Algebra jegyzet másodéves Matematika BSc hallgatóknak. Horváth Gábor

Átírás

1 Algebra jegyzet másodéves Matematika BSc hallgatóknak Horváth Gábor Debreceni Egyetem 2014

2 Tartalomjegyzék Bevezetés 5 1. M veletek, algebrai struktúrák 6 2. A csoportelmélet alapjai Homomorzmusok, izomorzmusok Permutáció el jele Rend Ciklikus csoport Részcsoportok Mellékosztályok, Lagrange tétele Valódi részcsoport nélküli csoportok Ciklikus csoport részcsoportjai Generált részcsoport Csoportkonstrukciók Direkt szorzat Transzformáció- és permutációcsoportok Hatás Homomorzmusok Faktorcsoport Normálosztók, konjugálás Centralizátor, centrum Számolás a faktorcsoportban Csoportok osztályozása, egyszer csoportok p-csoportok

3 TARTALOMJEGYZÉK Feloldható csoportok Nemkommutatív egyszer csoportok A gy r elmélet alapjai Alapvet fogalmak Részgy r Homomorzmus, ideál Faktorgy r Faktorgy r részgy r i, izomorzmustételek Speciális gy r osztályok Polinomgy r k Nullosztómentes gy r k, véges gy r k R[x]/(x 2 + 1) C újra Egyszer gy r k Euklideszi gy r k, f ideálgy r k Számelmélet szokásos gy r kben Oszthatósági alapfogalmak Az alaptétel egyértelm sége F ideálok Z, T [x] alaptételes Maximumfeltétel Alaptételes gy r k Hányadostest A törtek konstrukciója M veletek Testaxiómák R részgy r T-ben T az R-beli elemek hányadosa Egyértelm ség Bevezetés a testelméletbe Testb vítés Minimálpolinom

4 4 TARTALOMJEGYZÉK Egyszer b vítések B vítés több elemmel Szorzástétel Algebrai elemek Testb vítések konstrukciója Véges testek Karakterisztika Prímtest Véges testek elemszáma Véges testek multiplikatív csoportja Véges testek résztestei Irreducibilis polinomok véges testek felett Testb vítések alkalmazásai Szerkesztések elmélete Egyenletek megoldóképlete Hivatkozások 142

5 Bevezetés A jegyzet azzal a céllal készült, hogy megpróbáljon segíteni a másodéves Matematika szakos BSc hallgatóknak elsajátítani az Algebra tárgy anyagát. A jegyzet nem helyettesíti az el adásokon és a gyakorlatokon való részvételt, azoknak csak egy er sen kivonatolt változata. A jegyzet anyaga er sen épít a korábbi félévek tárgyaira, els sorban a Kombinatorika, Algebrai alapismeretek, Bevezetés az algebrába és számelméletbe valamint Lineáris algebra tárgyakra. A félév tematikája részben követi [2]-nek , 4.11, , 5.5, , 5.10, , 6.4, fejezeteit. A gyakorlaton szerepl feladatok többségét is meg lehet találni ebben a könyvben. További feladatokat például az [1]-ben érdemes keresni.

6 1. fejezet M veletek, algebrai struktúrák Az algebra alapvet en számolás m veletekkel, formális kifejezésekkel. Egy halmazt rajta adott m velettel algebrai struktúrának nevezünk. A félév folyamán több különböz algebrai struktúrával fogunk megismerkedni, ezek mindegyikére már korábban láttunk példákat. A félév folyamán els sorban ezen példák közös tulajdonságait felismerve fogjuk általánosítani azokat, az általánosított struktúráknak felfedezzük különböz tulajdonságait, majd új speciális esetekre alkalmazzuk ket deníció. Legyen A halmaz. Az A-n értelmezett (n-változós) m - velet egy f : A n A, (a 1,..., a n ) f(a 1,..., a n ) függvény. Ha a m velet kétváltozós (mondjuk ), akkor (a, b) helyett a b-t írunk deníció. Legyen A halmaz, rajta egy kétváltozós m velet. A m velet asszociatív, ha minden a, b, c A-ra (a b) c = a (b c). A m velet kommutatív, ha minden a, b, c A-ra a b = b a deníció. Legyen A halmaz, rajta egy kétváltozós m velet. Egy e A elemet neutrális elemnek hívunk, ha minden a A-ra e a = a = a e. Ha összeadás, akkor a neutrális elemet nullelemnek, ha szorzás, akkor a neutrális elemet egységelemnek hívjuk. Ha csak e a = a teljesül minden a A elemre, akkor e-t baloldali egységelemnek hívjuk, Ha csak a e = a teljesül minden a A elemre, akkor e-t jobboldali egységelemnek hívjuk deníció. Legyen A halmaz, rajta egy kétváltozós m velet. Azt mondjuk, hogy az e neutrális elemre az a A elem inverze a A, ha

7 1 M veletek, algebrai struktúrák 7 a a = e = a a. Összeadás esetén ellentettr l, szorzás esetén inverzr l vagy reciprokról beszélünk. Ha csak a a = e teljesül, akkor a -t jobboldali inverznek hívjuk, Ha csak a a = e teljesül, akkor a -t baloldali inverznek hívjuk, 1.5. deníció. (S, ) félcsoport, ha egy asszociatív kétváltozós m velet S-en. (S, ) monoid, ha félcsoport, és -ra nézve van egységelem példa. Félcsoportra, ami nem monoid példa a pozitív egészek halmaza a szokásos összeadással. Monoidra példa a nemnegatív egészek halmaza a szokásos összeadással deníció. (G, ) csoport, ha monoid, és az egységelemre nézve minden elemnek van inverze. (G, ) Abel csoport vagy kommutatív csoport, ha csoport, és kommutatív. A csoport m velettáblázatát Cayley táblázatnak nevezzük példa. (Z, +), (Q, +), (R, +), (C, +), egységelemük 0, a inverze a. S X szimmetrikus csoport: Legyen X halmaz, és legyen S X az X X bijektív (kölcsönösen egyértelm ) leképezéseinek halmaza. Ez a kompozícióra csoportot alkot, egységeleme az identikus leképezés, egy leképezés inverze pedig az a leképezés, ami megfordítja a hozzárendelést. S X elemeit transzformációknak hívjuk, véges X halmaz esetén permutációknak. Jelölés X = { 1,..., n }, f S X esetén: ( ) n. f(1) f(2)... f(n) Ciklusnak hívunk egy x 1 x 2... x n x 1 permutációt, jele: (x 1, x 2,..., x n ). Két ciklus diszjunkt, ha csak különböz elemeket mozgatnak házi feladat. Ha X véges halmaz, akkor S X minden eleme sorrendt l eltekintve egyértelm en el áll diszjunkt ciklusok szorzataként. (Kombinatorika jegyzet.)

