Abstrakt algebra

4.1.3-teorema (Bernsayd lemmasi). Aytaylik, G chekli gruppaning X chekli to‘plamga ta’siri aniqlangan bo‘lsin. U holda

^Σ| | | |
X/G = ¹ X^g .
|G| _g∈G
Isbot. Quyidagi to‘plamni qaraymiz
T = {(g, a) ∈ G × X | g ٨ a = a}.

^Σ| | | |

∈
Agar T to‘plamning elementlari sonini g G elementni fiksirlab, unga mos keladigan qo‘zg‘almas nuqtalar to‘plami X^g bo‘yicha sanab chiqilsa, u holda T = X^g tenglik o‘rinli bo‘ladi.
g∈G

^Σ| |
Ikkinchi tomondan esa, a ∈ X elementni fiksirlab, bu elementga mos keluvchi

St(a) qism gruppalarning elementi bo‘yicha sanab chiqsak, T =
a∈X
|St(a)|.

Aytaylik, |X/G| = r bo‘lsin, ya’ni X = orb(a₁) ∪ orb(a₂) ∪ · · · ∪ orb(a_r), u
holda

a∈orb(a₁)
Σ |X^g| = Σ



|St(a)| + ^Σ
|St(a)| + · · · + Σ
|St(a)|.

a∈orb(a₂)

a∈orb(a_k)
Agar a va b elementlar bitta orbitaga tegishli bo‘lsa, ya’ni orb(a) = orb(b) bo‘lsa, u holda [G : St(a)] = [G : St(b)] bo‘lib, |St(a)| = |St(b)| kelib chiqadi.

Σ
Bundan esa,
|X^g| = |orb(a₁)||St(a₁)| + |orb(a₂)||St(a₂)| + · · · + |orb(a_r)||St(a_r)|
g∈G

₌ |G|
|St(a₁)|
= r|G|,
|St(a_{1
) +} |G|

|
|St(a₂)|
|St(a_{2
) + +} |G|

| · · ·
|St(a_r)|
|St(a_r)|

kelib chiqadi, ya’ni orbitalar soni r uchun r = ^1
Σ |X^g| tenglikka ega bo‘lamiz.

|G| _g∈G
4.1.4-misol. Tartibi pⁿ (p – tub son) bo‘lgan G gruppa va X chekli G-to‘plam bo‘lsa, X₀ = {a ∈ X | g ٨ a = a, ∀g ∈ G}, qo‘zg‘almas nuqtalar to‘plami uchun
|X| − |X₀| sonining p ga bo‘linishini isbotlang.

Σ
Yechish. Agar X = orb(a₁) ∪ orb(a₂) ∪ · · · ∪ orb(a_r) bo‘lsa, u holda 4.1.2- teoremaga ko‘ra
r
|X| = [G : St(a_i)].
i=1

Σ
A = {a₁, a₂, . . . a_r} kabi belgilab olamiz, bu yerda a_i elementlar turli orbitalarga ega bo‘lgan elementlardir. Ma’lumki, a ∈ X₀ ekanligi g٨a = a, ∀g ∈ G ekanligiga, bu esa orb(a) = {a}, ya’ni St(a) = G ekanligiga teng kuchli. Bundan esa,

|X| = |X₀
| +
a∈A\X₀
|G|
|St(a)|

tenglikka ega bo‘lamiz. a ∈ A\X₀ elementlar uchun St(a) /= G ekanligidan, ushbu

elementlar uchun ^|G| /= 1 kelib chiqadi. |G| = pⁿ bo‘lganligi uchun, ushbu ^|G|

sonlari ham p
|St(a)|
|St(a)|

sonining qandaydir darajasi ko‘rinishida ifodalanadi, ya’ni ular p
ga bo‘linadi. Bundan esa, |X| − |X₀| sonining p ga bo‘linishi kelib chiqadi. Q
4.1.5-misol. Agar |G| = pⁿ (p tub son) bo‘lib, X chekli G-to‘plam uchun p ‡ |X|
bo‘lsa, u holda G gruppaga nisbatan qo‘zg‘almas nuqta mavjudligini isbotlang.
Yechish. Aytaylik, X₀ = {a ∈ X | g ٨ a = a, ∀g ∈ G} bo‘lsin. 4.1.4-misolga ko‘ra |X|−|X₀| soni p ga bo‘linadi. |X| soni p ga bo‘linmaganligi uchun |X₀| ham
p ga bo‘linmasligi kelib chiqadi. Demak, X₀ ∅, ya’ni a ∈ X₀ qo‘zg‘almas nuqta
mavjud. Q
4.1.6-misol. Aytaylik, G gruppa va uning H qism gruppasi berilgan bo‘lib, |H| =

