VÉGES CIKLIKUS CSOPORTOKNAK VÉGES CIKLIKUS CSOPORTOKKAL VALÓ SZÉTES BVÍTÉSEIRL

2 HUBER LÁSZLÓ VÉGES CIKLIKUS CSOPORTOKNAK VÉGES CIKLIKUS CSOPORTOKKAL VALÓ SZÉTES BVÍTÉSEIRL 995 BARÁTOMNAK ÉS URANITA TESTVÉREMNEK SZERETETTEL 995. 2. 08. Mota

3 Köszönettel tartozom Corrádi Keresztélynek és Csörg Piroskának, akik nélkül érdekldésem a csoportelmélet iránt bizonnyal elenyészett volna. Köszönet illeti Kristóf Miklós barátomat is, aki - túl a gyümölcsöz vitákon - konkrét, "empirikus" segítséggel is szolgált a permutációkkal való reprezentációk és az M-csoportok problémáinál. Végezetül mély hálával tartozom feleségemnek, Kovács Gabriellának, akinek türelmes buzdítása nélkül ezek a lapok el sem készülhettek volna. "Istenem, add, hogy ez a m beteljesedhessen, eljusson oda, ahova kell, és a lények javát szolgálja mindhárom világban. 95.2.08. éj

4 TARTALOM JELÖLÉSEK i - iii I. RÉSZ A VIZSGÁLT OBJEKTUM. ALAPFOGALMAK ÉS ALAPTÉTELEK II. RÉSZ REPREZENTÁCIÓK 7 III. RÉSZ IV. RÉSZ NEVEZETES RÉSZCSOPORTOK. p-csoportok. NILPOTENCIA. 22 AZ AUTOMORFIZMUSOKRÓL ÁLTALÁBAN 35 V. RÉSZ Ch-CSOPORTOK 44 VI. RÉSZ CSOPORTOK A Ch-N KÍVÜL 64 VII. RÉSZ NYITOTT KÉRDÉSEK 84 FÜGGELÉK 87 IRODALOM 88

5 JELÖLÉSEK i N A természetes számok halmaza. Q kvaterniócsoport. Z m az m-nél kisebb nemnegatív egészek additív csoportja: {0,,2,, m-}. R m az m-nél kisebb, az m-hez relatív prím pozitív egészek multiplikatív csoportja. P a prímszámok halmaza. P 0 a páratlan prímek halmaza. PR olyan számok halmaza, amelyekhez létezik primitív gyök. D m a 2m-edrend diédercsoport. S m az m-edfokú szimmetrikus csoport. G a G csoport rendje. g a g G elem rendje. k m k rendje mod m, azaz a k rendje R m -ben. G # a G csoportnak az egységelemtl különböz elemeinek halmaza. (s) s-edrend ciklikus csoport, illetleg: moduló s. (s) c c generátorú s-edrend ciklikus csoport. (m,n) az m és n számok lnko-ja (legnagyobb közös osztó). [m,n] az m és n számok lkkt-je (legkisebb közös többszörös). max (m,, m r ) az m,, m r egészek legnagyobbika. EU(m) az EULER-féle függvény: EU(m) = R m π(m) az m prímosztóinak halmaza. pr(m) az m-hez tartozó primitív gyökök halmaza. k.n (m) " k pont az n-ediken" : azt jelenti, hogy k m = n. a b a osztója b nek. a b a nem osztója b nek. a b a b és a<b. a b leképezés a-ról b-re. p α b p α b, de p α+ ł b. a b a kommutál b-vel. Γ(G) a G csoport generátorainak egy halmaza. Γ(G) a Γ(G) generátorok közötti definiáló relációk halmaza. G = Γ(G) Γ(G) a G megadása a Γ(G) generátorokkal és a Γ(G) relációkkal. Hom (G,H) a G csoportot a H-ba leképez homomorfizmusok halmaza. Hom (n,h) az (n) ciklust a H-ba leképez homomorfizmusok halmaza. Aut G a G teljes automorfizmuscsoportja. Inn G a G bels automorfizmusainak halmaza. Hol G a G holomorfja. (G) a G kommutátora.

6 ii ζ(g) a G centruma. ζ e (G) a G elscentruma és ζ h (G) hátsócentruma (ld. 2. old..) Φ (G) a G Frattini-részcsoportja. Φ e (G) lásd a 23. oldalt.. Φ h (G) lásd a 23. oldalt.. (m k n) lásd a 2. oldalt.. b (m k n) a lásd a 2. oldalt.. (m k n) lásd a 0. oldalt.. (m r,k n) lásd a 84. oldalt.. b (m r,k n) a lásd a 84. oldalt.. [ k α ] lásd az 5. oldalt.. CYCYS. oldal.. ABEL a kommutatív csoportok osztálya NIL a nilpotens csoportok osztálya SOL a feloldható csoportok osztálya DIV az osztható csoportok osztálya: legyen G =n, és n n. Akkor H G : H = n. TODIV a totálisan osztható csoportok osztálya: G TODIV ha H G : H DIV. MAXPIND azon csoportok osztálya, amelyekben minden maximális részcsoport prím index. CYCEX 85. oldal. MAX (G) a G csoport maximális részcsoportjainak halmaza. MGR (G) a G csoport minimális generátorrendszereinek halmaza. PRET 3. oldal. PART 7. oldal. CAT 9. oldal. SAT 4. oldal. G G 2. oldal. ϕ ϕ 2 37. oldal. x-automorfizmus 35. oldal. c-automorfizmus 37. oldal. G G 2 G izomorf G 2 -vel. G ~G 2 G izostruktúrális G 2 -vel (lásd a 3. oldalt).. H char G H karakterisztikus G-ben.

c (p) α 47. oldal. 37. oldal. 43. oldal. 9. oldal. 9. oldal. 4. oldal. 59. oldal. 54. oldal. 25. oldal. 25. oldal. 43. oldal. 3. oldal. 0. oldal. 5. oldal. 35. oldal. 2. oldal. (p) x (p) x x (p) α-tényez w p (G) w (G) H / ~ 7 iii 83. oldal. 83. oldal. a H halmazon a ~ ekvivalenciareláció által létesített osztályozás osztályainak halmaza (a H-nak a ~ szerinti faktorhalmaza).

2 I. RÉSZ A VIZSGÁLT OBJEKTUM. ALAPTULAJDONSÁGOK ÉS ALAPTÉTELEK.. DEFINÍCIÓ Azoknak a nemizomorf csoportoknak a halmazát, amelyek megkaphatók valamely véges ciklusnak egy véges ciklussal való nemabeli szétes bvítéseként (szemidirekt szorzataként), CYCYS-nek nevezzük. (CYcle CYcle Semidirection) Legyen A = Γ (A) Γ(Α) és B = Γ (B) Γ(Β) két csoport. Az A-nak a B-vel való azon szétes bvítése, amelyet a kísér, így prezentálható: ahol Ha G CYCYS, akkor és a kísér homomorfizmus θ Hom (B, Aut A) G = Γ (A) Γ (Β) Γ(Α) Γ(Β) Γ(ΑΒ). Γ(ΑΒ) = { bab - = ϕ b (a), a A, b B, ϕ b = θ (b)}. A = a a m =, B = b b n =, Hom (B, Aut A) = Hom (n, R m ), θ : b ϕ k, ahol ϕ k : a a k, k R m,

3 és Γ(ΑΒ) az egyetlen bab - = a k () relációból áll. Így a G CYCYS prezentációja: G = a,b a m = b n =, bab - = a k. (2) Az () relációból b n ab -n = a kn = a = a = a azaz k n (m) (3) más szóval k m n következik. A (2) csoport pont akkor lesz nemabeli, ha k > (4) azaz k R # n. 2. DEFINÍCIÓ A (2) prezentációra a (3) és a (4) teljesülése esetén a G = (m k n) a b szimbólumot vezetjük be, amelybl - ha félreértéstl nem kell tartani - a generátorok feltüntetése el is maradhat. A CYCYS és az {(m k n)} halmaz között nincs bijekció, hiszen ()-bl következik, hogy t R n : b t a b -t = a kt, s így a,b = a, b t,

4 azaz (m k n) a b = (m k t n) a b t (5). TÉTEL (PRET = PREZENTÁCIÓTÉTEL) Az (m k n) és (m l n) által szimbolizált CYCYS-csoportok pont akkor izomorfok, ha k és l ugyanazt a részcsoportot generálja R m -ben: (m k n) (m l n) k = l R m. Bizonyítás: Az (5) miatt elegend a implikációt igazolni. Világos, hogy bármely ϕ izomorfizmusnál a ϕ (G) képét egy cikluspár fogja generálni. G = (m k n) a b ϕ ( a ) = c, ϕ ( b ) = d Legyen például ϕ (G) = (m l n) c d, és ϕ (a) = c γ, γ R m ϕ (b) = d δ, δ R n. Akkor egyrészt ϕ ( b a b - ) = ϕ ( a k ) d δ c γ d -δ = c γ k (7) másrészt a (6) prezentáció szerint d c d - = c l, amibl d δ c γ d δ = c γ l δ (8) A (7) és (8) -ból c γ k = c γ l δ adódik, majd γ R m miatt k l δ (m), végül

5 δ R n miatt k = l R m következik. Q. E. D. Vezessünk be a Hom ( n, R m ) halmazon egy relációt: Ha ( n ) b, akkor Θ, Θ 2 Hom ( n, R m ) : Θ Θ 2 Θ ( b ) = Θ 2 ( b ). Könny látni, hogy ekvivalenciareláció, és hogy igaz az alábbi : Az (m) -nek az (n) -nel való összes nem izomorf szétes bvítései bijektíven megfelelnek a Hom ( n, R m ) / elemeinek, vagyis a Hom ( n, R m ) halmazon a reláció által létesített osztályozás osztályainak. A (3) és (4) -et kielégít összes m, k, n Ν számhármasok { ( m k n ) } halmazának két tetszleges eleme álljon a relációban egymással pont akkor, ha az általuk reprezentált CYCYS -csoportok izomorfok. Ekkor világos, hogy a CYCYS és az { ( m k n ) } / között bijekció létesíthet. A következ lemmában néhány igen alapvet, közvetlenül az () segítségével igazolható összefüggéseket sorolunk föl, amelyeket a továbbiakban lépten-nyomon fölhasználunk.

