Algebra gyakorlat, 2. feladatsor, megoldásvázlatok

Átírás

1 Algebra gyakorlat, 2. feladatsor, megoldásvázlatok 1. a) (1 2)(2 3)(3 4)(4 5) = ( ). b) Az állítás például k szerinti indukcióval könnyen belátható, az igazságtartalma közvetlenül is ellen rizhet : a jobboldalon a jobbról balra szorzás miatt x 1 az x 2 - be megy az (x 1 x 2 ) ciklus miatt, x 2 az x 3 -ba megy az (x 2 x 3 ) ciklus miatt, stb. Végül az x k 1 az x k -ba megy az (x k 1 x k ) ciklus miatt, majd x k az (x k 1 x k ) ciklus miatt el ször az x k 1 -be, majd az (x k 1 x k 2 ) ciklus miatt el ször az x k 2 -be, stb. végül az (x 2 x 1 ) ciklus miatt az x 1 -be. Tehát a jobboldal valóban az x 1... x k ciklust adja meg. c) Az (ab) transzpozíció páratlan permutáció, hiszen az a és b cserél dik (1 inverzió), valamint minden a < k < b inverzióban ál a csere utánl a-val és b-vel is, ezen utóbbi inverziók száma tehát páros. Az 5. feladat segítségével beláthattuk volna máshogy is: legyen g egy olyan permutáció, ami 1-et a-ba, 2-t b-be viszi, ekkor az 5. feladat alapján (ab) = g(12)g 1, vagyis sg (ab) = sg (g) sg (12) sg ( g 1) = sg (12). Tehát minden transzpozíciónak azonos az el jele, az (12)-é pedig 1, hisz egyetlen inverzió van. d) Permutáció rendjét a diszjunkt ciklusokra vett felbontásból lehet legegyszer bben megállapítani: a rend megegyezik a diszjunkt ciklusok hosszainak legkisebb közös többszörösével. Vagyis o (g) = [4, 3] = 12, o (h) = [2, 3, 2] = 6, o (gh) = 8, o (g 1 ) = o (g) = 12. ) A permutáció paritását, vagy más néven el jelét a következ képp lehet kiszámolni legegyszer bben: páros hosszú ciklus páratlan permutáció, páratlan hosszú ciklus páros permutáció. Így sg(g) = 1, sg(h) = 1, sg(gh) = 1, sg(g 1 ) = sg(g) = 1. e) Nem áll el. Ugyanis a hármas ciklusok páros permutációk, szorzatuk is páros permutáció, de az (12) páratlan permutáció. f ) Az alábbi ciklusszerkezetek fordulnak el S 5 -ben, a hozzújuk tartozó rendek: id : 1 (ab) : 2 (ab)(cd) : 2 (abc) : 3 (abc)(de) : 6 (abcd) : 4 (abcde) : 5. g) Van, pl. (12)(34567). 2. a) Ha 2 rendje 8 Z p -ben, akkor 28 1 (mod p), vagyis p = 255. Most 255 = = , vagyis p csak 3, 5, 17 valamelyike lehet. A p = 3 vagy p = 5 esetekben a 2-nek legfeljebb 2 illetve 4 különböz hatványa lehet, hiszen Z 3 = 2, Z 5 = 4. (Egyébként ellen rizhet, hogy Z 3 -ben o(2) = 2, Z 5 -ben o(2) = 4.) A p = 17 viszont jó lesz: a 8 jó kitev, ezért o(2) 8. Ha tehát o(2) 8 lenne, akkor o(2) 4 teljesülne, de 2 4 = 16 1 (mod 17). Utóbbi érvelésb l az is látszik, hogy 15 osztói nem lehetnek jók, hiszen ha p 15, akkor 2 4 = 16 1 (mod p), vagyis ekkor o(2) 4 lenne. b) Ha 3 rendje 5 Z p -ben, akkor 35 1 (mod p), vagyis p = 242. Most 242 = = , vagyis p csak 11 lehet. (Ha p = 2, akkor Z 2 egyetlen eleme az egységelem, aminek rendje 1.) Viszont p = 11 jó is: az 5 jó kitev je a 3-nak Z 11-ben az el bb látottak alapján, így o(3) 5. Tehát o(3) { 1, 5 }, és o(3) 1 miatt o(3) = 5. 1

