Algebra jegyzet másodéves Matematika BSc hallgatóknak

Algebra jegyzet másodéves Matematika BSc

hallgatóknak

Horváth Gábor

Debreceni Egyetem

2016

Tartalomjegyzék

Bevezetés 5

1. M¶veletek, algebrai struktúrák 6

2. A csoportelmélet alapjai 11

2.1. Homomor�zmusok, izomor�zmusok . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.1.1. Permutáció el®jele . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.1.2. Rend . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.1.3. Ciklikus csoport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.2. Részcsoportok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.2.1. Mellékosztályok, Lagrange tétele . . . . . . . . . . . . . 23

2.2.2. Valódi részcsoport nélküli csoportok . . . . . . . . . . . 26

2.2.3. Ciklikus csoport részcsoportjai . . . . . . . . . . . . . . 26

2.2.4. Generált részcsoport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.3. Csoportkonstrukciók . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.3.1. Direkt szorzat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

2.3.2. Transzformáció- és permutációcsoportok . . . . . . . . 33

2.3.3. Hatás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.4. Homomor�zmusok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.4.1. Faktorcsoport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.4.2. Normálosztók, konjugálás . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.4.3. Centralizátor, centrum . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.4.4. Számolás a faktorcsoportban . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.5. Csoportok osztályozása, egyszer¶ csoportok . . . . . . . . . . . 57

2.5.1. p-csoportok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

TARTALOMJEGYZÉK 3

2.5.2. Feloldható csoportok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

2.5.3. Nemkommutatív egyszer¶ csoportok . . . . . . . . . . 64

2.6. A csoportelmélet alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

2.6.1. A 4× 4-es tologató játék . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

2.6.2. A Rubik kocka szimmetriacsoportja . . . . . . . . . . . 70

2.6.3. Nyakláncok és karköt®k . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3. A gy¶r¶elmélet alapjai 76

3.1. Alapvet® fogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.1.1. Részgy¶r¶ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.1.2. Homomor�zmus, ideál . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.1.3. Faktorgy¶r¶ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.1.4. Faktorgy¶r¶ részgy¶r¶i, izomor�zmustételek . . . . . . 86

3.2. Speciális gy¶r¶osztályok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

3.2.1. Polinomgy¶r¶k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

3.2.2. Nullosztómentes gy¶r¶k, véges gy¶r¶k . . . . . . . . . 92

3.2.3. R[x]/(x2 + 1) ' C újra . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

3.2.4. Egyszer¶ gy¶r¶k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

3.2.5. Euklideszi gy¶r¶k, f®ideálgy¶r¶k . . . . . . . . . . . . 98

3.3. Számelmélet szokásos gy¶r¶kben . . . . . . . . . . . . . . . . 101

3.3.1. Oszthatósági alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . 101

3.3.2. Az alaptétel egyértelm¶sége . . . . . . . . . . . . . . . 103

3.3.3. F®ideálok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3.3.4. Z, T [x] alaptételes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

3.3.5. Maximumfeltétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

3.3.6. Alaptételes gy¶r¶k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

3.4. Hányadostest . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

3.4.1. A törtek konstrukciója . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

3.4.2. M¶veletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

3.4.3. Testaxiómák . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

3.4.4. R részgy¶r¶ T -ben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

3.4.5. T az R-beli elemek hányadosa . . . . . . . . . . . . . . 116

3.4.6. Egyértelm¶ség . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

4 TARTALOMJEGYZÉK

4. Bevezetés a testelméletbe 118

4.1. Testb®vítés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.1.1. Minimálpolinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

4.1.2. Egyszer¶ b®vítések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

4.1.3. B®vítés több elemmel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

4.2. Szorzástétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

4.2.1. Algebrai elemek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

4.3. Testb®vítések konstrukciója . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

4.4. Véges testek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

4.4.1. Karakterisztika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

4.4.2. Prímtest . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

4.4.3. Véges testek elemszáma . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

4.4.4. Véges testek multiplikatív csoportja . . . . . . . . . . . 141

4.4.5. Véges testek résztestei . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

4.4.6. Irreducibilis polinomok véges testek felett . . . . . . . . 142

4.5. Testb®vítések alkalmazásai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

4.5.1. Szerkesztések elmélete . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

4.5.2. Egyenletek megoldóképlete . . . . . . . . . . . . . . . . 147

Hivatkozások 149

Bevezetés

A jegyzet azzal a céllal készült, hogy megpróbáljon segíteni a másodéves

Matematika szakos BSc hallgatóknak elsajátítani az Algebra tárgy anyagát.

A jegyzet nem helyettesíti az el®adásokon és a gyakorlatokon való részvételt,

azoknak csak egy er®sen kivonatolt változata.

A jegyzet anyaga er®sen épít a korábbi félévek tárgyaira, els®sorban a

Kombinatorika, Algebrai alapismeretek, Bevezetés az algebrába és számelmé-

letbe valamint Lineáris algebra tárgyakra. A félév tematikája részben követi

[2]-nek 4.1�4.9, 4.11, 5.1�5.3, 5.5, 5.7�5.8, 5.10, 6.1�6.2, 6.4, 6.7�6.8 fejeze-

teit. A gyakorlaton szerepl® feladatok többségét is meg lehet találni ebben a

könyvben. További feladatokat például az [1]-ben érdemes keresni.

1. fejezet

M¶veletek, algebrai struktúrák

Az algebra alapvet®en számolás m¶veletekkel, formális kifejezésekkel. Egy

halmazt rajta adott m¶velettel algebrai struktúrának nevezünk. A félév fo-

lyamán több különböz® algebrai struktúrával fogunk megismerkedni, ezek

mindegyikére már korábban láttunk példákat. A félév folyamán els®sorban

ezen példák közös tulajdonságait felismerve fogjuk általánosítani azokat, az

általánosított struktúráknak felfedezzük különböz® tulajdonságait, majd új

speciális esetekre alkalmazzuk ®ket.

1.1. de�níció. Legyen A 6= ∅ halmaz. Az A-n értelmezett (n-változós) m¶-

velet egy f : An → A, (a1, . . . , an) 7→ f(a1, . . . , an) függvény. Ha a m¶velet

kétváltozós (mondjuk ∗), akkor ∗(a, b) helyett a ∗ b-t írunk.

1.2. de�níció. Legyen A 6= ∅ halmaz, rajta ∗ egy kétváltozós m¶velet. A

∗ m¶velet asszociatív, ha minden a, b, c ∈ A-ra (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c). A ∗m¶velet kommutatív, ha minden a, b, c ∈ A-ra a ∗ b = b ∗ a.

1.3. de�níció. Legyen A 6= ∅ halmaz, rajta ∗ egy kétváltozós m¶velet. Egy

e ∈ A elemet neutrális elemnek hívunk, ha minden a ∈ A-ra e∗a = a = a∗e.Ha ∗ összeadás, akkor a neutrális elemet nullelemnek, ha ∗ szorzás, akkor

a neutrális elemet egységelemnek hívjuk. Ha csak e ∗ a = a teljesül minden

a ∈ A elemre, akkor e-t baloldali egységelemnek hívjuk, Ha csak a ∗ e = a

teljesül minden a ∈ A elemre, akkor e-t jobboldali egységelemnek hívjuk.

1.4. de�níció. Legyen A 6= ∅ halmaz, rajta ∗ egy kétváltozós m¶velet. Azt

mondjuk, hogy az e neutrális elemre az a ∈ A elem inverze a′ ∈ A, ha

1 M¶veletek, algebrai struktúrák 7

a ∗ a′ = e = a′ ∗ a. Összeadás esetén ellentettr®l, szorzás esetén inverzr®l

vagy reciprokról beszélünk. Ha csak a ∗ a′ = e teljesül, akkor a′-t jobboldali

inverznek hívjuk, Ha csak a′ ∗ a = e teljesül, akkor a′-t baloldali inverznek

hívjuk,

1.5. de�níció. (S, ∗) félcsoport, ha ∗ egy asszociatív kétváltozós m¶velet

S-en. (S, ∗) monoid, ha félcsoport, és ∗-ra nézve van egységelem.

1.6. példa. Félcsoportra, ami nem monoid példa a pozitív egészek halmaza

a szokásos összeadással. Monoidra példa a nemnegatív egészek halmaza a

szokásos összeadással.

1.7. de�níció. (G, ∗) csoport, ha monoid, és az egységelemre nézve min-

den elemnek van inverze. (G, ∗) Abel csoport vagy kommutatív csoport, ha

csoport, és ∗ kommutatív. A csoport m¶velettáblázatát Cayley táblázatnak

nevezzük.

1.8. példa.

� (Z,+), (Q,+), (R,+), (C,+), egységelemük 0, a inverze −a.

� SX szimmetrikus csoport: Legyen X 6= ∅ halmaz, és legyen SX az

X → X bijektív (kölcsönösen egyértelm¶) leképezéseinek halmaza. Ez

a kompozícióra csoportot alkot, egységeleme az identikus leképezés, egy

leképezés inverze pedig az a leképezés, ami �megfordítja� a hozzáren-

delést. SX elemeit transzformációknak hívjuk, véges X halmaz esetén

permutációknak. Jelölés X = { 1, . . . , n }, f ∈ SX esetén:(1 2 . . . n

f(1) f(2) . . . f(n)

).

Ciklusnak hívunk egy x1 7→ x2 7→ . . . 7→ xn 7→ x1 permutációt, je-

le : (x1, x2, . . . , xn). Két ciklus diszjunkt, ha csak különböz® elemeket

mozgatnak.

1.9. házi feladat. Ha X véges halmaz, akkor SX minden eleme sor-

rendt®l eltekintve egyértelm¶en el®áll diszjunkt ciklusok szorzataként.

(Kombinatorika jegyzet.)

8 M�VELETEK, ALGEBRAI STRUKTÚRÁK

Általában az egyelem¶ ciklusokat nem írjuk ki. Megjegyezzük, hogy mi

a ciklusokat jobbról balra szorozzuk, mert úgy tekintünk rájuk, mint

{ 1, . . . , n } → { 1, . . . , n } függvények.

� Különböz® alakzatok szimmetriái, tehát a sík/tér azon transzformációi,

melyek bizonyos alakzatot helyben hagynak. Például az ABC szabályos

háromszög szimmetriái.

� Szabályos n-szög szimmetriacsoportja, jele Dn, neve: diédercsoport.

� A kocka szimmetriacsoportja 48 elem¶.

� A Rubik kocka szimmetriacsoportja 8! · 37 · 12! · 210 ≈ 4,33 · 1019 elem¶.

� Egységkör szimmetriái O(2) a forgatások és az átmér®re tükrözések.

Csak a forgatások is csoportot alkotnak, jele SO(2). A gömb szim-

metriacsoportját O(3)-mal, az irányítástartó transzformációk csoport-

ját SO(3)-mal jelöljük.

� Q kvaterniócsoport: { 1,−1, i,−i, j,−j, k,−k }, a szorzás pedig az i2 == j2 = k2 = −1, ij = k, jk = i, ki = j, ji = −k, kj = −i, ik = −jalapján történik.

1.10. házi feladat. Csoportban az egységelem egyértelm¶. (Ötlet: ha e és

f egységelem, akkor tekintsük az ef szorzatot.) Általánosabban: ha egy fél-

csoportban van baloldali és jobboldali egységelem, akkor mind egyenl® és

kétoldali egységelemek is.

1.11. házi feladat. Adjunk példát olyan félcsoportra, amiben több külön-

böz® balegységelem is van.

1.12. házi feladat. Csoportban egy elem inverze egyértelm¶. (Ötlet: ha a

inverze b és c is, akkor tekintsük a bac szorzatot.) Általánosabban: ha egy

monoidban a-nak van baloldali és jobboldali inverze, akkor mind egyenl® és

kétoldali inverzek is.

1.13. de�níció. (R,+, ·) gy¶r¶, ha (R,+) Abel csoport, (R, ·) félcsoport, ésmindkét oldali disztributív szabály teljesül, azaz (a + b) · c = (a · c) + (b · c)

1 M¶veletek, algebrai struktúrák 9

és c · (a + b) = (c · a) + (c · b) minden a, b, c ∈ R-re. R-et kommutatív gy¶-

r¶nek hívjuk, ha a szorzás kommutatív. R-et egységelemes gy¶r¶nek hívjuk

(és röviden 1 ∈ R-rel jelöljük), ha van a szorzásra nézve egységelem, ekkor

az invertálható elemek halmazát R×-tel jelöljük és multiplikatív csoportnak

vagy egységcsoportnak hívjuk.

1.14. példa.

� Az egész számok az összeadásra és szorzásra kommutatív, egységelemes

gy¶r¶, multiplikatív csoportja {−1, 1 }.

� Az n×n-es racionális/valós/komplex mátrixok a szorzásra egységelemes

gy¶r¶, mely csak n = 1 esetén kommutatív. Multiplikatív csoportja az

invertálható mátrixok.

� Ha R kommutatív, egységelemes gy¶r¶, akkor az R[x] polinomgy¶r¶ és

az R[[x]] formális hatványsorok gy¶r¶je is kommutatív, egységelemes

gy¶r¶.

� A modulo n maradékosztályok a modulo n összeadásra és szorzásra.

Másképpen, legyen Zn = {0,1,2, . . . , n−1}, ahol az összeadás (szorzás)a hagyományos összeg (szorzat) modulo n maradéka.

1.15. házi feladat. Gondoljuk meg, hogy R× a szorzásra nézve csoportot

alkot. Ezzel újabb példákat kaphatunk csoportokra.

1.16. de�níció. (T,+, ·) ferdetest, ha gy¶r¶ és (T \ { 0 } , ·) csoport.(T,+, ·) test, ha ferdetest és a szorzás kommutatív.

1.17. példa.

� Q,R,C.

� Ha T test, akkor a T (x) racionális törtfüggvények is testet alkotnak a

szokásos m¶veletekre.

� Ha T test, akkor T n×n a T feletti n×n-es mátrixok egységelemes gy¶r¶.

10 M�VELETEK, ALGEBRAI STRUKTÚRÁK

� A félév folyamán megismerkedünk majd véges testekkel is (például Zpminden p prímre), valamint nem kommutatív ferdetesttel is (az úgyne-

vezett kvaternió algebrával).

2. fejezet

A csoportelmélet alapjai

A fejezetben alapvet® csoportelméletr®l lesz szó. A fejezet a korábban tanul-

takhoz képest absztrakt, érdemes az egyes tételeket el®ször különböz® pél-

dákon keresztül megérteni. A fejezet fogalmainak és tételeinek analogonjai

visszaköszönnek majd a gy¶r¶elméletben.

2.1. Homomor�zmusok, izomor�zmusok

Tekintsük az alábbi kételem¶ csoportokat: (Z2,+), Z×3 , Z×4 , Z×6 , S2. A Cayley

táblázatok:

(Z2,+) :

+ 0 1

0 0 1

1 1 0

Z×3 :

· 1 2

1 1 2

2 2 1

Z×4 :

· 1 3

1 1 3

3 3 1

Z×6 :

· 1 5

1 1 5

5 5 1

S2 :

◦ id (12)

id id (12)

(12) (12) id

A m¶velettáblákat elnézve mind nagyon hasonlóan viselkedik, ami nem vé-

letlen. Például S2 és Z2 elemei között van egy kölcsönösen egyértelm¶ meg-

12 A CSOPORTELMÉLET ALAPJAI

feleltetés, mely az egyik m¶velettáblát átviszi a másikba. Nevezetesen a

ϕ : S2 → Z×,

id 7→ 1,

(12) 7→ −1.

Legyen most (G, ∗) egy kételem¶ csoport. Egyik eleme az egységelem

(legyen 1), a másik elem legyen b. Könnyen elkészíthetjük a m¶velettáblát:

az egységelem de�níciójából 1 ∗ 1 = 1, 1 ∗ b = b = b ∗ 1. Mi lehet b ∗ b? Csak1 vagy b lehet, hisz más eleme nincs G-nek. De ha b ∗ b = b lenne, akkor b−1-

zel balról szorozva az egyenl®séget b = 1 adódna, ami ellentmondás. Tehát

b ∗ b = 1 lehet csak, vagyis tetsz®leges kételem¶ csoport m¶velettáblája az

alábbi:

G :

∗ 1 b

1 1 b

b b 1

2.1.1. megjegyzés. A b ∗ b = 1 azonnal adódik az alábbi észrevételb®l is.

2.1.2. házi feladat. Igazoljuk, hogy egy (G, ∗) (véges vagy végtelen) csoport

m¶velettáblázatának minden sorában és minden oszlopában minden elem

pontosan egyszer szerepel.

Tehát valamilyen értelemben minden kételem¶ csoport ugyanolyan, a m¶-

veleteket ugyanúgy végezzük. Konkrétabban: bármely két kételem¶ csoport

elemi között létesíthet® egy kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetés, mely meg-

®rzi a m¶veleteket. Ez motiválja a következ® de�níciót.

2.1.3. de�níció. Legyenek (G, ∗) és (H, ◦) csoportok. Ekkor egy ϕ : G→ H

leképezést (csoport)homomor�zmusnak hívunk, ha m¶velettartó, azaz tetsz®-

leges g1, g2 ∈ G esetén

(2.1) ϕ (g1 ∗ g2) = ϕ (g1) ◦ ϕ (g2) .

Ha ϕ bijektív, akkor izomor�zmusnak hívjuk. Azt mondjuk, hogy a G és H

csoportok izomorfak, ha van közöttük izomor�zmus, jele G ' H vagy G ∼=H. Ekkor G és H minden olyan tulajdonsága megegyezik, mely a m¶velet

segítségével van de�niálva.

2.1 Homomor�zmusok, izomor�zmusok 13

2.1.4. megjegyzés. A két m¶velet más a (2.1) két oldalán: a baloldalon két

G-beli elemet szorzunk össze és képezzük H-ba ϕ-vel, míg a jobb oldalon

két G-beli elemet H-ba képezünk ϕ-vel, és ezt a két H-beli elemet szorozzuk

össze.

2.1.5. példa. Legyen G = (R,+), H = (R+, ·) (a pozitív valós számok a

szokásos szorzással). Ekkor

ϕ : G→ H,

g 7→ 10g

izomor�zmus.

2.1.1. Permutáció el®jele

Kombinatorika tanulmányaink során megismerkedtünk egy permutáció el®-

jelével :

2.1.6. de�níció. Legyen f ∈ Sn egy permutáció. Tekintsük a

P (x1, . . . , xn) = (x1 − x2)(x1 − x3) (x1 − x4). . . (x1 − xn)

(x2 − x3) (x2 − x4). . . (x2 − xn)

(x3 − x4). . . (x3 − xn). . .

...

(xn−1 − xn)

polinomot. Ekkor P(xf(1), . . . xf(n)

)csak egy el®jelben tér el P (x1, . . . , xn)-

t®l. Ezt az el®jelet nevezzük az f permutáció el®jelének, azaz

P(xf(1), . . . xf(n)

)= sg (f) · P (x1, . . . , xn) .

Ha sg(f) = 1, akkor páros, ha sg(f) = −1, akkor páratlan permutációról

beszélünk.

2.1.7. házi feladat. Igazoljuk, hogy az el®jel fenti de�níciója értelmes, és

sg (f) éppen az a szám, hogy (−1)-et az inverziók száma hatványra emeljük.


2.1.8. lemma. Ha f, g ∈ Sn, akkor sg (f ◦ g) = sg (f) · sg (g).

Bizonyítás. Az el®jel de�níciójából

P(xf◦g(1), . . . xf◦g(n)

)= sg (f ◦ g) · P (x1, . . . xn) .

Vezessük be az yi = xf(i) jelölést. Ekkor

P(xf◦g(1), . . . xf◦g(n)

)= P

(xf(g(1)), . . . xf(g(n))

)= P

(yg(1), . . . yg(n)

)=

= sg (g) · P (y1, . . . , yn) = sg (g) · P(xf(1), . . . xf(n)

)=

= sg (g) · sg (f) · P (x1, . . . , xn) ,

amib®l a polinomok egyenl®sége miatt éppen a bizonyítandót kapjuk.

2.1.9. házi feladat. Miért nem baj, hogy sg (f ◦ g) = sg (g) · sg (f) jött kisg (f ◦ g) = sg (f) · sg (g) helyett?

2.1.10. következmény. Az sg : Sn → Z× el®jel homomor�zmus, sg (id) =

= 1, sg (f−1) = (sg (f))−1, azaz permutáció inverzének el®jele az el®jelének

inverze (azaz a két el®jel megegyezik).

Bizonyítás. A 2.1.8. lemma éppen azt mondja, hogy az el®jel homomor�z-

mus. Az

sg (id) = sg (id ◦ id) = sg (id) · sg (id)

egyenl®ség mindkét oldalát a Z×-beli (sg(id)−1)-zel szorozva

1 = sg (id)

adódik. Végül

1 = sg (id) = sg(f ◦ f−1

)= sg (f) · sg

(f−1),

amib®l

sg(f−1)= (sg (f))−1

adódik.


2.1.11. házi feladat. Igazoljuk, hogy egy ϕ : G → H csoporthomomor�z-

musra ϕ (1G) = 1H és ϕ (g−1) = ϕ (g)−1, azaz egy csoporthomomor�zmus

megtartja az egységelemet és az inverzet is.

2.1.12. lemma. Minden Sn-beli csere el®jele -1.

Bizonyítás. Tekintsük az (ij) cserét. Közvetlen számolással ellen®rizhet®,

hogy az inverziók száma páratlan. Ennél elegánsabb a következ®: Legyen

g ∈ Sn egy olyan permutáció, ami 1-et i-be, 2-t pedig j-be viszi. Ekkor

g ◦ (12) ◦ g−1(i) = g ◦ (12)(1) = g(2) = j,

g ◦ (12) ◦ g−1(j) = g ◦ (12)(2) = g(1) = i,

g ◦ (12) ◦ g−1(l) = g ◦ (12)(g−1(l)

)= g

(g−1(l)

)= l (l 6= i, j),

vagyis g ◦ (12) ◦ g−1 = (ij), és így sg(ij) = sg(g) · sg(12) sg(g−1) = sg(12).

Végül, sg(12) = −1 közvetlenül következik az el®jel de�níciójából.

2.1.13. házi feladat. Igazoljuk az (x1x2 . . . xk) = (x1x2) (x2x3) . . . (xk−1xk)

egyenl®séget. Vonjuk le következtetésként, hogy páratlan hosszú ciklus páros,

páros hosszú ciklus pedig páratlan permutáció. Tehát egy permutáció ponto-

san akkor páros, ha a diszjunkt ciklusokra való felbontásában a páros hosszú

ciklusok száma páros.

2.1.14. házi feladat. El®áll-e Sn-ben az (12) hármas ciklusok szorzataként?

2.1.2. Rend

A kételem¶ csoportokat már ismerjük izomor�a erejéig. Hasonlóan bánha-

tunk el a háromelem¶ csoportokkal. Tekintsünk most négyelem¶ csoportokat:

(Z4,+), Z×5 , Z×8 . Melyek izomorfak ezen csoportok közül? A kérdés megvála-

szolásához érdemes felírni a Cayley táblázataikat:

(Z4,+) :

+ 0 1 2 3

0 0 1 2 3

1 1 2 3 0

2 2 3 0 1

3 3 0 1 2

Z×5 :

· 1 2 3 4

1 1 2 3 4

2 2 4 1 3

3 3 1 4 2

4 4 3 2 1

Z×8 :

· 1 3 5 7

1 1 3 5 7

3 3 1 7 5

5 5 7 1 3

7 7 5 3 1


Könny¶ látni, hogy (Z4,+) és Z×5 izomorfak, ugyanis a hatványozás azonos-

ságai miatt izomor�zmus lesz köztük

ϕ : Z4 → Z5,

g 7→ 2g (mod 5).

Viszont Z×5 és Z×8 nem izomorfak. Ezt például úgy lehet látni, hogy izomor-

�zmus mentén a Cayley táblázat f®átlója a másik Cayley táblázat f®átlójába

megy át. De Z×8 Cayley táblázatának f®átlója csupa egységelemb®l áll, míg

Z×5 -é nem. (Megjegyezzük, hogy egy Z×8 -tel izomorf csoportot Klein-csoport-

nak hívunk.) Másképpen: Z×8 -ben minden elemnek legfeljebb két különböz®

hatványa van, míg Z×5 -ben van olyan elem, aminek 4 különböz® hatványa is

van. Mivel a különböz® hatványok száma a m¶velettel de�niálható, ezért az

izomor�zmus meg®rzi azt. Ez egy olyan fontos fogalom, hogy nevet is kapott.

2.1.15. de�níció. Egy g csoportelem rendje a g különböz® hatványainak a

száma. Jele: o(g).

2.1.16. megjegyzés. Ha a csoportban a m¶velet az összeadás, akkor hatvány

helyett többszörösr®l beszélünk.

Ezzel a fogalommal már találkoztunk a Bevezetés az algebrába és szám-

elméletbe órán, amikor C×-ben egy z komplex szám rendjét vizsgáltuk. Ott

fel is írtuk a rend különböz® tulajdonságait, melyek közül az alábbiak ugyan-

azzal a bizonyítással általánosodnak minden csoportra.

2.1.17. állítás. Legyen G csoport, g ∈ G egy tetsz®leges elem. Ekkor

1. o(g) =∞⇐⇒ g minden hatványa különböz®;

2. o(g) < ∞ ⇐⇒ a legkisebb pozitív n, amire gn = 1 éppen o(g), és g

hatványai periodikusan ismétl®dnek o(g) periódussal ;

3. o(g) < ∞ =⇒ pontosan akkor lesz gk = gl, ha o(g) | k − l, speciálisanpontosan akkor teljesül gk = 1, ha o(g) | k ;

4. o(gk)= o(g)

(o(g),k);


5. o(g) = 1⇐⇒ g a G egységeleme.

Bizonyítás. Az els® három állítást egyszerre látjuk be. Jelölje a csoport egy-

ségelemét e. Tegyük fel, hogy vannak k 6= l egészek, hogy gk = gl, ekkor

gk−l = e. Nevezzük az m egész számot jó kitev®nek, ha gm = 1, például k− lés l − k is jó kitev®k. Legyen n egy legkisebb abszolútérték¶ jó kitev®, ami

nem 0. Ilyen van, mert van nem nulla jó kitev® (például k− l). Mivel n és −negyszerre jó kitev®k, feltehet®, hogy n pozitív. Tegyük fel, hogy m jó kitev®.

Belátjuk, hogy n | m. Osszuk el m-et maradékosan n-nel :

m = qn+ r,

ahol r = 0 vagy 0 < |r| < |n|. Ám ekkor

gr = gm−qn = gm · (gn)−q = e,

vagyis r is jó kitev®. Mivel n egy legkisebb abszolútérték¶ nem nulla jó kitev®

volt, ezért ez csak úgy lehetséges, ha r = 0, azaz m = qn, és így n | m. Ekkor

g, g2, . . . , gn mind különböznek, hiszen n volt a legkisebb abszolútérték¶ nem

nulla jó kitev®. Ugyanakkor tetsz®leges s egészre gs = gs+n, vagyis g hat-

ványai n szerint periodikusak. Tehát g-nek pontosan n különböz® hatványa

van, így o(g) = n, és az els® három állítás bizonyítása kész.

A 4. állításhoz a 3. állítás speciális esetét érdemes használni :(gk)m

= 1⇐⇒ o(gk)| m.

Másrészt (gk)m

= 1⇐⇒ o (g) | mk ⇐⇒ o(g)

(o(g), k)

∣∣∣∣∣ m.Végül az 5. állítás nyilvánvaló a rend de�níciójából.

2.1.18. példa.

� Z×5 -ben o(1) = 1, o(2) = o(3) = 4, o(4) = 2 ;

� Z×8 -ben o(1) = 1, o(3) = o(5) = o(7) = 2 ;

� (Zn,+)-ban o(k) = n(n,k)

;


� tükrözések rendje 2;

� p/q · 2π szög¶ forgatások rendje q (ahol (p, q) = 1) ;

� eltolás rendje ∞ (kivéve az identitást).

2.1.19. állítás (Permutáció rendje). Egy k hosszú ciklus rendje k. Egy per-

mutáció rendje a diszjunkt ciklusokra való felbontásában a ciklusok rendjének

legkisebb közös többszöröse.

Bizonyítás. Legyen f = (x1, . . . , xk) egy k hosszú ciklus. Ekkor 0 < l < k

esetén f l(x1) = xl+1 6= x1, tehát l nem jó kitev®. Ugyanakkor fk = id, vagyis

k a legkisebb jó kitev®, és így o(f) = k.

Legyen most g egy tetsz®leges permutáció, g1 . . . gm a diszjunkt ciklusokra

való felbontása. Ekkor pontosan akkor teljesül gn = id, ha minden 1 ≤ i ≤ m-

re gni = id (hiszen a különböz® gi-k diszjunkt ponthalmazokat mozgatnak).

Utóbbi egy konkrét i-re pontosan akkor teljesül, ha o(gi) | n. Tehát

gn = id⇐⇒ [o(g1), . . . , o(gn)] | n.

Másrészt tudjuk, hogy gn = id⇐⇒ o(g) | n, amib®l o(g) = [o(g1), . . . , o(gn)]

adódik.

2.1.20. példa. Fontos, hogy a permutációt diszjunkt ciklusokra bontsuk!

Például (13)(12) = (123) rendje 3, nem pedig 2.

2.1.3. Ciklikus csoport

2.1.21. de�níció. Egy csoportot ciklikusnak hívunk, ha egy elemének a

hatványaiból áll. Egy ilyen elem neve a csoport generátora.

2.1.22. példa.

� Z×5 ciklikus, generátorai 2 és 3;

� Z×8 nem ciklikus, mert nincs benne negyedrend¶ elem;

� (Z,+) ciklikus, generátorai 1 és -1;


� (Zn,+) ciklikus, például az 1 generálja.

2.1.23. tétel. Ha G ciklikus, akkor G ' (Z,+) vagy G ' (Zn,+). Speciáli-

san minden ciklikus csoport kommutatív.

Bizonyítás. Legyen G ciklikus, g egy generátora, és legyen n = o(g). Ha

n =∞, akkor

ϕ : (Z,+)→ G,

k 7→ gk

izomor�zmus. Csakugyan, a szürjektivitás világos (egy gk hatvány a k képe

lesz), a m¶velettartás is könnyen adódik:

ϕ(a+ b) = ga+b = ga · gb = ϕ(a) · ϕ(b).

Végül az injektivitáshoz tegyük fel, hogy valamely k 6= l egészekre ϕ(k) =

= ϕ(l). Ez azt jelentené, hogy gk = gl, vagyis gk−l = 1. De akkor o(g) | k − lteljesülne, és így o(g) véges lenne.

Ha n 6=∞, akkor

ϕ : (Zn,+)→ G,

k 7→ gk

izomor�zmus, ez az el®z® esethez hasonlóan látható be.

2.1.24. házi feladat. A fenti bizonyítás absztrakt. Értsük meg, és ellen®riz-

zük, hogy a megadott leképezések (különösen a második esetben) valóban

izomor�zmusok!

2.1.25. állítás. Legyen G egy n elem¶ ciklikus csoport. Ekkor

1. a generátorok száma ϕ(n) ;

2. minden csoportelem rendje osztja n-et ;

3. minden d | n-re pontosan ϕ(d) darab d rend¶ elem van.


Bizonyítás. Legyen g egy generátor. Ekkor

o(gk)=

n

(n, k)

∣∣∣∣∣ n,amib®l a második állítás adódik. Továbbá n

(n,k)= n pontosan akkor teljesül,

ha (n, k) = 1. Az ilyen k-k száma éppen ϕ(n). Az utolsó állítást kés®bb látjuk

be, amikor karakterizáljuk ciklikus csoportok részcsoportjait.

Ciklikus csoportokra váratlan helyeken bukkanhatunk a matematikán be-

lül. Például a félév végén belátjuk az alábbi nem teljesen nyilvánvaló állítást.

2.1.26. tétel. Véges test multiplikatív csoportja ciklikus.

Tehát például Z×p ' (Zp−1,+), illetve általában ha T véges test, |T | = n,

akkor T× ' (Zn−1,+). A számelméletben is el®fordulnak ciklikus csoportok.

2.1.27. de�níció. Azt mondjuk, hogy g primitív gyök modulo n, ha g ge-

nerálja Z×n -t.

2.1.28. tétel (Számelmélet). Pontosan akkor létezik primitív gyök modulo n,

ha n az 1, 2, 4, pα, 2pα számok valamelyike (ahol p páratlan prím, α pozitív

egész).

Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.

2.2 Részcsoportok 21

2.2. Részcsoportok

2.2.1. de�níció. Legyen (G, ∗) csoport. A H ⊆ G részhalmazt részcsoport-

nak hívjuk, ha (H, ∗) csoport a G-beli szorzással. Jele: H ≤ G.

2.2.2. példa.

� Minden vektortér az összeadással csoport, minden altér egy részcsoport.

� (Z,+) ≤ (Q,+) ≤ (R,+) ≤ (C,+) ;

� Z× ≤ Q× ≤ R× ≤ C× ;

� Q× nem részcsoportja (C,+)-nak, mert más a m¶velet;

� (Z5,+) nem részcsoportja (Z,+)-nak, mert 2 és 4 összege Z5-ben 1,

míg Z-ben 6;

� a páros permutációk Sn-ben, jelük An ;

� az origó körüli forgatások O(2)-ben, jele SO(2).

2.2.3. állítás. H pontosan akkor részcsoport G-ben, ha

1. H 6= ∅ ;

2. minden a, b ∈ H-ra ab ∈ H is (szorzásra zárt);

3. minden a ∈ H-ra a−1 ∈ H is (inverzképzésre zárt).

Bizonyítás. A három feltétel szükségessége világos, hiszen a H-beli m¶velet-

nek is értelmesnek kell lennie. (Az egyetlen, ami nem nyilvánvaló, hogy miért

ne lehetne másik egységeleme H-nak, valamint egy elemnek másik inverze,

ezt megbeszéltük a gyakorlaton).

Az elégségességhez azt kell észrevenni, hogy a m¶velet asszociativitása

örökl®dik G-b®l. Az egységelem H-beli lesz, mert egy elem és inverze, vala-

mint azok szorzata is benne van. Végül pedig minden elem inverze is H-beli

a harmadik feltétel miatt.

2.2.4. házi feladat. Gondoljuk meg, hogy H ≤ G ekvivalens az alábbival :


1. H 6= ∅ ;

2. minden a, b ∈ H-ra ab−1 ∈ H.

Gondoljuk meg, hogy az els® feltétel ekvivalens azzal, hogy G egységeleme

H-beli.

2.2.5. megjegyzés. A harmadik feltétel elhagyható minden olyan csoportban,

ahol minden elem rendje véges (az ilyen csoportokat torziócsoportoknak hív-

juk). Csakugyan, ha o(g) = n, akkor g−1 = gn−1 ∈ H a szorzásra zártság

miatt.

Az alábbi fogalom a kés®bbiekben hasznos lesz, és nagyban leegyszer¶síti

a formalizmust.

2.2.6. de�níció (komplexusm¶veletek). AzX, Y ⊆ G részhalmazokra legyen

X · Y = {x · y | x ∈ X, y ∈ Y } ,

X−1 ={x−1 | x ∈ X

}.

Tehát a 2.2.3. állítás az alábbi ekvivalens alakban írható.

2.2.7. állítás (2.2.3. állítás). H pontosan akkor részcsoport G-ben, ha

1. H 6= ∅ ;

2. H ·H ⊆ H ;

3. H−1 ⊆ H.

Természetesen ha H részcsoport, akkor H ·H = H és H−1 = H is teljesül.

2.2.8. de�níció. A G csoport rendje a csoport elemszáma, jele |G|.

A csoport rendjét nem véletlenül hívjuk ugyanúgy, mint egy elem rendjét.

Ha például G ciklikus, és g generálja, akkor G rendje megegyezik g rendjével,

azaz |G| = o(g).


2.2.1. Mellékosztályok, Lagrange tétele

Véges csoportok esetén a részcsoportok rendje szoros kapcsolatban áll a cso-

port rendjével.

2.2.9. tétel (Lagrange tétele). Ha G véges, H ≤ G, akkor |H| osztja |G|-t.

A továbbiakban a 2.2.9. tételt bizonyítjuk. El®ször vázoljuk a bizonyí-

tást, majd precízzé tesszük az egyes részeket. A f® ötlet, hogy felbontjuk

G-t gH alakú részhalmazokra. Ezek a részhalmazok vagy egyenl®ek, vagy

diszjunktak, azonos elemszámúak, és az uniójuk lefedi G-t. Tehát ha k ilyen

részhalmaz van, akkor |G| = k · |H|.

2.2.10. de�níció. Legyen H ≤ G. Ekkor a

gH = { gh | h ∈ H }

halmazt baloldali mellékosztálynak, a

Hg = {hg | h ∈ H }

halmazt jobboldali mellékosztálynak hívjuk (g ∈ G).

2.2.11. példa.

