Algebra gyakorlat, 3. feladatsor, megoldásvázlatok

Átírás

1 Algebra gyakorlat, 3. feladatsor, megoldásvázlatok 1. a) Z(G), mert az egységelem yilvá felcserélhet mide G-beli elemmel. Továbbá Z(G) zárt a szorzásra, mert ha a, b Z(G), akkor tetsz leges g G-re (ab)g = a(bg) = a(gb) = (ag)b = (ga)b = g(ab). Továbbá ha ag = ga, akkor jobbról és balról a 1 -zel szorozva ga 1 = a 1 g adódik, vagyis Z(G) az iverzképzésre is zárt. b) Legye (a, b) Z(A B), és c A, d B tetsz legesek. Ekkor (a, b) Z(A B) miatt (a, b)(c, d) = (c, d)(a, b), vagyis (ac, bd) = (ca, db). Ezt kompoesekét véve ac = ca és bd = db. Mivel c A, d B tetsz leges volt, ezért a Z(A), b Z(B), amib l Z(A B) Z(A) Z(B). A megfordításhoz legyeek a Z(A), b Z(B) és (c, d) A B tetsz legesek. Most c A, d B, vagyis a Z(A), b Z(B) miatt ac = ca, bd = db. De akkor (a, b)(c, d) = (ac, bd) = (ca, db) = (c, d)(b, a), vagyis (a, b) Z(A B), és így Z(A B) Z(A) Z(B). c) Ez közvetleül következik abból, hogy gx = xg gxg 1 = x. 2. Az S 3 csoportak egy darab harmadred részcsoportja va (mely az egységeleme kívül a harmadred elemeket tartalmazza), valamit három darab másodred részcsoportja va (a három másodred ciklushoz tartozók). Az egyik kételem és a háromelem részcsoport baloldali és jobboldali mellékosztályait az alábbiakba felsoroljuk, a többi részcsoport mellékosztályai hasolóa számolhatóak. A H = { id, (12) } részcsoport mellékosztályai idh = Hid = (12) H = H (12) = H = { id, (12) }, (13) H = (123) H = { (13), (123) }, (23) H = (132) H = { (23), (132) }, H (13) = H (132) = { (13), (132) }, H (23) = H (123) = { (23), (123) }. A H = { id, (123), (132) } részcsoport mellékosztályai idh = Hid = (123) H = H (123) = (132) H = H (132) = H, (12) H = H (12) = (13) H = H (13) = (23) H = H (23) = { (12), (13), (23) }. 3. a) 1 = (Z 5, +), b) 1 = { 1 }, c) 6, 14 = { páros számok }, d) 3 = Z 7, e) (23), (432) = { 1-et xáló permutációk, összese hat darab }. 4. Általába, ha a h S az i-t a j-be viszi, akkor ghg 1 S a g(i)-t a g(j)-be viszi. Valóba: ghg 1 (g(i)) = g(h(i)) = g(j). Így már köy kiszámoli ghg 1 -et: egyszer e a h felírásába az összes elemre rá kell alkalmazi g-t. Speciálisa, ha h = = (1, 2,..., k), akkor (ghg 1 = (g(1), g(2),..., g(k)). Vagy általáosabba: felbotjuk h-t diszjukt ciklusokra, és ezek mide elemére egyekét alkalmazzuk g-t. Ebb l az 1

2 2 is világos, hogy h és ghg 1 ciklusszerkezete midig ugyaaz. Megjegyezzük, hogy a ghg 1 elemet a h egy g általi kojugáltjáak evezzük, az x gxg 1 leképezést pedig kojugálásak. (Vessük össze a mátrixokál tault bázistraszformációval! Ott a báziscsere egy alkalmas kojugálásak felel meg. Itt más sorredbe felírva az { 1, 2,..., } elemeit (g adja meg a másik sorredet) szité egy kojugálásak felel meg.) 5. A B-be egy (a, b) elem redje [o(a), o(b)]. Az S 5 -be el forduló redek 1, 2, 3, 4, 5, 6, ezek közül bármely kett legkisebb közös többszörösei körül a legagyobb [5, 6] = 30. így S 5 S 5 -be a maximális elemred 30, ez úgy áll el, ha az els S 5 -b l egy 5-ös ciklust választuk (24 lehet ség), a másik S 5 -b l pedig egy hármas és egy kettes ciklus szorzatát (ez 2 (5 3) = 20 lehet ség), vagy éppe fordítva (ez duplázza a lehet ségek számát). Összese tehát = 960 darab 30 red eleme va S 5 S 5 -ek. A (Z 49, +)-ba el forduló elemredek 1, 7, 49, D 7 -be 1, 2, 7. Tehát a legkisebb közös többszörös úgy állítható el, ha (Z 49, +)-ból egy 49 red elemet (geerátort) választuk, míg D 7 -b l egy másodred elemet (tükrözést), ekkor az elemred [49, 2] = 98. A 49 red elem választására ϕ(49) = 42 lehet ségük va, a tükrözésre 7, így összese 42 7 = red elem va (Z 49, +) D 7 -be. 6. a) A 4. feladat alapjá ha g = (2, 3,..., ), akkor g(1,2)g 1 = (g(1), g(2)) = (1, 3). b) A 6a. feladatból k-ra voatkozó idukcióval azoal adódik az állítás. c) A 6b. feladat alapjá az összes olya cserét el tudjuk állítai, melyek az 1-et cserélik egy másik elemmel. Az II. alkalom 4b feladata alapjá ezekkel a cserékkel már geerálható S. d) Mivel (1,2)(1,2,..., ) = (2,..., ), ezért ez a permutáció is bee va a geerált részcsoportba. De akkor a 6c. feladat alapjá késze vagyuk. e) A feladat ekvivales azzal, hogy mide S -beli permutációt felírhatuk az (1,2) és az (1,2,3..., ) permutációk alkalmas szorzatakét (számozzuk felülr l a kártyapakli lapjait 1-t l -ig). Így a 6d. feladat alapjá kész vagyuk. 7. Lagrage tétele miatt 10 S -ek teljesülie kell, tehát 5 szükséges feltétel. Viszot ez már elégséges is, mert S 5 -be va D 5 -tel izomorf részcsoport. Tekitsük azt a ϕ leképezést, hogy egy 5-szög 5 számozott csúcsát hogya permutálják D 5 elemei. Például ϕ(f) = (12345), ϕ(t) = (25)(34) egy ijektív homomorzmust ad meg, és így ϕ(d 5 ) egy 10 elem részcsoport S 5 -be. Mivel 5-re S 5 S, ezért S -be is jó lesz ugyaez a 10 elem részcsoport. 8. a) (12), (1234) = S 4, a 6d feladat alapjá. b) (13), (1234) D 4 : tekitsük egy égyzetet, mely csúcsaira felírjuk az 1, 2, 3, 4 számokat az óramutató járásával elletétes iráyba. Tetsz leges g D 4 elemre legye ϕ (g) S 4 a g csúcsoko vett hatásáak megfelel permutáció. Ekkor ϕ: D 4 S 4 ijektív homomorzmus, így Im ϕ D 4. Legye t a 2 és 4 csúcsokat összeköt átlóra vett tükrözés, f a pozitív iráyú 90 -os forgatás. Ekkor t, f = D 4, így (13), (1234) = ϕ(t), ϕ(f) D 4. c) (123), (12)(34) = A 4. Legye ugyais H = (123), (12)(34). Mid az (123) ciklus, mid az (12)(34) permutáció páros, így H A 4. A Lagrage tétel alapjá tehát H A 4 = 12. (134) = (123)(12)(34) H, (243) = (12)(34)(123) H, (132) = (123) 2 H, (143) = (134) 2 H, (234) = (243) 2 H. Tehát H 7. Az egyetle 6-ál agyobb szám, ami osztja a 12-t maga a 12, így H = A 4.

