VÉGES CIKLIKUS CSOPORTOKNAK VÉGES CIKLIKUS CSOPORTOKKAL VALÓ SZÉTES BVÍTÉSEIRL
|
|
- Karola Magyarné
- 8 évvel ezelőtt
- Látták:
Átírás
1
2 2 HUBER LÁSZLÓ VÉGES CIKLIKUS CSOPORTOKNAK VÉGES CIKLIKUS CSOPORTOKKAL VALÓ SZÉTES BVÍTÉSEIRL 995 BARÁTOMNAK ÉS URANITA TESTVÉREMNEK SZERETETTEL Mota
3 3 Köszönettel tartozom Corrádi Keresztélynek és Csörg Piroskának, akik nélkül érdekldésem a csoportelmélet iránt bizonnyal elenyészett volna. Köszönet illeti Kristóf Miklós barátomat is, aki - túl a gyümölcsöz vitákon - konkrét, "empirikus" segítséggel is szolgált a permutációkkal való reprezentációk és az M-csoportok problémáinál. Végezetül mély hálával tartozom feleségemnek, Kovács Gabriellának, akinek türelmes buzdítása nélkül ezek a lapok el sem készülhettek volna. "Istenem, add, hogy ez a m beteljesedhessen, eljusson oda, ahova kell, és a lények javát szolgálja mindhárom világban éj
4 4 TARTALOM JELÖLÉSEK i - iii I. RÉSZ A VIZSGÁLT OBJEKTUM. ALAPFOGALMAK ÉS ALAPTÉTELEK II. RÉSZ REPREZENTÁCIÓK 7 III. RÉSZ IV. RÉSZ NEVEZETES RÉSZCSOPORTOK. p-csoportok. NILPOTENCIA. 22 AZ AUTOMORFIZMUSOKRÓL ÁLTALÁBAN 35 V. RÉSZ Ch-CSOPORTOK 44 VI. RÉSZ CSOPORTOK A Ch-N KÍVÜL 64 VII. RÉSZ NYITOTT KÉRDÉSEK 84 FÜGGELÉK 87 IRODALOM 88
5 5 JELÖLÉSEK i N A természetes számok halmaza. Q kvaterniócsoport. Z m az m-nél kisebb nemnegatív egészek additív csoportja: {0,,2,, m-}. R m az m-nél kisebb, az m-hez relatív prím pozitív egészek multiplikatív csoportja. P a prímszámok halmaza. P 0 a páratlan prímek halmaza. PR olyan számok halmaza, amelyekhez létezik primitív gyök. D m a 2m-edrend diédercsoport. S m az m-edfokú szimmetrikus csoport. G a G csoport rendje. g a g G elem rendje. k m k rendje mod m, azaz a k rendje R m -ben. G # a G csoportnak az egységelemtl különböz elemeinek halmaza. (s) s-edrend ciklikus csoport, illetleg: moduló s. (s) c c generátorú s-edrend ciklikus csoport. (m,n) az m és n számok lnko-ja (legnagyobb közös osztó). [m,n] az m és n számok lkkt-je (legkisebb közös többszörös). max (m,, m r ) az m,, m r egészek legnagyobbika. EU(m) az EULER-féle függvény: EU(m) = R m π(m) az m prímosztóinak halmaza. pr(m) az m-hez tartozó primitív gyökök halmaza. k.n (m) " k pont az n-ediken" : azt jelenti, hogy k m = n. a b a osztója b nek. a b a nem osztója b nek. a b a b és a<b. a b leképezés a-ról b-re. p α b p α b, de p α+ ł b. a b a kommutál b-vel. Γ(G) a G csoport generátorainak egy halmaza. Γ(G) a Γ(G) generátorok közötti definiáló relációk halmaza. G = Γ(G) Γ(G) a G megadása a Γ(G) generátorokkal és a Γ(G) relációkkal. Hom (G,H) a G csoportot a H-ba leképez homomorfizmusok halmaza. Hom (n,h) az (n) ciklust a H-ba leképez homomorfizmusok halmaza. Aut G a G teljes automorfizmuscsoportja. Inn G a G bels automorfizmusainak halmaza. Hol G a G holomorfja. (G) a G kommutátora.
6 6 ii ζ(g) a G centruma. ζ e (G) a G elscentruma és ζ h (G) hátsócentruma (ld. 2. old..) Φ (G) a G Frattini-részcsoportja. Φ e (G) lásd a 23. oldalt.. Φ h (G) lásd a 23. oldalt.. (m k n) lásd a 2. oldalt.. b (m k n) a lásd a 2. oldalt.. (m k n) lásd a 0. oldalt.. (m r,k n) lásd a 84. oldalt.. b (m r,k n) a lásd a 84. oldalt.. [ k α ] lásd az 5. oldalt.. CYCYS. oldal.. ABEL a kommutatív csoportok osztálya NIL a nilpotens csoportok osztálya SOL a feloldható csoportok osztálya DIV az osztható csoportok osztálya: legyen G =n, és n n. Akkor H G : H = n. TODIV a totálisan osztható csoportok osztálya: G TODIV ha H G : H DIV. MAXPIND azon csoportok osztálya, amelyekben minden maximális részcsoport prím index. CYCEX 85. oldal. MAX (G) a G csoport maximális részcsoportjainak halmaza. MGR (G) a G csoport minimális generátorrendszereinek halmaza. PRET 3. oldal. PART 7. oldal. CAT 9. oldal. SAT 4. oldal. G G 2. oldal. ϕ ϕ oldal. x-automorfizmus 35. oldal. c-automorfizmus 37. oldal. G G 2 G izomorf G 2 -vel. G ~G 2 G izostruktúrális G 2 -vel (lásd a 3. oldalt).. H char G H karakterisztikus G-ben.
7 c (p) α 47. oldal. 37. oldal. 43. oldal. 9. oldal. 9. oldal. 4. oldal. 59. oldal. 54. oldal. 25. oldal. 25. oldal. 43. oldal. 3. oldal. 0. oldal. 5. oldal. 35. oldal. 2. oldal. (p) x (p) x x (p) α-tényez w p (G) w (G) H / ~ 7 iii 83. oldal. 83. oldal. a H halmazon a ~ ekvivalenciareláció által létesített osztályozás osztályainak halmaza (a H-nak a ~ szerinti faktorhalmaza).
8 2 I. RÉSZ A VIZSGÁLT OBJEKTUM. ALAPTULAJDONSÁGOK ÉS ALAPTÉTELEK.. DEFINÍCIÓ Azoknak a nemizomorf csoportoknak a halmazát, amelyek megkaphatók valamely véges ciklusnak egy véges ciklussal való nemabeli szétes bvítéseként (szemidirekt szorzataként), CYCYS-nek nevezzük. (CYcle CYcle Semidirection) Legyen A = Γ (A) Γ(Α) és B = Γ (B) Γ(Β) két csoport. Az A-nak a B-vel való azon szétes bvítése, amelyet a kísér, így prezentálható: ahol Ha G CYCYS, akkor és a kísér homomorfizmus θ Hom (B, Aut A) G = Γ (A) Γ (Β) Γ(Α) Γ(Β) Γ(ΑΒ). Γ(ΑΒ) = { bab - = ϕ b (a), a A, b B, ϕ b = θ (b)}. A = a a m =, B = b b n =, Hom (B, Aut A) = Hom (n, R m ), θ : b ϕ k, ahol ϕ k : a a k, k R m,
9 3 és Γ(ΑΒ) az egyetlen bab - = a k () relációból áll. Így a G CYCYS prezentációja: G = a,b a m = b n =, bab - = a k. (2) Az () relációból b n ab -n = a kn = a = a = a azaz k n (m) (3) más szóval k m n következik. A (2) csoport pont akkor lesz nemabeli, ha k > (4) azaz k R # n. 2. DEFINÍCIÓ A (2) prezentációra a (3) és a (4) teljesülése esetén a G = (m k n) a b szimbólumot vezetjük be, amelybl - ha félreértéstl nem kell tartani - a generátorok feltüntetése el is maradhat. A CYCYS és az {(m k n)} halmaz között nincs bijekció, hiszen ()-bl következik, hogy t R n : b t a b -t = a kt, s így a,b = a, b t,
10 4 azaz (m k n) a b = (m k t n) a b t (5). TÉTEL (PRET = PREZENTÁCIÓTÉTEL) Az (m k n) és (m l n) által szimbolizált CYCYS-csoportok pont akkor izomorfok, ha k és l ugyanazt a részcsoportot generálja R m -ben: (m k n) (m l n) k = l R m. Bizonyítás: Az (5) miatt elegend a implikációt igazolni. Világos, hogy bármely ϕ izomorfizmusnál a ϕ (G) képét egy cikluspár fogja generálni. G = (m k n) a b ϕ ( a ) = c, ϕ ( b ) = d Legyen például ϕ (G) = (m l n) c d, és ϕ (a) = c γ, γ R m ϕ (b) = d δ, δ R n. Akkor egyrészt ϕ ( b a b - ) = ϕ ( a k ) d δ c γ d -δ = c γ k (7) másrészt a (6) prezentáció szerint d c d - = c l, amibl d δ c γ d δ = c γ l δ (8) A (7) és (8) -ból c γ k = c γ l δ adódik, majd γ R m miatt k l δ (m), végül
11 5 δ R n miatt k = l R m következik. Q. E. D. Vezessünk be a Hom ( n, R m ) halmazon egy relációt: Ha ( n ) b, akkor Θ, Θ 2 Hom ( n, R m ) : Θ Θ 2 Θ ( b ) = Θ 2 ( b ). Könny látni, hogy ekvivalenciareláció, és hogy igaz az alábbi : Az (m) -nek az (n) -nel való összes nem izomorf szétes bvítései bijektíven megfelelnek a Hom ( n, R m ) / elemeinek, vagyis a Hom ( n, R m ) halmazon a reláció által létesített osztályozás osztályainak. A (3) és (4) -et kielégít összes m, k, n Ν számhármasok { ( m k n ) } halmazának két tetszleges eleme álljon a relációban egymással pont akkor, ha az általuk reprezentált CYCYS -csoportok izomorfok. Ekkor világos, hogy a CYCYS és az { ( m k n ) } / között bijekció létesíthet. A következ lemmában néhány igen alapvet, közvetlenül az () segítségével igazolható összefüggéseket sorolunk föl, amelyeket a továbbiakban lépten-nyomon fölhasználunk.
12 6. LEMMA b Legyen G = ( m k n ) a. ( I ) a < G, a b =, G / a b. ( II ) g G α Z m β Z n : g = a α b β. ( ΙΙΙ ) G = m n. ( IV ) α, α 2 Ζ m β, β 2 Z n : α ( β α 2 ) ( 2 β ) β 2 k = α +α β +β 2. a b a b a b ( V ) α Ζ m β Z n γ Ν : (a α b β ) γ = a α [ k β γ ] b β γ. s m, t n : ( VI ) a s, b t < G k t ( s ), ( V II ) a s, b t ABEL k t ( m s ). Q. E. D. Az ( V ) -ben szerepl [ ] szimbólum az egész tárgyalás során központi jelentség, ezért egy lemmában összefoglaljuk legfontosabb tulajdonságait. A bizonyítás közvetlen számolással lehetséges. 2. LEMMA Legyen k, α, β, β, β 2 0 és [ k α ] = + k + k 2 + k k α.
13 7 Αkkor (a) k esetén [ k α ] = k k α, (b) [ 0 α ] =, (c) [ k 0 ] = 0, (d) [ α ] = α, (e) [ k ] =, (f) [ k α + β ] = [ k α ] + k α [ k β ], (g) Ha α β, akkor [ k α ] [ k β ] = k β [ k α β ], (h) [ k α β ] = [ k α ] [ k α β ], Ha k n = (m), akkor (i) [ k α n + β ] α [ k n ] + [ k β ] (m), (j) ha még β β 2 (n) is, akkor [ k β α ] [ k β2 α ] (m). Q. E. D. Az ( m k n ) ( m 2 k 2 n 2 ) reláció fennállásának feltételeit vizsgálva a PRET csak az m = m 2 esetben igazít el. Meglep módon ez a reláció akkor is fönnállhat, ha m m 2 (s ekkor persze n n 2 is). Némi számolással pl. megmutatható, hogy ( ) ( ) ( 20 6 ) ( ) (9)
14 2. TÉTEL ( PART = PARTÍCIÓTÉTEL ) 8 (a) (s) c ( m k n ) a b ( m s l n )d b akkor és csak akkor, ha (m, s) =, l (s), k = l R m. Ezt a mveletet úgy nevezzük hogy (konstanssal) szorzás elölrl, illetve (konstans) kiemelés(e) elölrl. (b) ( m k n ) a b (s) c ( m k n s ) a d pontosan akkor, ha (n, s) =. E mveletre úgy hivatkozunk, mint (konstanssal való) szorzásra hátulról, illetve (konstans) kiemelés(é)re hátulról. (c) ( m k n ) a b ( m 2 k 2 n 2) a2 b 2 ( m m 2 k n n 2 ) a b akkor és csak akkor, ha (m, m 2 ) = (n, n 2 ) =, és k = k i R m i, i =, 2. (0) Bizonyítás (a) Tekinthet az az eset, amikor k l (m). Ekkor az a d s, b b, c d m leképezésrl könnyen látható, hogy izomorfizmus. (b) a a, b d s, c d n du++ folytatás CYC_2 Megjegyzés : az (egy) és az l (el) nagyon könnyen összetéveszthet, de aki odafigyel az meg tudja különböztetni, vagy a szövegösszefüggésbl vagy logikailag, ti. pl k l (m) esetén csak el lehet az l, mert a k (m) esetet (k kongruens egy) eleve kizártuk a vizsgálatból!
