Fejezetek az algebrából jegyzet másodéves Matematika BSc hallgatóknak

Fejezetek az algebrából jegyzet másodéves Matematika BSc hallgatóknak Horváth Gábor Debreceni Egyetem 2016. május 10.

Tartalomjegyzék Bevezetés 4 1. Sylow részcsoportok 5 1.1. Hatás............................... 5 1.2. Sylow tételei és néhány következmény.............. 7 1.3. Sylow tételeinek bizonyítása................... 9 2. Nevezetes csoportkonstrukciók, fogalmak 13 2.1. Direkt szorzat........................... 13 2.2. Szemidirekt szorzat........................ 16 2.3. Kommutátorok.......................... 19 2.4. Izomoratételek.......................... 22 3. Feloldható csoportok 26 3.1. A legalább ötödfokú alternáló és szimmetrikus csoport.... 31 4. Nilpotens csoportok 35 4.1. Frattini részcsoport........................ 38 4.2. Véges Abel csoportok alaptétele................. 39 5. Szabad csoportok 42 5.1. Deniáló relációk......................... 45 6. Permutációcsoportok 49 6.1. Hatás (újra)............................ 49 6.2. Primitív csoportok........................ 50

TARTALOMJEGYZÉK 3 6.3. Többszörös tranzitivitás..................... 53 6.4. Egyszer és feloldható permutációcsoportok.......... 58 7. Algebrák 62 7.1. Véges dimenziós, nullosztómentes valós algebrák........ 65 8. Testb vítések elmélete 70 8.1. Egyszer b vítések........................ 70 8.2. B vítés több elemmel, szorzástétel................ 72 8.3. Algebrai számok.......................... 75 8.4. Testb vítések konstrukciója................... 76 8.5. Algebrai lezárt.......................... 78 9. Galois elmélet 82 9.1. Normális b vítések........................ 82 9.2. Szeparábilis b vítések....................... 84 9.3. A Galois elmélet f tétele..................... 86 10.Galois elmélet alkalmazásai 92 10.1. Az algebra alapétele....................... 92 10.2. Szerkesztések elmélete...................... 93 11.Egyenletek gyökjelekkel való megoldhatósága 98 11.1. Prímfokú b vítések........................ 98 11.2. Gyökkifejezések.......................... 100 12.Kommutatív gy r k 105 12.1. Noether gy r k.......................... 105 12.2. Bevezetés az algebrai geometriába................ 109 Hivatkozások 115

Bevezetés A jegyzet azzal a céllal készült, hogy összefoglalja a másodéves BSc hallgatók Fejezetek az algebrából tárgyának anyagát. A jegyzet nem helyettesíti az el adásokon és a gyakorlatokon való részvételt, azoknak csak egy er sen kivonatolt változata. A jegyzet anyaga er sen épít a BSc-s Algebra tárgyra. Ajánlott irodalom a [2] egyes fejezetei. A gyakorlaton szerepl feladatok többségét is meg lehet találni ebben a könyvben. További feladatokat például az [1]-ben érdemes keresni.

1. fejezet Sylow részcsoportok Az alábbi fejezet f célja Sylow tételeinek ismertetése, valamint a tételek számos következménye közül néhánynak a bemutatása a teljesség igénye nélkül. 1.1. Hatás El ször átismételjük a hatásról tanultakat. 1.1. deníció. Azt mondjuk, hogy a G csoport hat az X halmazon, ha értelmezve van egy : G X X leképezés, azaz g G, x X esetén g x X úgy, hogy 1. h (g x) = (hg) x minden g, h G, x X-re, 2. e x = x minden x X-re, ahol e a G egységeleme. Azt mondjuk, hogy X elemszáma a hatás foka. Egy x X pont orbitja vagy pályája G(x) = { g x g G }. Nyilván G(x) X. Azt mondjuk, hogy G hatása tranzitív, ha csak egy orbit van. Az x X pont stabilizátora G x = { g G g x = x }.

6 SYLOW RÉSZCSOPORTOK 1.2. tétel (Orbit-stabilizátor tétel). Egy x X pont stabilizátora részcsoport G-ben, azaz G x G. Az x X pont orbitjának elemszáma megegyezik az x stabilizátorának indexével, azaz G(x) = G : G x. 1.3. állítás. Hasson G az X-en. Ekkor g 1 hatása inverze a g hatásának, azaz g x = y x = g 1 y. Tehát G minden eleméhez hozzárendelhetjük azt az S X -beli elemet, mely leírja a csoportelem hatását X-en. Legyen ϕ ez a leképezés, azaz minden g G-re ϕ(g) adja meg g hatását X-en. Ekkor ϕ: G S X homomorzmus, ker ϕ = = x X G x. Azt mondjuk, hogy a hatás h, ha ker ϕ = { 1 }, azaz ha semelyik két elem nem hat ugyanúgy. 1.4. példa. 1. A f példa nyilván a transzformációcsoportok, tehát amikor G S X, és g x = g(x). 2. Legyen H G egy részcsoport. Legyen X a H baloldali mellékosztályai, és hasson G az X-en balszorzással, azaz ha g G, akkor tetsz leges a G-re legyen g ah = gah. Ha H = { 1 }, akkor ez éppen a Cayley-hatás. 3. Tekintsük G hatását X = G-n konjugálással: g x = gxg 1. Néha a gxg 1 -et x g -vel is szokás jelölni. Ekkor az orbitok éppen a konjugált osztályok. Egy x G elem stabilizátorát az x elem G-beli centralizátorának nevezzük: C G (x) = { g G gxg 1 = x } = { g G gx = xg }.

1.2 Sylow tételei és néhány következmény 7 Ekkor C G (x) részcsoport G-ben, indexe az x konjugált osztályának elemszáma. Speciálisan, egy konjugált osztály elemszáma osztja a csoport rendjét. A ψ g : G G, x gxg 1 leképezés neve: konjugálás, mely G-nek automorzmusa. A konjugálások éppen G bels automorzmusait alkotják: Inn G = { ψ g g G }. Ha N G, akkor N pontosan akkor normálosztó G-ben, ha zárt a konjugálásra. 4. Legyen X = { H H G } a G részcsoportjainak halmaza, és hasson G rajta konjugálással: g H = ghg 1. A H részcsoport orbitja a H konjugáltjai, a stabilizáror N G (H) = { g G ghg 1 = H } = { g G gh = Hg } a H normalizátora. Ekkor N G (H) G az a legb vebb részcsoportja G-nek, melyben H még normálosztó: H N G (H). Tehát H-nak G : N G (H) konjugáltja van G-ben. 1.5. házi feladat. Igazoljuk, hogy az 1.4. példában szerepl hatások tényleg hatások. Ismételjük át az 1.1. szakaszban található állítások bizonyításait. 1.2. Sylow tételei és néhány következmény A Lagrange-tétel egy következménye azt mondja, hogy elem rendje osztja a csoport rendjét. A megfordítás nem teljesül, hiszen például A 5 -ben nincs negyedrend elem, hisz az csak négyes ciklus lehetne, ami páratlan permutáció. A megfordítás viszont prímekre általánosítható, ezt mondja ki a Cauchy-tétel. Felmerül a kérdés, hogy esetleg a Lagrange-tétel megfordítása általánosítható-e részcsoportokra. Általában ez sem megy, hiszen A 5 -ben nincs 30 elem részcsoport, mert az már normálosztó lenne, de A 5 egyszer. Prímhatványokra viszont általánosítható, ezt mondják ki Sylow tételei.

8 SYLOW RÉSZCSOPORTOK 1.6. deníció. Legyen G egy véges csoport, G = p n m, ahol p prím és p m. Ekkor egy P G részcsoportot p-sylow részcsoportnak nevezünk, ha P = p n. A p-sylow részcsoportk halmazát Syl p (G)-vel jelöljük. 1.7. tétel (Sylow). Legyen G véges csoport, p prím, q = p k pedig egy olyan p-hatvány, melyre q G. Ekkor teljesülnek az alábbiak. 1. Van Q G, Q = q, és az ilyen részcsoportok száma n q 1 (mod p). Speciálisan G-ben van p-sylow részcsoport. 2. Bármely Q G, melyre teljesül Q = q, belekonjugálható bármely P G p-sylowba, azaz van olyan g G, hogy Q gp g 1. Speciálisan bármely két p-sylow konjugált, és bármely p-hatványrend részcsoport része egy p-sylownak. 3. Legyen P egy p-sylow G-ben. Ekkor a p-sylowok száma G-ben n = = G : N G (P ), ami osztója G : P -nek. El ször arassuk le a tétel néhány következményét. Például a Cauchy-tétel következik Sylow tételeib l. 1.8. következmény (Cauchy tétele). Ha G véges csoport, p prím osztja G rendjét, akkor G-ben van p rend elem. Bizonyítás. A Sylow tételek miatt G-ben van p rend részcsoport, ami nyilván csak ciklikus lehet. Ennek akármelyik generátora p rend. 1.9. következmény. Legyen G véges csoport, p prím. Ekkor G pontosan akkor p-csoport, ha elemszáma p-hatvány. Bizonyítás. Ha G elemszáma p-hatvány, akkor a Lagrange-tétel miatt tetsz leges elemének a rendje is p-hatvány, vagyis G egy p-csoport. Ha G egy p-csoport, akkor minden elem rendje p-hatvány. Ha lenne egy p-t l különböz q prímosztója G -nek, akkor G-ben lenne q rend elem, ami nem p-hatvány. 1.10. következmény. Nincs 100 elem egyszer csoport.

