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

1. Az egységelem centralizátora az egész csoport, így konjugált osztálya egyelemű. Ugyanez mondható el f^{2}-ről is, mert tf^{2} = f^{2}t. Ugyanezért a t centralizátora tartalmazza az e, t, f^{2}, tf^{2} elemeket. Tehát elemszáma 4 vagy 8. De 8 nem lehet, hiszen tf ≠ ft = tf^{3}. Tehát t-nek két konjugáltja van, önmaga, és ftf^{−1} = ftf^{3} = tf^{2}. Hasonló érvelés mutatja, hogy tf-nek is két konjugáltja van: önmaga, és tf^{3}. Végül f centralizátora ⟨f⟩, hiszen f hatványai biztosan centralizálják f-et, de t nem. Ezért f konjugáltjai a kimaradó két elem, f és f^{3}. Tehát D_{4} konjugált osztályai {e}, {f^{2}}, {f, f^{3}}, {t, tf^{2}}, {tf, tf^{3}}. A centrum az egyelemű osztályok egyesítése, tehát {e, f^{2}}. A normálosztók azok a részcsoportok, amik konjugált osztályok egyesítései, elemszámuk pedig 8-nak osztója. Kételemű normálosztó tehát csak {e, f^{2}} lehet, és a négyelemű normálosztókban is benne kell, hogy legyen e-n kívül f^{2} is (mert a többi konjugált osztálynak páros sok eleme van). Könnyű látni, hogy az így kapott összes lehetőség, {e, f^{2}, f, f^{3}}, {e, f^{2}, t, tf^{2}}, {e, f^{2}, tf, tf^{3}} normálosztót ad. A két triviálissal együtt tehát hat normálosztó van. A csoport feloldható (mert 2-csoport vagy mert például {e} ◁ {e, f^{2}} ◁ {e, f^{2}, f, f^{3}} ◁ D_{4} normállánc, melynek faktorai prímrendűek).

2. Egy 200 elemű csoport kompozícióláncában minden faktor rendje 200-nak osztója. Ilyen rendű nemkommutatív egyszerű csoport azonban a lista szerint nincs. Ezért a kompozíciófaktorok prímrendűek.

3. Legyen N = {e, a}. Az {e} mindig konjugált osztálya G-nek, és mivel N a G konjugált osztályainak egyesítése, {a} is az. Tehát a ∈ Z(G).

4. Ez a részhalmaz mindig konjugált osztályok egyesítése, hiszen másodrendű elem konjugáltja mindig másodrendű (sőt, általában a konjugálás megőrzi az elemrendet, hiszen ez a csoportnak önmagába képző izomorfizmusa). De ez a részhalmaz nem feltétlenül részcsoport, például D_{4}-ben sem az.

5. Legyen gZ(G) a G/Z(G) generátoreleme. Ekkor a g^{n}Z(G) halmazok kiadják a G összes elemét. De ezek elemei felcserélhetők, hiszen ha a, b ∈ Z(G), akkor (g^{n}a)(g^{m}b) = (g^{m}b)(g^{n}a).

6. Legyen E_{ij} (i > j) az a mátrix, amiben az i-edik sor j-edik eleme 1, a többi nulla. Ekkor E + E_{ij} invertálható. Könnyű számolás mutatja, hogy ha egy mátrix az E+E_{ij} mátrixok mindegyikével felcserélhető, akkor az egységmátrix skalárszorosa.

7. A centrum azokból a mátrixokból áll, melyekben a jobb felső sarokban tetszőleges elem állhat, a főátlóban 1-esek, másutt nulla. A többi állítás közvetlen számolással igazolható.

8. Az N a G konjugált osztályainak egyesítése, amelyek elemszáma vagy 1, vagy p-vel osztható. Benne van az egységelem, ez egyelemű osztály. Mivel p osztja N rendjét, kell lennie még N-ben egyelemű osztálynak.

12. Mivel a konjugálás szorzattartó, az állítást elég egy ciklusra megmutatni. Viszont közvetlen számolással adódik, hogy g(12 … k)g^{−1} = (g(1)g(2) … g(k)).

13. Az A_{5} és S_{5} nem feloldható, a többi igen. Az S_{5} egyetlen nemtriviális normálosztója A_{5}, konjugált osztályait az előző feladatból kapjuk. Az A_{n} konjugált osztályait az S_{n} konjugált osztályaiból úgy kapjuk, hogy néhányat ketté kell bontanunk. Ugyanis elképzelhető, hogy két elemet az S_{n}-ben egymásba lehet konjugálni, de az A_{n}-ben ezek az átkonjugáló elemek nincsenek benne. Az A_{5}-ben az ötösciklusok két tizenkételemű osztályt, a hármasciklusok egy húszelemű osztályt, az (ab)(cd) alakú permutációk egy tizenöt elemű osztályt alkotnak. Az A_{5} osztályegyenlete tehát: 1+12+12+20+15+15 = 60. Ezekből a számokból nem lehet összeadással kikeverni 60 valódi osztóját úgy, hogy 1 is köztük legyen, és így A_{5} egyszerű.

14. Legyen S az 1 stabilizátora A_{n}-ben. Tegyük fel, hogy N ◁ A_{n} és e ≠ h ∈ N, mondjuk h(1) = 2. Minden i ∈ {2, …, n}-hez van olyan g_{i} ∈ A_{n}, hogy g_{i}(1) = 1, és g_{i}(2) = i. Az N-beli h_{i} = g_{i}hg_{i}^{−1} az 1-et i-be viszi. Tehát N tranzitív. Megmutatjuk, hogy |N ∩ S| > 1. Tegyük fel, hogy nem, ekkor k ∈ N esetén k^{−1}h_{k(1)} ∈ S ∩ N, vagyis N = {e, h_{2}, …, h_{n}}. Ha tehát g ∈ S, akkor gh_{i}g^{−1} = h_{g(i)}, hiszen a baloldal az 1-et g(i)-be viszi. Az indexek átpermutálásával feltehető, hogy h_{2} és h_{3} nem egymás inverzei, és így j = h_{2}h_{3}(1) ∉ {1, 2, 3}. Mivel n ≥ 6, van olyan g ∈ A_{n}, ami fixálja az 1, 2, 3 elemeket, de j-t nem. Ekkor gh_{2}h_{3}g^{−1} = gh_{2}g^{−1}gh_{3}g^{−1} = h_{2}h_{3}, és 1-et helyettesítve a g(j) = j ellentmondást kapjuk. Tehát |S ∩N| > 1. Nyilván S ≅ A_{n−1}, ami egyszerű az indukciós feltevés miatt. Mivel S ∩ N ◁ S ezért S ⊆ N. Ekkor h_{i}S ⊆ N, de ezek az összes S szerinti mellékosztályt kiadják, és így N = A_{n}.