Mat-alkmat gyakorlat, első évfolyam, második félév A csoportelmélet feladatok eredményei, a kevésbé triviális feladatok megoldásvázlatai

Az alábbiakban CSS a Czédli-Szendrei-Szendrei feladatgyűjteményre utal (amelyben útmutatások is és megoldásvázlatok is vannak), S=Fried Ervin: Általános algebra (a sárga könyv).

VII/1. Az S_{3} részcsoportjai 1, 2, 3 és 6 rendűek lehetnek (|S_{3}| = 6 osztói). Nyilván csak {id} lesz 1 rendű és csak az egész S_{3} lesz 6 rendű. Egy másodrendű részcsoportban csak első és másodrendű elemek lehetnek a Lagrange tétel miatt, vagyis egy darab első, és egy darab másodrendű elem fér el. Ezért a kételemű részcsoportok {id, (12)}, {id, (13)}, {id, (23)}. Harmadrendű részcsoportban csak harmad- és elsőrendű elem lehet. Elsőrendű elem csak az id. Ha van egy f harmadrendű, akkor f, f^{2}, f^{3} = id kiadják az egész részcsoportot. Csak két harmadrendű elem, és így csak egy harmadrendű részcsoport van, az {id, (123), (132)} = A_{3}. A H = {id, (12)}-höz tartozó baloldali mellékosztályok id · H = (12)H = H, (13)H = (123)H = {(13), (123)} és (23)H = (132)H = {(23), (132)}, a jobboldaliak pedig H · id = H(12) = H, H(13) = H(132) = {(13), (132)} és H(23) = H(123) = {(23), (123)}. Negyedrendű részcsoportban az elemek rendje 1, 2 és 4 lehet. Ha van negyedrendű elem, ennek hatványai négyen vannak, tehát kiadják a részcsoportot. De az A_{4} csoportban nincs negyedrendű elem, mert a négyesciklus pártalan permutáció. Ha a részcsoportban nincs negyedrendű elem, akkor az egységelemen kívül három másodrendű elemnek kell szerepelnie. Az A_{4} másodrendű elemei (12)(34), (13)(24) és (14)(32), tehát az egyetlen lehetőség, hogy ezek alkotnak az egységelemmel negyedrendű részcsoportot. A szorzásokat elvégezve látjuk, hogy ezek tényleg részcsoportot alkotnak. A ℤ_{12}^{+} ciklikus, így minden d | 12-re egyetlen részcsoport van: {0}, {0, 6}, {0, 4, 8}, {0, 3, 6, 9}, {0, 2, 4, 6, 8, 10}, ℤ_{12}. Végül ℤ_{12}^{×} elemei {1, 5, 7, 11}, itt minden elem 1-gyel együtt kételemű részcsoport.

VII/2. Ez az index n. Ugyanis az a + nℤ^{+} és b + nℤ^{+} mellékosztályok akkor és csak akkor egyeznek meg, ha a − b ∈ nℤ^{+}, azaz ha a ≡ b (n). Tehát minden szám mellékosztálya ugyanaz, mint az n-nel való osztási maradékának a mellékosztálya, de a 0, 1, …, n − 1 maradékok csupa különböző mellékosztályban vannak.

VII/3. a) A páros számok részcsoportja. Ugyanis ez nyilván a 28 és 34 számokat tartalmazó részcsoport. Megmutatjuk, hogy ez a legszűkebb, vagyis ha H ≤ G, 28, 34 ∈ H, akkor H minden páros számot tartalmaz. Valóban, 2 = (28, 34) = 28x + 34y alakban írható, ahol x, y egész, és ezért 2 ∈ H. Tehát H tényleg minden páros számot tartalmaz. b) Az eredmény A_{4}. Ebben az adott elemek benne vannak. Tegyük fel, hogy H az adott elemeket tartalmazó részcsoport, meg kell mutatni, hogy A_{4} minden eleme H-beli. Ezt meg lehetne úgy mutatni, hogy A_{4} minden elemét kifejezzük (123) és (12)(34) segítségével. De Lagrange tétele miatt |H| osztója |A_{4}| = 12-nek, tehát elég 7 elemet kifejezni. Nyilván (12)(34), id, (123), (132) = (123)^{2}, (243) = (12)(34)(123), (234) = (243)^{2}, (124) = (123)(243) ∈ H. c) A 2^{n}3^{m} alakú valós számok, ahol n és m egészek.

d) Azok a mátrixok, melyek determinánsa 2-hatvány. Ezek a determinánsok szorzástétele miatt részcsoportot alkotnak, ami minden 2 determinánsú mátrixot tartalmaz. Tehát elég belátni, hogy minden ilyen mátrix kifejezhető 2 determinánsúakkal. Ha det M = 2^{n} (n ∈ ℤ), akkor legyen N tetszőleges 2 determinánsú mátrix és K = MN^{−n+1}. Ekkor nyilván det K = 2 és M = KN^{n−1}. e) Legyen H a keresett részcsoport. Rajzoljunk egy gráfot az {1, 2, …, n} halmazon: b és c akkor legyen összekötve, ha (bc) ∈ H. Elég belátni, hogy ez a gráf összefüggő, mert ha (ab) és (bc) is élek, akkor (ac) = (ab)(bc)(ab) is az (és minden permutáció transzpozíciók szorzata). De (i + 1, i + 2) = (12 … n)^{i}(12)(12 … n)^{−i} ∈ H (vö. IX/2 is).

VII/4. A csoport elemszáma VII/1/c szerint 2n, ez n forgatás, és n egyenesre való tükrözés (az egyenesek páratlan n esetén oldalfelező merőlegesek, páros n esetén ezeken kívül még átlók). A forgatások az f^{i} elemek, és nyilván tf^{i} tükrözés (nem forgatás, mert tf^{i} = f^{j} ⟹ t = f^{j−i}, márpedig t nem forgatás). A felsorolt elemek páronként különbözők (mert tf^{i} = tf^{j} ⟹ f^{i} = f^{j}, és tükrözés nem egyenlő forgatással). Ezért ez a 2n elem a D_{n} összes elemét kiadja. De f^{i}t is tükrözés, így (f^{i}t)^{2} = id ⟹ f^{i}t = (f^{i}t)^{−1} = tf^{−i}.

