Mathematics | Higher education » Hegedűs Pál - Konjugálás és hatványozás véges csoportokban

Konjug alas es hatv anyozas veges csoportokban } s Pa l Hegedu V. matematikus Temavezet}o lfy P l egyetemi docens Pa eter Pa ELTE, 1997. Budapest Tartalomjegyzek 1 Bevezet}o 2 Denciok es alaptulajdonsagok 3 Reprezentacio-elmeleti segedeszkozok 4 A f}o eredmenyek 5 Egyeb eredmenyek 6 Weyl-csoportok 7 Megjegyzesek Irodalomjegyzek 1 2 3 6 10 24 25 35 36 1 Bevezet}o Ez a szakdolgozat azzal a kerdeskorrel foglalkozik, hogy mit jelent egy csoport strukturajara nezve egy olyan kikotes, hogy minden elem konjugalt egy rogztett kitev}oj}u hatvanyaval. Az egesz egy altalam megoldatlan zarthelyi feladat nyoman vet}odott fel, amely azt alltotta, hogy veges esetben csak a trivialis csoportban konjugalt minden elem a negyzetevel. Kes}obb ezt a feladatot megis megoldva otlott fel a kerdes: Milyen veges csoportokban konjugalt minden elem a kobevel? A valasz nem ad strukturalis feleletet, de megis eleg jol korlatozza" a

csoportot. Kett}o, illetve harom helyett tetsz}oleges n-nel nem sikerult a feloldhato esetben sem hasonlo valaszt adni, csupan meg n = 4 eseten. Az altalanos kerdesre is sikerult azonban jo valaszt adni azzal az er}osebb kikotessel, hogy a csoport legyen feloldhato es valos, azaz minden elem konjugalt legyen az inverzevel. A szakdolgozat fejezetei: Alaptulajdonsagok Itt nehany alapvet}o dencio es teny szerepel. Reprezentacio-elmelet Mivel a kerdeskor f}o megkozeltesi iranya a reprezentacio-elmelet,gy szamos segedalltasra es bizonytasra van szukseg. Ezeket tartalmazza ez a fejezet. F}o eredmenyek Ez magaert beszel. Egyeb eredmenyek Itt a temakorrel szorosan osszefugg}o, de bizonytas nelkuli tetelek szerepelnek. Weyl-csoportok Itt a Weyl-csoportok karakter-tablajanak egesz voltarol, es ennek okairol esik szo. Megjegyzesek Ez a kerdeskor ortenelmet", illetve a felmerult kerdeseket tartalmazza. Ezuton

szeretnek koszonetet mondani a Lehrstuhl D fur Mathematik RWTHAachen munkatarsainak, es a TEMPUS Computer Algebra Projektjenek, amiert lehet}ove tettek, hogy Aachenban toltsek 5 honapot, es e szakdolgozat egy reszet ott elkeszthessem. 2 Ezenkvul koszonetet mondok Palfy Peter Pal temavezet}omnek ezen szakdolgozat elkesztesehez nyujtott sok segtsegeert, es a kit}un}o egyetemi el}oadasaiert valamint Pelikan Jozsefnek, aki a csoportelmeletet megszerettette velem az els}o ket egyetemi evem soran tartott, szinten kit}un}o el}oadasokkal. 2 Denciok es alaptulajdonsagok Dencio 1 Legyen G veges csoport! A csoport konjugacios hatvanyszamanak nevezzuk, es cp(G)-vel jeloljuk a minf1 < nj8g 2 G-re g  g n g kitev}ot. (Itt, es a tovabbiakban is  a konjugaltsagot jelenti.) A dencio ertelmes vegtelen csoportra is, de mivel ezen szakdolgozatban minden csoport veges lesz, gy felesleges lenne az altalanostas. Veges

csoportra a minimum veges, cp(G)  jGj + 1 Dencio 2 Legyen G veges csoport, H  ZZ tetsz}oleges halmaz! Ekkor G egy H ; cp-csoport, ha 8g 2 G-re, es 8n 2 H-ra g  g n . Ha H = fng, akkor fng ; cp-csoport helyett n ; cp-csoportot rok. Vilagos, hogy specialisan G egy cp(G) ; cp-csoport. Egy G veges csoportra 2  cp(G)  jGj + 1. A ket extremumot karakterizalja az alabbi ket tetel Tetel 3 cp(G) = 2 , jGj = 1: Bizonytas 1. A jobbrol balra irany trivialis, a masikat latom be Ha cp(G) = 2, akkor jGj paratlan. Masreszt 8g9x : g2 = x;1gx, azaz g = g x] 2 G , gy G = pG p , es a Feit-Thompson tetel szerint jGj paros, vagy G = 1, es ezzel kesz. 0 0 Miutan nagyagyuval lel}ottem a verebet, jojjon egy kellemesebb bizonytas is: Bizonytas 2. Legyen p a G rendjenek legkisebb prmosztoja! Ha jGj > 1, akkor p > 2. Legyen tovabba g 2 G p-edrend}u elem! Erre trivialisan 1 < jfh 2 hgijh  ggj < p, hiszen g 6= g2 benne vannak a halmazban.

Masreszt jfh 2 hgpijph  ggj = jNG(hgi) : CG(hgi)j, ami osztja G rendjet, es ez ellentmondas. A bizonytasbol altalanosan kijott az is, hogy ha pj jGj minimalis, akkor cp(G) 1 (mod p). 3 Tetel 4 cp(G) = jGj + 1 , G ciklikus. Bizonytas A jobbrol balra irany magatol ertet}od}o, a masikat mutatom meg. Mivel jGj + 1 = cp(G) exp(G) + 1, gy G exponense egyenl}o a rendjevel, vagyis G minden Sylowja ciklikus. Ekkor Zassenhaus jol ismert tetele szerint G  = Za Zb, a ciklikus generatorok: x y, o(x) = a o(y) = y b (a b) = 1 x = xr olyan r-rel, melyre ajrb ; 1, de (a r ; 1) = 1. (Az a = 1 a ciklikus csoport esete.) Legyen n a legkisebb pozitv egesz, melyre n 1 (mod b) n r (mod a)! Belatom, hogy minden csoportelem konjugalt az n-edik hatvanyaval. Ezzel a bizonytas be is fog fejez}odni, hiszen n = jGj + 1 csak a ciklikus esetben lehet. Legyen g = y x egy tetsz}oleges csoportelem! Bontsuk fel x-et a ciklikus pi -Sylowokbol adodo szorzotenyez}okre:

g = y x1 1 xk k  valamint gn = yn x(1+r +r2 ++r(n  1) ) ; +r = y x(1+ 1 1 (n;1) ) +r x(1+ k k (n;1) ) : Azt alltom, hogy van olyan  egesz, melyre gyx = gn . Ehhez az kellene, hogy 1 +(1;r gn = (y xr)x = y xr+(1;r ) = y xr 1 ahol x = x11  )1 k +(1;r xr k  ) k  xkk denialja i -ket. Vagyis az kellene, hogy minden i-re +r x(1+ i i (n;1) ) i +(1;r )i = xr  i  azaz pai i j(1 + + r(n;1) )i ; ri ; (1 ; r )i: Ha itt pi nem osztja 1 ; r -t, akkor trivialisan talalhatok jo i-t. Ha pedig ai 1 p osztja, akkor y centralizalja xi i -et, gy ennek mind a pai i;1 darab pai i;1 edik gyoket is xalnia kell (pi  o(y)) = 1 miatt, vagyis azt kapom, hogy pai i j1 ; r . Ekkor viszont minden m-re rm 1 (mod pai i ), s vegul ; (1 + + r(n;1) )i ; ri ; (1 ; r )i ni ; ri 0 (mod pai i ) ahogyan kellett. pp 4 Lathato (a bizonytasbol kiderul), hogy az alltas tobbe-kevesbe csalas, hiszen

cp(G) exp(G) + 1 is mindig jo korlat azokat a csoportokat kellene klasszikalni, amelyekre itt teljesul egyenl}oseg. Ez a kerdes azonban osszehasonlthatatlanul nehezebbnek t}unik Tetel 3 ugy lenne elesthet}o, hogy mik azok a csoportok, amelyekben cp(G) = minfp=jexp(G) prmg. (Nyilvan ennel nem lehet kisebb.) Ez is sokkal nehezebb kerdes, hiszen magaban foglalja az ugynevezett acionalis" csoportok klasszikaciojat is, amelyr}ol kes}obb lesz meg szo. A bizonytas kis modostasa mutatja, hogy Z -csoportokra, vagyis ahol a Sylowok ciklikusak cp(G) = minfn > 1jn 1 (mod b) n ri (mod a) valamely i-reg. E formula segtsegevel valasz adhato olyan kerdesekre is, hogy milyen csoportokban lesz cp(G) = jGj ; k valamilyen rogztett k-ra. Ugyanis, ha az exponens kisebb a rendnel, akkor legfeljebb a fele, gy veges sok kivetelt}ol eltekintve csak Z -csoportokat kell vizsgalnunk, amelyekre van formula. A valasz se teljes, se szep nem lesz, ezert ki

sem terek ra (A k = 1 esetben a Klein-csoport tartozik a kivetelek koze, a paratlanfoku diedercsoportok pedig a Z -csoportok koze.) Most jojjon meg nehany egyszer}u tulajdonsag! A lltas 5 Ha N /G, akkor cp(G=N )  cp(G) s}ot, ha G egy H; cp-csoport, akkor G=N is az. A lltas 6 Ha N / G, akkor cp(G)jG:N j  cp(N ). H  G-re cp(G)jG:H j!  cp(H ): Bizonytas Ha h 2 H , es g 2 G olyan, hogy hg = hn, akkor hgk = hnk . Az alltas most kovetkezik abbol, hogy ha N /G, akkor minden elem jG : N j-edik hatvanya N -ben van, p illetve ha H  G, akkor minden elem jG : H j!-adik hatvanya H -ban van. Ennel tobbk nem allthato normalosztora. Ugyanis tekintsuk peldaul a G = hx y jx(k+1) ;1 = y k = 1 xk+1 = y ;1 xy i  = Z(k+1)k ;1 Zk csoportot! Itt cp(G) = k + 1 trivialis, hiszen kisebb nem lehet y miatt, de ez jo is. (Direkt kalkulacio helyett emlekezhetunk Tetel 4 bizonytasara is.) Masreszr}ol viszont N = hxi / G ciklikus, cp(N ) = (k + 1)k , ezt

osszehasonltva jG : N j = k-val lathato, hogy az alltas tenyleg pontos. (Megjegyzem, hogy k = 2 eseten jGj = 16 egy olyan csoport, amelynek konjugacios hatvanyszama 3, es megvan az a kulonleges tulajdonsaga, hogy a maximalis reszcsoportjai 5 paronkent nem izomorfak. Ilyen tulajdonsagu p-csoportot ezen kvul csak a ciklikusakat ismerem.) Reszcsoportra nem tudom, hogy mennyire eles a fenti korlat. B}ovtesr}ol az alabbi szol: A lltas 7 Ket csoport direkt szorzata akkor es csak akkor H ; cp-csoport, ha mindket tenyez}o az. Itt sem allthato tobb a direkt szorzat meg szubdirektre sem cserelhet}o. G = hx yjx4 = y4 = 1 y;1xy = x;1i-ben N1 = hx2i, es N2 = hx2y2i ket diszjunkt normaloszto, a szerintuk vett faktorcsoportok Q, illetve D4. Mindkett}o konjugacios hatvanyszama 3, mg G-e 5. 3 Reprezentacio-elmeleti segedeszkozok Ebben a fejezetben nehany kevesbe ismert teny mellett sok ismert szerepel, ha az olvaso jartas ezekben,

