4 SEGUIMIENTO Y MONITOREO
4.3 Incumplimiento
Le të jetë G një grup dhe p një numër i thjeshtë i tillë që |G| = pαm ku (p, m) = 1. Një nëngrup i G-së me rend pα quhet Sylow p- nëngrup i G-së. Bashkësinë e të gjithë Sylow p- nëngrupeve do ta shënojmë me Sylp(G) dhe numrin e Sylow p- nëngrupeve të G-së do ta shënojmë me np.
Lema 6.7. Le të jetë P ∈ Sylp(G). Në qoftë se Q është një p-nëngrup i G-së atëherë Q ∩ NG(P ) = Q ∩ P .
Vërtetim: Le të shënojmë me H = Q∩NG(P ). Meqënëse P ⊆ NG(P ) atëherë P ∩ Q ≤ H. Tani duhet të vërtetojmë se H ≤ P ∩ Q. Por H ≤ Q, prandaj është e mjaftueshme të vërtetojmë vetëm se H ≤ P .
Le të shqyrtojmë grupin P H. Ai është një nëngrup i G pra ai është një p-nëngrup dhe |P H| = pj. Meqënëse P është një nëngrup maximal, p- nëngrup i G-së kemi të vërtetë se P H = P atëherë H ≤ P H pra H ≤ P dhe nga kjo rrjedh se H ≤ Q ∩ P .
Lema 6.8. Le të jenë H dhe K nëngrupe të grupit G. Numri i H të konjuguarve të K-së është [H : N (K) ∩ H].
Vërtetim: Përcaktojmë një bijeksion ndërmjet klasave të konjugimit të K-së dhe kosetave të djathta të N (K) ∩ H të tillë h−1Kh 7→ (N (K) ∩ H)h. Për të vërtetuar se ky funksion është një bijeksion, le të kemi h1, h2∈ H dhe supozojmë se (N (K) ∩ H)h1 = (N (K) ∩ H)h2. Atëherë, h2h−11 ∈ N (K). Kështu që K = h2h−11 Kh1h−12 ose h−11 Kh1= h−12 Kh2 dhe funksioni është injektiv. është e lehtë të vërtetohet se ky funksion është syrjektiv. Pra, kemi një bijeksion ndërmjet H të konjuguarve të K-së dhe kosetave të djathta të N (K) ∩ H në H.
Teorema 6.12 (Sylow). Le të jetë |G| = pαm ku p është një numër i thjeshtë i tillë që (p, m) = 1. Pohimet e mëposhtme janë të vërteta.
a) Sylp(G) 6= ∅
b) Në qoftë se P është një Sylow p-nëngrup i G dhe Q është një p-nëngrup i G atëherë Q përmbahet në një të konjuguar të P . Në veçanti çdo dy Sylow p-nëngrupe janë izomorfik.
c) Numri np i Sylow p-nëngrupeve është np∼= 1 mod p. Gjithashtu
np= [G : NG(P )] pra np| m.
Vërtetim: a) Vërtetimin do ta kryejmë me induksion mbi |G|. Në qoftë se rendi i |G| = 1 atëherë teorema jone është e qartë. Supozojmë se ajo është e vërtetë për të gjithë grupet me rend më të vogël se rendi i grupit G.
1) Në qoftë se p | |Z(G)| atëherë Z(G) ka një nëngrup me rend p, le të themi N ≤ Z(G). Le të ndërtojmë grupin faktor G = G N atëherë kemi se |G| = pα−1· m dhe si rrjedhim G ka një Sylow p-nëngrup P i tillë që |P | = pα−1. Nga teorema e konrespodencës ekziston një P nëngrup i G-së i tillë që N ≤ P . Atëherë
P N = P pra |P | = |N ||P | = p · pα−1= pα. 2) Në qoftë se p - |Z(G)|. Nga ekuacioni i klasës kemi se
|G| = |Z(G)| +X[G : Ci]
atëherë ekziston një i e tillë që p - [G : Ci]. Le të shënojmë H = Ci atëherë p - |G|/|H| = p
α· m
|H| pra |H| = p
α· r ku (p, r) = 1.
