Lajos Mátyás György

Mintacsoportok

Szakdolgozat

matematika MSc

Témavezet®:

Dr. Pálfy Péter PálEgyetemi tanár

Eötvös Loránd TudományegyetemTermészettudományi kar

Algebra és Számelmélet tanszék

Budapest, 2017

Tartalomjegyzék

Bevezetés 1

Áttekintés 1

1. Alapfogalmak, jelölések, alapvet® tulajdonságok 3

2. 2-nilpotenciaosztályú algebrák 5

3. Algebracsoportok generátorai 7

4. A Frattini- és a kommutátor-részcsoportok egyezése mintacsoportokban 9

5. Mintaalgebrák hatványai 10

6. A mintacsoportok alsó- és fels® centrális láncai 11

7. Prímhatvány-rend¶ csoportok beágyazása Un(Fp)-be 14

8. A mintacsoportok mint Un(F) részcsoportjai 15

9. Mintacsoportok rész-algebracsoportjainak jellemzése 18

10.(k,m)-típusú mintacsoportok 19

11.Az f̃ függvények rangja 22

12.Minimális rangú f̃ függvények 24

13.Mintacsoport-reprezentáció keresése adott generátorokkal 25

14.Incidencia-algebrák 28

Hivatkozások 31

Köszönetnyilvánítás

Meg szeretném köszönni témavezet®mnek, Pálfy Péter Pálnak a dolgozatom megírásáhoznyújtott segítséget.

Bevezetés

A mintacsoportok azok a részcsoportjai Un(F)-nek, amelyeknek bármely nemnulla és nemf®átlóbeli mez®jét megváltoztatva benne maradunk a csoportban. Ezeket felfoghatjuk úgyis mint részbenrendezett halmazon de�niált algebrák, vagy mint Un(F) diagonális elem-mel való konjugálásra invariáns részcsoportjait. Dolgozatom központi kérdése az, hogy mittudhatunk meg egy mintacsoportól, ha nem mátrixcsoportként, hanem valamilyen más mó-don van megadva. Vizsgálom nevezetes részcsoportjaikat, centrális láncaikat és generátor-rendszereiket. Emellett leírok egy eljárást ami 2-nilpotenciaosztályú csoport esetén közelebbvisz a mintacsoport-struktúra megismeréséhez és csak a csoport generátorainak kommu-tátorait kell ismerni a végrehajtásához. A másik f® probléma az a mintacsoportként valóábrázolhatóság jellemzése. Erre 2-nilpotenciaosztályú csoportok esetén is csak speciálisesetben találtam választ.

Áttekintés

1. fejezet: Bevezetem a dolgozatban használt alapvet® fogalmakat és belátok néhány egy-szer¶ állítást. A mintacsoportok felfoghatók speciális mátrixcsoportokként is ésúgy is, mint részbenrendezett halmazon de�niált algebrák. Ebben a fejezetbenmindkét szemléletet ismertetem.

2. fejezet: Leírom a gy¶r¶- és csoportelméleti kommutátorok egyezését 2-nilpotenciaosztályúalgebrákban. A továbbiakban nagy szerepe lesz a 2-nilpotenciaosztályú min-tacsoportoknak. Bebizonyítom, hogy az ezekhez tartozó mintaalgebrák is 2-nilpotenciaosztályúak.

3. fejezet: A mintaalgebrai megfelel®je alapján szükséges és elégséges feltételt adok arra,hogy egy mintacsoport részhalmaza generálja a csoportot.

4. fejezet: A mintaalgebrabeli szerkezetük alapján megmutatom, hogy egy mintacsoportkommutátor- és Frattini-részcsoportja megegyezik.

5. fejezet: Mintaalgebrák hatványai is mintaalgebrák. Jellemzem az ezekhez tartozó hatvány-mintákat.

6. fejezet: Mintacsoport alsó centrális láncának elemei megegyeznek a hozzá tartozó min-taalgebra hatványai által generált mintacsoportokkal. Ezért egy adott mintáhoztartozó mintacsoport és mintaalgebra nilpotenciaosztálya megegyezik és ez ép-pen a mintabeli leghosszabb lánc hossza. Megmutatom, hogy az alsó és fels®

1

centrális láncok akkor esnek egybe, ha a mintában minden nem-b®víthet® láncugyanolyan hosszú.

7. fejezet: Megmutatom, hogy minden véges p-csoport reprezentálható fels®háromszög-mátrixszal. Ez választ ad arra, hogy mely csoportok ábrázolhatók mintacsoportrészcsoportjaként.

8. fejezet: Még egy ekvivalens leírását adom a mintacsoportoknak mint Un(F) részcsoport-jainak. Ennek bizonyítása betekintést nyújt a mintacsoportok automor�zmus-csoportjába.

9. fejezet: Ekvivalens jellemzést adok arra, hogy egy mintacsoport részcsoportja a megfelel®mintaalgebra egy részalgebrájához tartozó algebracsoport legyen és mutatokegy példát arra, amikor egy mintacsoport részcsoportja nem izomorf semmilyenalgebracsoporttal.

10. fejezet: De�niálom a (k,m)-típusú mintacsoportokat. Ezzel a 2-nilpotenciaosztályú cso-portok struktúráját is jellemzem, ugyanis minden 2-nilpotenciaosztályú minta-csoport ábrázolható (k,m)-típusú mintacsoportként.

11. fejezet: De�niálom a 2-nilpotenciaosztályú függvények centrumának értelmezett f li-neáris függvényekhez tartozó, az egész csoporton értelmezett f̃ függvényeket.Megmutatom, hogy ezek szimplektikus alakok és formulát adok a rangjukra.

12. fejezet: Vizsgálom azt az eljárást, ami az r(f̃) függvény által de�niált súlyozás szerintkeres minimális súlyú bázist egy 2-nilpotencia-osztályú mintacsoport centrumá-nak duálisán. Ez az eljárás a mintacsoportként való ábrázolás ismerete nélkül isvégrehajtható és információt ad az ábrázolásról.

13. fejezet: Szükséges és elégséges feltételt adok arra, hogy ábrázolható-e egy csoport min-tacsoportként úgy hogy egy megadott halmaz elemei mind kanonikus csoport-generátorba (I + E(i, j)-alakú elembe) menjenek.

14. fejezet: Ismertetem az incidencia-algebrák fogalmát és megmutatom, hogy ezek a min-tacsoportoknak (és mintaalgebráknak) természetes kiterjesztései. Továbbá de�-niálom a redukált incidencia-algebra fogalmát és megadok egy feltételt, amisze-rint eldönthet®, hogy egy incidencia-algebra részalgebrája redukált incidencia-algebra-e.

2

1. Alapfogalmak, jelölések, alapvet® tulajdonságok

1.1. Jelölés. Legyen N = {1, ..., n}.

1.2. De�níció. Nevezzük mintának az N ×N olyan I részhalmazait, ahol ha (i, j) ∈ I,akkor i < j.

1.3. De�níció. Egy I ⊂ N ×N mintát akkor nevezünk zártnak, ha (i, j) ∈ I, (j, k) ∈ I-b®l következik (i, k) ∈ I. Ekkor I egy részbenrendezést de�niál N -en.

1.4. Jelölés. Ezt a részbenrendezést jelöljük

1.11. De�níció. Ha van olyan n ∈ N, amire An+1 = 0, azaz az algebrában minden n+ 1tényez®s szorzat 0, akkor A egy nilpotens algebra. Ilyenkor a legkisebb olyan nmin szám,amire Anmin+1 = 0 az algebra nilpotencia-osztálya. Jelöljük ezt nilp(A)-val.

1.12. Tétel. Legyen A tetsz®leges nilpotens algebra. Legyen IA = I egy olyan elem,hogy IA = AI = A minden A ∈ A-ra. Ezt az elemet hozzávéve A-hoz kapunk egy Āegységelemes algebrát. Ekkor az {IA + A|A ∈ A} ⊂ Ā halmaz elemei az Ā-beli szorzásm¶veletére nézve csoportot alkotnak.

Bizonyítás: Ekkor(I + A)(I +B) = I + A+B + AB,

tehát a szorzás nem vezet ki halmazból. Az A-beli szorzás asszociativitása átörökl®dik acsoport m¶veletére és az (I + 0) elem egységelem lesz. Az (I + A) elem inverze az

(I + A)−1 = I − A+ A2 − A3 + A4 ± ...± (−A)nilp(A) =nilp(A)∑i=0

(−A)i,

elem, mivel Anilp(A)+1 = 0.

1.13. De�níció. Ezt a csoportot nevezzük az A-hoz tartozó algebracsoportnak.

1.14. Állítás. Ha X ∈ Ak, Y ∈ Al akkor

[(I +X), (I + Y )] = (I +X)−1(I + Y )−1(I +X)(I + Y )] ∈ {(I + A)|Ak+l}.

Bizonyítás: Behelyettesítve az el®z® bizonyításban felhasznált inverz-formulát és felbont-va a zárójelet minden olyan tag amiben nem szerepel X és Y is kiesik (kivéve persze I-t).Bármely olyan szorzat amiben X és Y szerepel Ak+l-ben van és így ezek összege is abbanvan.

1.15. Jelölés. Adott I zárt mintára a

BG(I) = {(I + E(i, j))|(i, j) ∈ I}

halmaz elemeit nevezzük az I-hez tartozó kanonikus csoportgenerátoroknak. A 3.1állításnál látni fogjuk, hogy ha F = Fp akkor ezek valóban generálják az A-hoz tartozóalgebracsoportot.

1.16. De�níció. Az A(I) mintaalgebra által generált algebracsoportot nevezzük az I-heztartozó mintacsoportnak, jelöljük ezt G(I)-vel. Ezt angolul "pattern group"-nak vagy"partition subgroup"-nak mondják.

1.17. Megjegyzés. Mivel E(i, j)2 = 0, ezért (I + E(i, j))−1 = (I − E(i, j)), viszont pl.(I + E(i, j) + E(j, k))−1 = (I − E(i, j)− E(j, k) + E(i, k)).

1.18. Állítás. Legyen q = pk a p prímnek egy hatványa. Ha A egy Fq feletti algebraamelynek a nilpotencia-osztálya kisebb p-nél, akkor az A-hoz tartozó G algebracsoportexponense p, azaz az egységelemen kívül minden elemének a rendje p.

4

Bizonyítás: Vegyünk egy tetsz®leges (I + A) ∈ G elemet. Ekkor

(I + A)p =

(I +

(p

1

)A+

(p

2

)A2 + ...+

(p

1

)Ap−1 + Ap

).

Mivel Fq egy p-karakterisztikájú test,(pk

)= 0 Fq-ban, ha 1 ≤ k ≤ p − 1. Emellett az A

nilpotencia-osztályáról tett feltevés miatt Ap = 0. Így az el®z® egyenletb®l azt kapjuk, hogy(I + A)p = (I + 0).

