Bài tập mã hoa tuyến tính gx mx

Mục tiêu: Nghiên cứu giá trị của một số thăm dò trên siêu âm trong tiên lượng tình trạng thai nhi ở sản phụ bịtiền sản giật và so sánh hiệu quả của các chỉ số Doppler trong thăm dò đánh giá tình trạng sức khoẻ của thai ở thaiphụ tiền sản giật.Đối tượng và phương pháp nghiên cứu: Nghiên cứu tiến hành trên 153 sản phụ tiền sản giật được điều trịtại Khoa Phụ Sản - Bệnh viện Trường Đại Học Y Dược Huế từ tháng 12/2012 đến tháng 2/2016, nghiên cứu tiếncứu lâm sàng.Kết quả: Tìm được giá trị điểm cắt tiên lượng thai suy và IUGR của RI ĐMTC ở tuổi thai 34 -37 tuần là 0,6, giátrị điểm cắt 2,6 của tỷ số S/D ĐMTC ở tuổi thai 34 - 37 tuần trong tiên lượng thai suy với Se 100% và Sp là 60%.Giá trị điểm cắt RI ĐMR trong tiên lượng thai suy ở tuổi thai 34 – 37 tuần tại điểm cắt là 0,64 với Se là 90,9%, ở tuổithai >37 tuần là 0,75 với Se là 100%, điểm cắt RI ĐMR trong tiên lượng IUGR ở tuổi thai 34 -37 là 0,74 và ở tuổithai > 37 tuần ở điểm cắt 0,76.Kết luận: Nghiên cứu đã sử dụng phương pháp ...

TÓM TẮT: Rút gọn thuộc tính là bài toán quan trọng trong bước tiền xử lý dữ liệu của quá trình khai phá dữ liệu và khám phá tri thức. Trong mấy năm gần đây, các nhà nghiên cứu đề xuất các phương pháp rút gọn thuộc tính trực tiếp trên bảng quyết định gốc theo tiếp cận tập thô mờ (Fuzzy Rough Set FRS) nhằm nâng cao độ chính xác mô hình phân lớp. Tuy nhiên, số lượng thuộc tính thu được theo tiếp cận FRS chưa tối ưu do ràng buộc giữa các đối tượng trong bảng quyết định chưa được xem xét đầy đủ. Trong bài báo này, chúng tôi đề xuất phương pháp rút gọn thuộc tính trực tiếp trên bảng quyết định gốc theo tiếp cận tập thô mờ trực cảm (Intuitionistic Fuzzy Rough Set IFRS) dựa trên các đề xuất mới về hàm thành viên và không thành viên. Kết quả thử nghiệm trên các bộ dữ liệu mẫu cho thấy, số lượng thuộc tính của tập rút gọn theo phương pháp đề xuất giảm đáng kể so với các phương pháp FRS và một số phương pháp IFRS khác.

Trong phần này, nhóm tác giả trình bày cụ thể và chi tiết hơn về FDI tại Việt Nam sau hơn ba thập kỷ dựa trên các tiêu chí bao gồm những sự kiện nổi bật, thực trạng và triển vọng.

Hiện nay, tại chùa Bảo Ninh Sùng Phúc (huyện Chiêm Hóa, Tuyên Quang) còn lưu giữ được tấm bia cổ duy nhất thuộc các tỉnh miền núi phía Bắc nước ta có niên đại từ thời nhà Lý. Nội dung văn bia chép về dòng họ Hà và những đóng góp của dòng họ này đối với vùng đất Vị Long nói riêng và đất nước nói chung ở thế kỷ XI - XII. Trong đó phải kể đến công lao to lớn của nhân vật lịch sử Hà Di Khánh.

Văn học Việt Nam nửa đầu thế kỉ XX được xem là giai đoạn “giao thời”, với sự đấu tranh giữa thơ Cũ và thơ Mới, giữa truyền thống và cách tân, tồn tại nhiều khuynh hướng, dòng phái khác nhau. Từ góc độ thể loại, không ít người cho đây là thời điểm thơ tự do thắng thế, thơ Đường luật nói chung bị xem là hết mùa, lỗi thời. Song vẫn còn đó một minh chứng hùng hồn cho sự hiện diện của thơ Nôm Đường luật Việt Nam ở nửa đầu thế kỉ XX, đó là Nôm Đường luật Phan Bội Châu. Bài viết trên cơ sở chỉ ra một vài đặc điểm về ngôn ngữ trong thơ Nôm Đường luật Phan Bội Châu thời kỳ ở Huế, từ đó cho thấy những đổi mới, cách tân của Phan Sào Nam trong việc sử dụng thể thơ truyền thống của dân tộc.

Malpera “Amida Kurd” (Swêd) bi Ezîz ê Cewo Mamoyan ra. Yên êzdî û êzdîtî. Li ser rêya hevhatin û yekîtîyê. Gotûbêj. Weşanên “Amida Kurd”, s. 2022. Ev berevoka gotûbêjên malpera “Amida Kurd” bi lêgerîner, nivîskar û rojnamegerê kurd Ezîz ê Cewo ra li ser mijara wan pirsgirêkan e, yên ku li ser rêya hevhatin û yekîtîya civaka netewî-ayînî ya kurdên êzdî dibin asteng. Mamosta Ezîz ê Cewo di nava goveka van gotûbêjan da bingehên wan pêvajoyên dîrokî ravedike, yên ku bûne sedemên bûyerên bobelatî û rojên reş û giran di jîyana êzdîyan da. Wisa jî pêvajoyên îroyîn û rê û rêbazên lêgerandin û berterefkirina wan pirsgirêkan tên govtûgokirin, ên ku hê jî di nava jîyana êzdîyan da rû didin… Ev weşana ji bo govekek a berfireh a xwendevanan hatye armanckirin.

• 1. I. NHÓM VÀ NHÓM CON A. LÝ THUYẾT 1. Nhóm 1.1.Định nghĩa Cho tập X khác rỗng, * là phép toán hai ngôi trong X. (X,*) được gọi là nhóm nếu: i) Mọi a,b,c∈ X, ta có a*(b*c)= (a*b)*c ii) Tồn tại phần tử Xe∈ sao cho Xx ∈ , ta có e*x = x*e = x iii) Mọi phần tử Xx ∈ luôn tồn tại Xx ∈, sao cho exxxx == ** ,, Nếu (X,*) có tính giao hoán thì X được gọi là nhóm giao hoán hay nhóm Abel. 1.2. Định lý ( về điều kiện tương đương với nhóm) Cho X là tập khác rỗng, * là phép toán hai ngôi thỏa: (a*b)*c=a*(b*c), mọi Xcba ∈., . Khi đó các phát biểu sau là tương đương: i) X là nhóm ii) Các phương trình a*x=b và x*a=b có nghiệm trong X, mọi a, b X∈ iii)Trong X có phần tử đơn vị trái và mọi phần tử trong X đều có nghịch đảo trái iv) Trong X có phần tử đơn vị phải và mọi phần tử trong X đều có nghịch đảo phải 1.3. Định lý Cho (X,.) là một nhóm thì ta có các khẳng định sau: i) Mỗi phần tử của X chỉ có một phần tử nghịch đảo ii) Nếu xy = xz ( yx = zx) thì y = z (luật giản ước) iii) Với mọi x, y X∈ , ta có (xy) 111 −−− = xy iv) ( x 1− )-1 = x , với mọi Xx ∈ 2. Nhóm con 2.1. Định nghĩa Cho G là nhóm, H là một tập con khác rỗng của G. Ta nói rằng H là nhóm con của G nếu H với phép toán cảm sinh của phép toán trong G là một nhóm. Kí hiệu GH ≤ . Dễ thấy tập hợp chỉ gồm một phần tử đơn vị của nhóm G lập thành một nhóm và được gọi là nhóm đơn vị . Kí hiệu là 1 hoặc {e} Nếu H G≤ , H 1≠ , H G≠ thì H được gọi là nhóm con thực sự của G. Kí hiệu GH < 2.2. Định lý ( về điều kiện tương đương với nhóm con) Cho GH ⊂ , H ≠ Ø. Khi đó các điều kiện sau là tương đương: i) GH ≤ ii) Mọi yx, ,H∈ thì xy H∈ và x H∈−1 iii) Mọi yx, ,H∈ ta có xy H∈−1 2.3. Định nghĩa Cho G là nhóm, GH < i) H được gọi là nhóm con tối đại của G nếu không tồn tại GN < sao cho GNH << . ii) H được gọi là nhóm con tối tiểu của G nếu 1≠H và không tồn tại GK ≤ sao cho HK <<1 . 3. Nhóm con chuẩn tắc 3.1. Định nghĩa
• 2. một nhóm và GH ≤ . Ta nói rằng H là nhóm con chuẩn tắc của G hay H là ước chuẩn của G nếu mọi Gx ∈ ta có Hx = xH. Kí hiệu H G 3.2. Một số tính chất i) Mọi nhóm con của nhóm Abel đều là nhóm con chuẩn tắc ii)Cho GH ≤ , khi đó H G khi và chỉ khi Hxhx ∈−1 hoặc Hhxx ∈−1 ,với mọi Hh ∈ , với mọi Xx ∈ . iii) G là nhóm, H G , GK ≤ thì KKH ∩ iv) Giao một họ tùy ý khác rỗng các nhóm con chuẩn tắc của nhóm G là một nhóm con chuẩn tắc của nhóm G v) Cho G là nhóm, H G và GK ≤ . Khi đó KH là nhóm con nhỏ nhất của G chứa H và K ( theo nghĩa bao hàm ) và KH = HK vi) Cho nHHH ,...,, 21 là các nhóm con chuẩn tắc của nhóm G. Khi đó GHHH n ...21 . 4. Nhóm thương Nếu A là một nhóm con chuẩn tắc của một nhóm X thì X/A = { xA Xx ∈ } cùng với phép toán xAyA = xyA là một nhóm, gọi là nhóm thương của X trên A B. CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH THƯỜNG GẶP Bài toán 1. Chứng minh tập khác rỗng X cùng một phép toán hai ngôi ( . ) lập thành một nhóm. Phương pháp giải: Cách 1. Ta tiến hành kiểm tra các tính chất sau: (i) Với mọi Xzyx ∈,, , có (xy)z = x(yz) (ii) Tồn tại phần tử (đơn vị ) Xe∈ sao ch xe = ex = x, với mọi Xx ∈ (iii) Với mọi Xx ∈ tồn tại x X∈, sao cho xx exx == ,, Cách 2. Ta chứng minh ( X, . ) là một nhóm con của nhóm ( Y, . ), trong đó ( Y, . ) là nhóm đã biết Bài toán 2. Chứng minh tập H là nhóm con của nhóm ( X, .) Phương pháp giải: Cách 1. Ta tiến hành kiểm tra các tính chất sau: (i) Ø XH ⊆≠ (ii) Mọi Hyx ∈, , ta có Hxy ∈ và Hx ∈−1 Cách 2. Ta tiến hành kiểm tra các tính chất sau: (i) Ø XH ⊆≠ (ii) Mọi Hyx ∈, , ta có Hxy ∈−1 Bài toán 3. Chứng minh tập H là nhóm con chuẩn tắc của nhóm ( X, .) Phương pháp giải: Cách 1. Ta tiến hành kiểm tra các tính chất sau: (i) XH ≤ (ii) Mọi Hh ∈ , mọi Xx ∈ , ta có Hxhx ∈−1 hoặc Hhxx ∈−1 Cách 2. Ta tiến hành kiểm tra các tính chất sau: (i) XH ≤
• 3. ∈ , ta có xH = Hx Cách 3. Ta chứng minh H = Kerf với YXf →: là một đồng cấu nào đó C. MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI Bài 1. Trong tập Q, ta định nghĩa phép toán (*) : a*b = a + b + ab, mọi ∈ba, Q a) Hỏi ( Q,*) có lập thành nhóm không ? Tại sao ? b) Chứng minh rằng nếu a, b∈Q{-1} thì a*b∈ Q{-1} c) Chứng minh rằng ( Q{-1},*) lập thành một nhóm. Giải. a) Dễ thấy 0 là phần tử đơn vị của ( Q,*). Giả sử ( Q,*) lập thành nhóm. Suy ra -1∈( Q,*) luôn có phần tử nghịch đảo là b. Khi đó 0 = (-1) * b = (-1) + b + (-1)b = -1. Điều này vô lý . Nên ( Q,*) không lập thành nhóm. b) Gọi a, b∈Q{-1}. Giả sử a * b = -1, khi đó a + b + ab =1 1 1 1 −= + −− =⇔ a a b ( trái giả thiết a, b≠ -1). Nên a * b≠ -1. Vậy a * b∈Q{-1}. c) Gọi a, b, c∈Q{-1}, ta có : (a*b)*c = ( a + b + ab ) * c = a + b + ab + c + ac + bc + abc a*( b*c ) = a*( b+ c + bc ) = a + b + c + bc + ab + ac + abc. Suy ra ( a*b ) * c = a*( b*c ). Nên phép toán có tính kết hợp. Với a∈Q{-1} phần tử nghịch đảo của a là b a a + − = 1 vì ( ) 0 111 1 111 ** 222 = + −−+ = + − + −+ =      + − +      + − +=      + − = a aaaa a a a aaa a a a a a a a a aba Tương tự b*a = 0 Vậy ( Q{-1},*) là một nhóm. Bài 2. Trong tập Q+ , ta định nghĩa phép toán (*): 2009 * ab ba = , mọi a, b∈Q+ Chứng minh rằng (Q+ , *) lập thành nhóm Abel. Giải. • Ta có Q+ ≠ Ø, Q+ ổn định đối với phép toán (*) • Mọi ∈cba ,, Q+ , ta có: ( ) 2 2009 * 2009 ** abc c ab cba =      = và ( ) 2 20092009 *** abcbc acba =      = Suy ra ( ) ( )cbacba **** = . Suy ra Q+ có tính kết hợp. • Dễ thấy phần tử đơn vị e = 2009. Vì với mọi a∈ Q+ , ta có: a a a == 2009 2009. 2009* và a a a == 2009 .2009 *2009 Vậy Q+ có phần tử đơn vị là e = 2009
• 4. phần tử nghịch đảo là a a 2 , 2009 = . Vì aa a a aa aa *2009 2009 2009 . 2009 * , 2 , , ==       == Do đó mọi ∈a Q+ có nghịch đảo a a 2 , 2009 = Vậy (Q+ ,*) lập thành một nhóm. • Mặt khác mọi ∈ba, Q+ , ta có xy yxxy yx * 20092009 * === Suy ra (Q+ ,*) lập thành nhóm giao hoán. Bài 3. Cho X = ∈                x x , 100 010 01 Q      Chứng minh rằng X lập thành một nhóm với phép nhân các ma trận. Giải. • Ta có X∈           100 010 001 nên X ≠ Ø • Giả sử A = X x ∈           100 010 01 , ∈x Q và B = X y ∈           100 010 01 , ∈y Q Ta có AB =           100 010 01 x           100 010 01 y =           + 100 010 01 xy X∈ ( do y +x∈Q ).Và A-1 =           − 100 010 01 x . Thật vậy =, AA           100 010 01 x           − 100 010 01 x = =           − 100 010 01 xx ==           3 100 010 001 I AA, . Mà XA ∈, . Vậy X là nhóm con của GL3(R). Do đó ( X, .) lập thành một nhóm. Bài 4. Trong nhóm GL2 ( R ), xét tập con H = ∈          x x , 10 1 R    . Chứng minh rằng H là nhóm con của GL2 ( R ). Giải. Ta có H≠ Ø vì H∈      10 01 . Giả sử H a ∈      = 10 1 α và H b ∈      = 10 1 β .