6. LEMMA b Legyen G = ( m k n ) a. ( I ) a < G, a b =, G / a b. ( II ) g G α Z m β Z n : g = a α b β. ( ΙΙΙ ) G = m n. ( IV ) α, α 2 Ζ m β, β 2 Z n : α ( β α 2 ) ( 2 β ) β 2 k = α +α β +β 2. a b a b a b ( V ) α Ζ m β Z n γ Ν : (a α b β ) γ = a α [ k β γ ] b β γ. s m, t n : ( VI ) a s, b t < G k t ( s ), ( V II ) a s, b t ABEL k t ( m s ). Q. E. D. Az ( V ) -ben szerepl [ ] szimbólum az egész tárgyalás során központi jelentség, ezért egy lemmában összefoglaljuk legfontosabb tulajdonságait. A bizonyítás közvetlen számolással lehetséges. 2. LEMMA Legyen k, α, β, β, β 2 0 és [ k α ] = + k + k 2 + k 3 +..... + k α.

7 Αkkor (a) k esetén [ k α ] = k k α, (b) [ 0 α ] =, (c) [ k 0 ] = 0, (d) [ α ] = α, (e) [ k ] =, (f) [ k α + β ] = [ k α ] + k α [ k β ], (g) Ha α β, akkor [ k α ] [ k β ] = k β [ k α β ], (h) [ k α β ] = [ k α ] [ k α β ], Ha k n = (m), akkor (i) [ k α n + β ] α [ k n ] + [ k β ] (m), (j) ha még β β 2 (n) is, akkor [ k β α ] [ k β2 α ] (m). Q. E. D. Az ( m k n ) ( m 2 k 2 n 2 ) reláció fennállásának feltételeit vizsgálva a PRET csak az m = m 2 esetben igazít el. Meglep módon ez a reláció akkor is fönnállhat, ha m m 2 (s ekkor persze n n 2 is). Némi számolással pl. megmutatható, hogy ( 4 3 30 ) ( 2 7 0 ) ( 20 6 ) ( 60 3 2 ) (9)

2. TÉTEL ( PART = PARTÍCIÓTÉTEL ) 8 (a) (s) c ( m k n ) a b ( m s l n )d b akkor és csak akkor, ha (m, s) =, l (s), k = l R m. Ezt a mveletet úgy nevezzük hogy (konstanssal) szorzás elölrl, illetve (konstans) kiemelés(e) elölrl. (b) ( m k n ) a b (s) c ( m k n s ) a d pontosan akkor, ha (n, s) =. E mveletre úgy hivatkozunk, mint (konstanssal való) szorzásra hátulról, illetve (konstans) kiemelés(é)re hátulról. (c) ( m k n ) a b ( m 2 k 2 n 2) a2 b 2 ( m m 2 k n n 2 ) a b akkor és csak akkor, ha (m, m 2 ) = (n, n 2 ) =, és k = k i R m i, i =, 2. (0) Bizonyítás (a) Tekinthet az az eset, amikor k l (m). Ekkor az a d s, b b, c d m leképezésrl könnyen látható, hogy izomorfizmus. (b) a a, b d s, c d n. 99.7.26 du++ folytatás CYC_2 Megjegyzés 2004.9.5 : az (egy) és az l (el) nagyon könnyen összetéveszthet, de aki odafigyel az meg tudja különböztetni, vagy a szövegösszefüggésbl vagy logikailag, ti. pl k l (m) esetén csak el lehet az l, mert a k (m) esetet (k kongruens egy) eleve kizártuk a vizsgálatból!

9 99.7.26 CYCYS folytatása eredeti kézirat 2. oldalától. (c) Elször vegyük azt az esetet, amikor k k i ( m i ), i =, 2. Ekkor az a a m 2, a2 a m, b b n 2, b2 b n egy jó leképezés. A (0) azt jelenti, hogy a jelzett direkt szorzat független a tényezk prezentációjától. Ennek indoklása a következképpen történhet. Idézzük föl az alábbi számelméleti tételt: ( SZT ) Az x a i ( n i ) kongruenciarendszernek pontosan akkor van megoldása, ha minden i, j párra, ahol i j r, teljesül, hogy ( n i, n j ) ( a i - a j ), és bármely két megoldás kongruens modulo [ n, n 2,... n r ]. ( Ha az n i számok ( i =, 2,... r ) páronként relatív prímek, akkor ez nem más, mint a kínai maradéktétel. ) Az ( m m 2 k n n 2 ) csoportot generálhatjuk így : a = a a 2, b = b b 2. Térjünk most át az ( m i k i n i ) a i b i - rl az ( m i k i t i n i )a bi t. i i csoportokra, ahol t R n i, i =, 2. Akkor a ( b b 2 ) x = b x b 2 x = b t b 2 t 2 relációból folyó x t i ( n i ), i =, 2

0 kongruenciarendszer (n, n 2) = miatt mindig megoldható, tehát van olyan x R n n 2, hogy (m k t n ) b t.. a (m2 k2 t2 n2 ) b t..2 a2 2 ( m m2 k x n n2 ) a b x. Mindez a (0) -et bizonyítja. Q. E. D. A (c) -ben szerepl direkt szorzás értelemszeren akárhány - véges számú - tényezre is kiterjeszthet. A PART segítségével most már megérthet a (9) példa: mind a négy csoport izomorf a (3) (4) ( 4 3 2 ) csoporttal. 3. DEFINÍCIÓ Azon CYCYS - csoportokat, amelyeknek nincs triviálistól különböz direkt faktora, felbonthatatlanoknak nevezzük, és összességüket fel jelöljük ( - csoportok ), c -vel pedig azokat, amelyeknek nincs valódi direkt konstans ( ciklikus ) tényezjük. 3. TÉTEL ( CAT = CYCYS ALAPTÉTELE ) Minden CYCYSbeli csoport egyértelmen állítható el prímhatványrend konstansok ( ciklusok ) és - csoportok direkt szorzataként - eltekintve

a tényezk sorrendjétl és prezentációjától. BIZONYÍTÁS Az állítás közvetlenül belátható a PART - nak, az ABEL - csoportok alaptételének, valamint REMAK azon tételének segítségével, amely szerint tetszleges véges csoport két direkt felbonthatatlan faktorú direkt felbontása izomorf. Q. E. D. 4. DEFINÍCIÓ Azon CYCYS - csoportok halmazát, amelyeknek létezik olyan ( m k n ) prezentációjuk, ahol n = k m, sel jelöljük. (- csoportok ). Ha n = k m, akkor használni fogjuk az ( m k n ), ( m k n ), ( m k ( n) s ), vagy ( m k n s) jelöléseket is. Az ( m k n ) az ún. - prezentáció. A (9) példa (0. o.) mutatja, hogy bizonyos - csoportoknak lehetnek nem - - prezentációik is. A PART (a) és (b) szerint pontosan azok a csoportok ilyenek, amelyek (s) ( m k n ) alakba írhatók, ahol ( m n, s ) =. Ha ( m k n ), akkor n = k m s, s >, és most két fontos eset lehetséges : ( k m, s ) =, de π (s) π (m), ()

2 s így ( m k n ) ( m k k m ) (s), de az (s) konstans elre nem vihet be, vagy π (s) π ( k m ), (2) és ekkor az (s) konstans hátulról nem emelhet ki. Amíg a () -nél az ( m k n ) direkt bvítése az ( m k k m ) -nek, addig a (2) esetben az ( m k n ) nem bvítése az ( m k k m ) - nek, például a ( 4 3 4 ) még részcsoportként sem tartalmaz ( 4 3 2 ) D 4 csoportot. 5. DEFINÍCIÓ Az ( m k n ) csoport homológjainak nevezzük az ( m k ( n) s ) csoportokat, ahol < s és π (s) π (n). 6. DEFINÍCIÓ Legyenek az m i, i =, 2, 3,... r számok páronként relatív prímek. A G i = ( m i k i n i ), i =, 2,... r csoportok fúzióján a G = r i= G i = ( r i= m i k [n, n 2,... n r ] ) csoportot értjük, ahol k k i ( m i ), i =, 2,... r. (3)

