Abstrakt algebra
Download 0.99 Mb.
|
ABSTRAKT ALGEBRA(oquv qollanma)
- Bu sahifa navigatsiya:
- 1.1.5-ta’rif.
- 1.1.8-misol.
- 1.1.9-misol.
- 1.1.2-tasdiq.
- 1.1.1-teorema.
- 1.1.10-misol.
- 1.1.11-misol.
1.1.4-ta’rif. Agar G gruppaning elementlari soni chekli bo‘lsa, u holda G gruppa chekli gruppa deyiladi. Chekli gruppaning elementlari soni uning tartibi deyi- ladi va |G| kabi belgilanadi. Elementlari cheksiz ko‘p bo‘lgan gruppalar cheksiz gruppalar deyiladi.
Bizga (G, ∗) gruppa va uning a ∈ G elementi berilgan bo‘lsin. Ushbu element- ning darajalarini quyidagicha aniqlaymiz: a0 = e, an = an−1 ∗ a, n ≥ 1, an = (a−1)−n, n < 0. ∗ Ta’kidlash joizki, ixtiyoriy k, s butun sonlar uchun ak as = ak+s tenglik o‘rinli. Agar qandaydir k, s (k > s) butun sonlar uchun ak = as, tenglik o‘rinli bo‘lsa, u holda ak−s = e munosabatga ega bo‘lamiz. 1.1.5-ta’rif. G gruppaning a ∈ G elementi uchun an = e shartni qanoatlantiruv- chi natural sonlarning eng kichigiga berilgan elementning tartibi deb ataladi. Agar an = e shartni qanoatlantiruvchi natural son mavjud bo‘lmasa, u holda bu elementning tartibi cheksizga teng deb ataladi. Berilgan a ∈ G elementning tartibi ord(a) kabi belgilanadi. 1.1.8-misol. (Z6, +6) gruppani qarasak, bu gruppaning tartibi 6 ga teng, ya’ni |Z6| = 6 hamda ord(0) = 1, ord(1) = 6, ord(2) = 3, ord(3) = 2, ord(4) = 3, ord(5) = 6. 1.1.9-misol. M = {1, i, −1, −i} to‘plam ko‘paytirish amaliga nisbatan gruppa tashkil qilib, ord(1) = 1, ord(i) = 4, ord(−1) = 2, ord(−i) = 4. Gruppada assosiativlik xossasi o‘rinli bo‘lganligi uchun, a1, a2, . . . , an element- larni ko‘paytirishda qavslarning qo‘yilishi ahamiyatli emas, shuning uchun odatda chapdan qo‘yilgan qavslar ishlatilib, ko‘paytma (. . . ((a1 ∗ a2) ∗ a3 . . . ) ∗ an) kabi yoziladi. Bundan tashqari gruppalar uchun quyidagi xossalar ham o‘rinli bo‘lib, biz ularni isbotsiz keltirib o‘tamiz. 1.1.2-tasdiq. (G, ∗) gruppadagi ixtiyoriy a, b, c ∈ G elementlar uchun quyidagilar o‘rinli: a ∗ x = b tenglama yagona yechimga ega bo‘lib, x = a−1 ∗ b bo‘ladi. x ∗ a = b tenglama yagona yechimga ega bo‘lib, x = b ∗ a−1 bo‘ladi. a ∗ b = a ∗ c yoki b ∗ a = c ∗ a tenglikdan b = c kelib chiqadi. agar a2 = a bo‘lsa, u holda a = e bo‘ladi. Quyidagi teoremada gruppaning elementi tartibi bilan bo‘g‘liq bo‘lgan asosiy xossalarni keltiramiz. 1.1.1-teorema. Aytaylik, G gruppaning a ∈ G elementi uchun ord(a) = n bo‘lsin, u holda quyidagilar o‘rinli: Agar qandaydir m natural son uchun am = e bo‘lsa, u holda m soni n ga bo‘linadi. EKUB(t,n) Ixtiyoriy t natural son uchun ord(at) = n . Isbot. 