Page 138 - vol2

xS2k+1 megoldása az
 1 2 ... k − 1 k k + 1 ... 2k + 1
x =   permutáció!
 k + 2 k + 3 ... 2k 2k + 1 1 ... k + 1 

=
=
Megoldás: Legyen x(1)=a. Ha a=1  x 2 (1) = x (1) 1 2 absurdum.
Hasonlóan x(1)=2 2= x(2) is absurdum. Tehát a>2. De ekkor
=
2
a
x
x
x (2) = x ( (1)) = x 2 ( (1)) = x 2 ( ) a+ 1 és így j és t szerinti indukcióval
igazolható, hogy ( )x j = + − 1 , j  1,2,...,2k + −  a és
j
2
a
−
=
+
x (2k + 2 a t ) t , t  1,2,...,a −  1 . Ezek alapján azonnal látható,
−
−
 1 2 ... 2k + 2 a 2k + 3 a ... 2k + 1
hogy x =   . De mivel
 a a + 1 ... 2k + 1 1 ... a − 1 
=
x ( ) = a x 2 (1) 2  2k+4-a=a a= k+2 és innen a már jelzett x
permutációt kapjuk.

8. feladat: Igazold, hogy bármely xSn permutáció esetén létezik olyan
*
p
pN szám amelyre x = en .
Megoldás: Az Sn véges halmaz, aminek n! számú eleme van, hiszen
ennyi az n elemnek a permutációinak a száma. Így a  , 2 ,..., m ,...
sorozatnak nem lehet végtelen számú különböző eleme, tehát
 m 1 ,m  2 N és m  m amelyekre  m 1 =  m 2 . A  inverzével
m
1
1
2
szorozva, ha p m= − m akkor  = e . A diszjunkt ciklusokra bontást
p
1 2 n
használva, p lesz a hosszaiknak a legkisebb közös többszöröse. Ezt az n!
értéknél kisebb p számot az x permutáció rendjének nevezik.

*
k
9. feladat: Legyen kN a legkisebb természetes szám amelyre x = en és
xSn. Bizonyítsuk be, hogy k az n! osztója.
Megoldás: Legyen H =  , ,e   2 ,... k− 1  , ez k különböző elemet
0
tartalmaz. Ha létezik  1 S n ,   1  H , akkor legyen
0

H =  1 ,  ,...,  k− 1  , és ez is k elemet tartalmaz. Ha még létezik
1
1
1
 2 S n ,   2  H 0 ,H akkor képezzük a k elemű
1
H =  ,   ,...,  k− 1  halmazt, és így tovább. Mivel Sn véges halmaz,
2
2
2
2
ezért létezik egy utolsó ilyen H halmaz. Ezután igazoljuk, hogy
p

138