1.3 Sylow tételeinek bizonyítása 9 Bizonyítás. 100 = 4 25. Legyen n 5 az 5-Sylowok száma. Ekkor n 5 4, és n 5 1 (mod 5). Tehát n 5 = 1, vagyis egyetlen 5-Sylow van. De egy 5-Sylow konjugáltja is 5-Sylow, tehát az egyetlen 5-Sylow konjugálásra zárt, és így egy nemtriviális normálosztó. 1.3. Sylow tételeinek bizonyítása El ször belátjuk, hogy két azonos elemszámú csoportban a p-hatvány részcsoportok száma kongruens modulo p. 1.11. lemma. Legyen G és H két azonos elemszámú csoport, p prím, q = p k, melyre q osztja G elemszámát. Jelölje n G illetve n H a G-ben illetve H-ban el forduló q rend részcsoportok számát. Ekkor n G n H (mod p). Az 1.11. lemmából már következik az 1.7. tétel 1. pontja, hiszen ha a H csoportot a G elemszámú ciklikus csoportnak választjuk, akkor H-ban az elemszám minden d osztójára pontosan 1 darab d rend részcsoport van. Az 1.11. lemma bizonyítása. Tekintsük el ször a G csoportot. Legyen X a G-nek q elem részhalmazait tartalmazó halmaza: X = { A G : A = q }. Hasson G az X-en balszorzással, azaz g A = ga = { ga a A }. Könny ellen rizni, hogy ez hatás. Tekintsük a hatás orbitjait. Két esetet különböztetünk meg. 1. Ha van az orbitban egy K részcsoport. Ekkor ennek az orbitnak az elemei éppen K baloldali mellékosztályai, így pontosan egy részcsoport van egy ilyen orbitban. Tehát az ilyen orbitok száma n G, és egy ilyen orbit mérete G q. 2. Nincs az orbitban részcsoport. Legyen A = { a 1,..., a q } egy eleme az orbitnak. Jelölje G A az A pont stabilizátorát a hatás mentén, azaz G A = { g G ga = A }. Most A = G A A = G A a 1 G A a 2... G A a q,

10 SYLOW RÉSZCSOPORTOK vagyis A éppen G A néhány jobboldali mellékosztályának uniója. Jelölje m A azt a számot, hogy A hány darab különböz jobboldali G A - mellékosztály uniója. Tehát p k = q = A = G A m A, vagyis m A egy p-hatvány, és G A = q m A. Vegyük észre, hogy m A > 1. Csakugyan, ha m A = 1 lenne, akkor A = = G A a alakú, de akkor a 1 A = a 1 G A a részcsoport létére benne lenne A orbitjában. Tehát m A > 1 és p-hatvány, vagyis p m A. Egy ilyen orbit elemszáma G(A) = G : G A = G G A = G q m A, ahol p m A. Tehát az összes ilyen orbit uniójának az elemszáma G q p x G alakú valamilyen x G (a G csoporttól függ ) számra. A G csoportban tehát az orbitok összelemszámára az alábbi egyenl ség írható fel: ( ) G q = X = n G G q }{{} van részcsoport az orbitban + G q p x G }{{} nincs részcsoport az orbitban Teljesen analóg módon a H csoportra is felírható egy ugyanilyen egyenl ség:. ( ) H q = n H H q }{{} van részcsoport az orbitban + H q p x H }{{} nincs részcsoport az orbitban. Mivel G = H, ezért ( G q n G G q + G q ) ( = H ), amib l q p x G = n H H q + H q p x H. Az egyenl séget elosztva a G q adódik, vagyis n G n H = H q (mod p). egész számmal n G + px G = n H + px H

1.3 Sylow tételeinek bizonyítása 11 Ezzel tehát az 1.7. tétel 1. pontja kész, hiszen ciklikus H választással minden q H -ra pontosan egy q elem részcsoport van H-ban. Most bebizonyítjuk az 1.7. tétel 2. pontját. Legyen P Syl p (G) tetsz leges, Q pedig egy q = p k elem részcsoport. Legyen X a P G-beli konjugáltjainak a halmaza: X = { gp g 1 g G }. Most X = G : N G (P ), ami P N G (P ) miatt osztja G : P = G p n Tehát p X. Legyen Q G egy q = p k = m-et. elem részcsoport, és hasson Q az X-en konjugálással: g P = hp h 1 (h Q). Most P X esetén a P orbitjának mérete a Q-beli stabilizátorának az indexe. Mivel Q = p k, ezért a Q-beli stabilizátor, és így tetsz leges P X orbitjának a mérete p-hatvány. Tehát tetsz leges orbit elemszáma 1 vagy p-vel osztható. Mivel p X, ezért van 1 elem orbit, legyen ez P = gp g 1. Most tehát minden h Q-ra hp h 1 = = P, vagyis Q N G (P ). Belátjuk, hogy Q P, ebb l már P = gp g 1 miatt kész vagyunk. Az alábbi állítást fogjuk használni. 1.12. állítás. Legyen A, B véges részcsoportok G-ben. Ekkor AB = A B A B. Továbbá AB pontosan akkor részcsoport G-ben, ha AB = BA. Ez például fennáll, ha A vagy B normálosztó G-ben. Bizonyítás. Deniálunk A B egy relációt: (a 1, b 1 ) (a 2, b 2 ), ha a 1 b 1 = = a 2 b 2. Könny ellen rizni, hogy ekvivalenciareláció, és az ekvivalenciaosztályok száma éppen AB. Ha (a 1, b 1 ) (a 2, b 2 ), akkor a 1 2 a 1 = b 2 b 1 1 A B, vagyis minden ekvivalenciaosztályban pontosan A B elem van, tehát ekvivalenciaosztályok száma A B A B. Ha AB = BA, akkor 1 = 1 1 AB, ezért AB. Továbbá AB zárt a szorzásra: (AB)(AB) = A(BA)B = A(AB)B = A 2 B 2 = AB.

12 SYLOW RÉSZCSOPORTOK Végül AB zárt az inverzképzésre, mert (AB) 1 = B 1 A 1 = BA = AB. Megfordítva: A = A { 1 } AB, és B = { 1 } B AB. Mivel AB részcsoport G-ben, ezért zárt a szorzásra, speciálisan B A AB. Ezzel az egyik irányú tartalmazás kész. A másik irányhoz invertáljuk meg ezt az összefüggést: AB = A 1 B 1 = (BA) 1 (AB) 1 = B 1 A 1 = BA. Végül, ha mondjuk B normálosztó, akkor AB = a A ab = a A Ba = BA. Most tehát P N G (P ), Q N G (P ), tehát P Q N G (P ), elemszáma P Q = P Q P Q, ami csak p-hatvány lehet, hiszen minden tényez p-hatvány. Így P Q G miatt P Q p n, de már P = p n, hiszen P Syl p (G). Tehát P Q = P, és így Q P Q miatt Q P. Végül az 1.7. tétel 3. pontja azonnal következik a 2. pontból. Csakugyan, hasson G konjugálással Syl p (G)-n, ekkor ez a hatás a 2. pont miatt tranzitív. Tehát egyetlen orbit van (az egész Syl p (G)), mely elemszáma G : N G (P ), ami P N G (P ) miatt osztja G : P = m-et.