15 CYCYS folytatása eredeti kézirat 2. oldalától. (c) Elször vegyük azt az esetet, amikor k k i ( m i ), i =, 2. Ekkor az a a m 2, a2 a m, b b n 2, b2 b n egy jó leképezés. A (0) azt jelenti, hogy a jelzett direkt szorzat független a tényezk prezentációjától. Ennek indoklása a következképpen történhet. Idézzük föl az alábbi számelméleti tételt: ( SZT ) Az x a i ( n i ) kongruenciarendszernek pontosan akkor van megoldása, ha minden i, j párra, ahol i j r, teljesül, hogy ( n i, n j ) ( a i - a j ), és bármely két megoldás kongruens modulo [ n, n 2,... n r ]. ( Ha az n i számok ( i =, 2,... r ) páronként relatív prímek, akkor ez nem más, mint a kínai maradéktétel. ) Az ( m m 2 k n n 2 ) csoportot generálhatjuk így : a = a a 2, b = b b 2. Térjünk most át az ( m i k i n i ) a i b i - rl az ( m i k i t i n i )a bi t. i i csoportokra, ahol t R n i, i =, 2. Akkor a ( b b 2 ) x = b x b 2 x = b t b 2 t 2 relációból folyó x t i ( n i ), i =, 2
16 0 kongruenciarendszer (n, n 2) = miatt mindig megoldható, tehát van olyan x R n n 2, hogy (m k t n ) b t.. a (m2 k2 t2 n2 ) b t..2 a2 2 ( m m2 k x n n2 ) a b x. Mindez a (0) -et bizonyítja. Q. E. D. A (c) -ben szerepl direkt szorzás értelemszeren akárhány - véges számú - tényezre is kiterjeszthet. A PART segítségével most már megérthet a (9) példa: mind a négy csoport izomorf a (3) (4) ( ) csoporttal. 3. DEFINÍCIÓ Azon CYCYS - csoportokat, amelyeknek nincs triviálistól különböz direkt faktora, felbonthatatlanoknak nevezzük, és összességüket fel jelöljük ( - csoportok ), c -vel pedig azokat, amelyeknek nincs valódi direkt konstans ( ciklikus ) tényezjük. 3. TÉTEL ( CAT = CYCYS ALAPTÉTELE ) Minden CYCYSbeli csoport egyértelmen állítható el prímhatványrend konstansok ( ciklusok ) és - csoportok direkt szorzataként - eltekintve
17 a tényezk sorrendjétl és prezentációjától. BIZONYÍTÁS Az állítás közvetlenül belátható a PART - nak, az ABEL - csoportok alaptételének, valamint REMAK azon tételének segítségével, amely szerint tetszleges véges csoport két direkt felbonthatatlan faktorú direkt felbontása izomorf. Q. E. D. 4. DEFINÍCIÓ Azon CYCYS - csoportok halmazát, amelyeknek létezik olyan ( m k n ) prezentációjuk, ahol n = k m, sel jelöljük. (- csoportok ). Ha n = k m, akkor használni fogjuk az ( m k n ), ( m k n ), ( m k ( n) s ), vagy ( m k n s) jelöléseket is. Az ( m k n ) az ún. - prezentáció. A (9) példa (0. o.) mutatja, hogy bizonyos - csoportoknak lehetnek nem - - prezentációik is. A PART (a) és (b) szerint pontosan azok a csoportok ilyenek, amelyek (s) ( m k n ) alakba írhatók, ahol ( m n, s ) =. Ha ( m k n ), akkor n = k m s, s >, és most két fontos eset lehetséges : ( k m, s ) =, de π (s) π (m), ()
18 2 s így ( m k n ) ( m k k m ) (s), de az (s) konstans elre nem vihet be, vagy π (s) π ( k m ), (2) és ekkor az (s) konstans hátulról nem emelhet ki. Amíg a () -nél az ( m k n ) direkt bvítése az ( m k k m ) -nek, addig a (2) esetben az ( m k n ) nem bvítése az ( m k k m ) - nek, például a ( ) még részcsoportként sem tartalmaz ( ) D 4 csoportot. 5. DEFINÍCIÓ Az ( m k n ) csoport homológjainak nevezzük az ( m k ( n) s ) csoportokat, ahol < s és π (s) π (n). 6. DEFINÍCIÓ Legyenek az m i, i =, 2, 3,... r számok páronként relatív prímek. A G i = ( m i k i n i ), i =, 2,... r csoportok fúzióján a G = r i= G i = ( r i= m i k [n, n 2,... n r ] ) csoportot értjük, ahol k k i ( m i ), i =, 2,... r. (3)
19 3 Ez a definíció korrekt, mert egyrészt a (3) - nak megfelel k létezését biztosítja a kínai maradéktétel, másrészt az is egyszer számelméleti igazság, hogy páronként relatív prím m i (i =, 2,... r) számok esetén k n i ( m i ) k [ n, n 2,... n r ] ( m m m r ). ( k n i ( m i ) azt jelenti, hogy k i m i = n i, ld. JELÖLÉSEK ( i ). ) ( Látnivaló, hogy ha az n, n 2,..., n r számok is relatív prímek, akkor - és csak akkor - a fúzió átmegy a szokásos direkt szorzatba. ) Tekintsük a fenti G i = ( m i k i n i ) a i b i csoportok direkt szorzatát : r G * = i = G i. Ha most a = a a 2... a r, és b = b b 2... b r, akkor b a b - = b a b - b 2 a 2 b b r a r b r - = a k a 2 2k... a r rk = a, ahol k k i ( m i ), i =, 2,.... r. Látható tehát, hogy a, b = G = r i= G i G *, St az is kiszámítható ( szintén a kínai maradéktétellel ), hogy G G *. (4)
20 4 Mivel a 6. definícióban az n i -k ( i =, 2,... r) általában nem lesznek páronként relatív prímek, ezért (3) helyett nem állhat (0), vagyis a fúzió általában nem független a tényezk prezentációjától. Például ( ) ( ) = ( ) ( ) = ( ) ( ), és ( ) ( ) = ( ) ( ) = ( ) ( ), ugyanakkor a PRET szerint ( ) nem izomorf ( ) - mal. 7. DEFINÍCIÓ A G és G 2 csoportokat izostruktúrálisaknak nevezzük, jelben G ~ G 2, ha fúziós felbontásukban azonos számú tényez van, és e tényezk csak a prezentációjukban különböznek egymástól. ( Az izostrukturalitás nyilván ekvivalenciareláció.) A közelebbi vizsgálat azt mutatja, hogy izostruktúrális csoportok részcsoporthálója ugyanolyan, az egymásnak megfelel hálószemek vagy izostruktúrálisak, vagy izomorfak. Ezen felül az izostruktúrális csoportok automorfizmuscsoportjai is izomorfak. A ( ) és ( ) csoportok esetében például a hálók megfelel szemei - a legfels kivételével - izomorfak egymással.
21 5 A fúziót azért kellett - prezentációkra korlátozni, mert különben zavaró többértelmségek lépnének föl. Tekintsük például a következket : ( e Eredeti kézirat 2. oldala jön) ( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( ). Formálisan elvégezve a fúziót, mindhárom esetben a ( ) csoportot kapnánk, holott a PART(c) szerint csakis a ( ) = ( ) ( ) felbontás lehet helyes. 8. DEFINÍCIÓ: Az ( m k n ) csoportot magnak nevezzük pont akkor, ha az m egy prím hatványa. A magok halmazát fogja jelölni. 4. TÉTEL: (SAT = az alaptétele): Bármely csoport fölírható (esetleg prímhatványrend ciklusokkal szorzott) magok fúziójaként. Mivel a fúzió a definícióból következleg kommutatív és asszociatív, ez a felírás A sorrendtl független, de miként a fúzió általában nem független a tényezk prezentációjától. Bizonyítás: Elegend a tételbeli fogalmak definícióira, az ABEL csoportok alaptételére és a PART ra hivatkozni. Q. E. D.
22 6 Különös sajátosságai a fúziónak az alábbiak: (C) Ha G = G G 2 és H i G i, i =, 2, akkor H H 2 általában nem része G-nek. Például ( ) ( ) = ( ), D 5 ( ), D 7 ( ), de D 5 D 7 = D 35 ( ). (D) Diédercsoportok fúziója már ha egyáltalán elvégezhet ismét diédercsoport. E sajátságok a direkt szorzatéival éppen ellentétesek, hiszen ha (a) ban helyett állna, akkor H H 2 igenis része volna G G 2 nek. Másrészt diédercsoportok direkt szorzata sem nem diédercsoport, sem nem CYCYS beli. 3. LEMMA Legyen (m k n) a b = G. Akkor (C) G SOL, (D) G DIV. Bizonyítás: Az (i) re többféle igazolás kínálkozik. A legkézenfekvbb arra hivatkozni, hogy a Ga egy olyan normállánc, melynek faktorai abeliek. A legbonyolultabb viszont az (ii) (i), azaz a DIV SOL
23 7 tartalmazás igazolása, amelyhez a HALL tételre van szükség. Az (ii) hez elég belátni, hogy ha s m és t n, akkor s t a,b G. Q. E. D. 4. LEMMA (C) Minden G CYCYS eláll egy alkalmas csoport részeként. (D) Minden G CYCYS része valamely ciklus holomorfjának. Bizonyítás: (a) Ha G, akkor nincs mit bizonyítani, ezért tegyük föl, hogy G = ( m k n s), és s >. A DIRICHLET tétel szerint található olyan p prím, amelyre teljesül, hogy p > m, és ns p. Tekintsük az ( m k n ) ( p k p (n s)) = ( mp l (n s)) a b fúziót! Világos, hogy p a,b G. (b) Az (a) miatt elegend csoportokra szorítkozni. Nyilvánvaló, hogy ( m k n ) Hol (m) (m) R m, (5), hiszen k R m. ( Késbb meg fogjuk mutatni, hogy (5) ben pontosan akkor van egyenlség, ha ( m k n ) speciális tulajdonságú, ld oldal. ) Q. E. D.
24 8 II. RÉSZ. REPREZENTÁCIÓK (A) A legegyszerbb a Z m Z n ben való ábrázolás. A szorzási szabály: α, α2 Z m,, 2 β β Z n : β ( α, α ) ( β, β ) = ( α + α k, β +β ). Könnyen kiszámolható, hogy az a = (,0), b = (0,) generátorokkal valóban az ( m k n ) b a csoportot kapjuk. (C) Egyszer számolás mutatja, hogy az alábbi, modulo m vett mátrixokkal való reprezentáció az ( m k n ) b a csoportokra megfelel: a = 0, b = 0. 0 k (D) Permutációkkal való reprezentációk.. LEMMA: A G = ( m k n ) b a csoportnak létezik izomorf képe az S m ben. Bizonyítás: Két általános csoportelméleti tételre támaszkodunk: (i) Ha N G és N (G) =, akkor N ζ(g). (ii) Ha a véges G csoportban létezik egy olyan k index H részcsoport, amelynek összes G beli konjugáltja csak triviálisan metszdik,
25 9 akkor G izomorf módon leképezhet S k ba. Mármost jelölje B a b összes konjugáltját G ben. Nyilván B G, de B (G) =, hiszen már b (G) =. (Azt, hogy (G) a, lásd a III. részben. ) Akkor viszont (i) miatt B ζ(g). Mivel G, ezért ζ(g) a (ld. III. rész), s így B (G) =. Mindebbl B = következik, s mivel b indexe G ben m, az (ii) vel kapjuk az állítást. Q. E. D. A permutációkkal való reprezentációk bemutatása eltt állapodjunk meg a permutációk szorzási szabályában. Hassanak az A, B, Z permutációk az Ω jegyhalmazon, és legyen i Ω. Akkor A B Z (i) = A( B(.( Z (i)) ). Szorítkozzunk egyenlre az csoportokra, és a jegyhalmaz legyen a Z m = { 0,, 2, 3, m }. Az ( m k n ) b a egy jó reprezentációját kapjuk az S m ben a következképpen: az a és a b hatása legyen az alábbi: i Z m : a (i) = i + mod m, b (i) = k i mod m. Az rögtön világos, hogy az a egy m hosszúságú ciklus, azaz a = m.