Gjithashtu H G dhe nga induksioni kemi se H ka një Sylow p-nëngrup P të tillë që |P | = pα. Pra P < G dhe |P | = pα.
b) Nga a) kemi se ekziston një P ∈ Sylp(G). Le të shënojmë me X = {P1, . . . , Pr} bashkësinë e të gjithë të konjuguarve të P -së. Le të jetë Q një p-nëngrup i G-së. Nga veprimi i grupit mbi bashkësinë X kemi:
G × X → X (g, Pi) → Pig Meqënëse Q ≤ G atëherë kemi:
Q × X → X (q, Pi) → Piq.
Nga teorema Burnside kemi se X = O1∪ O2∪ · · · ∪ Osdhe dimë se |Oi| = [Q : NQ(Pi)] por NQ(Pi) = Q ∩ NG(Pi) = Q ∩ Pi pra |Oi| = [Q : Pi∩ Q].Atëherë, pra
r = |O1| + · · · + |Os|. (6.2) Le të marrim Q = Pi( p nëngrup) dhe |O1| = [Q : Q] = 1. Për të gjitha i > 1 kemi se |Oi| = [P1: P1∩ Pi] > 1 dhe që pjesëtohet nga p sepse të gjitha P kanë rend pαdhe gjithashtu (P1∩ Pi) 6= P1.
Nga ekuacioni 6.2 kemi r = 1 + kp pra r = 1 mod p. Le të jetë Q një p- nëngrup i G-së i tillë që Q Pipër 16 i 6 r. Atëherë, Q ∩ Pi Q për të gjitha i dhe |Oi| = [Q : Q ∩ Pi] > 1. Kështu që p | |Oi|. Por r = |O1| + · · · + |Os|. Pra, r = kp e cila sjell që p | r e cila është një kontradiksion. Kështu që ekziston Q një p-nëngrup i G-së i tillë që Q < Pi.
Rrjedhim 6.2. Një Sylow p- nëngrup i një grupi me rend të fundëm G është një nëngrup normal i grupit G atëherë dhe vetëm atëherë kur ai është i vetmi Sylow p- nëngrup i G-së.
Lema 6.9. Supozoni se G është grup i fundëm.
a) Në qoftë se H / G dhe P një Sylow p- nëngrup i H atëherë G = HNG(P ) (Argumenti i Frattinit)
b) Le të jetë P një Sylow p nëngrup i grupit G atëherë kemi të vërtetë se NG(NG(P )) = NG(P ).
Vërtetim: a) Meqënëse H C G atëherë H · NG(P ) është një nëngrup i grupit G dhe
H · NG(P ) = NG(P ) · H ≤ G.
Le të kemi një g ∈ G atëherë duam të vërtetojmë se g ∈ H · NG(P ). Në qoftë se P ≤ H atëherë g−1P g < g−1Hg = H (H normale). Pra g−1P g është një Sylow p- nëngrup i H. Nga teorema Sylow g−1P g është i konjuguar me P . Pra ekziston një h ∈ H e tillë që g−1P g = h−1P h atëherë hg−1P gh−1 = P . Nga përkufizimi i normalizatorit kemi se në qoftë se (hg−1)−1P gh−1 = P atëherë hg−1 ∈ NG(P ). Por në qoftë se g−1 ∈ h−1NG(P ) atëherë g−1 ∈ H · NG(P ). Pra g ∈ H · NG(P ).
b) 1) Fakti se NG(P ) < NG(NG(P )) është e vërtetë për çdo grup.
2)Në qoftë se P është një Sylow p- nëngrup i grupit G atëherë P është një Sylow p-nëngrup për çdo H ≤ G e tillë që P < H. Pra P është një Sylow p- nëngrup i NG(P ) por P / NG(P ) si rrjedhim ai është i vetmi Sylow p- nëngrup i NG(P ). Le të kemi një x ∈ NG(NG(P )) Atëherë,
x−1NG(P )x = NG(P ) pra x−1P x < NG(P ). Pra x−1P x = P dhe së fundmi themi se x ∈ NG(P ).
Lema 6.10. Le të jetë P një Sylow p-nëngrup i një grupi të fundëm G dhe le të jetë x një element me rend një fuqi të p-së. Në qoftë se x−1P x = P , atëherë x ∈ P .