2. fejezet Nevezetes csoportkonstrukciók, fogalmak A fejezetben bemutatjuk csoportok direkt- és szemidirekt szorzatát, majd megismerkedünk a kommutátor fogalmával. A fejezetet az izomorzmus tételek átismétlésével zárjuk, melyek a csoportelméletben alapvet jelent séggel bírnak. 2.1. Direkt szorzat Ebben a szakaszban a direkt szorzat konstrukcióját ismételjük át. 2.1. deníció. Legyenek G i csoportok, ahol i I, I pedig egy (akár végtelen) indexhalmaz. A G = i I G i csoportot a G i csoportok direkt szorzatának nevezzük, ahol G i = { (..., g i,... ) g i G i, i I }, i I a szorzás komponensenként történik: (..., g i,... ) (..., h i,... ) = (..., g i h i,... ). A direkt szorzat egységeleme (..., e i,... ), ahol e i a G i egységeleme. Az invertálást szintén komponensenként végezzük, vagyis a (..., g i,... ) elem inverze (..., g 1 i,... ).

14 NEVEZETES CSOPORTKONSTRUKCIÓK, FOGALMAK Legyen H G az a részcsoport, melyben az elemek komponensei véges sok kivétellel az egységelem. Ekkor H-t a G i csoportok direkt összegének vagy diszkrét direkt szorzatának nevezzük. 2.2. házi feladat. Igazoljuk, hogy a (..., g i,... ) elem rendje az o(g i ) rendek legkisebb közös többszöröse, ha az létezik, és végtelen egyébként. 2.3. házi feladat. G H ciklikus G és H ciklikusak és ( G, H ) = 1. Térjünk rá a direkt szorzat bels jellemzésére. Legyenek π 1 : A B A, (a, b) a, π 2 : A B B, (a, b) b, B = Ker π 1 = { (1 A, b) : b B } = { 1 A } B, A = Ker π 2 = { (a, 1 B ) : a A } = A { 1 B }. Tehát A, B A B, valamint a homomorzmus tétel miatt (A B)/A B, (A B)/B A. Továbbá nyilván A B = { (1 A, 1 B ) }, és A B = A B. Ezen észrevételeknek igaz a megfordítása is. 2.4. tétel. Ha G csoport, A, B G, A B = { 1 } és AB = G, akkor G A B. A bizonyításhoz az alábbi lemmát használjuk. 2.5. lemma. Ha A, B G, A B = { 1 }, akkor ab = ba minden a A, b B esetén. Bizonyítás. Legyen g = aba 1 b 1. Belátjuk, hogy g = 1. Most A és B normálosztósága miatt g = ( aba 1) }{{}}{{} b 1 B B ( ba 1 b 1) g = }{{} a A Tehát g A B = { 1 }, amib l g = 1. } {{ } A B, A.

2.1 Direkt szorzat 15 2.6. deníció. Az [a, b] = aba 1 b 1 alakú kifejezés az a és b elemek kommutátora. A 2.4. tétel bizonyítása. Mivel AB = G, ezért G minden eleme el áll ab alakban, ahol a A, b B. Ez az el állítás egyértelm : ha ab = a b (ahol a, a A, b, b B), akkor (a ) 1 a = b b 1. Itt a baloldal A-beli, a jobboldal B-beli, amib l A B = { 1 } miatt mindkét oldal 1, azaz a = a, b = b. Tehát ϕ: A B G, (a, b) ab bijekció. Már csak az hiányzik, hogy homomorzmus. Ehhez legyenek a 1, a 2 A, b 1, b 2 B tetsz legesek, ekkor a 2.5. lemma miatt a 2 b 1 = b 1 a 2, tehát ϕ ((a 1, b 1 ) (a 2, b 2 )) = ϕ ((a 1 a 2, b 1 b 2 )) = a 1 a 2 b 1 b 2 = = a 1 b 1 a 2 b 2 = ϕ ((a 1, b 1 )) ϕ ((a 2, b 2 )). 2.7. példa. Tekintsük G = D 6 -t. Legyenek A = { 1, f } 3, B = { 1, f 2, f 4, t, tf 2, tf } 4, ekkor A és B mindketten normálosztók G-ben. Nyilván A B = { 1 }, AB = = G (utóbbi látszik például az elemszámokból), vagyis D 6 = G A B (Z 2, +) D 3. Itt B D 3, a hatszögbe írt szabályos háromszöget meg rz szimmetriák részcsoportja. A 2.4. tétel általánosítható több tényez re is, ám nem a páronkénti metszeteknek kell 1-nek lenni: 2.8. példa. G = Z 8 -ban A = { 1, 3 }, B = { 1, 5 }, C = { 1, 7 } választással A B = A C = B C = { 1 }, és G A B A C B C (Z 2, +) (Z 2, +).

16 NEVEZETES CSOPORTKONSTRUKCIÓK, FOGALMAK A jó feltétel az lesz, hogy bármely normálosztónak a többiek által generált részcsoporttal vett metszete kell { 1 } legyen. 2.9. tétel. Legyen G csoport. Ekkor pontosan akkor teljesül, hogy G G 1 G n, ha vannak G 1,..., G n G normálosztók úgy, hogy G i G i, G 1... G n = G, és minden 1 i n-re G i G 1... G i 1G i+1... G n = { 1 }. Bizonyítás. A tétel a 2.4. tételhez hasonlóan látható be (házi feladat). A direkt szorzat bels jellemzése segítségével a véges Abel csoportok alaptétele nélkül karakterizálhatjuk a p 2 rend csoportokat. 2.10. állítás. Legyen G = p 2 valamely p prímre. Ekkor G (Z p 2, +) vagy G (Z p, +) (Z p, +). Bizonyítás. Egy nemegységelem rendje p 2 osztója lehet, tehát p vagy p 2. Ha van G-ben p 2 rend elem, akkor G (Z p 2, +). Egyébként minden nemegységelem rendje p. Legyen 1 h 1 G tetsz leges, legyen H 1 = a, nyilván H 1 = p. Legyen h 2 G \ H 1, legyen H 2 = h 2,, nyilván H 2 = p. Most H 1 H 2 = 1 vagy p, utóbbi viszont nem lehet, mert h 2 / H 1. Tehát H 1 H 2 = { 1 }, amib l az 1.12. állítás miatt H 1 H 2 = H 1 H 2 H 1 H 2 = p2, vagyis H 1 H 2 = G. El z félévben beláttuk, hogy G Abel, vagyis H 1, H 2 G. Tehát G H 1 H 2 (Z p, +) (Z p, +). 2.2. Szemidirekt szorzat A direkt szorzat bels jellemzésében mindkét részcsoportról kiderült, hogy normálosztó. Felmerül a kérdés, hogy mit mondhatunk olyankor, amikor csak az egyik részcsoport normálosztó.

2.2 Szemidirekt szorzat 17 2.11. példa. Tekintsük a D 3 = { id, f, f 2, t, ft, f 2 t } csoportot. Most N = = { id, f, f 2 } normálosztó, H = { id, t } részcsoport, de nem normálosztó, valamint N H = { id }. Azt is láttuk, hogy D 3 minden eleme f i t j alakú (i { 0, 1, 2 }, j { 0, 1 }), vagyis D 3 = NH. Továbbá két f i t j alakú elemet össze is tudunk szorozni a tft = f 1 szabály segítségével. A 2.11. példában a D 3 csoportról látjuk, hogy az majdnem direkt szorzat alakú. Ez egy olyan G csoport, melyben van egy N G normálosztó, egy H G részcsoport, melyekre NH = G, N H = { 1 }. Tehát minden elem egyértelm en áll el nh alakban (n N, h H). Két ilyen alakú elemet az alábbi módon szorzunk össze: n 1 h 1 n 2 h 2 = n 1 h 1 n 2 h 1 1 h 1 h 2 = n 1 n h 1 2 h }{{} 1 h }{{} 2. H Tehát ki tudjuk számolni két nh alakú elem szorzatát, ha tudjuk, hogy a H elemei hogyan hatnak az N-en konjugálással. Minden h H-ra jelölje ψ h a h-val való konjugálást N-en: ψ h : N N, n hnh 1. Ekkor ψ h Aut N. S t, a h ψ h leképezés egy H Aut N homomorzmus. 2.12. házi feladat. Igazoljuk, hogy a leképezés homomorzmus. ψ : H Aut N, h ψ h 2.13. deníció. Legyenek N és H csoportok, ψ : H Aut N homomorzmus. Legyen G = { (n, h) n N, h H }, és legyen két elem szorzata az alábbi módon deniálva: N (n 1, h 1 ) (n 2, h 2 ) = ( n 1 ψ (h 1 ) ( n 2 ), h1 h 2 ). Ekkor G-t az N és H csoportok szemidirekt szorzatának nevezzük, és N ψ H- val (vagy néha csupán N H-val) jelöljük. (A képletben szerepl ψ (h 1 ) ( n 2 ) értelmes: ψ(h 1 ) egy automorzmusa N-nek, tehát n 2 -t elviszi ψ (h 1 ) ( n 2 ) -be.)