3 Ez a definíció korrekt, mert egyrészt a (3) - nak megfelel k létezését biztosítja a kínai maradéktétel, másrészt az is egyszer számelméleti igazság, hogy páronként relatív prím m i (i =, 2,... r) számok esetén k n i ( m i ) k [ n, n 2,... n r ] ( m m 2.... m r ). ( k n i ( m i ) azt jelenti, hogy k i m i = n i, ld. JELÖLÉSEK ( i ). ) ( Látnivaló, hogy ha az n, n 2,..., n r számok is relatív prímek, akkor - és csak akkor - a fúzió átmegy a szokásos direkt szorzatba. ) Tekintsük a fenti G i = ( m i k i n i ) a i b i csoportok direkt szorzatát : r G * = i = G i. Ha most a = a a 2... a r, és b = b b 2... b r, akkor b a b - = b a b - b 2 a 2 b 2 -.... b r a r b r - = a k a 2 2k... a r rk = a, ahol k k i ( m i ), i =, 2,.... r. Látható tehát, hogy a, b = G = r i= G i G *, St az is kiszámítható ( szintén a kínai maradéktétellel ), hogy G G *. (4)

4 Mivel a 6. definícióban az n i -k ( i =, 2,... r) általában nem lesznek páronként relatív prímek, ezért (3) helyett nem állhat (0), vagyis a fúzió általában nem független a tényezk prezentációjától. Például ( 7 2 3 ) ( 9 4 3 ) = ( 63 58 3 ) ( 63 25 3 ) = ( 9 7 3 ) ( 7 4 3 ), és ( 7 4 3 ) ( 9 4 3 ) = ( 63 4 3 ) ( 63 6 3 ) = ( 9 7 3 ) ( 7 2 3 ), ugyanakkor a PRET szerint ( 63 25 3 ) nem izomorf ( 63 4 3 ) - mal. 7. DEFINÍCIÓ A G és G 2 csoportokat izostruktúrálisaknak nevezzük, jelben G ~ G 2, ha fúziós felbontásukban azonos számú tényez van, és e tényezk csak a prezentációjukban különböznek egymástól. ( Az izostrukturalitás nyilván ekvivalenciareláció.) A közelebbi vizsgálat azt mutatja, hogy izostruktúrális csoportok részcsoporthálója ugyanolyan, az egymásnak megfelel hálószemek vagy izostruktúrálisak, vagy izomorfak. Ezen felül az izostruktúrális csoportok automorfizmuscsoportjai is izomorfak. A ( 63 4 3 ) és ( 63 25 3 ) csoportok esetében például a hálók megfelel szemei - a legfels kivételével - izomorfak egymással.

5 A fúziót azért kellett - prezentációkra korlátozni, mert különben zavaró többértelmségek lépnének föl. Tekintsük például a következket : (2004.9.5 e Eredeti kézirat 2. oldala jön) ( 3 2 2 ) ( 7 2 6 ), ( 3 2 6 ) ( 7 2 3 ), ( 3 2 2 ) ( 7 2 3 ). Formálisan elvégezve a fúziót, mindhárom esetben a ( 2 2 6 ) csoportot kapnánk, holott a PART(c) szerint csakis a ( 2 2 6 ) = ( 3 2 2 ) ( 7 2 3 ) felbontás lehet helyes. 8. DEFINÍCIÓ: Az ( m k n ) csoportot magnak nevezzük pont akkor, ha az m egy prím hatványa. A magok halmazát fogja jelölni. 4. TÉTEL: (SAT = az alaptétele): Bármely csoport fölírható (esetleg prímhatványrend ciklusokkal szorzott) magok fúziójaként. Mivel a fúzió a definícióból következleg kommutatív és asszociatív, ez a felírás A sorrendtl független, de miként a fúzió általában nem független a tényezk prezentációjától. Bizonyítás: Elegend a tételbeli fogalmak definícióira, az ABEL csoportok alaptételére és a PART ra hivatkozni. Q. E. D.

6 Különös sajátosságai a fúziónak az alábbiak: (C) Ha G = G G 2 és H i G i, i =, 2, akkor H H 2 általában nem része G-nek. Például ( 5 3 4 ) ( 7 3 6 ) = ( 35 3 2 ), D 5 ( 5 3 4 ), D 7 ( 7 3 6 ), de D 5 D 7 = D 35 ( 35 3 2 ). (D) Diédercsoportok fúziója már ha egyáltalán elvégezhet ismét diédercsoport. E sajátságok a direkt szorzatéival éppen ellentétesek, hiszen ha (a) ban helyett állna, akkor H H 2 igenis része volna G G 2 nek. Másrészt diédercsoportok direkt szorzata sem nem diédercsoport, sem nem CYCYS beli. 3. LEMMA Legyen (m k n) a b = G. Akkor (C) G SOL, (D) G DIV. Bizonyítás: Az (i) re többféle igazolás kínálkozik. A legkézenfekvbb arra hivatkozni, hogy a Ga egy olyan normállánc, melynek faktorai abeliek. A legbonyolultabb viszont az (ii) (i), azaz a DIV SOL

7 tartalmazás igazolása, amelyhez a HALL tételre van szükség. Az (ii) hez elég belátni, hogy ha s m és t n, akkor s t a,b G. Q. E. D. 4. LEMMA (C) Minden G CYCYS eláll egy alkalmas csoport részeként. (D) Minden G CYCYS része valamely ciklus holomorfjának. Bizonyítás: (a) Ha G, akkor nincs mit bizonyítani, ezért tegyük föl, hogy G = ( m k n s), és s >. A DIRICHLET tétel szerint található olyan p prím, amelyre teljesül, hogy p > m, és ns p. Tekintsük az ( m k n ) ( p k p (n s)) = ( mp l (n s)) a b fúziót! Világos, hogy p a,b G. (b) Az (a) miatt elegend csoportokra szorítkozni. Nyilvánvaló, hogy ( m k n ) Hol (m) (m) R m, (5), hiszen k R m. ( Késbb meg fogjuk mutatni, hogy (5) ben pontosan akkor van egyenlség, ha ( m k n ) speciális tulajdonságú, ld. 84 89 oldal. ) Q. E. D.

8 II. RÉSZ. REPREZENTÁCIÓK (A) A legegyszerbb a Z m Z n ben való ábrázolás. A szorzási szabály: α, α2 Z m,, 2 β β Z n : β 2 2 2 2 ( α, α ) ( β, β ) = ( α + α k, β +β ). Könnyen kiszámolható, hogy az a = (,0), b = (0,) generátorokkal valóban az ( m k n ) b a csoportot kapjuk. (C) Egyszer számolás mutatja, hogy az alábbi, modulo m vett mátrixokkal való reprezentáció az ( m k n ) b a csoportokra megfelel: a = 0, b = 0. 0 k (D) Permutációkkal való reprezentációk.. LEMMA: A G = ( m k n ) b a csoportnak létezik izomorf képe az S m ben. Bizonyítás: Két általános csoportelméleti tételre támaszkodunk: (i) Ha N G és N (G) =, akkor N ζ(g). (ii) Ha a véges G csoportban létezik egy olyan k index H részcsoport, amelynek összes G beli konjugáltja csak triviálisan metszdik,

9 akkor G izomorf módon leképezhet S k ba. Mármost jelölje B a b összes konjugáltját G ben. Nyilván B G, de B (G) =, hiszen már b (G) =. (Azt, hogy (G) a, lásd a III. részben. ) Akkor viszont (i) miatt B ζ(g). Mivel G, ezért ζ(g) a (ld. III. rész), s így B (G) =. Mindebbl B = következik, s mivel b indexe G ben m, az (ii) vel kapjuk az állítást. Q. E. D. A permutációkkal való reprezentációk bemutatása eltt állapodjunk meg a permutációk szorzási szabályában. Hassanak az A, B, Z permutációk az Ω jegyhalmazon, és legyen i Ω. Akkor A B Z (i) = A( B(.( Z (i)) ). Szorítkozzunk egyenlre az csoportokra, és a jegyhalmaz legyen a Z m = { 0,, 2, 3, m }. Az ( m k n ) b a egy jó reprezentációját kapjuk az S m ben a következképpen: az a és a b hatása legyen az alábbi: i Z m : a (i) = i + mod m, b (i) = k i mod m. Az rögtön világos, hogy az a egy m hosszúságú ciklus, azaz a = m.

20 A b nél kicsit más a helyzet, mert a b általában diszjunkt ciklusok szorzataként adódik. Kérdés, hogy milyen hosszúak ezek a ciklusok? Legyen i Z m, és tegyük fel, hogy b x (i) = i, azaz k x (i) i (m). Ebbl következik, hogy ha i R m akkor x = n, és ha i m, akkor x n. (Az az eset, midn i m, de (i, m) >, visszavezethet az i m esetre.) Ez egyszeren azért van így, mert általában k m k m ha m m. Más szóval: m m R m R m. α α α α 2 3 Legyen ugyanis m = p p 2 p 3...p r r, ahol a p i k páronként különböz β β β β prímek (i =, 2, r), és legyen m' = p 2 3 r p2 p 3...p r, 0 βi α i (i =, 2,..r) Akkor triviális, hogy R m = R p β 2 R p β r. R p β R p α 2 R p α r. R p α = R m. Tehát b olyan diszjunkt ciklusok szorzata lesz, amelyeknek hossza osztja az n t, és feltétlenül lesz közöttük n hosszúságú is. Ezért b = n. A ba = a k b reláció ellenrzése is nagyon könny: i Z m : b a (i) = b (i+) = k (i+) = k i + k, a k b (i) = a k (k i) = k i + k, ami teljessé teszi annak igazolását, hogy valóban jó S m beli reprezentációt