• 5. vì a∈R, b∈R nên a + b∈R ) và       − =− 10 11 a α . Thật vậy αααα 1 2 1 10 01 10 1 10 1 −− ==      =      −       = I aa . Mà H∈−1 α ( do a∈R nên -a∈R ). Vậy H là nhóm con của GL2 ( R ). Bài 5. Trong nhóm GL3(R), xét tập con H = { ∈A GL3(R) 1det =A }. Chứng minh rằng H là nhóm con chuẩn tắc của GL3(R). Giải. Ta có H≠ Ø vì I3 ∈H và H⊂ GL3(R). Giả sử A, B∈ H, khi đó det A = 1, det B = 1. Ta có det (AB) = det A.det B = 1.1 = 1. Suy ra AB∈H Ta có det A = 1 nên tồn tại 1− A và det A-1 = 1 1 1 det 1 == A . Suy ra A-1∈ H Vậy H≤ GL3(R). Giả sử C∈ GL3(R), khi đó det C = 1 và det C -1 = 1 Ta có det ( CAC-1 ) = det C. det A. det C -1 =1. Suy ra CAC-1∈H Vậy H GL3(R). Bài 6. a) Chứng minh rằng giao của một họ bất kỳ những nhóm con của nhóm X là một nhóm con của nhóm X. b) Hỏi hợp của các nhóm con của nhóm X có phải là nhóm con của nhóm X không ? Tại sao ? Giải. a) Giả sử { } I X ∈αα là một họ nhóm con của ( X, .) Đặt A = α α X I∈ ∩ , vì e αX∈ , với mọi I∈α nên Ae ∈ . Vậy ≠A Ø Với x, y A∈ , thì x, y αX∈ , với mọi I∈α nên xy 1− αX∈ với mọi I∈α .Do đó xy 1− A∈ Vậy A là nhóm con cuả X. b) Hợp của hai nhóm con có thể không là nhóm con.Chẳng hạn X là tập các hàm số thực trên R. Khi đó ( X, +) lập thành một nhóm Abel, trong đó phép ( +) là cộng hai hàm số thực. Gọi 21, XX là tập các hàm số lẻ và chẵn trên R. Dễ dàng kiểm tra được ( ),(),, 21 ++ XX là các nhóm con của ( X, +). Tuy nhiên 21 XX ∪ không là nhóm. Thật vậy, f( x = 2 2 1 3 )(, XxxgXx ∈=∈ nhưng 21 23 )()( XXxxxgxf ∪∉+=+ Do đó 21 XX ∪ không là nhóm. Bài 7. Chứng minh rằng trong một nhóm có 2n phần tử, ngoài phần tử đơn vị còn có một phần tử là nghịch đảo cuả chính nó. Giải. Giả sử nhóm A có 2n phần tử A={ }2210 ,....,,, −naaae Nhận xét nếu lk aa , đều có nghịch đảo là ma thì mlmk aaeaa == ka⇒ = la Do đó nếu A không có phần tử nào là nghịch đảo cuả chính nó ( ngoài e) thì 2n-2 phần tử tạo thành (n-1) cặp ( ), ji aa trong đó ji aa , là nghịch đảo của nhau. Mỗi phần tử ở cặp này khác với mỗi
• 6. cặp kia. Nên trong A còn có một phần tử ta không có phần tử nào là nghịch đảo của nó. Điều này mâu thuẫn. Do đó trong A ngoài e, còn có một phần tử khác là nghịch đảo của chính nó. Bài 8. Cho A là một bộ phận khác rỗng của nhóm X. Chứng minh rằng A là nhóm con của X khi và chỉ khi AAA =−1 . Giải. )(⇒ Ta có 1− A = { Aaa ∈−1 }. Khi A là nhóm con của X thì AA ⊂−1 Vì AA ⊂−1 nên AAA ⊂−1 Mặt khác, mọi Aa ∈ ta có 11 −− ∈= AAaea nên 1− ⊂ AAA . Vậy AAA =−1 )(⇐ Giả sử AAA =−1 . Do đó, mọi Aba ∈, , ta có AAAab =∈ −− 11 . Suy ra A là nhóm con của nhóm X. Bài 9. Cho A, B là nhóm con của nhóm X. Chứng minh rằng BA ∪ là nhóm con của X khi và chỉ khi BA ⊆ hoặc AB ⊆ . Giải. )(⇐ Giả sử BA ⊆ hoặc AB ⊆ . Khi đó BA∪ B= hoặc BA∪ A= . Do đó BA∪ là nhóm con của nhóm X )(⇒ Giả sử A B⊄ và AB ⊄ . Khi đó BA ≠ Ø và AB ≠ Ø nên tồn tại ABbBAa /,/ ∈∈ Vì BA∪ là nhóm con của X nên     ∈= ∈= ⇒   ∈ ∈ ⇒∪∈ − − Baabb Ababa Bab Aab BAab 1 1 Điều này vô lý vì ABbBAa , ∈∈ Vậy ta phải có BA ⊆ hoặc AB ⊆ . Bài 10. Cho X là nhóm và Xcba ∈,, . Chứng minh rằng nếu abc = e thì bca = e, cab = e ( với e là phần tử đơn vị của X ). Hơn nữa ( )ab 111 −−− = ba khi và chỉ khi ab = ba Giải. Ta có ( ) ( ) ( ) ebcabcaaabcbcbcabcabca =⇒=== )( 2 và ( ) ( )( )cabcabcab = 2 = c(abc)ab = cab ⇒ cab = e. Hơn nữa, nếu (ab)-1 = a-1 b-1 thì (ab)-1 (ab) = e ⇒ (ba)-1 (ba) = e = (ab)-1 (ba) ( do (ba)-1 = a-1 b-1 = (ab)-1 ). Suy ra ( ) ( ) baababab 11 −− = . Do đó ab=ba ( luật giản ước). Ngược lại nếu ab = ba, với mọi a, b∈X thì (ab)-1 = (ba)-1 nên ( ) 111 −−− = baab Bài 11. Cho X là nhóm, Xba ∈, . Chứng minh rằng ( ) 222 baab = khi và chỉ khi ab = ba. Giải. ( )⇒ Ta có ( ) ababab = 2 , mà ( ) 222 baab = nên ( ) baabaabbbaababab =⇒=== 222 ( luật giản ước ) ( )⇐ Ta có ( ) ababab = 2 , mà baab = nên ( ) 222 baaabbab == Bài 12. Cho X là một nhóm với phần tử đơn vị e. Chứng minh rằng nếu mọi Xa ∈ có ea =2 thì X là một nhóm Abel
• 7. mọi Xba ∈, ,( ) ebeaeab === 222 ,, . Do đó ( ) .222 ebaab == Mà ( ) 222 baab = thì baab = ( theo bài 11). Vậy X là nhóm Abel. Bài 13. Cho H, K là các nhóm con của nhóm X. Chứng minh rằng HK=KH khi và chỉ khi HK là nhóm con của X, trong đó =HK { }KkHhhk ∈∈ , và { }HhKkkhKH ∈∈= , Giải. ( )⇒ Giả sử 11kh , 22kh HK∈ . Ta xét ( )( ) ( ) 22112211 khkhkhkh = , do HKKHhk =∈21 nên tồn tại Kk ∈, 1 , Hh ∈, 2 sao cho , 1 , 221 khhk = . Nên ( )( ) ( ) ( )( ) HKkkhhkhkhkhkh ∈== 2 , 1 , 2122112211 . Mặt khác mọi HKa ∈ , ta có hka = , KkHhKkHh ∈∈⇒∈∈ −− 11 ,),( Lấy HKKHhkb =∈= −− 11 . Ta có HKabHKebaab ∈=⇒∈== −1 Vậy HK là nhóm. ( )⇐ Mọi hkaHKa =⇒∈ −1 ),( KkHh ∈∈ . Khi đó ( ) ( ) KHhkhkaa ∈=== −−−−− 11111 . Do đó KHHK ⊂ . Mặt khác, giả sử KHhkm ∈= 11 ),( 11 HhKk ∈∈ . Lấy HKnHKkhn ∈⇒∈= −−− 11 1 1 1 ( HK là nhóm). Ta có HKnmHKenmmn ∈=⇒∈== −1 . Do đó HKKH ⊂ . Vì thế HK = KH Bài 14. Giả sử A là nhóm Abel, với mỗi số tự nhiên n> 1, ta đặt { }exAxA n n =∈= : . Chứng minh rằng: a) nA là nhóm con của A b) Nếu (m, n) = 1 thì { }eAA mn =∩ Giải. a) Mọi nAyx ∈, thì eyex nn == , Ta có ( 1− xy ) ( ) ( ) eyxyx nnnnn === −− 11 ( do A là nhóm Abel), nên nAxy ∈−1 . Hiển nhiên e nA∈ nên ≠nA Ø Vậy nA là nhóm con của nhóm A. b) Vì ( m, n) =1 nên tồn tại ∈vu, Z sao cho mu+nv=1. Gọi mn AAa ∩∈ , suy ra     = = ea ea m n , khi đó ( ) ( ) eaaaa vnumnvmu === + Vậy { }eAA nm =∩ Bài 15. Chứng minh rằng tập con khác rỗng A của nhóm cộng các số nguyên Z là nhóm con của Z khi và chỉ khi A = mZ, với m ∈Z Giải. ( )⇐ Hiển nhiên A = =mZ = { mk ∈k Z } là nhóm con của Z ( )⇒ Giả sử A là nhóm con của nhóm ( Z, +) Nếu { }0=A thì A= 0Z
• 8. thì A chứa những số dương. Suy ra tồn tại m là số nguyên dương nhỏ nhất thuộc A. Ta chứng minh A = mZ . Thật vậy, vì Am ∈ và A là nhóm nên mZ A⊂ Với Aa ∈ , thì rmpa += (0 )mr <≤ Do đó r =a- mp A∈ ( p, r ∈ Z ). Điều này mâu thuẫn với m là số nguyên dương nhỏ nhất thuộc A nên r = 0 ⇒ a = mp ⊂⇒ A mZ Vậy A= mZ Bài 16. Cho một họ những nhóm ( ) IiiX ∈ mà các phép toán ký hiệu bằng dấu nhân. Chứng minh tập hợp tích Descartes i Ii X ∈ Π với phép toán xác định như sau: ( ) ( ) ( ) IiiiIiiIii yxyx ∈∈∈ = là một nhóm Giải. Đặt ( ){ }IiXxxXX iiIiii Ii ∈∈=Π= ∈∈ , Giả sử ( ) ( ) ( ) IiiIiiIii zyx ∈∈∈ === γβα ,, thuộc X. Ta xét ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )iiiIiiiiIiiIiiiIiiIiiIii zyxzyxzyxzyx ==== ∈∈∈∈∈∈ γαβ Ii∈ =( ) ( ) ( )[ ] α=∈∈∈ IiiIiiIii zyx ( )βγ Suy ra phép nhân có tính kết hợp Gọi ie là đơn vị của nhóm iX với mọi Ii ∈ . Dễ thấy phần tử ( ) Iiiee ∈ = là phần tử đơn vị của X vì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) αα αα ==== ==== ∈∈∈∈ ∈∈∈∈ IiiIiiiIiiIii IiiIiiiIiiIii xexexe xxexee Giả sử ( ) Xx Iii ∈= ∈ α , khi đó ( ) Iiix ∈ − = 1, α , với 1− ix là nghịch đảo của ix trong iX thỏa ( ) ( ) ( ) ( ) eexxxx IiiIiiiIiiIii ==== ∈∈ − ∈∈ − 11, αα Vậy X là một nhóm. Bài 17. Cho X là tập tùy ý. Kí hiệu Map(X, X) là tập hợp các ánh xạ từ X đến X. Với phép nhân ánh xạ Map(X, X) có lập thành nhóm hay không ? Tại sao ? Chứng minh rằng bộ phận S(X) của Map(X, X) gồm các song ánh từ X đến X là một nhóm với phép nhân các ánh xạ. Hãy tìm số phần tử của S(X) trong trường hợp X có n phần tử ( n∈N, n≥ 1 ) Giải. • Ta có phép nhân các ánh xạ có tính kết hợp và ánh xạ đồng nhất là phần tử đơn vị. Nếu X = {0, 1, 2} và f: XX → 0x Khi đó f ∈ Map(X, X). Nếu Map( X, X) là nhóm thì f phải có phần tử nghịch đảo, giả sử đó là g∈ Map(X, X), khi đó fg = 1X, điều này không thể vì fg(1) = f(g(1)) = 0 ≠ 1X(1) = 1. Do đó f không có phần tử nghịch đảo. Vậy Map(X, X) không lập thành một nhóm • Ta có tích hai song ánh từ X đến X là một song ánh từ X đến X , phép nhân ánh xạ có tính kết hợp, ánh xạ đồng nhất X1 của X là một song ánh nên )(1 XSX ∈ Nếu )(XSf ∈ thì f là một song ánh do đó f có ánh xạ ngược )(1 XSf ∈− và Xffff 111 == −− Vậy S(X) là một nhóm với phép nhân ánh xạ.
