´ I. POLINOMELMELET 1. Polinomok gy¨ okei Ebben a paragrafusban legyen A integrit´ astartom´ any, amely valamely K test r´eszgy˝ ur˝ uje. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy a c ∈ K elem az f (x) ∈ A[x] polinom gy¨ oke, illetve hogy az f (x) = 0 algebrai egyenlet gy¨ oke (megold´ asa), ha f (c) = 0. Alapvet˝ o fontoss´ ag´ u B´ezout t´etele. 1.1.T´ etel. A c ∈ A elem az f (x) ∈ A[x] polinom gy¨ oke akkor ´es csak akkor, ha f (x) = (x − c)f1 (x) valamely f1 (x) ∈ A[x] polinom eset´en.
Bizony´ıt´ as. Legyen a c ∈ A elem az f (x) ∈ A[x] polinom gy¨ oke. Marad´ekosan osztva a K[x] euklideszi gy˝ ur˝ uben az f (x) polinomot az x − c polinommal kapjuk, hogy f (x) = (x − c)q(x) + r(x) ´es behelyettes´ıtve 0 = f (c) = (c − c)q(c) + r(c) = r(c). A marad´ekos oszt´ as defin´ıci´ oja miatt r(x) konstans polinom, de fent l´ attuk, hogy r(c) = 0. ´Igy sz¨ uks´egk´eppen r(x) a z´erus polinom, azaz x − c osztja f (x)-et a K[x] gy˝ ur˝ uben. Azonban az x − c polinom f˝ oegy¨ utthat´ oja 1, ´es a marad´ekos oszt´ as algoritmus´ aban csak ezzel kell osztani. Emiatt a q(x) h´ anyados egy¨ utthat´ oi A-beliek lesznek ´es f (x) = (x − c)q(x). Megford´ıtva, ha f (x) = (x − c)f1 (x) teljes¨ ul, ahol f1 (x) ∈ A[x] akkor f (c) = (c − c)f1 (c) = 0.
Az al´ abbi a ´ll´ıt´ as a gyakorlatban j´ ol haszn´ alhat´ o elj´ ar´ ast ad meg. 1.2.T´ etel (Horner-elrendez´ es). Legyen c ∈ A elem, f (x) = a0 xn + · · · + an−1 x + an ∈ A[x] polinom, ´es hat´ arozzuk meg a b0 = a0 , bk = bk−1 c + ak (k = 1, 2, . . . , n) elemeket, ´es ezekb˝ ol a q(x) = b0 xn−1 + · · · + bn−2 x + bn−1 polinomot. Ekkor f (x) = (x − c)q(x) + bn ,
f (c) = bn .
Bizony´ıt´ as. Teljes indukci´ oval k-ra (0 ≤ k ≤ n − 1) bel´ atjuk, hogy (x − c)(b0 xn−1 + · · · + bk xn−1−k ) + bk+1 xn−1−k = a0 xn + · · · + ak+1 xn−1−k , ami k = n − 1-re ´eppen az els˝ oa ´ll´ıt´ asunkat adja. k = 0 eset´en val´ oban (x − c)b0 xn−1 + b1 xn−1 = (x − c)a0 xn−1 + (ca0 + a1 )xn−1 = a0 xn + a1 xn−1 . Tegy¨ uk fel, hogy igaz az a ´ll´ıt´ as k − 1-re. Ekkor, az indukci´ os felt´etelt alkalmazva, (x − c)(b0 xn−1 + · · · + bk−1 xn−k + bk xn−1−k ) + bk+1 xn−1−k = = a0 xn + · · · + ak xn−k − bk xn−k + (x − c)bk xn−1−k + bk+1 xn−1−k =
a0 xn + · · · + ak xn−k − cbk xn−1−k + (cbk + ak+1 )xn−1−k = a0 xn + · · · + ak+1 xn−1−k , ´es az els˝ oa ´ll´ıt´ ast bel´ attuk. K¨ ovetkez´esk´epp f (c) = (c − c)q(c) + bn = bn . 1
2
Defin´ıci´ o. A c ∈ A elemet az 0 6= f (x) ∈ A[x] polinom k-szoros gy¨ ok´ enek nevezz¨ uk (k ≥ 1), ha az (x − c)k polinom osztja az f (x) polinomot, de az (x − c)k+1 polinom m´ ar nem osztja az f (x) polinomot az A[x] gy˝ ur˝ uben. Azt is mondjuk ilyenkor, hogy a c gy¨ ok multiplicit´ asa k. A k¨ ovetkez˝ o t´etelben meghat´ arozzuk, hogy az A integrit´ astartom´ any feletti polinom hogyan bonthat´ o fel szorzatra A-beli gy¨ okeinek ismeret´eben. 1.3.T´ etel. Legyenek a 0 6= f (x) ∈ A[x] polinom A-beli gy¨ okei a c1 , . . . , cr elemek rendre k1 , . . . , kr multiplicit´ assal. Ekkor f (x) = (x − c1 )k1 · · · (x − cr )kr g(x) valamely g(x) ∈ A[x] polinom eset´en, ´es g(ci ) 6= 0 (1 ≤ i ≤ r). Ezt az alakot f (x) (A feletti) gy¨ okt´ enyez˝ os felbont´ as´ anak nevezz¨ uk. Speci´ alisan, az f (x) polinom A integrit´ astartom´ anybeli gy¨ okeinek sz´ ama multiplicit´ assal egy¨ utt nem nagyobb, mint f (x) foksz´ ama. Bizony´ıt´ as. Indukci´ o r szerint. r = 1-re defin´ıci´ o alapj´ an f (x) = (x − c 1 )k1 f1 (x), ahol f1 (x) ∈ A[x]. Ha f1 (c1 ) = 0 akkor B´ezout t´etele alapj´ an x − c1 osztja az f1 (x) polinomot az A[x] integrit´ astartom´ anyban, k¨ ovetkez´esk´epp (x − c1 )k1 +1 osztja az f (x) polinomot, ellentmond´ as azzal, hogy a c1 elem k1 -szeres gy¨ ok. ´Igy f1 (c1 ) 6= 0. Tegy¨ uk fel, hogy igaz az a ´ll´ıt´ as r − 1-re. Az r = 1 eset alapj´ an f (x) = (x − c1 )k1 f1 (x), ahol f1 (x) ∈ A[x], f1 (c1 ) 6= 0. Integrit´ astartom´ anybeli oszthat´ os´ agi szab´ alyok alapj´ an a c2 , . . . , cr elem az f1 (x) polinom k2 , . . . , kr -szeres gy¨ oke. Az indukci´ os felt´etelt alkalmazva az f1 (x) polinomra ´es c2 , . . . , cr gy¨ okeire f (x) = (x − c1 )k1 (x − c2 )k2 · · · (x − cr )kr g(x), ahol g(x) ∈ A[x], ´es a c2 , . . . , cr elem nem gy¨ oke a g(x) polinomnak. Mivel a c1 elem nem gy¨ oke az f1 (x) polinomnak, sz¨ uks´egk´eppen a g(x) polinomnak sem. A felbont´ asban a k´et oldal foksz´ am´ at o ¨sszehasonl´ıtva kapjuk az A-beli gy¨ ok¨ ok sz´ am´ ara vonatkoz´ o korl´ atot. L´enyegesen kihaszn´ altuk azt, hogy a polinom gy¨ okei integrit´ astartom´ anybeliek: nemkommutat´ıv gy˝ ur˝ uben, illetve nem z´erusoszt´ omentes gy˝ ur˝ uben nemnulla polinomnak lehet v´egtelen sok gy¨ oke is. 1.4.K¨ ovetkezm´ eny. K´et legfeljebb n-edfok´ u A[x]-beli polinom, amely n + 1 helyen ugyanazt a helyettes´ıt´esi ´ert´eket veszi fel, megegyezik. Bizony´ıt´ as. Legyen f (x), g(x) ∈ A[x] k´et ilyen polinom. Ekkor az f (x) − g(x) polinom foksz´ ama legfeljebb n, de van n + 1 gy¨ oke. Ez 1.3 alapj´ an csak akkor lehet, ha f (x) − g(x) a z´erus polinom. A k¨ ovetkez˝ o alapvet˝ o fontoss´ ag´ u t´etelnek sokf´ele bizony´ıt´ asa ismert. Legt¨ obbj¨ uk analitikus eszk¨ oz¨ oket haszn´ al. 1.5.T´ etel (a klasszikus algebra alapt´ etele). Tetsz˝ oleges, legal´ abb els˝ ofok´ u komplex sz´ amok teste feletti polinomnak van komplex gy¨ oke. A bizony´ıt´ assal itt nem foglalkozunk, de r´eszletesen tekintj¨ uk az alapt´etel folyom´ anyait.
3
1.6.K¨ ovetkezm´ eny. .1 C[x] komplex polinomgy˝ ur˝ u irreducibilis elemei pontosan az els˝ ofok´ u polinomok. .2 Tetsz˝ oleges, legal´ abb els˝ ofok´ u komplex polinom sorrendt˝ ol ´es egys´egt´enyez˝ ot˝ ol eltekintve egy´ertelm˝ uen bonthat´ o fel els˝ ofok´ u komplex polinomok szorzat´ ara. .3 Tetsz˝ oleges n-edfok´ u (n ≥ 1) komplex polinomnak multiplicit´ assal egy¨ utt pontosan n gy¨ oke van. .4 Az R[x] val´ os polinomgy˝ ur˝ u irreducibilis elemei az o ¨sszes els˝ o ´es bizonyos m´ asodfok´ u polinomok; a legal´ abb harmadfok´ u val´ os polinomok reducibilisek. .5 A Q[x] racion´ alis polinomgy˝ ur˝ uben vannak tetsz˝ olegesen nagy foksz´ am´ u irreducibilis polinomok is. Bizony´ıt´ as. Az 1,2,3. a ´ll´ıt´ asok azonnal ad´ odnak a klasszikus algebra alapt´etel´eb˝ ol, a gy¨ okt´enyez˝ os felbont´ asr´ ol sz´ ol´ o t´etelb˝ ol ´es a polinomelm´elet alapt´etel´eb˝ ol. 4. Nyilv´ an az els˝ ofok´ u polinomok irreducibilisek, ´es egy m´ asodfok´ u val´ os polinom R[x]ben irreducibilis pontosan akkor, ha nincs val´ os gy¨ oke. P´eld´ aul x2 − 1 reducibilis ´es x2 + 1 irreducibilis. Eml´ekezz¨ unk vissza, hogy a − : C → C, a 7→ a konjug´ al´ as a komplex sz´ amok test´enek automorfizmusa, amely a val´ os sz´ amokat fixen hagyja. Indirekte bizony´ıtunk. Legyen f (x) = a0 xn + · · · + an−1 x + an ∈ R[x] legal´ abb harmadfok´ u polinom, amely irreducibilis. B´ezout t´etele alapj´ an nem lehet val´ os gy¨ oke, de az alapt´etel miatt van egy c ∈ C \ R komplex gy¨ oke. Bel´ atjuk, hogy a c konjug´ alt is gy¨ ok. Val´ oban, felhaszn´ alva, hogy a konjug´ al´ as automorfizmus ´es ai = ai , f (c) = a0 cn + · · · + an−1 c + an = a0 cn + · · · + an−1 c + an = a0 cn + · · · + an−1 c + an = f (c) = 0 = 0.
Mivel c ´es a konjug´ altja is gy¨ ok, 1.3 alapj´ an az (x − c)(x − c) = x 2 − (c + c)x + cc = x2 − 2 2 Re(c)x + |c| ∈ R[x] val´ os polinom osztja f (x)-et C[x]-ben. De elv´egezve a marad´ekos oszt´ as algoritmus´ at l´ atjuk, hogy a h´ anyados polinom egy¨ utthat´ oi is val´ osak, ami ellentmond annak, hogy f (x) irreducibilis. 5. Sch¨ onemann-Eisenstein t´etele alapj´ an n ≥ 1 eset´en az xn − 2 polinom irreducibilis Q[x]-ben. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a 2.´ all´ıt´ as a polinomelm´elet alapt´etel´enek felel meg a komplex esetben, ´es a 4.´ all´ıt´ as bizony´ıt´ asa sor´ an bel´ attuk, hogy ha egy komplex sz´ am val´ os polinomnak gy¨ oke, akkor a konjug´ altja is gy¨ oke a polinomnak. Az al´ abbi, Rolle nev´ehez k¨ ot˝ od˝ o t´etel alkalmas arra, hogy tetsz˝ oleges racion´ alis polinom o ¨sszes racion´ alis gy¨ ok´et meghat´ arozzuk kiz´ ar´ olag a n´egy alapm˝ uvelet felhaszn´ al´ as´ aval. 1.7.T´ etel (Rolle). Legyen f (x) = a0 xn + · · · + an−1 x + an ∈ Z[x] eg´esz egy¨ utthat´ os polinom, r, s nemnulla relat´ıv pr´ım eg´esz sz´ amok. Ha az rs racion´ alis sz´ am az f (x) polinom gy¨ oke, akkor r osztja an -et ´es s osztja a0 -t. Bizony´ıt´ as. Szorozva sn -nel rn r + · · · + an−1 + an -b˝ ol 0 = a0 rn + a1 rn−1 s · · · + an−1 rsn−1 + an sn . sn s A m´ asodik egyenl˝ os´egben az r sz´ am osztja a baloldalt, ´ıgy osztja a jobboldalt is, de mivel ott az utols´ o tag kiv´etel´evel mind az r sz´ am t¨ obbsz¨ or¨ ose, sz¨ uks´egk´epp r osztja az a n sn sz´ amot. A n felt´etel alapj´ an az r ´es s sz´ amok relat´ıv pr´ımek, ´ıgy r osztja az an sz´ amot. Hasonl´ oan ´ervelve az s sz´ ammal kapjuk, hogy s osztja az a 0 sz´ amot. 0 = a0
K¨ ovetkez˝ oa ´ll´ıt´ asunk polinom gy¨ okei ´es egy¨ utthat´ oi k¨ oz¨ otti kapcsolatot adja meg.
4
1.8.T´ etel (Vi´ ete-formul´ ak). Legyen az f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an ∈ A[x] f˝ opolinom o ¨sszes c1 , . . . , cn gy¨ oke a K testben. Ekkor a1 = −(c1 + · · · + cn ) a2 = c1 c2 + · · · + c1 cn + · · · + cn−1 cn , . . . , X ak = (−1)k ci1 ci2 · · · c ik , . . . , 1≤i1
an = (−1)n c1 c2 · · · cn .
