Kiểm tra cấu trúc ( G,* ) docx

Các câu d,e cm tương tự... • Do G,* khơng cĩ phần tử trung hịa nên khơng tồn tại phần tử cĩ cấp hữu hạn.. Câu h cm tương tự... n Bài toán giải quyết xong.. Bài 1.13: Cho ví dụ chứng tỏ

Nhĩm 1

Bài 1:

kiểm tra cấu trúc ( G,* ) cĩ là nửa nhĩm,vị nhĩm hay nhĩm khơng, và xét tính giao hốn của chúng.Trường hợp ( G,*) là nhĩm, hãy mơ tả các phần tử cĩ cấp hữu hạn của nhĩm này

a) G=Q\{-6},x*y = 90xy+540x+540y+3234 = 90(x+6)(y+6)-6

• Tính kết hợp:

(x*y) *z = (90(x+6)(y+6)-6) *z

= 90(90(x+6)(y+6)-6+6)(z+6)-6

= 902(x+6)(y+6)(z+6)-6 (1)

x*(y*z) = x*(90(y+6)(z+6)-6)

= 90(x+6)( 90(y+6)(z+6)-6+6)-6

= 902(x+6)(y+6)(z+6)-6 (2)

từ (1) và (2) suy ra ( G,* ) cĩ tính kết hợp

( G,* ) là nửa nhĩm

• Phần tử trung hịa của trên G:

x*e=e*x=x

<=> 90(x+6)(e+6)-6 = 90(e+6)(x+6)-6 = x

<=> 90(x+6)(e+6) = 90(e+6)(x+6) = x+6

<=> e =

90

1 -6∈Q\{-6 }

( G,* ) là nửa nhĩm cĩ phần tử trung trung hịa e =

90

1 -6∈Q\{-6}

suy ra ( G,* ) là vị nhĩm

• Phần tử x-1 của x:

x*x-1 = x-1

*x = e hay 90(x+6)(x-1+6)-6 = 90(x-1+6)(x+6)-6 =

90

1 -6

x-1 = − ∈

+6) 6 (

90

1

suy ra ( G,* ) là nhĩm

• Do tính giao hốn của phép nhân trong Q ta cĩ x*y = y*x = 90(x+6)(y+6)-6 suy ra ( G,* ) là nhĩm giao hốn

• Cấp hữu hạn của phần tử x trong (G,*) :

Với k ∈ N* bằng quy nạp ta chứng minh được xk = 90k-1 (x+6)k – 6

90k-1 (x+6)k – 6 =

90

1

- 6 <=> [90(x+6)]k = 1

<=> 90(x+6) = 1 hoặc 90(x+6) = -1 và k =2 (do k∈N*,xk = e)

<=> x=

90

1

6 (=e) hoặc x =

-90

1

- 6 và cấp của x là 2

Câu b cm tương tự

c) G = R, x*y = (xn+yn)1/n, trong đĩ n là số nguyên dương lẻ cho trước

• Tính kết hợp:

(x*y)*z = (xn+yn)1/n*z

= (xn+yn+zn)1/n

x*(y*z) = x*(yn+zn)1/n

= (xn+yn+zn)1/n

suy ra (G,*) cĩ tính kết hợp nên (G,*) là nửa nhĩm

• Phần tử trung hịa của trên G:

x*e=e*x=x

<=> (xn+en)1/n = (en+xn)1/n = x

<=> xn+en = xn

<=> en = 0

<=> e = 0 ∈ R (do n là số nguyên dương cho trước)

suy ra ( G,* ) là vị nhĩm

• Phần tử x-1 của x:

x*x-1 = x-1*x = e hay

(xn+x-n)1/n = e

x-n = e- xn = - xn

x-1 = -x

suy ra ( G,* ) là nhĩm

• Tính giao hốn :

x*y = (xn+yn)1/n = (yn+xn)1/n = y*x

vậy (G,*) là nhĩm giao hốn (nhĩm abel)

+)Cấp hữu hạn của phần tử x trong (G,*) :

Với k ∈ N* bằng quy nạp ta chứng minh được xk = 2(k-1)/nx = 0 Suy ra x = 0

vậy (G,*) khơng cĩ phần tử cĩ cấp hữu hạn

Các câu d,e cm tương tự

f) G = R x R*,(x,y) * (z,t) = (x+yz,yt)

• Tính kết hợp:

((x,y) * (z,t)) * (p,q) = (x+yz,yt) * (p,q)

= (x+yz+ytp,ytq) (1)

(x,y) * ((z,t) * (p,q)) = (x,y) * (z+tp,tq)

= (x+y(z+tp),ytq)