• 9. { }nxxxX ,....,, 21= . Với mỗi hoán vị ( )inii xxx ,....,, 21 của X ta có một song ánh f : XX → xác định bởi: ( ) ijj xxf = , nj ,1= . Đảo lại, với mỗi song ánh XXf →: , cho ta một hoán vị của X. Vậy số phần tử của S(X) bằng số hoán vị n phần tử đó là n ! Bài 18. Cho Y là một bộ phận của tập hợp X. Chứng minh rằng bộ phận S( X,Y) của S (X) gồm các song ánh XXf →: sao cho f(Y) = Y là một nhóm con của S(X) . Tìm số phần tử của S (X,Y) trong trường hợp X có n phần tử, Y có một phần tử. Giải. Ta có 1X(Y) = Y nên ≠),( YXS Ø. Giả sử ),(, YXSgf ∈ . Khi đó f(Y) = Y, g(Y) = Y, do đó gf(Y) = g(f(Y)) = g(Y) = Y. Nên ),( YXSgf ∈ . Mặt khác ( ) ( )( ) ( ) ( ) YYYffYffYf X ==== −−− 1111 Vậy ( )YXSf ,1 ∈− nên S(X,Y) là nhóm con của S(X). Nếu X có n phần tử và Y có một phần tử thì S(X,Y) có (n-1) ! phần tử, nó ứng với số các hoán vị của n-1 phần tử của tập XY. Tổng quát số phần tử của S(X,Y) trong trường hợp X có n phần tử, Y có phần tử là k!(n- k) ! D. MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1) Cho X = R      − 2 1 , trên X ta xây dựng phép toán (*): x*y = x+2xy+y (x, y X∈ ) Chứng minh rằng (X, *) lập thành một nhóm Abel. 2) Trong X = Z ×Z, ta xây dựng phép toán (*): ( ) ( ) ( )( )dbcadcba c +−+= 1,,*, . Chứng minh rằng (X, *) lập thành một nhóm , không Abel. 3) Trong GL2(R), cho tập con       =      = 1, 0 0 ab b a H Chứng minh rằng H là nhóm con của GL2(R). 4) a) Cho ( )( ) ( )( )5261834,4568123,, 8 ==∈ βαβα S . Tính αβαβα ,, 23 . b) CMR: ( )( ) ( )( ) ( )( ){ }2314,2413,3412,eK = là nhóm con giao hoán của nhóm S4. Nhóm này gọi là nhóm Klein. 5) Giả sử a, b là các phần tử của nửa nhóm X ( tức ≠X Ø và đóng kín đối với phép toán trên X ) sao cho ab=ba. Chứng minh ( ) nnn baab = , với mọi số tự nhiên 1≥n . 6) a) Chứng minh rằng ( Z * p , . ) lập thành nhóm giao hoán , với p là nguyên tố b) Tìm phần tử nghịch đảo của 8,7,4,2 trong Z11
• 10. đề sau đúng hay sai: a) Cho G là nhóm, GKH ≤, , nếu HK=KH thì GHK ≤ b) Với e là phần tử đơn vị của G. Nếu y2 =e với mọi Gy ∈ thì G là nhóm Abel. c) X là nhóm, ≠⊆ AXA , Ø. Nếu XA ≤ thì AA-1 =A. d) Cho (G, .) là một nhóm, với Gzyx ∈,, . Nếu xy = xz thì y = z. e) Cho G là nhóm, nếu H là tập con của G, ≠H Ø có chứa phần tử đơn vị và các phần tử của H đều có phần tử nghịch đảo thuộc H thì H là nhóm con của G. f) Trong một nhóm có 100 phần tử, ngoài phần tử đơn vị, không có phần tử nào là nghịch đảo của chính nó CHƯƠNG II. NHÓM HỮU HẠN SINH A. LÝ THUYẾT 1. Tâm giao hoán 1.1. Định nghĩa Cho G là một nhóm và ≠⊂ AGA , Ø. Khi đó tập: { }AaaxxaGxAC ∈∀=∈= ,)( được gọi là tâm của tập A. Trường hợp đặc biệt { }aA = thì C(A) được kí hiệu là Ca và được gọi là tâm của phần tử a Trường hợp A = G thì C(A) được gọi là tâm của G và kí hiệu là Z(G). Tức là Z(G)= { }GaaxxaGx ∈∀=∈ , 1.2. Tính chất Cho G là nhóm. Khi đó i) C(A) G≤ ii) Z(G) G 2. Định nghĩa Cho G là nhóm , với Gyx ∈, ta gọi xyyx 11 −− là một hoán tử của G Nhóm con sinh bởi tập tất cả các hoán tử của G được kí hiệu là [ ]GG, . Nếu G là nhóm thì [ ] GGG , 3. Định nghĩa
• 11. nhóm, GS ⊂ i) Nhóm con nhỏ nhất của G chứa S được gọi là nhóm con sinh bởi tập S và kí hiệu là ii) Với >=<≤ SHGH , . Ta nói nhóm con H được sinh bởi S hay S là tập sinh của H. Đặc biệt H = G, ta nói G là nhóm sinh bởi tập S hay S là tập sinh của G. iii) Nếu G có một tập sinh hữu hạn thì G được gọi là nhóm hữu hạn sinh. Đặc biệt, nếu G có tập sinh chỉ gồm một phần tử thì G được gọi là nhóm xiclic. iv) Nếu { }nxxxS ,...,, 21= thì >>=<< nxxxS ,...,, 21 4. Định nghĩa Một nhóm G được gọi là nhóm xiclic nếu G được sinh bởi một phần tử a nào đó của G , G=. Khi đó a gọi là phần tử sinh của G. 5. Phân loại nhóm xiclic Giả sử G là nhóm xiclic sinh bởi a, >=< aG . Khi đó xảy ra hai trường hợp sau i) Tất cả các lũy thừa am ( ∈m Z ) khác nhau đôi một. Trường hợp này G là nhóm xiclic vô hạn. ii) Tồn tại những lũy thừa bằng nhau. Chẳng hạn ak = al ( )lk ≠ thì G là nhóm xiclic hữu hạn 6. Cấp của phần tử 6.1. Định nghĩa Cho G là nhóm i) Cấp của G chính là lực lượng của G và kí hiệu là G . Nếu G hữu hạn thì G được gọi là nhóm hữu hạn, ngược lại G được gọi là nhóm vô hạn. ii) Cấp của phần tử Ga ∈ là cấp của nhóm và kí hiệu là a . Nếu a hữu hạn thì a gọi là phần tử có cấp hữu hạn. Ngược lại, a được gọi là phần tử có cấp vô hạn. iii) Nhóm G gọi là nhóm xoắn nếu mọi phần tử trong G đều có cấp hữu hạn. iv) Nhóm G gọi là không xoắn nếu trong G chỉ có duy nhất phần tử đơn vị có cấp hữu hạn. B) CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH THƯỜNG GẶP Bài toán 1. Cho phần tử x thuộc G. Chứng minh |x| = n <∞ Phương pháp giải: Cách 1. Ta chứng minh rằng exexexex nn =≠≠≠ − ,,...,, 132 Cách 2. Ta tiến hành kiểm tra các tính chất sau: (i) xn = e (ii) Giả sử tồn tại k∈Z sao cho xk = e. Ta chứng minh n|k. Bài toán 2. Cho x thuộc nhóm G. Chứng minh x có cấp vô hạn Phương pháp giải. Lấy mọi m, n thuộc Z sao cho m≠ n. Ta cần chứng minh xm ≠ xn . Bài toán 3. Cho G là nhóm cấp n. Chứng minh G xylic Phương pháp giải: Cách 1. Lấy mọi y∈G. Ta cần chỉ ra phần tử a∈ G sao cho y = ak , k∈ Z Cách 2. ta cần chứng minh tồn tại a∈G sao cho |a| = n Bài toán 4. Chứng minh G là nhóm hữu hạn sinh Phương pháp giải. Ta cần chỉ ra tập S⊆ G sao cho
• 12. hạn phần tử (ii) = G C) MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI Bài 1. Cho G là nhóm. Chứng minh rằng: a) Nếu S bằng rỗng thì { }eS >=< b) Nếu S khác rỗng thì = { kn k nn xxx ...21 21 | ∈∈ ii nkSx ,, Z, i= k,1 } Giải. a) Hiển nhiên. b) Nếu S khác rỗng , đặt H = { kn k nn xxx ...21 21 | ∈∈ ii nkSx ,, Z, i= k,1 } Ta sẽ chứng minh H=. Thật vậy, lấy hai phần tử x,y bất kỳ thuộc H. Khi đó lk m l mmn k nn yyyyxxxx ...;... 2121 121 == , với nSyx ji ;, ∈ ∈ji m, Z (i= ljk ,1,,1 = ). Suy ra ( )( ) ( )( )12212121 1221 1 2121 1 ............ mmm l n k nnm l mmn k nn yyyxxxyyyxxxxy lklk −−−− == . Hay lk m l mmn k nn yyyxxxxy −−−− = ...... 2121 2121 1 . Do đó Hxy ∈−1 , nên GH ≤ Hiển nhiên ta có GS ⊂ Giả sử tồn tại , H là nhóm con của G chứa S. Lấy phần tử x bất kỳ thuộc H. Khi đó kn k nn xxxx ...21 21= , với ii nkSx ,,∈ ∈Z, i= k,1 . Vì , HSxi ⊂∈ và SH ≤, nên , Hx in i ∈ . Suy ra , 21 ...21 Hxxx kn k nn ∈ hay , Hx ∈ . Do đó , HH ⊂ . Theo định nghĩa của nhóm con sinh bởi tập hợp thì >=< SH . Bài 2. Cho G là nhóm, A, B là hai tập con của G. Chứng minh rằng: a) Nếu BA ⊂ thì >>⊂<< BA b) >><∪>>>=<<<∪>=<∪>>=<<∪< BABABABA c) Nếu niGAi ,1, =⊂ thì >><∪>=<∪< == i n i i n i AA 11 . Giải. a) Lấy x bất kỳ thuộc . Khi đó kn k nn xxxx ...21 21= , với ∈∈ knAx ii ,; Z, i= n,1 . Hay kn k nn xxxx ...21 21= , với ∈∈ knBx ii ,; Z, i= n,1 . Do đó >∈< Bx .Vậy >>⊂<< BA b) Trước tiên ta chứng minh >∪>>=<<∪< BABA . Ta có BABA ∪>⊂<∪ nên >∪>>⊂<<∪< BABA (2.1) Lấy x bất kỳ thuộc >∪><< BA . Khi đó kn k nn xxxx ...21 21= với BAxi ∪>∈< , in , k∈Z, i= k,1 . Nếu Bxi ∈ , ki ,1=∀ thì >∪∈< BAx Nếu kiAxi ,1, =∀>∈< thì >∪∈< BAxi (do >∪>⊂<< BAA . Do đó >∪∈< BAx . Nếu 1x , >∈<∈ + AxxBxx kll ,...,,,..., 12 , với l∪∈< BAxi , với li ,1= , >∪∈< BAxj , với klj ,1+= (vì >∪>⊂<< BAA và )>∪⊂< BAB . Suy ra >∪∈< BAx Do đó >∪>⊂<∪><< BABA (2.2) Từ (2.1) và (2.2) ta suy ra >∪>>=<<∪< BABA Tương tự ta được >><∪>=<∪< BABA Do đó >><∪>>=<<∪< BABA
• 13. >=<∪ B >= < >><∪>< BA c) Ta chứng minh >><∪>=<∪< == i n i i n i AA 11 (*) bằng quy nạp theo n. Với n=1 thì (*) hiển nhiên đúng. Với n=2 thì (*) đúng do chứng minh trên. Giả sử ta luôn có >><∪>=<∪< == i k i i k i AA 11 (k>1). Đặt i k i AA 1= ∪= Suy ra >∪>=<< = i k i AA 1 Hay >><∪>=<< = i k i AA 1 . Do đó >∪>=<∪∪< ++ + = 11 1 1 kkl k i AAAA . Vì thế >><∪>>=<<∪><∪>>=<<∪>∪>>=<<<∪>>=<<∪< = + = + = + + = i k i ki k i k k i ki k i AAAAAAA 1 1 1 1 1 1 1 1 Vậy theo nguyên lý qui nạp thì >><∪>=<∪< == i n i i n i AA 11 Bài 3. Cho G là nhóm. Chứng minh rằng: a) Nếu H là nhóm con chuẩn tắc của G và K là nhóm con của G thì >∪=< HKHK và HK=KH b) Nếu niGHi ,1, =≤ và 1,1, −= njGH j  thì >∪=< = i n i n HHHH 1 21 ... và HiHk=HkHi, nkiki ,1,; =≠∀ c) Nếu G là nhóm Abel và >∪=<=≤ = i n i ni HHHHniGH 1 21 ...,,,1, Giải. a) Ta chứng minh >∪=< HKKH . Thậy vậy, ta có KH khác rỗng ( do K và H khác rỗng). Lấy k1h1, k2h2 bất kỳ thuộc KG với k1, k2 thuộc K; h1, h2 thuộc H. Khi đó ( )( ) ( )1 2 1 212 1 21 1 2 1 211 1 2211 −−−−−− == khhkkkkhhkhkhk . Vì GK ≤ nên Kkk ∈−1 21 . Vì GH  nên HkhhkHhh ∈∈ −−− 1 2 1 212 1 21 , . Do đó ( )( ) KHhkhk ∈ −1 2211 . Vậy GKH ≤ Lấy x bất kỳ thuộc HK ∪ . Khi đó x thuộc K hoặc x thuộc H . Nếu x thuộc K thì KHxex ∈= (vì e H∈ ). Nếu Hx ∈ thì KHexx ∈= (vì )Ke ∈ . Suy ra KHx ∈ hay KHHK ⊂∪ Giả sử tồn tại M là nhóm con của G chứa HK ∪ . Lấy kh bất kỳ thuộc KH với HhKk ∈∈ , . Khi đó    ⊂∪⊂∈ ⊂∪⊂∈ MHKHh MHKKk nên Mkh∈ ( vì GM ≤ ). Do đó MKH ⊂ Vậy >∪=< HKKH Ta chứng minh KH=HK. Thật vậy, lấy kh bất kỳ thuộc KH với HhKk ∈∈ , thì kh=khk-1 k. Vì GH  nên Hkhk ∈−1 , do đó HKkkhkkh ∈= −1 . Suy ra HKKH ⊂ . Tương tự ta được KHHK ⊂ . Vậy HK=KH . b) Ta chứng minh >∪=< = i k i k HHHH 1 21 ... (*) bằng phương pháp quy nạp theo n Với n=1 thì (*) hiển nhiên đúng Với n=2 thì (*) đúng do chứng minh trên
• 14. luôn có >∪=< = i k i k HHHH 1 21 ... , với k>1, trong đó 1,1,,,1, −==≤ kjGHkiGH ji  . Ta chứng minh >∪=< + = + i k i k HHHH 1 1 121 ... , trong đó kjGHkiGH ji ,1,,1,1; =+=≤  . Đặt i k i k HSHHHH 1 2 121 ,... + = + ∪== . Theo giả thiết quy nạp thì >=< SH . Vì GHGH ≤,1  nên theo kết quả câu a) ta có >∪>>=<<∪>=<∪=< SHSHHHHH 1111 (do bài 2) . Vì thế >∪=< + = + i k i k HHHH 1 1 121 ... . Vậy >∪=< = i n i n HHHH 1 21 ... và kiHHHH ikki .,∀= n,1= c) Vì G là nhóm Abel và niGHi ,1, =≤ nên niGHi ,1, = . Theo kết quả câu b) thì >∪∪∪=< nn HHHHHH ...... 2121 . Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 4. Cho H là nhóm con chuẩn tắc của G. Chứng minh rằng nếu H và G/H hữu hạn sinh thì G là nhóm hữu hạn sinh Giải. Gọi H= < x1, x2, …, xn > ; >=< myyyHG ,...,,/ 21 . Ta chứng minh >=< mn yyyxxxG ,...,,,,...,, 2121 . Đặt >=< mn yyyxxxK ,...,,,,...,, 2121 . Lấy g bất kỳ thuộc G. Nếu Hg ∈ thì Kg ∈ ( vì KH ⊂ ) Nếu HGg ∈ thì eg ≠ và ( ) ( ) ( ) lm l mm yyyg ... 21 21= với ∈∈ lmHGy jj ,;/ Z, j = l,1 Vì thế lm l mm yyyg ...21 21= . Do đó ( ) Hyyyg lm l mm ∈ −1 21 21 . Nên ( ) kl n k nnm l mm xxxyyyg ...2121 21 1 21 = − . Suy ra lk m l mmn k nn yyyxxxg ...... 2121 2121= . Nên Kg ∈ . Do đó G = K hay G là nhóm sinh bởi tập hợp { }mn yyyxxx ,...,,,,...,, 2121 . Vậy G là nhóm hữu hạn sinh. Bài 5. Chứng minh rằng nếu H là nhóm con thực sự của G thì G = . Giải. Ta có HG G⊂ nên GHG >⊂< ( 5.1). Lấy g bất kỳ thuộc G. Trường hợp Hg ∈ . Giả sử tồn tại x thuộc GH sao cho Hgx ∈ . Khi đó hgxHh =∈∃ : . Do đó Hhgx ∈= −1 ( do GH ≤ ) ( mâu thuẫn HGx ∈ ) . Nên HGxHgx , ∈∀∉ . Hay HGgx ∈ . Do đó >∈< HGgx . Vì thế tồn tại x’ thuộc sao cho gx= x’ . Do vậy >∈<= − HGxxg 1' . Suy ra >⊂< HGG (5.2) Từ ( 5.1) và ( 5.2) ta suy ra G = < GH >. Vậy G = < GH >. Bài 6. Cho X là nhóm, Xx ∈ . Chứng minh rằng: ∈∀⇔∞= nmx , N, m≠ n thì nm xx ≠ . Giải. ( )⇒ Giả sử tồn tại exxxnmnm nmnm =⇒=> − :,, Đặt d = m – n , d > 0. Lấy k ayxy =>⇒∈< ( k ∈ Z). Chia k cho d ta được k = dp + r với 10 −<≤ dr
• 15. + xx drxx xxxxxy r rrpdrdpk 10 Do đó ∈∀⇒∞= nmx , N sao cho m≠ n thì nm xx ≠ ( )⇐ Ta có >=< x { xk |k∈Z } Do mọi m ,n ∈N sao cho m≠ n thì nm xx ≠ xx =∞>=⇒< Từ đó suy ra ∈∀⇒∞< nmx , N sao cho m≠ n thì nm xx = . Bài 7. Chứng minh rằng mọi nhóm có cấp vô hạn đều có vô hạn nhóm con. Giải. Nếu X = là nhóm xiclic có cấp vô hạn thì với mỗi số tự nhiên n, ta có là nhóm con xiclic của X và nếu mn ≠ thì >>≠<< mn xx nên X có vô hạn nhóm con. Nếu X không là nhóm xiclic • Nếu X có chứa một phần tử cấp vô hạn x thì A = là nhóm con xiclic cấp vô hạn của X, A có vô hạn nhóm con nên X cũng có vô hạn nhóm con • Nếu mỗi phần tử của X đều có cấp hữu hạn thì số các nhóm con xiclic sinh bởi các phần tử của X là vô hạn vì Xx Xx >=<∪ ∈ là tập vô hạn và hữu hạn. Bài 8. Chứng minh rằng nếu X là nhóm chỉ có các nhóm con tầm thường là {e }và X thì X là nhóm xiclic, hữu hạn, cấp nguyên tố. Giải. Lấy exXx ≠∈ , . Xét nhóm con < x >. Vì }{ex >≠< nên < x> = X. Vậy X là nhóm xiclic Nếu x có cấp vô hạn thì >< 2 x là nhóm con thực sự của X ( trái giả thiết ). Vậy X phải có cấp hữu hạn n. Nếu n không phải là số nguyên tố, tức n = n1n2 ( ∈21,nn N, n1, n2 ≠ 1 ), khi đó nhóm con >< 1n x là nhóm con thực sự cấp n2 của X ( trái giả thiết ) Vậy X là nhóm xiclic, hữu hạn, cấp nguyên tố. Bài 9. Chứng minh rằng nhóm con của nhóm xiclic là nhóm xiclic Giải. Giả sử X là nhóm xiclic, X = < a > và A là một nhóm con của nhóm X Nếu { }eA = thì A = < e > là nhóm xiclic Nếu { }eA ≠ , gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho Aam ∈ Ta chứng minh >=< m aA Ta có Aam ∈ nên Aam >⊂< (1) Nếu Ax ∈ , vì XA ⊂ nên >=<∈ aXx nên ∈∃n Z sao cho x = an , chia n cho m ta được n = mq + r với mr <≤0 Ta có Aaaaaaaaa mqnrrmqnrmqn ∈=⇒=⇒= −+ Do m là dương só nguyên nhỏ nhất để Aam ∈ nên r = 0, do đó >∈<== mmqm aaax hay >⊂< m aA (2) Từ (1) và (2) suy ra >=< m aA