26 20 A b nél kicsit más a helyzet, mert a b általában diszjunkt ciklusok szorzataként adódik. Kérdés, hogy milyen hosszúak ezek a ciklusok? Legyen i Z m, és tegyük fel, hogy b x (i) = i, azaz k x (i) i (m). Ebbl következik, hogy ha i R m akkor x = n, és ha i m, akkor x n. (Az az eset, midn i m, de (i, m) >, visszavezethet az i m esetre.) Ez egyszeren azért van így, mert általában k m k m ha m m. Más szóval: m m R m R m. α α α α 2 3 Legyen ugyanis m = p p 2 p 3...p r r, ahol a p i k páronként különböz β β β β prímek (i =, 2, r), és legyen m' = p 2 3 r p2 p 3...p r, 0 βi α i (i =, 2,..r) Akkor triviális, hogy R m = R p β 2 R p β r. R p β R p α 2 R p α r. R p α = R m. Tehát b olyan diszjunkt ciklusok szorzata lesz, amelyeknek hossza osztja az n t, és feltétlenül lesz közöttük n hosszúságú is. Ezért b = n. A ba = a k b reláció ellenrzése is nagyon könny: i Z m : b a (i) = b (i+) = k (i+) = k i + k, a k b (i) = a k (k i) = k i + k, ami teljessé teszi annak igazolását, hogy valóban jó S m beli reprezentációt
27 2 kaptunk. Egy gazdaságosabb reprezentációra is van lehetség, amely a fúzión alapul. Ezt egy konkrét példán keresztül érthetjük meg a legjobban. Legyen az ábrázolandó csoport a ( ) ( ) ( ) = ( ). Készítsük el a fúziós tényezk reprezentációit az elbb ismertetett módon: b ( ) a : a = (02), b = (2), b ( ) a 2 : a 2 = (023), b 2 = (3), 2 b ( ) a 3 : a 3 = (0234), b 3 = (342). 3 Kódoljuk át az a 2 és a 3 at úgy, hogy egymással és az a gyel is diszjunktak legyenek: a 2 = (3456), a 3 = ( ), és megfelelen b 2 = (46), b 3 = (8 0 9). Most legyen a = a a 2 a 3 = (02)(3456)( ), b = b b 2 b 3 = (2)(46)(8 0 9), és egyszer számolással igazolható, hogy valóban a ( ) b a csoportot kaptuk, mégpedig S 60 helyett az S = S 2 ben. Ez a módszer teljes általánosságban alkalmazható, és az az eredménye, hogy ha m = m m 2 m 3... m r, ahol az m i k páronként relatív prímek, akkor az ( m k n ) csoportot az S m + m m r szimmetrikus csoportban sikerül
28 22 ábrázolni az S m m 2... m r = S m helyett. Márpedig m + m 2 + m m r m m 2 m 3... m r, és itt egyenlség csakis akkor van, ha az m nek csak egyetlen prímtényezje van. Eredményünk tehát ez: 2. LEMMA: Legyenek az m, m 2, m 3,...,m r számok páronként relatív prímek. Akkor az (m m 2 m 3... m r k n ) csoportnak létezik az S m + m m r szimmetrikus csoportban izomorf képe. Q. E. D. Az en kívüli csoportok reprezentációja most már könny: Ha az ( m k n s) b* a, s > csoportot akarjuk ábrázolni, akkor a = (0 2. m-), b* = b (β β 2 β 3. β ns ) ahol b a ( m k n ) b a csoporthoz a szokásos módon megszerkesztett permutáció és a (β β 2 β 3. β ns ) diszjunkt a val és b vel is. A ( ) b* a esetében például b* = (2)(46)(8 0 9)( ). b
29 23 III. RÉSZ. NEVEZETES RÉSZCSOPORTOK. p CSOPORTOK. NILPOTENCIA (C) Kommutátor, Centrum, Frattini részcsoport. Legyen G = ( m k n) b a..lemma: (G) = k (m,k ) a a =. Bizonyítás: Az I. rész () bl azonnal következik. Q. E. D.. DEFINÍCIÓ: A G t csoportnak nevezzük pont akkor, ha (m, k ) =. Ekkor nyilván (G) = a és G / (G) = b. COXETER Z metaciklikusnak nevez egy csoportot, ha mind a kommutátora, Mind a kommutátor szerinti faktorcsoportja ciklikus. ZASSENHAUS bebizonyította, hogy minden véges Z metaciklikus csoport elállítható csoportként. 2. LEMMA: ζ(g) = ζ e (G) ζ h (G), ahol ζ e (G) = m (m,k ) a az ún. els centrum, ζ h (G) = b β az ún, hátsó centrum, és β kielégíti a k β = relációt. Bizonyítás: közvetlen számolással. Q. E. D. 3. LEMMA: ζ(g) = G Bizonyítás: Az állítás az. és 2. lemma következménye. Q. E. D.
30 24 Az. és 2. lemmákból kiolvasható, hogy 2 (G) m, ζ e (G) m 2, és (G) = 2 ζ e (G) = m 2, (G) = m ζ e (G) =. Ezek az összefüggések jól mutatják a kommutátor ( (G)) és az els centrum (ζ e (G)) közötti sajátos komplementaritást. 4. LEMMA: Ha G i, =, 2, r, akkor r i= G i Bizonyítás Egyszer számelméleti megfontolásokkal az, és a definíciója alapján. Q. E. D. 5. LEMMA: (i) Ha m páros, akkor ζ e (G) 2. (ii) Ha m páros és n páratlan, akkor G nek van egy olyan centrális faktora, amelynek rendje a 2 valamely pozitív hatványa. (iii) a [k n] ζ e (G). Bizonyítás: (i) Az m párossága miatt k nak páratlannak kell lennie, ám ekkor k ismét páros, ezért ζ e (G) = (m, k ) 2.
31 25 (ii) Legyen m = 2 α m, α, m >, és (2, m ) =. Ha n páratlan, akkor k m is az, ezért k csakis R m beli lehet, vagyis k (2 α ). De akkor a PRET (a) szerint a (2 α ) ciklus kiemelhet G bl. (iii) b a [k n] = a k [k n] b = a (k +) [k n] b = a (k ) [k n] a [k n] b = a [k n] b, hiszen (k ) [k n] = k n 0 (m). Q. E. D. 2. DEFINÍCIÓ: A G els illetve hátsó Frattini részcsoportján a Φ e (G) = Φ (G) a, illetve a Φ h (G) = Φ (G) b csoportot értjük. Tekintsük a G egy tetszleges a α b β elemét. α β Ha α R m, akkor a b,b MGR (G), Ha pedig β R n, akkor a,a α b β MGR (G). Ezekben az esetekben tehát a α b β Φ (G). Tegyük föl, hogy α R m és β R n. Ha p π(m), és p α, akkor β p a b a,b α MAX (G), ezért p a,b,a α b β MGR (G). Hasonlóan, ha q π(n), és q β, akkor
32 26 α β a b a,b q MAX (G), s így q a,b,a α b β MGR (G). Kaptuk, hogy az a α b β elem egyik esetben sem tartozhat Φ (G) hez. p p... p q q... q Ezek szerint Φ (G) a 2 r,b 2 s, ahol {p, p 2, p 3,., p r } = π (m), {q, q 2, q 3,., q s } = π (n). Mivel a G, ezért a p p... p r Φ (a) = 2 Φ (G), amibl máris következik, hogy p Φ (G) = p 2... p a r γ,b ahol q π (n): q γ., () A következket láttuk be: 6. LEMMA: (i) Φ (G) = Φ e (G) Φ h (G), (ii) Φ e (G) = Φ (a). Q. E. D. Általában Φ h (G) Φ (b). Ha például G = (p k (p )), p P 0, akkor Könnyen kiszámolható, hogy Φ h (G) =. Biztosan nagyobb lesz azonban a Φ h (G) nél, ha G egy s csoport homológja.
33 27 7. LEMMA: Legyen G = (m k n s ) b a, ahol π (s) π (n) = { q, q 2, q 3, q t }, s >. Akkor n b Φ (G). Bizonyítás: Mivel n b G és n b Φ (b) = b q q... t, alkalmazhatjuk azt Az általános csoportelméleti tételt, miszerint ha A G és N Φ (A), akkor N Φ (G), mégpedig az N = n b, A = b szereposztással. Q. E. D. 8. LEMMA: (i) (ii) r r i i, ahol ξ a, e i= i= ξ ( G ) = ξ(g ) r r r. Φ( G ) Φ ( G ) = ΦG ) i= i i i i= i= ς, Φ e valamelyike; Bizonyítás: Az (i) közvetlen számolással belátható a definíciók alapján, az (ii) pedig az I. rész (4) (9. o.) következménye. Q. E. D. (D) p CSOPORTOK. NILPOTENCIA. 3. DEFINÍCIÓ: A CYCYS-beli p csoportok ( p P ) halmazát, a nilpotensekét fogja jelölni. 9. LEMMA: A elemei az alábbiak: p P 0 : ( p α p α β + p β ), α 2, α > β (a)
34 28 p = 2 : ( 2 α 2 α β + 2 β ), α 3, α > β ( 2 α 2 α β 2 β ), α 3, α > β (b) (c) ( 2 α 2 α 2 ) D 2 α, α 2. (d) Bizonyítás: A következ számításokban fleg az I. rész 2. lemmabeliekre támaszkodtunk: (a) Az igazolandó, hogy p α β + p α = p β. Ehelyett a következt látjuk be: s p α β + p α = p β, ahol (s,p) =. Legyen 0 γ < β, akkor α β ( ) p β γ α β α β s p + = s p [ s p + p β γ ] = = s p α β α β [ s p α β + p] [ ( s p + ) p p].[ ( s p α β ) Elemi módon kiszámolható, hogy δ α β p [ ( s p + ) p p], 0 δ β γ, β γ α β α γ s p + s p, p A, és így ( ) p = A pβ γ + p]. ami pontosan akkor kongruens 0-val modulo p α, ha γ = 0. (b) p = 2 vel pontosan ugyanaz a számítás menete, mint (a) nál. (c) Most is azt igazoljuk, hogy s 2 α β + 2 α = 2 β, ahol (2,s) =.
35 29 Legyen ismét 0 γ < β. α β ( ) 2 β γ α β α β s 2 = s 2 [ s β γ ] = α β [ s 2 2 β γ ] = = ( s 2 α β 2) α β [ s 2 = ( s 2 α β 2) s 2 α β α β = 2 ( s 2 ) Könny kiszámolni, hogy α β 2] [ ( s 2 ) 2 2].[ ( s 2 α β ) α β [ ( s 2 ) 2 2].[ ( s 2 α β ) s 2 2], δ β γ, α β 2 [ ( ) 2 β γ α β ezért ( s 2 ) 2 α β = 2 ( s 2 ) α β ahol 2 A, azaz ( ) 2 δ s 2 α β 2 β γ A, β γ s 2 2 α β B, (B,2) =. 2β γ 2]. 2β γ 2]. Ez csakis akkor kongruens 0-val modulo 2 α, ha γ = 0. (d) Az, hogy s 2 α 2 α = 2, (2,s) =, egészen triviális. Q. E D. A mármost a 9. lemmabeli p magokból és azok homológjaiból áll. 0. LEMMA: Valamely adott p P esetén jelölje G p a egy elemét. Akkor bármely G r G i= p i (2) csoport felírható G = ( q )
36 30 alakban, ahol a p i k páronként különböz prímek ( i =, 2, r), valamint (p, p 2, p 3, p r, q) =. Bizonyítás: Közvetlenül a nilpotencia definíciója alapján. Q. E. D.. LEMMA (G) ζ e (G) G α α α 2 r Bizonyítás: Legyen G = (p p 2...p r k n ), ahol a p i k páronként különböz prímek ( i =,2,... r). Elemi számolással adódik α α r ). hogy (G) ζ e (G) (k ) 2 0 (p...p r Ebbl következik, hogy p ε α k, ahol ε i, i =, 2,... r. i i i 2 ε ε ε 2 r + Eszerint k = s p p 2...p r, (s, p p 2... p r ) =, ami azt jelenti, hogy G az (a) vagy (b) típusú p magok (vagy homológjaik) direkt szorzata, esetleg valamilyen konstansokkal bvítve, vagyis G (2) alakú. Q. E. D. 2. LEMMA Legyen G olyan, mint a. lemmában, de legyen még Bizonyítás: Φ e (G) = αi 2, i =, 2,... r. Akkor Φ e (G) ζ e (G) G a p...pr ζ e (G) pontosan akkor, ha k 0 α αr (p...pr ).
37 3 Ámde ekkor (G) = α α 2 2 α r r p p...p α α2 αr ( p p 2...pr, k ) = d, α Φ e (G) = αr p...p = f, és d f, tehát (G) Φ e (G). Q. E. D. r A (27 4 9) csoport példája mutatja, hogy a. és 2. lemma feltételei csupán elégségesek, de nem szükségesek a nilpotenciához. E csoportban ugyanis ζ e (G) < (G) = Φ e (G). b 3. LEMMA Ha G = (m k n) a akkor Φh (G) = Φ (b). Bizonyítás: Felhasználva azt a tételt, miszerint egy direkt szorzat Frattini részcsoportja megegyezik a tényezk Frattini részcsoportjainak direkt szorzatával, elegend az állítást G esetre belátni. Ha azonban G, akkor alkalmazhatjuk azt a szintén jól ismert tételt, amely szerint ha G p csoport, ( p P ), és H G, akkor Φ (H) Φ (G). Elég a H t azonosítani b vel. Q. E. D. (C) További vizsgálatok a Frattini részcsoporttal kapcsolatban: 4. LEMMA Legyen G = ( p α k p β q ) a b, ( p P ), q p. Akkor Φ h (G) = pq b. Bizonyítás: Tudjuk, hogy Φ h (G) = b γ, ahol a () szerint (24. o.) p γ.