18 NEVEZETES CSOPORTKONSTRUKCIÓK, FOGALMAK A direkt szorzathoz hasonlóan jellemezhet a szemidirekt szorzat. Tekintettel arra, hogy lényegében a bels jellemzéssel motiváltuk a deníciót, a bels jellemzés kidolgozását házi feladatnak hagyjuk. 2.14. házi feladat. Legyen G = N ψ H. Legyen N = { (n,1 H ) n N }, H = { (1 N, h) h H }. Ekkor 1. G tényleg csoport; 2. N N G; 3. H H G; 4. N H = G, N H = { (1 N, 1 H ) }; 5. H úgy hat N -on konjugálással, ahogy azt ψ el írja, azaz 6. G N H ψ(h) = id. (1 N, h)(n, 1 H )(1 N, h) 1 = (ψ(h)(n), 1 H ) ; A szemidirekt szorzat és a Sylow tételek segítségével karakterizáljuk a pq rend csoportokat (p > q prímek). 2.15. állítás. Legyen G csoport, G = pq, ahol p > q prímek. Ekkor G (Z p, +) (Z q, +) vagy G (Z p, +) (Z q, +), és utóbbi eset csak p 1 (mod q) esetén állhat fenn. Bizonyítás. Legyen P egy p-sylow, Q egy q-sylow G-ben. Nyilván P Q = = { 1 }, hiszen P -ben csak p rend elemek vannak, Q-ban pedig csak q rend elemek vannak az 1-en kívül. Az 1.12. állítás miatt P Q = P Q = pq = = G, vagyis P Q = G. Jelölje n p a p-sylowok számát, n q a q-sylowok számát. Ekkor a Sylow tételek (1.7. tétel) következtében n p 1 (mod p), n p G = q. Most p > q p miatt ez csak úgy teljesülhet, ha n p = 1, vagyis P az egyetlen p-sylow, és így P G. Hasonlóan n q 1 (mod q) és n q G q = p. Tehát n q { 1, p }, és n q = = p csak akkor fordulhat el, ha p 1 (mod q). Ha n q = 1, akkor Q G, egyébként csak Q G-t mondhatunk. Tehát G P Q vagy G P Q.

2.3 Kommutátorok 19 Ha p 1 (mod q), akkor valóban létezik (izomora erejéig egyetlen) nemkommutatív pq rend csoport, amely egy valódi szemidirekt szorzat lesz. 2.16. házi feladat. 1. Igazoljuk, hogy Aut (Z m, +) Z m. (Ötlet: generátor generátorba meg.) 2. Aut (Z p, +) Z p (Z p 1, +). (Ötlet: véges test multiplikatív csoportja ciklikus.) Ha tehát q p 1, akkor van q rend részcsoport Aut (Z p, +)-ben, és van h Aut (Z p, +), melyre o(h) = q. Legyen ψ : (Z q, +) Aut (Z p, +) olyan homomorzmus, melyre ψ(1) = h. Igazoljuk, hogy az így kapott (Z p, +) ψ (Z q, +) csoport nemkommutatív. 3. Lássuk be, hogy a 2. pontban különböz h-kra (és így különböz ψ-kre) kapott csoportok izomorfak, tehát egyetlen pq rend nemkommutatív csoport létezik. 2.3. Kommutátorok Kezdjük a kommutátorokkal, melyeket a 2.6. denícióban deniáltunk, és a 2.5. lemmában használtunk. 2.17. deníció. Legyen G csoport. Az [a, b] = aba 1 b 1 alakú kifejezés az a és b elemek kommutátora. Ha N, K G normálosztók kommutátorán az [n, k] kommutátorok által generált részcsoportot értjük és [N, K]-val jelöljük: [N, K] = [n, k] n N, k K. 2.18. állítás. Ha N, K G, akkor [N, K] G, [N, K] N K. Bizonyítás. A bizonyítás lényegében megegyezik a 2.5. lemma bizonyításával. Belátjuk el ször, hogy kommutátorelem konjugáltja kommutátorelem, azaz a kommutátorelemek halmaza zárt a konjugálásra. Akkor nyilván az általuk generált részcsoport is zárt a konjugálásra, és [N, K] G következik.

20 NEVEZETES CSOPORTKONSTRUKCIÓK, FOGALMAK Legyen n N, k K, g G tetsz leges, ekkor g[n, k]g 1 = gnkn 1 k 1 g 1 = = ( gng 1) ( gkg 1) ( gn 1 g 1) ( gk 1 g 1) = gng }{{ 1, gkg } 1. }{{} N K Továbbá nkn 1 K, hiszen K G, és így [n, k] = nkn 1 k 1 K. Hasonlóan, kn 1 k 1 N, mert N G, vagyis [n, k] = nkn 1 k 1 N. Tehát [n, k] N K, vagyis az általuk generált részcsoport is része N K-nak. 2.19. állítás. Legyen G csoport. Ekkor [N, K] az a legsz kebb M N K normálosztója G-nek, ami szerinti faktorban az N és K elemei már felcserélhet k, azaz amire G/M-ben N/M és K/M elemei felcserélhet k. Bizonyítás. Legyen M G, M N K. Legyenek továbbá nm N/M, km K/M tetsz legesek. Ekkor nmkm = kmnm nkn 1 k 1 M = M [n, k] M. 2.20. deníció. Legyen G csoport. A [G, G] részcsoportot a G kommutátorrészcsoportjának nevezzük és G -vel jelöljük. 2.21. következmény. Legyen G csoport, M G. Ekkor G/M Abel G M. Továbbá, ha G K G, akkor K G. Bizonyítás. A 2.19. állításból azonnal következik, hogy G M pontosan akkor teljesül, ha G/M Abel. Legyen most G K G. Ekkor K/G részcsoport G/G -ben, ami Abel. Tehát G/G G/G, vagyis K G (ld. 2.25. tétel 5. pontja). 2.22. házi feladat. Igazoljuk az alábbiakat, ahol x, y, z G tetsz leges elemek, K, L, N G pedig tetsz leges normálosztók.

2.3 Kommutátorok 21 1. [x, y] 1 = [y, x]; 2. [x, yz] = [x, y]y[x, z]y 1 ; 3. [K, LN] = [K, L][K, N]. Az alszakasz végén a karakterisztikus részcsoport fogalmát ismerjük meg. 2.23. deníció. Legyen G csoport. Egy K G részcsoportot karakterisztikus részcsoportnak hívunk, ha K invariáns G összes automorzmusára, azaz ψ Aut G, k K esetén ψ(k) K. 2.24. házi feladat. Igazoljuk az alábbiakat. 1. N G pontosan akkor karakterisztikus, ha minden α Aut G-re α(n) = N. 2. Ha N karakterisztikus részcsoportja G-nek, akkor N G. 3. Karakterisztikus részcsoport karakterisztikus részcsoportja karakterisztikus, de normálosztó normálosztója nem feltétlen normálosztó. 4. Normálosztó karakterisztikus részcsoportja normálosztó. 5. Az alábbi részcsoportok karakterisztikusak: Z(G), G, G = [G, G ], [G, G ]. 6. Ha egy Sylow részcsoport normálosztó, akkor karakterisztikus is. 7. Tetsz leges n-re az n rend elemek által generált részcsoport karakterisztikus. 8. Egy ciklikus csoport minden részcsoportja karakterisztikus. 9. Q-ban minden részcsoport normálosztó, de van nem karakterisztikus részcsoport.

22 NEVEZETES CSOPORTKONSTRUKCIÓK, FOGALMAK 2.4. Izomoratételek Az alábbi tétel rendkívül fontos, lényegében pontosan megmondja, hogy mik lesznek a G/N faktorcsoport részcsoportjai, azok mellékosztályai, mely részcsoportok lesznek normálosztók. A kés bbiekben általában hivatkozás nélkül fogjuk alkalmazni ezt a tételt. 2.25. tétel. Legyen ϕ: G H szürjektív homomorzmus, melynek magja N. 1. Ha K G, akkor ϕ(k) H. Továbbá ϕ 1 (ϕ(k)) = NK = KN. 2. A H csoport részcsoportjai kölcsönösen egyértelm megfeleltetésben állnak G-nek az N-et tartalmazó részcsoportjaival. Az L H-hoz K = = ϕ 1 (L) G tartozik. A továbbiakban használjuk ezt a jelölést. 3. Ha g G, h = ϕ(g) H, akkor ϕ 1 (hl) = gk, ϕ 1 (Lh) = Kg, azaz a K szerinti baloldali (jobboldali) mellékosztályok az L szerinti baloldali (jobboldali) mellékosztályok teljes inverz képei. 4. H : L = G : K. 5. L H K G, és ekkor G/K H/L. Bizonyítás. A bizonyítás az el adáson nem hangzott el, de illik ismerni. 1. Ha K G részcsoport, akkor könnyen látható, hogy ϕ(k) H is részcsoport. Ha L H részcsoport, akkor könnyen ellen rizhet en ϕ 1 (L) G is részcsoport, és nyilván tartalmazza N-et. Legyen L = = ϕ(k) H. Ekkor V/10 miatt KN = NK. Most NK ϕ 1 (L), mert ϕ(nk) = ϕ(n)ϕ(k) = ϕ(k) = L. A másik irányú tartalmazáshoz legyen g ϕ 1 (L), azaz ϕ(g) = h L. Mivel L = ϕ(k), ezért van k K, hogy ϕ(k) = h. Innen ϕ ( k 1 g ) = ϕ ( k 1) ϕ (g) = ϕ (k) 1 ϕ (g) = h 1 h = 1 H, vagyis k 1 g N és így g kn KN.

