<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\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{\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., első PZH megoldások\\}
{\bf 2005 április 20}
\end{center}

\begin{enumerate}

\item
Igazoljuk, hogy amennyiben $\rho$ és $\eta$ relációkra 
$\eta\circ\rho=\rho\circ\eta=\omega$
teljesül, akkor $\eta=\rho^{-1}$.

\mo
Először megmutatjuk, hogy $\omega\subseteq\rho^{-1}\circ\rho$. Tetszőleges 
$a$ elemre $(a,a)\in\omega=\eta\circ\rho$, ezért létezik $b$, amelyre 
$(b,a)\in\rho$. Ilyenkor persze $(a,b)\in\rho^{-1}$, tehát 
$(a,a)\in\rho^{-1}\circ\rho$ is igaz.

A feltétel miatt 
$\rho^{-1}\circ\rho\circ\eta=\rho^{-1}\circ\omega=\rho^{-1}$.
Ez $\omega\subseteq\rho^{-1}\circ\rho$-val együtt, adja, hogy 
$\eta=\omega\circ\eta\subseteq(\rho^{-1}\circ\rho)\circ\eta=\rho^{-1}$.
Ugyanígy jön ki az is, hogy $\rho\subseteq\eta^{-1}$ (itt 
$\omega\subseteq\eta\circ\eta^{-1}$-et kell használni), amiből
$\rho^{-1}\subseteq\eta$ következik. Tehát $\rho=\eta$.

\item
Legyen $A$ és $B$ azonos típusú algebrai struktúra, $\varphi\colon A\to B$
homomorfizmus. Tegyük fel, hogy $B$-nek nincs valódi részstruktúrája
(tehát egyetlen részstruktúrája önmaga). Bizonyítsuk be, hogy $\varphi$
szürjektív.

\mo 
Megmutatjuk, hogy $\varphi(A)$ részstruktúrája $B$-nek. Ha ez igaz, akkor
a feltétel szerint csak $\varphi(A)=B$ lehet, így $\varphi$ szürjektív.
Miután $\varphi(A)\subseteq B$, ezért csak azt kell ellenőriznünk, hogy 
$\varphi(A)$ zárt a műveletekre. Legyen $f_n$ tetszőleges $n$ változós 
művelet és $a_1\dots,a_n\in A$. Ekkor 
$f_n(\varphi(a_1),\dots,\varphi(a_n))=\varphi(f_n(a_1,\dots,a_n))$, hiszen
$\varphi$ homomorfizmus. A jobb oldal nyilván $\varphi(A)$ eleme, tehát
$f_n$ nem vezet ki $\varphi(A)$-ból.

\item
Legyen $S$ félcsoport és $n$ egy $S$-en kívüli elem. Definiáljunk a 
$T:=S\cup\{n\}$ halmazon egy szorzást, amely $S$ elemein az eredeti 
szorzással egyezik meg, és $n\cdot x=x\cdot n=n$ minden $x\in T$-re. 
Bizonyítsuk be, hogy $T$ félcsoport.

\mo
Az asszociativitást kell igazolnunk. Ha három $S$-beli elemet szorzunk 
össze, akkor mindkét módon zárójelezve a szorzat ugyanaz, mint $S$-ben, 
tehát egyenlő is. Ha a három összeszorzandó elem között szerepel $n$ is,
akkor a szorzás eredménye mindenképpen $n$ lesz, tehát az átzárójelezhetőség
ekkor is igaz.

\item
Legyen $H$ és $K$ a $G$ csoport két részcsoportja. Igazoljuk, hogy 
$HK$ akkor és csak akkor részcsoport, ha $HK=KH$.

\mo
Ha $HK=KH$, akkor $(HK)^{-1}=K^{-1}H^{-1}=KH=HK$ és 
$(HK)(HK)=H(KH)K=H(HK)K=(HH)(KK)=HK$, tehát $HK$ részcsoport.

Megfordítva, ha $HK$ részcsoport, akkor $HK=(HK)^{-1}=K^{-1}H^{-1}=KH$,
tehát felcserélhetőek.

\item
Igazoljuk, hogy egy $G$ ciklikus csoportban nincs
\[
H_1\lneq H_2\lneq H_3\lneq\dots
\]
részcsoportokból álló végtelen hosszú lánc.

\moszam 1
Ha $G$ véges, akkor véges sok részcsoportja van, tehát ekkor nincs mit
bizonyítani. Tegyük fel tehát, hogy $G$ végtelen ciklikus csoport,
és indirekt  tegyük fel, hogy $H_1\lneq H_2\lneq H_3\lneq\dots$ 
részcsoportjainak végtelen lánca. 