VII/5. D_{5}-ben az egész csoportot kapjuk. Valóban, (f^{2})^{3} = f^{6} = f, vagyis f ∈ ⟨f^{2}, t⟩. De az előző feladatban láttuk, hogy f és t az egész csoportot generálja. D_{6}-ban egy hatelemű részcsoportot kapunk, ebben f^{i} és tf^{i} szerepel, ahol i páros. Ezek valóban részcsoportot alkotnak, mert ez a hatszögbe beírt (bármelyik) szabályos háromszög szimmetriacsoportja.

VII/6. Ha H = AB részcsoport, akkor H^{−1} = H, de (ab)^{−1} = b^{−1}a^{−1} miatt AB = H = H^{−1} = (AB)^{−1} = B^{−1}A^{−1} = BA. Megfordítva, ha H = AB = BA, akkor HH = ABAB = AABB = AB = H és H^{−1} = (AB)^{−1} = BA = AB = H, tehát H részcsoport. Elemekkel is számolhattunk volna, úgy hosszabb.

VII/7. Az (ab)^{2} = e összefüggést balról a-val, jobbról b-vel szorozva aababb = ab adódik. De a^{2} = e = b^{2}, és így aababb = ba. Tehát G Abel. Negyedik hatványra a négyzet szimmetriacsoportja ellenpélda.

VII/8. Nem. Ha ε egy 3^{n}-edik egységgyök, akkor az általa generált részcsoport véges, elemszáma legfeljebb 3^{n}. Tehát nem lehet az egész csoport, aminek végtelen sok eleme van.

VII/9. Tegyük fel, hogy adott véges sok tört. Megmutatjuk, hogy ezek együtt nem generálhatják ℚ additív csoportját. Vegyünk egy olyan p prímet, ami a törtek egyikének a nevezőjét sem osztja. Ekkor 1/p nem fejezhető ki törtjeink egész együtthatós lineáris kombinációjaként, hiszen egy ilyen lineáris kombinációt közös nevezőre hozva a nevezőben nem szerepel a p (márpedig a racionális számok redukált tört alakja egyértelmű a számelmélet alaptétele miatt). A második állításnál erősebb is igaz: minden generátorrendszerből bármelyik elem elhagyható úgy, hogy generátorrendszer maradjon. Ez nyilván következik a következő állításból: A racionális számok egy X részhalmaza akkor és csak akkor generátorrendszer, ha minden q prímhatványhoz van olyan (egyszerűsített alakban felírt) tört X-ben, melynek nevezője osztható q-val. Valóban, azt, hogy minden generátorrendszer ilyen kell legyen, a fenti gondolatmenet mutatja (kis módosítással). A megfordításhoz először gondoljuk meg, hogy ha (a, b) = 1 és (c, d) = 1, akkor az a/b és c/d által generált részcsoportot (a, c)/[b, d] generálja (az 1/[b, d] által generált ciklikus csoportban érdemes számolni). Ezzel a trükkel pedig 1 számlálójú, és akármivel osztható nevezőjű törteket gyárthatunk.

VII/10. Ha H és K részcsoportok G-ben, akkor a(H ∩ K) = aH ∩ aK. Vagyis a H ∩ K szerinti (bal) mellékosztályok a H illetve K szerinti mellékosztályok metszetei. Tehát |G : (H ∩ K)| ≤ |G : H| · |G : K|.

VII/11. A hatvány rendjének képlete szerint |g^{n}| = |g|/(n, |g|). Ha G véges, és e ≠ g ∈ G, akkor |g| véges (hiszen |G|-nek osztója), de nem 1, így van egy p prímosztója. Ha n = |g|/p, akkor a képlet szerint |g^{n}| = p.

VII/12. Tudjuk, hogy b^{ℓ} = e akkor és csak akkor, ha |b| osztója ℓ-nek. Legyen |g| = n, |h| = m, |gh| = k. Ekkor (gh)^{nm} = (g^{n})^{m}(h^{m})^{n} = e^{m}e^{n} = e, vagyis k = |gh| osztója nm-nek. A (gh)^{k} = e összefüggést n-edik hatványra emelve e = (gh)^{kn} = (g^{n})^{k}h^{kn} = e^{k}h^{kn} = h^{kn} adódik, vagyis m = |h| osztója kn-nek. De (m, n) = 1, így m | k. Szerepcserével kapjuk, hogy n | k. Mivel (n, m) = 1, ezért nm | k. A feltételek egyike sem hagyható el. Ha (n, m) nem feltétlenül 1, akkor legyen h = g^{−1}, ekkor rendjük egyenlő, de a szorzat rendje 1. Ha pedig g = (12) és h = (123), akkor gh ≠ hg, a szorzat rendje pedig 2 és nem 6.

VII/13. Ha van másodrendű elem, akkor |G| páros Lagrange tétele miatt. Megfordítva, párosítsunk minden elemet az inverzével. Az egységelem párja önmaga. Ha |G| páros, akkor kell lennie még egy g elemnek, aminek a párja önmaga. Ekkor g = g^{−1}, azaz g^{2} = e. De g ≠ e, és ezért |g| = 2.

VII/14. Legyen K = g^{−1}Hg. Ekkor KK = g^{−1}Hgg^{−1}Hg = g^{−1}HHg = g^{−1}Hg = K, és K^{−1} = (g^{−1}Hg)^{−1} = g^{−1}H^{−1}(g^{−1})^{−1} = g^{−1}Hg = K, hiszen invertáláskor a sorrend megfordul, (g^{−1})^{−1} = g és H^{−1} = H. A h ↦ g^{−1}hg megfeleltetés kölcsönösen egyértelmű H és K között, hiszen van inverze, a k ↦ gkg^{−1} leképezés. Ezért |H| = |K|. Végül nyilván Hg = gg^{−1}Hg = gK, tehát az utolsó állítás igaz.

