\documentclass[a4paper,12pt]{article}
\pagestyle{empty}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[latin2]{inputenc}
\usepackage[magyar]{babel}

\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
%\usepackage{amsthm}
%\usepackage{graphics}
\usepackage{fullpage}\pagestyle{empty}
%\addtolength{\textheight}{2 cm}

\newcommand{\Q}{\mathbb Q}
\newcommand{\Z}{\mathbb Z}
\newcommand{\N}{\mathbb N}
\newcommand{\R}{\mathbb R}
\newcommand{\C}{\mathbb C}
\newcommand{\Ker}{\mathop{\mathrm{Ker}}}
\newcommand{\im}{\mathop{\mathrm{Im}}}
\newcommand{\ord}{\mathop{\mathrm{o}}}
\newcommand{\hf}{\hskip -25pt $\bullet$ \hskip 17pt}
\newcommand{\hfa}{\hskip -47pt $\bullet$ \hskip 39pt}
\newcommand{\mo}{{\bf Megoldás:\\}}
\newcommand{\moe}{{\bf Megoldás:}}
\newcommand{\moszam}[1]{{\bf #1. megoldás:\\}}

\begin{document}

\begin{center}
{\Large \bf Algebra 1., gyakIV megoldások\\}
{\bf 2005 május 23.}
\end{center}

\begin{enumerate}

\item
Tegyük fel, hogy $\rho$ és $\eta$ relációkra $\rho\circ\eta=\rho$
és $\eta\circ\rho=\eta$. Lássuk be, hogy $\rho$ tranzitív.

\mo
$\rho\circ\rho=(\rho\circ\eta)\circ\rho=\rho\circ(\eta\circ\rho)=
\rho\circ\eta=\rho$, azaz $\rho\circ\rho=\rho$, ez éppen $\rho$ 
tranzitivitását jelenti.

\item
Legyen $G$ véges csoport és $H\leq K\leq G$ részcsoportok. Bizonyítsuk be,
hogy $[G:K]$ osztója $[G:H]$-nak.

\moe
\[
\frac{[G:H]}{[G:K]}=\frac{\frac{\left|G\right|}{\left|H\right|}}
{\frac{\left|G\right|}{\left|K\right|}}=\frac{\left|K\right|}{\left|H\right|}=
[K:H],
\]
ami egész szám (és $H$ részcsoportja $K$-nak, tehát értelmes).

\item
Normálosztó-e a 16 elemű $D_8$ diédercsoportban a $t$ és $tf^6$ elemek
által generált részcsoport?

\mo
Megmutatjuk, hogy 
$H:=\left<t,f^6\right>\ge\left\{e,f^2,f^4,f^6,t,tf^2,tf^4,tf^6\right\}$.
Ha ez valóban igaz, akkor $[D_8:H]\le2$, és egy kettő vagy egy indexű 
részcsoport pedig biztosan normálosztó.
És valóban: $t\in H$, $f^2=(t\cdot tf^6)^{-1}\in H$, így a többi felsorolt 
elem is $H$-ban van. (Nem nehéz belátni, hogy a fenti igazából egyenlőséggel 
teljesül.)

\item
Adjuk meg, hogy $S_4$-ben milyen rendű elemből hány van.

\mo
Tanultuk, hogy a diszjunkt-ciklus felbontás egyértelműen meghatározza a 
permutációk rendjét: a ciklusok hosszainak legkisebb közös többszöröse
a rend. A ciklushossz lehet 4, 3, 2, 2+2. Az adott hosszú ciklusokba 
kiosztva a számokat van $3\cdot2=6$ négy-ciklus, $4\cdot2=8$ három-ciklus,
$\binom42=6$ kettő-ciklus és 3 olyan permutáció, amely két kettő hosszú 
diszjunkt ciklusból áll. Ezek szerint 6 negyedrendű, 8 harmadrendű, 
9 másodrendű és persze 1 elsőrendű elem van $S_4$-ben.

\item
Hány 15-ödrendű eleme lehet egy 30 elemű kommutatív csoportnak?

\mo
A véges Ábel-csoportok alaptétele miatt 30 elemű kommutatív csoport
csak $C_2\times C_3\times C_5$ lehet. Ennek egy $(g_2,g_3,g_5)$ eleme
pontosan akkor 15-ödrendű, ha $\ord(g_2)$, $\ord (g_3)$ és $\ord(g_5)$
legkisebb közös többszöröse 15, ami csakis úgy fordulhat elő, ha 
$\ord(g_2)=1$, $\ord(g_3)=3$ és $\ord(g_5)=5$. Tehát $g_2$-re egyetlen 
lehetőségünk van, míg $g_3$ a $C_3$, $g_5$ a $C_5$ tetszőleges generátora
lehet, azaz 2, illetve 4 féle. Ez összesen $1\cdot2\cdot4=8$ elem.