8 8 M VELETEK, ALGEBRAI STRUKTÚRÁK Általában az egyelem ciklusokat nem írjuk ki. Megjegyezzük, hogy mi a ciklusokat jobbról balra szorozzuk, mert úgy tekintünk rájuk, mint { 1,..., n } { 1,..., n } függvények. Különböz alakzatok szimmetriái, tehát a sík/tér azon transzformációi, melyek bizonyos alakzatot helyben hagynak. Például az ABC szabályos háromszög szimmetriái. Szabályos n-szög szimmetriacsoportja, jele D n, neve: diédercsoport. A kocka szimmetriacsoportja 48 elem. A Rubik kocka szimmetriacsoportja 8! ! , elem. Egységkör szimmetriái O(2) a forgatások és az átmér re tükrözések. Csak a forgatások is csoportot alkotnak, jele SO(2). A gömb szimmetriacsoportját O(3)-mal, az irányítástartó transzformációk csoportját SO(3)-mal jelöljük. Q kvaterniócsoport: { 1, 1, i, i, j, j, k, k }, a szorzás pedig az i 2 = = j 2 = k 2 = 1, ij = k, jk = i, ki = j, ji = k, kj = i, ik = j alapján történik házi feladat. Csoportban az egységelem egyértelm. (Ötlet: ha e és f egységelem, akkor tekintsük az ef szorzatot.) Általánosabban: ha egy félcsoportban van baloldali és jobboldali egységelem, akkor mind egyenl és kétoldali egységelemek is házi feladat. Adjunk példát olyan félcsoportra, amiben több különböz balegységelem is van házi feladat. Csoportban egy elem inverze egyértelm. (Ötlet: ha a inverze b és c is, akkor tekintsük a bac szorzatot.) Általánosabban: ha egy monoidban a-nak van baloldali és jobboldali inverze, akkor mind egyenl és kétoldali inverzek is deníció. (R, +, ) gy r, ha (R, +) Abel csoport, (R, ) félcsoport, és mindkét oldali disztributív szabály teljesül, azaz (a + b) c = (a c) + (b c)

9 1 M veletek, algebrai struktúrák 9 és c (a + b) = (c a) + (c b) minden a, b, c R-re. R-et kommutatív gy - r nek hívjuk, ha a szorzás kommutatív. R-et egységelemes gy r nek hívjuk (és röviden 1 R-rel jelöljük), ha van a szorzásra nézve egységelem, ekkor az invertálható elemek halmazát R -tel jelöljük és multiplikatív csoportnak vagy egységcsoportnak hívjuk példa. Az egész számok az összeadásra és szorzásra kommutatív, egységelemes gy r, multiplikatív csoportja { 1, 1 }. Az n n-es racionális/valós/komplex mátrixok a szorzásra egységelemes gy r, mely csak n = 1 esetén kommutatív. Multiplikatív csoportja az invertálható mátrixok. Ha R kommutatív, egységelemes gy r, akkor az R[x] polinomgy r és az R[[x]] formális hatványsorok gy r je is kommutatív, egységelemes gy r. A modulo n maradékosztályok a modulo n összeadásra és szorzásra. Másképpen, legyen Z n = {0,1,2,..., n 1}, ahol az összeadás (szorzás) a hagyományos összeg (szorzat) modulo n maradéka házi feladat. Gondoljuk meg, hogy R a szorzásra nézve csoportot alkot. Ezzel újabb példákat kaphatunk csoportokra deníció. (T, +, ) ferdetest, ha gy r és (T \ { 0 }, ) csoport. (T, +, ) test, ha ferdetest és a szorzás kommutatív példa. Q, R, C. Ha T test, akkor a T (x) racionális törtfüggvények is testet alkotnak a szokásos m veletekre. Ha T test, akkor T n n a T feletti n n-es mátrixok egységelemes gy r.

10 10 M VELETEK, ALGEBRAI STRUKTÚRÁK A félév folyamán megismerkedünk majd véges testekkel is (például Z p minden p prímre), valamint nem kommutatív ferdetesttel is (az úgynevezett kvaternió algebrával).

11 2. fejezet A csoportelmélet alapjai A fejezetben alapvet csoportelméletr l lesz szó. A fejezet a korábban tanultakhoz képest absztrakt, érdemes az egyes tételeket el ször különböz példákon keresztül megérteni. A fejezet fogalmainak és tételeinek analogonjai visszaköszönnek majd a gy r elméletben Homomorzmusok, izomorzmusok Tekintsük az alábbi kételem csoportokat: (Z 2, +), Z 3, Z 4, Z 6, S 2. A Cayley táblázatok: (Z 2, +) : Z 3 : Z 4 : id (12) Z 6 : S 2 : id id (12) (12) (12) id A m velettáblákat elnézve mind nagyon hasonlóan viselkedik, ami nem véletlen. Például S 2 és Z 2 elemei között van egy kölcsönösen egyértelm meg-

12 12 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI feleltetés, mely az egyik m velettáblát átviszi a másikba. Nevezetesen a ϕ: S 2 Z, id 1, (12) 1. Legyen most (G, ) egy kételem csoport. Egyik eleme az egységelem (legyen 1), a másik elem legyen b. Könnyen elkészíthetjük a m velettáblát: az egységelem deníciójából 1 1 = 1, 1 b = b = b 1. Mi lehet b b? Csak 1 vagy b lehet, hisz más eleme nincs G-nek. De ha b b = b lenne, akkor b 1 - zel balról szorozva az egyenl séget b = 1 adódna, ami ellentmondás. Tehát b b = 1 lehet csak, vagyis tetsz leges kételem csoport m velettáblája az alábbi: 1 b G : 1 1 b b b megjegyzés. A b b = 1 azonnal adódik az alábbi észrevételb l is házi feladat. Igazoljuk, hogy egy (G, ) (véges vagy végtelen) csoport m velettáblázatának minden sorában és minden oszlopában minden elem pontosan egyszer szerepel. Tehát valamilyen értelemben minden kételem csoport ugyanolyan, a m - veleteket ugyanúgy végezzük. Konkrétabban: bármely két kételem csoport elemi között létesíthet egy kölcsönösen egyértelm megfeleltetés, mely meg- rzi a m veleteket. Ez motiválja a következ deníciót deníció. Legyenek (G, ) és (H, ) csoportok. Ekkor egy ϕ: G H leképezést (csoport)homomorzmusnak hívunk, ha m velettartó, azaz tetsz leges g 1, g 2 G esetén (2.1) ϕ (g 1 g 2 ) = ϕ (g 1 ) ϕ (g 2 ). Ha ϕ bijektív, akkor izomorzmusnak hívjuk. Azt mondjuk, hogy a G és H csoportok izomorfak, ha van közöttük izomorzmus, jele G H vagy G = H. Ekkor G és H minden olyan tulajdonsága megegyezik, mely a m velet segítségével van deniálva.

13 2.1 Homomorzmusok, izomorzmusok megjegyzés. A két m velet más a (2.1) két oldalán: a baloldalon két G-beli elemet szorzunk össze és képezzük H-ba ϕ-vel, míg a jobb oldalon két G-beli elemet H-ba képezünk ϕ-vel, és ezt a két H-beli elemet szorozzuk össze példa. Legyen G = (R, +), H = (R +, ) (a pozitív valós számok a szokásos szorzással). Ekkor izomorzmus. ϕ: G H, g 10 g Permutáció el jele Kombinatorika tanulmányaink során megismerkedtünk egy permutáció el jelével: deníció. Legyen f S n egy permutáció. Tekintsük a P (x 1,..., x n ) = (x 1 x 2 )(x 1 x 3 ) (x 1 x 4 )... (x 1 x n ) (x 2 x 3 ) (x 2 x 4 )... (x 2 x n ) (x 3 x 4 )... (x 3 x n ).... (x n 1 x n ) polinomot. Ekkor P ( x f(1),... x f(n) ) csak egy el jelben tér el P (x1,..., x n )- t l. Ezt az el jelet nevezzük az f permutáció el jelének, azaz P ( x f(1),... x f(n) ) = sg (f) P (x1,..., x n ). Ha sg(f) = 1, akkor páros, ha sg(f) = 1, akkor páratlan permutációról beszélünk házi feladat. Igazoljuk, hogy az el jel fenti deníciója értelmes, és sg (f) éppen az a szám, hogy ( 1)-et az inverziók száma hatványra emeljük.