� Legyen G = (C,+), H = (R,+). A H szerinti mellékosztályok az x

tengellyel párhuzamos egyenesek. Például (1+4i)+H = (7+4i)+H =

= (π + 4i) +H, ami az y = 4 egyenes.

� Legyen G = S3, H = { id, (12) }. Ekkor

(123)H = { (123), (13) } 6= { (123), (23) } = H(123),

tehát egy elem baloldali mellékosztálya nem feltétlen egyezik meg a

jobboldali mellékosztállyal. Kommutatív csoportok esetén természete-

sen ugyanazok a baloldali és jobboldali mellékosztályok.

Be fogjuk látni, hogy a baloldali mellékosztályok particionálják a cso-

portot. Ehhez segítségül hívjuk azt az állítást, mely szerint minden ekvi-

valenciareláció megad egy partíciót és minden partíció de�niálható ekviva-

lenciarelációval (két elem akkor van azonos osztályban, ha relációban állnak

egymással).


A 2.2.9. tétel bizonyítása. Tekintsük az alábbi relációt G-n: legyen a ∼ b, ha

a−1b ∈ H. Ekkor ∼ ekvivalenciareláció:

Re�exivitás. a−1a = 1G ∈ H, tehát a ∼ a.

Szimmetria. Ha a ∼ b, akkor a−1b ∈ H. Így b−1a = (a−1b)−1 ∈ H−1 ⊆ H,

tehát b ∼ a.

Tranzitivitás. Ha a ∼ b és b ∼ c, akkor a−1b ∈ H és b−1c ∈ H. De akkor

a−1c = (a−1b) (b−1c) ∈ H ·H ⊆ H, tehát a ∼ c.

Tehát a ∼ b pontosan akkor teljesül, ha a−1b ∈ H, vagyis ha van olyan h ∈∈ H, hogy a−1b = h, azaz b = ah. Tehát a ∼ b⇐⇒ b ∈ aH, vagyis a osztálya

éppen aH. Tehát a baloldali mellékosztályok valóban particionálják G-t.

Kell még, hogy |aH| = |H|. Ehhez csak annyit kell meggondolni, hogy a

H → aH,

h 7→ ah

leképezés kölcsönösen egyértelm¶.

Injektivitás. Ha ah1 = ah2, akkor balról a−1-zel szorozva kapjuk, hogy

h1 = h2.

Szürjektivitás. Ez nyilvánvaló aH de�níciójából.

Ezzel a 2.2.9. tétel bizonyítását befejeztük.

2.2.12. megjegyzés. Vegyük észre, hogy a bizonyításban leírt mellékosztályok-

ra bontás végtelen csoportoknál ugyanígy m¶ködik. A végességet kizárólag

az oszthatóságnál használtuk. Továbbá az is kijött, hogy bármely két mel-

lékosztály egyenl® vagy diszjunkt.

2.2.13. de�níció. Egy H ≤ G részcsoport esetén a különböz® H szerin-

ti mellékosztályok számát a H részcsoport G-beli indexének nevezzük és

|G : H|-val jelöljük.

2.2.14. példa. |(Z,+) : (3Z,+)| = 3, azaz az index végtelen csoportokra is

létezik.


A Lagrange-tétel tehát a |G| = |H| · |G : H| egyenl®séget mondja ki, mely

igaz végtelen csoportokra is.

Egy pillanatra id®zzünk el az index de�níciójával. Valójában pontosabb

lenne balindexr®l és jobbindexr®l beszélni aszerint, hogy a baloldali vagy a

jobboldali mellékosztályok számáról beszélünk-e. Felmerül a kérdés, hogy ez

a két fogalom ugyanaz-e mindig. A válasz az, hogy igen, mert létesíthet®

egy bijekció a részcsoport baloldali és jobboldali mellékosztályai között. Ez a

bijekció pedig az invertálás:

gH ←→ (gH)−1 = H−1g−1 = Hg−1.

Tehát az index fogalma jólde�niált, mindegy, hogy balindexre vagy jobbin-

dexre gondolunk.

A továbbiakban áttekintjük a Lagrange tétel néhány következményét.

2.2.15. de�níció. Egy g ∈ G-re legyen 〈g〉 = { gn | n ∈ Z } a g által generált

részcsoport, mely tehát g összes hatványából áll.

2.2.16. házi feladat. Igazoljuk, hogy 〈g〉 valóban csoport, elemszáma o(g).

Legyen most G véges csoport és g ∈ G egy tetsz®leges elem. Alkalmazva

Lagrange tételét a 〈g〉 részcsoportra, azt kapjuk, hogy o(g) osztja |G|-t. To-vábbá tudjuk, hogy gn = 1 pontosan akkor teljesül, ha n az o(g) többszöröse.

Tehát

g|G| = 1.

2.2.17. következmény (Euler-Fermat tétel). Ha (a, n) = 1, akkor

aϕ(n) ≡ 1 (mod n).

Bizonyítás. Legyen G = Z×n , ennek elemei éppen az n-hez relatív prím mara-

dékosztályok. Speciálisan a maradékosztálya is Z×n -beli. Továbbá |G| = ϕ(n),

tehát

aϕ(n) = 1

G-ben, ami épp a bizonyítandó.


2.2.2. Valódi részcsoport nélküli csoportok

Egy G csoportban az { 1 } és a G halmazok mindig részcsoportok, ®ket trivi-

ális részcsoportoknak nevezzük. Nemtriviális részcsoport neve valódi részcso-

port, ez tehát olyan H ≤ G, melyre H 6= { 1 } és H 6= G. Az alábbi tétel azt

a kérdést válaszolja meg, hogy mely csoportoknak nincs más részcsoportja a

két triviálison kívül.

2.2.18. tétel. Egy G csoportnak pontosan két részcsoportja van (a két tri-

viális részcsoport) ⇐⇒ |G| = p prím. Ekkor G ciklikus, kommutatív, G '' (Zp,+).

Bizonyítás. ⇐= : Legyen H ≤ G, ekkor a Lagrange-tétel miatt |H| | |G| = p.

Egy p prímnek pontosan két pozitív osztója van: 1 és p. Ha |H| = 1, akkor

H = { 1 }. Ha |H| = p, akkor H = G.

=⇒ : |G| > 1, különben csak egy részcsoportja lenne. Legyen g ∈ G tetsz®le-

ges, g 6= 1, és tekintsük a 〈g〉 részcsoportot. Most G-nek csak a két triviális

részcsoportja van, és g 6= 1, vagyis 〈g〉 = G. Vagyis G ciklikus (így kommu-

tatív is), és tetsz®leges nem egységelem generálja. Itt o(g) véges, különben

〈g2〉 egy valódi részcsoport lenne G-ben. Ha o(g) = mn valamilyen m,n > 1

egészekre, akkor a hatvány rendjének képletéb®l o (gm) = mn(mn,m)

= n < mn,

vagyis 〈gm〉 valódi részcsoport lenne. Tehát G elemszáma egy p prím, és mivel

G ciklikus, ezért a 2.1.23. tétel miatt G ' (Zp,+).

2.2.3. Ciklikus csoport részcsoportjai

2.2.19. tétel. Ciklikus csoport minden részcsoportja ciklikus.

Bizonyítás. Legyen G = 〈g〉 egy ciklikus csoport, H ≤ G egy részcsoport.

Legyen n egy legkisebb abszolútérték¶ nem nulla egész, melyre gn ∈ H.

Belátjuk, hogy H = 〈gn〉. A ⊇ tartalmazás világos. A ⊆ tartalmazáshoz

legyen m tetsz®leges, melyre gm ∈ H. Belátjuk, hogy n | m. Osszuk el m-et

maradékosan n-nel :

m = qn+ r,

ahol r = 0 vagy 0 < |r| < |n|. Ám ekkor

gr = gm−qn = gm · (gn)−q ∈ H,


vagyis gr ∈ H. Mivel n egy legkisebb abszolútérték¶ nem nulla kitev® volt,

hogy gn ∈ H, ezért ez csak úgy lehetséges, ha r = 0, azaz m = qn. Így n | m,

azaz gm ∈ 〈gn〉. Mivel gm tetsz®leges H-beli elem volt, H ⊆ 〈gn〉.

2.2.20. megjegyzés. A rend tulajdonságaira vonatkozó 2.1.17. állítás bizonyí-

tásában ugyanez a gondolatmenet hangzik el a H = { 1 } részcsoportra.

2.2.21. következmény. Legyen G = 〈g〉 ciklikus.

1. Ha o(g) = ∞, akkor G részcsoportjai a 〈gm〉 alakú részcsoportok min-

den pozitív egész m-re.

2. Ha o(g) = n < ∞, akkor minden d | n-re pontosan egy d rend¶ rész-

csoportja van G-nek, mely éppen gn/d hatványaiból áll. Más részcsoport

nincs. Továbbá G bármely két d rend¶ eleme egymás hatványa, számuk

ϕ(d).

Bizonyítás. Az els® állítás a 2.2.19. tétel közvetlen következménye. A máso-

dik állításhoz legyen H ≤ G egy részcsoport, |H| = d. Ekkor a Lagrange-tétel

miatt d | n. Ha most gk ∈ H, akkor szintén a Lagrange-tétel miatt gkd =

=(gk)d

= 1, amib®l a rend tulajdonságai miatt n | kd, és így nd| k. Tehát

H elemei a gn/d hatványai közül kerülhetnek ki. De gn/d-nek pont d darab

hatványa van, |H| = d, vagyis H éppen gn/d hatványaiból áll, és így egyetlen

d rend¶ részcsoport. Továbbá G minden d rend¶ eleme H-beli (hiszen egy d

rend¶ részcsoportot generálnak, ami így H), és ezek így éppen H generátor-

elemei. Tehát az ilyen elemek egymás hatványai, valamint számuk ϕ(d).

2.2.22. következmény. ∑d|n

ϕ(d) = n.

Bizonyítás. Legyen G egy n elem¶ ciklikus csoport. Csoportosítsuk az eleme-

ket a rendjeik alapján. Ha d - n, akkor nincs d rend¶ elem. Továbbá minden

d | n-re pont ϕ(d) darab d rend¶ elem van a 2.2.21. következmény miatt.

Vagyis összesen∑

d|n ϕ(d) darab eleme van az n elem¶ G-nek.


2.2.4. Generált részcsoport

Egy g ∈ G által generált 〈g〉 részcsoportot g hatványaiként de�niáltuk. Ve-

gyük észre, hogy ha egy H részcsoport tartalmazza g-t, akkor annak minden

hatványát is tartalmazza a m¶veletekre való zártság miatt. Így 〈g〉 ≤ H is

teljesül. Tehát 〈g〉 a legsz¶kebb olyan részcsoport, ami g-t tartalmazza.

Emlékezzünk vissza lineáris algebrai tanulmányainkból a generált altér

de�níciójára. Ott egy halmaz által generált altér a legsz¶kebb olyan altér

volt, ami tartalmazta a halmazt. Ugyanezt a de�níciót használjuk egy halmaz

által generált részcsoport fogalmánál is, mely általánosítja az egy elem által

generált részcsoport fogalmát.

2.2.23. de�níció. Legyen X ⊆ G. Ekkor az X által generált részcsoport

(jele 〈X〉) az a legsz¶kebb részcsoport G-ben, mely X-et tartalmazza. A leg-

sz¶kebbet abban az értelemben használjuk, hogy ha H ≤ G egy részcsoport,

melyre X ⊆ H, akkor 〈X〉 ⊆ H is.

A de�nícióból korántsem nyilvánvaló, hogy a generált részcsoport létezik

vagy akár egyértelm¶. Ezt be kell bizonyítani.

2.2.24. állítás. Legyen

(2.2) K = ∩X⊆H≤GH

az X-et tartalmazó G-beli részcsoportok metszete. Ekkor K = 〈X〉 az egyetlenlegsz¶kebb X-et tartalmazó részcsoport.

Bizonyítás. K részcsoport, mert részcsoportok metszete részcsoport (ennek

bizonyítása házi feladat). Továbbá K tartalmazza X-et, hiszen a (2.2) jobb-

oldalán szerepl® metszet összes tényez®je is tartalmazza X-et. Végül K a

legsz¶kebb X-et tartalmazó részcsoport, mert ha X ⊆ H ≤ G, akkor H

szerepel a (2.2) jobboldalán a metszet egyik tényez®jeként, vagyis legalább

akkora, mint a metszet. Az egyértelm¶ség adódik abból az egyszer¶ tényb®l,

hogy tetsz®leges halmazrendszernek csak egy legsz¶kebb eleme lehet (ennek

bizonyítása is házi feladat).

Vizsgáljuk meg, hogy hogyan is néz ki a generált részcsoport.


2.2.25. példa.

� Tegyük fel, hogy H ≤ (Z,+), melyre 18, 26 ∈ H. Ekkor −16 = −− (8 + 8) ∈ H, és így 2 = 18 − 16 ∈ H. Tehát H-ban minden páros

szám benne van. Ugyanakkor a páros számok (Z,+)-ben részcsoportot

alkotnak, tehát H egy olyan részcsoport, ami minden páros számot

tartalmaz. Ebben a részcsoportban benne is van 18 és 26 is. Más szóval,

ha egy részcsoport tartalmazza 18-at és 26-t, akkor tartalmazza a páros

számok részcsoportját is. Így a 18 és 26 által generált részcsoport a

páros számok részcsoportja.

� Igazoljuk, hogy ha m,n ∈ H ≤ (Z,+), akkor (m,n) ∈ H, és így annak

minden többszöröse is H-beli. Így az m és n által generált részcsoport

az (m,n) által generált részcsoport.

� Tegyük fel, hogy H ≤ S4, melyre (123) ∈ H, (12)(34) ∈ H. Mit mond-

hatunk H-ról? Nyilván (134) = (123)(12)(34) ∈ H, hasonlóan (243) =

= (12)(34)(123) ∈ H. Továbbá minden eddig megtalált elem minden

hatványa is H-beli, azaz (132) = (123)2 ∈ H, (143) = (134)2 ∈ H,

(234) = (243)2 ∈ H. A fenti eljárást kellene folytatnunk (vagyis: jobb-

ról és balról is összeszorozni a talált elemeket, majd az új elemek minden

hatványát betenni) amíg egy szorzásra és inverzképzésre zárt részcso-

portot nem kapunk. Ez lesz a generált részcsoport. Egy kis gyorsítás:

mind az (123), mind pedig (12)(34) páros permutáció, tehát az általuk

generált részcsoport A4-nek is része. Viszont már találtunk 7 elemet,

ami benne van a generált részcsoportban, a Lagrange-tétel miatt pedig

a generált részcsoport elemszáma osztja |A4| = 12-t, vagyis a generált

részcsoport csak A4 lehet.

Vektorterek esetén beláttuk, hogy a generált altér éppen az összes line-

áris kombinációból áll. A fenti példákból könnyen látható, hogy ez hogyan

általánosodik kommutatív csoportokra.

2.2.26. házi feladat. Legyen (A,+) egy kommutatív csoport,X ⊆ A. Ekkor

〈X〉 = {m1g1 + · · ·+mngn | mi ∈ Z, gi ∈ X,n ∈ N } .


Nem kommutatív csoportok esetén is hasonló a helyzet, csak ott min-

den �szót� meg kell engedni, amit a generátorelemekb®l és azok inverzeib®l

gyártani tudunk.

2.2.27. tétel. Legyen G csoport, X ⊆ G. Ekkor 〈X〉 azon G-beli elemekb®l

áll, melyek el®állnak X és X−1 elemeib®l képzett akárhány tényez®s szorzat-

ként. (Egy ilyen szorzatban X és X−1 elemei többször is felhasználhatóak.)

Bizonyítás. Legyen L az X és X−1 elemeib®l képzett akárhány tényez®s szor-

zatok G-ben. Belátjuk, hogy L = 〈X〉.L ⊆ 〈X〉 : mivel 〈X〉 zárt az inverzképzésre és X ⊆ 〈X〉, ezért X−1 ⊆

⊆ 〈X〉. Mivel 〈X〉 zárt a szorzásra is, ezért az X ∪X−1-b®l képzett akárhánytényez®s szorzatok is 〈X〉-ben vannak, vagyis L ⊆ 〈X〉.〈X〉 ⊆ L : L részcsoport, hiszen zárt a szorzásra (két valahány tényez®s

szorzat szorzata is egy valahány tényez®s szorzat) és az inverzképzésre (itt

fel kell használni, hogy (a1 . . . an)−1 = a−1n . . . a−11 ). Nyilván X ⊆ L. Tehát

L egy X-et tartalmazó részcsoport, amib®l a generált részcsoport de�níciója

alapján 〈X〉 ⊆ L.

2.3 Csoportkonstrukciók 31

2.3. Csoportkonstrukciók

2.3.1. Direkt szorzat

Ebben az alszakaszban a direkt szorzat konstrukciójával ismerkedünk meg.

A f®példa az n dimenziós oszlopvektorok, melyek vektortere éppen a test

n-szeres direkt szorzatával izomorf, ahol a m¶veletek koordinátánként tör-

ténnek. Hasonlóan de�niálhatjuk csoportok direkt szorzatát is.

2.3.1. de�níció. LegyenekG1, . . . , Gn csoportok. AG1×. . .×Gn-t aG1, . . . , Gn

csoportok direkt szorzatának nevezzük, ahol

G1 × . . .×Gn = { (g1, . . . , gn) | gi ∈ Gi, 1 ≤ i ≤ n } ,

a szorzás komponensenként történik:

(g1, . . . , gn) · (h1, . . . , hn) = (g1h1, . . . , gnhn).

A direkt szorzat egységeleme (e1, . . . , en), ahol ei a Gi egységeleme. Az inver-

tálást szintén komponensenként végezzük, vagyis a (g1, . . . , gn) elem inverze

a(g−11 , . . . , g−1n

).

2.3.2. házi feladat. Igazoljuk, hogy G1 × . . .×Gn valóban csoport a meg-

adott m¶veletekkel.

2.3.3. példa. Sík vektorai az összeadásra éppen (R,+)× (R,+). Hasonlóan,

(C,+) ' (R,+)× (R,+).

2.3.4. megjegyzés. Végtelen sok csoport esetén a direkt szorzat (néha teljes

direkt szorzat) de�níciója szó szerint átvihet®. A direkt összeg (vagy diszkrét

direkt szorzat) de�níciója ilyenkor eltér. Ha I indexhalmaz, akkor ⊕i∈IGi-

nek csak azon (gi)i∈I sorozatok lesznek elemei, melyek minden komponense

véges sok kivételt®l eltekintve az egységelem. Ennek a de�níciónak az értelme

kés®bb válik majd világosabbá.

2.3.5. példa. Mi lesz g = (2, 3) rendje Z×9 × Z×5 -ben? Ha megkeressük a

legkisebb jó kitev®t g-hez, akkor az a 12 lesz: g1 = (2, 3), g2 = (4, 4), stb.

Továbbá o9(2) = 6, o5(3) = 4, és 12 = [6, 4].


2.3.6. házi feladat. A g = (g1, . . . , gn) elem rendje az o(gi) rendek legkisebb

közös többszöröse, illetve ∞, ha valamely gi rendje ∞.

2.3.7. példa. Mi lesz a g = (1,1) elem rendje G = (Z2,+) × (Z3,+)-ban?

Mivel o2(1) = 2, o3(1) = 3, ezért o(g) = [2,3] = 6. De |G| = 6, vagyis G

ciklikus, és így (Z6,+) ' (Z2,+)× (Z3,+).

Általános cél, hogy egy csoportot fel tudjunk bontani kisebb, és lehet®ség

szerint egyszer¶bb szerkezet¶ (pl. ciklikus) csoportok direkt szorzatára. Mivel

a direkt szorzatban minden m¶veletet komponensenként kell végezni, így elég

a direkt komponenseket megérteni a teljes csoport megértéséhez.

Az alábbi tétel például azt mondja meg, hogy egy direkt szorzat mikor

ciklikus.

2.3.8. tétel. G×H ciklikus ⇐⇒ G és H ciklikusak és (|G| , |H|) = 1.

Bizonyítás. ⇐= : Legyen G = 〈g〉, o(g) = m, H = 〈h〉, o(h) = n, és tegyük

fel, hogy (m,n) = 1. Ekkor |G×H| = mn, valamint

o ((g, h)) = [o(g), o(h)] = [m,n] = mn,

amib®l következik, hogy (g, h) generálja G×H-t.

=⇒ : Tegyük fel, hogy G×H ciklikus, legyen (g, h) egy generátora. Legyen

|G| = m, |H| = n. Ekkor a Lagrange tétel miatt o(g) | m és o(h) | n. TovábbáG×H-t (g, h) generálja, vagyis

mn = o((g, h)) = [o(g), o(h)]∣∣∣ [m,n].

Ebb®l (m,n) = 1 és o(g) | m, o(h) | n-b®l o(g) = m, o(h) = n adódik. Tehát

G és H is ciklikus, és (|G| , |H|) = 1.

2.3.9. következmény. Ha (m,n) = 1, akkor (Zm,+)× (Zn,+) ' (Zmn,+).

2.3.10. megjegyzés. Az is igaz, hogy ha (m,n) = 1, akkor Z×m × Z×n ' Z×mn.Ezt majd a gy¶r¶k direkt szorzatánál bizonyítjuk, közvetlen következménye,

hogy ekkor ϕ(mn) = ϕ(m) · ϕ(n). Egy másik következmény az a (nem túl

könny¶) tétel, hogy pontosan akkor van primitív gyök modulo n, ha

n ∈ { 1, 2, 4 } ∪ { pα, 2pα | p páratlan prím, α pozitív egész } .


Ha egy csoport ciklikus csoportok direkt szorzata, akkor nyilván kommu-

tatív. A véges Abel csoportok alaptétele ennek épp a megfordítását mondja.

2.3.11. tétel (Véges Abel csoportok alaptétele). Minden véges Abel csoport

felbontható prímhatványrend¶ ciklikus csoportok direkt szorzatára. A tényez®k

sorrendt®l eltekintve egyértelm¶en meghatározottak.


2.3.12. példa. Megadjuk a 24 elem¶ Abel csoportokat izomor�a erejéig.

Egy 24 elem¶ Abel csoport izomor�a erejéig egyértelm¶en bomlik fel prím-

hatványrend¶ ciklikusok szorzatára. Tehát a 24-et kell el®állítani prímhatvá-

nyok szorzataként. Erre három lehet®ség van: 24 = 3 ·8 = 3 ·4 ·2 = 3 ·2 ·2 ·2.Az ezekhez tartozó Abel csoportok

(Z3,+)× (Z8,+) ,

(Z3,+)× (Z4,+)× (Z2,+) ,

(Z3,+)× (Z2,+)× (Z2,+)× (Z2,+) .

2.3.2. Transzformáció- és permutációcsoportok

2.3.13. de�níció. Legyen X egy halmaz, ennek elemeit pontoknak hívjuk.

Az SX részcsoportjait transzformációcsoportoknak, ha X véges, akkor per-

mutációcsoportoknak nevezzük. Ha G ≤ SX , akkor az X elemszámát a G

fokának nevezzük.

2.3.14. példa.

� An ≤ Sn.

� A kocka szimmetriacsoportja része a tér egybevágósági transzformáci-

óinak

� Dn része a sík egybevágósági transzformációinak. Legyen ABC egy

szabályos háromszög, és tekintsük a szimmetriáit :

D3 ={id, f, f 2, TA, TB, TC

},


ahol f a háromszög középpontja (jelöljük O-val) körüli 120◦-os pozitív

irányú forgatás, TA, TB, TC pedig rendre az A, B, C pontokon átmen®

szimmetriatengelyekre való tükrözés. Legyen P1 egy általános helyzet¶

pont, és tekintsük ennek a képét D3 elemeit mentén. Így kapjuk rendre

a P1, . . . , P6 pontokat. Ezek halmaza már zárt a D3-mal való transz-

formációkra, hiszen például TA(P2) = TA ◦ f(P1) = TB(P5). S®t, ha

máshogy vesszük fel a kezd®pontot, akkor nem kaphatjuk a Pi valame-

lyikét, mert akkor az inverz transzformációval ebb®l a Pi-b®l pont azt

a kezd®pontot kapnánk.

Vajon ha máshogy vesszük fel a kezd®pontot, akkor is mindig 6 pon-

tunk lesz? Nem, ugyanis el®fordulhat, hogy bizonyos transzformációk

�xen hagyják a választott pontot. Legyen mondjuk Q1 a TA tengelyén,

ekkor csak 3 pontot kapunk, ha sorban alkalmazzuk D3 elemeit: Q1 =

= id(Q1) = TA(Q1), Q2 = f(Q1) = TC(Q1), Q3 = f 2(Q1) = TB(Q1).

Tehát Q1-et két transzformáció hagyja �xen D3-ból, és 3 képe lesz.

Végül, ha O-t tekintjük, akkor azt mind a 6 D3-beli transzformáció

�xálja, és csak egy képe lesz: maga az O. Úgy t¶nik tehát, hogy egy

pontot �xen hagyó transzformációk száma megszorozva a pont pályá-

jának elemszámával éppen a csoport rendjét adja.

2.3.15. de�níció. Legyen G ≤ SX . Egy x ∈ X pont orbitja vagy pályája

G(x) = { g(x) | g ∈ G } .

Nyilván G(x) ⊆ X. Azt mondjuk, hogy G hatása tranzitív, ha csak egy orbit

van.

2.3.16. de�níció. Legyen G ≤ SX . Egy x ∈ X pont stabilizátora

Gx = { g ∈ G | g(x) = x } .

Nyilván Gx ⊆ G.

2.3.17. házi feladat. Igazoljuk, hogy egy pont stabilizátora részcsoport.

2.3.18. tétel (Orbit-stabilizátor tétel). Egy x ∈ X pont orbitjának elemszá-

ma megegyezik az x stabilizátorának indexével, azaz

|G(x)| = |G : Gx| .


A tétel bizonyítása el®tt lássunk egy példát.

2.3.19. példa. Kiszámoljuk, hogy hány szimmetriája van a kockának. Le-

gyenG azABCDPQRS kocka szimmetriacsoportja, ahol az �alsó� lapABCD,

a �fels®� lap pedig a csúcsok ugyanilyen sorrendjében PQRS. Ekkor könny¶

mutatni transzformációkat, melyek a kockát helyben hagyják, de az A csúcs

átmegy akármelyik másik csúcsba, azaz

G(A) = {A,B,C,D, P,Q,R, S } .

Legyen H = GA, ekkor az Orbit-stabilizátor tétel alapján

|G : H| = |G(A)| = 8.

Most vizsgáljuk H(B)-t. Mivel H minden eleme egybevágósági transzformá-

ció, és H(A) = A, ezért egy vele szomszédos csúcs csak vele szomszédos

csúcsba mehet át. Könny¶ azt is látni, hogy mindhárom szomszédos csúcsba

át tudjuk vinni egy alkalmas egybevágósági transzformációval. Tehát

H(B) = {B,D, P } .

Legyen K = HB, ekkor az Orbit-stabilizátor tétel alapján

|H : K| = |H(B)| = 3.

Most vizsgáljuk K(D)-t. Mivel K minden eleme egybevágósági transzformá-

ció, K(A) = A, K(B) = B, ezért D egy A-val szomszédos csúcsba mehet át,

ami nem B. Könny¶ azt is látni, hogy mindkét ilyen szomszédos csúcsba át

tudjuk vinni egy alkalmas egybevágósági transzformációval. Tehát

K(D) = {D,P } .

Legyen L = KD, ekkor az Orbit-stabilizátor tétel alapján

|K : L| = |K(D)| = 2.

Végül vizsgáljuk L-t. Az L részcsoport �xálja a kocka egyik csúcsát, és annak

mindkét szomszédos csúcsát. De akkor nyilván a harmadik szomszédos csú-

csot is �xálja, és könny¶ látni, hogy akkor már az egész kocka �xen marad.


Tehát |L| = 1. Mindebb®l

|K| = |K : L| · |L| = 2,

|H| = |H : K| · |K| = 6,

|G| = |G : H| · |H| = 48.

Most rátérünk az Orbit-stabilizátor tétel bizonyítására. A kulcs észrevétel

az, amit már meg�gyeltünk. Nevezetesen, hogy az egyes pontok orbitjai nem

metszenek egymásba. Ez az alábbi példán még szemléletesebben látszik.

2.3.20. példa. LegyenX a sík pontjai,G = SO(2) az origó körüli forgatások.

Ekkor az orbitok éppen az origó körüli körök, melyek particionálják a síkot.

2.3.21. állítás. Az orbitok particionálják X-t.

Bizonyítás. Megadunk egy ekvivalenciarelációt, melynek osztályai éppen az

orbitok. Legyen x ∼ y, ha van g ∈ G, hogy g(x) = y. Ez ekvivalenciareláció.

Re�exivitás. x ∼ x, mert id ∈ G és id(x) = x.

Szimmetria. Ha x ∼ y, akkor van g ∈ G, hogy g(x) = y. Ekkor g−1(y) =

= g−1 (g (x)) = x, vagyis y ∼ x.

Tranzitivitás. Tegyük fel, hogy x ∼ y ∼ z. Ekkor vannak g, h ∈ G, hogyg(x) = y és h(y) = z. Most h ◦ g(x) = h (g (x)) = h (y) = z, vagyis

x ∼ z.

Tehát ∼ ekvivalenciareláció, osztályai nyilván az orbitok.

A 2.3.18. tétel bizonyítása. Rögzítsük x ∈ X-et. Adunk egy kölcsönösen egy-

értelm¶ megfeleltetést a G(x) orbit elemei és Gx baloldali mellékosztályai

között. Legyen y ∈ G(x) egy tetsz®leges elem az orbitból. Ekkor van g ∈ G,hogy g(x) = y. Vizsgáljuk meg, hogy mely h ∈ G elemekre teljesül még, hogy

h(x) = y :

h(x) = y ⇐⇒ h(x) = g(x)⇐⇒ g−1h(x) = x⇐⇒ g−1h ∈ Gx ⇐⇒ h ∈ gGx.

Tehát azon h-k, melyek x-t pont y-ba viszik éppen a gGx baloldali mel-

lékosztályt alkotják. Ez tehát egy kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetés az


x orbitjának pontjai között és a Gx baloldali mellékosztályai között, és így

|G(x)| = |G : Gx|.

Azt gondolhatnánk, hogy a permutációcsoportok az absztrakt csoportel-

méletnek egy sz¶kebb része. Mint kiderül, a permutációcsoportok vizsgálata

nem jelent megszorítást az absztrakt csoportok vizsgálatához képest.

2.3.22. tétel (Cayley tétele). Minden G csoport izomorf egy alkalmas szim-

metrikus csoport egy részcsoportjával.

Bizonyítás. Az ötletet a Cayley táblázat vizsgálata adja. Korábban már lát-

tuk, hogy a Cayley táblázat minden sorában és minden oszlopában minden

elem pontosan egyszer szerepel. Tehát minden egyes sor egy permutációja a

csoportelemeknek. Tehát a csoportban a balszorzás permutálja a csoportele-

meket.

Valóban, legyen X = G, és legyen ϕ(g) ∈ SX az a permutáció, amit a

g-vel való balszorzás indukál X-en, azaz a g sorában lev® permutáció. Nyil-

ván ϕ : G → SX . Mivel a Cayley táblázat minden oszlopában minden elem

pontosan egyszer szerepel, ezért ϕ injektív.

Kell még, hogy ϕ homomor�zmus, azaz tetsz®leges g, h ∈ G-re

ϕ(hg) = ϕ(h) ◦ ϕ(g).

Most ϕ(hg) az a permutáció, ami egy tetsz®leges x ∈ X-hez (hg)x-et rendeli.

Továbbá ϕ(g) az a permutáció, mely egy tetsz®leges x ∈ X-hez gx-et rendeli.

Végül ϕ(h) ◦ ϕ(g) az a permutáció, mely egy tetsz®leges x ∈ X-hez h(gx)-et

rendeli. A G-beli szorzás asszociativitásából (hg)x = h(gx), vagyis ϕ(hg) és

ϕ(h)◦ϕ(g) minden x ∈ X-re azonos értéket vesz fel, és így megegyeznek.

2.3.3. Hatás

Vegyük észre, hogy a fenti példákon az egybevágósági transzformációk ugyan

a sík/tér összes pontját mozgatták, nekünk mégis csak egy sz¶kebb ponthal-

mazon volt érdekes ez a mozgatás. Például a D3 csoport a szabályos három-

szög három csúcsát mozgatja, vagy a kocka szimmetriacsoportja a kocka 8

csúcsát (vagy akár 12 élét) mozgatja. Ezt úgy mondjuk, hogy a csoport hat

egy halmazon.


2.3.23. de�níció. Azt mondjuk, hogy a G csoport hat az X halmazon, ha

(�G elemei permutálják X-et�) értelmezve van egy ∗ : G×X → X leképezés,

azaz g ∈ G, x ∈ X esetén g ∗ x ∈ X (g az x-et a g ∗ x-be viszi) úgy, hogy

1. h ∗ (g ∗ x) = (hg) ∗ x minden g, h ∈ G, x ∈ X-re,

2. e ∗ x = x minden x ∈ X-re, ahol e a G egységeleme.

Azt mondjuk, hogy X elemszáma a hatás foka.

2.3.24. példa. A f® példa nyilván a transzformációcsoportok, tehát amikor

G ≤ SX , és g ∗ x = g(x).

2.3.25. állítás. Hasson G az X-en. Ekkor g−1 hatása inverze a g hatásának,

azaz

g ∗ x = y ⇐⇒ x = g−1 ∗ y.

Tehát G minden eleméhez hozzárendelhetjük azt az SX-beli elemet, mely leírja

a csoportelem hatását X-en. Legyen ϕ ez a leképezés, azaz minden g ∈ G-reϕ(g) adja meg g hatását X-en. Ekkor ϕ : G→ SX homomor�zmus.

Bizonyítás. Ha g∗x = y, akkor g−1∗y = g−1∗(g∗x) = (g−1g)∗x = e∗x = x.

Megfordítva, ha g−1∗y = x, akkor g∗x = g∗(g−1∗y) = (gg−1)∗y = e∗y = y.

A bizonyítás második fele a Cayley tétel bizonyításában szerepl® módon

történik. Azt kell belátni, hogy tetsz®leges g, h ∈ G-re

ϕ(hg) = ϕ(h) ◦ ϕ(g).

Most ϕ(hg) az a permutáció, ami egy tetsz®leges x ∈ X-hez (hg) ∗ x-etrendeli. Továbbá ϕ(g) az a permutáció, mely egy tetsz®leges x ∈ X-hez g ∗x-et rendeli. Végül ϕ(h)◦ϕ(g) az a permutáció, mely egy tetsz®leges x ∈ X-hez

h∗(g∗x)-et rendeli. A hatás de�níciójából (hg)∗x = h∗(g∗x), vagyis ϕ(hg) ésϕ(h)◦ϕ(g) minden x ∈ X-re azonos értéket vesz fel, és így megegyeznek.

A korábbi de�níciók kiterjeszthet®ek hatásra is.

2.3.26. de�níció. Hasson G az X halmazon. Egy x ∈ X pont orbitja vagy

pályája

G(x) = { g ∗ x | g ∈ G } .


Nyilván G(x) ⊆ X. Azt mondjuk, hogy G hatása tranzitív, ha csak egy orbit

van.

2.3.27. de�níció. Hasson G az X halmazon. Egy x ∈ X pont stabilizátora

Gx = { g ∈ G | g ∗ x = x } .

Nyilván Gx ⊆ G.

2.3.28. házi feladat. Igazoljuk, hogy egy pont stabilizátora részcsoport.

2.3.29. tétel (Orbit-stabilizátor tétel). Egy x ∈ X pont orbitjának elemszá-

ma megegyezik az x stabilizátorának indexével, azaz

|G(x)| = |G : Gx| .

A tétel bizonyítása megegyezik a korábbi Orbit-stabilizátor tétel bizo-

nyításával, ám azt mégis megismételjük, hogy jobban megértsük a fontos

kapcsolatot az X pontjai és a baloldali mellékosztályok között.

2.3.30. állítás. Az orbitok particionálják X-t.

Bizonyítás. Megadunk egy ekvivalenciarelációt, melynek osztályai éppen az

orbitok. Legyen x ∼ y, ha van g ∈ G, hogy g ∗ x = y. Ez ekvivalenciareláció.

Re�exivitás. x ∼ x, mert e ∗ x = x.

Szimmetria. Ha x ∼ y, akkor van g ∈ G, hogy g ∗ x = y. Ekkor g−1 ∗ y =

= g−1 ∗ (g ∗ x) = (g−1g) ∗ x = e ∗ x = x, vagyis y ∼ x.

Tranzitivitás. Tegyük fel, hogy x ∼ y ∼ z. Ekkor vannak g, h ∈ G, hogyg ∗ x = y és h ∗ y = z. Most (hg) ∗ x = h ∗ (g ∗ x) = h ∗ y = z, vagyis

x ∼ z.

Tehát ∼ ekvivalenciareláció, osztályai nyilván az orbitok.

