Véges ciklikus csoportoknak véges ciklikus csoportokkal való széteső bővítéseiről

Átírás

1 Huer László Véges ciklikus csoportoknak véges ciklikus csoportokkal való széteső ővítéseiről 995 Barátomnak és Uranita testvéremnek szeretettel Mota

2 TARTALOM Köszönetnyilvánítás Jelölések I. rész: A vizsgált ojektum Alaptulajdonságok és alaptételek II. rész: Reprezentációk III. rész: Nevezetes részcsoportok IV. rész: Az automorfizmusokról általáan V. rész: Ch csoportok VI. rész: Csoportok a Ch n kívül VII. rész: Nyitott kérdések Függelék Irodalom Utóirat

3 Köszönetnyilvánítás Köszönettel tartozom Corrádi Keresztélynek és Csörgő Piroskának, akik nélkül érdeklődésem a csoportelmélet iránt izonnyal elenyészett volna. Köszönet illeti Kristóf Miklós arátomat is, aki - túl a gyümölcsöző vitákon - konkrét, empirikus segítséggel is szolgált a permutációkkal való reprezentációk és az M-csoportok prolémáinál. Végezetül mély hálával tartozom feleségemnek, Kovács Gariellának, akinek türelmes uzdítása nélkül ezek a lapok el sem készülhettek volna. Istenem, add, hogy ez a mű eteljesedhessen, eljusson oda, ahova kell, és a lények javát szolgálja mindhárom világan éj 3

4 N Q Z m R m P P 0 PR D m S m G Jelölések A természetes számok halmaza. kvaterniócsoport. az m-nél kise nemnegatív egészek additív csoportja: {0,,,, m-}. az m-nél kise, az m-hez relatív prím pozitív egészek multiplikatív csoportja. a prímszámok halmaza. a páratlan prímek halmaza. olyan számok halmaza, amelyekhez létezik primitív gyök. a m-edrendű diédercsoport. az m-edfokú szimmetrikus csoport. a G csoport rendje. g a g G elem rendje. k m k rendje mod m, azaz a k rendje R m -en. G a G csoportnak az egységelemtől különöző elemeinek halmaza. (s) s-edrendű ciklikus csoport, illetőleg: moduló s. (s) c c generátorú s-edrendű ciklikus csoport. (m,n) az m és n számok lnko-ja (legnagyo közös osztó). [m,n] az m és n számok lkkt-je (legkise közös töszörös). max (m,..., m r ) az m,, m r egészek legnagyoika. EU(m) az EULER-féle függvény: EU(m) = R m π(m) pr(m) az m prímosztóinak halmaza. az m-hez tartozó primitív gyökök halmaza. k.n (m) k pont az n-ediken : azt jelenti, hogy k m = n. a a osztója nek. a a nem osztója nek. a a és a<. a leképezés a-ról -re. p α p α, de p α+ ł. a a kommutál -vel. Γ(G) a G csoport generátorainak egy halmaza. Δ Γ(G) G = Γ(G) Δ Γ(G) a Γ(G) generátorok közötti definiáló relációk halmaza. a G megadása a Γ(G) generátorokkal és a Δ Γ(G) relációkkal. 4

5 Hom (G,H) a G csoportot a H-a leképező homomorfizmusok halmaza. Hom (n,h) az (n) ciklust a H-a leképező homomorfizmusok halmaza. Aut G a G teljes automorfizmuscsoportja. Inn G a G első automorfizmusainak halmaza. Hol G a G holomorfja. (G) a G kommutátora. ζ(g) a G centruma. ζ e (G) a G elsőcentruma és ζ h (G) hátsócentruma (ld.. old..) Φ (G) a G Frattini-részcsoportja. Φ e (G) lásd a 3. oldalt.. Φ h (G) lásd a 3. oldalt.. (m k n) lásd a. oldalt.. (m k n) a lásd a. oldalt.. (m k n) lásd a 0. oldalt.. (m r,k n) lásd a 84. oldalt.. (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, amelyeken minden maximális részcsoport prím indexű. 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. oldal. 5

6 ϕ ϕ x-automorfizmus c-automorfizmus G G G ~G H char G B C Ch F Fc K M M * N P Q R S T X Z 37. oldal. 35. oldal. 37. oldal. G izomorf G -vel. G izostruktúrális G -vel (lásd a 3. oldalt).. H karakterisztikus G-en. 47. oldal. 37. oldal. 43. oldal. 9. oldal. 9. oldal. 4. oldal. 59. oldal. 54. oldal. 5. oldal. 5. oldal. 43. oldal. 3. oldal. 0. oldal. 5. oldal. 35. oldal.. oldal. (p) α (p) x (p) x x (p) α-tényező w p (G) 83. oldal. w (G) 83. oldal. H / ~ a H halmazon a ~ ekvivalenciareláció által létesített osztályozás osztályainak halmaza (a H-nak a ~ szerinti faktorhalmaza). 6

7 I. rész A vizsgált ojektum Alaptulajdonságok és alaptételek. DEFINÍCIÓ Azoknak a nemizomorf csoportoknak a halmazát, amelyek megkaphatók valamely véges ciklusnak egy véges ciklussal való nemaeli széteső ővítéseként (szemidirekt szorzataként), CYCYS-nek nevezzük. (CYcle CYcle Semidirection) Legyen A = Γ (A) Δ Γ(Α) és B = Γ (B) Δ Γ(Β) két csoport. Az A-nak a B-vel való azon széteső ővítése, amelyet a θ Hom (B, Aut A) kísér, így prezentálható: ahol Ha G CYCYS, akkor és a kísérő homomorfizmus ahol G = Γ (A) U Γ (Β) Δ Γ(Α) U Δ Γ(Β) U Δ Γ(ΑΒ). Δ Γ(ΑΒ) = { a - = ϕ (a), a A, B, ϕ = θ ()}. A = a a m =, B = n =, Hom (B, Aut A) = Hom (n, R m ), θ : a ϕ k, ϕ k : a a a k, k R m, [] és Δ Γ(ΑΒ) az egyetlen a - = a k () relációól áll. Így a G CYCYS prezentációja: G = a, a m = n =, a - = a k. () Az () relációól n a -n = a kn = a = a = a azaz k n (m) (3) más szóval k m n következik. A () csoport pont akkor lesz nemaeli, ha k > (4) 7

8 azaz k R # n.. DEFINÍCIÓ A () prezentációra a (3) és a (4) teljesülése esetén a G = (m k n) a szimólumot vezetjük e, amelyől - ha félreértéstől nem kell tartani - a generátorok feltüntetése el is maradhat. A CYCYS és az {(m k n)} halmaz között nincs ijekció, hiszen ()-ől következik, hogy t R n : t a -t = a kt, s így a, = a, t, [3] azaz (m k n) a = (m k t n) a t (5). TÉTEL (PRET = PREZENTÁCIÓTÉTEL) Az (m k n) és (m l n) által szimolizált CYCYS-csoportok pont akkor izomorfok, ha k és l ugyanazt a részcsoportot generálja R m -en: (m k n) (m l n) k = l R m. Bizonyítás: Az (5) miatt elegendő a implikációt igazolni. Világos, hogy ármely ϕ izomorfizmusnál a G = (m k n) a ϕ (G) képét egy cikluspár fogja generálni. ϕ ( a ) = c, ϕ ( ) = d Legyen például ϕ (G) = (m l n) c d, és ϕ (a) = c γ, γ R m ϕ () = d δ, δ R n. Akkor egyrészt ϕ ( a - ) = ϕ (a k ) d δ c γ d -δ = c γ k (7) másrészt a (6) prezentáció szerint d c d - = c l, amiől d δ c γ d δ = c γ l δ (8) A (7) és (8) -ól c γ k = c γ l δ adódik, majd γ R m miatt k l δ (m), végül 8

