Qism gruppa va normal qism gruppalar
Download 223.31 Kb. Pdf ko'rish
|
1.2. Gruppalar nazariyasiga kirish-34-38
- Bu sahifa navigatsiya:
- Document Outline
|
28 2 Qism gruppa va normal qism gruppalar 2.4 Normal qism gruppalar va faktor gruppalar Dastlab biz normal gruppa ta’rifi va uning xossalarini o’rganaylik. 2.4.1-Ta’rif. G gruppa bo’lib H uning qism gruppasi bo’lsin. Agar barcha a ∈ G elementlar uchun aH = Ha tenglik bajarilsa, u holda H - G gruppanig normal qism gruppasi deb ataladi. Yuqoridagi ta’rifdan ko’rinib turibdiki G gruppa uchun G gruppaning o’zi va {e} uning normal qism gruppasi bo’ladi. H − G ning normal qism gruppasi bo’lsin. U holda barcha h ∈ H va a ∈ G lar uchun har doim ham ah = ha o’rinli emasligi quyidagi misoldan kelib chiqadi. 2.4.1-Misol. 2.3.1-misoldagi H ni qaraylik. Va h = 1 2 3
2 3 1
∈ H bo’lsin. Unda 1 2 3
1 3 2
◦ h = 1 2 3 3 2 1
, h ◦ 1 2 3 1 3 2
= 1 2 3 2 1 3
. Demak 1 2 3
1 3 2
◦ h 6= h ◦ 1 2 3 1 3 2
. Lekin 2.3.1-misolda quyidagi tenglik o’rinli ekanligi ko’rsatilgan 1 2 3 1 3 2
H = H
1 2 3 1 3 2
. Quyidagi teoremada bo’sh bo’lmagan qism gruppa normal qism gruppa bo’lishining zaruriy va yetarli sharti keltirilgan. a ∈ G va H ⊆ G uchun aHa −1
−1 | h ∈ H} bo’lsin. 2.4.1-Teorema. H −G gruppaning normal qism gruppasi bo’ishi uchun ixtiyoriy a ∈ G element uchun aHa −1 ⊆ H bo’lishi zarur va yetarli. Isbot. Faraz qilaylik H normal qism gruppa bo’lib a ∈ G bo’lsin. Unda h ∈ H element uchun aha −1 ∈ aHa
−1 o’rinli bo’ladi. H normal qism gruppa bo’lganligi tufayli aH = Ha. Bundan tashqari ah ∈ aH hamda ah ∈ Ha bo’lganligidandan qandaydir h 0 ∈ H element uchun ah = h 0 a bo’lishini hosil qilamiz. Budan esa aha −1
0 ∈ H kelib chiqadi. Natijada aHa −1 ⊆ H bo’ladi. Endi esa aksincha ixtiyoriy a ∈ G element uchun aHa −1 ⊆ H bo’lsin. Unda h ∈ H element uchun aha −1 ∈ H bo’ladi. Demak ba’zi bir h 0 ∈ H element uchun aha −1
0 bo’ladi. Bundan esa ah = h 0 a ∈ Ha kelib chiqadi. Shuning uchun aH ⊆ Ha bo’ladi. Huddi shu usulda Ha ⊆ aH ekanligini hosil qilishimiz mumkin. Demak aH = Ha bo’ladi. Natijada H normal qism gruppa ekanligi kelib chiqadi.
Quyidagi teoremada normal qism gruppaning muhim xossalari keltirilgn. 2.4.2-Teorema. G gruppa bo’lib H va K uning qism gruppalari bo’lsin. Unda (i) H ∩ K normal qism gruppa bo’ladi; 2.4 Normal qism gruppalar va faktor gruppalar 29 (ii) HK = KH normal qism gruppa bo’ladi; (iii) hH ∪ Ki = HK bo’ladi. Isbot.