38 32 Mivel Φ (G) = a p, b γ G, ezért k γ (p) lásd I. rész. LEMMA (VI) ( 5. o. ), amibl q γ adódik. Kaptuk tehát, hogy pq γ. Mármost az a, b γ részcsoport egyrészt normális G ben, másrészt p csoport, így ( a 3. LEMMA segítségével ) Φ ( a, b γ ) = a p, b γ Φ (G), amibl γ pq. Nyertük tehát, hogy pq γ és γ pq, azaz γ = pq. Q. E. D Eredeti kézirat 5. oldalától: Legyen adva r számú mag: G i = (p α k p β i q ), ( 3 ) i i i i ahol a p i k páronként különböz prímek, és q i p i, i =,2, r. δi δ2i δ3i δri Ezek fúziójának felírásához legyen q = p p p...p q, ( 2 r i ) p p...p,q =, i =, 2, r. i 2 3 r i (Ha föltesszük, hogy p p... p < < <, akkor világos, hogy 2 r j i esetén δ ji = 0. ) δ Akkor δ q 2 r,q 2,...q δ r = p p 2...p r q,q 2,...q r, ahol δ i = max( δi, δi2,... δ ir), i =, 2, r, és így β β2 βr ε ε2 εr 2 2 r r 2 r p q,p q,...p q p p...p q =, ahol ε i = max( δi, β i), i =, 2, r, és q = q,q 2,...q r. A ( 3 ) magok fúziója tehát így írható fel:
39 33 G = r i= G i = (p α p α 2...p α r r k ε ε ε p p...p q) b a 2. ( 4 ) Tudjuk, hogy Φ (G) = p a,b γ, ahol most p = p p 2 p r. Φ(G) G miatt k γ ( p ), és ebbl következik, hogy q i γ, i =, 2, r, tehát q,q,...q 2 r γ. δ Kaptuk, hogy δ p p 2 δ...p rq γ. ( 5 ) 2 r 4. DEFINÍCIÓ: ( m k n ) (m, n) =. 5. LEMMA: ( i ) Ha G i, i =, 2, r, akkor Φ h ( r i= G i) =. ( i i ) G esetén Φ h (G) =. ( i i i ) Ha a ( 3 ) magok olyanok, hogy p i q j, i, j =, 2 r, ( 6 ) akkor Φ ( r i= G i) = r (G i= Φ i). Bizonyítás: ( i ) Ha G i, i =, 2, r, akkor ( 3 ) ban β i = 0 és ( 4 ) ben ε i = δ i. Innen az ( 5 ) adja az állítást. ( i i ) Ez ( i ) bl folyik, de most ε i = δ i = 0, i =, 2, r. ( i i i ) Ebben az esetben nyilván δ i = 0, ε i = β i, i =, 2, r. Könny kiszámolni, hogy az q a,b részcsoport most nilpotens
40 34 ( és persze normális), és így a 3. és 4. lemmák fölhasználásával adódik az állítás. Q. E. D. Ha a ( 6 ) feltétel nem teljesül, akkor a Φ meghatározása igen bonyodalmas lehet. Legyenek p, p 2 prímek, p < p 2. Tekintsük a G G 2 = (p α k = (p α k p q ), β p p q ) magokat, ahol β 2 δ 2 2 β 0, q p, β2 0, q2, δ és p q2 δ 2 p. α 2 A két mag fúziója G = G G 2 = (p p α k 2 p p q), β 2 ε b 2 a ahol ε = max( β, δ ), q = q,q 2. Mi lesz a Φ (G)? p Az elzekbl annyit mindenesetre tudhatni, hogy Φ (G) = p a 2,b γ, ahol p δ q γ. A továbbiakban két eset lehetséges: ( a a ) ε = δ β. pq Tekintsük most a H = a,b δ részcsoportot. Világos, hogy H G, ezért Φ(H) Φ (G), α α p 2 q k δ 2 másrészt H nilpotens, hiszen H = (p p p q β 2 2 b a p ) δ, s így p Φ (H) a 3. lemma szerint számolható: p Φ (H) = a 2,b 2 δ p p q
41 35 Innen következik, hogy γ p2p δ q, és kaptuk, hogy p δ q γ p2pq Mármost a γ = p δ q eset nem lehetséges, mert δ. β p 2. Ezért γ = p2p δ p q és p2 p2p q Φ (G) = a,b δ. pq a,b δ,b 2 MGR(G) 2 ( b b ) ε = β > δ. Ekkor csoportunk G = (p α p α 2 k p 2 b p2 q) a β β. Tekintsük most a Η = p q a,b β részcsoportot. Ismét H G, és ezért Φ(H) Φ (G). Másrészt H most is nilpotens, így a 3. lemma segítségével p p2 p 2 Φ (H) = a,b p β q. Mindebbl azt nyerjük, hogy p δ q γ p 2p q β, és most csak az zárható ki, hogy γ = p q β legyen, ugyanis β2 β p p q 2 a,b,b MGR(G). Közelebbi a γ ról nem mondható.
42 36 IV. RÉSZ. AZ AUTOMORFIZMUSOKRÓL ÁLTALÁBAN Legyen G = ( m k n ) a b, és ϕ a G-nek egy permutációja. Nyilvánvaló, hogy ϕ Aut G G = ( m k n ) ϕ(a) ϕ(b). Részletesen ez azt jelenti, hogy ϕ (a) = m, ( ) ϕ (b) = n, ( 2 ) ϕ (b) ϕ (a) = ϕ (a) k ϕ (b) ( 3 ) ϕ(a) ϕ (b) = ( 4 ). Elfordulhatnak a következ esetek is: a ϕ (b) =, és ( 5 a ) ϕ (a) b =, a ϕ(b), és ( 5 b ) ϕ (a) b =, a ϕ (b) =, és ( 5 c ) ϕ(a) b, a ϕ(b), és ( 5 d ) ϕ(a) b,
43 37 Könny meggondolni, hogy az ( 5 b, c, d ) esetekben vagy az a egy része képzdik le a b - be automorf módon, vagy a b egy része az a - ba. ( Az ( 5 d ) nél mindkét eset fönnáll. ) Ez nyilvánvalóan csak úgy lehetséges, ha a mondott részek centrálisak, izomorfok, és mind a - nak, mind b - nek direkt faktorai. Az alábbit láttuk be:. LEMMA: Az ( 5 b, c, d ) szituációk csak akkor fordulhatnak el, ha G ( s ) (m k n) ( s ), ahol (mn, s ) = ( 6 ) Q. E. D.. DEFINÍCIÓ: A ( 6 ) alakú csoportok halmazát fogja jelölni. Az olyan automorfizmust, amelyre ( 5 b ), ( 5 c ), vagy ( 5 d ) valamelyike fönnáll, keresztez automorfizmusnak ( x automorfizmusnak) nevezzük. x automorfizmusa tehát csak csoportnak lehet. Ha G ( 6 ) alakú, akkor Aut G = Aut (m k n) Aut ( s ) 2. Ezért egy G csoport automorfizmuscsoportjának kiszámítása mindig visszavezethet egy olyan csoport automorfizmuscsoportjának meghatározására, amely már nem beli. Ezért a továbbiakban mindig föltesszük, hogy G
44 38 A G = ( m k n ) a b bármely ϕ automorfizmusa ϕ (a) = a α b β, ϕ (b) = a γ b δ alakú, ahol az α, γ Z m, β, δ Z n ( 7 ) számoknak az ( ), ( 2 ), ( 3 ) ból következleg ki kell elégíteniük az alábbi relációkat: Az m a legkisebb pozitív egész, amelyre α [ k β m ] 0 ( m ), ( Κ ) és β m 0 ( n ), ( Κ 2 ) Az n a legkisebb pozitív egész, amelyre γ [ k δ n ] 0 ( m ), ( Κ 2 ) és δ n 0 ( n ), ( Κ 22 ) valamint γ + α k δ γ k βk + α [ k β k ] (m) ( K 3 ) β ( k ) 0 ( n ), ( Κ 32 ) Ezt a kissé riasztó kongruenciarendszert KÁNON-nak is nevezzük. Késbb látni fogjuk, hogy fontos esetekben ezek a relációk jelentsen egyszersíthetk. 2. DEFINÍCIÓ: A G = ( m k n ) a b egy ϕ automorfizmusát egyszernek nevezzük, ha vagy a n, vagy b n identikusan hat.
45 39 Világos, hogy az identikus automorfizmus egyszer, és egyszer auto- morfizmus nem lehet keresztez. Egy egyszer automorfizmus megadásánál nem tüntetjük föl azt a generátort, amelyen identikusan hat. Például ϕ: a a α b β, b b helyett csak annyit írunk, hogy ϕ: a a α b β. 3. DEFINÍCIÓ: Tekintsük a ( 7 ) automorfizmust. Ha a ϕ (a) = a α bβ és ϕ 2 (b) = aγbδ maguk is (egyszer) automorfizmusok, akkor azt mondjuk, hogy a ϕ a ϕ és ϕ 2 fúziója: ϕ = ϕ ϕ 2. Amennyiben a ( 7 ) beli ϕ ilyen értelemben nem bontható föl, akkor ϕ t csatolt automorfizmusnak, ( c automorfizmusnak) nevezzük, s az ilyen automorfizmusokkal rendelkez csoportok halmazát vel jelöljük. Világos, hogy a fúzió különbözik a szokásos, o rel jelölt kompozíciótól: ϕ ϕ 2 ϕ ο ϕ 2. Az is nyilvánvaló, hogy ϕ ϕ 2 = ϕ 2 ϕ, és ϕ (ϕ 2 ϕ 3 ) = (ϕ ϕ 2 ) ϕ 3. A A G = ( ) a b példája mutatja, hogy nem üres. A G nek ugyanis van egy ϕ: a a b 2, b b 3 automorfizmusa, ámde sem a ϕ : a a b 2, sem a ϕ 2 : b b 3 nem automorfizmusa G nek. 2. LEMMA: Legyen G = ( m k n ) a b.
46 40 ( A. ) A G nek az a a µ, µ R m egyszer automorfizmusai egy R m - mel izomorf részcsoportot generálnak Aut G ben. ( A. 2 ) Ha a G ben az a nem karakterisztikus, akkor G nek van egy ϕ: a a b β, β n automorfizmusa. b b δ, δ R n ( B. ) A G nek b b δ automorfizmusa # δ R n akkor létezhet, ha G. mellett csak ( B. 2 ) Ha G nek létezik ω : b a γ b δ, γ 0 automorfizmusa, akkor ( a ) δ R n, δ R n # G ; ( b ) létezik olyan automorfizmusa is, ahol γ m. Bizonyítás: ( A. ) triviális. ( A. 2 ) Ha a nem karakterisztikus G ben, akkor mindenesetre léteznie kell egy ψ: a a α b β, β 0, b b δ, δ R n automorfizmusának, mely δ = esetben egyszer, és csatolt, ha δ R n #. Elször mutassuk ki, hogy α R m. A ψ hatványait tanulmányozva azt láthatjuk, hogy ψ f (a) = a αα' b ββ'. Ha speciálisan ψ = f, akkor a αα' b ββ' = a, tehát αα ( m ), amibl következik, hogy α R m.
47 4 A β ra térve látható, hogy β = β t, β n, ( t, n ) =. Ilyen fölírás mindig lehetséges. Ekkor tehát ψ (a) = a α (b t ) β. Csakhogy a,b t b = a,b, azaz ( m k n ) a = ( m k t n ) b a t, ezért föltehetjük, hogy már eleve β n. Most már a ψ helyett tekinthetjük a ψ α Ekkor valóban ψ α α ψ :a a. α ψ = ϕ: a a b β, β n ψ automorfizmust, ahol b b δ, δ R n. ( B. ) A b δ a b δ = a k relációból k δ ( m ) következik, s ez G esetén csak δ = gyel teljesülhet. ( B. 2 ) ( a ) Ha δ R n volna, akkor az a γ b δ egy n ( < n ) edik hatványából γ a b eltnne, és így a a b δ adódna, ami G miatt lehetetlen. Α δ R n # - ra vonatkozó állítás számolással adódik. Legyen ω: b a γ b δ, Α δ R n #. Akkor ω(ba) = a γ b δ a = a γ+ k δ δ, b ω(a k b ) = a k a γ b = a k+γ b. Az ω(ba) = ω(a k b ) relációból k δ ( m ) adódik, ami δ R n # mellett csak G mellett lehetséges.
48 42 ( b ) Írható, hogy γ = γ s, ahol γ m, (m, s) =. Ámde s a,b = a,b, s így feltehet, hogy már eleve γ m. Q. E. D. b TÉTEL: Ha a G = ( m k n ) a csoportnak a ϕ : a a α b β ϕ 2 : b a γ b δ egyszer automorfizmusai, akkor ezek fúziója, ϕ ϕ 2 is automorfizmusa G nek. Bizonyítás: Azt kell belátni, hogy a ϕ -re és a ϕ 2 -re fölírt kánonból (l. 36. o. ) következik a ϕ = ϕ ϕ 2 - re fölírt kánon. A ϕ - nél γ = 0, δ =, így a rá vonatkozó kánon a ( K ), ( K 2 ), ( K 32 ), valamint a [ k β k ] k ( m ) ( Κ 3 ) relációkból áll. A ϕ 2 - nél α =, β = 0, ezért a rá érvényes relációk a ( K 2 ), ( K 22 ), és a k δ k ( m ) ( Κ 2 3 ) lesznek. Azt kell tehát csak igazolni, hogy a ϕ - re fönnáll a ( K 3 ) : γ + α k δ γ k βk + α [ k β k ]. Fölhasználva a ( Κ 3 ) és ( Κ 2 3 ) et, megfelel átrendezés után ebbl a γ ( k βk ) 0 ( m ) relációt nyerjük. Vegyük figyelembe, hogy
49 43 k βk = (k ) [ k βk] (k ) [ k β] [ k β k ] k (k ) [ k β] ( m ) (itt ismét felhasználtuk a ( Κ 3 ) - et ). A k-val való egyszersítés után a bizonyítandó kongruencia ez lesz: γ (k ) [ k β] 0 ( m ) ( ) Tegyük föl, hogy β n. Ekkor ( K 32 ) szerint n k = s ( 8 ) β A ( Κ 3 ) és ( K 32 ) bl [ k β k ] = [ k β k + ] = [ k β k ] + k β(k ) [ k β ] [ k β k ] + k ( m ), azaz [ k β k ] k ( m ) ( 9 ) Írjuk be ide ( 8 ) at a baloldalra: [ k β n s β ] [ k β n β ] [ k n s ] s [ k β n β ] k ( m ) ( 0 ) A ( K 2 ) és ( Κ 2 32 ) bl nyerjük, hogy γ [ k n] 0 ( m ), S így γ s [ k n] γ s [ k β] [ k β n s ] 0 ( m ). Alkalmazva a ( 0 ) et: Γ = γ (k ) [ k β] 0 ( m ), tehát a ( ) teljesül. Ha most β helyett egy β t többszöröst veszünk, akkor
50 44 [ k β t] [ k β] [ k β t] ( m ), és γ (k ) [ k β t] = Γ [ k β t] 0 ( m ), mert Γ 0 ( m ), vagyis a ( ) ismét teljesül. Bizonyítottuk tehát, hogy ha ϕ és ϕ 2 - re teljesül a ( K ) ( K 32 ), akkor a ϕ = ϕ ϕ 2 - re is. α β Végül, mivel G, ezért a b γ δ a b =, tehát ϕ valóban automorfizmusa G nek. Q. E. D. 3. LEMMA: Legyen G = ( m k n ) a b. Akkor n/n k Inn G a,b 0, ahol n 0 = k m. Bizonyítás: Következik ez akár abból, hogy b a b = a k és a b a = a k b, akár abból, hogy Inn G G / ζ(g). Q. E. D.