Megford´ıtva, ha c1 , . . . , cn ∈ K tetsz˝ oleges elemek, ´es az f (x) = xn +a1 xn−1 +· · ·+an−1 x+an ∈ K[x] f˝ opolinom ai egy¨ utthat´ oit a fenti formul´ ak adj´ ak, akkor f (x) o ¨sszes gy¨ oke c 1 , . . . , cn . Bizony´ıt´ as. 1.3 alapj´ an f (x) = (x − c1 ) · · · (x − cn ) a gy¨ okt´enyez˝ os felbont´ as, ´ıgy xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an = (x − c1 ) · · · (x − cn ). K´et polinom pontosan akkor egyenl˝ o, ha megfelel˝ o egy¨ utthat´ oik egyenl˝ oek. Elv´egezve a jobb oldalon a m˝ uveleteket kapjuk a keresett formul´ akat. Megford´ıtva, legyen c1 , . . . , cn ∈ K ´es f (x) ∈ K[x] az a f˝ opolinom, amelynek egy¨ utthat´ oit a fenti formul´ ak adj´ ak. c1 , . . . , cn az (x − c1 ) · · · (x − cn ) polinom gy¨ oke, amelyr˝ ol a m˝ uveletek elv´egz´ese ut´ an l´ atjuk, hogy megegyezik f (x)-szel. 2. Gy¨ okk´ epletek A val´ os egy¨ utthat´ os m´ asodfok´ u egyenlet megold´ ok´eplete j´ ol ismert. A komplex eset (a gy¨ ok¨ ok komplex sz´ amok is lehetnek) anal´ og. 2.1.T´ etel. Az ax2 + bx + c = 0 (a, b, c ∈ C, a 6= 0) komplex egy¨ utthat´ os m´ asodfok´ u algebrai egyenlet komplex gy¨ okei √ √ −b − b2 − 4ac −b + b2 − 4ac , x2 = , x1 = 2a 2a √ am egyik n´egyzetgy¨ oke. Ha a, b, c val´ os sz´ amok akkor ahol b2 − 4ac a b2 − 4ac komplex sz´ x1 , x2 val´ osak pontosan akkor, ha b2 − 4ac ≥ 0; ellenkez˝ o esetben x2 = x1 . Bizony´ıt´ as. Vi´ete formul´ aib´ ol kapjuk, hogy a k´et gy¨ ok x 1 ´es x2 : b x1 + x 2 = − , a
x 1 x2 =
b2 − (b2 − 4ac) c = . 4a2 a
A val´ os egyenletre vonatkoz´ oa ´ll´ıt´ asok nyilv´ anval´ oak. A m´ asodfok´ u algebrai egyenlet gy¨ okeit az al´ abbi m´ odszerrel kerest¨ uk meg. Az a sz´ ammal b alis t´etelb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy az y = x + 2a osztva kapjuk, hogy x2 + ab x + ac = 0. A binomi´ helyettes´ıt´essel az els˝ ofok´ u tag kik¨ usz¨ ob¨ olhet˝ o: y2 −
b2 − 4ac = 0, 4a2
ahonnan gy¨ okvon´ as ´es visszahelyettes´ıt´es ut´ an kapjuk a gy¨ ok¨ oket. T´erj¨ unk a ´t a harmadfok´ u esetre. A binomi´ alis t´etelb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy az ax 3 + bx2 + cx + b d = 0 (a, b, c, d ∈ C, a 6= 0) harmadfok´ u algebrai egyenletb˝ ol a-val val´ o oszt´ as ´es y = x + 3a 3 helyettes´ıt´es ut´ an a m´ asodfok´ u tag kik¨ usz¨ ob¨ olhet˝ o, azaz az egyenlet x + px + q = 0 alakra hozhat´ o. Ennek a hi´ anyos egyenletnek a gy¨ okeit fel´ırhatjuk gy¨ okk´eplettel:
5
2.2.T´ etel (Cardano-k´ eplet). Legyen p, q ∈ C komplex sz´ amok, ε ∈ C egy primit´ıv harmadik egys´eggy¨ ok, az s s r r q 2 p 3 3 q 2 p 3 3 q q + v= − − + u= − + 2 2 3 2 2 3
komplex harmadik gy¨ ok¨ ok legyenek u ´gy megv´ alasztva, hogy uv = − p3 teljes¨ ulj¨ on. Ekkor az x3 + px + q = 0 algebrai egyenlet komplex gy¨ okei x1 = u + v x2 = uε + vε2 x3 = uε2 + vε. Bizony´ıt´ as. El˝ osz¨ or l´ assuk be, hogy u ´es v megv´ alaszthat´ o a k´ıv´ ant m´ odon: r r p p 3 q 2 q 2 p 3 3 3 − − = − = − εk (k = 0, 1, 2). uv = 2 2 3 3 3
Felhaszn´ alva a j´ ol ismert tulajdons´ agot, hogy 1 + ε + ε2 = 0, illetve az uv = − p3 felt´etelt Vi´ete formul´ aib´ ol kapjuk, hogy a h´ arom gy¨ ok x1 , x2 ´es x3 : x1 + x2 + x3 = u(1 + ε + ε2 ) + v(1 + ε + ε2 ) = 0, x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = x1 (x2 + x3 ) + x2 x3 = = (u + v) u(ε + ε2 ) + v(ε + ε2 ) + (uε + vε2 )(uε2 + vε) =
= −(u + v)2 + u2 + v 2 + uv(ε + ε2 ) = −2uv − uv = −3uv = p,
x1 x2 x3 = (u + v)(uε + vε2 )(uε2 + vε) = (u + v)(u2 + v 2 − uv) = q q = u3 + v 3 + uv 2 + u2 v − u2 v − uv 2 = u3 + v 3 = − − = −q. 2 2 Visszahelyettes´ıt´es ut´ an az a ´ltal´ anos harmadfok´ u eyenlet gy¨ okei is fel´ırhat´ ok gy¨ okk´eplettel. Az x3 + px + q = 0 egyenlet gy¨ okeit az al´ abbi m´ odszerrel kerest¨ uk meg. Legyen x = u + v. Mivel (u + v)3 = u3 + v 3 + 3uv(u + v), u3 + v 3 + (3uv + p)(u + v) + q = 0. 3 Legyen 3uv + p = 0. Ekkor u3 + v 3 = −q ´es u3 v 3 = − p3 . Vi´ete formul´ ai alapj´ an u3 ´es v 3 a z 2 + qz −
p 3 3
=0
m´ asodfok´ u egyenlet (az u ´n. rezolvens) gy¨ okei. 2.1 miatt a rezolvens gy¨ okei r q q 2 p 3 + , z1,2 = − ± 2 2 3
√ azaz u3 = z1 ´es v 3 = z2 . A harmadik gy¨ okvon´ asn´ al v´ alasszuk meg u1 = 3 z1 ´es v1 = √ 3 ulj¨ on (megtehetj¨ uk, hiszen tudjuk, hogy z2 ´ert´ek´et u ´gy, hogy az uv = − 3p felt´etel teljes¨ 3 p 3 3 u v = − 3 ). A felt´etel teljes¨ ul´ese v´egett a harmadik gy¨ ok¨ ok tov´ abbi ´ert´ekeit p´ aros´ıtsuk ´ıgy: u2 = u1 ε, v2 = v1 ε2 , illetve u3 = u1 ε2 , v3 = v1 ε. M´ odszer¨ unkkel megkaptuk a gy¨ ok¨ oket: xi = ui + vi (i = 1, 2, 3). Fontos speci´ alis eset az, amikor a p ´es q egy¨ utthat´ ok val´ os sz´ amok:
6
2 3 uk az x3 + px + q = 0 val´ os 2.3.T´ etel. Legyen p ´es q val´ os sz´ amok, d = q2 + p3 , ´es tekints¨ egy¨ utthat´ os algebrai egyenletet. .1 Ha d > 0 akkor egy gy¨ ok val´ os, a m´ asik k´et gy¨ ok nem val´ os komplex, egym´ as konjug´ altjai. .2 Ha d = 0 akkor mindh´ arom gy¨ ok val´ os, ´es legal´ abb kett˝ o egybeesik. .3 Ha d < 0 akkor mindh´ arom gy¨ ok val´ os. Bizony´ıt´ as. Cardano k´eplete alapj´ an az egyenlet gy¨ okei x1 = u + v x2 = uε + vε2 x3 = uε2 + vε, ahol ε egy primit´ıv komplex harmadik egys´eggy¨ ok, u=
r r q √ q √ 3 − + d v= 3 − − d 2 2
u ´gy, hogy uv = − p3 . √ os sz´ am, ´es u v´ alaszthat´ o val´ osnak. Ekkor v is val´ os sz´ am mivel 1. Mivel d > 0, − 2q ± d val´ uv is val´ os, ´es az x1 = u + v gy¨ ok val´ os. d > 0 miatt u 6= v ´es x2 − x2 = (uε + vε2 ) − (uε2 + vε) = u(ε − ε2 ) + v(ε2 − ε) = = (u − v)(ε − ε2 ) 6= 0, azaz x2 nem val´ os komplex sz´ am. Nyilv´ an x3 = x2 konjug´ alt sem val´ os. 2. Ha d = 0 akkor u v´ alaszthat´ o val´ os sz´ amnak, ekkor v is val´ os mivel uv is val´ os. K¨ ovetkez´esk´eppen u = v, x1 = 2u ∈ R, x2 = x3 = u(ε + ε2 ) = −u ∈ R.
q √ obgy¨ ok k¨ oz¨ ul az egyik. Mivel 3. Ha d < 0 akkor legyen u a h´ arom 3 − 2q + i −d k¨ aqk¨ obgy¨ ok¨ ok alatt konjug´ altak a ´llnak, azonnal l´ athat´ o, hogy a v = u konjug´ alt a h´ arom √ q 3 − 2 − i −d k¨ obgy¨ ok k¨ oz¨ ul valamelyik, ´es 2
uv = uu = |u| =
r q 2 3
2
r p p 3 3 −d= − =− . 3 3
´Igy mindh´rom gy¨ ok val´ oban val´ os: x1 = u + u = 2 Re u ∈ R, x2 = uε + uε = 2 Re uε ∈ R, x3 = uε2 + uε2 = 2 Re uε2 ∈ R.
Nevezetes t´eny, hogy az ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (a, b, c, d, e ∈ C, a 6= 0) negyedfok´ u algebrai egyenletnek is van gy¨ okk´eplete, azonban ezt nem t´ argyaljuk. Felmer¨ ul a k´erd´es, hogy van-e gy¨ okk´eplete (bizonyos, j´ ol meghat´ arozott ´ertelemben) az o ¨t¨ od- illetve a magasabbfok´ u a ´ltal´ anos algebrai egyenletnek. Erre a k´erd´esre nemleges v´ alaszt ad Ruffini-Abel t´etele. 3. T¨ obbsz¨ or¨ os gy¨ ok¨ ok, reciprok egyenlet Bizonyos speci´ alis magasabbfok´ u algebrai egyenletek megoldhat´ ok gy¨ okk´eplettel. k´et ilyen esetet t´ argyalunk ebben a paragrafusban.
7
Defin´ıci´ o. Legyen K test, f (x) = a0 xn + · · · + an−1 x + an ∈ K[x] polinom. Az f 0 (x) = n−1 na0 x + · · · + 2an−2 x + an−1 polinomot az f (x) polinom deriv´ altj´ anak nevezz¨ uk. Ez a defin´ıci´ oo ¨sszhangban va a polinomf¨ uggv´enyek anal´ızisbeli deriv´ altj´ aval. Egyszer˝ uen l´ athat´ o, hogy a megszokott tulajdons´ agok teljes¨ ulnek az o ¨sszeg-, skal´ arszoros- illetve a szorzatpolinom deriv´ altj´ ara: (λf (x) + µg(x))0 = λf 0 (x) + µg 0 (x);
(f (x)g(x))0 = f 0 (x)g(x) + f (x)g 0 (x).
Egy gy¨ ok t¨ obbsz¨ or¨ os volt´ at jellemezhetj¨ uk a deriv´ alttal. 3.1.T´ etel. Legyen K test, 0 6= f (x) ∈ K[x] polinom, a c ∈ K elem, az f (x) polinom gy¨ oke. Ekkor a c gy¨ ok t¨ obbsz¨ or¨ os (azaz legal´ abb k´etszeres) gy¨ oke f (x)-nek pontosan akkor, ha c gy¨ oke az f 0 (x) deriv´ altpolinomnak is. Bizony´ıt´ as. A K[x] test f¨ ol¨ otti polinomgy˝ ur˝ uben osszuk el marad´ekosan az f (x) polinomot az (x − c)2 polinommal: f (x) = (x − c)2 f1 (x) + (x − c)r + s, ahol f1 (x) ∈ K[x], r, s ∈ K. Az f (c) = 0 felt´etel miatt s = 0, ´es f (x) = (x − c)2 f1 (x) + (x − c)r, f 0 (x) = 2(x − c)f1 (x) + (x − c)2 f10 (x) + r, f 0 (c) = r, ahonnan kapjuk, hogy az (x − c)2 polinom osztja az f (x) polinomot pontosan akkor, ha f 0 (c) = r = 0, ami a t¨ obbsz¨ or¨ os gy¨ ok defin´ıci´ oja miatt az a ´ll´ıt´ asunkat adja. ´ ıt´ 3.2.All´ as. Legyen 0 6= f (x) ∈ C[x] komplex polinom, k ≥ 2 term´eszetes sz´ am. Ha a c komplex sz´ am az f (x) polinom k-szoros gy¨ oke, akkor c az f 0 (x) deriv´ altpolinom k − 1-szeres gy¨ oke. Bizony´ıt´ as. Ha c sz´ am k-szoros gy¨ ok, akkor f (x) = (x − c) k f1 (x), ahol f1 (x) komplex polinom ´es f1 (c) 6= 0. ´Igy f 0 (x) = k(x − c)k−1 f1 (x) + (x − c)k f10 (x) = (x − c)k−1 (kf1 (x) + (x − c)f10 (x)). Nyilv´ an az (x − c)k−1 polinom osztja az f 0 (x) deriv´ altpolinomot, de kf1 (c) + (c − c)f10 (c) = kf1 (c) 6= 0 miatt az (x − c)k polinom m´ ar nem osztja az f 0 (x) deriv´ altpolinomot. Defin´ıci´ o. Legyen f (x), g(x) ∈ C[x]. Azt mondjuk, hogy c ∈ C az f (x), g(x) polinomok k¨ oz¨ os gy¨ oke, ha f (c) = g(c) = 0. K¨ ozvetlen¨ ul kapjuk az al´ abbi a ´ll´ıt´ ast: ´ ıt´ 3.3.All´ as. A 0 6= f (x), g(x) komplex polinomoknak l´etezik k¨ oz¨ os komplex gy¨ oke akkor ´es csak akkor, ha a d(x) = lnko(f (x), g(x)) legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ o legal´ abb els˝ ofok´ u. A t¨ obbsz¨ or¨ os gy¨ ok¨ ok al´ abbi jellemz´ese alapj´ an megk´ıs´erelhetj¨ uk magasabbfok´ u algebrai egyenletekn´el a t¨ obbsz¨ or¨ os gy¨ ok¨ ok kisz˝ ur´es´et. 3.4.T´ etel. Legyen 0 6= f (x) ∈ C[x] komplex polinom. Ekkor az al´ abbi a ´ll´ıt´ asok teljes¨ ulnek: .1 az f (x) polinomnak l´etezik t¨ obbsz¨ or¨ os gy¨ oke akkor ´es csak akkor, ha a d(x) = lnko(f (x), f 0 (x)) legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ o legal´ abb els˝ ofok´ u. .2 a d(x) polinom gy¨ okei az f (x) polinom t¨ obbsz¨ or¨ os gy¨ okei, eggyel kisebb multiplicit´ assal. (x) .3 az fd(x) polinom gy¨ okei megegyeznek az f (x) polinom gy¨ okeivel, de mindegyik egyszeres.
