Matematikus gyakorlat, második évfolyam, első félév A csoportelmélet feladatok eredményei, a kevésbé triviális feladatok megoldásvázlatai

Az alábbiakban TIX és TX az előző félévben szerepelt két csoportelméleti feladatsorra, a CSS pedig a Czédli-Szendrei-Szendrei feladatgyűjteményre utal (amelyben útmutatások is és megoldásvázlatok is vannak). Végül S=Fried Ervin: Általános algebra (a sárga könyv).

I/1. (gh) ∗ x = g ∗ (h ∗ x) a hatás definíciója miatt, és így φ_{gh} = φ_{g} ∘ φ_{h}.

I/2. g ∗ (ah) = aH minden a-ra akkor és csak akkor, ha gaH = aH ⟺ a^{−1}ga ∈ H ⟺ g ∈ aHa^{−1}.

I/3. Tekintsük G hatását a H szerinti bal mellékosztályokon. Ennek magja nem G (I/2 miatt), tehát {e} (mert G egyszerű). Így az I/1-beli leképezés injektív, és beágyazza G-t S_{n}-be (homomorfizmus-tétel).

I/4. H ◁ K ⟺ (∀k ∈ K)(kH = Hk) ⟺ K ⊆ N_{G}(H).

I/5. D_{4}-gyel. Valóban, |S_{4}| = 2^{3} · 3, tehát a 2-Sylow 8-elelmű, és megfordítva, minden 8-elemű részcsoport 2-Sylow. A Sylow-tétel miatt ezek konjugáltak, tehát izomorfak is, vagyis elég egy 8-elemű részcsoportot találni. A D_{4} diédercsoport hat a négyzet csúcsain, tehát I/1 miatt izomorf S_{4} egy részcsoportjával.

I/6. \underline{S_{3}}: három 2-Sylow, egy 3-Sylow. \underline{D_{n}}: a forgatások részcsoportjának minden részcsoportja normálosztó D_{n}-ben (vö. II/2). Ezért p > 2 esetén minden Sylow-ból csak egy van (hiszen ha egy p Sylow normálosztó, akkor minden konjugáltja önmaga, és a Sylow-tétel miatt ezek az összes p-Sylowok). Ha n = 2^{k}m, ahol m páratlan, akkor a 2-Sylowok száma m (mert az előzőek miatt minden 2-Sylow tartalmazza a kettőhatványrendű forgatásokat). \underline{S_{4}}: Ha egy p-Sylow rendje p, akkor bármely két p-Sylow metszete e, tehát a p rendű elemek száma p − 1-szer a p-Sylowok száma. Mivel S_{4}-ben nyolc hármasciklus van, a 3-Sylowok száma 4. Az innen kimaradó 15 elem (a ciklusfelbontásból láthatóan) másod- és negyedrendű, tehát a 2-Sylowok unióját alkotja. Ezért több, mint egy 2-Sylow van. Másrészt a 2-Sylowok száma egy 2-Sylow normalizátorának az indexe, azaz 24/8 = 3-nak osztója. Tehát 3 darab 2-Sylow van. (Ezek páronként ugyanabban a 4elemű Klein-féle normálosztóban metszik egymást.) \underline{A_{5}}: Az ötösciklusok száma 24, tehát az 5-Sylowoké 24/(5 − 1) = 6. A hármasciklusok száma 20, tehát a 3-Sylowoké 20/(3 − 1) = 10. A fennmaradó 15 elem kétkét transzpozíció szorzata. Ezek öt 2-Sylowot alkotnak, amelyek páronként csak {e}-ben metszik egymást. Ugyanis az 5 stabilizátora A_{4}-gyel izomorf, amiben a 2-Sylow normálosztó (mert ebben a stabilizátorban csak három másodrendű elem van), és e stabilizátor konjugáltjai a többi stabilizátorok (vö. TIX/21). (Ezek szerint tehát egy 2-Sylow normalizátora A_{4}-gyel izomorf. Az 5-Sylowok normalizátorai 60/6 = 10-eleműek, és D_{5}-tel izomorfak, hiszen az ötszög csúcsain való hatás alapján D_{5} részcsoportja A_{5}-nek, és ebben az 5-Sylow normálosztó. Hasonlóan látszik, hogy a 3-Sylowok normalizátora S_{3}-mal izomorf.)

I/7. \underline{200} = 2^{3} · 5^{2}: az 5-Sylowok száma osztója 8-nak, és kongruens eggyel modulo 5, tehát csak 1 lehet, vagyis az 5-Sylow normálosztó. \underline{204} = 2^{2} · 3 · 17: a 17-Sylow normálosztó. \underline{260} = 2^{2} · 5 · 13: a 13-Sylow normálosztó. \underline{56} = 2^{3} · 7: a 7-Sylowok száma csak 1 vagy 8 lehet. Ha 1, akkor ez normálosztó. Ha 8, akkor nem hetedrendű elem 56 − 8(7 − 1) = 8 van, tehát csak egyetlen 2-Sylow fér el (és ez akkor normálosztó).