51 45 V. RÉSZ. CSOPORTOK b. DEFINÍCIÓ: A G = ( m k n ) a csoportot csoportnak nevezzük, ha a char G, vagyis a karakterisztikus G ben. Világos, hogy G esetén a G minden, a IV. rész ( 7 ) ben ( 36. o. ) adott automorfizmusánál β = 0. Ekkor G automorfizmusai az α γ 0, α R m, γ Z m mátrixokkal reprezentálhatók. Az automorfizmusok összetételének megfelel a fenti mátrixok szokásos szorzása, mint azt könny kiszámolni. 2. DEFINÍCIÓ: ( m k n ) ( k, n ) =.. LEMMA: b Bizonyítás: Legyen G = ( m k n ) a. Ha G akkor ( k, n ) = miatt a ( K 32 ) bl ( 36. o. ) β 0 ( n ) következik. Ha G akkor ( m, n ) = miatt a ( K 2 ) bl ( 36. o. ) következik ugyanez. Végül, ha G akkor (G) = a. Q. E. D. 2. LEMMA: Ha ( m k n ) és ( m, s ) =, akkor ( s ) ( m k n ) Bizonyítás: Legyen G s az ( s ) a és a G = ( m k n b ) a 2 direkt szorzata.
52 46 G s = ( s ) a G = ( ms l n b ) 2 a a. G s miatt ζ (G s ) = ζ e (G s ), és nyilván a ζ (G s ). Mivel ciklikus csoportnak minden részcsoportja karakterisztikus, kapjuk, hogy a char ζ e (G s ) char G s, amibl a char G s. Legyen ϕ Aut G s. Akkor ϕ ( a a 2 ) = ϕ ( a ) ϕ ( a 2 ), és az elbbiek értelmében ϕ ( a ) = a α, α R s. α 2 γ Ha most ϕ ( a 2 ) = a a 2b β, akkor ennek az elemnek a rendje csak akkor lehet m, ha γ = 0. Ám ekkor β = 0 is, különben az a 2 az a 2,b = G - ben nem volna karakterisztikus. Mindebbl az következik, hogy ϕ ( a,a 2 ) = a,a 2, tehát G s Q. E. D. A VI. rész. lemmája ( 7. o. ) mutatja, hogy az iménti állításban miért volt szükség csoportokra szorítkozni. 3. LEMMA: G, G 2 G G 2 Bizonyítás: Legyen ( m, m 2 ) =, és b G = ( m k n ) a, és G 2 = ( m 2 k 2 n 2 ) 2 a. 2 b b aa, 2 Akkor G G 2 = ( m m 2 k n n 2 ) 2 b
53 47 ahol k k i ( m i ), i =, 2, n = [ n, n 2 ]. Tegyük föl, hogy a G G 2 nek van egy ϕ : a a 2 a a 2 (a a 2 ) β b b 2 (b b 2 ) δ automorfizmusa. tekintsük ennek a ϕ nek mondjuk a G re való megszorítását. Mivel G, ezért a ϕ ( a ) = a relációnak m2 teljesülnie kell. Ámde ( m, m 2 ) =, s így a = a, és m m2 m2 2 a = (a a ) ( ) Ezért ϕ ( a 2 ) = ϕ ((a a ) 2 β ) = (a a (b b ) ) 2 = 2 m 2 2 m = k β m 2 m2 k β m β 2 βm2 2 2 a b a b a. Ebbl [ k β m 2 ] 0 ( m 2 ) ( a ) és β m 2 0 ( n 2 ) ( b ) következik. ( Az, hogy m 2 a legkisebb ilyen szám, abból következik, hogy a ( ) az m 2 nél kisebb számmal nem teljesül. ) A ϕ re fölírt ( K 3 ) és ( K 32 ) (ld. 36. o. ) : [ k β k ] k δ ( m m 2 ) ( c ) β ( k ) 0 ( n ). ( d ) Vegyük a k t mod m 2, a β és δ t mod n 2, azaz legyen
54 48 k = k 2 + m 2 x, β = β 2 + n 2 y, δ = δ 2 + n 2 z, és nézzük meg, mivé lesznek az ( a d ) relációk. Az ( a ) ból: β 2+ n2y n2y β ( k m k m k ( m 2 ) miatt ) β k m 0 ( m 2 ) ( a a ) Az ( b ) bl: ( β 2 + n2y)m2 β2m2 0 ( n 2 ) ( b b ) Az ( c ) nél a [ ] bal felében közvetlenül áttérhetünk k ról k 2 re : β 2+ n2y δ 2+ nz 2 2 β k k k k k ( m 2 ), amibl k 2 ny k 2 nz ( m 2 ) miatt β2 δ2 2 2 k k k ( m 2 ). Meg kell még mutatni, hogy β2 β k k k k ( m 2 ). β Íme: 2 β2 β2 β2k2 β k k k k + m x k k + k k m x β2 β2k2 β2 β2m2 β k k + k k m k x k k ( m 2 ),
55 49 mivel ( a a ) miatt β k 2 2 m 2 0 ( m 2 ). Kaptuk tehát, hogy β2 δ k k k ( m 2 ). ( c c ) Az ( d ) bl: β ( k ) (β 2 + ny ) (k 2 + m 2 x ) β 2 (k 2 ) 0 ( n 2 ), ( d d ) hiszen β 2 m 2 0 ( n 2 ) az ( b b ) szerint. β δ Az ( a a d d ) relációk szerint a G 2 nek van egy a a b 2,b b 2 automorfizmusa, ellentmondásban azzal, hogy G 2 Q. E. D. E lemma megfordítása nem igaz. Elfordulhat, hogy G, G 2, mégis G G 2 Például ( ) ( ) = ( ), ahol ( ), de ( ). 3. DEFINÍCIÓ: A G = ( m k n ) csoport pontosan akkor, ha 4. LEMMA: [ k n ] 0 ( m ). ( i ) Ha ( m, s ) =, ( m k n ), akkor ( s ) ( m k n ) pont akkor, ha s n.
56 50 ( i i ) G, G 2 G G 2 Bizonyítás: egyszer számolással. Q. E. D. Az ( i i ) megfordítása hamis, például ( ) ( ), de ( ).. TÉTEL: ( TÉTEL ) :. b Bizonyítás: Tegyük föl, hogy G = ( m k n ) a, de G. Ekkor a G nek létezik egy ϕ : a a b β, β n b b δ, δ R n automorfizmusa ( ld. 38. o. ( A 2 )). Írjuk föl a ( K 3 ) et ( 36. o. ) α =, γ = 0 szereposztással: [ k β k ] k δ ( m ). Ebbl a ( K 32 ) vel (36. o. ) : [ k β k + ] = [ k β k ] + k β(k ) [ k β ] [ k β k ] + k δ ( m ), azaz [ k β k ] k δ ( m ). Most n k = s, β mivel β n, ezért [ k β k ] [ k β n s β ] [ k β n β ][ k n s ] s [ k β n β ] k δ ( m ). ( 2 ) Mivel G, ezért [ k n ] 0 ( m ), s így
57 5 s [ k n ] s [ k β ] [ k β n β ] 0 ( m ). Használjuk föl itt a ( 2 ) t : [ k β ] ( k δ ) 0 ( m ). ( 3 ) Mármost ( fölhasználva a ( K 32 ) t, ld. 36. o. ): k β k β k kδ (ab ) = a = a, és a ( 3 ) mal nyerjük, hogy β k k β k k δ β ((ab ) ) = (a ) =. Ebbl következik, hogy ( k ) [ k β ] = k β 0 ( m ), ellentmondásban azzal, hogy β n és G. Q. E. D. Az. lemma és az. tétel szerint Hogy ez a tartalmazás valódi, azt a ( ) csoport bizonyítja. ( Egyébként Ha ugyanis ( m k n ), akkor ( m, k ) =, és így a k n = ( k ) [ k n ] 0 ( m ) relációból () [ k n ] 0 ( m ) következik. ) 2. TÉTEL: Legyen ( m k n ). Akkor
58 52 ( i ) m γ R m Aut(m k n) Hol(m), ahol γ = m (m, k n ) ; ( i i ) Aut(m k n) Hol(m) pontosan akkor, ha ( m k n ) ; ( i i i ) Hol(m) CYCYS m PR. Bizonyítás: b ( i ) A G = ( m k n ) a összes automorfizmusa most ϕ : a a α, α R m b a γ b, γ Z m alakú, és világos, hogy ϕ = ϕ α ϕ β, ahol ϕ α : a a α, α R m egyszer automorfizmusok. ϕ γ : b a γ b, γ Z m Nyilvánvaló, hogy { ϕα α R m } R m. Írjuk föl ϕ γ - ra a ( K 2 ) et (36. o. ): γ [ k n ] 0 ( m ). Látható, hogy a szóba jöhet legkisebb γ éppen s így m ϕ, γ γ m, (m, k n ) m ϕ, ϕ = AutG R γ és γ { α} m.
59 53 Egyszer kiszámolni, hogy ϕ α ϕ γ ϕ α = ϕ γ α ami éppen azt jelenti, hogy AutG Hol(m). ( Az automorfizmusok szorzási szabálya itt: ϕψ(a) = ϕ(ψ(a)). Továbbá ϕ = ϕ. ) α α ( i i ) Világos, hogy ( i ) ben egyenlség akkor és csak akkor van, ha γ =, azaz [ k n ] 0 ( m ), tehát ( m k n ). ( i i i ) Ez abból következik, hogy Hol (m) Aut D m, és D m miatt Aut D m (m) R m. Az R m pedig pontosan akkor ciklikus, ha m PR. Q. E. D. 4. DEFINÍCIÓ: A CYCYSbeli tökéletes csoportok halmazát jelölje. 5. LEMMA: = { ( p α k p α (p ) ) }, ahol p P 0, k pr(p α ). Bizonyítás: Definíció szerint egy csoport akkor és csak akkor tökéletes, ha ζ(g) =, és G minden automorfizmusa bels, tehát Aut G Inn G G. Ha G CYCYS, akkor ζ(g) = csakis akkor állhat, ha G ( ld. III. rész 3. lemma, 2. o. ) Ezért G is teljesül ( ld. 49. o. () ). b Ha tehát G = ( m k n ) a, akkor a 2. tétel szerint Aut G = ϕ, { ϕ α},
60 54 ahol ϕ : b ab, ϕ α : a a α, α R m. A ϕ nyilván bels automorfizmus, hiszen a b a = a k b = ϕ k (b), k és a beliség miatt ϕ = ϕ. A ϕ α pont akkor lesz bels automorfizmus minden α R m esetében, ha k R m, amibl és a centrumnélküliségbl valóban m = p α, p P 0, k pr(p α ) és n = EU(p α ) = p α (p ) következik. Q. E. D. 6. LEMMA: G Aut G pontosan akkor, ha ( i ) G, ( i i ) G = ( 2p α k p α (p ) ) a b, p P 0, k pr(2p α ), ( i i i ) G D 4. Bizonyítás: Az ( i ) t elintézi az 5. lemma, az ( i i i ) nél egyszer számolás segít, így elég az ( i i ) vel foglalkozni. Az ( i i ) beli csoportok a csoportokból állnak el úgy, hogy azokat elölrl megszorozzuk egy (2) ciklussal. Az 5. lemma szerint, és a 4. lemma ( i ) vel ( 47. o. ) kapjuk, hogy az ( i i ) beli G is ben van. Ám ekkor Aut G = ϕ, ϕ k, ahol
61 55 ϕ : b ab, ϕ = 2 p α, ϕ k : a a k, k pr(2p α ), ϕ k = p α (p ), és egyszer számolás mutatja, hogy ϕ ϕ k ϕ = ϕ k k, tehát valóban ϕ, ϕ G. Q. E. D. k A fentiekbl levonható az a következtetés, hogy azokra a G = ( m k n b ) a csoportokra, ahol m PR, k pr(m), fönnáll: G Aut G Hol (m), és más csoportokra ez nem teljesül. b 7. LEMMA: A G = ( m k n ) a csoportban a b - nek akkor és csak akkor van m számú különböz automorf képe, ha [ k n ] 0 ( m ). Bizonyítás: Tekintsük a ϕ : a a, b a γ b, γ Z m leképezést. Ezzel ϕ ( ba ) = a γ b a = a k +γ b, ϕ (a k b ) = a k a γ b = a k +γ b, ami azt jelenti, hogy a γ b = n esetén ϕ ( egyszer ) automorfizmusa lesz G nek. Tekintve, hogy (a γ b ) n = a γ[k n], az a γ b = n összefüggés tetszleges γ Z m mellett csak akkor állhat fönn,
62 56 ha [ k n ] 0 ( m ). Ekkor azonban γ γ2 a b = a b ( 4 ) csakis γ = γ 2 esetén lehetséges. A ( 4 ) bl ugyanis γ γ2 a b a b következik, azaz egy olyan x Z n létezése, amellyel γ γ2 ( ) x k x γ 2 x a b a b a b = =. Innen x (n), de mivel x Z n, ezért x =, s ezzel γ = γ 2 következik. Q. E. D. b 5. DEFINÍCIÓ: Azokat a G = ( m k n ) a csoportokat, amelyekben a b különböz automorf képei páronként diszjunktak, csoportoknak nevezzük. A definícióból világos, hogy. Ha ugyanis G, akkor ζ h (G), és a b bármely konjugáltjával összemetsz ebben a nem triviális hátsó centrumban. b 8. LEMMA: ( m k n ) a pontosan akkor, ha ν n : (m, [ k ν ] ) =. Bizonyítás: Az 5. definícióval ekvivalens állítás ez: b ( m k n ) a pontosan akkor, ha b bármely tle különböz
63 57 automorf képével csak triviálisan metszdik, vagyis # γ γ Z m : b a b =. ( 5 ) (Ugyanis miatt a b automorf képei mind a γ b alakúak, ahol γ Z m ) Az ( 5 ) mármost csakis akkor teljesül, ha γ Z m # ν n : γk ν 0 ( m ). Innen pedig azonnal kapjuk az ν n : (m, [ k ν ] ) = feltételt. Q. E. D. b 6. DEFINÍCIÓ: Ha µ m és ν n, akkor a G = ( m k n ) a csoportnak µ ν az a,b alakú részcsoportjait frészeknek nevezzük. Könny látni, hogy a frészek vagy abeliek, vagy CYCYS beliek. 9. LEMMA: Ha G, akkor G minden nemabeli frésze is ban van. Bizonyítás: Legyen G = ( m k n ) a b, µ m, ν n, és µ ν M = a,b ABEL. M pontosan akkor, ha ν n m 0 ν :, k 0 ν =. ν µ m Tegyük föl, hogy valamely ν 0 ra, k ν ν 0 >. µ Akkor nyilván ( ν ν 0 ) m, k > is fönnáll.