2 kaptunk. Egy gazdaságosabb reprezentációra is van lehetség, amely a fúzión alapul. Ezt egy konkrét példán keresztül érthetjük meg a legjobban. Legyen az ábrázolandó csoport a ( 3 2 2 ) ( 4 3 2 ) ( 5 3 4 ) = ( 60 23 4 ). Készítsük el a fúziós tényezk reprezentációit az elbb ismertetett módon: b ( 3 2 2 ) a : a = (02), b = (2), b ( 4 3 2 ) a 2 : a 2 = (023), b 2 = (3), 2 b ( 5 3 4 ) a 3 : a 3 = (0234), b 3 = (342). 3 Kódoljuk át az a 2 és a 3 at úgy, hogy egymással és az a gyel is diszjunktak legyenek: a 2 = (3456), a 3 = (7 8 9 0 ), és megfelelen b 2 = (46), b 3 = (8 0 9). Most legyen a = a a 2 a 3 = (02)(3456)(7 8 9 0 ), b = b b 2 b 3 = (2)(46)(8 0 9), és egyszer számolással igazolható, hogy valóban a ( 60 23 4 ) b a csoportot kaptuk, mégpedig S 60 helyett az S 3+4+5 = S 2 ben. Ez a módszer teljes általánosságban alkalmazható, és az az eredménye, hogy ha m = m m 2 m 3... m r, ahol az m i k páronként relatív prímek, akkor az ( m k n ) csoportot az S m + m 2 +... + m r szimmetrikus csoportban sikerül

22 ábrázolni az S m m 2... m r = S m helyett. Márpedig m + m 2 + m 3 +... +m r m m 2 m 3... m r, és itt egyenlség csakis akkor van, ha az m nek csak egyetlen prímtényezje van. Eredményünk tehát ez: 2. LEMMA: Legyenek az m, m 2, m 3,...,m r számok páronként relatív prímek. Akkor az (m m 2 m 3... m r k n ) csoportnak létezik az S m + m 2 +... + m r szimmetrikus csoportban izomorf képe. Q. E. D. Az en kívüli csoportok reprezentációja most már könny: Ha az ( m k n s) b* a, s > csoportot akarjuk ábrázolni, akkor a = (0 2. m-), b* = b (β β 2 β 3. β ns ) ahol b a ( m k n ) b a csoporthoz a szokásos módon megszerkesztett permutáció és a (β β 2 β 3. β ns ) diszjunkt a val és b vel is. A ( 60 23 8 ) b* a esetében például b* = (2)(46)(8 0 9)(2 3 4 5 6 7 8 9). b

23 III. RÉSZ. NEVEZETES RÉSZCSOPORTOK. p CSOPORTOK. NILPOTENCIA (C) Kommutátor, Centrum, Frattini részcsoport. Legyen G = ( m k n) b a..lemma: (G) = k (m,k ) a a =. Bizonyítás: Az I. rész () bl azonnal következik. Q. E. D.. DEFINÍCIÓ: A G t csoportnak nevezzük pont akkor, ha (m, k ) =. Ekkor nyilván (G) = a és G / (G) = b. COXETER Z metaciklikusnak nevez egy csoportot, ha mind a kommutátora, Mind a kommutátor szerinti faktorcsoportja ciklikus. ZASSENHAUS bebizonyította, hogy minden véges Z metaciklikus csoport elállítható csoportként. 2. LEMMA: ζ(g) = ζ e (G) ζ h (G), ahol ζ e (G) = m (m,k ) a az ún. els centrum, ζ h (G) = b β az ún, hátsó centrum, és β kielégíti a k β = relációt. Bizonyítás: közvetlen számolással. Q. E. D. 3. LEMMA: ζ(g) = G Bizonyítás: Az állítás az. és 2. lemma következménye. Q. E. D.

24 Az. és 2. lemmákból kiolvasható, hogy 2 (G) m, ζ e (G) m 2, és (G) = 2 ζ e (G) = m 2, (G) = m ζ e (G) =. Ezek az összefüggések jól mutatják a kommutátor ( (G)) és az els centrum (ζ e (G)) közötti sajátos komplementaritást. 4. LEMMA: Ha G i, =, 2, r, akkor r i= G i Bizonyítás Egyszer számelméleti megfontolásokkal az, és a definíciója alapján. Q. E. D. 5. LEMMA: (i) Ha m páros, akkor ζ e (G) 2. (ii) Ha m páros és n páratlan, akkor G nek van egy olyan centrális faktora, amelynek rendje a 2 valamely pozitív hatványa. (iii) a [k n] ζ e (G). Bizonyítás: (i) Az m párossága miatt k nak páratlannak kell lennie, ám ekkor k ismét páros, ezért ζ e (G) = (m, k ) 2.

25 (ii) Legyen m = 2 α m, α, m >, és (2, m ) =. Ha n páratlan, akkor k m is az, ezért k csakis R m beli lehet, vagyis k (2 α ). De akkor a PRET (a) szerint a (2 α ) ciklus kiemelhet G bl. (iii) b a [k n] = a k [k n] b = a (k +) [k n] b = a (k ) [k n] a [k n] b = a [k n] b, hiszen (k ) [k n] = k n 0 (m). Q. E. D. 2. DEFINÍCIÓ: A G els illetve hátsó Frattini részcsoportján a Φ e (G) = Φ (G) a, illetve a Φ h (G) = Φ (G) b csoportot értjük. Tekintsük a G egy tetszleges a α b β elemét. α β Ha α R m, akkor a b,b MGR (G), Ha pedig β R n, akkor a,a α b β MGR (G). Ezekben az esetekben tehát a α b β Φ (G). Tegyük föl, hogy α R m és β R n. Ha p π(m), és p α, akkor β p a b a,b α MAX (G), ezért p a,b,a α b β MGR (G). Hasonlóan, ha q π(n), és q β, akkor

26 α β a b a,b q MAX (G), s így q a,b,a α b β MGR (G). Kaptuk, hogy az a α b β elem egyik esetben sem tartozhat Φ (G) hez. p p... p q q... q Ezek szerint Φ (G) a 2 r,b 2 s, ahol {p, p 2, p 3,., p r } = π (m), {q, q 2, q 3,., q s } = π (n). Mivel a G, ezért a p p... p r Φ (a) = 2 Φ (G), amibl máris következik, hogy p Φ (G) = p 2... p a r γ,b ahol q π (n): q γ., () A következket láttuk be: 6. LEMMA: (i) Φ (G) = Φ e (G) Φ h (G), (ii) Φ e (G) = Φ (a). Q. E. D. Általában Φ h (G) Φ (b). Ha például G = (p k (p )), p P 0, akkor Könnyen kiszámolható, hogy Φ h (G) =. Biztosan nagyobb lesz azonban a Φ h (G) nél, ha G egy s csoport homológja.

27 7. LEMMA: Legyen G = (m k n s ) b a, ahol π (s) π (n) = { q, q 2, q 3, q t }, s >. Akkor n b Φ (G). Bizonyítás: Mivel n b G és n b Φ (b) = b q q... t, alkalmazhatjuk azt Az általános csoportelméleti tételt, miszerint ha A G és N Φ (A), akkor N Φ (G), mégpedig az N = n b, A = b szereposztással. Q. E. D. 8. LEMMA: (i) (ii) r r i i, ahol ξ a, e i= i= ξ ( G ) = ξ(g ) r r r. Φ( G ) Φ ( G ) = ΦG ) i= i i i i= i= ς, Φ e valamelyike; Bizonyítás: Az (i) közvetlen számolással belátható a definíciók alapján, az (ii) pedig az I. rész (4) (9. o.) következménye. Q. E. D. (D) p CSOPORTOK. NILPOTENCIA. 3. DEFINÍCIÓ: A CYCYS-beli p csoportok ( p P ) halmazát, a nilpotensekét fogja jelölni. 9. LEMMA: A elemei az alábbiak: p P 0 : ( p α p α β + p β ), α 2, α > β (a)

28 p = 2 : ( 2 α 2 α β + 2 β ), α 3, α > β ( 2 α 2 α β 2 β ), α 3, α > β (b) (c) ( 2 α 2 α 2 ) D 2 α, α 2. (d) Bizonyítás: A következ számításokban fleg az I. rész 2. lemmabeliekre támaszkodtunk: (a) Az igazolandó, hogy p α β + p α = p β. Ehelyett a következt látjuk be: s p α β + p α = p β, ahol (s,p) =. Legyen 0 γ < β, akkor α β ( ) p β γ α β α β s p + = s p [ s p + p β γ ] = = s p α β α β [ s p α β + p] [ ( s p + ) p p].[ ( s p α β ) Elemi módon kiszámolható, hogy δ α β p [ ( s p + ) p p], 0 δ β γ, β γ α β α γ s p + s p, p A, és így ( ) p = A pβ γ + p]. ami pontosan akkor kongruens 0-val modulo p α, ha γ = 0. (b) p = 2 vel pontosan ugyanaz a számítás menete, mint (a) nál. (c) Most is azt igazoljuk, hogy s 2 α β + 2 α = 2 β, ahol (2,s) =.