1.19. Állítás. Egy Fq feletti n-nilpotencia-osztályú algebrának legalább qn eleme van.Bizonyítás: Vegyünk egy n hosszú szorzatot ami nem 0:

∏ni=1Ai 6= 0. Legyen Pk :=∏k

i=1Ai. Indirekten tegyük fel, hogy a {Pk|1 ≤ k ≤ n} halmaz lineárisan összefügg® Fqfelett. Ez azt jelenti, hogy valamilyen {ai} együtthatókkal

∑ni=1 aiPi = 0 és nem minden

együttható nulla. Legyen ai0 a legkisebb nemnulla együttható. Ekkor

Pi0 =n∑

i=i0+1

−aiai0

Pi.

A∏n

i=1Ai 6= 0 szorzatba∏i0

i=1Ai helyére ezt behelyettesítve azt kapjuk, hogy(n∑

i=i0+1

−aiai0

Pi

)n∏

i=i0+1

Ai 6= 0.

Viszont ekkor felbontva a zárójelet az összeadandók közül legalább az egyik nem nulla,pedig az legalább n+1 A-beli elem szorzata. Ez ellentmondás, ugyanis nilp(A) = n. Teháta {Pi|1 ≤ i ≤ n} halmaz valóban független. Ekkor az általa generált altér qn elem¶.

1.20. Jelölés. Legyen Un(F) azon Mn(F)-beli fels®háromszögmátrixok halmaza, melyek-nek a f®átlójában mindenhol 1-es áll. Ez felfogható úgy is, mint az n elem¶ teljesen rendezetthalmazhoz tartozó mintacsoport.

2. 2-nilpotenciaosztályú algebrák

A továbbiakban a 2-nilpotencia osztályú algebrákkal fogunk foglalkozni. A gy¶r¶- és cso-portelméleti kommutátorfogalmak a következ®k:

2.1. De�níció. Tetsz®leges gy¶r¶ben két elem kommutátorának az

[x, y]R = xy − yx

elemet nevezzük.

2.2. De�níció. Tetsz®leges csoportban két elem kommutátorának az

[x, y]G = x−1y−1xy

elemet nevezzük.

5

A következ® tétel szerint a 2-nilpotenciaosztályú algebrákon és a hozzájuk tartozó algeb-racsoportokon a csoportelméleti és gy¶r¶elméleti kommutátorfogalmak lényegében meg-egyeznek.

2.3. Tétel. Legyen A tetsz®leges 2-nilpotenciaosztályú algebra, G a hozzá tartozó algeb-racsoport. Legyen X, Y ∈ A. (A hozzájuk tartozó G-beli elemek (I + X) és (I + Y ).)Ekkor

(I + [X, Y ]R) = [(I +X), (I + Y )]G.

Bizonyítás:

(I +X)−1(I + Y )−1(I +X)(I + Y ) = (I −X +X2)(I − Y + Y 2)(I +X)(I + Y )= (I −X − Y +XY +X2 + Y 2)(I +X)(I + Y )= (I − Y + Y 2 −XY +XY )(I + Y )= (I +XY − Y X).

Felhasználtuk, hogy minden A ∈ A-ra (1 +A+A2)(1−A) = 0, illetve hogy a hármasszor-zatok mind 0-k.A következ® állítás mutatja, hogy a mintaalgebra kanonikus generátorai körében az (1)-benmeghatározott szorzás majdnem azonos a megfelel® mintacsoportbeli generátorok kommu-tálásával:

2.4. Állítás. Ha i < j, i′ < j′:

[(I + E(i, j)), (I + E(i′, j′)] =

(I + E(i, j′)), ha j = i′

(I − E(i′, j)), ha j′ = i(I + 0) különben.

(2)

Bizonyítás: Az {E(i, j), E(i′, j′)} halmaz egy (legfeljebb) 2-nilpotenciaosztályú algebrátgenerál, így alkalmazhatjuk erre az algebrára az el®z® tételt. Eszerint

[(I + E(i, j)), (I + E(i′, j′)] = (I + E(i, j)E(i′, j′)− E(i′, j′)E(i, j)),

ami (1) alapján épp a bizonyítandó képletet adja.

2.5. Tétel. Adott egy G(I) mintacsoport. Ha G(I)-nek mint csoportnak a nilpotencia-osztálya 2 (azaz ∀x, y, z ∈ G : [[x, y], z] = 1), akkor a hozzá tartozó A(I) nilpotencia-osztálya is 2 (azaz ∀X, Y, Z ∈ A(I) : XY Z = 0.)Bizonyítás: Ha létezik olyan X, Y, Z ∈ A(I) hármas aminek a szorzata nem 0, akkorléteznie kell olyan (i, j), (i′, j′), (i′′, j′′) ∈ I hármasnak is, amire

E(i, j)E(i′, j′)E(i′′, j′′) 6= 0,

ugyanis minden A(I)3-beli elem ilyenek lineáris kombinációjaként áll el®. De ez csak úgylehet, ha j = i′ és j′ = i′′. Ekkor azonban a (2) képlet alapján

[[(I+E(i, j)), (I+E(i′, j′))], (I+E(i′′, j′′))] = [(I+E(i, j′)), (I+E(i′′, j′′))] = (I+E(i, j′′)) 6= (I+0),

ellentmondva a G(I)-r®l tett feltevésnek.

6

3. Algebracsoportok generátorai

3.1. Állítás. Legyen A egy nilpotens algebra Fp felett (ahol p prím) és B ⊂ A. Ha minden1 ≤ m ≤ nilp(A)-ra van Bm ⊂ B, aminek az Fp feletti lineáris generátuma épp Am, akkoraz

L = {(I +B)|B ∈ B)}halmaz generálja az A-hoz tartozó G algebracsoportot.Bizonyítás: Indukció A nilpotencia-osztályára. A kezd®lépés triviális. Vegyük egy tet-sz®leges A =

∑ni=1 tiBi(ti ∈ Fp, Bi ∈ B) elemét A-nak. Nézzük a

n∏i=1

(I +Bi)ti = (I +O2 +

n∑i=1

tiBi)

szorzatot, ahol O2 ∈ A2. Ekkor (I+O2)−1 ∈ (I+A2) ugyanis A2 is egy algebra. Szorozzukmeg az el®z® szorzatot (I +O2)−1-zel:

n∏i=1

(I +Bi)ti(I +O2)−1 = ((I +O2) + Σ)(I +O2)−1 = (I + Σ + Σ((I +O2)−1 − I)),

ahol Σ =∑n

i=1 tiBi. Mivel ((I +O2)−1 − I) ∈ A2, O3 := Σ((I +O2)−1 − I) ∈ A3. Így azels®rend¶ tag után következ® tag rendjére vonatkozó indukcióval azt kapjuk, hogy

n∏i=1

(I +Bi)ti

m∏j=2

(I +Oj)−1 = (I +Om+1 +n∑i=1

tiBi),

ahol Om+1 ∈ Am+1. Legyen m = nilp(A). Ekkor Om+1 = 0, tehátn∏i=1

(I +Bi)ti

m∏j=2

(I +Oj)−1 = (I +n∑i=1

tiBi).

Az els® produktum L-beli elemek szorzata. AzA2 algebrára alkalmazható az eredeti (nilpotencia-osztály szerinti) indukció, ugyanis a nilpotencia-osztálya kisebb A nilpotencia-osztályánálés az (A2)k algebrát lineárisan generálja a B2k halmaz. Az indukciós feltevés szerint az(I + Oj)−1 ∈ (I + A2) elemeket generálja az {(I + B)|B ∈ B2)} ⊂ L halmaz, ezért amásodik produktum elemeit is generálja L, azaz (I + A) ∈ 〈L〉. Mivel A tetsz®leges volt,azt kaptuk, hogy G = 〈L〉.

3.2. Megjegyzés. Ha F 6= Fp, akkor hasonló bizonyítással kapjuk, hogy L = {(I+tB)|t ∈F, B ∈ B} generálja G-t.

3.3. Megjegyzés. Ha A nilpotencia-osztálya 1, akkor bármely két elemének szorzata 0.Ekkor tehát egy B ⊂ A halmaz által generált lineáris altere A-nak megegyezik az általagenerált részalgebrával. Ha B zárt az algebrabeli szorzásra, akkor is az általa generáltalgebra megegyezik az általa generált lineáris altérrel. A továbbiakban sokszor az el®z®esetek valamelyike áll fenn, ilyenkor egyszer¶en B generátumáról beszélünk.

7

3.4. Lemma. Legyen A egy nilpotens algebra Fp felett és B ⊂ A. Ha {B + A2|B ∈ B}nem generálja A/A2-et, akkor az {(I +B)|B ∈ B} halmaz nem generálja az A-hoz tartozóG algebracsoportot.Bizonyítás: Legyen X ∈ A olyan, hogy a {B+A2|B ∈ B} halmaz nem generálja X+A2-et. Ha G generálná (I +X)-et, akkor lenne egy

(I +X) =∏i

(I +Bi)εi

alakú el®állítása, ahol (Bi ∈ B, εi ∈ {−1,+1}). Viszont (I+B)−1 = (I−Bi+Oi2) valamelyOi2 ∈ A2-ra, ezért ∏

i

(I +Bi)εi = (I +O′2 +

∑i

εiBi)

valamely O′2 ∈ A2-re. De ez azt jelentené, hogy X = O′2 +∑

i εiBi, amib®l következik,hogy X +A2 =

∑i εiBi +A2 pedig feltettük, hogy nem.

3.5. Lemma. Legyen A egy nilpotens algebra Fp felett, A ∈ A2 és legyen B olyan halmaz,amire {B +A2|B ∈ B} nem generálja A/A2-et. Ekkor {(I + B)|B ∈ B} ∪ {(I + A)} semgenerálja az A-hoz tartozó G csoportalgebrát.Bizonyítás: A {B+A2|B ∈ (B∪{A})} halmaz sem generálja A/A2-et, tehát a 3.4 lemmaszerint {(I +B)|B ∈ B} ∪ {(I + A)} nem generálja G-t.Az 3.4 lemma megfordítása is igaz:

3.6. Állítás. Legyen A egy nilpotens algebra Fp felett és legyen B ⊂ A olyan, hogy{B+A2|B ∈ B} generálja A/A2-et. Ekkor az L = {(I +B)|B} generálja az A-hoz tartozóG csoportot.Bizonyítás: Tegyük fel, hogy L nem generálja G-t. Legyen B′ := B ∪ A2 és L′ = {(I +B)|B ∈ B′}. Ekkor a 3.5 állítás szerint L′ sem generálja G-t. De B′-re teljesülnek a 3.1állítás feltételei, ugyanis abból, hogy {B + A2|B ∈ B′} generálja A/A2-et és A2 ⊂ B′következik, hogy B′ generálja A-t. Viszont így a 3.1 állítás szerint L′ generálja G-t és ezellentmondás.