A 2.3.29. tétel bizonyítása. Rögzítsük x ∈ X-et. Adunk egy kölcsönösen egy-

értelm¶ megfeleltetést a G(x) orbit elemei és Gx baloldali mellékosztályai

között. Legyen y ∈ G(x) egy tetsz®leges elem az orbitból. Ekkor van g ∈ G,


hogy g∗x = y. Vizsgáljuk meg, hogy mely h ∈ G elemekre teljesül még, hogy

h ∗ x = y :

h ∗ x = y ⇐⇒ h ∗ x = g ∗ x⇐⇒ g−1 ∗ (h ∗ x) = g−1 ∗ (g ∗ x)⇐⇒

⇐⇒(g−1h

)∗ x = x⇐⇒ g−1h ∈ Gx ⇐⇒ h ∈ gGx.

Tehát azon h-k, melyek x-t pont y-ba viszik éppen a gGx baloldali mel-

lékosztályt alkotják. Ez tehát egy kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetés az

x orbitjának pontjai között és a Gx baloldali mellékosztályai között, és így

|G(x)| = |G : Gx|.

A bizonyítás hatására felmerülhet, hogy esetleg ez a megfeleltetés nem

lehetne-e több. Vagyis: nem lehetne-e olyan hatást de�niálni a mellékosz-

tályokon, mely �ugyanaz�, mint G hatása X-en. A válasz az, hogy lehet,

mégpedig ez a hatás igen természetesen adódik.

2.3.31. de�níció. Legyen H ≤ G egy részcsoport. Legyen X a H baloldali

mellékosztályai, és hasson G az X-en balszorzással, azaz ha g ∈ G, akkor

tetsz®leges a ∈ G-re legyen

g ∗ aH = gaH.

2.3.32. házi feladat. Igazoljuk, hogy ez tényleg tranzitív hatás.

2.3.33. példa. A Cayley hatás erre példa, amikor H = { e }.

Ahhoz, hogy azt mondhassuk, hogy két hatás ugyanolyan, de�niálnunk

kell, hogy mikor gondoljuk ezt.

2.3.34. de�níció. Hasson G az X és Y halmazokon. Azt mondjuk, hogy

a két hatás ekvivalens, ha (�ugyanúgy hat G az X-en és Y -on�) létezik egy

α : X → Y bijekció, hogy minden g ∈ G, x ∈ X-re

α (g ∗ x) = g ∗ α (x) .

(Itt most a baloldali ∗ az X-en való hatást, a jobboldali ∗ az Y -on való hatást

jelenti.)


2.3.35. következmény. Ha G tranzitívan hat X-en, akkor G hatása ekvi-

valens a Gx (x ∈ X rögzített) baloldali mellékosztályain való balszorzással.

Bizonyítás. Legyen x ∈ X rögzített,H = Gx. Tekintsük az Orbit-stabilizátor

tételben szerepl® megfeleltetést az x orbitja és a H baloldali mellékosztályai

között, azaz α(y) = aH, ha a ∗ x = y. Ekkor α jólde�niált és bijekció az

Orbit-stabilizátor tételben szerepl® bizonyítás miatt.

Legyen y ∈ X, g ∈ G tetsz®leges, és tegyük fel, hogy g∗y = z. Legyen a ∈∈ G egy olyan elem, melyre a∗x = y. Ilyen van, hisz a hatás tranzitív. Ekkor

az aH mellékosztály felel meg y-nak, hiszen a∗x = y, és a gaH mellékosztály

felel meg z-nek, hiszen (ga) ∗ x = g ∗ (a ∗ x) = g ∗ y = z. Továbbá g az aH

mellékosztályt balszorzással a gaH mellékosztályba viszi.

Tehát: minden részcsoporthoz tartozik egy hatás (a mellékosztályokon

való balszorzás), és ha adott egy hatás, akkor az ekvivalens a stabilizátor

mellékosztályain való balszorzással. Így egy csoport összes hatása megérthet®,

ha ismerjük a részcsoportjait.


2.4. Homomor�zmusok

Korábban láttuk, hogy izomorf struktúrák minden számunkra fontos szem-

pontból megegyeznek, így elég közülük csak egyet megérteni (lásd I/2a). A

homomor�zmusok pedig arra jók, hogy valami bonyolult csoportból egy egy-

szer¶bbet állítsunk el®, aminek a szerkezetét már meg tudjuk érteni (lásd

II/2). Célunk, hogy a homomor�zmusokat jobban megértsük.

F®példának tekintsük a lineáris algebrából megismert vektortereket, és a

köztük men® lineáris leképezéseket. Ezek a leképezések voltak azok, melyek

tartják a vektorok összeadását és skalárral való szorzását. Tehát éppen azok,

melyek meg®rzik a vektortér összes m¶veletét, így ®k a éppen a vektorterek

között men® homomor�zmusok. Érdemes tehát a lineáris leképezésekr®l ta-

nultakat átismételni, majd az ott tanult ismeretekb®l kiindulni a csoportok

homomor�zmusainak mélyebb megértéséhez. (Egyébként minden vektortér

kommutatív csoport, ha csak az összeadás m¶veletével tekintjük.)

2.4.1. de�níció. Legyen ϕ : G→ H homomor�zmus. Ekkor ϕ képe a ϕ(g)-

ként el®álló elemek halmaza H-ban:

Imϕ = {ϕ(g) | g ∈ G } ⊆ H.

2.4.2. házi feladat. Igazoljuk, hogy Imϕ részcsoport H-ban.

2.4.3. példa.

0. Lineáris leképezések vektorterek között.

1. G = H = C×, ϕ(z) = |z|, ekkor Imϕ a pozitív valós számok részcso-

portja (a m¶velet a szorzás).

2. G = (R,+), H = (C,+), ϕ(r) = r · i, ekkor Imϕ a tisztán képzetes

számok részcsoportja (a m¶velet az összeadás).

3. G ≤ H, ϕ(g) = g, ekkor Imϕ = G. Speciálisan minden részcsoport

el®áll alkalmas homomor�zmus képeként.

2.4 Homomor�zmusok 43

2.4.4. de�níció. Legyen ϕ : G → H homomor�zmus. Ekkor ϕ magja a H

egységelemébe képz®d® G-beli elemek halmaza:

Kerϕ = { g ∈ G | ϕ(g) = 1H } ⊆ G.

2.4.5. házi feladat. Igazoljuk, hogy Kerϕ részcsoport G-ben.

2.4.6. példa.

0. Lineáris leképezések vektorterek között.

1. G = Sn, H = Z×, ϕ(f) az f permutáció el®jele, ekkor Kerϕ = An.

2. G = Dn, H = (Z2,+),

ϕ(x) =

0, ha x forgatás,

1, ha x tükrözés.

Ekkor Kerϕ a forgatások kett® index¶ részcsoportja Dn-ben.

3. G = (R[x],+), H = (C,+), ϕ(f) = f(i) az i behelyettesítése. Ekkor

Kerϕ azon valós együtthatós polinomokból áll, melyeknek i gyöke. Az

ilyen polinomoknak i konjugáltja, így −i is gyöke, vagyis az algebra

alaptétele miatt (x − i)(x + i) = x2 + 1 kiemelhet® bel®lük. Másrészt

(x2+1) többszöröseinek nyilván gyöke i, vagyis Kerϕ az (x2+1) több-

szöröseib®l áll.

Célunk Imϕ szerkezetének megértése G és Kerϕ segítségével. Ehhez le-

gyen h ∈ Imϕ, g ∈ G pedig egy tetsz®leges elem, melyre ϕ(g) = h. Mely g′

elemekre lesz ϕ(g′) = h? Ekkor

ϕ(g′) = h⇐⇒ ϕ(g′) = ϕ(g)⇐⇒ ϕ(g)−1ϕ(g′) = 1H ⇐⇒

⇐⇒ ϕ(g−1)ϕ(g′) = 1H ⇐⇒ ϕ

(g−1g′

)= 1H ⇐⇒

⇐⇒ g−1g′ ∈ Kerϕ⇐⇒ g′ ∈ gKerϕ.

Tehát pontosan azok a g′ ∈ G elemek képe lesz h, melyek Kerϕ-nek ugyan-

azon baloldali mellékosztályában vannak, mint g.


Itt azonban valami gyanús! A fenti levezetésben a ϕ(g)−1-zel szorozhat-

nánk akár jobbról is, nem csak balról. Vizsgáljuk meg, hogy ekkor mit kap-

nánk.

ϕ(g′) = h⇐⇒ ϕ(g′) = ϕ(g)⇐⇒ ϕ(g′)ϕ(g)−1 = 1H ⇐⇒

⇐⇒ ϕ(g′)ϕ(g−1)= 1H ⇐⇒ ϕ

(g′g−1

)= 1H ⇐⇒

⇐⇒ g′g−1 ∈ Kerϕ⇐⇒ g′ ∈ (Kerϕ) g.

Tehát pontosan azok a g′ ∈ G elemek képe lesz h, melyek Kerϕ-nek ugyan-

azon jobboldali mellékosztályában vannak, mint g. Speciálisan az is kijött,

hogy Kerϕ-nek minden baloldali mellékosztályai ugyanazok, mint a jobbol-

dali mellékosztályai. Az ilyen részcsoportok neve: normálosztó.

2.4.7. de�níció. LegyenG csoport. EgyN ⊆ G részhalmazt normálosztónak

(vagy normális részcsoportnak) nevezünk, haN részcsoportG-ben, és minden

g ∈ G-re gN = Ng. Jele: N CG.

2.4.8. példa.

0. Ha G kommutatív, akkor minden részcsoportja normálosztó is.

1. Nem minden részcsoport normálosztó, például G = S3, H = { id, (12) }esetén

(123)H = { (123), (13) } 6= { (123), (23) } = H(123).

2. AnCSn, hiszen egy alkalmas homomor�zmus magja (amikr®l épp most

láttuk be, hogy normálosztók).

2.4.1. Faktorcsoport

Tehát minden homomor�zmus magja normálosztó is egyben. Felmerül a kér-

dés, hogy ez a tulajdonság karakterizálja-e a homomor�zmusok magjait. A

válasz az, hogy igen, amint azt az alábbi tétel mutatja:

2.4.9. tétel. Legyen G csoport, N ≤ G. Ekkor

N egy alkalmas homomor�zmus magja ⇐⇒ N CG.


Bizonyítás. =⇒ : Ezt láttuk be az el®bb.

⇐= : Legyen tehát N C G egy normálosztó. Ekkor keresünk alkalmas H

csoportot, ϕ : G→ H homomor�zmust, mely magja Kerϕ = N .

Nyilván feltehet®, hogy ϕ szürjektív legyen, hiszen egyébként egyszer¶en

�elfelejthetjük� H-nak azon elemeit, melyek nincsenek Imϕ-ben. Mivel egy

ϕ homomor�zmus mentén éppen a mag szerinti mellékosztályok képz®dnek

egy pontra, ezért felmerül az ötlet, hogy G-ben az N szerinti mellékosztályok

legyenek a H elemei:

H = { gN | g ∈ G } ,(2.3)

ϕ(g) = gN.(2.4)

Ekkor persze H-n nem világos, hogy mi a m¶velet, hogy csoport is legyen, és

ami a fenti ϕ leképezést homomor�zmussá teszi. De�niáljuk az utóbbi tulaj-

donság segítségévelH-n a szorzást! Ha már tudnánk, hogy ϕ homomor�zmus,

akkor g1Ng2N = ϕ(g1)ϕ(g2) = ϕ(g1g2) = g1g2N teljesülne. Legyen hát ez a

H-beli szorzás, azaz legyen az M1 = g1N és az M2 = g2N mellékosztályok

szorzata a g1g2 mellékosztálya:

g1N · g2N = g1g2N.

Ellen®rizni kell azonban, hogy ez a szorzás jólde�niált, azaz reprezentáns-

független. Tehát ha az M1 és M2 mellékosztályokból másik reprezentánsokat

veszünk, akkor is ugyanabba a mellékosztályba kerül a szorzatuk. Vagyis: ha

g′1 ∈ M1, g′2 ∈ M2 (azaz g′1N = g1N, g′2N = g2N), akkor g′1g

′2N = g1g2N .

Valóban, használva g′1 és g′2 választását, valamint N normálosztó voltát

g′1g′2N = g′1(g

′2N) = g′1(g2N) = g′1(Ng2) = (g′1N)g2 =

= (g1N)g2 = g1(Ng2) = g1(g2N) = g1g2N.

Tehát a szorzás reprezentánsfüggetlen. Valójában az is kiderül, hogy a szorzás

maga a komplexusszorzás:

g1Ng2N = g1(Ng2)N = g1(g2N)N = g1g2(NN) = g1g2N.

Ezzel a szorzással H egységeleme az 1G mellékosztálya, azaz N , hiszen

(1GN)(gN) = (1Gg)N = gN, és (gN)(1GN) = (g1G)N = gN.


2.4.10. házi feladat. Lássuk be, hogy a fenti szorzás H-ban asszociatív, és

minden elem invertálható: a gN inverze g−1N lesz.

Tehát H csoport. A (2.4)-ben de�niált ϕ homomor�zmus, hiszen éppen

úgy de�niáltuk H-ban a szorzást, magja pedig nyilván N .

2.4.11. de�níció. A 2.4.9. tétel bizonyításában szerepl® csoport a G csoport

N szerinti faktorcsoportja :

G/N = { gN | g ∈ G } ,

g1N · g2N = g1g2N.

A lineáris leképezések esetén a képtér a magtér szerinti faktorral volt

izomorf. Ez nincsen másképp a csoport esetén sem.

2.4.12. tétel (Homomor�zmus tétel). Legyen ϕ : G → H homomor�zmus.

Ekkor

Imϕ ' G/Kerϕ.

Bizonyítás. Legyen N = Kerϕ. A 2.4.9. tétel bizonyításából világos, hogy a

Imϕ→ G/N,

ϕ(g) 7→ gN.

megfeleltetés jólde�niált, m¶velettartó, bijekció.

Ahogy tehát egy részcsoportról a normálosztóságot úgy lehet könnyen iga-

zolni, hogy megadunk egy alkalmas homomor�zmust, amelynek magja, úgy a

faktorcsoportot egy alkalmas homomor�zmus képeként érdemes megkeresni.

2.4.13. példa. Mivel izomorf az (R,+) / (Z,+) faktorcsoport? Az ötlet,

hogy adjunk meg egy ϕ homomor�zmus, mely magja éppen (Z,+). Legyen

ϕ : (R,+)→ C×,

r 7→ cos (2πr) + i sin (2πr) .

Ekkor Kerϕ = Z, valamint Imϕ az egységkör multiplikatív csoportja, ami

tehát a 2.4.12. tétel miatt izomorf az (R,+) / (Z,+) faktorcsoporttal.


2.4.2. Normálosztók, konjugálás

Felmerül a kérdés, hogy egy csoportban hogyan lehet megtalálni a normál-

osztókat. Kézenfekv® lehet®ség, hogy minden részcsoportról egyenként el-

döntjük, hogy a baloldali mellékosztályok megegyeznek-e a jobboldali mel-

lékosztályokkal. Az alábbi állítás ennél egy hatékonyabb módszerre hívja fel

a �gyelmet.

2.4.14. állítás. Legyen N ≤ G egy részcsoport. Ekkor az alábbi állítások

ekvivalensek.

1. Az N szerinti baloldali mellékosztályok G-nek ugyanazon részhalmazai,

mint az N szerinti jobboldali mellékosztályok.

2. N CG, azaz gN = Ng minden g ∈ G-re.

3. gxg−1 ∈ N minden x ∈ N , g ∈ G esetén.

Bizonyítás. 2 =⇒ 1: Nyilvánvaló.

1=⇒ 2: Ha gN = Ng′, akkor g ∈ gN = Ng′. Ugyanakkor g ∈ Ng is,

és mivel a jobboldali mellékosztályok vagy diszjunktak, vagy egyenl®k, így

Ng′ = Ng. Ebb®l gN = Ng′ = Ng.

2 =⇒ 3: gN = Ng ⇐⇒ gNg−1 = N , ebb®l minden x ∈ N -re gxg−1 ∈ Nkövetkezik.

3 =⇒ 2: Ha minden x ∈ N -re gxg−1 ∈ N , akkor gNg−1 ⊆ N , azaz gN ⊆⊆ Ng. Ugyanezt g−1-zel elmondva: ha minden x ∈ N -re g−1xg ∈ N , akkor

g−1Ng ⊆ N , azaz Ng ⊆ gN .

2.4.15. következmény. Kett® index¶ részcsoport normálosztó.

Bizonyítás. Legyen H ≤ G, |G : H| = 2. Ekkor két baloldali mellékosztálya

van H-nak: H és G\H. Hasonlóan, a két jobboldali mellékosztály H és G\H.

Tehát a jobb- és baloldali mellékosztályok megegyeznek, amib®l H CG.

A 3. feltételt gyakran fogjuk használni normálosztókeresésre.


2.4.16. de�níció. Legyen g csoport és g ∈ G egy rögzített (!) elem. A gxg−1

szorzatot az x elem g-vel vett konjugáltjának nevezzük (x ∈ G). A

ψg : G→ G,

x 7→ gxg−1

leképezés neve: konjugálás.

2.4.17. következmény. Legyen N ≤ G. Ekkor N pontosan akkor normál-

osztó G-ben, ha zárt a konjugálásra.

A továbbiakban vizsgáljuk a konjugálást.

2.4.18. állítás. A 2.4.16. de�nícióban szerepl® ψg : G→ G izomor�zmus.

Bizonyítás.

ψg(ab) = gabg−1 = gag−1gbg−1 = ψg(a)ψg(b),

tehát ψg homomor�zmus. Továbbá ψg bijekció, mert ψg−1 a ψg inverz leké-

pezése:

ψg (ψg−1 (x)) = g(g−1xg

)g−1 = gg−1xgg−1 = x,

ψg−1 (ψg (x)) = g−1(gxg−1

)g = g−1gxg−1g = x.

2.4.19. de�níció. Egy struktúra (csoport, gy¶r¶, stb.) önmagával való izo-

mor�zmusát automor�zmusnak nevezzük. Ha G csoport, akkor az automor-

�zmusokat AutG-vel jelöljük. A bels® automor�zmusok a konjugálások, je-

lük: InnG = {ψg | g ∈ G }.Egy struktúra (csoport, gy¶r¶, stb.) önmagába men® homomor�zmusát

endomor�zmusnak nevezzük. Ha G csoport, akkor az endomor�zmusokat

EndG-vel jelöljük.

2.4.20. házi feladat. Legyen G csoport. Igazoljuk, hogy AutG csoport a

kompozícióval, valamint EndG monoid a kompozícióval.


Ahhoz, hogy megértsük, hogy mire jó a konjugálás, érdemes felidézni a

szerepét a mátrixok körében. Lineáris leképezés mátrixa egy báziscserével

éppen konjugálódik. Hasonlóan, a gyakorlaton láttuk (II/12), hogy az Sn-

beli konjugálás megfeleltethet® az elemek egy �átcímkézésének�. Tehát a g-vel

konjugálás alapvet®en egy másik néz®pontból való vizsgálódást jelent, ahol

a g mondja meg az új néz®pontot.

Lineáris algebrában például fontos kérdés, hogy mik a hasonló mátrixok,

azaz mely mátrixok konjugálhatók át egymásba. Csoportok esetén is létezik

az analóg fogalom:

2.4.21. de�níció. Azt mondjuk, hogy x, y ∈ G konjugáltak, ha van g ∈ G,hogy gxg−1 = y. Ez a reláció ekvivalenciareláció, osztályait a G konjugált

osztályainak nevezzük.

2.4.22. házi feladat. Bizonyítsuk be, hogy a konjugáltság valóban ekviva-

lenciareláció.

2.4.23. következmény. Egy N ≤ G részcsoport pontosan akkor normálosz-

tó, ha konjugált osztályok uniója. Következésképpen normálosztók tetsz®leges

metszete normálosztó.

2.4.24. állítás. Egy konjugált osztályon belül azonos rend¶ elemek vannak.

Bizonyítás. Mivel ψg automor�zmus, ezért meg®rzi a rendet.

2.4.3. Centralizátor, centrum

Vegyük észre, hogy a konjugálás segítségével de�niálható egy hatás G eleme-

in.

2.4.25. de�níció. Tekintsük G hatását X = G-n konjugálással :

g ∗ x = gxg−1.

Ekkor az orbitok éppen a konjugált osztályok. Egy x ∈ G elem stabilizátorát

az x elem G-beli centralizátorának nevezzük:

CG(x) = { g ∈ G | g ∗ x = x } ={g ∈ G | gxg−1 = x

}= { g ∈ G | gx = xg } .


2.4.26. házi feladat. Igazoljuk, hogy ez valóban hatás.

Az orbit-stabilizátor tétel azonnali következményeként kapjuk, hogy egy

konjugált osztály elemszáma megegyezik a centralizátor indexével, és így oszt-

ja a csoport rendjét.

2.4.27. következmény. CG(x) részcsoport G-ben, indexe az x konjugált osz-

tályának elemszáma. Speciálisan, egy konjugált osztály elemszáma osztja a

csoport rendjét.

2.4.28. házi feladat. Igazoljuk, hogy az x által generált 〈x〉 részcsoportrészcsoportja CG(x)-nek.

Egy csoportban fontos szerepet játszanak azon elemek, melyek minden

g ∈ G-vel felcserélhet®ek.

2.4.29. de�níció. G centruma az összes elemmel felcserélhet® elemek hal-

maza:

Z(G) = {x ∈ G | gx = xg minden g ∈ G-re } .

2.4.30. következmény.

x ∈ Z(G)⇐⇒ CG(x) = G⇐⇒ {x } egy egyelem¶ konjugált osztály.

2.4.31. állítás. A centrum (s®t, annak minden részcsoportja) kommutatív

normálosztó G-ben, azaz

Z(G)CG.

Bizonyítás. Z(G) = ∩x∈GCG(x), és így részcsoport, hiszen részcsoportok

metszete. Normálosztó, mert egyelem¶ konjugált osztályok uniója. Kommu-

tatív, hiszen minden G-beli elemmel (és így Z(G) minden elemével is) felcse-

rélhet®. Ugyanez az érvelés elmondható Z(G) összes részcsoportjára.

2.4.32. házi feladat. Legyen N CG, melyre |N | = 2. Igazoljuk, hogy N ⊆⊆ Z(G).


2.4.4. Számolás a faktorcsoportban

Legyen NCG, és vizsgáljuk a G/N faktorcsoportot. El®ször egy elem rendjét

határozzuk meg. Gyakorlaton szerepelt (V/7), hogy g ∈ G esetén o(gN) oszja

o(g)-t. Ennél precízebb állítást is mondhatunk.

2.4.33. állítás. A gN rendje G/N-ben az a legkisebb pozitív egész n, melyre

gn ∈ N . Ha nincs ilyen, akkor o(gN) =∞.

Bizonyítás. A G/N egysége az N mellékosztály. Nevezzük k-t jó kitev®nek,

ha (gN)k = N . De

(gN)k = gkN,

így k pontosan akkor jó kitev®, ha gk ∈ N . Az állítás tehát következik abból

az észrevételb®l, hogy a rend a legkisebb jó kitev®.

A rend meghatározása sokszor alkalmas ciklikusság meghatározására is.

2.4.34. példa.

� Z×16/ { 1, 15 } ciklikus, mert 3 { 1, 15 } = { 3, 13 } rendje 4, mert 34 ≡ 1

(mod 16), de 32 ≡ 9 (mod 16).

� Z×16/ { 1, 9 } nem ciklikus, mert minden mellékosztály rendje 1 vagy 2

(hiszen Z×16-ben minden elem négyzete 1 vagy 9).

Most térjünk rá a G/N -beli részcsoportok, normálosztók leírására. Ehhez

el®ször ismételjük át a teljes inverz kép és a lesz¶kítés fogalmát.

2.4.35. de�níció. Legyen ϕ : G → H egy leképezés, L ⊆ H. Az L teljes

inverz képén a

ϕ−1 (L) = { g ∈ G | ϕ(g) ∈ L }

halmazt értjük. HaK ⊆ G, akkor ϕ K-ra való lesz¶kítése (vagymegszorítása)

a

ϕ | K : K → H,

k 7→ ϕ(k).

leképezés.


Az alábbi tétel rendkívül fontos, lényegében pontosan megmondja, hogy

mik lesznek a G/N faktorcsoport részcsoportjai, azok mellékosztályai, mely

részcsoportok lesznek normálosztók.

2.4.36. tétel. Legyen ϕ : G→ H szürjektív homomor�zmus, melynek magja

N .

1. Ha K ≤ G, akkor ϕ(K) ≤ H. Továbbá ϕ−1 (ϕ(K)) = NK = KN .

2. A H csoport részcsoportjai kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetésben áll-

nak G-nek az N-et tartalmazó részcsoportjaival. Az L ≤ H-hoz K =

= ϕ−1 (L) ≤ G tartozik. A továbbiakban használjuk ezt a jelölést.

3. Ha g ∈ G, h = ϕ(g) ∈ H, akkor ϕ−1 (hL) = gK, ϕ−1 (Lh) = Kg, azaz

a K szerinti baloldali (jobboldali) mellékosztályok az L szerinti baloldali

(jobboldali) mellékosztályok teljes inverz képei.

4. |H : L| = |G : K|.

5. LCH ⇐⇒ K CG, és ekkor G/K ' H/L.

Bizonyítás. A bizonyítást a vizsgán csak az 5-ös érdemjegyért kell(het) tudni.

1. Ha K ≤ G részcsoport, akkor könnyen látható, hogy ϕ(K) ≤ H is

részcsoport. Ha L ≤ H részcsoport, akkor könnyen ellen®rizhet®en

ϕ−1 (L) ≤ G is részcsoport, és nyilván tartalmazza N -et. Legyen L =

= ϕ(K) ≤ H. Ekkor V/10 miatt KN = NK. Most NK ⊆ ϕ−1 (L),

mert

ϕ(NK) = ϕ(N)ϕ(K) = ϕ(K) = L.

A másik irányú tartalmazáshoz legyen g ∈ ϕ−1(L), azaz ϕ(g) = h ∈ L.Mivel L = ϕ(K), ezért van k ∈ K, hogy ϕ(k) = h. Innen

ϕ(k−1g

)= ϕ

(k−1)ϕ (g) = ϕ (k)−1 ϕ (g) = h−1h = 1H ,

vagyis k−1g ∈ N és így g ∈ kN ⊆ KN .


2. Legyen G = {K ≤ G | N ≤ K }, H = {L ≤ H }. Mivel ϕ(K) ≤ H, így

ϕ tekinthet® egy G → H leképezésnek. Továbbá ϕ−1 (a teljes ®skép)

tekinthet® egy H → G leképezésnek. Belátjuk, hogy ez a két leképezés

egymás inverze. Most ha N ≤ K ≤ G, akkor ϕ−1 (ϕ (K)) = NK = K

az 1. rész miatt. Ha pedig L ≤ H, akkor ϕ (ϕ−1 (L)) = L az ®skép

de�níciója miatt.

3. Belátjuk, hogy ϕ−1 (hL) = gK, a másik oldal ugyanígy igazolható.

g′ ∈ ϕ−1 (hL)⇐⇒ ϕ (g′) ∈ hL = ϕ(g)L⇐⇒

⇐⇒ ϕ(g−1g′

)∈ L⇐⇒ g−1g′ ∈ K ⇐⇒ g′ ∈ gK.

4. A 3. rész miatt ϕ−1 bijekció az L és a K mellékosztályai közt.

5. A 3. rész miatt ϕ−1 bijekció az L és a K mellékosztályai közt, és Kg =

= gK pontosan akkor teljesül, ha Lϕ(g) = ϕ(g)L. Tehát K C G pon-

tosan akkor teljesül, ha L C H. Valójában most ϕ egy izomor�zmus

G/K és H/L elemei közt, amib®l már csak a homomor�zmusság kell

(a bijekció megvan a 3. részb®l). Ha ϕ(g1) = h1 és ϕ(g2) = h2, akkor

ϕ(g1Kg2K) = ϕ(g1g2K) = h1h2L = h1Lh2L = ϕ(g1K)ϕ(g2K).

A szakaszt a két izomor�zmus tétellel zárjuk, melyek igen fontos követ-

kezményei a 2.4.36. tételnek. El®ször egy lemmára lesz szükségünk.

2.4.37. lemma. Legyen H,K ≤ G. Ekkor

HK ≤ G⇐⇒ HK = KH.

Bizonyítás. =⇒ : Komplexusszorzatokkal H = H · { 1 } ⊆ HK, és K =

= { 1 } · K ⊆ HK. Mivel HK részcsoport G-ben, ezért zárt a szorzásra,

speciálisan K · H ⊆ HK. Ezzel az egyik irányú tartalmazás kész. A másik

irányhoz invertáljuk meg ezt az összefüggést:

HK = H−1K−1 = (KH)−1 ⊆ (HK)−1 = K−1H−1 = KH.


⇐= : Mivel 1 = 1 ·1 ∈ KH, ezért HK 6= ∅. Továbbá HK zárt a szorzásra:

(HK)(HK) = H(KH)K = H(HK)K = H2K2 = HK.

Végül HK zárt az inverzképzésre, mert (HK)−1 = K−1H−1 = KH = HK.

2.4.38. következmény (Els® izomor�zmus tétel). Legyen N C G, K ≤ G.

Ekkor KN = NK részcsoport G-ben, K ∩N CK, és

KN/N ' K/K ∩N.

Továbbá, ha |G : N | véges, akkor |K : K ∩N | osztja |G : N |-t.

Bizonyítás. Tekintsük a ϕ : G → G/N természetes homomor�zmust, és an-

nak K-ra való megszorítását:

ϕK : K → G/N,

g 7→ ϕ(g) = gN.

Most

KerϕK = { g ∈ K | ϕ(g) = N } = K ∩N,

amib®l K ∩N CK, valamint a homomor�zmus tételb®l

K/K ∩N = K/KerϕK ' ImϕK = ϕ(K).

Továbbá

KN = ∪k∈KkN = ∪k∈KNk = NK.

Továbbá a 2.4.37. lemma alapján ebb®l KN ≤ G is következik.

Tekintsük most ϕ-nek KN -re való megszorítását:

ϕKN : KN → G/N,

g 7→ ϕ(g) = gN.

Most

KerϕKN = { g ∈ KN | ϕ(g) = N } = KN ∩N = N,


így a homomor�zmus tételb®l

KN/N = K/KerϕKN ' ImϕKN = ϕ(KN) =

= ϕ(K)ϕ(N) = ϕ(K)N = ϕ(K).

Tehát

K/K ∩N ' ϕ(K) ' KN/N ≤ G/N,

amib®l az indexek oszthatóságára vonatkozó állítás már következik.

2.4.39. példa. Legyen N = { id, (12)(34), (13)(24), (14)(23) }. Melyik ismert

csoporttal izomorf S4/N ? Legyen K = S3, a 4 stabilizátora S4-ben. Most

S3 ∩ N = { id }, vagyis |S3N | = |S3| · |N | = 24, tehát S3N = S4. Az els®

izomor�zmus tétel alapján tehát

S4/N = S3N/N ' S3/S3 ∩N = S3/ { id } = S3.

2.4.40. következmény (Második izomor�zmus tétel). Legyen N,K C G,

N ⊆ K. Ekkor N CK, K/N CG/N , valamint

(G/N)/(K/N) ' G/K.

Bizonyítás. Tekintsük a ϕ : G → G/N természetes homomor�zmust, és an-

nak K-ra való megszorítását:

ϕK : K → G/N,

g 7→ ϕ(g) = gN,

ennek magja

KerϕK = { g ∈ K | ϕ(g) = 1 } = K ∩N = N,

vagyis N CK. Nyilván

K/N = { gN | g ∈ K } .

Tekintsük a

ψ : G/N → G/K,

gN 7→ gK.


leképezést. Ez jólde�niált : ha g′N = gN , akkor g−1g′ ∈ N ⊆ K, amib®l

gK = g′K. Továbbá ψ homomor�zmus:

ψ(g1Ng2N) = ψ(g1g2N) = g1g2K = g1Kg2K = ψ(g1N)ψ(g2N),

magja

Kerψ = { gN | ψ(gN) = 1 } = { gN ∈ G/N | gK = K } =

= { gN ∈ G/N | g ∈ K } = K/N.

Így a homomor�zmus tételb®l

(G/N)/(K/N) = (G/N)/Kerψ ' Imψ = G/K.

2.5 Csoportok osztályozása, egyszer¶ csoportok 57

2.5. Csoportok osztályozása, egyszer¶ csoportok

Ezen szakasz f® célja, hogy meghatározzuk a kis elemszámú csoportokat izo-

mor�a erejéig, majd a szakasz végén mesélünk egy kicsit egyszer¶ csopor-

tokról, melyek a csoportelmélet épít®kövei. A szemléletes kép ugyanis az,

hogy ha G egy csoport, N CG egy normálosztó, akkor G megérthet® N -b®l

és G/N -b®l. (Ennél persze általában bonyolultabb a helyzet.) Ez az eljárás

folytatható egészen addig, amíg már nem találunk valódi normálosztót.

2.5.1. de�níció. Egy G csoport egyszer¶, ha csak a két triviális normálosz-

tója ({ 1 } és G) van.

Az Abel csoportok körében nem nehéz az egyszer¶eket karakterzálni.

2.5.2. állítás. Ha G kommutatív csoport egyszer¶, akkor G ' (Zp,+) vala-

mely p prímre.

Bizonyítás. Kommutatív csoport minden részcsoportja normálosztó. Tehát

egy kommutatív csoport pontosan akkor egyszer¶, ha részcsoportmentes,

vagyis (Zp,+)-szal izomorf a 2.2.18. tétel alapján.

Így a továbbiakban majd a nemkommutatív egyszer¶ csoportokat vizs-

gáljuk. Foglalkozzunk el®ször a p-csoportokkal.

2.5.1. p-csoportok

2.5.3. de�níció. Egy csoportot p-csoportnak hívunk (valamely p prímre),

ha minden elemének rendje p-hatvány.

Véges csoportok esetén a p-csoportok fogalma egybeesik a p-hatvány ren-

d¶ csoportok fogalmával.

2.5.4. tétel. Legyen G véges csoport. Ekkor G pontosan akkor p-csoport, ha

|G| egy p-hatvány.

Bizonyítás. Ha |G| egy p-hatvány, akkor a Lagrange-tétel miatt G minden

elemének rendje p-hatvány. A másik irány éppen a Cauchy-tétel következmé-

nye.


2.5.5. tétel (Cauchy). Legyen G véges csoport, és tegyük fel, hogy egy p prím

osztja |G|-t. Ekkor G-ben van p rend¶ elem.

Bizonyítás. A Cauchy tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.

Tekintsük az

X = { (g1, . . . , gp) ∈ G× . . .×G | g1 . . . gp = 1 }

halmazt. Nyilván p osztja |X|-et. Ez éppen az x1 . . . xp = 1 egyenlet G-beli

megoldásainak halmaza. Értelmezzük X-en az alábbi relációt: (g1, . . . , gp) ∼∼ (g′1, . . . , g

′p), ha az egyik p-es egy ciklikus permutációval átvihet® a másik-

ba. Ekkor ∼ ekvivalenciareláció (ennek igazolása házi feladat). A (g1, . . . , gp)

osztályában még a (g2, . . . , gp, g1), . . . , (gp, g1, . . . gp−1) elem p-esek vannak

benne. Speciálisan, ha g1 = · · · = gp, akkor a (g1, . . . , gp) osztálya egy-

elem¶, egyébként p elem¶. Mivel p osztja |X|-et, és van egyelem¶ osztály

(éppen (1, . . . , 1) osztálya, ezért van legalább még egy egyelem¶ osztály:

{ (g, . . . , g) }. Ekkor g éppen egy p rend¶ elem, hiszen (g, . . . , g) ∈ X je-

lentése, hogy gp = g . . . g = 1.

Az alábbi tétel mutatja, hogy nemkommutatív p-csoportban a centrum

egy nemtriviális normálosztó, vagyis a csoport nem lehet egyszer¶.

2.5.6. tétel. Legyen G egy p-hatványrend¶ csoport. Ekkor Z(G) 6= 1.

Bizonyítás. Bontsuk fel G-t konjugált osztályok uniójára úgy, hogy az egy-

elem¶eket összevonjuk (ezek éppen Z(G)-t adják). Ezt nevezzük a G osztály-

egyenletének :

G = Z(G) ∪K1 ∪ . . . ∪Km,

|G| = |Z(G)|+ |K1|+ · · ·+ |Km| .

Most |Ki| egy elemének a centralizátorának az indexe, vagyis osztja |G|-t,ami p-hatvány. Tehát |Ki| is p-hatvány, ami 1-nél nagyobb. Tehát p osztója a

baloldalnak, és a jobboldalon szerepl® összes |Ki|-nek. Így p osztója |Z(G)|-nek is, tehát |Z(G)| 6= 1.

2.5.7. következmény. Ha G egyszer¶ csoport, elemszáma p-hatvány, akkor

G ' (Zp,+).


Bizonyítás. A 2.5.6. tétel miatt 1 6= Z(G), de Z(G) C G. Ha G egyszer¶,

akkor tehát Z(G) = G lehet csak, de akkor G kommutatív, és a 2.5.2. állítás

miatt G ' (Zp,+).

