-est l eltekintve csupa 0 (mert ha u ki 0 és k i, akkor k < i, ellentmondva i minimalitásának). Így a h i0 (t)-vel való konjugálás csak megszorozza t-vel u i 0 -adik sorának minden f átlón kívüli elemét Lemma. Az u := h i0 (t)uh i0 (t 1 )u 1 szorzatban minden i-re u ii = 1 és j i, i i 0 -ra u ij = 0. Bizonyítás: A szorzat mez i h i0 (t)uh i0 (t 1 ) sorainak u 1 oszlopainak a skalárszorzatai. A 8.8 lemma szerint az i 0 -adik sortól eltekintve h i0 (t)uh i0 (t 1 ) sorai megegyeznek u soraival, tehát a (h i0 (t)uh i0 (t 1 ))u 1 szorzat is csak az i 0 -adik sorban különbözhet az uu 1 szorzattól. Viszont uu 1 = I, tehát u csak az i 0 -adik sorában különbözik I-t l, ami éppen az, amit állítunk Lemma. Az u mátrix i 0 -adik sorában a f átlón kívül is van nemnulla mez. 16 (4)

19 Bizonyítás: Ha u i 0 j = 0 lenne minden j i 0 -ra, akkor (u u) i0 j 0 egyenl lenne u i0 j 0 -lal, ugyanis (uu ) ij deníció szerint u i 0 -adik sorának és u j 0 -adik oszlopának a skalárszorzata. Viszont u u = (h i0 (t)uh i0 (t 1 )u 1 )u = h i0 (t)uh i0 (t 1 ) aminek a 8.8 lemma szerint az i 0 j 0 mez jén tu i0 j 0 áll és tu i0 j 0 u i0 j 0 mert u i0 j 0 0 és t 1. Az el z lemma szerint van olyan j i 0, amire u i 0 j 0. Legyen j 1 az egyik ilyen Lemma. Ekkor (h j1 (t)u h j1 (t 1 )) ij = { u ij, ha i i 0 vagy j j 1 tu ij, ha i = i 0 és j = j 1 (5) Bizonyítás: A 8.5 megjegyzés szerint ez a konjugálás megszorozza t-vel a j 1 -edik sor elemeit és t 1 -gyel a j 1 -edik oszlop elemeit. A 8.9 lemma szerint u j 0 -adik sorának csak a f átlóban van nemnulla eleme és a j 1 -edik oszlopának a f átlóbeli elemén kívül csak az i 0 -adik eleme nem nulla Lemma. Az u := (h j1 (t)u h j1 (t 1 ))u 1 szorzatnak a f átlón kívül csak az (i 0, j 1 ) mez je nemnulla. Bizonyítás: A 8.11 lemma szerint ha u -t h j1 (t)-vel konjugáljuk azzal a sorok közül csak az i 0 -adikon változtatunk, tehát ez a szorzat csak az i 0 -adik sorában különbözhet az identitástól (ez a 8.9 lemma bizonyításának gondolatmenete röviden). A 8.9 lemma szerint u -nek a f átlón és az i 0 -adik soron kívül minden mez je 0. Ezért u 1 j-edik oszlopa mer leges a (0,..., 0, 1, 0,..., 0) vektorra ha l j és l i }{{} 0. Azaz a j-edik l 1 oszlopnak csak a j-edik és az i 0 -adik eleme lehet nemnulla. Ha j i 0 akkor u j-edik oszlopának skalárszorzata u i 0 -adik sorával 0, azaz 0 = u i 0 j(u 1 ) jj + u i 0 i 0 u 1 ) i0 j = (u i 0 j + (u 1 ) i0 j (u 1 ) i0 j = u i 0 j Ugyanezzel a gondolatmenetet u helyett h j1 (t)u h j1 (t 1 )-vel elmondva azt kapjuk, hogy j i 0 -ra h j1 (t)u 1 h j1 (t 1 ) = (h j1 u h j1 (t 1 )) 1 = h j1 (t)u h j1 (t 1 ). Így (u 1 ) i0 j (h j1 (t)u 1 h j1 (t 1 )) i0 j csak j = j 1 -re teljesül, ezért (h j1 (t)u h j1 (t 1 ))u 1 csak a j 1 -edik oszlopban különbözhet h j1 (t)u h j1 (t 1 )h j1 (t)u 1 h j1 (t 1 ) = I-t l. Tehát azt kaptuk, hogy u az i 0 -adik során kívül és j 1 -edik oszlopán kívül nem különbözhet I-t l, tehát csak az (i 0, j 1 ) mez jén különbözhet I-t l. Itt viszont különbözik is, ugyanis a 8.11 lemma szerint (h j1 (t)u h j1 (t 1 )) i0 j 1 = tu i 0 j 1 és feltevésünk szerint u i 0 j 1 0 (és t 1), tehát h j1 (t)u h j1 (t 1 ) u, tehát azt u 1 -gyel megszorozva nem kaphatunk I-t. Azt kaptuk tehát, hogy u = (I + t E(i 0, j 1 ) valamely t F q -ra. Két diagonális mátrixszal való konjugálással kaptuk u-ból u -t, így u U Lemma. Minden t F q -ra (I + t E(i 0, j 1 )) U. 17