64 58 Ugyanakkor (m, [ k ν ] ) =, mert G. Így ( ν 0 ) ( ν 0 ) ( 0) m, k ν = m, k ν k ν = m, k νν >, ami ellentmond annak, hogy G. Q. E. D. 0. LEMMA: Legyen G = ( p α k p βr ), ahol p P, r p. G akkor és csak akkor beli, ha ( a ) β = és r =, vagy ( b ) β = 0. Bizonyítás: ( a ) Ez esetben G automatikusan ben van, mint minden olyan ( m k n ) csoport, ahol n P. ( b ) Könny látni, hogy ekkor G. Az 5. lemma bizonyításából kiderül, hogy ha ( m k n ) b a, akkor b minden automorf képe megkapható konjugálással. Ezért elég bizonyítani, hogy esetünkben a b bármely, tle különböz konjugáltjával diszjunkt: # x x x Z m : b a ba =. # Tételezzük föl ennek az ellenkezjét, azaz tételezzük egy olyan y Z n szám létezését, amellyel ( a x b a x ) y = ( a x(k ) b ) y = ( a x(k )[k y] )b y = b y. Ebbl x ( k ) [ k y ] x ( k y ) 0 ( p α ) ( 6 )
65 59 következik. Ha x R p α, akkor ( 6 ) ból azt kapjuk, hogy k y ( p α ), tehát y 0 ( n ), ellentmondásban az y Z n # föltevéssel. Ha x R p α, akkor x = p δ x, δ α, ( p, x ) =. Ekkor ( 6 ) ból nyerjük, hogy k y ( p α δ ). De ebbl megint y 0 ( n ) következik, mert R p α = ( p α ) x ( p ), és k most a ( p ) ciklusból való, s ezért k rendje r minden δ α esetén is. Bizonyítottuk tehát, hogy az ( a ) és ( b ) esetekben valóban G. Azt kell még megmutatni, hogy más eset6ekben viszont G. Ismét két lehetség van: ( c ) β =, r >, ( d ) β 2. A ( c ) nél elég látni, hogy a ( p k pr ) frész nincs ben, s így ben sem, a ( d ) nél pedig a ( p α k r p β ) frész vizsgálata vezet hasonló eredményre, ( hiszen ha k r p α = p β, akkor k r p α = p β ). Q. E. D.
66 60 3. TÉTEL: Az csoportok a következk: ( A ) Ha n P, akkor ( m k n ) minden további megszorítás nélkül. ( B ) Tegyük föl, hogy n P, és legyenek a p, p 2,... p r számok páronként különböz prímek. Akkor a α α α (p p...p k n) ccsoport pont akkor lesz ban, ha 2 r 2 r n (p, p 2,... p r ), és ugyancsak beli lesz az α α α 2 r ( s ) (p p 2...p r k n) is, ha ( s, p p 2... p r n ) =. Bizonyítás: ( A ) triviális. ( B ) Mindenekeltt jegyezzük meg, hogy ( n, p i ) =, i =, 2,... r. ( 7 ) Tegyük föl ugyanis, hogy valamely i re p i n i, azaz n = p β i i n i, i 0 β, ( p i, n i ) =. Akkor a 0. lemma szerint a ( p α i k i p β i i n i ) frész pont akkor lehet ban, ha β i = n i =. Ez az n = p i esetre, tehát ( A ) ra vezetne. Így a ( 7 ) nek fönn kell állnia, és akkor a ( p α i k n ) frész ismét a 0. lemma szerint csakis úgy lehet beli, ha n i p i. i
LÁNG CSABÁNÉ SZÁMELMÉLET. Példák és feladatok. ELTE IK Budapest 2010-10-24 2. javított kiadás
LÁNG CSABÁNÉ SZÁMELMÉLET Példák és feladatok ELTE IK Budapest 2010-10-24 2. javított kiadás Fels oktatási tankönyv Lektorálták: Kátai Imre Bui Minh Phong Burcsi Péter Farkas Gábor Fülöp Ágnes Germán László
RészletesebbenKOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.
KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I 5 V ELEmI ALGEbRA 1 BINÁRIS műveletek Definíció Az halmazon definiált bináris művelet egy olyan függvény, amely -ből képez -be Ha akkor az elempár képét jelöljük -vel, a művelet
RészletesebbenAnalízisfeladat-gyűjtemény IV.
Oktatási segédanyag a Programtervező matematikus szak Analízis. című tantárgyához (003 004. tanév tavaszi félév) Analízisfeladat-gyűjtemény IV. (Függvények határértéke és folytonossága) Összeállította
RészletesebbenÁtrendezések és leszámlálások ÚTMUTATÓ Hegedüs Pál 1-2015.június 30.
Átrendezések és leszámlálások ÚTMUTATÓ Hegedüs Pál 1-2015.június 30. 1. Határozzuk meg, hány egybevágósága van egy négyzetnek! Melyek azonos jellegűek ezek között? Ez egy általános bevezető feladat tud
RészletesebbenMiskolci Egyetem GÉPÉSZMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR. Analízis I. példatár. (kidolgozott megoldásokkal) elektronikus feladatgyűjtemény
Miskolci Egyetem GÉPÉSZMÉRNÖKI ÉS INFORMATIKAI KAR Analízis I. példatár kidolgozott megoldásokkal) elektronikus feladatgyűjtemény Összeállította: Lengyelné Dr. Szilágyi Szilvia Miskolc, 013. Köszönetnyilvánítás
RészletesebbenMátrixaritmetika. Tartalom:
Mátrixaritmetika Tartalom: A vektor és mátrix fogalma Speciális mátrixok Relációk és műveletek mátrixokkal A mátrixok szorzása A diadikus szorzat. Hatványozás Gyakorlati alkalmazások Készítette: Dr. Ábrahám
Részletesebben2. Halmazelmélet (megoldások)
(megoldások) 1. A pozitív háromjegy páros számok halmaza. 2. Az olyan, 3-mal osztható egész számok halmaza, amelyek ( 100)-nál nagyobbak és 100-nál kisebbek. 3. Az olyan pozitív egész számok halmaza, amelyeknek
RészletesebbenJANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM. Schipp Ferenc ANALÍZIS I. Sorozatok és sorok
JANUS PANNONIUS TUDOMÁNYEGYETEM Schipp Ferenc ANALÍZIS I. Sorozatok és sorok Pécs, 1994 Lektorok: Dr. FEHÉR JÁNOS egyetemi docens, kandidtus. Dr. SIMON PÉTER egyetemi docens, kandidtus 1 Előszó Ez a jegyzet
Részletesebben(2) A R. 3. (2) bekezdése helyébe a következő rendelkezés lép: (2) A képviselő-testület az önkormányzat összes kiadását 1.1369.
Enying Város Önkormányzata Képviselő-testületének 20/2010. (X. 05.) önkormányzati rendelete az Enying Város Önkormányzatának 2100. évi költségvetéséről szóló 7/2010. (II. 26.) önkormányzati rendelete módosításáról
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Számelmélet I.
Számelmélet I. DEFINÍCIÓ: (Ellentett) Egy szám ellentettjén azt a számot értjük, amelyet a számhoz hozzáadva az 0 lesz. Egy szám ellentettje megegyezik a szám ( 1) szeresével. Számfogalmak kialakítása:
RészletesebbenAnalízis előadás és gyakorlat vázlat
Analízis előadás és gyakorlat vázlat Készült a PTE TTK GI szakos hallgatóinak Király Balázs 00-. I. Félév . fejezet Számhalmazok és tulajdonságaik.. Nevezetes számhalmazok ➀ a) jelölése: N b) elemei:
RészletesebbenMatematikai alapismeretek. Huszti Andrea
Tartalom 1 Matematikai alapismeretek Algebrai struktúrák Oszthatóság Kongruenciák Algebrai struktúrák Az S = {x, y, z,... } halmazban definiálva van egy művelet, ha az S-nek minden x, y elempárjához hozzá
RészletesebbenSoukup Dániel, Matematikus Bsc III. év Email cím: dsoukup123@gmail.com Témavezető: Szentmiklóssy Zoltán, egyetemi adjunktus
Síktopológiák a Sorgenfrey-egyenes ötletével Soukup Dániel, Matematikus Bsc III. év Email cím: dsoukup123@gmail.com Témavezető: Szentmiklóssy Zoltán, egyetemi adjunktus 1. Bevezetés A Sorgenfrey-egyenes
RészletesebbenMATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ
Matematika emelt szint 05 ÉRETTSÉGI VIZSGA 006. május 9. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Formai előírások: Fontos tudnivalók A dolgozatot
RészletesebbenADDITÍV KONVOLÚCIÓS ÖSSZEGEK SPEKTRÁLIS FELBONTÁSA
ADDITÍV KONVOLÚCIÓS ÖSSZEGEK SPEKTRÁLIS FELBONTÁSA HARCOS GERGELY Ha a(n) eg számelméleti függvén, akkor természetes feladat a a(m)a(n)w(m, n) m±nh alakú additív konvolúciós összegek vizsgálata. Ha W :
RészletesebbenSzámelméleti feladatok az általános iskolai versenyek tükrében dr. Pintér Ferenc, Nagykanizsa
Számelméleti feladatok az általános iskolai versenyek tükrében dr. Pintér Ferenc, Nagykanizsa 1. Mutasd meg, hogy a tízes számrendszerben felírt 111111111111 tizenhárom jegyű szám összetett szám, azaz
RészletesebbenVéges ciklikus csoportoknak véges ciklikus csoportokkal való széteső bővítéseiről
Huer László Véges ciklikus csoportoknak véges ciklikus csoportokkal való széteső ővítéseiről 995 Barátomnak és Uranita testvéremnek szeretettel Mota 995.. 08. TARTALOM Köszönetnyilvánítás Jelölések I.
RészletesebbenIsmerkedés az Abel-csoportokkal
Ismerkedés az Abel-csoportokkal - Szakdolgozat - Készítette: Takács Mária (Matematika BSc, Tanári szakirány) Témavezető: Kiss Emil (Algebra és Számelmélet Tanszék, Matematikai Intézet) Eötvös Loránd Tudományegyetem
RészletesebbenA digitális számítás elmélete
A digitális számítás elmélete 1. előadás szept. 19. Determinisztikus véges automaták 1. Példa: Fotocellás ajtó m m m k b s = mindkét helyen = kint = bent = sehol k k b s m csukva b nyitva csukva nyitva
RészletesebbenKis-Benedek Ágnes Szimmetrikus és periodikus szerkezetek merevsége
Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Kis-Benedek Ágnes Szimmetrikus és periodikus szerkezetek merevsége Alkalmazott matematikus MSc Operációkutatás szakirány Szakdolgozat Témavezető: Jordán
RészletesebbenSztojka Miroszláv LINEÁRIS ALGEBRA Egyetemi jegyzet Ungvár 2013
UKRAJNA OKTATÁSI ÉS TUDOMÁNYÜGYI MINISZTÉRIUMA ÁLLAMI FELSŐOKTATÁSI INTÉZMÉNY UNGVÁRI NEMZETI EGYETEM MAGYAR TANNYELVŰ HUMÁN- ÉS TERMÉSZETTUDOMÁNYI KAR FIZIKA ÉS MATEMATIKA TANSZÉK Sztojka Miroszláv LINEÁRIS
Részletesebben2. előadás: További gömbi fogalmak
2 előadás: További gömbi fogalmak 2 előadás: További gömbi fogalmak Valamely gömbi főkör ívének α azimutja az ív egy tetszőleges pontjában az a szög, amit az ív és a meridián érintői zárnak be egymással
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. május 9. EMELT SZINT
) A PQRS négyszög csúcsai: MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 006. május 9. EMELT SZINT P 3; I., Q ;3, R 6; és S 5; 5 Döntse el, hogy az alábbi három állítás közül melyik igaz és melyik hamis! Tegyen * jelet a táblázat
Részletesebben4. előadás. Vektorok
4. előadás Vektorok Vektorok bevezetése Ha adottak a térben az A és a B pontok, akkor pontosan egy olyan eltolás létezik, amely A-t B- be viszi. Ha φ egy tetszőleges eltolás, akkor ez a tér minden P pontjához
RészletesebbenEgy csodálatos egyenesről (A Simson-egyenes) Bíró Bálint, Eger
Egy csodálatos egyenesről (A Simson-egyenes) Bíró Bálint, Eger. feladat Állítsunk merőlegeseket egy húrnégyszög csúcsaiból a csúcsokon át nem menő átlókra. Bizonyítsuk be, hogy a merőlegesek talppontjai
RészletesebbenSztochasztikus folyamatok 1. házi feladat
Sztochasztikus folyamatok 1. házi feladat 1. Egy borfajta alkoholtartalmának meghatározására méréseket végzünk. Az egyes mérések eredményei egymástól független valószínûségi változók, melyek normális eloszlásúak,
RészletesebbenFELADATOK A. A feladatsorban használt jelölések: R + = {r R r>0}, R = {r R r < 0}, [a; b] = {r R a r b}, ahol a, b R és a b.
