Algebra és számelmélet blokk III.

Algebra és számelmélet blokk III. 2008/2009 tavasz Károlyi Gyula órái alapján Molnár Attila 2. óra 2009. március 10. 1. Generált, normális és karakterisztikus részcsoportok 1.1. Definíció (Generált részcsoport). Legyenek A és B részcsoportok G-ben. Ekkor az A és B által generált részcsoport nem más, mint az a legszűkebb részcsoport, amelynek A és B része. (Azaz minden A-t és B-t tartalmazó részcsoport metszete.) A generált részcsoport jelölése: A, B. A definíció értelmes, mert részcsoportok metszete is részcsoport. Világos az is, hogy a komplexusszorzat része a generált részcsoportnak. 1. Házifeladat. Bizonyítsuk be, hogy és ekkor 1.2. Következmény. AB = {ab : a A, b B} A, B AB G AB = BA, A, B = AB. Ha B G, akkor mivel B normálosztó: AB = BA. Ebből viszont az is következik, hogy A, B = AB G. Ha az előbbi B G-n kívül A G is igaz, akkor azt is tudjuk, hogy AB G, mivel: 1.3. Vajon?. Vajon tranzitív-e a normálosztás? Ezt a továbbiakban láncszerűen fogjuk jelölni: AB = g 1 Ag g 1 Bg = g 1 ABg = AB G }{{}}{{} A B (G N N M) = G M G N M? = G M Ez bizony nem tranzitív, például vegyük a következő példát: D 4 = {id, f, f 2, f 3, t, tf, tf 2, tf 3 } {id, f 2, t, tf 2 } {id, t}? de {id, f, f 2, f 3, t, tf, tf 2, tf 3 } {id, t} 1

mivel {id, t} nem zárt a külső elemmel való konjugálásra: f 1 tf = tf 2 / {id, t} Azért van, amire igaz valamifajta tranzitivitás, mindjárt látunk is a háziban erre példá(ka)t. Addig viszont egy apró de hasznos megjegyzés: 1.4. Apróság. (N G N H G) = N H De ez nem meglepő, hiszen ha N zárt a G-beli elemekkel való konjugálásra, akkor nyilván zárt lesz a G-nek csak egy H részhalmazából vett elemekkel való konjugálásra is. Elvégre azokat az elemeket már kipipáltuk G-nél. De visszatérve az ígért tranzitív tulajdonságért egy új tulajdonságra fogunk támaszkodni. 1.5. Definíció (Karakterisztikus részcsoport). A H G részcsoport karakterisztikus részcsoport, ha minden G-n vett automorfizmus 1 szerinti képe része neki. De egy képlet többet mond minden szónál: H char G ( ϕ AutG) ( ϕ(h) H ) def. 2. Házifeladat. a) b) c) 2. Az izomorfizmus-tételek H char G = H G N char M G = N G N char M char G? = N char G Ha vesszük az N G normálosztót, ekkor a ϕ : G G/N homomorfizmus az ún. természetes homomorfizmus. Vegyük észre, hogy G/N = G/Ker ϕ = Im ϕ ami tulajdonképpen a Homomorfizmus-tétel speciális esete. 2 A ϕ : G G/N egy szürjektív homomorfizmus 3 2.1. Állítás. Legyen ϕ : G G/N a természetes homomorfizmus. Ekkor G részcsoportjainak képei is részcsoportok G/N-ben: H G = ϕ(h) G/N 1 Az automorfizmus olyan bijektív homomorfizmus (azaz izomorfizmus), ami saját magára képez egy csoportot (azaz endomorfizmus): ϕ : G bi G. Speciálisan a nem-feltétlen-bijektív ilyen csoportot önmagára leképező homomorfizmusokat endomorfizmusoknak nevezik. 2 Homomorfizmus-tétel: Ha G, H csoportok, ϕ : G H egy homomorfizmus, akkor Im (ϕ) = G/Ker ϕ. 3 A szürjektív homomorfizmust epimorfizmusnak is nevezik. 2