atugorhatja a bizonytasaikat. A lltas 8 Ha karaktere G-nek, K  C a G-nek egy felbontasi teste, es 2Gal(K : Q), akkor  is karakter. S}ot permutalja az irreducibilis karaktereket. 2i Specialisan K = Q( ) is vehet}o, ahol = e G (Brauer tetele). Itt minden relatv automorzmus egy jGj-hez relatv prm kitev}oj}u hatvanyozas, gy minden automorzmus hathat a konjugaltosztalyokon is. Ha  = k , akkor legyen g] = gk ]. (Itt g] jeloli g konjugaltosztalyat) E ket hatas kapcsolatarol szol Brauer Permutacios Lemmaja: A lltas 9 Ha van ket permutacio, amely hat egy csoport irreducibilis karakterein, illetve konjugaltosztalyain, es a ket hatas a karaktertablan ugyanaz, akkor a xpontok szama is ugyanaz. j j Bizonytas Legyen X a karaktertabla, mint matrix, A a sorpermutaciok matrixa, B az oszloppermutaciok matrixa! Ekkor a feltetelunk szerint AX = XB , s X invertalhato volta miatt A = XBX ;1 , specialisan A es B nyoma egyenl}o. De egy

permutacio-matrix nyoma egyenl} o a permutacio xpontszamaval, gy eppen a belatando alltast kaptuk. p 6 Peldaul az invertalas a konjugaltosztalyokon, es a konjugalas a karaktereken ugyanazt implikalja a karaktertablan (a komplex konjugalast), gy a valos irreducibilis karakterek szama es a valos konjugaltosztalyok szama ugyanaz. (Egy konjugaltosztaly valos, ha x  x;1 minden elemere.) A ltalaban legyen (k jGj) = 1! Most a  = k automorzmussal  (g) = (gk ) jelenti azt, hogy hatasa az irreducibilis karaktereken, es a k-adikra emeles" a konjugaltosztalyokon ugyanazt indukaljak a karaktertablan. Igy a k-adik hatvanyozasra zart konjugaltosztalyok szama es a -invarians irreducibilis karakterek szama megegyezik. Ezt a gondolatmenetet sokszor fogom alkalmazni, f}oleg olyan kornyezetben, hogy az egyik permutacio az identitas, s ekkor a masik is az. A modularis karakterekkel egy kicsit mas tpusu lerast lehet adni:

A lltas 10 Legyen p prm, q egy p-hatvany! Ekkor a kovetkez}o alltasok ekvivalensek: (i) IFq felbontasi teste G-nek modulo p (ii) G-ben minden p-regularis elem konjugalt a q -adik hatvanyaval. Bizonytas G-nek letezik veges felbontasi teste modulo p, ami b}ovebb IFq - nal, mondjuk IFqn . Legyenek 1 : : :  l az irreducibilis p-modularis karakterek (IFqn -beli ertekekkel), valamint a p-regularis osztalyok egy teljes reprezentans-rendszere x1 : : : xl! (Ezek szama, mint ismeretes, szinten l) Miutan  lltas 9) bizonytadet(i(xj )) 6= 0, gy Brauer Permutacios Lemmajanak (A sa erre az esetre is alkalmazhato a :  7! q testautomorzmusra es a konjugaltosztalyok q-adik hatvanyozasara. Vagyis azt kapom, hogy ha minden irreducibilis p-modularis karakter -invarians, akkor minden p-regularis elem konjugalt a q-adik hatvanyaval, es viszont. Egy karakter pontosan akkor invarians, ha ertekei IFq -ba esnek, es kozismert teny, hogy ebben

az esetben a reprezentacio is megvalosthato IFq folott. Ez adja a bizonytas veget p Dencio 11 Legyen G olyan csoport, melynek minden karaktererteke valos, illetve racionalis! Ekkor G-t valos, illetve racionalis csoportnak hvjuk. Latszik a fenti jellemzesekb}ol, hogy egy csoport pontosan akkor valos, ha minden eleme konjugalt az inverzevel. Illetve racionalis, ha minden eleme konjugalt minden, a rendjehez relatv prm hatvanyahoz Ami pontosan akkor teljesul, ha minden p prmre IFp felbontasi teste G-nek. 7 A felbontasi test kerdese joval nehezebb 0-karakterisztikaban, es nem is tartozik a targyhoz, csak megjegyzem, hogy a Brauer-Speiser tetel szerint egy valos karakter ketszerese mar el}oall valos reprezentacio karakterekent. Q nemlinearis karaktere mutatja, hogy ez nem javthato racionalis karakter eseten sem. Dencio 12 Legyen K egy test,  egy K folotti G-reprezentacio! Ekkor a (g) = (g;1)T reprezentaciot 

kontragrediens reprezentaciojanak hvjuk. A lltas 13 Legyen K egy test,  egy K -beli irreducibilis G-reprezentacio, amely ekvivalens a kontragrediensevel! Ekkor  meg}oriz egy nemelfajulo szimmetrikus vagy antiszimmetrikus bilinearis format. Bizonytas Legyen W = fA Mn (K )jA(g) = (g)A 8g 2 Gg  Mn (K ) alter. A Schur lemma szerint W minden nemnulla eleme invertalhato (ez a nemelfajulashoz kell majd). Ha A 2 W , akkor nyilvan AT 2 W is, gy A + AT jo lenne szimmetrikus bilinearis formanak, amelyet meg}oriz , de T lehet, hogy 0. Ha viszont p minden A 2 W -re A + A = 0, akkor  antiszimmetrikusat tart meg. 2 Ez az alltas tovabb er}osthet}o egy fontos specialis esetben: A lltas 14 (9]) Tegyuk fel, hogy G minden komplex (irreducibilis) reprezentacioja megvalosthato a valos test felett is! Ekkor G minden paratlan karakterisztikaju test feletti abszolut irreducibilis  reprezentacioja megtart egy nemelfajulo szimmetrikus bilinearis

format. Bizonytas A feltetelb}ol azonnal kovetkezik, hogy minden karakter valos, vagyis minden Brauer-karakter is valos (a karakterek egesz kombinacioi a p0-osztalyokon), s ezert minden modulo p reprezentacio ekvivalens a kontragrediensevel. (Ugyanis ugyanaz a Brauer-karakteruk) Tehat az el}oz}o  lltas 13) miatt  megtart egy szimmetrikusat, vagy egy antiszimalltas (A metrikusat. Belatom, hogy szimmetrikusat tart meg (Valojaban mindig csak egyik felet tarthat meg.) Legyen  a Brauer-karaktere -nek, es legyenek d a hozza tartozo felbont asi szamok! Ekkor leteznek olyan a1 : : : P ak egesz szamok, melyekkel P 0  = ai i a p -osztalyokon, specialisan 1 = aidi  , gy van olyan , melyre d paratlan. Rogztsuk ezt! 8 Legyen K = Q( ), ahol primitv jGj-edik egyseggyok, valamint S a K -beli egeszek gy}ur}uje, P egy itteni, p-t tartalmazo maximalis ideal! K nak a P -adikus ertekelesre nezve egesz elemeit A-val, ennek a gy}ur}unek

a maximalis idealjat A-val jelolve, k = A=A egy p karakteriszikaju test. Ismert, hogy ez G-nek felbontasi teste modulo p. (A bizonytasa ennek a tenynek megtalalhato peldaul 5]-ben.) Legyen tehat V egy karakter}u irreducibilis KG-modulus! Ekkor, mivel a valos test felett megvalosthato, gy megtart egy nemelfajulo szimmetrikus bilinearis format. (PeldaPul vehetjuk a kovetkez}ot: Ha a ! valos reprezentacio karaktere , akkor A = g2G !(g)!(g)T szimmetrikus, azaz diagonalizalhato P T ortogonalis transzformacioval. B = T AT = g2G T ;1!(g)T ;1T !(g)T T , ami nemelfajulo, szimmetrikus, es T ;1!(G)T -invarians.) Most talalhatunk egy G-invarians racsot V-ben (maximalis rangu szabad A-modulus), melynek A szerinti faktora, L egy kG-modulus a kovetkez}o tulajdonsagokkal: (i) L-ben d -szer fordul el}o -nek megfelel}o egyszer}u modulus kompozciofaktorkent, (ii) van egy U kG-reszmodulusa, hogy U -n es L=U -n is van egy-egy nemelfajulo, szimmetrikus,

G-invarians bilinearis forma. Az els}o automatikusan teljesul, a masodikhoz tekintsunk el}oszor egy tetsz}oleges G-invarians racsot, M -et! Ha B (u v) jeloli a bilinearis format, akkor legyen M + = fv 2 V jB (M v)  Ag! Vilagos, hogy van egy eleg nagy n egesz, hogy nM +  M  M + . j = dn=2e jelolessel: (M + j M + )+ = M + ;j M  M + j M + j (M + j M + )+ = j M + M  M + j M + mutatjak, hogy M helyett M + j M is rhato, n helyett j -vel. E s ezt egeszen n = j = 1-ig folytathatom. Ez pedig azt mutatja, hogy v v0 7! B (v v0) (mod ) nemelfajulo M=M + -on, v v0 7! ;1B (v v0) (mod ) nemelfajulo M + =M  = M +=M -en. Vagyis L = M modulo  U = M + modulo  jo valasztas. (Ez a resze a bizonytasnak Quillent}ol szarmazik.15]) 9 A bizonytas befejezesehez most mar elegend}o a kovetkez}ot igazolni: Ha W olyan irreducibilis kG-modulus, amely nem tart meg nemelfajulo szimmetrikus bilinearis format, de izomorf a kontragrediensevel, akkor

egy nemelfajulo szimmetrikusat megtarto vegesen generalt modulus kompozciolancaban paros sokszor szerepel. Ez ugyanis alkalmazhato L=U -ra es U -ra is, ellentmondva d paratlan voltanak Legyen tehat U egy vegesen generalt kG-modulus, amelyen van egy Ginvarians szimmetrikus bilinearis forma, X  U egy irreducibilis kG-reszmodulus! X -re megszortva a forma csak nemelfajulo, vagy teljesen izotrop lehet az irreducibilitas miatt. Ha X -en a forma nemelfajulo, akkor persze X 6= W , es U  = X  X ? miatt atterve X ? -re folytathato a felbontogatas. Vagyis feltehet}o, hogy X -re megszortva a forma teljesen izotrop. Ekkor X ?  X , es a forma indukal egy nemelfajulo format X ? =X -en is. Masreszr}ol pedig U=X ? kontragrediense X -nek, vagyis W vagy ugyanannyiszor van meg X ? =X -ben, mint U -ban, vagy 2-vel tobbszor,pde mindket esetben lehet indukciot alkalmazni. Ezzel az alltast belattam Szukseg lesz a kes}obbiekben a kovetkez}o alltas

modostott valtozatara: A lltas 15 Legyen G Frobenius-csoport N Frobenius-maggal. Ekkor minden nemtrivialis irreducibilis komplex N -karakternek az indukaltja is irreducibilis, es gy el}oall minden N -et nem tartalmazo magu irreducibilis komplex G-karakter Bizonytas Legyen 2 Irr(N ) nemtrivialis! G irreducibilis voltahoz ele- gend}o, hogy inercia-reszcsoportja N . Legyen g 2 G n N tetsz}oleges, ha valamely x 2 N -re xg  x N -ben, akkor xg = xn, s gy gn;1 2 CG (x) n N , vagyis x = 1. Tehat g hatasa xpontmentes a nemtrivialis konjugaltosztalyokon, gy Brauer Permutacios Lemm aja (A lltas 9) miatt a nemtrivi1 alis karaktereken is, hiszen g (n) = (ng ). Ha 2 Irr(G) magja nem tartalmazza N -et, akkor legyen nemtrivialis irreducibilis osszetev}ojep N -nek. Erre (  G) = ( N  ) > 0, es G irreducibilis, azaz = G ; 4 A f}o eredmenyek El}oszor jojjon egy tetel, amelynek a bizonytasa jo illusztracioja a tovabbiaknak is: 10 Tetel 16