29 Legyen ismét 0 γ < β. α β ( ) 2 β γ α β α β s 2 = s 2 [ s 2 2 2 β γ ] = α β [ s 2 2 β γ ] = = ( s 2 α β 2) α β [ s 2 = ( s 2 α β 2) s 2 α β α β = 2 ( s 2 ) Könny kiszámolni, hogy α β 2] [ ( s 2 ) 2 2].[ ( s 2 α β ) α β [ ( s 2 ) 2 2].[ ( s 2 α β ) s 2 2], δ β γ, α β 2 [ ( ) 2 β γ α β ezért ( s 2 ) 2 α β = 2 ( s 2 ) α β ahol 2 A, azaz ( ) 2 δ s 2 α β 2 β γ A, β γ s 2 2 α β B, (B,2) =. 2β γ 2]. 2β γ 2]. Ez csakis akkor kongruens 0-val modulo 2 α, ha γ = 0. (d) Az, hogy s 2 α 2 α = 2, (2,s) =, egészen triviális. Q. E D. A mármost a 9. lemmabeli p magokból és azok homológjaiból áll. 0. LEMMA: Valamely adott p P esetén jelölje G p a egy elemét. Akkor bármely G r G i= p i (2) csoport felírható G = ( q )

30 alakban, ahol a p i k páronként különböz prímek ( i =, 2, r), valamint (p, p 2, p 3, p r, q) =. Bizonyítás: Közvetlenül a nilpotencia definíciója alapján. Q. E. D.. LEMMA (G) ζ e (G) G α α α 2 r Bizonyítás: Legyen G = (p p 2...p r k n ), ahol a p i k páronként különböz prímek ( i =,2,... r). Elemi számolással adódik α α r ). hogy (G) ζ e (G) (k ) 2 0 (p...p r Ebbl következik, hogy p ε α k, ahol ε i, i =, 2,... r. i i i 2 ε ε ε 2 r + Eszerint k = s p p 2...p r, (s, p p 2... p r ) =, ami azt jelenti, hogy G az (a) vagy (b) típusú p magok (vagy homológjaik) direkt szorzata, esetleg valamilyen konstansokkal bvítve, vagyis G (2) alakú. Q. E. D. 2. LEMMA Legyen G olyan, mint a. lemmában, de legyen még Bizonyítás: Φ e (G) = αi 2, i =, 2,... r. Akkor Φ e (G) ζ e (G) G a p...pr ζ e (G) pontosan akkor, ha k 0 α αr (p...pr ).

3 Ámde ekkor (G) = α α 2 2 α r r p p...p α α2 αr ( p p 2...pr, k ) = d, α Φ e (G) = αr p...p = f, és d f, tehát (G) Φ e (G). Q. E. D. r A (27 4 9) csoport példája mutatja, hogy a. és 2. lemma feltételei csupán elégségesek, de nem szükségesek a nilpotenciához. E csoportban ugyanis ζ e (G) < (G) = Φ e (G). b 3. LEMMA Ha G = (m k n) a akkor Φh (G) = Φ (b). Bizonyítás: Felhasználva azt a tételt, miszerint egy direkt szorzat Frattini részcsoportja megegyezik a tényezk Frattini részcsoportjainak direkt szorzatával, elegend az állítást G esetre belátni. Ha azonban G, akkor alkalmazhatjuk azt a szintén jól ismert tételt, amely szerint ha G p csoport, ( p P ), és H G, akkor Φ (H) Φ (G). Elég a H t azonosítani b vel. Q. E. D. (C) További vizsgálatok a Frattini részcsoporttal kapcsolatban: 4. LEMMA Legyen G = ( p α k p β q ) a b, ( p P ), q p. Akkor Φ h (G) = pq b. Bizonyítás: Tudjuk, hogy Φ h (G) = b γ, ahol a () szerint (24. o.) p γ.

32 Mivel Φ (G) = a p, b γ G, ezért k γ (p) lásd I. rész. LEMMA (VI) ( 5. o. ), amibl q γ adódik. Kaptuk tehát, hogy pq γ. Mármost az a, b γ részcsoport egyrészt normális G ben, másrészt p csoport, így ( a 3. LEMMA segítségével ) Φ ( a, b γ ) = a p, b γ Φ (G), amibl γ pq. Nyertük tehát, hogy pq γ és γ pq, azaz γ = pq. Q. E. D. 2006.05.05 Eredeti kézirat 5. oldalától: Legyen adva r számú mag: G i = (p α k p β i q ), ( 3 ) i i i i ahol a p i k páronként különböz prímek, és q i p i, i =,2, r. δi δ2i δ3i δri Ezek fúziójának felírásához legyen q = p p p...p q, ( 2 r i ) p p...p,q =, i =, 2, r. i 2 3 r i (Ha föltesszük, hogy p p... p < < <, akkor világos, hogy 2 r j i esetén δ ji = 0. ) δ Akkor δ q 2 r,q 2,...q δ r = p p 2...p r q,q 2,...q r, ahol δ i = max( δi, δi2,... δ ir), i =, 2, r, és így β β2 βr ε ε2 εr 2 2 r r 2 r p q,p q,...p q p p...p q =, ahol ε i = max( δi, β i), i =, 2, r, és q = q,q 2,...q r. A ( 3 ) magok fúziója tehát így írható fel:

33 G = r i= G i = (p α p α 2...p α r r k ε ε ε p p...p q) b a 2. ( 4 ) Tudjuk, hogy Φ (G) = p a,b γ, ahol most p = p p 2 p r. Φ(G) G miatt k γ ( p ), és ebbl következik, hogy q i γ, i =, 2, r, tehát q,q,...q 2 r γ. δ Kaptuk, hogy δ p p 2 δ...p rq γ. ( 5 ) 2 r 4. DEFINÍCIÓ: ( m k n ) (m, n) =. 5. LEMMA: ( i ) Ha G i, i =, 2, r, akkor Φ h ( r i= G i) =. ( i i ) G esetén Φ h (G) =. ( i i i ) Ha a ( 3 ) magok olyanok, hogy p i q j, i, j =, 2 r, ( 6 ) akkor Φ ( r i= G i) = r (G i= Φ i). Bizonyítás: ( i ) Ha G i, i =, 2, r, akkor ( 3 ) ban β i = 0 és ( 4 ) ben ε i = δ i. Innen az ( 5 ) adja az állítást. ( i i ) Ez ( i ) bl folyik, de most ε i = δ i = 0, i =, 2, r. ( i i i ) Ebben az esetben nyilván δ i = 0, ε i = β i, i =, 2, r. Könny kiszámolni, hogy az q a,b részcsoport most nilpotens

34 ( és persze normális), és így a 3. és 4. lemmák fölhasználásával adódik az állítás. Q. E. D. Ha a ( 6 ) feltétel nem teljesül, akkor a Φ meghatározása igen bonyodalmas lehet. Legyenek p, p 2 prímek, p < p 2. Tekintsük a G G 2 = (p α k = (p α k 2 2 2 p q ), β p p q ) magokat, ahol β 2 δ 2 2 β 0, q p, β2 0, q2, δ és p q2 δ 2 p. α 2 A két mag fúziója G = G G 2 = (p p α k 2 p p q), β 2 ε b 2 a ahol ε = max( β, δ ), q = q,q 2. Mi lesz a Φ (G)? p Az elzekbl annyit mindenesetre tudhatni, hogy Φ (G) = p a 2,b γ, ahol p δ q γ. A továbbiakban két eset lehetséges: ( a a ) ε = δ β. pq Tekintsük most a H = a,b δ részcsoportot. Világos, hogy H G, ezért Φ(H) Φ (G), α α p 2 q k δ 2 másrészt H nilpotens, hiszen H = (p p p q β 2 2 b a p ) δ, s így p Φ (H) a 3. lemma szerint számolható: p Φ (H) = a 2,b 2 δ p p q

35 Innen következik, hogy γ p2p δ q, és kaptuk, hogy p δ q γ p2pq Mármost a γ = p δ q eset nem lehetséges, mert δ. β p 2. Ezért γ = p2p δ p q és p2 p2p q Φ (G) = a,b δ. pq a,b δ,b 2 MGR(G) 2 ( b b ) ε = β > δ. Ekkor csoportunk G = (p α p α 2 k p 2 b p2 q) a β β. Tekintsük most a Η = p q a,b β részcsoportot. Ismét H G, és ezért Φ(H) Φ (G). Másrészt H most is nilpotens, így a 3. lemma segítségével p p2 p 2 Φ (H) = a,b p β q. Mindebbl azt nyerjük, hogy p δ q γ p 2p q β, és most csak az zárható ki, hogy γ = p q β legyen, ugyanis β2 β p p q 2 a,b,b MGR(G). Közelebbi a γ ról nem mondható.

