Abstrakt algebra
Download 0,99 Mb.
|
ABSTRAKT ALGEBRA(oquv qollanma)
- Bu sahifa navigatsiya:
- 4.2.3-misol.
- 4.2.4-misol.
- 4.2.5-misol.
- 4.2.6-misol.
4.2.6-teorema (Silovning uchinchi teoremasi). Chekli gruppaning Silov p-qism gruppalari soni gruppa tartibini bo‘lib, p modul bo‘yicha 1 bilan taqqosla- nuvchi bo‘ladi.
Isbot. Aytaylik, G gruppa uchun n = |G| = pk · m, k ≥ 1, (p, m) = 1 bo‘lsin. G gruppaning barcha qism gruppalari to‘plamini S(G) = {H | H ≤ G} kabi, barcha Silov p-qism gruppalari sonini esa np kabi belgilaymiz. Berilgan G gruppaning S(G) = {H | H ≤ G} to‘plamga ta’sirini quyidagicha aniqlaymiz: g ∗ H = g · H · g−1, ∀g ∈ G, ∀H ∈ S(G), ya’ni, ta’sir orqali H qism gruppa o‘ziga qo‘shma bo‘lgan qism gruppaga o‘tadi. Silovning ikkinchi teoremasiga ko‘ra, ushbu ta’sir orqali barcha Silov p-qism gruppalari bitta orbitada yotishi kelib chiqadi. Demak, qandaydir S Silov p-qism gruppasi uchun np = |orb(S)| bo‘ladi. |G| = |orb(S)| · |St(S)| tenglikdan Silov p-qism gruppalari soni n ning bo‘luvchisi ekanligi kelib chiqadi, ya’ni np | n. Endi np = 1 + p · q ekanligini, ya’ni Silov p-qism gruppalari soni p modul bo‘yicha 1 bilan taqqoslanuvchi bo‘lishini ko‘rsatamiz. Buning uchun barcha Silov p-qism gruppalari to‘plamini F = {S1, S2, . . . , S|np|} kabi belgilab, S1 gruppaning F to‘plamga ta’sirini a ∗ Si = a · Si · a−1 kabi aniqlaymiz, bu yerda a ∈ Si va Si ∈ F (umuman olganda ixtiyoriy Si0 uchun ta’sir aniqlash mumkin, umumiylikka ziyon yetkazmagan holda i0 = 1 deb olib, S1 gruppa uchun aniqlangan ta’sirni qaraymiz). Ma’lumki, ∀a ∈ S1 uchun a · S1 · a−1 = S1, ya’ni S1 nuqta qo‘zg‘almas nuqta bo‘ladi. Demak, ushbu ta’sirga nisbatan |orb(S1)| = 1. Endi ushbu S1 nuqta yagona qo‘zg‘almas nuqta ekanligini ko‘rsatamiz. Teskarisini faraz qilaylik, ya’ni qandaydir i /= 1 uchun Si nuqta qo‘zg‘almas nuqta bo‘lsin, u holda a · Si · a−1 = Si, ∀a ∈ S1. Bundan esa, S1 · Si = Si · S1 tenglik kelib chiqadi. U holda 1.4.6- teoremaga ko‘ra bu qism gruppalarning ko‘paytmasi H = Si·S1 ham G gruppaning qism gruppasi bo‘ladi. S1 va Si Silov p-qism gruppalari H qism gruppada yotganligi uchun, ular H gruppaning Silov p-qism gruppalari. Bundan esa, Silovning ikkinchi teoremasiga ko‘ra, ular H gruppada ham o‘zaro qo‘shma bo‘ladi, ya’ni ∃h ∈ H topilib, S1 = h · Si · h−1. Bundan esa, h = a · b, a ∈ S1, b ∈ Si ekanligini hisobga olib, S1 = a · b · Si · (a · b)−1 = a · (b · Si · b−1) · a−1 = a · Si · a−1 = Si tenglikka ega bo‘lamiz. Demak i = 1. Shunday qilib, biz S1 ∗ F → F ta’sir S1 nuqtadan boshqa qo‘zg‘almas nuqtaga ega emasligini ko‘rsatdik. F to‘plamning elementlari soni orbitalardagi elementlar soni yig‘indilariga teng va faqatgina bitta orbita bitta elementli qolgan orbitalar elementlari soni |orb(S )| = pk bo‘lib, ular p ga bo‘linganligi uchun n = 1+p·q i tenglik kelib chiqadi. |St(Si)| p Demak, Silovning uchinchi teoremasidan G gruppaning tartibi pk · m ga teng bo‘lsa, u holda uning Silov p-qism gruppalari soni np = 1 + pq bo‘lib, np | m ekanligi kelib chiqadi. 