8
Bizony´ıt´ as. 1. Nyilv´ anval´ o 3.1-b˝ ol ´es 3.3-b´ ol. 2,3. Legyen f (x) = (x − c1 )k1 (x − c2 )k2 · · · (x − cr )kr f1 (x),
ahol a ki ≥ 2 sz´ amok a t¨ obbsz¨ or¨ os gy¨ ok¨ ok multiplicit´ asai, f1 (ci ) 6= 0 ´es az f1 (x) polinomnak m´ ar nincsenek t¨ obbsz¨ or¨ os gy¨ okei. 3.2 alapj´ an f 0 (x) = (x − c1 )k1 −1 (x − c2 )k2 −1 · · · (x − cr )kr −1 h(x), ahol a h(x) polinom ´es az x − ci gy¨ okt´enyez˝ ok relat´ıv pr´ımek, tov´ abb´ a 3.1 miatt a h(x) ´es az f1 (x) polinom szint´en relat´ıv pr´ım. K¨ ovetkez´esk´epp d(x) = (x − c1 )k1 −1 (x − c2 )k2 −1 · · · (x − cr )kr −1 , f (x) = (x − c1 )(x − c2 ) · · · (x − cr )f1 (x). d(x)
Most t´erj¨ unk a ´t a m´ asik speci´ alis magasabbfok´ u egyenlett´ıpusra. Defin´ıci´ o. Legyen f (x) komplex polinom. Azt mondjuk, hogy az f (x) = 0 egyenlet reciprok egyenlet, ha teljes¨ ul az al´ abbi k´et felt´etel: oke; a.) ha a c komplex sz´ am gy¨ oke az egyenletnek, akkor az 1c reciproka is gy¨ b.) a c ´es 1c gy¨ ok multiplicit´ asa megegyezik. A gy¨ ok¨ ok ismerete n´elk¨ ul is el tudjuk d¨ onteni, hogy egy egyenlet reciprok egyenlet-e. 3.5.T´ etel. Az a0 xn + · · · + an−1 x + an = 0 (ai ∈ C) egyenlet reciprok egyenlet akkor ´es csak akkor, ha az egy¨ utthat´ ok vagy szimmetrikusak, azaz a0 = an , a1 = an−1 , . . . , vagy antiszimmetrikusak, azaz a0 = −an , a1 = −an−1 , . . . Bizony´ıt´ as. Az egyenlet reciprok egyenlet pontosan akkor, ha
a0 xn + · · · + an−1 x + an = a0 (x − c1 )(x − c2 ) · · · (x − cn ) = a0 (x −
1 1 1 )(x − ) · · · (x − ), c1 c2 cn
ami, a0 -lal val´ o leoszt´ as ut´ an, Vi´ete formul´ ai alapj´ an, illetve k¨ oz¨ os nevez˝ ore hozva, majd ism´et Vi´ete formul´ ai alapj´ an, ekvivalens azzal, hogy 1 1 c2 · · · cn + c1 c3 · · · cn + · · · + c1 · · · cn−1 a1 = −(c1 + · · · + cn ) = −( + · · · + ) = − = a0 c1 cn c1 · · · cn = ak = (−1)k a0 = (−1)k ´es v´eg¨ ul
X
an−1 /a0 an−1 = , ... , an /a0 an
1≤i1 <···
1 c1 · · · cn
X
ci1 · · · cik = (−1)k
1≤i1 <···
X
1≤i1 <···
ci1 · · · cin−k =
1 = ci1 · · · c ik
an−k /a0 an−k = , ... , an /a0 an
a0 an 1 = (−1)n c1 · · · cn = (−1)n = , a0 c1 · · · cn an
ami pontosan azt jelenti, hogy ( aan0 )2 = 1, azaz aan0 = ±1, a0 = ±an . A fenti aak0 = an−k an egyenl˝ os´egekbe ezt be´ırva kapjuk, hogy ak = ±an−k , azaz az egy¨ utthat´ ok vagy szimmetrikusak, vagy antiszimmetrikusak.
9
3.6.K¨ ovetkezm´ eny. Az f (x) = 0 komplex egy¨ utthat´ os n-edfok´ u egyenlet reciprok egyenlet akkor ´es csak akkor, ha f (x) = ±xn f ( x1 ) (az el˝ ojel pozit´ıv illetve negat´ıv annak megfelel˝ oen, hogy az egyenlet egy¨ utthat´ oi szimmetrikusak illetve antiszimmetrikusak). Tov´ abb´ a, 1. ha n p´ aratlan ´es az egy¨ utthat´ ok szimmetrikusak, akkor f (−1) = 0 (az ,,x + 1 eset”); 2. ha n p´ aratlan ´es az egy¨ utthat´ ok antiszimmetrikusak, akkor f (1) = 0 (az ,,x − 1 eset”); 3. ha n p´ aros ´es az egy¨ utthat´ ok antiszimmetrikusak, akkor f (1) = f (−1) = 0 (az ,,x 2 − 1 eset”). Bizony´ıt´ as. A t´etel els˝ oa ´ll´ıt´ asa nyilv´ anval´ o 3.5-b˝ ol, x n -t kiemelve. A m´ asik h´ aromb´ ol l´ assuk be az els˝ ot, a t¨ obbi hasonl´ oan igazolhat´ o. Legyen n p´ aratlan ´es az egy¨ utthat´ ok szimmetrikusak. A fenti jellemz´es alapj´ an f (−1) = 1 ) = −f (−1) azaz 2f (−1) = 0, ahonnan nyilv´ an f (−1) = 0 k¨ ovetkezik. (−1)n f ( −1 ´ ıt´ 3.7.All´ as. Legyen f (x) = 0 reciprok egyenlet. Ekkor a p´ aratlan szimmetrikus, p´ aratlan antiszimmetrikus illetve a p´ aros antiszimmetrikus esetekben az x + 1, x − 1, illetve az x 2 − 1 gy¨ okt´enyez˝ okkel egyszer˝ us´ıtve az f (x) = 0 egyenletet p´ aros foksz´ am´ u szimmetrikus egyenletet kapunk. Bizony´ıt´ as. A parit´ asra vonatkoz´ oa ´ll´ıt´ as vil´ agos. A szimmetri´ ara vonatkoz´ o h´ arom eset k¨ oz¨ ul l´ assuk be az els˝ ot, a t¨ obbi hasonl´ oan igazolhat´ o: f1 (x) =
xn f ( x1 ) xn−1 f ( x1 ) f (x) 1 = xn−1 f1 ( ), = = x+1 x+1 x 1 + x1
azaz 3.6 jellemz´ese alapj´ an az
f (x) x+1
polinom egy¨ utthat´ oi szimmetrikusak.
K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy a 2n foksz´ am´ u szimmetrikus egyenlet xn -nel val´ o leoszt´ as ut´ an az y = 1 x+ x u ´j ismeretlen bevezet´es´evel visszavezethet˝ o n-edfok´ ura. Tegy¨ uk fel, hogy az y 1 , . . . , yn gy¨ ok¨ oket meghat´ aroztuk (p´eld´ aul, ha n ≤ 4, gy¨ okk´eplet seg´ıts´eg´evel.) Ekkor az y i = x + x1 (1 ≤ i ≤ n) egyenletet beszorozva x-szel kapjuk a m´ asodfok´ u x2 − yi x + 1 = 0 egyenletet, amelynek x2i−1 , x2i gy¨ okeit a gy¨ okk´epletb˝ ol kapjuk. Vi´ete formul´ ai alapj´ an x 2i−1 x2i = 1, azaz val´ oban x2i−1 ´es x2i egym´ as reciprokai. 4. A t¨ obbhat´ arozatlan´ u polinomgy˝ ur˝ u Ebben a paragrafusban legyen A egy integrit´ astartom´ any. Defin´ıci´ o. Legyen x1 , . . . , xn hat´ arozatlan, A[x1 ] a szok´ asos egyhat´ arozatlan´ u polinomgy˝ ur˝ u. Legyen A[x1 , x2 ] = (A[x1 ]) [x2 ], . . . , A[x1 , . . . , xn ] = (A[x1 , . . . , xn−1 ]) [xn ]. Ekkor A[x1 , . . . , xn ]-t n-hat´ arozatlan´ u polinomgy˝ ur˝ unek nevezz¨ uk. 4.1.T´ etel. Az A[x1 , . . . , xn ] n-hat´ arozatlan´ uM polinomgy˝ ur˝ u integrit´ astartom´ any. Bizony´ıt´ as. Az a ´ll´ıt´ as k¨ ovetkezik abb´ ol a j´ ol ismert t´etelb˝ ol, hogy integrit´ astartom´ any feletti egyhat´ arozatlan´ u polinomgy˝ ur˝ u integrit´ astartom´ any. Az A[x1 , . . . , xn ] n-hat´ arozatlan´ uM polinomgy˝ ur˝ u elemei az f (x1 , . . . , xn ) n-hat´ arozatlan´ u polinomok. Az xk11 · · · xknn (ki ≥ 0, x0i = 1) alak´ u elemeket egytagoknak, a k1 +· · ·+kn sz´ amot az egytag foksz´ am´ anak, az k1 + 2k2 + · · · + nkn sz´ amot az egytag s´ uly´ anak nevezz¨ uk. Minden n-hat´ arozatlan´ u polinom egytagok A-line´ aris kombin´ aci´ oja. Polinom foksz´ ama illetve s´ ulya alatt ´ertj¨ uk a benne szerepl˝ o egytagok foksz´ am´ anak illetve s´ uly´ anak maximum´ at. Polinomok o ¨sszead´ as´ anak elv´egz´ese vil´ agos, a szorz´ ast az egytagok szorz´ as´ anak xk11 · · · xknn · xl11 · · · xlnn = xk11 +l1 · · · xknn +ln
10
szab´ alya ´es a disztribut´ıv t¨ orv´enyek alapj´ an v´egezhetj¨ uk el. Eml´ekezz¨ unk vissza, hogy egy H halmaz eset´en az o ¨sszes H → H bijekt´ıv lek´epez´es, azaz H permut´ aci´ oi halmaz´ at Sym(H)-val, H = {1, 2, . . . , n} eset´en Sn -nel jel¨ olt¨ uk. Sn a kompoz´ıci´ oszorz´ as m˝ uvelet´ere n´ezve csoportot alkot, az n-edfok´ u szimmetrikus csoportot, elemeinek sz´ ama n!. Defin´ıci´ o. Legyen π ∈ Sn permut´ aci´ o, π e : A[x1 , . . . , xn ] → A[x1 , . . . , xn ], f (x1 , . . . , xn ) 7→ f (xπ(1) , . . . , xπ(n) ). Az f (x) ∈ A[x1 , . . . , xn ] polinomot szimmetrikus polinomnak nevezz¨ uk, ha minden π ∈ Sn permut´ aci´ o eset´en π e(f (x)) = f (x). Az s1 (x1 , . . . , xn ) = x1 + · · · + xn ,
s2 (x1 , . . . , xn ) = x1 x2 + x1 x3 + · · · + x1 xn + · · · + xn−1 xn , . . . , X sk (x1 , . . . , xn ) = xi 1 · · · x i k , . . . , 1≤i1 <···
sn (x1 , . . . , xn ) = x1 · · · xn polinomokat n-hat´ arozatlan´ u elemi szimmetrikus polinomoknak nevezz¨ uk. A Vi´ete-formul´ ak a fenti jel¨ ol´essel ´ıgy ´ırhat´ ok: ak = (−1)k sk (c1 , . . . , cn ). Nyilv´ an xn = 0 helyettes´ıt´essel sk (x1 , . . . , xn−1 , 0) (1 ≤ k ≤ n − 1) az o ¨sszes n − 1-hat´ arozatlan´ u elemi szimmetrikus polinom. Ha f (x1 , . . . , xn ) ∈ A[x1 , . . . , xn ] akkor az elemi szimmetrikus polinomok xk = sk behelyettes´ıt´ese ut´ an kapott f (s1 (x1 , . . . , xn ), . . . , sn (x1 , . . . , xn )) polinom szimmetrikus, foka megegyezik f (x1 , . . . , xn ) s´ uly´ aval. Ennek az a ´ll´ıt´ asnak a megford´ıt´ asa lesz az alapt´etel. 4.2.T´ etel. Az A[x1 , . . . , xn ] n-hat´ arozatlan´ uM polinomgy˝ ur˝ uben a szimmetrikus polinomok r´eszgy˝ ur˝ ut alkotnak. Bizony´ıt´ as. Legyen π ∈ Sn permut´ aci´ o, π e : A[x1 , . . . , xn ] → A[x1 , . . . , xn ], f (x1 , . . . , xn ) 7→ f (xπ(1) , . . . , xπ(n) ). K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy π e gy˝ ur˝ uk homomorfizmusa. Val´ oban, be kell l´ atni, hogy szimmetrikus polinomok o ¨sszege, addit´ıv inverze ´es szorzata is szimmetrikus polinom. Ha f ´es g szimmetrikus polinom, akkor tetsz˝ oleges π ∈ S n eset´en π e(f + g) = π e(f ) + π e(g) = f + g, π e(−f ) = −e π (f ) = −f, π e(f g) = π e (f )e π (g) = f g.
4.3.T´ etel (szimmetrikus polinomok alapt´ etele). Legyen f (x1 , . . . , xn ) ∈ A[x1 , . . . , xn ] m-edfok´ u szimmetrikus polinom. Ekkor egy´ertelm˝ uen l´etezik g(y 1 , . . . , yn ) ∈ A[y1 , . . . , yn ] m s´ uly´ u polinom u ´gy, hogy f (x1 , . . . , xn ) = g (s1 (x1 , . . . , xn ), . . . , sn (x1 , . . . , xn )). Bizony´ıt´ as. Alkalmazzuk az al´ abbi jel¨ ol´eseket: x = x 1 , . . . , xn sk = sk (x1 , . . . , xn ) (1 ≤ k ≤ n),
y = y 1 , . . . , yn
s0k = sk (x1 , . . . , xn−1 , 0) (1 ≤ k ≤ n − 1).
Egzisztencia. Indukci´ o n ´es m szerint. Ha n = 1 akkor tetsz˝ oleges m-re f (x 1 ) = f (s1 (x1 )) mivel s1 (x1 ) = x1 . Tegy¨ uk fel, hogy n-n´el kisebb hat´ arozatlan´ u szimmetrikus polinomokra igaz az a ´ll´ıt´ as. Az n-hat´ arozatlan´ u esetben m szerinti indukci´ ot alkalmazunk. m = 0-ra nyilv´ anval´ o, tegy¨ uk fel, hogy m-n´el kisebb foksz´ am´ u szimmetrikus polinomokra igaz az a ´ll´ıt´ as.
11
Legyen f (x) m-edfok´ u szimmetrikus polinom. Az indukci´ os felt´etel szerint f (x1 , . . . , xn−1 , 0) = g1 (s01 , . . . , s0n−1 ), ahol g1 (y1 , . . . , yn−1 ) ∈ A[y1 , . . . , yn−1 ] m-n´el nem nagyobb s´ uly´ u, ´es az el˝ oz˝ o ´eszrev´etel alapj´ an s0k (1 ≤ k ≤ n − 1) az o ¨sszes n − 1-hat´ arozatlan´ u elemi szimmetrikus polinom. K¨ ovetkez´esk´epp g1 (s1 , . . . , sn−1 ) foka legfeljebb m, ´es f1 (x) = f (x) − g1 (s1 , . . . , sn−1 ) m-n´el nem nagyobb foksz´ am´ u szimmetrikus polinom. Mivel f1 (x1 , . . . , xn−1 , 0) = 0, nyilv´ an xn osztja az f1 (x) polinomot. De f1 (x) szimmetrikus, ´ıgy az sn = x1 · · · xn elemi szimmetrikus polinom is osztja az f1 (x) polinomot, azaz f1 (x) = sn f2 (x), ahol f2 (x) legfeljebb m−n foksz´ am´ u szimmetrikus polinom. Ez´ert az indukci´ os felt´etel alapj´ an l´etezik legfeljebb m − n s´ uly´ u g2 (y) polinom u ´gy, hogy f2 (x) = g2 (s1 , . . . , sn ). Vil´ agos, hogy g(y) = g1 (y1 , . . . , yn−1 ) + yn g2 (y) s´ ulya legfeljebb m, ´es f (x) = g(s1 , . . . , sn ) miatt a s´ uly pontosan m. Unicit´ as. Tegy¨ uk fel, hogy l´etezik g1 (y), g2 (y) k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o polinom u ´gy, hogy f (x) = g1 (s1 , . . . , sn ) = g2 (s1 , . . . , sn ). Ekkor (g1 −g2 )(s1 , . . . , sn ) = 0 ´es g1 −g2 6= 0. Indukci´ oval n szerint bel´ atjuk, hogy ha g(y) 6= 0 akkor g(s1 , . . . , sn ) 6= 0 (0 a z´erus polinomot jel¨ oli). n = 1-re az a ´ll´ıt´ as vil´ agos, tegy¨ uk fel, hogy igaz n-n´el kisebb hat´ arozatlan´ u polinomokra. Legyen g(y) a legkisebb foksz´ am´ u nemz´erus polinom, hogy g(s1 , . . . , sn ) = 0. Nyilv´ an g(y) = g0 (y1 , . . . , yn−1 ) + g1 (y1 , . . . , yn−1 )yn + · · · + gk (y1 , . . . , yn−1 )ynk .
(*)
Ha g0 (y1 , . . . , yn−1 ) = 0 akkor g(y) = h(y1 , . . . , yn )yn , azaz 0 = g(s1 , . . . , sn ) = h(s1 , . . . , sn )sn , amib˝ ol 4.1 miatt h(s1 , . . . , sn ) = 0 k¨ ovetkezik, ellentmod´ asban azzal, hogy h(y) foksz´ ama ama, hiszen feltett¨ uk, hogy g(y) a legkisebb foksz´ am´ u ilyen eggyel kisebb, mint g(y) foksz´ polinom. Azaz g0 (y1 , . . . , yn−1 ) 6= 0. (*)-b´ ol yk = sk majd xn = 0 helyettes´ıt´essel g0 (s01 , . . . , s0n−1 ) = 0 ad´ odik, ellent´etben az indukci´ os felt´etellel. 4.4.K¨ ovetkezm´ eny. Legyen K test, az f (x) ∈ K[x] polinom o ¨sszes gy¨ oke c 1 , . . . , cn , amelyek valamely N testben vannak, amelynek K r´eszteste. Ha h(x1 , . . . , xn ) ∈ K[x1 , . . . , xn ] tetsz˝ oleges szimmetrikus polinom, akkor h(c1 , . . . , cn ) ∈ K.