3 9. a) Ha o(g) = 2, akkor g g = e, vagyis g jó a g iverzéek. Másrészt g e, hisze akkor 1 lee a redje. Megfordítva, ha g = g 1, akkor g 2 = g g = g g 1 = e, vagyis o(g) 2. De o(g) 1, hisze g e. b) Ha g-be va g másodred elem, akkor o(g) G miatt G elemszáma páros. A másik iráyhoz deiáluk egy ekvivaleciarelációt G-. Legye g, h G elemekre g h, ha h = g, vagy ha h = g 1. Ekkor a csoport szétbomlik ekvivaleciaosztályok diszjukt uiójára. Egy g G-re potosa akkor lesz { g } egy egyelem ekvivaleciaosztály, ha g = g 1. Ez potosa akkor teljesül, ha g = e, vagy o(g) = 2. Mide más ekvivaleciaosztályak potosa két eleme va. Így ha ics másodred elem G-be, akkor az egyetle egy elem ekvivalecia osztály { e }, így ekkor G páratla. Ezzel az állítást beláttuk. Úgy is okoskodhattuk vola, hogy mide elemet párba állítuk az iverzével. Mivel az egység saját magával áll párba, és G páros, így leie kell még legalább egy g elemek, ami ömagával áll párba. Ez azt jeleti, hogy g ömaga iverze, vagyis másodred. 10. Legye g egy -edred eleme a G csoportak, és legye H = g. Ekkor H izomorf az elem ciklikus csoporttal. Legye K = g /d, ekkor K részcsoport, elemszáma d. Most ha (k, d) = 1, akkor g k/d redje a hatváy redjéek képletéb l (, k/d) = (, /d) = /d = d. Végül g /d redje d, vagyis a g k/d elemek mide 1 k d-re külöböz ek, így számuk éppe ϕ (d). (Hivatkozhattuk vola az el adáso taultakra is, miszerit egy -edred ciklikus csoportba a d red elemek száma éppe ϕ (d).) 11. a) Legye I idexhalmaz, és legyeek H i részcsoportok G-be mide i I-re. Legye H = i I H i. Ekkor H, hisze G egységeleme mide H i -be bee va, így H-ba is. Továbbá, ha h 1, h 2 H, akkor mide i I-re h 1, h 2 H i. Mivel H i részcsoport G-be, így h 1 h 2 H i teljesül mide i I-re. Tehát h 1 h 2 H. Hasolóa, legye h H. Ekkor mide i I-re h H i, így h 1 H i teljesül mide i I-re. Tehát h 1 H. b) Ha H K, vagy K H, akkor H K = K, vagy H K = H, tehát ekkor H K részcsoport. A fordított iráyhoz tegyük fel, hogy H K és K H. Ekkor tuduk választai h H \ K és k K \ H elemeket. Ekkor h, k H K. Belátjuk, hogy hk H K, azaz H K em zárt a szorzásra, így em részcsoport. Ha ugyais hk H K, akkor hk H vagy hk K. Az els esetbe kapjuk, hogy k = h 1 hk h 1 H = H, mivel H részcsoport, ami elletmod k választásáak. Hasolóa, a második esetbe h = hkk 1 Kk 1 = K, ismét elletmodás. 12. a) Tegyük fel, hogy HK G részcsoport. Ekkor HK zárt a szorzásra. Mivel H = = H 1 HK és K = 1 K HK, kapjuk, hogy kh HK mide k K, h H elemekre, azaz a KH = {kh k K, h H} komplexusszorzatra KH HK. Másrészt, ha g HK, akkor g 1 HK, mivel HK részcsoport. Így g 1 = hk valamely h H, k K elemekre. Ekkor g = (hk) 1 = k 1 h 1 KH, azaz HK KH. Tehát, ha HK G, akkor HK = KH. Ezzel a iráyt beláttuk. Tegyük most fel, hogy HK = KH. Be kell látuk, hogy ekkor HK részcsoport, azaz zárt a szorzásra, és az iverz képzésre. Legyeek h 1 k 1, h 2 k 2 HK, 3