FELADATOK A RELÁCIÓK, GRÁFOK TÉMAKÖRHÖZ 1. rész A feladatsorban használt jelölések: R = {r R r < 0}, R + = {r R r>0}, [a; b] = {r R a r b}, ahol a, b R és a b. 4.1. Feladat. Adja meg az α = {(x, y) x +
RészletesebbenFejezetek a lineáris algebrából PTE-PMMK, Műszaki Informatika Bsc. Dr. Kersner Róbert
Fejezetek a lineáris algebrából PTE-PMMK, Műszaki Informatika Bsc Dr. Kersner Róbert 007 Tartalomjegyzék Előszó ii. Determináns. Mátrixok 6 3. Az inverz mátrix 9 4. Lineáris egyenletrendszerek 5. Lineáris
RészletesebbenVII. Gyakorlat: Használhatósági határállapotok MSZ EN 1992 alapján Betonszerkezetek alakváltozása és repedéstágassága
VII. Gyakorlat: Használhatósági határállapotok MSZ EN 199 alapján Betonszerkezetek alakváltozása és repedéstágassága Készítették: Kovács Tamás és Völgyi István -1- Készítették: Kovács Tamás, Völgyi István
RészletesebbenA kvantummechanika általános formalizmusa
A kvantummechanika általános formalizmusa October 4, 2006 Jelen fejezetünk célja bevezetni egy általános matematikai formalizmust amelynek segítségével a végtelen dimenziós vektorterek elegánsan tárgyalhatók.
Részletesebben22. szakkör (Csoportelméleti alapfogalmak 1.)
22. szakkör (Csoportelméleti alapfogalmak 1.) A) A PERMUTÁCIÓK CIKLIKUS SZERKEZETE 1. feladat: Egy húsztagú társaság ül az asztal körül. Néhányat közülük (esetleg az összeset) párba állítunk, és a párok
RészletesebbenBináris keres fák kiegyensúlyozásai. Egyed Boglárka
Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Bináris keres fák kiegyensúlyozásai BSc szakdolgozat Egyed Boglárka Matematika BSc, Alkalmazott matematikus szakirány Témavezet : Fekete István, egyetemi
RészletesebbenAUTOMATÁK ÉS FORMÁLIS NYELVEK PÉLDATÁR
Írta: ÉSIK ZOLTÁN GOMBÁS ÉVA IVÁN SZABOLCS AUTOMATÁK ÉS FORMÁLIS NYELVEK PÉLDATÁR Egyetemi tananyag 2011 COPYRIGHT: 2011 2016, Dr. Ésik Zoltán, Dr. Gombás Éva és Dr. Iván Szabolcs, Szegedi Tudományegyetem
RészletesebbenElektromágneses terek gyakorlat - 6. alkalom
Elektromágneses terek gyakorlat - 6. alkalom Távvezetékek és síkhullám Reichardt András 2015. április 23. ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom 2015.04.23 1 / 60 1 Távvezeték
RészletesebbenEÖTVÖS LORÁND TUDOMÁNYEGYETEM KLASSZIFIKÁCIÓ AZ ADATBÁNYÁSZATBAN
EÖTVÖS LORÁND TUDOMÁNYEGYETEM KLASSZIFIKÁCIÓ AZ ADATBÁNYÁSZATBAN SZAKDOLGOZAT Készítette: Bényász Melinda Matematika Bsc Matematikai elemz szakirány Témavezet : Kósa Balázs Informatikai Kar Információs
RészletesebbenLineáris algebra - jegyzet. Kupán Pál
Lineáris algebra - jegyzet Kupán Pál Tartalomjegyzék fejezet Vektorgeometria 5 Vektorok normája Vektorok skaláris szorzata 4 3 Vektorok vektoriális szorzata 5 fejezet Vektorterek, alterek, bázis Vektorterek
RészletesebbenKOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.
KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I 9 IX MÁTRIxOk 1 MÁTRIx FOGALmA, TULAJDONSÁGAI A mátrix egy téglalap alakú táblázat, melyben az adatok, a mátrix elemei, sorokban és oszlopokban vannak elhelyezve Az (1) mátrixnak
RészletesebbenMatematikai logika 1 A MATEMATIKAI LOGIKA ALAPJAI. Pécsi Tudományegyetem, 2005. Bevezetés
Matematikai logika 1 A MATEMATIKAI LOGIKA ALAPJAI Dr. Tóth László Pécsi Tudományegyetem, 2005 Bevezetés A logika a gondolkodás általános törvényszerűségeit, szabályait vizsgálja. A matematikai logika a
RészletesebbenGAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN
GAZDASÁGMATEMATIKA KÖZÉPHALADÓ SZINTEN ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék Gazdaságmatematika középhaladó szinten LINEÁRIS PROGRAMOZÁS Készítette: Gábor Szakmai felel s: Gábor Vázlat 1 2 3 4 A lineáris
RészletesebbenHálók kongruenciahálója
Hálók kongruenciahálója Diplomamunka Írta: Skublics Benedek Témavezet : Pálfy Péter Pál Eötvös Loránd Tudományegyetem Matematikai Intézet 2007 Tartalomjegyzék Bevezetés 1 1. Hálók kongruenciái 3 1.1. A
RészletesebbenMatematikai logika. Nagy Károly 2009
Matematikai logika előadások összefoglalója (Levelezős hallgatók számára) Nagy Károly 2009 1 1. Elsőrendű nyelvek 1.1. Definíció. Az Ω =< Srt, Cnst, F n, P r > komponensekből álló rendezett négyest elsőrendű
Részletesebben3. Feloldható csoportok
3. Feloldható csoportok 3.1. Kommutátor-részcsoport Egy csoport két eleme, a és b felcserélhető, ha ab = ba, vagy átrendezve az egyenlőséget, a 1 b 1 ab = 1. Ezt az [a,b] = a 1 b 1 ab elemet az a és b
Részletesebben, &!!! )! ),!% ), &! )..! ). 7!# &!!,!! 6 ) &! & 6! ) &!! #! 7! ( % ) ) 0!! ) & 6 # &! #! 7.!#! 9 : %!!0!
!!#!! % & (! )!!! ) +, &!!! )! ),!% ), &! )..! ). /% 0) / # ) ( ), 1!# 2 3 4 5 (!! ( 6 # 7!# &!!,!! 6 ) &! & 6! ) &!! #! 7! 8!!,!% #(( 1 6! 6 # &! #! # %& % ( % ) ) 0!! ) & 6 # &! #! 7.!#! 9 : %!!0!!!,
RészletesebbenEgy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Ábrahám Gábor, Szeged
Egy emelt szintű érettségi feladat kapcsán Ábrahám Gábor, Szeged A 01. május 8.-i emelt szintű matematika érettségin szerepelt az alábbi feladat. Egy háromszög oldalhosszai egy számtani sorozat egymást
RészletesebbenAz univerzális gráf. 1. Bevezet. Maga Péter, Pongrácz András
Az univerzális gráf Maga Péter, Pongrácz András 1. Bevezet A véletlen gráfok elméleti és gyakorlati jelent sége egyaránt számottev. Az ismeretségi hálózatok, az internetes weboldalak kapcsolatrendszere
RészletesebbenLineáris Algebra gyakorlatok
A V 2 és V 3 vektortér áttekintése Lineáris Algebra gyakorlatok Írta: Simon Ilona Lektorálta: DrBereczky Áron Áttekintjük néhány témakör legfontosabb definícióit és a feladatokban használt tételeket kimondjuk
RészletesebbenFarkas Gábor: Diszkrét matematika II. (elıadás diák) Lektorálta: Láng Csabáné
Farkas Gábor: Diszkrét matematika II. (elıadás diák) Lektorálta: Láng Csabáné Felhasznált irodalom: Járai Antal & al: Láng Csabáné: Láng Csabáné: Gonda János: Láng Csabáné: Bevezetés a matematikába ELTE
RészletesebbenBeadható feladatok. 2006. december 4. 1. Add meg az alábbi probléma állapottér-reprezentációját!
Beadható feladatok 2006. december 4. 1. Feladatok 2006. szeptember 13-án kitűzött feladat: 1. Add meg az alábbi probléma állapottér-reprezentációját! Adott I 1,..., I n [0, 1] intervallumokból szeretnénk
RészletesebbenEgy euklidészi gyűrű
Acta Academiae Paedagogicae Agriensis, Sectio Mathematicae, 25. (1998) pp. 71 76 Egy euklidészi gyűrű KIRÁLY BERTALAN, OROSZ GYULÁNÉ Abstract. We showe in this paper that the polynomial ring over a field
RészletesebbenElsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek
Elsôfokú egyváltozós egyenletek 6 Elsôfokú egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlôtlenségek. Elsôfokú egyváltozós egyenletek 000. Érdemes egyes tagokat, illetve tényezôket alkalmasan csoportosítani, valamint
RészletesebbenGráfelmélet/Diszkrét Matematika MSc hallgatók számára. Párosítások
Gráfelmélet/Diszkrét Matematika MSc hallgatók számára Párosítások 2012. november 19. Előadó: Hajnal Péter 1. Alapfogalmak Emlékeztető. Legyen G egy gráf, E(G) a G élhalmaza, V (G) gráfunk csúcshalmaza.
Részletesebbenmatematikai statisztika 2006. október 24.
Valószínűségszámítás és matematikai statisztika 2006. október 24. ii Tartalomjegyzék I. Valószínűségszámítás 1 1. Véletlen jelenségek matematikai modellje 3 1.1. Valószínűségi mező..............................
RészletesebbenPROGRAMOZÁS MÓDSZERTANI ALAPJAI I. TÉTELEK ÉS DEFINÍCIÓK
PROGRAMOZÁS MÓDSZERTANI ALAPJAI I. TÉTELEK ÉS DEFINÍCIÓK Szerkesztette: Bókay Csongor 2012 tavaszi félév Az esetleges hibákat kérlek a csongor@csongorbokay.com címen jelezd! Utolsó módosítás: 2012. június
RészletesebbenOnline jegyzet az Egészérték Programozás I. és II. tárgyhoz
Online jegyzet az Egészérték Programozás I. és II. tárgyhoz Király Tamás, Kis Tamás és Szeg László October 25, 2013 Egészérték programozás I. vizsgatematika 2013. tavasz 1. Az egészérték lineáris programozási
RészletesebbenHalmazelmélet. 2. fejezet 2-1
2. fejezet Halmazelmélet D 2.1 Két halmazt akkor és csak akkor tekintünk egyenl nek, ha elemeik ugyanazok. A halmazt, melynek nincs eleme, üres halmaznak nevezzük. Jele:. D 2.2 Az A halmazt a B halmaz
RészletesebbenTűgörgős csapágy szöghiba érzékenységének vizsgálata I.
Budapesti Műszaki és Gazdaságtudományi Egyetem Gépészmérnöki Kar Tudományos Diákköri Konferencia Tűgörgős csapágy szöghiba érzékenységének vizsgálata I. Szöghézag és a beépítésből adódó szöghiba vizsgálata
RészletesebbenSzámításelmélet 2 - El adás jegyzet
Számításelmélet 2 - El adás jegyzet Rózsa Gábor 2007. els félév 1 Bevezetés Ajánlott irodalom: Katona-Recski: Bevezetés a véges matematikába Rónyai-Ivanyos-Szabó: Algoritmusok Lovász: Aloritmusok bonyolultsága
RészletesebbenKOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.
KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I. 7 VII. Gyűrűk 1. Gyűrű Definíció Egy a következő axiómákat: gyűrű alatt olyan halmazt értünk, amelyben definiálva van egy összeadás és egy szorzás, amelyek teljesítik (1) egy
RészletesebbenLineáris programozás. Modellalkotás Grafikus megoldás Feladattípusok Szimplex módszer
Lineáris programozás Modellalkotás Grafikus megoldás Feladattípusok Szimplex módszer Feladat: Egy gyár kétféle terméket gyárt (A, B): /db Eladási ár 1000 800 Technológiai önköltség 400 300 Normaóraigény
RészletesebbenMatematika emelt szintû érettségi témakörök 2013. Összeállította: Kovácsné Németh Sarolta (gimnáziumi tanár)
Matematika emelt szintû érettségi témakörök 013 Összeállította: Kovácsné Németh Sarolta (gimnáziumi tanár) Tájékoztató vizsgázóknak Tisztelt Vizsgázó! A szóbeli vizsgán a tétel címében megjelölt téma kifejtését
RészletesebbenFödémszerkezetek 2. Zsalupanelok alkalmazása
Födészerkezetek 1. A beton Évkönyv 000-ben Dr. László Ottó és Dr. Petro Bálint egy kiváló összeoglalást adtak a beton, vasbeton és eszített vasbeton ödéekrl, elyet jól kiegészít Dr. Farkas György ejezete,
RészletesebbenAz indukció. Azáltal, hogy ezt az összefüggést felírtuk, ezúttal nem bizonyítottuk, ez csak sejtés!