20 Bizonyítás: Konjugáljuk u -t h i0 (t t 1 )-zel, így a 8.8 lemma szerint (I + t E(i 0, j 1 ))- t kapjuk (u -re is i 0 az els (és egyetlen) sor ahol nem csak a f átlóban van nemnulla elem) Lemma. Legyen u := u(i + u 1 i 0 j 1 E(i 0, j 1 )). Ekkor u U és { u 0, ha i = i 0, j = j 1 ij = u ij, különben. Bizonyítás: Mivel u(i + u 1 i 0 j 1 E(i 0, j 1 )) = u u i0 j 1 ue(i 0, j 1 ), azt kell csak megnéznünk, hogy mi ue(i 0, j 1 ). Ez a szorzat azt csinálja, hogy u-nak veszi az i 0 -adik oszlopát és átrakja a j 1 -edik oszlopba (és minden más oszlopot nulláz). Ha i i 0, akkor u i i 0 = 0 (ha i < i 0 akkor azért mert i 0 -t úgy választottuk, hogy ilyen ne legyen, ha i > i 0 akkor azért mert u egy fels -háromszög mátrix). Ezért u i 0 -adik oszlopa a f átlón kívül mindenhol nulla, a f átlóban pedig 1. Ezért ue(i 0, j 1 ) = E(i 0, j 1 ), így tényleg u = u u i0 j 1 E(u 0, j 1 ). Az u mátrix nemnulla mez inek számára vonatkozó indukcióval (ami legalább n, tehát onnan kezdjük) azt kapjuk, hogy minden (i, j)-re, amire u ij 0 (és minden t F-re), (I + t E(i, j)) U. Tehát a 8.7 állítás feltétele teljesül, azaz a 8.7 állítás szerint U mintacsoport Megjegyzés. Ha F = F 2, akkor a 8.6 tétel konjugálásos feltétele semmitmondó, ugyanis U n (F 2 )-ben az egyetlen nemszinguáris diagonális mátrix az identitás. A következ tétel azt mutatja, hogy U n (F 2 )-nek nem minden részcsoportja mintacsoport Példa. A 1 s t H = 0 1 s s, t F 2 U 3(F 2 ) halmaz részcsoportja U 3 (F 2 )-nek, ugyanis szorzásra és invertálásra zárt. Viszont H nem mintacsoport, ugyanis (I + E(1, 2)) / H pedig van olyan h H-nak, amiben h Más testek felett a diag(t, 1, 1)-gyel való konjugálás t 1-re az els sor nem f átlóbeli elemeit megszorozza t-vel és így kivezet a csoportból, viszont ilyen F 2 felett nincs. 9. Mintacsoportok rész-algebracsoportjainak jellemzése 9.1. Tétel. ([2] Proposition 2.2.) Adott egy I zárt minta és a hozzá tartozó F feletti G(I) mintacsoportnak egy H G(I) részcsoportja. Ez a részcsoport pontosan akkor egyezik meg A(I) egy részalgebrájához tartozó algebracsoporttal, ha a V H := {A A(I) (I + A) H)} A(I) halmaz zárt az (A(I) szerinti) összeadásra és skalárral szorzásra (azaz V H egy vektortér). 18

21 Bizonyítás: El ször tegyük fel, hogy V H egy vektortér Lemma. Ekkor A, B V H AB V H (ahol a szorzás az A(I)-beli szorzás. Bizonyítás: Mivel H egy csoport, ezért (I + A)(I + B) = (I + (A + B + AB)) H, azaz A + B + AB V H. Felhasználva, hogy V H vektortér és A, B, (A + B + AB) V H megkapjuk, hogy AB V H. Emiatt V H részalgebrája A(I)-nek. Az általa generált csoportalgebra pedig éppen H. A másik irány csak annyit mond, hogy ha V H algebra, akkor vektortér is, ami deníció szerint igaz Példa. A 1.18 állítás szerint az F p feletti, p-nél kisebb nilpotencia-osztályú csoportokban minden elem p-edik hatványa 1. A 1.19 állítás szerint egy p-nél nem kisebb nilpotenciaosztályú algebrának legalább p p eleme van. Így minden p p -nél kisebb rend algebracsoport p exponens. Viszont U p 2(F p )-nek van p 2 -rend eleme (pl. egy p 2 hosszú ciklus permutációmátrixa). Ez az elem egy p 2 -elem részcsoportja U p 2(F p )-nek és van p 2 rend eleme, így (p > 2 esetén) nem lehet izomorf egy algebracsoporttal. 