Abstrakt algebra

4.3.7-teorema. Tartibi 12 ga teng bo‘lgan nokommutativ gruppalar quyidagi o‘zaro izomorf bo‘lmagan gruppalarning biriga izomorf:

1. 
   A₄ – to‘rtinchi tartibli juft o‘rin almashtirishlar gruppasi.
   
2. 
   D₆ – oltinchi darajali Diedr gruppasi.
   

3. 
   
   ^
   S₃ = ⟨a, b⟩ – ikkita hosil qiluvchiga ega bo‘lib, a⁶ = e, ba = a⁻¹b va b² = a³
   

shartni qanoatlantiruvchu gruppa.


Isbot. Aytaylik, G nokommutativ gruppa bo‘lib, tartibi 12 ga teng bo‘lsin. U holda uning Silov 2-qism gruppalari va Silov 3-qism gruppalari mavjud bo‘lib,

ularning sonini mos ravishda n₂ va n₃ orqali belgilaymiz. Ma’lumki, n₂ = 2k + 1 bo‘lib, n₂ | 12, hamda o‘z navbatida n₃ = 3k + 1 bo‘lib, n₃ | 12. U holda n₂ = 1 yoki 3, o‘z navbatida n₃ = 1 yoki 4 ekanligi kelib chiqadi.

Agar n₂ = 1 va n₃ = 1 bo‘lsa, gruppaning Silov qism gruppalari har ikkalasi ham normal bo‘luvchi bo‘ladi. Bundan esa, G gruppa ushbu gruppalarning to‘g‘ri ko‘paytmasi shaklida yozilishi, ya’ni kommutativ ekanligi kelib chiqadi.

∩ { } ^S
Agar n₂ = 3 va n₃ = 4 bo‘lsa, u holda har biri 3 ta elementdan iborat bo‘lgan turli B₁, B₂, B₃, B₄ Silov 3-qism gruppalari uchun B_i B_j = e bo‘lib, B_i
i
to‘plam 9 ta elementdan iborat bo‘ladi. Ikkinchi tomondan esa 4 ta elementdan
iborat turli A₁, A₂, A₃ Silov 2-qism gruppalarining birlashmasida kamida 6 ta ele- ment mavjud. Bu esa, |G| = 12 ekanligiga zid. Demak, n₂ = 3 va n₃ = 4 bo‘lishi mumkin emas. Shunday qilib, biz n₂ = 1, n₃ = 4 va n₂ = 3, n₃ = 1 bo‘lgan hollarni qarashimiz yetarli ekan.
Aytaylik, n₂ = 1 va n₃ = 4 bo‘lsin, ya’ni G gruppaning bitta Silov 2-qism gruppasi va 3 ta Silov 3-qism gruppalari mavjud. U holda Silov 2-qism gruppa normal qism gruppa bo‘lib, uni K orqali belgilaymiz, H esa biror Silov 3-qism gruppa bo‘lsin, ya’ni K = {e, k₁, k₂, k₃} va H = {e, h₁, h₂}. Ushbu H gruppaning K normal qism gruppaga h ٨ k = hkh⁻¹, ∀h ∈ H, ∀k ∈ K kabi aniqlangan

× →
٨ : H K K ta‘sirini qaraymiz. Agar ushbu ta‘sirning barcha orbitalari bitta elementli bo‘lsa, u holda k = hkh⁻¹, ya’ni kh = hk bo‘lib, G gruppaning kommutativ ekanligi kelib chiqadi. Demak, orbitalar ichida bitta elementdan farqli bo‘lgani mavjud. |H| = 3 ekanligi uchun ushbu orbita ham 3 ta elementdan iborat bo‘ladi. Demak, k₁, k₂, k₃ elementlar bitta orbitada yotadi. Bundan esa, ularning tartiblari bir xil ekanligi, ya’ni 2 ga teng bo‘lishi kelib chiqadi. Demak, K = {e, k₁, k₂, k₃} gruppa K₄ – to‘rtinchi tartibli Kleyn gruppasiga izomorf bo‘lar ekan.
Bundan tashqari k₁, k₂, k₃ elementlar bitta orbitada yotganligi uchun qanday- dir h ∈ H element uchun
hk₁h⁻¹ = k₂, hk₂h⁻¹ = k₃, hk₃h⁻¹ = k₁
bo‘ladi. Bundan esa, G gruppaning barcha elementlari quyidagi ko‘rinishda bo‘lishi kelib chiqadi
G = {e, k₁, k₂, k₃, h, hk₁, hk₂, hk₃, h², h²k₁, h²k₂, h²k₃}.
Shunday qilib, biz n₂ = 1 va n₃ = 4 bo‘lgan holda G gruppada ko‘paytmalar yagona ravishda aniqlanishini hosil qildik. Ushbu gruppaning A₄ ga izomorf ekan- ligini tekshirish esa qiyin emas.
Endi n₂ = 3 va n₃ = 1 bo‘lgan holni qaraymiz. Ushbu holda H = {e, h₁, h₂}
Silov 3-qism gruppasi yagona bo‘lib, u normal bo‘ladi. Shuning uchun endi