(9]) Ha G minden komplex reprezentacioja a valosak felett is megvalosthato, es G racionalis csoport, akkor ciklikus kompozcio-faktora csak Z2  Z3 lehet. Bizonytas Legyen L / G, M=L / G=L minimalis ugy, hogy M=L elemi Abel p-csoport! G helyett most tekinthetem G=L-et, erre is teljesulnek ugyanis a feltetelek, vagyis feltehet}o, hogy L = 1 M elemi Abel p-normaloszto. Legyen K = CG (M ) / G, H = G=K ! A korabbi A lltas 10 szerint IFp felbontasi teste H -nak, gy M -en H hatasa abszolut irreducibilis. Jelolje ezt a reprezentaciot ! Minden x 2 M -re, minden (r p) = 1-et kielegt}o r-re van olyan g 2 H , hogy xr = xg . M -et IFp-vektorternek tekintve ezt ugy fejezhet}o ki, hogy minden x 2 M -re, es  2 IFp-ra van olyan g 2 H , hogy x = x(g).  lltas 14 szerint M -en van egy (H )-invarians szimA szinten korabbi A metrikus forma (; ;). Legyen IFp = hi! Ekkor minden x 2 M -re van g 2 H , hogy x(g) = x, ahonnan (x x) = (x(g) x(g)) = 2(x

x). Miutan (x x) nem lehet minden x-re p 0,p vagyis 2 = 1 ) p ; 1j2, gy p  3 adodik, amivel a bizonytasnak vege. Sn peldaja mutatja, hogy az alternalo csoportok mindig el}ofordulhatnak racionalis csoportban kompozcio-faktorkent. Az E6 E7 E8 gyokrendszerek Weyl-csoportjai harom ujabb egyszer}u csoportot hoznak be a kepbe, gy latszik, hogy az alltas tetsz}oleges racionalis csoportra valo tovabber}ostesehez mar komolyabb eszkozok szuksegesek. Most kovetkezik nehany, a kes}obbiekben tobbszor hasznalt alltas, amelyek egymasutanja el}orevetti alkalmazasukat is. A feltetelek kozott az antiszimmetrikussag fog szerepelni, mivel a szimmetrikus eset az alltasok jelent}os reszeben el}o sem fordulhat. Masreszt a szimmetrikus esetben a fent lathato modon oq (h)j2 kovetkezik. (Jelolest lasd lent) A gondolatmenet Gowtol9], a Brauer-karakteres alltasokra vonatkozo reszek joreszt Soarestol6] szarmaznak. Tudtommal korabban nem

voltak ismertek Tetel 25, Tetel 27 es Tetel 29. El}oszor egy dencio: Dencio 17 Legyen H  K tetsz}oleges halmaz! Egy G csoport egy K V vektorteren vett hatasa kielegti a H-sajatertek feltetelt, ha minden v 2 V -hez,  2 H-hoz letezik olyan g 2 G, melyre vg = g. A preczseg kis mell}ozesevel az egesz szamokat is fogom az IFp testek elemeinek tekinteni. 11 A lltas 18 Legyen IFq egy p-karakterisztikaju veges test, H  IFq tetsz}oleges halmaz! G egy p0-csoport, amely hat egy IFq V vektorteren, teljesti a Hsajatertek feltetelt, valamint vagy (i) meg}oriz egy nemelfajulo antiszimmetrikus bilinearis format, vagy 2i (ii) a hatas Brauer-karaktere, -invarians, ahol 2Gal(Q(e G ) : Q) egy testautomor zmus. Ekkor van ugyanezeket a felteteleket kielegt}o G0 csoport egy IFq V0 -on vett hatassal, amely raadasul meg xpontmentes is. j j Bizonytas Legyen adott v 2 V eseten CG(v) a v stabilizatora, es legyen K egy maximalis ilyen! N = NG

(K ) V0 = CV (K ) = fv 2 V jvk = v 8k 2 K -rag jelolessel G0 = N=K hatasa xpontmentes V0-on a maximalitas miatt. Ha v 2 V0,  2 H tetsz}oleges, akkor van g 2 G, hogy vg = v. Ezzel a g-vel g;1CG (v)g = CG (v), de K maximalitasa folytan K = CG(v), gy g 2 N , tehat G0 is teljesti a H-sajatertek feltetelt. Most szetvalik a bizonytas a ket lehet}oseg szerint. (i) Legyen W = fv 2 V0j(v u) = 0 8u 2 V0g, W 0 = W -nek V -beli annullatora! Igy W 0  V0 , es N -invarians, vagyis a Maschke-tetel miatt van N -invarians direkt kiegeszt}oje: V = W 0  U . Itt dim U = dim W , es U izomorf W dualis terevel, s N skalarszorzattartasa miatt ezek, mint N -modulusok egymas kontragrediensei. De K xalja W -t, gy xalja U -t is, amib}ol U V0 = 0 miatt U = W = 0 kovetkezik, tehat a forma nemelfajulo. (ii) Maschke tetele miatt most is letezik egy V = V0  U N -invarians felbontas. Ennek megfelel}oen adodik a N = 1 + 2 Brauer-karakter felbomlasa is. Ha 

tetsz}oleges irreducibilis Brauer-karakter, akkor trivialis, hogy Ker = Ker . E s (1 ) > 0 ) Ker  K , (2 ) > 0 ) Ker 6 K , azaz permutalja 1 irreducibilis komponenseit, vagyis maga 1 is -invarians. p Mindket esetet, s ezzel a bizonytast is lezartam. A lltas 19 Legyen IFq egy p-karakterisztikaju veges test, H  IFq tetsz}oleges halmaz! G egy p0 -csoport, amely xpontmentesen hat egy IFq V vektorteren, teljesti a H-sajatertek feltetelt, 2 6= rjoq (h) prm valamilyen h 2 H-ra. Ekkor a kovetkez}oket alltom: 12 (i) Ha G meg}oriz egy nemelfajulo antiszimmetrikus bilinearis format, akkor Or (G) = 1. 2i (ii) Ha a hatas Brauer-karaktere, -invarians, ahol : e G = 7! egy testautomor zmus, akkor vagy rjk ; 1, vagy Or (G) = 1. j j k Bizonytas Mivel r paratlan, G r-Sylowja ciklikus, (hiszen G most Fro- benius-komplementum,) s ha Or (G) > 1, akkor pontosan egy r-edrend}u R reszcsoportja van G-nek. Legyen mondjuk R = hxi! Ha most v 2 V

tetsz}oleges, akkor van olyan g 2 G, hogy vg = hv. Legyen oq (h) = rt  = ht egy IFq -beli r-edrend}u elem. Nyilvan vgt = v, gy o(gt) = r, hiszen gt meg nem xalja v-t, de az r-edik hatvanya mar igen, es xalni csak az egysegelem tud. Vagyis gt 2 R, amib}ol kovetkezik, hogy v x-nek is sajatvektora. Belattuk, hogy x-nek minden vektor sajatvektora, vagyis x = 0idV , ahol 0 is r-edrend}u IFq -ban. Most valik szet a bizonytas. (i) Ekkor minden u v vektorra (u v) = (ux vx) = 20(u v), vagyis 20 = 1, de ez lehetetlen. Azaz az Or (G) > 1 feltevesunk jogtalan volt (ii) Ekkor 0(1) = (x) = (xk ) = k0 (1), vagyis k0;1 = 1, ahonnan rjk ; 1 adodik. A bizonytasnak mindket esetben vege. p A kovetkez}o alltas bizonytasaban fontos szerepe van a feloldhatosagnak. A lltas 20 Legyen IFq egy p-karakterisztikaju veges test, H  IFq tetsz}oleges halmaz! G egy feloldhato p0 -csoport, amely xpontmentesen hat egy IFq V vektorteren, teljesti a

H-sajatertek feltetelt, 2 6= rjoq (h) prm valamilyen h 2 Hra. Ha Or (G) = 1, akkor csak r = 3 lehet, de ebben az esetben is igaz, hogy jGj 6 0 (mod 9). Bizonytas Legyen F a Fitting-reszcsoportja G-nek! Ekkor CG (F )  F . Ha most g 2 G r-edrend}u elem, akkor g nemtrivialis automorzmust indukal F en, hiszen g 2= F . Igy g nemtrivialisan hat F egy S s-Sylowjan is valamilyen s-re, hiszen F nilpotens. Ha s > 2, akkor S ciklikus Legyen u 2 S s-edrend}u! Most ug = u eseten g 2 CG (S ), amit kizartunk, de ug 6= u eseten hu gi egy 13 nemciklikus sr-rend}u reszcsoportja egy Frobenius-komplementumnak, ami lehetetlen. Maradt az az eset, amikor s = 2. Ilyenkor S altalanostott kvaternio, vagy ciklikus, amelyeknek az automorzmuscsoportja 2-csoport, kiveve az S = Q8 esetet, melyre Aut(S )  = S4. Igy csak r = 3 lehet De 9-edrend}u automorzmus egyaltalan nem p fordulhat el}o, mint ezt mar eddig belattam. Ezzel az alltast igazoltam. A kovetkez}o reszek az

= 3 r = 2 kvaternio Sylow r = 2 ciklikus Sylow" esetszetvalasztast rjak le. A lltas 21 Legyen IFq egy p-karakterisztikaju veges test, H  IFq tetsz}oleges halmaz! G egy feloldhato p0-csoport, O3 (G) = 1, xpontmentesen hat egy IFq V vektorteren, teljesti a H-sajatertek feltetelt, oq (h) = 2b 3 valamilyen h 2 Hra. Ekkor oq (h) = 6, vagy oq (h) = 3 Bizonytas Az el}oz}o alltas (A lltas 20) bizonytasa mutatta, hogy ebben az esetben O2(G) a (8-adrend}u) kvaterniocsoport, es gy G 2-Sylowja is altalanostott kvaternio. De egy altalanostott kvaterniocsoportnak minden nemciklikus valodi normalosztoja 2 index}u, vagyis a Sylow rendje legfeljebb 16. Mivel G-ben van 2b-edrend}u elem, gy b  3 A b  1 eseten kvul az alabbiak lehetnek: b = 3 Ekkor G-ben van 24-edrend}u elem g, es G-nek a f2 3g-Hall-reszcsoportja 48-adrend}u. Igy G 3-Sylowja, hg8i normalis a Hall-reszcsoportban Masreszt O2(G) is normalis ott, ami ellentmond annak,

hogy g8 nemtrivialisan hat rajta. b = 2 Ekkor G-ben van 12-edrend}u elem g, es G-nek a f2 3g-Hall-reszcsoportja 24-ed-, vagy 48-adrend}u. Igy G 3-Sylowja, hg4 i vagy normalis a Hall-reszcsoportban, es az el}oz}o ellentmondast kapom, vagy a Hallreszcsoport 48-adrend}u, es hg4i normalizatora a Hall-reszcsoportban hg i. Ekkor viszont alkalmazhato Burnside Transzfer Tetele, ami mutatja, hogy hg4i-nek van normal-komplementuma a Hall-reszcsoportban Ez azonban 16-odrend}u altalanostott kvaterniocsoport, amelyen nincs harmadrend}u hatas. Vagyis ez az eset sem fordulhat el}o p Mas eset nincs, a bizonytasnak vege. 14 A lltas 22 Legyen IFq egy p-karakterisztikaju veges test, H  IFq tetsz}oleges halmaz! G egy feloldhato p0-csoport, amely xpontmentesen hat egy IFq V vektorteren, teljesti a H-sajatertek feltetelt, oq (h) = 2t valamilyen h 2 H-ra, es G 2-Sylowja altalanostott kvaterniocsoport. (i) Ha G meg}oriz egy nemelfajulo antiszimmetrikus

bilinearis format, akkor oq (h) = 4. 2i (ii) Ha a hatas Brauer-karaktere, -invarians, ahol : e G = 7! egy testautomor zmus, akkor vagy oq (h)jk ; 1, vagy oq (h) = 4. j j k Bizonytas A bizonytas az (i) esetben indirekt lesz, ugyanis felteszem, hogy t  3. Legyen L = G=O2 (G) F (L) L Fitting-reszcsoportja! Mivel ez paratlan rend}u, gy ciklikus. Egyebirant L=F (L) = L=CL(F (L)) Aut(L), ami Abel, vagyis L 2-Sylowja is Abel, de faktora egy altalasnostottskvaterni ocsoportnak, 1 2 2 2 gy legfeljebb 4-edrend}u. Legyen D1 = ha bja = 1 as t = b  b;1ab = a;1i az egyik 2-Sylow G-ben (s  t), D = hc bi (itt c = a2 )! L 2-Sylowja Abel, tehat ha2i = D1  O2(G). Most % 2 IFq egy 2t-edrend}u elem, es  = %2t 2 . Ha v 2 V tetsz}oleges, akkor van olyan g 2 G, melyre vg = %v. Igy o(g) = 2t De minden 2t-edrend}u elem D-be konjugalhato:gx 2 hci valamilyent 2x-re, mivel csak ez a 2t-edrend}u ciklikus reszcsoport van D1-ben. Ekkor (g2 )x 2 O2(G), de ez normalis, gy g2