Tehát p-csoportok körében sem érdemes nemkommutatív egyszer¶ csopor-

tokat keresni. Egy másik következménye a 2.5.6. tételnek segít karakterizálni

a p2 rend¶ csoportokat.

2.5.8. következmény. Ha |G| = p2 valamely p prímre, akkor G Abel cso-

port.

Bizonyítás. Azt kell belátni, hogy |Z(G)| = p2, ebb®l már Z(G) = G, és így

az állítás adódik. A Lagrange-tétel miatt |Z(G)| ∈ { 1, p, p2 }. A 2.5.6. tétel

miatt 1 6= |Z(G)|.Tegyük fel, hogy |Z(G)| = p. Ekkor |G/Z(G)| = p, tehátG/Z(G) ciklikus,

ám V/10b miatt G/Z(G) nem lehet ciklikus.

Másképpen: legyenek 1 6= a ∈ Z(G), b ∈ G \ Z(G) tetsz®legesek. Ekkor〈a〉 = Z(G), hisz a 6= 1, és Z(G) prímrend¶. Legyen H = 〈a, b〉. Most

H nyilván kommutatív, hisz a és b felcserélhet®, mert a ∈ Z(G). Valamint

|H| > |Z(G)| = p, vagyis |H| = p2 a Lagrange-tétel miatt. Tehát H = G,

azaz G kommutatív, ami ellentmond |Z(G)| = p-nek.

2.5.9. következmény. Legyen |G| = p2 valamely p prímre. Ekkor G '' (Zp2 ,+) vagy G ' (Zp,+)× (Zp,+).

Bizonyítás. A 2.5.8. következmény miatt G Abel, és így a véges Abel cso-

portok alaptétele miatt (2.3.11. tétel) G ' (Zp2 ,+) vagy G ' (Zp,+) ×× (Zp,+).

Ezzel karakterizáltuk az összes p és p2 rend¶ csoportot, és kiderült, hogy

mindegyik Abel. A legfeljebb 15 elem¶ csoportok közül az alábbi elemrendek

maradtak ki: 6, 8, 10, 12, 14, 15. A 6, 10, 14 mindegyike egy prím kétszerese.

Ezek közül például a 10 elem¶ kommutatív csoportokat a 2.5.11. állítás, a 10

elem¶ nemkommutatív csoportokat a 2.5.10. állítás karakterizálja.

2.5.10. állítás. Legyen G nemkommutatív csoport, |G| = 10. Ekkor G ' D5.


Bizonyítás. A bizonyítás az alábbi lépésekb®l áll.

1. G-ben nincs tizedrend¶ elem.

Ha lenne, akkor G izomorf lenne a ciklikus 10 elem¶ csoporttal, ami

kommutatív.

2. Ötödrend¶ elem nem lehet felcserélhet® másodrend¶ elemmel.

Ha a ötödrend¶, b másodrend¶, és ab = ba, akkor ab rendje [2, 5] = 10

lenne.

3. G-ben nem lehet minden elem másodrend¶.

Az els® alkalom 3b. feladata alapján ekkor G kommutatív lenne.

4. G-ben van másodrend¶ elem.

A harmadik alkalom 9b. feladata alapján G-ben van másodrend¶ elem,

hisz G rendje páros.

5. Minden ötödrend¶ elem centralizátora ötelem¶.

Legyen a egy ötödrend¶ elem, b egy másodrend¶. Ekkor CG(a) részcso-

port, ami nyilván tartalmazza az a által generált ötelem¶ részcsoportot

(minden elem felcserélhet® a hatványaival). Ha CG(a) nagyobb lenne,

akkor CG(a) = G lenne a Lagrange-tétel miatt, így b ∈ CG(a) lenne.

Ekkor azonban egy ötödrend¶ elem felcserélhet® lenne egy másodren-

d¶vel.

6. Minden másodrend¶ elem centralizátora kételem¶.

A bizonyítás ugyanaz, mint az 5. pontban. Legyen a egy ötödrend¶,

b egy másodrend¶ elem. Ekkor CG(b) részcsoport, ami tartalmazza az

{ 1, b } részcsoportot, így ha nagyobb lenne, akkor CG(b) = G lenne.

Ekkor a és b felcserélhet® lenne.

7. G-ben öt darab másodrend¶ elem van, és ezek mind konjugáltak.

A 6. pont alapján egy másodrend¶ elemnek 5 konjugáltja van, hisz a

centralizátor indexe 5. Ezek nyilván másodrend¶ek. Több másodrend¶

elem nem lehet, hiszen van ötödrend¶ elem, ami egy ötelem¶ részcso-

portot generál, amiben nincs másodrend¶ elem.


8. G-ben négy darab ötödrend¶ elem van.

Ha a egy ötödrend¶ elem, akkor a, a2, a3, a4 mindegyike ötödrend¶. Az

egység rendje 1, öt elem rendje pedig 2, ezzel megtaláltuk mind a tíz

elemet.

9. Ha o(a) = 5 és o(b) = 2, akkor bab−1 = a−1.

Az a elem konjugáltosztálya kételem¶, hisz centralizátorának az indexe

2. Mivel b és a nem felcserélhet® (2. pont), ezért a másik konjugáltja

bab−1. Ez persze csak ötödrend¶ elem lehet, hisz a konjugálás ®rzi a

rendet, tehát bab−1 = ak, ahol k ∈ { 2, 3, 4 } (k 6= 1, hisz akkor b és a

felcserélhet® lenne). Kétszer konjugálva kapjuk, hogy a = bbab−1b−1 =

= bakb−1 = bab−1bab−1 . . . bab−1 = akak . . . ak = ak2, vagyis k2 ≡ 1

(mod 5). Ebb®l k = 4, vagyis bab−1 = a−1.

10. G ' D5. Tekintsük azt a ϕ : G → D5 homomor�zmust, mely b-t egy

t tükrözésbe, a-t pedig egy 72◦-os f forgatásba képezi. Könny¶ látni,

hogy ϕ egy jólde�niált izomor�zmus. Vegyük észre ugyanis, hogy a

diédercsoport Cayley táblázatának felírásához elegend® annyit tudni,

hogy t2 = 1, f 5 = 1, tft = f−1, és minden elem el®áll f itj alakban,

ahol 0 ≤ i ≤ 4 és 0 ≤ j ≤ 1.

2.5.11. állítás. Legyen G kommutatív csoport, |G| = 10. Ekkor G ' (Z10,+).

Bizonyítás. A bizonyítás lényegében ugyanolyan lépésekb®l áll, mint a 2.5.10. ál-

lítás bizonyítása.

1. G-ben van másodrend¶ elem.

A harmadik alkalom 9b. feladata alapján G-ben van másodrend¶ elem,

hisz G rendje páros.

2. G-ben nincs két különböz® másodrend¶ elem.

Ha a és b is másodrend¶ és felcserélhet®k, akkor az általuk generált

részcsoport 〈a, b〉 = { 1, a, b, ab } izomorf a Klein csoporttal. De egy 10

elem¶ csoportnak nincs 4 elem¶ részcsoportja, mert 4 - 10.


3. Egy ötödrend¶ és egy másodrend¶ elem szorzata tizedrend¶.

Ha a rendje 5, b rendje 2, és ab = ba, akkor o(ab) = [5, 2] = 10.

4. G-ben van tizedrend¶ elem.

Minden elem rendje 10 osztója, vagyis 1, 2, 5 vagy 10. Csak az egy-

ségelem rendje 1, másodrend¶ elem is csak egy van a 2. pont alapján.

Tehát van tizedrend¶ vagy ötödrend¶ elem. Els® esetben kész vagyunk,

második esetben egy ötödrend¶ és a másodrend¶ szorzata tizedrend¶.

5. G ' (Z10,+).

Egy 10 elem¶ kommutatív csoportban tehát van 10 rend¶ elem, így a

csoport ciklikus, azaz izomorf (Z10,+)-szal.

2.5.12. házi feladat. Általánosítsuk a 2.5.10 és 2.5.11. állításokat 2p elem¶

csoportokra.

Tehát, ha egy 2p elem¶ csoport kommutatív, akkor izomorf (Z2p,+)-szal,

ha nem kommutatív, akkor izomorf Dp-vel. A 8 és 12 elem¶ csoportok karak-

terizációja már kicsit bonyolultabb, így ezeket a csoportokat csak felsoroljuk.

Kommutatív 8 elem¶ csoport három van a véges Abel csoportok alaptétele

miatt:

(Z8,+) , (Z4,+)× (Z2,+) , (Z2,+)× (Z2,+)× (Z2,+) .

Nemkommutatív 8 elem¶ csoport pedig kett® van: D4 és Q. Kommutatív 12

elem¶ csoport kett® van a véges Abel csoportok alaptétele miatt:

(Z4,+)× (Z3,+) , (Z2,+)× (Z2,+)× (Z3,+) .

Nemkommutatív 12 elem¶ csoport három van: A4, D6 és egy harmadik (ezt

nem tárgyaljuk). Végül megjegyezzük, hogy 15 rend¶ csoportból csak egy

kommutatív van, mely a véges Abel csoportok alaptétele (2.3.11. tétel) miatt

izomorf (Z5,+)× (Z3,+) ' (Z15,+)-szal.


2.5.2. Feloldható csoportok

A szakasz tartalmát a vizsgán nem kell tudni. A csoportelmélet fejezet utolsó

két alszakaszában mesélünk egy keveset a feloldható és egyszer¶ csoportokról.

Az egyszer¶ csoportok szerepe a csoportelméletben hasonló a prímszámoké-

hoz a számelméletben. Szemléletesen arról van szó, hogy ha N CG, akkor G

valamilyen értelemben összerakható N -b®l és G/N -b®l (azt mondjuk, hogy

G b®vítéssel kapható N -b®l és G/N -b®l). Itt már N és G/N kisebb elem-

számú csoportok, tehát talán jobban érthet®ek, mint G. Az eljárást persze

folytathatjuk N -re és G/N -re, nekik is van normálosztójuk, így ®k is kisebb

komponensekre bonthatók, stb. Ez a folyamat akkor áll meg, amikor már

nincs nemtriviális normálosztó, tehát amikor egyszer¶ csoportokhoz érünk.

Így az egyszer¶ csoportok vizsgálata alapvet® a csoportelméletben. (A fen-

ti eljárást pontosan a következ® félévben, a Fejezetek az algebrából tárgy

keretein belül tárgyaljuk.)

2.5.13. példa.

� A3 C S3, itt A3 ' (Z3,+), S3/A3 ' (Z2,+).

� { 0, 2, 4 }C(Z6,+), itt { 0, 2, 4 } ' (Z3,+), (Z6,+) / { 0, 2, 4 } ' (Z2,+),

tehát a b®vítés nem egyértelm¶ a normálosztóból és a faktorból.

� { 0, 3 } C (Z6,+), itt { 0, 3 } ' (Z2,+), (Z6,+) / { 0, 3 } ' (Z3,+), így

a faktorok (Z6,+) esetén egyértelm¶ek. Ez minden csoportra igaz, ezt

mondja ki a Jordan �Hölder-tétel.

2.5.14. de�níció. Feloldhatónak hívunk egy csoportot, ha a fenti eljárás

során eljuthatunk egy olyan állapotig, ahol már minden faktor kommutatív

csoport. (Véges csoportokra másképpen: egy véges csoport feloldható, ha a

fenti eljárást addig iterálva, amíg már egyszer¶ csoportokat nem kapunk, az

összes egyszer¶ csoport kommutatív, azaz prímrend¶ ciklikus.) Precízen: egy

G csoport feloldható, ha van egy

{ 1 } = N0 CN1 C . . .CNn−1 CNn = G

lánc (úgynevezett normállánc), ahol minden Ni/Ni−1 faktor kommutatív.


A feloldhatóság szoros kapcsolatban van az egyenletekre adható gyökkép-

lettel. Konkrétan az igaz, hogy az általános n-edfokú egyenletre pontosan

akkor adható gyökképlet, ha Sn feloldható.

2.5.15. példa.

� { id } C A3 C S3 feloldható, a faktorok (Z2,+) és (Z3,+), ezek miatt

van a harmadfokú egyenletre megoldóképlet, mely négyzetgyököket és

köbgyököket tartalmaz.

� { id } C { id, (12)(34) } C { id, (12)(34), (13)(24), (14)(23) } C A4 C S4,

a faktorok (Z2,+) és (Z3,+), ezek miatt van a negyedfokú egyenletre

megoldóképlet, mely négyzetgyököket és köbgyököket tartalmaz. Vi-

gyázzunk! Itt { id, (12)(34) } 6 S4.

� Ha n ≥ 5, akkor az egyetlen lehet®ség Sn-beli normálosztókból álló

láncot készíteni { id } C An C Sn. Itt az egyik faktor An, ami nem-

kommutatív egyszer¶ csoport, így Sn nem feloldható, ezért nem lesz az

n-edfokú egyenletre gyökképlet.

2.5.3. Nemkommutatív egyszer¶ csoportok

A szakasz tartalmát a vizsgán nem kell tudni. A kommutatív egyszer¶ csopor-

tokat már karakterizáltuk. Most pár szót ejtünk a nemkommutatív egyszer¶

csoportokról. El®ször néhány példát mutatunk nemkommutatív egyszer¶ cso-

portokra.

2.5.16. tétel. Ha n ≥ 5, akkor An nemkommutatív egyszer¶ csoport.

Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán csak n = 5-re kell tudni. A nor-

málosztó olyan részcsoport, mely konjugált osztályok uniója. Meghatározzuk

az A5-beli konjugált osztályokat, és kiderül, hogy már az elemszámokból sem

lehet olyan számot el®állítani összegként, ami 60-nak nemtriviális osztója

lenne.


El®ször S5 konjugált osztályait határozzuk meg. Ezek a ciklusszerkezetek,

vagyis

id

(ab)(cd) (ab)

(abc) (abc)(de)

(abcde) (abcd).

Az els® oszlopban az A5-beli permutációk vannak felsorolva, (ab)(cd) alakúból

5·3 = 15 van, (abc) alakúból(53

)·2 = 20 van, (abcde) alakúból 5! /5 = 24 van.

Legyen g = (12)(34), h = (123), k = (12345). Kiszámoljuk ezen elemek S5-

beli centralizátorát, ezek A5-tel vett metszete adja majd nyilván az A5-beli

centralizátort, amib®l kapjuk az A5-beli konjugált osztályok méretét.

Most |CS5(g)| = 12015

= 8, és könny¶ látni, hogy (1324) és (13)(24) fel-

cserélhet® g-vel. Ezek éppen egy D4-gyel izomorf nyolcelem¶ részcsoportját

generálják S5-nek (írjuk egy négyzet csúcsaiba az óramutató járásával egyez®

irányban az 1, 3, 2, 4 számokat), tehát CS5(g) = 〈(1324), (13)(24)〉, amib®l

CA5(g) = CS5(g)∩A5 = { id, (12)(34), (13)(24), (14)(23) }. Vagyis |CA5(g)| == 4, amib®l g konjugált osztálya A5-ben 60

4= 15-elem¶.

Továbbá |CS5(h)| = 12020

= 6, és könny¶ látni, hogy (123) és (45) felcserél-

het® h-val. Ezek nyilván egy hatelem¶ részcsoportját generálják S5-nek, tehát

CS5(h) = 〈(123), (45)〉, amib®l CA5(h) = CS5(h) ∩ A5 = { id, (123), (132) }.Vagyis |CA5(h)| = 3, amib®l g konjugált osztálya A5-ben 60

3= 20-elem¶.

Végül |CS5(k)| = 12024

= 5, és nyilván h mind az öt hatványa felcserélhet®

k-val. Tehát CS5(k) = 〈(12345)〉, amib®l CA5(k) = CS5(k) ∩ A5 = 〈(12345)〉.Vagyis |CA5(k)| = 5, amib®l g konjugált osztálya A5-ben 60

5= 12-elem¶.

Tehát A5-ben a konjugált osztályok elemszáma 1, 12, 12, 15, 20, és ezen

számok összegeként nem lehet el®állítani 60 egyetlen nemtriviális osztóját

sem.

A legkisebb egyszer¶ csoport A5, elemszáma |A5| = 60. Így már Sn-nek

is meghatározhatjuk az összes normálosztóját.

2.5.17. tétel. Ha n ≥ 5, akkor Sn egyetlen nemtriviális normálosztója An.


Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. Ha N C Sn egy

nemtriviális normálosztó, akkor N ∩AnCAn, vagyis N ∩An = An vagy { 1 }.Az els® esetben An ≤ N ≤ Sn, de mivel An indexe 2, ezért N = An lehet csak

a Lagrange-tétel miatt. Ha N∩An = { 1 }, akkor az els® izomor�zmustételb®l

(2.4.38. következmény)

Sn/An = NAn/An ' N/N ∩ An = N,

Vagyis |N | = 2. De a 2.4.32. házi feladat alapján minden kételem¶ normál-

osztó része a centrumnak, amib®l N ⊆ Z(Sn) = { 1 }, ellentmondás (mivel

Sn-ben n ≥ 3-ra nincs egyelem¶ konjugáltosztály).

Kereshetünk egyszer¶ csoportokat a lineáris csoportok körében is.

2.5.18. példa.

1. GL(n, T ) = (T n×n)× az invertálható mátrixok csoportja nem egyszer¶,

hisz Z(GL(n, T )) a skalármátrixok, ami egy valódi normálosztó.

2. PGL(n, T ) = GL(n, T )/Z(GL(n, T )) a projektív általános lineáris cso-

port.

3. A determináns egy nemtriviális homomor�zmus GL(n, T )-b®l T×-be,

mely magja egy valódi normálosztó GL(n, T )-ben. Ez a mag SL(n, T ),

a speciális lineáris transzformációk csoportja, az egy determinánsú mát-

rixok csoportja. Még SL(n, T ) sem feltétlen egyszer¶, hiszen az 1 de-

terminánsú skalármátrixok alkotják a centrumát.

4. PSL(n, T ) = SL(n, T )/Z(SL(n, T )) a projektív speciális lineáris cso-

port. Ez már általában egyszer¶.

A testelmélet kapcsán belátjuk majd, hogy ha T véges, akkor elemszáma

q prímhatvány, és minden q prímhatványhoz pontosan egy q elem¶ test van

(izomor�a erejéig). Ezért szokás a fenti csoportokban a T helyére q-t írni,

ekkor a q elem¶ testre gondolunk.

2.5.19. tétel. PSL(n, T ) nemkommutatív egyszer¶ csoport n ≥ 2-re, kivéve

PSL(2, 2) és PSL(2, 3).


Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. A bizonyítás mát-

rixokkal való számolás.

2.5.20. megjegyzés. Az alábbi izomor�zmusok teljesülnek.

� PSL(2, 2) ' SL(2, 2) ' GL(2, 2) ' S3,

� PSL(2, 3) ' A4,

� PSL(2, 4) ' PSL(2, 5) ' A5,

� PSL(2, 7) ' PSL(3, 2),

� PSL(2, 9) ' A6,

� PSL(4, 2) ' A8 6' PSL(3,4), de mindegyik nemkommutatív egyszer¶

csoport, elemszámuk 20 160.

A lineáris csoportok elemszáma a következ®, ha a q elem¶ test felett te-

kintjük ®ket:

|GL(n, q)| = (qn − 1) (qn − q)(qn − q2

). . .(qn − qn−1

),

|SL(n, q)| = |GL(n, q)||T×|

=|GL(n, q)|q − 1

,

|PGL(n, q)| = |GL(n, q)||T×|

=|GL(n, q)|q − 1

,

|PSL(n, q)| = |PGL(n, q)||r|

,

ahol r = (q − 1, n). Ez abból jön ki, hogy T× ciklikus véges T esetén, és az

1-nek éppen r = (q − 1, n) darab n-edik gyöke van a q − 1 elem¶ ciklikus

csoportban.

Az An és a PSL(n, q) sorozaton kívül még 15 végtelen sorozata van a

nemkommutatív egyszer¶ csoportoknak (kommutatívakkal együtt 18 sorozat

van). Ezen kívül még van 26 sporadikus egyszer¶ csoport, melyek nem elemei

egyik végtelen sorozatnak sem. A legnagyobb elemszámú ezek közül az ún.


�Monster�, megtalálása Fischer és Griess nevéhez f¶z®dik. Elemszáma

246 · 320 · 59 · 76 · 112 · 133 · 17 · 19 · 23 · 29 · 31 · 41 · 47 · 59 · 71 =

= 808 017 424 794 512 875 886 459 904 961 710 757 005 754 368 000 000 000 ≈

≈ 8,08 · 1053.

Összehasonlításképpen: a látható világegyetem atomjainak a számát 1078 és

1082 közé teszik, a Föld tömege 3,5 · 1051-szerese egy proton tömegének. (Te-

hát a Monsternek több, mint százszor annyi eleme van, mint ahány atomból

a Föld áll.) Egy ilyen csoportot egyáltalán nem triviális megkonstruálni. Ér-

dekesség, hogy már szinte mindent tudtak err®l a csoportról (pl. tudták az

elemszámát, hogy 194 konjugáltosztálya van), mikor 1982-ben végre sikerült

megkonstruálni, mint egy 196 884-dimenziós nemasszociatív algebra összes

szimmetriája. Minden bizonnyal a véges egyszer¶ csoportok klasszi�kációja

az emberiség egyik legnagyobb vívmánya, a bizonyítás több ezer oldalt tesz

ki. Civilizációnk fejlettségi fokát jól tükrözné, ha a véges egyszer¶ csoportok

elemszámát küldenénk az ¶rbe:

60, 168, 360, 504, 660, 1092, 2448, 2520, 5616, 6048, 7920, 20160, 20160, 25920, . . .

Az alszakaszt két nehéz tétellel zárjuk.

2.5.21. tétel (Burnside). Ha |G| = pαqβ, ahol p, q prímek, akkor G nem

lehet nemkommutatív egyszer¶ csoport.

Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. Az eredeti bizonyí-

tás nagyjából 30 oldalt tett ki. Manapság többnyire reprezentációelmélettel

bizonyítják.

2.5.22. tétel (Feit �Thompson). Ha G nemkommutatív véges egyszer¶ cso-

port, akkor |G| páros.

Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. Az eredeti bizonyí-

tás nagyjából 250 oldalt tett ki. Azóta egyszer¶sítették a bizonyítást.

Végül megjegyezzük, hogy a klasszi�káció következménye, hogy bármely

véges egyszer¶ csoport generálható két elemmel. Ezt a tételt a klasszi�káció

nélkül a mai napig nem sikerült igazolni.

2.6 A csoportelmélet alkalmazásai 69

2.6. A csoportelmélet alkalmazásai

Az alábbiakban a csoportelmélet néhány alkalmazását mutatjuk be.

2.6.1. A 4× 4-es tologató játék

A jól ismert 4 × 4-es tologatós játék egy 4 × 4-es négyzetb®l áll, melynek

minden mez®je egy számozott lapocska. A kezdeti helyzetben a lapok 1-t®l

15-ig vannak sorban számozva (els® sorban balról jobbra 1-t®l 4-ig, stb.), a

jobb alsó sarokból pedig hiányzik a lap. Egy lépésben az üres helyre tudunk

tolni egy szomszédos mez®t. A klasszikus kérdés arról szólt, hogy ha a 14-

es és 15-ös mez®k meg vannak cserélve, akkor elérhet®-e tologatásokkal a

kiindulási állapot. A válasz az, hogy nem.

2.6.1. állítás. Ha a 14-es és 15-ös mez®k meg vannak cserélve, akkor tolo-

gatásokkal nem érhet® el a kiindulási állapot.

Bizonyítás. Képzeljünk az üres mez® helyére 16-t, ekkor minden kon�gurá-

ciónak kölcsönösen egyértelm¶en megfelel egy S16-beli permutáció. Minden

f ∈ S16 permutációhoz jelölje if és jf a megfelel® kon�gurációban az üres

mez® (16-os) sor- és oszlopindexét, és tekintsük a

P (f) = (−1)if+jf · sg f

függvényt. Nyilván P (f) = ±1, és a P értéke nem változik meg egy tolás al-

kalmával. Valóban, egyrészt egy tolás során a sor- vagy oszlopindex pontosan

1-gyel változik, ami egy (−1)-gyel való szorzást jelent P (f)-en. Másrészt az

f permutáció megszorzódik egy alkalmas (k l) cserével, ahol k az üres mez®

pozíciója, l pedig azon mez® pozíciója, amit az üres helyre tolunk. Mivel egy

csere páratlan, ezért ez is egy (−1)-gyel való szorzást eredményez P (f)-en,

így annak értéke egy tolás során valóban nem változik. Viszont P (id) = 1, de

P ((14 15)) = −1, így az egyik állapotból a másik nem érhet® el tologatások

segítségével.


2.6.2. A Rubik kocka szimmetriacsoportja

A továbbiakban legyen G a 3 × 3 × 3-as Rubik kocka szimmetriacsoportja.

Itt G-re gondolhatunk úgy, hogy a kocka lehetséges állapotai, melyeket a

hat forgatás generál. Kicsit precízebben, képzeljük el, hogy minden kis lapra

felírunk egy számot, ekkor minden egyes forgatás egy S48-beli permutáció, és

G pedig ezen permutációk által generált részcsoportja S48-nak.

1 2 3

4 U 5

6 7 8

9 10 11

12 L 13

14 15 16

17 18 19

20 F 21

22 23 24

25 26 27

28 R 29

30 31 32

33 34 35

36 B 37

38 39 40

41 42 43

44 D 45

46 47 48

U = (1 3 8 6)(2 5 7 4)(9 33 25 17)(10 34 26 18)(11 35 27 19),

L = (9 11 16 14)(10 13 15 12)(1 17 41 40)(4 20 44 37)(6 22 46 35),

F = (17 19 24 22)(18 21 23 20)(6 25 43 16)(7 28 42 13)(8 30 41 11),

R = (25 27 32 30)(26 29 31 28)(3 38 43 19)(5 36 45 21)(8 33 48 24),

B = (33 35 40 38)(34 37 39 36)(3 9 46 32)(2 12 47 29)(1 14 48 27),

D = (41 43 48 46)(42 45 47 44)(14 22 30 38)(15 23 31 39)(16 24 32 40),

G = 〈U,L, F,R,B,D〉 ≤ S48.

Az angol up, left, front, right, back, down szavak kezd®bet¶ivel jelöltük el

az egyes lapok forgatását. Az világos, hogy a Rubik kocka minden forgatása


során csúcskockák csak csúcskockába, élkockák pedig csak élkockába mehet-

nek. Továbbá bármelyik csúcskockán a három lap csak ciklikusan fordulhat

körbe. Tehát ha egy csúcskockán az egyik lap a helyén marad, akkor a má-

sik kett® is. Legyen H az a szimmetriacsoport, mely a csúcskockák bármely

egymás közti permutációját, és azok minden pozícióját el® tudja állítani,

valamint a csúcskockáktól függetlenül az élkockák bármely egymás közti per-

mutációját, és azok minden pozícióját el® tudja állítani.

2.6.2. tétel. Ekkor G ≤ H, |H : G| ≥ 12, valamint

|H| = 8! · 38 · 12! · 212,

|G| ≤ 8! · 37 · 12· 12! · 211.

2.6.3. megjegyzés. A megfelel® kirakási stratégiák elemzésével ellen®rizhet®,

hogy |H : G| = 12, és így |G| megegyezik a 2.6.2. tételben szerepl® fels®

korláttal.

Bizonyítás. A 8 sarokkocka összesen 8!-féleképpen permutálódhat. Mind-

egyiknek 3-féle pozíciója létezik, melyek egymástól függetlenek. Hasonlóan,

a 12 élkocka összesen 12!-féleképpen permutálódhat. Mindegyiknek 2-féle po-

zíciója létezik, vagyis |H| = 8! · 38 · 12! · 212. A továbbiakban három lépésben

bebizonyítjuk, hogy |G| ≤ 13· 12· 12|H|.

Két él nem cserélhet® ki. Legyen X a 8 sarokkocka és a 12 élkocka unió-

ja, tehát |X| = 20. Most G hat X-en természetes módon. Azt állítjuk,

hogy ez a hatás mindig páros permutációt ad meg X-en. Ehhez elég be-

látni, hogy minden forgatás páros permutációt ad meg X-en. Valóban,

ha a forgatandó lap sarokkockái az óramutató járásával egyez® irányban

S1, S2, S3, S4, élkockái pedig E1, E2, E3, E4, akkor az óramutató já-

rásával egyez® forgatás az (S1 S2 S3 S4) (S1 S2 S3 S4) permutációval

hat X-en, ami páros. Természetesen ha a forgatások páros permutáció-

ként hatnak X-en, akkor G minden eleme is páros permutációként hat

X-en. Ebb®l G ≤ K, aholK az a 2 index¶ részcsoportja H-nak, melyek

páros permutációkkal hatnak X-en.


Egy él nem fordítható meg. El®ször de�niáljuk, hogy egy élkocka egy adott

pozícióban � jól áll�, vagy nem. Nyilván ha az élkocka a helyén van, akkor

ezt a természetes úton tudjuk eldönteni: megnézzük, hogy az élkocka

ugyanúgy áll-e, mint a kirakott állapotban. Ha viszont nem a helyén

van az élkocka, akkor pontosan akkor mondjuk rá, hogy jól áll, ha a

left, right, up, down (L,R, U,D) forgatások alkalmazásával helyére vive

jól áll. Nem világos, hogy ez a de�níció egyáltalán értelmes, így el®ször

ezt mutatjuk meg.

Legyen G = 〈L,R, U,D〉 ≤ G, és legyen Y az élek lapjai (tehát |Y | == 24). Ekkor G hat Y -on. Könny¶ ellen®rizni, hogy ennek a hatásnak

Y -on két orbitja van. Tehát left, right, up, down (L,R, U,D) forgatá-

sokkal akárhogyan is viszünk egy élkockát a helyére, mindig ugyanolyan

pozícióba fog kerülni, így a � jól állás� de�níciója értelmes.

Belátjuk, hogy mindig páros sok élkocka áll jól. Csakugyan, a left, right,

up, down (L,R, U,D) forgatások nem változtatják a jól álló élkockák

számát. A front és back forgatások pedig könnyen ellen®rizhet®en meg-

változtatják minden, az adott lapon lev® élkockának a jól állását. Tehát

páros sokkal változtatják a jól álló élkockák számát. Vagyis G ≤ L, ahol

L az a 2 index¶ részcsoportja K-nak, mely elemei mindig páros sok él-

kocka jól állását változtatják meg.

Egy sarok nem forgatható el. Hasonlóan az élkockák pozíciójához, ren-

delünk egy értéket minden sarokkockához. Minden sarokkockán ponto-

san egy lap színe egyezik a fels® vagy alsó lapok színével (esetünkben

fehér és sárga). Azt mondjuk, hogy egy sarokkocka értéke k ∈ { 0, 1, 2 },ha pontosan k darab 120◦-os forgatással lehet a sarokkockát olyan po-

zícióba állítani, hogy a fehér/sárga lapja éppen fel/le álljon. Belátjuk,

hogy a sarokértékek modulo 3 összege nem változik G elemeinek hatá-

sára.

Az up, down (U , D) forgatások egyetlen sarokértéket sem változtatnak

meg, így az összeget sem. Tekintsük most a front (F ) forgatást. Könny¶

ellen®rizni, hogy két szemközti sarok sarokértékei modulo 3 éppen 1-

gyel csökkennek, a másik két szemközti sarok sarokértékei modulo 3


éppen 1-gyel n®nek, vagyis az összeg modulo 3 valóban nem változik.

A másik három forgatás (back, left, right, azaz B, L, R) hasonlóan

kezelhet®, ha úgy forgatjuk a kockát, hogy a fels® lap a helyén maradjon,

a mozgatandó lap pedig el®re kerüljön. Vagyis G ≤ M , ahol M az

a 3 index¶ részcsoportja L-nek, mely elemei nem változtatják meg a

sarokértékek összegét modulo 3.

Tehát |H : G| ≥ |H :M | = |H : K| · |K : L| · |L :M | = 12, amib®l

|G| ≤ |H|12

= 8! · 37 · 12· 12! · 211.

2.6.3. Nyakláncok és karköt®k

Jancsi egy 8 gyöngyb®l álló nyakláncot szeretne adni Juliskának ajándékba.

Kétféle gyöngye van: 3 piros és 5 kék. Arra vagyunk kíváncsiak, hogy hányféle

nyakláncot készíthet Jancsi Juliskának.

A kérdésre látszólag könny¶ megtalálni a helyes választ. Tegyük le a gyön-

gyöket sorba egymás mellé, akkor(83

)= 56-féleképpen dönthetjük el, hogy

melyik 3 gyöngy legyen a piros. De egy nyakláncot a nyolc gyöngy bárme-

lyikével kezdve lerakhatjuk sorba, így a nyakláncok száma 128 ·(83

)= 7. Ha

viszont ugyanezt a gondolatmenetet próbálnánk 4 piros és 4 kék gyöngy ese-

tén alkalmazni, akkor már bajban lennénk, hiszen 18·(84

)nem is egész. A

f® gond abból adódik, hogy ha például felváltva van a nyakláncon egy piros

és egy kék golyó, akkor ezt nem 8-szor, hanem csak 2-szer számoljuk. Tehát

nem lehet egyszer¶en csak 8-cal osztani.

Legyen X különböz® nyakláncok halmaza, ahol a sorban els® gyöngyöt

megjelöltük. Ekkor |X| =(84

)= 70. Legyen továbbá G = { id, f, f 2, . . . , f 7 } a

ciklikus 8 elem¶ csoport. Ekkor G természetes módon hat X-en: a generátora

ciklikusan megpermutálja a nyakláncon lev® gyöngyöket. Két X-beli elem

pontosan akkor adja ugyanazt a nyakláncot, ha a G mentén azonos orbitban

helyezkednek el. Tehát arra vagyunk kíváncsiak, hogy hány orbitja van G-nek

ezen hatás mentén. Ebben segít minket Burnside lemmája.


2.6.4. lemma (Burnside). Legyen G ≤ Sn egy permutációcsoport, X =

= { 1, 2, . . . , n }. Azt mondjuk, hogy az x ∈ X elem g-nek �xpontja, ha

g(x) = x. Ekkor G-ben a �xpontok átlagos száma megegyezik G orbitjainak a

számával.

Bizonyítás. Megszámoljuk azon (g, x) ∈ G×X párokat, melyekre g(x) = x.

Legyen

T = { (g, x) ∈ G×X | g(x) = x } .

Ekkor

|T | / |G| = 1

|G|·∑g∈G

∑x∈X,g(x)=x

1.

Itt∑

x∈X,g(x)=x 1 éppen g �xpontjainak a száma, így |T | / |G| éppen a �x-

pontok átlagos száma. Másrészt, az összegzést megcserélve és használva az

orbit-stabilizátor tételt :

|T | / |G| = 1

|G|·∑x∈X

∑g∈G,g(x)=x

1 =1

|G|·∑x∈X

|Gx| =1

|G|·∑x∈X

|G||G(x)|

=∑x∈X

1

|G(x)|.

Mivel X éppen az orbitok egyesítése, így a jobboldalon mindegyik G(x) or-

bitra éppen |G(x)|-szer kell összeadni 1|G(x)| -t, vagyis a jobboldalon éppen az

orbitok száma áll.

2.6.5. következmény. Hasson G tranzitívan X-en, és tegyük fel, hogy |X| ≥≥ 2. Ekkor G-ben van olyan elem, melynek nincs a hatás mentén �xpontja.

Bizonyítás. A hatás tranzitív, így az orbitok száma 1. Tegyük fel, hogy min-

den g ∈ G-nek van �xpontja. Az identitásnak |X| ≥ 2 �xpontja van, a többi

elemnek legalább 1. Tehát

1 =1

|G|·∑g∈G

∑x∈X,g(x)=x

1 ≥ 1

|G|(2 + 1 + · · ·+ 1) =

1

|G|· (|G|+ 1) > 1,

ellentmondás.

Most már Jancsi és Juliska karköt®s feladatát is meg tudjuk oldani. Könny¶

ellen®rizni, hogy az egyes G-beli elemeknek X-ben az alábbi számú �xpontja

van:


id 70

f , f 3, f 5, f 7 0

f 2, f 6 2

f 4 6A negyedrend¶ elemek pont azt a két elemet hagyják helyben, ahol a

piros-kék gyöngyök felváltva következnek. A másodrend¶ elem pedig azt a

hatot, ahol az els® négy gyöngy között két-két piros és kék van, majd ugyan-

ezek ismétl®dnek ebben a sorrendben a második 4-esre. Tehát az orbitok

száma a 2.6.4. lemma alapján 18· (70 + 0 + 2 + 0 + 6 + 0 + 2 + 0) = 10.