Vegyük az x, y ϕ(h) képeket. Ekkor ezeknek minden bizonnyal vannak olyan a, b H őseik, hogy a ϕ természetes leképezés szerint: ϕ(a) = x, ϕ(b) = y. Ekkor persze mivel H részcsoport volt G-ben, az ab szorzat is ott lesz H-nak ϕ(h) képében: Na most xy-nal pedig a következőképp állunk: ϕ(ab) ϕ(h) xy = ϕ(a)ϕ(b) = ϕhom. ϕ(ab) ϕ(h) Tehát ϕ(h) a műveletre zárt. Persze zárt az inverzképzésre is x 1 = ϕ(a) 1 = ϕ(a 1 ) ϕ(h), ahol a 1 H 2.2. Vajon?. Mely elemek képe esik ϕ(h)-ba? A következő tételt, de inkább annak bizonyítását érdemes ennek a kérdésnek fényében olvasni. Sőt, érdemesebb a tételt kitakarva olvasni! Így azt ajánljuk, az olvasó inkább csak arra figyeljen, mi történik, és ne arra, hogy mi köze a tételhez. Ily módon az olvasnivaló a tételt követő második bekezdéstől kezdődik. 2.3. Tétel. A G csoportnak az N normálosztót tartalmazó részcsoportjai és a G/N faktorcsoport részcsoportjai között kölcsönösen egyértelmű megfeleltés van. Ezt úgy fogjuk belátni, hogy megmutatjuk: Ezek a részcsoportok egymás inverzei. 4 Ennek az állna az útjában, ha H-ban legalább két elemnek is ugyanaz lenne az inverze. Vegyünk akkor egy olyan ϕ(h) képbeli x-et, aminek egy a G és egy b G is az őse úgy, hogy a és b közül a legyen H G-beli! Tehát itt tartunk: x ϕ(h) a, b G a H G ϕ(a) = x ϕ(b) = x (A tétel belátásához először is be fogjuk látni, hogy b-nek is H-ban kell lennie.) Tekintsük hát trükkösen az a 1 b G elem képét: ϕ(a 1 b) = ϕ(a 1 )ϕ(b) = ϕ(a) 1 ϕ(b) = x 1 x = 1 G/N Ebből pedig az következik, hogy az a 1 b elem valójában a magban foglal helyet. E mag pedig mint tudjuk, nem más, mint az N normálosztó. Tehát: Amiből az is következik, hogy a 1 b N b an Tehát a b elem a normálosztónak a szerinti bal oldali mellékosztályában foglal helyet. Node: 4 Úgy is tekinthetünk erre a bizonyításra, hogy a tétel egy bijekció létezését állítja, így szürjektivitást és injektivitást kell tehát igazolnunk. A szürjektivitással nem is fogunk vesződni: a G/N faktorcsoport mindegyik részhalmazának nyilván lesznek ősei. A most következő bizonyítás ϕ-nek a részcsoportok közötti injektivitásának kimutatására irányul majd. Akkor leszünk boldogok, ha belátjuk: Minden G/N-beli részcsoporthoz csak egy G-beli H részcsoport tartozik, nem pedig több. 3

Mivel eleve arról volt szó, hogy a H, így tudjuk tehát, hogy másrészről pedig azt is tudjuk, hogy b an HN = H, N, ϕ(hn) ϕ(h), mivel a normálosztó lévén mag úgyis az egységelembe képződik. De ezek szerint igazából egyenlőséget állíthatunk: ϕ(hn) = ϕ(h) És íme, itt van a kezünkben: A HN a ϕ(h) teljes inverz képe. Tehát a Vajon kérdésre adott válasz: A HN-beli elemek képe esik ϕ(h)-ba. De menjünk még egy kicsit tovább: Ha most a faktorcsoportot tekintjük, ahol is H G/N, akkor ott H -nak ϕ 1 (H) teljes inverz képe részcsoport G-ben: A magra persze ez egyszerű. Mint tudjuk, részcsoport is, de H-nak triviálisan része is: ϕ(n) = {1 G/N } H Aztán ha vesszük az a, b elemeket a H teljes inverz képéből: ϕ(a) H ϕ(b) H ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) H Tehát műveletre zártak a teljes inverz képbeli elemek. Hasonló módon látható be ugyanez az a 1 inverzképzésre is. Tehát valóban részcsoportról van szó. 2.4. Vajon?. Mit jelent ez nekünk? Hát tulajdonképpen A Tételt. 2.5. Tétel. A G csoportnak N-et tartalmazó részcsoportjai és a G/N részcsoportjai között a ϕ természetes homomorfizmus egy-egyértelmű kapcsolatot létesít. N H G ϕ(h) G/N Ha H akármilyen, és megvan a ϕ(h), akkor annak az inverz képe HN, avagy HN = N. 3. Házifeladat. Lássuk be, hogy ez a megfeleltetés a normálosztók között is hasonló kapcsolatot létesít. Tehát valahogy így állunk: 5 G G / N H H N 1 G / N Vagy kicsit bonyolultabban, de több mindent kiírva: G G / N = ϕ(g) H = HN N H / N = ϕ(h) N / N = 1 G / N 5 Egy Fuchs-jegyzetbeli ábra alapján 4

