Теорема Жордана — Гельдера

Нехай $G$ буде групою, що має композиційний ряд. Тоді будь-які два композиційних ряди для $G$ мають однакову довжину. Більше того, якщо

$\{1\}=G_{n}\triangleleft G_{n-1}\triangleleft \cdots \triangleleft G_{0}=G$

і

$\{1\}=H_{n}\triangleleft H_{n-1}\triangleleft \cdots \triangleleft G_{0}=G$

це два композиційних ряди для $G,$ тоді існує перестановка $\tau$ така, що $G_{i}/G_{i+1}\simeq H_{\tau (i)}/H_{\tau (i)+1}.$

Допоміжна лема

Нехай $G$ буде групою з композиційним рядом

$\{1\}=G_{n}\triangleleft G_{n-1}\triangleleft \cdots \triangleleft G_{0}=G.$

Тоді для будь-якої нормальної підгрупи $K$ групи $G,$ якщо ми видалимо дублікати з ряду

$\{1\}=K\cap G_{n}\trianglelefteq K\cap G_{n-1}\trianglelefteq \cdots \trianglelefteq K\cap G_{0}=K\cap K,$

результатом буде композиційний ряд для $K$ завдовжки не більше ніж $n.$

Доведення

Нам потрібно довести, що $K\cap G_{i+1}\triangleleft K\cap G_{i}$ і те, що $(K\cap G_{i})/(K\cap G_{i+1})$ проста для всіх $i.$

Нехай $x\in K\cap G_{i}$ і $g\in K\cap G_{i+1}.$ Тоді $xgx^{-1}\in K$ оскільки згідно з припущенням $K$ нормальна в $G.$ Також $xgx^{-1}\in G_{i+1}$ оскільки $G_{i+1}\triangleleft G_{i}.$ Отже, $xgx^{-1}\in K\cap G_{i+1},$ що доводить те, що $K\cap G_{i+1}\triangleleft K\cap G_{i}.$

Тепер розглянемо фактор-групу $(K\cap G_{i})/(K\cap G_{i+1}).$ Оскільки $G_{i}/G_{i+1}$ проста, то $G_{i+1}$ максимальна нормальна підгрупа $G_{i},$ тому єдиними нормальними підгрупами $G_{i},$ які містять $G_{i+1}$ є $G_{i+1}$ і $G_{i}.$

Згадаймо, що $K\cap G_{i}$ нормальна в $G_{i}$ (це ядро канонічної проєкції $G$ на $G/K$ обмеженої $G_{i}$), так що маємо

$G_{i+1}\triangleleft (K\cap G_{i})G_{i+1}\triangleleft G_{i}.$

Перше нормальне включення, дає що для $kg\in (K\cap G_{i})G_{i+1}$ маємо

$kgG_{i+1}g^{-1}k^{-1}=kG_{i+1}k^{-1}\subseteq G_{i+1}$

оскільки $k\in G_{i},$ а $G_{i+1}$ нормальна в $G_{i}.$ Для другого нормального включення, $g\in G_{i}$

$g(K\cap G_{i})G_{i+1}g^{-1}=(K\cap G_{i})gG_{i+1}g^{-1}$

оскільки $K\cap G_{i}$ нормальна в $G_{i}$ і

$(K\cap G_{i})gG_{i+1}g^{-1}\subseteq (K\cap G_{i})G_{i+1}$

оскільки $G_{i+1}\triangleleft G_{i}.$

Отже, або $G_{i+1}=(K\cap G_{i})G_{i+1},$ або $(K\cap G_{i})G_{i+1}=G_{i}.$ Використовуючи другу теорему про ізоморфізми

$(K\cap G_{i})G_{i+1}/G_{i+1}\simeq (K\cap G_{i})/(K\cap G_{i}\cap G_{i+1})=(K\cap G_{i})/(K\cap G_{i+1}).$

Тут ми бачимо, що якщо $G_{i+1}=(K\cap G_{i})G_{i+1},$ то $K\cap G_{i}=K\cap G_{i+1}$ і нам треба вилучити дублікат. Якщо ж $(K\cap G_{i})G_{i+1}=G_{i},$ то $(K\cap G_{i})/(K\cap G_{i+1})$ — проста.