14 14 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI lemma. Ha f, g S n, akkor sg (f g) = sg (f) sg (g). Bizonyítás. Az el jel deníciójából P ( x f g(1),... x f g(n) ) = sg (f g) P (x1,... x n ). Vezessük be az y i = x f(i) jelölést. Ekkor P ( x f g(1),... x f g(n) ) = P ( xf(g(1)),... x f(g(n)) ) = P ( yg(1),... y g(n) ) = = sg (g) P (y 1,..., y n ) = sg (g) P ( x f(1),... x f(n) ) = = sg (g) sg (f) P (x 1,..., x n ), amib l a polinomok egyenl sége miatt éppen a bizonyítandót kapjuk házi feladat. Miért nem baj, hogy sg (f g) = sg (g) sg (f) jött ki sg (f g) = sg (f) sg (g) helyett? következmény. Az sg: S n Z el jel homomorzmus, sg (id) = = 1, sg (f 1 ) = (sg (f)) 1, azaz permutáció inverzének el jele az el jelének inverze (azaz a két el jel megegyezik). Bizonyítás. A lemma éppen azt mondja, hogy az el jel homomorzmus. Az sg (id) = sg (id id) = sg (id) sg (id) egyenl ség mindkét oldalát a Z -beli (sg(id) 1 )-zel szorozva adódik. Végül 1 = sg (id) amib l 1 = sg (id) = sg ( f f 1) = sg (f) sg ( f 1), adódik. sg ( f 1) = (sg (f)) 1

15 2.1 Homomorzmusok, izomorzmusok házi feladat. Igazoljuk, hogy egy ϕ: G H csoporthomomorzmusra ϕ (1 G ) = 1 H és ϕ (g 1 ) = ϕ (g) 1, azaz egy csoporthomomorzmus megtartja az egységelemet és az inverzet is lemma. Minden S n -beli csere el jele -1. Bizonyítás. Tekintsük az (ij) cserét. Közvetlen számolással ellen rizhet, hogy az inverziók száma páratlan. Ennél elegánsabb a következ : Legyen g S n egy olyan permutáció, ami 1-et i-be, 2-t pedig j-be viszi. Ekkor g (12) g 1 (i) = g (12)(1) = g(2) = j, g (12) g 1 (j) = g (12)(2) = g(1) = i, g (12) g 1 (l) = g (12) ( g 1 (l) ) = g ( g 1 (l) ) = l (l i, j), vagyis g (12) g 1 = (ij), és így sg(ij) = sg(g) sg(12) sg(g 1 ) = sg(12). Végül, sg(12) = 1 közvetlenül következik az el jel deníciójából házi feladat. Igazoljuk az (x 1 x 2... x k ) = (x 1 x 2 ) (x 2 x 3 )... (x k 1 x k ) egyenl séget. Vonjuk le következtetésként, hogy páratlan hosszú ciklus páros, páros hosszú ciklus pedig páratlan permutáció. Tehát egy permutáció pontosan akkor páros, ha a diszjunkt ciklusokra való felbontásában a páros hosszú ciklusok száma páros házi feladat. El áll-e S n -ben az (12) hármas ciklusok szorzataként? Rend A kételem csoportokat már ismerjük izomora erejéig. Hasonlóan bánhatunk el a háromelem csoportokkal. Tekintsünk most négyelem csoportokat: (Z 4, +), Z 5, Z 8. Melyek izomorfak ezen csoportok közül? A kérdés megválaszolásához érdemes felírni a Cayley táblázataikat: (Z 4, +) : Z 5 : Z 8 :

16 16 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI Könny látni, hogy (Z 4, +) és Z 5 izomorfak, ugyanis a hatványozás azonosságai miatt izomorzmus lesz köztük ϕ: Z 4 Z 5, g 2 g (mod 5). Viszont Z 5 és Z 8 nem izomorfak. Ezt például úgy lehet látni, hogy izomor- zmus mentén a Cayley táblázat f átlója a másik Cayley táblázat f átlójába megy át. De Z 8 Cayley táblázatának f átlója csupa egységelemb l áll, míg Z 5 -é nem. Másképpen: Z 8 -ben minden elemnek legfeljebb két különböz hatványa van, míg Z 5 -ben van olyan elem, aminek 4 különböz hatványa is van. Mivel a különböz hatványok száma a m velettel deniálható, ezért az izomorzmus meg rzi azt. Ez egy olyan fontos fogalom, hogy nevet is kapott deníció. Egy g csoportelem rendje a g különböz hatványainak a száma. Jele: o(g) megjegyzés. Ha a csoportban a m velet az összeadás, akkor hatvány helyett többszörösr l beszélünk. Ezzel a fogalommal már találkoztunk a Bevezetés az algebrába és számelméletbe órán, amikor C -ben egy z komplex szám rendjét vizsgáltuk. Ott fel is írtuk a rend különböz tulajdonságait, melyek közül az alábbiak ugyanazzal a bizonyítással általánosodnak minden csoportra állítás. Legyen G csoport, g G egy tetsz leges elem. Ekkor 1. o(g) = g minden hatványa különböz ; 2. o(g) < a legkisebb pozitív n, amire g n = 1 éppen o(g), és g hatványai periodikusan ismétl dnek o(g) periódussal; 3. o(g) < = pontosan akkor lesz g k = g l, ha o(g) k l, speciálisan pontosan akkor teljesül g k = 1, ha o(g) k; 4. o ( g k) = o(g) (o(g),k) ; 5. o(g) = 1 g a G egységeleme.

17 2.1 Homomorzmusok, izomorzmusok 17 Bizonyítás. Az els három állítást egyszerre látjuk be. Jelölje a csoport egységelemét e. Tegyük fel, hogy vannak k l egészek, hogy g k = g l, ekkor g k l = e. Nevezzük az m egész számot jó kitev nek, ha g m = 1, például k l és l k is jó kitev k. Legyen n egy legkisebb abszolútérték jó kitev, ami nem 0. Ilyen van, mert van nem nulla jó kitev (például k l). Mivel n és n egyszerre jó kitev k, feltehet, hogy n pozitív. Tegyük fel, hogy m jó kitev. Belátjuk, hogy n m. Osszuk el m-et maradékosan n-nel: m = qn + r, ahol r = 0 vagy 0 < r < n. Ám ekkor g r = g m qn = g m (g n ) q = e, vagyis r is jó kitev. Mivel n egy legkisebb abszolútérték nem nulla jó kitev volt, ezért ez csak úgy lehetséges, ha r = 0, azaz m = qn, és így n m. Ekkor g, g 2,..., g n mind különböznek, hiszen n volt a legkisebb abszolútérték nem nulla jó kitev. Ugyanakkor tetsz leges s egészre g s = g s+n, vagyis g hatványai n szerint periodikusak. Tehát g-nek pontosan n különböz hatványa van, így o(g) = n, és az els három állítás bizonyítása kész. A 4. állításhoz a 3. állítás speciális esetét érdemes használni: ( g k ) m = 1 o ( g k ) m. Másrészt ( g k ) m = 1 o (g) mk o(g) (o(g), k) Végül az 5. állítás nyilvánvaló a rend deníciójából példa. Z 5 -ben o(1) = 1, o(2) = o(3) = 4, o(4) = 2; Z 8 -ben o(1) = 1, o(3) = o(5) = o(7) = 2; (Z n, +)-ban o(k) = tükrözések rendje 2; n ; (n,k) m.

