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

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 csoport, kételemű orbithoz egyelemű stabilizátor tartozik. e) Tranzitív, az x pont stabilizátora az x-et nem tartalmazó két hármasciklus és az identitás. f) Tranzitív, a stabilizátorok egyeleműek. g) Az x stabilizátora az x-szel felcserélhető elemek halmaza.

2. 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}.

3. a) 8, a csoport tranzitív, mert a síkra tükrözésekkel egy csúcs minden csúcsba elvihető, és a stabilizátorok triviálisak. b) 16, ismét 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.

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.

5. 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.

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

7. A csoport elemszáma 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}.

8. 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.

9. Legyen H = ⟨g_{1}, …, g_{n}⟩ és K = {g_{1}^{k_{1}} … g_{n}^{k_{n}} | k_{1}, …, k_{n} ∈ ℤ}. Mivel H részcsoport, amely a g_{1}, …, g_{n} elemeket tartalmazza, ezért g_{1}^{k_{1}} … g_{n}^{k_{n}} ∈ H, és így K ⊆ H. Belátjuk, hogy K részcsoport. Nyilván az egységelem benne van K-ban (ha minden kitevőt nullának választunk), és a kommutativitás miatt K bármely két elemének szorzata és bármely elemének inverze is a kívánt alakra hozható. Ezért K tényleg részcsoport. Továbbá g_{i} ∈ K (legyen k_{i} = 1, a többi kitevő nulla). Tehát K részcsoport, ami a g_{1}, …, g_{n} elemeket tartalmazza. De H a legszűkebb ilyen tulajdonságú részcsoport, tehát H ⊆ K.

11. 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).