Доведення

Доведення буде за індукцією на довжину композиційного ряду. Припустимо, що $G$ має композиційний ряд довжини 1. Тоді субнормальний ряд

$G\triangleright \{1\}$

не можна уточнити, отже, це мусить бути композиційний ряд. Зокрема, $G\simeq G/\{1\}$ — проста. Це єдиний можливий композиційний ряд для $G$ і всі твердження дотримані для довжини 1.

Припустимо, що $n>1$ і, що твердження теореми дотримуються для композиційних рядів завдовжки до $n-1.$ Нехай $G$ буде групою з композиційним рядом завдовжки $n,$ скажімо

$\{1\}=G_{n}\triangleleft G_{n-1}\triangleleft \cdots \triangleleft G_{0}=G$

(при цьому $G_{i}\neq G_{i+1}$ для кожного $i).$ Тепер припустимо, що існує інший композиційний ряд для $G$ (знов $H_{i}\neq H_{i+1})$

$\{1\}=H_{m}\triangleleft H_{m-1}\triangleleft \cdots \triangleleft H_{0}=G.$

Спочатку нам потрібно показати, що $m=n$ після чого ми обговоримо єдиність декомпозиції.

(Доведення, що $m=n).$ Ідея доведення така: щоб використаємо індукційну гіпотезу нам потрібно мати композиційні ряди завдовжки менше ніж $n.$ Спершу ми виключимо випадок коли $G_{1}=H_{1},$ тоді обчислимо композиційні ряди завдовжки $n-2$ для $H_{1}\cap G_{1}.$ Після цього ми використаємо другий композиційний ряд $G,$ щоб отримати інший композиційний ряд для $H_{1}\cap G_{1}$ чия довжина залежатиме від $m$ і ми зможемо порівняти її з вже відомою нам.

Якщо $G_{1}=H_{1},$ тоді ми застосовуємо індукційну гіпотезу до $G_{1},$ маємо $n-1=m-1$ і підхожу перестановку $\tau$ для $n-1$ факторів, і тут ми завершили.

Припустимо, що $G_{1}\neq H_{1}.$ Оскільки обидві $G_{1}$ і $H_{1}$ є максимальними нормальними в $G,$ ми бачимо, що $G_{1}\triangleleft G_{1}H_{1}\triangleleft G$ з $G_{1}\neq G_{1}H_{1}$ тому, що згідно з припущенням $G_{1}\neq H_{1}.$ З цього $G_{1}H_{1}=G,$ застосовуючи другу теорему про ізоморфізми, приходимо до висновку, що

$G_{1}H_{1}/H_{1}\simeq G/H_{1}\simeq G_{1}/(G_{1}\cap H_{1}).$

Оскільки $G/H_{1}$ — проста, отримуємо, що $G_{1}/(G_{1}\cap H_{1})$ також проста. Тепер, відповідно до леми вище, по видаленні дублікатів з ряду

$\{1\}=H_{1}\cap G_{n}\trianglelefteq \cdots \trianglelefteq H_{1}\cap G_{0}=H_{1},$

отримуємо композиційний ряд для $H_{1}$ завдовжки не більше ніж $n$ і

$\{1\}=H_{1}\cap G_{n}\trianglelefteq \cdots \trianglelefteq H_{1}\cap G_{1}$

це композиційний ряд для $H_{1}\cap G_{1}$ не довший ніж $n-1.$ Оскільки $G_{1}/(G_{1}\cap H_{1})$ проста, то після видалення дублікатів

$\{1\}=H_{1}\cap G_{n}\trianglelefteq \cdots \trianglelefteq H_{1}\cap G_{1}\triangleleft G_{1}$

це композиційний ряд для $G_{1}.$ Але тоді

$G_{1}\triangleright G_{2}\triangleright \cdots \triangleright G_{n}=\{1\}$

і

$G_{1}\triangleright H_{1}\cap G_{1}\trianglerighteq H_{1}\cap G_{2}\trianglerighteq \cdots \trianglerighteq H_{1}\cap G_{n}=\{1\}$

обидва є композиційними рядами для $G_{1},$ і перший з них завдовжки $n-1.$ Згідно з індукційною гіпотезою обидва ряди мають однакову довжину. Оскільки $G_{1}\neq G_{1}\cap H_{1}$ (згадаємо, що ми припустили, що $G_{1}\neq H_{1}),$ дублювання має бути десь далі в ряду. Нехай