(i) Qism gruppalar kesishmasi H ∩ K qism gruppani tashkil qiladi. g ∈ G va
a ∈ H ∩ K elementlar uchun gag −1 ∈ g(H ∩ K)g −1 ni qaraymiz. a ∈ H ∩ K bo’lganligi uchun a ∈ H va a ∈ K bo’ladi. H va K normal qism gruppalar bo’lganligi tufayli gag −1 ∈ H va gag −1 ∈ K ekanini hosil qilamiz. Bundan esa gag −1
−1 ∈ H ∩ K bo’ladi. 2.4.1-teoremaga asosan H ∩ K normal qism gruppani tashkil qiladi. (ii) HK = KH ekanligi H va K qism gruppalar normal bo’lganligi ta’rifidan kelib chiqadi. Ya’ni h ∈ H, k ∈ K elementlar uchun hk ∈ HK bo’lib, K normal qism gruppa bo’lganligi tufayli hK = Kh ekanligiga ega bo’lamiz. Bundan tashqari hk ∈ hK = Kh bo’lib kH ⊆ KH ligidan hk ∈ KH bo’ladi. Shuning uchun HK ⊆ KH bo’ladi. Huddi shunday KH ⊆ HK ekanligini hosil qil- ishimiz mumkin. Demak HK = KH bo’ladi. 2.1.6-teoremaga ko’ra HK qism gruppaligi kelib chiqadi. H va K qism gruppalar normal bo’lganligidan ixtiy- oriy a ∈ G element uchun gHg −1 ⊆ H va gKg −1 ⊆ K bajariladi. Quyidagi ifodadan g(HK)g
−1 = g(Hg
−1 gK)g
−1 = (gHg
−1 )(gKg
−1 ) ⊆ HK
HK normal qism-guppa bo’lishligi kelib chiqadi. (iii) 2.1.7-teoremaga ko’ra HK = hH ∪ Ki ekanligini hosil qilamiz.
G gruppaning H va K qism gruppalari uchun HK har doim ham bu gruppanig qism gruppasi bo’lavermaydi. Yuqoridagi teoremada esa G gruppaning H va K nor- mal qism gruppalari uchun HK har doim normal qism gruppa bo’lishligi ko’rsatildi. Endi e’tiborimizni factor gruppa va uning xossalariga qaratamiz. 2.4.3-Teorema. G gruppa bo’lib H uning normal qism gruppasi bo’lsin. Un- ing barcha chap qo’shni sinflar to’plamini G/H = {aH | a ∈ G} orqali belgilab, aH, bH ∈ G/H elementlar uchun ∗ - binar amalni quyidagicha aniqlaylik (aH) ∗ (bH) = abH. U holda (G/H, ∗) gruppa tashkil qiladi. Isbot. Dastlab
(G/H, ∗) algebraik struktura bo’lishini ko’rsataylik. aH, bH, a 0 H, b
0 H ∈ G/H bo’lsin. Agar aH = a 0 H va bH = b 0 H bo’lsa, aH ∗ bH = a 0
0 H ya’ni abH = a 0 b
H ekanligini ko’rsatishimiz kerak. aH = a 0 H va bH = b 0 H tengliklardan ba’zi bir h 1 , h
2 ∈ H elementlar uchun a = a 0 h
va b = b 0 h 2 kelib
chiqadi. Quyidagi tenglikdan (a 0 b 0 ) −1 (ab) = b
0−1 a 0−1 ab = b 0−1
a 0−1
a 0 h 1 b 0 h 2 = b 0−1 h 1 b 0 h 2 30 2 Qism gruppa va normal qism gruppalar va H normal qism gruppaligidan b 0−1
h 1 b 0 h 2 = (b 0−1
h 1 b 0 )h 2 ∈ H bo’ladi. Shuning uchun (a
0 b 0 ) −1 (ab) ∈ H bo’lib 2.3.1-teoremaga asosan abH = a 0 b 0 H bo’ladi. Assosiativlik sharti esa aH, bH, cH ∈ G/H elementlar uchun (aH)∗[(bH)∗(cH)] = (aH)∗(bcH) = a(bc)H = (ab)cH = (abH)∗(cH) = [(aH)∗(bH)]∗(cH) tengliklardan kelib chiqadi. Endi eH ∈ G/H va ixtiyoriy aH ∈ G/H elementlarni qarsak, quyidagi tengliklardan (eH) ∗ (aH) = eaH = aH = aeH = (aH) ∗ (eH) eH birlik element ekanligini hosil qilamiz. Ixtiyoriy aH ∈ G/H uchun a −1 H ∈ G/H teskari element ekanligini ko’rish qiyin emas. Demak (G/H, ∗) gruppa tashkil qiladi.
