Mat-alkmat szak, első évfolyam, második félév II/B zárthelyi (2002. május 23) — megoldásvázlatok

1. Bontsuk fel a csoportot az alaptétel szerint, tehát minden elem mindegyik komponensének prímhatvány a rendje. Egy 20 rendű elemnek kell, hogy legyen 4 rendű komponense, viszont ℤ_{25}^{+} nem szerepelhet, mert akkor lenne 50 rendű elem. Ezért pontosan ℤ_{16}^{+} × ℤ_{5}^{+} × ℤ_{5}^{+}, ℤ_{8}^{+} × ℤ_{2}^{+} × ℤ_{5}^{+} × ℤ_{5}^{+}, ℤ_{4}^{+} × ℤ_{4}^{+} × ℤ_{5}^{+} × ℤ_{5}^{+} és ℤ_{4}^{+} × ℤ_{2}^{+} × ℤ_{2}^{+} × ℤ_{5}^{+} × ℤ_{5}^{+} lesz jó. Ezek az alaptétel egyértelműségi állítása miatt nem izomorfak.

2. Az eredmény (4!)2^{4} = 2^{7}3. Az orbit-stabilizátoros leszámlálással ez kijön; a lényeg az, hogy a tetraéder csúcsai 4!-féleképpen mozoghatnak, és minden csúcs körül a lelógványok függetlenül 2-féleképpen.

3. Ez a tizenkételemű D_{6} csoporttal izomorf, hiszen a megadott két permutció egy forgatásnak és egy tengelyes tükrözésnek felel meg. Az elemek ennek alapján felsorolhatók: az (123456) hatványai mellett az (26)(35), (12)(36)(45), (13)(46), (23)(14)(56), (24)(15), (34)(25)(16) tükrözések szerepelnek.

4. Nem izomorfak, erre több indoklás is van. Az első faktorcsoport nem kommutatív, mert például f és t mellékosztályai nem felcserélhetők, a második pedig igen. Sőt, a második faktorcsoportban minden elem négyzete az egységelem, míg az elsőben például f mellékosztálya negyedrendű lesz. (Valójában az első faktor D_{4}, a második ℤ_{2}^{+} × ℤ_{2}^{+} × ℤ_{2}^{+}.)

5. Nyolcelemű. A ℤ_{8}^{+} csoport a = 0 és b = 1 választással kielégíti a relációkat. Megfordítva, bab^{−1} = a^{2}, innen ba^{2}b^{−1} = bab^{−1}bab^{−1} = a^{2}a^{2} = 1, tehát a^{2} = 1, és így 1b = ba miatt a = 1.

6. Csak a harmadrendű ciklikus csoport és S_{3} lesz megfelelő. Legyen az osztályegyenlet a+b+1 = |G|. Ekkor a és b is osztja a+b+1-et, tehát a | b+1 és b | a+1. Ha a = b, akkor a | a + 1 miatt a = 1, és így |G| = 3. Ha nem, hanem például a < b, akkor b | a + 1 ≤ b csak úgy lehet, ha b = a + 1, de ekkor a | b + 1 = a + 2 miatt a | 2, tehát a = 1 vagy a = 2. Az első esetben G rendje 4, a másodikban 6. Az első eset nem jó, mert akkor G Abel, és így négy konjugált osztálya van. A másik esetben a két hatelemű csoport közül a nemkommutatív megfelelő lesz.