k
p (p–tub son) bo‘lsin. U holda quyidagilarni isbotlang:

1. 
   [G : H] ≡_p [N (H) : H], bu yerda N (H) = {g ∈ G | gHg⁻¹ = H}.
   
2. 
   Agar p | [G : H] bo‘lsa, u holda N (H) /= H.
   

Yechish. (i) Ushbu misolni yechish uchun H gruppaning X = {aH | a ∈ G} to‘plamga h(xH) = (hx)H kabi aniqlangan ta’sirini qaraymiz. Ushbu ta’sir bo‘yicha qo‘zg‘almas nuqtalar to‘plami
X₀ = {aH ∈ X | h(aH) = aH, ∀h ∈ H}

ko‘rinishida bo‘ladi.

4.1.4-misolga ko‘ra |X| ≡_p |X₀|. Bundan tashqari, X to‘plamning aniqla- nishiga ko‘ra |X| = [G : H]. Demak, qo‘yilgan masala |X₀| = [N (H) : H] tenglikni ko‘rsatish masalasiga keltirildi.
Aytaylik, aH ∈ X₀ bo‘lsin, u holda h(aH) = aH, ∀h ∈ H, ya’ni a⁻¹ha ∈ H, ∀h ∈ H. Bundan esa, a⁻¹Ha ⊆ H kelib chiqadi. H chekli gruppa bo‘lganligi uchun |a⁻¹Ha| = |H|. Demak a⁻¹Ha = H, ya’ni a ∈ N (H). Shunday qilib aH ∈ X₀ bo‘lgan holda a ∈ N (H) ekanligi hosil bo‘ldi.
Bu munosabatning aksi ham yuqoridagi mulohazalarni teskari tomonga yuri- tish orqali kelib chiqadi. Shunday qilib, biz X₀ = {aH | a ∈ N (H)} ekanligini ko‘rsatdik. Bundan esa, |X₀| = [N (H) : H] kelib chiqadi, ya’ni
[G : H] ≡_p [N (H) : H].
(ii) Misolning (i)-qismiga ko‘ra [G : H] ≡_p [N (H) : H]. Agar [G : H] soni p
ga bo‘linsa, u holda [N (H) : H] ham p ga bo‘linadi. Demak, [N (H) : H] > 1,
bundan esa N (H) H kelib chiqadi.


4.1.7-misol. G chekli gruppa, H uning qism gruppasi bo‘lsin. Agar [G : H] = p bo‘lib, p soni |G| ning eng kichik tub bo‘luvchisi bo‘lsa, u holda H to‘plam G gruppaning normal qism gruppasi ekanligini isbotlang.
Yechish. X = {aH | a ∈ G} deb olsak, [G : H] = p bo‘lganligi uchun
|X| = p. Demak, |S(X)| = p!. Ushbu X to‘plamda g ٨ (aH) = (ga)H kabi aniqlangan ta’sirni qaraymiz. Ma’lumki, ushbu ta’sir yordamida ψ : G → S(X) gomomorfizm ψ(g) = τ_g kabi aniqlanadi, bu yerda τ_g(aH) = (ga)H.
Endi ushbu gomomorfizmning yadrosi H ga tengligini ko‘rsatamiz. Aytaylik, g ∈ Kerψ bo‘lsin, u holda (ga)H = eH, ∀aH ∈ X, xususan gH = H. Bundan esa, g ∈ H kelib chiqadi, ya’ni Kerψ ⊆ H.
Aytaylik |G/Kerψ| = n bo‘lib, n = p₁p₂ . . . p_k bo‘lsin. Barcha p_i tub sonlari
|G| ning bo‘luvchilari bo‘lib, p soni |G| ning eng kichik tub bo‘luvchisi bo‘lganligi uchun p_i ≥ p. Ikkinchi tomondan esa, |G/Kerψ| soni |S(X)| ning bo‘luvchisi ekan- ligini hisobga olsak, p! soni n ga bo‘linishini, ya’ni barcha p_i sonlariga bo‘linishini hosil qilamiz. Bu esa, faqatgina i = 1 va p₁ = p bo‘lgan holdagini o‘rinli bo‘ladi. Shunday qilib, biz [G : Kerψ] = p ekanligini hosil qildik. Bundan esa, H = Kerψ kelib chiqadi, ya’ni H normal qism gruppa. Q