2.4.2-Ta’rif. G gruppa bo’lib H uning normal qism gruppasi bo’lsa G/H gruppa G gruppaning H normal qism gruppasi bo’yicha factor gruppasi deyiladi. 2.4.2-Misol. (Z, +) gruppaning (nZ, +) qism gruppasini qaraylik. Z kommuta- tiv bo’ganligi uchun nZ uning normal qism gruppasi bo’ladi. Z/nZ dagi a+nZ, b+nZ elementlar uchun yig’indini quyidagicha aniqlasak (a + nZ) + (b + nZ) = (a + b) + nZ (Z/nZ, +) gruppa tashkil qiladi va uning elementlari Z/nZ = {0 + nZ, 1 + nZ, . . . , n − 1 + nZ} dan iborat bo’ladi. 2.4.3-Misol. Z 8 gruppani va uning normal qism gruppasi H = {0, 4} ni qaraylik. |Z 8 | = 8 va |H| = 2 ekanligi va Lagranj teoremasiga asosan [Z 8 : H] = |Z 8 /H| = 4
bo’ladi. Ya’ni Z 8 /H to’rtta elementga ega. Quyidagidan 0 + H = H = 4 + H, 1 + H = {1, 5} = 5 + H, 2 + H = {2, 6} = 6 + H, 3 + H = {3, 7} = 7 + H, Z/nZ = {0 + H, 1 + H, 2 + H, 3 + H} bo’lishini hosil qilamiz. 2.4.4-Misol. S 3 gruppani va uning H = e, 1 2 3 2 3 1
, 1 2 3 3 1 2
nor-
mal qism gruppasini qaraylik. |S 3 | = 6 va |H| = 3 bo’lganligidan [S 3 : H] =
|S 3 /H| = 2 ga ega bo’lamiz. 2.3.1-misolda eH = (1, 2, 3)H = (1, 3, 2)H = H va (2, 3)H = (1, 3)H = (1, 2)H tengliklar ko’rsatilgan edi. Demak S 3 /H = {H, (2, 3)H} bo’ladi. Bundan tashqari S 3 /H tsiklik gruppani tashkil qiladi va bu gruppani hosil qiluvchi element (2, 3)H dan iborat bo’ladi. 2.4 Normal qism gruppalar va faktor gruppalar 31 Endi esa gruppalar tasnifi uchun muhim bo’lgan tushinchni kiitamiz. 2.4.3-Ta’rif. Agar G 6= {e} gruppaning o’zi va {e} dan boshqa normal qism gruppalari bo’lmasa, u holda G sodda guppa deyildi. 2.4.5-Misol. G tsiklik gruppa bolib uning tartibi p tub sondan iborat bo’lsin. Lafranj teoremasiga ko’ra bu gruppaning o’zi va {e} dan boshqa normal qism grup- palari mavjud emas. Shuning uchun bu tsiklik gruppa sodda gruppa bo’ladi. Quyida A
n (n ≥ 5) gruppani sodda ekanligini ko’rsatamiz. 2.4.1-Lemma. H − A n (n ≥ 5) gruppaning normal qism gruppasi bo’lib H ning elementlari 3-tartibli tsiklik o’rinlashtirishlardan iborat bo’lsa, u holda H = A n boladi. Isbot. H ning elementlari 3-tartibli tsiklik o’rinlashtirishlardan iborat bo’lsin, ya’ni (a b c) ∈ H. π ∈ S n o’rinlashtirish (u v w) ∈ A n uchun π(a) = u, π(b) = v, π(c) = w ni qanoatlantirsin. Unda π ◦ (a b c) ◦ π −1 = (u v w) bo’ladi. Agar π ∈ A n bo’lsa (u v w) ∈ H bo’ladi. Faraz qilaylik π / ∈ A n bo’lsin. U holda π toq o’rinlashtirish bo’ladi. n ≥ 5 bo’lganligi uchun a, b va c dan farqli d, f ∈ I n mavjud hamda π ◦ (d f ) ∈ A n bo’ladi. Bundan tashqari (u v w) = π ◦ (a b c) ◦ π −1 = π ◦ (a b c) ◦ (d f ) ◦ (d f ) −1 ◦ π
−1 π ◦ (d f ) ◦ (a b c) ◦ (d f ) −1 ◦ π
−1 = (π ◦ (d f )) ◦ (a b c) ◦ (π ◦ (d f )) −1 ∈ H
bo’ladi. Shuning uchun H barcha 3-tartibli tsiklik o’rinlashtirishdan iborat bo’ladi. A n barcha 3-tartibli tsiklik o’rinlashtirishlar to’plamidan hosil qilinligi uchun A n = H bo’ladi. 2.4.4-Teorema. H − A n (n ≥ 5) gruppaning normal qism gruppasi bo’lib H ning elementlari o’zaro qo’shma transpozitsiyalar ko’paytmalaridan iborat bo’lsa, u holda H = A n boladi.