K = {e, k₁, k₂, k₃} Silov 2-qism gruppaning H normal qism gruppaga k٨h = khk⁻¹ ta’sirini qaraymiz. Yuqoridagi kabi, ushbu ta’sirda elementlari soni bittadan ko‘p orbita mavjud bo‘ladi, aks holda G kommutativ bo‘lib qoladi. Bundan esa, ikkita elementdan iborat orbita mavjud bo‘lib, u {h₁, h₂} to‘plamdan iborat ekanligi ke-
lib chiqadi. |St(h₁)| = ^|K| = 2 ekanligidan K to‘plamda birlik elementdan

boshqa k_i0 h₁
= h₁
|orb(h₁)|
k_i0 shartni qanoatlantiruvchi
k_i0
element mavjud ekanligi kelib

chiqadi. Bundan esa ushbu k_i0 element H ning barcha elementlari bilan o‘rin al- mashinuvchi ekanligi kelib chiqib, uning tartibi 2 ga teng ekanligini hosil qilamiz.
Aks holda, ya’ni k_i0 elementning tartibi 4 ga teng bo‘lsa, u holda G kommutativ bo‘lib qoladi. Demak, A = H ∪ k_i0 H to‘plam 6 ta elementdan iborat bo‘lib, u ^{kommutativ qism gruppa bo‘ladi, ya’ni A ∼}= ^Z6.
Endi A qism gruppaning a ∈ A hosil qiluvchi elementini va k ∈ K \ {e, k_i0 }
element olib, kak⁻¹ elementni qaraymiz. Ushbu element uchun kak⁻¹ ∈ A bo‘lib,

^
u a dan farqli bo‘ladi, aks holda G kommutativ bo‘lib qoladi. Bundan tashqari, ord(kak⁻¹) = ord(a) = 6 ekanligidan, kak⁻¹ = a⁻¹ bo‘lishi kelib chiqadi. Demak, G = A∪ kA bo‘lib, a va b elementlar gruppaning hosil qiluvchi elementlari bo‘ladi, bu yerda ord(a) = 6 bo‘lib, ord(k) esa 2 yoki 4. Agar ord(k) = 2 bo‘lsa, u holda
^{G ∼}= ^{D6 bo‘ladi. Agar ord(k) = 4 bo‘lsa, u holda K ∼}= ^{Z4 bo‘lib, biz S3 gruppani}
hosil qilamiz.

^
Ta’kidlash joizki, biz yuqoridagi teoremada ikkita a, b hosil qiluvchiga ega bo‘lib, a⁶ = e, ba = a⁻¹b va b² = a³ shartni qanoatlantiruvchi S₃ = ⟨a, b⟩ gruppa haqida aytib ketdik. Bu shartlarni qanoatlantiruvchi gruppaning yagona ekanli- gini ko‘rsatish qiyin emas, quyidagi misolda esa, bunday gruppaning mavjudligini ko‘rsatamiz.
4.3.5-misol. GL₂(C) gruppaning quyidagi ikkita elementini olamiz:
A = ^{1 −1} , B = ^{i 0} .
1 0 i −i



shirish qiyin emas. U holda H = ⟨A, B⟩ gruppa 12 ta elementdan iborat bo‘lib, S^{^}₃
Bu elementlar uchun ord(A) = 6, ord(B) = 4 va A³ = B² ekanligini tek-



^ ^
gruppaga izomorf bo‘ladi. Ushbu S^{^}₃ gruppaning markazi Z(S^{^}₃) = {e, a³} bo‘lib,
S₃/Z(S₃) faktor gruppa S₃ ga izomorf bo‘ladi. Shuning uchun odatda ushbu gruppa
S₃ gruppaning markaziy kengaytmasi deb ataladi.

Shunday qilib, ushbu mavzuda biz kichik tartibli gruppalarning quyidagi ko‘rinishdagi tasnifini hosil qildik.