VII/15. Legyen X egy k elemű generátorrendszer a G csoportban, feltehető, hogy X-be belevettük minden elemének az inverzét is. Legyen továbbá |G : H| = n, és válasszunk minden H szerinti bal mellékosztályból egy reprezentánselemet úgy, hogy H-ból az egységelemet választjuk, ezek halmaza legyen R. Ha x ∈ X és r ∈ R, akkor xr is benne van valamelyik mellékosztályban, és így r′h alakban írható alkalmas r′ ∈ R és h ∈ H elemekre. Legyen Y az így kapott kn darab h ∈ H elem halmaza, belátjuk, hogy Y generálja H-t. Valóban, legyen h ∈ H. Ekkor h = x_{1} … x_{N}, ahol x_{1}, …, x_{N} ∈ X. Mivel x_{N} ∈ X és e ∈ R reprezentáns, x_{N}e = r′h′ alkalmas r′ ∈ R és h′ ∈ Y elemekre. De x_{N−1} ∈ X, ezért x_{N−1}r′ = r′′h′′ alkalmas r′′ ∈ R és h′′ ∈ Y elemekre. Ezután x_{N−2}r′′-t írjuk fel r′′′h′′′ alakban, és így tovább. Végeredményben azt kapjuk, hogy h = r^{∗}h^{∗}, ahol r^{∗} ∈ R, és a h^{∗} elem Y -beli elemek szorzata. Mivel h, h^{∗} ∈ H, ezért r^{∗} ∈ H, azaz r^{∗} = e.

VIII/1. a) Orbitok: origó középpontú körök. Stabilizátorok: egyeleműek, kivéve, hogy az origó stabilizátora G. b) Orbitok: az x-tengellyel párhuzamos egyenesek. Stabilizátorok: egyeleműek. c) Tranzitív. Stabilizátorok: kételeműek (identitás, és a megfelelő csúcson átmenő tengelyre való tükrözés). d) Orbitok: az adott csúcson átmenő tengelyre szimmetrikus pontpárok, illetve a tengelyen levő csúcsok önmagukban. Stabilizátorok: egyelemű orbitokhoz az egész (kételemű) csoport, kételemű orbithoz egyelemű stabilizátor tartozik. e) Két egyelemű és két háromelemű orbit van, a stabilizátorok D_{3} illetve ℤ_{2}. f) Tranzitív, az x pont stabilizátora az x-et nem tartalmazó két hármasciklus és az identitás. g) Tranzitív, a stabilizátorok egyeleműek. h) Orbitok: az úgynevezett konjugált elemosztályok, az S_{3} esetében {id}, {(123), (132)}, {(12), (13), (23)}. Az x stabilizátora az x-szel felcserélhető elemek halmaza (vö. IX/1).

VIII/2. a) Négy szimmetria: az identitás (rendje 1), az oldalfelező merőlegesekre való tükrözések (rendjük 2), és a középpontos tükrözés (rendje 2). Több szimmetria nincs, mert egy oldal sem átlóba, sem a másik hosszúságú oldalba nem mehet át. b) Két szimmetria: egy átlóra tükrözés és az identitás. c) Négy szimmetria: az átlóra tükrözések, a középpontos tükrözés és az identitás. d) Nyolc szimmetria (lásd VIII/1/c).

VIII/3. a) 8, a csoport tranzitív, mert a síkra tükrözésekkel egy csúcs minden csúcsba elvihető, és a stabilizátorok triviálisak. b) 16, tranzitív, egy csúcs stabilizátora pedig kételemű (a vele egy négyzetlapon lévő két szomszédja helyet cserélhet az átlósíkra való tükrözésnél). c) 12, tranzitív, és kételeműek a stabilizátorok.

VIII/4. 2: egy él. 4: egy négy hosszú kör egy átlóval. 3: egy 9 hosszú kör csúcsaira alkalmasan 1 és 2 hosszú utakat akasztunk. 1: egy háromszög csúcsaira alkalmasan 1 és 2 hosszú utakat akasztunk.

VIII/5. A G csoport alaphalmazán berajzolunk minden g ∈ G elemhez |G| darab g „színű” nyilat: tetszőleges x-ből g színű nyíl megy xg-be. Ennek a gráfnak a szimmetriái épp a G elemeivel való balszorzások (a Cayley-tételbeli G-vel izomorf csoport). A szineket és az irányítást úgy szüntetjük meg, hogy egy nyíl helyére berakjuk a következő gráfot: egy 3 hosszú út második csúcsáról lelógatunk egy élt, a harmadik csúcsáról pedig a nyíl színétől függő hosszúságú utat.

VIII/6. f(y) = y ⟺ fg(x) = g(x) ⟺ g^{−1}fg(x) = x ⟺ g^{−1}fg ∈ H ⟺ fg ∈ gH ⟺ f ∈ gHg^{−1}.

VIII/7. Nyilván a ∗ (a′ ∗ gB) = aa′gB = (aa′) ∗ gB és e ∗ gB = egB = gB, azaz hatást kaptunk. Persze B orbitja az AB-beli mellékosztályok halmaza, ennek hossza |AB|/|B|. A B stabilizátora azokból az a ∈ A elemekből áll, melyekre aB = B, azaz a ∈ B, tehát a stabilizátor A ∩ B. Így |AB|/|B| = |A|/|A ∩ B|.

VIII/8. Elég belátni, hogy a stabilizátorok triviálisak. Ha g(x) = x és y tetszőleges, akkor a tranzitivitás miatt van olyan h ∈ A, melyre h(x) = y. Ekkor g(y) = gh(x) = hg(x) = h(x) = y. Tehát g az identitás.