10. (k, m)-típusú mintacsoportok Deníció. ([5] Denition 4.1.) Legyen k 1, m 1, l 0, n = k + l + m és minden ν {1,..., l}-re legyen adott egy K ν {1,..., k} és egy M ν {1,..., m}. A {(K ν, M ν ) ν {1,..., l}} halmazrendszerhez tartozó (k, m)-típusú minta a következ számpárokból áll: ν {1,..., l}, i K ν -re : (i, k + ν) ν {1,..., l}, j M ν -re : (k + ν, k + l + j}, és i {1,..., k}, j {1,..., m}-re : (i, k + l + j). (6) Az ilyen mintához tartozó mintaalgebrákat (k, m)-típusú mintaalgebrának nevezzük, az ezeknek megfelel mintacsoportokat pedig (k, m)-típusú mintacsoportnak. A (k, m)-típusú mintáknak egy ekvivalens jellemzése a következ : Tétel. Az I N N egy (k, m)-típusú minta pontosan akkor, ha és minden (i, j) I-re teljesül a következ : {(i, j) 1 i k, n m + 1 j n} I (i, j) I, i k j k + 1 (i, j) I, i k + 1 j n m

22 Bizonyítás: Ezek nyilvánvalóan teljesülnek a (k, m)-típusú mintákra. Ha adott egy minta amire ezek teljesülnek, akkor legyen K ν = {i : (i, k + ν) I} M ν = {j : (k + ν, n m + j) I}. Ezek a halmazok éppen az I mintát deniálják Megjegyzés. Az ekvivalens meghatározásból kiolvasható a (k, m)-típusúság egy szemléletes jelentése: a mátrix jobb fels k m sarkában tetsz legesen határozhatjuk meg a mez ket. Ezen kívül még néhány ett l balra vagy lejjebb lév mez ben is szabad kezet kapunk Elnevezés. Az (6) egyenlet els sorában meghatározott mintaelemeket nevezzük A-típusúnak, a második sorában meghatározottakat B-típusúnak és a harmadik sorában meghatározott elemeket pedig nevezzük C-típusúnak. Ennek megfelel en egy (k, m)-típusú mintaalgebrában az E(i, j) elemeket is A, B vagy C-típusúnak nevezhetjük annak függvényében, hogy (i, j) melyik sorban lett meghatározva. Ugyanígy a mintacsoportban az (I + E(i, j)) elemek is klasszikálhatóak Jelölés. Az A-típusú mintaelemek halmazát jelöljük A-val, az A típusú mintaalgebra elemek halmazát A A -val és az A típusú mintacsoport elemek halmazát pedig A G -vel. Ehhez hasonlóan deniálhatjuk B, B A, B G, C, C A, C G -t Megjegyzés. Legyen a A, b B. Ekkor E(a)E(b) = ([(I + E(a)), (I + E(b))] I) pontosan akkor nem nulla, ha ugyanamiatt a ν miatt került be a mintába a és b, azaz a = (i, k + ν), b = (k + ν, k + l + j) és i K ν, j M ν. (Egy mintaelemr l egyértelm en megállapítható, hogy melyik ν miatt került be a mintába.) Lemma. A C G halmaz által generált C G részcsoport benne van a mintacsoport centrumában és tartalmazza a mintacsoport kommutátorát, azaz Z(G(I)) C G (G(I)) Bizonyítás: Mindkét tartalmazás kézenfekv Megjegyzés. Adott (k, m)-re l akármilyen nagy lehet, tehát a mintát megvalósító mátrix is akármilyen nagy lehet. Adott (k, m)-re az ilyen típusú mintacsoportok rendje akármilyen nagy lehet, viszont az el z lemma szerint C G = C = k m és C