2 2 c) Ha 2 rendje 6 Z p -ben, akkor 26 1 (mod p), vagyis p = 63. Most 63 = = 3 2 7, vagyis p csak 3, 7 valamelyike lehet. A p = 3 esetben a 2-nek legfeljebb 2 különböz hatványa lehet, hiszen Z 3 = 2. A p = 7 eset szintén nem jó, mert 2 3 = 8 1 (mod 7), vagyis Z 7 -ben o(2) 3, és így a 2 rendje nem lehet a) Az egységelem rendje minden csoportban 1. Az egész számok csoportjában minden egyéb elem rendje végtelen. A (Z n, +) csoportban o (k) = n/ (n, k). A C csoportban a primitív n-edik egységgyökök rendje n, a többi elem rendje végtelen, így az R csoportban 1 rendje 1, a -1 rendje 2, a többi elem rendje végtelen. A Z 5 csoportban o (2) = o (3) = 4, o (4) = 2. A Z 8 csoportban az egységelem kivételével minden elem másodrend (Klein csoport). A D 3 csoportban a forgatások rendje 3 (két darab), a tükrözések rendje 2 (három darab). A D 4 csoportban a két 90 -os forgatás rendje 4, a 180 -os forgatás rendje 2, a tükrözések rendje 2 (négy darab). A D 6 csoportban a két 60 -os forgatás rendje 6, a két 120 -os forgatás rendje 3, a 180 -os forgatás rendje 2, a tükrözések rendje 2 (hat darab). Az S 3 szimmetrikus csoportban a hármas ciklusok rendje 3 (két darab), a kettes ciklusok rendje 2 (három darab). Az A 4 alternáló csoportban a hármas ciklusok rendje 3 (nyolc darab), a két diszjunkt kettes ciklus szorzataként el álló permutációk rendje 2 (három darab). Végül, a kvaterniócsoportban az 1 rendje 1, a 1 rendje 2, a többi elem rendje 4. b) El adáson szerepelt, hogy (Z 4, +) Z 5 Z 8. El bbire az izomora például a ϕ : (Z 4, +) Z 5, g 2 g (mod 5). Továbbá, Z 5 és Z 8 nem izomofak, mert utóbbiban nincs negyedrend elem, míg Z 5 -ben van. A D 6 és A 4 nem izomorf, mert nem stimmelnek az elemrendek (az izomora pedig meg rizné ket): míg D 6 -ban hét másodrend elem van, addig A 4 -ben csak három. Másképpen: D 6 -ban van hatodrend elem, míg A 4 -ben nincs. A kvaterniócsoport nem izomorf a D 4 -gyel, mert nem stimmelnek az elemrendek: pl. Q-ban csak egy másodrend elem van, míg D 4 -ben öt. A D 3 és az S 3 csoportok izomorfak. A D 3 csoport a szabályos háromszög szimmetria csoportja, melynek elemei permutálják a háromszög csúcsait. Számozzuk meg a háromszög csúcsait az 1, 2, 3 számokkal, és tekintsük a ( ) ϕ : D 3 S 3, g g(1) g(2) g(3) hozzárendelést. Könny ellen rizni, hogy ϕ bijektív és homomorzmus, tehát izomorzmus. c) Ciklikus lesz (Z 4, +) (generátora pl. 1), Z 5 (generátora pl. 2), (Z, +) (generátora pl. 1). A többi csoport nem ciklikus, a többség azért, mert már nem is kommutatív. Z 8 -ben nincs negyedrend elem, végül R egy végtelen csoport, amiben van másodrend elem, de az egyetlen végtelen ciklikus csoportban (azaz (Z, +)-ban) nincs másodrend elem. 4. a) A feladat valójában azt mondja, hogy minden S n -beli permutációt felírhatunk az (12), (23), (34),..., (n 1 n) permutációk alkalmas szorzataként. Tegyük fel, hogy n darab könyvünk van felrakva egy polcra. A jótündér (k 1 k) alakú ciklusokat tud alkalmazni, hiszen ez pont úgy permutálja a könyveket, hogy