I/8. A G véges csoport \overline{G} ≤ S_{G} Cayley-reprezentációjában a g elem |G|/|g| darab |g| hosszú ciklusra bomlik. Ez akkor páratlan permutáció, ha |g| páros, de |G|/|g| páratlan, vagyis ha |g| osztható egy 2-Sylow rendjével. Tehát akkor és csak akkor van \overline{G}-ben páratlan permutáció, ha G 2-Sylowja ciklikus. Ebben az esetben A_{G} valódi normálosztóban metszi a \overline{G}-t, melynek indexe legfeljebb kettő, mert |S_{G}| ≥ |A_{G}\overline{G}| = |A_{G}||\overline{G}|/|A_{G}∩\overline{G}|, vagyis |\overline{G}|/|A_{G} ∩ \overline{G}| ≤ |S_{G}|/|A_{G}| = 2. Ha tehát G egyszerű, akkor kételemű (ez az egyetlen kivétel).

I/9. \underline{120} = 2^{3} · 3 · 5: az 5-Sylowok száma csak 6 lehet, ezért I/3 miatt G beágyazható S_{6}-ba, sőt az I/8 megoldásában használt gondolatmenet miatt A_{6}-ba is (különben lenne benne 2 indexű normálosztó). De akkor G indexe A_{6}-ban 360/120 = 3 lenne, ami I/3 miatt lehetetlen, hiszen A_{6} is egyszerű (vö. CSS 6/202/a). \underline{180} = 2^{2} · 3^{2} · 5: az iménti gondolatmenet most is ellentmondásra vezet, ha G-ben van legfeljebb 6 indexű valódi részcsoport. Tehát az 5-Sylowok száma sem 6, és így 36. (Ezért az 5-Sylow normalizátora önmaga, vagyis Frobenius tételét használva kész is lennénk!) Az ötödrendű elemek száma 36(5−1) = 144. A 3-Sylowok száma sem lehet 4, ezért az 10. Ha a 3-Sylowok páronként diszjunktak lennének, akkor már nem férnének el a 3-hatványrendű elemek. Tehát alkalmas P_{1} és P_{2} 3-Sylowokra a H = P_{1} ∩ P_{2} elemszáma 3. Ekkor C_{G}(H) tartalmazza P_{1}-et és P_{2}-t is, tehát a Sylow-tétel miatt rendje legalább 9 · 4, azaz indexe legfeljebb 5 (vö. CSS 6/202/b). \underline{312} = 2^{3} · 3 · 13: a 13-Sylow normálosztó. \underline{616} = 2^{3} · 7 · 11: a 11-Sylowok száma 56 (tehát ez is Frobenius-csoport), a 7-Sylowok száma legalább 8, tehát csak egy 2-Sylow fér el. \underline{1960} = 2^{3} · 5 · 7^{2}: a 7-Sylowok száma 8, tehát I/3 miatt G beágyazható S_{8}-ba, de annak rendje nem osztható 49-cel.

I/10, 11, 13, 14. CSS 6/191, CSS 6/193, CSS 6/201, CSS 6/188.

I/12. Feltehető, hogy p < q < r. Ekkor az r-Sylowok száma csak pq lehet, ez pq(r − 1) darab r rendű elem. A q-Sylowok száma legalább r, ez összesen r(q − 1) darab q rendű elem. A p-Sylowok száma legalább q, ez q(p − 1) darab p rendű elem. Összesen ez több, mint pqr.

I/15. Legyenek P_{1} és P_{2} olyan p-Sylowok, melyek D metszete a lehető legnagyobb elemszámú. Ha |D| = 1, akkor a szokásos leszámlálásból adódik, hogy csak egy q-Sylow fér el. Tegyük fel, hogy |D| > 1. Ekkor N = N_{G}(D) nem lehet p-csoport, mert akkor benne lenne egy P p-Sylowban, és a normalizátor-feltétel miatt P ∩ P_{1} > D lenne. Ezért N tartalmaz egy Q q-Sylowot. Ekkor G = QP_{1} (a rendek miatt), és így D minden G-beli konjugáltja része P_{1}-nek. Tehát a D által generált normálosztó is része P_{1}-nek.

I/16. Ha g ∈ N_{G}(X), akkor legyen φ(g)(x) = gxg^{−1} (azaz φ(g) ∈ S_{X}). A φ homomorfizmus S_{X}-be, és magja pont C_{G}(X). Ha X részcsoport, akkor φ(g) ∈ Aut(X), és a homomorfizmus-tétel miatt kész vagyunk.

I/17. A ℤ_{n}^{+} homomorfizmusait egyértelműen meghatározza az 1 képe. Ha ez automorfizmus, akkor az 1 képe generátor. A φ ↦ φ(1) izomorfizmus Aut(ℤ_{n}^{+}) és ℤ_{n}^{×} között. A Klein-csoport szorzási szabálya szimmetrikus, így az egységtől különböző elemek bármely permutációja automorfizmus, tehát az automorfizmus-csoport S_{3}. A kvaterniócsoportbeli i, j, k-t mint térbeli egységvektorokat képzelve láthatjuk, hogy Aut(Q) izomorf a kocka mozgáscsoportjával, azaz S_{4}-gyel (vö. CSS 6/239). Végül Aut(S_{3}) ≅ S_{3} (csupa belső automorfizmus, vö. V/8).

I/18. Ez benne van az általam írt (az előző félévben használt) tanárszakos csoportelmélet jegyzetben.