• 16. sử X1, X2 là các nhóm xiclic có cấp nguyên tố lần lượt là n1, n2. Chứng minh rằng 1X × 2X là nhóm xiclic khi và chỉ khi n1, n2 nguyên tố cùng nhau Giải. Giả sử X1 = có cấp n1 và X2 = có cấp n2. Dễ thấy nhóm 1X × 2X = ( ){ }221121 ,, XxXxxx ∈∈ có cấp n1n2 • Giả sử (n1,n2) = 1 . Ta cần chứng minh |(a1a2)| = n1n2 . Thật vậy, ta xét ( ) ( ) ( )212121 ,,, 212121 eeaaaa nnnnnn == Giả sử tồn tại k∈Z sao cho ( ) ( ) 21 22 11 2121 ,,, nknk ea ea eeaa k k k ⇒     = = ⇒= Do (n1,n2) = 1 nên 21nnk Vậy cấp của ( )21,aa trong nhóm 1X × 2X là n1n2. Do đó 1X × 2X là nhóm xiclic sinh bởi ( )21,aa • Nếu (n1,n2) > 1 thì [ ] ( ) 21 21 21 21 , , nn nn nn nnk <== Mọi ( ) ∈21, xx 1X × 2X , ta có ( ) ( ) ( )212121 ,,, eexxxx kkk == . Suy ra k n1n2 ( mâu thuẫn). Vậy (n1,n2) = 1. Bài 11. Giả sử X1, X2,…, Xk là các nhóm xiclic có cấp nguyên tố lần lượt là n1, n2,…,nk. Chứng minh rằng 1X × 2X ×…× kX là nhóm xiclic khi và chỉ khi ( ) kjkijinn ji ,1,,1,,1, ==≠∀= Giải. Giả sử X1 = có cấp n1 X2 = có cấp n2 …. Xk = có cấp nk Dễ thấy 1X × 2X ×… × kX = ( ){ }kiXxxxx iik ,1,,...,, 21 =∈ có knnn ...21 phần tử • Giả sử ( ) kjkijinn ji ,1,,1,,1, ==≠∀= . Ta chứng minh cấp của ( )kaaa ,...,, 21 là knnn ...21 . Thật vậy ta xét: ( ) ( ) ( )k nnn k nnnnnn k eeeaaaaa kkk ,...,,,...,,...,, 21 ...... 1 ... 21 212121 == Giả sử ( ) ( ) ( )k l k lll k eeeaaaaaa ,...,,,...,,,...,, 211121 == ⇒ k k l k l l nlnlnl ea ea ea  ,...,, ... 21 22 11 ⇒        = = = Mà ( ) kjkijinn ji ,1,,1,,1, ==≠∀= nên knnnl ...21 Vậy cấp của ( )kaaa ,...,, 21 là knnn ...21 Vì 1X × 2X × …× kX có cấp knnn ...21 nên 1X × 2X × … × kX là nhóm xiclic sinh bởi ( )kaaa ,...,, 21 • Nếu tồn tại ( ) [ ]kqpqpnn qp ,1,,,1, ∈≠> thì [ ] kk nnnnnnm ...,...,, 2121 <=
• 17. ∈kxxx ,...,, 21 1X × 2X × … × kX , ta có ( ) ( ) ( )k m k mmm k eeexxxxxx ,...,,,...,,,...,, 212121 == Vậy cấp của mọi phần tử của 1X × 2X × …× kX đều nhỏ hơn hoặc bằng m nên luôn nhỏ hơn knnn ...21 nên 1X × 2X × …× kX không là nhóm xiclic. Bài 12. Giả sử X là nhóm xiclic sinh bởi phần tử a cấp n, b = ak . Chứng minh rằng: a) Cấp của b bằng d n trong đó d = ( n, k ). Suy ra mọi nhóm con của nhóm xiclic cấp n đều có cấp là ước của n. b) X = khi và chỉ khi d =1. Từ đó suy ra số phần tử của X. Giải. a) Ta có eeaab d k d k n d n k d n ==== Mặt khác nếu bm = e thì akm = e nên nkm , suy ra d n d km  . Vì 1, =      d n d k nên d n m Vậy cấp của b là d n . Suy ra mọi nhóm con của nhóm xiclic cấp n đều có cấp là ước của n. b) Ta có X = khi và chỉ khi cấp của b bằng n tức n d n = hay d = 1. Vậy b là phần tử sinh của X khi và chỉ khi ( k, n ) = 1. Ta có các phần tử sinh của X chính là các phần tử có dạng ak ( 0 có cấp n và d là ước của n. Áp dụng bài 12 ta có d n a có cấp là d. Giả sử X có nhóm con H cấp d khác nữa. Vì nhóm con của nhóm xiclic là nhóm xiclic nên tồn tại Xb ∈ sao cho H = , với k ab = có cấp là d. Theo bài 12 thì cấp của b = ak là ( )kn n , . Do đó d = ( )kn n , nên ( ) d n kn =, . Do đó tồn tại x, y ∈Z sao cho d n kynx =+ . Nên Haaaa kykynxd n ∈== . Suy Had n >⊂< . Vì >< d n a và H đều có cấp là d nên >< d n a = H. Vậy có duy nhất nhóm con cấp d của X. Bài 14. Các nhóm sau có bao nhiêu nhóm con. Tìm cấp của chúng a) Nhóm xiclic cấp 12 b) Nhóm xiclic cấp 17 Giải. a) Số 12 có các ước là 1, 2, 3, 4, 6, 12 nên nhóm xiclic cấp 12 có 6 nhóm con có cấp 1, 2, 3, 4, 6, 12. b) Số 17 có các ước 1, 17 nên nhóm xiclic nhóm 17 có 2 nhóm con có cấp 1, 17. Nhận xét. Từ bài 12 và bài 13 ta có các kết quả :
• 18. X là nhóm xiclic sinh bởi phần tử a cấp n và b = ak . Khi đó b là phần tử sinh của nhóm con xiclic H của X cấp là d n với d = (n, k). Hơn nữa >>=<< ts aa khi và chỉ khi (s, n) = (t,n) ii) Nếu a là phần tử sinh của nhóm xiclic cấp hữu hạn n thì các phần tử sinh khác của X là ar với r và n nguyên tố cùng nhau. Bài 15. a) Xét nhóm Z12 với phép cộng, ta đã biết Z12 là nhóm xiclic với phép cộng, phần tử sinh là 1 Liệt kê các phần tử của >< 3 , >< 4 b) 18Z là nhóm xiclic với phép cộng, có phần tử sinh là 1. Tìm các phần tử sinh khác của 18Z Giải. a) Ta có 1.33 = , (12,3) = 3 nên cấp của >< 3 là 4 3 12 = . Do đó >< 3 = { }9,6,3,0 Ta có 1.44 = , (12,4) = 4 nên cấp của >< 4 là 3 4 12 = . Do đó >< 4 = { }8,4,0 b) Ta có 5, 7, 11, 13, 17 là các số nguyên tố cùng nhau với 18 nên các phần tử sinh khác của 18Z là 17,13,11,7,5 . Bài 16. Giả sử X là nhóm, a và b là hai phần tử của X. a) Chứng minh rằng cấp của ab bằng cấp của ba b) Giả sử ab = ba và cấp của a, b là r, s. Khi đó nếu (r, s) = 1 thì cấp cùa ab là rs. Giải. a) Giả sử ab có cấp là k, khi đó ( ) eab k = ⇔ ( ) ( ) ebaeabaaebababababa kk k =⇔=⇔= −1 ...    Nếu m là cấp của ba thì m là ước của k (1) Và ta có ( ) eba m = Ta có ( ) ( ) ( ) eabebabbeabababababeba mm k m =⇔=⇔=⇔= −1 ...    Suy ra k là ước của m (2) Từ (1) và (2) ta đựơc m = k Vậy cấp của ab bằng cấp của ba. b) Do ab = ba nên ( ) ebaab rsrsrs == . Mặt khác nếu ( ) eab k = thì ( ) rkrksaebaeab ksksksks  ⇒⇒==== (do (r,s)=1) (1) ( ) skskrbebaeab krkrkrkr  ⇒⇒==== (do (r,s)=1) (2). Từ (1) và (2) suy ra rsk . Vậy nếu ab = ba và cấp của a, b là r, s và (r, s) = 1 thì cấp cùa ab là rs Bài 17. Tìm cấp của các phần tử trong GL2(R)
• 19. == aaa .2       −10 01       −10 01 2 10 01 I=      = Do đó a có cấp là 2 • Ta có       − = 10 11 b , == bbb .2       −10 11       =      − 10 01 10 11 Do đó b có cấp 2 • Ta có       = 10 11 c , == ccc .2       10 11       =      10 21 10 11 Giả sử       = 10 1 m cm , ta chứng minh       + =+ 10 111 m cm Thật vậy ==+ ccc mm .1       10 1 m       + =      10 11 10 11 m ⇒ ∀ ,nm ≠       = 10 1 m cm ≠       = 10 1 n cn Do đó cấp của c là ∞ . Bài 18. Cho G là nhóm con của GL2(C) sinh bởi các phần tử       − = 01 10 A và       = 0 0 i i B a) Chứng minh rằng G là nhóm cấp 8 b) Chứng minh rằng G chỉ có duy nhất một nhóm con cấp 2 Giải. a) Ta có 4== BA và 22 BA = Nên ABAAB 232 == ; 2 22 IBA = ; BBA =32 ; 33 ABBA = ; ABA =23 ; ABBA =33 Vậy { }3332 2 ,,,,,,, ABABBBAAAIG = b) Bằng cách kiểm tra trực tiếp ta thấy A2 là phần tử duy nhấtcó cấp 2 Vậy >=< 2 AH là nhóm con duy nhất có cấp 2 ( vì nhóm có cấp 2 là nhóm xiclic ) Bài 19. Cho G là nhóm sinh bởi {x,y} thỏa x2 = y2 . Chỉ ra những phần tử trùng nhau của các phần tử sau: ( )3 1 xyu = ; 2 2 yxyxyu = ; 33 3 yxu = ; 32 4 xxyu = ; yxxyxu 312 5 − = ; 61 6 yxxu − = Giải. Ta biết nếu ji uu = thì euu ji =−1 Ta có 231223112231121 52 −−−−−−−−−−−− === yyxyyxyxyxxyxyxyxxyxxyxyxyxyuu Hay eyyxxyxxyxyyxyyxyyyxyyxyxuu ===== −−−−−−−−−−−− 111122131213121 52 Nên 52 uu = . Tương tự ta được 63 uu = Bài 20. Cho G = < a, b > thõa a3 = e; b7 = e; a-1 ba = b3 . Chứng minh rằng G là nhóm xiclic cấp 3
• 20. a = e thì b2 = e. Do đó b6 = e hay b6 = b7 vì thế b = e ( mâu thuẫn). Do đó ea ≠ nên 3=a . Vì 31 bbaa =− nên ( ) ( )2321 bbaa =− . Do đó 621 baba =− . Suy ra 721 babba =− . Kéo theo eabba =− 21 hay ( ) 332 aabb = . Vì thế eabababb =332 nên ( ) ( ) eabbaaabaaab =−− 112 , suy ra ebabab =23 ( do 931 baba =− ). Nên ebaab =210 do đó ebaab =23 ( do ea =7 ). Vì thế ( ) ebabaaa =− 21 suy ra ebba =3 . Kéo theo eb =2 nên eb =6 . Từ đó ebb == 76 hay b=e Vậy G = và 3== aG D) MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1) Các mệnh đề sau đúng hay sai: a) Phần tử a của nhóm G có cấp là n ∈Z+ nếu và chỉ nếu an = e ( e là đơn vị của G ) b) Nếu H và H, là hai nhóm con của nhóm xiclic X thì H∩ H, là nhóm con xiclic của X c) Tồn tại nhóm xiclic cấp 8 có 5 nhóm con phân biệt d) Mọi nhóm xiclic cấp 8 đều có 4 nhóm con phân biệt 2) Chứng minh rằng tập X gồm các ma trận dạng       10 1 n , với n∈Z cùng với phép nhân hai ma trận lập thành một nhóm xiclic. Tìm phần tử sinh của X. 3) Chứng minh rằng tập X gồm tất cả các ma trận dạng           100 010 01 x , với x∈Q cùng với phép nhân hai ma trận lập thành một nhóm Abel. Hỏi nhóm X này có phải là nhóm xiclic hay không? Tại sao ? 4) Chứng minh rằng Z2 ×Z3 là nhóm xiclic nhưng Z2 ×Z4 , Z3 ×Z6 không là nhóm xiclic . 5) Cho p là số nguyên tố.Tìm số phần tử sinh của nhóm xiclic Z r p , r∈Z, r≥ 1 6) Tìm tất cả các phần tử sinh của các nhóm sau: a) Z12 b) Z7 c) Z9 7) Tìm tất cả các nhóm con của các nhóm xiclic cấp 12, 17.
• 21. CẤU NHÓM A. LÝ THUYẾT 1. Đồng cấu nhóm 1.1 Định nghĩa. Ánh xạ f từ nhóm X đến nhóm Y được gọi là đồng cấu nhóm nếu f bảo tồn phép toán, tức là f(xy)=f(x)f(y) với mọi Xyx ∈, Một đồng cấu nhóm f từ nhóm X đến nhóm X đựơc gọi là tự đồng cấu nhóm. Đồng cấu nhóm YXf →: với f là đơn ánh (toàn ánh, song ánh) được gọi là đơn cấu ( toàn cấu, đẳng cấu). Nếu tồn tại một đẳng cấu YXf →: ta nói nhóm X đẳng cấu với nhóm Y . Kí hiệu YX ≅ 1.2. Định lý Cho G là nhóm, GH  . Kí hiệu L(G) là tập tất cả các nhóm con của G, L(G,H) là tập tất cả các nhóm con của G chứa H. Khi đó tương ứng HSSf /: → là một song ánh từ K(H,G) vào L(G/H). Hơn nữa, nếu ta kí hiệu S/H=S* và T/H=T* với GTSH ≤≤ , thì i) ** STST ≤⇔≤ . Khi đó [ ] [ ]** ,, TSTS = ii) ** STST  ⇔ . Khi đó ** // TSTS ≅ 1.3. Một số tính chất i) Nếu YXf →: là đồng cấu nhóm thì f(e)=e và ( ) ( )[ ] 11 −− = xfxf , Xx ∈∀ ii) Nếu các ánh xạ 21: XXf → và 32: XXg → là các đồng cấu thì ánh xạ tích 31: XXfg → cũng là một đồng cấu nhóm. Đặc biệt tích của hai đơn cấu ( toàn cấu, đẳng cấu) là một đơn cấu ( toàn cấu, đẳng cấu) iii) Nếu YXf →: là đẳng cấu nhóm thì đẳng cấu ngược XYf →− :1 cũng là đẳng cấu nhóm 2. Ảnh và tạo ảnh của đồng cấu nhóm 2.1 Định nghĩa Cho YXf →: là đồng cấu nhóm, khi đó i) Ảnh của đồng cấu f ( kí hiệu là Imf) là tập được xác định: { } )()(Im XfXxxff =∈= ii) Hạt nhân của đồng cấu f ( kí hiệu Kerf) là tập được xác định { } )()( 1 efexfXxKerf − ==∈= 2.2 Tính chất Cho YXf →: là đồng cấu nhóm, khi đó i) Nếu XH ≤ thì YHf ≤)( ii) Nếu YK  thì ( ) XKf 1− iii) Yf ≤Im iv) XKerf  v) f là đơn cấu khi và chỉ khi { }eKerf = vi) f là toàn cấu khi và chỉ khi Imf =Y vii) Nếu nhóm X đựơc sinh bởi tập A thì Imf được sinh bởi tập f(A)
• 22. ≤' thì )()( ' AfAf  ix) Nếu YBB ≤' thì ( ) ( )BfBf 1;1 −−  x) X/ Kerf ≅ Imf 2.3. Định lý. Cho G là nhóm, GH ≤ và K  G. Khi đó HK/K≅ H/H ∩ K 2.4. Định lý. Cho G là nhóm, H  Gvà K  G, H ⊆ K. Khi đó K/H là nhóm con chuẩn tắc của G/H và G/K≅ (G/H)/(K/H) B) CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH THƯỜNG GẶP Bài toán 1. Cho ánh xạ f: X →Y. Chứng minh f là đồng cấu nhóm Phương pháp giải. Ta chứng minh : (i) X, Y lập thành nhóm với các phép toán tương ứng (ii) Mọi x1 , x2 ∈X, ta có f (x1 x2 ) = f (x1) f (x2 ) Bài toán 2. Cho ánh xạ f: X →Y. Chứng minh f là đơn cấu Phương pháp giải. Ta chứng minh : (i) f là đồng cấu nhóm (ii) f là đơn ánh hoặc Kerf = { }e Bài toán 3. Cho ánh xạ f: X →Y. Chứng minh f là toàn cấu Phương pháp giải. Ta chứng minh : (i) f là đồng cấu nhóm (ii) f là toàn ánh Bài toán 4. Cho ánh xạ f: X →Y. Chứng minh f là đẳng cấu nhóm Phương pháp giải. Ta chứng minh (i) f là đơn cấu (ii) f là toàn cấu Bài toán 5. Chứng minh YX ≅ , với X, Y là các nhóm cho trước Phương pháp giải. Cách 1. Lập ánh xạ YXf →: và chứng minh f là đẳng cấu nhóm Cách 2. Nếu X = G/H thì ta lập một toàn cấu nhóm YGf →: sao cho Kerf = H Cách 3. Nếu X là nhóm xylic cấp n thì ta cần chứng minh Y là nhóm xylic cấp n. C) MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI Bài 1. Cho 1 2,A A lần lượt là các nhóm con chính tắc của nhóm 1 2,X X . Chứng minh rằng: 2121 XXAA ××  và ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 1 2 2/ / /X X A A X A X A× × ≅ × . Giải. Gọi iiii AXX /: →π , 2,1=i là các toàn cấu chính tắc.