3 megcseréli a k 1. és a k. könyvet egymással. Így a feladat azt jelenti, hogy a könyvek tetsz leges sorrendjéb l kiindulva, azokat tetsz leges másik sorrendbe átpakolhatja a jótündér úgy, hogy mindig csak két egymás mellett lev t cserél meg. Ez viszont világos: a jótündér megkeresi azt a könyvet, amit az els helyen volt, majd néhány szomszédos cserével a helyére viszi. Ezután megkeresi azt, amit a második helyen volt, azt is egyesével el reviszi, stb. (n darab könyv esetén legfeljebb n 1 + n = n(n 1)/2 cserét kell végeznie, ez b ven belefér, miel tt kivirradna.) b) A feladat most azt mondja, hogy minden S n -beli permutációt felírhatunk az (1 2), (1 3), (1 4),..., (1 n) permutációk alkalmas szorzataként. Tegyük fel, hogy n darab könyvünk van felrakva egy polcra. A jótündér testvére (1 k) alakú ciklusokat tud alkalmazni, hiszen ez pont úgy permutálja a könyveket, hogy megcseréli az els és a k. könyvet egymással. Így a feladat azt jelenti, hogy a könyvek tetsz leges sorrendjéb l kiindulva, azokat tetsz leges másik sorrendbe átpakolhatja a jótündér testvére úgy, hogy mindig csak az els könyvet cseréli egy másikkal. Tehát: megkeresi a legutolsó helyre való könyvet, és azt kicseréli az els könyvvel (ezzel az els helyre kerül), majd a hátsó könyvvel cserélve az utolsó könyv a helyére kerül. Ezt követ en ugyanezt megteszi az utolsó el tti helyre való könyvvel, stb. (n darab könyv esetén legfeljebb 2n 1 cserét kell végeznie, ez b ven belefér, miel tt kivirradna.) 5. Általában, ha a h S n az i-t a j-be viszi, akkor ghg 1 S n a g(i)-t a g(j)-be viszi. Valóban: ghg 1 (g(i)) = g(h(i)) = g(j). Így már könny kiszámolni ghg 1 -et: egyszer en a h felírásában az összes elemre rá kell alkalmazni g-t. Speciálisan, h és ghg 1 ciklusszerkezete mindig ugyanaz. A felsorolt példákban ghg 1 értékei sorban: (1543), (543) (21), (23451). (Vessük össze a mátrixoknál tanult bázistranszformációval! Ott a báziscsere egy alkalmas konjugálásnak felel meg. Itt más sorrendben felírva az { 1, 2,..., n } elemeit (g adja meg a másik sorrendet) szintén egy konjugálásnak felel meg. ) 6. Másolva az el adáson a permutáció rendjér l tanultakat: ϕ (1 G ) = ϕ (1 G G1 G ) = ϕ (1 G ) Hϕ (1 G ), amit (ϕ (1 G )) 1 -zel egyszer sítve H-ban kapjuk, hogy 1 H = ϕ (1 G ). Hasonlóan, 1 H = ϕ (1 G ) = ϕ ( g Gg 1) = ϕ (g) Hϕ ( g 1), vagyis ϕ (g 1 ) jó inverznek H-ban ϕ (g)-hez. Az inverz egyértelm sége miatt ϕ (g 1 ) éppen ϕ (g) inverze H-ban. 7. Tetsz leges nem nulla determinánsú A, B mátrixra ellen rizni kell a det(a B) = det(a) det(b) összefüggést. Ez az ún. determinánsok szorzástétele, ami szerepelt korábban lineáris algebrából. 8. A b elem az a sorában éppen az a 1 b oszlopban szerepel, hiszen a(a 1 b) = (aa 1 )b = = b. Ha a b elem az x 1 és az x 2 oszlopban is szerepelne, akkor ax 1 = h = ax 2 -t balról egyszer sítve a 1 -zel kapnánk, hogy x 1 = x 2. Oszlopokra az állítás analóg módon látható be. 3

