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)|
kelib chiqadi, ya’ni orbitalar soni r uchun r = 1
Σ | Xg| tenglikka ega bo‘lamiz.
| 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:
[G : H] ≡p [N (H) : H], bu yerda N (H) = {g ∈ G | gHg−1 = H}.
Agar p | [G : H] bo‘lsa, u holda N (H) /= H.
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 Ker ψ = { e} yoki Ker ψ = H. Agar Ker ψ = { 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 Ker ψ = H ekanligini ko‘rsatdik, demak H normal qism gruppa.
Q
Dostları ilə paylaş: |