Legközelebb Jancsi karköt®t készített Juliskának. A karköt® abban kü-

lönbözik a nyaklánctól, hogy �fordítva� is fel lehet venni. Tehát a gyöngyök

pozíciójára tengelyes tükrözések is alkalmazhatóak. Vagyis az X halmazun-

kon most a G = D8 csoport hatna. A forgatások �xpontjait már meghatá-

roztuk az el®bb. Egy tengelyes tükrözésnek szintén 6 �xpontja van X-b®l,

ezt ugyanúgy lehet belátni, mint ahogy megszámoltuk f 4 �xpontjait. Tehát

az orbitok (és így a lehetséges karköt®k) száma a 2.6.4. lemma alapján

1

16· (70 + 0 + 2 + 0 + 6 + 0 + 2 + 0 + 6 + 6 + 6 + 6 + 6 + 6 + 6 + 6) = 8.

3. fejezet

A gy¶r¶elmélet alapjai

A fejezetben olyan bevezet® gy¶r¶elméleti ismereteket foglalunk össze, me-

lyeket majd a kés®bbiekben a Testelmélet fejezetben aktívan felhasználunk.

3.1. Alapvet® fogalmak

Ebben a szakaszban alapvet® gy¶r¶elméleti fogalmakat gy¶jtünk össze. Leg-

többjüket a csoportelméletb®l megismert fogalmak gy¶r¶kre való átvezeté-

séb®l kapjuk. Emiatt érdemes a csoportelméleti fogalmakat és tételeket a

folytatás el®tt újra átnézni.

Ismételjük át az 1. fejezetben tanultakat. Egy (R,+, ·) struktúrát gy¶-

r¶nek hívunk, ha (R,+) Abel csoport, (R, ·) félcsoport, és mindkét oldali

disztributív szabály teljesül, vagyis (a + b) · c = (a · c) + (b · c) valamint

c · (a+ b) = (c · a) + (c · b) minden a, b, c ∈ R-re. Továbbá R-et kommutatív

gy¶r¶nek hívjuk, ha a szorzás kommutatív, egységelemes gy¶r¶nek hívjuk

(és röviden 1 ∈ R-rel jelöljük), ha van a szorzásra nézve egységelem, ekkor

az invertálható elemek halmazát R×-tel jelöljük és multiplikatív csoportnak

vagy egységcsoportnak hívjuk (1.13. de�níció). Az összeadás neutrális elemét

általában 0-val jelöljük.

3.1.1. de�níció. Egy R gy¶r¶t nullosztómentes gy¶r¶nek hívunk, ha vala-

mely a, b ∈ R gy¶r¶elemekre ab = 0 teljesül, akkor a = 0 vagy b = 0. R

integritási tartomány, ha kommutatív és nullosztómentes. Az egységelemes

3.1 Alapvet® fogalmak 77

integritási tartományt szokásos gy¶r¶nek fogjuk hívni.

3.1.2. megjegyzés. Az angol irodalomban minden gy¶r¶ de�níció szerint egy-

ségelemes. A nem feltétlen egységelemes gy¶r¶kre nem is a �ring�, hanem az

�rng� (ejtsd, mint �rung�) szót használják. Emiatt az integritási tartomány

gyakran de�níció szerint egységelemes. Tekintettel arra, hogy nekünk a gy¶r¶

nem feltétlen egységelemes, az egységelemes integritási tartományra a szoká-

sos gy¶r¶ elnevezést használjuk, mely egyébként nem általánosan elterjedt.

3.1.3. példa.

� Z, Z[x], Z[x, y] mindegyike szokásos gy¶r¶.

� Ha T test, akkor T , T [x], T [x, y] mindegyike szokásos gy¶r¶.

� Ha T test, akkor T n×n (a T feletti n × n-es mátrixok) egységelemes

gy¶r¶, mely n ≥ 1 esetén nemkommutatív és nem nullosztómentes.

� Zn kommutatív, egységelemes (véges) gy¶r¶.

Nullosztómentes, illetve véges gy¶r¶kkel, valamint Zn nullosztómentessé-

gével a 3.2.2. alszakaszban foglalkozunk részletesebben.

3.1.4. házi feladat. Legyen R gy¶r¶, r, s ∈ R tetsz®leges elemek. Igazoljuk,

hogy

1. 0 · r = r · 0 = 0,

2. (−r) · s = r · (−s) = −(r · s) és (−r) · (−s) = r · s,

3. ha R egységelemes, akkor az egységelem egyértelm¶ és −r = (−1) · r.

Ezek szerint gy¶r¶ben a 0 nem invertálható. Ferdetestnek hívtuk azon

egységelemes gy¶r¶ket, ahol minden nem 0 elem invertálható, testnek pedig

azon ferdetesteket, melyek kommutatívak (1.16. de�níció).

3.1.5. példa. A racionális számok Q halmaza, a valós számok R halmaza, a

komplex számok C halmaza mind test. A 3.2.2. alszakaszban belátjuk, hogy

Zp test ha p prím.

78 A GY�R�ELMÉLET ALAPJAI

3.1.1. Részgy¶r¶

A csoportelméletben látott módon de�niálhatjuk a részgy¶r¶ fogalmát is

(vö. 2.2.1. de�níció), és analóg módon igazolható, hogy csak a m¶veletekre

való zártságot kell vizsgálni (vö. 2.2.3. állítás).

3.1.6. de�níció. Legyen R gy¶r¶, S ⊆ R egy részhalmaz. Azt mondjuk,

hogy S részgy¶r¶je R-nek (jele S ≤ R), ha S maga is gy¶r¶ az R m¶veleteire

nézve.

3.1.7. házi feladat. Igazoljuk, hogy S pontosan akkor részgy¶r¶ R-ben, ha

nem üres és zárt a m¶veletekre, azaz ha

1. R 6= ∅,

2. tetsz®leges r, s ∈ S-re r + s ∈ S,

3. tetsz®leges s ∈ S-re −s ∈ S,

4. tetsz®leges r, s ∈ S-re r · s ∈ S.

Itt a 2. és a 3. pontok együttesen lecserélhet®k arra, hogy tetsz®leges r, s ∈∈ S-re r − s ∈ S.

A generált részgy¶r¶ de�níciója analóg a 2.2.23. de�nícióéval, a létezés

és egyértelm¶ség a 2.2.24. állítás mintájára látható be.

3.1.8. de�níció. Legyen X ⊆ R. Ekkor az X által generált részgy¶r¶ (jele

〈X〉) az a legsz¶kebb részgy¶r¶ R-ben, mely X-et tartalmazza. A legsz¶keb-

bet abban az értelemben használjuk, hogy ha S ≤ R egy részgy¶r¶, melyre

X ⊆ S, akkor 〈X〉 ⊆ S is.

3.1.9. házi feladat. Legyen

U = ∩X⊆S≤RS

az X-et tartalmazó R-beli részgy¶r¶k metszete. Igazoljuk, hogy U = 〈X〉 azegyetlen legsz¶kebb X-et tartalmazó részgy¶r¶.


A 2.2.27. tétel mintájára megtalálható, hogy általában hogyan néz ki

a generált részgy¶r¶. Például egységelemes, kommutatív gy¶r¶k esetén az

elemek egész együtthatós (konstans tag nélküli) polinomjait kell venni.

3.1.10. házi feladat. Legyen R kommutatív gy¶r¶, r1, . . . , rn ∈ R. Ekkor

〈r1, . . . , rn〉 = { p(r1, . . . , rn) | p ∈ Z[x1, . . . , xn], p(0, . . . , 0) = 0 } .

3.1.2. Homomor�zmus, ideál

A homomor�zmusok de�níciója is analóg a csoportok esetével (2.1.3. de�ní-

ció), ®k a m¶velettartó leképezések.

3.1.11. de�níció. Legyen R, S gy¶r¶k. Egy ϕ : R → S leképezés (gy¶-

r¶)homomor�zmus, ha m¶velettartó, azaz bármely r1, r2 ∈ R esetén

ϕ (r1 + r2) = ϕ (r1) + ϕ (r2) ,

ϕ (r1 · r2) = ϕ (r1) · ϕ (r2) .

Itt a baloldalon az R m¶veletei, a jobboldalon az S m¶veletei szerepelnek.

Ha ϕ bijektív, akkor izomor�zmusnak hívjuk. Azt mondjuk, hogy az R és S

gy¶r¶k izomorfak, ha van közöttük izomor�zmus, jele R ' S vagy R ∼= S.

3.1.12. házi feladat. Legyen ϕ : R→ S gy¶r¶homomor�zmus. Igazoljuk az

alábbiakat.

� Elfelejtve a szorzást kapjuk, hogy ϕ : (R,+) → (S,+) egy Abel cso-

portok között men® homomor�zmus. Speciálisan ϕ(0) = 0 valamint

ϕ(−r) = −ϕ(r).

� Attól, hogy R egységelemes, ϕ(1) nem feltétlen lesz S egységeleme.

3.1.13. példa.

� Legyen R = Z, S = Zn, ϕ pedig a modulo n maradék:

ϕ : Z→ Zn,

k 7→ k (mod n).


� Legyen R = R[x], S = C, ϕ pedig az i behelyettesítése:

ϕ : R[x]→ C,

f 7→ f(i).

Homomor�zmus képét és magját hasonlóan de�niáljuk, mint csoportok-

nál.

3.1.14. de�níció. Legyen ϕ : R→ S homomor�zmus. Ekkor ϕ képe

Imϕ = {ϕ(r) | r ∈ R } ⊆ S,

ϕ magja

Kerϕ = { r ∈ R | ϕ(r) = 0S } ⊆ R.

3.1.15. házi feladat. Igazoljuk, hogy Imϕ részgy¶r¶je S-nek, Kerϕ rész-

gy¶r¶je R-nek.

Vizsgáljuk most is Kerϕ-t, ahogy azt csoportok esetén tettük. Tudjuk,

hogy KerϕC(R,+), ám ez most csak annyit mond, hogy Kerϕ zárt az össze-

adásra és kivonásra, hiszen (R,+) Abel csoport, így minden részcsoportja

normálosztó. Vegyük észre, hogy Kerϕ a szorzásra is zárt, s®t, tetsz®leges

gy¶r¶elemmel szorozhatunk. Legyen ugyanis a ∈ Kerϕ, r ∈ R tetsz®leges.

Ekkor

ϕ(a) = 0,

tehát

ϕ(r) · ϕ(a) = 0.

A homomor�zmustulajdonság miatt tehát

ϕ(r · a) = 0,

vagyis r · a ∈ Kerϕ. Nyilván ugyanígy az is belátható, hogy ha a ∈ Kerϕ, és

r ∈ R tetsz®leges, akkor a · r ∈ Kerϕ.

Tehát Kerϕ zárt az összeadásra, kivonásra, és tetsz®leges R-beli elemmel

való balról vagy jobbról szorzásra. Az ilyen részhalmazok fontosak a gy¶r¶-

elméletben, így külön nevük van.


3.1.16. de�níció. Legyen R gy¶r¶, I ⊆ R egy részhalmaz. Azt mondjuk,

hogy I balideál, ha (I,+) részcsoportja (R,+)-nak, és I zárt az R-beli ele-

mekkel való balról szorzásra, azaz tetsz®leges r ∈ R, a ∈ I esetén ra ∈ I.

A jobbideál analóg módon de�niálható: azt mondjuk, hogy I jobbideál, ha

(I,+) részcsoportja (R,+)-nak, és I zárt az R-beli elemekkel való jobbról

szorzásra, azaz tetsz®leges r ∈ R, a ∈ I esetén ar ∈ I. Végül, azt mondjuk,

hogy I ideál R-ben (jele I CR), ha balideál és jobbideál is.

A 2.4.9. tétel mintájára, itt is belátható, hogy a homomor�zmusok magjai

éppen az ideálok, Ezt a 3.1.3. alszakaszban meg is tesszük. Tehát az ideá-

loknak hasonlóan központi szerepük van a gy¶r¶elméletben, mint a normál-

osztóknak a csoportelméletben. Az alszakasz további részében az ideálokkal

ismerkedünk meg egy kicsit jobban.

3.1.17. példa. Legyen R = Z, ekkor az n többszöröseinek halmaza (jelöljük

(n)-nel) ideált alkot Z-ben.

3.1.18. házi feladat. Legyen 1 ∈ R kommutatív gy¶r¶, s ∈ R tetsz®leges.

Jelölje (s) az s többszöröseib®l álló halmazt:

(s) = { rs | r ∈ R } .

Igazoljuk, hogy (s)CR.

3.1.19. de�níció. Legyen 1 ∈ R kommutatív gy¶r¶, s ∈ R tetsz®leges. Az s

többszöröseib®l álló halmazt (s)-sel jelöljük, és az s által generált f®ideálnak

nevezzük.

Vegyük észre, hogy az s által generált f®ideál éppen a legsz¶kebb s-t

tartalmazó ideál, hiszen ha I CR, melyre s ∈ I, akkor s minden többszöröse

is I-beli az ideáltulajdonság miatt. A generált részgy¶r¶ mintájára tehát

de�niálhatjuk a generált ideált is.

3.1.20. de�níció. Legyen X ⊆ R. Ekkor az X által generált ideál (jele (X))

az a legsz¶kebb ideál R-ben, mely X-et tartalmazza. A legsz¶kebbet abban

az értelemben használjuk, hogy ha I C R egy ideál, melyre X ⊆ I, akkor

(X) ⊆ I is.


3.1.21. házi feladat. Legyen

J = ∩X⊆ICRI

az X-et tartalmazó R-beli ideálok metszete. Igazoljuk, hogy J = (X) az

egyetlen legsz¶kebb X-et tartalmazó ideál.

3.1.22. házi feladat. A 3.1.20. de�níció alapján de�niáljuk a generált bal-

ideál és generált jobbideál fogalmát, majd bizonyítsuk be, hogy ezek léteznek

és egyértelm¶ek.

Általában nem olyan könny¶ megmondani, hogy hogyan is néz ki a gene-

rált ideál. Kommutatív, egységelemes gy¶r¶k esetén viszont egyszer¶ képlet

adható.

3.1.23. házi feladat. Legyen 1 ∈ R kommutatív gy¶r¶. Ekkor

(s1, . . . , sn) = { r1s1 + · · ·+ rnsn | ri ∈ R } .

Felmerül a kérdés, hogy hogyan érdemes a komplexusm¶veleteket de�niál-

ni. A komplexusösszeadás egyszer¶en a csoportelméletb®l megszokott módon

megy. A szorzás viszont nem teljesen. Tekintsük ugyanis (X)-et valamilyen

X ⊆ R-re, ahol R kommutatív, egységelemes. Ha most X egyelem¶ (pl.

X = { s }), akkor (X) = (s) = Rs, az s többszörösei. Ha viszont X =

= { s1, . . . , sn }, akkor (X) = Rs1+ · · ·+Rsn. Tehát ahhoz, hogy (X) = RX

teljesüljön most is, ahhoz nem csak az rx alakú szorzatokat kell bevenni

RX-be, hanem azoknak minden lehetséges összegét is.

3.1.24. de�níció. Legyen R gy¶r¶, A,B ⊆ R két részhalmaz. Ekkor A és B

komplexusösszegén és komplexusszorzatán az alábbi részhalmazokat értjük:

A+B = { a+ b | a ∈ A, b ∈ B } ,

A ·B = { a1b1 + · · ·+ anbn | ai ∈ A, bi ∈ B, n nemnegatív egész } .

A komplexusszorzat ezen de�níciójának el®nye, hogy ha A és B valame-

lyike zárt az ellentettképzésre (például részgy¶r¶), akkor A · B részcsoport

(R,+)-ban.


3.1.25. házi feladat. Legyen 1 ∈ R gy¶r¶. Igazoljuk, hogy az X által

generált balideál RX, az X által generált jobbideál XR, az X által generált

ideál pedig RXR.

Végül, a direkt szorzat a csoportokéval teljesen analóg módon tárgyalha-

tó, ezért ezt nem részletezzük, hanem egy feladat formájában összefoglaljuk.

A f® ötlet mindenhol az, hogy mindenhol csak a szorzásra vonatkozó állí-

tásokat kell ellen®rizni, mivel Abel csoportok direkt szorzatát jól ismerjük

(2.3.1. alszakasz).

3.1.26. házi feladat. Legyenek R, S gy¶r¶k és legyen R × S az additív

csoportok direkt szorzata. Értelmezzük R × S-en a szorzást komponensen-

ként:

(r1, s1) · (r2, s2) = (r1r2, s1s2).

Igazoljuk, hogy R× S gy¶r¶. Általánosítsunk n gy¶r¶ direkt szorzatára.

3.1.3. Faktorgy¶r¶

A 2.4.9. tétel mintájára belátható, hogy a homomor�zmusok magjai éppen

az ideálok.

3.1.27. tétel. Legyen R gy¶r¶, I ⊆ R. Ekkor

I egy alkalmas homomor�zmus magja ⇐⇒ I CR.

Bizonyítás. =⇒ : Ezt láttuk be a 3.1.2. alszakaszban.

⇐= : Legyen I CR ideál. A 2.4.9. tételhez hasonlóan a bizonyítás kulcsa

a faktorstruktúra (jelen esetben faktorgy¶r¶) elkészítése. Tekintsük az S =

= (R,+)/(I,+) faktorcsoportot az összeadással. Ez létezik, hiszen (I,+)

részcsoport az (R,+) Abel csoportban, és így normálosztó is benne. Tehát

S = { r + I | r ∈ R }

az I szerinti mellékosztályok, melyek közt az összeadást már de�niáltuk:

(r1 + I) + (r2 + I) = (r1 + r2) + I.


Már csak a szorzás de�níciója van hátra, ezt hasonlóan reprezentánsokkal

de�niáljuk. Az r1+ I és az r2+ I mellékosztályok szorzata legyen az r1r2+ I

mellékosztály:

(r1 + I) · (r2 + I) = r1 · r2 + I.

Ahogy a 2.4.9. tétel bizonyításában, itt is be kell látni, hogy a szorzás ezen

de�níciója reprezentánsfüggetlen. Legyen r′1, r′2 ∈ R olyanok, hogy r1 + I =

= r′1 + I (azaz r1 − r′1 ∈ I), r2 + I = r′2 + I (azaz r2 − r′2 ∈ I). Ekkor

r1r2 − r′1r′2 = r1r2 − r1r′2 + r1r′2 − r′1r′2 = r1 · (r2 − r′2)︸︷︷︸

∈I

+(r1 − r′1)︸︷︷︸∈I

·r′2 ∈ I

Itt többször is kihasználtuk az ideál zártságát a balról illetve jobbról szorzásra

tetsz®leges gy¶r¶elemmel, valamint az összeadásra való zártságot is. Tehát

r1r2−r′1r′2 ∈ I, vagyis r1r2+I = r′1r′2+I. Tehát S-en jólde�niált az összeadás

és a szorzás, valamint (S,+) Abel csoport (a faktorcsoport tulajdonságai

miatt). Hiányzik még, hogy S-ben a szorzás asszociatív, valamint teljesül a

két disztributivitás. Ezek ellen®rzése könny¶. Tehát S gy¶r¶.

Továbbá a

ϕ : R→ S,

r 7→ r + I

leképezés homomor�zmus. Valóban, az összeadás tartását tudjuk abból, hogy

S-et az (R,+)/(I,+) faktorcsoportként de�niáltuk, a szorzás tartása pedig

a mellékosztályok szorzásának de�níciójából automatikusan adódik:

ϕ (r1r2) = r1r2 + I = (r1 + I) · (r2 + I) = ϕ(r1) · ϕ(r2).

3.1.28. házi feladat. Igazoljuk, hogy S-ben a szorzás asszociatív, valamint

teljesül a két disztributivitás.

3.1.29. de�níció. A 3.1.27. tétel bizonyításában de�niált S = R/I gy¶r¶

neve: faktorgy¶r¶. A megadott ϕ : R→ S homomor�zmus neve: természetes

homomor�zmus. Továbbá, ha r, s ∈ R esetén r − s ∈ I (azaz r és s azonos I


szerinti mellékosztályba esnek), akkor azt mondjuk, hogy r kongruens s-sel

modulo I, jele

r ≡ s (mod I).

3.1.30. házi feladat. Igazoljuk, hogy ha a ≡ b (mod I) és c ≡ d (mod I),

akkor

a± c ≡ b± d (mod I),

a · c ≡ b · d (mod I).

A csoportokra vonatkozó homomor�zmus-tételnek is megvan a gy¶r¶el-

méleti megfelel®je.

3.1.31. tétel (Homomor�zmus tétel). Legyen ϕ : R → S homomor�zmus.

Ekkor

Imϕ ' R/Kerϕ.

Bizonyítás. Legyen I = Kerϕ. A 3.1.27. tétel bizonyításából világos, hogy

az

Imϕ→ R/I,

r 7→ r + I.

megfeleltetés jólde�niált, m¶velettartó, bijekció.

3.1.32. példa.

� Legyen R = Z, S = Zn, ϕ pedig a modulo n maradék:

ϕ : Z→ Zn,

k 7→ k (mod n).

Itt Kerϕ = (n), az n többszörösei Z-ben, Imϕ = Zn, és így a 3.1.31. té-tel miatt

(3.1) Z/nZ ' Zn.

Vegyük észre, hogy a modulo n maradékosztályokat sokszor (3.1) bal-

oldala segítségével de�niálják (a k maradékosztálya a k + nZ halmaz).


Továbbá a 3.1.29. de�nícióban szerepl® kongruencia jelölés ebben a pél-

dában pontosan egybeesik a hagyományos (számelméletben használt)

kongruencia jelöléssel.

� Legyen R = R[x], S = C, ϕ pedig az i behelyettesítése:

ϕ : R[x]→ C,

f 7→ f(i).

Most Imϕ = C (hiszen az ϕ(a+ bx) = a+ bi), Kerϕ pedig éppen azon

valós együtthatós polinomok halmaza, melyeknek gyöke az i. Ha egy

valós együtthatós polinomnak gyöke egy komplex szám, akkor gyöke a

komplex konjugáltja is, tehát a polinomból kiemelhet® (x− i)(x+ i) =

= x2+1. Ennek a polinomnak a többszörösei (ezt a halmazt (x2+1)-gyel

jelöltük) tehát éppen azok a valós együtthatós polinomok, melyeknek

gyöke i. Tehát Kerϕ = (x2 + 1), és így

(3.2) R[x]/(x2 + 1) ' C.

Vegyük észre, hogy (3.2) miatt a komplex számokat bevezethetjük olya-

nok számára is, akik csak a valós számokat ismerik. A kés®bbiekben ezt

az ötletet használni is fogjuk új testek elkészítéséhez. A 3.2. szakaszban

részletesebben is elemezni fogjuk ezt az izomor�zmust.

3.1.4. Faktorgy¶r¶ részgy¶r¶i, izomor�zmustételek

A faktorgy¶r¶ részgy¶r¶i illetve ideáljait hasonló módon kaphatjuk meg,

mint csoportok esetén a faktorcsoport részcsoportjait illetve normálosztó-

it. Utóbbiakat részletesen tárgyaltuk a 2.4.4. alszakaszban, ezért itt már csak

az analóg állításokat mondjuk ki. A bizonyítások egyébként megegyeznek a

csoportelméleti változataikkal, csak azt kell meggondolni, hogy az egyes le-

képezések a szorzást is tartják.

3.1.33. tétel. Legyen ϕ : R→ S szürjektív homomor�zmus, melynek magja

I CR.

1. Ha T ≤ R, akkor ϕ(T ) ≤ S. Továbbá ϕ−1 (ϕ(T )) = T + I.


2. Az S gy¶r¶ részgy¶r¶i kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetésben állnak

R-nek az I-t tartalmazó részgy¶r¶ivel. Az U ≤ S-hez T = ϕ−1 (U) ≤ R

tartozik.

3. Ha T ≤ R és U ≤ S egymásnak megfelel® részgy¶r¶k, akkor

T CR⇐⇒ U C S, és ekkor R/T ' S/U .


3.1.34. következmény (Els® izomor�zmus tétel). Legyen I C R, S ≤ R.

Ekkor S + I részgy¶r¶ R-ben, S ∩ I C S, és

S + I/I ' S/S ∩ I.

Bizonyítás. A következmény bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.

3.1.35. következmény (Második izomor�zmus tétel). Legyen I, JCR, I ⊆⊆ J . Ekkor I C J , J/I CR/I, valamint

(R/I)/(J/I) ' R/J.

Bizonyítás. A következmény bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.


3.2. Speciális gy¶r¶osztályok

Célunk ebben a szakaszban, hogy pontosan megértsük, hogy mi is van az

R[x]/(x2 + 1) ' C izomor�a hátterében, hogy kés®bb alkalmazhassuk más

szituációkban. Továbbá, megvizsgáljuk a véges, nullosztómentes gy¶r¶ket is

közelebbr®l.

3.2.1. Polinomgy¶r¶k

Ebben az alszakaszban precízen de�niáljuk a polinomok gy¶r¶jét, immár

nem feltétlen egész-, racionális-, valós- vagy komplex együtthatókkal, hanem

tetsz®leges együtthatókkal. Az alszakaszban minden R gy¶r¶ egységelemes,

kommutatív. Az alszakasz állításainak bizonyításai házi feladatok, mert ezek

szerepeltek korábbi tanulmányainkban R helyett C-vel, és a bizonyítások is

megegyeznek. Néhány helyen adunk ötletet a bizonyításra.

3.2.1. de�níció. Legyen 1 ∈ R kommutatív gy¶r¶. Jelöljük R[x]-szel az R

feletti polinomok halmazát, amely az R-beli elemekb®l és az x határozatlan-

ból az összeadás, kivonás, szorzás segítségével felírt formális kifejezésekb®l

áll. Tehát

R[x] ={rnx

n + rn−1xn−1 + · · ·+ r1x+ r0 | rk ∈ R, n nemnegatív egész

}.

Ebben a felírásban az rk-k a polinom együtthatói, az rkxk-k a polinom tagjai,

az rkxk foka k. A polinom foka a legmagasabb tag foka, vagyis n. A polinomok

ezen alakja egyértelm¶, tehát két polinom de�níció szerint akkor egyenl®, ha

megfelel® együtthatóik megegyeznek. Két polinomot a szokásos módon adunk

össze illetve szorzunk össze. Ez értelmes, hiszen csak az együtthatók között

kell összeadást, kivonást, szorzást végezni.

3.2.2. megjegyzés. De�niálhatnánk a polinomokat is az együtthatók véges

sorozatával, mely precízebb lenne. Mégis a kevésbé precíz de�níció mellett

maradunk, mert azt szemléletesebbnek találjuk.

3.2.3. állítás. R[x] kommutatív, és egységelemes gy¶r¶, melynek R részgy¶-

r¶je (konstans polinomok). R[x] egységeleme az R egységeleme. R[x] pontosan

3.2 Speciális gy¶r¶osztályok 89

akkor nullosztómentes, ha R nullosztómentes. Ha R nullosztómentes, akkor

R[x]× = R×.

Bizonyítás. Mint C[x]-ben.

Tehát tetsz®leges kommutatív egységelemes gy¶r¶ feletti polinomgy¶r¶

is kommutatív és egységelemes gy¶r¶. Ennek a segítségével értelmezhet®k a

többváltozós polinomgy¶r¶k.

3.2.4. de�níció. Legyen 1 ∈ R kommutatív gy¶r¶. Minden pozitív egész

n-re de�niáljuk az R[x1, . . . , xn] n-változós polinomgy¶r¶t az alábbi rekurzív

képlettel :

R[x1, . . . , xn] = R[x1, . . . , xn−1][xn].

3.2.5. megjegyzés. Szokásos gy¶r¶k esetén igaz a szimmetrikus polinomok

alaptétele, a bizonyítás megegyezik a komplex számok feletti bizonyítással.

3.2.6. de�níció. Legyen 1 ∈ R kommutatív gy¶r¶, f ∈ R[x]. Legyen f(x) == rnx

n + rn−1xn−1 + · · · + r1x + r0. Ekkor f -hez társítható egy f ∗ : R → R

függvény, melyre minden α ∈ R esetén

f ∗ (α) = rnαn + rn−1α

n−1 + · · ·+ r1α + r0.

Általában f és f ∗ között nem teszünk különbséget, hacsak nem félreérthet®

a helyzet. Ha f ∗(α) = 0, akkor azt mondjuk, hogy α gyöke f -nek.

3.2.7. házi feladat. Igazoljuk, hogy a behelyettesítés homomor�zmus, azaz

tetsz®leges α ∈ R esetén

ϕα : R[x]→ R,

f 7→ f ∗(α)

homomor�zmus.

3.2.8. állítás. A Horner eljárás használható behelyettesítés kiszámolására.

A gyöktényez®k kiemelhet®k, vagyis ha valamely f ∈ R[x], α ∈ R esetén

f(α) = 0, akkor van olyan g ∈ R[x], hogy

f(x) = (x− α) · g(x).


3.2.9. példa. Az x2 − 1 ∈ Z8[x] polinomnak négy gyöke is van (1, 3, 5, 7),

noha ez csak egy másodfokú polinom. A gyöktényez®k egyszerre tehát nem

emelhet®k ki, de külön-külön igen:

x2 − 1 = (x− 1)(x− 7) = (x− 3)(x− 5).

Ha a második alakba beírjuk mondjuk a 7-t, akkor 2·4-et kapunk, ami Z8-ban

0. Tehát a problémát az okozza, hogy Z8 nem nullosztómentes.

3.2.10. állítás. Ha R szokásos gy¶r¶, akkor R[x]-ben minden polinomnak

legfeljebb annyi gyöke lehet, amennyi a foka, valamint a gyöktényez®k egy-

szerre kiemelhet®k.


3.2.11. következmény. Szokásos gy¶r¶ felett ha két legfeljebb n-edfokú po-

linom n+1 különböz® helyettesítési értéknél megegyezik, akkor a két polinom

azonos. Speciálisan végtelen gy¶r¶ felett igaz a polinomok azonossági tétele

(azaz két polinom pontosan akkor egyezik meg, ha a megfelel® polinomfügg-

vények megegyeznek).


3.2.12. megjegyzés. Vegyük észre, hogy véges gy¶r¶ felett a polinomok azo-

nossági tétele nem lehet igaz, hiszen összesen |R||R| darab R → R függvény

van, de végtelen sok polinom.

A többszörös gyökök hasonlóan de�niálhatók, mint C felett.

3.2.13. de�níció. Legyen R szokásos gy¶r¶, f ∈ R[x]. Ha

f(x) = (x− α)k · g(x),

ahol g(α) 6= 0, akkor azt mondjuk, hogy az α gyök multiplicitása k.

3.2.14. de�níció. Legyen R szokásos gy¶r¶, f ∈ R[x], ahol

f(x) =n∑k=0

rkxk = rnx

n + rn−1xn−1 + · · ·+ r1x+ r0.


Ekkor az f deriváltját formálisan kell érteni, az alábbi képlettel számoljuk:

f ′(x) =n∑k=1

krkxk−1 = nrnx

n−1 + (n− 1)rn−1xn−2 + · · ·+ r1.

Itt a krkxk−1-t úgy kell érteni, hogy k-szor összeadjuk rkxk−1-t.

3.2.15. állítás. A deriválás szokásos szabályai továbbra is fennállnak, tehát

(f ± g)′(x) = f ′(x)± g′(x),

(f · g)′(x) = f ′(x) · g(x) + f(x) · g′(x),

(f ◦ g)′(x) = f ′(g(x)) · g′(x).

A többszörös gyökök és a deriváltak kapcsolata hasonlóan alakul, mint

C-ben, némi eltéréssel.

3.2.16. példa. Tekintsük Z2 felett az f(x) = x3 + x2 polinomot. Ennek a 0

kétszeres gyöke, hiszen x3 + x2 = x2 · (x+ 1). Ugyanakkor a deriváltjának is

kétszeres gyöke a 0:

f ′(x) = 3x2 + 2x = x2.

Itt a problémát nem a nullosztómentesség hiánya okozza (hiszen Z2 még

test is), hanem az, hogy bármely elem duplája 0 lesz Z2-ben. Ezt a szituációt

a karakterisztika fogalma fogja meg.

3.2.17. de�níció. Egy R gy¶r¶ karakterisztikája az a legkisebb pozitív egész

m, melyrem·r = 0 minden r ∈ R gy¶r¶elemre. Itt azm·r az r elemm-szeres

összegét jelöli :

m · r =m∑k=1

r = r + · · ·+ r︸︷︷︸m darab

.

Ha nincs ilyen legkisebb pozitív egész m, akkor azt mondjuk, hogy az R

gy¶r¶ karakterisztikája 0.

3.2.18. tétel. Ha R szokásos gy¶r¶, f ∈ R[x]-nek α k-szoros gyöke, akkor

f ′-nek α legalább (k − 1)-szeres gyöke. Ha R minden r 6= 0 elemére teljesül,

hogy kr 6= 0, akkor f ′-nek α pontosan (k − 1)-szeres gyöke.



3.2.19. következmény. Ha R szokásos gy¶r¶ és f -nek egy α pontosan egy-

szeres gyöke, akkor α nem gyöke f ′-nek.

3.2.20. következmény. Szokásos gy¶r¶ben f többszörös gyökei éppen az f

és f ′ közös gyökei.

Tehát amikor létezik az (f, f ′) kitüntetett közös osztó, akkor f többszörös

gyökei éppen (f, f ′) gyökei. Ezen kitüntetett közös osztó létezését lehet pél-

dául olyankor garantálni, amikor m¶ködik az euklideszi algoritmus, amihez

maradékos osztás kell.

3.2.21. tétel. Ha R szokásos gy¶r¶, akkor R[x]-ben lehet maradékosan osz-

tani minden olyan g polinommal, melynek f®együtthatója R-ben invertálható.

Igaz az egyértelm¶ség is. Tehát ha f ∈ R[x], akkor vannak (egyértelm¶) q, r ∈∈ R[x] polinomok, hogy f = gq + r, és deg r < deg g vagy r = 0.

Bizonyítás. Ugyanúgy, mint Z[x]-ben: gondoljuk meg, hogy a maradékos osz-

tás során csak a polinom f®együtthatójával kell osztani.

3.2.22. következmény. Test feletti polinomgy¶r¶ben minden polinommal

lehet maradékosan osztani. M¶ködik az euklideszi algoritmus is.

3.2.2. Nullosztómentes gy¶r¶k, véges gy¶r¶k

A szakaszt a véges gy¶r¶k nullosztómentességének tárgyalásával kezdjük.

3.2.23. állítás. Nullosztómentes gy¶r¶ben igaz a jobboldali egyszer¶sítési

szabály, azaz tetsz®leges a, b, c ∈ R, c 6= 0 esetén ha ac = bc, akkor a =

= b. Ugyanígy igaz a baloldali egyszer¶sítési szabály is.

Bizonyítás. Ha ac = bc, akkor (a − b) · c = ac − bc = 0, amib®l a nullosztó-

mentesség miatt a − b = 0 vagy c = 0. Mivel c 6= 0, ezért a − b = 0, vagyis

a = b. Ugyanígy kihozható a másik oldali egyszer¶sítési szabály is.

3.2.24. állítás. Egy ferdetest mindig nullosztómentes.

Bizonyítás. A bizonyítás megegyezik annak a bizonyításával, hogy a komplex

számok teste nullosztómentes. Legyen T ferdetest, z, w ∈ T . Tegyük fel, hogyz · w = 0. Ha z = 0, akkor kész vagyunk. Ha z 6= 0, akkor van z−1, és így

w = (z−1 · z) · w = z−1 · (z · w) = z−1 · 0 = 0.


3.2.25. példa. A 3.2.24. állítás megfordítása nem igaz, az egész számok

gy¶r¶je jó ellenpéldának.

Véges ellenpélda viszont már nem létezik a megfordításra:

3.2.26. tétel. Ha R véges, nullosztómentes gy¶r¶, akkor R ferdetest.

3.2.27. megjegyzés. Wedderburn egyik tétele, hogy minden véges ferdetest

kommutatív, azaz test. Tehát minden véges, nullosztómentes gy¶r¶ test.

Bizonyítás. Meg kell keresnünk R-ben az egységelemet, és minden elemnek

az inverzét. Legyen R = { a1, . . . , ak }, és legyen r ∈ R tetsz®leges nem 0

elem. Az ötlet, hogy az r-rel való jobbszorzás permutálja R elemeit, mert az

a1r, . . . , akr elemek mind különböznek. Valóban, ha air = ajr lenne, akkor a

nullosztómentesség miatt egyszer¶síthetnénk r 6= 0-val, és így ai = aj.

Tehát valamelyik i-re air = r. Legyen e = ai, ® lesz a jelölt az egység-

elemre. Nyilván e 6= 0, hisz akkor 0 = er = r lenne. Legyen s ∈ R tetsz®leges,

ekkor er = r-b®l ser = sr adódik, majd r 6= 0-val egyszer¶sítve jobbról se =

= s-et kapjuk. Mivel s ∈ R tetsz®leges volt, ezért e jobboldali egységelem.

Speciálisan, ee = e, melyet jobbról s-sel szorozva ees = es adódik. Balról

e 6= 0-val egyszer¶sítve es = s adódik, tehát e baloldali egységelem is.

