Mat-tanári algebra félsáv, hatodik félév Második vizsga — megoldások

2. Legyen n a 11-Sylow részcsoportok száma. Ekkor 198 = 2 · 3^{2} · 11 miatt, a Sylowtételeket a stencilben leírt módon alkalmazva kapjuk, hogy n | 18 és n ≡ 1 (11). Ezért n = 1, és így az egyetlen 11-Sylow részcsoport normálosztó. Ha most |G| = 99 = 11 · 9, akkor az előző gondolatmenet szerint G-ben is normálosztó a 11-Sylow, de ebben a 3-Sylow is normálosztó, hiszen 11 ≢ 1 (3). Ezért G a Sylowjainak direkt szorzata. Mivel prímnégyzet rendű csoport kommutatív, a 3-Sylow, és így G is az, és a véges Abel-csoportok alaptételéből kapjuk, hogy G kétféle lehet: ciklikus, vagy ℤ_{3}^{2} × ℤ_{11}.

3. Legyen K egy kilencelemű test. Ekkor a K ∪{∞}-n értelmezett törtlineáris leképezések csoportjáról beláttuk, hogy 3-tranzitív, de nem 4-tranzitív (azért nem, mert kiszámoltuk, de könnyen látható is, hogy 0, 1 és ∞ egyszerre csak az identitásnál marad fixen).

4. A transzformáció ortonormált bázisban felírt mátrixának kell azt teljesítenie, hogy az inverze éppen a transzponáltjának a konjugáltja!

6. A konjugált osztályok száma 6 és ezért még két irreducibilis karakter létezik. Az egyik, χ_{5}, a főkarakter kell, hogy legyen, ami azonosan 1. A csoport rendje 1+1+2+2+3+3 = 12, ez egyenlő az irreducibilis karakterek fokainak négyzetösszegével. Tehát χ_{4} és χ_{6} fokainak négyzetösszege 8. Ez csak úgy lehet, ha mindkettő másodfokú, hiszen a 8 máshogy nem áll elő két négyzetszám összegeként. Azaz χ_{4} és χ_{6} értéke a K_{1}-en 2. A χ_{6} többi értékét az ortogonalitási relációk felírásával kaphatjuk meg (vigyázzunk, a konjugált osztályok elemszámát is figyelembe kell venni, és bármely karakterre χ(g^{−1}) a χ(g) konjugáltja). A kapott egyenletrendszerből adódik, hogy χ_{6} sora 2, 2, −1, −1, 0, 0. Az elsőfokú karakterek centruma G, a két másodfokúé pedig Z(G) = K_{1} ∪ K_{2}.

Typeset by AMS-TEX