Tanultuk, hogy ciklikus csoport részcsoportja ciklikus, tehát legyen 
$H_i=\left&lt;g^{n_i}\right&gt;$, ahol $g$ a $G$ egy generátora és $n_i&gt;0$.
De minden $i\ge1$-re $H_i\leq H_{i+1}$, így 
$g^{n_i}\in\left&lt;g^{n_{i+1}}\right&gt;$, azaz $n_{i+1}$ osztója $n_i$-nek.
Tehát $n_1&gt;n_2&gt;n_3&gt;\dots&gt;n_i&gt;n_{i+1}&gt;\dots$ pozitív egészek végtelen 
csökkenő sorozatát kaptuk, ez ellentmondás.

\moszam 2
Megint tegyük fel indirekt, hogy van végtelen lánc.
Egy ciklikus csoport kommutatív, így $H_1\unlhd G$. Az izomorfizmus tételek
környékén tanultak szerint ekkor a $G/H_1$ faktorcsoport részcsoportjainak
egy végtelen növő láncát kapjuk:
\[
\{e\}=H_1/H_1\lneq H_2/H_1\lneq H_3/H_1\lneq\dots\leq G/H_1
\]
De azt is tanultuk, hogy ciklikus csoport részcsoportja véges indexű,
ezért $G/H_1$ véges csoport, amiben nem lehet végtelen sok különböző
részcsoport.

\item
Milyen ismert csoporttal izomorf a $D_{16}/\left&lt;f^4,t\right&gt;$ faktorcsoport?

\moszam1
Bebizonyítjuk, hogy a faktorcsoport elemeinek egy reprezentáns rendszere 
$e=f^0,f,f^2,f^3$. Legyen $N=\left&lt;f^4,t\right&gt;$.
A megadott elemek közül semelyik kettő nem definiálhat azonos $N$ szerinti
mellékosztályt, ugyanis ha $f^iN=f^jN$, akkor $f^{i-j}\in N$, tehát 
$i-j$ 4-gyel osztható volna, ami lehetetlen, ha $0\le i,j\le4$ különböző.
Másrészt több, páronként különböző mellékosztályt reprezentáló elemet
nem is találhatunk, mert $N$ indexe 4, hiszen 
$N=\left\{e,f^4,f^8,f^{12},t,tf^4,tf^8,tf^{12}\right\}$ 
(könnyen ellenőrizhető $f^4t=tf^{12}$), tehát
$\left|D_{16}/N\right|=\frac{32}{8}=4$.

Ezek szerint $D_{16}/N\cong C_4$.

\moszam 2
Legyen $N=\left&lt;f^4,t\right&gt;$ ismét és legyen $H=\left&lt;f\right&gt;$.
Ekkor $NH=D_{16}$, mert $f,t\in NH$ és ez a két elem már generálja 
$D_{16}$-ot. Látszik, hogy $N\cap H=\left&lt;f^4\right&gt;$.
Az első izomorfia tételt alkalmazva
\[
G/N=NH/N\cong H/(N\cap H)=\left&lt;f\right&gt;/\left&lt;f^4\right&gt;\cong C_4.
\]


\item
Legyen $T$ négyzet alapú téglatest, amely nem kocka, $G$ pedig a tér
azon egybevágósági transzformációinak csoportja, amelyek $T$ téglatestet
önmagába viszik. Hány elemű $G$?

\mo
A csúcsokat megszámozva 1-től 8-ig, tekinthetjük $G$ csoportot 8 jegyen 
ható permutációcsoportnak, azaz $G\leq S_8$. Ekkor
$\left|G\right|=\left|G_1\right|\cdot\left|G:G_1\right|=
\left|G_1\right|\cdot\left|G(1)\right|$. Az 1 csúcs tetszőleges másikba 
átvihető: a két négyzetlap középpontját összekötő egyenes körül 
forgatva, illetve a két négyzetlappal párhuzamos és tőlük egyenlő távol levő
síkra tükrözve valóban mindenhova elvihetjük. Így $\left|G(1)\right|=8$.
Hasonló módon tovább számolva $\left|G_1\right|=
\left|G_{1,2}\right|\cdot\left|G_1(2)\right|$, ahol 2 az 1 csúcs olyan 
szomszédja, amely vele azonos négyzetlapon van. Nyilván 
$\left|G_1(2)\right|=2$, mert a 2 az 1 olyan szomszédaiba vihető át, 
amelyek 1-gyel azonos négyzetlapon vannak. Végül $\left|G_{1,2}\right|=1$,
mert ekkor az 1 csúcs vele azonos négyzetlapon levő másik szomszédja
is helyben kell maradjon. Azt kaptuk, hogy $\left|G\right|=16$.

Másképpen is számolhattunk volna. Egy transzformáció a két négyzetlapot vagy 
felcseréli, vagy nem. Emiatt a téglatestnek pont kétszer annyi egybevágósági
transzformációja van, mint a négyzetnek, tehát 
$\left|G\right|=2\cdot\left|D_4\right|=16$.


\end{enumerate}
\end{document}
</pre></body></html>