2 O2(G). Vonjuk le ebb}ol a tanulsagot: Minden vektort meg tudunk  -szorozni egy O2(G)-beli elemmel. Ha f 2 G tetsz}oleges negyedrend}u elem, akkor a hatasa diagonalizalhato, hiszen IFq -ban van negyedrend}u elem. Minden sajaterteke  , vagy  ;1. Azaz vagy f , vagy f ;1  -szoroz egy v 2 V vektort De ezt a vektort  -szorozza egy O2(G)-beli e is, vagyis a xpontmentes hatas miatt f = e, vagy f = e;1, de mindket esetben O2(G)-beli. Mivel egy altalanostott kvaterniocsoportot generalnak a negyedrend}u elemei, gy O2(G) = D1 . Ez azt jelenti, hogy minden vektort egy hci-belivel tudok %-szorozni, vagyis c = %0idV . Ha most (i) G meg}oriz egy nemelfajulo antiszimmetrikus bilinearis format, akkor minden u v vektorparra (u v) = (uc vc) = %20(u v), ami %20 6= 1 miatt (u v) = 0-t jelentene. Ez ellentmondas ; ; 0 ; ; 15 (ii) G hatasanak Brauer-karaktere, -invarians, akkor %0(1) = (c) = (ck ) = %k0 (1) miatt 2t jk ; 1. p Mindket esetnek vege. Az utolso a

legnehezebb eset, el}oszor egy egyszer}ubb eredmeny kovetkezik. A lltas 23 IFq egy p-karakterisztikaju veges test, H  IFq tetsz}oleges halmaz, G egy feloldhato p0-csoport, amely xpontmentesen hat egy IFq V vektorteren, teljesti a H-sajatertek feltetelt, oq (h) = 2t valamilyen h 2 H-ra, es G 2-Sylowja ciklikus. Ezenkvul vagy (i) G meg}oriz egy nemelfajulo antiszimmetrikus bilinearis format, vagy 2i (ii) a hatas Brauer-karaktere, -invarians, ahol : e G = 7! k egy testautomor zmus. Ekkor feltehet}o, hogy G  = H Z2t , ahol jH j paratlan rend}u ciklikus csoport. (Itt az, hogy feltehet}o" azt jelenti, hogy van egy esetleg kisebb G0  G csoport, amely ilyen szerkezet}u, es a hatasa teljesti a h-sajatertek feltetelt erre a x h-ra.) j j Bizonytas Mivel G minden Sylowja ciklikus, gy G metaciklikus, es ha M jeloli az egyik 2-Sylow 2t-rend}u reszcsoportjat, akkor az M altal generalt normaloszto G-ben H Z2t alaku lesz, ahol jH j paratlan

rend}u, ciklikus. (A metaciklikussag mutatja, hogy H -ba azok a Sylowok kerulnek be, amelyeken Z2t nemtrivialisan hat. Depezek egymason mar trivialisan hatnak) Igy H kielegti a megkvantakat. Most tekintsuk az antiszimmetrikus esetet konkluziojat! A lltas 24 IFq egy p-karakterisztikaju veges test, H  IFq tetsz}oleges halmaz, G egy feloldhato p0 -csoport, amely xpontmentesen, egy nemelfajulo antiszimmetrikus bilinearis format meg}orizve hat egy IFq V vektorteren. Teljesti a H-sajatertek feltetelt, oq (h) = 2t valamilyen h 2 H-ra, es G  = H Z2t , ahol jH j paratlan rend}u ciklikus csoport. Ekkor t  2 Bizonytas Legyen d = dimIFq V  egy negyedrend}u elem IFq -ban! Ha x 2 G tetsz}oleges negyedrend}u elem, akkor legyen V (x) = Ker(x ;  idV ) a  -hoz tartozo sajatalter! Belatom, hogy ez d=2 dimenzios. 16 Mivel x megtart egy nemelfajulo bilinearis format, gy barmely ket V (x)beli vektor mer}oleges egymasra, es barmely ket V

(x;1)-beli vektor mer}oleges egymasra. Ezert aztan a nemelfajulas miatt csak dim V (x) = d=2 fordulhat el}o. Ha x 6= y negyedrend}uek, akkor V (x) V (y) = 0, hiszen a hatas xpontmentes. Masreszt V = o(x)=4V (x) Tehat G-ben pontosan qd=2 + 1 darab negyedrend}u elem van. Ebb}ol az is latszik, hogy negyedrend}u elem nincs O2(G)-ben, ami gy csak ketelem}u. G-ben a negyedrend}u elemeknek ket konjugaltosztalya van, a reprezentansok mondjuk m m;1. Ezert jG : CG (m)j = 12 (qd=2 + 1), ami paratlan, hiszen osztja jH j-t. Most 12] II310 tetele miatt H irreducibilis, ciklikus (jH j nem oszthatja (qd=2k +1)-et egy k  2-re sem.) De mivel H szimplektikus (resz)csoport, 12] II.923 tetele miatt jH j jqd=2 +1, vagyis jH j = 21 (qd=2 + 1), H CG (m) = 1. Ez azt is jelenti, hogy G=Z (G) Frobenius-csoport H -val izomorf maggal, es Z2t 1 -gyel izomorf komplementummal. Itt alkalmazhato a Frobenius-csoportok reprezentacioirol szolo, korabban  lltas 15. Eszerint G=Z (G)

minden h}u irreducibilis reprezentacioja latott A HZ (G)=Z (G)-nek egy nemtrivialis irreducibilis reprezentaciojarol van indukalva. Ha most G-nek keressuk egy h}u irreducibilis reprezentaciojat, akkor azt talaljuk, hogy ennek pedig HZ (G) egy Z (G)-t nem tartalmazo magu irreducibilisarol kell indukalodnia. Mivel HZ (G) egy qd=2 + 1-edrend}u ciklikus csoport, az irreducibilisak linearisak. G egy p0-csoport, vagyis a modulo p abszolut irreducibilis reprezentacioi ugyangy viselkednek. Bontsuk most fel IFq IFq V -t abszolut irreducibilisak osszegere! (Itt IFq felbontasi teste G-nek modulo p.) Mivel a hatas xpontmentes volt, az osszes tag h}u lesz. Mindnek a foka 2t;1, gy e = 21;td darab van bel}oluk Ha x egy 2t-edrend}u elem az S 2-Sylowban, akkor tetsz}oleges "G (x)-nek a h pontosan egyszeres sajaterteke, hiszen "GS -nek tartalmaznia kell az osszes h}u irreducibilis S -reprezentaciot. Osszeszamlalassal kapom, hogy x-nek a h e-szeres

sajated rteke. Ebb}ol a korabbi stabilizatoros szamolassal az kapom, hogy G-ben qqe;;11 darab 2t-edrend}u elem van. Maskeppen szamolva: Mivel CG (x) = hxi, ezert G-ben (2t) 21 (qd=2 + 1) darab 2t-edrend}u elem van. A ket eredmenyt osszevetve: ;   qd=2 ; 1 = 2t;2(qe ; 1): Ha e < d=2, akkor e  d=4, s qd=4 + 1  2t;2  q;4 1 , ami lehetetlen. (Ne feledje az olvaso, hogy IFq -nak van 2t-edrend}u eleme!) Igy csak e  d=2 lehet, 17 ami t  2-t jelenti. Ez volt a bizonytando p Az invarians Brauer-karakter esetet hasonloan lehet kezelni. De mivel igazan jo altalanos kovetkeztetes nem jon ki bel}ole, csak a specialis esetekben fogom lerni az eljarast. A most kovetkez}o tetel a szakdolgozatom legf}obb eredmenye. Tetel 25 n  3 egesz, H = f;1 ng, G feloldhato H ; cp-csoport. Ekkor jGj minden p paratlan prmosztojara pj(n6 ; 1), vagy pj(n4 ; 1). Itt az els}o eset nem lehetseges, ha 3jn. Specialisan n = 3-ra pj80 = 16 5, vagyis p = 5.

Bizonytas Legyen G0 minimalis p-vel oszthato rend}u ilyen tulajdonsagu csoport! Ekkor G0-nak minimalis normalosztoja N  = Zpk . G = G0=N hat N -en. A hatas ;1 2 H miatt ekvivalens a kontragrediensevel, vagyis meg}oriz egy nemelfajulo szimmetrikus, vagy antiszimmetrikus bilinearis format. Ha a hatas szimmetrikusat tart meg, akkor a fejezet els}o tetelenek (Tetel 16) bizonytasahoz hasonloan kijon, hogy pjn2 ; 1. Tehat antiszimmetrikusat tart meg. A fenti alltasok sorat alkalmazva lathato, hogy csak op (n) = 1 2 3 4 6 kepzelhet}o el. Az op (n) = 3 6 lehet}osegek csak paz p r = 3 esetben fordulhattak el}o, amit 3jn kizar. Ezzel a tetelt belattam. Kevesebb feltevessel is igaz a specialis eset: Tetel 26 Ha G feloldhato 3 ; cp-csoport, akkor G f2 5g-csoport. Bizonytas Legyen p 6= 5 egy paratlan prmszam, amelyre indirekt modon felteszem, hogy van 3 ; cp-csoport, melynek p osztja a rendjet! Legyen G0 minimalis p-vel oszthato rend}u

ilyen tulajdonsagu csoport. Ekkor G0-nak minimalis normalosztoja N  = Zpk . G = G0 =N hat N -en A hatas Brauerkaraktere, kob-invarians, vagyis a fenti alltasokban hasznalt jelolessel k = 3. Masreszt G-re igazak a tetel feltetelei, vagyis indukcioval feltehet}o, hogy G egy f2 5g-csoport. Most az A lltas 19-ben rj2 adodik, ami lehetetlen, hiszen ott r egy paratlan prmet jelolt. A tovabbiakban kiderul, hogy op(3) 2-hatvany, ugyanis 3 nem osztja G rendjet. A kvaternio tpusu Sylow esete pj34 ; 1-et ad 18 A ciklikus esetben tehat G  = Z5s Z2t feltehet}o. De most, ha Z2t egy m negyedrend}u eleme centralis lenne, akkor m = idN adodna, ahonnet  = 3, vagyis 2 = 1, ami lehetetlen. Degy m centralizatora Z2t , hiszen ha 5-elemet is xalna, akkor minden 5-elemet xalna. Ekkor G h}u irreducibilis reprezentacioit a fenti modon le tudom rni. Ahhoz, hogy a konkluziot is ugyanugy le tudjam vonni, az ottani stabilizatoros szamolast kell

ellen}oriznem. Legyen  abszolut irreducibilis reprezentacio, legyen % egy 2u -adrend}u elem IFp-bol, es g egy egy 2u-adrend}u elem Z2t -b}ol! Miutan Z2t -ben minden h}u irreducibilis reprezentacio pontosan egyszer el}ofordul, gy (g)-nek % pontosan 2t;u -szoros sajaterteke. Azaz fuggetlen g-t}ol, es %-tol A leszamlalas most azt adja, hogy G-ben a 2u -adrend}u elemek szama: pd ; 1 : p21 u d ; 1 Vagyis a fenti becsles eredmenyepp ugyanaz, op(3)j4. Innen pj34 ; 1 = 16 5 adodik. Ezzel a tetelt belattam ; A feloldhatosag is kikuszobolhet}o hasznalva Thompson Tetelet: Ha egy nemkommutatv egyszer}u csoport rendje nem oszthato harommal, akkor Suzukicsoport. Tetel 27 Ha G 3 ; cp-csoport, akkor G f2 5g-csoport. Bizonytas Legyen G0 minimalis nemfeloldhato 3 ; cp-csoport! Ekkor G0 - nak minimalis normalosztoja, N izomorf nemkommutatv egyszer}uek direkt szorzata. Thompson Tetele miatt van olyan m egesz szam, hogy N  = 2 m +1 2 m +1 Sz(2 ) Sz(2 ) =