9 [4] δ R n miatt k = l R m következik. Q. E. D. Vezessünk e a Hom (n, R m) halmazon egy relációt: Ha (n), akkor Θ, Θ Hom (n, R m ) : Θ Θ Θ ( ) = Θ ( ). Könnyű látni, hogy ekvivalenciareláció, és hogy igaz az alái : Az (m) -nek az (n) -nel való összes nem izomorf széteső ővítései ijektíven 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 kielégítő összes m, k, n Ν számhármasok { ( m k n) } halmazának két tetszőleges eleme álljon a relációan egymással pont akkor, ha az általuk reprezentált CYCYS -csoportok izomorfok. Ekkor világos, hogy a CYCYS és az { ( m k n) } / között ijekció létesíthető. A következő lemmáan néhány igen alapvető, közvetlenül az () segítségével igazolható összefüggéseket sorolunk föl, amelyeket a továiakan lépten-nyomon fölhasználunk. [5]. LEMMA Legyen G = ( m k n) a. (I) a < G, a I =, G / a. (II) g G α Z m β Z n : g = a α β. ( ΙΙΙ ) G = m n. (IV) α, α Ζ m β, β Z n : α ( β α ) ( β ) β α+α k β+β a a = a. ( V) α Ζ m β Z n γ Ν : (a α β ) γ = a α [ k β γ ] β γ. s m, t n : 9

10 (VI) a s, t < G k t (s), (V II) a s, t ABEL k t ( m s ). Q. E. D. Az (V) -en szereplő [ ] szimólum az egész tárgyalás során központi jelentőségű, ezért egy lemmáan összefoglaljuk legfontosa tulajdonságait. A izonyítás közvetlen számolással lehetséges.. LEMMA Legyen k, α, β, β, β 0 és [ k α ] = + k + k + k k α. [6] Αkkor (a) k esetén [ k α ] = k α k, () [ 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 (n) is, akkor [ k β α ] [ k β α ] (m). Q. E. D. Az ( m k n ) ( m k n ) reláció fennállásának feltételeit vizsgálva a PRET csak az m = m eseten igazít el. Meglepő módon ez a reláció akkor is fönnállhat, ha m m (s ekkor persze n n is). Némi számolással pl. megmutatható, hogy ( ) ( 7 0) ( 0 6) ( 60 3 ) (9) 0

11 [7]. TÉTEL (PART = PARTÍCIÓTÉTEL) (a) (s) c ( m k n) a ( m s l n) d akkor és csak akkor, ha (m, s) =, l (s), k = l R m. Ezt a műveletet úgy nevezzük hogy (konstanssal) szorzás elölről, illetve (konstans) kiemelés(e) elölről. d () ( m k n) a (s) c ( m k n s) a pontosan akkor, ha (n, s) =. E műveletre úgy hivatkozunk, mint (konstanssal való) szorzásra hátulról, illetve (konstans) kiemelés(é)re hátulról. (c) ( m k n ) a ( m k n ) a ( m m k n n ) a akkor és csak akkor, ha (m, m ) = (n, n ) =, és k = k i R m i, i =,. (0) Bizonyítás (a) Tekinthető az az eset, amikor k l (m). Ekkor az a d s,, c d m leképezésről könnyen látható, hogy izomorfizmus. () a a, d s, c d n du++ folytatás CYC_ Megjegyzés : az (egy) és az l (el) nagyon könnyen összetéveszthető, de aki odafigyel az meg tudja különöztetni, vagy a szövegösszefüggésől vagy logikailag, ti. pl k l (m) esetén csak el lehet az l, mert a k (m) esetet (k kongruens egy) eleve kizártuk a vizsgálatól! [8] CYCYS folytatása eredeti kézirat. oldalától. (c) Először vegyük azt az esetet, amikor k k i (m i), i =,. Ekkor az a a m, a a m, n, n egy jó leképezés. A (0) azt jelenti, hogy a jelzett direkt szorzat független a tényezők prezentációjától. Ennek indoklása a következőképpen történhet. Idézzük föl az alái számelméleti tételt: (SZT) Az x a i (n i) kongruenciarendszernek pontosan akkor van megoldása, ha minden i, j párra, ahol i j r,

12 teljesül, hogy (n i, n j) ( a i - a j), és ármely két megoldás kongruens modulo [ n, n,... n r ]. (Ha az n i számok (i =,,... r) páronként relatív prímek, akkor ez nem más, mint a kínai maradéktétel.) Az ( m m k n n ) csoportot generálhatjuk így : a = a a, =. Térjünk most át az ( m i k i n i) i a i - ről az ( m i k i t i n i) a i i ti. csoportokra, ahol t R n i, i =,. Akkor a ( ) x = x x = t t relációól folyó x t i (n i), i =, [9] kongruenciarendszer (n, n ) = miatt mindig megoldható, tehát van olyan (m k t n) t.. a x R n n, hogy (m k t n) t.. a ( m m k x n n) a x. Mindez a (0) -et izonyítja. Q. E. D. A (c) -en szereplő direkt szorzás értelemszerűen akárhány - véges számú - tényezőre is kiterjeszthető. A PART segítségével most már megérthető a (9) példa: mind a négy csoport izomorf a (3) (4) ( 4 3 ) csoporttal. 3. DEFINÍCIÓ Azon CYCYS - csoportokat, amelyeknek nincs triviálistól különöző direkt faktora, felonthatatlanoknak nevezzük, és összességüket F fel jelöljük (F - csoportok), Fc -vel pedig azokat, amelyeknek nincs valódi direkt konstans (ciklikus) tényezőjük. 3. TÉTEL (CAT = CYCYS ALAPTÉTELE) Minden CYCYSeli csoport egyértelműen állítható elő prímhatványrendű konstansok (ciklusok) és F - csoportok direkt szorzataként - eltekintve

13 [0] a tényezők sorrendjétől és prezentációjától. BIZONYÍTÁS Az állítás közvetlenül elátható a PART - nak, az ABEL - csoportok alaptételének, valamint REMAK azon tételének segítségével, amely szerint tetszőleges véges csoport két direkt felonthatatlan faktorú direkt felontása izomorf. Q. E. D. 4. DEFINÍCIÓ Azon CYCYS - csoportok halmazát, amelyeknek létezik olyan ( m k n) prezentációjuk, ahol n = k m, S - sel jelöljük. (S - 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. S - prezentáció. A (9) példa (0. o.) mutatja, hogy izonyos S - csoportoknak lehetnek nem - S - prezentációik is. A PART (a) és () szerint pontosan azok a csoportok ilyenek, amelyek (s) ( m k n) alaka írhatók, ahol (m n, s) =. Ha ( m k n) S, akkor n = k m s, s >, és most két fontos eset lehetséges : ( k m, s) =, de π (s) π (m), () [] s így ( m k n) ( m k k m) (s), de az (s) konstans előre nem vihető e, vagy π (s) π ( k m ), () és ekkor az (s) konstans hátulról nem emelhető ki. Amíg a () -nél az ( m k n) direkt ővítése az ( m k k m ) -nek, addig a () eseten az ( m k n) nem ővítése az ( m k k m ) - nek, például a ( 4 3 4) még részcsoportként sem tartalmaz ( 4 3 ) 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). 3

14 6. DEFINÍCIÓ Legyenek az m i, i =,, 3,... r számok páronként relatív prímek. A G i = ( m i k i n i), i =,,... r csoportok fúzióján a G = r i= G i = ( r i= m i k [n, n,... n r ] ) csoportot értjük, ahol k k i (m i), i =,,... r. (3) [] Ez a definíció korrekt, mert egyrészt a (3) - nak megfelelő k létezését iztosítja a kínai maradéktétel, másrészt az is egyszerű számelméleti igazság, hogy páronként relatív prím m i (i =,,... r) számok esetén k n i (m i) k [ n, n,... 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,..., n r számok is relatív prímek, akkor - és csak akkor - a fúzió átmegy a szokásos direkt szorzata.) Tekintsük a fenti G i = ( m i k i n i) a i i csoportok direkt szorzatát : G * = i= i. Ha most a = a a... a r, és =... r, akkor a - = a - a r a r r - = a k a k... a r kr = a, ahol k k i (m i), i =,,.... r. Látható tehát, hogy a, = G = r r i= G i G *, [3] Sőt az is kiszámítható (szintén a kínai maradéktétellel), hogy G < G *. (4) Mivel a 6. definícióan az n i -k (i =,,... r) általáan nem lesznek páronként relatív prímek, ezért (3) helyett nem állhat (0), vagyis a fúzió általáan nem független a tényezők prezentációjától. 4