A fenti direkt szorzat izomorf $C_{30}$-cal. Ha ennek $g$ egy generátora,
akkor $\ord\left(g^k\right)=\frac{30}{(30,k)}$, tehát a 15-ödrendű
elemeket úgy is meghatározhattuk volna, ha az olyan 1 és 30 közötti
$k$-kat számoljuk össze, amelyekre $(30,k)=2$. Ebből nyilván $\varphi(15)=8$
van.

\item
Legyen $G$ 100 elemű csoport és $P\unlhd G$ 4 elemű normálosztója. 
Bizonyítsuk be, hogy $G$ Ábel-csoport.

\mo
$\left|G\right|=2^25^2$, tehát $P$ éppen egy 2-Sylowja $G$-nek. 
(És miután minden 2-Sylow előáll $P$ konjugáltjaként, de $g^{-1}Pg=P$, ezért
ez az egyetlen 2-Sylow.) Ha $n_5$ jelöli az 5-Sylowok számát és $P_5$ egy 
5-Sylow, akkor egyrészt $n_5=[G:N_G(P_5)]$ miatt $n_5\mid\frac{100}{5^2}=4$, 
másrészt a második Sylow-tétel szerint $n_5\equiv 1\pod5$, tehát $n_5=1$.
Ezek szerint $P_5$ -- az egyetlen 5-Sylow -- normálosztó, hiszen konjugáltjai
is 5-Sylowok. Így $P\times P_5=G$. Minden $p^2$ rendű csoport kommutatív 
(mert a centruma nem lehet triviális, sem $p$ elemű), tehát $P$ és
$P_5$ is kommutatív, így direkt szorzatuk is az.

\item 
Igazoljuk, hogy egy egységelemes $R$ gyűrű $I$ ideáljára az 
alábbi állítások ekvivalensek.
\begin{enumerate}
\item $I$-ben van invertálható elem.
\item $R=I$.
\item $R$ minden invertálható eleme $I$-ben van.
\item $1\in I$ (1 a gyűrű egységeleme).
\end{enumerate}

\mo
(a)$\Rightarrow$(b) Ha $r\in I$ invertálható elem, akkor minden $a\in R$ 
előáll $a=r\cdot(r^{-1}a)$ alakban. Utóbbi szorzat első tényezője $I$-ben
van, tehát a szorzat is $I$-ben van: $a\in I$. Ezek szerint $I=R$.

A (b)$\Rightarrow$(c) triviális. Az 1 invertálhatóságából következik a
(c)$\Rightarrow$(d) és a (d)$\Rightarrow$(a) állítás is.

\item
Bizonyítsuk be, hogy a Zorn-lemma ekvivalens a következő állítással.
Ha $(A,\leq)$ nemüres részbenrendezett halmazban minden $a_1\geq a_2\geq \dots$
csökkenő láncnak van alsó korlátja, akkor $\exists a\in A$ minimális elem.

\mo
Definiálunk egy másik részbenrendezést $A$-n. Legyen $a\preceq b$ pontosan
akkor, ha $b\leq a$. Triviális, hogy $\preceq$ valóban részbenrendezés.

Az $a_1\geq a_2\geq \dots$ csökkenő lánc a másik rendezés szerint éppen
egy $a_1\preceq a_2\preceq \dots$ növő lánc. Előbbi $\leq$ szerinti
alsó korlátja az utóbbi $\preceq$ szerint felső korlátja, hiszen
$a\leq a_i$ akkor és csak akkor, ha $a_i\preceq a$.
Hasonlóan, $(A,\leq)$ minimális elemei ugyanazok, mint $(A,\preceq)$ 
maximális elemei.

Ezek után az állítások ekvivalenciája világos. Ha igaz a Zorn-lemma,
akkor alkalmazzuk azt $(A,\preceq)$ halmazra. A Zorn-lemma feltétele
teljesül, hiszen a $\leq$-re szóló láncfeltétel éppen azt mondja ki.
Tehát van $\preceq$-re nézve maximális elem, ami $(A,\leq)$ egy minimális 
eleme. A megfordítás ugyanígy megy: A Zorn-lemmában szereplő rendezett
halmazt $(A,\preceq)$-vel jelölve definiálható a részbenrendezés $\leq$ 
megfordítása.

\end{enumerate}
\end{document}