Az indukció A logikában indukciónak nevezzük azt a következtetési módot, amelyek segítségével valamely osztályon belül az egyes esetekb l az általánosra következtetünk. Például: 0,, 804, 76, 48 mind oszthatóak
RészletesebbenPénzügyi matematika. Medvegyev Péter. 2013. szeptember 8.
Pénzügyi matematika Medvegyev Péter 13. szeptember 8. Az alábbi jegyzet a korábbi ötéves gazdaságmatematikai képzés keretében a Corvinus egyetemen tartott matematikai el adásaim kib vített verziója. A
RészletesebbenBiztosítási ügynökök teljesítményének modellezése
Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Budapest Corvinus Egyetem Közgazdaságtudományi Kar Biztosítási ügynökök teljesítményének modellezése Szakdolgozat Írta: Balogh Teréz Biztosítási és
RészletesebbenKombinatorika. 9 10. évfolyam. Szerkesztette: Surányi László Ábrák: Hraskó András. 2015. december 6.
Kombinatorika 9 10. évfolyam Szerkesztette: Surányi László Ábrák: Hraskó András 2015. december 6. A kötet létrehozását 2008-tól 2010-ig a Fővárosi Közoktatásfejlesztési Közalapítvány támogatta Technikai
RészletesebbenSzéchenyi István Egyetem, 2005
Gáspár Csaba, Molnárka Győző Lineáris algebra és többváltozós függvények Széchenyi István Egyetem, 25 Vektorterek Ebben a fejezetben a geometriai vektorfogalom ( irányított szakasz ) erős általánosítását
RészletesebbenSzeminárium-Rekurziók
1 Szeminárium-Rekurziók 1.1. A sorozat fogalma Számsorozatot kapunk, ha pozitív egész számok mindegyikéhez egyértelműen hozzárendelünk egy valós számot. Tehát a számsorozat olyan függvény, amelynek az
Részletesebben1. BEVEZETÉS. - a műtrágyák jellemzői - a gép konstrukciója; - a gép szakszerű beállítása és üzemeltetése.
. BEVEZETÉS A korszerű termesztéstechnológia a vegyszerek minimalizálását és azok hatékony felhasználását célozza. E kérdéskörben a növényvédelem mellett kulcsszerepe van a tudományosan megalapozott, harmonikus
RészletesebbenMIKROÖKONÓMIA I. Készítette: K hegyi Gergely és Horn Dániel. Szakmai felel s: K hegyi Gergely. 2010. június
MIKROÖKONÓMIA I. Készült a TÁMOP-4.1.2-08/2/a/KMR-2009-0041 pályázati projekt keretében Tartalomfejlesztés az ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszékén az ELTE Közgazdaságtudományi Tanszék az MTA Közgazdaságtudományi
RészletesebbenS T A T I K A. Az összeállításban közremûködtek: Dr. Elter Pálné Dr. Kocsis Lászlo Dr. Ágoston György Molnár Zsolt
S T A T I K A Ez az anyag az "Alapítvány a Magyar Felsôoktatásért és Kutatásért" és a "Gépészmérnök Képzésért Alapítvány" támogatásával készült a Mûszaki Mechanikai Tanszéken kísérleti jelleggel, hogy
RészletesebbenMikrohullámok vizsgálata. x o
Mikrohullámok vizsgálata Elméleti alapok: Hullámjelenségen valamilyen rezgésállapot (zavar) térbeli tovaterjedését értjük. A hullám c terjedési sebességét a hullámhossz és a T rezgésido, illetve az f frekvencia
RészletesebbenISMÉT FÖLDKÖZELBEN A MARS!
nikai Vállalat, Audió, EVIG Egyesült Villamosgépgyár, Kismotor- és Gépgyár, Szerszámgép Fejlesztési Intézet (Halásztelek), Pestvidéki Gépgyár (Szigethalom), Ikladi ûszeripari ûvek (II), Kôbányai Vas- és
RészletesebbenAnalízis 1. (BSc) vizsgakérdések Programtervez informatikus szak 2008-2009. tanév 2. félév
Analízis 1. (BSc) vizsgakérdések Programtervez informatikus szak 2008-2009. tanév 2. félév Valós számok 1. Hogyan szól a Bernoulli-egyenl tlenség? Mikor van egyenl ség? Válasz. Minden h 1 valós számra
RészletesebbenEgy kétszeresen aszimmetrikus kontytető főbb geometriai adatainak meghatározásáról
1 Egy kétszeresen aszimmetrikus kontytető főbb geometriai adatainak meghatározásáról Korábban már több egyszerűbb tető - alak geometriáját leírtuk. Most egy kicsit nehezebb feladat megoldását tűzzük ki
RészletesebbenTermészetes számok: a legegyszerűbb halmazok elemeinek. halmazokat alkothatunk, ezek elemszámai természetes 3+2=5
1. Valós számok (ismétlés) Természetes számok: a legegyszerűbb halmazok elemeinek megszámlálására használjuk őket: N := {1, 2, 3,...,n,...} Például, egy zsák bab felhasználásával babszemekből halmazokat
RészletesebbenGráfokkal megoldható hétköznapi problémák
Eötvös Loránd Tudományegyetem Természettudományi Kar Gráfokkal megoldható hétköznapi problémák Szakdolgozat Készítette Vincze Ágnes Melitta Konzulens Héger Tamás Budapest, 2015 Tartalomjegyzék Bevezetés
RészletesebbenMatematikai és matematikai statisztikai alapismeretek
Kézirat a Matematikai és matematikai statisztikai alapismeretek című előadáshoz Dr. Győri István NEVELÉSTUDOMÁNYI PH.D. PROGRM 1999/2000 1 1. MTEMTIKI LPOGLMK 1.1. Halmazok Halmazon mindig bizonyos dolgok
RészletesebbenDIFFERENCIAEGYENLETEK
DIFFERENCIAEGYENLETEK A gazdaság változómennyiségeit (jövedelem, fogyasztás, beruházás,...) általában bizonyos időszakonként (naponta, hetente, havonta, évente) figyeljük meg. Ha ezeket a megfigyeléseket
RészletesebbenBemenet modellezése II.
Bemenet modellezése II. Vidács Attila 2005. november 3. Hálózati szimulációs technikák, 2005/11/3 1 Kiszolgálási id k modellezése Feladat: Egy bemeneti modell felállítása egy egy kiszolgálós sorbanállási
RészletesebbenTARTALOM. Ismétlő tesztek...248 ÚTMUTATÁSOK ÉS EREDMÉNYEK...255
TARTALOM. SZÁMHALMAZOK...5.. Természetes kitevőjű hatványok...5.. Negatív egész kitevőjű hatványok...6.. Racionális kitevőjű hatványok...7.4. Irracionális kitevőjű hatványok...0.5. Négyzetgyök és köbgyök...
RészletesebbenELŐFESZÍTETT VASBETON TARTÓ TERVEZÉSE AZ EUROCODE SZERINT
BUDAPEST MŰSZAKI ÉS GAZDASÁGTUDOMÁNYI EGYETEM Építőmérnöki Kar Hidak és Szerkezetek Tanszéke ELŐFESZÍTETT VASBETON TARTÓ TERVEZÉSE AZ EUROCODE SZERINT Segédlet v1.14 Összeállította: Koris Kálmán Budapest,
RészletesebbenL(f, s) def. n s. n=1. n=1
VÉLEMÉNY Harcos Gergely: Subconvex Bounds for Automorphic L-functions and Applications doktori értekezéséről A téma. Már négy évtizeddel ezelőtt propagálta Turán Pál a moduláris formák akkor itthon még
RészletesebbenFonatok csavarása és a Homfly polinom
Fonatok csavarása és a Homfly polinom Kálmán Tamás Tokiói Egyetem MTA Rényi Intézet szemináriuma 2008. március 28. Definíciók és a Morton Franks Williams egyenlőtlenség áttekintése A Homfly polinom bizonyos
RészletesebbenFeszített vasbeton gerendatartó tervezése költségoptimumra
newton Dr. Szalai Kálmán "Vasbetonelmélet" c. tárgya keretében elhangzott előadások alapján k 1000 km k m meter m Ft 1 1 1000 Feszített vasbeton gerendatartó tervezése költségoptimumra deg A következőkben
Részletesebben2. Hatványozás, gyökvonás
2. Hatványozás, gyökvonás I. Elméleti összefoglaló Egész kitevőjű hatvány értelmezése: a 1, ha a R; a 0; a a, ha a R. Ha a R és n N; n > 1, akkor a olyan n tényezős szorzatot jelöl, aminek minden tényezője
RészletesebbenA matematika alapjai. Nagy Károly 2014
A matematika alapjai előadások összefoglalója (Levelezős hallgatók számára) Nagy Károly 2014 1 1. Kijelentés logika, ítéletkalkulus 1.1. Definíció. Azokat a kijelentő mondatokat, amelyekről egyértelműen
RészletesebbenOktatási segédlet REZGÉSCSILLAPÍTÁS. Dr. Jármai Károly, Dr. Farkas József. Miskolci Egyetem
Oktatási segélet REZGÉSCSILLAPÍTÁS a Nemzetközi Hegesztett Szerkezettervező mérnök képzés hallgatóinak Dr. Jármai Károly, Dr. Farkas József Miskolci Egyetem 4 - - A szerkezeteket különböző inamikus hatások
RészletesebbenÁttekintés a felhasznált lineáris algebrai ismeretekről.
Kiegészítés az előadássorozathoz. Áttekintés a felhasznált lineáris algebrai ismeretekről. A valószínűségszámítás (és a matematika) bizonyos kérdéseiben fontos szerepet játszik a lineáris algebra néhány
RészletesebbenJuhász Tibor. Lineáris algebra
Juhász Tibor Lineáris algebra Eszterházy Károly Főiskola Matematikai és Informatikai Intézet Juhász Tibor Lineáris algebra Eger, 2013 Készült a TÁMOP-425B-11/1-2011-0001 támogatásával Tartalomjegyzék
RészletesebbenMATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ
Matematika emelt szint 1613 ÉRETTSÉGI VIZSGA 016. május 3. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fontos tudnivalók Formai előírások:
RészletesebbenFélévi időbeosztás (nagyjából) házi feladat beadási határidőkkel (pontosan) Valószínűségszámítás 2. matematikusoknak és fizikusoknak, 2009 tavasz
Félévi időbeosztás (nagyjából) házi feladat beadási határidőkkel (pontosan) Valószínűségszámítás 2. matematikusoknak és fizikusoknak, 2009 tavasz Dátum Téma beadandó Feb 12Cs Konvolúció (normális, Cauchy,
RészletesebbenHraskó András, Surányi László: 11-12. spec.mat szakkör Tartotta: Surányi László. Feladatok
Feladatok 1. Színezzük meg a koordinátarendszer rácspontjait két színnel, kékkel és pirossal úgy, hogy minden vízszintes egyenesen csak véges sok kék rácspont legyen és minden függőleges egyenesen csak
RészletesebbenMiskolci Egyetem, Gyártástudományi Intézet, Prof. Dr. Dudás Illés
6. MENETMEGMUNKÁLÁSOK A csavarfelületek egyrészt gépelemek összekapcsolására (kötő menetek), másrészt mechanizmusokban mozgás átadásra (kinematikai menetek) szolgálnak. 6.1. Gyártási eljárások a) Öntés
Részletesebben0653. MODUL TÖRTEK. Szorzás törttel, osztás törttel KÉSZÍTETTE: BENCZÉDY LACZKA KRISZTINA, MALMOS KATALIN
06. MODUL TÖRTEK Szorzás törttel, osztás törttel KÉSZÍTETTE: BENCZÉDY LACZKA KRISZTINA, MALMOS KATALIN 06. Törtek Szorzás törttel, osztás törttel Tanári útmutató MODULLEÍRÁS A modul célja Időkeret Ajánlott
RészletesebbenOptika feladatok (szemelvények a 333 Furfangos Feladat Fizikából könyvből)
Fénytan 1 Optika feladatok (szemelvények a 333 Furfangos Feladat Fizikából könyvből) Feladatok F. 1. Vízszintes asztallapra fektetünk egy negyedhenger alakú üvegtömböt, amelynek függőlegesen álló síklapját
RészletesebbenGeometriai axiómarendszerek és modellek
Verhóczki László Geometriai axiómarendszerek és modellek ELTE TTK Matematikai Intézet Geometriai Tanszék Budapest, 2011 1) Az axiómákra vonatkozó alapvető ismeretek Egy matematikai elmélet felépítésének
Részletesebben* Modern piacelmélet. ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék. Tárgyfelelős neve * Modern piacelmélet Horizontális stratégiák II.
* Modern piacelmélet ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék Tárgyfelelős neve * Modern piacelmélet Horizontális stratégiák II. ELTE TáTK Közgazdaságtudományi Tanszék Készítette:Hidi János * Horizontális
RészletesebbenMM CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT ( )
MM4122-1 CSOPORTELMÉLET GYAKORLAT (2008.12.01.) 1. Ismétlés szeptember 1.szeptember 8. 1.1. Feladat. Döntse el, hogy az alábbi állítások közül melyek igazak és melyek (1) Az A 6 csoportnak van 6-odrend
RészletesebbenMiskolci Egyetem. Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet. Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28.
Miskolci Egyetem Diszkrét matek I. Vizsga-jegyzet Hegedűs Ádám Imre 2010.12.28. KOMBINATORIKA Permutáció Ismétlés nélküli permutáció alatt néhány különböző dolognak a sorba rendezését értjük. Az "ismétlés
Részletesebben44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Országos döntő, 1. nap - 2015. május 29.
44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Országos döntő, 1. nap - 015. május 9. ÖTÖDIK OSZTÁLY - ok 1. Egy háromjegyű szám középső számjegyét elhagyva egy kétjegyű számot kaptunk. A két szám összege
Részletesebben