36 IV. RÉSZ. AZ AUTOMORFIZMUSOKRÓL ÁLTALÁBAN Legyen G = ( m k n ) a b, és ϕ a G-nek egy permutációja. Nyilvánvaló, hogy ϕ Aut G G = ( m k n ) ϕ(a) ϕ(b). Részletesen ez azt jelenti, hogy ϕ (a) = m, ( ) ϕ (b) = n, ( 2 ) ϕ (b) ϕ (a) = ϕ (a) k ϕ (b) ( 3 ) ϕ(a) ϕ (b) = ( 4 ). Elfordulhatnak a következ esetek is: a ϕ (b) =, és ( 5 a ) ϕ (a) b =, a ϕ(b), és ( 5 b ) ϕ (a) b =, a ϕ (b) =, és ( 5 c ) ϕ(a) b, a ϕ(b), és ( 5 d ) ϕ(a) b,

37 Könny meggondolni, hogy az ( 5 b, c, d ) esetekben vagy az a egy része képzdik le a b - be automorf módon, vagy a b egy része az a - ba. ( Az ( 5 d ) nél mindkét eset fönnáll. ) Ez nyilvánvalóan csak úgy lehetséges, ha a mondott részek centrálisak, izomorfok, és mind a - nak, mind b - nek direkt faktorai. Az alábbit láttuk be:. LEMMA: Az ( 5 b, c, d ) szituációk csak akkor fordulhatnak el, ha G ( s ) (m k n) ( s ), ahol (mn, s ) = ( 6 ) Q. E. D.. DEFINÍCIÓ: A ( 6 ) alakú csoportok halmazát fogja jelölni. Az olyan automorfizmust, amelyre ( 5 b ), ( 5 c ), vagy ( 5 d ) valamelyike fönnáll, keresztez automorfizmusnak ( x automorfizmusnak) nevezzük. x automorfizmusa tehát csak csoportnak lehet. Ha G ( 6 ) alakú, akkor Aut G = Aut (m k n) Aut ( s ) 2. Ezért egy G csoport automorfizmuscsoportjának kiszámítása mindig visszavezethet egy olyan csoport automorfizmuscsoportjának meghatározására, amely már nem beli. Ezért a továbbiakban mindig föltesszük, hogy G

38 A G = ( m k n ) a b bármely ϕ automorfizmusa ϕ (a) = a α b β, ϕ (b) = a γ b δ alakú, ahol az α, γ Z m, β, δ Z n ( 7 ) számoknak az ( ), ( 2 ), ( 3 ) ból következleg ki kell elégíteniük az alábbi relációkat: Az m a legkisebb pozitív egész, amelyre α [ k β m ] 0 ( m ), ( Κ ) és β m 0 ( n ), ( Κ 2 ) Az n a legkisebb pozitív egész, amelyre γ [ k δ n ] 0 ( m ), ( Κ 2 ) és δ n 0 ( n ), ( Κ 22 ) valamint γ + α k δ γ k βk + α [ k β k ] (m) ( K 3 ) β ( k ) 0 ( n ), ( Κ 32 ) Ezt a kissé riasztó kongruenciarendszert KÁNON-nak is nevezzük. Késbb látni fogjuk, hogy fontos esetekben ezek a relációk jelentsen egyszersíthetk. 2. DEFINÍCIÓ: A G = ( m k n ) a b egy ϕ automorfizmusát egyszernek nevezzük, ha vagy a n, vagy b n identikusan hat.

39 Világos, hogy az identikus automorfizmus egyszer, és egyszer auto- morfizmus nem lehet keresztez. Egy egyszer automorfizmus megadásánál nem tüntetjük föl azt a generátort, amelyen identikusan hat. Például ϕ: a a α b β, b b helyett csak annyit írunk, hogy ϕ: a a α b β. 3. DEFINÍCIÓ: Tekintsük a ( 7 ) automorfizmust. Ha a ϕ (a) = a α bβ és ϕ 2 (b) = aγbδ maguk is (egyszer) automorfizmusok, akkor azt mondjuk, hogy a ϕ a ϕ és ϕ 2 fúziója: ϕ = ϕ ϕ 2. Amennyiben a ( 7 ) beli ϕ ilyen értelemben nem bontható föl, akkor ϕ t csatolt automorfizmusnak, ( c automorfizmusnak) nevezzük, s az ilyen automorfizmusokkal rendelkez csoportok halmazát vel jelöljük. Világos, hogy a fúzió különbözik a szokásos, o rel jelölt kompozíciótól: ϕ ϕ 2 ϕ ο ϕ 2. Az is nyilvánvaló, hogy ϕ ϕ 2 = ϕ 2 ϕ, és ϕ (ϕ 2 ϕ 3 ) = (ϕ ϕ 2 ) ϕ 3. A A G = ( 6 3 4 ) a b példája mutatja, hogy nem üres. A G nek ugyanis van egy ϕ: a a b 2, b b 3 automorfizmusa, ámde sem a ϕ : a a b 2, sem a ϕ 2 : b b 3 nem automorfizmusa G nek. 2. LEMMA: Legyen G = ( m k n ) a b.

40 ( A. ) A G nek az a a µ, µ R m egyszer automorfizmusai egy R m - mel izomorf részcsoportot generálnak Aut G ben. ( A. 2 ) Ha a G ben az a nem karakterisztikus, akkor G nek van egy ϕ: a a b β, β n automorfizmusa. b b δ, δ R n ( B. ) A G nek b b δ automorfizmusa # δ R n akkor létezhet, ha G. mellett csak ( B. 2 ) Ha G nek létezik ω : b a γ b δ, γ 0 automorfizmusa, akkor ( a ) δ R n, δ R n # G ; ( b ) létezik olyan automorfizmusa is, ahol γ m. Bizonyítás: ( A. ) triviális. ( A. 2 ) Ha a nem karakterisztikus G ben, akkor mindenesetre léteznie kell egy ψ: a a α b β, β 0, b b δ, δ R n automorfizmusának, mely δ = esetben egyszer, és csatolt, ha δ R n #. Elször mutassuk ki, hogy α R m. A ψ hatványait tanulmányozva azt láthatjuk, hogy ψ f (a) = a αα' b ββ'. Ha speciálisan ψ = f, akkor a αα' b ββ' = a, tehát αα ( m ), amibl következik, hogy α R m.

4 A β ra térve látható, hogy β = β t, β n, ( t, n ) =. Ilyen fölírás mindig lehetséges. Ekkor tehát ψ (a) = a α (b t ) β. Csakhogy a,b t b = a,b, azaz ( m k n ) a = ( m k t n ) b a t, ezért föltehetjük, hogy már eleve β n. Most már a ψ helyett tekinthetjük a ψ α Ekkor valóban ψ α α ψ :a a. α ψ = ϕ: a a b β, β n ψ automorfizmust, ahol b b δ, δ R n. ( B. ) A b δ a b δ = a k relációból k δ ( m ) következik, s ez G esetén csak δ = gyel teljesülhet. ( B. 2 ) ( a ) Ha δ R n volna, akkor az a γ b δ egy n ( < n ) edik hatványából γ a b eltnne, és így a a b δ adódna, ami G miatt lehetetlen. Α δ R n # - ra vonatkozó állítás számolással adódik. Legyen ω: b a γ b δ, Α δ R n #. Akkor ω(ba) = a γ b δ a = a γ+ k δ δ, b ω(a k b ) = a k a γ b = a k+γ b. Az ω(ba) = ω(a k b ) relációból k δ ( m ) adódik, ami δ R n # mellett csak G mellett lehetséges.

42 ( b ) Írható, hogy γ = γ s, ahol γ m, (m, s) =. Ámde s a,b = a,b, s így feltehet, hogy már eleve γ m. Q. E. D. b TÉTEL: Ha a G = ( m k n ) a csoportnak a ϕ : a a α b β ϕ 2 : b a γ b δ egyszer automorfizmusai, akkor ezek fúziója, ϕ ϕ 2 is automorfizmusa G nek. Bizonyítás: Azt kell belátni, hogy a ϕ -re és a ϕ 2 -re fölírt kánonból (l. 36. o. ) következik a ϕ = ϕ ϕ 2 - re fölírt kánon. A ϕ - nél γ = 0, δ =, így a rá vonatkozó kánon a ( K ), ( K 2 ), ( K 32 ), valamint a [ k β k ] k ( m ) ( Κ 3 ) relációkból áll. A ϕ 2 - nél α =, β = 0, ezért a rá érvényes relációk a ( K 2 ), ( K 22 ), és a k δ k ( m ) ( Κ 2 3 ) lesznek. Azt kell tehát csak igazolni, hogy a ϕ - re fönnáll a ( K 3 ) : γ + α k δ γ k βk + α [ k β k ]. Fölhasználva a ( Κ 3 ) és ( Κ 2 3 ) et, megfelel átrendezés után ebbl a γ ( k βk ) 0 ( m ) relációt nyerjük. Vegyük figyelembe, hogy

43 k βk = (k ) [ k βk] (k ) [ k β] [ k β k ] k (k ) [ k β] ( m ) (itt ismét felhasználtuk a ( Κ 3 ) - et ). A k-val való egyszersítés után a bizonyítandó kongruencia ez lesz: γ (k ) [ k β] 0 ( m ) ( ) Tegyük föl, hogy β n. Ekkor ( K 32 ) szerint n k = s ( 8 ) β A ( Κ 3 ) és ( K 32 ) bl [ k β k ] = [ k β k + ] = [ k β k ] + k β(k ) [ k β ] [ k β k ] + k ( m ), azaz [ k β k ] k ( m ) ( 9 ) Írjuk be ide ( 8 ) at a baloldalra: [ k β n s β ] [ k β n β ] [ k n s ] s [ k β n β ] k ( m ) ( 0 ) A ( K 2 ) és ( Κ 2 32 ) bl nyerjük, hogy γ [ k n] 0 ( m ), S így γ s [ k n] γ s [ k β] [ k β n s ] 0 ( m ). Alkalmazva a ( 0 ) et: Γ = γ (k ) [ k β] 0 ( m ), tehát a ( ) teljesül. Ha most β helyett egy β t többszöröst veszünk, akkor

44 [ k β t] [ k β] [ k β t] ( m ), és γ (k ) [ k β t] = Γ [ k β t] 0 ( m ), mert Γ 0 ( m ), vagyis a ( ) ismét teljesül. Bizonyítottuk tehát, hogy ha ϕ és ϕ 2 - re teljesül a ( K ) ( K 32 ), akkor a ϕ = ϕ ϕ 2 - re is. α β Végül, mivel G, ezért a b γ δ a b =, tehát ϕ valóban automorfizmusa G nek. Q. E. D. 3. LEMMA: Legyen G = ( m k n ) a b. Akkor n/n k Inn G a,b 0, ahol n 0 = k m. Bizonyítás: Következik ez akár abból, hogy b a b = a k és a b a = a k b, akár abból, hogy Inn G G / ζ(g). Q. E. D.