I/19. Olyan A és B normálosztókat keresünk, melyekre A ∩ B = {e}, AB = G. Ha G ciklikus, akkor minden részcsoportja egy elemmel generálható, és így könnyű megkapni az összes részcsoportot, amik mind normálosztók (mert minden ciklikus csoport kommutatív). Ennek alapján ℤ_{6}^{+}-nak négy részcsoportja van, és ℤ_{6}^{+} a {0, 2, 4} és {0, 3} normálosztók direkt szorzata, vagyis ℤ_{6}^{+} ≅ ℤ_{2}^{+} × ℤ_{3}^{+}. A ℤ_{8}^{+} csoportnak is négy részcsoportja van, de nincs nemtriviális direkt felbontása. A ℤ^{+} csoportnak sincsen, mert ha a, b ≠ 0 egészek, akkor ab ∈ ⟨a⟩ ∩ ⟨b⟩, és így e metszet nem lehet {0}. Ugyanígy ℚ^{+} is direkt felbonthatatlan: ha p/q ∈ A és r/s ∈ B, akkor pr ∈ A ∩ B. A ℂ^{+} csoportnak viszont sok direkt felbontása van, például bármely két különböző, origón átmenő egyenesnek direkt összege.

Általában belátható, hogy ha (m, n) = 1, akkor ℤ_{mn}^{×} ≅ ℤ_{m}^{×}×ℤ_{n}^{×} (lásd a tanárszakos csoportelmélet jegyzet függelékét). Ennek alapján ℤ_{15}^{×} felbontható, és valójában ℤ_{15}^{×} az {1, 2, 4, 8} és {1, 11} normálosztók direkt szorzata. A ℤ_{16}^{×} csoport a {1, 15} és {1, 3, 9, 11} normálosztók direkt szorzata (amelyek ciklikusak, és így ℤ_{16}^{×} ≅ ℤ_{2}^{+} × ℤ_{4}^{+}). A D_{3}, D_{4}, Q, A_{4} csoportoknak tavaly kiszámoltuk a normálosztóit, és ebből látszik, hogy mindegyik direkt felbonthatatlan, mint S_{5} is, melyben kiszámolható, hogy egyetlen valódi normálosztója A_{5}. Végül legyen A = {e, f^{2}, f^{4}, t, tf^{2}, tf^{4}} ◁ D_{6} és B = {e, f^{3}} ◁ D_{6}. Így D_{6} ≅ D_{3} × ℤ_{2}^{+}.

I/20. Minden Abel-csoport prímhatványrendű ciklikus csoportok direkt szorzata. Hányféleképpen bontható fel például a 48 prímhatványok szorzatára? A 3 mindig szerepel. A 16 felbontásait a legnagyobb benne szereplő szám szerint csoportosíthatjuk. Ha ez 16, akkor a felbontás egytényezős. Ha 8, akkor csak 8·2 lehet. Ha 4, akkor 4 · 4 és 4 · 2 · 2 adódik, ha 2, akkor csak 2 · 2 · 2 · 2. Összesen tehát 5 lehetőség van. A kapott öt csoport az alaptétel egyértelműségi állítása miatt egymással páronként nem izomorf. Például ℤ_{3}^{+} × ℤ_{4}^{+} × ℤ_{4}^{+} és ℤ_{3}^{+} × ℤ_{4}^{+} × ℤ_{2}^{+} × ℤ_{2}^{+} nem izomorfak, mert a negyedrendű tényezők száma az egyik felbontásban kettő, a másikban egy. Az eredmény 6-ra 1, 8-ra 3, 16-ra 5 és 32-re 7.

II/1. φ_{g} ∘ α ∘ φ_{g}^{−1} = φ_{α(g)}, ahol φ_{g} a g-vel való konjugálás (vö. CSS 6/102).

II/2. a): ha karakterisztikus, akkor a belső automorfizmusokra is zárt. b): ciklikus csoportban adott rendű részcsoport csak egy van, tehát csak önmagába mehet. Ugyanez indokolja e)-t is. f): {e, t}◁{e, t, f^{2}, f^{2}t}◁D_{4}. g): G belső automorfizmusai N-re megszoríthatók, és a megszorítás N-nek automorfizmusa.

II/3, 4, 6. CSS 5/161, CSS 5/101, CSS 5/173.

II/5. a): D_{n} (N a forgatások). b): D_{4} (N = {e, t, f^{2}, f^{2}t}). c): A_{4}. d): S_{4}. e:) Direkt felbonthatatlan, 24 elemű csoport, ami sem S_{4}-gyel, sem D_{12}-vel nem izomorf . f:) Ez az a 12 elemű nemkommutatív csoport, ami sem nem A_{4}, sem nem D_{6} (mert van negyedrendű eleme).

II/7. Ha G és H ilyen, akkor G = ⟨a, b⟩, H = ⟨c, d⟩, ahol |a| = |c| = p, |b| = |d| = q > p, és aba^{−1} = b^{t}, valamint cdc^{−1} = d^{s}. Itt t, s ∈ ℤ_{q}^{×}, és mindkettő p rendű. Mivel van primitív gyök mod q, ezért ℤ_{q}^{×} ciklikus, tehát s = t^{k} alkalmas (k, p) = 1-re. Az a^{i}b^{j} ↦ c^{ki}d^{j} izomorfizmusa lesz G-nek H-ra (vö. CSS 5/190).