4 4 9. A Z n rendje ϕ (n). A Lagrange tétel következménye, hogy elem rendje osztja a csoport rendjét, így a 7 rendjét úgy könny meghatározni, hogy ϕ (n) osztói közt megkeressük a legkisebb k kitev t, melyre 7 k 1 mod n teljesül. A 7 rendje Z 8 -ben 2, Z 12-ben 2, Z 16 -ben 2, Z 20 -ben 4, Z 24 -ben 2, Z 27 -ben 9, Z 32-ben ghg 1 = (247) (38) (56). 11. Permutáció rendjét a diszjunkt ciklusokra vett felbontásból lehet legegyszer bben megállapítani: a rend megegyezik a diszjunkt ciklusok hosszainak legkisebb közös többszörösével. Eszerint o(g) = (4, 3) = 12, o(h) = (2,3,2) = 6, o(g 2 h) = (4,4) = 4, o(hg 2 ) = (4, 4) = 4, o(hg) = (8) = 8, o(g 1 hg) = (3,2,2) = 6, o(h 1 gh) = (3, 4) = 12, o(g 1 h 1 gh) = (6, 2) = 6, o(h 1 g 1 hg) = (6,2) = 6. A permutáció paritását, vagy más néven el jelét a következ képp lehet kiszámolni legegyszer bben: páros hosszú ciklus páratlan permutáció, páratlan hosszú ciklus páros permutáció. Ennek alapján sg(g) = 1, sg(h) = 1, sg(g 2 h) = 1. Felhasználva, hogy az sg : S n {±1} függvény homomorzmus, könny kiszámolni egy szorzat el jelét, hiszen csak az el jeleket kell összeszorozni. sg(hg 2 ) = 1 ( 1) 2 = 1, sg(hg) = 1 ( 1) = 1, sg(g 1 hg) = ( 1) 1 ( 1) = 1, sg(h 1 gh) = 1 ( 1) 1 = 1, sg(g 1 h 1 gh) = ( 1) 1 ( 1) 1 = 1, sg(h 1 g 1 hg) = 1 ( 1) 1 ( 1) = A (Z 5, +), (Z 6, +), (Z 12, +) és (Z, +) ciklikusak, generátoruk az 1. A Z, Z 5, Z 6, Z 7 és Z 9 szintén ciklikusak. Ugyanis Z = { 1, 1 } generátora 1, Z 5 egy generátora 2, Z 6 generátora 5, Z 7 egy generátora 3, valamint Z 9 egy generátora 2. A Z 8 négyelem csoport, de minden eleme másodrend. A Q, R és GL 2 (Q) csoportok végtelenek, de van másodrend elemük, tehát nem lehetnek (Z, +)-szal izomorfak (egyébként GL 2 (Q) nem is kommutatív, a ciklikus csoportok pedig azok). Végül a (Q, +) és (C, +) csoportokról közvetlenül ellen rizhet, hogy nem generálhatóak egyetlen elemmel. 13. A mátrixszorzás asszociativitása szerepelt lineáris algebrából, az egységmátrix az egységelem. Amit ellen rizni kell, hogy a felsorolt mátrixok közül bármely kett szorzata is benne van Q-ban, ez megtehet. A kvaterniócsoport egy másik szokásos megadása a következ (ez szerepelt az el adáson). A felírt mátrixok helyett rendre a ±1, ±i, ±j, ±k elemekkel számolunk, ez megad egy izomorát a két csoport között (a m velettartás könnyen ellen rizhet ). Az ennek megfelel Cayley táblázat: (Rövidítve, az el jelekkel a szokásos módon bánunk, azaz + + = = +, + = + =.) Q 1 i j k 1 1 i j k i i 1 k j j j k 1 i k k j i Ha t egy, a szabályos n-szöget helybenhagyó tükrözés, f pedig a szabályos n-szög középpontja körüli 2π/n szög forgatás, akkor D n = { 1, f,..., f n 1, t, ft,..., f n 1 t }. Itt f rendje n, f k rendje a hatvány rendjéb l n/ (n, k), valamit tf k rendje 2.

