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

1. Olyan A és B normálosztókat keresünk, melyekre A ∩ B = {e}, AB = G. Ha G ciklikus, akkor minden részcsoportja egy elemmel generálható, és így könnyű megkapni az összes részcsoportot, amik mind normálosztók (mert minden ciklikus csoport kommutatív). Ennek alapján ℤ_{6}^{+}-nak négy részcsoportja van, és ℤ_{6}^{+} a {0, 2, 4} és {0, 3} normálosztók direkt szorzata, vagyis ℤ_{6}^{+} ≅ ℤ_{2}^{+} ×ℤ_{3}^{+}. A ℤ_{8}^{+} csoportnak is négy részcsoportja van, de nincs nemtriviális direkt felbontása. A ℤ^{+} csoportnak sincsen, mert ha a, b ≠ 0 egészek, akkor ab ∈ ⟨a⟩ ∩ ⟨b⟩, és így e metszet nem lehet {0}. Ugyanígy ℚ^{+} is direkt felbonthatatlan: ha p/q ∈ A és r/s ∈ B, akkor pr ∈ A ∩ B. A ℂ^{+} csoportnak viszont sok direkt felbontása van, például bármely két különböző, origón átmenő egyenesnek direkt összege.

Tudjuk, hogy ha (m, n) = 1, akkor ℤ_{mn}^{×} ≅ ℤ_{m}^{×} × ℤ_{n}^{×}. Ennek alapján ℤ_{15}^{×} felbontható. A ℤ_{16}^{×} csoport a {1, 15} és {1, 3, 9, 11} normálosztók direkt szorzata (amelyek ciklikusak, és így ℤ_{16}^{×} ≅ ℤ_{2}^{+} × ℤ_{4}^{+}). A D_{3}, D_{4}, Q, A_{4} csoportoknak a múltkori feladatsoron kiszámoltuk a normálosztóit, és ebből látszik, hogy mindegyik direkt felbonthatatlan, mint S_{5} is, melyben kiszámolható, hogy egyetlen valódi normálosztója A_{5}.

2. Az előadáson tanultak szerint (g, h) rendje g és h rendjeinek legkisebb közös többszöröse. Ez az alábbi párokra lesz 4: (0, 1), (0, 3), (1, 1), (1, 3).

3. Minden Abel-csoport prímhatványrendű ciklikus csoportok direkt szorzata. Hányféleképpen bontható fel például a 48 prímhatványok szorzatára? A 3 mindig szerepel. A 16 felbontásait a legnagyobb benne szereplő szám szerint csoportosíthatjuk. Ha ez 16, akkor a felbontás egytényezős. Ha 8, akkor csak 8 · 2 lehet. Ha 4, akkor 4 · 4 és 4 · 2 · 2 adódik, ha 2, akkor csak 2 · 2 · 2 · 2. Összesen tehát 5 lehetőség van. A kapott öt csoport az alaptétel egyértelműségi állítása miatt egymással páronként nem izomorf. Például ℤ_{3}^{+} × ℤ_{4}^{+} × ℤ_{4}^{+} és ℤ_{3}^{+} × ℤ_{4}^{+} × ℤ_{2}^{+} × ℤ_{2}^{+} nem izomorfak, mert a negyedrendű tényezők száma az egyik felbontásban kettő, a másikban egy. Az eredmény 6-ra 1, 8-ra 3, 16-ra 5 és 32-re 7.

4. a): Ha lenne tizedrendű elem, akkor G ciklikus lenne, és így kommutatív. b): Ha |f| öt, |t| kettő, és ft = tf, akkor |tf| tíz lenne (hiszen (tf)^{2} = f^{2} ≠ e és (tf)^{5} = t ≠ e). c): Tanultuk, hogy ha minden elem négyzete e, akkor G kommutatív. d): Párosítsunk minden elemet az inverzével. Az egységelem párja önmaga, és mivel 10 páros, van olyan g ≠ e, melyre g = g^{−1}, azaz g másodrendű. f): Mivel az elem hatványai benne vannak, legalább ötelemű. Ennél nagyobb nem lehet, mert akkor Lagrange tétele miatt tízelemű lenne, ami b)-nek ellentmond. g) Ugyanaz, mint f). h) és i): Ha t másodrendű, akkor g) miatt öt konjugáltja van. Ha f ötödrendű, akkor a négy egységtől különböző hatványa is ötödrendű. Ezzel mind a 10 elemet kimerítettük. j): A tf elem nem hatványa f-nek, és így másodrendű. Másik gondolatmenet: Mivel tft^{−1} ötödrendű, az eddigiek miatt f-nek hatványa. De ha tft^{−1} = f^{i}, akkor tf^{i}t^{−1} = t^{2}ft^{−2} = f, másrészt tf^{i}t^{−1} = (tft^{−1})^{i} = f^{i^{2}}. Ezért i^{2} ≡ 1 (5), azaz i ≡ 1 vagy −1 modulo 5. De 1 nem lehet, mert akkor t és f felcserélhető lenne. k): Az f^{i} és az f^{i}t elemek páronként különbözők, ha 0 ≤ i ≤ 4, és így kiadják G mind a tíz elemét. Mivel D_{5} szorzását az f^{5} = 1, t^{2} = 1, tft^{−1} = f^{−1} szabályok egyértelműen meghatározzák, D_{5}-ben és G-ben ugyanúgy kell számolni, és így izomorfak. Ez a bizonyítás nyilván megy minden páratlan prímre.

5. Álljon A azokból az elemekből, amelyek az {5, 6, 7, 8} elemeket fixen hagyják, B pedig azokból, amelyek az {1, 2, 3, 4} elemeket hagyják fixen. Ekkor G az A és B normálosztóinak direkt szorzata, és A ≅ B ≅ S_{4}. A G nem normálosztó S_{8}-ban, mert (12) ∈ G, de (15)(12)(15)^{−1} = (25) ∉ G.

7. Legyen A = {e, f^{2}, f^{4}, t, tf^{2}, tf^{4}} ◁ D_{6} és B = {e, f^{3}} ◁ D_{6}.

8. Két egyenest kell kiválasztani a síkon. Az egyenesek száma annyi, mint az alaptest elemszáma plusz 1, mert a lehetséges iránytangensek között ott van a végtelen is. Tehát 6 egyenes van, és 15 lehetséges felbontás.

9. Az egyik tényező p a másik p^{2} rendű lenne, és az ilyen csoportok kommutatívak.

10. A két tényezőt az általános esetben is a 3 és a −1 generálja. A bizonyítás kulcsa annak megmutatása k szerinti indukcióval, hogy k ≥ 1 esetén a 3^{2^{k}} − 1 számban a 2 kitevője k + 2. Ebből következik, hogy a 3 mod 2^{n} vett rendje 2^{n−2}, és hogy a −1 nincs benne a 3 által generált részcsoportban.

11. Mivel ℤ_{2p^{n}}^{×} ≅ ℤ_{2}^{×} × ℤ_{p^{n}}^{×} ≅ ℤ_{p^{n}}^{×} ha p páratlan, ezért elég páratlan prímhatványra bizonyítani. Legyen p páratlan prím. Mutassuk meg, hogy az x^{p} ≡ 1 (p^{n}) kongruenciának csak p megoldása van, alkalmazzuk a véges Abel-csoportok alaptételét, és azt, hogy mod p van primitív gyök.