2.4 Izomoratételek 23 2. Legyen G = { K G N K }, H = { L H }. Mivel ϕ(k) H, így ϕ tekinthet egy G H leképezésnek. Továbbá ϕ 1 (a teljes skép) tekinthet egy H G leképezésnek. Belátjuk, hogy ez a két leképezés egymás inverze. Most ha N K G, akkor ϕ 1 (ϕ (K)) = NK = K az 1. rész miatt. Ha pedig L H, akkor ϕ (ϕ 1 (L)) = L az skép deníciója miatt. 3. Belátjuk, hogy ϕ 1 (hl) = gk, a másik oldal ugyanígy igazolható. g ϕ 1 (hl) ϕ (g ) hl = ϕ(g)l ϕ ( g 1 g ) L g 1 g K g gk. 4. A 3. rész miatt ϕ 1 bijekció az L és a K mellékosztályai közt. 5. A 3. rész miatt ϕ 1 bijekció az L és a K mellékosztályai közt, és Kg = = gk pontosan akkor teljesül, ha Lϕ(g) = ϕ(g)l. Tehát K G pontosan akkor teljesül, ha L H. Valójában most ϕ egy izomorzmus G/K és H/L elemei közt, amib l már csak a homomorzmusság kell (a bijekció megvan a 3. részb l). Ha ϕ(g 1 ) = h 1 és ϕ(g 2 ) = h 2, akkor ϕ(g 1 Kg 2 K) = ϕ(g 1 g 2 K) = h 1 h 2 L = h 1 Lh 2 L = ϕ(g 1 K)ϕ(g 2 K). Az alszakaszt a két izomorzmus tétellel zárjuk, melyek igen fontos következményei a 2.25. tételnek. Ezek bizonyításai szerepeltek el z félévben, ide csak a teljesség kedvért kerültek be. 2.26. következmény (Els izomorzmus tétel). Legyen N G, K G. Ekkor KN = NK részcsoport G-ben, K N K, és KN/N K/K N. Továbbá, ha G : N véges, akkor K : K N osztja G : N -t.

24 NEVEZETES CSOPORTKONSTRUKCIÓK, FOGALMAK Bizonyítás. Tekintsük a ϕ: G G/N természetes homomorzmust, és annak K-ra való megszorítását: ϕ K : K G/N. Most Ker ϕ K = { g K ϕ(g) = 1 } = K N, amib l K N K, valamint a homomorzmus tételb l K/K N = K/ Ker ϕ K Im ϕ K = ϕ(k). Továbbá KN = k K kn = k K Nk = NK. Továbbá az 1.12. lemma alapján ebb l KN G is következik. Tekintsük most ϕ-nek KN-re való megszorítását: ϕ KN : KN G/N. Most Ker ϕ KN = { g KN ϕ(g) = 1 } = KN N = N, így a homomorzmus tételb l KN/N = K/ Ker ϕ KN Im ϕ KN = ϕ(kn) = = ϕ(k)ϕ(n) = ϕ(k) 1 H = ϕ(k). Tehát K/K N ϕ(k) KN/N G/N, amib l az indexek oszthatóságára vonatkozó állítás már következik. 2.27. példa. Legyen N = { id, (12)(34), (13)(24), (14)(23) }. Melyik ismert csoporttal izomorf S 4 /N? Legyen K = S 3, a 4 stabilizátora S 4 -ben. Most S 3 N = { id }, vagyis S 3 N = S 3 N = 24, tehát S 3 N = S 4. Az els izomorzmus tétel alapján tehát S 4 /N = S 3 N/N S 3 /S 3 N = S 3 / { id } = S 3.

2.4 Izomoratételek 25 2.28. következmény (Második izomorzmus tétel). Legyen N, K G, N K. Ekkor N K, K/N G/N, valamint (G/N)/(K/N) G/K. Bizonyítás. Tekintsük a ϕ: G G/N természetes homomorzmust, és annak K-ra való megszorítását: ϕ K : K G/N, ennek magja Ker ϕ K = { g K ϕ(g) = 1 } = K N = N, vagyis N K. Nyilván K/N = { gn g K }. Tekintsük a ψ : G/N G/K, gn gk. leképezést. Ez jóldeniált: ha g N = gn, akkor g 1 g gk = g K. Továbbá ψ homomorzmus: N K, amib l ψ(g 1 Ng 2 N) = ψ(g 1 g 2 N) = g 1 g 2 K = g 1 Kg 2 K = ψ(g 1 N)ψ(g 2 N), magja Ker ψ = { gn ψ(gn) = 1 } = { gn G/N gk = K } = = { gn G/N g K } = K/N. Így a homomorzmus tételb l (G/N)/(K/N) = (G/N)/ Ker ψ Im ψ = G/K.

3. fejezet Feloldható csoportok Ha egy G (véges) csoport nem egyszer, akkor van benne N G normálosztó. Ekkor G-t bizonyos értelemben meg lehet érteni, ha N-t és G/N-t megértjük. Ezek már kisebb elemszámú csoportok, így várhatóan könnyebben kezelhet ek. Ha most N vagy G/N nem egyszer, akkor a gondolatot folytathatjuk rájuk, így kapva egy ún. normálláncot. 3.1. deníció. Legyen G egy csoport. Egy (3.1) { 1 } = N 0 N 1 N 2... N n = G láncot normálláncnak hívunk, ha minden N i normálosztó N i+1 -ben. (Azt nem követeljük meg, hogy N i G-ben is!) A normállánc hossza ezzel az indexeléssel n. Azt mondjuk, hogy a (3.1) normállánc kompozíciólánc, ha tovább már nem nomítható, azaz minden N i+1 /N i faktor egyszer, ezeket kompozíciófaktoroknak nevezzük. F láncnak egy olyan, tovább már nem nomítható normálláncot nevezünk, melynek minden eleme normálosztó G-ben is. (Ennek a faktorai nem feltétlenül egyszer ek.) 3.2. példa. S 4 egy kompozíciólánca S 4 A 4 V { id, (12)(34) } { id }, a kompozíciófaktorok rendre (Z 2, +), (Z 3, +), (Z 2, +), (Z 2, +). S 3 egy kompozíciólánca S 3 A 3 { id }, a kompozíciófaktorok rendre (Z 2, +), (Z 3, +).

3 Feloldható csoportok 27 (Z 6, +) egy kompozíciólánca (Z 6, +) { 0, 2, 4 } { 0 }, a kompozíciófaktorok rendre (Z 2, +), (Z 3, +). Tehát a kompozíciófaktorok (rendezett) listája nem határozza meg egyértelm en az eredeti csoportot. (Z 6, +) egy kompozíciólánca (Z 6, +) { 0, 3 } { 0 }, a kompozíciófaktorok rendre (Z 3, +), (Z 2, +). Tehát a kompozíciólánc sem egyértelm, és a kompozíciófaktorok (rendezett) listája sem egyértelm. A kompozíciófaktorok halmaza viszont (az elemeket multiplicitással számolva) már egyértelm, ezt mondja ki Jordan és Hölder tétele. 3.3. deníció. Két normállánc izomorf, ha a kompozíciófaktoraik halmaza (multiplicitással számolva) megegyezik. 3.4. tétel (Jordan Hölder). Legyen G egy tetsz leges csoport, amelynek van kompozíciólánca. Ekkor G bármely normállánca nomítható kompozíciólánccá, és G bármely két kompozíciólánca izomorf. Bizonyítás. Az alábbi állítást fogjuk belátni: Ha van t hosszú kompozíciólánc, akkor tetsz leges normállánc nomítható ezzel izomorá. Ezt az állítást t szerinti indukcióval bizonyítjuk. A t = 1 eset triviális, ekkor ugyanis G egyszer, így egyetlen normállánca van: { 1 } G. Tegyük most fel, hogy minden t-nél kisebb értékre igaz az állítás. Legyen { 1 } = K 0 K 1 K 2... K t = G egy kompozíciólánc. A továbbiakban ezt a kompozícióláncot jelöljük (k)-val. Legyen { 1 }... N G egy normállánc, jelöljük ennek { 1 }... N részét (n)-nel. Ha most N = { 1 }, akkor (k) egy jó nomítása (n)-nek. Továbbá, ha N = K i valamely 1 i t 1-re, akkor alkalmazhatunk indukciót N-re és G/N-re. Legyen tehát L K az a szeme a (k) kompozícióláncnak, melyre N K, de N L. Jelölje (a) a (k) láncnak 1... L részét, (b) pedig a K... G részét. Tehát (k) = { 1 }. (a).. L K. (b).. G. Most N K és L K miatt LN K is teljesül. Továbbá L LN, tehát LN az L és K között szerepel a (k) láncban. Mivel (k) kompozíciólánc, K/L