2.6. Tétel (II. Izomorfizmus-tétel). Ha N és M a G csoportnak két normálosztója úgy, hogy N M, akkor M/N a G/N-nek normálosztója és (G/N)/(M/N) = G/M Tehát a következő az ábra: G ϕ G / N φ G / M = eϕ G / N /M / N A tétel persze felhasználja az egyik házifeladatot: Azt, hogy normálosztó képe a faktorcsoportban is normálosztó. A második lépésben a faktorcsoportot tehát ez alapján a normálosztó alapján fogjuk faktorizálni. Ez az M tehát az érdekes, akinek a képe normálosztó maradt. Ez egy N normálosztót tartalmazó normálosztó G-ben. Az eddigiek alapján világos, hogy a ϕ ϕ homomorfizmus szürjektív lesz. Persze az is világos, hogy Im ϕ ϕ = (G/N)/(M/N): ϕ G G / N eϕ ϕ eϕ G / N /M / N De mi lesz Ker ϕ ϕ? Kövessük útját a normálosztók szerinti mellékosztályokon egy G-beli g elemnek: g ϕ gn eϕ (gn)( M / N ) De milyen g-re lesz a vége az egységelem? Ha N-beli, akkor az első lépésben rögtön az egységelembe képződik, mivel Ker ϕ = N. Ehhez hasonlóan a második lépésben az M/N-beliek képződnek az egységelembe, azaz Ker ϕ = M/N. Ebben az M/N-ben lesznek tehát a gn mellékosztályok. Ha eleve M-beli m elemmel vesszük ugyanezt a mellékosztályt, akkor persze nem kapunk mást: Ekkor viszont a szokásos átalakítást elvégezve: gn = mn m 1 gn = N Azaz: Tehát ennek a g-nek M-ben kellett lennie: m 1 g N g mn M Ker ϕ ϕ = M Így mivel megvan ennek az izomorfizmusnak a magja, mondhatjuk azt is, hogy faktorizálhattunk volna egyből ezzel is, és akkor ezzel izomorfat kaptunk volna, visszakapva így a tétel alatt szereplő ábrát. 6 6 Ha valakinek az segít, a Fuchs-jegyzetbeli ábra így néz ki: G G / N G /M / M / N M M / N 1 G/M/M/N N N / N 5

2.7. Tétel (I. Izomorfizmus-tétel). Ha H a G csoport egy tetszőleges részcsoportja és N normálosztó G-ben, ekkor: HN/N = H/(H N) Az ábra tehát a következőképpen néz ki: H H / H N N N G = HN HN / N a) Először is nézzük az első leszálló nyilat. Legyen ez a homomorfizmus az, amikor megszorítjuk a ϕ : G G/N természetes leképezést H-ra: ϕ H : H G/N Namármost ennek a leképezésnek a magja értelemszerűen nem az N lesz (az ugyanis kilóghat H-ból), hanem N-nek a H-val való metszete a megszorítás miatt: Ker ϕ H = H N És ha a magról tudunk valamit, akkor érdemes előszednünk a Homomorfizmus-tételt: H /Ker ϕ H = Im ϕ H H / H N = Im ϕ H No erről az Im ϕ H -ról kéne kimondani a tétel másik felét, és akkor készen vagyunk. b) Vegyük hát második leszálló nyilat. Az előző példából okulva vegyük most megint a ϕ természetes homomorfizmust, de most HN-re szorítsuk meg: ϕ HN : HN G / N Ekkor ismét elgondolkodhatunk, mi lehet a mag: Hát megintcsak nem lehet más, mint N és HN közös része, ami jelen esetben maga N: Ker ϕ HN = N HN = N És ismét a Homomorfizmus-tételből: HN /Ker ϕ HN = Im ϕ HN HN / N = Im ϕ HN Na mármost csak azt kell megmutatnunk, hogy Im ϕ H = Im ϕ HN amivel nem kell sokat vesződnünk, mivel HN nem más, mint ϕ(h) teljes inverz képe. Tehát a végleges ábra: N H HN N G ϕ H H / H N = HN / N ϕ HN 6