Vërtetim: Natyrisht x ∈ N (P ) dhe nëngrupi ciklik, hxP i ⊂ N (P )/P , e ka rendin një fuqi të p-së. Nga Teorema e Korespodencës ekziston një nëngrup H i N (P ) i tillë që H/P = hxP i. Meqënëse |H| = |P | · |hxP i|, rendi i H-së duhet të jetë një fuqi e p-së. Megjithatë, P është një Sylow p-nëngrup i cili përmbahet në H. Meqënëse rendi i P -së është fuqia më e madhe e p-së që pjesëton |G|, atëherë H = P . Kështu që H/P është nëngrup trivial dhe xP = P , ose x ∈ P .
Më poshtë shohim disa aplikime të Teoremës Sylow.
Shembull 6.13. Vërtetoni se nuk ka asnjë grup të thjeshtë me rend 30. Vërtetim: Çdo grup G me rend 30 = 2 · 3 · 5 mund të ketë
n2= 1, 3, 5, 15 n3= 1, 10 n5= 1, 6
Në qoftë se n2= 1 ose n3= 1 ose n5= 1 atëherë një nga p-nëngrupet Sylow është normal dhe G nuk është i thjeshtë.
Supozojme se
n2> 1 dhe n3> 1 dhe n5> 1
Duke numëruar elementët e G-së kemi të paktën 3 nëngrupe P2 dhe secili ka nga një element të ndryshëm nga identiteti, 10 nëngrupe P3 dhe secili ka nga 2 elementë të ndryshëm nga identiteti, dhe 6 nëngrupe P5 dhe secili ka nga 4 elementë të ndryshëm nga identiteti. Pra,
1 + 3 · 1 + 10 · 2 + 6 · 4 = 48 > 30
Kështu që një nga n2, n3, n5 është 1 dhe G ka një nëngrup normal.
Shembull 6.14. Le të kemi një grup G me rend 40. Çfarë na tregojnë teoremat Sylow për këtë nëngrup.
Vërtetim: Grupi G ka rend:
|G| = 40 = 5 · 8 = 23· 5 Atëherë,
n2= 1, 5 n5= 1
Pra P5është normal në G. Në qoftë se n2= 1 atëherë P2/G dhe G ≈ P2×P5. Në qoftë se n2= 5 atëherë ekzistojnë 5 nëngrupe me rend 8 secili. Këta nëngrupe janë te konjuguar me njëri-tjetrin (pra isomorfike) dhe kontribojnë ekzaktësisht 35 elemntë në grup. Pra secili nga 7 elementë. Prerja e tyre është {1G}.
Lema 6.11. Le të jepen p dhe q numra të thjeshtë të tillë që p < q dhe G një grup me rend pq. Atëherë,
i) Ekziston Q < G i tillë që |Q| = q dhe Q / G. ii) Në qoftë se q 6≡ 1 (mod p), atëherë G është ciklik.
Vërtetim: i) Ne dimë se G përmban një nëngrup Q me rend q. Gjithashtu, nq ≡ 1 mod q. Meqënëse q > p, atëherë nq = 1. Pra, Q / G.
ii) Ekziston P ∈ Sylp(G) me rend p. Atëherë, np = 1 or np = q and q ≡ 1 mod p. Perderisa q 6≡ 1 (mod p), atëherë np = 1 the P / G. Meqënëse P ∩ Q = {1G} atëherë G ≈ P × Q. Pra, G ≈ Zp× Zq. Por Zp× Zq ≈ Zpq kur (p, q) = 1.
Rrjedhim 6.3. Çdo grup me rend pq nuk është i thjeshtë. Ushtrime
13. Jepet G = 495. Vërtetoni që
a) G ka një nëngrup normal me rend 55. b) G është i zgjidhshëm.
14. Jepet G = 520. Vërtetoni që
a) G ka një nëngrup normal ciklik me rend 65. b) G është i zgjidhshëm.