VIII/9. Legyen M az 1 stabilizátora, és g ∈ S_{n} − M, feltehető, hogy g(1) = 2. Be kell látni, hogy ⟨M, g⟩ = S_{n}. Legyen h ∈ S_{n}. Ha h(1) = 1, akkor h ∈ M ⊆ ⟨M, g⟩. Ha h(1) = 2, akkor m = g^{−1}h ∈ M, és így h = gm ∈ ⟨M, g⟩. Végül ha h(1) = i ≥ 3, akkor m = g^{−1}(2i)h ∈ M, és (2i) ∈ M, tehát h = (2i)gm ∈ ⟨M, g⟩.

VIII/10. Számoljuk meg kétféleképpen azokat a (g, x) párokat, melyekre g ∗x = x. Az g-k szerint számolva ez a fixpontok összege, az x-ek szerint pedig a stabilizátorok elemszámainak összege, azaz |G|-szer az orbitok hosszainak reciprokösszege, de minden reciprok annyiszor számolva, ahány eleme az orbitnak van.

VIII/11. Rajzoljunk egy gráfot az {1, 2, …, p} halmazon: b és c akkor legyen összekötve, ha (bc) ∈ G. A VII/3/e bizonyításához hasonlóan elég belátni, hogy ez összefüggő. Elég megmutatni, hogy minden komponense egyforma elemszámú, mert az alaphalmaz elemszáma prím. Ha g ∈ G, akkor g(bc)g^{−1} = (g(b), g(c)), azaz G elemei éltartók. Ezért komponens képe komponens. Mivel G tranzitív, minden komponens leképezhető mindegyik másikra. Második megoldás: Mivel van p hosszú orbit, |G| osztható p-vel. Cauchy később bizonyítandó tétele miatt tehát van G-ben p rendű elem. Ez csak p-es ciklus lehet. Alkalmas hatványát véve a G-ben levő transzpozíció elemei a ciklusban szomszédosak lesznek, tehát VII/3/e miatt készen vagyunk.

VIII/12. Az izomorfia-osztályok: {ℤ_{2}^{+}, ℤ_{3}^{×}, ℤ_{6}^{×}, S_{2}}, {ℤ_{3}^{+}, A_{3}}, {ℤ_{4}^{+}, ℤ_{5}^{×}}, {ℤ_{8}^{×}, ℤ_{12}^{×}}, {S_{3}, D_{3}, GL(2, 2)}, {D_{4}}, {Q}, {ℤ_{8}^{+}}. Indoklás: Izomorf csoportok rendje egyenlő. Megfordítva, egyenlő rendű ciklikus csoportok izomorfak. Mivel prímrendű csoportok ciklikusak, elintéztük a 2 és 3 rendű csoportokat. Tudjuk, hogy negyedrendű csoport kétféle van, ezeket az különbözteti meg, hogy van-e bennük negyedrendű elem. A három hatodrendű csoport azért izomorf, mert mindegyik elemeit egy-egy háromelemű halmaz összes permutációi határozzák meg. Ez a háromelemű halmaz az S_{3} esetén az {1, 2, 3}, a D_{3} esetén egy szabályos háromszög három csúcsa, a GL(2, 2) esetén pedig a ℤ_{2} feletti kétdimenziós vektortér összesen három, nem nulla vektora. Az utolsó három, nyolcadrendű csoport közül semelyik kettő sem izomorf: egyetlen kommutatív van, a másik kettőben pedig nem ugyanaz a negyedrendű elemek száma.

VIII/13. Az elemek rendje 1, 2, vagy 4. Ha van negyedrendű elem, akkor a csoport ennek hatványaiból áll, és így ciklikus. Ha nincs, akkor G = {e, a, b, c}, ahol a, b, c rendje 2, belátjuk, hogy ezek közül bármely kettő bármilyen sorrendben vett szorzata a harmadik (ez már megadja az összes szorzatot, hiszen a^{2} = b^{2} = c^{2} = e).

Szimmetriaokokból elég belátni, hogy ab = c. Ha ab = a lenne, akkor a-val egyszerűsítve b = e adódna, ami ellendmondás. Hasonlóan ab nem lehet b sem, ha pedig e lenne, akkor a-val szorozva b = a-t kapnánk.

VIII/14. Van. A kocka hat-hat alkalmas lapátlóját behúzva egy-egy szabályos tetraédert kapunk. A kocka bármelyik szimmetriája egy ilyen tetraédert vagy önmagába, vagy a másik ilyen tetraéderbe viszi. Rendeljük hozzá a szimmetriához a −1-et, ha cseréli, és a +1-et, ha helyben hagyja a tetraédereket. Ez nyilván homomorfizmus a kételemű csoportba, és így magja 48/2 = 24 elemű a homomorfizmus-tétel miatt. Ez a 24-elemű részcsoport egy tetraéder csúcsait permutálja. Más permutációnak más szimmetria felel meg, hiszen ha egy szimmetria a tetraéder minden csúcsát fixálja, akkor a kockán is az identitás. Mivel 4! = 24, a tetraéder négy csúcsának összes permutációját megkapjuk. Ez a részcsoport tehát S_{4}-gyel izomorf.

VIII/15. A Klein-csoport esetében {id, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}, a D_{3} diédercsoport esetében pedig {id, (123)(456), (132)(465), (14)(26)(35), (15)(24)(36), (16)(25)(34)}.

VIII/16. A prímhatványrendű ciklikusaknak. Ha G-nek csak egyetlen M maximális részcsoportja van, akkor legyen g ∈ G − M. Ekkor a ⟨g⟩ részcsoport csak G lehet, mert különben benne lenne egy maximális részcsoportban, ami nem lehet M. Tehát G ciklikus. Tudjuk, hogy egy G ciklikus csoport részcsoportjai a |G| pozitív osztóinak felelnek meg kölcsönösen egyértelműen, és ennél tartalmazásnak oszthatóság felel meg. De csak a prímhatványoknak van egyetlen maximális osztója.