15 Például ( 7 3) ( 9 4 3) = ( ) ( ) = ( 9 7 3) ( 7 4 3), és ( 7 4 3) ( 9 4 3) = ( ) ( ) = ( 9 7 3) ( 7 3), ugyanakkor a PRET szerint ( ) nem izomorf ( ) - mal. 7. DEFINÍCIÓ A G és G csoportokat izostruktúrálisaknak nevezzük, jelen G ~ G, ha fúziós felontásukan azonos számú tényező van, és e tényezők csak a prezentációjukan különöznek egymástól. (Az izostrukturalitás nyilván ekvivalenciareláció.) A közelei vizsgálat azt mutatja, hogy izostruktúrális csoportok részcsoporthálója ugyanolyan, az egymásnak megfelelő hálószemek vagy izostruktúrálisak, vagy izomorfak. Ezen felül az izostruktúrális csoportok automorfizmuscsoportjai is izomorfak. A ( ) és ( ) csoportok esetéen például a hálók megfelelő szemei - a legfelső kivételével - izomorfak egymással. [4] A fúziót azért kellett S - prezentációkra korlátozni, mert különen zavaró töértelműségek lépnének föl. Tekintsük például a következőket : ( e Eredeti kézirat. oldala jön) ( 3 ) ( 7 6), ( 3 6) ( 7 3), ( 3 ) ( 7 3). Formálisan elvégezve a fúziót, mindhárom eseten a ( 6) csoportot kapnánk, holott a PART(c) szerint csakis a ( 6) = ( 3 ) ( 7 3) felontás lehet helyes. 8. DEFINÍCIÓ: Az ( m k n) csoportot magnak nevezzük pont akkor, ha az m egy prím hatványa. A magok halmazát K fogja jelölni. 4. TÉTEL: (SAT = az S alaptétele): Bármely S csoport fölírható (esetleg prímhatványrendű ciklusokkal szorzott) magok fúziójaként. Mivel a fúzió a definícióól következőleg kommutatív és asszociatív, ez a felírás A sorrendtől független, de miként a fúzió általáan nem független a tényezők prezentációjától. Bizonyítás: Elegendő a tételeli fogalmak definícióira, az ABEL csoportok 5

16 alaptételére és a PART ra hivatkozni. (folytatás: CYC e) Q. E. D. [5] Különös sajátosságai a fúziónak az aláiak: (a) Ha G = G G és H i G i, i =,, akkor H H általáan nem része G-nek. Például ( 5 3 4) ( 7 3 6) = ( 35 3 ), D 5 ( 5 3 4), D 7 ( 7 3 6), de D 5 D 7 = D 35 ( 35 3 ). Diédercsoportok fúziója már ha egyáltalán elvégezhető ismét diédercsoport. E sajátságok a direkt szorzatéival éppen ellentétesek, hiszen ha (a) an helyett állna, akkor H H igenis része volna G G nek. Másrészt diédercsoportok direkt szorzata sem nem diédercsoport, sem nem CYCYS eli. 3. LEMMA Legyen (m k n) a = G. Akkor (i) G SOL, (ii) G DIV. Bizonyítás: Az (i) re töféle igazolás kínálkozik. A legkézenfekvő arra hivatkozni, hogy a G> a > egy olyan normállánc, melynek faktorai aeliek. A legonyolulta viszont az (ii) (i), azaz a DIV SOL 6

17 [6] tartalmazás igazolása, amelyhez a HALL tételre van szükség. Az (ii) hez elég elátni, hogy ha s m és t n, akkor s t a, G. Q. E. D. 4. LEMMA (a) Minden G CYCYS előáll egy alkalmas S csoport részeként. () Minden G CYCYS része valamely ciklus holomorfjának. Bizonyítás: (a) Ha G S, akkor nincs mit izonyítani, 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 fúziót! Világos, hogy p a, G. () Az (a) miatt elegendő S csoportokra szorítkozni. Nyilvánvaló, hogy ( m k n& ) Hol (m) (m) R m, (5), hiszen k R m. (Késő meg fogjuk mutatni, hogy (5) en pontosan akkor van egyenlőség, ha ( m k n& ) speciális tulajdonságú, ld oldal.) Q. E. D. [7] 7

18 II. rész Reprezentációk (A) A legegyszerű a Z m Z n en való árázolás. A szorzási szaály: α, α Z m,, β β Z n : β ( α, α ) ( β, β ) = ( α +α k, β +β ). Könnyen kiszámolható, hogy az a = (,0), = (0,) generátorokkal valóan az ( m k n) a csoportot kapjuk. (B) Egyszerű számolás mutatja, hogy az alái, modulo m vett mátrixokkal való reprezentáció az ( m k n& ) a csoportokra megfelelő: 0 a =, = 0 0 k. (C) Permutációkkal való reprezentációk.. LEMMA: A G = ( m k n& ) a csoportnak létezik izomorf képe az S m en. Bizonyítás: Két általános csoportelméleti tételre támaszkodunk: (i) Ha N < G és N I (G) =, akkor N ζ(g). (ii) Ha a véges G csoportan létezik egy olyan k indexű H részcsoport, amelynek összes G eli konjugáltja csak triviálisan metsződik, [8] akkor G izomorf módon leképezhető S k a. Mármost jelölje B a összes konjugáltját G en. Nyilván B < G, de B I (G) =, hiszen már I (G) =. (Azt, hogy (G) a, lásd a III. részen.) Akkor viszont (i) miatt B ζ(g). Mivel G S, ezért ζ(g) a (ld. III. rész), s így B I (G) =. Mindeől B = következik, 8

19 s mivel indexe G en m, az (ii) vel kapjuk az állítást. Q. E. D. A permutációkkal való reprezentációk emutatása előtt állapodjunk meg a permutációk szorzási szaályáan. Hassanak az A, B, Z permutációk az Ω jegyhalmazon, és legyen i Ω. Akkor A B Z (i) = A(B(.(Z (i)) ). Szorítkozzunk egyenlőre az S csoportokra, és a jegyhalmaz legyen a Z m = { 0,,, 3, m }. Az ( m k n& ) a egy jó reprezentációját kapjuk az S m en a következőképpen: az a és a hatása legyen az alái: i Z m : a (i) = i + mod m, (i) = k i mod m. Az rögtön világos, hogy az a egy m hosszúságú ciklus, azaz a = m. [9] A nél kicsit más a helyzet, mert a általáan diszjunkt ciklusok szorzataként adódik. Kérdés, hogy milyen hosszúak ezek a ciklusok? Legyen i Z m, és tegyük fel, hogy x (i) = i, azaz k x (i) i (m). Eől következik, hogy ha i R m akkor x = n, és ha i m, akkor x n. (Az az eset, midőn i m, de (i, m) >, visszavezethető az i m esetre.) Ez egyszerűen azért van így, mert általáan k m k m ha m m. Más szóval: m m R m R m. α α α αr 3 m= p p p...p r, ahol a p i k páronként különöző Legyen ugyanis 3 β β β βr 3 prímek (i =,, r), és legyen 3 Akkor triviális, hogy m' = p p p...p r, 0 βi α i(i =,,..r) R m = R p β R p β r. R p β R p α R p α r. R p α = R m. Tehát olyan diszjunkt ciklusok szorzata lesz, amelyeknek hossza osztja az n t, és feltétlenül lesz közöttük n hosszúságú is. Ezért = n. 9

20 A a = a k reláció ellenőrzése is nagyon könnyű: i Z m : a (i) = (i+) = k (i+) = k i + k, a k (i) = a k (k i) = k i + k, ami teljessé teszi annak igazolását, hogy valóan jó S m eli reprezentációt [0] kaptunk. Egy gazdaságosa reprezentációra is van lehetőség, amely a fúzión alapul. Ezt egy konkrét példán keresztül érthetjük meg a legjoan. Legyen az árázolandó csoport a ( 3 ) ( 4 3 ) ( 5 3 4) = ( ). Készítsük el a fúziós tényezők reprezentációit az elő ismertetett módon: ( 3 ) a : a = (0), = (), ( 4 3 ) a : a = (03), = (3), ( 5 3 4) a 3 : a 3 = (034), 3 = (34). 3 Kódoljuk át az a és a 3 at úgy, hogy egymással és az a gyel is diszjunktak legyenek: a = (3456), a 3 = ( ), és megfelelően = (46), 3 = (8 0 9). Most legyen a = a a a 3 = (0)(3456)( ), = 3 = ()(46)(8 0 9), és egyszerű számolással igazolható, hogy valóan a ( ) a csoportot kaptuk, mégpedig S 60 helyett az S = S en. Ez a módszer teljes általánosságan alkalmazható, és az az eredménye, hogy ha m = m m 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 csoportan sikerül 0

21 [] árázolni az S m m... m r = S m helyett. Márpedig m + m + m m r m m m 3... m r, és itt egyenlőség csakis akkor van, ha az m nek csak egyetlen prímtényezője van. Eredményünk tehát ez:. LEMMA: Legyenek az m, m, m 3,...,m r számok páronként relatív prímek. Akkor az (m m m 3... m r k n& ) csoportnak létezik az S m + m m r szimmetrikus csoportan izomorf képe. Q. E. D. Az S en kívüli csoportok reprezentációja most már könnyű: Ha az ( m k n& s) * a, s > csoportot akarjuk árázolni, akkor a = (0. m-), * = (β β β 3. β ns) ahol a ( m k n& ) a csoporthoz a szokásos módon megszerkesztett permutáció és a (β β β 3. β ns) diszjunkt a val és vel is. A ( ) * a esetéen például * = ()(46)(8 0 9)( ).