15. Jepet G = 108. Vërtetoni që G është i zgjidhshëm.
16. Jepet grupi G i tillë që |G| = 495 = 32·5·11. Vërtetoni që G ka një nëngrup normal me rend 5 ose 11.
17. Vërtetoni që në qoftë se |G| = 462, atëherë G nuk është i thjeshtë. 18. Vërtetoni që në qoftë se |G| = 132, atëherë G nuk është i thjeshtë. 19. Vërtetoni që një grup me rend 105 ka një element me rend 15. 20. Vërtetoni që një grup me rend G = 5 · 7 · 17 është ciklik.
21. Jepen p dhe q numra të thjeshtë. Vërtetoni se nuk ka asnjë grup të thjeshtë me rend p2q.
22. Jepet G një grup i fundëm në të cilin çdo Sylow nëngrup është normal. Vërtetoni që G është izomorfik me prodhimin direkt të Sylow nëngrupeve të tij. 23. Jepet G një grup i fundëm, P ∈ Sylp(G) dhe H / G. Vërtetoni që H ∩ P është një Sylow nëngrup i H dhe HP/H është një Sylow nëngrup i G/H. 24. Jepet G një grup i fundëm dhe P ∈ Sylp(G). Jepni një shembull të një nëngrupi H të G-së ku H ∩ P nuk është një Sylow nëngrup i H.
25. Vërtetoni që çdo grup i thjeshtë me rend 60 është izomorfik me A5. 26. Jepet p një numër i thjeshtë, n > 1 një numër i plotë dhe G = GLn(Fp). Vërtetoni se ekzistojnë dy Sylow p-nëngrupe H1 dhe H2 në G të tillë që H1∩ H2= {e}.
27. Jepet G një grup i thjeshtë me rend 168. Vërtetoni se a) n2= 21, n3= 7, n7= 8.
b) Sylow 2-nëngrupet e G-së janë dihedral, Sylow 3-nëngrupet dhe Sylow 7-nëngrupet janë ciklikë.
28. Vërtetoni që GL3(2) është një grup i thjeshtë me rend 168.
29. Jepet G| = pqr ku p, q, r janë numra të thjeshtë dhe p < q < r. Vërtetoni që G ka një Sylow nëngrup normal për p, q ose r.
30. Vërtetoni që nuk ka grupe të thjeshtë me rend 264. 31. Vërtetoni që nuk ka grupe të thjeshtë me rend 3159.
6.5.1
Grupet e thjeshtë të fundëm
Kur na jepet një grup i fundëm lind pyetja nëse ky grup ka ose jo nëngrupe normal. Rikujtojmë se grup të thjeshtë kemi quajtur një grup i cili nuk ka nëngrupe të mirfilltë normal. Sikurse në rastin e A5, të provosh se një grup është i thjeshtë mund të jetë shumë e vështirë. Megjithatë, Teoremat Sylow na ndihmojnë për të treguar nëse një grup është i thjeshtë.
Shembull 6.15. Le të vërtetojmë se asnjë grup G me rend 20 nuk është i thjeshtë.
Nga Teorema e Tretë Sylow, grupi G përmban një ose më shumë Sylow 5-nëngrupe. Numri i këtyre nëngrupeve është kongruent me 1 (mod 5) dhe gjithashtu duhet të pjesëtojë 20. Numri i vetëm që plotëson këto kushte është 1. Meqënëse kemi vetëm 1 Sylow 5-nëngrup dhe të gjithë Sylow 5-nëngrupet janë të konjuguar, ky nëngrup është normal.
Shembull 6.16. Le të jetë G një grup i fundëm me rend pn, n > 1 dhe p numër i thjeshtë. Nga Teorema 6.9, G ka qëndër jo triviale. Meqënëse qëndra e çdo grupi G është një nëngrup normal, atëherë G nuk mund të jetë një grup i thjeshtë. Kështu që grupet me rend 4, 8, 9, 16, 25, 27, 32, 49, 64 dhe 81 nuk janë të thjeshtë. Në fakt, grupet me rend 4, 9, 25 dhe 49 janë Abelian nga Rrjedhimi 6.1.
Shembull 6.17. Asnjë grup me rend 56 = 23· 7 nuk është i thjeshtë.