• 23. ( ) ( )1 2 1 1 2 2: / /X X X A X Aπ × → × ( ) ( ) ( )( )221121 ,, xxxx ππ Ta thấy π là toàn cấu nhóm và 1 2erK A Aπ = × . Do đó ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 1 2 2/ /X X A A X A X A× × ≅ × × . Bài 2. Cho X là nhóm xiclic sinh bởi phần tử a. Chứng minh rằng: a) Nếu cấp của a là vô hạn thì X đẳng cấu với Z. b) Nếu cấp của a là số n hữu hạn thì X đẳng cấu với Zn Giải. a) Xét ánh xạ f: Z→X n an Với mọi m, n ∈ Z, ta có ( ) ( ) ( ).m n m n f m n a a a f m f n+ + = = = Nên f là đồng cấu nhóm Hiển nhiên f là toàn ánh vì X là nhóm xiclic sinh bởi a. Nếu ( ) ( )f m f n= thì m n a a= , do đó ea nm =− . Do a có cấp vô hạn nên m – n = 0 tức f là đơn cấu. Vậy f là đẳng cấu. b) Theo giả thiết a n= nên ánh xạ: ϕ Zn →X được xác định ( ) r r aϕ = được xác định tốt, không phụ thuộc vào việc chọn lớp r . Dễ dàng kiểm tra được ϕ là đẳng cấu nhóm. Bài 3. Chứng minh rằng: a) Mọi nhóm xiclic cấp vô hạn đều đẳng cấu với nhau. b) Hai nhóm xiclic cấp hữu hạn đẳng với nhau khi và chỉ khi chúng cùng cấp. Giải. a) Giả sử ,X a Y b= = là các nhóm xiclic cấp vô hạn, Khi đó ánh xạ :f X Y→ kk ba  Rõ ràng là một đẳng cấu b) Nếu hai nhóm xiclic hữu hạn đẳng cấu thì hiển nhiên chúng cùng cấp. Ngược lại, giả sử ,X a Y b= = là các nhóm xiclic cùng cấp n. Khi đó ánh xạ :f X Y→ k k a b là một đẳng cấu. Thật vậy, ta có k l k l a b k l n b b= ⇔ − ⇔ = , do đó f là ánh xạ và là đơn ánh, Hiển nhiên f là toàn ánh. Ngoài ra, ta có ( ) ( ) ( ) ( ).k l k l k l k l k l f a a f a b b b f a f a+ + = = = = . Vậy f là đẳng cấu. Bài 4. Giả sử A và B là hai nhóm con chuẩn tắc của nhóm X sao cho { }A B e∩ = và X = AB . Chứng minh rằng X đẳng cấu với nhóm A B× Giải . Do AB = X nên với mỗi phần tử x của X viết được dưới dạng x = ab với a A∈ và b B∈ . Giả sử có , , x ab a b= = với , ,a a A∈ và , ,b b B∈ thì , 1 , 1 a a b b A B− − = ∈ ∩ . Vì { }A B e∩ = nên , 1 , 1 a a b b e− − = = do đó , a a= và , b b= . Vậy mỗi phần tử x X∈ được viết một cách duy nhất dưới dạng x = ab, với ,a A b B∈ ∈ . Mặt khác các phần tử của A giao hoán được với các phần tử của B.
• 24. a, b tùy ý thuộc A, B, xét tích 1 1 a b ab− − . Vì A và B là những nhóm con chuẩn tắc của X nên 1 b ab A− ∈ và 1 1 a b a B− − ∈ . Vậy { }1 1 a b ab A B e− − ∈ ∩ = nên 1 1 a b ab e− − = hay ab=ba. Ánh xạ : A B Xϕ × → ( ),a b ab là một đồng cấu do ab = ba, là đơn cấu do { }A B e∩ = , là toàn cấu do X =AB. Vậy ϕ là đẳng cấu. Bài 5. Giả sử X là nhóm. a) Chứng minh [ ]/ ,X X X là nhóm Abel b) Chứng minh rằng nếu H X thì X/H là nhóm Abel khi và chỉ khi [ ],X X H⊂ Giải. Ta có [ ],X X X a) Với mọi ,x y X∈ ta có [ ]1 1 ,x y xy X X− − ∈ nên [ ] [ ], ,xy X X yx X X= , tức là [ ]/ ,X X X là nhóm Abel b) /X H Abel ,x y X⇔ ∀ ∈ thì ,xyH yxH x y X= ⇔ ∀ ∈ thì [ ]1 1 ,x y xy H X X H− − ∈ ⇔ ⊂ . Bài 6. Cho X và Y là hai nhóm xiclic cấp tương ứng là s và t và các phần tử sinh là x và y a) Chứng minh quy tắc ϕ cho tương ứng với mỗi phần tử n x X∈ với phần tử ( ) nk y Y∈ ,với k là một số tự nhiên khác không cho trước là một đồng cấu nhóm khi và chỉ khi sk là bội của t b) Chứng minh rằng nếu ϕ là đẳng cấu thì (s,k)=1. Giải. a) Nếu ϕ là đồng cấu nhóm thì ( ) ( ) ( ) ss ks Y Xe e x x xϕ ϕ ϕ= = = =   . Vậy ks Yy e= nên ks t Ngược lại, nếu ks t , ta chứng minh ϕ là đồng cấu nhóm. Đầu tiên, ta chứng minh ϕ là một ánh xạ. Thật vậy, nếu n m x x= thì n m s−  do đó ( )k n m t−  . Bởi vậy kn km y y= tức là ϕ là ánh xạ. Ngoài ra, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). . n m kn m n m nk mk n m x x x y y y x xϕ ϕ ϕ ϕ++ = = = = b) Ta có { }2 1 , ,..., ,s s X x x x x e− = = . Do ϕ là đẳng cấu nên ( ) { }eyyyyY skskk k == − ,,...,, 12 Thật vậy, do ϕ là đẳng cấu nên ts = tức số phần tử của X và Y bằng nhau và ji xx ≠ thì sjiyy ji kk ,1,, =∀≠ Do đó k y là một phần tử sinh của Y nên ( ) 1, =tk . Vì t = s nên (s, k) = 1 Bài 7. Cho GAB ≤ và GC ≤ . Chứng minh rằng: a) ( ) ( )CACB ∩∩  và ( ) ( ) ( ) BCABCBCA // ∩≅∩∩ b) Nếu GC  thì ACBC  và ( )CABABCAC ∩≅ //
• 25. ACA ≤∩ )( và AB  . Áp dụng định lý 2.3 với G được thay bởi A, H thay bởi CA ∩ và K thay bởi B, ta được CB ∩ = ( )( ) ( )CABCA ∩∩∩  và ( ) ( ) ( ) ( ) BCABBBCACBCA /// ∩=∩≅∩∩ (Tính chất 3.2 v chương I ) b) Giả sử GC  . Theo tính chất 3.2 v chương I thì AC và AB là các nhóm con của G. Mặt khác, GBC  ( tính chất 3.2 vi) chương I ), GACBC ≤≤ ( do BC ≤ G, AC ≤ G, và BC ⊆ AC ). Do đó ACBC  Áp dụng định lý 2.3 với G thay bởi AC, H thay bởi BC , ta được ( )( ) ABCAA ∩/ và A / ( )( ) ( ) BCBCABCA // ≅∩ . Mặt khác ( ) ( )CABBCA ∩=∩ . Thật vậy, )()( BCACAB ∩⊆∩ vì AB ≤ . Lấy )(BCAa ∩∈ , suy ra a = bc với b∈ B, c C∈ . Do đó CAcab ∩∈=−1 . Suy ra )( CABa ∩∈ Vì vậy ( ) )( CABBCA ∩=∩ Vậy AC/BC )(/ CABA ∩≅ . Bài 8. Cho A )(GZ≤ và HGf →: là toàn cấu . Chứng minh rằng )()( HZAf ≤ Giải . Ta chỉ cần chứng minh f(A) )(HZ⊂ Lấy )(Afy ∈ . Do đó f là toàn cấu nên tồn tại Ax ∈ sao cho y = f(x) Ta có yh = f(x)f(g) = f(xg) = f(gx) = f(g)f(x) = hy, Hh∈∀ Do đó ( )HZy ∈ . Vậy ( ) ( )HZAf ⊂ . Do đó ( ) ( )HZAf ≤ Bài 9. a) Cho X là một nhóm giao hoán. Chứng minh rằng: Ánh xạ : x Xϕ → k a a với k là một số nguyên cho trước, là một đồng cấu. Xác định Kerϕ . b) Cho X là một nhóm. Ánh xạ : X Xϕ → 1− aa  là một đẳng cấu của nhóm X khi và chỉ khi X là nhóm Abel. Giải. a) Ta có ( ) ( ) k k k ab ab a bϕ = = ( vì X là nhóm Abel ) nên ( ) ( ) ( )ab a bϕ ϕ ϕ= Ker { } {k x X x e x Xϕ = ∈ = = ∈ cấp x là ước của k } b) Giả sử X là một nhóm Abel thì theo a) ϕ là một đồng cấu vì {erK x X xϕ = ∈ có cấp là ước của }1− hay erx K ϕ∈ ⇔ cấp x là ước của -1 x e⇔ = Do đó ϕ là một đơn cấu, hơn nữa ϕ là một toàn cấu vì ( ) 11 x x −− = . Do đó ϕ là một đẳng cấu . Đảo lại, giả sử ϕ là một đẳng cấu, khi đó với mọi ,a b X∈ ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 11 1 ab a b a b baϕ ϕ ϕ −− − = = = Mặt khác ( ) ( ) 1 ab abϕ − = suy ra ( ) ( ) 1 1 ab ba − − = hay ab = ba.