18 18 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI p/q 2π szög forgatások rendje q (ahol (p, q) = 1); eltolás rendje (kivéve az identitást) állítás (Permutáció rendje). Egy k hosszú ciklus rendje k. Egy permutáció rendje a diszjunkt ciklusokra való felbontásában a ciklusok rendjének legkisebb közös többszöröse. Bizonyítás. Legyen f = (x 1,..., x k ) egy k hosszú ciklus. Ekkor 0 < l < k esetén f l (x 1 ) = x l+1 x 1, tehát l nem jó kitev. Ugyanakkor f k = id, vagyis k a legkisebb jó kitev, és így o(f) = k. Legyen most g egy tetsz leges permutáció, g 1... g m a diszjunkt ciklusokra való felbontása. Ekkor pontosan akkor teljesül g n = id, ha minden 1 i m- re gi n = id (hiszen a különböz g i -k diszjunkt ponthalmazokat mozgatnak). Utóbbi egy konkrét i-re pontosan akkor teljesül, ha o(g i ) n. Tehát g n = id [o(g 1 ),..., o(g n )] n. Másrészt tudjuk, hogy g n = id o(g) n, amib l o(g) = [o(g 1 ),..., o(g n )] adódik példa. Fontos, hogy a permutációt diszjunkt ciklusokra bontsuk! Például (13)(12) = (123) rendje 3, nem pedig Ciklikus csoport deníció. Egy csoportot ciklikusnak hívunk, ha egy elemének a hatványaiból áll. Egy ilyen elem neve a csoport generátora példa. Z 5 ciklikus, generátorai 2 és 3; Z 8 nem ciklikus, mert nincs benne negyedrend elem; (Z, +) ciklikus, generátorai 1 és -1; (Z n, +) ciklikus, például az 1 generálja.

19 2.1 Homomorzmusok, izomorzmusok tétel. Ha G ciklikus, akkor G (Z, +) vagy G (Z n, +). Speciálisan minden ciklikus csoport kommutatív. Bizonyítás. Legyen G ciklikus, g egy generátora, és legyen n = o(g). Ha n =, akkor ϕ: (Z, +) G, k g k izomorzmus. Csakugyan, a szürjektivitás világos (egy g k hatvány a k képe lesz), a m velettartás is könnyen adódik: ϕ(a + b) = g a+b = g a g b = ϕ(a) ϕ(b). Végül az injektivitáshoz tegyük fel, hogy valamely k l egészekre ϕ(k) = = ϕ(l). Ez azt jelentené, hogy g k = g l, vagyis g k l = 1. De akkor o(g) k l teljesülne, és így o(g) véges lenne. Ha n, akkor ϕ: (Z n, +) G, k g k izomorzmus, ez az el z esethez hasonlóan látható be házi feladat. A fenti bizonyítás absztrakt. Értsük meg, és ellen rizzük, hogy a megadott leképezések (különösen a második esetben) valóban izomorzmusok! állítás. Legyen G egy n elem ciklikus csoport. Ekkor 1. a generátorok száma ϕ(n); 2. minden csoportelem rendje osztja n-et; 3. minden d n-re pontosan ϕ(d) darab d rend elem van. Bizonyítás. Legyen g egy generátor. Ekkor o ( g k) = n (n, k) n,

20 20 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI n amib l a második állítás adódik. Továbbá = n pontosan akkor teljesül, (n,k) ha (n, k) = 1. Az ilyen k-k száma éppen ϕ(n). Az utolsó állítást kés bb látjuk be, amikor karakterizáljuk ciklikus csoportok részcsoportjait. Ciklikus csoportokra váratlan helyeken bukkanhatunk a matematikán belül. Például a félév végén belátjuk az alábbi nem teljesen nyilvánvaló állítást tétel. Véges test multiplikatív csoportja ciklikus. Tehát például Z p (Z p 1, +), illetve általában ha T véges test, T = n, akkor T (Z n 1, +). A számelméletben is el fordulnak ciklikus csoportok deníció. Azt mondjuk, hogy g primitív gyök modulo n, ha g generálja Z n -t tétel (Számelmélet). Pontosan akkor létezik primitív gyök modulo n, ha n az 1, 2, 4, p α, 2p α számok valamelyike (ahol p páratlan prím, α pozitív egész). Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.

21 2.2 Részcsoportok Részcsoportok deníció. Legyen (G, ) csoport. A H G részhalmazt részcsoportnak hívjuk, ha (H, ) csoport a G-beli szorzással. Jele: H G példa. Minden vektortér az összeadással csoport, minden altér egy részcsoport. (Z, +) (Q, +) (R, +) (C, +); Z Q R C ; Q nem részcsoportja (C, +)-nak, mert más a m velet; (Z 5, +) nem részcsoportja (Z, +)-nak, mert 2 és 4 összege Z 5 -ben 1, míg Z-ben 6; a páros permutációk S n -ben, jelük A n ; az origó körüli forgatások O(2)ben, jele SO(2) állítás. H pontosan akkor részcsoport G-ben, ha 1. H ; 2. minden a, b H-ra ab H is (szorzásra zárt); 3. minden a H-ra a 1 H is (inverzképzésre zárt). Bizonyítás. A három feltétel szükségessége világos, hiszen a H-beli m veletnek is értelmesnek kell lennie. (Az egyetlen, ami nem nyilvánvaló, hogy miért ne lehetne másik egységeleme H-nak, valamint egy elemnek másik inverze, ezt megbeszéltük a gyakorlaton). Az elégségességhez azt kell észrevenni, hogy a m velet asszociativitása örökl dik G-b l. Az egységelem H-beli lesz, mert egy elem és inverze, valamint azok szorzata is benne van. Végül pedig minden elem inverze is H-beli a harmadik feltétel miatt házi feladat. Gondoljuk meg, hogy H G ekvivalens az alábbival:

22 22 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI 1. H ; 2. minden a, b H-ra ab 1 H. Gondoljuk meg, hogy az els feltétel ekvivalens azzal, hogy G egységeleme H-beli megjegyzés. A harmadik feltétel elhagyható minden olyan csoportban, ahol minden elem rendje véges (az ilyen csoportokat torziócsoportoknak hívjuk). Csakugyan, ha o(g) = n, akkor g 1 = g n 1 H a szorzásra zártság miatt. Az alábbi fogalom a kés bbiekben hasznos lesz, és nagyban leegyszer síti a formalizmust deníció (komplexusm veletek ). Az X, Y G részhalmazokra legyen X Y = { x y x X, y Y }, X 1 = { x 1 x X }. Tehát a állítás az alábbi ekvivalens alakban írható állítás ( állítás). H pontosan akkor részcsoport G-ben, ha 1. H ; 2. H H H ; 3. H 1 H. Természetesen ha H részcsoport, akkor H H = H és H 1 = H is teljesül deníció. A G csoport rendje a csoport elemszáma, jele G. A csoport rendjét nem véletlenül hívjuk ugyanúgy, mint egy elem rendjét. Ha például G ciklikus, és g generálja, akkor G rendje megegyezik g rendjével, azaz G = o(g).

23 2.2 Részcsoportok Mellékosztályok, Lagrange tétele Véges csoportok esetén a részcsoportok rendje szoros kapcsolatban áll a csoport rendjével tétel (Lagrange tétele). Ha G véges, H G, akkor H osztja G -t. A továbbiakban a tételt bizonyítjuk. El ször vázoljuk a bizonyítást, majd precízzé tesszük az egyes részeket. A f ötlet, hogy felbontjuk G-t gh alakú részhalmazokra. Ezek a részhalmazok vagy egyenl ek, vagy diszjunktak, azonos elemszámúak, és az uniójuk lefedi G-t. Tehát ha k ilyen részhalmaz van, akkor G = k H deníció. Legyen H G. Ekkor a halmazt baloldali mellékosztálynak, a gh = { gh h H } Hg = { hg h H } halmazt jobboldali mellékosztálynak hívjuk (g G) példa. Legyen G = (C, +), H = (R, +). A H szerinti mellékosztályok az x tengellyel párhuzamos egyenesek. Például (1+4i)+H = (7+4i)+H = = (π + 4i) + H, ami az y = 4 egyenes. Legyen G = S 3, H = { id, (12) }. Ekkor (123)H = { (123), (13) } { (123), (23) } = H(123), tehát egy elem baloldali mellékosztálya nem feltétlen egyezik meg a jobboldali mellékosztállyal. Kommutatív csoportok esetén természetesen ugyanazok a baloldali és jobboldali mellékosztályok. Be fogjuk látni, hogy a baloldali mellékosztályok particionálják a csoportot. Ehhez segítségül hívjuk azt az állítást, mely szerint minden ekvivalenciareláció megad egy partíciót és minden partíció deniálható ekvivalenciarelációval (két elem akkor van azonos osztályban, ha relációban állnak egymással).