Már csak r inverzét kell megtalálnunk. Az a1r, . . . , akr számok között e is

megtalálható, mondjuk ajr = e. Tehát r-nek van balinverze: aj. Természete-

sen balról is szorozhatunk r-rel, akkor az ra1, . . . , rak elemek különböz®sége

miatt ezek egyike is e. Mondjuk ral = e, tehát r-nek van jobbinverze is. De

akkor aj = aje = ajral = eal = al, vagyis a baloldali inverz megegyezik a

jobboldali inverzzel. Tehát tetsz®leges r 6= 0 elemnek találtunk inverzét.

3.2.28. megjegyzés. A bizonyítás során megoldottuk az 1.12. házi feladatot.

A 3.2.26. tétel segítségével karakterizáljuk, hogy Zn mikor nullosztómen-

tes, és így példát kapunk véges testekre is.

3.2.29. következmény. Az alábbiak ekvivalensek.

1. Zn nullosztómentes,

2. n prím,


3. Zn test.

Bizonyítás. 1 ⇐⇒ 2: Zn nullosztómentessége azt jelenti, hogy a, b ∈ Zn ese-

tén ha ab = 0 Zn-ben, akkor a = 0 vagy b = 0 Zn-ben. Azaz: tetsz®legesa, b ∈ Z-re ha n | ab, akkor n | a vagy n | b. Utóbbi azzal ekvivalens, hogy nprím.

1 =⇒ 3: A 3.2.26. tétel miatt Zn ferdetest Azt tudjuk, hogy Zn kommu-

tatív, így test is.

3 =⇒ 1: 3.2.24. állítás.

3.2.3. R[x]/(x2 + 1) ' C újra

Képzeljük el a szituációt, hogy még sosem hallottunk a komplex számok-

ról, csak a valós számokat ismerjük, de valaki megmutatta az R[x]/(x2 + 1)

faktorgy¶r¶t. Ezt a gy¶r¶t kívánjuk jobban megérteni.

Legyen I = (x2+1)CR[x]. Az R[x]/(x2+1) elemei g(x)+I alakú mellék-

osztályok. Szerencsés lenne valami alkalmas reprezentánsrendszert választani,

hogy kényelmesen tudjunk számolni az elemekkel. Amikor a Zn maradékosz-

tályokkal számolunk, ott észrevettük, hogy minden egész számnak az n-nel

való osztási maradéka egy egyértelm¶ 0 és (n − 1) közé es® szám. Így kap-

tuk Zn de�nícióját. Felmerül hát az ötlet, hogy a g(x) polinomot osszuk el

(x2+1)-gyel maradékosan, és az egyértelm¶ (legfeljebb els®fokú) maradékkal

reprezentáljuk a g(x) + I mellékosztályt. Az R[x]-ben a maradékos osztás

elvégezhet®, tehát g(x) = q(x) (x2 + 1) + r(x), ahol r(x) legfeljebb els®fokú

polinom (amibe most a 0 polinomot is beleértjük). Ekkor g(x)+I = r(x)+I.

Tehát a legfeljebb els®fokú polinomok alkalmasak reprezentánsoknak, mert

minden I szerinti mellékosztályban pontosan egy legfeljebb els®fokú polinom

van.

Vizsgáljuk most meg, hogy hogyan adunk össze illetve szorzunk össze két

mellékosztályt. A faktorgy¶r¶ de�níciója alapján

(a+ bx+ I) + (c+ dx+ I) = (a+ c) + (b+ d)x+ I,

(a+ bx+ I) · (c+ dx+ I) = ac+ (ad+ bc)x+ bdx2 + I =

= (ac− bd) + (ad+ bc)x+ bd(x2 + 1)︸︷︷︸∈I

+I =


= (ac− bd) + (ad+ bc)x+ I.

Látjuk, hogy a számolási szabályok pontosan ugyanazok, mint C-ben, az

a+ bx+ I ←→ a+ bi

megfeleltetés mentén. Ez éppen a 3.1.32. példában részletezett izomor�zmus

R[x]/(x2 + 1) és C között.

Már csak azt kellene megértenünk a komplex számok ismerete nélkül,

hogy miért lesz R[x]/(x2 + 1) test. Tehát ha adott egy g(x) = a + bx 6= 0

legfeljebb els®fokú polinom, akkor mi lesz g(x) + I inverze R[x]/(x2 + 1)-

ben? Aki tanult komplex számokról, az a fenti izomor�a alapján könnyen

meg tudja mondani az inverzet.

3.2.30. házi feladat. Ellen®rizzük, hogy a+bx+I inverze R[x]/(x2+1)-ben

(a és b nem mindkett® 0)

a

a2 + b2+−b

a2 + b2x+ I.

Most egy olyan gondolatot mondunk el, amit az is könnyen megért, aki

nem hallott még komplex számokról.

Ötlet: tekintsük az (x2 + 1, g(x)) kitüntetett közös osztót.

Mivel x2+1 irreducibilis R[x]-ben, ezért ez a kitüntetett közös osztó vagy1 vagy x2 + 1. Utóbbi nem lehet, hiszen g az x2 + 1-nél alacsonyabb fokú

nem 0 polinom. Tehát (x2 + 1, g(x)) = 1. Továbbá az euklideszi algoritmus

segítségével tudunk olyan u(x), v(x) ∈ R[x] polinomokat találni, melyekkel

(3.3) u(x) ·(x2 + 1

)+ v(x) · g(x) = 1.

Itt u(x) · (x2 + 1) ∈ I. Tehát (3.3)-t modulo I tekintve

(v(x) + I) · (g(x) + I) = 1 + I

adódik, vagyis g(x) + I inverze R[x]/(x2 + 1)-ben létezik, és éppen v(x) + I.

3.2.31. házi feladat. Ellen®rizzük, hogy az euklideszi algoritmussal kapott

v(x) a g(x) = a+ bx polinomhoz éppen

a

a2 + b2+−b

a2 + b2x.


3.2.4. Egyszer¶ gy¶r¶k

Meg szeretnénk érteni, hogy mik az R[x] polinomgy¶r¶ (x2+1)-et tartalmazó

ideáljai. A 3.1.33. tétel miatt ezek az ideálok kölcsönösen egyértelm¶ megfe-

leltetésben állnak az R[x]/(x2 + 1) faktorgy¶r¶ ideáljaival. Ez a faktorgy¶r¶

a C testtel izomorf, így kézenfekv® el®ször testek ideáljait vizsgálni.

3.2.32. állítás. Egy T ferdetest ideáljai csak { 0 } és T .

Bizonyítás. Legyen I C T egy nem nulla ideál. Ekkor van 0 6= s ∈ I elem.

Mivel T ferdetest, s-nek létezik s−1 ∈ T inverze. De akkor 1 = s−1 · s ∈ I, ésígy tetsz®leges r ∈ T -re r = r · 1 ∈ I. Tehát ha I 6= { 0 }, akkor I = T .

3.2.33. házi feladat. Legyen 1 ∈ R, I CR ideál. Igazoljuk, hogy

I = R⇐⇒ 1 ∈ I ⇐⇒ I ∩R× 6= 0.

3.2.34. de�níció. Egy R gy¶r¶t egyszer¶ gy¶r¶nek nevezünk, ha csak a két

triviális ({ 0 } és R) ideálja van.

3.2.35. következmény. Minden ferdetest egyszer¶ gy¶r¶.

Felmerül a kérdés, hogy igaz-e a megfordítás.

3.2.36. példa. Legyen T test, n ≥ 2. Ekkor a T n×n mátrixgy¶r¶ egyszer¶.

Ezt például úgy lehet belátni, hogy az Iij mátrixokkal szorzunk jobbról illetve

balról, ahol Iij az a mátrix, amelynek az i-edik sorának j-edik eleme 1, a többi

eleme 0. A bizonyítást a vizsgán nem kell tudni.

A megfordítás az alábbi értelemben viszont igaz:

3.2.37. tétel. Ha egy R gy¶r¶nek csak a két triviális balideálja van, akkor R

ferdetest, vagy R prímrend¶ zérógy¶r¶ (azaz minden szorzat 0). Speciálisan,

ha 1 ∈ R kommutatív, akkor R test.

Bizonyítás. Az általános eset bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. A speciá-

lis esetben legyen 1 ∈ R egy kommutatív, egyszer¶ gy¶r¶. Legyen 0 6= s ∈ Rtetsz®leges, és tekintsük az (s) ideált. Ez nem a nulla ideál s 6= 0 miatt, tehát

(s) = R. Speciálisan 1 ∈ (s), tehát van olyan r ∈ R, hogy rs = 1 (hiszen (s)


elemei az s többszöröseib®l állnak). Tehát tetsz®leges s 6= 0 invertálható (a

kommutativitás miatt r kétoldali inverz), így R ferdetest. A kommutativitás

miatt R test.

3.2.38. következmény. 1 ∈ R kommutatív gy¶r¶, akkor

R egyszer¶⇐⇒ R test.

Visszatérve az R[x]/(x2 + 1) faktorgy¶r¶höz, mivel ez test, ezért nincs

valódi ideálja, tehát R[x]-ben nincs (x2 + 1)-et tartalmazó ideál. Az ilyen

ideálokat maximális ideálnak nevezzük.

3.2.39. de�níció. Legyen I C R, I 6= R. Azt mondjuk, hogy I maximális

ideál, ha nincs olyan JCR ideál, melyre I $ J $ R. Ekvivalensen: ha minden

I ⊆ J ⊆ R, J CR ideálra J = I vagy J = R.

3.2.40. állítás. I CR esetén

I maximális ideál R-ben⇐⇒ R/I egyszer¶.

Bizonyítás. A 3.1.33. tétel miatt R-nek az I-t tartalmazó ideáljai kölcsönösen

egyértelm¶ megfeleltetésben állnak az R/I faktorgy¶r¶ ideáljaival.

3.2.41. következmény. Ha 1 ∈ R kommutatív gy¶r¶, I CR, akkor

I maximális ideál R-ben⇐⇒ R/I test.

3.2.42. következmény. Az (x2 + 1) ideál maximális R[x]-ben.

Végül megjegyezzük, hogy egy gy¶r¶nek nem feltétlen kell maximális ide-

álokat tartalmazni. Egységelemes gy¶r¶ viszont mindig tartalmaz maximális

ideált, ezt mondja ki Krull tétele.

3.2.43. tétel (Krull tétele). Legyen 1 ∈ R, I C R. Ekkor van R-ben I-t

tartalmazó maximális ideál.


3.2.5. Euklideszi gy¶r¶k, f®ideálgy¶r¶k

Szeretnénk leírni az R[x] polinomgy¶r¶ összes ideálját. Ehhez el®ször a Zgy¶r¶ ideáljait vizsgáljuk. Tudjuk, hogy tetsz®leges n ∈ Z-re (n) C Z ideál.

Ennek igaz a megfordítása is.

3.2.44. állítás. Legyen I C Z. Ekkor van olyan n ∈ Z, hogy I = (n).

Bizonyítás. A bizonyítás ötlete a maradékos osztás elvén alapul. Legyen 0 6== n ∈ I egy legkisebb abszolút érték¶ nem nulla elem. Belátjuk, hogy I =

= (n). Nyilván (n) ⊆ I, hiszen n ∈ I. Az I ⊆ (n) tartalmazáshoz legyen

m ∈ I tetsz®leges, és osszuk el m-et maradékosan n-nel. Ekkor vannak q, r ∈∈ Z egészek, hogy

m = qn+ r,

és r = 0 vagy |r| < |n|. Ám ekkor

r = m− qn ∈ I.

Mivel n egy legkisebb abszolútérték¶ I-beli nem nulla elem volt, ezért r = 0

lehet csak. Vagyis m = qn, amib®l m ∈ (n). Mivel m ∈ I tetsz®leges volt,

így I ⊆ (n).

3.2.45. házi feladat. Vessük össze a bizonyítást a 2.2.19. tétel bizonyításá-

val.

Hasonlóan, ha T test, akkor tetsz®leges g ∈ T [x] polinomra (g)C T [x]. A

megfordítás itt is igaz.

3.2.46. állítás. Legyen T test, I C T [x]. Ekkor van olyan g ∈ T [x], hogy

I = (g).

Bizonyítás. A bizonyítás ötlete ismét a maradékos osztás elvén alapul. Mivel

itt most a maradék kisebb fokú, ezért legyen 0 6= g ∈ I egy legkisebb fokú nemnulla elem. Belátjuk, hogy I = (g). Nyilván (g) ⊆ I, hiszen g ∈ I. Az I ⊆ (g)

tartalmazáshoz legyen f ∈ I tetsz®leges, és osszuk el f -et maradékosan g-vel.

Ekkor vannak q, r ∈ T [x] polinomok, hogy

f = qg + r,


és r = 0 vagy deg r < deg g. Ám ekkor

r = f − qg ∈ I.

Mivel g egy legkisebb fokú I-beli nem nulla elem volt, ezért r = 0 lehet csak.

Vagyis f = qg, amib®l f ∈ (g). Mivel f ∈ I tetsz®leges volt, így I ⊆ (g).

Tehát mind Z, mind pedig a test feletti polinomgy¶r¶ ideáljai az egy

elem által generált ideálok. Az ilyen tulajdonságú gy¶r¶ket f®ideálgy¶r¶knek

hívjuk.

3.2.47. de�níció. Egy I C R ideált f®ideálnak hívunk, ha egy elemmel ge-

nerálható. Az R szokásos gy¶r¶t f®ideálgy¶r¶nek (angolul principal ideal do-

main, PID) hívjuk, ha R minden ideálja f®ideál.

A két bizonyításban a közös a maradékos osztás volt. Könny¶ látni, hogy a

fenti bizonyítások általánosodnak olyan gy¶r¶kre, ahol m¶ködik a maradékos

osztás. Az ilyen gy¶r¶ket euklideszi gy¶r¶knek hívjuk.

3.2.48. de�níció. Az R szokásos gy¶r¶t euklideszi gy¶r¶nek (angolul Eucli-

dean domain) hívjuk, ha (�elvégezhet® benne a maradékos osztás�) az R nem

nulla elemein értelmezve van egy nemnegatív egész érték¶ ϕ függvény (az

ún. euklideszi norma), hogy minden a, b ∈ R, b 6= 0 esetén vannak q, r ∈ Relemek úgy, hogy

a = bq + r,

és r = 0 vagy ϕ(r) < ϕ(b).

3.2.49. példa.

� Z, az euklideszi norma az abszolútérték.

� T [x] valamely T testre, az euklideszi norma a polinom foka.

� A Gauss-egészek gy¶r¶je:

G = { a+ bi | a, b ∈ Z } ,

ahol az euklideszi norma az abszolútérték: ϕ(a+ bi) = a2 + b2.


3.2.50. tétel. Legyen R euklideszi gy¶r¶. Ekkor R f®ideálgy¶r¶.

Bizonyítás. A tétel bizonyítása házi feladat a 3.2.44. és 3.2.46. állítások bi-

zonyítása alapján.

3.2.51. példa. Tekintsük az alábbi gy¶r¶t:

E[√−19

]={a+ bi

√19 : a, b ∈ Z

}∪{

2a+ 1

2+

2b+ 1

2i√19 : a, b ∈ Z

}.

Ekkor E[√−19

]f®ideálgy¶r¶, de nem euklideszi gy¶r¶. A bizonyítást a vizs-

gán nem kell tudni.

3.3 Számelmélet szokásos gy¶r¶kben 101

3.3. Számelmélet szokásos gy¶r¶kben

Ebben a szakaszban számelméleti ismereteinket kiterjesztjük szokásos gy¶-

r¶kre. Célunk bebizonyítani, hogy minden f®ideálgy¶r¶ben igaz a számelmé-

let alaptétele. A szakasz további részében feltesszük, hogy R egy szokásos

gy¶r¶, azaz 1 ∈ R, kommutatív, nullosztómentes.

3.3.1. Oszthatósági alapfogalmak

El®ször a számelméletb®l jó ismert fogalmakat de�niáljuk szokásos gy¶r¶kre.

A kapcsolódó állítások nem nehezek, így házi feladatok formájában tárgyal-

juk ®ket.

3.3.1. de�níció. Legyen r, s ∈ R. Azt mondjuk, hogy r osztja s-et (vagy r

osztója s-nek), ha van olyan t ∈ R, hogy s = rt. Ezt r | s-sel jelöljük.

3.3.2. házi feladat. Gondoljuk meg az alábbiakat.

� Ha a, b, c ∈ R, és a | b, akkor ac | bc.

� Ha a, b, c ∈ R, c 6= 0 és ac | bc, akkor a | b.

3.3.3. de�níció. Egy r ∈ R elemet egységnek nevezünk, ha minden R-beli

elemet oszt.

3.3.4. házi feladat. Igazoljuk, hogy R egységei pontosan R× elemei.

3.3.5. megjegyzés. Ne keverjük össze az egység fogalmát az egységelem fogal-

mával! Az egységek az invertálható elemek, míg az egységelem az az 1-gyel

jelölt elem, melyre 1 · r = r · 1 = r minden r ∈ R esetén.

3.3.6. de�níció. Azt mondjuk, hogy r, s ∈ R asszociáltak, ha ugyanazok r

és s többszörösei, azaz tetsz®leges t ∈ R esetén r | t és s | t egyszerre teljesül.Jele: r ∼ s.

3.3.7. házi feladat.

� Igazoljuk, hogy r és s pontosan akkor asszociált, ha r | s és s | r.


� Igazoljuk, hogy két elem pontosan akkor asszociált, ha egymás egység-

szeresei.

� Igazoljuk, hogy az asszociáltság ekvivalenciareláció.

A kitüntetett közös osztó fontos szerepet tölt be a szokásos gy¶r¶k szám-

elméletében is.

3.3.8. de�níció. Azt mondjuk, hogy az a, b ∈ R elemek kitüntetett közös

osztója d (jele (a, b) = d), ha

1. d közös osztója a-nak és b-nek, azaz d | a és d | b,

2. d kitüntetett, azaz ha c közös osztója a-nak és b-nek (c | a és c | b),akkor c | d.

3.3.9. házi feladat. Igazoljuk, hogy ha létezik (a, b), akkor az asszociáltság

erejéig egyértelm¶.

Annak ellenére, hogy a kitüntetett közös osztó nem egyértelm¶, sokszor

írjuk azt, hogy (a, b) = d, és ekkor arra gondolunk, hogy (a, b) ∼ d.

3.3.10. de�níció. Azt mondjuk, hogy a és b relatív prímek, ha (a, b) ∼ 1.

3.3.11. állítás (Kitüntetett közös osztó kiemelési tulajdonsága). Legyenek

r, s, t ∈ R, t 6= 0. Ha létezik (r, s) és (rt, st), akkor

(rt, st) ∼ (r, s)t.

Bizonyítás. (r, s)t | (rt, st) : Tudjuk, hogy (r, s) | r, amib®l (r, s)t | rt. Ugyan-így (r, s) | s, amib®l (r, s)t | st. Tehát (r, s)t közös osztója rt-nek és st-nek,

és így (r, s)t | (rt, st).(rt, st) | (r, s)t : Tudjuk, hogy t | rt és t | st, amib®l t | (rt, st). Legyen

x ∈ R olyan, hogy xt = (rt, st). Ekkor xt | rt, t 6= 0 miatt x | r. Hasonlóanxt | st, t 6= 0 miatt x | s. Tehát x | (r, s), és így (rt, st) = xt | (r, s)t.

Végül rátérünk egy elem felbontására, hogy megfogalmazhassuk a szám-

elmélet alaptételét. A 0-t és az egységeket nem bontjuk fel.


3.3.12. de�níció. Legyen 0 6= r ∈ R \ R×. Azt mondjuk, hogy az r = a · bfelbontás triviális, ha valamelyik tényez® az r asszociáltja. Másképpen: ha

valamelyik tényez® egység. Azt mondjuk, hogy r ∈ R felbonthatatlan (vagy

irreducibilis), ha csak triviális felbontása létezik.

3.3.13. de�níció. Azt mondjuk, hogy R alaptételes (angolul R unique fac-

torization domain, UFD), ha R-ben igaz a számelmélet alaptétele, azaz tet-

sz®leges nullától és egységt®l különböz® R-beli elem sorrendt®l és asszociált-

ságtól eltekintve egyértelm¶en írható fel felbonthatatlanok szorzataként.

3.3.14. példa.

� A f®példa alaptételes gy¶r¶re természetesen Z.

� Ha T test, akkor T [x] alaptételes.

� Z[x], Z[x1, . . . , xn] alaptételes.

� Ha T test, akkor T [x1, . . . , xn] alaptételes.

3.3.2. Az alaptétel egyértelm¶sége

A prímelemekre szükségünk lesz a továbbiakban.

3.3.15. de�níció. Egy r ∈ R elemet prímnek hívunk, ha r | ab esetén r | avagy r | b teljesül.

3.3.16. állítás.

1. Minden prím felbonthatatlan.

2. Ha bármely két elemnek van kitüntetett közös osztója, akkor minden

felbonthatatlan elem prím.

3. Ha minden felbonthatatlan elem prím, akkor igaz az alaptétel egyértel-

m¶ségi része.

4. Ha R alaptételes, akkor bármely két elemnek van kitüntetett közös osz-

tója.


Bizonyítás.

1. Legyen p prím, és tegyük fel, hogy p = ab. Ekkor p | p = ab, tehát

p | a vagy p | b. Ha p | a, akkor a | p miatt a ∼ p. Ha p | b, akkorb | p miatt b ∼ p. Mindkét esetben a p = ab felbontás triviális, tehát p

felbonthatatlan.

2. Legyen r felbonthatatlan, és tegyük fel, hogy r | ab, de r - a. Most

(r, a) | r, de (r, a) 6∼ r, különben r | a teljesülne. Mivel r felbonthatat-

lan, ezért (r, a) ∼ 1. Tehát r | (rb, ab) ∼ (r, a)b ∼ b.

3. Tegyük fel, hogy egy r elemnek két felbontása is van felbonthatatlanok

szorzatára:

(3.4) r = p1 . . . pk = q1 . . . ql.

Itt a pi-k és a qj nem feltétlen különböz® felbonthatatlan elemeket

jelölnek. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy k ≤≤ l. Most p1 felbonthatatlan, tehát a feltétel miatt prím is, így osztja

q1, . . . , ql elemek valamelyikét. Átindexeléssel feltehetjük, hogy p1 | q1,de q1 felbonthatatlan, tehát p1 ∼ q1. Tehát van ε1 ∈ R egység, hogy

q1 = ε1p1. Most (3.4)-t p1-gyel egyszer¶sítve (nullosztómentesség miatt

megtehet®)

p2 . . . pk = ε1q2 . . . ql

adódik. Folytatva az eljárást, p2 osztja valamelyik qj-t, feltehet®, hogy

pont q2-t, de q2 felbonthatatlan, így van egy ε2 ∈ R egység, hogy q2 =

= ε2p2, amib®l

p3 . . . pk = ε1ε2q3 . . . ql

adódik, stb. Végül k lépésben kapjuk, hogy

1 = ε1 . . . εkqk+1 . . . ql.

Most qj | 1 minden k + 1 ≤ j ≤ l-re, ami nem lehetséges, hisz qjfelbonthatatlan. Tehát nincsen k-nál nagyobb index¶ qj, amib®l l =

= k adódik. Azt pedig az egyes lépésekben láttuk, hogy p1 ∼ q1, stb.,

pk ∼ qk.


4. Legyen

r = εpα11 . . . pαk

k ,

s = ηpβ11 . . . pβkk ,

ahol a p1, . . . , pk felbonthatatlanok azok, amelyek az r és s valamelyi-

kének felbontásában szerepelnek, ε és η alkalmas egységek. Tehát most

megengedjük azt is, hogy néhány αi vagy βj nulla legyen. Ekkor

(r, s) ∼ pmin{α1,β1 }1 . . . p

min{αk,βk }k .

3.3.3. F®ideálok

Az oszthatóság könnyen átfordítható f®ideálok nyelvére.

3.3.17. állítás. Legyen R szokásos, r, s, a, b, d ∈ R. Ekkor

1. s | r ⇐⇒ (r) ⊆ (s), azaz �megfordul� a reláció.

2. (a, b) = (d), mint ideálok ⇐⇒ a és b kitüntetett közös osztója d, és

vannak olyan u, v ∈ R elemek, hogy au+ bv = d.

Bizonyítás.

1. =⇒ : (r) az r többszöröseib®l álló ideál. Ha s | r, akkor r minden

többszöröse s-nek is többszöröse, vagyis (r) ⊆ (s).

⇐= : r ∈ (s), azaz r többszöröse s-nek. Tehát van olyan t ∈ R, hogyr = st, vagyis s | r.

2. =⇒ : (a) ⊆ (a, b) = (d) miatt d | a. Hasonlóan (b) ⊆ (a, b) = (d) miatt

d | b, tehát d közös osztó. Ha c közös osztója a-nak és b-nek, akkor

(a) ⊆ (c), (b) ⊆ (c), amib®l (d) = (a, b) ⊆ (c), vagyis c | d. Tehát dkitüntetett közös osztó. Végül a 3.1.23. házi feladat alapján (a, b) =

= { au+ bv | u, v ∈ R }. Tehát d ∈ (a, b) miatt van u, v ∈ R, hogy

d = au+ bv.


⇐= : Most a és b kitüntetett közös osztója d, így d | a, d | b, amib®l

(a) ⊆ (d), (b) ⊆ (d), vagyis (a, b) ⊆ (d). Másrészt d = au + bv miatt

d ∈ (a, b), vagyis (d) ⊆ (a, b).

3.3.18. következmény. Legyen R f®ideálgy¶r¶.

1. Bármely két a, b ∈ R elemnek van d kitüntetett közös osztója, és vannak

u, v ∈ R elemek, melyekre au+ bv = d.

2. R-ben minden felbonthatatlan elem prím.

3. R-ben igaz az alaptétel egyértelm¶sége.

4. Legyen I CR. Ekkor R/I test ⇐⇒ I = (r), ahol r felbonthatatlan.

Bizonyítás. 1, 2 és 3 közvetlenül következik a 3.3.16. és 3.3.17. állításokból.

4 bizonyításához a 3.2.41. következményt használjuk. Tehát R/I pontosan

akkor test, ha I CR maximális ideál. Mivel R f®ideálgy¶r¶, ezért van r ∈ R,hogy I = (r). A 3.3.17. állítás miatt (r) pontosan akkor maximális R-ben,

ha r-nek nincs valódi osztója, azaz ha r felbonthatatlan.

Mivel T [x] f®ideálgy¶r¶, következményként kapjuk azt is, hogy mikor lesz

egy faktora test.

3.3.19. következmény. Legyen T test, f ∈ T [x]. Ekkor

T [x]/ (f(x)) test ⇐⇒ f(x) irreducibilis.

3.3.4. Z, T [x] alaptételes

A f®ideálokra felépített elmélet segítségével belátjuk, hogy Z és T [x] alapté-

teles gy¶r¶k.

3.3.20. tétel. Z alaptételes. Ha T test, akkor T [x] alaptételes.


Bizonyítás. Az alaptétel egyértelm¶sége következik abból, hogy Z és T [x] is

f®ideálgy¶r¶. Így a továbbiakban csak a létezést bizonyítjuk.

Z : A bizonyítás indirekt. Tegyük fel, hogy van olyan Z-beli elem, mely

nem írható fel felbonthatatlanok szorzataként. Legyen n egy legkisebb ab-

szolútérték¶ ilyen elem. Ekkor n nem felbonthatatlan, hisz akkor n = n egy

felbontás lenne felbonthatatlanok szorzatára. Tehát van n = a ·b nemtriviális

felbontás. Most |a| < |n|, |b| < |n|, tehát a-nak és b-nek van felbontása fel-

bonthatatlanok szorzatára. De akkor ezek szorzata az a·b = n egy felbontását

adja felbonthatatlanok szorzatára.

T [x] : A bizonyítás indirekt. Tegyük fel, hogy van olyan T [x]-beli elem,

mely nem írható fel felbonthatatlanok szorzataként. Legyen f egy legkisebb

fokú ilyen elem. Ekkor f nem felbonthatatlan, hisz akkor f(x) = f(x) egy

felbontás lenne felbonthatatlanok szorzatára. Tehát van f(x) = g(x) · h(x)nemtriviális felbontás. Most deg g < deg f , deg h < deg f , tehát g-nek és

h-nak van felbontása felbonthatatlanok szorzatára. De akkor ezek szorzata a

g(x) · h(x) = f(x) egy felbontását adja felbonthatatlanok szorzatára.

Érezhet®, hogy a bizonyítás gondolata általánosítható, ha sikerül megfog-

ni, hogy az indirekt feltevésben szerepl® elem milyen értelemben legyen mi-

nimális. Mivel a f®ideálok nyelvére átfordítva a tartalmazások megfordulnak,

így a felbonthatatlan elemek által generált f®ideálok között egy maximálisra

lesz szükségünk. Ezt segít kezelni a maximumfeltétel.

3.3.5. Maximumfeltétel

3.3.21. de�níció. Azt mondjuk, hogy egy R gy¶r¶ ideáljaira teljesül a ma-

ximumfeltétel, ha R ideáljainak nem létezik szigorúan növ® lánca, azaz nincs

I1 $ I2 $ . . . .

Másképp, ha I1 ⊆ I2 ⊆ . . . az R ideáljainak egy növ® lánca, akkor a lánc egy

id® után stabilizálódik, azaz van olyan n pozitív egész, hogy In = In+1 = . . . .

3.3.22. példa.


� Az egész számok gy¶r¶je könnyen láthatóan maximumfeltételes, de nem

minimumfeltételes, mert az alábbi ideálláncnak nincs minimális eleme:

(2) % (4) % (8) % · · · % (2m) % . . . .

� A C[x1, x2, x3, . . . ] végtelen határozatlanú polinomgy¶r¶ ideáljaira nem

teljesül a maximumfeltétel :

(x1) $ (x1, x2) $ (x1, x2, x3) $ . . . .

� Legyen R = C(R) a folytonos R → R függvények halmaza a ponton-

kénti összeadással és szorzással :

(f + g)(x) = f(x) + g(x), (fg)(x) = f(x)g(x), f, g ∈ C(R), x ∈ R.

Ekkor C(R) ideáljaira nem teljesül a maximumfeltétel. Legyen ugyanis

In azon C(R)-beli függvények halmaza, melyek a [0, 1/n] halmaz min-

den elemén 0-t vesznek fel. Ekkor In CR, és

I1 $ I2 $ . . . .

3.3.23. tétel. Legyen R f®ideálgy¶r¶. Ekkor R ideáljaira teljesül a maxi-

mumfeltétel.

A 3.3.23. tétel bizonyításához szükségünk lesz az alábbi lemmára.

3.3.24. lemma. Legyen I1 ⊆ I2 ⊆ . . . ideálok egy növ® lánca R-ben. Legyen

I = ∪∞k=1Ik. Ekkor I is ideál R-ben.

Bizonyítás. Legyen a, b ∈ I, r ∈ R tetsz®leges. Ekkor vannak k, l indexek,

hogy a ∈ Ik, b ∈ Il. Legyen n a k és l közül a nagyobb, ekkor a, b ∈ In, teháta± b ∈ In ⊆ I, valamint r · a, a · r ∈ In ⊆ I.

A 3.3.23. tétel bizonyítása. Legyen I1 ⊆ I2 ⊆ . . . ideálok egy növ® lánca

R-ben. Legyen I = ∪∞k=1Ik. Ekkor a 3.3.24. lemma miatt I is ideál R-ben.

Mivel R f®ideálgy¶r¶, ezért van r ∈ R, hogy I = (r). Mivel I = ∪∞k=1Ik, ezért

van olyan n pozitív egész, hogy r ∈ In. De akkor (r) ⊆ In ⊆ I = (r) miatt

In = In+1 = · · · = I, vagyis a lánc stabilizálódik.


3.3.6. Alaptételes gy¶r¶k

Az alábbi alszakaszban ekvivalens jellemzést adunk az alaptételes gy¶r¶kre,

majd bebizonyítjuk, hogy a f®ideálgy¶r¶k alaptételesek. Végül bemutatunk

néhány további példát alaptételes és nem alaptételes gy¶r¶re.

3.3.25. tétel. Legyen R szokásos gy¶r¶. Ekkor R pontosan akkor alaptételes,

ha az alábbi két feltétel mindegyike teljesül.

1. R-ben a f®ideálokra teljesül a maximumfeltétel.

2. R-ben minden felbonthatatlan elem prím.

Bizonyítás. Tegyük fel el®ször, hogy R alaptételes. Ekkor a 3.3.16. állítás

miatt minden felbonthatatlan elem prím. Másrészt, ha

(a1) $ (a2) $ (a3) $ . . .

f®ideáloknak egy szigorúan növ® lánca lenne, akkor . . . | a3 | a2 | a1 az

a1 osztóinak egy szigorúan fogyó sorozata lenne. Ami lehetetlen, hiszen az

osztók prímtényez®inek multiplicitással vett számának csökkennie kell.

Most tegyük fel, hogy 1 és 2 teljesül. A 3.3.16. állításból megvan az egy-

értelm¶ség. A létezéshez legyen

H = { (r) : r nem bontható fel felbonthatatlanok szorzatára } .

Ha H = ∅, akkor kész vagyunk. Ha H 6= ∅, akkor el®ször belátjuk, hogy H-nak van tartalmazásra nézve maximális eleme. Tegyük fel, hogy nincs. Tehát

van I1 ∈ H, és ez az elem nem maximális, így van I2 ∈ H, ami szigorúan

nagyobb I1-nél : I1 $ I2. De I2 sem maximális H-ban, tehát van I3 ∈ H, ami

szigorúan nagyobb I2-nél : I2 $ I3, stb. Ez pont f®ideálok egy szigorúan növ®

láncát adná:

I1 $ I2 $ I3 $ . . . ,

ami ellentmond annak, hogy 1 teljesül.

Tehát ha H 6= ∅, akkor H-nak van maximális eleme, mondjuk (m). Most

m nem lehet felbonthatatlan, hisz akkor m = m egy felbontás lenne felbont-

hatatlanok szorzatára. Tehát van m = a · b nemtriviális felbontás. De akkor


(m) $ (a), (m) $ (b), tehát m maximalitása miatt (a) /∈ H, (b) /∈ H. Teháta-nak és b-nek van felbontása felbonthatatlanok szorzatára. De akkor ezek

szorzata az a · b = m egy felbontását adja felbonthatatlanok szorzatára, ami

ellentmondás.

3.3.26. tétel. Legyen R f®ideálgy¶r¶. Ekkor R alaptételes.

Bizonyítás. A 3.3.25. tétel 2 pontját beláttuk a 3.3.18. következményben.

Az 1 pont pedig következik a 3.3.23. tételb®l. Mivel f®ideálgy¶r¶ben minden

ideál f®ideál, ezért speciálisan f®ideálokra is teljesül a maximumfeltétel.

3.3.27. következmény. Legyen R euklideszi gy¶r¶. Ekkor R alaptételes.

Bizonyítás. A 3.3.26. és a 3.2.50. tételek nyilvánvaló következménye.

3.3.28. tétel. Z[x] alaptételes.

Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. A gyakorlat fel-

adatsor egyik feladata a bizonyítást több apró részre bontja. A bizonyítás

azt használja ki, hogy Z alaptételes és Q[x] alaptételes.

A 3.3.28. tétel bizonyítása valójában általánosítható. Csak azt kell meg-

érteni, hogy úgy kapjuk meg Q-t Z-b®l, hogy képezzük a Z-beli elemek há-

nyadosait. Ezt a hányadostest fogalma általánosítja, melyet a 3.4. szakaszban

tárgyalunk. Igaz tehát az alábbi tétel.

3.3.29. tétel. Ha R alaptételes gy¶r¶, akkor R[x] is alaptételes.


3.3.30. következmény. A Z[x], Z[x1, . . . , xn], T [x1, . . . , xn] gy¶r¶k alapté-

telesek (ahol T test).

Tehát minden euklideszi gy¶r¶ f®ideálgy¶r¶, és minden f®ideálgy¶r¶ alap-

tételes. A fordított irányú tartalmazások nem igazak, erre az alábbi példák

mutatnak rá.

3.3.31. példa.

� Z, T [x], G euklideszi gy¶r¶k, tehát f®ideálgy¶r¶k és alaptételesek is.


� Tekintsük a 3.2.51. példában szerepl® gy¶r¶t:

E[√−19

]={a+ bi

√19 : a, b ∈ Z

}∪{

2a+ 1

2+

2b+ 1

2i√19 : a, b ∈ Z

}.

Ekkor E[√−19

]f®ideálgy¶r¶ (és így alaptételes is), de nem euklideszi

gy¶r¶. A bizonyítást a vizsgán nem kell tudni.

� Z[x] vagy C[x, y] alaptételes gy¶r¶k, de nem f®ideálgy¶r¶k: az els®ben

a (2, x), a másodikban (x, y) példa ideálra, melyek nem generálhatók

egy elemmel. Ha ugyanis egy elemmel generálhatók lennének, akkor

a 3.3.17. állítás miatt az a kitüntetett közös osztójuk lenne, ami mindkét

esetben az 1 lenne, de az (1) ideál az egész gy¶r¶.