1) Aytaylik, m = qn + r bo‘lsin, bu yerda 0 ≤ r < n. U holda ar = am−qn = am ∗ a−qn = am ∗ (an)−q = e. Berilgan elementning tartibi n ga teng bo‘lganligi uchun n soni an = e shartni qanoatlantiruvchi eng kichik natural son. ar = 0 va 0 ≤ r < n ekanligidan esa, r = 0 kelib chiqadi, ya’ni m soni n ga qoldiqsiz bo‘linadi. d 2) Aytaylik, ord(at) = k bo‘lsin, u holda atk = (at)k = e. Demak, tk soni n ga bo‘linadi, ya’ni tk = nr. Agar EKUB(t, n) = d bo‘lsa, u holda t = du, n = dv, EKUB(u, v) = 1 bo‘lib, tk = nr ekanligidan duk = dvr tenglikka, bundan esa uk = vr munosabatga ega bo‘lamiz. Bu esa, uk soni v soniga bo‘linishini anglatadi. Bundan esa, EKUB(u, v) = 1 ekanligini hisobga olsak, k soni v = n soniga bo‘linishi kelib chiqadi. n Endi (at) d elementni qaraymiz: t n nt ndu nu (a ) d = a d = a d = a = e. d Bu tenglikdan, ord(at) = k ekanligini hisobga olgan holda, n soni k ga bo‘linishini keltirib chiqaramiz. Demak, k = n, ya’ni ord(at) = n . d EKUB(t,n) Yuqoridagi teoremaning isbotidan osongina ko‘rish mumkinki, agar a element- ning tartibi n ga teng bo‘lsa, u holda e, a, a2, . . . an−1 elementlar turli bo‘lib, ixtiyoriy m butun son uchun am element ulardan biriga teng bo‘ladi. 1+ab 1.1.10-misol. G = (−1; 1) intervaldan iborat bo‘lgan to‘plamning a ∗ b = a+b amalga nisbatan gruppa tashkil qilishini isbotlang. 2 2 Yechish. Dastlab ushbu amal haqiqatdan ham binar amal bo‘lishini tekshi- ramiz, ya’ni a, b ∈ G ekanligidan a ∗ b ∈ G kelib chiqishini ko‘rsatamiz. Buning uchun a < 1, b < 1 ekanligidan foydalanib, quyidagiga ega bo‘lamiz: (1 − a2)(1 − b2) > 0, 1 − a2 − b2 + a2b2 > 0, a2 + b2 < 1 + a2b2, a2 + 2ab + b2 < 1 + 2ab + a2b2, (a + b)2 < (1 + ab)2, .. .. a + b 1 + ab < 1. Demak, haqiqatdan ham a ∗ b ∈ G bo‘ladi. Quyidagi a + b a+b + c a + b + c + abc (a ∗ b) ∗ c = va 1 + ab ∗ c = 1+ab 1 + c a+b 1+ab , = 1 + ab + ac + bc a ∗ (b ∗ c) = a ∗ b + c = 1 + bc b+c 1 + a a + 1+bc b+c 1+bc a + b + c + abc = 1 + ab + ac + bc tengliklardan assosiativlik xossasining o‘rinli ekanligi kelib chiqadi. Ushbu algeb- raik sistemada birlik element vasifasini e = 0 bajarib, ixtiyoriy a ∈ G elementning teskarisi esa −a bo‘ladi. Demak, (G, ∗) gruppa bo‘ladi. Q 1.1.11-misol. Tartibi juft songa teng bo‘lgan gruppada a2 = e shartni qanoat- lantiruvchi a e element mavjud ekanligini ko‘rsating. Yechish. Bizga G gruppa beringan bo‘lib, |G| = 2n bo‘lsin. Ma’lumki, agar qandaydir a ∈ G element uchun a−1 = a bo‘lsa, u holda a2 = e bo‘ladi. A = {g ∈ G | g−1 /= g} to‘plamni qaraymiz. Ma’lumki, e ∈/ A bo‘lib, A to‘plamda yotuvchi biror elementning teskarisi