4 4 ahol h 1, h 2 H, k 1, k 2 K. Ekkor k 1 h 2 KH = HK, azaz k 1 h 2 = h 3 k 3 valamely h 3 H, k 3 K elemekre. Így (h 1 k 1 )(h 2 k 2 ) = h 1 (k 1 h 2 )k 2 = h 1 (h 3 k 3 )k 2 = = (h 1 h 3 )(k 3 k 2 ) HK, tehát HK zárt a szorzásra. Ha pedig hk HK, akkor (hk) 1 = k 1 h 1 KH = HK, így HK zárt az iverzképzésre is, azaz HK részcsoport. Komplexusszorzatokkal még egyszer bb: HKHK = H(KH)K = = H(HK)K = (HH)(KK) HK, hisze H és K részcsoport. Hasolóa (HK) 1 = K 1 H 1 KH = HK. Általába HK H, K és HK H K. Mivel H K bee va mide olya részcsoportba, mely tartalmazza H K-t, így HK H, K, tehát HK = = H, K. b) Legye g HK és g = h 1 k 1 egy felírása g-ek egy H-beli és egy K-beli elem szorzatakét. Ha g = hk egy másik ilye el állítása g-ek, akkor h 1 k 1 = hk-ból adódik, hogy h 1 h 1 = kk1 1 H K így h h 1 (H K). Ha most x H K, és h = h 1 x, akkor k = x 1 k 1 K kell legye, és erre a választásra hk = h 1 xx 1 k 1 = = h 1 k 1 = g. Ezzel bebizoyítottuk, hogy HK mide eleme potosa H K féleképpe áll el egy H-beli és egy K-beli elem szorzatakét. Mivel összese H K szorzatot képezhetük, ebb l adódik, hogy HK = H K H K. Azt is modhattuk vola, hogy a H K Descartes-szorzat elemei értelmezük egy ekvivalecia relációt: (h 1, k 1 ) (h 2, k 2 ), ha a h 1 k 1 szorzat megegyezik a h 2 k 2 szorzattal. Ekkor yilvá HK darab ekvivaleciaosztály lesz, és a feti godolatmeettel belátható, hogy mide osztály potosa H K párt tartalmaz H K-ból. 13. Midegyik esetbe köy elle rizi, hogy a csoport egységeleme bee va a megadott részhalmazba (így az em üres), valamit bármely két részhalmazbeli elem szorzata és bármely részhalmazbeli elem iverze is bee va a megadott részhalmazba. 14. a) A tft = f 1 szabályt egymásutá háromszor alkalmazva (tft) 3 = tfttfttft = tf 3 t, vagyis tf 3 t = f 3, amit t-vel jobbról szorozva kapjuk, hogy tf 3 = f 3 t. Ebb l egyrészt adódik, hogy a elem zárt a D 6 -beli szorzásra. Másrészt, t felcserélhet f 3, és így yilvá tf 3 -bel is. Ugyaígy f 3 felcserélhet t-vel, és így tf 3 -bel is. Végül, az egységelemmel mideki felcserélhet. b) Most (tf) 2 = tftf = f 1 f = id, vagyis o(tf) = 2. Egyébkét tf egy tükrözés. c) Ez a részcsoport éppe a szabályos háromszög szimmetriacsoportja, hisze f 2 egy pot körüli 120 -os forgatást, t pedig egy, a poto áthaladó tegelyre voatkozó tükrözést ad meg. 15. a) A Lagrage-tételb l következik, hogy egy véges csoport mide részcsoportjáak, ill. mide eleméek redje osztja a csoport redjét. A továbbiakba ezt haszáljuk. Mide csoport tartalmaz két triviális részcsoportot: ömagát és az egyelem csoportot. A továbbiakba a emtriviális részcsoportokat írjuk le. A (Z, +) ciklikus csoport részcsoportjait megadtuk el adáso: mide d -re potosa egy d-edred részcsoport va, mely izomorf a d-edred ciklikus csoporttal. A Z 12 = { 1, 5, 7, 11 } csoport mide eleme másodred, így izomorf a Klei csoporttal (egyedred csoport, melybe mide elem égyzete 1). Egy