3.7. Állítás. Legyen A egy nilpotens algebra Fp felett és B ⊂ A olyan, hogy {(I+B)|B ∈B} generálja G-t. Ekkor {B +A2|B ∈ B} generálja A/A2-et.Bizonyítás: Legyen a B elemei által generált algebra B̄ ( A. Tegyük fel, hogy {B +A2|B ∈ B} nem generálja A/A2-et. Ekkor a B̄ ∪A2 által generált algebra nem A. ViszontB1B2 ∈ B̄, A1, A2 ∈ A2-re

(I +B1 + A1)(I +B2 + A2) = (I + (B1 +B2) + (B1B2 +B1A2 +B2A1 +B2A2))

(I +B1 + A1)−1 = (I − (B1 + A1) + (B1 + A1)2 ∓ ...) = (I −B1 + (−A1 +B21 + ...)).

A fenti egyenletek mutatják, hogy a csoportm¶veletek nem vezetnek ki a {(I+B+A)|B ∈B̄ + A2} halmazból. Ez tartalmazza {(I + B)|B ∈ B}-t, ami elvileg generálja G-t, deB̄ ∪ A2 ( A, és ez ellentmondás.

8

3.8. Tétel. Legyen A egy nilpotens algebra és G a hozzá tartozó algebracsoport. EgyB ⊂ A halmazra ekvivalens a következ® két állítás

(i) {(I +B)|B ∈ B} generálja G-t.

(ii) {B +A2|B ∈ B} generálja A/A2-et.

Bizonyítás: Ez a 3.6 és 3.7 állítások összegzése.

3.9. Állítás. Az {(I + E(x)|x ∈ I1} halmaz generálja az egész G(I) csoportot ha azalaptest Fp. (Az I1 jelölést a 1.5 pontban vezettük be.)Bizonyítás: Az {E(x) + A(I)2|x ∈ I1} ⊂ A(I) halmaz generálja (A(I))/(A(I)2)-et,ugyanis {E(x)|x ∈ I} generálja A(I)-t és x ∈ I \ I1-re E(x) ∈ A(I)2.

4. A Frattini- és a kommutátor-részcsoportok egyezésemintacsoportokban

4.1. Lemma. A {E(x)|x ∈ (I \ I1)} halmaz által generált algebra A(I)2.Bizonyítás: Ez egy speciális esete a 5.1 tételnek.

4.2. Állítás. Egy Fp alaptest feletti G(I) mintacsoport kommutátora megegyezik azA(I)2-hez tartozó algebracsoporttal, azaz

G(I)′ = {(I + A|A ∈ A(I)2}.

Bizonyítás: Ha x = (i, j) /∈ I1 akkor ∃k : i

4.3. Megjegyzés. A bizonyításból kiolvasható, hogy tetsz®leges A algebrára a hozzátar-tozó algebracsoport kommutátorrészcsoportja benne van az algebra négyzete által generáltalgebracsoportban. A másik irányú tartalmazáshoz arra volt szükségünk, hogy A-nak vanolyan lineáris generátorrendszere, amelyben bármely két báziselem által generált algebranilpotencia-osztálya legfeljebb 2.

4.4. Tétel. Legyen A egy nilpotens algebra Fp alaptesttel és G a hozzá tartozó algebra-csoport. Az {(I + A)|A ∈ A2} csoport elemei pontosan azok a G-beli elemek, amelyek Gbármely generátorrendszeréb®l elhagyhatóak.Bizonyítás: Legyen A ∈ A(I)2 és vegyünk egy B halmazt amire A ∈ B és A ∈ Bés{(I +B)|B ∈ B} generálja G(I)-t. A 3.8 tétel szerint {B +A2|B ∈ B} generálja A/A2-et. Ekkor B \ {A} is generálja A/A2-et tehát a 3.8 tétel másik iránya szerint {(I +B)|B ∈(B \ {A})} generálja G(I)-t. Azt kaptuk tehát, hogy (I + A) egy tetsz®legesen választottgenerátorrendszerb®l elhagyható volt.Legyen A /∈ A2. Ekkor A + A2 6= A2, így A + A2 kiegészíthet® A/A2 bázisává. Legyenez a bázis {B + A2|B ∈ B} és válasszuk B-t úgy, hogy A ∈ B legyen. Ekkor a 3.8 tételszerint {(I + B)|B ∈ B} generálja G-t. Viszont {B +A2|B ∈ B′} semmilyen B′ ( B-re segeneráljaA/A2-et ami a 3.8 tétel szerint ekvivalens azzal, hogy {(I+B)|B ∈ B′} semmilyenB′ ( B-re se generálja G-t, azaz {(I + B)|B ∈ B} egy minimális generátorrendszer. Ezzelbebizonyítottuk az állítást, ugyanis (I + A) ∈ {(I +B)|B ∈ B}.4.5. De�níció. Egy G csoport Frattini-részcsoportja a maximális részcsoportjainak ametszete, azaz

Φ(G) =⋂M

Bizonyítás: Mindkét algebra egyenl® az általa tartalmazatt kanonikus algebragenerátorokáltal generált algebrával. Ha E(a, b) ∈ Ak akkor

E(a, b) =k∏i=1

E(ai, bi)

ahol a1 = a és bk = b. Szükségszer¶en bi = ai+1-nek kell lennie, különben a szorzat 0lenne, így a = a1

Bizonyítás: A 3.1 állítás szerint az {(I + E(x)|x ∈⋃l(I)j=k Ij} halmaz generálja az

{E(x)|x ∈⋃l(I)j=k Ij} által generált algebrához tartozó algebracsoportot. A 5.1 tétel szerint

ez éppen {(I +A)|A ∈ A(I)k}. A 6.2 lemma szerint {(I +E(x))|x ∈⋃l(I)j=k Ij} ⊂ γk(G(I)),

így a tétel ⊇ irányát bebizonyítottuk.Indukció miatt feltehetjük, hogy tetsz®leges (I + A) ∈ γk−1(G(I)) elemre A ∈ A(I)k−1. A1.14 állítás szerint ha A ∈ A(I)k−1, B ∈ A(I) akkor [(I +A), (I +B)] = (I +C) valamelyC ∈ A(I)k-re. Ezzel beláttuk a ⊆ irányt.

6.4. De�níció. Egy G csoport fels® centrális láncának a következ® (Zi(G)) rekurzívende�niált sorozatot nevezzük:

Z0(G) : = 1

Zi(G) : = {g ∈ G : [g,G] ⊂ Zi−1(G)}

6.5. Jelölés. Jelöljük ρ(x)-szel a leghosszabb olyan lánc I-beli lánc hosszát, aminek azels® eleme x ∈ N és jelöljük κ(x) a leghosszabb olyan lánc hosszát, aminek a vége x.

6.6. Jelölés. LegyenIk = {(i, j) ∈ I|κ(i) + ρ(j) = k}.

6.7. Lemma. Ha x κ(x) + ρ(z) ⇒ (x, z) ∈

⋃k−1i=0 Ii. A

másik állítás bizonyítása hasonlóan megy.

6.8. Tétel.

Zk(G(I)) =

{(I + A)|A ∈ A

(k−1⋃i=0

Ii

)}.

6.9. Megjegyzés. Ahhoz hogy a jobb oldal értelmes legyen a⋃k−1i=0 Ik mintának zártnak

kell lennie. Ez viszont igaz, ugyanis x

elemeknek, amiket az el®z®ek szerint bármivel megszorozva A(⋃k−2

i=0 Ii)-beli elemet ka-

punk. Ezzel a ⊇ tartalmazást beláttuk.A másik irányhoz legyen X olyan, hogy valamely k′ ≥ k-ra és (a, b) ∈ Ik′-re E(a, b) nem-nulla együtthatóval szerepel X felírásában. Ha a minimális és b maximális lenne, akkor(I+E(a, b) ∈ Z(G(I)) lenne. Tegyük fel, hogy b nem maximális (ha a lenne nem minimálisakkor hasonlóan menne a bizonyítás). Válasszuk c >I b-t úgy, hogy ® legyen a következ®elem a b-b®l induló maximális hosszúságú sorozatok egyikén. Így ρ(c) = ρ(b) − 1, tehát(a, c) ∈ Ik′−1. Ekkor [(I + X), (I + E(b, c))]-ben E(a, c) nemnulla együtthatóval szerepel.Viszont ekkor [(I +X), (I +E(b, c))] /∈

{(I + A)|A ∈ A

(⋃k−2i=0 Ii

)}, ugyanis (a, c) ∈ Ik′−1

és k′ − 1 ≥ k − 1.

6.10. Tétel. Legyen l(I) a leghosszabb I-beli lánc hossza. Az

Ik = Il(I)−k

egyenlet pontosan akkor teljesül minden 1 ≤ k ≤ l(I)-re, ha minden I-beli nem b®víthet®lánc l(I) hosszú.Bizonyítás: Ha (a, b) ∈ Ik, akkor a köztük lév® leghosszabb lánc k hosszú. Vegyünkegy nem b®víthet® láncot ami mindkettejüket tartalmazza. A feltételünk szerint ez l(I)hosszú, tehát az a el®tti és b utáni részének összesen l(I)−k hosszúnak kell lennie. Emiatt(a, b) ∈ Il(I)−k. A fordított irányú tartalmazást hasonlóan kapjuk.A másik irányhoz vegyünk egy nem b®víthet®, l′ < l(I) hosszú láncot. Ekkor (a, b) ∈ I0 és(a, b) /∈ I l(I).

6.11. Tétel. Legyen l(I) a leghosszabb I-beli lánc hossza. Ha minden I-beli nem b®víthet®lánc ugyanolyan hosszú, akkor

γk(G(I)) = Zl(I)−k+1(G(I)).

Bizonyítás:

γk(G(I)) =1 G

l(I)⋃i=k

I i =2 G

l(I)⋃i=k

Il(I)−i

=3 Gl(I)−k⋃

j=0

Ij

=4 Zl(I)−k+1(G(I)).1: ez a 6.3 és a 5.2 megjegyzés összevetéséb®l következik.2: ez a 6.10 tétel következménye.3: átparaméterezés4: a 6.8 tétel miatt.

6.12. De�níció. Egy G csoport nilpotencia-osztályának az alsó centrális láncának ahosszát nevezzük (azaz a legkisebb n számot, amire γn+1(G) = 1).

6.13. Állítás. Ez megegyezik a fels® centrális lánc hosszával, azaz a legkisebb n-nel, amireZn(G) = G.

13

Bizonyítás: Ez a [1] jegyzetben a 6. fejezet 1. tétele.

6.14. Tétel. Adott I mintára az A(I) algebra nilpotencia-osztálya megegyezik a G(I)csoport nilpotencia-osztályával és mindkett® egyenl® a leghosszabb I-beli lánc hosszával.Bizonyítás: A 6.3 tétel szerint γn+1 = 1⇔ A(I)n+1 = 0. A legkisebb n amire ez teljesülmegadjaA(I) és G(I) nilpotencia-osztályát is. A 5.1 tétel szerintA(I)n+1 = 0⇔ In+1 = ∅,azaz nincs n+ 1-hosszú lánc I-ben.

6.15. Állítás. Az Un(F) csoport alsó és fels® centrális lánca megegyezik (ha valamelyiketfordított sorrendben írjuk).