4.1.8-misol. Aytaylik, G gruppa va H uning qism gruppasi bo‘lsin. Agar |G| = pn, bu yerda p – tub son, p ≥ n va |H| = p bo‘lsa, u holda H normal qism gruppa ekanligini isbotlang.

|H|
Yechish. Ma’lumki, X = {aH | a ∈ G} uchun |X| = [G : H] = ^|G|
pn _{= n}

p

=
bo‘ladi. 4.1.7-misolga ko‘ra ψ : G → S(X) gomomorfizm uchun Kerψ ⊆ H o‘rinli.
|H| = p tub son bo‘lganligi uchun Kerψ = {e} yoki Kerψ = H. Agar Kerψ = {e}
bo‘lsa, u holda G gruppa S(X) gruppaga izomorf akslantiriladi. Bundan esa
|S(X)| ning |G| ga bo‘linishi, ya’ni pn | n! ⇒ p | (n − 1)! ekanligi kelib chiqadi. Lekin p ≥ n bo‘lganligi uchun bunday bo‘lishi mumkin emas, ya’ni bu ziddiyat. Shunday qilib, biz Kerψ = H ekanligini ko‘rsatdik, demak H normal qism gruppa.
Q
4.1.9-misol. Tartibi 2m (m toq son) ga teng gruppa tartibi m ga teng normal qism gruppaga ega ekanligini ko‘rsating.


Yechish. Keli teoremasiga ko‘ra G gruppa S(G) gruppaning biror H qism gruppasiga izomorf bo‘lib, ψ : G → H ⊆ A(G) izomorfizm esa quyidagicha aniqlanadi
ψ(g) = τ_g bu yerda τ_g(a) = g · a.
G gruppaning tartibi juft bo‘lganligi uchun g ∈ G element topilib, ord(g) =

2. 
   bo‘ladi. U holda τ_g(τ_g(a)) = g²a = a ekanligidan τ_g o‘rin almashtirish (a, ga) ko‘rinishidagi transpozitsiyalarning ko‘paytmasi ko‘rinishida ekanligi kelib chiqadi. |G| = 2m bo‘lganligi uchun τ_g o‘rin almashtirish orqali hosil bo‘ladigan (a, ga) transpozitsiyalar soni m ta bo‘ladi, ya’ni τ_g toq o‘rin almashtirish bo‘ladi. Bundan esa, H qism gruppada toq o‘rin almashtirishlar ham mavjudligi kelib chiqadi (chunki τ_g ∈ H).
   

Endi H gruppadan {−1, 1} gruppaga f : H → {−1, 1} akslantirishni aniqlaymiz



(
_{f (σ) =} 1 agar σ juft o‘rin almashtirish bo‘lsa
−1 agar σ toq o‘rin almashtirish bo‘lsa
^{Ushbu akslantirish epimorfizm bo‘lib, H/Kerf ∼}= ^{{−1, 1} bo‘ladi. Bundan esa,}



| |
Kerf = ^|H| = ^2m = m
|{−1, 1}| 2

kelib chiqadi. Demak, H gruppa tartibi m ga teng bo‘lgan normal qism gruppaga ega. H gruppa G ga izomorf bo‘lganligi uchun G ham tartibi m ga teng bo‘lgan normal qism gruppaga ega bo‘ladi. Q

1.