22 III. rész Nevezetes részcsoportok (A) p CSOPORTOK. NILPOTENCIA Kommutátor, Centrum, Frattini részcsoport. Legyen G = ( m k n) a..lemma: (G) = k (m,k ) a a =. Bizonyítás: Az I. rész () ől azonnal következik. Q. E. D.. DEFINÍCIÓ: A G t Z csoportnak nevezzük pont akkor, ha (m, k ) =. Ekkor nyilván (G) = a és G / (G) =. COXETER Z metaciklikusnak nevez egy csoportot, ha mind a kommutátora, Mind a kommutátor szerinti faktorcsoportja ciklikus. ZASSENHAUS eizonyította, hogy minden véges Z metaciklikus csoport előállítható Z csoportként.. LEMMA: ζ(g) = ζ e (G) ζ h (G), ahol ζ e (G) = a m (m,k ) az ún. első centrum, ζ h (G) = β az ún, hátsó centrum, és β kielégíti a k β = relációt. Bizonyítás: közvetlen számolással. Q. E. D. 3. LEMMA: ζ(g) = G Z I S. Bizonyítás: Az állítás az. és. lemma következménye. Q. E. D. [] Az. és. lemmákól kiolvasható, hogy (G) m, ζ e (G) m, és (G) = ζ e (G) = m, (G) = m ζ e (G) =. Ezek az összefüggések jól mutatják a kommutátor ( (G)) és az első centrum

23 (ζ e (G)) közötti sajátos komplementaritást. 4. LEMMA: Ha G i Z I S, =,, r, akkor r i= G i Z I S. Bizonyítás: Egyszerű számelméleti megfontolásokkal az S, Z és a definíciója alapján. Q. E. D. 5. LEMMA: (i) Ha m páros, akkor ζ e (G). (ii) Ha m páros és n páratlan, akkor G nek van egy olyan centrális faktora, amelynek rendje a 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 ). [3] (ii) Legyen m = α m, α, m >, és (, m ) =. Ha n páratlan, akkor k m is az, ezért k csakis R m eli lehet, vagyis k ( α ). De akkor a PRET (a) szerint a ( α ) ciklus kiemelhető G ől. (iii) a [k n] = a k [k n] = a (k +) [k n] = a (k ) [k n] a [k n] = a [k n], hiszen (k ) [k n] = k n 0 (m). Q. E. D.. DEFINÍCIÓ: A G első illetve hátsó Frattini részcsoportján a csoportot értjük. Φ e (G) = Φ (G) Φ h (G) = Φ (G) Tekintsük a G egy tetszőleges a α β I a, illetve a I elemét. α β Ha α R m, akkor a, MGR (G), Ha pedig β R n, akkor a,a α β MGR (G). Ezeken az eseteken tehát a α β Φ (G). Tegyük föl, hogy α R m és β R n. Ha p π(m), és p α, akkor 3

24 β p a a, α MAX (G), ezért p a,,a α β MGR (G). Hasonlóan, ha q π(n), és q β, akkor [4] α β a a, q MAX (G), s így q a,,a α β MGR (G). Kaptuk, hogy az a α β elem egyik eseten sem tartozhat Φ (G) hez. p p... p q q... q Ezek szerint Φ (G) a r, s, ahol {p, p, p 3,., p r } = π (m), {q, q, q 3,., q s } = π (n). Mivel a < G, ezért a p p... p r Φ (a) = Φ (G), amiől máris következik, hogy p Φ (G) = p... p a r γ,, ahol q π (n): q γ. ( ) A következőket láttuk e: 6. LEMMA: (i) Φ (G) = Φ e (G) Φ h (G), (ii) Φ e (G) = Φ (a). Q. E. D. Általáan Φ h (G) Φ (). Ha például G = (p k (p )), p P 0, akkor Könnyen kiszámolható, hogy Φ h (G) =. Biztosan nagyo lesz azonan a Φ h (G) nél, ha G egy s csoport homológja. 4

25 [5] 7. LEMMA: Legyen G = (m k n s) a, ahol π (s) π (n) = { q, q, q 3, q t }, s >. Akkor n Φ (G). n n Bizonyítás: Mivel < G és csoportelméleti tételt, miszerint ha A N Φ (G), mégpedig az 8. LEMMA: (i) (ii) r r i i, ahol ξ a, e i= i= ξ ( G ) = ξ(g ) r r r i= i i= i i= i. Φ( G) Φ ( G) = ΦG) q Φ () = G Φ q... t és N (A), alkalmazhatjuk azt Az általános, akkor N= n, A= szereposztással. Q. E. D. ς, Φ e valamelyike; Bizonyítás: Az (i) közvetlen számolással elátható a definíciók alapján, az (ii) pedig az I. rész (4) (9. o.) következménye. Q. E. D. (B) p CSOPORTOK. NILPOTENCIA. 3. DEFINÍCIÓ: A CYCYS-eli p csoportok (p P) halmazát P, a nilpotensekét N fogja jelölni. 9. LEMMA: A P I K elemei az aláiak: p P 0 : (p α p α β + p β ), α, α>β (a) [6] p = : ( α α β + β ), α 3, α >β ( α α β β ), α 3, α >β ( α α ) D α, α. (d) () (c) Bizonyítás: A következő számításokan főleg az I. rész. lemmaeliekre támaszkodtunk: (a) Az igazolandó, hogy p α β + p α = p β. Ehelyett a következőt látjuk e: s p α β + p α = p β, ahol (s,p) =. 5

26 Legyen 0 γ<β, akkor α β ( ) p β γ α β α β sp + = sp [ s p + p β γ ] = = s p α β α β [ sp α β + p] [ ( sp + ) p p].[ ( sp α β ) Elemi módon kiszámolható, hogy p [ ( ) p δ és így ( ) p = A α β sp + p], 0 δ β γ, β γ α β α γ sp + sp, p A, ami pontosan akkor kongruens 0-val modulo p α, ha γ = 0. () p = vel pontosan ugyanaz a számítás menete, mint (a) nál. (c) Most is azt igazoljuk, hogy s α β + α = β, ahol (,s) =. pβ γ + p]. [7] Legyen ismét 0 γ<β. α β ( ) β γ α β α β s = s [ s β γ ] = α β [ s β γ ] = = ( s α β ) α β [ s = ( s α β ) s α β α β = ( s ) Könnyű kiszámolni, hogy α β ] [ ( s ) ].[ ( s α β ) α β [ ( ) α β [ ( s ) ].[ ( s α β ) δ s ], δ β γ, β γ α β ezért ( s ) α β = ( s ) α β ahol A, azaz ( ) β γ s α β β γ β γ ]. β γ ]. A, s α β B, (B,) =. Ez csakis akkor kongruens 0-val modulo α, ha γ = 0. 6