3. Feloldható csoportok felépítése 3.1. Definíció (Egyszerű csoport). Egyszerű csoportnak nevezzük az olyan csoportot, amelynek pontosan két (a triviális) normálosztója van. 3.2. Példa. Tetszőleges n > 5-re az A n alternáló csoport egyszerű. Ezt később fogjuk bizonyítani. Kommutatív esetben az összes prímrendű ciklikus csoport. 3.3. Lemma. Ha egy G kommutatív csoportnak csak két részcsoportja van, akkor G prímrendű ciklikus csoport: p prím, G = C p 3.4. Definíció (Normállánc). Egy G csoport normállánca alatt egy részcsoportjaiból álló ilyen sorozatot értünk: G = N 0 N 1 N 2 N 3... N n 1 N n = {1} E normállánc faktorai az N 1 / N1, N2 / N3,..., Nn 1 / Nn faktorcsoportok. Ha veszünk két normálláncot, G = N 0 N 1 N 2 N 3... N n 1 N n = {1} G = M 0 M 1 M 2 M 3... M m 1 M m = {1}, akkor e két normálláncot ekvivalensnek vagy izomorfnak mondjuk, ha a fenti módon vett faktorcsoportjaik párbaállíthatók úgy, hogy a megfelelő csoportok izomorfak legyenek. 3.5. Példa. C 12 C 12 = Z / 12Z = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11} E részcsoportok elemszáma: C 12 = 1 2 4 0 1 = 12, 2 = 6, 4 = 3, 0 = 1 Így ennek faktorai a következők lesznek: C 2, C 2, C 3. Egy másik normálláncot véve: C 12 = 1 3 6 0 Ezek elemszáma: 1 = 12, 3 = 4, 6 = 2, 0 = 1 Így ennek faktorai a következők lesznek C 3, C 2, C 2. Tehát ez a két lánc ekvivalens. D 3 D 3 f {1} faktorai: C 2, C 3 De itt más sorrendben nem jöhetnek ki a faktorok. 7

Felmerül a kérdés, hogy vajon mikor lehet bővíteni az ilyen kompozícióláncokat? Mikor lehet új tagot beszúrni? Azaz egy G = N 0 N 1 N 2 N 3... N n 1 N n = {1} kompozíciólánc N i N i+1 részébe bele lehet-e egy M-et a a következőképp ékelni: N i M N i+1 Vegyük az Ni / Ni+1 faktort. Ha ez nem egyszerű, akkor található benne egy M nemtriviális normálosztó. Felidézhetjük, hogy az N i -ben N i+1 normálosztót tartalmazó előforduló normálosztó(k) és az Ni / Ni+1 faktorcsoportban található normálosztók közt kölcsönösen egyértelmű megfeleltetést létesít a ϕ Ni+1 természetes homomorfizmus: N i N i / Ni+1 M M N i+1 1 N i/ni+1 Láthattuk, hogy az, hogy a faktorcsoport ne legyen egyszerű, szükséges és elégséges feltétel arra vonatkozólag, hogy a kompozíciólánc köztük finomítható legyen. 3.6. Definíció. Egy G csoport kompozíciólánca olyan normállánc, melynek faktorai egyszerű csoportok. 3.7. Megjegyzés. Ha G véges csoport, akkor van kompozícióánca is. Ha G végtelen, akkor ez már korántsem ilyen egyszerű. Pl.: C 1 = Z, + Itt nem lehet a 0 -ig leérni! H C, nem triv. H = k = C G = C H H... 3.8. Definíció. Egy G csoport feloldható, ha van olyan normállánca, ahol minden faktor Abel-csoport. 3.9. Állítás. Ha G-nek van kompozíciólánca, akkor G pontosan akkor feloldható, ha minden faktora prímrendű ciklikus. Ezt majd látni fogjuk a következő órán. 3.10. Példa. Tehát tetszőleges n 5 esetén S n nem feloldható, mivel egy kompozíciólánca: S n A n {1} 3.11. Tétel (Jordan Hölder-tétel). Ha egy G csoportnak van kompozíciólánca, akkor bármely két kompozíciólánca izomorf. 8