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

1. 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. A 2. feladat megmutatja, 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.

2. Legyen G negyedrendű csoport. Ha van benne negyedrendű elem, akkor az generálja az egész csoportot, hiszen négy különböző hatványa van. Ezért ilyenkor G ciklikus, és G ≅ ℤ_{4}^{+}. Ha nincs negyedrendű elem, akkor Lagrange tétele miatt az egységelem kivételével minden elem másodrendű. Legyenek ezek az elemek a, b, c. Megmutatjuk, hogy ezek közül bármely kettő szorzata a harmadik. Valóban, ha ab = e lenne, akkor a^{2} = e miatt b = aab = a, ami lehetetlen. Ha ab = a lenne, akkor egyszerűsítve b = e, ez sem lehet. Ugyanezért ab = b sem lehet. Marad az a lehetőség, hogy ab = c. De ezzel a csoportban az összes szorzatot meghatároztuk, hiszen az egységelemmel tudjuk, hogyan kell szorozni. Tehát az ilyen csoportok mind izomorfak, mindegyikben ugyanúgy kell szorozni.

4. a) Nem. b) Igen, kép: nem nulla valós számok, mag: egységkör. c) Igen, kép: pozitív valósak, mag: csak a nulla. d) Igen, kép: egységkör, mag: 2πk, ahol k egész. e) Igen, kép: az egész T^{×}, mag: 1 determinánsú mátrixok. f) Igen, kép: az egész ℤ^{×}, azaz {1, −1}, mag: A_{n}. g) Igen, kép: az egész ℤ_{n}^{+}, mag: az n-nel osztható számok. h) Igen, kép: {0, 20, 40, 60, 80}, mag: {0, 5, 10, 15, …, 90, 95}. i) Igen, kép: az egész ℤ_{2}^{+}, mag: forgatások. j) Igen, kép: az összes komplex szám, mag: az x^{2} + 1 polinom többszörösei.

5. a) A 4/b-beli homomorfizmusra kell alkalmazni. A faktorcsoport elemei az origó körüli körök. b) φ(x) = cos(2πx) + i sin(2πx). c) A 4/f-beli homomorfizmus. d) A 4/g-beli homomorfizmus.

6. 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, 36 szorzatot kellene ellenőrizni, vagy a 3. Feladatot alkalmazni. Ehelyett 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. Ha ezeket választjuk reprezentánsoknak, akkor világos, hogy a faktorcsoportban ugyanúgy kell számolni, mint S_{3}-ban.

7. a) Ez négyelemű csoport, tehát vagy ciklikus, vagy Klein. Mivel minden elem négyzete benne van a normálosztóban, ami szerint faktorizálunk, a Klein-csoportot kapjuk. b) ℤ_{3}^{+}, hiszen háromelemű. c) ℤ_{2}^{+}, hiszen kételemű. d) Mivel minden elem négyzete 1 vagy 9, a Klein-csoportot kapjuk.

8. 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.

9. Nyilván részcsoport képe részcsoport, bal (jobb) mellékosztály képe bal (jobb) mellékosztály.

10. {id, (12)(34), (13)(24), (14)(23)}, {id, (123)(456), (132)(465), (14)(26)(35), (15)(24)(36), (16)(25)(34)}.