27 (d) Az, hogy s α α =, (,s) =, egészen triviális. Q. E D. A P mármost a 9. lemmaeli p magokól és azok homológjaiól áll. 0. LEMMA: Valamely adott p P esetén jelölje G p a P egy elemét. r G () Akkor ármely G N csoport felírható G = ( q ) p i= i [8] alakan, ahol a p i k páronként különöző prímek (i =,, r), valamint (p, p, p 3, p r, q) =. Bizonyítás: Közvetlenül a nilpotencia definíciója alapján. Q. E. D.. LEMMA (G) ζ e (G) G N. α α α r Bizonyítás: Legyen G = r (p p...p k n), ahol a p i k páronként különöző prímek (i =,,... r). Elemi számolással adódik hogy (G) ζ e (G) (k ) α 0 αr. (p...p Eől következik, hogy r ) p ε k, ahol ε i, i =,,... r. i i ε ε ε r + Eszerint r α i k = s p p...p, (s, p p... p r) =, ami azt jelenti, hogy G az (a) vagy () típusú p magok (vagy homológjaik) direkt szorzata, esetleg valamilyen konstansokkal ővítve, vagyis G () alakú. Q. E. D.. LEMMA Legyen G olyan, mint a. lemmáan, de legyen még α i, i =,,... r. Akkor Φ e (G) ζ e (G) G N. Bizonyítás: Φ e (G) = a p...pr ζ e (G) pontosan akkor, ha k 0 α α r (p...pr ). 7

28 [9] Ámde ekkor (G) = α α α r r p p...p = d, α α αr ( p p...pr, k ) α Φ e (G) = α r = f, és d f, tehát (G) Φe (G). Q. E. D. p...p r A (7 4 9) csoport példája mutatja, hogy a. és. lemma feltételei csupán elégségesek, de nem szükségesek a nilpotenciához. E csoportan ugyanis ζ e (G) < (G) = Φ e (G). 3. LEMMA Ha G = (m k n) a N, akkor Φ h (G) = Φ (). Bizonyítás: Felhasználva azt a tételt, miszerint egy direkt szorzat Frattini részcsoportja megegyezik a tényezők Frattini részcsoportjainak direkt szorzatával, elegendő az állítást G P esetre elátni. Ha azonan G P, 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 vel. Q. E. D. (C) Továi vizsgálatok a Frattini részcsoporttal kapcsolatan: 4. LEMMA Legyen G = (p α k p β q) a, (p P), q p. Akkor Φ h (G) = pq. Bizonyítás: Tudjuk, hogy Φ h (G) = γ, ahol a ( ) szerint (4. o.) p γ. [30] Mivel Φ (G) = a p, γ < G, ezért k γ (p) lásd I. rész. LEMMA (VI) (5. o.), amiől q γ adódik. Kaptuk tehát, hogy pq γ. Mármost az a, γ részcsoport egyrészt normális G en, másrészt p csoport, így (a 3. LEMMA segítségével) Φ ( a, γ ) = a p, γ Φ (G), amiől γ pq. Nyertük tehát, hogy pq γ és γ pq, azaz γ = pq. Q. E. D Eredeti kézirat 5. oldalától: 8

29 Legyen adva r számú mag: G i = k, ( 3 ) (p α ahol a p i k páronként különöző prímek, és q i p i, i =,, r. Ezek fúziójának felírásához legyen ( r i ) pp...p,q, (Ha föltesszük, hogy j i esetén δ ji = 0.) = i =,, r. i i p p... p q = p p p...p q, i r δi δi δ3i δri 3 r < < <, akkor világos, hogy δ Akkor δ q,q r,...q δ r = p p...p r q,q,...q r, ahol δ= i max( δi, δi,... δ ir), i =,, r, és így β β β p r r q,p q,...pr q ε ε ε r p p...pr q =, ahol ε= i max( δβ i, i), i =,, r, és q q,q,...qr A (3) magok fúziója tehát így írható fel: =. i [3] G = r i= G i = (p α p α...p α r r k ε ε ε p p...p q) a Tudjuk, hogy Φ (G) = Φ (G) < G miatt k q,q,...q r γ. δ δ δ r p p...p q Kaptuk, hogy r p a, γ, ahol most p = p p p r.. ( 4 ) γ (p), és eől következik, hogy q i γ, i =,, r, tehát γ. ( 5 ) 4. DEFINÍCIÓ: ( m k n) R (m, n) =. 5. LEMMA: (i) Ha G i R I S, i =,, r, akkor Φ h ( (i i) G R I S esetén Φ h (G) =. r i= G i) =. (i i i) Ha a (3) magok olyanok, hogy p i q j, i, j =, r, (6) 9

30 akkor Φ ( r i= G i) = r = Φ (G i). i Bizonyítás: (i) Ha G i R I S, i =,, r, akkor (3) an β= i 0 és (4) en ε=δ i i. Innen az (5) adja az állítást. (i i) Ez (i) ől folyik, de most ε=δ i i= 0, i =,, r. (i i i) Een az eseten nyilván δ i = 0, ε=β i i, i =,, r. Könnyű kiszámolni, hogy az q a, részcsoport most nilpotens [3] (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 onyodalmas lehet. Legyenek p, p prímek, p < p. Tekintsük a G G = (p α k, = (p α k magokat, ahol β 0, q p, β 0, q A két mag fúziója G = G G = ahol ε= max( β, δ ), q q,q, δ és pq (p p δ p α α k, =. Mi lesz a Φ (G)?. pp Az előzőekől annyit mindenesetre tudhatni, hogy Φ (G) = a, γ, pq δ ahol (a a) ε=δ β. γ. A továiakan két eset lehetséges: pq Tekintsük most a H = a, δ részcsoportot. Világos, hogy H < G, ezért Φ(H) Φ (G), másrészt H nilpotens, hiszen H = α α p q k δ (p p pq β a p ) δ, 30

31 s így p Φ (H) a 3. lemma szerint számolható: p Φ (H) = a, δ p p q [33] Innen következik, hogy γ ppq Mármost a γ = pq δ pq ppq δ, és kaptuk, hogy δ γ eset nem lehetséges, mert δ. β p pq a, δ, MGR(G) p p p p q (G) a, δ. Ezért γ = ppq δ és Φ =. ( ) ε=β >δ. Ekkor csoportunk G = (p p β β p p q) α α k a. Tekintsük most a Η = p q a, β részcsoportot. Ismét H < G, és ezért Φ(H) Φ (G). Másrészt H most is nilpotens, így a 3. lemma segítségével pp p Φ (H) = a, p β q. Mindeől azt nyerjük, hogy pq δ γ β p q és most csak az zárható ki, hogy γ = β β p p q a,, MGR(G). β pp q, legyen, ugyanis Közelei a γ ról nem mondható. [34] 3

32 IV. rész Az automorfizmusokról általáan Legyen G = ( m k n) a, és ϕ a G-nek egy permutációja. ϕ() Nyilvánvaló, hogy ϕ Aut G G = ( m k n) ϕ(a). Részletesen ez azt jelenti, hogy ϕ (a) = m, () ϕ () = n, () ϕ () ϕ (a) = ϕ (a) k ϕ () (3) ϕ(a) I ϕ () = (4) Előfordulhatnak a következő esetek is: a I ϕ () =, és (5 a) ϕ (a) I =, I, a ϕ() és (5 ) ϕ (a) I =, a I ϕ () =, és (5 c) I, ϕ(a) I, a ϕ() és (5 d) I, ϕ(a) 3

33 [35] Könnyű meggondolni, hogy az (5, c, d) eseteken vagy az a egy része képződik le a - e automorf módon, vagy a egy része az a - a. (Az (5 d) nél mindkét eset fönnáll.) Ez nyilvánvalóan csak úgy lehetséges, ha a mondott részek centrálisak, izomorfok, és mind a - nak, mind - nek direkt faktorai. Az aláit láttuk e:. LEMMA: Az (5, c, d) szituációk csak akkor fordulhatnak elő, ha G (s) (m k n) (s), ahol (mn, s) = (6) Q. E. D.. DEFINÍCIÓ: A (6) alakú csoportok halmazát X fogja jelölni. Az olyan automorfizmust, amelyre (5 ), (5 c), vagy (5 d) valamelyike fönnáll, keresztező automorfizmusnak (x automorfizmusnak) nevezzük. x automorfizmusa tehát csak X csoportnak lehet. Ha G (6) alakú, akkor Aut G = Aut (m k n) Aut (s). Ezért egy G X csoport automorfizmuscsoportjának kiszámítása mindig visszavezethető egy olyan csoport automorfizmuscsoportjának meghatározására, amely már nem X eli. Ezért a továiakan mindig föltesszük, hogy G X. [36] A G = ( m k n) a ármely ϕ automorfizmusa ϕ (a) = a α β, ϕ () = a γ δ (7) alakú, ahol az α, γ Z m, β, δ Z n számoknak az (), (), (3) ól következőleg ki kell elégíteniük az alái relációkat: Az m a legkise pozitív egész, amelyre α [ k β m ] 0 ( m ), ( Κ ) és β m 0 ( n ), ( Κ ) Az n a legkise pozitív egész, amelyre 33