T1 Tk . Ha h 2 T1 tetsz}oleges, akkor van egy g 2 G0, hogy hg = h3. Mivel T1 egyszer}u, h3 2 T1g T1 / T1, gy T1g = T1, vagyis a g-vel valo konjugalas egy automorzmusa a T1 Suzuki-csoportnak. De ismert, hogy a Sz(22m+1 ) Suzuki-csoportban van olyan h elem, hogy o(h) = 22m+1 ; 1, es csak a 1 2 4 : : :  22m-edik hatvanyaiba vihet}o automorzmussal. (13]XI 15) Ez a teny mutatja, pphogy ilyen eset valojaban nem forduhat el}o. G0 mindenkeppen feloldhato A minimalis pelda 3 ; cp-csoportra, amely nem 2-csoport, 200-adrend}u. Az 5-Sylowja elemi Abel normaloszto, a komplementum kvaterniocsoport. A komplementum hatasa SL(2 5) 2-Sylowjanak hatasaval egyezik meg. 19 Kicsit tobb vesz}odseggel kezelhet}o az n = 4 eset is. Itt a feloldhatosag altalaban is kovetkezne a Feit-Thompson Tetelb}ol. Szukseg lesz az alabbi szamelmeleti lemmara. Lemma 28 A p2a + pa +1 = 7l3 diofantoszi egyenletnek p = 19, es 73 eseten nincsen pozitv megoldasa. Bizonytas p

= 19 eseten a bal oldal 1-gyel, a jobb oldal pedig 7l 3-mal kongruens modulo 19. De 73 = 343 1 (mod 19), es 3 3 (mod 19), 7 3 2 (mod 19), 723 14 (mod 19), ami mutatja, hogy p = 19 tenyleg lehetetlen. p = 73 eseten l = 1 nem jo, de 73 primitv gyok modulo 49, vagyis 732a + 73a + 1 0 (mod 49) , 733a 1 73a 6 1 (mod 49) miatt a 14 28 (mod 42) adodik. Azaz 3=ja 14ja Masreszt 73 primitv gy p ok modulo 43 is, gy ilyenkor 43j732a + 73a + 1, viszont 43=j7l 3 trivialisan. Tetel 29 Ha G (feloldhato) 4 ; cp-csoport, akkor G f3 7g-csoport. Bizonytas Legyen p egy olyan 3-tol es 7-t}ol kulonboz}o prmszam, amelyre indirekt modon felteszem, hogy van olyan 4 ; cp-csoport, melynek p osztja a rendjet! Legyen G0 minimalis p-vel oszthato rend}u ilyen tulajdonsagu csoport. Ekkor G0-nak minimalis normalosztoja N  = Zpk , G = G0=N hat N -en. A hatas Brauer-karaktere, invarians a primitv jGj-edik egyseggyok negyedik hatvanyra emelesere, vagyis a fenti alltasokban

hasznalt jelolessel k = 4. Masreszt G-re igazak a tetel feltetelei, vagyis indukcioval feltehet}o, hogy G egy f3 7g-csoport. Most az A lltas 19-ben rj3 adodik, vagyis  lltas 20-at is, op (4) egy 3-hatvany, mivel jGj paratlan gyelembe veve A  lltas 23 bizonytasaval megegyez}o modon feltehet}o, hogy G = Most A Z7l Z3k , ahol op(4) = 3k . Ha Z (G) = 1 lenne, akkor G maga is Frobeniuscsoport lenne, gy az abszolut irreducibilis, h}u karakterei G alakuak lennenek, ahol  2Irr(Z7l ) De ilyen esetben G Z3k a regularis reprezentacio karaktere, ami nem szerepelhet xpontmentes hatasban Igy jZ (G)j  3 Ha g 2 Z (G), akkor g = idV valamilyen -re, de a Brauer-karakter invarianciaja miatt  = 2i4 , vagyis o(g)j3. Tehat csak jZ (G)j = 3 lehetseges Legyen most  = e 3 az egyik primitv harmadik egyseggyok, t 2 IFp pedig egy ottani primitv harmadik egyseggyok! Mivel minden v 2 V -hez letezik g 2 G, hogy vg = 4g, gy letezik h 2 G, hogy vh = tv. Itt a

20 xpontmentesseg miatt csak o(h) = 3 lehet. Ekkor G-ben a ket harmadrend}u elem: h h2, (h) = (1) (h2) = 2(1). Ha  2IBr(G) egy irreducibilis komponense -nek, akkor Z3k a h}u irreducibilis Z3k -karakterek azon felet tartalmazza, amelyekre (h) = . (Itt megint hasznaltam, hogy ez a  is G alaku.) d;1 G-ben a 3k -adrend}u elemek szama 2 ppe ; 1 , ahol d = dimIFp (V ), es e = 31;k d, hiszen minden 0 6= v 2 V -re pontosan egy g 2 G o(g) = 3k van, amellyel vg = 4v, es ezzel a tulajdonsaggal a 3k -adrend}uek fele rendelkezik. (Attol fugg}oen, hogy h-nak, vagy h2-nek az egyik 3k;1-edik gyoke az illet}o.) d Masreszt, ugyangy a 9-edrend}u elemek szama 2 ppd=3;;11 , vagyis a 9-edd rend}u reszcsoportok szama 13 ppd=3;;11 . Ezek szerint a 3k -adrend}u elemek d szama 3k;2 2 ppd=3;;11 . Ezt az el}oz}ovel osszevetve: 3k;2(pe ; 1) = pd=3 ; 1: Itt 3k  p ; 1, vagyis ej d3 , s ebb}ol csak a 3e = d eset lehet. Ekkor viszont op(4) = 9, pj49 ; 1 = 27 7 19 73. Masreszt a

kilencedrend}u elemek szama 7l6, hiszen egy kilencedrend}u elem nem konjug alt egyetlen hatvanyaval sem d 2d  G-ben 7=j6 = (9) miatt. Igy aztan p 3 + p 3 + 1 = 7l3 adodik, ami a Lemma pp miatt megoldhatatlan a p = 19 73 esetekben. Ezzel a Tetelt belattam Itt a minimalis nem 3-csoport rendje 21, a hetedrend}u normaloszton a komplementum generatora negyzetre-emeleskent hat. Most azt szeretnem belatni, hogy minden feloldhato es racionalis csoport egy f2 3 5 7g-csoport. Els}onek egy korabbi alltas specializalasa jon A lltas 30 (9]) Legyen G egy p0-csoport, amely hat egy p-karakterisztikaju  veges IFq test feletti V vektorteren, hi = IFq . G teljesti a -sajatertekfeltetelt, es meg}oriz egy nemelfajulo antiszimmetrikus bilinearis format Ekkor q = 2 3 5 7 11 lehet csak. S}ot, ha q = 11, akkor SL(2 5) benne van G-ben Bizonytas A korabbiaknak megfelel}oen feltehet}o, hogy G hatasa xpontmentes. Egyel}ore azt is felteszem, hogy G

feloldhato 21 Ezutan lathato, hogy ha 2 6= rjq ; 1, akkor r = 3, es q = 7, vagy q = 4. A 4 eset nem fordulhat el}o, hiszen jGj paros, mivel peldaul O2(G) kvaterniocsoport. Ha q ; 1 2-hatvany, akkor az altalanostott kvaternio esetben, es a ciklikus esetben is q ; 1j4 jon ki, vagyis osszefoglalva: Ha G feloldhato, akkor q = 2 3 5 7 lehet. Ha G nem feloldhato, akkor a Frobenius-komplementumok strukturateteleb}ol jon, hogy G-ben van egy G1 legfeljebb 2-index}u reszcsoport, amelyre G1  = SL(2 5) K , ahol K egy f2 3 5g -csoport. Innen lathato, hogy G 2-Sylowjanak az exponense legfeljebb 8. A korabbi gondolatmeneteket K -ra alkalmazva lathato az is, hogy q ; 1 = 2a3b 5c alaku, ahol a  3. De jSL(2 5)j = 120 miatt b c  1 adodik. q raadasul 2 3 5-tel nem oszthato, vagyis q ; 1 = 2 3 4 3 2 5 8 5 2 3 5 4 3 5 8 3 5 lehet. De SL(2 5)-ben nincs 15-odrend}u elem, ami az utolso harom lehet}oseget kizarja. SL(2 5)-ben 20-adrend}u elem sincs,

gy q ; 1 = 8 5 sem lehet. Maradnak a q = 7 11 13 lehet}osegek. Ki kell meg zarni q = 13-at SL(2 5) karaktertablaja (a reprezentansok rendjeivel indexelve a konjugaltosztalyokat): 0 1G 2 3 4 5 6 7 8 9 1 1 2 2 3 3 4 4 5 6 2 1 -2 -2 3 3 4 -4 5 -6 4 1 0 0 -1 -1 0 0 1 0 6 1 1 1 0 0 1 -1 -1 0 3 1 -1 -1 0 0 1 1 -1 0 51 p1 ;1; 5 2p ;1+ 5 2p 1+ 5 2p 1; 5 2 -1 -1 0 1 52 p1 ;1+ 5 2p ;1; 5 2p 1; 5 2p 1+ 5 2 -1 -1 0 1 101 p1 1+ 5 2p 1; 5 2p 1+ 5 2p 1; 5 2 -1 1 0 -1 102 p1 1; 5 2p 1+ 5 2p 1; 5 2p 1+ 5 2 -1 1 0 -1 IF13 algebrai lezartja felett pontosan ugyanezek az irreducibilis Brauer-karakterek, hiszen (13 120) = 1. IF13 felett ekkor ket fuzio tortenik: 2 3e, es 4 5-e (Ugyanis a Frobenius-automorzmus C feletti megfelel}ojet -val jelolve 2 = 3 3 = 2 4 = 5 5 = 4 .) A kapott het irreducibilis reprezentacio kozott csak egyetlen xpontmentes van, a 4 dimenzios amolva egy ilyen 4-dimenzios irreducibilis alteren vett hatas 2 + 3 . Osszesz szerint

SL(2 5) harmadrend}u elemeit a stabilizatoros eljarassal, kapjuk, hogy 22 134;1 132;1 = 170 van bel}oluk. Ez tobb, mint ahany eleme p van SL(2 5)-nek, ami mutatja, hogy q = 13 valoban nem fordulhat el}o. A fenti esetekben tenyleg lehet megfelel}o csoportokat, es hatasokat talalni. A q = 2 eset trivialis, q = 3 5 eseten SL(2 q) 2-Sylowja megfelel}oen hat IF2q -en. q = 7 eseten SL(2 3) agyazhato be SL(2 7)-be q = 11 eseten pedig SL(2 5) SL(2 11)-be. Tetel 31 (9]) G feloldhato racionalis csoport. Ekkor G f2 3 5 7g-csoport Bizonytaspp Indukciot kombinalva az el}oz}o alltassal azonnal kapjuk ezt az eredmenyt. Ehhez hasonlo, de lenyegesen kevesebb eszkozzel bizonytotta Markel14] azt a tenyt, hogy szuperfeloldhato racionalis csoport f2 3g-csoport. (Ugyanis a minimalis normaloszto prmrend}u.) A fejezetet egy erdekes eredmennyel zarom, amihez kell egy lemma. Lemma 32 (8]) Legyen N / G! Ha G-ben o(g1 ) = o(g2 ) ) g1  g2, akkor G=N