45 V. RÉSZ. CSOPORTOK b. DEFINÍCIÓ: A G = ( m k n ) a csoportot csoportnak nevezzük, ha a char G, vagyis a karakterisztikus G ben. Világos, hogy G esetén a G minden, a IV. rész ( 7 ) ben ( 36. o. ) adott automorfizmusánál β = 0. Ekkor G automorfizmusai az α γ 0, α R m, γ Z m mátrixokkal reprezentálhatók. Az automorfizmusok összetételének megfelel a fenti mátrixok szokásos szorzása, mint azt könny kiszámolni. 2. DEFINÍCIÓ: ( m k n ) ( k, n ) =.. LEMMA: b Bizonyítás: Legyen G = ( m k n ) a. Ha G akkor ( k, n ) = miatt a ( K 32 ) bl ( 36. o. ) β 0 ( n ) következik. Ha G akkor ( m, n ) = miatt a ( K 2 ) bl ( 36. o. ) következik ugyanez. Végül, ha G akkor (G) = a. Q. E. D. 2. LEMMA: Ha ( m k n ) és ( m, s ) =, akkor ( s ) ( m k n ) Bizonyítás: Legyen G s az ( s ) a és a G = ( m k n b ) a 2 direkt szorzata.

46 G s = ( s ) a G = ( ms l n b ) 2 a a. G s miatt ζ (G s ) = ζ e (G s ), és nyilván a ζ (G s ). Mivel ciklikus csoportnak minden részcsoportja karakterisztikus, kapjuk, hogy a char ζ e (G s ) char G s, amibl a char G s. Legyen ϕ Aut G s. Akkor ϕ ( a a 2 ) = ϕ ( a ) ϕ ( a 2 ), és az elbbiek értelmében ϕ ( a ) = a α, α R s. α 2 γ Ha most ϕ ( a 2 ) = a a 2b β, akkor ennek az elemnek a rendje csak akkor lehet m, ha γ = 0. Ám ekkor β = 0 is, különben az a 2 az a 2,b = G - ben nem volna karakterisztikus. Mindebbl az következik, hogy ϕ ( a,a 2 ) = a,a 2, tehát G s Q. E. D. A VI. rész. lemmája ( 7. o. ) mutatja, hogy az iménti állításban miért volt szükség csoportokra szorítkozni. 3. LEMMA: G, G 2 G G 2 Bizonyítás: Legyen ( m, m 2 ) =, és b G = ( m k n ) a, és G 2 = ( m 2 k 2 n 2 ) 2 a. 2 b b aa, 2 Akkor G G 2 = ( m m 2 k n n 2 ) 2 b

47 ahol k k i ( m i ), i =, 2, n = [ n, n 2 ]. Tegyük föl, hogy a G G 2 nek van egy ϕ : a a 2 a a 2 (a a 2 ) β b b 2 (b b 2 ) δ automorfizmusa. tekintsük ennek a ϕ nek mondjuk a G re való megszorítását. Mivel G, ezért a ϕ ( a ) = a relációnak m2 teljesülnie kell. Ámde ( m, m 2 ) =, s így a = a, és m m2 m2 2 a = (a a ) ( ) Ezért ϕ ( a 2 ) = ϕ ((a a ) 2 β ) = (a a (b b ) ) 2 = 2 m 2 2 m = k β m 2 m2 k β m β 2 βm2 2 2 a b a b a. Ebbl [ k β m 2 ] 0 ( m 2 ) ( a ) és β m 2 0 ( n 2 ) ( b ) következik. ( Az, hogy m 2 a legkisebb ilyen szám, abból következik, hogy a ( ) az m 2 nél kisebb számmal nem teljesül. ) A ϕ re fölírt ( K 3 ) és ( K 32 ) (ld. 36. o. ) : [ k β k ] k δ ( m m 2 ) ( c ) β ( k ) 0 ( n ). ( d ) Vegyük a k t mod m 2, a β és δ t mod n 2, azaz legyen

48 k = k 2 + m 2 x, β = β 2 + n 2 y, δ = δ 2 + n 2 z, és nézzük meg, mivé lesznek az ( a d ) relációk. Az ( a ) ból: β 2+ n2y n2y 2 2 2 2 β ( k m k m k ( m 2 ) miatt ) β 2 2 2 k m 0 ( m 2 ) ( a a ) Az ( b ) bl: ( β 2 + n2y)m2 β2m2 0 ( n 2 ) ( b b ) Az ( c ) nél a [ ] bal felében közvetlenül áttérhetünk k ról k 2 re : β 2+ n2y δ 2+ nz 2 2 β k k k k k ( m 2 ), amibl k 2 ny k 2 nz ( m 2 ) miatt β2 δ2 2 2 k k k ( m 2 ). Meg kell még mutatni, hogy β2 β2 2 2 2 k k k k ( m 2 ). β Íme: 2 β2 β2 β2k2 β2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 k k k k + m x k k + k k m x β2 β2k2 β2 β2m2 β2 2 2 2 2 2 2 2 2 k k + k k m k x k k ( m 2 ),

49 mivel ( a a ) miatt β k 2 2 m 2 0 ( m 2 ). Kaptuk tehát, hogy β2 δ2 2 2 2 k k k ( m 2 ). ( c c ) Az ( d ) bl: β ( k ) (β 2 + ny ) (k 2 + m 2 x ) β 2 (k 2 ) 0 ( n 2 ), ( d d ) hiszen β 2 m 2 0 ( n 2 ) az ( b b ) szerint. β δ 2 2 2 2 2 Az ( a a d d ) relációk szerint a G 2 nek van egy a a b 2,b b 2 automorfizmusa, ellentmondásban azzal, hogy G 2 Q. E. D. E lemma megfordítása nem igaz. Elfordulhat, hogy G, G 2, mégis G G 2 Például ( 7 4 3 ) ( 9 4 3 ) = ( 63 4 3 ), ahol ( 7 4 3 ), de ( 9 4 3 ). 3. DEFINÍCIÓ: A G = ( m k n ) csoport pontosan akkor, ha 4. LEMMA: [ k n ] 0 ( m ). ( i ) Ha ( m, s ) =, ( m k n ), akkor ( s ) ( m k n ) pont akkor, ha s n.

50 ( i i ) G, G 2 G G 2 Bizonyítás: egyszer számolással. Q. E. D. Az ( i i ) megfordítása hamis, például ( 9 4 3 ) ( 9 4 3 ), de ( 9 4 3 ).. TÉTEL: ( TÉTEL ) :. b Bizonyítás: Tegyük föl, hogy G = ( m k n ) a, de G. Ekkor a G nek létezik egy ϕ : a a b β, β n b b δ, δ R n automorfizmusa ( ld. 38. o. ( A 2 )). Írjuk föl a ( K 3 ) et ( 36. o. ) α =, γ = 0 szereposztással: [ k β k ] k δ ( m ). Ebbl a ( K 32 ) vel (36. o. ) : [ k β k + ] = [ k β k ] + k β(k ) [ k β ] [ k β k ] + k δ ( m ), azaz [ k β k ] k δ ( m ). Most n k = s, β mivel β n, ezért [ k β k ] [ k β n s β ] [ k β n β ][ k n s ] s [ k β n β ] k δ ( m ). ( 2 ) Mivel G, ezért [ k n ] 0 ( m ), s így

5 s [ k n ] s [ k β ] [ k β n β ] 0 ( m ). Használjuk föl itt a ( 2 ) t : [ k β ] ( k δ ) 0 ( m ). ( 3 ) Mármost ( fölhasználva a ( K 32 ) t, ld. 36. o. ): k β k β k kδ (ab ) = a = a, és a ( 3 ) mal nyerjük, hogy β k k β k k δ β ((ab ) ) = (a ) =. Ebbl következik, hogy ( k ) [ k β ] = k β 0 ( m ), ellentmondásban azzal, hogy β n és G. Q. E. D. Az. lemma és az. tétel szerint Hogy ez a tartalmazás valódi, azt a ( 63 4 3 ) csoport bizonyítja. ( Egyébként Ha ugyanis ( m k n ), akkor ( m, k ) =, és így a k n = ( k ) [ k n ] 0 ( m ) relációból () [ k n ] 0 ( m ) következik. ) 2. TÉTEL: Legyen ( m k n ). Akkor

52 ( i ) m γ R m Aut(m k n) Hol(m), ahol γ = m (m, k n ) ; ( i i ) Aut(m k n) Hol(m) pontosan akkor, ha ( m k n ) ; ( i i i ) Hol(m) CYCYS m PR. Bizonyítás: b ( i ) A G = ( m k n ) a összes automorfizmusa most ϕ : a a α, α R m b a γ b, γ Z m alakú, és világos, hogy ϕ = ϕ α ϕ β, ahol ϕ α : a a α, α R m egyszer automorfizmusok. ϕ γ : b a γ b, γ Z m Nyilvánvaló, hogy { ϕα α R m } R m. Írjuk föl ϕ γ - ra a ( K 2 ) et (36. o. ): γ [ k n ] 0 ( m ). Látható, hogy a szóba jöhet legkisebb γ éppen s így m ϕ, γ γ m, (m, k n ) m ϕ, ϕ = AutG R γ és γ { α} m.