II/8. P N/N ≅ P/P ∩ N, tehát P N/N egy p-részcsoportja G/N-nek. Indexe viszont nem osztható p-vel, mert |G/N : P N/N| = |G|/|P N| = |G||P ∩N|/|P ||N| = |G : P |/|N : N ∩P |, s ez osztója |G : P |-nek. Tehát P N/N tényleg p-Sylow G/N-ben. Ez az átalakítás azt is mutatja, hogy |N : N ∩ P | sem osztható p-vel.

II/9. Lásd S 4.65. Tétel.

III/1. Minden Abel-csoport nilpotens, és minden nilpotens csoport feloldható. S_{3}, S_{4}, A_{4} feloldhatók, de egyik sem nilpotens, mert centrumuk triviális. Az A_{5} nem is feloldható. A D_{n} mindig feloldható, és akkor és csak akkor nilpotens, ha 2-csoport, azaz ha n egy kettő-hatvány, különben egynél több 2-Sylow van (I/6). Abel-csoport kommutátor-részcsoportja mindig {e}, S′_{3} = A_{3}, S′_{4} = A_{4}, A′_{4} a négyelemű Kleinnormálosztó, A′_{5} = A_{5}, D′_{n} = ⟨f^{2}⟩ (ennek rendje n ha n páratlan, n/2 ha n páros). Φ(ℤ_{n}^{+}) az egyetlen m rendű részcsoport, ahol m-ben az n minden prímosztója eggyel kisebb kitevőn van, mint n-ben. A Kleincsoport Frattini-részcsoportja nulla. Φ(S_{n}) = Φ(A_{n}) = {id}, mert a stabilizátorok maximális részcsoportok. Φ(D_{n}) = Φ(⟨f⟩) (használjuk fel, hogy D_{n} minden részcsoportja ciklikus vagy diéder (vagy D_{2}=Klein)).

III/2. Mivel P nem Abel, P/Z(P) nem ciklikus, tehát rendje p^{2}, ezért Abel, és így P′ ≤ Z(G). De P′ ≠ {e}, mert P nem Abel. Mivel P nilpotens P′ ≤ Φ(P). De P/Z(P) nem ciklikus, így Φ(P) ≤ Z(P).

III/3. Legyen N_{t} = {1 + x | x ∈ I^{t}}, belátjuk, hogy ez centrális lánc. Valóban, ha x ∈ G = N_{1}, és z ∈ N_{t}, akkor az [1 + x, 1 + z] kommutátort az (1 + y)^{−1} = 1 − y + y^{2} − y^{3} … képlettel kiszámíthatjuk, és az eredményben csupa legalább t + 1 tényezős szorzat lesz az 1-en kívül (hiszen a z elem t tényezős szorzatok összege). Tehát [G, N_{t}] ≤ N_{t+1}, és így N_{i} ◁ G (hiszen a centrum minden részcsoportja normálosztó).

III/4. CSS 6/217.

III/5. Ha N minimális normálosztó G-ben, akkor II/9 miatt feloldható, és így N′ < N. De N′ karakterisztikus, ezért II/2/g miatt N′ ◁ G, és így N minimalitása miatt N′ = {e}, azaz N Abel. Ugyanez a gondolatmenet II/2/c-vel fűszerezve adja, hogy N = N[p] alkalmas prímre, azaz N vektortér ℤ_{p} felett.

III/6. A ℤ_{p} felett minden összegtartó leképezés lineáris (mert a test minden eleme 1-ek összege).

III/7. G rendje szerinti indukcióval bizonyítunk. Legyen M maximális részcsoport G-ben, és N tetszőleges minimális normálosztó. Ekkor NM részcsoport, és így vagy M, vagy G. Az első esetben N ⊆ M, tehát |G/M : M/N| = |G : M| és M/N maximális G/N-ben, tehát indukcióval kész vagyunk. A második esetben |G| = |N||M|/|N ∩ M| mutatja, hogy |G : M| osztója |N|-nek, ami III/5 miatt prímhatvány.

III/8. A két oldal generátorai egymással kifejezhetők.

III/9. Tegyük fel, hogy x ∈ Φ(G), és hogy ⟨x, X⟩ = G, de ⟨X⟩ < G. Legyen M az ⟨X⟩-et tartalmazó de x-et nem tartalmazó részcsoportok között tartalmazásra maximális (ilyen végtelen G esetén is van a Zornlemma miatt). Ekkor M maximális részcsoport, hiszen M < H esetén H tartalmazza x-et és X-et is, tehát H = G. Így x ∈ Φ(G) ≤ M, ami ellentmondás. Megfordítva, tegyük fel, hogy x ∉ Φ(G). Ekkor van olyan M maximális részcsoport, hogy x ∉ M. Így X = M mutatja, hogy x nem-generátor.

III/10. A P minden M maximális részcsoportja normálosztó (hiszen minden p-csoport nilpotens). Tehát G/M-nek csak a két triviális részcsoportja van, és így |G/M| = p. Ezért g ∈ P esetén g^{p} ∈ M. Ez mindegyik maximális részcsoportra igaz, tehát a metszetükre is, vagyis P/Φ(P) exponense p (és P′ ≤ Φ(P) miatt Abel-csoport is). Legyen most X tetszőleges generátorrendszer P -ben. Ekkor X képe P/Φ(P)-ben is generátorrendszer. Ez a faktor azonban ℤ_{p} feletti vektortérnek tekinthető, és így minden generátorrendszere legalább annyi elemű, ami a dimenzió, vagyis |X| ≥ r. Még be kell látni, hogy P -nek van r elemű generátorrendszere. Vegyünk egy bázist P/Φ(P)-ben, és minden báziselemnek egy ősképét P -ben. Ezek az ősképek Φ(P)-vel együtt generálják P -t, de III/9 miatt ebből a generátorrendszerből Φ(P) elhagyható.