34 valamint γ [ k δ n ] 0 ( m ), ( Κ ) és δ n 0 ( n ), ( Κ ) γ + α k δ γ k βk + α [ k β k ] (m) (K 3) β (k ) 0 ( n ), ( Κ 3 ) Ezt a kissé riasztó kongruenciarendszert KÁNON-nak is nevezzük. Késő látni fogjuk, hogy fontos eseteken ezek a relációk jelentősen egyszerűsíthetők.. DEFINÍCIÓ: A G = ( m k n) a egy ϕ automorfizmusát egyszerűnek nevezzük, ha vagy a n, vagy n identikusan hat. [37] Világos, hogy az identikus automorfizmus egyszerű, és egyszerű automorfizmus nem lehet keresztező. Egy egyszerű automorfizmus megadásánál nem tüntetjük föl azt a generátort, amelyen identikusan hat. Például ϕ: a a α β, helyett csak annyit írunk, hogy ϕ: a a α β. 3. DEFINÍCIÓ: Tekintsük a (7) automorfizmust. Ha a ϕ (a) = a α β és ϕ () = aγδ maguk is (egyszerű) automorfizmusok, akkor azt mondjuk, hogy a ϕ a ϕ és ϕ fúziója: ϕ = ϕ ϕ. Amennyien a (7) eli ϕ ilyen értelemen nem ontható föl, akkor ϕ t csatolt automorfizmusnak, (c automorfizmusnak) nevezzük, s az ilyen automorfizmusokkal rendelkező csoportok halmazát C vel jelöljük. Világos, hogy a fúzió különözik a szokásos, o rel jelölt kompozíciótól: ϕ ϕ ϕ ο ϕ. Az is nyilvánvaló, hogy ϕ ϕ = ϕ ϕ, és ϕ (ϕ ϕ 3 ) = (ϕ ϕ ) ϕ 3. A A G = ( 6 3 4) a példája mutatja, hogy C nem üres. A G nek ugyanis van egy ϕ: a a, 3 automorfizmusa, ámde sem a ϕ : a a, sem a ϕ : 3 nem automorfizmusa G nek.. LEMMA: Legyen G = ( m k n) a. 34

35 [38] (A. ) A G nek az a a μ, μ R m egyszerű automorfizmusai egy R m - mel izomorf részcsoportot generálnak Aut G en. (A. ) Ha a G en az a nem karakterisztikus, akkor G nek van egy ϕ: a a β, β n δ, δ R n automorfizmusa. (B. ) A G nek δ automorfizmusa δ R n mellett csak akkor létezhet, ha G S. (B. ) Ha G nek létezik ω : a γ δ, γ 0 automorfizmusa, akkor (a) δ R n, δ R n G S ; () létezik olyan automorfizmusa is, ahol γ m. Bizonyítás: (A. ) triviális. (A. ) Ha a nem karakterisztikus G en, akkor mindenesetre léteznie kell egy ψ: a a α β, β 0, δ, δ R n automorfizmusának, mely δ = eseten egyszerű, és csatolt, ha δ R n. Először mutassuk ki, hogy α R m. A ψ hatványait tanulmányozva azt láthatjuk, hogy ψ f (a) = a αα' ββ'. Ha speciálisan ψ = f, akkor a αα' ββ' = a, tehát αα ( m ), amiől következik, hogy α R m. [39] A β ra térve látható, hogy β = β t, β n, (t, n) =. Ilyen fölírás mindig lehetséges. Ekkor tehát ψ (a) = a α ( t ) β. Csakhogy a, = a, t, azaz ( m k n) a = ( m k t n ezért föltehetjük, hogy már eleve β n. Most már a ψ helyett tekinthetjük a ψ α Ekkor valóan α ψ :a a. α ) a t, o ψ automorfizmust, ahol 35

36 ψ α o ψ = ϕ: a a β, β n δ, δ R n. (B. ) A δ a δ = a k relációól k δ ( m ) következik, s ez G S esetén csak δ = gyel teljesülhet. (B. ) (a) Ha δ R n volna, akkor az a γ δ egy n (< n) edik hatványáól γ a eltűnne, és így a I a δ adódna, ami G X miatt lehetetlen. Α δ R n - ra vonatkozó állítás számolással adódik. Legyen ω: a γ δ, Α δ R n. Akkor ω(a) = a γ δ a = a γ+ k δ δ, ω(a k ) = a k a γ = a k+γ. Az ω(a) = ω(a k ) relációól k δ ( m ) adódik, ami δ R n mellett csak G S mellett lehetséges. [40] () Írható, hogy γ = γ s, ahol γ m, (m, s) =. Ámde s a, = a,, s így feltehető, hogy már eleve γ m. Q. E. D. TÉTEL: Ha a G = ( m k n) a csoportnak a ϕ : a a α β ϕ : a γ δ egyszerű automorfizmusai, akkor ezek fúziója, ϕ ϕ is automorfizmusa G nek. Bizonyítás: Azt kell elátni, hogy a ϕ -re és a ϕ -re fölírt kánonól (l. 36. o.) következik a ϕ = ϕ ϕ - re fölírt kánon. A ϕ - nél γ = 0, δ =, így a rá vonatkozó kánon a (K ), (K ), (K 3), valamint a [ k β k ] k ( m ) ( Κ 3 ) relációkól áll. A ϕ - nél α =, β = 0, ezért a rá érvényes relációk a (K ), (K ), és a k δ k ( m ) ( Κ 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 3 ) et, megfelelő átrendezés után eől a γ ( k βk ) 0 ( m ) 36

37 relációt nyerjük. Vegyük figyeleme, hogy [4] 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 egyszerűsítés után a izonyítandó kongruencia ez lesz: γ (k ) [ k β] 0 (m) ( ) Tegyük föl, hogy β n. Ekkor (K 3) szerint n k = s (8) β A ( Κ 3 ) és (K 3) ől [ 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 e ide (8) at a aloldalra: [ k β n s ] [ k β n β β ] [ k n s ] s [ k β n ] k ( m) (0) β A (K ) és ( Κ 3 ) ől 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 töszöröst veszünk, akkor [4] [ 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 - re teljesül a (K ) (K 3), akkor a ϕ = ϕ ϕ - re is. 37

38 I, α β γ δ Végül, mivel G X, ezért a a = tehát ϕ valóan automorfizmusa G nek. Q. E. D. 3. LEMMA: Legyen G = ( m k n) a. Akkor n/n k Inn G a, 0, ahol n 0 = k m. Bizonyítás: Következik ez akár aól, hogy a = a k és a a = a k, akár aól, hogy Inn G G / ζ(g). Q. E. D. [43] 38

39 V. rész Ch csoportok. DEFINÍCIÓ: A G = ( m k n) a csoportot Ch csoportnak nevezzük, ha a char G, vagyis a karakterisztikus G en. Világos, hogy G Ch esetén a G minden, a IV. rész (7) en (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 könnyű kiszámolni.. DEFINÍCIÓ: ( m k n) Q (k, n) =.. LEMMA: Q U R U Z Ch. Bizonyítás: Legyen G = ( m k n) a. Ha G Q, akkor (k, n) = miatt a (K 3) ől (36. o.) β 0 ( n ) következik. Ha G R, akkor (m, n) = miatt a (K ) ől (36. o.) következik ugyanez. Végül, ha G Z, akkor (G) = a. Q. E. D.. LEMMA: Ha ( m k n ) Ch, és (m, s) =, akkor (s) ( m k n ) Ch. Bizonyítás: Legyen G s az ( s ) a és a G = ( m k n ) a direkt szorzata. [44] G s = ( s ) a G = ( ms l n ) aa. G s 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, amiől a char G s. 39

