Matematikus szak, második évfolyam, első félév Első zárthelyi — megoldásvázlatok

1. Igen, mert A_{4} 2-Sylowja négyelemű, S_{3}-é kételemű, ezek tehát kommutatívak. E két részcsoport direkt szorzata is kommutatív tehát, és ez A_{4} × S_{3}-nak 2-Sylowja lesz, hiszen a rendje 2-hatvány (8), indexe pedig 3 · 3, azaz páratlan. (Mellesleg ez a csoport ℤ_{2}^{3}.)

2. Nincs. Mivel 380 = 2^{2} · 5 · 19, a 19-Sylowok száma csak 1 vagy 20 lehet, hiszen 20-nak osztója, és kongruens 1-gyel modulo (19). Ha 1, akkor készen vagyunk, hiszen a 19-Sylow normálosztó. Hasonlóképpen az 5-Sylowok száma csak 76 lehet. Ekkor azonban 19 rendű elemből 20(19−1) darab van (hiszen prímrendű részcsoportok csak az egységelemben metszhetik egymást). Ugyanígy 5 rendű elem (5−1)76 van, és ez így együtt több, mint 380.

3. Nem. A csoport rendje 20. Ha nilpotens lenne, akkor a Sylowjainak a direkt szorzata lenne, de azok Abel-félék a rendjük miatt, tehát a csoport is kommutatív lenne. (Sok más megoldás is van, például megszámolhatjuk a másodrendű elemeket, és abból látszik, hogy nem csak egy darab 2-Sylow van; vagy kiszámolhatjuk, hogy a csoport centruma triviális; vagy alkalmazhatjuk azt a tényt, hogy nilpotens primitív csoport csak prímrendű lehet.)

4. Nincs más, csak A_{5}. Ugyanis egy 2-tranzitív részcsoport rendje osztható 5(5 − 1) = 20szal, de mivel A_{5} egyszerű, minden valódi részcsoportjának legalább 5 az indexe.

5. Hételemű. Ugyanis bab^{−1} = a^{2}, ezért b^{2}ab^{−2} = ba^{2}b^{−1} = a^{4}, és így tovább, végül b^{7}ab^{−7} = a^{2^{7}}, másfelől viszont b^{7} = 1 miatt ez az elem a-val egyenlő. Tehát a^{128} = a, ami a^{5} = 1-gyel együtt azt adja, hogy a = 1, azaz a csoport legfeljebb hételemű (hiszen b hatványaiból áll). Másrészt ℤ_{7}^{+}-ban b = 1 és a = 0 nyilván megfelelő.

6. A (tf, 1) elem tizedrendű. Valóban, (tf, 1)^{2} = (tfφ(tf), 0) = (tfttft, 0) = (f^{−2}, 0), ami nyilván ötödrendű. Ezért (tf, 1) rendje 5 vagy 10, de 5 nem lehet, mert a páratlan hatványainak második komponense mindig 1. A G csoport izomorf D_{5} × ℤ_{2}^{+}-szal! Jelölje ugyanis N a (h, 0) alakú elemekből álló (D_{5}-tel izomorf) G-beli normálosztót. Tudjuk, hogy (e, 1) ugyanúgy hat az N-en, mint (t, 0), tehát e két elem hányadosa, azaz g = (e, 1)^{−1}(t, 0) = (t, 1) triviálisan hat. E másodrendű g elem centralizátora tehát N-et és g-t is tartalmazza, és így az egész G. Vagyis g ∈ Z(G), és így g az egységelemmel együtt egy K normálosztót alkot. Nyilván N ∩ K az egységelem, és ezért a rendek miatt NK = G.

7. Igaz. Elég belátni, hogy ha H komplementum, akkor H ∩ Φ(G) egyelemű, hiszen a komplementumok lefedik G-nek a magon kívüli részét. Tegyük fel, hogy ez nem igaz, és legyen P egy p-Sylow részcsoport H ∩ Φ(G)-ben. Elég belátni, hogy P ◁ G, hiszen akkor P -t tartalmaznák H konjugáltjai is, ami Frobenius-csoportban lehetetlen. Tudjuk, hogy Φ(G) nilpotens, azaz a Sylowjai karakterisztikus részcsoportok. Vagyis elég belátni, hogy P Sylowja Φ(G)-nek is, azaz hogy |Φ(G) : P | nem osztható p-vel. Azt tudjuk, hogy |H ∩ Φ(G) : P | nem osztható p-vel, és |Φ(G) : P | = |Φ(G) : H ∩ Φ(G)| · |H ∩ Φ(G) : P |, viszont |Φ(G) : H ∩ Φ(G)| = |HΦ(G) : H|, és ez osztója |G : H|-nak, tehát elég erről megmutatni, hogy p-vel nem osztható. Legyen g ∈ P ≤ H egy p rendű elem, akkor g fixpontmentesen hat G-nek az N magján, azaz minden orbit p hosszú, és így |N| − 1 osztható p-vel. Mivel |N| = |G : H|, készen vagyunk.