III/11. Legyen P egy p-Sylow Φ(G)-ben. A Frattini-elv (I/10) miatt G = Φ(G)N_{G}(P). III/9 miatt ebből a generátorrendszerből Φ(G) elhagyható, azaz N_{G}(P) = G. Tehát P normálosztó G-ben, és így Φ(G)-ben is.

III/12. CSS 6/225.

III/13. Legyen G = N_{1} > ⋯ > N_{k} = {e} centrális lánc, és N ◁ G. Mivel |N| > 1, van olyan i, hogy N_{i} ∩ N még nem triviális, de már N_{i+1} ∩ N = {e}. Ekkor [G, N_{i} ∩ N] ≤ [G, N_{i}] ⊆ N_{i+1}, másrészt [G, N_{i} ∩ N] ≤ N, azaz [G, N_{i} ∩ N] ≤ N_{i+1} ∩ N = {e}, tehát N_{i} ∩ N ⊆ Z(G).

III/14. Tegyük fel, hogy A < C_{G}(A). I/16 miatt C = C_{G}(A) ◁ N_{G}(A) = G. A G/A csoport III/17 miatt nilpotens, és így III/13 miatt a C/A normálosztója nemtriviálisan metszi a centrumát. Vagyis van olyan g ∈ C, hogy gA ∈ Z(G/A). A centrum minden részcsoportja normálosztó, és így ⟨A, g⟩ normálosztó G-ben. Ez Abel-féle g ∈ C miatt, ami ellentmond A maximalitásának.

III/15. Igaz. Nyilván (A × B)/(A′ × B′) ≅ A/A′ × B/B′ Abel, és így A′ × B′ ≥ (A × B)′. A fordított irányú tartalmazás kommutátorelemekkel való számolással látszik.

III/16. Az első állítást lásd S 4.65. Tétel. A második ebből következik, hiszen ha N, M feloldható normálosztók, akkor NM/N ≅ M/N ∩ M feloldható.

III/17. A G egy centrális láncának elemeit egy H részcsoporttal elmetszve a H centrális láncát kapjuk. Centrális lánc homomorf képe is az lesz (vö. III/8). Az A × B csoportban centrális láncot úgy építhetünk, hogy először A centrális láncával felmegyünk A × {e}-ig, innen tovább pedig B (pontosabban a vele izomorf {e} × B) centrális láncának elemeit szorozzuk meg A × {e}-vel (vö. III/19). A bővítésre S_{3} ellenpélda.

III/18. Legyen P egy p-Sylow G-ben. Ekkor P Φ(N)/Φ(N) (II/8 miatt) p-Sylow G/Φ(N)-ben, ami a feltevés miatt nilpotens. Ezért P Φ(N) ◁ G. A Frattini-elv (I/10) miatt G = P Φ(N)N_{G}(P) = Φ(N)N_{G}(P). A moduláris szabály szerint N = Φ(N)(N_{G}(P) ∩ N). Itt Φ(N) elhagyható (III/9), azaz N = N_{G}(P) ∩ N, azaz N ⊆ N_{G}(P). Tehát G = Φ(N)N_{G}(P) ⊆ NN_{G}(P) = N_{G}(P), és így P ◁ G.

III/19. Legyenek N és M nilpotens normálosztók. A III/19 feladat alapján kiszámolhatjuk NM alsó centrális láncának elemeit. Az jön ki, hogy az i-edik elem a [K_{1}, [K_{2}, [K_{3}, … [K_{i−1}, K_{i}]]]] normálosztók szorzata, ahol mindegyik K_{i} vagy N vagy M (az összes lehetséges módon). Ha N alsó centrális lánca n, az M-é pedig m hosszú, akkor i ≥ n + m − 1 esetén ezek a hosszú kommutátorok mind eltűnnek, mert vagy az N betű szerepel n-szer (és az M betűket elhagyva a kommutátor csak nőhet), vagy az M szerepel m-szer.

IV/1. Legyen Y az olyan k elemű rendezett sorozatok halmaza, melyek komponensei páronként különböző X-beli elemek. Nyilván G (komponensenkénti) hatása akkor és csak akkor tranzitív Y -on, ha G hatása X-en k-tranzitív. Ilyenkor tehát Y egy orbit, és így elemszáma osztója G rendjének. A szigorú k-tranzitivitás azt jelenti, hogy G regulárisan hat Y -on, azaz a stabilizátorok triviálisak, tehát |G| = |Y |.