$G_{1}=K_{1}\triangleright K_{2}=H_{1}\cap G_{1}\triangleright K_{3}\triangleright \cdots \triangleright K_{n}=\{1\}$

позначає композиційний ряд для $G_{1}$завдовжки $n-1,$ з уже видаленими дублікатами. Згідно з гіпотезою, існує перестановка $\alpha$ така, що $G_{i}/G_{i+1}\simeq K_{\alpha (i)}/K_{\alpha (i)+1}$ для кожного $i=1,\ldots n-1.$ Множина $\alpha$ не пересуває індекс 0, тоді

$G=G_{0}\triangleright G_{1}\triangleright G_{2}\triangleright \cdots \triangleright G_{n}=\{1\}$

і

$G=K_{0}\triangleright G_{1}=K_{1}\triangleright K_{2}=H_{1}\cap G_{1}\triangleright K_{3}\triangleright \cdots \triangleright K_{n}=\{1\}$

композиційні ряди завдовжки $n$ для $G$ і $\alpha$ — це перестановка така, що $G_{i}/G_{i+1}\simeq K_{\alpha (i)}/K_{\alpha (i)+1}$ для кожного $i=1,\cdots ,n-1.$ Більше того, ми знайшли композиційний ряд для $H_{1}\cap G_{1}$ завдовжки $n-2.$

Давайте тепер проведемо подібні ж розрахунки для композиційного ряду

$G=H_{0}\triangleright H_{1}\triangleright \cdots \triangleright H_{m}=\{1\}$

і нормальної підгрупи $G_{1}$ в $G.$ Знов, згідно з лемою вище, після видалення дублікатів із ряду

$G_{1}=H_{0}\cap G_{1}\trianglerighteq H_{1}\cap G_{1}\trianglerighteq \cdots \trianglerighteq H_{m}\cap G_{1}=\{1\}$

отримуємо композиційний ряд для $G_{1}$ такий, що після видалення дублікатів

$H_{1}\cap G_{1}\trianglerighteq \cdots \trianglerighteq H_{m}\cap G_{1}=\{1\}$

дає нам композиційний ряд для $H_{1}\cap G_{1}.$ Тепер, оскільки $H_{1}\cap G_{1}$ має композиційний ряд завдовжки $n-2,$ а саме

$K_{2}=H_{1}\cap G_{1}\triangleright \cdots \triangleright K_{n}=\{1\},$

ми застосовуємо індукційну гіпотезу до $H_{1}\cap G_{1},$ щоб дійти висновку, що всі композиційні ряди для $H_{1}\cap G_{1}$ мають довжину $n-2,$ і тому попередній ряд

$H_{1}\cap G_{1}\trianglerighteq \cdots \trianglerighteq H_{m}\cap G_{1}=\{1\}$

після видалення дублікатів також завдовжки $n-2.$

Оскільки з другої теореми про ізоморфізми ми знаємо, що $H_{1}/(G_{1}\cap H_{1})\simeq H_{1}G_{1}/G_{1}=G_{0}/G_{1},$ яка є простою групою, маємо, що $H_{1}/(H_{1}\cap G_{1})$ — проста. Отже, після видалення дублікатів з

$H_{1}\triangleright H_{1}\cap G_{1}\trianglerighteq \cdots \trianglerighteq H_{m}\cap G_{1}=\{1\}$

дає нам композиційний ряд для $H_{1}$ завдовжки $n-1$ (ми додали $H_{1}$ до композиційного ряду для $H_{1}\cap G_{1}$ завдовжки $n-2).$ Також

$H_{1}\triangleright H_{2}\triangleright \cdots \triangleright H_{m}=\{1\}$

це інший композиційний ряд для $H_{1}.$ Оскільки перший ряд завдовжки $n-1,$ то згідно з індукційною гіпотезою, другий ряд мусить мати довжину $n-1.$ З того, що його довжина $m-1,$ випливає, що $m=n.$

(Єдиність композиційних факторів). Знов, згідно з індукційною гіпотезою застосованою до $H_{1},$ маємо перестановку $\beta$ з $n-1$ композиційних факторів (яку можна розширити до $n$ факторів встановивши $\beta (0)=0.$ А саме, нехай $L_{i},i=1,2,\ldots ,n$ позначає відмінні елементи ряду