Kemi parë se në qoftë se për një numër të thjeshtë p që pjesëton 56 mund të vërtetojmë se ka vetëm një Sylow p-nëngrup, atëherë ky do të jetë një nëngrup normal dhe vërtetimi ka mbaruar. Nga teorema e Tretë Sylow kemi ose 1 ose 8 Sylow 7-nëngrups. Në qoftë se ka vetëm 1 Sylow 7-nëngrup, atëherë ai është normal.
Supozojmë se janë 8 Sylow 7-nëngrupe. Atëherë, secili nga këta nëngrupe duhet të jetë ciklik. Pra, prerja e çdo dy prej këtyre nëngrupeve përmban vetëm elementin identitet të grupit. Atëherë, grupi do të ketë 8 · 6 = 48 ele- mentë të ndryshëm dhe secili prej tyre me rend 7. Tani le të numërojmë Sylow 2-nëngrupet. Kemi ose 1 ose 7 Sylow 2-nëngrupe. Ndonjë element i Sylow 2- nëngrupi i ndryshëm nga identiteti duhet ta ketë rendin një fuqi të 2-shit. Si rr- jedhim nuk mund të jetë një nga 48 elementët me rend 7 të Sylow 7-nëngrupeve. Meqënëse një Sylow 2-nëngrup ka rend 8, në një grup me rend 56 mund të ketë vetëm një Sylow 2-nëngrup. Në qoftë se ka vetëm një Sylow 2-nëngrup, atëherë ai është normal në G.
Për grupe të tjerë G është më e vështirë të vërtetoni se G nuk është i thjeshtë. Supozojmë se G ka rend 48. Në këtë rast teknika që ne përdorëm në shembullin e mësipërm nuk do të funksiononte. Na nevojitet Lema 4.4për të vërtetuar se asnjë grup me rend 48 nuk është i thjeshtë.
Për të treguar se një grup G me rend 48 nuk është i thjeshtë do të vërtetojmë se G përmban një nëngrup normal me rend 8 ose një nëngrup normal me rend 16. Nga Teorema e Tretë Sylow, grupi G ka ose një ose tre Sylow 2-nëngrupe me rend 16. Në qoftë se ka vetëm një nëngrup atëherë ai është normal.
Supozojmë se është i vërtetë rasti tjetër, pra kemi 3 Sylow 2-nëngrupe me rend 16 dhe dy prej tyre janë H dhe K. Supozojmë se |H ∩ K| = 8. Në qoftë se |H ∩ K| ≤ 4, atëherë nga Lema4.4
|HK| = 16 · 16 4 = 64,
që është e pamundur. Pra H ∩K është normal në të dy nëngrupet H dhe K meqë ka indeks 2. Normalizatori i H ∩ K përmban si H dhe K dhe gjithashtu |H ∩ K| duhet të jetë një shumëfish i 16 më i madh se 1 dhe gjithashtu të pjesëtojë 48. Mundësia e vetme është që |N (H ∩ K)| = 48. Pra, N (H ∩ K) = G.
Teorema 6.13 (Feit-Thompson). Çdo grup i fundëm me rend tek është i zgji- dhshëm.
Vërtetimi i kësaj teoreme hodhi themelet e një programi, në vitet 1960 dhe 1970, ku u klasifikuan të gjithë grupet e thjeshtë. Suksesi i këtij programi është një nga aritjet më të rëndësishme të matematikës moderne.
Ushtrime
32. Sa e kanë rendin të gjithë Sylow p- nengrupet kur grupi G e ka rendin 18, 24, 54, 72 dhe 80?
33. Gjeni të gjithë Sylow 3-nëngrupet e S4 dhe vërtetoni se ata janë të gjithë të konjuguar.
34. Vërtetoni se çdo grup me rend 45 ka një nëngrup normal me rend 9. 35. Le të jetë H një Sylow p-nëngrup i grupit G. Vërtetoni se H është i vetmi Sylow p-nëngrup i G-së që përmbahet në N (H).
36. Vërtetoni se asnjë grup me rend 96 është i thjeshtë. 37. Vërtetoni se asnjë grup me rend 160 është i thjeshtë.
38. Në qoftë se H është një nëngrup normal i një grupi të fundëm G dhe |H| = pk për një numër të thjeshtë p, vërtetoni se H përmbahet në çdo Sylow p-nëngrup të G-së.