28 FELOLDHATÓ CSOPORTOK egyszer, tehát LN = L vagy LN = K. De N L miatt LN L, tehát LN = K. Az els izomorzmus tétel (2.26. következmény) miatt N/(L N) LN/L = K/L, ami egyszer, L/(L N) LN/N = K/N. Most L kompozíciólánca rövidebb, mint G kompozíciólánca, így alkalmazhatjuk rá az indukciós feltevést. Van tehát az { 1 } L N L-nek (a)-val izomorf nomítása. Ennek a nomításnak az { 1 }... L N részét jelölje (d), az L N... L részét jelölje (c). Most N/(L N) egyszer, tehát 1. (d).. L N N kompozíciólánca N-nek. Ennek hossza legfeljebb annyi, mint L kompozícióláncának hossza, tehát t-nél biztosan kevesebb. Így az indukciós feltevés miatt van (n)-nek olyan (n ) nomítása, mely izomorf a 1. (d).. L N N kompozíciólánccal. Továbbá K/N L/(L N) miatt van (c ) lánc N-b l K-ba, ami izomorf (c)-vel. Tehát az { 1 }. (n).. N G normállánc nomítható egy { 1 } (n )... N (c )... K. (b).. G kompozíciólánccá, mely izomorf a { 1 }. (d).. L N N (c )... K. (b).. G kompozíciólánccal. Ez a lánc izomorf a { 1 }. (d).. L N. (c).. L K. (b).. G kompozíciólánccal, ami izomorf az { 1 }. (a).. L K. (b).. G lánccal, ami éppen a (k) kompozíciólánc. Képlettel { 1 }. (n).. N G { 1 } (n )... N (c )... K. (b).. G { 1 }. (d).. L N N (c )... K. (b).. G { 1 }. (d).. L N. (c).. L K. (b).. G { 1 }. (a).. L K. (b).. G = (k). A Jordan Hölder tételnél valamivel általánosabb állítás is bizonyítható. 3.5. tétel (Schreier Zassenhaus). Tetsz leges csoport bármely két normálláncának van izomorf nomítása. Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.

3 Feloldható csoportok 29 3.6. deníció. Azt mondjuk, hogy a G csoport feloldható, ha van olyan { 1 } = N 0 N 1 N 2... N n = G normállánca, melyben minden N i+1 /N i faktor Abel. 3.7. állítás. Legyen { 1 } = N 0 N 1 N 2... N n = G olyan normállánca G-nek, melyben minden N i+1 /N i faktor Abel. Ekkor ezen lánc tetsz leges nomításában is minden faktor Abel. Bizonyítás. Legyen K olyan, hogy N i K N i+1. Most K/N i N i+1 /N i Abel, hiszen egy Abel csoport minden részcsoportja is Abel. Továbbá a második izmorzmustétel (2.28. következmény) miatt N i+1 /K (N i+1 /N i ) / (K/N i ), és egy Abel csoport minden faktora is Abel. 3.8. következmény. Legyen G egy olyan csoport, amelynek van kompozíciólánca. Ekkor G pontosan akkor feloldható, ha minden kompozíciófaktora izomorf egy (Z p, +)-szal egy alkalmas p prímre. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy G feloldható. Ekkor van olyan normállánca, melyben minden faktor Abel. A Jordan Hölder tétel (3.4. tétel) miatt ennek van kompozíciólánccá nomítása, melyben a 3.7. állítás miatt minden faktor Abel. Ugyanakkor egy kompozícióláncban minden faktor egyszer is, tehát minden faktor izomorf egy (Z p, +)-szal alkalmas p prímre. Ha pedig G-nek van olyan kompozíciólánca, melyben minden faktor egy (Z p, +)-szal izomorf, akkor ez olyan normállánc, melyben minden faktor Abel. 3.9. következmény. Minden véges p-csoport feloldható. Bizonyítás. Egy véges p-csoportnak van kompozíciólánca, melyben a faktorok egyszer p-csoportok. De egyszer p-csoport izomorf (Z p, +)-szal. 3.10. házi feladat. Igazoljuk az alábbiakat. 1. A feloldható csoportok osztálya zárt a részcsoportképzésre, faktorképzésre és a véges direkt szorzatra. 2. Ha G tetsz leges csoport, N G feloldható, G/N feloldható, akkor G is feloldható.

30 FELOLDHATÓ CSOPORTOK A feloldhatóság a kommutátorokkal egyszer en jellemezhet. 3.11. deníció. Legyen G (0) = G, továbbá minden i 1-re legyen G (i) = = [G (i 1), G (i 1) ]. Ekkor a G = G (0) G (1)... láncot a G kommutátorláncának nevezzük. 3.12. házi feladat. Gondoljuk meg, hogy G kommutátorláncának minden eleme karakterisztikus részcsoport, és így normálosztó is G-ben. 3.13. állítás. Egy G csoport pontosan akkor feloldható, ha kommutátorlánca leér az { 1 }-ig. Bizonyítás. Ha a kommutátorlánc leér { 1 }-ig, akkor minden G (i) /G (i+1) faktor Abel. Megfordítva, ha G feloldható, és { 1 } = N 0 N 1 N 2... N n = = G olyan normállánca G-nek, melyben minden N i+1 /N i faktor Abel, akkor N i+1 N i. Speciálisan G (1) = G = N n N n 1, és i szerinti teljes indukcióval igazolható, hogy G (i) N n i. Tehát G (n) N 0 = { 1 }. Végül két nehéz tételt is megemlítünk a feloldható csoportok témaköréb l. 3.14. tétel (Burnside). Ha G = p α q β, ahol p, q prímek, akkor G nem lehet nemkommutatív egyszer csoport. Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. Az eredeti bizonyítás nagyjából 30 oldalt tett ki. Manapság többnyire reprezentációelmélettel bizonyítják. 3.15. következmény. Ha G = p α q β, ahol p, q prímek, akkor G feloldható. Bizonyítás. Mivel G véges, ezért van kompozíciólánca. Ebben az egyszer kompozíciófaktorok elemszáma p α q β, ami Burnside tétele miatt csak kommutatív lehet. 3.16. tétel (Feit Thompson). Ha G nemkommutatív véges egyszer csoport, akkor G páros. Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. Az eredeti bizonyítás nagyjából 250 oldalt tett ki. Azóta egyszer sítették a bizonyítást.

3.1 A legalább ötödfokú alternáló és szimmetrikus csoport 31 3.17. következmény. Ha G páratlan, akkor G feloldható. Bizonyítás. Mivel G véges, ezért van kompozíciólánca. Ebben az egyszer kompozíciófaktorok elemszáma páratlan, ami a Feit Thompson tétel miatt csak kommutatív lehet. 3.1. A legalább ötödfokú alternáló és szimmetrikus csoport A szakasz célja belátni, hogy a legalább ötödfokú alternáló csoport egyszer, és így sem a legalább ötödfokú alternáló, sem a legalább ötödfokú szimmetrikus csoport nem feloldható. 3.18. tétel. Ha n 5, akkor A n egyszer. 3.19. lemma. Az A n alternáló csoportot generálják a 3-as ciklusok. Bizonyítás. Tetsz leges permutáció S n -ben felírható cserék szorzataként. Egy A n -beli permutáció páros, így páros sok csere szorzataként írható fel. A szomszédos cserék pedig átírhatók egy vagy két 3-as ciklus szorzatára: (ac)(ab) = (abc), (ab)(cd) = (ab)(ac)(ca)(cd) = (acb)(acd). 3.20. lemma. Ha n 5, akkor A n -ben bármely két 3-as ciklus konjugált. Bizonyítás. Legyen (abc) egy tetsz leges 3-as ciklus, g S n pedig egy olyan permutáció, ami 1-et a-ba, 2-t b-be, 3-t c-be viszi. Ekkor g(123)g 1 = (abc). Ha g A n, akkor készen vagyunk, egyébként legyen d és e két egymástól és az a, b, c elemekt l különböz elem, ekkor h = g(de) A n és h(123)h 1 = = (abc). A 3.18. tétel bizonyítását n szerinti teljes indukcióval végezzük. Az A 5 egyszer sége sokféleképpen belátható, mi most mutatunk egy (részben) Sylow tételekre épül bizonyítást.