VIII/17. a) Igen, kép: (az egész) T^{×}, mag: 1 determinánsú mátrixok. b) Igen, kép: ℤ^{×}, azaz {1, −1}, mag: A_{n}. c) Igen, kép: ℤ_{n}^{+}, mag: az n-nel osztható számok. d) Igen, kép: ℤ_{2}^{+}, mag: forgatások.

VIII/18. a) φ(z) = |z|. A faktorcsoport elemei az origó körüli körök. b) φ(x) = cos(2πx) + i sin(2πx).

c) A VIII/17/b-beli homomorfizmus. d) A VIII/17/c-beli homomorfizmus.

VIII/19. a) Igen, mert ℤ^{+} Abel. b) Nem, vö. VII/1. c) Igen, mert 2 az indexe. d) Igen, vö. VIII/17/b.

e) Igen. f) Igen. g) Nem, fH ≠ Hf. h) Igen, vö. VIII/17/a. i) Nem. j) Igen (sőt H a centrum). k) Nem.

VIII/20. Ha h ∈ H és n ∈ N ∩ H, akkor hnh^{−1} ∈ N, mert N ◁ G, és hnh^{−1} ∈ H, mert h, n ∈ H ≤ G.

VIII/21. Az első faktorcsoport elemei E = {e, f^{2}}, A = {f, f^{3}}, B = {t, tf^{2}}, C = {tf, tf^{3}}. Az E az egységelem, rendje 1. Az A^{2} szorzatot úgy számítjuk ki, hogy veszünk A-ból egy reprezentánselemet, ez legyen f, négyzetre emeljük, és megnézzük, melyik osztályban van. Látjuk, hogy f^{2} ∈ E, és ezért A^{2} = E. Ezért az A elem rendje kettő, hiszen négyzete az egységelem, de ő nem az egységelem. Hasonlóan adódik, hogy B és C is másodrendű. A szorzástáblát felírva a Klein-csoportot kapjuk.

A második faktorcsoport elemei: E = {e, (12)(34), (13)(24), (14)(32)}, F = {(123), (134), (243), (142)}, F^{2} = {(132), (143), (234), (124)}, T = {(12), (34), (1324), (1423)}, T F = {(23), (14), (1342), (1243)}, T F^{2} = {(13), (24), (1234), (1432)}. A csoport D_{3} ≅ S_{3}-mal izomorf, az izomorfizmusnál F ↔ f és T ↔ t. Annak belátásához, hogy ez izomorfizmus, vegyük észre, hogy az osztályok legelső elemei pontosan a 4-et fixen hagyó permutációk, azaz az {1, 2, 3} összes permutációi, és így S_{3}-mal izomorf részcsoportot alkotnak. Ezeket választva reprezentánsoknak világos, hogy a faktorcsoportban ugyanúgy kell számolni, mint S_{3}-ban.

VIII/22. 1) ℤ_{6}^{+}, mert ciklikus csoport homomorf képe is ciklikus. 2) Ez négyelemű csoport, tehát vagy ciklikus, vagy Klein. Mivel minden elem négyzete benne van a normálosztóban, ami szerint faktorizálunk, a Klein-csoportot kapjuk. 3) ℤ_{3}^{+}, hiszen háromelemű. 4) ℤ_{2}^{+}, hiszen kételemű. 5) Mivel minden elem négyzete 1 vagy 9, a Klein-csoportot kapjuk.

IX/1. D_{4}: Az egységelem centralizátora az egész csoport, így konjugált osztálya egyelemű. Ugyanez mondható el f^{2}-ről is, mert tf^{2} = f^{2}t. Ugyanezért a t centralizátora tartalmazza az e, t, f^{2}, tf^{2} elemeket. Tehát elemszáma 4 vagy 8. De 8 nem lehet, hiszen tf ≠ ft = tf^{3}. Tehát t-nek két konjugáltja van, önmaga, és ftf^{−1} = ftf^{3} = tf^{2}. Hasonló érvelés mutatja, hogy tf-nek is két konjugáltja van: önmaga, és tf^{3}. Végül f centralizátora ⟨f⟩, hiszen f hatványai biztosan centralizálják f-et, de t nem. Ezért f konjugáltjai a kimaradó két elem, f és f^{3}. Tehát D_{4} konjugált osztályai {e}, {f^{2}}, {f, f^{3}}, {t, tf^{2}}, {tf, tf^{3}}. A centrum az egyelemű osztályok egyesítése, tehát {e, f^{2}}. A normálosztók azok a részcsoportok, amik konjugált osztályok egyesítései, elemszámuk pedig 8-nak osztója. Kételemű normálosztó tehát csak {e, f^{2}} lehet, és a négyelemű normálosztókban is benne kell, hogy legyen e-n kívül f^{2} is (mert a többi konjugált osztálynak páros sok eleme van). Könnyű látni, hogy az így kapott összes lehetőség, {e, f^{2}, f, f^{3}}, {e, f^{2}, t, tf^{2}}, {e, f^{2}, tf, tf^{3}} normálosztót ad. A két triviálissal együtt tehát hat normálosztó van.

A Q kvaterniócsoport konjugált osztályai {1}, {−1}, {i, −i}, {j, −j}, {k, −k}, a centrum {1, −1}. Minden részcsoport normálosztó, ezek ⟨i⟩, ⟨j⟩, ⟨k⟩, ⟨−1⟩, és a két triviális. Az S_{n} konjugált osztályait a IX/2 feladatból kapjuk, az S_{n} centruma triviális, ha n ≥ 3. Az S_{4}-nek négy normálosztója van, S_{5} egyetlen nemtriviális normálosztója A_{5}.