Gruppaning Gruppalar Kommutativ Nokommutativ tartibi soni gruppalar gruppalar
1 1 {e} −
2 1 Z₂ −
3 1 Z₃ −
4 2 Z₄, Z₂ × Z₂ −
5 1 Z₅ −
6 2 Z₆ S₃
7 1 Z₇ −
8 5 Z₈, Z₄ × Z₂, Z₂ × Z₂ × Z₂, D₄, Q₈
9 2 Z₉, Z₃ × Z₃ −
10 2 Z₁₀ D₅
11 1 Z₁₁ −

12 5 Z₁₂, Z₆ × Z₂ A₄, D₆,
13 1 Z₁₃ −
14 2 Z₁₄ D₇
15 1 Z₁₅ −
_S^₃

4.3.6-misol. Agar G gruppaning tartibi 231 ga teng bo‘lsa, u holda:

1. 
   Gruppaning Silov 11-qism gruppasi normal ekanligini isbotlang.
   
2. 
   Gruppaning Silov 7-qism gruppasi normal ekanligini isbotlang.
   
3. 
   Gruppaning tartibi 77 ga teng bo‘lgan siklik qism gruppasi mavjud ekanligini isbotlang.
   
4. 
   Gruppaning H, G va L qism gruppalari mos ravishda uning Silov 11, 7 va
   

3. 
   qism gruppalari bo‘lsa, G = HKL ekanligini isbotlang.
   

5. 
   H ⊆ Z(G) ekanligini ko‘rsating.
   

Yechish. 1) 231 = 11 · 7 · 3 ekanligidan, uning Silov 11, 7 va 3-qism gruppalari mavjud ekanligi kelib chiqadi. Silov 11-qism gruppalari soni n₁₁ = 1 + 11k bo‘lib, (1 + 11k)|3 · 7 ekanligidan n₁₁ = 1 kelib chiqadi. Demak, gruppaning yagona Silov 11-qism gruppasi mavjud bo‘lib, u normal bo‘ladi.

2. 
   Silov 7-qism gruppalari soni esa n₇ = 1 + 7k bo‘lib, (1 + 11k)|3 · 11. Bundan
   

n₇ = 1 kelib chiqadi, ya’ni Silov 7-qism gruppasi ham normal bo‘ladi.

2. 
   Gruppaning H Silov 11-qism gruppasa va K Silov 7-qism gruppalari normal bo‘lganligi uchun HK ham normal qism gruppa bo‘lib, H ∩ K = {e} bo‘ladi, demak HK = 77. Bundan tashqari, H va K gruppalar siklik bo‘lib, (7, 11) = 1 ekanligidan HK ning siklik qism gruppa ekanligi kelib chiqadi.
   
3. 
   Gruppaning L Silov 3-qism gruppasi uchun L ∩ (HK) = {e} bo‘ladi, chunki
   

HK qism gruppada tartibi 3 ga teng element mavjud emas. Bundan tashqari,

| |
_{HKL =} |HK| · |L|
|L ∩ (HK)|
ekanligidan G = HKL kelib chiqadi.
₌ 77 · 3
1
= 231 = |G|

2. 
   HK siklik gruppa ekanligi uchun ixtiyoriy h ∈ H va k ∈ K uchun hk = kh
   

tenglik o‘rinli bo‘ladi. Endi G/K faktor gruppani qarasak, |G/K| = 33 ekan- ligidan, uning Silov 11 va 3-qism gruppalarining yagona ekanligini hosil qilamiz. Demak, G/K faktor gruppa siklik bo‘ladi. Birlik elementdan farqli a ∈ L va
h ∈ H elementlarni olsak, a, h ∈/ K bo‘lib, G/K faktor gruppaning kommuta-
tivligidan (aK)(hK) = (hK)(aK), ya’ni (ah)K = (ha)K tenglikka ega bo‘lamiz. Bundan esa, (ah)⁻¹(ha) ∈ K kelib chiqadi. H normal qism gruppa bo‘lganligi uchun a⁻¹ha ∈ H munosabatni, o‘z navbatida (ah)⁻¹(ha) ∈ H ekanligini hosil qilamiz. Demak, (ah)⁻¹(ha) ∈ H ∩ K = {e}, ya’ni h⁻¹a⁻¹ha = e, bundan esa ha = ah kelib chiqadi. Shunday qilib, biz ∀h ∈ H, ∀k ∈ K, ∀a ∈ L element- lar uchun hk = kh va ha = ah, ekanligini hosil qildik. Bundan esa H ⊆ Z(G) munosabat osongina kelib chiqadi. Q
4.3.7-misol. Tartibi 255 ga teng bo‘lgan gruppaning siklik ekanligini isbotlang.
Yechish. 255 = 3 · 5 · 17 bo‘lganligi uchun, uning Silov 17, 5 va 3-qism gruppalari mavjud. Ularning sonini mos ravishda n₁₇, n₅ va n₃ kabi belgilasak, n₁₇ = 1 + 17m va n₁₇ | 15 ekanligidan n₁₇ = 1 bo‘lishi kelib chiqadi. Demak, grup- paning Silov 17-qism gruppasi normal bo‘ladi. Gruppaning Silov 5-qism grup- palari soni uchun n₅ = 1 + 5k va n₅ | 51 bo‘lib, bundan n₅ = 1 yoki n₅ = 51 ekanligi kelib chiqadi. O‘z navbatida n₃ = 1 + 3l va n₃ | 85 ekanligidan n₃ = 1 yoki n₃ = 85 hosil bo‘ladi.
Agar n₅ = 51 va n₃ = 85 bo‘lsa, u holda 51 ta Silov 5-qism gruppalarning birlashmasida tartibi 5 ga teng bo‘lgan jami 204 ta element yotadi. Xuddi shun- day, 85 ta Silov 3-qism gruppalarning birlashmasida esa tartibi 3 ga teng bo‘lgan 170 ta element mavjudligi kelib chiqadi. Bu esa gruppaning elementlari 255 ta ekanligiga zid. Demak, n₅ = 1 yoki n₃ = 1 tengliklardan hech bo‘lmaganda bittasi o‘rinli bo‘lishi shart.
Aytaylik, n₅ = 1 bo‘lsin, u holda K Silov 5-qism gruppasi ham normal bo‘lib, H∩K = {e} bo‘ladi. Bundan esa, ∀h ∈ H va ∀k ∈ K uchun hk = kh ekanligi kelib chiqadi. Avvalgi misolning 5) bandiga (4.3.6-misol) o‘xshab G/K faktor gruppani