5 15. A 7 csak 7-es ciklusok rendje lehet S 10 -ben. A hat rend elemek azon permutációk, melyek diszjunkt ciklusokra való felbontásában csak 1-es, 2-es, 3-as és 6-os ciklusok szerepelnek, melyek legkisebb közös többszöröse 6. Az egyes ciklusfelbontásokra egyegy példa: (123456), (123456)(78), (12356)(78)(910), (123456)(789), (12)(345), (12)(345)(67), (12)(345)(67)(89), (12)(345)(678), (12)(345)(67)(8910). 16. S 8 -ban nincs 11 és 13-ad rend elem, ezekben ugyanis szükségszer en lennie kell 11 illetve 13 hosszú ciklusoknak. Nincs 14 rend elem sem, mert egy ilyen vagy egy 14-es ciklus, vagy diszjunkt 2-es és 7-es ciklusok szorzata. A többi elemrendre van példa: 10 : (12)(345), 12 : (123)(4567), 15 : (123)(45678). ( ) Másodrend elemre példa. Ha A harmadrend, akkor A = I, amib l (A I)(A 2 + A + I) = 0. Ha tehát A karakterisztikus polinomja ( ) x 2 + x + 1, akkor 0 1 A 2 + A + I = 0, vagyis A 3 = I. Ilyen mátrix például A =. 1 1 Végül, ha B 5 = I, akkor legyen k(x) a B karakterisztikus polinomja, ekkor B gyöke k(x)-nek is és az x 5 1 polinomnak is, így gyöke a legnagyobb közös osztójuknak is. Mivel x 5 1 = (x 1)(x 4 + x 3 + x 2 + x + 1), és x 1 és x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 irreducibilis, ezért (k(x), x 5 1) = 1 vagy (k(x), x 5 1) = x 1 (ne felejtsük el, hogy k(x) másodfokú). El bbi nem lehet, mert annak a polinomnak nem gyöke B. Utóbbinak pedig csak a B = I mátrix gyöke, aminek viszont a rendje A 6-ot nem tudjuk olyan pozitív egészek összegeként felbontani, melyek legkisebb közös többszöröse 12, így S 6 -ban nincs 12-edrend elem. Viszont S 7 -ben van, például (1234)(567). A 12-edrend elemek S 7 -ben azon elemek, melyek el állnak egy négyes és egy hármas (diszjunkt) ciklus szorzataként. Az ilyenek száma ( ) 7 4! 4 4 3! 3 = 420. (Vegyük észre, hogy ha rögzítünk k elemet, akkor éppen k! darab különböz k-as ciklus k képezhet bel lük.) 19. n 9 esetén lesz S n -ben 14-ed rend elem, n 7 esetén lesz S n -ben 7-ed rend elem, n 49 esetén lesz S n -ben 49-ed rend elem, n 10 esetén lesz S n -ben 30-ad rend elem. 20. Képzeljünk az üres mez helyére 16-t, ekkor minden kongurációnak kölcsönösen egyértelm en megfelel egy S 16 -beli permutáció. Minden f S 16 permutációhoz jelölje i f és j f a megfelel kongurációban az üres mez (16-os) sor- és oszlopindexét, és tekintsük a P (f) = ( 1) i f +jf sgf függvényt. Nyilván P (f) = ±1, és a P értéke nem változik meg egy tolás alkalmával. Valóban, egyrészt egy tolás során a sor- vagy oszlopindex pontosan 1-gyel változik, ami egy ( 1)-gyel való szorzást jelent P (f)-en. Másrészt az f permutáció megszorzódik 5

6 6 egy alkalmas (k l) cserével, ahol k az üres mez pozíciója, l pedig azon mez pozíciója, amit az üres helyre tolunk. Mivel egy csere páratlan, ezért ez is egy ( 1)-gyel való szorzást eredményez P (f)-en, így annak értéke egy tolás során valóban nem változik. Viszont P (id) = 1, de P ((14 15)) = 1, így az egyik állapotból a másik nem érhet el tologatások segítségével.