Az A_{n} konjugált osztályait az S_{n} konjugált osztályaiból úgy kapjuk, hogy néhányat ketté kell bontanunk. Ugyanis elképzelhető, hogy két elemet az S_{n}-ben egymásba lehet konjugálni, de az A_{n}-ben ezek az átkonjugáló elemek nincsenek benne. Például egy S_{4}-beli hármasciklusnak konjugáltjai a hármasciklusok, tehát 8 darab. Emiatt centralizátora 24/8 = 3 elemű, vagyis csak a saját hatványaiból áll. Az A_{4}-ben ezek mind benne vannak, ezért az A_{4}-beli centralizátor ugyanez, viszont így A_{4}-ben csak 12/3 = 4 darab konjugált lesz! Ezért az S_{4}-ben egy osztályt alkotó hármasciklusok A_{4}-ben két osztályra bomlanak. Ugyanakkor az (12)(34) elemnek csak három konjugáltja van S_{4}-ben, így centralizátora 8-elemű. E centralizátornak eleme például (12), ami nincs benne A_{4}-ben. Ezért A_{4}-ben a centralizátora csak négyelemű lesz, viszont a háromelemű konjugált osztály ugyanaz marad, mint S_{4}-ben. Így tehát A_{4} osztályegyenlete 12 = 1 + 3 + 4 + 4, és három normálosztó van: a két triviális, és a másodrendű elemekből és az egységelemből álló, Klein-féle részcsoport.

Az A_{5}-ben az ötösciklusok két tizenkételemű osztályt, a hármasciklusok egy húszelemű osztályt, az (ab)(cd) alakú permutációk egy tizenöt elemű osztályt alkotnak. Az osztályegyenlet tehát 1 + 12 + 12 + 20 + 15 = 60. Ezekből a számokból nem lehet összeadással kikeverni 60 valódi osztóját úgy, hogy 1 is köztük legyen, és így A_{5} egyszerű.

IX/2. Mivel a konjugálás szorzattartó, az állítást elég egy ciklusra megmutatni. Közvetlen számolással adódik, hogy g(12 … k)g^{−1} = (g(1)g(2) … g(k)). Tehát az (12 … n) ciklusnak (n − 1)! konjugáltja van, azaz centralizátora n-elemű, és így az (12 … n) hatványaiból áll.

IX/3. Legyen N = {e, a}. Az {e} mindig konjugált osztálya G-nek, és mivel N a G konjugált osztályainak egyesítése, {a} is az. Tehát a ∈ Z(G).

IX/4. Ez a részhalmaz mindig konjugált osztályok egyesítése, hiszen másodrendű elem konjugáltja mindig másodrendű (sőt, általában a konjugálás megőrzi az elemrendet, hiszen ez a csoportnak önmagába képző izomorfizmusa). De ez a részhalmaz nem feltétlenül részcsoport, például D_{4}-ben sem az.

IX/5. Legyen gZ(G) a G/Z(G) generátoreleme. Ekkor a g^{n}Z(G) halmazok kiadják a G összes elemét. De ezek elemei felcserélhetők, hiszen ha a, b ∈ Z(G), akkor (g^{n}a)(g^{m}b) = (g^{m}b)(g^{n}a).

IX/6, 14. Lásd a Kiss Emil-féle jegyzetben.

IX/7. Legyen I_{ij} (i > j) az a mátrix, amiben az i-edik sor j-edik eleme 1, a többi nulla. Ekkor I + I_{ij} invertálható. Könnyű számolás mutatja, hogy ha egy mátrix az I + I_{ij} mátrixok mindegyikével felcserélhető, akkor az az egységmátrix skalárszorosa.

IX/8. A csoport elemei I + N alakúak, ahol N^{3} = 0. Mivel ℤ_{p} felett tagonként lehet p-edik hatványra emelni, (I + N)^{p} = I. A centrum azokból a mátrixokból áll, melyekben a jobb felső sarokban tetszőleges elem állhat, a főátlóban 1-esek, másutt nulla.

IX/9. Az N a G konjugált osztályainak egyesítése, amelyek elemszáma vagy 1, vagy p-vel osztható. Benne van az egységelem, ez egyelemű osztály. Mivel p osztja N rendjét, kell lennie még N-ben egyelemű osztálynak.

IX/10. A |P | szerinti indukcióval bizonyítunk. Legyen |P : M| = p. Ha Z(P) ⊆ M, akkor M/Z(P) egy p indexű részcsoport P/Z(P)-ben, és |Z(P)| > 1 miatt ez P -nél kisebb rendű csoport, tehát az indukciós feltevés miatt kész vagyunk (vö. IX/23). Ha viszont van g ∈ Z(P) − M, akkor g^{i}M = Mg^{i} minden i-re, másrészt g^{i}M már kiadja az M szerinti mellékosztályokat, ha 1 ≤ i ≤ p, mert ha g^{i} ∈ M lenne egy i < p-re, akkor (i, |g|) = 1 miatt g hatványa lenne g^{i}-nek, ami lehetetlen, mert g ∉ M.

IX/11. Legyen S az 1 stabilizátora A_{n}-ben. Tegyük fel, hogy N ◁ A_{n} és e ≠ h ∈ N, mondjuk h(1) = 2. Minden i ∈ {2, …, n}-hez van olyan g_{i} ∈ A_{n}, hogy g_{i}(1) = 1, és g_{i}(2) = i. Az N-beli h_{i} = g_{i}hg_{i}^{−1} az 1-et i-be viszi. Tehát N tranzitív. Megmutatjuk, hogy |N ∩ S| > 1. Tegyük fel, hogy nem, ekkor k ∈ N esetén k^{−1}h_{k(1)} ∈ S ∩ N, vagyis N = {e, h_{2}, …, h_{n}}. Ha tehát g ∈ S, akkor gh_{i}g^{−1} = h_{g(i)}, hiszen a baloldal az 1-et g(i)-be viszi. Az indexek átpermutálásával feltehető, hogy h_{2} és h_{3} nem egymás inverzei, és így j = h_{2}h_{3}(1) ∉ {1, 2, 3}. Mivel n ≥ 6, van olyan g ∈ A_{n}, ami fixálja az 1, 2, 3 elemeket, de j-t nem. Ekkor gh_{2}h_{3}g^{−1} = gh_{2}g^{−1}gh_{3}g^{−1} = h_{2}h_{3}, és 1-et helyettesítve a g(j) = j ellentmondást kapjuk. Tehát |S ∩N| > 1.

