Abstrakt algebra
Download 0,99 Mb.
|
ABSTRAKT ALGEBRA(oquv qollanma)
- Bu sahifa navigatsiya:
- 4.1.4-misol.
- 4.1.5-misol.
- 4.1.6-misol.
- 4.1.7-misol.
- 4.1.8-misol.
- 4.1.9-misol.
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 Xg . |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 Xg bo‘yicha sanab chiqilsa, u holda T = Xg 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(ar), u holda a∈orb(a1) Σ |Xg| = Σ |St(a)| + Σ |St(a)| + · · · + Σ |St(a)|. a∈orb(a2) a∈orb(ak) 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, |Xg| = |orb(a1)||St(a1)| + |orb(a2)||St(a2)| + · · · + |orb(ar)||St(ar)| g∈G = |G| |St(a1)| = r|G|, |St(a1 ) + |G| | |St(a2)| |St(a2 ) + + |G| | · · · |St(ar)| |St(ar)| |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(ar) bo‘lsa, u holda 4.1.2- teoremaga ko‘ra r |X| = [G : St(ai)]. i=1 Σ A = {a1, a2, . . . ar} kabi belgilab olamiz, bu yerda ai 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:
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) = τg kabi aniqlanadi, bu yerda τg(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 . . . pk bo‘lsin. Barcha pi tub sonlari |G| ning bo‘luvchilari bo‘lib, p soni |G| ning eng kichik tub bo‘luvchisi bo‘lganligi uchun pi ≥ 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 pi 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) = τg bu yerda τg(a) = g · a. G gruppaning tartibi juft bo‘lganligi uchun g ∈ G element topilib, ord(g) =
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
|
Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©fayllar.org 2025
ma'muriyatiga murojaat qiling
ma'muriyatiga murojaat qiling