G generátuma tartalmazza a csoport kommutátor-részcsoportját, így egy F q feletti (k, m)-típusú mintacsoport kommutátor-részcsoportjának a rendje legfeljebb q k m lehet Deníció. A legsz kebb zárt mintát, ami egy (k, l)-típusú minta A és B típusú elemeit tartalmazza sz kített (k, l)-típusú mintának nevezzük. Expliciten megadva ez az olyan minta, melynek elemei ν {1,..., l}, i K ν -re : (i, k + ν) ν {1,..., l}, j M ν -re : (k + ν, k + l + j}, és ha ν : i K ν, j M ν, akkor : (i, k + l + j). 20 (7)

23 Az ezekhez tartozó mintaalgebrák és mintacsoportok értelemszer en a sz kített (k, l)- típusú mintaalgebrák és sz kített (k, l)-típusú mintacsoportok Jelölés. Sz kített (k, l)-típusú minta esetén a (7) egyenlet harmadik sorában deniált elemeket nevezzük Ĉ típusúnak, és ennek megfelel en denáljuk Ĉ, ĈA és ĈG-t Tétel. Egy I zárt minta pontosan akkor sz kített (k, m)-típusú, ha (i, j) I, i k j k + 1 (i, j) I, i k + 1 j n m + 1. és ha i k és j n m + 1, akkor x : i < I x < I j. Bizonyítás: Az els két feltétel a 10.2 tételb l következik (ugyanis minden sz kített (k, m)-típusú minta részhalmaza egy (k, m)-típusú mintának). A sz kített (k, m)-típusú minták deníciója szerint ha (i, k + l + j) I, akkor ν : i K ν, j M ν. Ekkor i < I k + ν < I k + l + j, ami igazolja a tétel harmadik feltételét tetsz leges (i, k + l + j) I párra. Ha a három feltétel teljesül, akkor a 10.2 tétel bizonyításában deniált K ν, M ν halmazok által meghatározott sz kített (k, m)-típusú minta éppen I Tétel. Legyen G egy olyan 2-nilpotencia-osztályú csoport, amire G = Z(G). Ekkor G minden mintacsoportként való ábrázolása egy sz kített (k, m)-típusú mintacsoport valamilyen k, m párra. Bizonyítás: Ha G nem ábrázolható mintacsoportként akkor igaz az állítás. Ha igen, akkor vegyük egy G(I) ábrázolását. Ebben a 6.14 tétel szerint nincs 2-nél hosszabb lánc. Ha lenne egy i < I j 1-hosszú nemb víthet lánca, akkor (I + E(i, j)) felcserélhet lenne minden másik elemmel de nem lenne benne a kommutátorban. Tehát azt kaptuk, hogy minden nemb víthet lánc hossza 2. Eszerint I elemeit felbontható három diszjunkt halmazra aszerint, hogy az elemei az ket tartalmazó maximális láncok alján, közepén vagy tetején vannak. Legyen ez a három halmaz rendre X, Y, Z. Számozzuk meg a halmazok elemeit (X := {x 1, x 2,..., x X } stb.). Legyen X = k, Y = l és Z = m. Deniáljuk φ-t a következ módon φ(i + E(x i, y ν )) = (I + E(i, k + ν)) φ(i + E(x i, z j )) = (I + E(i, k + l + j)) φ(i + E(y ν, z j )) = (I + E(k + ν, k + l + j)) ahol x i X, y ν Y és z j Z. Könnyen látható, hogy ez homomorzmust deniál és a képtere mintacsoport Megjegyzés. Ha G < Z(G), akkor (G \ (Z(G)) G részcsoportja G-nek és Z(G) \ G {1} is az, és G el áll mint ezek direkt szorzata. Ráadásul ha G mintacsoport volt, akkor Z(G) \ G {1} egy elemi abel p-csoport. Tehát G = G 1 G 2 ahol G 1 = Z(G 1 ) és G 2 Abel-csoport. Így a G = Z(G) feltétel nem lényegesebben er sebb a 2- nilpotenciaosztályúságnál. 21