• 26. một nhóm Abel. Bài 10. Chứng minh rằng có một đồng cấu duy nhất từ nhóm cộng các số hữu tỷ Q đến nhóm cộng các số nguyên Z. Từ đó suy ra nhóm cộng các số hữu tỷ Q không phải là một nhóm xiclic Giải. Giả sử f: Q → Z là một đồng cấc từ nhóm cộng Q đến nhóm cộng Z. Nếu 0f ≠ nghĩa là tồn tại một số hữu tỷ ( )0q q ≠ sao cho ( ) 0f q ≠ . Ta thấy rằng ( ) ( ) ( ).1 1 0f q f q qf= = ≠ , từ đó ( ) 11 0f n= ≠ . Vậy với mọi số nguyên 0n ≠ , ( ) ( ) 01 ≠= nfnf Giả sử n > 1, n ∈Z và ( )1, 1n n = . Ta có ( ) 0 1 1 1 1 . .f f n nf n n n n n     = = = = ÷  ÷     với 0 1 n n f   = ÷   Như vậy n lại là ước của n1. Vô lý Vậy chỉ có một đồng cấu 0 từ nhóm cộng các số hữu tỷ Q và nhóm cộng các số nguyên Z, Q không đẳng cấu với Z nên Q không là một nhóm xiclic ( bài 3 ) Bài 11. Tìm tất cả các đồng cấu từ a) Z6 đến Z18 b) Z18 đến Z6 c) Một nhóm xiclic cấp n đến chính nó d) Một nhóm xiclic cấp n đến một nhóm xiclic vô hạn Giải. Ta có mỗi đồng cấu f : Zn → Zm hoàn toàn được xác định bởi ( ) kf =1 ( tức ( ) kxxf = ) Theo bài 6 thì f là đồng cấu khi và chỉ khi mkn . Bởi vậy ta có a) Mỗi đồng cấu f : Z6 → Z18 hoàn toàn xác định bởi kf =)1( với 180 <≤ k và 3186  kk ⇔ . Do đó k = 0, 3, 6, 9, 12, 15 nên có tất cả 6 đồng cấu f : Z6 → Z18 đó là các đồng cấu xác định bởi: ( ) 01 =f , ( ) 31 =f 15)1(,12)1(,9)1(,6)1( ==== ffff b) Mỗi đồng cấu f : Z18 → Z6 hoàn toàn xác định bởi kf =)1( với 60 <≤ k và 618 k . Do đó 5,0=k . Như vậy có 6 đồng cấu f : Z18 → Z6 , đó là 0)1( =f , 1)1( =f , 2)1( =f , 3)1( =f , 4)1( =f , 5)1( =f c) Mỗi đồng cấu f : Zn → Zn hoàn toàn xác định bởi kf =)1( với k≤0 < n và nkn . Do đó có tất cả n đồng cấu f : Zn → Zn được xác định bởi: kf =)1( với 1,...,2,1,0 −= nk d) Giả sử baf →: là đồng cấu nhóm và giả sử k baf =)( . Khi đó ta có nknn bafafefe ==== ))(()()( . Vì b có cấp vô hạn nên nk = 0, suy ra k = 0 và do đó eaf =)( Vậy có duy nhất một đồng cấu từ nhóm xiclic hữu hạn và nhóm xiclic cấp vô hạn đó là đồng cấu tầm thường. Bài 12. a) Tìm KerΦ và Φ (25) của đồng cấu :Φ Z → Z7 biết 4)1( =Φ b) Tìm KerΦ vàΦ (18) của đồng cấu :Φ Z → Z10 . Biết 6)1( =Φ
• 27. và Φ )3( của đồng cấu :Φ Z10 → Z20 biết 8)1( =Φ Giải. a) :Φ Z → Z7, 4)1( =Φ KerΦ ={x∈Z|Φ (x)=0 } ={x∈Z| xΦ (1) = 0 }= { x∈Z| x4 =0 }={x∈Z| 4x7} = 7Z ( ) ( ) ( ) 24.251251.2525 ==Φ=Φ=Φ b) :Φ Z → Z10 , ( ) 61 =Φ KerΦ ={x∈Z|Φ (x)=0 }={x∈Z|xΦ (1)= 0 }={x∈Z| x6 = 0 }={x∈Z| 6x10} = 5Z 86.18)1(18)1.18()18( ==Φ=Φ=Φ c) :Φ Z10 → Z20 , ( ) 81 =Φ KerΦ ={ x ∈ Z10|Φ ( x ) = 0 } ={ x ∈ Z10| xΦ (1) = 0 } = { x ∈Z10| x8 = 0 } = { x ∈ Z10| 8x 20} = { x ∈ Z10| x5}= { 0 , 5, 10 } 424)1(3)13()3( ==Φ=Φ=Φ Bài 13. Cho G là nhóm hữu hạn sinh, G’ là nhóm bất kỳ và mỗi ánh xạ ': GSf → , trong đó S là tập sinh của G. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất đồng cấu ': GGF → sao cho fF S = . Ngược lại, nếu G là nhóm Abel và mỗi ánh xạ ': GSf → đều tồn tại ': GGF → sao cho fF S = thì G là nhóm sinh bởi tập S. Giải. Ta biết Gx ∈ thì kn k nn xxxx ...21 21= , với ∈∈ ii nSx , Z, i= k,1 Xây dựng tương ứng ': GGF → ( ) kn k nn xfxfxfxFx ...)()()( 21 21= Nếu Gex ∈= thì 1 1 1 1 − = xxx , với Sx ∈1 . Khi đó ( )( ) ( )( ) 1 1 1 1)( − = xfxfxF hay F(e)=e. Ta chứng minh F là ánh xạ. Thật vậy, với Gx ∈ thì ( ) 'GxF ∈ . Lấy a, b thuộc G thỏa a = b thì eab =−1 nên ( ) ( ) eeFabF ==−1 (1). Vì Gba ∈, nên lk m l mmn k nn yyybxxxa ...,... 2121 2121 == , với ∈∈ lkmnSyx jiji ,,,;, Z, i= k,1 , j = l,1 . Vì thế ( )( ) ( )( )12212121 1221 1 2121 1 ............ mmm l n k nnm l mmn k nn yyyxxxyyyxxxab lklk −−−−− == . Hay 122 1221 1 ...... mmm l n k nn yyyxxxab lk −−−− = . Suy ra ( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] 1221 1221 1 ...... mmm l n k nn yfyfyfxfxfxfabF lk −−−− = (2) Từ (1), (2) suy ra ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] eyfyfyfxfxfxf mmm l n k nn lk = −−− 1221 1221 ...... Hay ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] 12121 1221 ...... mmm l n k nn yfyfyfxfxfxf k = . Vì thế F(a)=F(b). Với x,y bất kỳ thuộc G thì lk m l mmn k nn yyybxxxa ...,... 2121 2121 == , với ∈∈ jiji mnlkSyx ,,,;, Z, i= k,1 , j = l,1 . Ta thấy ( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] 1221 1221 ...... mmm l n k nn yfyfyfxfxfxfabF lk = . Vì thế F(ab) = F(a)F(b). Nên F là đồng cấu. Lấy x bất kỳ thuộc S thì 1 xx = nên ( ) ( )[ ] ( )xfxfxF == 1 . Vậy fF S = . Giả sử tồn tại đồng cấu ': GGg → thỏa g(x)=f(x), Sx ∈∀ . Lấy Ga ∈ thì ∈∈= ii n k nn nkSxxxxa k ,;,...21 21 Z, i= k,1 . Khi đó
• 28. )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] kk n k nnn k nn xgxgxgxfxfxfaF ...... 2121 2121 == . Vì thế ( ) ( )kn k nn xxxgaF ...21 21= (vì g là đồng cấu). Nên F(a)=g(a), với mọi a thuộc G. Vậy F = g hay F là duy nhất. Ngược lại. Nếu G là nhóm Abel thì G . Đặt ><= SGG /' . Xét ánh xạ ' : GSf → xx  Ta xét đồng cấu ' : GG →θ và toàn cấu chính tắc ' : GG →π ex  xx  Ta thấy θ và π đều là mở rộng của f. Do tính duy nhất của ánh xạ mở rộng nên πθ = . Suy ra ( ) ( )GG πθ = . Nên eG =' . Do đó eSG >=∈< Sg . Vậy >=< SG . Bài 14. Chứng minh rằng : a) Ảnh đồng cấu của nhóm hữu hạn sinh là nhóm hữu hạn sinh. b)Nhóm thương của nhóm hữu hạn sinh là nhóm hữu hạn sinh. Giải. a) Cho G là nhóm hữu hạn sinh với tập sinh là S, G’ là nhóm và ' : GGf → là đồng cấu. Ta chứng minh = Imf. Thật vậy, Imf khác rỗng vì fe Im∈ . Lấy 21, yy bất kỳ thuộc Imf. Khi đó ( ) ( )221121 ;:. xfyxfyGxx ==∈∃ . Do đó ( ) ( )[ ] fxfxfyy Im 1 21 1 21 ∈= −− . Nên ' Im Gf ≤ Lấy y bất kỳ thuộc f(S) thì ( )xfySx =∈∃ : . Do đó fy Im∈ , vì thế ( ) fSf Im⊂ . Giả sử tồn tại ' GH ≤ chứa f(S) . Lấy y bất kỳ thuộc Imf thì tồn tại x thuộc G sao cho y = f(x). Vì Gx ∈ nên kn k nn xxxx ...21 21= , với ∈∈ ii nkSx ,; Z, i= k,1 . Do đó ( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] Hxfxfxfxfy kn k nn ∈== ...21 21 ( GH ≤ và ( ) ( ) )HSfxf i ⊂∈ . Nên Imf H⊂ . Vì thế >=< )(Im Sff . Vậy ảnh đồng cấu của nhóm hữu hạn sinh là nhóm hữu hạn sinh. b) Cho G là nhóm, GH  . Xét toàn cấu chính tắc HGG /: →π xx  Theo chứng minh trên thì ( ) >>=<=<= nxxxxSfHG ,...,,,Im/ 321π Vậy nhóm thương của nhóm hữu hạn sinh là nhóm hữu hạn sinh. Từ kết quả trên suy ra nếu G= và ' : GGf → là toàn cấu nhóm thì G’ =. Bài 15. Cho X là nhóm sinh bởi tập S với { }nxxxS ,...,, 21= , Y là nhóm bất kỳ và YXgYXf →→ :,: là các đồng cấu nhóm. Chứng minh rằng f = g khi và chỉ khi ( ) ( )ii xgxf = với mọi ni ,1= Giải. ( )⇒ Nếu f = g thì f(x) = g(x), Xx ∈∀ . Do đó ( ) ( )ii xgxf = với mọi ni ,1= ( )⇐ Nếu ( ) ( )ii xgxf = với mọi ni ,1= , ta phải chứng minh f = g. Thật vậy, với mọi x thuộc X ta có kn k nn xxxx ...21 21= , ∈ink, Z, i= k,1 . Thế thì
• 29. ) ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] kkk n n nnn k nnn k nn xgxgxgxfxfxfxxxfxf ......... 21212 212121 === Nên ( ) ( ) ( )xgxxxgxf kn k nn == ...21 21 , với Xx ∈∀ . Vậy f = g Bài 16. Cho X là nhóm, Y là nhóm sinh bởi tập { }myyyS ,...,21 ' = và đồng cấu nhóm YXf →: . Chứng minh rằng f là toàn cấu khi và chỉ khi f là toàn ánh lên S’ Giải. ( )⇐ Nếu YXf →: là đồng cấu và là toàn ánh lên tập S’ thì với mỗi i= 1, 2, …, m luôn tồn tại Xxi ∈ để cho f(xi) = yi . Lấy y là phần tử bất kỳ thuộc Y, ta phải chứng minh tồn tại x thuộc X để cho f(x) = y. Vì Yy ∈ nên kiZmkyyyy i m k mm k ,1,,,...21 21 =∈= . Chọn km k mm xxxx ...21 21= với xi thỏa f(xi) = yi; i = 1, 2,…,l. Hiển nhiên Xx ∈ . Khi đó ( ) ( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] yyyyxfxfxfxxxfxf kkk m k mmm k mmm k mm ==== ......... 212121 212121 . Vậy f là toàn cấu . ( )⇒ Nếu f là toàn cấu thì hiển nhiên f là toàn ánh lên tập S’ Bài 17. Cho Gi là nhóm, ni ,1= . Chứng minh rằng i n i GG 1= Π= là nhóm hữu hạn sinh khi và chỉ khi Gi là nhóm hữu hạn sinh, ni ,1= . Giải. ( )⇒ Cho i n i GG 1= Π= là nhóm hữu hạn sinh. Xét phép chiếu chính tắc chỉ số i ii GGp →: . Vì phép chiếu chính tắc là toàn cấu nên theo bài 14 thì Gi là nhóm hữu hạn sinh. ( )⇐ Cho Gi là nhóm hữu hạn sinh, ni ,1= . Gọi >=< ii SG , với { } nixxxS iimiii ,1,,, 21 == . Ta chứng minh =G >=<Π = SGi n i 1 với ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }nnmnmm xeeexeeeeexeeexeeexeexS ,,...,,;...;,,...,,;...;,...,,,;...;,...,,,;,..,,;...;,...,, 1221111 21 = Thật vậy, lấy x = ( i n i n Gxxx 1 21 ,...,, = Π∈ . Trong đó niSGx iii ,1, =>=<∈ , nên iim i ií k im k i k ii xxxx ...2 21= , với ∈∈ iimiiij kmSx ,; Z, nimj j ,1;,1 == . Do đó ( )nnm n mmmm k nm k m k m k m kkk m kk xxxxxxxxxx ...,...,...,... 2 2 1 1 22 2 222111 1 1211 2222111211= . Vì thế x= ( ) ( )[ ]( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]nnm n nmm k nm k n k m kk m k xeexeeeexeeexeeexeex ,...,,...,...,,...,...,,,...,...,,,,...,,...,...,, 122 2 2111 1 11 1221111 Do vậy : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) nnm n nmm k nm k n k m kk m k xeexeeexeexeeexeexx ,,...,...,...,,...,..,,...,..,,...,...,,...,...,, 122 2 2111 1 11 1221111= Nên .>∈< Sx Do đó G = . Vậy i n i G 1= Π =. D) MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1) Các phát biểu sau là đúng hay sai:
• 30. bất kỳ G, G, luôn tồn tại đồng cấu từ G và G, . b) Mọi đồng cấu nhóm là đơn cấu khi và chỉ khi hạt nhân của nó chỉ chứa phần tử đơn vị. c) Một đồng cấu nhóm có thể có hạt nhân là tập rỗng. d) Tồn tại duy nhất đồng cấu từ Z7 → Z12. e) Có tất cả bốn đồng cấu từ Z3 → Z12 f) Với X, Y là 2 nhóm xiclic cấp m, n ( )m n≠ tồn tại đẳng cấu nhóm từ X vào Y. g) Nhóm cộng các số hữu tỷ Q là một nhóm xiclic. h) Cho :f X Y→ là đồng cấu nhóm, và X = a . Khi đó f(x) có thể không là nhóm xiclic. 2) Cho G là nhóm và :f G G G× → ( g1, g2 )  g1 g2 Chứng minh rằng f là đồng cấu nhóm khi và chỉ khi G là nhóm Abel. 3) Chứng minh rằng nếu A là một nhóm con chuẩn tắc của X thì tồn tại một song ánh từ tập hợp các nhóm con chuẩn tắc của X chứa A đến tập hợp các nhóm con chuẩn tắc của X/A. 4) Cho G là nhóm và 35G = . Chứng minh rằng G≅ Z35 5) Cho :f X Y→ là đồng cấu từ nhóm X đến nhóm Y và A là nhóm con của X. Chứng minh rằng ( )1 f f A AB− =   , với erB K f= . 6) Cho :f X Y→ là đồng cấu từ nhóm X đến nhóm Y và 15A = . Chứng minh rằng [ ], erX Y K f⊆ CHƯƠNG IV. ĐỊNH LÝ LAGRANGE VÀ NHÓM GIẢI ĐƯỢC A. LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa Cho G là nhóm, H ≤ G, a ∈ G (i) Tập Ha ={ ha|h∈H } được gọi là lớp ghép phải của a đối với nhóm con H (ii) Tập aH ={ah| h∈H } được gọi là lớp ghép trái của a đối với nhóm con H Nhận xét. Cho G là nhóm, H ≤ G. Khi đó, mọi a ∈ G, ta có |aH| = |Ha| = |H| ( ở đây ta hiểu |aH| là lực lượng của tập aH )
• 31. X là nhóm và H ≤ X, số các lớp ghép trái ( hoặc phải ) của x theo nhóm con H được gọi là chỉ số của H trong X, kí hiệu [ ]:X H 3. Định lý Lagrange Giả sử H là nhóm con của nhóm hữu hạn X. Khi đó H là ước của X và [ ]:X H = X H 4. Công thức lớp X là hữu hạn, khi đó: X = ( )Z X + i I∈ ∑ [ ]( )iX C x , ( )ix Z X∉ Chú ý. Cho X là nhóm. Khi đó (i) Nếu H ≤ X thì X = H . [ ]:X H , ( X tùy ý ) (ii) Nếu X- hữu hạn, H X thì /X H = X H (iii) Nếu X- hữu hạn, khi đó∀ x ∈X, x là ước của X 5. Định nghĩa Giả sử X là nhóm, khi đó: (i) Nếu x X∈ có số nguyên dương m sao cho xm =e thì m được gọi là số mũ của x. (ii) Số nguyên dương m được gọi là số mũ của nhóm X nếu m là số nguyên dương sao cho xm = e, mọi x thuộc X iii) Cho p là một số nguyên tố. Nhóm X được gọi là nhóm strictly p-closed nếu tồn tại duy nhất H là p-nhóm con Sylow của G và G/H là nhóm giao hoán với số mũ là ước của p-1 6. Mệnh đề Cấp của nhóm hữu hạn X là một số mũ của nó. 7. Định nghĩa Giả sử p là số nguyên tố, khi đó: (i) Nhóm H được gọi là p- nhóm nếu cấp của nó là một lũy thừa của p. (ii) Nhóm H được gọi là p- nhóm con của nhóm X nếu H ≤ X và H là p- nhóm. (iii) Nhóm H được gọi là p- nhóm con Sylow của nhóm X nếu H là p- nhóm con của X và H = pn là lũy thừa cao nhất của p chia hết X 8. Tính chất. (i) Giả sử X là nhóm Abel, hữu hạn cấp m và p là số nguyên tố chia hết cho m. Khi đó X có chứa một nhóm con cấp p. (ii) ( Định lý Sylow 1 ) Giả sử X là nhóm hữu hạn, p là số nguyên tố chia hết cho X . Khi đó luôn luôn tồn tại p- nhóm Sylow của X. (iii) ( Hệ quả Cauchy ) Nếu số nguyên tố p chia hết cấp của nhóm hữu hạn X thì trong X sẽ tồn tại phần tử cấp p. iv) ( Định lý Sylow 2 ) Giả sử X là nhóm hữu hạn và p là ước nguyên tố của X . Khi đó: • Mọi p- nhóm con H của X đều nằm trong p-nhóm con Sylow nào đó của X • Nếu 1 2,P P là p-nhóm con sylow của X chúng liên hợp với nhau, tức là ∃ x ∈ X sao cho P2 = x. P1. x-1 ( P1 =xP2x-1 ). • Nếu r là số các p- nhóm con Sylow của X thì r ≡ 1 ( mod p ), r X
• 32. m, p ) = 1, p nguyên tố, khi đó số p- nhóm con Sylow của X là ước của m. (vi) Nếu H là p- nhóm con Sylow cấp t duy nhất của X thì H  X. (vii) Cho G là nhóm hữu hạn. Nếu G có đúng một p- nhóm con Sylow với mỗi p là ước nguyên tố của G thì G là tích trực tiếp của các p- nhóm con Sylow của nó. 9. Định nghĩa. Cho dãy các nhóm con của nhóm G 0 1 11 ... n nG G G G G−= ≤ ≤ ≤ ≤ = (*) sao cho ( )1 0, 1i iG G i n+ ∀ = − . Dãy (*) được gọi là dãy chuẩn tắc của G và kí hiệu là 0 1 11 ... n nG G G G G−= =    Với (*) là dãy chuẩn tắc của G, khi đó i) Số n đựoc gọi là độ dài của chuỗi ii) Các ( )0,iG i n∀ = được gọi là các số hạng của dãy iii) Các nhóm thương ( )1 / 0, 1i iG G i n+ ∀ = − được gọi là các nhân tử của dãy 10. Định nghĩa. i) Dãy chuẩn tắc của G được gọi là dãy Abel nếu tất cả các nhân tử của dãy đều là nhóm giao hoán. ii) Dãy chuẩn tắc của nhóm G được gọi là dãy xiclic nếu tất cả các nhân tử của dãy đều là nhóm xiclic iii) Dãy chuẩn tắc của nhóm G được gọi là dãy hợp thành nếu tất cả các nhân tử của dãy đều là nhóm đơn. 11. Định nghĩa. i) Cho G là nhóm, H G H được gọi là nhóm con chuẩn tắc tối đại của G nếu H
• 33. là nhóm giải được hữu hạn. Khi đó G có một dãy hợp thành với các nhân tử là nhóm có cấp nguyên tố. (iii) Nhóm con của nhóm giải được là nhóm giải được iv) Ảnh đồng cấu của nhóm giải được là nhóm giải được (v) Nhóm thương của nhóm giải được là nhóm giải được (vi) Cho X là nhóm và HX. Khi đó X giải được khi và chỉ khi H và X/H là nhóm giải được B) CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH THƯỜNG GẶP Bài toán 1. Chứng minh nhóm X là giải được Phương pháp giải. Ta xây dựng một dãy các nhóm con của X X= X0 ≥ X1 ≥ X2 ≥ . . . ≥ Xn ={ }e sao cho dãy trên thỏa các tính chất (i) Mọi h∈ Xi, mọi x∈ Xi-1, ta có xhx-1 ∈ Xi hoặc x-1 hx ∈ Xi (ii) Xi-1/ Xi là nhóm Abel, tức là mọi x, y ∈ Xi-1, ta có xyx-1 y-1 ∈ Xi ( ni ,1=∀ ) Bài toán 2. Chứng minh nhóm X cấp n < ∞ là giải được Phương pháp giải. Cách 1. Sử dụng phương pháp của bài toán trên Cách 2. Tìm một mhóm con chuẩn tắc H của X sao cho (i) H là nhóm giải được (ii) X/H là nhóm giải được C) MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI Bài 1. Cho :f X Y→ là một đồng cấu từ nhóm hữu hạn X đến nhóm hữu hạn Y. Chứng minh rằng: a) Cấp của a X∈ chia hết cho cấp của f(a) b) Cấp của X chia hết cho cấp của f(X) Giải. a) Giả sử cấp của a là m, khi đó m a e= . Khi đó ( ) ( ) ( ) m m f a f a f e e= = =   Vậy cấp của f(a) là ước của m. b) Do X hữu hạn nên cấp của X/Kerf bằng chỉ số của Kerf là một ước của cấp của X ( Định lý Lagrange ). Vậy cấp của f(X) là một ước của cấp của X. Bài 2. Chứng minh rằng mọi nhóm cấp nguyên tố đều là nhóm xiclic. Giải. Gọi X là nhóm có cấp là p ( p là số nguyên tố ) và x∈ X { }e , khi đó x >1. Theo định lý Lagrange thì x là ước của p. Do p nguyên tố nên x = p, do đó X = x . Vậy X là nhóm xiclic. Bài 3. Chứng minh rằng mọi nhóm cấp nhỏ hơn hoặc bằng 5 đều là nhóm Abel. Giải. Ta có mọi nhóm cấp 1,2,3,5 đều là nhóm Abel ( do 2,3,5 là các số nguyên tố nên mọi nhóm cấp 2,3,5 đều là nhóm xiclic do đó là nhóm Abel ). Ta chứng minh nếu X = 4 thì X là nhóm Abel.