40 Legyen ϕ Aut G s. Akkor ϕ (a a ) = ϕ (a ) ϕ (a ), és az előiek értelméen ϕ (a ) = a α, α R s. γ α Ha most ϕ (a ) = β, akkor ennek az elemnek a rendje csak akkor aa lehet m, ha γ = 0. Ám ekkor β = 0 is, különen az a az a, nem volna karakterisztikus. Mindeől az következik, hogy = G- en ϕ ( a,a ) = a,a, tehát G s Ch. Q. E. D. A VI. rész. lemmája (7. o.) mutatja, hogy az iménti állításan miért volt szükség S csoportokra szorítkozni. 3. LEMMA: G, G Ch G G Ch. Bizonyítás: Legyen (m, m ) =, és G = ( m k n ) a Ch, és G = ( m k n ) a Ch. Akkor G G = ( m m k n n ) aa, [45] ahol k k i (m i ), i =,, n = [ n, n ]. Tegyük föl, hogy a G G nek van egy a a a a (a a ) β ϕ : ( ) δ automorfizmusa. tekintsük ennek a ϕ nek mondjuk a G re való megszorítását. Mivel G Ch, ezért a ϕ ( a ) = a relációnak teljesülnie kell. Ámde (m, m ) =, s így a = m a, és m m m a (a a ) Ezért ϕ ( a ) = ϕ ( = ( ) m β (a a ) ) = (a a ( ) ) m = = k m β m k m β β βm a a a. Eől [ k β m ] 0 (m ) ( a) és β m 0 (n ) ( ) következik. (Az, hogy m a legkise ilyen szám, aól következik, 40

41 hogy a ( ) az m nél kise számmal nem teljesül.) A ϕ re fölírt (K 3) és (K 3) (ld. 36. o.) : [ k β k ] k δ (m m ) ( c) β (k ) 0 (n). ( d) Vegyük a k t mod m, a β és δ t mod n, azaz legyen [46] k = k + m x, β = β + n y, δ = δ + n z, és nézzük meg, mivé lesznek az ( a d) relációk. Az ( a) ól: β+ ny ny β k m k m k (m ) miatt ) Az ( ) ől: β ( k m 0 (m ) ( a a) ( β + ny)m βm 0 (n ) ( ) Az ( c) nél a [ ] al feléen közvetlenül áttérhetünk k ról k re : β+ ny δ+ nz β amiől k ny k nz (m ) miatt k k k k k (m ), β k k δ k (m ). Meg kell még mutatni, hogy β k k β k k (m ). β Íme: β β βk β k k k k + m x k k + k k m x β βk β βm β k k + k k m k x k k (m ), 4

42 [47] mivel ( a a) miatt β k m 0 (m ). Kaptuk tehát, hogy β k k δ k (m ). ( c c) Az ( d) ől: β (k ) (β + ny) (k + m x ) β (k ) 0 (n ), ( d d) hiszen β m 0 (n ) az ( ) szerint. β δ a a, Az ( a a d d) relációk szerint a G nek van egy automorfizmusa, ellentmondásan azzal, hogy G Ch Q. E. D. E lemma megfordítása nem igaz. Előfordulhat, hogy G Ch, G Ch, mégis G G Ch. Például (7 4 3) (9 4 3) = (63 4 3) Ch, ahol (7 4 3) Ch, de (9 4 3) Ch. 3. DEFINÍCIÓ: A G = ( m k n ) B csoport pontosan akkor, ha 4. LEMMA: [ k n ] 0 ( m ). (i) Ha (m, s) =, ( m k n ) B, akkor (s) ( m k n ) B pont akkor, ha s n. [48] (i i) G, G B G G B. Bizonyítás: egyszerű számolással. Q. E. D. Az (i i) megfordítása hamis, például (9 4 3) (9 4 3) B, de (9 4 3) B.. TÉTEL: (B TÉTEL) : B Ch. Bizonyítás: Tegyük föl, hogy G = ( m k n) a B, de G Ch. 4

43 Ekkor a G nek létezik egy a a β, β n ϕ : δ, δ R n automorfizmusa (ld. 38. o. (A )). Írjuk föl a (K 3) et (36. o.) α =, γ = 0 szereposztással: [ k β k ] k δ ( m ). Eől a (K 3) 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 mivel β n, ezért [ k β k ] [ k β n k = s, β n s β ] [ k β n β ][ k n s ] s [ k β n β ] k δ ( m ). ( ) Mivel G B, ezért [ k n ] 0 ( m ), s így [49] s [ k n ] s [ k β ] [ k β n β ] 0 ( m ). Használjuk föl itt a () t : [ k β ] ( k δ ) 0 ( m ). ( 3 ) Mármost (fölhasználva a (K 3) t, ld. 36. o.): k k β β k kδ (a ) = a = a, és a (3) mal nyerjük, hogy β k k β kδ k β ((a ) ) = (a ) =. Eől következik, hogy (k ) [ k β ] = k β 0 ( m ), ellentmondásan azzal, hogy β n és G S. Q. E. D. Az. lemma és az. tétel szerint B U Q U R U Z Ch. 43

44 Hogy ez a tartalmazás valódi, azt a (63 4 3) csoport izonyítja. (Egyéként Z I S B. Ha ugyanis (m k n) Z, akkor (m, k ) =, és így a k n = (k ) [ k n ] 0 ( m ) relációól (<) [ k n ] 0 ( m ) következik.). TÉTEL: Legyen ( m k n ) Ch. Akkor [50] (i) m γ R m Aut(m k n) Hol(m). (i i) Aut(m k n) Hol(m) (i i i) Hol(m) CYCYS m PR., ahol m γ= ; (m, k n ) pontosan akkor, ha ( m k n ) B ; Bizonyítás: (i) A G = ( m k n) a Ch összes automorfizmusa most. ϕ : a a α, α R m a γ, γ Z m alakú, és világos, hogy ϕ = ϕ α ϕ β, ahol ϕ α : a a α, α R m ϕ γ : a γ, γ Z m egyszerű automorfizmusok. Nyilvánvaló, hogy { ϕα α R m } R m. Írjuk föl ϕ γ - ra a (K ) et (36. o.): γ [ k n ] 0 ( m ). Látható, hogy a szóa jöhető legkise γ éppen m (m, k n ), s így m ϕ, γ γ 44

45 m ϕ, ϕ = AutG R γ és γ { α} m. [5] Egyszerű kiszámolni, hogy ϕ α ϕ γ ϕ α = ϕ γ α ami éppen azt jelenti, hogy AutG Hol(m). (Az automorfizmusok szorzási szaálya itt: ϕψ(a) = ϕ(ψ(a)). ϕ =ϕ. ) α Továá α (i i) Világos, hogy (i) en egyenlőség akkor és csak akkor van, ha γ =, azaz [ k n ] 0 ( m ), tehát ( m k n ) B. (i i i) Ez aól következik, hogy Hol (m) Aut D m, és D m B miatt Aut D m (m) R m. Az R m pedig pontosan akkor ciklikus, ha m PR. Q. E. D. 4. DEFINÍCIÓ: A CYCYSeli tökéletes csoportok halmazát jelölje T. 5. LEMMA: T = { (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 első, tehát Aut G Inn G G. Ha G CYCYS, akkor ζ(g) = csakis akkor állhat, ha G Z I S (ld. III. rész 3. lemma,. o.) Ezért G B is teljesül (ld. 49. o. (<)). Ha tehát G = ( m k n) a T, akkor a. tétel szerint Aut G = ϕ, { ϕ α}, [5] ahol ϕ : a, ϕ α : a a α, α R m. A ϕ nyilván első automorfizmus, hiszen a a = a k = ϕ k (), 45

46 és a Z eliség miatt k ϕ = ϕ. A ϕ α pont akkor lesz első automorfizmus minden α R m esetéen, ha k R m, amiől és a centrumnélküliségől valóan 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 T, (i i) G = (p α k p α (p )) a, p P 0, k pr(p α ), (i i i) G D 4. Bizonyítás: Az (i) t elintézi az 5. lemma, az (i i i) nél egyszerű számolás segít, így elég az (i i) vel foglalkozni. Az (i i) eli csoportok a T csoportokól állnak elő úgy, hogy azokat elölről megszorozzuk egy () ciklussal. Az 5. lemma szerint T B, és a 4. lemma (i) vel (47. o.) kapjuk, hogy az (i i) eli G is B en van. Ám ekkor Aut G = ϕϕ, k, ahol [53] ϕ : a, ϕ = p α, ϕ k : a a k, k pr(p α ), ϕ k = p α (p ), és egyszerű számolás mutatja, hogy ϕ ϕ k ϕ k = ϕ k, tehát valóan ϕϕ, G. Q. E. D. k A fentiekől levonható az a következtetés, hogy azokra a G = ( m k n ) a csoportokra, ahol m PR, k pr(m), fönnáll: G Aut G Hol (m), és más csoportokra ez nem teljesül. 7. LEMMA: A G = ( m k n) a csoportan a - nek akkor és csak akkor van m számú különöző automorf képe, ha [ k n ] 0 ( m ). Bizonyítás: Tekintsük a a a, 46