4.2.3-misol. Agar G nokommutativ gruppa uchun |G| = p3 bo‘lsa, u holda |Z(G)| = p ekanligini ko‘rsating, bu yerda p – tub son. Yechish. |G| = p3 ekanligidan 4.2.3-teoremaga ko‘ra |Z(G)| > 1 kelib chiqadi. G gruppa nokommutativ bo‘lganligi uchun |Z(G)| /= p3. Demak, |Z(G)| = p yoki |Z(G)| = p2. Agar |Z(G)| = p2 bo‘lsa, u holda |G/Z(G)| = p bo‘lib, G/Z faktor gruppaning siklik ekanligi, bundan esa, G gruppaning kommutativligi kelib chiqadi. Demak, |Z(G)| = p. Q 4.2.4-misol. Tartibi 45 ga teng bo‘lgan ixtiyoriy gruppa tartibi 9 ga teng normal qism gruppaga ega ekanligini ko‘rsating. Yechish. Gruppaning tartibi 45 = 32 · 5 bo‘lganligi uchun, uning Silov 3- qism gruppasi mavjud. U holda Silovning uchinchi teoremasiga ko‘ra, Silov 3- qism gruppalarning soni uchun n3 = 3k + 1 va n3 | 45. Bu munosabatlar esa k = 0, ya’ni n3 = 1 bo‘lgandagina bajariladi. Demak, gruppaning yagona Silov 3-qism gruppasi mavjud bo‘lib, uning tartibi 9 ga teng. Silov 3-qism gruppasining yagonaligidan esa, uning normal bo‘lishi kelib chiqadi. Q 4.2.5-misol. Tartibi 96 ga teng bo‘lgan gruppaning tartibi 16 yoki 32 ga teng bo‘lgan normal qism gruppasi mavjudligini ko‘rsating. Yechish. Tartibi 96 = 25 ·3 bo‘lgan G gruppaning Silov 2-qism gruppalari soni n2 bo‘lsin. Silovning uchinchi teoremasiga ko‘ra n2 = 2k + 1 va n2 | 96 bo‘ladi. Bundan esa, n2 = 1 yoki n2 = 3 ekanligi kelib chiqadi. Agar n2 = 1 bo‘lsa, u holda gruppaning yagona Silov 2-qism gruppasi mavjud. Uning tartibi 32 ga teng bo‘lib, u normal qism gruppa bo‘ladi. Agar n2 = 3, ya’ni G gruppaning 3 ta Silov 2-qism gruppasi mavjud bo‘lsa, u holda ushbu Silov 2-qism gruppalarni A, B va C kabi belgilab, A ∩ B kesishmani qaraymiz. |A| = |B| = |C| = 32 ekanligidan A ∩ B qism gruppaning tartibi ham 32 ning bo‘luvchisi ekanligi kelib chiqadi. A /= B bo‘lganligi uchun |A ∩ B| < |AB| 32, hamda |AB| ≤ 96 ekanligidan va |A ∩ B| = |AB| = |A||B| = 32·32 |AB| = 32·32 |AB| tenglikdan |A ∩ B| > 8 bo‘lishini hosil qilamiz. Demak, |A ∩ B| = 16. Bundan esa, [A : A ∩ B] = 2 va [B : A ∩ B] = 2 kelib chiqib, A ∩ B a A va A ∩ B a B ekanligi hosil bo‘ladi. Bu esa, A, B ⊆ N (A∩B), ya’ni AB ⊆ N (A∩B) ekanligini bildiradi. |A∩B| ·= |N (A ∩ B)| ≥ |AB| = |A||B| 32 32 16 = 64 munosabatdan esa, |N (A ∩ B)| = 96, ya’ni N (A ∩ B) = G kelib chiqadi. Bu esa A ∩ B qism gruppa G gruppaning tatribi 16 ga teng normal qism gruppasi ekanligini anglatadi. Q 4.2.6-misol. Agar tartibi 52 ga teng bo‘lgan gruppa tartibi 4 ga teng normal qism gruppaga ega bo‘lsa, u holda gruppaning kommutativ ekanligini isbotlang. Yechish. Aytaylik, G gruppaning H normal qism gruppasi mavjud bo‘lib, |H| = 4 bo‘lsin. U holda H kommutativ bo‘ladi. Ikkinchi tomondan esa, |G| = 13·4 bo‘lgani uchun gruppaning Silov 13-qism gruppalari mavjud, hamda ularning soni 13k + 1 bo‘lib, u 52 sonining bo‘luvchisi. Bundan esa, G gruppa yagona Silov 13-qism gruppaga ega ekanligi kelib chiqadi. Agar ushbu Silov 13-qism gruppani A orqali belgilasak, A a G bo‘lib, A ∩ H = {e} bo‘ladi. Ushbu A va | ∩ | H qism gruppalarning normal ekanligidan va |AH| = |A||H| = 52 bo‘lishidan esa, A H G = A × H kelib chiqadi. Har ikkala A va H normal qism gruppalar kommutativ bo‘lganligi uchun G ham kommutativ bo‘ladi. Q
p2 ga teng bo‘lishi zarur va yetarli ekanligini isbotlang.
holda aHa−1 = H shartni qanoatlantiruvchi a ∈ G, a ∈/ ekanligini isbotlang. Download 0,99 Mb. Do'stlaringiz bilan baham: |
Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©fayllar.org 2025
ma'muriyatiga murojaat qiling
ma'muriyatiga murojaat qiling