5 másodred elem az egységelemmel egy másodred részcsoportot alkot, így másodred részcsoportból pot ayi va, mit aháy másodred elem, vagyis 3. Általába D jelöli a szabályos -szög egybevágóságcsoportját. Egy megadása: D = f, t f = 1, t 2 = 1, tft = f 1, ahol f a 2π szöggel vett forgatás, és t egy szimmetriategelyre vett tükrözés. Ekkor D = { 1, f, f 2,..., f 1, t, ft,..., f 1 t }, és D = 2. Mivel D 4 = 8, mide em-triviális részcsoport redje 2, vagy 4. D 4 -be 5 darab másodred elem va: a égy szimmetriategelyre vett tükrözés, illetve f 2, a π-vel vett forgatás, ez ad 5 darab másodred részcsoportot. Negyedred részcsoportból pedig három va: egyrészt f a forgatások csoportja, ez ciklikus részcsoport. A másik kett { 1, t, f 2, f 2 t } és { 1, ft, f 2, f 3 t }, ezek a Klei-csoporttal izomorfak. Mivel D 6 = 12, mide em-triviális részcsoport redje 2, 3, 4 vagy 6. Másodred elemb l, és így másodred részcsoportból 7 darab va, a hat tegelyes tükrözéshez tartozó, és a középpotos tükrözéshez tartozó. Harmadred részcsoport midig egy harmadred elem hatváyaikét áll el. Mivel D 6 -ba két harmadred elem va ( a két 120 -os forgatás), melyek egymás hatváyai, így k az egységelemmel együtt egy harmadred részcsoportot alkotak. Negyedred részcsoportból három va: { 1, t, f 3, f 3 t }, { 1, ft, f 3, f 4 t } és { 1, f 2 t, f 3, f 5 t }, ezek a Klei-csoporttal izomorfak. Végül hatodred csoportból 3 va. Egyrészt a forgatásokból álló hatodred ciklikus csoport { 1, f,..., f 5 }. Másrészt a D 3 csoporttal izomorf részcsoportok: { 1, f 2, f 4, t, f 2 t, f 4 t } (mide második csúcs által alkotott háromszög szimmetriacsoportja), { 1, f 2, f 4, ft, f 3 t, f 5 t } (mide második oldalfelez által alkotott háromszög szimmetriacsoportja). Ha p 2 prím, akkor D p = 2p, így mide em triviális részcsoport elemszáma 2 vagy p. Másodred elemb l, és így másodred részcsoportból p darab va, a tükrözések (ezúttal ics másodred forgatás). Egy p-edred részcsoport viszot em tartalmazhat tükrözést, így az egyetle p-edred részcsoport f a forgatások csoportja. A kvateriócsoportba (Q = {±1, ±i, ±j, ±k}) az egyetle másodred elem 1, tehát csak egy másodred részcsoport va. Negyedred részcsoportból pedig három va, ezek i = {±1, ±i}, j = {±1, ±j} és k = {±1, ±k}. Végül tekitsük az A 4 alteráló csoport, mely elemszáma 12, így részcsoportjaiak redje 2, 3, 4, 6. A három másodred elemhez tartozik három darab másodred részcsoport, eze elemek az idetitással együtt pedig egy Klei csoporttal izomorf égyelem csoportot alkotak. Harmadred részcsoport égy va, hisze A 4 -be yolc darab hármas ciklus va, egy harmadred részcsoportba pedig egy hármas ciklus és aak iverze va az egységelem mellett. Más részcsoportja ics A 4 -ek, ugyais egy A 4 -beli hármas ciklus és egy másodred permutáció már geerálja A 4 -et. b) Az A 4 -be például a H = { id, (12)(34) } baloldali mellékosztályai { id, (12)(34) }, { (13)(24), (14)(23) }, { (123), (243) }, { (132), (143) }, { (124), (234) }. { (142), (134) }, 5