32 FELOLDHATÓ CSOPORTOK 3.21. lemma. A 5 egyszer. Bizonyítás. Legyen { id } N A 5. Belátjuk, hogy N tartalmaz 3-as ciklust. Ha N tartalmaz 5-ös ciklust, akkor N-ben van 5 elem részcsoport, és így van benne A 5 -beli 5-Sylow. Mivel az 5-Sylowok A 5 -ben konjugáltak, ezért minden A 5 -beli 5-Sylow benne van N-ben. Speciálisan minden 5-ös ciklus benne van N-ben, és így N 24. Tehát N = 30 vagy N = 60. Így N osztható 3-mal, azaz van benne 3 rend részcsoport, vagyis van N-ben 3-as ciklus. Ha N tartalmaz egy (ab)(cd) alakú permutációt, akkor ennek (cde)-vel való konjugáltját is tartalmazza, vagyis (ab)(de)-t. De akkor (ab)(cd)(ab)(de) = = (cde)-t is, vagyis N tartalmaz 3-as ciklust. Végül, ha N tartalmaz 3-as ciklust, akkor a 3.20. lemma miatt minden hármas ciklust tartalmazza, így a 3.19. lemma miatt N = A 5. 3.22. megjegyzés. Egy másik bizonyítás az alábbi módon mehetne. Kiszámolható, hogy a 3-as ciklusok egy 20 elem konjugált osztályt, az (ab)(cd) alakú permutációk egy 15 elem konjugált osztályt alkotnak, továbbá az 5- ös ciklusok szétesnek két 12-12 elem konjugált osztályra. Egy normálosztó az identitást is tartalmazó részcsoport, mely konjugált osztályok uniója, ám az 1, 12, 12, 15, 20 számokból a 60-nak egyetlen nemtriviális osztója sem állítható el részösszegként. 3.23. lemma. Legyen n 6, id g A n. Ekkor g konjugált osztálya legalább n elem. Bizonyítás. Legyen g ciklusszerkezetében a leghosszabb ciklus hossza r. Ha r 3, akkor feltehetjük, hogy g = (1 2 3... r)... alakú, hiszen egy ilyenbe konjugálható. Legyen k { 2, 3,..., n } tetsz leges, a k, b k pedig az 1, 2, 3, k elemek mindegyikét l (és egymástól is) különböz elemek. Legyen h k = = (2 k)(a k b k ), ekkor h k gh 1 k egy olyan permutáció, ami az 1-et k-ba viszi. Tehát g-nek legalább n 1 konjugáltja van. Végül a h = (34)(56) permutációval hgh 1 = (1 2 4... )..., vagyis 1-et 2-be viszi, a 2-t pedig 4-be. Ha r = 2, akkor feltehetjük, hogy g = (1 2)(3 4)... alakú. Legyen k { 2, 3,..., n } tetsz leges, a k, b k pedig az 1, 2, 3, k elemek mindegyikét l (és

3.1 A legalább ötödfokú alternáló és szimmetrikus csoport 33 egymástól is) különböz elemek. Legyen h k = (2 k)(a k b k ), ekkor h k gh 1 k egy olyan permutáció, ami az 1-et k-ba viszi. Tehát g-nek legalább n 1 konjugáltja van. Végül a h = (12)(45) permutációval hgh 1 = (1 2)(3 5)... )..., vagyis 1-et 2-be viszi, a 3-t pedig 5-be. A 3.18. tétel bizonyítása. Teljes indukciót alkalmazunk n-re. Ha n = 5, akkor a 3.21. lemma alapján kész vagyunk. Legyen n 6, és legyen { id } N A n. Jelölje H az 1 elem A n -beli stabilizátorát. Most H A n 1, ami az indukciós feltevés miatt egyszer. De N H H, vagyis N H = { id } vagy N H = H. Ha N H = H, akkor H N. De H-ban van 3-as ciklus, így N is tartalmaz 3-as ciklust, akkor a 3.20. lemma miatt minden hármas ciklust tartalmazza, így a 3.19. lemma miatt N = A n. Ha N H = { id }, akkor két különböz g, h N elemre g(1) h(1). Csakugyan, g(1) = h(1) esetén h 1 g H N, vagyis h 1 g = id. Tehát egyrészt N n, másrészt N tartalmazza id-t, és még legalább egy konjugált osztályt, ami a 3.23. lemma alapján legalább n elem. 3.24. következmény. S n feloldható n 4, továbbá n 5-re S n egyetlen nemtriviális normálosztója A n. Bizonyítás. Az n 4 esetet a 3.2. példában megnéztük. Tegyük fel, hogy n 5. Mivel A n egyszer, ezért { id } A n S n egy kompozíciólánc, melyben van nem Abel faktor. (Egyébként ez az egyetlen kompozíciólánca S n -nek.) Legyen { id } N S n. Ekkor N A n A n, ami egyszer. Tehát N A n = { id } vagy N A n = A n. Ha N A n = A n, akkor A n N S n, de S n : A n = 2. Tehát N = A n vagy N = S n. Ha N A n = { id }, akkor NA n A n. Így S n : A n = 2 miatt NA n = S n. Az els izomorzmus tétel (2.26, következmény) alapján N N/(N A n ) NA n /A n = S n /A n (Z 2, +).

34 FELOLDHATÓ CSOPORTOK Tehát N 2. Mivel N konjugáltosztályok uniója, és id N egy egyelem konjugáltosztály, ezért N egyelem konjugáltosztályok uniója. Tehát N Z(G) = { id }, ami ellentmond N = 2-nek.

4. fejezet Nilpotens csoportok A nilpotens csoportok a feloldható csoportok egy részosztálya. Csakúgy, mint a feloldható csoportokat, a nilpotens csoportokat is egy láncfeltétel deniálja. 4.1. deníció. Egy G csoport egy { 1 } = N 0 N 1... N k = G normálláncát centrális láncnak nevezzük, ha minden 0 i k-ra N i G és N i+1 /N i Z (G/N i ). A G csoport nilpotens, ha van centrális lánca. 4.2. állítás. Ha G nilpotens, akkor feloldható is. Bizonyítás. Egy centrális lánc esetén minden N i+1 /N i Abel, hisz része G/N i centrumának. 4.3. állítás. Egy G csoport egy { 1 } = N 0 N 1... N k = G normállánca pontosan akkor centrális lánc, ha minden 0 i k-ra N i G és [N i+1, G] N i. Bizonyítás. N i+1 /N i Z (G/N i ) N i+1 /N i és G/N i elemei felcserélhet k [N i+1, G] N i. 4.4. házi feladat. A nilpotens csoportok osztálya zárt a részcsoportképzésre, homomorf képre és véges direkt szorzatra, de a b vítésre nem.

36 NILPOTENS CSOPORTOK 4.5. tétel. Legyen G véges csoport. Az alábbiak ekvivalensek: 1. G nilpotens. 2. Ha H G, akkor H N G (H) (ez az ún. normalizátorfeltétel). 3. Ha M G maximális részcsoport, akkor M G. 4. G a Sylowjainak direkt szorzata (tehát p-csoportok direkt szorzata). Bizonyítás. 1 = 2: Legyen { 1 } = N 0 N 1... N k = G centrális lánc, ekkor van olyan i, hogy N i H, de N i+1 H. Mivel H N G (H) mindig teljesül, ezért elég H N G (H)-t belátni. Ezt úgy fogjuk igazolni, hogy megmutatjuk, hogy N i+1 N G (H). Legyen n N i+1, h H tetsz leges, és tekintsük az [n, h] = nhn 1 h 1 kommutátort. A 4.3. állítás miatt [N i+1, G] N i, így [n, h] N i H, vagyis nhn 1 h 1 H, amib l nhn 1 H. Tehát valóban N i+1 N G (H). 2 = 3: Legyen M G maximális részcsoport. Ekkor M N G (M) miatt N G (M) = G lehet csak. De M N G (M) = G. A 3 = 4 irányhoz a Frattini elvet fogjuk használni. 4.6. lemma (Frattini-elv). Legyen G véges csoport, N G, P Syl p (N). Ekkor G = NN G (P ). Bizonyítás. Legyen g G tetsz leges, és tekintsük a gp g 1 részcsoportot. Egyrészt gp g 1 gng 1 = N, másrészt gp g 1 = P. Tehát gp g 1 is p-sylowja az N-nek. De akkor már N-ben is konjugáltak, vagyis van n N, hogy gp g 1 = np n 1, azaz (n 1 g) P (n 1 g) 1 = P. Tehát n 1 g N G (P ), amib l g nn G (P ) NN G (P ). 3 = 4: Legyen P egy p-sylow részcsoport G-ben. El ször belátjuk, hogy P G, vagyis N G (P ) = G. Tegyük fel, hogy N G (P ) G, ekkor van egy M G maximális részcsoport, melyre N G (P ) M. Most 3 miatt M G. Továbbá P N G (P ) M, és így P az elemszáma miatt M-ben is p-sylow. A Frattini-elv (4.6. lemma) miatt tehát G = MN G (P ) MM = = M, ellentmondás.