Bizony´ıt´ as. Alkalmazzuk 4.3 bizony´ıt´ as´ anak jel¨ ol´eseit. 4.3 miatt h(x) = g(s 1 , . . . , sn ), ahol g(y) ∈ K[y]. Mivel f (x) ∈ K[x], Vi´ete formul´ ai alapj´ an sk (c1 , . . . , cn ) ∈ K minden 1 ≤ k ≤ nre. K¨ ovetkez´esk´epp h(c1 , . . . , cn ) = g (s1 (c1 , . . . , cn ), . . . , sn (c1 , . . . , cn )) ∈ K.
12
´ II. CSOPORTELMELET 5. A csoport fogalma Defin´ıci´ o. Legyen G 6= ∅ egy halmaz, ∗ : G×G → G m˝ uvelet a G halmazon. A (G, ∗) algebrai strukt´ ur´ at f´ elcsoportnak nevezz¨ uk, ha a ∗ m˝ uvelet asszociat´ıv. Ha a (G, ∗) f´elcsoportban l´etezik neutr´ alis elem, akkor a (G, ∗) strukt´ ur´ at monoidnak nevezz¨ uk. Azt mondjuk, hogy a (G, ∗) monoid csoport, ha G minden elem´enek l´etezik inverze a ∗ m˝ uveletre n´ezve. Ha a (G, ∗) csoportban a ∗ m˝ uvelet kommutat´ıv, akkor a (G, ∗) strukt´ ur´ at kommutat´ıv vagy Abel-csoportnak nevezz¨ uk. A (G, +) addit´ıv csoportban, azaz ahol a csoportm˝ uvelet a + o ¨sszead´ as, a neutr´ alis elemet nullelemnek nevezz¨ uk ´es 0-val jel¨ olj¨ uk, tov´ abb´ a az a ∈ G inverz elem´et −a-val jel¨ olj¨ uk. A (G, ·) multiplikat´ıv csoportban, azaz ahol a csoportm˝ uvelet a · szorz´ as, a neutr´ alis elemet egys´ egelemnek nevezz¨ uk ´es 1-gyel jel¨ olj¨ uk, tov´ abb´ a az a ∈ G elem inverz´et a −1 -gyel jel¨ olj¨ uk. A G halmaz sz´ amoss´ ag´ at a csoport rendj´ enek nevezz¨ uk, ´es v´ eges, ill. v´ egtelen csoportr´ ol besz´el¨ unk aszerint, hogy a sz´ amoss´ ag v´eges ill. v´egtelen. Az, hogy a (G, ∗) rendezett p´ ar csoport, r´eszletesen azt jelenti, hogy: – G 6= ∅ egy halmaz; – ∗ : G × G → G egy lek´epez´es; – a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c minden a, b, c ∈ G elemre; – l´etezik e ∈ G elem u ´gy, hogy a ∗ e = e ∗ a = a minden a ∈ G elem eset´en; – minden a ∈ G elemhez l´etezik a0 ∈ G elem u ´gy, hogy a ∗ a0 = a0 ∗ a = e. A tov´ abbiakban, ha m´ ask´eppen nem jelezz¨ uk, a csoportm˝ uvelet a szorz´ as lesz, amelyet egym´ asut´ an´ır´ assal jel¨ ol¨ unk, ´es (G, ·) csoport helyett r¨ oviden G csoportr´ ol besz´el¨ unk. Az asszociativit´ as legegyszer˝ ubb k¨ ovetkezm´enyei az al´ abbiak. ´ ıt´ 5.1.All´ as. Legyen (G, ·) f´elcsoport. Ekkor: .1 Tetsz˝ oleges sz´ am´ u t´enyez˝ ob˝ ol a ´ll´ o szorzat ´ert´eke f¨ uggetlen a z´ ar´ ojelez´est˝ ol. .2 Ha G monoid, egyetlen neutr´ alis elem van G-ben, ´es ha az a ∈ G elemnek l´etezik a −1 inverze, akkor az egy´ertelm˝ u. .3 G invert´ alhat´ o elemei (az u ´gynevezett egy´ egek), csoportot alkotnak (a G monoid u ´gynevezett egys´ egcsoportj´ at), amelyet U (G)-vel jel¨ ol¨ unk. Bizony´ıt´ as. 1. Legyen az a1 , . . . , an ∈ G elemek tetsz˝ olegesen z´ ar´ ojelezett szorzata tn , ´es legyen ln = (. . . ((a1 a2 )a3 ) . . . )an a balrarendezett szorzat. Indukci´ oval n szerint bel´ atjuk, hogy tn = ln . n = 3 eset´en az a ´ll´ıt´ as ´eppen a szorz´ as asszociativit´ asa. Tegy¨ uk fel, hogy n-n´el kisebb t´enyez˝ os szorzatok (n > 3) tetsz˝ olegesen z´ ar´ ojelezhet˝ ok. Ha t n 6= ln akkor tn = tk u, ahol u az ak+1 , . . . , an elemek valamely szorzata. Indukci´ o alapj´ an tk = lk ´es u = ak+1 (ak+2 (. . . (an−1 an ) . . . )), azaz az asszociativit´ as t¨ obbsz¨ ori alkalmaz´ as´ aval tn = lk (ak+1 (ak+2 (. . . (an−1 an ) . . . ))) = (lk ak+1 )(ak+2 (ak+3 (. . . (an−1 an ) . . . ))) = lk+1 (ak+2 (. . . (an−1 an ) . . . )) = · · · = ln−2 (an−1 an ) = ln−1 an = ln . 2. Legyen e, f neutr´ alis elem. Ekkor mivel f neutr´ alis elem, ef = e, de mivel e is neutr´ alis elem, ef = f , azaz e = f . Ha aa−1 = a−1 a = e ´es ab = ba = e, akkor b = eb = (a−1 a)b = a−1 (ab) = a−1 e = a−1 . 3. Ha a neutr´ alis elem e, g, h ∈ U (G), inverzeik g −1 , h−1 , akkor (gh)(h−1 g −1 ) = −1 −1 −1 g(hh )g = geg = gg −1 = e, ´es hasonl´ oan (h−1 g −1 )(gh) = e, azaz gh is invert´ alhat´ o
13
elem, ´es U (G) a szorz´ asra n´ezve z´ art, ´es ´ıgy algebrai strukt´ ura. Nyilv´ an e ∈ U (G), ´es a szorz´ as asszociativit´ asa o ¨r¨ okl˝ odik, vagyis U (G) monoid. A gg −1 = g −1 g = e tulajdons´ ag szimmetri´ aja miatt g −1 inverze g, ´es U (G) csoport. Csoportokra sz´ amtalan p´eld´ at ismer¨ unk. N´eh´ any ezek k¨ oz¨ ul: 1. V´egtelen Abel-csoportok a v´egtelen gy˝ ur˝ uk addit´ıv csoportjai: (Z, +) az eg´esz sz´ amok addit´ıv csoportja, (Q, +), a racion´ alis sz´ amok addit´ıv csoportja, (R, +) a val´ os sz´ amok addit´ıv csoportja, (C, +) a koimplex sz´ amok addit´ıv csoportja, (Z[x], +) az eg´esz egy¨ utthat´ os polinomok addit´ıv csoportja, (Q[x], +) a racion´ alis egy¨ utthat´ os polinomok addit´ıv csoportja, (R[x], +) a val´ os egy¨ utthat´ os polinomok addit´ıv csoportja, (C[x], +) a komplex egy¨ utthat´ os polinomok addit´ıv csoportja, (Mn (R), +) a val´ os matrixok addit´ıv csoportja. 2. V´egtelen Abel-csoportok a v´egtelen test feletti v´eges (nemnulla) dimenzi´ os, illetve a v´egtelen dimenzi´ os vektorterek addit´ıv csoportjai: (Rn , +) a val´ os rendezett sz´ am n-esek addit´ıv csoportja, Zp [x] a p pr´ımelem˝ u test feletti polinomok addit´ıv csoportja. 3. V´egtelen Abel-csoportok a v´egtelen K testek (azaz multiplikat´ıv f´elcsoportjaik) U (K) = K \ {0} egys´eg- (multiplikat´ıv) csoportjai, pld. K = Q, R, C; 4. V´eges Abel-csoportok a v´eges K testek U (K) = K \ {0} multiplikat´ıv csoportjai, p´eld´ aul K = Zp p pr´ımelem˝ u test, az eg´eszek marad´ekoszt´ alygy˝ ur˝ uje modulo p; 5. Lehet v´eges Abel csoport egy v´egtelen integrit´ astartom´ any (azaz az integrit´ astartom´ any multiplikat´ıv f´elcsoportj´ anak) egys´egcsoportja: U (Z) = {−1, 1}, U (Z p [x]) = Zp \ {0}; 6. n > 2 eset´en v´eges nem-Abel csoport az {1, 2, . . . , n} elemek o ¨sszes ism´etl´es n´elk¨ uli permut´ aci´ oinak (Sn , ◦) csoportja, az n-edfok´ u szimmetrikus csoport, amelynek rendje n!, ahol a csoportm˝ uvelet a lek´epez´esek ◦ kompoz´ıci´ oszorz´ asa; 7. n > 1 eset´en v´eges illetve v´egtelen nem-Abel csoport az Mn (K) v´eges illetve v´egtelen K test feletti (K = Zp illetve K = Q, R, C) teljes matrixgy˝ ur˝ u (multiplikat´ıv f´elcsoportj´ anak) GLn (K) egys´egcsoportja, az u ´n. teljes line´ aris csoport, amelynek elemei az invert´ alhat´ o, azaz nemnulla determin´ ans´ u matrixok. V´eges nemkommutat´ıv csoport a szab´ alyos n-sz¨ og (n ≥ 3) szimmetri´ ainak (a s´ıkidomot o ¨nmag´ ara k´epez˝ o egybev´ ag´ os´ agi transzform´ aci´ oinak) csoportja, a 2n edrend˝ u D n di´edercsoport, amelyet n elforgat´ as ´es n t¨ ukr¨ oz´es alkot, ´es ahol a csoportm˝ uvelet a lek´epez´esek kompoz´ıci´ oszorz´ asa. 8. Legyen A egy halmaz, az u ´gynevezett ´ ab´ ec´ e, elemei a bet˝ uk. K´epezz¨ unk a bet˝ ukb˝ ol (v´eges hosssz´ u) szavakat, ezek k¨ oz¨ otti m˝ uvelet legyen a konkaten´ aci´ o, az egym´ asut´ an´ır´ as, amelyet asszociat´ıvnak tekint¨ unk. Kaptuk az u ´gynevezett szabad f´ elcsoportot. B˝ ov´ıts¨ uk ki az A a ´b´ec´et u ´jabb bet˝ ukkel az A ∪ A −1 a ´b´ec´ev´e, ahol −1 −1 −1 A = {a | a ∈ A}. Tekints¨ uk az A ∪ A a ´b´ec´e bet˝ uib˝ ol k´epzett szavak W halmaz´ at, amelybe bele´ertj¨ uk az u ¨res sz´ ot is. Egy W -beli sz´ ot reduk´ alt alak´ unak nevez¨ unk, ha benne nem a ´ll egym´ as mellett a illetve a−1 alak´ u bet˝ u. Tetsz˝ oleges W -beli sz´ ohoz tartozik reduk´ alt alak´ u sz´ o, az aa−1 illetve a−1 a alak´ u sz´ or´eszletek hely´ebe az u ¨res sz´ ot ´ırva, esetleg t¨ obb l´ep´esben. Legyen F a reduk´ alt alak´ u szavak halmaza (az u ¨res sz´ oval egy¨ utt). K´et F -beli sz´ o konkaten´ altja legyen az egym´ asut´ an´ırt sz´ o (ami W eleme) reduk´ alt alakja (ez m´ ar biztosan F -beli), a konkaten´ aci´ ot ism´et asszociat´ıvnak tekintve. Ekkor a konkaten´ aci´ o m˝ uvelet a reduk´ alt alak´ u szavak F halmaz´ an, amely erre a m˝ uveletre n´ezve csoport (ellen˝ orizze!), amelyet az A a ´b´ec´e feletti szabad csoportnak nevez¨ unk. Defin´ıci´ o. Legyen (G, ∗) csoport, H ⊆ G r´eszhalmaz. Ha a H halmaz csoport a ∗ lek´epez´esnek a H × H szorzathalmazra t¨ ort´en˝ o lesz˝ uk´ıt´es´ere n´ezve, akkor azt mondjuk, hogy H a G r´ eszcsoportja. Az e neutr´ alis elemb˝ ol a ´ll´ o egyelem˝ u {e} r´eszcsoportot trivi´ alis r´ eszcsoportnak nevezz¨ uk.
14
A r´eszstrukt´ ura fogalm´ aval m´ ar tal´ alkoztak, p´eld´ aul a vektorterek eset´en: ott a r´eszstrukt´ ura a line´ aria alt´er. Speci´ alisan a line´ aris alt´er a vektorok addit´ıv csoportj´ anak r´eszcsoportja is. Egy´eb p´eld´ ak: .1 A p´ aros sz´ amok a (Z, +) csoport r´eszcsoportj´ at alkotj´ ak. Azok a t¨ ortek, amelyeknek nevez˝ oje 2-hatv´ any, √ a racion´ alis sz´ amok (Q, +) addit´ıv csoportj´ anak r´eszcsoportj´ at alkotj´ ak. Az a1 + a2 2 alak´ u val´ os sz´ amok halmaza, ahol a1 , a2 ∈ Q, a val´ os sz´ amok (R, +) csoportj´ anak r´eszcsoportja. A racion´ alis val´ os ´es k´epzetes r´esszel rendelkez˝ o komplex sz´ amok halmaza a komplex sz´ amok (C, +) csoportj´ anak r´eszcsoportja. .2 A 2 eg´esz kitev˝ os hatv´ anyai a nemnulla racion´ amok U (Q) multiplikat´ıv cso√ alis sz´ portj´ anak r´eszcsoportj´ at alkotj´ ak. Az a1 + a2 2 alak´ u nemnulla val´ os sz´ amok halmaza, ahol a1 , a2 ∈ Q, a nemnulla val´ os sz´ amok U (R) multiplikat´ıv csoport r´eszcsoportj´ at alkotj´ ak. A nemnulla komplex sz´ amok U (C) multiplikat´ıv csoportj´ anak r´eszcsoportjai: az olyan (nemnulla) komplex sz´ amok halmaza, amelyeknek argumentuma fokban kifejezve eg´esz sz´ am; az 1 abszol´ ut´ert´ek˝ u komplex sz´ amok; az n-edik komplex egys´eggy¨ ok¨ ok (n ≥ 2). A r´eszcsoport tulajdons´ ag k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o: ´ ıt´ 5.2.All´ as. A G csoport ∅ 6= H ⊆ G r´eszhalmaza r´eszcsoport akkor ´es csak akkor, ha a −1 b ∈ H minden a, b ∈ H elem eset´en. Bizony´ıt´ as. Ha H r´eszcsoport, akkor z´ art a szorz´ asra ´es az inverzk´epz´esre n´ezve, ´es nyilv´ an a−1 b ∈ H minden a, b ∈ H eset´en. Megford´ıtva, legyen a ∈ H tetsz˝ oleges elem. Ekkor a−1 a = 1 ∈ H, a−1 1 = a−1 ∈ H, ´es −1 −1 ha b ∈ H akkor (a ) b = ab ∈ H. Mivel az asszociativit´ as o ¨r¨ okl˝ odik, bel´ attuk, hogy H csoport. ´ ıt´ 5.3.All´ as. Legyen G csoport. Ha I 6= ∅ egy halmaz, Hi (i ∈ I) a G r´eszcsoportja akkor a ∩i∈I Hi metszet is r´eszcsoport. Tov´ abb´ a, ha A a G halmaz r´eszhalmaza, akkor hAi = ∩{H r´eszcsoportja a Gcsoportnak | A ⊆ H} r´eszcsoport, a legsz˝ ukebb r´eszcsoportja a G csoportnak, amely tartalmazza az A r´eszhalmazt. Bizony´ıt´ as. Legyen H = ∩i∈I Hi . Mivel minden i-re 1 ∈ Hi , 1 ∈ H ´es H 6= ∅. Alkalmazzuk 5.2-t. Ha a, b ∈ H akkor minden i-re a, b ∈ Hi . Hi r´eszcsoport volta miatt a−1 b ∈ Hi minden i-re, ´es a−1 b ∈ H. A m´ asik a ´ll´ıt´ as most m´ ar nyilv´ anval´ o. Defin´ıci´ o. Az hAi r´eszcsoportot az A r´ eszhalmaz ´ altal gener´ alt csoportnak nevezz¨ uk, ´es azt is mondjuk, hogy A a hAi csoport gener´ atorrendszere. K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy hAi = {aδ11 aδ22 · · · aδl l | ai ∈ A, δi ∈ {1, −1}, l ∈ N+ }. Az eg´esz sz´ amok addit´ıv csoportj´ at gener´ alja az {1} egyelem˝ u halmaz, az ilyen csoportokra a k¨ ovetkez˝ o paragrafusban visszat´er¨ unk. A nemnulla racion´ alis sz´ amok multiplikat´ıv csoportj´ anak nincsen v´eges gener´ atorrendszere.