IV/2. A 0 ∈ V = T^{n} stabilizátora pontosan a lineáris leképezésekből áll, ennek kell szigorúan 2-, illetve 1-tranzitívnak (azaz regulárisnak) lennie. Ez azzal ekvivalens, hogy egy rögzített v ≠ 0 vektor stabilizátora reguláris, illetve triviális. Ez utóbbi pontosan akkor igaz, ha a dimenzió egy, hiszen különben v kiegészíthető bázissá, és a második w bázisvektor önmagán kívül v + w-be is mehet. Tehát Aff(n, T) pontosan akkor szigorúan 2-tranzitív, ha n = 1. Tegyük most fel, hogy v stabilizátora reguláris. Ha λ ∈ T, λ ≠ 0, 1, akkor λv fixen kell maradjon, ha v fixen marad. Ez csak úgy lehetséges, ha T^{n} = {0, v, λv} (azaz n = 1 és |T | = 3), vagy ha egyáltalán nincs ilyen λ, azaz |T | = 2. Az első esetben megoldást kapunk (ez Aff(1, 3) ≅ S_{3} szigorúan 3-tranzitív hatása a háromelemű halmazon). A második esetben csak n = 2 jöhet szóba (különben a harmadik bázisvektor akkor is elmozdulhat, ha a második fix), és így a másik megoldás az Aff(2, 2) ≅ S_{4} szigorúan 3-tranzitív hatása a négyelemű halmazon.

IV/3. Könnyű kiszámolni, hogy φ : ( \begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix} ) ↦ \frac{ax + b}{cx + d} művelettartó, és magja a skalármátrixokból (az egy-

ségmátix skalárszorosaiból) áll. A homomorfizmus-tétel szerint tehát Im(φ) = L(T) ≅ GL(2, T)/Ker(φ) = P GL(2, T). Az L(T) csoportban a 0 stabilizátora Aff(1, T), ami IV/2 miatt szigorúan 2-tranzitív.

IV/4. Tranzitív hatásban a stabilizátorok konjugáltak (TIX/21), ekvivalens hatásokban a stabilizátorok ugyanazok a részcsoportok. Ha tehát a H szerinti mellékosztályokon való hatás ekvivalens a K szerinti mellékosztályokon való hatással, akkor (mivel H is és K is stabilizátorok a megfelelő hatásban), H és K konjugáltak. Megfordítva, ha K konjugáltja H-nak, akkor (TIX/21 miatt) K is stabilizátor a H szerinti hatásban. De előadáson láttuk, hogy minden tranzitív hatás ekvivalens egy tetszőleges stabilizátor szerinti mellékosztályokon való hatással, tehat a H szerinti mellékosztályokon való hatás ekvivalens a K szerintivel.

IV/5. TIX/21 miatt gHg^{−1} a g(a) stabilizátora. Mivel g ∉ H, ezért g(a) ≠ a. Tehát G ∩ gHg^{−1} elemei két pontot stabilizálnak, és Frobenius-csoportban ilyen elem csak az identitás lehet. Megfordítva, a H szerinti mellékosztályokon való hatásban a stabilizátorok TIX/21 miatt pontosan H konjugáltjai.

IV/6. Mivel G Frobenius-csoport, IV/5 szerint N_{G}(H) = H, azaz H-nak |G : H| darab konjugáltja van, és ezek diszjunktak, tehát uniójuk elemszáma 1 + |G : H|(|H| − 1) = |G| − |G : H| + 1. Az N a csoport többi eleméből és az egységelemból áll, azaz |N| = |G : H|. Továbbá a magban fixpontmentes elemek vannak, ezért N ∩ H = {e}, és így |NH| = |N||H| = |G|. Vagyis NH = G, és így tényleg szemidirekt szorzatot kapunk. Abból, hogy G = NH, következik, hogy G (bármely halmazon való) hatását meghatározza a H illetve az N hatása. A H szerinti bal mellékosztályokat nH alakban írhatjuk, ahol az n ∈ N elemet az nH mellékosztály egyértelműen meghatározza. Ez bijektív megfeleltetést ad a H szerinti (bal) mellékosztályok és N elemei között. Ha g ∈ N, akkor a g-vel szorzás az nH-t gnH-ba viszi, és itt gn ∈ N, tehát N elemei eltolásként hatnak. Ha viszont g ∈ H, akkor gnH = gng^{−1}H, és itt gng^{−1} ∈ N, tehát H elemei konjugálással hatnak.

IV/7. A Frobenius-csoportok közül ki szokás zárni a reguláris csoportokat. A feladat a felsorolt csoportok „természetes” hatására vonatkozik: S_{3} az {1, 2, 3} halmazon; D_{2n+1} a szabályos 2n + 1-szög csúcsain hat (a mag a forgatásokból áll, a kételemű komplementumokat egy-egy tükrözés generálja, az előbbi hatás ennek speciális esete ha n = 1); A_{4} az {1, 2, 3, 4} halmazon hat (a mag a négyelemű Klein-normálosztó, a komplementumok a stabilizátorok, azaz a 3-Sylowok); Aff(1, T) a T testen hat (a mag az x+b alakú leképezésekből, azaz az eltolásokból áll, a komplementumok a T^{×} csoporttal izomorfak); végül ha p < q akkor a pq rendű nemkommutatív csoportban a mag a q-Sylow, a komplementumok a p-Sylowok (és p | q − 1).

IV/8. Az, hogy minden h ∈ H esetén φ(h) fixpontmentes automorfizmusa legyen N-nek.

IV/9. Aff(V)-ben az x ↦ x + v (v ∈ V) eltolások V -vel izomorf normálosztót alkotnak, aminek az x ↦ Ax alakú leképezések (GL(V)-vel izomorf) részcsoportjával vett szemidirekt szorzata lesz Aff(V).