qaragan holda H ⊆ Z(G) ekanligini hosil qilish mumkin. Bundan esa, |Z(G)| = 17, 51, 85 yoki 255 ekanligi, o‘z navbatida |G/Z(G)| = 15, 5, 3 yoki 1 bo‘lishi kelib chiqadi. Tartibi 15, 5, 3 va 1 bo‘lgan gruppalar siklik bo‘lganligi uchun G/Z(G) faktor gruppa siklik, ya’ni G kommutativ bo‘ladi. Bu esa, gruppaning Silov 3-qism gruppasi ham yagona ekanligini anglatadi, ya’ni n₃ = 1. Demak, tartibi 255 ga teng bo‘lgan gruppa tartiblari 17, 5 va 3 bo‘lgan siklik qism gruppalarning to‘g‘ri ko‘paytmasidan iborat bo‘ladi. 17, 5 va 3 sonlarining o‘zaro tub ekanligidan esa, gruppaning siklik ekanligi kelib chiqadi.

Agar n₃ = 1 deb faraz qilinsa ham, xuddi yuqoridagi mulohazalar kabi n₅ = 1 ekanligini hosil qilish mumkin. Q
4.3.8-misol. Tartibi 455 ga teng bo‘lgan gruppaning siklik ekanligini isbotlang.
Yechish. |G| = 455 = 5 · 7 · 13 bo‘lganligi uchun gruppaning Silov 13-qism gruppasi mavjud va ularning soni n₁₃ = 1 + 13k, n₁₃ | 35. Bundan esa, n₁₃ = 1 ekanligi kelib chiadi. Demak, G gruppaning H Silov 13-qism gruppasi normal bo‘ladi. Bundan esa, N (H) = G kelib chiqadi. Endi Aut(H) ni qarasak, H ning tartibi 13 ga teng bo‘lganligidan |Aut(H)| = 12 ekanligini hosil qilamiz. Bundan tashqari, N (H)/C(H) faktor gruppadan Aut(H) gruppaga monomor- fizm mavjud. Demak, |N (H)/C(H)| soni 12 ning bo‘luvchisi bo‘ladi. Ikkinhi tomondan esa |N (H)/C(H)| soni 455 ning bo‘luvchisi. (455, 12) = 1 ekanligi- dan |N (H)/C(H)| = 1 kelib chiqadi, demak, C(H) = N (H) = G. Bundan esa, H ⊆ Z(G) ekanligiga ega bo‘lamiz. |Z(G)| soni 455 ning bo‘luvchisi bo‘lganligi uchun |Z(G)| = 13, 65, 91 yoki 455 ekanligi, bundan esa, |G/Z(G)| = 35, 7, 5 yoki 1 bo‘lishi kelib chiqadi. Ushbu hollarning barchasida G/Z(G) gruppaning siklik ekanligini, ya’ni kommutativligini hosil qilamiz. Bu esa, G gruppaning yagona K Silov 5-qism gruppaga va yagona L Silov 7-qism gruppaga ega ekanligini anglatadi. Bundan G = H × K × L ekanligi, ya’ni uning siklik bo‘lishi kelib chiqadi. Q

3.