15
6.Lagrange t´ etele. Ciklikus csoport. Defin´ıci´ o. Legyen G csoport, H r´eszcsoportja. Ha a ∈ G, akkor az aH = {ah | h ∈ H} ill. Ha = {ha | h ∈ H} halmazokat a H r´eszcsoport a elem szerinti bal- illetve jobboldali mell´ ekoszt´ alyainak, a halmazok |aH| ill. |Ha| sz´ amoss´ ag´ at a mell´ ekoszt´ alyok rendj´ enek nevezz¨ uk. A mell´ekoszt´ alyokkal m´ ar tal´ alkoztak a line´ aris algebr´ aban: a V vektort´er a + H line´ aris sokas´ aga a vektorok (V, +) addit´ıv csoportja H r´eszcsoportj´ anak mell´ekoszt´ alya. Tov´ abbi p´eld´ ak: 1. Az eg´esz sz´ amok (Z, +) csoportj´ aban a p´ aros sz´ amok r´eszcsoportj´ anak k´et mell´ekoszt´ alya van: a p´ aros illetve a p´ aratlan sz´ amok halmaza. A Z r´eszcsoport mell´ekoszt´ alyai a racion´ alis sz´ amok (Q, +) addit´ıv csoportj´ aban r + Z alak´ uak, 0 ≤ r < 1 racion´ alis sz´ am, azaz egy mell´ekoszt´ alyban az ugyanannyi t¨ ortr´esz˝ u racion´ alis sz´ amok vannak. 2. a nemnulla komplex sz´ amok U (C) csoportj´ aban az 1 hossz´ u komplex sz´ amok E r´eszcsoportj´ anak mell´ekoszt´ alyai rE alak´ uak, ahol r pozit´ıv val´ os sz´ am, rE elemei az r hossz´ u komplex sz´ amok. A mell´ekoszt´ alyok alapvet˝ o tulajdons´ agai a k¨ ovetkez˝ ok. ´ ıt´ 6.1.All´ as. Legyen G csoport, H r´eszcsoportja. Ekkor: 1. aH = bH akkor ´es csak akkor, ha b ∈ aH; 2. az {aH | a ∈ G} baloldali mell´ekoszt´ alyok a G halmaz oszt´ alyoz´ as´ at adj´ ak; 3. hasonl´ oa ´ll´ıt´ asok ´erv´enyesek a jobboldali mell´ekoszt´ alyokra is. Bizony´ıt´ as. 1. Legyen aH = bH. Ekkor b = b1 ∈ bH = aH. Megford´ıtva, legyen b ∈ aH. Ekkor b = aw valamely w ∈ H elemre, ´es a = bw −1 . Ha ah ∈ aH akkor ah = (bw −1 )h = b(w−1 h) ∈ bH, azaz aH ⊆ bH. Ha bh ∈ bH akkor bh = (aw)h = a(wh) ∈ aH, azaz bH ⊆ aH. 2. a = a1 ∈ aH miatt G = ∪a∈G aH. Az els˝ oa ´ll´ıt´ as miatt pedig ha c ∈ aH ∩ bH akkor cH = aH ´es cH = bH, azaz aH = bH. 3. Nyilv´ anval´ o. Alapvet˝ o tulajdons´ agokat ad meg az 6.2.T´ etel (Lagrange). Legyen G v´eges csoport, H r´eszcsoportja. Ekkor: 1. |aH| = |bH| ´es |aH| = |Hb| minden a, b ∈ G elem eset´en; 2. a H r´eszcsoport rendje osztja a G r´eszcsoprt rendj´et; 3. a H r´eszcsoport szerinti bal- ´es jobboldali mell´ekoszt´ alyok sz´ ama megegyezik, amelyet a H r´ eszcsoport G-beli index´ enek nevez¨ unk ´es |G : H|-val jel¨ ol¨ unk; 4. |G| = |H| · |G : H|. Bizony´ıt´ as. 1. Legyen ϕ : aH → bH, ah 7→ bh lek´epez´es. ϕ nyilv´ an sz¨ urjekt´ıv. Legyen ϕ(ah1 ) = ϕ(ah2 ), azaz bh1 = bh2 . Szorozva b−1 -gyel balr´ ol kapjuk, hogy h1 = h2 , ´es ah1 = ah2 . Bel´ attuk, hogy ϕ injekt´ıv. ´Igy ϕ bijekci´ o. Hasonl´ oan l´ athat´ o be, hogy a ψ : aH → Hb, ah 7→ hb lek´epez´es is bijekci´ o. 2,3,4. Az els˝ oa ´ll´ıt´ ast o ¨sszevetve 6.1.2-vel ´es 6.2.3-mal kapjuk, hogy az o ¨sszes mell´ekoszt´ aly |G| = |G : rendje megegyezik a |H| renddel, ´es a bal- ill. a jobboldali mell´ekoszt´ alyok sz´ ama |H| H|.
16
Defin´ıci´ o. Legyen G csoport. Ha l´etezik, az a ∈ G elem rendj´ enek nevezz¨ uk azt a legkisebb n pozit´ıv eg´eszet, amelyre an = 1, ebben az esetben az n = |a| jel¨ ol´est alkalmazzuk ´es azt mondjuk, hogy a v´ egesrend˝ u elem. Ellenkez˝ o esetben v´ egtelenrend˝ u elemr˝ ol besz´el¨ unk. Ha a G csoportnak l´etezik egyelem˝ u {a} gener´ atorrendszere, akkor ciklikus csoportnak nevezz¨ uk ´es a G = hai jel¨ ol´est alkalmazzuk. A nemnulla racion´ alis sz´ amok multiplikat´ıv csoportj´ aban az 1-et ´es a -1-et kiv´eve minden elem v´egtelen rend˝ u; az o ¨sszes komplex egys´eggy¨ ok csoportj´ aban minden elem v´egesrend˝ u. Az hai ciklikus csoport v´eges ill. v´egtelen rend˝ u aszerint, hogy az a elem v´eges ill. v´egtelen rend˝ u, tov´ abb´ a |hai| = |a|. A v´eges esetben hai = {1, a, a2 , . . . , a|a|−1 }, a v´egtelen esetben −1 2 −2 hai = {1, a, a , a , a , . . . , an , a−n , . . . }. V´egtelen ciklikus csoportra p´elda (Z, +) = h1i = {0, 1, −1, 2, −2, . . . , n, −n, . . . }, v´eges n-edrend˝ ure (Zn , +) = h1i = {0, 1, 2, . . . , n − 1}, illetve az n-edik komplex egys´eggy¨ ok¨ ok multiplikat´ıv csoportja,melynek gener´ atora b´ armely primit´ıv n-edik komplex egys´eggy¨ ok. 6.3.K¨ ovetkezm´ eny. V´eges csoport elem´enek rendje osztja a csoport rendj´et. Bizony´ıt´ as. V´eges csoport a elem´enek |a| rendje sz¨ uks´egk´eppen v´eges, ´es mivel |a| = |hai|, az a ´ll´ıt´ as 6.2.2 miatt vil´ agos. A v´egesrend˝ u elemek k´et egyszer˝ u tulajdons´ aga az al´ abbi. 6.4.Lemma. Legyen G csoport, a ∈ G, |a| = n ∈ N+ v´egesrend˝ u elem. Ekkor: 1. ha t ∈ Z eg´esz sz´ am ´es at = 1 akkor n osztja t-t; n . 2. ha k ∈ N+ pozit´ıv eg´esz akkor |ak | = lnko(k,n) Bizony´ıt´ as. 1. Legyen t = rn + q, 0 ≤ q < n marad´ekos oszt´ as. Ekkor 1 = a t = arn+q = n r q q (a ) a = a , ami q < n miatt csak akkor lehets´eges, ha q = 0, azaz t | n. k n n oa ´ll´ıt´ as miatt 2. Legyen |ak | = l, lnko(k,n) = m. Mivel (ak ) lnko(k,n) = (an ) lnko(k,n) = 1, az els˝
l | m. Tov´ abb´ a, 1 = (ak )l = akl miatt n | kl, amib˝ ol m = k relat´ ıv pr´ ımek, ´ e s ´ ıgy kaptuk, hogy m | l. lnko(k,n)
n lnko(k,n)
k | lnko(k,n) l. Nyilv´ an m ´es
A paragrafus utols´ o t´etele a ciklikus csoportokr´ ol sz´ ol. 6.5.T´ etel. 1. Pr´ımsz´ amrend˝ u csoport ciklikus. 2. Ciklikus csoport tetsz˝ oleges r´eszcsoportja ciklikus. 3. Legyen G v´eges n-edrend˝ u ciklikus csoport, l az n rendet oszt´ o pozit´ıv eg´esz. Ekkor a G csoportban egy ´es csak egy l-edrend˝ u r´eszcsoport l´etezik. 4. Legyen hai v´eges n-edrend˝ u ciklikus csoport, k ∈ N+ pozit´ıv eg´esz. Ekkor hai = hak i akkor ´es csak akkor, ha k ´es n relat´ıv pr´ımek. Emiatt az n-edrend˝ u ciklikus csoport gener´ atorainak sz´ ama ϕ(n), ahol ϕ az Euler-f´ele f¨ uggv´eny. Bizony´ıt´ as. 1. A G p pr´ımsz´ amrend˝ u csoportban 6.3 miatt az elemek rendje 1 vagy p. Mivel G 6= {1}, lennie kell p rend˝ u elemnek, amely a ´ltal gener´ alt r´eszcsoport rendje p, vagyis az eg´esz G. 2. Legyen H nemtrivi´ alis r´eszcsoportja a G = hai ciklikus csoportnak, l = min{i ∈ N + | ai ∈ H}. Bel´ atjuk, hogy H = hal i. Az hal i ⊆ H tartalmaz´ as vil´ agos. Legyen ai ∈ H, i = lq + r, i lq+r l q r 0 ≤ r < l marad´ekos oszt´ as. Ekkor a = a = (a ) a ∈ H, ahonnan ar ∈ H k¨ ovetkezik. Mivel l minim´ alis, ez csak r = 0 eset´en lehets´eges, azaz ai = (al )q ∈ hal i, ´es a m´ asik H ⊆ hal i tartalmaz´ as is teljes¨ ul. n 3. Egzisztencia. Legyen G = hai. 6.4.2 miatt az ha l i r´eszcsoport rendje l. Az unicit´ as a m´ asodik a ´ll´ıt´ as konstrukci´ oj´ ab´ ol nyilv´ anval´ o.
