Qism gruppa va normal qism gruppalar


Download 223.31 Kb.
Pdf ko'rish
Sana03.11.2020
Hajmi223.31 Kb.

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

= {aha



−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

= h



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

= h



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

∈ H ∩ K bo’lishi kelib chiqadi. Demak g(H ∩ K)g



−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

H ∗b



0

H ya’ni abH = a

0

b

0



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

1



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

.

Faraz qilaylik barcha π



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:




Ma'lumotlar bazasi mualliflik huquqi bilan himoyalangan ©fayllar.org 2020
ma'muriyatiga murojaat qiling