47 a γ, γ Z m leképezést. Ezzel ϕ (a) = a γ a = a k +γ, ϕ (a k ) = a k a γ = a k +γ, ami azt jelenti, hogy a γ = n esetén ϕ (egyszerű) automorfizmusa lesz G nek. Tekintve, hogy (a γ ) n = a γ[k n], az a γ = n összefüggés tetszőleges γ Z m mellett csak akkor állhat fönn, [54] ha [ k n ] 0 ( m ). Ekkor azonan γ γ a a = (4) csakis γ = γ esetén lehetséges. A (4) ől ugyanis γ γ a a következik, azaz egy olyan x Z n létezése, amellyel γ γ ( ) x k x γ x a a a = =. Innen x (n), de mivel x Z n, ezért x =, s ezzel γ = γ következik. 5. DEFINÍCIÓ: Azokat a G = ( m k n) a csoportokat, amelyeken a Q. E. D. különöző automorf képei páronként diszjunktak, M * csoportoknak nevezzük. A definícióól világos, hogy M * S. Ha ugyanis G S, akkor ζ h (G), és a ármely konjugáltjával összemetsz een a nem triviális hátsó centruman. 8. LEMMA: ( m k n) a M * pontosan akkor, ha ν n: (m, [ k ν ]) =. Bizonyítás: Az 5. definícióval ekvivalens állítás ez: ( m k n) a M * pontosan akkor, ha ármely tőle különöző [55] 47

48 automorf képével csak triviálisan metsződik, vagyis γ γ Z m : I a=. (5) (Ugyanis M * S miatt a automorf képei mind a γ alakúak, ahol γ Z m) Az (5) mármost csakis akkor teljesül, ha γ Z m ν n: γ k ν 0 (m). Innen pedig azonnal kapjuk az ν n: (m, [ k ν ]) = feltételt. Q. E. D. μ 6. DEFINÍCIÓ: Ha μ m és ν n, akkor a G = ( m k n) a csoportnak az a, alakú részcsoportjait főrészeknek nevezzük. Könnyű látni, hogy a főrészek vagy aeliek, vagy CYCYS eliek. 9. LEMMA: Ha G M *, akkor G minden nemaeli főrésze is M * an van. Bizonyítás: Legyen G = ( m k n) a, μ ν M a, ABEL =. μ m, ν n, és ν n m :, k ν = ν M M * pontosan akkor, ha 0 0 ν μ m,k ν > ν Tegyük föl, hogy valamely ν 0 ra 0 μ m, k Akkor nyilván ( ν ν 0 ) > is fönnáll... ν [56] Ugyanakkor (m, [ k ν ]) =, mert G M *. Így ( ν 0 ) ( ν 0 ) ( 0 ) m, k ν = m, k ν k ν = m, k νν >, ami ellentmond annak, hogy G M *. Q. E. D. 0. LEMMA: Legyen G = (p α k p βr ), ahol p P, r p. G akkor és csak akkor M * eli, ha (a) β = és r =, vagy () β = 0. 48

49 Bizonyítás: (a) Ez eseten G automatikusan M * en van, mint minden olyan (m k n) csoport, ahol n P. () Könnyű látni, hogy ekkor G Z. Az 5. lemma izonyításáól kiderül, hogy ha ( m k n ) a Z, akkor minden automorf képe megkapható konjugálással. Ezért elég izonyítani, hogy esetünken a ármely, tőle különöző konjugáltjával diszjunkt: x Z m : I. x x a a = Tételezzük föl ennek az ellenkezőjét, azaz tételezzük egy olyan y Z n szám létezését, amellyel (a x a x ) y = (a x(k ) ) y = (a x(k )[k y]) y = y. Eől x (k ) [ k y ] x (k y ) 0 ( p α ) ( 6 ) következik. Ha x R p α, akkor (6) ól azt kapjuk, hogy k y ( p α ), [57] tehát y 0 (n), ellentmondásan az y Z n föltevéssel. Ha x R p α, akkor x = p δ x, δ α, (p, x ) =. Ekkor (6) ól nyerjük, hogy k y ( p α δ ). De eől megint y 0 (n) következik, mert R p α = ( p α ) x (p ), és k most a (p ) ciklusól való, s ezért k rendje r minden δ α esetén is. Bizonyítottuk tehát, hogy az (a) és () eseteken valóan G M *. Azt kell még megmutatni, hogy más eset6eken viszont G M *. Ismét két lehetőség van: (c) β =, r >, (d) β. A (c) nél elég látni, hogy a (p k pr) főrész nincs S en, s így M * en sem, a (d) nél pedig a (p α k r p β ) főrész vizsgálata vezet hasonló eredményre, (hiszen ha k r p α = p β, akkor k r p α = pβ ). Q. E. D. 49 [58]

50 3. TÉTEL: Az M * csoportok a következők: (A) Ha n P, akkor (m k n) minden továi megszorítás nélkül M *. (B) Tegyük föl, hogy n P, és legyenek a p, p,... p r számok páronként különöző prímek. Akkor a α α α Fc csoport pont akkor lesz M * an, ha (p p...p k n) r r n (p, p,... p r ), és ugyancsak M * eli lesz az α α α r (p p...p k n) (s) r is, ha (s, p p... p r n) =. Bizonyítás: (A) triviális. (B) Mindenekelőtt jegyezzük meg, hogy (n, p i) =, i =,,... 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 i k p β i i n i) főrész pont akkor lehet M * an, 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) főrész ismét a 0. lemma szerint csakis úgy lehet M * eli, ha n i p i. i [59] Már csak az s re vonatkozó kirovást kell indokolni. Az (s, p p... p r) = természetesen az elölről való szorozhatóság miatt kell. Az (s, n) = feltétel oka pedig a következő: Tegyük föl, hogy (m k n) M * és n összetett szám. Tekintsük az (s) (m k n) (ms l n) (8) csoportot, ahol a PART szerint (m, s) =, l (s), k l (m). Ha (8) M * eli, akkor a 8. lemma szerint ν n: (ms, [ l ν ]) =. Mármost k l (m) miatt (m, [ l ν ]) =, így csak az (s, [ l ν ]) = a vizsgálandó. 50

51 Mivel most l (s), ezért [ l ν ] ν (s), és így (s, [ l ν ]) = csakis úgy teljesülhet, ha (s, ν) =. Mivel ennek minden ν n számra fönn kell állnia, kapjuk, hogy (s, n) =. Q. E. D. 7. DEFINÍCIÓ: Azokat az ( m k n) a csoportokat, amelyeken a nek pontosan m számú, páronként diszjunkt automorf képe van, multiédercsoportoknak nevezzük, és halmazukat M mel jelöljük. Világos, hogy D m M minden m 3 számmal, így a multiédercsoport fogalma a diédercsoport fogalmának természetes általánosítása. A definícióól azonnal nyilvánvaló, hogy M = M * I B. (9) (ld. ehhez 7. lemma, 53. o.) [60]. LEMMA: Ha G M, akkor G minden nemaeli főrésze is M eli. Bizonyítás: Tekintettel a (9) re csak azt kell elátni, hogy G M * esetén a (CYCYSeli) főrészek B en lesznek. μ ν Tekintsük a G = ( m k n) a csoportan az a, főrészt ( μ m, n ν ). Mivel G B, ezért ν n k n = k ν k 0 ν (m). (0) Ámde G M * is, ezért (m, [ k ν ]) =, s így (0) ől kapjuk, hogy De akkor ν n k 0 ν (m). ν n k 0 ( m ν μ ) is igaz, így μ ν m ν n a, ( k ) B. Q. E. D. μ ν 4. TÉTEL: legyenek a p, p, p,... p r számok páronként különöző prímek. Akkor az M csoportok az aláiak: α (A) (p) α αr, ahol (p p...p k p) p α i i k, i =,,... r, p (p, p,... p r ) ; r 5