17
4. 6.4.2 miatt az ak elem rendje n akkor ´es csak akkor, ha a k ´es n sz´ amok relat´ıv pr´ımek. Az ilyen 0 ≤ k ≤ n − 1 sz´ amok sz´ ama ´eppen ϕ(n). 7. Nevezetes r´ eszcsoportok Nemkommutat´ıv csoportban l´enyeges az elemek k¨ oz¨ otti u ´gynevezett konjug´ alts´ agi rel´ aci´ o, ´es az ehhez a fogalomhoz szorosan kapcsol´ od´ o speci´ alis r´eszcsoport, a norm´ aloszt´ o. Defin´ıci´ o. Legyen G csoport, a, b ∈ G, N r´eszcsoportja a G csoportnak. Ha l´etezik g ∈ G elem u ´gy, hogy b = g −1 ag, akkor azt mondjuk, hogy a b elem az a elem konjug´ altja. Ha minden g ∈ G elemre gN = N g, akkor az N r´eszcsoportot a G csoport norm´ alis r´ eszcsoportj´ anak vagy norm´ aloszt´ oj´ anak nevezz¨ uk. A konjug´ ats´ aggal kapcsolatos legfontosabb tulajdons´ ag az al´ abbi. ´ ıt´ 7.1.All´ as. A konjug´ alts´ agi rel´ aci´ o ekvivalencia rel´ aci´ o a G halmazon, amelynek ekvivalencia oszt´ alyait konjug´ alt oszt´ alyoknak nevezz¨ uk. Bizony´ıt´ as. Reflexivit´ as. Nyilv´ an 1−1 a1 = a. −1 Szimmetria. Ha b = g ag akkor a = gbg −1 = (g −1 )−1 bg −1 . Tranzitivit´ as. Ha b = g −1 ag ´es c = h−1 bh akkor c = (h−1 g −1 )a(gh) = (gh)−1 a(gh). A norm´ alis r´eszcsoportokat jellemezhetj¨ uk az al´ abbi m´ odon. 7.2.T´ etel. Legyen G csoport, N a G csoport r´eszcsoportja. Ekkor az al´ abbi a ´ll´ıt´ asok ekvivalensek: (i) N norm´ aloszt´ o a G csoportban; (ii) g −1 ag ∈ N tetsz˝ oleges a ∈ N, g ∈ G elemre; (iii) az N halmaz konjug´ alt oszt´ alyok uni´ ojak´ent a ´ll el˝ o. Bizony´ıt´ as. (i)=⇒(ii) Mivel ag ∈ gN = N g, ag = ga1 valamely a1 ∈ N elem eset´en, azaz g −1 ag = g −1 ga1 = a1 ∈ N . (ii)=⇒(iii) Nyilv´ anval´ o. (iii)=⇒(i) L´ assuk be el˝ osz¨ or, hogy a gN ⊆ N g tartalmaz´ as teljes¨ ul. Legyen ga ∈ gN tetsz˝ oleges elem. Ekkor gag −1 = a1 ∈ N ´es a = g −1 a1 g teljes¨ ul, ´ıgy kapjuk, hogy ga = gg −1 a1 g = a1 g ∈ N g. Most l´ assuk be, hogy a m´ asik ir´ any´ u N g ⊆ gN tartalmaz´ as teljes¨ ul. Legyen ag ∈ N g. Ekkor g −1 ag = a2 ∈ N ´es a = ga2 g −1 , ´ıgy ag = ga2 g −1 g = ga2 ∈ gN . Abel-csoport tetsz˝ oleges r´eszcsoportja norm´ aloszt´ o. A Dn di´edercsoportban az elforgat´ asok 2-index˝ u r´eszcsoportot alkotnak, amely norm´ aloszt´ o, mivel teljes¨ ul az al´ abbi a ´ll´ıt´ as: 2 index˝ u r´eszcsoport norm´ aloszt´ o. Val´ oban, legyen a G csoportban H 2-index˝ u r´eszcsoport. Ha g ∈ G \ H, 6.1.2 ´es 6.1.3 miatt G = H ∪ gH = H ∪ Hg, azaz gH = G \ H = Hg. Ha g ∈ H, akkor nyilv´ an gH = H = Hg. Tov´ abbi p´elda 2-index˝ u r´eszcsoportra az S n szimmetrikus csoportban a p´ aros permut´ aci´ ok r´eszcsoportja, amely ´ıgy norm´ aloszt´ o (l´ asd lentebb). A GL n (K) teljes line´ aris csoportban norm´ aloszt´ ot alkotnak az 1 determin´ ans´ u matrixok, az u ´gynevezett speci´ alis line´ aris csoportot. K´et fontos speci´ alis r´eszcsoport a centraliz´ ator ´es a centrum. Defin´ıci´ o. Legyen G csoport, H ⊆ G r´eszhalmaz. Azt mondjuk, hogy a CG (H) = {c ∈ G | hc = ch minden h ∈ H-ra}
18
halmaz a H r´eszhalmaz centraliz´ atora a G csoportban. Speci´ alisan, a C G (G) halmazt a G csoport centrum´ anak nevezz¨ uk ´es ζ(G)-vel jel¨ olj¨ uk. A ζ(G) centrum G azon elemeinek a halmaza, amelyek minden elemmel felcser´elhet˝ oek. Mivel ha c centrumbeli elem ´es g ∈ G akkor g −1 cg = c, a centrum az egyelem˝ u konjug´ alt oszt´ alyok uni´ oja. Nyilv´ an G Abel-csoportban ζ(G) = G. Az Sn szimmetrikus csoportban (n ≥ 3) ´es a Dp (p p´ aratlan pr´ım) di´edercsoportban a centrum az egyelem˝ u trivi´ alis r´eszcsoport. A GLn (K) teljes line´ aris csoportban a centrum a skal´ aris matrixok csoportja. A centraliz´ ator ´es a centrum legegyszer˝ ubb tulajdons´ agait foglalja o ¨ssze a 7.3.T´ etel. Legyen G csoport, H r´eszhalmaza a G halmaznak. Ekkor: .1 a CG (H) centraliz´ ator a G csoport r´eszcsoportja; .2 ζ(G) centrum a G csoport norm´ aloszt´ oja; .3 Ha a G csoport v´eges, akkor a G csoport a eleme konjug´ alt oszt´ aly´ anak a rendje megegyezik a CG ({a}) = CG (a) centraliz´ ator index´evel a G csoportban. Bizony´ıt´ as. 1. Nyilv´ an 1 ∈ CG (H), ´ıgy az nem¨ ures halmaz, alkalmazzuk az 5.2 a ´ll´ıt´ ast. Legyen a, b ∈ CG (H), h ∈ H. Ekkor a−1 bh = a−1 hb = a−1 (ha)a−1 b = a−1 (ah)a−1 b = ha−1 b, azaz a−1 b ∈ CG (H). 2. Az els˝ oa ´ll´ıt´ as miatt a centrum r´eszcsoport, ´es mivel az egyelem˝ u konjug´ alt oszt´ alyok uni´ oja, a 7.2 a ´ll´ıt´ asb´ ol kapjuk, hogy norm´ aloszt´ o. 3. g −1 ag = h−1 ah pontosan akkor, ha (gh−1 )a = a(gh−1 ), azaz g ∈ CG (a)h. Ez 6.1 alapj´ an akkor ´es csak akkor teljes¨ ul, ha CG (a)g = CG (a)h, ahonnan az a ´ll´ıt´ as k¨ ovetkezik. 8. Faktorcsoport, homomorfizmus A norm´ aloszt´ o seg´ıts´eg´evel konstru´ alhatunk egy u ´j, egyszer˝ ubb csoportot. 8.1.T´ etel. Legyen G csoport, N a G csoport norm´ aloszt´ oja, G/N = {aN | a ∈ G} a mell´ekoszt´ alyok halmaza. Ekkor G/N csoport az (aN )(bN ) = abN m˝ uveletre n´ezve, ezt a csoportot a G csoport N norm´ aloszt´ o szerinti faktorcsoportj´ anak nevezz¨ uk. Bizony´ıt´ as. L´ assuk be el˝ osz¨ or, hogy a G/N halmazon a szorz´ as j´ oldefini´ alt. Legyen aN = cN , bN = dN . Ekkor 6.1 miatt c ∈ aN , d ∈ bN , c = ag1 , d = bg2 valamely g1 , g2 ∈ N elemre. ´Igy cd = ag1 bg2 = ab(b−1 g1 b)g2 ∈ abN 7.2 alapj´ an, ´es ism´et 6.1 miatt cdN = abN , azaz (cN )(dN ) = cdN = abN = (aN )(bN ). Asszociativit´ as. A G csoportbeli asszociativit´ ast alkalmazva aN (bN cN ) = (aN )(bcN ) = a(bc)N = (ab)cN = (abN )(cN ) = (aN bN )cN . Nyilv´ an N neutr´ alis elem, ´es aN inverze a−1 N . Csoportok k¨ oz¨ otti speci´ alis lek´epez´esek a homomorfizmusok, azaz olyan lek´epez´esek, ahol a lek´epez´es ´es a m˝ uvelet sorrendje felcser´elhet˝ o. Defin´ıci´ o. Legyen (G, ∗) ´es (H, ◦) csoport. A ϕ : G → H lek´epez´est homomorfizmusnak nevezz¨ uk, ha minden a, b ∈ G elemre ϕ(a ∗ b) = ϕ(a) ◦ ϕ(b). Az injekt´ıv homomorfizmust monomorfizmusnak, a sz¨ urjekt´ıvet epimorfizmusnak, a bijekt´ıvet izomorfizmusnak, a G → G izomorfizmust automorfizmusnak nevezz¨ uk. Ha l´etezik G → H izomorfizmus, akkor azt mondjuk, hogy G ´es H izomorf csoportok, ´es a G ∼ ol´est alkalmazzuk. = H jel¨ Ha ϕ : G → H homomorfizmus ´es H neutr´ alis eleme e, akkor a Ker(ϕ) = {g ∈ G | ϕ(g) = e} halmazt a ϕ homomorfizmus magj´ anak nevezz¨ uk. Homomorfizmusokkal m´ ar tal´ alkoztunk a line´ aris algebr´ aban: vektort´er line´ aris transzform´ aci´ oja az addit´ıv csoport homomorfizmusa. Tov´ abbi p´eld´ ak:
19
1. A determin´ ansf¨ uggv´eny az a ´ltal´ anos line´ aris csoport epimorfizmusa a test egys´egcsoportj´ aba, magja az 1 determin´ ans´ u matrixok r´eszcsoportja. 2. A (Z, +) → (Z, +), a 7→ ma lek´epez´es monomorfizmusa az eg´eszek addit´ıv csoportj´ anak, k´epe az mZ r´eszcsoport. Az U (C) → U (C), a 7→ an (n > 1 eg´esz) lek´epez´es a nemnulla komplex sz´ amok multiplikat´ıv csoportj´ anak epimorfizmusa, magja az n-edik komplex egys´eggy¨ ok¨ ok r´eszcsoportja. A (Z, +) → (Zm , +), a 7→ a lek´epez´es epimorfizmus az eg´eszek ´es a modulo m marad´ekoszt´ alyok addit´ıv csoportjai k¨ oz¨ ott, magja mZ = hmi. 3. A ∼ aci´ o ekvivalencia rel´ aci´ o, ekvivalencia oszt´ alyait a csoportok izomorfia= izomorfia rel´ oszt´ alyainak nevezz¨ uk. Izomorf csoportok adott n sz´ amra az n-edrend˝ u ciklikus csoportok, p´eld´ aul a modulo n marad´ekoszt´ alyok (Zn , +) csoportja ´es az n-edik komplex egys´eggy¨ ok¨ ok multiplikat´ıv csoportja. Izomorf csoportok tov´ abb´ a az S 3 szimmetrikus csoport ´es a D3 di´edercsoport, amint azt a szab´ alyos h´ aromsz¨ og szimmetri´ ainak permut´ aci´ o-prezent´ aci´ oja mutatja. K´et n-elem˝ u halmaz permut´ aci´ oinak csoportjai izomorfak. Abel-csoport automorfizmusa az inverzk´epz´es. A komplex konjug´ al´ as a a komlex sz´ amok (C, +) addit´ıv csoportj´ anak ´es a nemnulla komplex sz´ amok U (C) csoportj´ anak automorfizmusa is. Tetsz˝ oleges G csoport automorfizmusa adott g ∈ G elemre az x 7→ g −1 xg konjug´ al´ as (ami Abel-esetben az identikus lek´epez´es). A homomorfizmusok legalapvet˝ obb tulajdons´ agait taglalja a ´ ıt´ 8.2.All´ as. Legyen G ´es H csoport, ϕ : G → H homomorfizmus, g ∈ G tetsz˝ oleges elem. Ekkor: .1 ϕ(1) = 1; .2 ϕ(g −1 ) = ϕ(g)−1 ; .3 ha A a G csoport r´eszcsoportja akkor a ϕ(A) k´epe a H csoport r´eszcsoportja; .4 a Ker(ϕ) mag a G csoport norm´ aloszt´ oja; .5 ϕ monomorfizmus akkor ´es csak akkor ha Ker(ϕ) = {1}.
Bizony´ıt´ as. 1. A ϕ(g) = ϕ(1g) = ϕ(1)ϕ(g) egyenl˝ os´eget beszorozva ϕ(g) −1 -gyel jobbr´ ol kapjuk, hogy 1 = ϕ(1). 2. Az el˝ oz˝ o a ´ll´ıt´ ast felhaszn´ alva 1 = ϕ(1) = ϕ(gg −1 ) = ϕ(g)ϕ(g −1 ), ezt az egyenl˝ os´eget −1 beszorozva ϕ(g) -gyel balr´ ol kapjuk, hogy ϕ(g)−1 = ϕ(g −1 ). 3. Nyilv´ an 1. miatt 1 = ϕ(1) ∈ ϕ(A) = B, ´ıgy ez nem¨ ures halmaz. Alkalmazzuk az 5.2 a ´ll´ıt´ ast; legyen b, d ∈ B. Ekkor l´etezik a, c ∈ A elem u ´gy, hogy b = ϕ(a), d = ϕ(c), ´es 2-t felhaszn´ alva b−1 d = ϕ(a−1 )ϕ(c) = ϕ(a−1 c) ∈ B, hiszen A ≤ G miatt a−1 c ∈ A. 4. Az 1.´ all´ıt´ as miatt 1 ∈ Ker(ϕ), ´ıgy ez nem¨ ures halmaz. Alkalmazzuk az 5.2 a ´ll´ıt´ ast, hogy bel´ assuk, Ker(ϕ) r´eszcsoportja a G csoportnak. Legyen a, b ∈ Ker(ϕ). Ekkor ϕ(a −1 b) = ϕ(a)−1 ϕ(b) = 1 · 1 = 1, ´es a−1 b ∈ Ker(ϕ). Ha g ∈ G, a ∈ Ker(ϕ) akkor ϕ(g −1 ag) = ϕ(g)−1 ϕ(a)ϕ(g) = ϕ(g)−1 ϕ(g) = 1, azaz g −1 ag ∈ Ker(ϕ), ´es 7.2 alapj´ an Ker(ϕ) norm´ aloszt´ o. 5. Ha ϕ monomorfizmus, akkor nyilv´ an Ker(ϕ) = {1}. Megford´ıtva, ha ϕ(a) = ϕ(b) akkor 1 = ϕ(a)ϕ(b)−1 = ϕ(ab−1 ) ∈ Ker(ϕ) = {1}, azaz ab−1 = 1, a = b. Nagyjelent˝ os´eg˝ u az al´ abbi 8.3.T´ etel. Legyen G, H csoport, ϕ : G → H homomorfizmus. .1 (homomorfia-t´ etel) A G/ Ker(ϕ) faktorcsoport ´es az Im(ϕ) k´ep izomorfak. .2 Ha N a G csoport norm´ aloszt´ oja akkor a ψ : G → G/N , a 7→ aN lek´epez´es epimorfizmus, amelyet term´ eszetes epimorfizmusnak nevez¨ unk. Bizony´ıt´ as. 1. Jel¨ olje N a Ker(ϕ) magot, ´es legyen ϕ e : G/N → Im(ϕ), aN 7→ ϕ(a) lek´epez´es. L´ assuk be el˝ osz¨ or, hogy ϕ e j´ oldefini´ alt. Legyen aN = bN , ekkor a −1 b ∈ N , ´es 1 = ϕ(a−1 b) = ϕ(a)−1 ϕ(b) miatt ϕ(a) = ϕ(b).
20
Nyilv´ an ϕ(aN e bN ) = ϕ(abN e ) = ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) = ϕ(a) e ϕ(b) e miatt a ϕ e lek´epez´es homomorfizmus. Vil´ agos, hogy sz¨ urjekt´ıv. Ha aN ∈ Ker ϕ e akkor 1 = ϕ(aN e ) = ϕ(a) miatt a ∈ Ker(ϕ) = N , ´es aN = N . 8.2.5 alapj´ an a ϕ e lek´epez´es injekt´ıv. 2. ψ(ab) = abN = aN bN = ψ(a)ψ(b) miatt ψ homomorfizmus. A sz¨ urjektivit´ as nyilv´ anval´ o. A ϕ : Z → Z2 lek´epez´es, amely 0-t rendel a p´ aros ´es 1-et rendel a p´ aratlan sz´ amokhoz, az eg´eszek ´es a modulo 2 marad´ekoszt´ alygy˝ ur˝ u addit´ıv csoportjai k¨ oz¨ otti epimorfizmus, magja a p´ aros sz´ amok 2Z csoportja. ´Igy a Z/2Z faktorcsoport m´ asodrend˝ u ciklikus csoport. A ϕ : Q → [0, 1) ∩ Q lek´epez´es, amely a racion´ alis sz´ amhoz a t¨ ortr´esz´et rendeli, az addit´ıv csoportok epimorfizmusa (a k´epn´el az o ¨sszead´ ast ,,modulo 1” kell ´erteni), magja az eg´esz sz´ amok csoportja, ´ıgy a Q/Z csoport izomorf a racion´ alis sz´ amok modulo 1 vett addit´ıv csoportj´ aval. A deriv´ al´ as epimorfizmusa a K[x] polinomgy˝ ur˝ u addit´ıv csoportj´ anak, magja a test addit´ıv csoportja, ´ıgy a K[x]/K ´es a K[x] csoportok izomorfak. Az U (C) → U (C), a 7→ an (n > 1 eg´esz) lek´epez´es a nemnulla komplex sz´ amok multiplikat´ıv csoportj´ anak epimorfizmusa, magja az n-edik komplex egys´eggy¨ ok¨ ok E n r´eszcsoportja, ´ıgy az U (C)/En ´es az U (C) csoportok izomorfak. A nemnulla komplex sz´ amok ´es a pozit´ıv val´ os sz´ amok multiplikat´ıv csoportja k¨ oz¨ ott az abszol´ ut´ert´ek k´epz´ese epimorfizmus, magja az 1 hossz´ u komplex sz´ amok C 1 csoportja, ´ıgy az U (C)/C1 fakorcsoport izomorf a R+ multiplikat´ıv csoporttal. 9. Permut´ aci´ ok A csoportelm´elet alkalmaz´ asain´ al fontos a szimmetrikus csoport, amelynek elemeit az al´ abb ismertetend˝ o m´ odon rendszerezhetj¨ uk. ´ ıt´ 9.1.All´ as. Legyen N = {1, 2, . . . , n} halmaz, a σ : N → N permut´ aci´ o az Sn n-edfok´ u szimmetrikus csoport eleme, ´es Σ = {(i, j) ∈ N × N | l´etezik l ∈ Z : j = σ l (i)} Ekkor Σ ekvivalencia rel´ aci´ o az N halmazon, amely ekvivalencia oszt´ alyair´ ol azt mondjuk, hogy a σ permut´ aci´ o p´ aly´ ai. Bizony´ıt´ as. Reflexivit´ as. σ 0 az identikus permut´ aci´ o, ´es minden i ∈ N sz´ amra σ 0 (i) = i. l l Szimmetria. Legyen (i, j) ∈ Σ. Ekkor j = σ (i), ´es mivel a σ lek´epez´es inverze σ −l , i = σ −l (j), azaz (j, i) ∈ Σ. Tranzitivit´ as. Legyen (i, j) ∈ Σ, (j, k) ∈ Σ. Ekkor j = σ l (i) ´es k = σ m (j), ´es σ l+m (i) = m σ (j) = k miatt (i, k) ∈ Σ. Defin´ıci´ o. A σ permut´ aci´ o p´ aly´ aj´ anak sz´ amoss´ ag´ at a p´ alya hossz´ anak, az 1 hossz´ uakat trivi´ alis p´ aly´ aknak nevezz¨ uk. Az egyetlen nemtrivi´ alis p´ aly´ aval rendelkez˝ o permut´ aci´ ot ciklusnak, a nemtrivi´ alis p´ aly´ aja hossz´ at a ciklus hossz´ anak nevezz¨ uk. A 2 hossz´ u ciklusokat transzpoz´ıci´ oknak nevezz¨ uk. Azt mondjuk, hogy k´et ciklus diszjunkt, ha nemtrivi´ alis p´ aly´ aik diszjunktak. Legyen σ ∈ Sn l hossz´ u ciklus ´es {i1 , i2 , . . . , il } a nemtrivi´ alis p´ aly´ aja u ´gy, hogy σ(i1 ) = i2 , σ(i2 ) = i3 , . . . , σ(il−1 ) = il . Nyilv´ an σ(il ) = i1 , ´es ekkor a σ = (i1 i2 . . . il ) jel¨ ol´est alkalmazzuk. Vil´ agos, hogy (i1 i2 . . . il ) = (i2 i3 . . . il i1 ) = · · · = (il i1 i2 . . . il−1 ) ´es a σ permut´ aci´ o rendje l. A permut´ aci´ okat el˝ oa ´ll´ıthatjuk a k¨ ovetkez˝ o m´ odon.