IV/10. Előadáson láttuk, hogy ha N tranzitív normálosztó G-ben, és H egy stabilizátor, akkor G = NH. Speciálisan N = Φ(G) esetén ebből a generátorrendszerből (III/9 miatt) Φ(G) elhagyható. Tehát H = G. De ha N tranzitív, akkor G is az, tehát n = 1 és |G| = 1.

IV/11. T(n, T) az U(n, T) normálosztónak és a diagonális mátrixok részcsoportjának szemidirekt szorzata. Utóbbi Abel, előbbi nilpotens (III/3), és a feloldhatóság bővítésre zárt.

IV/12. Mivel I + I^{ij} inverze I − I^{ij}, a kérdéses kommutátort ki lehet számolni. Ezután indukcióval látjuk, hogy I + I^{1j} benne van bármelyik centrális lánc felülről számított j − 1-edik elemében (j ≥ 2).

IV/13. Az I + I^{ij} ∈ SL(n, T) alakú mátrixokkal való felcserélhetőséget kell felírni.

IV/14. A kételemű test felett minden nem nulla skalár 1, ezért GL(n, 2) = SL(n, 2) = PGL(n, 2) = PSL(n, 2). Nyilván GL(2, 2) a ℤ_{2}^{+} × ℤ_{2}^{+}, azaz a Klein-csoport automorfizmus-csoportja, ami S_{3} (I/17). IV/3 szerint PGL(2, 3) ≅ L(3), ami négyelemű halmazon hat szigorúan 3-tranzitívan, vagyis ez a csoport izomorf S_{4}-gyel (vö. IV/2 is). Ebben PSL(2, 3) egy 2 indexű normálosztó, ami csak A_{4} lehet (V/7).

IV/15. I/3 miatt minden valódi részcsoport indexe legalább 5, és ha találunk egy 5 indexű részcsoportot, akkor készen is vagyunk, mert akkor G beágyazható S_{5}-be, de mivel egyszerű, A_{5}-be is. A szokásos eljárással kapjuk, hogy az 5-Sylowok száma 6, tehát az ötödrendű elemeké 24, a 3-Sylowok száma pedig 10 (mert 4 indexű részcsoport nincs), és így 20 harmadrendű elem van. Végül a 2-Sylowok száma csak 15 lehet. Ezek diszjunktan nem férnek el, tehát előfordul, hogy H = P_{1} ∩ P_{2} kételemű, ahol P_{1} és P_{2} 2-Sylowok. De akkor N_{G}(H) tartalmazza (a kommutatív) P_{1} és P_{2} részcsoportokat, és így indexe legfeljebb 5.

IV/16. |U(n, p)| = p^{n(n−1)/2} (p-hatvány), és |GL(n, p)|/p^{n(n−1)/2} könnyen láthatóan nem osztható p-vel.

IV/17. A Cayley-tétel szerint G felfogható, mint egy n elemű halmazon ható permutációcsoport. Válasszuk ezt a halmazt egy vektortér bázisának, és rendeljük hozzá mindegyik permutációhoz azt a lineáris transzformációt, ami a bázison a permutációnak megfelelően hat. Ez beágyazza G-t GL(n, p)-be. Ha G egy p-csoport, akkor G képe benne van GL(n, p) egy p-Sylowjában, ami IV/16 miatt izomorf U(n, p)-vel.

V/1. A_{3} igen, mert tranzitív és prímfokú. A_{4} is, mert 2-tranzitív. Az A_{4} Klein-normálosztója nem primitív, mert reguláris, viszont a Klein-csoportban három valódi részcsoport is van (tehát a stabilizátorok nem maximálisak). A D_{n} pontosan akkor primitív a sokszög csúcsain, ha n prím (vö. III/1-ben D_{n} maximális részcsoportjainak leírásával is). A kocka szimmetriacsoportja nem primitív a csúcsokon (a testátlók végpontjai kongruenciát adnak, melynek négy darab kételemű osztálya van), sem a lapokon (szemköztes lappárok), sem az éleken („távoli” párhuzamos élpárok). Végül Aut(G) pontosan akkor primitív G − {e}-n, ha G ≅ ℤ_{3}^{+}, vagy G ≅ ℤ_{2}^{n}. Valóban, már a tranzitivitásból is következik, hogy G elemi Abel. Egy nem nulla v vektor stabilizátoránal nagyobb részcsoport az a H ≤ Aut(G), ami a v vektort valamilyen skalárszorosába viszi, kivéve ha a test kételemű. Ha viszont H = GL(n, p), akkor n = 1, és ekkor a primitivitás azzal ekvivalens, hogy ℤ_{p}^{×}-nak nincs nemtriviális részcsoportja, azaz p − 1 prím. A ℤ_{2}^{n} jó, mert könnyű kiszámolni, hogy tetszőleges olyan A, melyre A(v) ≠ v, a v stabilizátorával együtt generálja GL(n, 2)-t.

V/2. Az orbitok kongruenciát alkotnak, tehát ha a hatás primitív, akkor ez a kongruencia vagy 1_{X} (azaz a hatás tranzitív), vagy 0_{X} (amikor minden elem identikusan hat). Az utóbbi esetben minden partició kongruencia, tehát ha csak triviális kongruencia van, akkor a pontok halmaza kételemű.

