Mat-tanári szak, második évfolyam, második félév Első zárthelyi — megoldási útmutató

1. A faktorcsoportban reprezentánsokkal kell számolni. De (1, 2)(2, 2) = (3, 4) (hiszen az első komponensben összeadni kell modulo 10, a másodikban szorozni mod 5). Ezért C = (3, 4)N = {(3, 4), (3, 1), (8, 4), (8, 1)} (3 pont). A (3, 4) elem ötödik hatványa (5, 4) ∈ N, és ezért C^{5} az egységelem. Tehát C rendje 1 vagy 5 lehet (hiszen 5 prím). De C nem az egységelem, mert (3, 4) ∉ N. Ezért C rendje 5 (3 pont).

2. A véges Abel-csoportok alaptételét alkalmazzuk. Mivel 72 = 2^{3} · 3^{2}, ezért a 8-at és a 9-et kell prímhatványok szorzatára bontani. A lehetőségek 8 = 8 = 2 · 4 = 2 · 2 · 2, illetve 9 = 9 = 3 · 3. A tétel egyértelműségi állítása miatt a kapott felbontások páronként nemizomorf csoportokat adnak, és így izomorfia erejéig 3 · 2 = 6 darab 72 elemű Abel-csoport van (3 pont). Tudjuk azt is, hogy a direkt szorzatban az elemek rendje a komponensek rendjeinek legkisebb közös többszöröse. Akkor lesz tehát 12 rendű elem, ha valamelyik tényezőben van negyedrendű, és egy másikban harmadrendű elem. Mivel ℤ_{2}^{+}-ban nincs negyedrendű elem, de ℤ_{4}^{+}-ban és ℤ_{8}^{+}-ban van, továbbá ℤ_{3}^{+}-ban is és ℤ_{9}^{+}-ban is van harmadrendű elem, ezért a fenti csoportok közül azok esnek ki, amelyekben a ℤ_{2}^{+} × ℤ_{2}^{+} × ℤ_{2}^{+} szerepel. Ilyen kettő van, az eredmény tehát 4 (3 pont).

3. Jelölje a háromszög csúcsait A, B, C. Legyen az A csúcshoz ragasztott háromszög AA_{1}A_{2}. Ekkor A orbitja a keresett G szimmetriacsoportban éppen {A, B, C}, hiszen csak ezek a csúcsok negyedfokúak, ezekbe pedig a „forgatások” átviszik A-t. Ezért |G| = 3|G_{A}| (1 pont). Ha A fixen marad, akkor B csak C-be mehet, és így |G| = 6|H|, ahol a H = (G_{A})_{B} részcsoport elemei már az A, B, C mindegyikét fixen hagyják (1 pont). Most nézzük H-ban az A_{1} pont orbitját. Mivel A fixen marad, ez része {A_{1}, A_{2}}-nek, és A_{1}-et átviszi A_{2}-be az a szimmetria, ami A_{1}-et és A_{2}-t kicseréli, a többi 7 pontot fixen hagyja. Vagyis |H| = 2|H_{A_{1}}| (2 pont). Hasonlóan járhatunk el a másik két csúcsnál is, ezért az eredmény 6 · 2 · 2 · 2 = 48 (2 pont).

4. Nincs. Ugyanis ha g ∈ S_{4}, melyre g^{4} = id, akkor φ(g)^{4} is az egységelem, és ez ℤ_{3}^{+}- ban azt jelenti, hogy φ(g) = 0. Vagyis az ilyen g elemek benne vannak φ magjában. A hármasciklusok kivételével S_{4} összes elemének negyedik hatványa az identitás, hármasciklusból viszont csak nyolc darab van. De φ magja 24/3 = 8 elemű kellene, hogy legyen, ez ellentmondás (6 pont). Az állítás úgy is belátható, hogy megkeressük S_{4} normálosztóit, amik között nem lesz nyolcelemű.

5. Az N a G konjugált osztályainak az egyesítése. Ezek elemszáma osztja G rendjét, és ezért páratlan. Az egységelem egy osztályt alkot, a maradék négy elem páratlan elemszámú osztályokba csak úgy sorolható, ha ezek között van egyelemű, mondjuk {g} (3 pont). Ekkor g ∈ Z(G) ∩ N. Ez a metszet részcsoportja N-nek, és elemszáma nagyobb, mint 1, tehát Lagrange tétele miatt csak 5 lehet, vagyis a metszet N-et tartalmazza (3 pont).

6. Mátrixokkal való számolással látható, hogy a vizsgált G részcsoport nemkommutatív (2 pont). Ezért a tanult tétel miatt vagy D_{4}-gyel, vagy a kvaterniócsoporttal izomorf (1 pont). Mivel könnyű találni két másodrendű elemet, csak a D_{4}-et kaphatjuk (3 pont).