Bizonyítás: Az Un(F) csoport az n-elem¶ teljesen rendezett halmazhoz tartozó minta-csoport. Itt egyetlen nem b®víthet® lánc van, tehát a 6.11 tétel szerint valóban megegyezika két centrális lánc.

6.16. Tétel. Az Un(Fp) csoport centrális láncának k-adik eleme megegyezik a {E(i, j)|j−i ≥ k} halmaz által generált algebrához tartozó mintacsoporttal.Bizonyítás: Az Un(Fp) csoport az I = {(i, j)|i < j} mintához tartozó mintacsoport.Ebben a mintában az i és j közti leghosszabb lánc épp j− i hosszú, így Ik = {(i, j)|j− i =k}, azaz

⋃n−1j=k Ij = {(i, j)|j − i ≥ k}. A 5.1 tétel szerint tehát a {E(i, j)|j − i ≥ k}

halmaz által generált algebra A(I)k. A 6.3 tétel szerint a hozzá tartozó algebracsoportpedig γk(Un(Fp)).

7. Prímhatvány-rend¶ csoportok beágyazása Un(Fp)-be7.1. Állítás. Az Fq feletti n × n-es nemszinguláris mátrixok GL(n, q) csoportjának azelemszáma

|GL(n, q)| =n−1∏i=0

(qn − qi).

Bizonyítás: A nemszinguláris mátrixok megfeleltethet®ek Fnq bázisainak. Az els® vektora 0-n kívül akármi lehet. Ha adott i darab független vektor, ezek egy qi elem¶ alteretfeszítenek ki. A következ® báziselemet a maradék qn− qi elem közül kell választanunk.

7.2. Állítás. |Un(Fq)| = qn(n−1)

2

Bizonyítás: Minden i < j pár megfelel Un(Fq) egy mez®jének, ahova szabadon választottszámot írhatunk Fq-ból. Az ilyen párok száma n(n−1)2 .

7.3. Állítás. Minden pk = q prímhatványra Un(Fq) egy p-Sylow részcsoportja GL(n, q)-nak.

14

Bizonyítás:n−1∏i=0

(qn − qi) =n−1∏i=0

qi(qn−i − 1) =n−1∏i=0

qin∏j=1

(qj − 1)

Az els® szorzat értéke qn(n−1)

2 . A második szorzat minden tagja eggyel kisebb egy p-velosztható számnál, tehát egyik sem osztható p-vel. Ezért q

n(n−1)2 = pk

n(n−1)2 a legnagyobb

p-hatvány, amivel osztható |GL(n, q)|, tehát a p-Sylowjai ennyi elem¶ek. Viszont ez éppUn(Fq) elemszáma.7.4. Megjegyzés. Felmerülhetne a kérdés, hogy mely csoportok ábrázolhatóak mintacso-port részcsoportjaként. Ez egy gyengítése lenne annak a kérdésnek, hogy mely csoportokábrázolhatóak mintacsoportként. Viszont az el®bbi tétel válaszol erre a kérdése: mindenp-csoport ábrázolható egy speciális mintacsoport, Un(Fp) részcsoporjaként. Minden végestest fölötti mintacsoport p-csoport, így azt kaptuk, hogy pontosan a véges p-csoportokállnak el® véges mintacsoportként.

7.5. Tétel. Ha a G csoportnak az elemszáma a p prímnek valamely hatványa, akkor Gizomorf U|G|(Fp) valamely részcsoportjával.Bizonyítás: Reprezentáljuk G-t GL(|G|, p)-ben a permutációmátrixok segítségével. Ezegy Ḡ részcsoportja GL(|G|, p)-nek. Vegyünk egy S < GL(|G|, p) p-Sylow részcsoportotami tartalmazza Ḡ-t. Sylow II. tétele szerint S konjugált GL(|G|, p)-ben U|G|(Fp)-vel . Eza konjugálás Ḡ-t U|G|(Fp) egy részcsoportjába viszi.

8. A mintacsoportok mint Un(F) részcsoportjai8.1. Jelölés. Egy a mátrix (i, j) mez®jén álló számot jelöljük aij-vel. Fordítva pedig (aij)jelölje azt a mátrixot, aminek (i, j) mez®jén aij áll (ahol aij i-nek és j-nek a függvénye.

8.2. Jelölés. Jelöljük diag(t1, ..., tn)-nel azt a (dij) diagonális mátrixot, amiben

(dij) =

{ti, ha i = j

0 különben..

8.3. Jelölés. Legyen hi(t) := diag(1, ..., 1︸ ︷︷ ︸i−1

, t, 1, ..., 1).

8.4. Megjegyzés. Ekkor (diag(t1, ..., tn))−1 = diag(t−11 , ..., t

−1n ) és (hi(t))

−1 = hi(t−1).

8.5. Megjegyzés. Legyen a = (aij) egy tetsz®leges mátrix, τ = diag(t1, ..., tn). Ekkorτ -val balról szorozva a-t az i-edik sora ti-szeresére változik, jobbról szorozva pedig a j-edikoszlopa tj-szeresére változik. Ebb®l következik. hogy a-t τ -val konjugálva az (i, j) mez®jetit−1j -szeresére változik, ezt írhatjuk úgy is, hogy

diag(t1, ..., tn)(aij)diag(t−11 , ..., t

−1n ) = (tiaijt

−1j ). (3)

8.6. Tétel. Minden F 6= F2 testre az U ≤ Un(F) csoport pontosan akkor mintacsoport, habármely τ nemszinguláris diagonális mátrixra τUτ−1 = U .

15

Bizonyítás: (Bob Guralnick, [2] Proposition 2.1)A 8.5 megjegyzés miatt minden (aij) mátrixra és τ = diag(t1, ..., tn) ∈ GLn(F) nemszingu-láris diagonális mátrixra:

(tat−1)ij = 0⇔ tiaijt−1j = 0⇔ aij = 0,

azaz a konjugálás nem változtatja meg, hogy melyek a nemnulla mez®k. Emiatt a nemszin-guláris diagonális mátrixszal konjugálás nem vezethet ki a mintacsoportból.A másik irányhoz szükségünk lesz a következ® állításra:

8.7. Állítás. Ha minden u ∈ U -ra és t ∈ F-re

uij 6= 0⇒ (I + tE(i, j)) ∈ U,

akkor U egy mintacsoport.

Bizonyítás: LegyenI := {(i, j)|∃u ∈ U : uij 6= 0}.

Ekkor a feltevés szerint ha (i, j), (j, k) ∈ I, akkor (I + E(i, j)), (I + E(j, k)) ∈ U , tehát[(I + E(i, j))(I + E(j, k))] = (I + E(i, k)) ∈ U azaz (i, k) ∈ I, tehát I egy zárt minta.A 3.2 megjegyzés szerint G(I)-t generálja az {(I + tE(i, j))|t ∈ F, (i, j) ∈ I} halmaz, amia feltétel szerint U -ban van. Tehát U ⊇ G(I), de I de�níciója szerint U ⊆ G(I), tehátG = G(I).Tehát elég azt igazolnunk, hogy a 8.7 állítás feltételei teljesülnek.Vegyünk egy u = (uij) ∈ U mátrixot. Válasszunk most egy ui0j0-t úgy, hogy i′ < i0-raui′j′ = 0 legyen minden j′ 6= i′-re. Legyen t 6= 0 és t 6= 1 (itt használjuk ki, hogy F 6= F2).

8.8. Lemma. Ekkor

(hi0(t)uhi0(t−1))ij =

uij, ha i 6= i0tuij, ha i = i0 és j 6= i01, ha i = i0 = j.

(4)

Bizonyítás: A 8.5 megjegyzés szerint ha hi0(t)-vel konjugáljuk u-t, az t-vel megszorozza azi0-adik sorát és t−1-gyel megszorozza az i0-adik oszlopát. Viszont u-nak az i0-adik oszlopa af®átlóbeli 1-est®l eltekintve csupa 0 (mert ha uki 6= 0 és k 6= i, akkor k < i, ellentmondva iminimalitásának). Így a hi0(t)-vel való konjugálás csak megszorozza t-vel u i0-adik soránakminden f®átlón kívüli elemét.

8.9. Lemma. Az u′ := hi0(t)uhi0(t−1)u−1 szorzatban minden i-re u′ii = 1 és j 6= i, i 6= i0-ra

u′ij = 0.

Bizonyítás: A szorzat mez®i hi0(t)uhi0(t−1) sorainak u−1 oszlopainak a skalárszorzatai.

A 8.8 lemma szerint az i0-adik sortól eltekintve hi0(t)uhi0(t−1) sorai megegyeznek u so-

raival, tehát a (hi0(t)uhi0(t−1))u−1 szorzat is csak az i0-adik sorban különbözhet az uu−1

szorzattól. Viszont uu−1 = I, tehát u′ csak az i0-adik sorában különbözik I-t®l, ami éppenaz, amit állítunk.

8.10. Lemma. Az u′ mátrix i0-adik sorában a f®átlón kívül is van nemnulla mez®.

16

Bizonyítás: Ha u′i0j = 0 lenne minden j 6= i0-ra, akkor (u′u)i0j0 egyenl® lenne ui0j0-lal,

ugyanis (uu′)ij de�níció szerint u′ i0-adik sorának és u j0-adik oszlopának a skalárszorzata.Viszont

u′u = (hi0(t)uhi0(t−1)u−1)u = hi0(t)uhi0(t

−1)

aminek a 8.8 lemma szerint az i0j0 mez®jén tui0j0 áll és tui0j0 6= ui0j0 mert ui0j0 6= 0 ést 6= 1.Az el®z® lemma szerint van olyan j 6= i0, amire u′i0j 6= 0. Legyen j1 az egyik ilyen.

8.11. Lemma. Ekkor

(hj1(t)u′hj1(t

−1))ij =

{u′ij, ha i 6= i0 vagy j 6= j1tu′ij, ha i = i0 és j = j1

(5)

Bizonyítás: A 8.5 megjegyzés szerint ez a konjugálás megszorozza t-vel a j1-edik sorelemeit és t−1-gyel a j1-edik oszlop elemeit. A 8.9 lemma szerint u′ j0-adik sorának csaka f®átlóban van nemnulla eleme és a j1-edik oszlopának a f®átlóbeli elemén kívül csak azi0-adik eleme nem nulla.

8.12. Lemma. Az u′′ := (hj1(t)u′hj1(t

−1))u′−1 szorzatnak a f®átlón kívül csak az (i0, j1)mez®je nemnulla.