21
9.2.T´ etel. Minden 1 6= σ ∈ Sn permut´ aci´ o sorrendt˝ ol eltekintve egy´ertelm˝ uen bonthat´ o fel diszjunkt ciklusok szorzat´ ara. Bizony´ıt´ as. Legyen a σ permut´ aci´ o egy p´ aly´ aja P = {i1 , i2 , . . . , il } u ´gy, hogy σ(i1 ) = i2 , σ(i2 ) = i3 , . . . , σ(il−1 ) = il Ekkor nyilv´ an a σ permut´ aci´ o ugyan´ ugy hat a P p´ alya elemein, mint az (i1 i2 . . . il ) ciklus. Mivel a Pj p´ aly´ ak az {1, 2, . . . , n} halmaz oszt´ alyoz´ as´ at adj´ ak, ´es a σ permut´ aci´ o ugyan´ ugy hat a Pj p´ alya elemein, mint valamely σj ciklus, σ = σ1 σ2 · · · σr , ahol a σj permut´ aci´ ok egy´ertelm˝ uen meghat´ arozott diszjunkt ciklusok, amelyek egym´ assal felcser´elhet˝ oek. 9.3.K¨ ovetkezm´ eny. .1 A ciklusok gener´ alj´ ak az Sn csoportot; .2 A transzpoz´ıci´ ok gener´ alj´ ak az Sn csoportot; .3 Ha a σ ∈ Sn permut´ aci´ o diszjunkt ciklusok szorzat´ ara val´ o felbont´ asa σ = σ 1 σ2 · · · σr akkor |σ| = lkkt(|σ1 |, . . . , |σr |). Bizony´ıt´ as. 1. 9.2 alapj´ an minden permut´ aci´ o ciklusok szorzata. 2. Nyilv´ anval´ o 1-b˝ ol ´es abb´ ol, hogy (i1 i2 . . . il ) = (i1 i2 )(i2 i3 ) · · · (il−1 il ). 3. Legyen m = lkkt(|σ1 |, . . . , |σr |). Mivel diszjunkt ciklusok egym´ assal felcser´elhet˝ oek, σ m = (σ1 σ2 · · · σr )m = σ1m σ2m · · · σrm = 1 · 1 · · · 1 = 1. M´ asr´eszr˝ ol ha 0 < l < m akkor valamely i indexre a |σi | rend nem osztja l-et, ´es ez´ert σil 6= 1. Mivel a σi ciklusok diszjunktak, σ l sem lehet 1. A permut´ aci´ ok konjug´ al´ asa elv´egezhet˝ o az al´ abbi egyszer˝ u m´ odszerrel, egy´ uttal megkapjuk a permut´ aci´ ok konjug´ alt oszt´ alyokba val´ o sorol´ as´ at is. ´ ıt´ 9.4.All´ as. Legyen σ = (i1 . . . il ) ∈ Sn ciklus, τ ∈ Sn permut´ aci´ o. Ekkor τ −1 στ = (τ −1 (i1 ) . . . τ −1 (il )). K¨ ovetkez´esk´epp az Sn csoport egy konjug´ alt oszt´ alya azokb´ ol a permut´ aci´ okb´ ol a ´ll, amelyeknek diszjunkt ciklusok szorzat´ ara val´ o felbont´ asaiban a megegyez˝ o hossz´ us´ ag´ u ciklusok sz´ ama ugyanannyi. Bizony´ıt´ as. Legyen P = {i1 , . . . , il }. Ha τ (j) ∈ / P akkor τ −1 στ (j) = τ −1 τ (j) = j. Legyen −1 τ (j) = ik ∈ P , azaz j = τ (ik ). Ha k < l akkor τ −1 στ (j) = τ −1 σ(ik ) = τ −1 (ik+1 ), ´es ha k = l akkor τ −1 στ (j) = τ −1 σ(il ) = τ −1 (i1 ). Legyen σ = σ1 · · · σr , τ ∈ Sn , a σi -k diszjunkt ciklusok. Ekkor τ −1 στ = (τ −1 σ1 τ )(τ −1 σ2 τ ) · · · (τ −1 σr τ ) diszjunkt ciklusok szorzat´ ara val´ o felbont´ as, ´es τ −1 σi τ hossza ugyanannyi, mint σi hossza. M´ asr´eszr˝ ol, ha σ = (i1 . . . il1 )(il1 +1 . . . il2 ) · · · (ils +1 . . . in ), δ = (j1 . . . jl1 )(jl1 +1 . . . jl2 ) · · · (jls +1 . . . jn ) diszjunkt ciklusok szorzat´ ara val´ o felbont´ as, kieg´esz´ıtve a nem mozgatott elemekkel, akkor a j 1 j 2 . . . j l1 . . . j n τ= i1 i2 . . . i l1 . . . i n permut´ aci´ ora δ = τ −1 στ .
A permut´ aci´ o parit´ as´ anak fogalm´ at vezetj¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o t´etelben.
22
´ ıt´ 9.5.All´ as. Legyen f : Sn → Q, f
12 . . . n i1 i2 . . . i n
=
Y s−t . is − i t s6=t
Ekkor f : Sn 7→ U (Z) epimorfizmus, An -nel jel¨ olt magja n! u norm´ aloszt´ o, amelyet n2 rend˝ edfok´ u altern´ al´ o csoportnak, elemeit p´ aros permut´ aci´ oknak nevez¨ unk. Tov´ abb´ a, a p´ aros permut´ aci´ ok transzpoz´ıci´ ok szorzat´ ara t¨ ort´en˝ o tetsz˝ oleges felbont´ as´ aban a t´enyez˝ ok sz´ ama p´ aros. Bizony´ıt´ as. Legyen τ=
στ =
Ekkor
12 . . . n i1 i2 . . . i n . , σ= j1 j2 . . . jn i1 i2 . . . i n
Y s−t 12 . . . n , f (στ ) = js − j t j1 j2 . . . jn
´es f (σ)f (τ ) =
s6=t
Y is − i t Y s − t = f (στ ). js − j t is − i t s6=t
s6=t
9.3.2 alapj´ an legyen σ = τ1 τ2 · · · τr = (i1 i2 )(i3 i4 ) · · · (i2r−1 i2r ). Ekkor f (σ) = f (τ1 ) · · · f (τr ) =
i1 − i 2 i3 − i 4 i2r−1 − i2r ··· = (−1)r . i2 − i 1 i4 − i 3 i2r − i2r−1
Azaz val´ oban f : Sn 7→ U (Z) epimorfizmus. 8.3.1 alapj´ an Sn /An ∼ = U (Z), azaz n!/|An | = 2
ort pontosan akkor negat´ıv, ha az K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy az f (σ) ´ert´ek´eben szerepl˝ o iss−t −it t¨ (s, t) p´ ar a permut´ aci´ oban inverzi´ ot alkot, azaz az f (σ) ´ert´ek pontosan akkor pozit´ıv illetve negat´ıv, ha a permut´ aci´ oban szerepl˝ o inverzi´ ok sz´ ama p´ aros illetve p´ aratlan. Defin´ıci´ o. Az Sn \ An halmaz elemeit p´ aratlan permut´ aci´ oknak nevezz¨ uk. Az Sn n-edfok´ u szimmetrikus csoport r´eszcsoportjait n-edfok´ u permut´ aci´ ocsoportoknak nevezz¨ uk. Alapvet˝ o fontoss´ ag´ u az al´ abbi t´etel, mely szerint b´ armely v´eges csoport el˝ oa ´ll´ıthat´ o permut´ aci´ ocsoportk´ent. (Ez igaz tetsz˝ oleges csoportra is.) 9.6.T´ etel (Cayley). Tetsz˝ oleges n-edrend˝ u v´eges csoport izomorf egy n-edfok´ u permut´ aci´ ocsoporttal. Bizony´ıt´ as. Legyen ϕ : G → Sym(G), g 7→ lg =
g1 g2 . . . gn . gg1 gg2 . . . ggn
Ekkor ϕ(gh)(x) = lgh (x) = ghx = glh (x) = lg (lh (x)), azaz ϕ homomorfizmus. Ha g 6= 1 akkor lg (1) = g1 = g 6= 1, azaz ϕ magja {1}. 8.2.5 miatt ϕ monomorfizmus, ´es a G csoport izomorf a ϕ(G) csoporttal, amely a Sym(G) ∼ = Sn szimmetrikus csoport r´eszcsoportja.
23
10. Direkt szorzat, v´ eges Abel-csoportok alapt´ etele 10.1.T´ etel. Legyen G1 , G2 , . . . , Gn csoport. Ekkor a G = G1 × · · · × Gn = {(g1 , . . . , gn ) | gi ∈ Gi (i = 1, . . . , n)} halmaz a (g1 , . . . , gn )(h1 , . . . , hn ) = (g1 h1 , . . . , gn hn ) m˝ uveletre n´ezve csoport, amelyet a Gi csoportok (k¨ uls˝ o) direkt szorzat´ anak nevez¨ unk. Bizony´ıt´ as. Az asszociativit´ as nyilv´ anval´ o, (1, 1, . . . , 1) egys´egelem, ha g i iverze gi−1 akkor (g1 , . . . , gn ) inverze (g1−1 , . . . , gn−1 ). Defin´ıci´ o. Legyen G csoport, G1 , . . . , Gn a G norm´ alis r´eszcsoportjai. Azt mondjuk, hogy a G csoport a Gi norm´ alis r´eszcsoportok bels˝ o direkt szorzata, ha G = h∪ni=1 Gi i ´es minden k-ra Gk ∩ h∪i6=k Gi i = {1}.
´ ıt´ 10.2.All´ as. A G csoport a G1 , . . . , Gn norm´ aloszt´ oinak bels˝ o direkt szorzata akkor ´es csak akkor, ha G izomorf a G1 , . . . , Gn csoportok (k¨ uls˝ o) direkt szorzat´ aval.
Bizony´ıt´ as. Legyen el˝ osz¨ or a G csoport a G1 , . . . , Gn norm´ aloszt´ oinak bels˝ o direkt szorzata. L´ assuk be, hogy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o norm´ aloszt´ okhoz tartoz´ o elemek egym´ assal felcser´elhet˝ oek. Val´ oban, legyen a ∈ Gi , b ∈ Gj (i 6= j). Ekkor egyr´eszt a−1 (b−1 ab) ∈ Gi , m´ asr´eszt (a−1 b−1 a)b ∈ Gj , azaz a−1 b−1 ab ∈ Gi ∩ Gj = {1}, ahonnan ab = ba k¨ ovetkezik. Mivel a Gi norm´ aloszt´ ok gener´ alj´ ak az eg´esz csoportot, tetsz˝ oleges a elem fel´ırhat´ o a norm´ aloszt´ ok elemeinek szorzatak´ent. A felcser´elhet˝ os´eg miatt a szorzat t´enyez˝ oinek rendez´ese ut´ an a fel´ır´ as a = a1 a2 · · · an alakot o ¨lt, ahol ai ∈ Gi . Ez a fel´ır´ as egy´ertelm˝ u, mert ha a = a01 a02 · · · a0n is teljes¨ ul, ahol a0i ∈ Gi , akkor a = a1 a2 · · · an = a01 a02 · · · a0n , amelyb˝ ol a −1 felcser´elhet˝ os´eg miatt ak a0k ∈ h∪i6=k Gi i, ami a Gk ∩h∪i6=k Gi i = {1} felt´etel miatt csak akkkor lehets´eges, ha minden k-ra ak = a0k . Ha a = a1 a2 · · · an ´es b = b1 b2 · · · bn ilyen fel´ır´ as, akkor a felcser´elhet˝ os´eg miatt ab = a1 b1 a2 b2 · · · an bn szint´en a keresett alak´ u fel´ır´ as. Az egy´ertelm˝ us´eg miatt a ϕ : G → G1 × · · · × Gn , a 7→ (a1 , a2 , . . . , an ) lek´epez´es homomorfizmus, amely nyilv´ an injekt´ıv ´es sz¨ urjekt´ıv is. Legyen most G izomorf a G1 , . . . , Gn csoportok (k¨ uls˝ o) direkt szorzat´ aval, ahol az izomorfizmust a ψ lek´epez´es adja, ´es legyen Hi a direkt szorzat azon elemeinek a halmaza, amely elem n-esek i-edik tagja tetsz˝ oleges eleme a Gi csoportnak, a t¨ obbi 1. Nyilv´ an a k¨ uls˝ o direkt szorzat a Hi norm´ aloszt´ oinak bels˝ o direkt szorzata, ´es ugyanez fenn´ all a G csoportra ´es a G i csoportokkal azonos´ıthat´ o ψ −1 (Hi ) norm´ aloszt´ oira. Ebben a paragrafusban a c´el a v´eges Abel-csoportok fel´ep´ıt´es´enek teljes megad´ asa a direkt szorzat fogalm´ anak seg´ıts´eg´evel. Az els˝ odleges strukt´ ur´ alis t´etel¨ unk a k¨ ovetkez˝ o. 10.3.T´ etel (a prim´ er felbont´ as t´ etele). Legyen G v´eges n-edrend˝ u Abel-csoport, n k1 kr pr´ımt´enyez˝ os felbomt´ asa n = p1 · · · pr , ahol p1 , . . . , pr k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pr´ımek. Ekkor a G csoport pi -hatv´ anyrend˝ u elemei egy pki i -rend˝ u Gpi r´eszcsoportot alkotnak ´es G = Gp1 × · · · × Gpr direkt szorzat. Bizony´ıt´ as. Legyen p az n egy pr´ımoszt´ oja, ´es l´ assuk be, hogy G p a G csoport r´eszcsoportja. 1 ∈ Gp miatt Gp 6= ∅, alkalmazzuk 5.2-t. Legyen a, b ∈ Gp , |a| = pl1 ´es |b| = pl2 az elemek l l l rendjei, l = max{l1 , l2 }. Ekkor (a−1 b)p = (ap )−1 bp = 1 · 1 = 1, ´es a−1 b ∈ Gp . L´ assuk be, hogy a Gpi r´eszcsoportok gener´ alj´ ak a G csoportot. Legyen g ∈ G t-rend˝ u elem. i 6.3 miatt t = pi11 pi22 · · · pirr , ´es legyen tj = itj . Ekkor gj = g tj rendje pjj ´es gj ∈ Gpj . Mivel pj
h = g1 g2 · · · gr = g t1 +t2 +···+tr ´es lnko(t, t1 + t2 + · · · + tr ) = 1, 5.5.4 miatt g ∈ hhi ⊆ h∪j Gpj i.