24 24 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI A tétel bizonyítása. Tekintsük az alábbi relációt G-n: legyen a b, ha a 1 b H. Ekkor ekvivalenciareláció: Reexivitás. a 1 a = 1 G H, tehát a a. Szimmetria. Ha a b, akkor a 1 b H. Így b 1 a = (a 1 b) 1 H 1 H, tehát b a. Tranzitivitás. Ha a b és b c, akkor a 1 b H és b 1 c H. De akkor a 1 c = (a 1 b) (b 1 c) H H H, tehát a c. Tehát a b pontosan akkor teljesül, ha a 1 b H, vagyis ha van olyan h H, hogy a 1 b = h, azaz b = ah. Tehát a b b ah, vagyis a osztálya éppen ah. Tehát a baloldali mellékosztályok valóban particionálják G-t. Kell még, hogy ah = H. Ehhez csak annyit kell meggondolni, hogy a leképezés kölcsönösen egyértelm. H ah, h ah Injektivitás. Ha ah 1 h 1 = h 2. = ah 2, akkor balról a 1 -zel szorozva kapjuk, hogy Szürjektivitás. Ez nyilvánvaló ah deníciójából. Ezzel a tétel bizonyítását befejeztük megjegyzés. Vegyük észre, hogy a bizonyításban leírt mellékosztályokra bontás végtelen csoportoknál ugyanígy m ködik. A végességet kizárólag az oszthatóságnál használtuk. Továbbá az is kijött, hogy bármely két mellékosztály egyenl vagy diszjunkt deníció. Egy H G részcsoport esetén a különböz H szerinti mellékosztályok számát a H részcsoport G-beli indexének nevezzük és G : H -val jelöljük példa. (Z, +) : (3Z, +) = 3, azaz az index végtelen csoportokra is létezik.

25 2.2 Részcsoportok 25 A Lagrange-tétel tehát a G = H G : H egyenl séget mondja ki, mely igaz végtelen csoportokra is. Egy pillanatra id zzünk el az index deníciójával. Valójában pontosabb lenne balindexr l és jobbindexr l beszélni aszerint, hogy a baloldali vagy a jobboldali mellékosztályok számáról beszélünk-e. Felmerül a kérdés, hogy ez a két fogalom ugyanaz-e mindig. A válasz az, hogy igen, mert létesíthet egy bijekció a részcsoport baloldali és jobboldali mellékosztályai között. Ez a bijekció pedig az invertálás: gh (gh) 1 = H 1 g 1 = Hg 1. Tehát az index fogalma jóldeniált, mindegy, hogy balindexre vagy jobbindexre gondolunk. A továbbiakban áttekintjük a Lagrange tétel néhány következményét deníció. Egy g G-re legyen g = { g n n Z } a g által generált részcsoport, mely tehát g összes hatványából áll házi feladat. Igazoljuk, hogy g valóban csoport, elemszáma o(g). Legyen most G véges csoport és g G egy tetsz leges elem. Alkalmazva Lagrange tételét a g részcsoportra, azt kapjuk, hogy o(g) osztja G -t. Továbbá tudjuk, hogy g n = 1 pontosan akkor teljesül, ha n az o(g) többszöröse. Tehát g G = következmény (Euler-Fermat tétel). Ha (a, n) = 1, akkor a ϕ(n) 1 (mod n). Bizonyítás. Legyen G = Z n, ennek elemei éppen az n-hez relatív prím maradékosztályok. Speciálisan a maradékosztálya is Z n -beli. Továbbá G = ϕ(n), tehát G-ben, ami épp a bizonyítandó. a ϕ(n) = 1

26 26 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI Valódi részcsoport nélküli csoportok Egy G csoportban az { 1 } és a G halmazok mindig részcsoportok, ket triviális részcsoportoknak nevezzük. Nemtriviális részcsoport neve valódi részcsoport, ez tehát olyan H G, melyre H { 1 } és H G. Az alábbi tétel azt a kérdést válaszolja meg, hogy mely csoportoknak nincs más részcsoportja a két triviálison kívül tétel. Egy G csoportnak pontosan két részcsoportja van (a két triviális részcsoport) G = p prím. Ekkor G ciklikus, kommutatív, G (Z p, +). Bizonyítás. =: Legyen H G, ekkor a Lagrange-tétel miatt H G = p. Egy p prímnek pontosan két pozitív osztója van: 1 és p. Ha H = 1, akkor H = { 1 }. Ha H = p, akkor H = G. = : G > 1, különben csak egy részcsoportja lenne. Legyen g G tetsz leges, g 1, és tekintsük a g részcsoportot. Most G-nek csak a két triviális részcsoportja van, és g 1, vagyis g = G. Vagyis G ciklikus (így kommutatív is), és tetsz leges nem egységelem generálja. Itt o(g) véges, különben g 2 egy valódi részcsoport lenne G-ben. Ha o(g) = mn valamilyen m, n > 1 egészekre, akkor a hatvány rendjének képletéb l o (g m ) = mn = n < mn, (mn,m) vagyis g m valódi részcsoport lenne. Tehát G elemszáma egy p prím, és mivel G ciklikus, ezért a tétel miatt G (Z p, +) Ciklikus csoport részcsoportjai tétel. Ciklikus csoport minden részcsoportja ciklikus. Bizonyítás. Legyen G = g egy ciklikus csoport, H G egy részcsoport. Legyen n egy legkisebb abszolútérték nem nulla egész, melyre g n H. Belátjuk, hogy H = g n. A tartalmazás világos. A tartalmazáshoz legyen m tetsz leges, melyre g m H. Belátjuk, hogy n m. Osszuk el m-et maradékosan n-nel: m = qn + r, ahol r = 0 vagy 0 < r < n. Ám ekkor g r = g m qn = g m (g n ) q H,

27 2.2 Részcsoportok 27 vagyis g r H. Mivel n egy legkisebb abszolútérték nem nulla kitev volt, hogy g n H, ezért ez csak úgy lehetséges, ha r = 0, azaz m = qn. Így n m, azaz g m g n. Mivel g m tetsz leges H-beli elem volt, H g n megjegyzés. A rend tulajdonságaira vonatkozó állítás bizonyításában ugyanez a gondolatmenet hangzik el a H = { 1 } részcsoportra következmény. Legyen G = g ciklikus. 1. Ha o(g) =, akkor G részcsoportjai a g m alakú részcsoportok minden pozitív egész m-re. 2. Ha o(g) = n <, akkor minden d n-re pontosan egy d rend részcsoportja van G-nek, mely éppen g n/d hatványaiból áll. Más részcsoport nincs. Továbbá G bármely két d rend eleme egymás hatványa, számuk ϕ(d). Bizonyítás. Az els állítás a tétel közvetlen következménye. A második állításhoz legyen H G egy részcsoport, H = d. Ekkor a Lagrange-tétel miatt d n. Ha most g k H, akkor szintén a Lagrange-tétel miatt g kd = = ( g k) d = 1, amib l a rend tulajdonságai miatt n kd, és így n k. Tehát d H elemei a g n/d hatványai közül kerülhetnek ki. De g n/d -nek pont d darab hatványa van, H = d, vagyis H éppen g n/d hatványaiból áll, és így egyetlen d rend részcsoport. Továbbá G minden d rend eleme H-beli (hiszen egy d rend részcsoportot generálnak, ami így H), és ezek így éppen H generátorelemei. Tehát az ilyen elemek egymás hatványai, valamint számuk ϕ(d) következmény. ϕ(d) = n. d n Bizonyítás. Legyen G egy n elem ciklikus csoport. Csoportosítsuk az elemeket a rendjeik alapján. Ha d n, akkor nincs d rend elem. Továbbá minden d n-re pont ϕ(d) darab d rend elem van a következmény miatt. Vagyis összesen d n ϕ(d) darab eleme van az n elem G-nek.