Bizonyítás: A 8.11 lemma szerint ha u′-t hj1(t)-vel konjugáljuk azzal a sorok közülcsak az i0-adikon változtatunk, tehát ez a szorzat csak az i0-adik sorában különbözhet azidentitástól (ez a 8.9 lemma bizonyításának gondolatmenete röviden).A 8.9 lemma szerint u′-nek a f®átlón és az i0-adik soron kívül minden mez®je 0. Ezért u′−1

j-edik oszlopa mer®leges a (0, ..., 0︸ ︷︷ ︸l−1

, 1, 0, ..., 0) vektorra ha l 6= j és l 6= i0. Azaz a j-edik

oszlopnak csak a j-edik és az i0-adik eleme lehet nemnulla. Ha j 6= i0 akkor u′ j-edikoszlopának skalárszorzata u′ i0-adik sorával 0, azaz

0 = u′i0j(u′−1)jj + u

′i0i0u′−1)i0j = (u

′i0j

+ (u′−1)i0j ⇒ (u′−1)i0j = −u′i0j

Ugyanezzel a gondolatmenetet u′ helyett hj1(t)u′hj1(t

−1)-vel elmondva azt kapjuk, hogyj 6= i0-ra

hj1(t)u′−1hj1(t

−1) = (hj1u′hj1(t

−1))−1 = −hj1(t)u′hj1(t−1).Így (u′−1)i0j 6= (hj1(t)u′−1hj1(t−1))i0j csak j = j1-re teljesül, ezért (hj1(t)u′hj1(t−1))u′−1csak a j1-edik oszlopban különbözhet hj1(t)u

′hj1(t−1)hj1(t)u

′−1hj1(t−1) = I-t®l.

Tehát azt kaptuk, hogy u′′ az i0-adik során kívül és j1-edik oszlopán kívül nem különbözhetI-t®l, tehát csak az (i0, j1) mez®jén különbözhet I-t®l. Itt viszont különbözik is, ugyanis a8.11 lemma szerint (hj1(t)u

′hj1(t−1))i0j1 = tu

′i0j1

és feltevésünk szerint u′i0j1 6= 0 (és t 6= 1),tehát hj1(t)u

′hj1(t−1) 6= u′, tehát azt u′−1-gyel megszorozva nem kaphatunk I-t.

Azt kaptuk tehát, hogy u′′ = (I + t ·E(i0, j1) valamely t ∈ Fq-ra. Két diagonális mátrixszalvaló konjugálással kaptuk u-ból u′′-t, így u′′ ∈ U .

8.13. Lemma. Minden t′ ∈ Fq-ra (I + t′E(i0, j1)) ∈ U .

17

Bizonyítás: Konjugáljuk u′′-t hi0(t′t−1)-zel, így a 8.8 lemma szerint (I + t′ · E(i0, j1))-

t kapjuk (u′′-re is i0 az els® (és egyetlen) sor ahol nem csak a f®átlóban van nemnullaelem).

8.14. Lemma. Legyen u∗ := u(I + u−1i0j1E(i0, j1)). Ekkor u∗ ∈ U és

u∗ij =

{0, ha i = i0, j = j1uij, különben.

Bizonyítás: Mivel u(I + u−1i0j1E(i0, j1)) = u − ui0j1uE(i0, j1), azt kell csak megnéznünk,hogy mi uE(i0, j1). Ez a szorzat azt csinálja, hogy u-nak veszi az i0-adik oszlopát és átrakjaa j1-edik oszlopba (és minden más oszlopot nulláz). Ha i 6= i0, akkor ui′i0 = 0 (ha i < i0akkor azért mert i0-t úgy választottuk, hogy ilyen ne legyen, ha i > i0 akkor azért mertu egy fels®-háromszög mátrix). Ezért u i0-adik oszlopa a f®átlón kívül mindenhol nulla, af®átlóban pedig 1. Ezért uE(i0, j1) = E(i0, j1), így tényleg u∗ = u− ui0j1E(u0, j1).Az u mátrix nemnulla mez®inek számára vonatkozó indukcióval (ami legalább n, tehátonnan kezdjük) azt kapjuk, hogy minden (i, j)-re, amire u∗ij 6= 0 (és minden t′ ∈ F-re), (I+t′E(i, j)) ∈ U . Tehát a 8.7 állítás feltétele teljesül, azaz a 8.7 állítás szerint U mintacsoport.

8.15. Megjegyzés. Ha F = F2, akkor a 8.6 tétel konjugálásos feltétele semmitmondó,ugyanis Un(F2)-ben az egyetlen nemszinguáris diagonális mátrix az identitás. A következ®tétel azt mutatja, hogy Un(F2)-nek nem minden részcsoportja mintacsoport.

8.16. Példa. A

H =

1 s t0 1 s

0 0 1

|s, t ∈ F2 ⊂ U3(F2)

halmaz részcsoportja U3(F2)-nek, ugyanis szorzásra és invertálásra zárt. Viszont H nemmintacsoport, ugyanis (I +E(1, 2)) /∈ H pedig van olyan h ∈ H-nak, amiben h12 6= 0. Mástestek felett a diag(t, 1, 1)-gyel való konjugálás t 6= 1-re az els® sor nem f®átlóbeli elemeitmegszorozza t-vel és így kivezet a csoportból, viszont ilyen F2 felett nincs.

9. Mintacsoportok rész-algebracsoportjainak jellemzése

9.1. Tétel. ([2] Proposition 2.2.) Adott egy I zárt minta és a hozzá tartozó F feletti G(I)mintacsoportnak egy H ≤ G(I) részcsoportja. Ez a részcsoport pontosan akkor egyezikmeg A(I) egy részalgebrájához tartozó algebracsoporttal, ha a

VH := {A ∈ A(I)|(I + A) ∈ H)} ⊆ A(I)

halmaz zárt az (A(I) szerinti) összeadásra és skalárral szorzásra (azaz VH egy vektortér).

18

Bizonyítás: El®ször tegyük fel, hogy VH egy vektortér.

9.2. Lemma. Ekkor A,B ∈ VH ⇒ AB ∈ VH (ahol a szorzás az A(I)-beli szorzás.Bizonyítás: Mivel H egy csoport, ezért (I + A)(I + B) = (I + (A + B + AB)) ∈ H,azaz A + B + AB ∈ VH . Felhasználva, hogy VH vektortér és A,B, (A + B + AB) ∈ VHmegkapjuk, hogy AB ∈ VH .Emiatt VH részalgebrája A(I)-nek. Az általa generált csoportalgebra pedig éppen H.A másik irány csak annyit mond, hogy ha VH algebra, akkor vektortér is, ami de�níciószerint igaz.

9.3. Példa. A 1.18 állítás szerint az Fp feletti, p-nél kisebb nilpotencia-osztályú csoportok-ban minden elem p-edik hatványa 1. A 1.19 állítás szerint egy p-nél nem kisebb nilpotencia-osztályú algebrának legalább pp eleme van. Így minden pp-nél kisebb rend¶ algebracsoportp exponens¶. Viszont Up2(Fp)-nek van p2-rend¶ eleme (pl. egy p2 hosszú ciklus permutá-ciómátrixa). Ez az elem egy p2-elem¶ részcsoportja Up2(Fp)-nek és van p2 rend¶ eleme, így(p > 2 esetén) nem lehet izomorf egy algebracsoporttal.

10. (k,m)-típusú mintacsoportok

10.1. De�níció. ([5] De�nition 4.1.) Legyen k ≥ 1,m ≥ 1, l ≥ 0, n = k+ l+m és mindenν ∈ {1, ..., l}-re legyen adott egy Kν ⊂ {1, ..., k} és egy Mν ⊂ {1, ...,m}. A {(Kν ,Mν)|ν ∈{1, ..., l}} halmazrendszerhez tartozó (k,m)-típusú minta a következ® számpárokból áll:

ν ∈ {1, ..., l}, i ∈ Kν-re : (i, k + ν)ν ∈ {1, ..., l}, j ∈Mν-re : (k + ν, k + l + j}, és

i ∈ {1, ..., k}, j ∈ {1, ...,m}-re : (i, k + l + j).(6)

Az ilyen mintához tartozó mintaalgebrákat (k,m)-típusú mintaalgebrának nevezzük, azezeknek megfelel® mintacsoportokat pedig (k,m)-típusú mintacsoportnak.

A (k,m)-típusú mintáknak egy ekvivalens jellemzése a következ®:

10.2. Tétel. Az I ⊂ N ×N egy (k,m)-típusú minta pontosan akkor, ha

{(i, j)|1 ≤ i ≤ k, n−m + 1 ≤ j ≤ n} ⊂ I

és minden (i, j) ∈ I-re teljesül a következ®:

(i, j) ∈ I, i ≤ k⇒ j ≥ k + 1(i, j) ∈ I, i ≥ k + 1⇒ j ≥ n−m + 1.

19

Bizonyítás: Ezek nyilvánvalóan teljesülnek a (k,m)-típusú mintákra. Ha adott egy mintaamire ezek teljesülnek, akkor legyen

Kν = {i : (i, k + ν) ∈ I}Mν = {j : (k + ν, n−m + j) ∈ I}.

Ezek a halmazok éppen az I mintát de�niálják.

10.3. Megjegyzés. Az ekvivalens meghatározásból kiolvasható a (k,m)-típusúság egyszemléletes jelentése: a mátrix jobb fels® k×m sarkában tetsz®legesen határozhatjuk mega mez®ket. Ezen kívül még néhány ett®l balra vagy lejjebb lév® mez®ben is szabad kezetkapunk.

10.4. Elnevezés. Az (6) egyenlet els® sorában meghatározott mintaelemeket nevezzükA-típusúnak, a második sorában meghatározottakat B-típusúnak és a harmadik sorábanmeghatározott elemeket pedig nevezzük C-típusúnak. Ennek megfelel®en egy (k,m)-típusúmintaalgebrában az E(i, j) elemeket is A, B vagy C-típusúnak nevezhetjük annak függ-vényében, hogy (i, j) melyik sorban lett meghatározva. Ugyanígy a mintacsoportban az(I + E(i, j)) elemek is klasszi�kálhatóak.

10.5. Jelölés. Az A-típusú mintaelemek halmazát jelöljük A-val, az A típusú mintaalgebraelemek halmazát AA-val és az A típusú mintacsoport elemek halmazát pedig AG-vel. Ehhezhasonlóan de�niálhatjuk B,BA, BG, C, CA, CG-t.

10.6. Megjegyzés. Legyen a ∈ A, b ∈ B. Ekkor E(a)E(b) = ([(I +E(a)), (I +E(b))]− I)pontosan akkor nem nulla, ha ugyanamiatt a ν miatt került be a mintába a és b, azaza = (i, k + ν), b = (k + ν, k + l + j) és i ∈ Kν , j ∈ Mν . (Egy mintaelemr®l egyértelm¶enmegállapítható, hogy melyik ν miatt került be a mintába.)

10.7. Lemma. A CG halmaz által generált CG részcsoport benne van a mintacsoportcentrumában és tartalmazza a mintacsoport kommutátorát, azaz

Z(G(I)) ≥ CG ≥ (G(I))′

Bizonyítás: Mindkét tartalmazás kézenfekv®.

10.8. Megjegyzés. Adott (k,m)-re l akármilyen nagy lehet, tehát a mintát megvalósítómátrix is akármilyen nagy lehet. Adott (k,m)-re az ilyen típusú mintacsoportok rendjeakármilyen nagy lehet, viszont az el®z® lemma szerint |CG| = |C| = k · m és CG gene-rátuma tartalmazza a csoport kommutátor-részcsoportját, így egy Fq feletti (k,m)-típusúmintacsoport kommutátor-részcsoportjának a rendje legfeljebb qk·m lehet.