4 Nilpotens csoportok 37 Beláttuk tehát, hogy minden Sylow részcsoport normálosztó. Legyenek n prímosztói p 1,..., p m. Ahhoz, hogy G ezek direkt szorzata legyen, még az kell, hogy ha P 1 Syl p1 (G),..., P k Syl pm (G), akkor P 1... P m = G, P i P 1... P i 1 P i+1... P m = { 1 }. Mindketten következnek az alábbiból. 4.7. állítás. Tetsz leges P 1,..., P s Sylowokra P 1... P s = P 1... P s. Bizonyítás. A bizonyítást s szerinti indukcióval végezzük, s = 1-re nyilván teljesül az állítás. Most az 1.12. állítás miatt P 1... P s = P 1... P s 1 P S P 1... P s 1 P s. Most az indukciós feltevés miatt P 1... P s 1 = P 1... P s 1, és így elemszáma relatív prím P s -hez. De a Lagrange tétel miatt P 1... P s 1 P s osztja P 1... P s 1 és P s -t is, vagyis P 1... P s 1 P s = 1, és így P 1... P s = = P 1... P s 1 P S = P 1... P s 1 P s. 4 = 1: A 4.4. házi feladat alapján a nilpotens csoportok osztálya zárt a direkt szorzatra, így elegend belátni, hogy véges p-csoport nilpotens. Legyen tehát P egy véges p-csoport. Legyen Z 0 = { 1 }, Z 1 = Z(P ). Nyilván Z 1 P. Ha Z 1 = P, akkor kaptunk egy Z 0 Z 1 centrális láncot. Ha nem, akkor legyen Z 2 az a Z 1 -et tartalmazó részcsoport, melyre Z 2 /Z 1 = Z (P/Z 1 ). Most Z 2 /Z 1 P/Z 1 (hiszen a centruma), így Z 2 P is. Ha Z 2 = P, akkor kaptunk egy Z 0 Z 1 Z 2 centrális láncot. Ha nem, akkor folytassuk az eljárást: minden 1 i-re ha Z i P, akkor legyen Z i+1 úgy deniálva, hogy Z i+1 /Z i = Z (P/Z i ). Ekkor Z i+1 /Z i P/Z i, vagyis Z i+1 P is teljesül, tehát minden lépésben egy normálosztót kapunk úgy, hogy a centrális lánc feltételei teljesülnek. Mivel minden lépésben P/Z i egy p-csoport, ezért centruma nemtriviális, így Z i Z i+1, vagyis a lánc véges sok lépésben felér. Megjegyezzük, hogy az 1 = 2 irány ugyanezzel a bizonyítással végtelen csoportokban is igaz. 4.8. deníció. A G felszálló (fels ) centrális lánca az az { 1 } = Z 0 Z 1... normálosztókból álló lánc, melyre minden 0 i-re Z i+1 /Z i = Z (G/Z i ). A G leszálló (alsó) centrális lánca az a G = γ 0 (G) γ 1 (G)... normálosztókból álló lánc, melyre minden 0 i-re γ i+1 (G) = [γ i (G), G].

38 NILPOTENS CSOPORTOK 4.9. házi feladat. Igazoljuk, hogy ha a G nilpotens csoport egy centrális lánca { 1 } = N 0 N 1... N k = G, akkor γ k i (G) N i Z i. Következtessünk arra, hogy egy csoport pontosan akkor nilpotens, ha fels centrális lánca felér G-ig, ami pontosan akkor teljesül, ha alsó centrális lánca leér az { 1 }-be. 4.10. következmény. Ha G véges, nilpotens csoport (speciálisan, ha G egy p-csoport), M G maximális részcsoport, akkor M G, és G/M prímrend. Bizonyítás. A 4.5. tétel 3 pontja miatt minden maximális részcsoport normálosztó. Tehát képezhet a G/M faktorcsoport. Mivel M maximális G- ben, ezért G/M részcsoportmentes, és így G/M (Z p, +) alkalmas p prímmel. 4.1. Frattini részcsoport 4.11. deníció. Egy G csoportra jelölje M a G maximális részcsoportjainak halmazát. A G Frattini részcsoportja a G maximális részcsoportjainak a metszete, jele Φ (G) = M M M. 4.12. állítás. Φ(G) karakterisztikus részcsoport G-ben, és így Φ(G) G is. Bizonyítás. Minden α Aut G automorzmusa G-nek permutálja a maximális részcsoportokat, így a metszetük nem változik. 4.13. tétel. Egy véges G csoport pontosan akkor nilpotens, ha G Φ(G). Bizonyítás. Tegyük fel el ször, hogy G nilpotens. Legyen M tetsz leges maximális részcsoport. A 4.5. tétel 3 pontja miatt minden maximális részcsoport normálosztó, így képezhet a G/M faktorcsoport. Mivel M maximális G-ben, ezért G/M részcsoportmentes, és így G/M (Z p, +) alkalmas p prímmel. Tehát G/M Abel, vagyis G M. Mivel ez minden maximális M részcsoportra igaz, így azok metszetére is, vagyis G M M = Φ(G). Tegyük most fel, hogy G Φ(G) = M M. Tehát tetsz leges M G maximális részcsoportra G M. Így képezhet az M/G faktorcsoport, mely részcsoportja a G/G -nek. De G/G Abel, így M/G normálosztó is benne.

4.2 Véges Abel csoportok alaptétele 39 Tehát M/G G/G, amib l M G. Tehát minden maximális részcsoport normálosztó, vagyis teljesül a 4.5. tétel 3 pontja. A Frattini-részcsoportot jól lehet jellemezni egy csoport nem-generátorainak halmazaként. 4.14. deníció. Egy x G element nem-generátornak hívunk, ha tetsz leges generátorrendszerb l elhagyva még mindig generátorrendszert kapunk, vagyis X, x = G esetén X = G is teljesül. 4.15. tétel. Tetsz leges G csoportra Φ(G) a nem generátorok halmaza. Bizonyítás. Csak véges G csoportokra bizonyítjuk. A kétirányú tartalmazás egyik irányához tegyük fel, hogy x egy nem generátor, be kell látnunk, hogy x Φ(G). Legyen M tetsz leges maximális részcsoport, és tegyük fel, hogy x / M. Mivel M maximális, ezért x, M = G. De x nem generátor, tehát M = G, ellentmondás, hiszen M = M. Tehát tetsz leges maximális M részcsoportra x M, és így x M M = Φ(G). A másik irányhoz tegyük fel, hogy x Φ(g). Be kell látnunk, hogy x nemgenerátor. Legyen X G olyan, hogy X, x = G. Ha most X = G, akkor van M maximális részcsoport, hogy X M. De akkor x Φ(G) M miatt X, x M, ami ellentmond X, x = G-nek. 4.16. következmény. Ha G véges csoport, akkor Φ(G) nilpotens. Bizonyítás. Jelölje N = Φ(G), most N G. Legyen P az N egy Sylowja, be kell látnunk, hogy P N, azaz N N G (P ). A Frattini-elv (4.6. lemma) miatt G = NN G (P ) = Φ(G)N G (P ). De Φ(G) a nem-generátorok halmaza, vagyis elemei egyenként elhagyhatók, és a kapott halmaz még mindig generálja G-t. Tehát G = N G (P ), vagyis P G, és így nyilván P Φ(G) is. 4.2. Véges Abel csoportok alaptétele 4.17. tétel (Véges Abel csoportok alaptétele). Minden véges Abel csoport felbontható prímhatványrend ciklikus csoportok direkt szorzatára. A tényez k sorrendt l eltekintve egyértelm en meghatározottak.