24
Legyen H = h∪j6=i Gpj i ´es g ∈ Gpi ∩ H, ni =
ahol gk ∈ Gpk , ´es
n k pi i
. Mivel g ∈ H, g = g1 g2 · · · gi−1 gi+1 · · · gr ,
ni ni g ni = g1ni g2ni · · · gi−1 gi+1 · · · grni = 1 · 1 · · · 1 = 1
´es 6.4.1 miatt g rendje osztja ni -t. Mivel g rendje pi -hatv´ any, ´es lnko(ni , pi ) = 1, ez csak akkor lehet, ha g = 1. Kaptuk, hogy G = Gp1 × · · · × Gpr direkt szorzat. L´ assuk be v´eg¨ ul indukci´ oval r szerint, hogy a Gpi csoport rendje pki i . r = 1 eset´en ez vil´ agos. Indukci´ o alapj´ an a H = Gp1 × · · · × Gpr−1 r´eszcsoport rendje osztja nkr -t, G = H × Gpr , ´es ekkor sz¨ uks´egk´eppen a H r´eszcsoport rendje
n r pk r
pr
, a Gpr r´eszcsoport rendje pkr r .
Az alapt´etel bizony´´ as´ aban l´enyeges szerepet t¨ olt be az al´ abbi k´et lemma. 10.4.Lemma. Legyen p pr´ımsz´ am, G p-hatv´ anyrend˝ u nem ciklikus Abel-csoport. Ha a a G csoport maxim´ alis rend˝ u eleme, akkor l´etezik b ∈ G p-rend˝ u elem, hogy b ∈ / hai. Bizony´ıt´ as. Legyen az a elem rendje pt . Ha t = 1 akkor az a ´ll´ıt´ as teljes¨ ul. Legyen t > t−1 1. Alkalmazzunk indukci´ ot a csoport rendje szerint. A G/hap i faktorcsoport nem lehet ciklikus, mert ekkor a G csoport is ciklikus lenne. Ha az a elem pt−1 rendje nem maxim´ alis a faktorcsoportban, akkor l´etezik egy c ∈ G elem, hogy rendje p t , ´es hai ∩ hci = {1}; ekkor t−1 b = cp a keresett p-rend˝ u elem. Ellenkez˝ o esetben indukci´ o alapj´ an l´etezik egy d ∈ G elem, hogy a d ∈ / hai elem rendje p. Ha a d elem rendje is p, akkor ez a keresett elem. Ha nem, t−1 t−2 akkor rendje p2 , ap = dp feltehet˝ o ´es b = ap d−1 a keresett p-rend˝ u elem. 10.5.Lemma. Pr´ımhatv´ anyrend˝ u Abel-csoportban maxim´ alis rend˝ u elem a ´ltal gener´ alt ciklikus r´eszcsoport direkt faktor. Bizony´ıt´ as. Ha a csoport ciklikus, nincs mit bel´ atni. Ha nem, alkalmazzunk indukci´ ot a csoport rendj´ere. Az el˝ oz˝ o lemma alapj´ an ha a a G csoport maxim´ alis rend˝ u eleme, legyen b ∈ G p-rend˝ u elem, hogy b ∈ / hai. Ekkor indukci´ o alapj´ an a G/hbi faktorcsoport felbomlik a × B direkt szorzatra, ahol B a G csoport b elemet tartalmaz´ o r´eszcsoportja. Nyilv´ an a G csoport direkt felbont´ asa hai × B. ¨ Osszevetve a prim´er felbont´ as t´etel´et a k´et lemm´ aval, kapjuk az al´ abbi strukt´ ura–t´etelt. 10.6.T´ etel (v´ eges Abel-csoportok alapt´ etele). Minden v´eges Abel-csoport felbomlik pr´ımhatv´ anyrend˝ u ciklikus csoportok direkt szorzat´ ara. Bizony´ıt´ as. A m´ asodik lemma alapj´ an indukci´ ot alkalmazva a rendre az a ´ll´ıt´ as teljes¨ ul pr´ımhatv´ anyrend˝ u Abel-csoportokra. A prim´er felbont´ as t´etele adja a teljes a ´ll´ıt´ ast. Az egy´ertelm˝ us´eget bizony´ıt´ as n´elk¨ ul k¨ oz¨ olj¨ uk. 10.7.T´ etel (unicit´ as). Ha G v´eges Abel-csoport, G = ha1 i × · · · × har i = hb1 i × · · · × hbs i a G csoport k´et direkt felbont´ asa pr´ımhatv´ anyrend˝ u ciklikus csoportok direkt szorzat´ ara, akkor r = s ´es l´etezik σ ∈ Sr permut´ aci´ ou ´gy, hogy |ai | = |bσ(i) | minden 1 ≤ i ≤ r eset´en. 11. A p2 , 2p, 8-adrend˝ u csoportok
25
11.1.T´ etel. Legyen p pr´ımsz´ am, G p2 -rend˝ u csoport. Ekkor G Abel-csoport. Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel, hogy a G csoport nemkommutat´ıv. 7.3.3 miatt a G csoport konjug´ alt oszt´ alyainak rendje 1 vagy p, ´es o ¨sszeg¨ uk p2 . Mivel {1} konjug´ alt oszt´ aly, lennie kell m´eg egy m´ asik egyelem˝ u oszt´ alynak, azaz a centrum rendje p, mivel nem lehet az eg´esz G csoport. Legyen Z = hai a G csoport p-rend˝ u centruma. Nyilv´ an l´etezik b ∈ / Z p-rend˝ u elem G-ben, ekkor G/Z = hbZi ciklikus p-rend˝ u csoport, ´es G = Z ∪ bZ ∪ · · · ∪ bp−1 Z mell´ekoszt´ alyok diszjunkt uni´ oja, azaz tetsz˝ oleges elem ai bj alak´ u. De ekkor (ai bj )(ak bl ) = (ak bl )(ai bj ), ´es a G csoport Abel-f´ele, ellentmond´ as. 11.2.Lemma. Ha egy G csoportban minden elem rendje osztja 2-t, akkor a G csoport Abelf´ele. Bizony´ıt´ as. Legyen a, b ∈ G tetsz˝ oleges elem. Ekkor a2 = 1, b2 = 1 ´es abab = (ab)2 = 1, ahonnan ab = ba k¨ ovetkezik. 11.3.T´ etel. Legyen p 6= 2 pr´ımsz´ am, G nemkommutat´ıv, 2p-rend˝ u csoport. Ekkor G izomorf a Dp = ha, b | ap = 1, b2 = 1, ba = ap−1 bi di´edercsoporttal.
Bizony´ıt´ as. A G csoportban az elemek rendje 6.3 miatt 1, 2 vagy p. Mivel G nemkommutat´ıv csoport, 11.2 alapj´ an van benne p-rend˝ u a elem. Mivel az hai ciklikus r´eszcsoport indexe 2, norm´ aloszt´ o. Nyilv´ an l´etezik b ∈ / hai elem. b2 ∈ hai miatt a b elem rendje 2. Mivel a hai ciklikus 2 r´eszcsoport norm´ aloszt´ o, bab = ak , 1 ≤ k ≤ p − 1. Mivel a = b(bab)b = bak b = (bab)k = ak , k 2 ≡ 1(mod p). A Zp marad´ekoszt´ alygy˝ ur˝ u test, benne az x2 − 1 polinomnak k´et gy¨ oke van, ´es k = 1 vagy k = p − 1. Ha bab = a akkor ba = ab ´es a G csoport kommutat´ıv, ami nem lehet, ´ıgy k = p − 1, ´es a G csoport izomorf a Dp di´edercsoporttal. 11.4.T´ etel. Legyen G nemkommutat´ıv, 8-adrend˝ u csoport. Ekkor a G csoport vagy a D 4 = ha, b | a4 = 1, b2 = 1, ba = a3 bi di´edercsoporttal, vagy a Q = ha, b | a4 = 1, b2 = a2 , ba = ab i kvaterni´ ocsoporttal izomorf.
Bizony´ıt´ as. A G csoportban nincsenek 8-adrend˝ u elemek, mivel ekkor G ciklikus lenne. Ha a G csoportban minden elem rendje osztan´ a 2-t, akkor 11.2 miatt Abel-f´ele lenne, ami lehetetlen. Ez´ert a G csoport tartalmaz 4-edrend˝ u a elemet. Nyilv´ an l´etezik b ∈ / hai elem, rendje 2 vagy 4. Mivel az hai ciklikus r´eszcsoport indexe 2, norm´ aloszt´ o, ´es G/hai = hbhaii faktocsoport m´ asodrend˝ u ciklikus csoport. Ez´ert b2 ∈ hai ´es b2 = 1 vagy b2 = a2 , b2 ´es a felcser´elhet˝ oek. 2 ´Igy, mivel hai norm´ aloszt´ o, a = b−1 (b−1 ab)b = b−1 ak b = (b−1 ab)k = ak , azaz k 2 ≡ 1(mod 4), k = 1 vagy k = 3. k = 1 eset´en ba = ab miatt a G csoport Abel-f´ele lenne, ami lehetetlen, ez´ert k = 3. Ha b2 = 1, akkor a G csoport a D4 di´edercsoporttal, ha b2 = a2 , akkor a Q kvaterni´ ocsoporttal izomorf. 12. Az S4 szimmetrikus ´ es az A5 altern´ al´ o csoportok Defin´ıci´ o. A G csoport Gi r´eszcsoportjainak G0 = h1i ⊂ G1 ⊂ G2 ⊂ · · · ⊂ Gn = G v´eges l´ anc´ at felold´ ol´ ancnak, a G csoportot feloldhat´ onak nevezz¨ uk, ha a G i csoport norm´ aloszt´ o a Gi+1 csoportban ´es a Gi+1 /Gi faktorcsoportok (1 ≤ i ≤ n − 1) Abel-f´el´ek.
Minden G Abel-csoport feloldhat´ o, felold´ ol´ anca h1i ⊂ G, ennek faktora a G Abel-csoport. A Dn = ha, b | an = 1, b2 = 1, b−1 ab = a−1 i (n > 2) 2n-edrend˝ u di´edercsoport nemkommutat´ıv ´es feloldhat´ o, felold´ ol´ anca h1i ⊂ hai ⊂ Dn , ennek faktorai n-rend˝ u ´es m´ asodrend˝ u ciklikus csoportok.
26
12.1.T´ etel. Az S4 negyedfok´ u szimmetrikus csoport feloldhat´ o, felold´ ol´ anca h1i ⊂ hai ⊂ K 4 ⊂ A4 ⊂ S4 , ahol a = (12)(34), b = (13)(24), K4 = ha, bi. Bizony´ıt´ as. Nyilv´ an ab = ba = (14)(23), ´es K4 = {1, a, b, ab} 4-edrend˝ u Abel-csoport, ´ıgy az hai m´ asodrend˝ u ciklikus csoport norm´ aloszt´ o a K4 csoportban. 9.3 miatt az S4 csoportban K4 = {1} ∪ {a, b, ab} konjug´ alt oszt´ alyok uni´ oja, ´ıgy norm´ aloszt´ o az S 4 szimmetrikus csoportban, ´es ez´ert az A4 altern´ al´ o csoportban is. 9.4 miatt az A4 12-edrend˝ u altern´ al´ o csoport norm´ aloszt´ o az S4 csoportban. A felold´ ol´ anc faktorainak rendjei rendre 2, 2, 3, 2 pr´ımek, ´es a faktorok ciklikusak. 12.2.Lemma. Feloldhat´ o csoport r´eszcsoportja ´es faktorcsoportja feloldhat´ o. Bizony´ıt´ as. Legyen H a G feloldhat´ o csoport r´eszcsoportja, N a norm´ aloszt´ oja, a G csoport felold´ ol´ anca {Gi }. K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy {H ∩ Gi } a H r´eszcsoport felold´ ol´ anca. Ha ψ : G → G/N a tern´eszetes epimorfizmus, akkor {ψ(Gi )} a faktorcsoport felold´ ol´ anca. Teljes¨ ul m´eg az is, hogy ha egy csoport norm´ aloszt´ oja ´es eszerinti faktorcsoportja is feloldhat´ o, akkor maga a csoport is feloldhat´ o. Az egyenletek gy¨ okk´eplettel t¨ ort´en˝ o megoldhat´ os´ aga vizsg´ alat´ an´ al alapvet˝ oa 12.3.T´ etel. Az A5 altern´ al´ o csoport, ´es k¨ ovetkez´esk´epp n ≥ 5 eset´en az S n szimmetrikus csoport nem feloldhat´ o. Bizony´ıt´ as. L´ assuk be, hogy az A5 altern´ al´ o csoport egyed¨ uli norm´ aloszt´ oi h1i ´es A5 . 9.4 alapj´ an az S5 szimmetrikus csoportban a p´ aros parit´ as´ u elemek konjug´ alt oszt´ alyai L1 = {1}, L2 a 3-hossz´ u ciklusok, L3 az 5-hossz´ u ciklusok, L4 a k´et diszjunkt transzpoz´ıci´ o szorzatai. Nyilv´ an |L1 | = 1, |L2 | = 20, |L3 | = 24, |L4 | = 15. Nyilv´ an K1 = L1 az A5 csoportban is konjug´ alt oszt´ aly. 7.5 alapj´ an a CS5 ((123)) centraliz´ ator indexe 20, rendje 6, ´es CS5 ((123)) = h(123)i × h(45)i. Innen CA5 ((123)) = CS5 ((123)) ∩ A5 = h(123)i, azaz a (123) ciklus A5 csoportbeli oszt´ aly´ anak rendje 20, ´es K2 = L2 A5 csoportbeli konjug´ alt oszt´ aly. ator indexe 24, rendje 5, ´es CS5 ((12345)) = h(12345)i = 7.5 alapj´ an a CS5 ((12345)) centraliz´ aly´ anak rendje 12, ´es L3 = K3 ∪ K4 CA5 ((12345)), azaz az (12345) ciklus A5 csoportbeli oszt´ k´et 12-edrend˝ u A5 csoportbeli konjug´ alt oszt´ aly uni´ oja. 7.5 alapj´ an a CS5 ((12)(34)) centraliz´ ator indexe 15, rendje 8, ´es CS5 ((12)(34)) = h(13)(24), (12)i a D4 di´edercsoporttal izomorf. Innen CA5 ((12)(34)) = CS5 ((12)(34))) ∩ A5 = h(12)(34)i × h(13)(24)i, azaz az (12)(34) permut´ aci´ o A 5 csoportbeli oszt´ aly´ anak rendje 15, ´es K5 = L4 A5 csoportbeli konjug´ alt oszt´ aly. L´ attuk, hogy az A5 altern´ al´ o csoport konjug´ alt oszt´ alyainak rendje 1, 20, 12, 12, 15. Tegy¨ uk fel, hogy N norm´ aloszt´ o az A5 csoportban. Ekkor 5.2 miatt az N norm´ aloszt´ o rendje 1, 2, 4, 5, 6, 10, 15, 30 vagy 60 lehet, ´es 7.2 miatt a norm´ aloszt´ o el˝ oa ´ll konjug´ alt oszt´ alyok uni´ ojak´ent. Az oszt´ alyok rendjeit figyelembe v´eve ez csak akkor lehets´eges, ha az N norm´ aloszt´ o rendje 1 vagy 60. ´Igy az A5 csoportnak nem lehet norm´ all´ anca, ´es az A5 csoport nem feloldhat´ o. Mivel n ≥ 5 eset´en az Sn szimmetrikus csoport tartalmaz az A5 csoporttal izomorf r´eszcsoportot, 12.2 miatt nem lehet feloldhat´ o. Azt mondjuk, hogy egy csoport egyszer˝ u, ha benne csak a k´et trivi´ alis norm´ aloszt´ o van, az egyelem˝ u r´eszcsoport ´es az eg´esz csoport. Nyilv´ an ilyenek a pr´ımrend˝ u ciklikus csoportok, ´es Abel-csoportok k¨ oz¨ ott m´ as egyszer˝ u csoport nincsen. Nemkommutat´ıv egyszer˝ u csoport nyilv´ an nem lehet feloldhat´ o. Az el˝ obb bel´ attuk, hogy az A5 altern´ al´ o csoport egyszer˝ u csoport. Igaz az a t´eny, hogy n ≥ 5 eset´en az n-edfok´ u altern´ al´ o csoport egyszer˝ u csoport.