10.9. De�níció. A legsz¶kebb zárt mintát, ami egy (k, l)-típusú minta A és B típusúelemeit tartalmazza sz¶kített (k, l)-típusú mintának nevezzük. Expliciten megadva ezaz olyan minta, melynek elemei

ν ∈ {1, ..., l}, i ∈ Kν-re : (i, k + ν)ν ∈ {1, ..., l}, j ∈Mν-re : (k + ν, k + l + j}, és

ha ∃ν : i ∈ Kν , j ∈Mν , akkor : (i, k + l + j).(7)

20

Az ezekhez tartozó mintaalgebrák és mintacsoportok értelemszer¶en a sz¶kített (k, l)-típusú mintaalgebrák és sz¶kített (k, l)-típusú mintacsoportok.

10.10. Jelölés. Sz¶kített (k, l)-típusú minta esetén a (7) egyenlet harmadik sorában de�-niált elemeket nevezzük Ĉ típusúnak, és ennek megfelel®en de�n�áljuk Ĉ, ĈA és ĈG-t.

10.11. Tétel. Egy I zárt minta pontosan akkor sz¶kített (k,m)-típusú, ha

(i, j) ∈ I, i ≤ k⇒ j ≥ k + 1(i, j) ∈ I, i ≥ k + 1⇒ j ≥ n−m + 1.

és ha i ≤ k és j ≥ n−m + 1, akkor ∃x : i

11. Az f̃ függvények rangja

11.1. Jelölés. Vegyünk egy I sz¶kített (k,m)-típusú mintát. Legyen a hozzá tartozó ĈAhalmaz által lineárisan generált altere a mintaalgebrának C. Az AA és BA által együttgenerált lineáris altér legyen D.

11.2. De�níció. Egy adott f ∈ C∗ = Hom(C,Fq) lineáris leképezésre legyen f̃ az azA(I)×A(I)→ Fq függvény amit a következ® egyenlet de�niál:

f̃(x, y) = f([x, y]A) = f(xy − yx).

Ez a függvény jólde�niált, ugyanis C tartalmazza A(I) kommutátorát (ugyanis A(I)2-ttartalmazza és altér.)

11.3. Megjegyzés. Úgy is felfoghatjuk, hogy f̃ egy D×D → Fq függvény, ugyanis A(I) =D ⊕ C és ha x ∈ C vagy y ∈ C, akkor [x, y]A = 0, tehát ha x = d + c ahol d ∈ D, c ∈ C,akkor [x, y] = [d+ c, y] = (d+ c)y− y(d+ c) = (dy− yd) + (cy− yc) = [d, y] + [c, y] = [d, y].

11.4. De�níció. Adott egy F test feletti V vektortér. Szimplektikus alaknak azokat aV × V → F függvényeket nevezzük, amelyekre

(1) 〈tx, y〉 = t〈x, y〉 ha t ∈ F, x ∈ V ,

(2) 〈x+ z, y〉 = 〈x, y〉+ 〈z, y〉, ha x, y, z ∈ V ,

(3) 〈x, x〉 = 0.

Ha választunk egy B bázist és V vektorait abban írjuk fel, akkor minden szimplektikusalakhoz tartozik egy H mátrix, amire igaz, hogy 〈x, y〉 = xTHy. Ennek a rangja nem függB választásától, így mondhatjuk azt, hogy ez magának a szimplektikus alaknak a rangja.

11.5. Állítás. Minden f ∈ C∗-ra f̃ egy szimplektikus alak.Bizonyítás: Az els® két tulajdonság nyilvánvalóan teljesül, [x, x] = 0 miatt a harmadikis.

11.6. Jelölés. Legyen φij ∈ C∗ az a függvény, ami minden C-beli elemhez hozzárendeliazt a számot, ami E(i, k + l + j) együtthatója ebben az elemben (azaz megadja, hogy az(i, k+ l+ j) mez®jén a mátrixnak milyen szám áll). Minden f ∈ C∗ el®áll

∑ki=1

∑mj=1 t

fijφij

alakban, ahol {tfij az f -re jellemz® együttható-sorozat. Legyen Lf az a mátrix, aminek az(i, j) mez®jén tfij áll. Válasszuk ki L

f -nek azon sorait, amelyek sorszáma Kν-beli és azonoszlopait, amelyek sorszáma Mν-beli. Ezek metszete egy |Kν | × |Mν | mátrix, nevezzük eztLfν -nek.

11.7. Tétel. ([5] Lemma 4.2.) Ekkor f̃ rangját a következ® képlet határozza meg:

r(f̃) = 2l∑

ν=1

r(Lν) (8)

22

Bizonyítás: Válasszunk bázist úgy, hogy el®ször D-nek választjuk egy bázisát majd utánaC-nek. Az ilyen bázisokban az f̃ -et leíró mátrixnak csak a bal fels® (D × D-hez tartozó)sarkában lehetnek nem-nulla elemek, ugyanis f̃(x, y) = 0 ha x ∈ C vagy y ∈ C. Tehát csakezzel a résszel kell foglalkoznunk. Itt a báziselemek halmaza a AA ∪ BA halmaz lesz. Abáziselemek sorrendje legyen a következ®: (u ≺ v azt jelenti, hogy u el®bb van mint v)

· Ha a ∈ A, b ∈ B, akkor E(a) ≺ E(b)

· Ha (i, k+ν), (i′, k+ν ′) ∈ A, akkor (ν < ν ′∨(ν = ν ′∧i < i′))⇒ E(i, k+ν) ≺ E(i′, k+ν ′).

· Ha (k + ν, k + l + j), (k + ν ′, k + l + j′) ∈ B, akkor (ν < ν ′ ∨ (ν = ν ′ ∧ i < i′)) ⇒E(k + ν, k + l + j) ≺ E(k + ν ′, k + l + j′).

A következ® állításból következne a tétel:

11.8. Állítás. Emellett a bázissorend mellett f̃ mátrix-alakjának a D × D-re vonatkozórésze a következ®képpen néz ki (blokkokban felírva):

0 . . . 0 Lf1 . . . 0...

. . ....

. . ....

0 . . . 0 0 . . . Lfl−Lf1

T. . . 0 0 . . . 0

.... . .

......

. . ....

0 . . . −LflT

0 . . . 0

Bizonyítás: AzAA-beli elemek egymással felcserélhet®k és aBA-beliek is egymással felcse-rélhet®k, tehát f̃(a, a′) = f([a, a′]A) = f(0) = f([b, b′]A) = f̃(b, b′) ha a, a′ ∈ AA, b, b′ ∈ BA.Emiatt csupa nulla f̃ mátricának bal föls® és jobb alsó negyede. Adott a = E(i, k + ν) ∈AA, b = E(k + ν ′, k + l + j) ∈ BA. Ha ν 6= ν ′, akkor ezek is felcserélhet®ek, tehát itt isf̃(a, b) = 0. Tehát csak E(i, k + ν)-hez tartozó sorok és E(k + ν, k + l + j)-hez tartozóoszlopok, illetve E(k + ν, k + l + j)-hez tartozó sorok és E(i, k + ν)-hez tartozó oszlopokmetszetében lehet nem-nulla eleme a mátrixnak.Az E(i, k + ν), i ∈ Kν alakú báziselemeket a sorbarakással egy helyre gy¶jtöttük, te-hát ezekhez egymást követ® sorok (illetve oszlopok) tartoznak a mátrixban. Hasonlóan azE(k+ν, k+ l+j), j ∈Mν elemeket is egybegy¶jöttük, és egymás melletti oszlopoknak felel-tethet®k meg. Az E(i, k+ ν), i ∈ Kν-hez tartozó sorok és az E(k+ ν, k+ l+ j), j ∈Mν-heztartozó oszlopok metszete valóban Lfν , ugyanis

f̃(E(i, k + ν), E(k + ν, k + l + j)) = f(E(i, k + l + j)) = Lν(i, j)f .

Megfordítva az oszlopok és sorok szerepét

f̃(E(k + ν, k + l + j), E(i, k + ν)) = f(−E(i, k + l + j)) = −Lfν(i, j) = −LfνT

(j, i).

11.9. Megjegyzés. Lfν(i, j) = Lf (i, j) = tfij az L

f mátrix (i, j) mez®je. Azért jelöltemmost így, hogy látszódjon, hogy Lfν blokként benne van a vizsgált mátrixban.

23

12. Minimális rangú f̃ függvények

12.1. Jelölés. Legyen Ki = {ν ∈ {1, ..., l} : i ∈ Kν}, M j = {ν ∈ {1, ..., l} : j ∈ Mν} ésLij = Ki ∩M j.

12.2. Megjegyzés. Ekkor Lij = {ν : r(Lφijν ) > 0}.

12.3. Jelölés. Jelöljük I-vel azt a k × m halmazt ahonnan Ki,M j-nél és Lij-nél, illetveφij-nél és E(i, k + l + j)-nél az (i, j) párt választjuk.

12.4. Tétel. Legyen I egy sz¶kített (k, l) típusú minta, f ∈ C∗ a hozzá tartozó mintaal-gebra C részalgebráján értelmezett lineáris leképezés. Ekkor ha tfij(f(E(i, k + l + j)) 6= 0,akkor r(f̃) ≥ r(φ̃ij) és egyenl®ség csak akkor állhat, ha minden (i′, j′)-re, amire tfi′j′ 6= 0 :Lij ⊇ Li′j′ . (A φij és tij jelöléseket 11.6-ban vezettük be.)Bizonyítás: A φij-hez tartozó Lφij mátrix az (i, j) helyen 1 és minden más mez®je 0. Ezérta Lφijν mátrixokban akkor szerepel egyetlen darab 1-es, ha i ∈ Kν és j ∈Mν , egyébként azoknullmátrixok. A megfelel® Lfν mátrixokban az L

φijν -beli 1-ek helyén f(E(i, k + l + j)) 6= 0

szerepel. Ezértr(Lfν) ≥ r(Lφijν ) minden ν ∈ {1, ..., l}-re. (9)

Alkalmazva az (8) egyenletet, ez bizonyítja azt, hogy r(f̃) ≥ r(φ̃ij).Most legyen (i′, j′) ∈ I olyan, hogy f(E(i′, k + l + j′)) 6= 0. Ha ∃ν ∈ (Li′j′ \ Lij), akkorr(Lfν) ≥ 1 > 0 = r(L

φijν ), tehát (9) miatt r(f̃) > r(φ̃ij).

12.5. Jelölés. C∗ = {φij|(i, j) ∈ I}

12.6. De�níció. Legyen x, y ∈ I. Nevezzük ®ket ekvivalensnek, ha Lx = Ly. Ez C∗-n isde�niál egy ekvivalencia-relációt. Vegyük C∗-on az eszerinti ekvivalenciaosztályok lineárislezártját, ezek a V1, ..., Vs lineáris alterek.