• 34. ∃ x ∈ X sao cho X = 4 thì X là nhóm xiclic, do đó X là nhóm Abel. Nếu trong X không có phần tử nào cấp 4 tức là mọi ∃ x ∈ X, x≠ e thì x2 = e. Do đó X là nhóm Abel. ( bài 12 chương I ) Bài 4. a) Cho X là nhóm hữu hạn, H ≤ X, K X. Chứng minh rằng HK = H K H K∩ b) Chứng minh rằng mọi nhóm cấp 15 đều là nhóm Abel. Giải a) Ta có HK/K ≅ H/H∩ K. Do đó /HK K = /H H K∩ ⇒ HK K = HK = H K H K∩ b) Giả sử X = 15 = 3.5 Nên trong X tồn tại 3- nhóm con Sylow, Gọi r là số 3-nhóm con Sylow, ta có 1(mod3) 5 r r ≡   ⇒ r = 1 Do đó tồn tại duy nhất 3- nhóm con Sylow H, H = 3 ⇒ H  X. Tương tự trong X cũng tồn tại 5- nhóm con Sylow của X Nếu s là số 5- nhóm con Sylow của X thì 1(mod5) 1 3 s s s ≡ ⇒ =  ⇒ Tồn tại duy nhất 5- nhóm con Sylow K, K = 5 ⇒ K X ( K HK ) Ta thấy H∩ K = { }e (1) Vì nếu H K∩ > 1 ⇒ H K∩ = 3 ( đều này không thể vì H∩ K ≤ H, H∩ K  K và H K∩ = H nên H∩ K = H nên H⊂ K ⇒ H ≤ K mà H không là ước của K ) Ta có HK = H K H K∩ = 15 = X Mặt khác HK⊂ X ⇒ HK = X (2) Ta có H, K là nhóm xiclic ( có cấp nguyên tố ) và ( H , K ) = 1 nên HK = X là nhóm xyclic Vậy X là nhóm Abel Bài 5. Cho G là nhóm hữu hạn, H G. a) Chứng minh rằng nếu H, G/H là p- nhóm thì G là p- nhóm b)Chứng minh rằng nếu H là p- nhóm, G là p- nhóm thì G/H là p- nhóm Giải . a) Ta có /G H = G H = pk ( do G/H là p-nhóm ) ⇒ G = pk H = pk pl = pk+l ( H là p- nhóm ) ⇒ G là p- nhóm.
• 35. là p- nhóm, H là p- nhóm Ta có G = pm H = pn ( H < G, m ≥ n ), p nguyên tố ⇒ / m m n n G p G H p H p − = = = ⇒ G/H là p- nhóm Bài 6. a) Chứng minh rằng nếu nhóm X≠ { }e là p- nhóm hữu hạn thì { }( )Z X e≠ b) Chứng minh rằng mọi p- nhóm đều là nhóm giải được. Giải . a) Xét công thức lớp: ( )( ) : ( ) i i I i X Z X X C x x Z X ∈ = +    ∉ ∑ Do ( )ix Z X∉ , tức : i ix X x x xx∃ ∈ ≠ Do đó ( )iC x là nhóm con thực sự của nhóm X. Do X là p- nhóm nên ( 1)X pα α= ≥ ( )iC x là nhóm con thực sự của nhóm X nên ( )iC x X ⇒ ( ) ( ) ( ) : i i i X p X C x C x C x α = =   là lũy thừa của p ⇒ ( )Z X là một bội của p Do đó ( )Z X { }e≠ b) Gọi X là p- nhóm và n X p= với n là số tự nhiên. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 0, 1 n = 0 thì { }X e= là nhóm Abel nên X là nhóm giải được với chuỗi giải được là X { }e≥ n = 1 thì X p= ⇒ X là nhóm xiclic nên X là nhóm Abel, do đó X là nhóm giải được Giả sử định lý đúng cho mọi nhóm cấp pk (1 )k n〈 〈 xét tâm giao hoán Z(X) của X . Theo định lý Lagrange thì tồn tại số tự nhiên r≤ n để ( ) r Z X p= . Theo a thì Z(X) khác { }e nên r≠ 0 Vì thế / ( ) ( ) n rX X Z X p Z X − = = ( X hữu hạn, Z(X)< X ) Do giả thuyết quy nạp nên X/Z(X) là nhóm giải được. Theo bài 4 thì X là nhóm giải được Bài 7. a) Chứng minh rằng nếu X không phải là nhóm Abel thì X/Z(X) không phải là nhóm xiclic. b) Chứng minh rằng mọi nhóm cấp p2 đều là nhóm Abel với p là số nguyên tố. Giải . a) Giả sử X/Z(X) là nhóm xiclic ⇒ ∃ z0 ∈ X, X/Z(X) = oz Mọi x, y ∈ X, tồn tại k, m ∈ Z sao cho 0 0 k k x z z= = , 0 0 m m y z z= = . Suy ra tồn tại z1, z2 ∈ Z(X) sao cho x = z k 0 z1, y = z m 0 z2
• 36. )0 1 0 2 0 1 0 2 k m k m xy z z z z z z z z= = = ( )( )0 0 1 2 0 0 1 2 0 2 0 1 yxk m m k m k z z z z z z z z z z z z= = = Do đó X là nhóm Abel Vậy nếu X không phải là nhóm Abel thì X/Z(X) không thể là nhóm xiclic b) Giả sử 2 G p= p là số nguyên tố Ta có 2 G p= là p- nhóm theo 6a) thì Z(G) ≠ {e}. Do đó ( )Z G p= hoặc 2 ( )Z G p= Nếu Z(G) = p ⇒ 2 / ( ) ( ) G p G Z G p Z G p = = = ⇒ G/Z(G) là nhóm xiclic ⇒ G là nhóm Abel 7a) Nếu 2 ( )Z G p= ⇒ / ( ) 1 / ( ) ( ) G G Z G G Z G Z G = = ⇒ là nhóm xiclic ⇒ G là nhóm Abel Bài 8. Nếu nhóm X khác { }e không có nhóm con chuẩn tắc nào ngoài X được gọi là nhóm đơn. Chứng minh rằng nhóm giải được là nhóm đơn khi và chỉ khi nó là nhóm giải được cấp nguyên tố. Giải. ( )⇒ Giả sử X là nhóm đơn giải được với dãy Abel là: { }0 1 ... nX X X X e= ≥ ≥ ≥ = Không mất tính tổng quát giả sử 1i iX X +≠ với mọi i= n,1 Do 1X X< , nhưng X là nhóm đơn và 1X X= nên { }1X e= . Vì X giải được nên 0 1/X X X= Abel. Do đó nếu H là nhóm con của X thì H cũng là nhóm con chuẩn tắc của X. Mà X chỉ có hai nhóm con chính tắc tầm thường { }e và X nên X chỉ có hai nhóm con tầm thường. Thật vậy, nếu X có thêm một nhóm con khác X và { }e là K thì K cũng là nhóm con chuẩn tắc của X trái giả thiết X là nhóm đơn. Theo bài 8 chương II thì X là nhóm xiclic cấp nguyên tố nên X là nhóm giải được cấp nguyên tố. ( )⇐ Giả sử X là nhóm giải được cấp nguyên tố thì { }X e≠ ; X chỉ có hai nhóm con X và{ }e nên X không có nhóm con chuẩn tắc nào ngoài X và { }e . Do đó X là nhóm đơn. Vậy X là nhóm đơn giải được Bài 9. Chứng minh rằng H, K là nhóm giải được thì H K× là nhóm giải được. Giải. H là nhóm giải được nên ta có chuỗi giải được: { }0 1 ... nH H H H e= ≥ ≥ ≥ = K là nhóm giải được nên ta có chuỗi giải được : { }0 1 ... mK K K K e= ≥ ≥ ≥ = Không mất tính tổng quát giả sử n m〉 { } { }0 1 1... ...m m nK K K K e K K e+= ≥ ≥ ≥ ≥ = ≥ ≥ = { }0 0 1 1 ... ,n n H KH K H K H K H K e e× = × ≥ × ≥ ≥ × =
• 37. 1 1i i i iH K H K− −× ×< và 1 1 /i i i iH K H K− −× × là nhóm Abel Thật vậy, mọi 1 1( , ) i iz x y H K− −= ∈ × , 1 2( , ) i il l l H K= ∈ × , với 1 1 1 2, , ,i i i ix H y K l H l K− −∈ ∈ ∈ ∈ Vì H giải được nên 1 1 ixl x H− ∈ K giải được nên 1 2 iyl y K− ∈ Ta có 1 1 1 1 2( , )( , )( , )zlz x y l l x y− − − = 1 1 1 2( , ) i ixl x yl y H K− − = ∈ × Do đó 1 1i i i iH K H K− −× ×< Mọi 1 2 1 2 1 1( , ), ( , ) i im x x n y y H K− −= = ∈ × Ta có 122111 ,,, −− ∈∈ ii KyxHyx Do H giải được nên 1 1 1 1 1 1 ix y x y H− − ∈ ( 1,i n= ) K giải được nên 1 1 2 2 2 2 ix y x y K− − ∈ ( 1,i n= ) Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 2 2( , )( , )mnm n x y x y x y x y− − − − − − = 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2( , y x ) i ix y x y x y H K− − − − = ∈ × Do đó 1 1 /i i i iH K H K− −× × là nhóm Abel Vậy H K× là nhóm giải được Bài 10. a) Chứng minh rằng mọi nhóm cấp 6 đều giải được b) Hỏi mọi nhóm cấp pq với pq là các số nguyên tố có phải là nhóm giải được không ? Tại sao ? Giải . a) 2.3X = ⇒ Trong X tồn tại 3-nhóm con Sylow Gọi r là số 3-nhóm con Sylow (mod3) 1 2 r r r ≡ ⇒ ⇒ =  ⇒ Trong X tồn tại duy nhất 3-nhóm con Sylow H do đó , 3H X H =< , / 2 X X H H = = Vậy H giải được, /X H giải được do đó X giải được b) Với 2 p q X p X= ⇒ = ⇒ giải được. Không mất tính tổng quát giả sử p > q Khi đó theo định lý Sylow thì trong X tồn tại q – nhóm con Sylow Gọi r là số q – nhóm con Sylow Khi đó 1(mod ) 1 r q r r p ≡ ⇒ =  ( )q p〉 ⇒ Tồn tại duy nhất q – nhóm con Sylow H nên ,H X H q=< , / X pq X H p H q = = = Nên H, X/H là nhóm giải được do đó X là nhóm giải được. Bài 11. Chứng minh rằng mọi cấp 30 đều giải được Giải. Ta có 30 2.3.5X = = ⇒ Trong X tồn tại 5-nhóm con Sylow Gọi r là số 5-nhóm con Sylow, theo định lý Sylow
• 38. r r r ≡ = ⇒  =  • r = 1, khi đó trong X tồn tại duy nhất 5-nhóm con Sylow H 5, =⇒ HXH < nên H giải được. Mặt khác / X X H H = = 6 ⇒ X/H giải được Vậy X giải được • r = 6, khi đó trong X có 6 nhóm 5-nhóm con Sylow ⇒ Tập hợp 6 nhóm 5-nhóm con Sylow có 25 phần tử (mỗi nhóm có 5 phần tử, trong mỗi nhóm đều có chung phần tử đơn vị và mỗi nhóm đều là nhóm xiclic ( do cấp nguyên tố ) nên ngoài phân tử đơn vị các phần tử ở mỗi nhóm là khác nhau nên bất kỳ 2 nhóm 5-nhóm con Sylow có chung một phần tử khác ngoài đơn vị thì chúng phải trùng nhau ) Do X = 2.3.5 nên trong X tồn tại 3-nhóm con Sylow Gọi t là số 3- nhóm con Sylow ( )    = = ⇒    ≡ ⇒ 10 1 10 3mod1 t t t t Với t =10 loại do trong X không có đủ phần tử ⇒ t = 1 Vậy tồn tại 3-nhóm con Sylow K trong X ⇒ , 3K X K =< nên K giải được. Mặt khác, / 10 2.5 X X K K = = = ⇒ X/K giải được Vậy X/K giải được và K giải được nên X giải được Vậy mọi nhóm cấp 30 đều giải được . Bài 12. Chứng minh rằng mọi nhóm cấp pqr với p, q, r là các số nguyên tố r 〉 pq đều là nhóm giải được. Giải . Ta có X pqr= ⇒ Trong X tồn tại r –nhóm con Sylow Gọi a là số r –nhóm con Sylow. 1(mod )a r a pq ≡ ⇒   Do r〉 pq nên a = 1 ⇒ Trong X tồn tại duy nhất r-nhóm con Sylow H⇒ ,H X H r=< . Mặt khác / X qpr X H qp H r = = = Vậy H giải được, X/H giải được nên X giải được Vậy mọi nhóm cấp pqr ( p, q, r là số nguyên tố ), r〉 pq đều là nhóm giải được. Bài 13. a)Chứng minh rằng mọi cấp 12 đều giải được. b) Chứng minh rằng mọi nhóm cấp 588 là nhóm giải được Giải . a) Giả sử 2 12 2 .3X = = ⇒ Trong X tồn tại 3- nhóm con Sylow Gọi r là số 3- nhóm con Sylow, khi đó