ham shu to‘plamda yotadi. Demak, A to‘plamning elementlari soni juft son bo‘lib, A =/ G. Bundan esa, A to‘plamda yotmaydigan birlik elementdan farqli, a ∈ G element mavjudligi kelib chiqadi, ya’ni a e, a−1 = a. Demak, a2 = e. Q Mustaqil ishlash uchun misol va masalalarQuyidagi to‘plamlar keltirilgan amallarga nisbatan gruppa bo‘ladimi? (nZ, +) – natural n soniga karrali butun sonlar to‘plami qo‘shish amaliga nisbatan; ({2n+1 | n ∈ Z}, +) – barcha toq butun sonlar to‘plami qo‘shish amaliga nisbatan; (R+, ·) – musbat haqiqiy sonlar to‘plami ko‘paytirish amaliga nisbatan; ({z ∈ C | zn = 1}, ·) – birning n-darajali barcha kompleks ildizlari to‘plami ko‘paytirish amaliga nisbatan; (R, ∗) – haqiqiy sonlar to‘plami, a ∗ b = a kabi aniqlangan amalga nis- batan; 2 (R, ∗) – haqiqiy sonlar to‘plami, a ∗ b = a+b kabi aniqlangan amalga nisbatan; (R, ∗) – haqiqiy sonlar to‘plami, a ∗ b = ab kabi aniqlangan amalga nis- batan; (M × M, ∗) to‘plam, (x, y) ∗ (z, t) = (x, t) kabi aniqlangan amalga nis- batan, bu yerda M qandaydir to‘plam, M × M – dekart ko‘paytma. G = R \ {1} to‘plamni a ∗ b = a + b − ab amalga nisbatan gruppa tashkil qilishini isbotlang. G = R \ {−1} to‘plamni a ∗ b = a + b + ab amalga nisbatan gruppa tashkil qilishini isbotlang. G = {(a, b)| a, b ∈ R, b /= 0} to‘plamdan olingan ixtiyoriy (a, b), (c, d) ∈ G elementlar o‘rtasida ∗ binar amal (a, b) ∗ (c, d) = (a + bc, bd) ko‘rinishida aniqlansa, u holda (G, ∗) nokommutativ gruppa bo‘lishini isbotlang. Quyidagi matritsalar to‘plaminining qaysilari matritsalarni qo‘shish amaliga nisbatan gruppa bo‘lishini aniqlang. c d G = ( a b c d G = ( a b 0 c G = ( a b | a, b, c, d ∈ Z). | a, b, c, d ∈ 2Z). | a, b, c ∈ R). | a, b, c ∈ R . G = 0 1 c 0 0 1 1 a b ( • Quyidagi matritsalar to‘plaminining qaysilari matritsalarni ko‘paytirish ama- liga nisbatan gruppa bo‘lishini aniqlang. G = a b −b a | a2 + b2 =/ 0, a, b ∈ R). c d G = ( a b | ad − bc = 1, a, b, c, d ∈ R). 0 1 G = ( 1 n | n ∈ Z). | a, b, c ∈ R . G = 0 1 c 0 0 1 1 a b Quyidagi matritsalar to‘plami ko‘rsatilgan amallarga nisbatan gruppa bo‘ladimi? Simmetrik matritsalar to‘plami qo‘shish amaliga nisbatan. Simmetrik matritsalar to‘plami ko‘paytirish amaliga nisbatan. Determinanti noldan farqli bo‘lgan matritsalar to‘plami qo‘shish amaliga nisbatan. Determinanti noldan farqli bo‘lgan matritsalar to‘plami ko‘paytirish amaliga nisbatan. Dioganal ko‘rinishidagi matritsalar to‘plami qo‘shish amaliga nisbatan. Dioganal ko‘rinishidagi matritsalar to‘plami ko‘paytirish amaliga nis- batan. Yuqori uchburchak ko‘rinishidagi matritsalar