12.7. Állítás. Ekkor i 6= j ⇒ Vi ∩ Vj = {0}.Bizonyítás: Egy bázis diszjunkt részhalmazai null-metszet¶ altereket generálnak és C∗

egy bázisa C∗-nak.

12.8. Jelölés. Legyen V =⋃si=1 Vi.

12.9. Eljárás. A C∗ vektortéren az f → r(f̃) egy súlyozást határoz meg. Keressünk ezena vektortéren mohó algoritmussal egy minimális súlyú bázist. Minden lépésnél jegyezzükmeg, hogy milyen alteret generálnak a már bevett báziselemek. Így kapunk egy S1 < ... <Sdim(C∗) = C∗ altérláncot.

12.10. Tétel. Minden Su halmaz felírható V -beli elemek generátumaként. Továbbá leg-feljebb egy olyan Vv halmaz van, aminek szerepel eleme az Su-t generáló V -beliek között,de nem minden eleme van benne Su-ban.

24

Bizonyítás: Indukcióval |Su| = u-ra:Kezd®lépés: legyen f olyan, hogy r(f̃) minimális. Ekkor az 12.4 tétel miatt

f =∑x∈X

µxφx, (10)

ahol 0 6= µx ∈ Fq és x, y ∈ X ⇒ Lx = Ly, és ez pont az, hogy f el®áll mint ekvivalenselemek lineáris kombinációja, azaz f ∈ Vu valamely u-ra.Most adott Su és egy f ∈ C∗ ami minimális súlyú az Su-n kívüli elemek körében. Ha (i, j)olyan, hogy f(E(i, k + l + j)) 6= 0, akkor:

· Vagy r(f̃) > r(φ̃ij). Ez esetben f minimális súlyúsága miatt φij ∈ Su.

· Vagy r(f̃) = r(φ̃ij). Ez esetben (a 12.4 tétel szerint) minden (i′, j′)-re, amire f(E(i′, k +l + j′) 6= 0 igaz, hogy Lij ⊇ Li′j′ . Ha φi′j′ /∈ Su, akkor r(f̃) minimálitása miatt r(φ̃ij) =r(f̃) = r(φ̃i′j′). Szerepcserével elmondva ezt a gondolatmenetet Li

′j′ ⊇ Lij-nek is igaznakkell lennie, tehát Lij = Li′j′ .

Tehát azok az (i, j)-k, amik f el®állításában szerepelnek és nincsenek benne Su-ban ekvi-valensek egymással. Ez azt jelenti, hogy bizonyos φij-ken kívül csak egyetlen Vv-b®l vanszükségünk elemekre f és így Su+1 generálásához.

12.11. Állítás. Ha az u-adik lépésben bevett vektor súlya nagyobb az el®bb bevetteknél,akkor van olyan Vv, aminek szerepel eleme Su-ban de nem szerepel eleme Su−1-ben.

Bizonyítás: Adott Vv-n belül a vektorok azonos súlyúak és ha olyan vektort veszünk be,amit®l Su generátorában új Vv-beli elem jelenik meg, akkor a bevett vektor súlya megegyezika Vv-beli vektorok súlyával. Ezért ha az el®z®eknél nagyobb súlyú vektort vettünk be, akkoreddig nem értintett Vv-b®l került be generátor.

12.12. Megjegyzés. Az eljárás végrehajtásához nem szükséges a mintacsoportként valóábrázolás ismerete, csupán a csoport kommutátor-relációt kell ismernünk, ugyanis a csoportcentruma egy Zp× ...×Zp csoport, amit tekinthetünk vektortérnek. Így a rajta értelmezettlineáris függvényeket is ismerjük.

13. Mintacsoport-reprezentáció keresése adott generáto-rokkal

13.1. Probléma. Meg van adva nekünk egy csoport a következ® módon: adott két halmaz,A ésB. A csoport mint az FA∪B szabadcsoport faktora van megadva a következ® relációkkal:

I A csoport nilpotencia-osztálya 2 (azaz bármely x, y, z elemére [[x, y], z] = 1).

II Minden x ∈ (A ∪B)-re xp = 1 (p 6= 2 prím)

III Minden a1, a2 ∈ A-ra [a1, a2] = 1, hasonlóan ∀b1, b2 ∈ B : [b1, b2] = 1.

25

IV Ezen kívül adott néhány [ai, bi] = [a′i, b′i] egyenlet (ai, a

′i ∈ A, bi, b′i ∈ B). Azaz a

generátorok kommutátorai id®nként megegyeznek.

A kérdés az az, hogy van-e olyan G(I) sz¶kített (k,m)-típusú mintacsoport ami izomorfezzel a csoporttal úgy, hogy az A-beli elemek képe AG-beli és a B-beli elemek képe BG-beli.

13.2. Megjegyzés. A 1.18 állítás szerint p 6= 2-re egy Fp feletti 2-nilpotencia-osztályúmintacsoportban (az 1-en kívül) minden elemnek a rendje p. Ez indokolja az (ii) feltételt.A 10.12 tétel szerint ha egy csoportban G′ = Z(G) és ez a csoport ábrázolható minta-csoporttal, akkor ábrázolható sz¶kített (k,m)-típusú mintacsoporttal, tehát a kérdés nemsokkal speci�kusabb annál, hogy van-e mintacsoporttal való ábrázolása G-nek, ahol A∪Bképei kanonikus csoportgenerátorok.

13.3. De�níció. De�niáljunk K := {[a, b]|a ∈ A, b ∈ B} \ 1-en két relációt a következ®módon:

Ha a ∈ A, b ∈ B, 1 6= [a, b] = c, akkor legyen a ∼x c és c ∼y b.

De�niáljunk most egy relációt A ∪B-n. Mondjuk azt, hogy

Ha a ∈ A, b ∈ B, [a, b] 6= 1 akkor a ∼z b

Mindhárom relációt b®vítsük ki ekvivalenciarelációvá (azaz vegyük a legsz¶kebb ekviva-lenciarelációt, ami tartalmazza ezeket). A ∼x-nek csak az A∪K-re es® részét tekintsük, a∼y-nak csak a B ∪K-re es® részét. Számozzuk meg az ekvivalenciaosztályokat. Jelöljük a∼x típusú ekvivalenciaosztályok közül az i-ediket Xi-vel, a ∼y szerintiek közül a i-ediketYi-vel és a ∼z szerinti i-edik ekvivalencia-osztályt Zi-vel.

13.4. Megjegyzés. A K-beli elemek képei CG-ben lesznek egy megfelel® φ ábrázolásesetén.

13.5. Tétel. Akkor és csak akkor létezik olyan sz¶kített (k,m)-típusú mintacsoporttal valóreprezentációja a G csoportnak, ahol minden A-beli elem képe AG-beli és minden B-belielem képe BG-beli, ha teljesülnek a következ® feltételek:

1. a ∈ A, b ∈ B, a ∼z b⇒ [a, b] 6= 1.

2. |Xi ∩ Yj| ≤ 1.

3. |Xi ∩ Zj| ≤ 1.

4. |Yi ∩ Zj| ≤ 1.

13.6. Megjegyzés. Az els® feltétel triviálisnak t¶nhet, ha megfeledkezünk arról, hogy∼z-be beletartoznak azok az elempárok, amiket azért vettünk be, hogy ∼z ekvivalencia-relációvá váljon. Valójában ez a feltétel azt mondja ki, hogy ∼z kib®vítésénél A és B közénem kellett új 'élt' behúzni.

26

Bizonyítás: Ha létezik ilyen reprezentáció, akkor nézzük a következ® kib®vítését a relá-cióknak:

(i) Legyen E(i, j) ∼x E(i′, j′)⇔ i = i′.

(ii) Legyen E(i, j) ∼y E(i′, j′)⇔ j = j′.

(iii) LegyenE(i, j) ∼z E(i′, j′)⇔ j = i′ vagyE(i, j), E(i′, j′) ∈ AG, j = j′ vagyE(i, j), E(i′, j′) ∈BG, i = i

′.

Ezek is ekvivalenciarelációk. Ebb®l kapunk ekvivalencia-relációkat A ∪ B-n is, melyek va-lóban kib®vítik az eredeti relációkat, ugyanis

(i) Ha [I + E(i, j), x] = (I + E(i′, j′)] akkor i = i′.

(ii) Hasonlóan [x, (I + E(i, j))] = (I + E(i′, j′)] akkor j = j′.

(iii) Ha [(I+E(i, j)), (I+E(i′, j′))] 6= 0, akkor j = i′. Ha van x, amire [(I+E(i, j)), x] 6= 0és [(I + E(i′, j′)), x] 6= 0 akkor j = j′ és ha van y amire [y, (I + E(i, j))] 6= 0 és[y, (I + E(i′, j′))] 6= 0, akkor pedig i = i′. Ha két elem ekvivalens az eredeti relációszerint, akkor lesz köztük a de�niáló reláció szerinti lánc ami ilyen lépésekb®l áll.

Az így de�niált ekvivalencia-osztályokra viszont képzenfekv® módon teljesül a négy feltétel.(Az els® azt jelenti, hogy [(I + E(i, j)), (I + E(i′, j′)) 6= 1 ha j = i′. A második aztjelenti, hogy két oszlop metszete legfeljebb 1 elem¶. A harmadik és negyedik esetben iscsak i = i′, j = j′ esetén lehet egy elem benne a metszetben.)Most vegyünk egy G csoportot ami a 13.1 problémában meghatározott módon van de�ni-álva. Tegyük fel, hogy teljesülnek rá a feltételek. Legyen a ∼x ekvivalenciaosztályok számak, a ∼y ekvivalenciaosztályok száma m és a legnagyobb ∼x vagy ∼y ekvivalenciaosztálymérete l. De�niálunk egy φ : A ∪B ∪K ↔ AG ∪BG ∪ CG függvényt.

1. Ha |Xi ∩ Yj| 6= 0 (azaz |Xi ∩ Yj| = 1), akkor legyen φ(Xi ∩ Yj) = (I +E(i, k+ l+ j)).

2. Ha |Xi ∩ Zj| 6= 0 akkor legyen φ(Xi ∩ Zj) = (I + E(i, k + j)).

3. Ha |Zi ∩ Yj| 6= 0 akkor legyen φ(Zi ∩ Yj) = (I + E(k + i, kk + l + j)).

Így minden A∪B ∪K-beli elem képét meghatároztuk egyértelm¶en, mivel minden A-belielem egyértelm¶en el®áll Xi ∩ Zj alakban valamilyen i, j-re, minden B-beli elem el®állZi ∩ Yj alakban és minden [A,B]-beli elem el®áll Ai ∩Bj alakban.Ezek szerint φ bijekció A∪B∪K és AG ∪BG ∪CG között (és rendre A-t AG-be, B-t BG-be,K-t CG-be viszi).Próbáljuk meg φ-t kiterjeszteni A φ|〈A〉, φ|〈B〉, φ|〈K〉 függvényeket könny¶ de�niálni, ugyan-is ezek elemi Abel p-csoportról elemi Abel p-csoportra képeznek. Ez alapján mindenholmáshol is de�niálható: φ(a, b, z) := φ(a)φ(b)φ(c).