• 39. X tồn tại duy nhất 3- nhóm con Sylow H nên H < X và |H| = 3. Mặt khác |X/H| = 2 2 2 3 3.2 || || == H X Ta có 3H H= ⇒ giải được, 2 / 2X H = nên X/H giải được. Do đó X giải được. b) Giả sử 2 2 588 2 .3.7X = = ⇒ Trong X tồn tại 7-nhóm con Sylow Gọi r là số 7-nhóm con Sylow 1(mod7) 1 12 r r r ≡ ⇒ ⇒ =  ⇒ Tồn tại duy nhất 7-nhóm con Sylow H của X ⇒ 2 , 7H X H =< nên H giải được. Mặt khác 2 / 2 .3 12 /X H X H= = ⇒ giải được. Do đó X giải được Vậy mọi nhóm cấp 588 là nhóm giải được D. MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1. Xét tính đúng sai của các mệnh đề sau: a) Mọi nhóm cấp 9 đều giải được b) Mọi nhóm cấp nguyên tố đều giải được c) Mọi nhóm hữu hạn có cấp chia hết cho 5 đều chứa nhóm xiclic cấp 5 d) Cho G là nhóm cấp 8, trong G tồn tại nhóm con cấp 3 e) Mọi nhóm cấp 45 đều có chứa nhóm con chuẩn tắc cấp 9 f) Mọi nhóm cấp 27 đều có chứa phần tử cấp 3 2) Chứng minh rằng mọi nhóm cấp 28 đều giải được 3) Cho H, K là hai nhóm con giải được của nhóm X và XH < Chứng minh rằng HK là nhóm giải được 4) Chứng minh rằng mọi nhóm cấp lẻ bé hơn 60 đều giải được 5) Chứng minh rằng Sn là nhóm giải được với n < 5 6) Chứng minh rằng Sn không là nhóm giải được với 5≥n
• 40. LŨY LINH A. LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa Ta nói rằng nhóm con K chuẩn hóa H nếu ( )GK N H≤ ( ) { }( )1 :aHaGN H a G H− = ∈ = Như vậy K chuẩn hóa H khi và chỉ khi [ ],H K H= 2. Định nghĩa Cho H là nhóm con của G, tâm của H trong G là CG(H) = { x∈G |xh = hx, mọi h∈ H }= {x ∈G| [x, h] = e, mọi h∈ H } Ta nói nhóm con K tâm hoán H nếu ( )GK C H≤ Như vậy ( )GK C H≤ khi và chỉ khi [ ], 1H K = 3. Tính chất (i) Nếu K G< và K H G≤ ≤ thì [ ],H G K≤ khi và chỉ khi: ( )/ /H K Z G K≤ (ii) Nếu ,H K G≤ và :f G L→ là đồng cấu thì f ([H, K]) = [f(H), f(K)] (iii) Cho G là một nhóm hữu hạn và H G< . Nếu P là một nhóm con Sylow của H thì . ( )GG H N P= và [ ]:G H là ước của ( )GN P (iv) Cho H G< . Khi đó G/H là nhóm giao hoán khi và chỉ khi , G H≤ v) Nếu P là một p-nhóm con Sylow của một nhóm hữu hạn G thì NG(P) bằng chuẩn hóa của nó trong G 4. Định nghĩa Nhóm con đặc trưng ( )i Gγ của G được xác định bằng quy nạp như sau: ( ) GG =1γ , ( ) ( )[ ]GGG ii ,1 γγ =+ Nhận xét (i) ( ) ( )[ ] [ ] , 12 ,, GGGGGG === γγ (ii ) 1( ) ( )i iG Gγ γ+ ≤ Từ [ ]1 1( ) ( ); ( ), ( )i i i iG G G G Gγ γ γ γ+ +≤ = và tính chất 3 (i) ta được 1 1( ) / ( ) ( / ( )i i iG G Z G Gγ γ γ+ +≤ 5. Định nghĩa Chuỗi tâm dưới ( hay chuỗi tâm giảm ) của G là chuỗi: 1 2( ) ( ) ...G G Gγ γ= ≥ ≥
• 41. trên ( )i Gξ là nhóm con đặc trưng của G xác định bằng quy nạp như sau: ( )0 1 ( ) 1, ( ) / ( ) / ( )i i i G G G Z G Gξ ξ ξ ξ+ = = Tức là nếu : / ( )i iv G G Gξ→ là đồng cấu tự nhiên thì 1 ( )i Gξ + là nghịch ảnh của tâm ( )1 1 ( / ( ); ( ) ( / ( )i i i iZ G G G v Z G Gξ ξ ξ+ − = Ta có 1 ( ) ( )G Z Gξ = vì 1 0 0 ( ) / ( ) ( / ( ))G G Z G Gξ ξ ξ= Suy ra 1 ( ) /1 ( /1)G Z Gξ = hay 1 ( ) ( )G Z Gξ = 7. Định nghĩa (i) Chuỗi tâm trên ( hay chuỗi tâm tăng ) của G là chuỗi 0 1 2 1 ( ) ( ) ( )G G Gξ ξ ξ= ≤ ≤ … Nếu không có gì nhầm lẫn ta có thể viết gọn lại 2 ξ thay cho 2 ( )Gξ và iγ thay cho ( )i Gγ (ii) Chuỗi chuẩn tắc 0 11 ... nG G G G= =< < < với iG G< và ( )1 1/ /i i iG G Z G G− −≤ được gọi là chuỗi trung tâm. (iii) Nhóm con hoán tử trên của G được định nghĩa bằng quy nạp ( ) ( ) ( )10 ; , i i i G G G G G +  = =   với mọi 0i ≥ Với 0i = ta kí hiệu ( ) [ ]1 , , ,G G G G G= ⇒ = Ta có ( )i G G< với mọi i Chuỗi ( ) ( ) ( )0 1 2 ...G G G G= ≥ ≥ ≥ được gọi là chuỗi dẫn xuất của G. 8. Tính chất (i) Cho G là nhóm. Nếu tồn tại c∈ N sao cho ( )c G Gξ = thì: ( ) ( )GG ic i − + ≤ ξγ 1 với mọi i và khi đó 1( ) 1c Gγ + = Ngược lại, nếu tồn tại c∈ N sao cho 1( ) 1c Gγ + = thì ( ) ( )GG ic i − + ≤ ξγ 1 với mọi i và ( )c G Gξ = . (ii) Chuỗi chuẩn tắc của G 0 11 ... nG G G G= =< < < là chuỗi trung tâm khi và chỉ khi [ ] 1,i iG G G −≤ với mỗi i = 1,…, n. (iii) Nếu 0 1 2... 1nG G G G G= => > < là chuỗi giải được thì ( )i iG G≥ với mọi i N∈ iv) Nhóm G là nhóm giải được khi và chỉ khi tồn tại n∈ N sao cho ( ) 1 n G = Nhận xét. Chuỗi dẫn xuất là chuỗi giải được khi và chỉ khi G là nhóm giải được. 9. Định nghĩa (i) Cho M G≤ , nhóm con của M của G được gọi là nhóm con cực đại của G nếu M G〈 và G không có nhóm con của H nào để M H G〈 〈 . Nếu. G vô hạn thì G có thể không có nhóm con cực đại nào. Nhận xét. Cho K G< , khi đó K là nhóm con cực đại của /G G K⇔ có cấp nguyên tố (ii) Cho G là nhóm. Nhóm con của Frattini của nó ký hiệu là ( )GΦ được định nghĩa bằng giao của tất cả các nhóm con cực đại của G. Nếu một nhóm G (vô hạn ) không có nhóm con cực đại, ta định nghĩa ( ) GG =Φ 10. Định nghĩa
• 42. , A là một tập khác rỗng các tự đẳng cấu của G. H được gọi là A con bất biến nếu ( ) , ,h H h H Aϕ ϕ∈ ∀ ∈ ∈ Nhận xét. Nếu A = 1, mọi nhóm con của G là bất biến Nếu H là một G nhóm con bất biến thì H được gọi là nhóm con đặc trưng của G, kí hiệu H char G. Vậy H char G nếu ( )H Hϕ = với tự đẳng cấu ϕ của G 11. Tính chất i) Nếu ( )H Hϕ ≤ với mọi tự đẳng cấu ϕ thì H char G. ii) Nếu H char G thì H G< iii) Cho GH ≤ , nếu ( ) HHf ≤ , ∈∀f AutG thì H char G iv) Nếu H char G thì GH < v) Nếu H char K, K char G thì H char G vi) Nếu H char K, GK < thì GH < vii) Cho G là nhóm xiclic hữu hạn, nếu GH ≤ thì H char G vii) Cho GK < . Khi đó K là nhóm con cực đại của G khi và chỉ khi G/K có cấp nguyên tố 12. Định nghĩa Phần tử Gx ∈ được gọi là phần tử không sinh nếu nó có thể được loại ra khỏi tập sinh. Tức là nếu ,G x Y= thì G Y= . 13. Tính chất (i) Với mọi nhóm G, mhóm con Frattini ( )GΦ là tập tất cả các phần tử không sinh. (ii) Cho G là một nhóm. Khi đó, ( )GΦ là nhóm con đặc trưng của G. (iii) Cho G là nhóm. Khi đó ( )GΦ là nhóm con chuẩn tắc của G iv) Nếu H là một nhóm con của G sao cho ( )HGG Φ= thì H = G 14 . Nhóm lũy linh Một nhóm G được gọi là nhóm lũy linh nếu tồn tại số tự nhiên c sao cho ( )1 1c Gγ + = Số c nhỏ nhất như vậy gọi là nhóm lớp của nhóm lũy linh G. Như vậy có thể G là nhóm lũy linh nếu tồn tại c∈N sao cho c Gξ = Nhận xét. (i) Đối với nhóm lũy linh, chuỗi các tâm giảm và chuỗi các tâm tăng là các chuỗi chuẩn tắc có cùng chiều dài. (ii) Một nhóm là lũy linh lớp 1 nếu và chỉ nếu nó là nhóm Abel. Thật vậy, 1 ( )G Gξ = nếu và chỉ nếu ( )Z G G= nếu và chỉ nếu G Abel. Vậy mọi nhóm Abel đều là lũy linh (iii) Một nhóm lũy linh lớp 2 có thể biểu diễn dưới dạng ( ) ( ) ( ), 1 2 G G Z G Gγ ξ≤ ≤ = Mỗi nhóm không Abel bậc 3 p là nhóm lũy linh lớp 2.( xem bài 16 phần bài tập) B. CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH THƯỜNG GẶP Bài toán. Chứng minh nhóm G là lũy linh Phương pháp giải.
• 43. tiến hành các bước sau: (i) Lập chuỗi tâm dưới của G ( ) ( ) ...21 ≥≥= GGG γγ (ii) Tìm số tự nhiên c sao cho 1( ) 1c Gγ + = Cách 2. Ta tiến hành các bước sau: (i) Lập chuỗi tâm dưới của G ( ) ( ) ...1 10 ≤≤= GG ξξ (ii) Tìm số tự nhiên c sao cho c Gξ = C. MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI Bài 1. Chứng minh rằng mọi nhóm lũy linh G đều là nhóm giải được. Giải. Ta có ( ) ( ), i iG G iγ≤ ∀ (∗) Thật vậy, ta sẽ chứng minh (∗ ) bằng quy nạp. ● Với ( ) [ ]1 1, ,i G G G= = 1( )G Gγ = , mà [ ],G G G≤ nên (∗ ) đúng với i =1 ● Giả sử (∗ ) đúng với i = k, tức ( ) ( )k kG Gγ≤ . Ta cần chứng minh ( ) ( )1 1 k kG Gγ+ +≤ Ta có ( ) , k G G k≤ ∀ mà ( ) ( )k kG Gγ≤ ( theo giả thiết quy nạp ) Do đó ( ) ( ) ( ), , k k kG G G Gγ  ≤     , suy ra ( ) ( )1 1 k kG Gγ+ +≤ Vậy (∗ ) đúng với mọi i Do G là nhóm lũy linh nên tồn tại c ∈ N sao cho ( )1 1c Gγ + = Do đó ( )1 1 c G + ≤ Suy ra ( )1 1 c G + = Vậy G là nhóm giải được. Bài 2. Chứng minh rằng mỗi p- nhóm hữu hạn là nhóm lũy linh Giải. ●Nếu 1G = thì G lũy linh ● Nếu 1G ≠ . Giả sử G là p- nhóm hữu hạn Ta có |G| = |Z(G)| + ∑ [ G: C(xi) ] , xi ∉ Z(G) Vì |G| = pr , G≠ 1 nên Z(G)≠ 1⇒ Z(G) = ps Do p |G| và p |Z(G)| nên p ( ∑ [ G: C(xi) ] ) Do 1G ≠ nên ( ) 1≠GZ Ta có ( )1 1Z Gξ = ≠ Nếu 1 / 1G ξ ≠ thì ( )1 / 1Z G ξ ≠ Ta có ( )2 1 1 / /Z Gξ ξ ξ= , do đó nếu 1 Gξ ≠ thì 2 1 ξ ξ≠ , suy ra 1 2 ξ ξ〈
• 44. ≠ thì 3 2 ξ ξ≠ … Nếu 2 Gξ ≠ thì 1i i ξ ξ+ ≠ . Do đó ta được chuỗi 0 1 11 ..... i iξ ξ ξ ξ += 〈 〈 〈 〈 Vì G hữu hạn nên tồn tại k sao cho k ξ = G Vậy G lũy linh. Bài 3. Chứng minh rằng nếu 1G ≠ là nhóm lũy linh thì ( ) 1Z G ≠ . Giải . Giả sử 1G ≠ là nhóm lũy linh lớp c, ta có ( )1 1c Gγ + = và ( ) 1c Gγ ≠ Theo tính chất 8i) ta được ( ) ( ) ( )GZGGc =≤≠ 1 1 ξγ Vậy ( ) 1Z G ≠ Bài 4. Chứng minh rằng nhóm con H của một nhóm lũy linh G là nhóm lũy linh. Hơn nữa nếu G là nhóm lũy linh lớp c thì H là nhóm lũy linh lớp c≤ Giải. Ta có H G≤ nên ( ) ( )i iH Gγ γ≤ với mọi i (∗) Ta sẽ chứng minh (∗ ) bằng quy nạp theo i ●Với i = 1 thì ( )1 1( ) ;H H G Gγ γ= = mà H G≤ nên ( ) ( )1 1H Gγ γ≤ Vậy (∗ ) đúng với i = 1 ● Giả sử (∗ ) đúng với i k= , tức là ta có ( ) ( )k kH Gγ γ≤ ● Ta sẽ chứng minh (∗ ) đúng với i = k + 1 Tức chứng minh ( ) ( )1 1k kH Gγ γ+ +≤ Ta có ( ) ( )1 ,k kH H Hγ γ+ =    [ ]1( ) ( ),k kG G Gγ γ+ = Mà ( ) ( )k kH Gγ γ≤ ( giả thiết quy nạp ) H G≤ Do đó ( ) [ ], ( ),k kH H G Gγ γ≤   Hay 1 1( ) ( )k kH Gγ γ+ +≤ Vậy (∗ ) đúng với mọi i Mặt khác, G là nhóm lũy linh nên tốn tại số tự nhiên c sao cho 1( ) 1c Gγ + = Do đó 1( ) 1c Hγ + ≤ Vậy ( )1 1c Hγ + = . Hay H là nhóm lũy linh lớp c≤ Bài 5. a) Chứng minh rằng nếu G là nhóm lũy linh và :f G H→ là một toàn cấu thì H lũy linh. b) Chứng minh rằng nếu G là nhóm lũy linh lớp c và H G< thì G/H là nhóm lũy linh lớp c≤ Giải. a) Giả sử :f G H→ là một toàn cấu. Ta có ( )( ) ( )i iH f Gγ γ≤ với mọi i (∗ ) Thật vậy ta chứng minh (∗ ) bằng quy nạp ●Với i = 1 thì 1( )H Hγ =