-ben is o(g1 ) = o(g2 ) ) g1  g2. Bizonytas Legyen G = G=N , es x y 2 G ket azonosrend}u elem! Mindket mellekosztalybol valasztok egy minimalis rend}u elemet: x y. Ha azonos rend}uek, akkor konjugaltak, s gy x es y is. Ha nem, akkor van egy p prm, hogy o(x) = pam o(y) = pb n p=jmn, es a 6= b, mondjuk a < b. Jelolje x1 =bxamn-t, es y1 = ymn-t! Nyilvan x1 es y1 azonos rend}uek G-ben. De x1, pb a is. De es y1p azonos rend}u, gy konjugalt, ami mutatja, hogy x  e s y 1 1 ez nem lehetseges, hiszen kulonboz}o rend}uek. p ; ; Tetel 33 (8]) Ha G feloldhato, G-ben o(g1) = o(g2) G = Sn, n = 1 2 3. ) g1  g2, akkor Bizonytas Indukciot alkalmazok jGj-re. Legyen N / G minimalis! Ekkor G=N egy-, vagy ketelem}u, esetleg S3. Mivel N elemi Abel p-csoport, gy jG=N j = 1 eseten jGj = 1, vagy jGj = 2. Ha jG=N j = 2, akkor jN j  3, hiszen N n f1g-en tranzitvan hat G=N . De jN j = 2 nem lehet, hiszen G nem lehet negyedrend}u. jN j = 3 pedig G  = S3-at

adja. 23 Ha G=K  = S3, akkor jN j ; 1j6. jN j = 7, nem lehet, hiszen G=N nem ciklikus. Ha jN j = 4, akkor G 3-Sylowja h}uen hat rajta, vagyis G  = S4 = a 3-Sylow mellekosztalyain vett tranzitv permutacio-reprezentacio. De S4-ben ket involucio-osztaly van. Ha jN j = 3, akkor G 3-Sylowja 9-edrend}u normaloszto, de Abel, es a faktor csak kettesevel tudja egyesteni az elemeket konjugaltosztalyokka. Ha jN j = 2, akkor G 3-Sylowja trivialisan hat N -en, vagyis normaloszto. De a szerinte ppvett faktor negyedrend}u, ami ellentmond a Lemmanak. Tobb eset nincs. 5 Egyeb eredmenyek Els}okent azt kell megemlteni, hogy Gow 9] tobbet bizonytott, mint ami a Tetel 31-ben szerepel: Tetel 34 Ha G feloldhato racionalis csoport, akkor G egy f2 3 5g-csoport. A 7-nek, mint lehetseges prmosztonak a kikuszobolese meg nemi faradtsagot igenyelne. A hasznalt eszkozok hasonloak, de kicsit melyebbek Szinten hasonlo eszkozokkel bizonythato Soares6] alabbi

eredmenye: Tetel 35 Minden " > 0-hoz van egy olyan A = A(") konstans, hogy ha G p-feloldhato, pj jGj, G osszes karaktererteke egy K testben van, melyre jK : Qj  n, akkor p  An1+" + 1. Itt " = 1 eseten A = 4 16 480 rhato attol fugg}oen, hogy G szuperfeloldhato, feloldhato, vagy p-feloldhato. Peldaval megmutathato, hogy " = 0 nem lehet meg a szuperfeloldhato esetben sem. A nemfeloldhato (nem p-feloldhato) esetben Feit es Seitz7] mutatta meg az alabbit. (A bizonytas er}osen tamaszkodik a veges egyszer}u csoportok klasszikaciojara!) Tetel 36 Van olyan Fn egyszer}u csoportok veges halmaza, hogy ha G osszes karaktererteke egy K testben van, melyre jK : Qj  n, akkor G nemciklikus kompozciofaktorai vagy alternalo csoportok, vagy Fn -beliek. Specialisan F1 = fPSp4(3) Sp6 (2) O8+ (2)  PSL3 (4) PSU4(3)g. 0 24 F1-ben a masodik es a harmadik csoport mar onmagaban is racionalis. Veluk egyutt az els}o is

kompozciofaktora egy Weyl-csoportnak. A negyedik es otodik esetben is egy-egy automorzmus-csoportbeli reszcsoport racionalis. Az Sn-beli konjugaltoszalyok An-beli szetesese is ismert, es azonnal latszik bel}ole, hogy A2 kivetelevel nincs racionalis alternalo csoport. A fenti tetel segtsegevel tovabb er}osthet}o Tetel 33, amely Fitzpatrick8] eredmenye: Tetel 37 Ha G-ben o(g1 ) = o(g2 ) ) g1  g2, akkor G = Sn, n = 1 2 3. Bizonytas7] Legyen N /G minimalis normaloszto! Ha N feloldhato, akkor mar Tetel 33 elintezte a dolgot. Ha nem, akkor N  Tk izomorf = T1 nemkommutatv egyszer}uek direkt szorzata. De egy a 2 T1, es (a : : : a) 2 N nemkonjugaltak, bar azonos rend}uek. Vagyis N = T1 egyszer}u Ha G = N , akkor G egyszer}u racionalis csoport, vagyis Sp6(2), vagy + O8 (2) . De mindkett}oben tobb konjugaltosztalynyi masodrend}u elem van Vagyis feltehet}o, hogy G > N . Ha CG(N ) > 1, akkor NCG (N ) = N Z , Z / G, s G=Z nem feloldhato,

ami indukciot alkalmazva ellentmond annak, hogy a tulajdonsag faktorizalasnal orokl}odik. Vagyis CG(N ) = 1, G Aut(N ) Ha N  = An, akkor Aut(N ) = Sn, vagy n = 6, de minden szimmetrikus esetben G-nek tobb, mint egy involucio-osztalya van. Az n = 6 esetben is csak ugy lehet egy involucio-osztaly, hogy cserebe 8-adrend}u elemek alkotnak ket osztalyt. Sp6(2) automorzmuscsoportja onmaga, a tobbi esetben egyppautomorzmus-reszcsoportnak mindig van nembels}o masodrend}u eleme. 0 Ez az eredmeny nem igaz vegtelen csoportokra. Pelda erre egy P Hall10] altal konstrualt vegtelen torziocsoport. Visszaterve a racionalis csoportokoz, azt sejtik, hogy a nemfeloldhato esetben sem lehet tobbfele ciklikus kompozciofaktor, mint a feloldhato esetben. Gow szerint Thompson megmutatta, hogy racionalis csoport ciklikus kompozciofaktora csak Z2 Z3 Z5 Z7 Z11 lehet, de valoszn}unek latszik, hogy az utolso kett}o valojaban nem fordul el}o. 6 Weyl-csoportok A

szakdolgozat soran tobbszor megemltettem azt a kozismert tenyt, hogy minden Weyl-csoport racionalis. (Lasd peldaul 3]-ban a reprezentaciok racio25 nalitasat is.) Ennek a bizonytasa nem nehez, ugyanis az irreducibilis gyokrendszerek Weyl-csoportjaira ellen}orizhet}o, a tobbi pedig direkt szorzata az el}obbieknek. Egy kicsit b}ovebben: Tetel 38 Ha W egy An Bn vagy Dn tpusu gyokrendszer Weyl-csoportja, akkor W racionalis. Bizonytas Azt mutatom meg, hogy ezekben az esetekben minden elem minden, a rendjehez relatv prm kitev}oj}u hatvanyaval konjugalt. An Weyl-csoportja Sn+1 . Legyen egy eleme, (k o( )) = 1! Ha tobb orbitja is van, akkor indukcioval a ciklusokat kulon-kulon tudom k-adikra konjugalni, gy -t is. Ha csak egy orbitja van, akkor alkalmas atszamozassal feltehet}o, hogy = (1 2 n). De ekkor  = i 7! ik + t minden t eseten jo permutacio arra, hogy k = legyen. (Persze ik + t csak modulo n szamt) Bn (es Cn) Weyl-csoportja G = Z2 o Sn .

Legyen g = (  (a1 a2 : : : an)) egy eleme, (k o(g)) = 1! Ha -nak tobb orbitja is van, akkor indukcioval g-nek a megfelel}o reszeit kulon-kulon tudom k-adikra hatvanyozni, gy g-t is. Ha csak egy orbitja van, akkor atszamozassal feltehet}o, hogy = (1 2 n). Ha h = (1 (b1 b2 : : : bn)), akkor gh = (  (a1 + b1 + b1 1  : : :  an + bn + bn 1 )) = (  (a1 + b1 + bn  : : : an + bn + bn;1 )). Igy alkalmas h-val konjugalva feltehet}o, hogy a2 = a3 = = an = 0. a1 pedig 0, vagy 1 Ha 0, akkor g es ezert gk is benne van a komplementumban, vagyis Sn-ben, amit mar neztem. Ha a1 = 1, akkor gn = (1 (1 1 : : :  1)), g2n = (1 (0 0 : : :  0)), s g rendje 2n. Ha k < n, akkor gk = ( k  (1 1 : : : 1 0 0 : : :  0)), ahol k darab egyes van a vektorban, ha pedig k > n, akkor gk = ( k  (0 0 : : :  0 1 1 : : :  1)), ahol k ; n darab nullas van a vektorban. Ha  olyan, hogy k = , akkor legyen h = ( (b1 : : :  bn)) = ( (0 : : : 0)) (1 (b1 : : : 

bn))! Ekkor gh = ( k  (0 : : : 0 1 0 : : :  0))(1(b1:::bn)), ahol az egyes az 1 -adik pozcioban van. Most a korabbi modszerrel meg tudjuk valasztani jol a bi-ket, hisz k is tranzitv, es k paratlan. (S}ot pontosan ket jo vektor lesz, melyek osszege (1 : : :  1).) Dn Weyl-csoportja egy H 2-index}u reszcsoportja a fenti G-nek. Azokbol az elemekb}ol all, amelyek paros sok egyest tartalmaznak a vektorreszukben. Legyen g = (  (a1 a2 : : : an)) egy eleme, (k o(g)) = 1! Tudjuk, hogy ez G-ben konjugalt gk -hoz. H -ban is konjugaltak, ha peldaul nem esik szet a konjugaltosztalya. De nem esik szet, ha centralizalja G n H -beli Ha -nak van paratlan hosszusagu orbitja, akkor azokon a pozciokon eggyel, a tobbin nullaval egyenl}o vektor centralizalja, es nincs H -ban. Igy eleg megmutatni az ; ; 26 alltast olyan g-kre, melyek permutacioresze nem tartalmaz paratlan ciklust. Egy ilyenr}ol mar azt sem kell feltenni, hogy nincs H -ban. Ha

