Mat-tanári gyakorlat, második évfolyam, második félév Első alkalom — megoldásvázlatok

1. a) Igen, az osztályok a két irányban végtelen, 1999 differenciájú számtani sorozatok. b) Nem, mert nem tranzitív, például 0 R 1 és 1 R 2 igaz, de 0 R 2 nem. c) és d) Igen, az osztályok az origó középpontú körök.

e) Igen, ha f értékkészlete Y, akkor egy osztály az Y egy elemének ősképeiből áll.

2. Az S_{3} részcsoportjai 1, 2, 3 és 6 eleműek 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.

3. a) Négy szimmetria van: 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: az identitás, tengelyes tükrözések az átlókra és az oldalfelező merőlegesekre, a középpontos tükrözés, és két (4 rendű) 90^{∘}-os forgatás.

4. Ha H = AB részcsoport, akkor H^{−1} = H, de tudjuk, hogy (ab)^{−1} = b^{−1}a^{−1}, és így 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.

6. 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.

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.

8. 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.

9. 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.

11. 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.

12. 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.

13. 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.