39. Le të jetë G një grup me rend p2q2, ku p dhe q janë dy numra të dalluar të thjeshtë të tillë që q6 | p2− 1 dhe p6 | q2− 1. Vërtetoni se G duhet të jetë Abelian. Jepni tre çife numrash p dhe q që kënaqin këto kushte.
41. Le të jetë H një nëngrup i grupit G. Vërtetoni ose tregoni të kundërtën se normalizatori i H është normal në G.
42. Le të jetë G një grup me rend pr,ku p është numër i thjeshtë. Vërtetoni se G përmban një nëngrup normal me rend pr−1.
43. Supozojmë që G është një grup i fundëm me rend pnk, ku k < p. Vërtetoni se G duhet të përmbajë një nëngrup normal.
44. Le të jetë H një nëngrup i një grupi të fundëm G. Vërtetoni se gN (H)g−1= N (gHg−1) për çdo g ∈ G.
45. Vërtetoni se një grup me rend 108 duhet të ketë një nëngrup normal. 46. Klasifikoni të gjithë grupet me rend 175 sipas klasave të izomorfizmave. 47. Vërtetoni se çdo grup me rend 255 është ciklik.
48. Le të jetë G një grup me rend pe1
1 · · · penn dhe supozojmë se G ka n Sy- low p-nëngrupe P1, . . . , Pn ku |Pi| = pei
i . Vërtetoni se G është izomorfik me P1 × · · · × Pn.
49. Le të jetë P një Sylow p-nëngrup normal i grupit G. Vërtetoni se çdo automorfizëm i brendëshëm i G-së fikson P .
50. Cili është rendi më i vogël i mundëshëm i një grupi G i tillë që G nuk është Abelian dhe |G| është tek? Mund të gjeni një grup të tillë?
51. The Frattini Lemma Në qoftë se H është një nëngrup normal injë grup të fundëm G dhe P është një Sylow p-nëngrup i H-së, për çdo g ∈ G vërtetoni se ekziston një h në H i tillë që gP g−1 = hP h−1. Gjithashtu, vërtetoni se në qoftë se N është normalizatori i P -së, atëherë G = HN .
52. Vërtetoni se një Sylow 2-nëngrup i S5 është izomorfik me D4. 53. Një vërtetim ndryshe i Teoremës Sylow.
1. Suppozoni se p është një numër i thjeshtë dhe p nuk pjesëton m. Vërtetoni se p6 | pkm pk .
2. Le të shënojë me S bashkësinë e të gjithë elementëve pk, e cila është një nënbashkësi e G. Vërtetoni se p nuk pjesëton |S|.
3. Përcaktoni një veprim të grupit G mbi S të tillë aT = {at : t ∈ T } për a ∈ G dhe T ∈ S, pra shumëzim nga e majta. Vërtetoni se ky është një veprim grupi.
4. Vërtetoni p6 | |OT| për ndonjë T ∈ S.
5. Le të jetë {T1, . . . , Tu} një orbitë e tillë që p6 | u dhe H = {g ∈ G : gT1= T1}. Vërtetoni se H është nëngrup i grupit G dhe vërtetoni se |G| = u|H|.
6. Vërtetoni se pk pjesëton |H| dhe pk≤ |H|.
7. Vërtetoni se |H| = |OT| ≤ pk. Konkludoni se pk = |H|.
54. Le të jetë G një grup. Vërtetoni se G0 = haba−1b−1 : a, b ∈ Gi është një nëngrup normal i G dhe G/G0është Abelian. Gjeni një shembull për të vërtetuar se {aba−1b−1: a, b ∈ G} nuk është domosdoshmërishtë një grup.
6.5.2
Projekt
Qëllimi kryesor i teorisë së grupeve të fundëm është të klasifikojmë të gjithë grupet e fundëm të mundëshëm sipas klasave të izomorfizmave. Ky problem është i vështirë edhe në qoftë se ne përpiqemi të klasifikojmë vetëm grupet me rend më të vogël ose të barabartë me 60. Megjithatë ne mund ta zbërthejmë këtë problem në disa probleme më të thjeshta.