-nak tobb orbitja is van, akkor indukcioval g-nek a megfelel}o reszeit kulon-kulon tudom k-adikra hatvanyozni, hiszen ezek parosak, gy g-t is. Ha csak egy orbitja van, akkor atszamozassal feltehet}o, hogy = (1 2 n). A h = (1 (b1 b2 : : : bn)), vektort jol megvalasztva, majd vele konjugalva most is feltehet}o, hogy a2 = a3 = = an;1 = 0, es a1 an kozul is legalabb az egyik 0. Ha mindkett}o 0, akkor g benne van a komplementumban, amit mar neztem. G eseten minden jo  -hoz volt (ket) jo (b1 : : : bn) vektor is. Ez most csak akkor lesz jo, ha benne paros sok az egyes. Mivel n paros, gy a ket jo vektorban ugyanakkor lesz paros sok egyes. Azt alltom, hogy  -t (vagyis tulajdonkeppen az egyes pozciojat) alkalmasan valasztva a jo vektorban paros sok lesz az egyes. Ha most rogztettnek veszem  -t, es felteszem, hogy b1 = 0, akkor a tobbi bi-t egyertelm}uen kapom, ugyanis b1k -t ugy kell valasztanom, hogy a1k + b1k + b1 a megfelel}o erteket

vegye fel. Hasonloan meg van mar kotve a kezem b12k -nal, es gy tovabb. Ez a meg van kotve a kezem" azt jelenti, hogy egyertelm}uen jonnek az egyes-sorozatok, es a nulla-sorozatok. (Itt a sorozat persze nem az 1 2 : : :  n menten, hanem az 1 k + 1 : : :  (n ; 1)k + 1 menten futot jelent!) Ha az 1 egy egyes-sorozattal erintkezik, akkor benne eggyel elmozgatva, es azt az egyest kiveve a sorozatbol a kapott vektor nem valtozik, de a konjugalo vektorban az egyesek szamanak a paritasa igen. Hasonloan, ha nulla-sorozatban van, akkor eggyel elmozgatva, es oda egy egyest berakva a kapott vektor nem valtozik, de a konjugaloban az egyesek szamanak parit pp asa igen. Ez mutatja, hogy feltehet}o a konjugalo vektor H beli volta A maradek csoportok: E6 E7 E8 F4 Weyl-csoportjai megtalalhatoak az irodalomban, meg komplett karaktertablakkal is. (Az els}o harom megtalalhato az ATLAS4]-ban is, az utolso pedig Carter konyveben3].) G2 esete pedig

trivialis, ugyanis ekkor W  = D6. Ez a bizonytas azonban geometriailag egyaltalan nem mutatja meg, hogy miert igaz ez az alltas. A fejezet tovabbi resze arra fog szolgalni, hogy valami ebb}ol is kideruljon. Sajnos meg ez a bizonytas is tartalmaz olyan pontokat, amelyekben szukseg van a gyokrendszerek klasszikaciojara. Tudtommal jelenleg nem ismert olyan bizonytas, amely ne tamaszkodna ra 27 Az alabbi gondolatmenet Springert}ol16] szarmazik. A (kes}obbiekben ismert"-kent emltett) felhasznalt el}oismeretek megtalalhatoak Bourbaki1], illetve Humphreys11] konyveiben. Tovabbi (illetve korabbi) eredmenyek szerepelnek meg Carternal:2],3] A tovabbiakban G mindig egy n dimenzios (komplex) V vektorteren hato veges tukrozes-csoportot (re#ection-group) jelol. S a koordinata-lekepezesek polinomjainak C-algebraja. G hat ezeken a szokasos modon: (g p)(v) = p(vg) minden v 2 V -re. R jeloli az S -beli G-invarians elemeket, ez is egy

C-algebra Az alabbi lemma altalanosabban, minden G  GL(n C) veges csoportra igaz: Lemma 39 v w 2 V -re ekvivalensek: (i) letezik g 2 G, hogy vg = w (ii) minden f 2 R-re f (v ) = f (w). Bizonytas Az (i) ) (ii) irany trivialis, a masikat bizonytom. Legyen P = ff 2 S jf (v) = 0g Q = ff 2 S jf (w) = 0g! Ezek maximalis idealjai S nek, es P R = Q R a feltetel szerint. Belatom, hogy letezik g 2 G, amellyel g P  Q, a ezzel vege is lesz a bizonytasnak, mivel g P = ff 2 S jf (vg) = 0g is maximalis ideal, vagyis g P = Q, de gy w = vg. Mivel minden f 2 P -re Y (g f ) 2 P R  Q g2G es Q prmideal, tehat van egy g 2 G, amelyre g f 2 Q. Legyen P = (f1 f2 : : :  fr ) egy veges generatorrendszere a P idealnak! (Ilyen letezik Hilbert bazistetele miatt.) Ekkor minden c 2 C-hez letezik gc 2 G, hogy gc (f1 + cf2 + + cr;1fr ) 2 Q. Mivel G veges, C vegtelen, gy valamilyen g 2 G legalabb r-szer el}ofordul ilyen gc -kent. Ezzel a g-vel es a megfelel}o

c1 c2 : : :  cr-rel g (f1 + cif2 + + cri ;1fr ) = Xr cj;1(g f ) 2 Q (i = 1 : : :  r): j i j =1 Vagyis minden j -re g fj el}oall Q-beliek linearis kombinaciojakent,gy g fj 2 Q. Ha f = p1f1 + + pr fr 2 P tetsz}oleges, akkorp g f = (g p1)(g f1) + + (g pr )(g fr ) 2 Q mutatja, hogy g P  Q. 28 V -re sokszor, mint a$n algebrai halmazra lesz erdemes nezni. Ekkor a lemma azt fejezi ki, hogy V G-orbitjai a$n algebrai varietaskent viselkednek, a hozzajuk tartozo algebra R. Szinten G vegessegeb}ol kovetkezik a most sorra kerul}o, alapvet}o lemma. Lemma 40 R-et, mint C-algebrat n darab algebrailag fuggetlen homogen polinom generalja. E polinomok fokainak halmaza fuggetlen a polinomok valasztasatol, a fokok szorzata jGj. Mostantol fogva rogztek egy ff1 : : :  fng homogen invariansokbol allo rendszert, amelyek algebrailag fuggetlenek, s generaljak a G-invarians koordinatafuggvenyek C-algebrajat, di = deg fi. J (v) jeloli az fi -k

Jacobi-determinansat a v 2 V pontban. (Ez konstans szorzo erejeig fuggetlen az fi-kt}ol, es pontosan akkor nulla, ha v benne van egy tukorhiperskban) Hi jeloli az fi altal denialt algebrai hiperfeluletet V -ben: Hi = fv 2 V jfi(v) = 0g. Ha  egy egyseggyok, akkor V (g ) jeloli a g csoportelem -hez tartozo sajatalteret. Ez maximalis, ha nincs nala b}ovebb V (h ), ugyanazzal a -vel! A lltas 41 Ha  egy primitv d-edik egyseggyok C-ben, akkor g2GV (g ) = d=jdi Hi . S}ot, ezen algebrai halmaz irreducibilis komponensei a maximalis V (g )-k. Bizonytas Alkalmazzuk Lemma 39-et! Adott v 2 V -hez pontosan akkor letezik g, mellyel vg = v, ha f (v) = 0 minden d-vel nem oszthato foku f 2 R-re. De ehhez elegendo fi(v) = 0-t megkovetelni olyan i-kre, ahol d nem osztja di -t. Ez mutatja az els}o reszt Ebb}ol az is latszik, hogy d=jdi Hi a maximalis V (g )-k uniopja. S a masodik resz kovetkezik abbol, hogy V (g ) irreducibilis varietas. Egy

kovetkezmeny, ami Weyl-csoportra jol ismert: A lltas 42 Ha meg azt is feltesszuk, hogy G irreducibilisan hat, es e jeloli a fokok legnagyobb kozos osztojat, akkor G centruma e-edrend}u ciklikus csoport. Bizonytas A Schur-lemma miatt a centrum skalarral valo szorzasokbol all. Ha a -vel valo szorzas ilyen, akkor az el}oz}o alltasban d=jdi Hi = V , vagyis  rendje oszt minden fokot. Fordtva, ha  rendje oszt pminden fokot, akkor a masodik resz szerint valamely g 2 G-re V (g ) = V . 29 Dencio 43 Ha d 6= 0 tetsz}oleges egesz, akkor a d-vel oszthato fokok szamat a(d) jeloli. A most kovetkez}o alltas dont}o a tovabbiak szempontjabol. A lltas 44 Egy G (veges) tukrozes-csoportra az alabbiak teljesulek: (i) maxg2G dim V (g  ) = a(d), ha  egy d-edik primitv egyseggyok. Specialisan pontosan akkor van olyan g 2 G, melynek  sajaterteke, ha d osztja legalabb az egyik fokot. (ii) Minden g-hez es  -hez letezik h, hogy dim V

(h ) = a(d), es V (g )  V (h ). (iii) Ha dim V (g1  ) = dim V (g2  ) = a(d), akkor van olyan h, mellyel V (g1 )h = V (g2 ), vagyis G tranzitvan hat d=jdi Hi irreducibilis komponensein. Bizonytas Azt tudjuk, hogy i=1Hi = f0g. Ezert tetsz}oleges irreducibilis komponenseiket (Ci) kivalasztva i=1Ci = f0g. Ez azt jelenti, hogy a Ci-k valodi modon metszik egymast, s tetsz}oleges X  f1 2 : : :  ng reszhalmazra i2X Ci dimenzioja = n ; jX j. Vagyis a metszet minden irreducibilis komponensenek is ennyi a dimenzioja, aminek A lltas 41 miatt specialis esete (i) (ii) most mar szinten azonnal kovetkezik A lltas 41-b}ol. Legyen tehat a = a(d) = dim V (g1  )! A tszamozom az fi-ket ugy, hogy az els}o a darab foka legyen d-vel oszthato. Mindegyiket megszorthatom V (g1 )-re. Azt alltom, hogy ezek a megszortasok algebrailag fuggetlenek jeloli a kovetkez}o morzmust a V (g1 ) es a Ca varietasok kozott: (v) = (f1(v) : : : fa(v)): Mivel Hj

 V (g1 ), ha j > a, es i=1Hi = f0g, gy a ;1((0 : : :  0)) brum csak a f0g-bol all. De az egy kozismert algebrai geometriai teny, hogy ezen brum dimenzioja legalabb a ; dim (V (g1  )), vagyis a = dim (V (g1 )). De ez csak ugy lehet, ha az fi -k megszortasai valoban algebrailag fuggetlenek. U1  V (g1 ) jeloli azokat a vektorokat, amelyek egyetlenegy masik maximalis V (h )-ben sincsenek benne. Vilagos, hogy U1 nylt halmaz a Zariski-topologiaban. 2 es U2 ugyanezeket jelentik V (g2 ) eseten 30 (U1) es 2(U2) is nylt, nemures reszhalmazai Ca-nak, gy nemures, nylt a metszetuk. (v1) = 2(v2) azt jelenti, hogy fi(v1) = fi(v2) minden ire (i > a eseten ugyanis mindkett}o 0) De Lemma 39 miatt ekkor van ;1 h 2 G, mellyel v1h = p v2 . Most v2 2 V (g1   )h = V (hg1 h   ), s ezert V (g1 )h = V (g2 ). Dencio 45 Egy v vektort regularisnak hvunk, ha nincs benne egyik tukor- hiperskban sem, azaz nem mer}oleges egyik gyokre sem. Egy g

elemet a tukrozes-csoportnak regularisnak mondjuk, ha van regularis sajatvektora. Az alabbi alltas ismert. A lltas 46 Ha v egy vektor, Gv a G-beli stabilizatora, akkor (i) v pontosan akkor regularis, ha Gv = 1 (ii) Gv -t generaljak a benne lev}o tukrozesek. A lltas 47 Ha  egy primitv d-edik egyseggyok, g egy olyan eleme a Weylcsopornak, hogy V (g  ) tartalmaz regularis vektort, v -t, akkor (i) o(g) = d (ii) dim V (g  ) = a(d) (iii) G (ii) tulajdonsagu elemei egy konjugaltosztalyt alkotnak (iv) g sajatertekei  1;di -k. Bizonytas Most gd xalja v-t, gy gd = 1, masreszt kisebb kitev}ovel ez meg nem lehet igaz. Ez mutatja (i)-t  lltas 44 szerint van olyan h 2 G, hogy dim V (h ) = a(d), A korabbi A es V (g )  V (h ), vagyis vh;1g = v, ami mutatja, hogy h = g, es (ii) is megvan. Hasonlo gondolatmenettel jon A lltas 44-b}ol (iii) Az utolso resz bizonytasa hasonlo a Coxeter-elemek eseten ismerthez: V nek legyen