Nyilván S ≅ A_{n−1}, ami egyszerű az indukciós feltevés miatt. Mivel S ∩ N ◁ S ezért S ⊆ N. Ekkor h_{i}S ⊆ N, de ezek az összes S szerinti mellékosztályt kiadják, és így N = A_{n}.

IX/12. Ha n ≥ 8, akkor a Cayley-tétel miatt van, különben nincs. A kvaterniócsoportban ugyanis minden 1től különböző elemnek hatványa a −1. Ha tehát valamilyen x nem fixpontja a −1-hez tartozó permutációnak, akkor nem fixpontja a többi hat nem identikus permutációnak sem. Ezért az x orbitja nyolcelemű.

IX/13. (0, 1), (0, 3), (1, 1), (1, 3).

IX/15. 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}, S_{5} csoportoknak kiszámoltuk a normálosztóit (vö. IX/1), és ebből látszik, hogy mindegyik direkt felbonthatatlan. 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}^{+}.

IX/16. Olyan A és B ötelemű részcsoportokat keresünk, amelyek különbözők (és így csak a nullában metszhetik egymást). Ezek normálosztók is, mert G = ℤ_{5}^{+} × ℤ_{5}^{+} Abel, és így szorzatuk (ami szintén részcsoport) csak G lehet. Nyilván A ciklikus, sőt mind a négy nem nulla eleme generálja. De G-ben minden nem nulla elem ötödrendű, tehát az A részcsoport 24/4 = 6-féleképpen választható, B pedig 6 − 1 = 5-féle lehet.

IX/17. 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.

IX/18. Nyilván (g, h)(x, y) = (x, y)(g, h) pontosan akkor, ha gx = xg és hy = yh. Tehát (g, h) ∈ Z(G × H) akkor és csak akkor, ha g minden G-beli x-szel, h pedig minden H-beli y-nal felcserélhető.

IX/19. Mivel (45)(34)(45)^{−1} = (345) ∉ G, azért G nem normálosztó. Álljon A azokból a G-beli permutációkból, amelyek az 5, 6, 7, 8 mindegyikét fixálják, B pedig azokból, amelyek az 1, 2, 3, 4 mindegyikét fixálják. Ekkor G az A és B normálosztóinak direkt szorzata, melyek nyilván S_{4}-gyel izomorfak.

IX/20. Egy A × B direkt szorzat kompozícióláncát elkészíthetjük úgy, hogy vesszük A egy kompozícióláncát, és a lánc mindegyik tagját direkt megszorozzuk {e_{B}}-vel (ekkor felérünk A × {e_{B}}-ig), majd ezt folytatva vesszük B egy kompozícióláncát, és ennek minden tagját direkt megszorozzuk A-val. Ebből azt is látjuk, hogy feloldható csoportok direkt szorzata is feloldható. Speciálisan S_{4} × ℤ_{3} × ℤ_{2} is feloldható, és így kompozíciófaktorait a rendjéről leolvashatjuk: 24 · 3 · 2 = 2^{4}3^{2}, tehát négy ℤ_{2} és két ℤ_{3} szerepel.