� Tekintsük a Z[√−5] gy¶r¶t:

Z[√−5]={a+ bi

√5 : a, b ∈ Z

}.

Ez szokásos gy¶r¶, hisz C részgy¶r¶je. Ám nem alaptételes: meg lehet

gondolni, hogy a

9 = 3 · 3 =(2 + i

√5)·(2− i

√5)

két lényegesen különböz® felbontás felbonthatatlanok szorzatára. A bi-

zonyítást a vizsgán nem kell tudni.


3.4. Hányadostest

Az alábbi szakasz azt a konstrukciót általánosítja, ahogy a racionális számo-

kat az egész számokból nyerjük. Így a szakasz tanulmányozása során végig

ezt a példát érdemes szem el®tt tartani.

3.4.1. de�níció. Azt mondjuk, hogy T az R gy¶r¶ hányadosteste, ha T test,

R ≤ T (azaz R részgy¶r¶je T -nek), valamint T minden eleme felírható két

R-beli elem hányadosaként.

3.4.2. példa. Az egész számok gy¶r¶jének hányadosteste a racionális szá-

mok teste.

3.4.3. tétel. Egy R 6= 0 gy¶r¶nek van hányadosteste ⇐⇒ R integritási tar-

tomány (azaz kommutatív, nullosztómentes).

Bizonyítás. =⇒ : Ha T hányadosteste R-nek, akkor T kommutatív, nullosz-

tómentes, amit részgy¶r¶re örökl®dik.

⇐= : A bizonyítás ezen részét a könnyebb követhet®ség kedvéért alszaka-

szokra bontottuk.

3.4.1. A törtek konstrukciója

El®ször el kell készítsük az R-b®l képzett törteket. A probléma, hogy ezek

egyel®re nem léteznek, R-ben nem tudunk osztani. Az ötlet, hogy az a/b

törtet el®állítjuk, mint (a, b) pár. Legyen

X = { (a, b) : a, b ∈ R, b 6= 0 } .

Felmerül viszont a probléma, hogy bizonyos számoknak így több alakja is van.

Például 2/4 = 3/6 = 1/2. Tehát azonosítanunk kell azon törteket, melyek

azonos számot reprezentálnak. Tudjuk, hogy a racionális számok körében

a/b = c/d⇐⇒ ad = bc.

Itt a jobboldal értelmes R-ben is, hiszen csak szorzatok szerepelnek benne.

Így használhatjuk a törtek azonosításához. Legyen tehát ∼ az X-en a követ-

kez® reláció:

(a, b) ∼ (c, d)⇐⇒ ad = bc.

3.4 Hányadostest 113

3.4.4. lemma. ∼ ekvivalenciareláció X-en.

Bizonyítás. Re�exivitás. (a, b) ∼ (a, b) nyilván, hisz ab = ba.

Szimmetria. (a, b) ∼ (c, d), akkor nyilván (c, d) ∼ (a, b) is.

Tranzitivitás. Ha (a, b) ∼ (c, d) és (c, d) ∼ (e, f), akkor ad = bc és cf = de.

Az els® egyenl®séget f -fel, a másodikat b-vel szorozva

adf = bcf = bde,

melyet d 6= 0-val egyszer¶sítve af = be azaz (a, b) ∼ (e, f) adódik.

3.4.5. lemma. (a, b) ∼ (ad, bd) minden d 6= 0-ra.

Bizonyítás. Világos.

Tehát a törtek legyenek az ekvivalenciaosztályok, azaz legyen

T = X/ ∼ .

Jelöljük (a, b) ekvivalenciaosztályát (a, b)-vel, így

T ={(a, b) : a, b ∈ R, b 6= 0

}.

3.4.2. M¶veletek

Értelmeznünk kell összeadást és szorzást T -n. Szem el®tt tartva, hogy a ra-

cionális számok körében

a

b+c

d=ad+ bc

bd,

a

b· cd=ac

bd,

de�niáljuk a T -beli összeadást és szorzást a következ®képpen. Legyen

(a, b) + (c, d) = (ad+ bc, bd),

és legyen

(a, b) · (c, d) = (ac, bd).


Természetesen be kell látni, hogy ezek a m¶veletek jólde�niáltak, azaz repre-

zentánsfüggetlenek. Tehát ha (a, b) ∼ (a′, b′) és (c, d) ∼ (c′, d′), akkor be kell

látnunk, hogy

(ad+ bc, bd) ∼ (a′d′ + b′c′, b′d′).

Felhasználva, hogy ab′ = a′b és cd′ = c′d, kapjuk, hogy

(ad+ bc)b′d′ = ab′dd′ + bb′cd′ = (ab′)dd′ + bb′(cd′) =

a′bdd′ + bb′c′d = (a′d′ + b′c′)bd,

azaz (ad+ bc, bd) ∼ (a′d′ + b′c′, b′d′).

3.4.6. házi feladat. Lássuk be, hogy a szorzás is reprezentánsfüggetlen,

azaz ha (a, b) ∼ (a′, b′) és (c, d) ∼ (c′, d′), akkor

(ac, bd) ∼ (a′c′, b′d′).

3.4.3. Testaxiómák

Be kell látnunk, hogy az összeadás, szorzás kommutatív és asszociatív, va-

lamint teljesül a disztributív szabály. Utóbbit megmutatjuk, a többi négyet

házi feladatnak hagyjuk.

A disztributivitáshoz be kell tehát látni, hogy((a, b) + (c, d)

)· (e, f) = (a, b) · (e, f) + (c, d) · (e, f).

Most ((a, b) + (c, d)

)· (e, f) = (ad+ bc, bd) · (e, f) = (ade+ bce, bdf).

Itt a második egyenl®ségnél kihasználtuk az R-beli disztributivitást. Másrészt

(a, b) · (e, f) + (c, d) · (e, f) = (ae, bf) + (ce, df) = (adef + bcef, bdf 2) =

= (ade+ bce, bdf).

Az utolsó egyenl®ségben a 3.4.5. lemmát használtuk.


3.4.7. házi feladat. Igazoljuk, hogy T -ben az összeadás és a szorzás is

kommutatív, asszociatív.

A nullelem (0, b) lesz. Ezek valóban egy ekvivalenciaosztályt alkotnak,

ugyanis

(0, b) ∼ (c, d)⇐⇒ 0 · d = b · c⇐⇒ 0 = c.

(Itt a második egyenl®ségnél b 6= 0-val egyszer¶sítettünk.) Továbbá (0, b)

valóban jó nullelemnek, mert

(0, b) + (e, f) = (0 · f + b · e, bf) = (be, bf) = (e, f).

Az utolsó egyenl®ségnél ismét b 6= 0-val egyszer¶sítettünk.

3.4.8. házi feladat. Igazoljuk, hogy (a, b) ellentettje (−a, b).

Tehát T kommutatív gy¶r¶. Az egységelem T -ben (b, b) lesz.

3.4.9. házi feladat. Igazoljuk, hogy (b, b) valóban egy ekvivalenciaosztály.

Most

(b, b) · (e, f) = (be, bf) = (e, f).


Végül (a, b) 6= 0 inverze (b, a) lesz, ez értelmes, mert (a, b) 6= 0 esetén

a 6= 0.

3.4.10. házi feladat. Igazoljuk, hogy (b, a) valóban inverze (a, b)-nek.

3.4.4. R részgy¶r¶ T -ben

Be kellene látnunk, hogy R részgy¶r¶je T -nek. Ez valójában nem igaz, hisz

T elemei R-beli párokból képzett ekvivalenciaosztályok. Viszont meg tudunk

feleltetni R elemeinek alkalmas T -beli elemeket, vagyis találunk T -ben egy

R-rel izomorf részgy¶r¶t. Az ötletet az adja, hogy az egész számokat fel lehet

írni törtekként, például 3 = 6/2 = 9/3, stb.

Legyen tehát

ϕ : R→ T,

r 7→ (rb, b).


Be kell látnunk, hogy ϕ jólde�niált, injektív, m¶velettartó. A jólde�niált-

ság abból már következik, hogy az (rb, b) alakú párok egy ekvivalenciaosztályt

alkotnak, ugyanis

(rb, b) = (c, d)⇐⇒ rbd = bc⇐⇒ c = rd.


A injektivitás bizonyítása:

ϕ(r) = ϕ(s)⇐⇒ (rb, b) = (sb, b)⇐⇒ rb2 = sb2 ⇐⇒ r = s.

Az utolsó egyenl®ségnél egyszer¶sítettünk b2 6= 0-val. Tehát ϕ : R → ϕ(R)

kölcsönösen egyértelm¶.

Az összegtartás az alábbi módon igazolható:

ϕ(r) + ϕ(s) = (rb, b) + (sb, b) = (rb2 + sb2, b2) = (rb+ sb, b) = ϕ(r + s).

3.4.11. házi feladat. Igazoljuk, hogy ϕ a szorzást is tartja.

3.4.5. T az R-beli elemek hányadosa

Már csak annyi van hátra a bizonyításból, hogy belássuk, hogy minden T -beli

elem el®áll két R-beli (azaz ϕ(R)-beli) elem hányadosaként. Legyen (c, d) ∈ Ttetsz®leges, ekkor ez éppen ϕ(c) és ϕ(d) hányadosa:

ϕ(c)

ϕ(d)=

(cb, b)

(db, b)= (cb, b) · (b, db) = (cb2, db2) = (c, d).

Az utolsó egyenl®ségben kétszer egyszer¶sítettünk b 6= 0-val.

3.4.6. Egyértelm¶ség

3.4.12. tétel. Tegyük fel, hogy egy R nullosztómentes, kommutatív gy¶r¶nek

S és T is hányadosteste. Ekkor van ψ : T → S izomor�zmus, mely az R

elemeit �xálja.

Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. Elég belátni a tételt

abban a speciális esetben, ha T a 3.4.3. tétel bizonyításában szerepl® test.


Ha ugyanis S1 és S2 két tetsz®leges hányadostest, akkor S1 ' T ' S2-b®l

S1 ' S2 is következik.

De�niáljuk tehát ψ : T → S-et. Legyen (a, b) ∈ T tetsz®leges. Most a, b ∈∈ R ⊆ S, b 6= 0, tehát képezhetjük az a/b ∈ S törtet. Legyen

ψ((a, b)

)=a

b∈ S.

Ellen®riznünk kell, hogy ψ jólde�niált, homomor�zmus és bijekció.

Jólde�niáltság. Legyen (a, b) = (c, d), ekkor ad = bc teljesül R-ben, de

akkor S-ben is. Osztva bd 6= 0-val a/b = c/d teljesül S-ben.

Összegtartás.

ψ((a, b) + (c, d)

)= ψ

((ad+ bc, bd)

)=ad+ bc

bd=

=a

b+c

d= ψ

((a, b)

)+ ψ

((c, d)

).

Szorzattartás.

ψ((a, b) · (c, d)

)= ψ

((ac, bd)

)=ac

bd= =

a

b· cd= ψ

((a, b)

)·ψ((c, d)

).

Injektivitás. Ha ψ((a, b)

)= 0, akkor a/b = 0 az S-ben. Ekkor a = 0,

tehát (a, b) = 0 a T -ben.

Szürjektivitás. Legyen s ∈ S tetsz®leges, ekkor vannak olyan a, b ∈ R

elemek, hogy s = a/b. Ekkor ψ((a, b)

)= a/b = s.

3.4.13. következmény. Ha R ≤ S, ahol S test, akkor S-nek van az R

hányadostestével izomorf részgy¶r¶je, ami éppen az a/b alakú törtek halmaza,

ahol a, b ∈ R.

Bizonyítás. Az a/b alakú elemek résztestet alkotnak S-ben, ami nyilván há-

nyadosteste R-nek.

4. fejezet

Bevezetés a testelméletbe

A fejezetben a gy¶r¶elméleti ismereteinket kamatoztatva a testb®vítések el-

méletébe nyerünk betekintést, alkalmazásként pedig megismerkedünk a véges

testekkel és a szerkesztéselmélettel.

4.1. Testb®vítés

4.1.1. példa. Melyik az a legsz¶kebb számtestet C-ben, mely tartalmazza

Q-t, valamint√2-t?

Ezt a testet Q(√

2)-vel jelöljük, és könny¶ látni, hogy minden a + b

√2

alakú számot tartalmaznia kell, ha a, b ∈ Q. Vizsgáljuk tehát az

S ={a+ b

√2 : a, b ∈ Q

}halmazt a szokásos m¶veletekkel. Könny¶ ellen®rizni, hogy S kommutatív,

egységelemes gy¶r¶. Benne lesz azonban minden nemnulla elem inverze (re-

ciproka) is. Vegyünk ugyanis egy a + b√2 6= 0 elemet (a, b ∈ Q), ennek a

reciproka

1

a+ b√2=a− b

√2

a2 − 2b2=

a

a2 − 2b2+

−ba2 − 2b2

√2 ∈ S,

hiszen aa2−2b2 ,

−ba2−2b2 ∈ Q. Még ellen®riznünk kell, hogy a nevez® csak akkor

lenne 0, ha a = b = 0. Valóban: ha a2 = 2b2, akkor vagy b = 0, és így

a = 0, vagy (a/b)2 = 2, ami ellentmond√2 irracionális voltának. Tehát S

4.1 Testb®vítés 119

test, és így S = Q(√

2). Végül vegyük észre, hogy az S-beli elemek a +

+ b√2 el®állítása egyértelm¶. Ha ugyanis a + b

√2 = c + d

√2 (valamilyen

a, b, c, d ∈ Q számokra), akkor a− c = (b−d)√2. Ha most b 6= d lenne, akkor√

2 = a−cb−d ∈ Q lenne, ami ellentmondás. Tehát b = d, amib®l a = c, vagyis

az el®állítás egyértelm¶.

4.1.2. példa. Melyik az a legsz¶kebb számtestet C-ben, mely tartalmazza

Q-t, valamint 3√2-t?

Ezt a testet Q(

3√2)-vel jelöljük, és könny¶ látni, hogy minden a + b 3

√2

alakú számot tartalmaznia kell, ha a, b ∈ Q. Ez azonban még nem elég: a3√4 = 3

√2 · 3√2-t is tartalmaznia kell, ami nem írható fel a + b 3

√2 alakban.

Csakugyan, ha 3√4 = a + b 3

√2 lenne valamely a, b ∈ Q számokra, akkor 3

√2

gyöke lenne az x2−bx−a ∈ Q[x] polinomnak. Ugyanakkor 3√2 gyöke az x3−

− 2 ∈ Q[x] polinomnak is, vagyis gyöke a két polinom (x2 − bx− a, x3 − 2)

kitüntetett közös osztójának is. Most x3 − 2 a Schönemann�Eisenstein féle

irreducibilitási kritérium miatt irreducibilis Q felett, az x2 − bx − a pedig

alacsonyabb fokú nála, így ez a kitüntetett közös osztó 1, aminek nem gyöke

a 3√2. Az ellentmondás bizonyítja, hogy 3

√4 nem írható fel a+ b 3

√2 alakban.

Vizsgáljuk tehát a

T ={a+ b

3√2 + c

3√4 : a, b, c ∈ Q

}halmazt a szokásos m¶veletekkel. Könny¶ ellen®rizni, hogy T kommutatív,

egységelemes gy¶r¶. Ismét azt kellene ellen®rizni, hogy ha veszünk egy tet-

sz®leges a + b 3√2 + c 3

√4 6= 0 elemet (a, b, c ∈ Q), akkor ennek a reciproka is

T -beli. Legyen g(x) = a+ bx+ cx2. Az ötlet, hogy vegyük ismét az x3− 2 és

a g(x) polinomok kitüntetett közös osztóját. Mivel x3 − 2 irreducibilis Q fe-

lett, g(x) pedig alacsonyabb fokú, ezért (x3 − 2, g(x)) = 1. S®t, az euklideszi

algoritmus miatt vannak u(x), v(x) ∈ Q[x] polinomok, hogy

u(x) ·(x3 − 2

)+ v(x) · g(x) = 1.

Helyettesítsünk ebbe az egyenl®ségbe 3√2-t. Mivel 3

√23−2 = 0, így azt kapjuk,

hogy

v(

3√2)·(a+ b

3√2 + c

3√4)= 1.

120 BEVEZETÉS A TESTELMÉLETBE

Tehát v(

3√2)az a + b 3

√2 + c 3

√4 reciproka. Már csak azt kellene látnunk,

hogy v(

3√2)∈ T . Ezt kétféleképpen is láthatjuk. Az egyik, hogy 3

√2 minden

hárommal osztható hatványa racionális, tehát mind hatványa az 1, 3√2, 3√4

számok valamelyikének racionális számszorosa. Másképpen: osszuk el mara-

dékosan v(x)-t (x3 − 2)-vel, a maradék egy legfeljebb másodfokú polinom:

v(x) = s(x) ·(x3 − 2

)+(p+ qx+ rx2

).

Behelyettesítve 3√2-t kapjuk, hogy

v(

3√2)= p+ q

3√2 + r

3√4 ∈ T.

Tehát T test.

Felmerül a kérdés, hogy hogyan lehet általában legsz¶kebb résztesteket

meghatározni, valamint mije az x3 − 2 a 3√2-nek?

4.1.3. de�níció. Legyen K részteste L-nek. Ezt úgy mondjuk, hogy az L

testb®vítése K-nak, vagy K ≤ L testb®vítés. Van, ahol K ≤ L helyett az

L | K jelölést használják.

4.1.4. példa. A f®példa a Q ≤ C testb®vítés.

4.1.5. de�níció. Legyen K ≤ L testb®vítés, α ∈ L. A legsz¶kebb résztes-

tet L-ben, mely tartalmazza K-t és α-t is K (α)-val jelöljük. A K ≤ K(α)

testb®vítést egyszer¶ b®vítésnek nevezzük.

4.1.1. Minimálpolinom

4.1.6. de�níció. Legyen K ≤ L testb®vítés. Egy α ∈ L elem K feletti mi-

nimálpolinomján azt a legalacsonyabb fokú normált (1 f®együtthatós) mα ∈∈ K[x] polinomot értjük, melynek α gyöke. Ha csak a 0 polinom ilyen, akkor

azt mondjuk, hogy α transzcendens K fölött. Ekkor nem szoktunk minimál-

polinomról beszélni. Ha van K[x]-beli nem 0 polinom is, aminek α gyöke,

akkor azt mondjuk, hogy α algebrai K felett.

4.1.7. példa.


� Algebrai számra példa√2, 3√2.

� Transzcendens számra példa e, π, 2√3. A vizsgán nem kell tudni bizo-

nyítani, hogy ezek a számok transzcendensek.

Azonnal felmerül a kérdés, hogy egyáltalán létezik-e legalacsonyabb fokú

polinom, aminek α gyöke. Létezik, s®t mindig irreducibilis lesz.

4.1.8. tétel. Legyen K ≤ L testb®vítés, α ∈ L.

1. mα létezik és egyértelm¶en meghatározott.

2. Minden f ∈ K[x]-re

f(α) = 0⇐⇒ mα | f.

3. Ha α algebrai K felett, akkor mα irreducibilis K felett.

4. Ha α algebrai K felett, f ∈ K[x] pedig egy olyan normált, K felett

irreducibilis polinom, melyre f(α) = 0, akkor mα = f .

Bizonyítás. 1. Létezik legalacsonyabb fokú polinom, melynek α gyöke. Al-

kalmas számmal elosztva ezt a polinomot kapunk egy olyan legalacso-

nyabb fokú polinomot, mely normált, azaz 1 a f®együtthatója és α

gyöke. Tehát mα létezik. Tegyük fel, hogy van két legalacsonyabb fokú

polinom (f 6= g), melyek normáltak, és α mindkett®nek gyöke. Ekkor

f és g azonos fokszámú, különben a magasabb fokú nem lehetne egy

legalacsonyabb fokú, α gyök¶ polinom. De akkor f − g alacsonyabb

fokú, α gyök¶ polinom lenne, ami ellentmondás.

2. ⇐= : világos.

=⇒ : Osszuk el f -et maradékosan mα-val. Vannak tehát q, r ∈ K[x]

polinomok, melyekre

f(x) = mα(x)q(x) + r(x),

valamint r(x) = 0 vagy deg r < degmα. Az α behelyettesítése után 0 =

= r(α) adódik, tehát r-nek is gyöke α. Demα a legkisebb fokú polinom,

melynek α gyöke, vagyis r(x) = 0 lehet csak, és így mα(x) | f(x).


A teljesebb megértés céljával belátjuk az 1. és 2. pontokat a 3.1.32. pél-

da ötletét felhasználva is. Tekintsük a az α behelyettesítése homomor-

�zmust:

ϕα : K[x]→ L,

f 7→ f ∗(α)

Ennek magja éppen azon polinomok halmaza, melyeknek gyöke α :

kerϕα = { f ∈ K[x] : f(α) = 0 } .

Most kerϕα CK[x], és K[x] f®ideálgy¶r¶. Tehát kerϕα-t asszociáltság

erejéig egyetlen polinom generálja. Ezen generáló polinomok közül az 1

f®együtthatós éppenmα, ezzel az 1. pont (ismét) kész. A 2. pont is kész,

hiszen kerϕα = (mα) elemei egyrészt azon f polinomok, melyeknek α

gyöke, másrészt mα többszörösei.

3. L nullosztómentességét kell használnunk. Tegyük fel, hogy mα(x) =

= g(x) · h(x) alkalmas g, h ∈ K[x] polinomokra. Ekkor α behelyettesí-

tésével

0 = mα (α) = g(α) · h(α)

adódik. Mivel L nullosztómentes, ezért ez csak úgy lehet, ha g(α) =

= 0 vagy h(α) = 0. Ha g(α) = 0, akkor a 2. pont miatt mα | g,ugyanakkor g | mα nyilván, vagyis az mα(x) = g(x)h(x) felbontás

triviális. Ugyanígy triviális felbontást kapunk, ha h(α) = 0.

4. Mivel f(α) = 0, ezért a 2. pont miatt mα | f . De f irreducibilis, vagyis

mα konstans vagy f asszociáltja. Konstans nem lehet mα, hiszen α gyö-

ke. Tehát mα és f asszociáltak. Ugyanakkor mindkett® f®együtthatója

1, tehát f = mα.

A fenti tétel hasznos minimálpolinomok meghatározására.

4.1.9. példa.


� α = 24 minimálpolinomja Q felett x − 24, hiszen ez egy normált, Qfelett irreducibilis polinom, melynek 24 gyöke.

� α =√27 minimálpolinomja Q felett x2 − 27 : normált,

√27 gyöke. A

Q felett irreducibilitás következik abból, hogy másodfokú polinomként

csak úgy lehetne felbontható, ha lenne racionális gyöke.

� α = 3√9 minimálpolinomja Q felett x3 − 9 : normált, 3

√9 gyöke. A Q

felett irreducibilitás következik abból, hogy harmadfokú polinomként

csak úgy lehetne felbontható, ha lenne racionális gyöke.

� α = 4√2 minimálpolinomja Q felett x4 − 2 : a normáltság világos,

ahogy az is, hogy 4√2 gyöke. A Q felett irreducibilitás következik a

Schönemann�Eisenstein féle irreducibilitási kritériumból p = 2-vel. Vi-

gyázat! Legalább negyedfokú egyenleteknél már nem elég az irreduci-

bilitáshoz, hogy nincs gyöke.

� α = 1 + i esetén α4 = (1 + i)4 = −4, ennek ellenére nem x4 + 4 a

mimimálpolinom, mert nem irreducibilis Q felett.

4.1.10. házi feladat. Igazoljuk, hogy α = 1 + i minimálpolinomja Q felett

x2 − 2x+ 2.

4.1.2. Egyszer¶ b®vítések

A minimálpolinom fogalmának segítségével már általánosíthatjuk a 4.1.1. és

4.1.2. példák gondolatmenetét tetsz®leges egyszer¶ b®vítésre.

4.1.11. tétel. Legyen K ≤ L testb®vítés, α ∈ L egy algebrai elem, melyre

n = degmα. Ekkor

K(α) ={a0 + a1α + · · ·+ an−1α

n−1 : a0, a1, . . . , an−1 ∈ K},

továbbá minden K(α)-beli elem el®állítása a0 + a1α+ · · ·+ an−1αn−1 alakban

egyértelm¶.


Bizonyítás. Legyen

T ={a0 + a1α + · · ·+ an−1α

n−1 : a0, a1, . . . , an−1 ∈ K}.

El®ször belátjuk, hogy T test. Vegyük észre, hogy T -ben benne van α min-

den K-együtthatós polinomja. Csakugyan, legyen f ∈ K[x] tetsz®leges (nem

feltétlen legfeljebb (n− 1)-edfokú) polinom. Osszuk el maradékosan f -et az

n-edfokú mα-val :

f(x) = mα(x) · q(x) + (a0 + a1x+ · · ·+ an−1xn−1).

Behelyettesítve α-t, és felhasználva, hogy mα-nak gyöke α kapjuk, hogy

f(α) = a0 + a1α + · · ·+ an−1αn−1 ∈ T.

Tehát α minden polinomja benne van T -ben, vagyis összeadásra, kivonásra

és szorzásra zárt. Tehát T gy¶r¶. (Ez egyébként abból is kijön, hogy T a

ϕα : K[x]→ L,

f 7→ f ∗(α)

homomor�zmus képe L-ben, és így annak kommutatív részgy¶r¶je.)

Belátjuk, hogy T test, ehhez az inverz megtalálására van szükségünk.

Legyen

g(x) = a0 + a1x+ · · ·+ an−1xn−1

egy nemnulla polinom, keressük g(α)−1-t. Az ötlet ismét az, hogy meghatá-

rozzuk az (mα, g) kitüntetett közös osztót. Most mα irreducibilis, deg g <

< degmα, tehát a kitüntetett közös osztó 1. S®t, az euklideszi algoritmus

segítségével találhatunk olyan u, v ∈ K[x] polinomokat, hogy

u(x) ·mα(x) + v(x) · g(x) = 1.

Helyettesítsünk α-t. Ekkor mα(α) = 0 miatt

v(α) · g(α) = 1

adódik. Tehát v(α) = g(α)−1, és v(α) ∈ T , hiszen T éppen α polinomjaiból

áll. Tehát T valóban test.


Belátjuk, hogy T = K(α). Mivel K ≤ T és α ∈ T , ezért K(α) ≤ T .

Másrészt K ≤ K(α), α ∈ K(α), és K(α) zárt az összeadásra, kivonásra

és a szorzásra, tehát α összes K-együtthatós polinomjának is K(α)-ban kell

lennie. Ebb®l T ≤ K(α), vagyis T = K(α).

Hiányzik még annak az igazolása, hogy minden T -beli elem egyértelm¶en

írható fel α-nak legfeljebb (n − 1)-edfokú polinomjaként. Tegyük fel, hogy

vannak a0, a1, . . . , an−1, b0, b1, . . . , bn−1 ∈ K, melyekre

a0 + a1α + · · ·+ an−1αn−1 = b0 + b1α + · · ·+ bn−1α

n−1.

Ebb®l

(a0 − b0) + (a1 − b1)α + · · ·+ (an−1 − bn−1)αn−1 = 0.

Legyen most

f(x) = (a0 − b0) + (a1 − b1)x+ · · ·+ (an−1 − bn−1)xn−1 ∈ K[x].

Tehát f egy legfeljebb (n − 1)-edfokú polinom, melyre f(α) = 0, vagyis

mα | f . De mα foka n, ami csak úgy lehet, ha f(x) = 0, azaz f minden

együtthatója 0. Ebb®l a0 = b0, a1 = b1, . . . , an−1 = bn−1 adódik.

4.1.12. tétel. Legyen K ≤ L testb®vítés, α ∈ L transzcendens K felett.

Ekkor

K(α) =

{f(α)

g(α): f, g ∈ K[x], g(x) 6= 0

},

és az el®állítás abban az értelemben egyértelm¶, hogy

f(α)

g(α)=h(α)

k(α)⇐⇒ f(x)k(x) = g(x)h(x) a K[x] polinomgy¶r¶ben.


4.1.13. példa. Q(π)-ben

π2 + 3π + 2

π2 + π=π4 + 2π3

π4=π + 2

π6= π + 1

2π − 3.


4.1.3. B®vítés több elemmel

4.1.14. de�níció. Legyen K ≤ L testb®vítés, α, β, . . . ∈ L elemek. Ekkor

K(α, β, . . . ) a legsz¶kebb olyan részteste L-nek, mely tartalmazza K-t, és az

α, β, . . . elemek mindegyikét.

4.1.15. házi feladat. Igazoljuk, hogy K(α, β, . . . ) létezik, és pontosan az

α, β, . . . elemek összes többhatározatlanú polinomjának hányadosaként el®-

álló L-beli elemek vannak benne.

4.1.16. példa. Mi lesz Q(√

2,√3)? A korábbiak alapján azt gondolhatjuk,

hogy

(4.1) Q(√

2,√3)={a+ b

√2 + c

√3 + d

√6 : a, b, c, d ∈ Q

}.

Azt könny¶ látni, hogy a jobboldal részgy¶r¶je C-nek, az nem teljesen vilá-

gos, hogy miért van benne minden nem nulla elem reciproka. Ehhez az ötlet

az, hogy kezeljük Q(√

2,√3)-t, mint két egyszer¶ b®vítés egymásutánja:

Q(√

2) (√

3). Legyen S = Q

(√2,√3), T = Q

(√2) (√

3). Ekkor S = T ,

ugyanis:

S ⊆ T :√3 ∈ T , valamint Q

(√2)⊆ T . Utóbbiból

√2 ∈ T és Q ⊆ T

adódik. Tehát√2,√3 ∈ T , Q ⊆ T , vagyis S ⊆ T .

S ⊇ T : Q ⊆ S,√2 ∈ S, tehát Q

(√2)⊆ S. Továbbá

√3 ∈ S, vagyis

T ⊆ S.

Határozzuk meg tehát a T testet. Alkalmazva a 4.1.11. tételt

(4.2) Q(√

2)(√

3)={α + γ

√3 : α, γ ∈ Q

(√2)}

,

feltéve, hogy√3 minimálpolinomja Q

(√2)felett is x2− 3. Ez igaz, mert en-

nek a polinomnak gyöke, és ez irreducibilis Q(√

2)felett, mert

√3 /∈ Q

(√2).

Viszont (4.2)-ben α = a + b√2, γ = c + d

√2 (a, b, c, d ∈ Q), amib®l (4.1)

adódik. Ezzel a konstrukcióval választ kaptunk arra is, hogy miként kap-

ható a reciprok: egyszer¶ b®vítésben tudunk reciprokot meghatározni, és

Q(√

2,√3)-t épp most írtuk fel egyszer¶ b®vítések egymásutánjaként.

4.1.17. házi feladat. Legyen K ≤ L testb®vítés, legyenek α, β, α1, . . . , αk ∈∈ L algebrai elemek K felett. A 4.1.16. példa mintájára lássuk be az alábbi-

akat.


1. K (α) (β) = K (α, β) = K (β, α).

2. K (α, β) = K (α, α + β).

3. Ha α 6= 0, akkor K (α, β) = K (α, αβ).

4.

K (α1, . . . , αk) = { p (α1, . . . , αk) : p ∈ K[x1, . . . , xk] } ,

vagyis a hányadosok �automatikusan� benne lesznek már a generált

részgy¶r¶ben is.


4.2. Szorzástétel

A szakaszban a szorzástétellel, és annak néhány következményével ismer-

kedünk meg. El®ször vegyük észre, hogy ha K ≤ L testb®vítés, akkor L

vektortér K felett. (Házi feladat: gondoljuk meg, hogy teljesülnek a vektor-

téraxiómák.)

4.2.1. de�níció. Legyen K ≤ L testb®vítés. Ekkor L test K felett, melynek

dimenziója az L foka K felett. Jele: |L : K|. Azt mondjuk, hogy a K ≤ L

b®vítés véges, ha |L : K| véges. Továbbá azt mondjuk, hogy a K ≤ L b®vítés

algebrai, ha minden α ∈ L algebrai K felett.

4.2.2. állítás. Legyen K ≤ L testb®vítés.

1. Ha α ∈ L algebrai K felett, akkor |K(α) : K| = degmα. Ezt a számot

az α fokának nevezzük, és degK α-val jelöljük.

2. Ha α transzcendens, akkor |K(α) : K| =∞.

3. K ≤ K(α) véges ⇐⇒ α algebrai.

Bizonyítás. 1. Legyen n = degmα. A 4.1.11. tétel alapján

K(α) ={a0 + a1α + · · ·+ αn−1α

n−1 : a0, a1, . . . , an−1 ∈ K},

és az el®állítás egyértelm¶. Ez pontosan azt jelenti, hogy 1, α, . . . , αn−1

bázis K(α)-ban K felett, elemszáma n = degmα.

2. Vegyük észre, hogy 1, α, α2, . . . , αk, . . . lineárisan független K felett

K(α)-ban. Ha ugyanis lenne közöttük valamilyen lineáris összefüggés,

akkor az azt jelentené, hogy α gyöke egy K-együtthatós polinomnak.

(Házi feladat: gondoljuk meg! )

3. Világos az els® két pontból.

4.2.3. tétel (Szorzástétel). Legyenek K ≤ L ≤M testb®vítések. Ekkor

K ≤M véges b®vítés ⇐⇒ K ≤ L és L ≤M véges b®vítés,

és ekkor |M : K| = |M : L| · |L : K|.

4.2 Szorzástétel 129

4.2.4. példa. K = Q, L = Q(√

2), M = Q

(√2) (√

3). Ekkor 1,

√2 bázis

L-ben K felett, hisz√2 minimálpolinomja Q felett másodfokú. Az 1,

√3

bázis M -ben L felett, mert√3 minimálpolinomja Q

(√2)felett másodfokú.

Tehát M = Q(√

2) (√

3)minden eleme egyértelm¶en felírható α + γ

√3

alakban, ahol α, γ ∈ Q(√

2). Vagyis M minden eleme egyértelm¶en el®áll

a+ b√2+ c

√3+ d

√6 alakban, ahol a, b, c, d ∈ Q. Tehát 1,

√2,√3,√6 bázist

alkot M -ben K felett.

A 4.2.3. tétel bizonyítása.

⇐= : Legyen u1, . . . , um bázis M -ben L felett, v1, . . . , vn bázis L-ben K

felett. Belátjuk, hogy az mn darab uivj szorzat bázis M -ben K felett.

Az M elemei β = α1u1 + · · ·+αmum alakúak, ahol α1, . . . , αm ∈ L. Most

minden αi = ai1v1 + · · ·+ ainvn alakú, ahol aij ∈ K. Tehát

β =m∑i=1

n∑j=1

aijuivj,

azaz uivj generátorrendszer M -ben K felett. A függetlenséghez tegyük fel,

hogy∑m

i=1

∑nj=1 aijuivj = 0. Legyen αi = ai1v1 + · · · + ainvn ∈ L. Ekkor

α1u1 + · · · + αmum = 0. De u1, . . . , um bázis M -ben L felett, vagyis minden

αi = 0, vagyis ai1v1+ · · ·+ainvn = 0 az L-ben. Most v1, . . . , vn bázis K felett

L-ben, vagyis minden aij = 0, ezzel az uivj vektorok lineáris függetlensége is

kész.

=⇒ : Ha |M : K| véges, akkor |M : L| is véges, hiszen minden K feletti

generátorrendszer L felett is generátorrendszer. Továbbá ha |L : K| végtelenlenne, akkor lennének v1, v2, . . . ∈ L lineárisan független vektorok K felett

L-ben, de akkor ezek lineárisan függetlenek lennének K felett M -ben is.

Megjegyezzük, hogy a bizonyításban csak annyi használtunk, hogy M

vektortér L felett (és akkor persze K felett is).

4.2.5. következmény. Legyen K ≤ L véges b®vítés, α ∈ L. Ekkor α algebrai

K felett, valamint degK α osztja |L : K|-t. Speciálisan minden véges b®vítés

algebrai.


Bizonyítás. A K ≤ K(α) ≤ L testb®vítésláncra kell alkalmazni a 4.2.3. té-

telt. Tehát K ≤ K(α) véges, valamint |L : K| = |K(α) : K| · |L : K(α)| miatt

degK α osztja |L : K|-t.

4.2.6. példa. Mennyi α = 3+7 3√2−5 3

√4 foka Q felett? Els® ránézésre nem

t¶nik egyszer¶nek olyan racionális együtthatós polinomot felírni, aminek α

gyöke. Viszont α ∈ Q(

3√2), tehát tekinthetjük a Q ≤ Q (α) ≤ Q

(3√2)

b®vítésláncot. Most∣∣Q ( 3√2): Q∣∣ = 3, tehát α foka 1 vagy 3. De 1 nem lehet,

mert akkor α ∈ Q lenne.

4.2.1. Algebrai elemek

A szakasz hátralev® részében belátjuk, hogy testb®vítés esetén az algebrai

elemek egy résztestet alkotnak.

4.2.7. állítás. Legyen K ≤ L testb®vítés, α ∈ L algebrai K felett. Tegyük

fel, hogy k√α ∈ L. Ekkor k

√α is algebrai K felett, és foka legfeljebb k ·degK α.