egy g-sajatvektorokbol allo bazisa fv = v1 v2 : : : vng, a sajatertekek f m2  : : : mn g! Mivel v1 nincs benne egyetlen tukorhiperskban sem, gy J (v1) 6= 0. Vagyis a Jacobi-determinans kifejtese soran legalabb egy 31 @fi nemnulla nemnulla tag lep fel. Alkalmas atindexeles utan feltehet}o, hogy @x i v1-en, (i = 1 2 : : :  n). Ez azt jelenti, hogy (ai 6= 0-val) @fi = a xdi;1 + tobbi koordinata-fuggvenyt tartalmazo tagok: @xi i 1 Vagyis derivalas el}ott fi = aixd1i;1xi + maradek: Ha most mindket oldalt g-vel szorozzuk, es fi invarianciajat hasznaljuk, akkor fi = ai1;di ;mi xd1i;1 xi + : : : p mutatja, hogy 1 ; di ; mi 0 (mod d), ami (iv)-t adja. Regularis elemekre most mar bebizonythato a kvant alltas: A lltas 48 Legyen g regularis, d-edrend}u eleme egy G Weyl-csoportnak! Ekkor minden d-hez relatv prm i egesz szamra g  g i . Bizonytas Mivel G Weyl-csoport, gy egesz matrixokkal reprezentalhatoak az elemei, vagyis

ha egy d-edik primitv egyseggyok,  g-nek sajaterteke, akkor minden mas d-edik primitv egyseggyok is, es a multiplicitasok megegyeznek. Azaz gi-nek is sajaterteke , ugyanazzal a multiplicitassal Mivel g regularis, van egy regul paris sajatvektora v , a sajaterteke  , es az alltas kovetkezik a korabbiakbol. Az alabbiakban Q jeloli a gyokrendszer altal kifesztett racsot, P pedig a sulyok altal kifesztettet. (Vagyis ennek eleme egy v vektor, ha minden  v) 2 ZZ). Ekkor P=Q egy (veges) Abel-csoport, rendjet jelolheti e gyokre: 2(( ) A lltas 49 Ha g eleme a G Weyl-csoportnak, akkor P (g ;1)  Q. Tovabba, ha p egy prm, v 2 P es v (g ; 1) 2 pQ, akkor g el}oall olyan t 2 G tukrozesek szorzatakent, melyekre v (t ; 1) 2 pQ. Bizonytas Az alltas els}o resze igaz tukrozesekre. Tetsz}oleges g-t el}oallthatunk tukrozesek szorzatakent, amib}ol e tukrozesek szamara vonatkozo indukcioval (g = g1t): v(g ; 1) = v(g1 ; 1)t + v(t ; 1)

2 Q: 32 A masodik resz belatasahoz hasznalom a dualis gyokrendszer a$n Weylcsoportjat, amely izomorf G-nek es a Q-eltolasoknak a szemidirekt szorzataval. Ha v 2 P es v(g ; 1) 2 pQ, akkor legyen w = p1 v! Ekkor w-t xalja egy h eleme az a$n Weyl-csoportnak. (Hiszen wg es w kulonbsege Q-beli, vagyis h raadasul g eltolas.) De ekkor h el}oall w-t xalo tukrozesek szorzatakent  lltas 46-hoz.) Egy altalanos ilyen tukrozes ( egy gyok, k (Ez analog az A egy egesz): tk : x 7! x ; 2 (((x);) k) : Ezzel wtk = w azt jelenti, hogy v(t ; 1) 2 pQ. Abbol, hogy h ilyenek szorzata mar kovetkezik azpalltas, ugyanis h-nak a szemidirekt szorzatbeli komplementum"-resze g. A lltas 50 Ha g eleme a G Weyl-csoportnak, akkor det(g ; 1) egy e-vel oszthato egesz szam. Tovabba, ha det(g ; 1) 6= e, akkor G-nek egy valodi Weyl-reszcsoportja is tartalmazza g -t. (A Weyl-reszcsoport olyan reszcsoport, amely egy resz-gyokrendszer

Weyl-csoportja) Bizonytas Az alltas els}o resze persze azonnal kovetkezik az el}oz}ob}ol. Ha det(g ; 1) 6= e, akkor lehet det(g ; 1) = 0, vagyis g xal egy nemnulla vektort, amikoris tudjuk, hogy benne van egy Weyl-reszcsoportban. Hiszen a v-t xalo csoportelemek ilyet alkotnak A lltas 46 szerint. Ha det(g ; 1) nem 0, akkor pedig van egy p prm, hogy pej det(g ; 1). Igy van egy v 2 P n pP vektor, hogy v(g ; 1) 2 pQ. Jelolje R1 azoknak az  gyokoknek a halmazat, melyekre v ) 0 (mod p)! 2 (( ) Egyszer}u szamolas mutatja, hogy R1 is gyokrendszer, raadasul valodi reszrendszer, hiszen v 62 pP . Igy a pWeyl-csoportja (ami az el}oz}o alltas szerint G-nek reszcsoportja) is kisebb. Az alabbi redukcios tetel nagyon hasznos indukcios bizonytasok eseten. Az itt bebizonytott kovetkezmenyen kvul peldaul azt is be lehet latni a segtsegevel, hogy egy Weyl-csoport minden eleme el}oall legfeljebb ket involucio szorzatakent. (Ami egyebkent minden

veges tukrozes-csoportra is igaz) 33 Tetel 51 Legyen G egy irreducibilis gyokrendszer Weyl-csoportja, g tetsz}oleges! Ekkor az alabbiak koz}ul legalabb egy igaz: 2 G (i) g G-nek egy Weyl-reszcsoportjaban is benne van (ii) g regularis (iii) ;1 2 G, es ;g-re teljesul (i) (iv) a gyokrendszer tpusa Dn , es g -nek ket orbitja van, mindkett}o negatv. A bizonytas sajnos esetszetvalasztasos, amelynek szuksegesseget az utolso eset lete is indokolja. A bizonytas helyett ezert csak lerom, hogy mit jelent az utolso eset. Bn gyokrendszere: ei  ej , (i 6= j ), illetve ei. (Itt ei-k a standard bazisvektorokat jelentik IRn -ben.) Ha h eleme a Weyl-csoportnak, akkor egi = "iei valamilyen "i = 1 el}ojelekkel,es valamilyen permut acioval. l 1   egy orbitjat h orbitjanak is hvjuk. Egy ilyen fi i  : : :  i g h-orbitra azt mondjuk, hogy pozitv, ha lY ;1 "ij = +1: ; j =0 Ellenkez}o esetben az orbit negatv. Mivel Dn Weyl-csoportja

reszcsoportja Bn Weyl-csoportjanak, gy a dencio ra is ervenyes. Tulajdonkeppen a fentihez hasonlo volt a gondolatmenet Tetel 38 bizonytasakor. Tetel 52 Egy G Weyl-csoport minden karaktererteke racionalis. Bizonytas Indukcioval bizonytom, hogy minden eleme konjugalt a hat- vanyaival. jGj = 2 eseten trivialis Az indukcio miatt feltehet}o, hogy G irreducibilis. Legyen g 2 G tetsz}oleges! Ha ra az el}oz}o tetelben az els}o ket lehet}oseg egyike teljesul, akkor mar tudjuk. Ha a harmadik all fenn, akkor o(g) paros, de indukcioval minden o(g)-hez relatv prm k-ra gk = ;(;g)k  ;(;g) = g, hiszen ;1 centralis. Az utolso esetet mar neztem korabban. pp 34 7 Megjegyzesek Az id}orend 1973. F M Markel14]: Minden szuperfeloldhato racionalis G csoport } f}oleg azok a csoportok erdekeltek, amelyekben minden f2 3g-csoport. Ot konjugaltosztaly-meret csak egyszer fodul el}o. Az ilyenek persze mind racionalis csoportok 1974. Roderick Gow9]: Minden

feloldhato racionalis csoport f2 3 5gcsoport Ha a felbontasi test Q, akkor f2 3g-csoport 1985. P Fitzpatrick8]: Ha G-ben minden ugyanannyiadrend}u elem konjugalt, akkor G  = S1 S2 S3 lehet csak. 1986. Elenia Farias e Soares6]: Minden " > 0-ra van A = A(") > 0, hogy minden G p-feloldhato csoportra, ha karakterertekei K -ban vannak, ahol jK : Qj  n, akkor p  A(")n1+" + 1. 1988. Walter Feit, Gary Seitz7]: Tetsz}oleges veges csoportra a nemciklikus, nemalternalo kompozciofaktorokra csak veges sok lehet}oseg van, ha G minden karaktererteke egy n-edfoku b}ovteseben van Q-nak. Racionalis csoportra (n = 1) ezek konkret meghatarozasa. John G. Thompson: Racionalis csoportnak ciklikus kompozciofaktora is csak Z2 Z3 Z5 Z7 Z11 lehet. Kerdesek az alabbiak. Egy reszukon mar gondolkoztam, de attol meg lehet, hogy trivialis rajuk a valasz. - Mit lehet mondani a beagyazasrol? Igaz-e valami ilyen alltas:Minden H1 ;

cp-csoport beagyazhato H2 ; cp-csoportba." (Gow megmutatta, hogy minden f2 3g-csoport beagyazhato olyan f2 3g-csoportba, amelynek Q a felbontasi teste.) - Lehet-e javtani az A lltas 6-ot reszcsoportra, illetve nomthato-e normalosztora? - Mit lehet mondani a nevezetes reszcsoportokrol? Az altalam vizsgalt esetekben peldaul minden racionalis csoport 2-Sylowja is racionalis. (De altalaban az nem igaz, hogy ha minden elem konjugalt az otodik hatvanyaval, akkor ez a 2-Sylowban is teljesul.) A tobbi Sylowrol persze csak gyengebb kovetkeztetes kerhet}o szamon. 35 - Persze a f}o kerdes: Igaz-e, hogy n ; cp-csoport rendjenek prmosztoi korlatosak? Reszkerdesek: Igaz-e feloldhatoakra? Igaz-e valosakra? - Mi mondhato egy 3;cp-csoport szerkezeter}ol? Az osszes altalam ismert esetben az 5-Sylow elemi Abel normaloszto. - A ltalaban mondhato-e valami az n ; cp-csoportok szerkezeter}ol, karaktereir}ol? - Egyaltalan, van-e ertelme a

kerdesnek? Lehet-e, peldaul mas tpusu kerdesek megvalaszolasara hasznalni? - Mit lehet mondani vegtelen csoportokrol? Irodalom 1] N. Bourbaki Groupes et algebres de Lie, IV-VI Hermann, Paris, 1968 2] R. W Carter Conjugacy classes in the Weyl group Compositio Math, 25:1{59, 1972. 3] R. W Carter Finite groups of Lie type: Conjugacy classes and complex characters. Wiley Interscience, London, 1985 4] J. H Conway, R T Curtis, S P Norton, R A Parker, and R A Wilson. Atlas of nite groups Clarendon Press, Oxford, 1986 5] C. W Curtis and I Reiner Representation Theory of Finite Groups and Associative Algebras. Interscience, New York, 1962 6] Elenia Farias e Soares. Big primes and character values for solvable groups. J Algebra, 100:305{324, 1986 7] Walter Feit and Gary M. Seitz On nite rational groups and related topics. Illinois J Math, 33:103{131, 1988 8] P. Fitzpatrick Order conjugacy in nite groups Proc Roy Irish Acad, 85A:53{58, 1985. 9] Roderick Gow. Groups

whose characters are rational valued J Algebra, 40:280{299, 1976. 36 10] Philip Hall. Some constructions for locally nite groups J London Math. Soc, 34:305{319, 1959 11] James E. Humphreys Reection Groups and Coxeter Groups Cambridge University Press, Cambridge, 1990 12] B. Huppert Endliche Gruppen I Springer-Verlag, New York, 1968 13] B. Huppert and N Blackburn Finite Groups III Springer-Verlag, Berlin/Heidelberg/New-York, 1982. 14] F. M Markel Groups with many conjugate elements J Algebra, 26:69{ 74, 1973. 15] D. Quillen The Adams Conjecture Topology, 10:67{80, 1971 16] T. A Springer Regular elements of nite re#ection groups Invent Math., 25:159{198, 1974 37