28 28 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI Generált részcsoport Egy g G által generált g részcsoportot g hatványaiként deniáltuk. Vegyük észre, hogy ha egy H részcsoport tartalmazza g-t, akkor annak minden hatványát is tartalmazza a m veletekre való zártság miatt. Így g H is teljesül. Tehát g a legsz kebb olyan részcsoport, ami g-t tartalmazza. Emlékezzünk vissza lineáris algebrai tanulmányainkból a generált altér deníciójára. Ott egy halmaz által generált altér a legsz kebb olyan altér volt, ami tartalmazta a halmazt. Ugyanezt a deníciót használjuk egy halmaz által generált részcsoport fogalmánál is, mely általánosítja az egy elem által generált részcsoport fogalmát deníció. Legyen X G. Ekkor az X által generált részcsoport (jele X ) az a legsz kebb részcsoport G-ben, mely X-et tartalmazza. A legsz kebbet abban az értelemben használjuk, hogy ha H G egy részcsoport, melyre X H, akkor X H is. A denícióból korántsem nyilvánvaló, hogy a generált részcsoport létezik vagy akár egyértelm. Ezt be kell bizonyítani állítás. Legyen (2.2) K = X H G H az X-et tartalmazó G-beli részcsoportok metszete. Ekkor K = X az egyetlen legsz kebb X-et tartalmazó részcsoport. Bizonyítás. K részcsoport, mert részcsoportok metszete részcsoport (ennek bizonyítása házi feladat). Továbbá K tartalmazza X-et, hiszen a (2.2) jobboldalán szerepl metszet összes tényez je is tartalmazza X-et. Végül K a legsz kebb X-et tartalmazó részcsoport, mert ha X H G, akkor H szerepel a (2.2) jobboldalán a metszet egyik tényez jeként, vagyis legalább akkora, mint a metszet. Az egyértelm ség adódik abból az egyszer tényb l, hogy tetsz leges halmazrendszernek csak egy legsz kebb eleme lehet (ennek bizonyítása is házi feladat). Vizsgáljuk meg, hogy hogyan is néz ki a generált részcsoport.

29 2.2 Részcsoportok példa. Tegyük fel, hogy H (Z, +), melyre 18, 26 H. Ekkor 16 = (8 + 8) H, és így 2 = H. Tehát H-ban minden páros szám benne van. Ugyanakkor a páros számok (Z, +)-ben részcsoportot alkotnak, tehát H egy olyan részcsoport, ami minden páros számot tartalmaz. Ebben a részcsoportban benne is van 18 és 26 is. Más szóval, ha egy részcsoport tartalmazza 18-at és 26-t, akkor tartalmazza a páros számok részcsoportját is. Így a 18 és 26 által generált részcsoport a páros számok részcsoportja. Igazoljuk, hogy ha m, n H (Z, +), akkor (m, n) H, és így annak minden többszöröse is H-beli. Így az m és n által generált részcsoport az (m, n) által generált részcsoport. Tegyük fel, hogy H S 4, melyre (123) H, (12)(34) H. Mit mondhatunk H-ról? Nyilván (134) = (123)(12)(34) H, hasonlóan (243) = = (12)(34)(123) H. Továbbá minden eddig megtalált elem minden hatványa is H-beli, azaz (132) = (123) 2 H, (143) = (134) 2 H, (234) = (243) 2 H. A fenti eljárást kellene folytatnunk (vagyis: jobbról és balról is összeszorozni a talált elemeket, majd az új elemek minden hatványát betenni) amíg egy szorzásra és inverzképzésre zárt részcsoportot nem kapunk. Ez lesz a generált részcsoport. Egy kis gyorsítás: mind az (123), mind pedig (12)(34) páros permutáció, tehát az általuk generált részcsoport A 4 -nek is része. Viszont már találtunk 7 elemet, ami benne van a generált részcsoportban, a Lagrange-tétel miatt pedig a generált részcsoport elemszáma osztja A 4 = 12-t, vagyis a generált részcsoport csak A 4 lehet. Vektorterek esetén beláttuk, hogy a generált altér éppen az összes lineáris kombinációból áll. A fenti példákból könnyen látható, hogy ez hogyan általánosodik kommutatív csoportokra házi feladat. Legyen (A, +) egy kommutatív csoport, X A. Ekkor X = { m 1 g m n g n m i Z, g i X, n N }.

30 30 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI Nem kommutatív csoportok esetén is hasonló a helyzet, csak ott minden szót meg kell engedni, amit a generátorelemekb l és azok inverzeib l gyártani tudunk tétel. Legyen G csoport, X G. Ekkor X azon G-beli elemekb l áll, melyek el állnak X és X 1 elemeib l képzett akárhány tényez s szorzatként. (Egy ilyen szorzatban X és X 1 elemei többször is felhasználhatóak.) Bizonyítás. Legyen L az X és X 1 elemeib l képzett akárhány tényez s szorzatok G-ben. Belátjuk, hogy L = X. L X : mivel X zárt az inverzképzésre és X X, ezért X 1 X. Mivel X zárt a szorzásra is, ezért az X X 1 -b l képzett akárhány tényez s szorzatok is X -ben vannak, vagyis L X. X L: L részcsoport, hiszen zárt a szorzásra (két valahány tényez s szorzat szorzata is egy valahány tényez s szorzat) és az inverzképzésre (itt fel kell használni, hogy (a 1... a n ) 1 = a 1 n... a 1 1 ). Nyilván X L. Tehát L egy X-et tartalmazó részcsoport, amib l a generált részcsoport deníciója alapján X L.

31 2.3 Csoportkonstrukciók Csoportkonstrukciók Direkt szorzat Ebben az alszakaszban a direkt szorzat konstrukciójával ismerkedünk meg. A f példa az n dimenziós oszlopvektorok, melyek vektortere éppen a test n-szeres direkt szorzatával izomorf, ahol a m veletek koordinátánként történnek. Hasonlóan deniálhatjuk csoportok direkt szorzatát is deníció. Legyenek G 1,..., G n csoportok. A G 1... G n -t a G 1,..., G n csoportok direkt szorzatának nevezzük, ahol G 1... G n = { (g 1,..., g n ) g i G i, 1 i n }, a szorzás komponensenként történik: (g 1,..., g n ) (h 1,..., h n ) = (g 1 h 1,..., g n h n ). A direkt szorzat egységeleme (e 1,..., e n ), ahol e i a G i egységeleme. Az invertálást szintén komponensenként végezzük, vagyis a (g 1,..., g n ) elem inverze a ( ) g1 1,..., gn házi feladat. Igazoljuk, hogy G 1... G n valóban csoport a megadott m veletekkel példa. Sík vektorai az összeadásra éppen (R, +) (R, +). Hasonlóan, (C, +) (R, +) (R, +) megjegyzés. Végtelen sok csoport esetén a direkt szorzat (néha teljes direkt szorzat) deníciója szó szerint átvihet. A direkt összeg (vagy diszkrét direkt szorzat) deníciója ilyenkor eltér. Ha I indexhalmaz, akkor i I G i - nek csak azon (g i ) i I sorozatok lesznek elemei, melyek minden komponense véges sok kivételt l eltekintve az egységelem. Ennek a deníciónak az értelme kés bb válik majd világosabbá példa. Mi lesz g = (2, 3) rendje Z 9 Z 5 -ben? Ha megkeressük a legkisebb jó kitev t g-hez, akkor az a 12 lesz: g 1 = (2, 3), g 2 = (4, 4), stb. Továbbá o 9 (2) = 6, o 5 (3) = 4, és 12 = [6, 4].