24 11. Az f függvények rangja Jelölés. Vegyünk egy I sz kített (k, m)-típusú mintát. Legyen a hozzá tartozó ĈA halmaz által lineárisan generált altere a mintaalgebrának C. Az A A és B A által együtt generált lineáris altér legyen D Deníció. Egy adott f C = Hom(C, F q ) lineáris leképezésre legyen f az az A(I) A(I) F q függvény amit a következ egyenlet deniál: f(x, y) = f([x, y] A ) = f(xy yx). Ez a függvény jóldeniált, ugyanis C tartalmazza A(I) kommutátorát (ugyanis A(I) 2 -t tartalmazza és altér.) Megjegyzés. Úgy is felfoghatjuk, hogy f egy D D F q függvény, ugyanis A(I) = D C és ha x C vagy y C, akkor [x, y] A = 0, tehát ha x = d + c ahol d D, c C, akkor [x, y] = [d + c, y] = (d + c)y y(d + c) = (dy yd) + (cy yc) = [d, y] + [c, y] = [d, y] Deníció. Adott egy F test feletti V vektortér. Szimplektikus alaknak azokat a V V F függvényeket nevezzük, amelyekre (1) tx, y = t x, y ha t F, x V, (2) x + z, y = x, y + z, y, ha x, y, z V, (3) x, x = 0. Ha választunk egy B bázist és V vektorait abban írjuk fel, akkor minden szimplektikus alakhoz tartozik egy H mátrix, amire igaz, hogy x, y = x T Hy. Ennek a rangja nem függ B választásától, így mondhatjuk azt, hogy ez magának a szimplektikus alaknak a rangja Állítás. Minden f C -ra f egy szimplektikus alak. Bizonyítás: Az els két tulajdonság nyilvánvalóan teljesül, [x, x] = 0 miatt a harmadik is Jelölés. Legyen φ ij C az a függvény, ami minden C-beli elemhez hozzárendeli azt a számot, ami E(i, k + l + j) együtthatója ebben az elemben (azaz megadja, hogy az (i, k + l + j) mez jén a mátrixnak milyen szám áll). Minden f C el áll k i=1 m j=1 tf ij φ ij alakban, ahol {t f ij az f-re jellemz együttható-sorozat. Legyen Lf az a mátrix, aminek az (i, j) mez jén t f ij áll. Válasszuk ki Lf -nek azon sorait, amelyek sorszáma K ν -beli és azon oszlopait, amelyek sorszáma M ν -beli. Ezek metszete egy K ν M ν mátrix, nevezzük ezt L f ν-nek Tétel. ([5] Lemma 4.2.) Ekkor f rangját a következ képlet határozza meg: r( f) = 2 l r(l ν ) (8) ν=1 22

25 Bizonyítás: Válasszunk bázist úgy, hogy el ször D-nek választjuk egy bázisát majd utána C-nek. Az ilyen bázisokban az f-et leíró mátrixnak csak a bal fels (D D-hez tartozó) sarkában lehetnek nem-nulla elemek, ugyanis f(x, y) = 0 ha x C vagy y C. Tehát csak ezzel a résszel kell foglalkoznunk. Itt a báziselemek halmaza a A A B A halmaz lesz. A báziselemek sorrendje legyen a következ : (u v azt jelenti, hogy u el bb van mint v) Ha a A, b B, akkor E(a) E(b) Ha (i, k+ν), (i, k+ν ) A, akkor (ν < ν (ν = ν i < i )) E(i, k+ν) E(i, k+ν ). Ha (k + ν, k + l + j), (k + ν, k + l + j ) B, akkor (ν < ν (ν = ν i < i )) E(k + ν, k + l + j) E(k + ν, k + l + j ). A következ állításból következne a tétel: Állítás. Emellett a bázissorend mellett f mátrix-alakjának a D D-re vonatkozó része a következ képpen néz ki (blokkokban felírva): L f L f l L f T L f T l Bizonyítás: Az A A -beli elemek egymással felcserélhet k és a B A -beliek is egymással felcserélhet k, tehát f(a, a ) = f([a, a ] A ) = f(0) = f([b, b ] A ) = f(b, b ) ha a, a A A, b, b B A. Emiatt csupa nulla f mátricának bal föls és jobb alsó negyede. Adott a = E(i, k + ν) A A, b = E(k + ν, k + l + j) B A. Ha ν ν, akkor ezek is felcserélhet ek, tehát itt is f(a, b) = 0. Tehát csak E(i, k + ν)-hez tartozó sorok és E(k + ν, k + l + j)-hez tartozó oszlopok, illetve E(k + ν, k + l + j)-hez tartozó sorok és E(i, k + ν)-hez tartozó oszlopok metszetében lehet nem-nulla eleme a mátrixnak. Az E(i, k + ν), i K ν alakú báziselemeket a sorbarakással egy helyre gy jtöttük, tehát ezekhez egymást követ sorok (illetve oszlopok) tartoznak a mátrixban. Hasonlóan az E(k+ν, k+l+j), j M ν elemeket is egybegy jöttük, és egymás melletti oszlopoknak feleltethet k meg. Az E(i, k + ν), i K ν -hez tartozó sorok és az E(k + ν, k + l + j), j M ν -hez tartozó oszlopok metszete valóban L f ν, ugyanis f(e(i, k + ν), E(k + ν, k + l + j)) = f(e(i, k + l + j)) = L ν (i, j) f. Megfordítva az oszlopok és sorok szerepét f(e(k + ν, k + l + j), E(i, k + ν)) = f( E(i, k + l + j)) = L f ν(i, j) = L f ν T (j, i) Megjegyzés. L f ν(i, j) = L f (i, j) = t f ij az Lf mátrix (i, j) mez je. Azért jelöltem most így, hogy látszódjon, hogy L f ν blokként benne van a vizsgált mátrixban. 23

26 12. Minimális rangú f függvények Jelölés. Legyen K i = {ν {1,..., l} : i K ν }, M j = {ν {1,..., l} : j M ν } és L ij = K i M j Megjegyzés. Ekkor L ij = {ν : r(l φ ij ν ) > 0} Jelölés. Jelöljük I-vel azt a k m halmazt ahonnan K i, M j -nél és L ij -nél, illetve φ ij -nél és E(i, k + l + j)-nél az (i, j) párt választjuk Tétel. Legyen I egy sz kített (k, l) típusú minta, f C a hozzá tartozó mintaalgebra C részalgebráján értelmezett lineáris leképezés. Ekkor ha t f ij (f(e(i, k + l + j)) 0, akkor r( f) r( φ ij ) és egyenl ség csak akkor állhat, ha minden (i, j )-re, amire t f i j 0 : L ij L i j. (A φ ij és t ij jelöléseket 11.6-ban vezettük be.) Bizonyítás: A φ ij -hez tartozó L φ ij mátrix az (i, j) helyen 1 és minden más mez je 0. Ezért a L φ ij ν mátrixokban akkor szerepel egyetlen darab 1-es, ha i K ν és j M ν, egyébként azok nullmátrixok. A megfelel L f ν mátrixokban az L φ ij ν -beli 1-ek helyén f(e(i, k + l + j)) 0 szerepel. Ezért r(l f ν) r(l φ ij ν ) minden ν {1,..., l}-re. (9) Alkalmazva az (8) egyenletet, ez bizonyítja azt, hogy r( f) r( φ ij ). Most legyen (i, j ) I olyan, hogy f(e(i, k + l + j )) 0. Ha ν (L i j \ L ij ), akkor r(l f ν) 1 > 0 = r(l φ ij ν ), tehát (9) miatt r( f) > r( φ ij ) Jelölés. C = {φ ij (i, j) I} Deníció. Legyen x, y I. Nevezzük ket ekvivalensnek, ha L x = L y. Ez C -n is deniál egy ekvivalencia-relációt. Vegyük C -on az eszerinti ekvivalenciaosztályok lineáris lezártját, ezek a V 1,..., V s lineáris alterek Állítás. Ekkor i j V i V j = {0}. Bizonyítás: Egy bázis diszjunkt részhalmazai null-metszet altereket generálnak és C egy bázisa C -nak Jelölés. Legyen V = s i=1 V i Eljárás. A C vektortéren az f r( f) egy súlyozást határoz meg. Keressünk ezen a vektortéren mohó algoritmussal egy minimális súlyú bázist. Minden lépésnél jegyezzük meg, hogy milyen alteret generálnak a már bevett báziselemek. Így kapunk egy S 1 <... < S dim(c ) = C altérláncot Tétel. Minden S u halmaz felírható V -beli elemek generátumaként. Továbbá legfeljebb egy olyan V v halmaz van, aminek szerepel eleme az S u -t generáló V -beliek között, de nem minden eleme van benne S u -ban. 24