1. Gjeni të gjithë grupet e thjeshtë G ( |G| ≤ 100). Mos përdorni Teoremën e Rendit Tek në qoftë se nuk mund ta vërtetoni atë.
2. Gjeni numrin e grupeve të ndryshëm G, ku rendi i grupit G është n për n = 1, . . . , 100.
3. Gjeni grupet (sipas klasave të izomorfizmave) për çdo n.
Ky është një projekt në të cilin ju duhet të shfrytëzoni të gjitha njohuritë tuaja të mara deri tani pë grupet. Edhe në qoftë se ju nuk do ta përfundoni projektin, ai do ju mësojë shumë për grupet e fundëm. Mund të përdorni Tablën6.5.2si guidë.
Lexuesi mund të përdor GAP për të eksperimentuar me këtë projekt. Ju kujtojmë se në GAP të gjithë grupet me rend ≤ 2000 janë të klasifikuar në Small Groups Library.
Rendi Numri Rendi Numri Rendi Numri Rendi Numri
1 ? 16 14 31 1 46 2 2 ? 17 1 32 51 47 1 3 ? 18 ? 33 1 48 52 4 ? 19 ? 34 ? 49 ? 5 ? 20 5 35 1 50 5 6 ? 21 ? 36 14 51 ? 7 ? 22 2 37 1 52 ? 8 ? 23 1 38 ? 53 ? 9 ? 24 ? 39 2 54 15 10 ? 25 2 40 14 55 2 11 ? 26 2 41 1 56 ? 12 5 27 5 42 ? 57 2 13 ? 28 ? 43 1 58 ? 14 ? 29 1 44 4 59 1 15 1 30 4 45 * 60 13
Ushtrime 55. Vërtetoni se A5 është i thjeshtë. 56. Vërtetoni se: a) Në qoftë se H/G atëherë H / Gc b) Në qoftë se H/Kc /G atëherë Hc /Gc c) Në qoftë se H/Kc /G atëherë H / G.c
57. a) Vërtetoni se në qoftë se G është nilpotent dhe H është një nëngrup i mirëfilltë atëherë H është një nëngrup i mirëfilltë i normalizatorit të tij.
b) Vërtetoni se G është nilpotent atëherë dhe vetëm atëherë kur ai është izomorfik me produktin direkt të një numri të fundëm p- grupesh.
58. Jepet p një numër i thjeshtë dhe G grupi i të gjitha matricave të in- vertueshme n × n të cilat janë trekëndore të poshtme mbi fushën Fp me p elementë.
a) Jepet U = {a ∈ G : aii = 1, f or all i = 1, 2, 3, . . . }. Vërtetoni që U është nilpotent.
b) Vërtetoni se G është i zgjidhshëm por në qoftë se n > 1, G nuk është nilpotent.
59. a) Vërtetoni se
SL2(R) ≤ GL2(R)
b) Jepet GL2(Z) bashkësia e të gjitha matricave 2×2 me elementë nga Z dhe përcaktor të ndryshëm nga zero. A është GL2(Z) grup me veprim shumëzimin e matricave? Vërtetoni përgjigjen tuaj.
60. Në GL2(R) gjeni centralizatorin e 1 1
0 1
61. Në qoftë se k është një fushë, vërtetoni se SL(n, k) < GL(n, k).
62. Në qoftë se G është një grup në të cilin (ab)i= ai bi për tre numra të plotë i të njëpasnjëshëm, vërtetoni se G është Abelian.
63. Vërtetoni se
Z(G) = ∩g∈GC(g) ku C(g) është centralizatori i g.
64. Jepet G një grup Abelian, ku n > 1 është një numër i plotë dhe An:= {an | a ∈ G}.
Vërtetoni që An është një nëngrup i G. 65. Gjeni Aut(Z3)
66. Vërtetoni që në qoftë se G/Z(G) është ciklik atëherë G është Abelian. 67. Gjeni qëndrën e Dn.
68. Vërtetoni se për çdo n, Sn është izomorfik me një nëngrup të An+2. 69. Jepet p një numër i thjeshtë dhe le të jetë C një nëngrup ciklik me rend p në Sp. Llogarisni rendin e NSp(C).