Isbot. (a b) va (c d) o’zaro qo’shma transpozitsiyalar bo’lib, (a b) ◦ (c d) ∈ H bo’lsin. Bundan tashqari w ∈ I n va w /
∈ {a, b, c, d} hamda π = (c d w) bo’lsin. π− 3-tartibli tsiklik o’rinlashtirish bo’lganligi uchun π ∈ A n . H − A
n ning normal qism gruppasi ekanligidan π ◦ (a b) ◦ (c d) ◦ π −1 bo’ladi. Ammo π ◦ (a b) ◦ (c d) ◦ π −1 = (d w) ◦ (a b) ligidan esa (d w) ◦ (a b) ∈ H ni hosil qilamiz. H qism gruppa bo’lganligi sababli quyidagiga ega bo’lamiz (c d w) = (a b) ◦ (c d) ◦ (d w) ◦ (a b) ∈ H. Demak H ning elementlari 3-tartibli tsiklik o’rinlashtirishlardan iborat. 2.4.1-
lemmaga asosan H = A n bo’ladi. 2.4.5-Teorema. A n (n ≥ 5) sodda gruppa bo’ladi. Isbot. H − A n gruppaning normal qism gruppasi va H 6= {e} bo’lsin. e 6= π ∈ H− o’rinlashtirish eng kichik sondagi elementlarni o’rnini almashtirsin va uni m bilan belgilaylik. U holda m ≥ 3 bo’ladi. m = 3 bo’lganda 2.4.1-lemmaga ko’ra H = A n bo’lib A n sodda gruppa ekanligi kelib chiqadi. Natijada m > 3 holatni ko’ramiz. π o’rinlashtirishni qo’shma tsikllar ko’paytmasi shaklida yozaylik π = π
1 ◦ π
2 ◦ · · · ◦ π k .
i almashtirishlar barcha 1 ≤ i ≤ k uchun transpozitsiyalar bo’lsin. U holda k ≥ 2 bo’ladi. π 1 = (a b), π 2 = (c d) va f ∈ I n uchun f / ∈ 32 2 Qism gruppa va normal qism gruppalar {a, b, c, d} bo’lib, σ = (c d f ) bo’lsin. σ ∈ A n va H normal qism gruppa bo’lganligi sababli π 0 = π −1 ◦ σ ◦ π ◦ σ −1 ∈ H bo’ladi. Bu yerdan π 0 (a) = a va π 0 (b) = b
bo’lishi yaqqol ko’rinib turibdi. Agar u ∈ I n va u / ∈ {a, b, c, d, f } uchun π(u) = u bo’lsa unda π 0 (u) = u bo’ladi. π 0 (f ) = c ligidan π 0 6= e. Shuning uchun π 0 ∈ H
bo’lib bu o’rinlashtirish π dan ko’ra kamroq elementlarni o’rnini almashtiryapti. Bu esa π o’rinlashtirish eng kichik sondagi elementlarni o’rnini almashtirishiga zid keladi. Bundan esa ba’zi bir 1 ≤ i ≤ k uchun π i tsikllarning tartibi ≥ 3 bo’lishligi kelib chiqadi. Qo’shma tsiklik o’rinlashtirishlar kommutativligidan π 1 = (a b c . . . ) deylik. Agar m = 4 bo’lsa, u holda π tartibi 4 ga teng bo’lgan tsiklik orinlashtirish bo’ladi va u toq orinlashtirish bo’lib qoladi. Bu H −A n ning qism gruppasi ekanligiga zid keladi. Endi m ≥ 5 holatni qarasak π kamida 5 ta elementni o’rnini o’zgartiradi. d, f ∈ I
n uchun d, f / ∈ {a, b, c} va σ = (c d f ) bo’lsin. Huddi yuqoridagi kabi π 0 = π −1 ◦ σ ◦ π ◦ σ −1 ∈ H bo’lsin. π 0 (b) = π
−1 (d) 6= b ligidan π 0 6= e. Endi ixtiyoriy u 6= {a, b, c, d, f } uchun π(u) = u bo’lsa π 0 (u) = u va π 0 (a) = a bo’lishini ko’rish qiyin emas. Bu erda ham π 0 o’rinlashtirish π dan ko’ra kamroq elementlarni o’rnini almashtiryapti. Yana ziddiyatga ega bo’ldik. Natijada m = 3 ekanligini hosil qilamiz.
Document Outline
Download 223.31 Kb. Do'stlaringiz bilan baham: 
|