32 32 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI házi feladat. A g = (g 1,..., g n ) elem rendje az o(g i ) rendek legkisebb közös többszöröse, illetve, ha valamely g i rendje példa. Mi lesz a g = (1,1) elem rendje G = (Z 2, +) (Z 3, +)-ban? Mivel o 2 (1) = 2, o 3 (1) = 3, ezért o(g) = [2,3] = 6. De G = 6, vagyis G ciklikus, és így (Z 6, +) (Z 2, +) (Z 3, +). Általános cél, hogy egy csoportot fel tudjunk bontani kisebb, és lehet ség szerint egyszer bb szerkezet (pl. ciklikus) csoportok direkt szorzatára. Mivel a direkt szorzatban minden m veletet komponensenként kell végezni, így elég a direkt komponenseket megérteni a teljes csoport megértéséhez. Az alábbi tétel például azt mondja meg, hogy egy direkt szorzat mikor ciklikus tétel. G H ciklikus G és H ciklikusak és ( G, H ) = 1. Bizonyítás. =: Legyen G = g, o(g) = m, H = h, o(h) = n, és tegyük fel, hogy (m, n) = 1. Ekkor G H = mn, valamint o ((g, h)) = [o(g), o(h)] = [m, n] = mn, amib l következik, hogy (g, h) generálja G H-t. = : Tegyük fel, hogy G H ciklikus, legyen (g, h) egy generátora. Legyen G = m, H = n. Ekkor a Lagrange tétel miatt o(g) m és o(h) n. Továbbá G H-t (g, h) generálja, vagyis mn = o((g, h)) = [o(g), o(h)] [m, n]. Ebb l (m, n) = 1 és o(g) m, o(h) n-b l o(g) = m, o(h) = n adódik. Tehát G és H is ciklikus, és ( G, H ) = következmény. Ha (m, n) = 1, akkor (Z m, +) (Z n, +) (Z mn, +) megjegyzés. Az is igaz, hogy ha (m, n) = 1, akkor Z m Z n Z mn. Ezt majd a gy r k direkt szorzatánál bizonyítjuk, közvetlen következménye, hogy ekkor ϕ(mn) = ϕ(m) ϕ(n). Egy másik következmény az a (nem túl könny ) tétel, hogy pontosan akkor van primitív gyök modulo n, ha n { 1, 2, 4 } { p α, 2p α p páratlan prím, α pozitív egész }.

33 2.3 Csoportkonstrukciók 33 Ha egy csoport ciklikus csoportok direkt szorzata, akkor nyilván kommutatív. A véges Abel csoportok alaptétele ennek épp a megfordítását mondja tétel (Véges Abel csoportok alaptétele). Minden véges Abel csoport felbontható prímhatványrend ciklikus csoportok direkt szorzatára. A tényez k sorrendt l eltekintve egyértelm en meghatározottak. Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni példa. Megadjuk a 24 elem Abel csoportokat izomora erejéig. Egy 24 elem Abel csoport izomora erejéig egyértelm en bomlik fel prímhatványrend ciklikusok szorzatára. Tehát a 24-et kell el állítani prímhatványok szorzataként. Erre három lehet ség van: 24 = 3 8 = = Az ezekhez tartozó Abel csoportok (Z 3, +) (Z 8, +), (Z 3, +) (Z 4, +) (Z 2, +), (Z 3, +) (Z 2, +) (Z 2, +) (Z 2, +) Transzformáció- és permutációcsoportok deníció. Legyen X egy halmaz, ennek elemeit pontoknak hívjuk. Az S X részcsoportjait transzformációcsoportoknak, ha X véges, akkor permutációcsoportoknak nevezzük. Ha G S X, akkor az X elemszámát a G fokának nevezzük példa. A n S n. A kocka szimmetriacsoportja része a tér egybevágósági transzformációinak D n része a sík egybevágósági transzformációinak. Legyen ABC egy szabályos háromszög, és tekintsük a szimmetriáit: D 3 = { id, f, f 2, T A, T B, T C },

34 34 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI ahol f a háromszög középpontja (jelöljük O-val) körüli 120 -os pozitív irányú forgatás, T A, T B, T C pedig rendre az A, B, C pontokon átmen szimmetriatengelyekre való tükrözés. Legyen P 1 egy általános helyzet pont, és tekintsük ennek a képét D 3 elemeit mentén. Így kapjuk rendre a P 1,..., P 6 pontokat. Ezek halmaza már zárt a D 3 -mal való transzformációkra, hiszen például T A (P 2 ) = T A f(p 1 ) = T B (P 5 ). S t, ha máshogy vesszük fel a kezd pontot, akkor nem kaphatjuk a P i valamelyikét, mert akkor az inverz transzformációval ebb l a P i -b l pont azt a kezd pontot kapnánk. Vajon ha máshogy vesszük fel a kezd pontot, akkor is mindig 6 pontunk lesz? Nem, ugyanis el fordulhat, hogy bizonyos transzformációk xen hagyják a választott pontot. Legyen mondjuk Q 1 a T A tengelyén, ekkor csak 3 pontot kapunk, ha sorban alkalmazzuk D 3 elemeit: Q 1 = = id(q 1 ) = T A (Q 1 ), Q 2 = f(q 1 ) = T C (Q 1 ), Q 3 = f 2 (Q 1 ) = T B (Q 1 ). Tehát Q 1 -et két transzformáció hagyja xen D 3 -ból, és 3 képe lesz. Végül, ha O-t tekintjük, akkor azt mind a 6 D 3 -beli transzformáció xálja, és csak egy képe lesz: maga az O. Úgy t nik tehát, hogy egy pontot xen hagyó transzformációk száma megszorozva a pont pályájának elemszámával éppen a csoport rendjét adja deníció. Legyen G S X. Egy x X pont orbitja vagy pályája G(x) = { g(x) g G }. Nyilván G(x) X. Azt mondjuk, hogy G hatása tranzitív, ha csak egy orbit van deníció. Legyen G S X. Egy x X pont stabilizátora Nyilván G x G. G x = { g G g(x) = x } házi feladat. Igazoljuk, hogy egy pont stabilizátora részcsoport tétel (Orbit-stabilizátor tétel). Egy x X pont orbitjának elemszáma megegyezik az x stabilizátorának indexével, azaz G(x) = G : G x.