Bizonyítás. Ha α minimálpolinomja K felett mα, akkor k√α gyöke mα

(xk)-

nak.

Elem foka nagyobb test felett nem n®het:

4.2.8. lemma. Legyen K ≤ L ≤ M testb®vítés, α ∈ M . Ekkor degL α ≤≤ degK α.

Bizonyítás. Legyen s ∈ L[x] az α minimálpolinomja L felett, t ∈ K[x] az α

minimálpolinomja K felett. Most t ∈ L[x] is, hiszen K ≤ L. Továbbá t-nek

gyöke α, tehát s(x) | t(x), amib®l deg s ≤ deg t.

4.2.9. következmény. Legyen K ≤ L testb®vítés, α, β ∈ L algebrai elemek

K felett. Ekkor α± β, α · β, α/β (ha β 6= 0) mindegyike algebrai K felett, és

fokuk legfeljebb degK α · degK β.

Bizonyítás. Alkalmazzuk a K ≤ K(α) ≤ K(α)(β) b®vítésláncra a 4.2.3. té-

telt :

|K(α)(β) : K| = degK α · degK(α) β ≤ degK α · degK β.

Továbbá α± β, α · β, α/β ∈ K(α)(β), így fokuk osztja |K(α)(β) : K|-t.

4.2 Szorzástétel 131

4.2.10. de�níció. Egy α ∈ C számot algebrai számnak hívunk, ha α algebrai

Q felett. Az algebrai számok halmazát A-val jelöljük.

4.2.11. példa. Az alábbi komplex szám algebrai :

7

√3− 5√23− 4

√5

i√

7 + 6√3

Tehát az algebrai számok résztestet alkotnak C-ben. Ennél több is igaz:

algebrailag zárt testet alkotnak.

4.2.12. tétel. Az algebrai számok A teste algebrailag zárt, azaz tetsz®leges

A[x]-beli polinomnak van A-beli gyöke.

Bizonyítás. Legyen f ∈ A[x] egy tetsz®leges polinom:

f(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn.

Ekkor C algebrai zártsága miatt f -nek van α ∈ C gyöke. Most Q(a0, . . . , an)

algebrai b®vítése Q-nak, efölött α ∈ C egy algebrai elem (foka legfeljebb n).

Tehát

Q ≤ Q(a0) ≤ Q(a0, a1) ≤ . . . ≤ Q(a0, a1, . . . , an) ≤ Q(a0, a1, . . . , an, α)

véges b®vítések egymásutánja, vagyis szintén algebrai, azaz α ∈ A.


4.3. Testb®vítések konstrukciója

Eddig úgy készítettünk el új testeket, hogy azok egy már létez® testnek va-

lamilyen résztestei voltak. Ebben a szakaszban új testeket fogunk gyártani

anélkül, hogy ismernénk azoknál még nagyobb testeket.

4.3.1. példa. Ismételjük át a 3.2.3. alszakaszban írottakat. Tudjuk, hogy a

z2 +1 polinomnak R-ben nincs gyöke, C-ben viszont van. Tehát a korábbiak

alapján elkészíthetjük az R(i) ≤ C testet, ami egyébként izomorf lesz C-vel.Felmerül a kérdés, hogy hogyan vezethetnénk be C-t, ha még nem ismerjük?

Az ötlet abban rejlik, hogy C ' R[x]/(x2 + 1), mégpedig az

a+ bi←→ a+ bx+ (x2 + 1),

a ∈ R←→ a+ (x2 + 1),

i←→ x+ (x2 + 1)

megfeleltetések mentén. Tehát de�niálhatnánk C-t úgy, mint az R[x]/(x2+1)

faktorgy¶r¶t, amir®l belátjuk, hogy test, majd azonosítunk minden a ∈ Rvalós számot az a+(x2+1) mellékosztállyal, i-t pedig az x+(x2+1) elemmel.

Ekkor a kapott R-nél nagyobb testben i gyöke lesz a z2 + 1 polinomnak.

Az ötlet általánosítható.

4.3.2. tétel. Legyen K ≤ L testb®vítés, α ∈ L algebrai K felett. Legyen α

minimálpolinomja K felett mα. Ekkor

K(α) ' K[x]/(mα(x)),

k ∈ K ←→ k + (mα(x)),

α←→ x+ (mα(x)).

Bizonyítás. Tekintsük az α behelyettesítése homomor�zmust:

ϕα : K[x]→ L,

f 7→ f ∗(α)

Ennek magja éppen azon polinomok halmaza, melyeknek gyöke α, ami éppen

az (mα(x))CK[x] ideál :

kerϕα = { f ∈ K[x] : f(α) = 0 } = (mα(x)).

4.3 Testb®vítések konstrukciója 133

A homomor�zmustétel miatt

Imϕα ' K[x]/ kerϕα = K[x]/(mα(x)).

Most Imϕα = { f(α) : f ∈ K[x] } éppen α polinomjainak halmaza, ami rész-

gy¶r¶ L-ben, tehát Imϕα ⊆ K(α). Továbbá tudjuk, hogy K[x]/(mα(x)) test,

hiszen mα irreducibilis. Így Imϕα is test, K ⊆ Imϕα (konstans polinomok),

és α ∈ Imϕα (az x polinom képe), tehát K(α) ⊆ Imϕα. Tehát

K(α) = Imϕα ' K[x]/ kerϕα = K[x]/(mα(x)),

és a megfeleltetés minden k ∈ K-hoz a k+(mα(x)) mellékosztályt, míg α-hoz

az x+ (mα(x)) mellékosztályt rendeli.

Ezt az eredményt felhasználva készíthetünk új testeket.

4.3.3. tétel. Legyen K test, s ∈ K[x] egy irreducibilis polinom. Ekkor van

olyan L test, melyre K ≤ L és s-nek van gyöke L-ben.

Bizonyítás. A bizonyítás fogalmilag nehéz, de új ötletet nem tartalmaz.

Legyen L = K[x]/(s(x)). Ez test, hiszen s irreducibilisK felett. ViszontK

szigorúan véve nem részteste L-nek, hiszen L elemei mellékosztályok. Ugyan-

akkor L-ben megtalálható egy K-val izomorf résztest: a konstans polinomok

mellékosztálya. Legyen ez K ′, azaz

K ′ = { k + (s(x)) : k ∈ K } .

Azonosítsuk tehát K és K ′ elemeit:

k ∈ K −→ k + (s(x)) ∈ K ′.

Belátható (házi feladat), hogy ez a megfeleltetés injektív és m¶velettartó. Az

azonosítást követ®en tehát tekinthetünk K ′ elemeire úgy, mintha K elemei

lennének.

Legyen α = x+ (s(x)). Belátjuk, hogy α gyöke az s polinomnak. Legyen

s(z) = k0 + k1z + · · ·+ knzn ∈ K[x].


Ahhoz, hogy s-be behelyettesíthessük α-t, képzeljük L[z]-beli polinomként:

s(α) = (k0 + s(x)) + (k1 + s(x)) · (x+ s(x)) + · · ·+ (kn + s(x)) · (x+ s(x))n

= k0 + k1x+ · · ·+ knxn + (s(x)) = s(x) + (s(x)) = (s(x)) ,

ami éppen a K[x]/(s(x)) faktorgy¶r¶ nulleleme. Tehát α tényleg gyöke s-

nek.

4.3.4. házi feladat. Emésszük meg a bizonyítást!

4.3.5. példa. Tekintsük az L = Z2[x]/(x2 + x + 1) faktorgy¶r¶t. Ez test,

mert x2 + x+ 1 irreducibilis Z2 felett. Most L-nek négy eleme van:

0 + (x2 + x+ 1), 1 + (x2 + x+ 1), x+ (x2 + x+ 1), x+ 1 + (x2 + x+ 1).

Szigorúan véve Z2 nem része L-nek, mert sem a 0, sem az 1 nem eleme.

Ugyanakkor a 0 + (x2 + x + 1) mellékosztályt azonosíthatjuk 0-val, az 1 +

+ (x2 + x+1) mellékosztályt azonosíthatjuk 1-gyel, és így már Z2 része lesz.

(Precízen: a 0+(x2+x+1) és 1+(x2+x+1) elemek a faktorban egy Z2-vel

izomorf résztestet alkotnak.) Legyen α = x+ (x2 + x+ 1). Ekkor tehát

L = { 0, 1, α, α+ 1 } ,

és α gyöke a z2 + z + 1 polinomnak:

α2 + α + 1 =

=(x+

(x2 + x+ 1

))2+(x+

(x2 + x+ 1

))+(1 +

(x2 + x+ 1

))=

= x2 + x+ 1 +(x2 + x+ 1

)= 0 +

(x2 + x+ 1

)= 0.

Könny¶ látni, hogy a fenti eljárást ismételgetve kaphatunk egy olyan tes-

tet, amiben már az s összes gyöke benne van.

4.3.6. de�níció. Legyen K ≤ L testb®vítés, f ∈ K[x] egy polinom, és

tegyük fel, hogy L tartalmazza f összes gyökét, azaz

f(x) = c (x− α1) . . . (x− αn) ,

ahol c ∈ K, αi ∈ L. Ekkor K (α1, . . . , αn) az f felbontási teste K felett.

A felbontási test tehát a legsz¶kebb olyan résztest L-ben, ami felett f már

lineáris tényez®kre bomlik.

4.3 Testb®vítések konstrukciója 135

4.3.7. következmény. Legyen K test, f ∈ K[x] egy polinom. Ekkor f -nek

van felbontási teste.

Bizonyítás. Elég konstruálni egy testet, ahol f lineáris tényez®kre bomlik.

Bontsuk fel f -et irreducibilis tényez®kre K felett. Az egyik irreducibilis té-

nyez®vel faktorizálva K[x]-et kapunk egy nagyobb testet, amiben f -nek már

van α gyöke. Tehát f(x) = (x − α) · g(x), ahol g ∈ K(α)[x] az f -nél eggyel

alacsonyabb fokú polinom. Folytassuk az eljárást K (α)-val és g-vel. Végül

legfeljebb deg f lépésben kapunk egy olyan testet, ahol f már lineáris ténye-

z®kre bomlik.

4.3.8. megjegyzés. A felbontási test izomor�a erejéig egyértelm¶. Ennek a

bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.


4.4. Véges testek

Ebben a szakaszban felhasználjuk az eddigiekben felépített elméletet, hogy

elkészítsük (izomor�a erejéig) az összes véges testet, és megismerkedjünk né-

hány tulajdonságukkal.

4.4.1. Karakterisztika

Ismételjük át a 3.2.17. de�níciót: egy R gy¶r¶ karakterisztikája az a legkisebb

pozitív egész m, melyre m · r = 0 minden r ∈ R gy¶r¶elemre. Itt az m · r azr elem m-szeres összegét jelöli :

m · r =m∑k=1

r = r + · · ·+ r︸︷︷︸m darab

.

Ha nincs ilyen legkisebb pozitív egész m, akkor azt mondjuk, hogy az R

gy¶r¶ karakterisztikája 0.

4.4.1. állítás. Legyen R nullosztómentes gy¶r¶. Ekkor R karakterisztikája 0

vagy egy prímszám.

Bizonyítás. Tegyük fel, hogy van r ∈ R, r 6= 0, és van n pozitív egész, hogy

n · r = 0. Legyen m = o(r), az r additív rendje az (R,+) csoportban. Ekkor

m · r = 0. Legyen s ∈ R tetsz®leges, akkor

0 = (m · r) · s = (r + · · ·+ r) · s = rs+ · · ·+ rs = r · (s+ . . . s) = r · (m · s).

De R nullosztómentes, r 6= 0, tehát m · s = 0, vagyis o(s) | m. Az r és s

szerepét megcserélve kapjuk, hogy ha s 6= 0, akkor m | o(s), tehát bármely

nem 0 gy¶r¶elem additív rendje m.

Ha most m = ab, akkor

0 = (m · r) · r = m · r2 = (a · r) · (b · r),

így a nullosztómentességb®l a · r = 0 vagy b · r = 0. Ha a · r = 0, akkor m | a,ugyanakkor a | m, vagyis m = ab triviális felbontás. Hasonlóan, ha br = 0,

akkor m = ab triviális felbontás. Tehát m felbonthatatlan, vagyis prím.

4.4 Véges testek 137

4.4.2. megjegyzés. Valójában az is kijött, hogy ha egy nullosztómentes gy¶r¶

karakterisztikája 0, akkor a gy¶r¶ minden nem 0 elemének az additív rendje

végtelen.

4.4.3. következmény. Test karakterisztikája 0 vagy prím.

Idézzük fel, hogy p karakterisztikában tagonként lehet p-edik hatványra

emelni.

4.4.4. állítás. Legyen R egy p > 0 karakterisztikájú kommutatív gy¶r¶. Ek-

kor tagonként lehet p-edik (s®t, pk-odik) hatványra emelni, azaz

(r ± s)p = rp ± sp.

Továbbá a

ψ : R→ R,

r 7→ rp

leképezés gy¶r¶homomor�zmus.

Bizonyítás. Kommutatív gy¶r¶ben igaz a binomiális tétel, vagyis

(r ± s)p =p∑

k=0

(p

k

)rp−k (±s)k =

p∑k=0

(±1)k(p

k

)rp−ksk.

Ebben az összegben minden 1 ≤ k ≤ p− 1 esetén p |(pk

)= p!

k!·(p−k)! , hiszen a

p prím osztja a számlálót, de nem osztja a nevez®t. Tehát R-ben

(r ± s)p = rp + (±1)psp = rp ± sp,

ha p páratlan. Végül, ha p = 2, akkor (r+ s)2 = r2 + s2, valamint (r− s)2 == r2 + s2 = r2 − s2, hiszen 2 karakterisztikájú gy¶r¶ben s2 = −s2.

A ψ homomor�zmus voltához már csak a szorzattartás kell, ami a kom-

mutativitásból következik:

ψ(r · s) = (rs)p = rp · sp = ψ(r) · ψ(s).


4.4.5. de�níció. Ha R egy p karakterisztikájú gy¶r¶, akkor a

ψ : R→ R,

r 7→ rp

homomor�zmust Frobenius endomor�zmusnak nevezzük.

4.4.2. Prímtest

Az alábbiakban megmutatjuk, hogy minden test tartalmaz egy minimális

résztestet, mely azonos karakterisztikájú testekre izomorf. Pozitív karakte-

risztika esetén a legsz¶kebb résztest Zp-vel izomorf.

4.4.6. tétel. Legyen T egy p > 0 karakterisztikájú test, e az egységeleme. Le-

gyen P = { 0, e, 2e, . . . , (p− 1)e }. Ekkor P test, mely T minden résztestének

részteste, és P ' Zp.

Bizonyítás. Mivel e 6= 0, ezért e additív rendje p. Tehát

ϕ : P → Zp,

ke 7→ k (mod p)

izomor�zmus az additív csoportok között. Könny¶ ellen®rizni, hogy ϕ a szor-

zást is tartja:

ϕ ((me)(ne)) = ϕ(mne2

)= ϕ (mne) = mn (mod p)

= ϕ (me)ϕ (ne) .

Tehát P ' Zp test. Továbbá, ha K ≤ T test, akkor K tartalmazza T egy-

ségelemét is : ha f ∈ K a K egységeleme, akkor f 2 = f -et f−1-zel T -ben

szorozva f = e adódik. Tehát e ∈ K, de akkor P ⊆ K.

Nulla karakterisztika esetén a legsz¶kebb résztest izomorf Q-val.

4.4.7. tétel. Legyen T egy 0 karakterisztikájú test, e az egységeleme. Legyen

P ={ mene

: m,n ∈ Z, n 6= 0}.

Ekkor P test, mely T minden résztestének részteste, és P ' Q.


Bizonyítás. Mivel e 6= 0, ezért a 4.4.2. megjegyzés alapján e additív rendje

∞. Legyen

ϕ : Q→ P,m

n7→ me

ne.

Ez jólde�niált, mert ha m/n = u/v, akkor me/ne = ue/ve is teljesül (házi

feladat), valamint ne nem lesz 0, ha n 6= 0, hiszen e additív rendje ∞.

A ϕ leképezés nyilván m¶velettartó és szürjektív. Az injektivitás kerϕ

vizsgálatából adódik:

kerϕ ={ mn

:me

ne= 0 T -ben

}={ mn

: me = 0}={ mn

: m = 0}= { 0 } .

Tehát P ' Q test. Az, hogy legsz¶kebb, pontosan úgy jön ki, mint az

el®bb: ha K ≤ T test, akkor K tartalmazza T egységelemét is (ha f ∈ K

a K egységeleme, akkor f 2 = f -et f−1-zel T -ben szorozva f = e adódik).

Tehát e ∈ K, de akkor P ⊆ K.

4.4.8. de�níció. Egy testet prímtestnek nevezünk, ha nincs valódi részteste.

4.4.3. Véges testek elemszáma

4.4.9. állítás. Egy T véges test elemszáma prímhatvány. Ha T karakterisz-

tikája p, akkor |T | egy p-hatvány.

Bizonyítás. El®ször is T karakterisztikája nem lehet 0, hiszen akkor az egy-

ségelem additív rendje végtelen lenne, amib®l |T | = ∞ adódna. Tehát T

karakterisztikája p > 0 prímszám, és így a 4.4.6. tétel miatt van P ≤ T

prímteste, mely izomorf Zp-vel. Tehát P ≤ T testb®vítés, ennek foka véges,

hiszen T is véges. Legyen |T : P | = n, és legyen mondjuk b1, . . . , bn bázis

T -ben P felett. Ekkor T minden eleme egyértelm¶en írható λ1b1+ · · ·+λnbnalakban, ahol λi ∈ P . Mivel minden λi egymástól függetlenül p-féle lehet, így

|T | = pn.

4.4.10. megjegyzés. Tehát az additív csoportra (T,+) ' (Zp,+)n.


Hogyan nézhet ki egy q elem¶ test, ahol q = pn valamely p prímre? Legyen

T test, |T | = q. El®ször is T karakterisztikája csak p lehet. Másodszor T× egy

q − 1 elem¶ csoport, tehát Lagrange tétele miatt T× minden eleme gyöke az

xq−1− 1 polinomnak. Ha még x-szel szorzunk, akkor kapjuk, hogy T minden

eleme gyöke az xq−x polinomnak. De ennek a polinomnak legfeljebb q gyöke

lehet egy testben. Tehát egy q elem¶ test (ha létezik) éppen az xq−x polinomgyökeib®l áll.

4.4.11. tétel. Legyen q = pn tetsz®leges, ahol p prím, n pozitív egész. Ekkor

van q elem¶ test, mely izomor�a erejéig egyértelm¶.

4.4.12. de�níció. Az izomor�a erejéig egyértelm¶ q elem¶ testet Fq-val(vagy GF (q)-val) jelöljük.

A 4.4.11. tétel bizonyítása. Csak a létezést bizonyítjuk, az egyértelm¶ség bi-

zonyítását a vizsgán nem kell tudni. Legyen K az xq − x felbontási teste

Zp felett, ez létezik a 4.3.7. következmény miatt. Legyen L ⊆ K az xq − xpolinom gyökeinek halmaza K-ban. Belátjuk, hogy L résztest.

Legyen a és b gyöke az xq − x polinomnak. Ekkor a ± b is gyök, mivel

tagonként lehet q-adik hatványra emelni :

(a± b)q − (a± b) = aq ± bq − a∓ b = (aq − a)± (bq − b) = 0.

Továbbá ab és 1/a is gyökei (xq − x)-nek:

(ab)q − ab = aqbq − ab = aqbq − aqb+ aqb− ab = aq(bq − b) + (aq − a)b = 0,(1

a

)q− 1

a=

1

aq− 1

a=a− aq

aq+1= −a

q − aaq+1

= 0.

Tehát L test (s®t, valójában az is kijött, hogy L = K, hiszen xq − x már

L-ben is lineáris tényez®kre bomlik). Mennyi az L elemszáma? Ha xq − x

minden gyöke különböz®, akkor |L| = q. De (xq − x)-nek nincs többszörös

gyöke:

(xq − x)′ = q · xq−1 − 1 = −1,

és így (xq − x,−1) = 1 miatt (xq − x)-nek nincs többszörös gyöke.

4.4.13. megjegyzés. Tulajdonképpen azt bizonyítottuk be, hogy a q elem¶ test

az xq − x felbontási teste. Így az egyértelm¶ség következik a felbontási test

egyértelm¶ségéb®l.


4.4.4. Véges testek multiplikatív csoportja

4.4.14. tétel. Véges T test multiplikatív csoportja ciklikus.

Bizonyítás. Legyen d tetsz®leges pozitív egész, és tekintsük az xd − 1 poli-

nomot T felett. Ennek T -ben legfeljebb d gyöke lehet. Ha van g ∈ T elem,

melynek multiplikatív rendje d, akkor a gn (n = 0, 1, . . . , d− 1) elemek mind

különböznek, mindegyik gyöke (xd − 1)-nek, és pont d darab van bel®lük,

tehát ezek éppen xd − 1 összes gyökei. Speciálisan minden T -beli d rend¶

elem g-nek hatványa. Mivel a 〈g〉 ciklikus csoportban pontosan ϕ(d) darab d

rend¶ elem van, így azt kapjuk, hogy a T -beli d rend¶ elemek száma vagy 0

vagy ϕ(d). (Ez eddig tetsz®leges T testre igaz, nem csak a végesekre.)

Legyen |T | = q, ekkor |T×| = q − 1. Ha most d - q − 1, akkor Lagrange

tétele miatt nem lehet T -ben d rend¶ elem. Tehát csak d | q− 1 esetén lehet

d rend¶ elem T -ben, vagyis∣∣T×∣∣ = ∑d|q−1

(0 vagy ϕ(d)) ≤∑d|q−1

ϕ(d) = q − 1.

Az utolsó egyenl®ségben használtuk a 2.2.22. következményt n = (q − 1)-re.

Mivel |T×| = q− 1, ezért mindenhol egyenl®ség áll, így minden d | (q− 1)-re

pontosan ϕ(d) darab d rend¶ elem van T -ben. Speciálisan van q − 1 rend¶

elem, vagyis T× ciklikus.

4.4.15. megjegyzés. Pontosan ugyanígy bizonyítható, hogy ha T test, G ≤ T×

egy véges részcsoportja a T multiplikatív csoportjának, akkor G ciklikus. Pél-

daként gondoljunk csak arra, hogy ha G ≤ C× egy n elem¶ részcsoportja a

komplex számok multiplikatív csoportjának, akkor G éppen az n-edik egy-

séggyökök részcsoportja.

4.4.16. következmény. Legyen Zp ≤ T egy p-hatvány elem¶ test. Ekkor

van α ∈ T , hogy T = Zp(α), azaz T a Zp egy egyszer¶ b®vítéseként kapható.

Bizonyítás. Legyen α ∈ T a T× egy generátoreleme. Nyilván Zp(α) = T ,

mert T× minden eleme el®áll, mint α egy hatványa, a 0 pedig már Zp-nek is

eleme.


4.4.5. Véges testek résztestei

4.4.17. tétel. Legyen p prím. Ekkor Fpn-nek minden d | n esetén pontosan

egy Fpd-nel izomorf részteste van, és más részteste nincs. Ez a résztest az

xpd − x gyökeinek halmaza Fpn-ben.

Bizonyítás. Legyen L ≤ Fpn . Ekkor L karakterisztikája is p, hiszen Fpn prím-

teste (ami Zp) része L-nek. Tehát |L| = pd valamilyen 1 ≤ d ≤ n-re. Ekkor

L ' Fpd , hiszen izomor�a erejéig csak egy pd elem¶ test van. Továbbá a

szorzástételt használva a Zp ≤ L ≤ Fpn testláncra

n = |Fpn : Zp| =∣∣Fpn : Fpd

∣∣ · ∣∣Fpd : Zp∣∣︸︷︷︸d

,

ami miatt d | n. Ha tehát L ≤ Fpn , akkor L ' Fpd valamely d | n-re.Lagrange tételét használva az L× multiplikatív csoportra kapjuk, hogy L×

minden eleme gyöke az xpd−1 − 1 polinomnak. Tehát L minden eleme gyöke

az xpd − x polinomnak, melynek legfeljebb pd gyöke van, de |L| = pd. Tehát

L éppen az xpd − x gyökeinek halmaza.

Megfordítva: belátjuk, hogy minden d | n-re van Fpd elem¶ résztest. Ha

ugyanis d | n tetsz®leges, akkor pd − 1 | pn − 1 (házi feladat). Most F×pnciklikus, elemszáma pn − 1. Mivel pd − 1 | pn − 1, ezért F×pn-ben van pd − 1

elem¶ részcsoport. Ennek minden eleme gyöke az xpd−1− 1 polinomnak, a 0-

val kiegészítve éppen xpd −x gyökeinek halmazát kapjuk. Az, hogy ez egy pd

elem¶ test, pont ugyanúgy kell belátni, ahogy a 4.4.11. tételt bizonyítottuk.

4.4.6. Irreducibilis polinomok véges testek felett

Tudjuk, hogy Q felett minden pozitív n-re van n-edfokú irreducibilis polinom.

Például xn− 2 ilyen a Schönemann �Eisenstein-féle irreducibilitási kritérium

miatt. A többi prímtest felett is lehet akármilyen fokú irreducibilis polinomot

megadni.

4.4.18. tétel. Minden p prímre és n pozitív egészre van Zp feletti n-edfokú

irreducibilis polinom. Ha f ∈ Zp[x] egy n-edfokú irreducibilis polinom, akkor

f felbontási teste Zp felett Fpn, valamint f(x) | xpn − x.


Bizonyítás. Az ötlet, hogy keresünk egy Zp felett n-edfokú elemet, és annak

a minimálpolinomja n-edfokú irreducibilis polinom lesz Zp felett.Tekintsük az F×pn multiplikatív csoportot. Ez ciklikus, van például α ge-

nerátoreleme. Ekkor Fpn = Zp(α), mert F×pn minden eleme el®áll, mint α egy

hatványa, a 0 pedig már Zp-nek is eleme. Tekintsük α minimálpolinomját Zpfelett, legyen ez mα. Ekkor mα irreducibilis Zp felett, foka

|Zp(α) : Zp| = |Fpn : Zp| = n.

Legyen most f tetsz®leges n-edfokú Zp felett irreducibilis polinom, és

legyen L a Zp feletti felbontási teste. Legyen β ∈ L az f egy gyöke. Ekkor

Zp(β) ≤ L és

|Zp(β) : Zp| = deg f = n,

vagyis |Zp(β)| = pn. De izomor�a erejéig csak egy pn elem¶ véges test van,

tehát Zp(β) ' Fpn , ami xpn−x gyökeinek halmaza. Tehát β közös gyöke f(x)-

nek és(xp

n − x)-nek, vagyis β gyöke az

(f(x), xp

n − x)kitüntetett közös

osztónak. Tehát ez a kitüntetett közös osztó nem 1, így csak f(x) lehet,

hiszen f irreducibilis Zp felett. Ez azt jelenti, hogy f(x) | xpn − x. Mivel Fpn

az xpn − x gyökeinek halmaza, és f(x) | xpn − x, így Fpn-ben az f minden

gyöke benne van. Tehát f felbontási teste Zp felett Fpn .

4.4.19. megjegyzés. A bizonyításból még az is következik, hogy xpn−x éppen

a d-edfokú normált Zp felett irreducibilis polinomok szorzata minden d | n-re, hiszen minden d-edfokú irreducibilis polinom osztja (mert felbontási teste

Fpd ≤ Fpn), de csak els® hatványon, mert (xpn − x)-nek nincs többszörös

gyöke p karakterisztikában.

4.4.20. példa. Tekintsük az x8−x polinomot Z2 felett. Ez az alábbi módon

bomlik fel Z2 feletti irreducibilisek szorzatára:

x8 − x = x(x− 1)(x3 + x+ 1)(x3 + x2 + 1).

Ezek éppen az els® és harmadfokú Z2 feletti irreducibilis polinomok (3 osztói).

Most

F8 ' Z2[x]/(x3 + x+ 1) ' Z2[x]/(x

3 + x2 + 1),


elemei éppen x8 − x gyökei. Résztestei Fpd , ahol d | 3, vagyis csak a két

triviális részteste van (Z2 és F8). Végül megjegyezzük, hogy a

ψ : F8 → F8,

z 7→ z2

Frobenius endomor�zmus permutálja az x3 + x + 1 polinom gyökeit és az

x3 + x2 +1 polinom gyökeit F8-ban. Ennek a bizonyítását a vizsgán nem kell

tudni.

4.5 Testb®vítések alkalmazásai 145

4.5. Testb®vítések alkalmazásai

A jegyzet utolsó szakaszában bemutatunk néhány alkalmazását a felépített

elméletünknek a teljesség igénye nélkül. Bebizonyítjuk néhány jól ismert szer-

kesztési feladatról, hogy lehetetlenek, és mesélünk az egyenletetek gyökkép-

letér®l. A szakasz nem lesz olyan precíz, mint a jegyzet többi része, inkább

csak a f®bb gondolatokat írjuk le, melyek precízzé tehet®k.

4.5.1. Szerkesztések elmélete

Szeretnénk megérteni, hogy mit tudunk megszerkeszteni, és mit nem kör-

z®vel és vonalzóval. Ehhez a szerkesztést kell de�niálnunk. Alapvet®en egy

szerkesztés tekinthet® újabb és újabb pontok kijelölésének a síkon, ahol egy

új pont a következ® lépések valamelyikével kapható:

1. két (már létez® pontokat összeköt®) egyenes metszéspontja, vagy

2. két létez® pontot összeköt® egyenes és egy már létez® pont köré írt kör

metszéspontja, mely kör sugara két létez® pont távolsága, vagy

3. két olyan kör metszéspontja, melyek középpontjai létez® pontok, suga-

raik pedig két-két létez® pont távolságai.

Helyezzük derékszög¶ koordinátarendszerbe a síkot. Azt szeretnénk el-

dönteni, hogy mely pontok szerkeszthet®k a síkon. Els® észrevételünk, hogy

egy (p, q) pont pontosan akkor szerkeszthet®, ha (p,0) és (q,0) szerkeszthet®.

4.5.1. de�níció. Azt mondjuk, hogy p ∈ R szerkeszhet®, ha a (p,0) szerkeszt-

het® körz®vel és vonalzóval, amennyiben adottak a (0,0) és (1,0) pontok.

Milyen számok szerkeszthet®ek? Ha a és b szerkeszthet®, akkor könnyen

meg tudjuk szerkeszteni a±b-t. Hasonló háromszögek segítségével a ·b és a/bis szerkeszthet®, tehát a szerkeszthet® számok R-nek résztestét alkotják. Ez

az ötlet motiválja, hogy tekintsük a már megszerkesztett pontok koordinátái

által generált résztestet R-ben.


4.5.2. példa. Ha d szerkeszthet®, akkor√d is szerkeszthet®: rajzoljuk meg

azt a kört, mely egy átmér®je a (0,0) és a (d+1, 0) pontok, és az (1,0) pontból

állítsunk mer®legest. Ez a mer®leges az (1,√d) pontban metszi el a kört.

Tehát egy-egy új pont növelheti a már létez® pontok koordinátái által

generált résztestet. Legyen az alaptest (K0) a Q és az alapadatok által ge-

nerált résztest R-ben. Legyen továbbá Ki az i-edik lépésben megszerkesztett

pontok és az alaptest által generált résztest R-ben. Így tehát kapunk egy

K0 ≤ K1 ≤ . . . ≤ Kn ≤ R testláncot.

4.5.3. lemma. Ki+1 = Ki

(√d), ahol d ∈ Ki pozitív. Speciálisan a Ki ≤

≤ Ki+1 b®vítés foka 1 vagy 2, és így a K0 ≤ Kn foka 2-hatvány. Azaz Kn

minden eleme algebrai K0 felett, és fokuk 2-hatvány (K0 felett).

Bizonyítás. Idézzük fel a középiskolában szerzett koordinátageometriai isme-

reteinket. Gondoljuk meg, hogy a fenti három (új pont kijelölésére szolgáló)

lépés során az új pont mindkét koordinátája úgy nyerhet® korábbi pontok

koordináátáiból, hogy legfeljebb másodfokú egyenleteket kell megoldani.

4.5.4. példa (Kocka kett®zése). Szerkeszthet®-e az egységkocka kétszeresé-

vel azonos térfogatú kocka? Nem, mert 3√2 nem szerkeszthet®: foka Q felett

3, ami nem 2-hatvány.

4.5.5. példa (Kör négyszögesítése). Szerkeszthet®-e az egységkör területével

azonos terület¶ négyzet? Nem, mert√π nem szerkeszthet®:

√π nem algebrai

Q felett, mert akkor a négyzete is algebrai lenne Q felett.

4.5.6. példa (Szög harmadolása). Adott két egymást metsz® egyenes, har-

madolható-e az általuk bezárt szög? Nem, mert már 60◦-os szöget sem tudunk

harmadolni. Ehhez ugyanis a 20◦-os szöget kellene tudni szerkeszteni, ami

ekvivalens a cos 20◦ szerkeszthet®ségével. Viszont cos 20◦ minimálpolinomja

Q felett x3 − 3/4x− 1/8, így cos 20◦ foka Q felett 3.

Megadható, hogy mikor szerkeszthet® szabályos n-szög.

4.5.7. tétel. Legyen n ≥ 3 egész. Az alábbiak ekvivalensek.

1. Szerkeszthet® szabályos n-szög.

4.5 Testb®vítések alkalmazásai 147

2. ϕ(n) egy 2-hatvány.

3. n = 2mp1 . . . pl, ahol a pi-k egymástól különböz® 22k+ 1 alakú prímek.


Végül megjegyezzük, hogy egy szám szerkeszthet®ségének nem elegend®

feltétele, hogy a foka K0 felett 2-hatvány legyen: a minimálpolinom összes

gyökével vett b®vítés fokának kell 2-hatványnak lennie.

4.5.8. tétel. Legyen α ∈ R algebrai K0 felett, K0 feletti minimálpolinomja

legyen t. Ha a t-nek K0 feletti felbontási testének foka K0 felett 2-hatvány,

akkor α szerkeszthet®.


4.5.2. Egyenletek megoldóképlete

Már középiskolában megtanultuk a másodfokú egyenlet megoldóképletét, ami

minden nem 2 karakterisztikájú testben használható. Harmadfokú egyenlet-

re ismert Cardano képlete, mely szintén m¶ködik minden nem 2 és nem 3

karakterisztikájú testben. Negyedfokú egyenletre is van megoldóképlet (Fer-

rari nevéhez f¶z®dik), de bonyolult. Általában csak a megoldási módszert

szokták ismertetni, mely megpróbálja felbontani a negyedfokú polinomot két

másodfokú szorzatára. Ahhoz, hogy ez sikerüljön, egy paramétert kell alkal-

masan megválasztani. Ez a paraméter egy harmadfokú polinom gyöke, amire

van megoldóképlet. Tehát ez a módszer is m¶ködik minden nem 2 és nem 3

karakterisztikájú testben.

A legalább ötödfokú egyenletek esetén viszont más a helyzet.

4.5.9. tétel (Abel �Ru�ni). A legalább ötödfokú egyenletekre nincs megol-

dóképlet.

Bizonyítás. A tétel bizonyítását a vizsgán nem kell tudni. A bizonyítás ötlete,

hogy testb®vítések automor�zmusait vizsgáljuk. Ezek csoportját a testb®ví-

tés Galois csoportjának hívjuk. Kiderül, hogy ha egy polinomegyenlet összes


gyökével b®vítünk (azaz tekintjük a polinom felbontási testét), akkor pon-

tosan akkor van gyökképlet az egyenletre, ha ez a Galois csoport feloldható.

Kiderül az is, hogy ez a Galois csoport permutálja a gyököket, valamint az

általános n-edfokú egyenlet esetén ez a Galois csoport pont Sn. Tehát azért

a legfeljebb negyedfokú egyenletekre van gyökképlet, mert az S1, S2, S3, S4

csoportok feloldhatóak, de Sn nem feloldható, ha n ≥ 5.

4.5.10. példa. Általános gyökképlet tehát nincs a legalább ötödfokú egyen-

letekre. Ett®l még elképzelhet® lenne, hogy minden egyes egyenletre külön-

külön van valamilyen gyökképlet (csak egy olyan gyökképlet nincs, ami min-

den egyenletre jó lenne). Nem ez a helyzet: belátható ugyanis, hogy például

az x5−4x+2 egyenlet gyökei nem fejezhet®k ki gyökjelek segítségével. Ennek

a bizonyítását a vizsgán nem kell tudni.

Irodalomjegyzék

[1] Bálintné Szendrei Mária �Czédli Gábor � Szendrei Ágnes: Absztrakt al-

gebrai feladatok. 2005, Polygon.

[2] Kiss Emil : Bevezetés az algebrába. Elméleti matematika sorozat. Buda-

pest, 2007, Typotex. ISBN 978-963-9664-48-7.

Algebra jegyzet másodéves Matematika BSc hallgatóknak

Documents

Transcript of Algebra jegyzet másodéves Matematika BSc hallgatóknak