27

13.7. Lemma. Legyen G egy olyan csoport amiben G′ = Z(G). Legyen A és B kétkommutatív részcsoportja amik együtt generálják G-t. Ekkor bármely g ∈ G felírható abzalakban, ahol a ∈ A, b ∈ B, z ∈ Z(G), továbbá két ilyen módon felírt elem szorzata akövetkez®:

(a1b1z1)(a2b2z2) = (a1a2)(b1b2)(z1z2[a2, b1]).

Bizonyítás: Ha egy szorzatban egy A-beli elemet felcserélünk egy B-belivel, akkor ha(bárhol) megszorozzuk az eredményt a kett® (megfelel® sorrend¶) kommutátorával, akkoraz eredeti elemet kapjuk vissza. Így tetsz®leges elem berendezhet® abz-alakúvá. Két ilyenalakú elem szorzásakor csak a2 és b1 felcserélése lényeges, ugyanis a z1, z2 elemek a cent-rumban vannak. Így teljesül a bizonyítandó képlet.Eszerint elég azt igazolnunk, hogy φ([a, b]) = [φ(a), φ(b)] ha a ∈ A, b ∈ B. Legyena = Xi ∩ Zj, b = Zi′ ∩ Yj′ . Ekkor az (i) feltétel szerint [a, b] 6= 1⇔ j = i′. Ha j = i′ akkor[a, b] ∈ Xi ∩ Yj′ az ekvivalencia-relációk de�níciója szerint, tehát φ([a, b]) = φ(Xi ∩ Yj′) =(I +E(i, k+ l+ j)). Másrészt φ(a) = (I +E(i, k+ j)) és φ(b) = (I +E(k+ i′, k+ l+ j′)),[φ(a), φ(b)] = (I + E(i, j)E(i′, j′)) ami épp az ami kellett.

14. Incidencia-algebrák

([4] Section 1.2-1.3 alapján)

14.1. De�níció. Legyen X egy véges részbenrendezett halmaz, F pedig egy test. Az ehheztartozó incidencia-algebra a

I(X,F) := {f : X ×X → F|f(x, y) = 0 ha x � y}

halmazon van értelmezve és a m¶veletei a következ®k:

(f + g)(x, y) = f(x, y) + g(x, y)

(f · g)(x, y) =∑x≤z≤y

f(x, z) · g(z, y)

(t · f)(x, y) = t · f(x, y)

ahol f, g ∈ I(X,F), t ∈ F és x, y, z ∈ X.14.2. Megjegyzés. Az incidencia-algebrák általánosabban is de�niálhatók ha az alaptesthelyett kommutatív gy¶r¶t veszünk és X végességi feltételét a lokális végességre cseréljük.Ennek a résznek a f® tétele (14.14) azonban csak testek fölött igaz.A következ® állítás mutatja, hogy az incidencia-algebrák természetes kib®vítései a minta-csoportoknak illetve mintaalgebráknak.

14.3. Állítás. Ha I(X,F) egy incidencia-algebra, akkor a

G = {f ∈ I(X,F)|f(x, x) = 1}

halmaz csoportot alkot az I(X,F) szerinti szorzásra. Ez a csoport izomorf az X-hez mintzárt mintához tartozó mintacsoporttal, azaz G ∼= G(X).

28

Bizonyítás: El®ször képezzük le I(X,F)-etM|X|(F)-be. Ehhez vegyükX-nek egy τ : X ↔{1, ..., |X|} topologikus sorrendjét. Ekkor x < y ⇒ τ(x) < τ(y). Legyen φ : I(X,F) →M|X|(F) a következ®:

φ(f) :=∑x,y∈X

f(x, y)E(τ(x), τ(y)).

Máshogy mondva, φ(f)ij = f(τ−1(i), τ−1(j)) azaz a φ(f) mátrix (i, j) mez®jén álló számf(τ−1(i), τ−1(j))-vel egyenl®.

14.4. Lemma. Ekkor φ egy m¶velettartó leképezés.

Bizonyítás: Közvetlenül látszik, hogy φ(f + g) = φ(f) + φ(g) és φ(tf) = tφ(f).

φ(f · g)τ(x)τ(y) = (f · g)(x, y) =∑x≤z≤y

f(x, z) · g(z, y) =1∑z∈X

f(x, z)g(z, y)

=2|X|∑i=1

f(x, τ−1(i))g(τ−1(i), y) =3|X|∑i=1

φ(f)τ(x)iφ(g)iτ(y) =4 (φ(f) · φ(g))τ(x)τ(y)

1: ha x � z akkor f(x, z) = 0 és ha z � y akkor g(z, y) = 0, tehát csak 0 érték¶ tagokkalbóvíttettük a szummát.2: τ egy egy-egyértelm¶ megfeleltetés X és {1, ..., |X|} között, így itt csak átparaméterez-tük a szummát.3: φ de�níciója szerint4: a mátrix-szorzás de�níciója szerintAzt kaptuk, hogy φ(f · g)τ(x)τ(y) = (φ(f) · φ(g))τ(x)τ(y) ami épp azt jelenti, hogy φ szorzat-tartó leképezés.A G = {f ∈ I(X,F|∀x : f(x, x) = 1} halmaz φ szerinti képének az elemei megegyez-nek G(X) elemeivel. Mivel φ szorzattartó bijekció, ez azt jelenti, hogy {f ∈ I(X,F|∀x :f(x, x) = 1} zárt a szorzásra. A φ függvény azt is bizonyítja, hogy G ∼= G(X).

14.5. De�níció. Egy X részbenrendezett halmaz x ≤ y elemeire az [x, y] intervallum azx és y "közötti" elemekb®l áll, azaz

[x, y] = {z ∈ X|x ≤ z ≤ y}.

14.6. Megjegyzés. A továbbiakban ha intervallumok helyett egyszer¶en rendezett párok-ra gondolunk, akkor ugyanazokat a fogalmakat és eredményeket kapjuk.

14.7. De�níció. Legyen E egy ekvivalencia-reláció egy X halmaz intervallumain. Az f ∈I(X,F) függvényt E -függvénynek nevezzük, ha

[x, y]E[u, v]⇒ f(x, y) = f(u, v)

(ahol [x, y]E[u, v] azt jelöli, hogy [x, y] és [u, v] ugyanabba az E-szerinti ekvivalenciaosz-tályba tartozik). Jelöljük I(XE,F)-fel az E-függvények halmazát.

29

14.8. De�níció. Az olyan E ekvivalencia-relációkat amelyekre f, g ∈ I(XE,F)⇒ (f ·g) ∈I(XE,F) nevezzük rend-kompatibilisnek (angolul 'order compatible').

14.9. Megjegyzés. Ez a jelölés valamelyest félrevezet® lehet: I(XE,F) speciális esetekt®leltekintve nem incidencia-algebra.

14.10. De�níció. Ha E egy rend-kompatibilis ekvivalencia-reláció X intervallumain, ak-kor a hozzá tartozó I(XE,F) algebrát redukált incidencia-algebrának nevezzük.

14.11. Megjegyzés. Egy redukált incidencia-algebrát úgy kapunk egy mintaalgebrából,hogy hozzávesszük az E(i, i) elemeket és bizonyos x, y ∈ I párokra kikötjük, hogy E(x)és E(y) együtthatója mindig megegyezzen. Ha amit így kapunk az egy algebra, akkor azredukált incidencia-algebra.

14.12. Jelölés. Két x, y ∈ I((X,F) elem Hadamard szorzatának a

(f ∗ g)(x, y) = f(x, y) · g(x, y)

által de�niált függvényt nevezzük. (Ezt felfoghatjuk úgy, mint f és g "pontonkénti" szor-zatát.)

14.13. Jelölés. Legyen

ζ(x, y) =

{1, ha x ≤ y0 különben.

(Ekkor ζ ∈ I(X,F).)

14.14. Tétel. ([4] Proposition 1.3.9) Legyen A egy részalgebrája I(X,F)-nek. Ekkor Apontosan akkor redukált incidencia-algebra, ha

(i) ζ ∈ A

(ii) ha f, g ∈ A, akkor f ∗ g ∈ A.

Bizonyítás: Tegyük fel, hogy A = I(XE,F) valamely E ekvivalencia-relációra. Minden[x, y] intervallumra x ≤ y, így ζ(x, y) = 1, tehát ζ ∈ I(XE,F). Ha [x1, y1]E[x2, y2], akkorf, g ∈ A-ra

(f ∗ g)(x1, y1) = f(x1, y1)g(x1, y1) = f(x2, y2)g(x2, y2) = (f ∗ g)(x2, y2).

A másik irányhoz de�niáljuk az E ekvivalencia-relációt a következ® módon:

[x1, y1]E[x2, y2]⇔ f(x1, y1) = f(x2, y2) minden f ∈ A-ra.

(Ez valóban ekvivalencia-reláció). Legyenek az ekvivalencia-osztályai az α1, ..., αn interval-lumhalmazok. Ha i 6= j akkor létezik fij ∈ A, amire fij(αi) 6= fij(αj) (ahol f(αi) = f(x, y)tetsz®leges [x, y] ∈ αi-re). Legyen

φij :=fij − fij(α) · ζfij(αi)− fij(αj)

.

30

Ekkor φij ∈ A mert feltettük, hogy ζ ∈ A. Továbbá φij(αi) = 1, φij(αj) = 0 (ha j 6=i). Legyen Φi a φij(j ∈ ({1, ..., n} \ {i})) függvények Hadamard-szorzata. A Hadamard-szorzatokról tett feltevésünk szerint Φi ∈ A. Ekkor

Φi(αj) =∏k 6=i

φik(αj).

Ha j = i, akkor a szorzat minden tagja 1, így Φi(αi) = 1. Ha j 6= i, akkor a szorzatbanszerepel a φij(αj) = 0 tag, tehát Φi(αj) = 0. A {Φ1, ...,Φn} halmaz (lineárisan) generáljaI(XE,F)-et, ugyanis minden f ∈ I(XE,F)-re f =

∑i f(αi)Φi. Mivel A ⊆ I(XE,F) és

{Φ1, ...,Φn} ⊂ A, A = I(XE,F)-nek kell lennie.

Hivatkozások

[1] Pálfy Péter Pál: Csoportelmélet, kiadatlan jegyzet 2016

[2] P. Diaconis and N. Thiem. Supercharacter formulas for pattern groups. Trans. Amer.Math. Soc. 361 (2009), 3501-3533.

[3] A. J. Weir. Sylow p-subgroups of the general linear groups over �nite �elds of charac-teristic p. Proc. Amer. Math. Soc. 6 (1955), 454-464.

[4] E. Spiegel; C. O'Donnell Incidence algebras, Monographs and textbooks in pure ma-thematics 206, Marcel Dekker, Inc., New York: 1997.

[5] Z. Halasi; P. P. Pálfy The number of conjugacy classes in a pattern group is not apolynomial function. J. Group Theory 14 (2011), no. 6, 841-854.

31