53 Egyszer kiszámolni, hogy ϕ α ϕ γ ϕ α = ϕ γ α ami éppen azt jelenti, hogy AutG Hol(m). ( Az automorfizmusok szorzási szabálya itt: ϕψ(a) = ϕ(ψ(a)). Továbbá ϕ = ϕ. ) α α ( i i ) Világos, hogy ( i ) ben egyenlség akkor és csak akkor van, ha γ =, azaz [ k n ] 0 ( m ), tehát ( m k n ). ( i i i ) Ez abból következik, hogy Hol (m) Aut D m, és D m miatt Aut D m (m) R m. Az R m pedig pontosan akkor ciklikus, ha m PR. Q. E. D. 4. DEFINÍCIÓ: A CYCYSbeli tökéletes csoportok halmazát jelölje. 5. LEMMA: = { ( p α k p α (p ) ) }, ahol p P 0, k pr(p α ). Bizonyítás: Definíció szerint egy csoport akkor és csak akkor tökéletes, ha ζ(g) =, és G minden automorfizmusa bels, tehát Aut G Inn G G. Ha G CYCYS, akkor ζ(g) = csakis akkor állhat, ha G ( ld. III. rész 3. lemma, 2. o. ) Ezért G is teljesül ( ld. 49. o. () ). b Ha tehát G = ( m k n ) a, akkor a 2. tétel szerint Aut G = ϕ, { ϕ α},

54 ahol ϕ : b ab, ϕ α : a a α, α R m. A ϕ nyilván bels automorfizmus, hiszen a b a = a k b = ϕ k (b), k és a beliség miatt ϕ = ϕ. A ϕ α pont akkor lesz bels automorfizmus minden α R m esetében, ha k R m, amibl és a centrumnélküliségbl valóban m = p α, p P 0, k pr(p α ) és n = EU(p α ) = p α (p ) következik. Q. E. D. 6. LEMMA: G Aut G pontosan akkor, ha ( i ) G, ( i i ) G = ( 2p α k p α (p ) ) a b, p P 0, k pr(2p α ), ( i i i ) G D 4. Bizonyítás: Az ( i ) t elintézi az 5. lemma, az ( i i i ) nél egyszer számolás segít, így elég az ( i i ) vel foglalkozni. Az ( i i ) beli csoportok a csoportokból állnak el úgy, hogy azokat elölrl megszorozzuk egy (2) ciklussal. Az 5. lemma szerint, és a 4. lemma ( i ) vel ( 47. o. ) kapjuk, hogy az ( i i ) beli G is ben van. Ám ekkor Aut G = ϕ, ϕ k, ahol

55 ϕ : b ab, ϕ = 2 p α, ϕ k : a a k, k pr(2p α ), ϕ k = p α (p ), és egyszer számolás mutatja, hogy ϕ ϕ k ϕ = ϕ k k, tehát valóban ϕ, ϕ G. Q. E. D. k A fentiekbl levonható az a következtetés, hogy azokra a G = ( m k n b ) a csoportokra, ahol m PR, k pr(m), fönnáll: G Aut G Hol (m), és más csoportokra ez nem teljesül. b 7. LEMMA: A G = ( m k n ) a csoportban a b - nek akkor és csak akkor van m számú különböz automorf képe, ha [ k n ] 0 ( m ). Bizonyítás: Tekintsük a ϕ : a a, b a γ b, γ Z m leképezést. Ezzel ϕ ( ba ) = a γ b a = a k +γ b, ϕ (a k b ) = a k a γ b = a k +γ b, ami azt jelenti, hogy a γ b = n esetén ϕ ( egyszer ) automorfizmusa lesz G nek. Tekintve, hogy (a γ b ) n = a γ[k n], az a γ b = n összefüggés tetszleges γ Z m mellett csak akkor állhat fönn,

56 ha [ k n ] 0 ( m ). Ekkor azonban γ γ2 a b = a b ( 4 ) csakis γ = γ 2 esetén lehetséges. A ( 4 ) bl ugyanis γ γ2 a b a b következik, azaz egy olyan x Z n létezése, amellyel γ γ2 ( ) x k x γ 2 x a b a b a b = =. Innen x (n), de mivel x Z n, ezért x =, s ezzel γ = γ 2 következik. Q. E. D. b 5. DEFINÍCIÓ: Azokat a G = ( m k n ) a csoportokat, amelyekben a b különböz automorf képei páronként diszjunktak, csoportoknak nevezzük. A definícióból világos, hogy. Ha ugyanis G, akkor ζ h (G), és a b bármely konjugáltjával összemetsz ebben a nem triviális hátsó centrumban. b 8. LEMMA: ( m k n ) a pontosan akkor, ha ν n : (m, [ k ν ] ) =. Bizonyítás: Az 5. definícióval ekvivalens állítás ez: b ( m k n ) a pontosan akkor, ha b bármely tle különböz

57 automorf képével csak triviálisan metszdik, vagyis # γ γ Z m : b a b =. ( 5 ) (Ugyanis miatt a b automorf képei mind a γ b alakúak, ahol γ Z m ) Az ( 5 ) mármost csakis akkor teljesül, ha γ Z m # ν n : γk ν 0 ( m ). Innen pedig azonnal kapjuk az ν n : (m, [ k ν ] ) = feltételt. Q. E. D. b 6. DEFINÍCIÓ: Ha µ m és ν n, akkor a G = ( m k n ) a csoportnak µ ν az a,b alakú részcsoportjait frészeknek nevezzük. Könny látni, hogy a frészek vagy abeliek, vagy CYCYS beliek. 9. LEMMA: Ha G, akkor G minden nemabeli frésze is ban van. Bizonyítás: Legyen G = ( m k n ) a b, µ m, ν n, és µ ν M = a,b ABEL. M pontosan akkor, ha ν n m 0 ν :, k 0 ν =. ν µ m Tegyük föl, hogy valamely ν 0 ra, k ν ν 0 >. µ Akkor nyilván ( ν ν 0 ) m, k > is fönnáll.

58 Ugyanakkor (m, [ k ν ] ) =, mert G. Így ( ν 0 ) ( ν 0 ) ( 0) m, k ν = m, k ν k ν = m, k νν >, ami ellentmond annak, hogy G. Q. E. D. 0. LEMMA: Legyen G = ( p α k p βr ), ahol p P, r p. G akkor és csak akkor beli, ha ( a ) β = és r =, vagy ( b ) β = 0. Bizonyítás: ( a ) Ez esetben G automatikusan ben van, mint minden olyan ( m k n ) csoport, ahol n P. ( b ) Könny látni, hogy ekkor G. Az 5. lemma bizonyításából kiderül, hogy ha ( m k n ) b a, akkor b minden automorf képe megkapható konjugálással. Ezért elég bizonyítani, hogy esetünkben a b bármely, tle különböz konjugáltjával diszjunkt: # x x x Z m : b a ba =. # Tételezzük föl ennek az ellenkezjét, azaz tételezzük egy olyan y Z n szám létezését, amellyel ( a x b a x ) y = ( a x(k ) b ) y = ( a x(k )[k y] )b y = b y. Ebbl x ( k ) [ k y ] x ( k y ) 0 ( p α ) ( 6 )

59 következik. Ha x R p α, akkor ( 6 ) ból azt kapjuk, hogy k y ( p α ), tehát y 0 ( n ), ellentmondásban az y Z n # föltevéssel. Ha x R p α, akkor x = p δ x, δ α, ( p, x ) =. Ekkor ( 6 ) ból nyerjük, hogy k y ( p α δ ). De ebbl megint y 0 ( n ) következik, mert R p α = ( p α ) x ( p ), és k most a ( p ) ciklusból való, s ezért k rendje r minden δ α esetén is. Bizonyítottuk tehát, hogy az ( a ) és ( b ) esetekben valóban G. Azt kell még megmutatni, hogy más eset6ekben viszont G. Ismét két lehetség van: ( c ) β =, r >, ( d ) β 2. A ( c ) nél elég látni, hogy a ( p k pr ) frész nincs ben, s így ben sem, a ( d ) nél pedig a ( p α k r p β ) frész vizsgálata vezet hasonló eredményre, ( hiszen ha k r p α = p β, akkor k r p α = p β ). Q. E. D.

60 3. TÉTEL: Az csoportok a következk: ( A ) Ha n P, akkor ( m k n ) minden további megszorítás nélkül. ( B ) Tegyük föl, hogy n P, és legyenek a p, p 2,... p r számok páronként különböz prímek. Akkor a α α α (p p...p k n) ccsoport pont akkor lesz ban, ha 2 r 2 r n (p, p 2,... p r ), és ugyancsak beli lesz az α α α 2 r ( s ) (p p 2...p r k n) is, ha ( s, p p 2... p r n ) =. Bizonyítás: ( A ) triviális. ( B ) Mindenekeltt jegyezzük meg, hogy ( n, p i ) =, i =, 2,... r. ( 7 ) Tegyük föl ugyanis, hogy valamely i re p i n i, azaz n = p β i i n i, i 0 β, ( p i, n i ) =. Akkor a 0. lemma szerint a ( p α i k i p β i i n i ) frész pont akkor lehet ban, ha β i = n i =. Ez az n = p i esetre, tehát ( A ) ra vezetne. Így a ( 7 ) nek fönn kell állnia, és akkor a ( p α i k n ) frész ismét a 0. lemma szerint csakis úgy lehet beli, ha n i p i. i