V/3. Primitív csoportban minden stabilizátor maximális részcsoport. Nilpotens csoportban minden maximális részcsoport normálosztó, és mivel a faktornak csak triviális részcsoportjai vannak, a faktor prímrendű. A stabilizátorok konjugáltak, és mivel normálosztók is, egyenlők. Ezért egy stabilizátor egy eleme minden elemet fixál, tehát az identitás. Így a stabilizátor csak az egységelemből áll, vagyis a csoport prímrendű.

V/4. Tegyük fel, hogy ∼ kongruencia X-en. Legyen b ∈ X, és K azon N-beli n elemek halmaza, melyekre n(b) ∼ b. Belátjuk, hogy K ◁ G. Legyen g ∈ G és n ∈ K. Mivel N tranzitív, van olyan m ∈ N, hogy m(b) = g^{−1}(b). Mivel N Abel, nm = mn, tehát ng^{−1}(b) = nm(b) = mn(b) ∼ m(b) = g^{−1}(b), és innen gng^{−1}(b) = b, azaz gng^{−1} ∈ K. Az nyilvánvaló, hogy K részcsoport, és így normálosztó. Az N minimalitása miatt K = {e} vagy K = N. Az első esetben ∼ a 0_{X} (hiszen az osztályai egyformák). A másodikban N tranzitivitása miatt b osztálya az egész X. (A feladatot könnyebb úgy megoldani, hogy „lefordítjuk” az állítást egy stabilizátor mellékosztályain való reprezentációra, és így „tiszta” csoportelméleti állítást kapunk.)

V/5. G tranzitív, így |X|||G|, azaz |G| páros. Tegyük fel, hogy |G| = 4k+2. Ekkor I/8 miatt G-ben van egy kettő indexű N normálosztó. Mivel G primitív, N tranzitív, és így |X|||N|, ami lehetetlen, mert |N| páratlan.

V/6. Ha H stabilizátor, akkor a konjugáltjai a többi stabilizátorok. A konjugáltak száma maximum |G : H|, tehát a stabilizátorok uniója maximum 1+|G : H|(|H|−1) < |G| elemszámú (kivéve ha H = G, azaz |G| = 1).

V/7. Ha n ≥ 5, akkor S_{n}-nek kompozíciólánca {id} ◁ A_{n} ◁ S_{n}. Ezért a Jordan-Hölder miatt N ◁ S_{n} esetén N-nek vagy rendje, vagy indexe kettő. Utóbbi nem lehet, mert akkor N ∩ A_{n} kettő indexű (tehát valódi) normálosztó lenne A_{n}-ben. Az előbbi sem, mert Z(S_{n}) = {id} ha n > 2. A továbbiakat lásd S 4.85. Tétel.

V/8, 10. CSS 6/102, CSS 6/233.

V/9. Legyen X az F szabad generátorrendszere, és válasszuk ki minden x ∈ X esetén a φ(x) elem egy tetszőleges ősképét α-nál. Legyen ψ(x) ez az őskép. Mivel F szabad, ψ-t kiterjeszthetjük homomorfizmussá.

V/11. Az x^{i}yx^{−i} (i > 0) elemek szabad generátorredszert alkotnak az általuk generált részcsoportban.

V/12. a) D_{6} (minden elem t^{i}f^{j} alakúra hozható, tehát legfeljebb 12 elem van, viszont D_{6} kielégíti a relációkat). b) Q (minden elem c^{i}d^{j} alakú). c) Ez a 21 elemű nemkommutatív csoport (minden elem c^{i}d^{j} alakú). Érdemes megemlíteni, hogy a látszólag nagyon hasonló ⟨c, d | c^{7} = d^{3} = 1, dcd^{−1} = c^{3}⟩ csoport csak ℤ_{3}^{+} (mert c = d^{3}cd^{−3} = c^{27} miatt c = 1). d) Ez a II/5/f)-beli csoport. e) A_{4}. Indoklás: legyen c = aba^{−1} és d = a^{−1}ba. Ezek négyzete 1, és cd = ababa = b. Ezért (cd)^{2} = 1, ahonnan cd = dc. Az a elem körbekonjugálja c, d, b-t, és ezért {1, c, d, b} normálosztó, a szerinte vett faktort a generálja. Így |G| ≤ 4 · 3 = 12. Másrészt a ↦ (123), b ↦ (12)(34) nyilván teljesíti a relációkat, és ezért a keresett csoportnak A_{4} homomorf képe. f) S_{4}. Indoklás: legyen v = (ab)^{2}, ekkor v^{2} = 1. Ha u = a^{2}, akkor persze u^{3} = 1. Továbbá (uv)^{3} = (bab)^{3} = 1. Ezért u és v kielégíti az e)-beli definiáló relációkat, és így N = ⟨u, v⟩ elemszáma legfeljebb 12. Belátjuk, hogy N normálosztó. Persze a = u^{2} ∈ N, tehát elég megmutatni, hogy N zárt a b-vel való konjugálásra. De bub = (bab)^{2}, viszont bab = a^{−1}v ∈ N. Így bvb = (bab)a ∈ N is igaz. Az N indexe legfeljebb 2, hiszen a szerinte vett faktort b generálja. Ezért |G| ≤ 24. Másrészt a ↦ (123), b ↦ (14) nyilván jó. g) ℤ_{6}^{+}. h) D_{4} × ℤ_{2}. (Az utolsó két csoport esetében lásd CSS 6/243).