$H_{1}\triangleright H_{1}\cap G_{1}\triangleright H_{2}\cap G_{1}\triangleright \cdots \triangleright H_{n}\cap G_{1}=\{1\}$

так, що $L_{1}=H_{1}$ і $L_{2}=H_{1}\cap G_{1}.$ Тоді ми маємо композиційний ряд

$G=H_{0}\triangleright H_{1}\triangleright \cdots \triangleright H_{m}=\{1\}$

завдовжки $n$ для $G$ і існує перестановка $\beta$ для $\{0,1,\ldots ,n-1\}$ така, що $H_{i}/H_{i+1}\simeq L_{\beta (i)}/L_{\beta (i)+1}$ для кожного $i=0,1,\ldots ,n-1.$

Ми майже на місці, але насправді нам потрібен ізоморфізм між $H_{i}/H_{i+1}$ і $G_{\beta (i)}/G_{\beta (i)+1},$ а не між $H_{i}/H_{i+1}$ і $L_{\beta (i)}/L_{\beta (i)+1}.$ Ми згадаємо, що вже маємо перестановку $\alpha$ таку, що $G_{i}/G_{i+1}\simeq K_{\alpha (i)}/K_{\alpha (i)+1}.$ Отже, нам достатньо знайти таку між $L_{i}/L_{i+1}$ і $K_{i}/K_{i+1}.$

Нарешті, оскільки $K_{2}=L_{2}=H_{1}\cap G_{1},$ ми маємо два композиційні ряди для $G:$

${\begin{matrix}G\triangleright &G_{1}\triangleright &H_{1}\cap G_{1}\triangleright &K_{3}\triangleright &\cdots &K_{n-1}\triangleright &K_{n}=\{1\}\\G\triangleright &H_{1}\triangleright &H_{1}\cap G_{1}\triangleright &L_{3}\triangleright &\cdots &L_{n-1}\triangleright &L_{n}=\{1\}.\end{matrix}}$

Ми можемо застосувати індукційну гіпотезу до $H_{1}\cap G_{1},$ щоб довести існування перестановки $\gamma$ для $\{2,3,\ldots ,n-1\}$ такої, що для кожного $i$ з цієї множини ми маємо $K_{i}/K_{i+1}\simeq L_{\gamma (i)}/L_{\gamma (i)+1}.$ ми вже бачили, що $G/G_{1}\simeq H_{1}(H_{1}\cap G_{1})$ і $G/H_{1}\simeq G_{1}/(H_{1}\cap G_{1}),$ отже ми можемо розширити перестановку $\gamma$ на $\{0,1,\ldots ,n-1\}$ встановивши $\gamma (0)=1$ і $\gamma (1)=0.$ Тоді, оскільки

$K_{0}=G=L_{0},K_{1}=G_{1},L_{1}=H_{1},K_{2}=L_{2}=H_{1}\cap G_{1},$

маємо

$K_{i}/K_{i+1}\simeq L_{\gamma (i)}/L_{\gamma (i)+1},i=0,\ldots ,n-1.$

У підсумку, маємо $m=n$ і для $\tau =\beta ^{-1}\gamma \alpha ,$ маємо

$G_{i}/G_{i+1}\simeq H_{\tau (i)}/H_{\tau (i)+1},i=0,\ldots ,n-1.$

Що і треба було довести.

Приклад

Циклічна група $C_{12}$ має три композиційні ряди

$C_{1}\triangleleft C_{2}\triangleleft C_{6}\triangleleft C_{12},C_{1}\triangleleft C_{2}\triangleleft C_{4}\triangleleft C_{12},C_{1}\triangleleft C_{3}\triangleleft C_{6}\triangleleft C_{12}$

і всі вони мають однакову довжину. Також, отримуємо такі фактор-групи

$\{C_{2},C_{3},C_{2}\},\{C_{2},C_{2},C_{3}\},\{C_{3},C_{2},C_{2}\}$

які дійсно однакові з точністю до перестановки.

Джерела

• Weisstein, Eric W. Теорема Жордана—Гьольдера(англ.) на сайті Wolfram MathWorld.
• Джозеф Ротман. An Introduction to the Theory of Groups. — 4th. — Springer (Graduate Texts in Mathematics), 1994. — 532 с. — ISBN 978-0387942858.(англ.)