6 6 a jobboldali mellékosztályai ezek iverzeikét is megkaphatók: { id, (12)(34) }, { (13)(24), (14)(23) }, { (132), (234) }, { (123), (134) }, { (142), (243) }, { (124), (143) }. A többi kételem részcsoport mellékosztályai hasolóa kaphatóak. A háromelem K = { id, (123), (132) } baloldali mellékosztályai { id, (123), (132) }, { (12)(34), (134), (234) }, { (13)(24), (124), (243) }, { (14)(23), (134), (124) }, a jobboldali mellékosztályok például ezek iverzeikét { id, (123), (132) }, { (12)(34), (143), (243) }, { (13)(24), (142), (234) }, { (14)(23), (143), (142) }. A többi háromelem részcsoport mellékosztályai hasolóa kaphatóak. Végül az L = { id, (12)(34), (13)(24), (14)(23) } baloldali mellékosztályai { id, (12)(34), (13)(24), (14)(23) }, { (123), (134), (243), (142) }, { (132), (234), (124), (143) }, a jobboldali mellékosztályok ugyaezek. A kvateriócsoportba { 1, 1 } baloldali mellékosztályai { 1, 1 }, { i, i }, { j, j }, { k, k }, a jobboldali mellékosztályok ugyaezek. Továbbá bármelyik égyelem N részcsoportak két mellékosztálya lesz: N és G \ N. 16. Legye H = k 1, k 2,..., k l (Z, +) a geerált részcsoport. Legye d a k 1, k 2,..., k l számok legagyobb közös osztója. Ekkor vaak olya u 1,... u l egészek, hogy d = = u 1 k u l k l. Tehát d H, és így d H. Ugyaakkor k 1 d, k 2 d,..., k l d, vagyis H = k 1, k 2,..., k l d. Így H = d. 17. Egyszer bb megszámoli azo elemeket, melyek égyzete (kétszerese) az egységelem, majd kidobi az egységelemet. Ha 2(a, b) = (0,0), akkor 2a = 0 (Z 8, +)-ba és 2b = 0 (Z 4, +)-ba. Midkét egyel séget 2-2 megoldás elégíti ki, tehát 2 2 = 4 olya elem va, amiek a kétszerese a (0,0), az egységelem élkül tehát három darab másodred elem va. Hasolóa, (Z 8, +) (Z 4, +) (Z 32, +)-ba = 7 darab másodred elem va. Másképpe: másodred elemet úgy kapuk egy direkt szorzatba, hogy legalább egy kompoesb l másodred elemet választuk, a többib l pedig vagy az egységelemet, vagy egy másodred elemet. Mivel (Z 8, +), (Z 4, +) és Z 32, +) midegyike ciklikus, ezért egyetle másodred elemük va. Így három másodred elem va (Z 8, +) (Z 4, +)-ba: (4, 0), (4,2), (0, 2), és hét másodred elem va (Z 8, +) (Z 4, + +) (Z 32, +)-ba: (4, 0, 0), (4,2, 0), (4, 0, 16), (4, 2, 16), (0, 2, 0), (0, 2, 16), (0, 0, 16). Végül, D 3 (Z 6, +)-ba akkor lesz egy (a, b) elem redje 6, ha o(b) = 6 (ilyeb l 6 2 = 12 darab va), vagy ha o(a) = 2, o(b) = 3 (ilyeb l 3 2 = 6 darab va), vagy ha o(a) = 3, o(b) = 2 (ilyeb l 2 3 = 6 darab va). Összese tehát 24 darab hatodred elem va D 3 (Z 6, +)-ba.

7 18. a) S 7 -be már va 14 elem részcsoport (D 7 -tel izomorf) a 7. feladat mitájára, S 6 - ba pedig még ics, mert 7 6!. Tehát 7-re lesz S -be 14 elem részcsoport. Továbbá 6-ra lesz S -be 18 elem részcsoport. Lagrage tétele miatt S 5 -be még ics, S 6 -ba pedig va, például az S 3 (4, 5, 6) részcsoport jó. Végül, 6 eseté lesz S -be 48 red részcsoport. S 5 -be még ics, mert , S 6 -ba jó lesz például a kocka szimmetriacsoportjával izomorf részcsoport, ami leírja a kocka szimmetriacsoportjáak hatását a kocka hat lapjá. b) Potosa azo -ekre, lesz 15 elem ciklikus részcsoport, melyekre S -be va 15-ödred elem. Most 15 = 3 5 alapjá S -be 8 eseté lesz 15-ödred elem. (Megjegyezzük, hogy ugyaeze -ekre lesz S -be akármilye 15 red részcsoport is, mert az egyetle 15 red csoport izomorf (Z 15, +)-szal.) Potosa azo -ekre, lesz 48 elem ciklikus részcsoport, melyekre S -be va 48- adred elem. Most 48 = 3 16 alapjá S -be 19 eseté lesz 48-adred elem. 7