to‘plami qo‘shish amaliga nisbatan. Yuqori uchburchak ko‘rinishidagi matritsalar to‘plami ko‘paytirish ama- liga nisbatan. Yuqori uchburchak ko‘rinishidagi teskarilanuvchi matritsalar to‘plami ko‘paytirish amaliga nisbatan. Barcha ortogonal (AT A = AAT = E shartni qanoatlantiruvchi) matri- tsalar to‘plami ko‘paytirish amaliga nisbatan. Biror X to‘plamni o‘zini o‘ziga o‘tkazuvchi barcha akslantirishlar to‘plami, superpozitsiya amaliga nisbatan yarim gruppa tashkil qilib, gruppa bo‘lmasligini ko‘rsating. cx+d y = ax+b, a, b, c, d ∈ R, ad − bc /= 0 ko‘rinishidagi funksiyalar to‘plami super- pozitsiya amaliga gruppa tashkil qilishini isbotlang. U6, U7, U9, U12, U24 gruppalarning elementlarini ko‘rsating. (Z12, +) gruppa elementlarining tartiblarini aniqlang. (U9, ·) gruppa elementlarining tartiblarini aniqlang. (GL2(R), ·) gruppaning tartibi 2 ga teng bo‘lgan barcha elementlarini toping. Agar (G, ∗) gruppaning ixtiyoriy a ∈ G elementi uchun a2 = e tenglik o‘rinli bo‘lsa, u holda (G, ∗) gruppa kommutativ ekanligini isbotlang. Agar (G, ∗) gruppaning ixtiyoriy a, b ∈ G elementlari uchun (a ∗ b)2 = a2 ∗ b2 tenglik o‘rinli bo‘lsa, u holda (G, ∗) gruppa kommutativ ekanligini isbotlang. (G, ∗) gruppa kommutativ bo‘lishi uchun, ixtiyoriy a, b ∈ G elementlar uchun (a∗b)−1 = a−1 ∗b−1 tenglik o‘rinli bo‘lishi zarur va yetarli ekanligini isbotlang. Agar (G, ∗) gruppaning a, b ∈ G elementlari uchun a4 = e va a2 ∗ b = b ∗ a bo‘lsa, u holda a = e ekanligini ko‘rsating. Agar (G, ∗) gruppaning a, b ∈ G elementlari uchun a ∗ b = b ∗ a−1 va b ∗ a = a ∗ b−1 bo‘lsa, u holda a4 = b4 = e ekanligini isbotlang. Agar (G, ∗) gruppaning a, b ∈ G elementlari uchun a2 = e va a ∗ b4 ∗ a = b7 33 bo‘lsa, u holda b = e ekanligini ko‘rsating. Agar (G, ∗) gruppaning a, b ∈ G elementlari uchun a−1 ∗ b2 ∗ a = b3 va b−1 ∗ a2 ∗ b = a3 bo‘lsa, u holda a = b = e ekanligini ko‘rsating. (G, ∗) gruppaning ixtiyoriy a, b ∈ G elementlari uchun quyidagilarni isbot- lang: ord(a) = ord(a−1); ord(a) = ord(b ∗ a ∗ b−1); ord(a ∗ b) = ord(b ∗ a). Agar (G, ∗) gruppaning a, b ∈ G elementlari uchun a ∗ b = b5 ∗ a3 munosabat o‘rinli bo‘lsa, u holda ord(b ∗ a−1) = ord(b5 ∗ a) = ord(b3 ∗ a3) ekanligini isbotlang. Agar (G, ∗) gruppaning a, b ∈ G elementlari uchun ord(a) = n, ord(b) = m, (n, m) = 1 va a ∗ b = b ∗ a munosabatlar o‘rinli bo‘lsa, u holda ord(a ∗ b) = nm ekanligini isbotlang. Download 0.99 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: |
Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©fayllar.org 2024
ma'muriyatiga murojaat qiling
ma'muriyatiga murojaat qiling