35 2.3 Csoportkonstrukciók 35 A tétel bizonyítása el tt lássunk egy példát példa. Kiszámoljuk, hogy hány szimmetriája van a kockának. Legyen G az ABCDP QRS kocka szimmetriacsoportja, ahol az alsó lap ABCD, a fels lap pedig a csúcsok ugyanilyen sorrendjében P QRS. Ekkor könny mutatni transzformációkat, melyek a kockát helyben hagyják, de az A csúcs átmegy akármelyik másik csúcsba, azaz G(A) = { A, B, C, D, P, Q, R, S }. Legyen H = G A, ekkor az Orbit-stabilizátor tétel alapján G : H = G(A) = 8. Most vizsgáljuk H(B)-t. Mivel H minden eleme egybevágósági transzformáció, és H(A) = A, ezért egy vele szomszédos csúcs csak vele szomszédos csúcsba mehet át. Könny azt is látni, hogy mindhárom szomszédos csúcsba át tudjuk vinni egy alkalmas egybevágósági transzformációval. Tehát H(B) = { B, D, P }. Legyen K = H B, ekkor az Orbit-stabilizátor tétel alapján H : K = H(B) = 3. Most vizsgáljuk K(D)-t. Mivel K minden eleme egybevágósági transzformáció, K(A) = A, K(B) = B, ezért D egy A-val szomszédos csúcsba mehet át, ami nem B. Könny azt is látni, hogy mindkét ilyen szomszédos csúcsba át tudjuk vinni egy alkalmas egybevágósági transzformációval. Tehát K(D) = { D, P }. Legyen L = K D, ekkor az Orbit-stabilizátor tétel alapján K : L = K(D) = 2. Végül vizsgáljuk L-t. Az L részcsoport xálja a kocka egyik csúcsát, és annak mindkét szomszédos csúcsát. De akkor nyilván a harmadik szomszédos csúcsot is xálja, és könny látni, hogy akkor már az egész kocka xen marad.

36 36 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI Tehát L = 1. Mindebb l K = K : L L = 2, H = H : K K = 6, G = G : H H = 48. Most rátérünk az Orbit-stabilizátor tétel bizonyítására. A kulcs észrevétel az, amit már meggyeltünk. Nevezetesen, hogy az egyes pontok orbitjai nem metszenek egymásba. Ez az alábbi példán még szemléletesebben látszik példa. Legyen X a sík pontjai, G = SO(2) az origó körüli forgatások. Ekkor az orbitok éppen az origó körüli körök, melyek particionálják a síkot állítás. Az orbitok particionálják X-t. Bizonyítás. Megadunk egy ekvivalenciarelációt, melynek osztályai éppen az orbitok. Legyen x y, ha van g G, hogy g(x) = y. Ez ekvivalenciareláció. Reexivitás. x x, mert id G és id(x) = x. Szimmetria. Ha x y, akkor van g G, hogy g(x) = y. Ekkor g 1 (y) = = g 1 (g (x)) = x, vagyis y x. Tranzitivitás. Tegyük fel, hogy x y z. Ekkor vannak g, h G, hogy g(x) = y és h(y) = z. Most h g(x) = h (g (x)) = h (y) = z, vagyis x z. Tehát ekvivalenciareláció, osztályai nyilván az orbitok. A tétel bizonyítása. Rögzítsük x X-et. Adunk egy kölcsönösen egyértelm megfeleltetést a G(x) orbit elemei és G x baloldali mellékosztályai között. Legyen y G(x) egy tetsz leges elem az orbitból. Ekkor van g G, hogy g(x) = y. Vizsgáljuk meg, hogy mely h G elemekre teljesül még, hogy h(x) = y: h(x) = y h(x) = g(x) g 1 h(x) = x g 1 h G x h gg x. Tehát azon h-k, melyek x-t pont y-ba viszik éppen a gg x baloldali mellékosztályt alkotják. Ez tehát egy kölcsönösen egyértelm megfeleltetés az

37 2.3 Csoportkonstrukciók 37 x orbitjának pontjai között és a G x baloldali mellékosztályai között, és így G(x) = G : G x. Azt gondolhatnánk, hogy a permutációcsoportok az absztrakt csoportelméletnek egy sz kebb része. Mint kiderül, a permutációcsoportok vizsgálata nem jelent megszorítást az absztrakt csoportok vizsgálatához képest tétel (Cayley tétele). Minden G csoport izomorf egy alkalmas szimmetrikus csoport egy részcsoportjával. Bizonyítás. Az ötletet a Cayley táblázat vizsgálata adja. Korábban már láttuk, hogy a Cayley táblázat minden sorában és minden oszlopában minden elem pontosan egyszer szerepel. Tehát minden egyes sor egy permutációja a csoportelemeknek. Tehát a csoportban a balszorzás permutálja a csoportelemeket. Valóban, legyen X = G, és legyen ϕ(g) S X az a permutáció, amit a g-vel való balszorzás indukál X-en, azaz a g sorában lev permutáció. Nyilván ϕ: G S X. Mivel a Cayley táblázat minden oszlopában minden elem pontosan egyszer szerepel, ezért ϕ injektív. Kell még, hogy ϕ homomorzmus, azaz tetsz leges g, h G-re ϕ(hg) = ϕ(h) ϕ(g). Most ϕ(hg) az a permutáció, ami egy tetsz leges x X-hez (hg)x-et rendeli. Továbbá ϕ(g) az a permutáció, mely egy tetsz leges x X-hez gx-et rendeli. Végül ϕ(h) ϕ(g) az a permutáció, mely egy tetsz leges x X-hez h(gx)-et rendeli. A G-beli szorzás asszociativitásából (hg)x = h(gx), vagyis ϕ(hg) és ϕ(h) ϕ(g) minden x X-re azonos értéket vesz fel, és így megegyeznek Hatás Vegyük észre, hogy a fenti példákon az egybevágósági transzformációk ugyan a sík/tér összes pontját mozgatták, nekünk mégis csak egy sz kebb ponthalmazon volt érdekes ez a mozgatás. Például a D 3 csoport a szabályos háromszög három csúcsát mozgatja, vagy a kocka szimmetriacsoportja a kocka 8 csúcsát (vagy akár 12 élét) mozgatja. Ezt úgy mondjuk, hogy a csoport hat egy halmazon.

38 38 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI deníció. Azt mondjuk, hogy a G csoport hat az X halmazon, ha (G elemei permutálják X-et) értelmezve van egy : G X X leképezés, azaz g G, x X esetén g x X (g az x-et a g x-be viszi) úgy, hogy 1. h (g x) = (hg) x minden g, h G, x X-re, 2. e x = x minden x X-re, ahol e a G egységeleme. Azt mondjuk, hogy X elemszáma a hatás foka példa. A f példa nyilván a transzformációcsoportok, tehát amikor G S X, és g x = g(x) állítás. Hasson G az X-en. Ekkor g 1 hatása inverze a g hatásának, azaz g x = y x = g 1 y. Tehát G minden eleméhez hozzárendelhetjük azt az S X -beli elemet, mely leírja a csoportelem hatását X-en. Legyen ϕ ez a leképezés, azaz minden g G-re ϕ(g) adja meg g hatását X-en. Ekkor ϕ: G S X homomorzmus. Bizonyítás. Ha g x = y, akkor g 1 y = g 1 (g x) = (g 1 g) x = e x = x. Megfordítva, ha g 1 y = x, akkor g x = g (g 1 y) = (gg 1 ) y = e y = y. A bizonyítás második fele a Cayley tétel bizonyításában szerepl módon történik. Azt kell belátni, hogy tetsz leges g, h G-re ϕ(hg) = ϕ(h) ϕ(g). Most ϕ(hg) az a permutáció, ami egy tetsz leges x X-hez (hg) x-et rendeli. Továbbá ϕ(g) az a permutáció, mely egy tetsz leges x X-hez g x- et rendeli. Végül ϕ(h) ϕ(g) az a permutáció, mely egy tetsz leges x X-hez h (g x)-et rendeli. A hatás deníciójából (hg) x = h (g x), vagyis ϕ(hg) és ϕ(h) ϕ(g) minden x X-re azonos értéket vesz fel, és így megegyeznek. A korábbi deníciók kiterjeszthet ek hatásra is deníció. Hasson G az X halmazon. Egy x X pont orbitja vagy pályája G(x) = { g x g G }.