IX/21. a) ℤ_{2}^{+}. Valóban, nyilván minden szóból kihúzhatunk páros sok a betűt (és az inverzekkel sem kell törődni, mert a^{−1} = a), tehát két szó marad: a és 1 (az üres szó). Annak megmutatásához, hogy ezek nem alakíthatók egymásba, tekintsük az a = 1 elemet a ℤ_{2}^{+} csoportban (vigyázat, a neutrális elem itt a 0, amely az üres szónak felel meg). Ez a csoport teljesíti a definiáló relációkat, hiszen 1 + 1 = 0 és a = 1 generálja ezt a csoportot. b) ℤ_{3}^{+}. c) Ez az egyelemű csoport, mert a^{7} = 1 = a^{5}-ből a^{2} = 1, és innen 1 = a^{5} = a^{2}a^{2}a = a következik. d) Ez a Klein-csoport. Valóban, a lehetséges szavak a, b, ab és 1. A Kleincsoportban ezek a relációk teljesülnek. e) ℤ_{2}^{+} × ℤ_{3}^{+} ≅ ℤ_{6}^{+}. Valóban, a szavak most 1, a, b, ab, b^{2}, ab^{2}, és az a = (1, 0), b = (0, 1) ∈ ℤ_{2} × ℤ_{3} generátorok kielégítik a relációkat. f) D_{5}. Mivel a és b rendje véges, az inverzekkel most sem kell törődnünk. Az ab = b^{−1}a = b^{4}a szabály segítségével a szóban szereplő a betűket sorban átvihetjük a szó jobboldalára. Így véges sok lépésben b^{i}a^{j} alakú szót kapunk, ahol 0 ≤ i ≤ 5 és 0 ≤ j ≤ 1. Vagyis a csoportnak legfeljebb tíz eleme van. Másrészt a D_{5} csoportban az a = t (tükrözés) és b = f (forgatás) generátorelemek teljesítik a relációkat. g) ℤ_{2}^{+}, mert a relációkból levezethetjük, hogy b = 1. Valóban, a^{2}ba^{−2} = 1b1 = b, másrészt viszont a^{2}ba^{−2} = a(aba^{−1})a^{−1} = ab^{2}a^{−1} = aba^{−1}aba^{−1} = b^{2}b^{2}. Tehát b = b^{4}, ami b^{5} = 1-gyel kombinálva b = 1-et ad. h) D_{n}. i) D_{3}. Legyen f = ab és t = a. Ekkor t és f kielégíti D_{3} definiáló relációit, hiszen tft^{−1} = a(ab)a = ba = f^{−1}. Tehát az f és t által generált részcsoport homomorf képe D_{3}-nak. Ez a részcsoport az egész, mert f és t segítségével a és b is kifejezhető. Másfelől viszont D_{3} két tükrözése nyilván kielégíti a relációkat. i) D_{4} (mint az előző pontban). k) Q (minden elem c^{i}d^{j} alakú). l) ℤ_{3}^{+} (a g ponthoz hasonlóan b^{3}ab^{−3}-at kétféleképpen kiszámolva a = 1 adódik). m) A_{4} × ℤ_{2}^{+}. Legyen d = cbc^{−1}, és N az a részcsoport, amit a, b és d generál. Megmutatjuk, hogy N legfeljebb nyolcelemű kommutatív normálosztó. Előszöris cdc^{−1} = c(cbc^{−1})c^{−1} = c(c(cac^{−1})c^{−1})c^{−1} = c^{3}ac^{−3} = 1a1 = a, vagyis c körbekonjugálja az a, b, d elemeket. A konjugálás automorfizmus, ezért d^{2} = 1, továbbá az ab = ba összefüggést c-vel konjugálva bd = db, még egyszer konjugálva da = ad adódik. Tehát N-et három, páronként felcserélhető elem generálja, melyek legfeljebb másodrendűek, és így N kommutatív, és legfeljebb 2^{3} = 8 elemű. Továbbá az N részcsoport a, b, d generátorelemeit nem lehet kikonjugálni N-ből a csoport a, b, c generátorelemei egyikével sem (mert a c-vel való konjugálás nem vezet ki {a, b, d}-ből, az a és b pedig eleve N-beli). Mivel szorzat konjugáltja a konjugáltak szorzata, az N egyetlen elemét sem lehet kikonjugálni N-ből a, b, c egyikével sem. Szorzattal úgy kell konjugálni, hogy a tényezőkkel egymás után konjugálunk. Mivel a csoport minden eleme a, b, c példányainak szorzata, ezért N zárt minden elemmel való konjugálásra, azaz normálosztó. A rá vett faktort c generálja, ez tehát ciklikus, és legfeljebb harmadrendű. Összesen tehát a csoportnak legfeljebb 8 · 3 eleme lehet. Másrészt az A_{4} × ℤ_{2}^{+} csoportban a = ((12)(34), 1), b = ((14)(23), 1), c = ((123), 0) teljesíti a relációkat. Még azt kell belátni, hogy ez a három elem generálja is A_{4} × ℤ_{2}^{+}-t. Ez abból látszik, hogy ab = ((13)(24), 0) és c generálja A_{4} × 0-t. n) A_{4}. 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. o) S_{4}. 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 előző pontbeli 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. p) ℤ_{6}^{+}. q) D_{4}×ℤ_{2}^{+}. (Az utolsó két csoport esetében lásd CSS 6/243).

IX/22. a): Ha lenne tizedrendű elem, akkor G ciklikus lenne, és így kommutatív. b): Ha |f| öt, |t| kettő, és ft = tf, akkor |tf| tíz lenne (hiszen (tf)^{2} = f^{2} ≠ e és (tf)^{5} = t ≠ e). c): Tanultuk, hogy ha minden elem négyzete e, akkor G kommutatív. d): Párosítsunk minden elemet az inverzével. Az egységelem párja önmaga, és mivel 10 páros, van olyan g ≠ e, melyre g = g^{−1}, azaz g másodrendű. f): Mivel az elem hatványai benne vannak, legalább ötelemű. Ennél nagyobb nem lehet, mert akkor Lagrange tétele miatt tízelemű lenne, ami b)-nek ellentmond. g) Ugyanaz, mint f). h) és i): Ha t másodrendű, akkor g) miatt öt konjugáltja van. Ha f ötödrendű, akkor a négy egységtől különböző hatványa is ötödrendű. Ezzel mind a 10 elemet kimerítettük. j): A tf elem nem hatványa f-nek, és így másodrendű. Másik gondolatmenet: Mivel tft^{−1} ötödrendű, az eddigiek miatt f-nek hatványa. De ha tft^{−1} = f^{i}, akkor tf^{i}t^{−1} = t^{2}ft^{−2} = f, másrészt tf^{i}t^{−1} = (tft^{−1})^{i} = f^{i^{2}}. Ezért i^{2} ≡ 1 (5), azaz i ≡ 1 vagy −1 modulo 5. De 1 nem lehet, mert akkor t és f felcserélhető lenne. k): Az f^{i} és az f^{i}t elemek páronként különbözők, ha 0 ≤ i ≤ 4, és így kiadják G mind a tíz elemét. Mivel D_{5} szorzását az f^{5} = 1, t^{2} = 1, tft^{−1} = f^{−1} szabályok egyértelműen meghatározzák, D_{5}-ben és G-ben ugyanúgy kell számolni, és így izomorfak. Ez a bizonyítás nyilván megy minden páratlan prímre.

IX/23. Legyen ϕ(g) = gN a természetes homomorfizmus. Ez G minden X részhalmazához is hozzárendeli a ϕ(X) = {ϕ(x) | x ∈ X} ⊆ G/N halmazt. Megfordítva, ha Y ⊆ G/N, akkor legyen ψ(Y) az Y teljes inverz képe a ϕ-nél, azaz az y mellékosztályok uniója, ahol y ∈ Y. A ϕ és ψ leképezések egymás inverzei lesznek a G/N összes részhalmaza, illetve a G azon részhalmazai között, amik N szerinti mellékosztályok uniói. Ez a bijekció tartja a komplexusszorzást, ezért az egymásnak megfelelő halmazok nemcsak egyszerre lesznek részcsoportok, hanem a részcsoportok szerinti mellékosztályok is egymásnak felelnek meg. Így a normálosztók is egymásnak felelnek meg, és az egymásnak megfelelő részcsoportok indexe is ugyanaz lesz.