Unazat
Deri tani ne kemi studiuar bashkësitë me një veprim të vetëm i cili kënaq disa kushte. Megjithatë, në shumë raste ne jemi të interesuar të punojmë me bash- kësitë të cilat kanë dy veprime binare, si për shembull bashkësia e numrave të plotë, bashkësia e numrave realë, etj. Me studimin e bashkësive me dy veprime binare të cilat kënaqin disa kushte ne kemi një strukturë algjebrike e cila quhet unazë.
7.1
Përkufizime dhe shembuj
Përkufizim 7.1. Unazë quhet bashkësia R me dy veprime algjebrike (R, +, ·) (mbledhje dhe shumëzim) që kënaq kushtet e mëposhtme:
1. (R, +) është grup Abelian
2. shumëzimi është veprim shoqërues
(a · b) · c = a · (b · c), ∀a, b, c ∈ R 3. është e vërtetë vetia shpërndarëse
(a + b)c = ac + bc a(b + c) = ab + ac për çdo a, b, c ∈ R.
Një unazë R në të cilën shumëzimi është ndërrimtar quhet unazë ndërrim- tare ose Abeliane. Unaza R ka njësh kur ekziston elementi 1R ∈ R i tillë që
∀a ∈ R, a · 1R= a
Një unazë R me njësh (1R6= 0) në të cilën çdo element a ∈ R\{0} ka të anasjelltë në lidhje me shumëzimin quhet unazë pjestuese. Një unazë Abeliane dhe pjestuese quhet fushë .
Në kontekstin e këtij libri, me unazë ne do të nënkuptojmë një unazë me njësh.
Lema 7.1. Jepet unaza R. Atëherë a) 0a = a0 = 0
b) (−a)b = a(−b) = −ab
c) njëshi është element i vetëm dhe
−a = (−1R) · a
Vërtetim: a) 0a = (0 + 0)a = 0a + 0a. Pra 0a = 0a + 0a, 0a = 0. b) ab + (−a)b = (a − a)b = 0b = 0
c) Në qoftë se R ka dy njësha 1a dhe 1b atëherë, 1a· 1b = 1a, 1a· 1b = 1b. Pra 1a= 1b.
Jepet unaza R. Një element jozero a ∈ R quhet pjestues i zeros në qoftë se ekziston një element jozero b ∈ R i tillë që ab = 0 ose ba = 0. Një element u ∈ R quhet njësi në R në qoftë se ekziston v ∈ R që
uv = vu = 1.
Një unazë Abeliane me njësh quhet unazë integrale në qoftë se nuk ka pjestues të zeros.
Lema 7.2. Unazat integrale kanë vetinë e thjeshtimit ab = ac ⇒ a = 0 ose b = c Vërtetim: ab = ac ⇒ a(b − c) = 0 ⇒ a = 0 ose b = c
Shembull 7.1. Siç e kemi përmendur edhe më parë Z së bashku me mbledhjen dhe shumëzimin formojnë një unazë. Për më tepër formojnë një unazë integrale, sepse a · b = 0 gjithmonë na jep a = 0 ose b = 0. Por, (Z, +, ·) nuk është fushë, sepse shumica e elementëve jozero nuk kanë të anasjelltë në lidhje me shumëzimin. Të vetmit elementë që kanë të anasjelltë në lidhje me shumëzimin janë -1 dhe 1.
Shembull 7.2. Nën veprimet e zakonshme të mbledhjes dhe shumëzimit struk- turat e mëposhtme janë unaza: numrat e plotë Z, numrat racionalë Q, numrat realë R, numrat kompleksë C. Të gjitha këto unaza, përveç Z janë fusha. Shembull 7.3. Ne studiuam bashkësinë Zn = Z/nZ në lidhje me mbledhjen dhe pamë se ishte një grup Abelian. Përkufizojmë tani shumëzimin në Zn si më poshtë:
Z 7→ Zn
Për shembull, në Z12, 5 · 7 ≡ 11 (mod 12). Ky shumëzim e kthen (Zn, +, ·) në një unazë. Natyrisht, Zn është unazë ndërrimtare, por jo unazë integrale. Në qoftë se konsiderojmë 3 · 4 ≡ 0 (mod 12) në Z12, duket qartë se produkti i dy