Algebra gyakorlat, 3. feladatsor, megoldásvázlatok

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 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 24 20 2 = 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 = 294 98 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.

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 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

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 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 1 + + 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 2 3 1 = 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.

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 48 120, 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