= (x+yz+ytp,ytq) (2)

từ (1) và (2) suy ra ( G,* ) cĩ tính kết hợp

( G,* ) là nửa nhĩm

• Phần tử trung hịa của trên G:

t*e=e*t=t với t = (x,y), e = (x0,y0)

<=> (x,y) * (x0,y0) = (x0,y0) * (x,y) = (x,y)

<=> (x+yx0,yy0) = (x0+y0x,y0y) = (x,y)

<=> x+y0x = x0+y0x = x và yy0 = y0y = y chọn y # 0

<=> e = (x,1) suy ra phần tử e khơng duy nhất

Vậy (G,*) khơng cĩ phần tử trung hịa nên khơng là vị nhĩm

+) Do (G,*) khơng là vị nhĩm nên khơng cĩ phần tử khả nghịch

• Tính giao hốn :

(x,y) * (z,t) = (x+yz,yt)

(z,t) * (x,y) = (z+tx,ty)

(x,y) * (z,t) # (z,t) * (x,y),

• (G,*) khơng cĩ tính giao hốn

• Do (G,*) khơng cĩ phần tử trung hịa nên khơng tồn tại

phần tử cĩ cấp hữu hạn

g) G = R x R*,(x,y) * (z,t) = (xz-yt,xt+yz)

• Tính kết hợp:

((x,y) * (z,t)) * (p,q) = (xz-yt,xt+yz) * (p,q)

= ((xz-yt)p- (xt+yz)q, (xz-yt)q+(xt+yz)p)

= (xzp-ytp-xtq-yzq,xzq-ytq+xtp+yzp) (1)

(x,y) * ((z,t)* (p,q)) = (x,y) * (zp-tq,zq+tp)

= (x(zp-tq)-y(zq+tp),x(zq+tp)+y(zp-tq))

= (xzp-ytp-xtq-yzq,xzq-ytq+xtp+yzp) (2)

từ (1) và (2) ta cĩ ((x,y) * (z,t)) * (p,q) = (x,y) * ((z,t)* (p,q))

(G,+) cĩ tính kết hợp đối với phép * nên (G,*) là nửa nhĩm

• Phần tử trung hịa của trên G:

t*e=e*t=t với t = (x,y) và e = (x0,y0)

<=> (xx0-yy0,xy0+yx0) = (x0x-y0y,x0y + y0x) = (x,y)

<=> x(x0-1) - yy0 = 0 và y(x0-1) + xy0 =0 với mọi (x,y) ∈ R x R*

<=> (x0,y0) = (1,0) khơng thuộc vào R x R*

suy ra ( G,* ) khơng là vị nhĩm

• Do (G,*) khơng là vị nhĩm nên khơng cĩ phần tử khả nghịch

• Tính giao hốn :

với t=(x,y), t’ = (x’, y’)

ta cĩ t*t’ = (xx’-yy’,xy’+yx’)

t’*t = (x’x-y’y,x’y + y’x)

suy ra t*t’= t’*t nên (G,*) là nửa nhĩm giao hốn

Câu h cm tương tự

Bài 1.5: Cho G là một nhóm trong đó có duy nhất một phần tử a có cấp 2 Chứng minh

rằng với mọi x G∈ thì ax xa=

Giải:

• Nhắc lại a cấp 2 nghĩa là a2 = và a e e ≠

• Ta có : (x− 1ax)2 = x− 1ax x− 1ax =x a x x ex x x e− 1 2 = − 1 = − 1 =

Hơn nữa nếu x ax e− 1 = thì ax=xe=ex suy ra a=e (mâu thuẫn)

Vậy (x− 1ax)2=e và x ax e− 1 ≠ điều này chứng tỏ x ax− 1 có cấp 2, mà a là phần tử có cấp 2 duy nhất nên bắt buộc x ax− 1 =a suy ra xa=ax (đpcm)

Bài 1.9 Chứng minh rằng nếu (G,.) là một nhóm giao hoán có đúng n phần tử khác

nhau là x x1, , ,2 x n thì 2

1 2 (x x x )n = e

Giải:

• Đương nhiên 1 1 1

1 , 2 , , n

x− x − x − ∈ Ta có: G

( )( ) ( n n ) ( )(n n )

• Ta cần chứng minh 1 1 1

1 2 n 1 2 n

x x− − x − =x x x nữa là xong!

Giả sử tồn tại k ≠ l sao cho : xk − 1 = xl − 1 ( 0 < k < l ≤ n)

Ta có : xk xk − 1 = xl xl − 1 = e

Suy ra : xk = xl ( luật giản ước) mâu thuẫn với giả thiết!

Do đó : : xk − 1 ≠ xl − 1 với k ≠ l Hay { -1 -1 -1}

1 2 n

x ,x , ,x là 1 bộ gồm n phần tử khác nhau trong G, mà G có n phần tử là x x1, , ,2 x n nên bắt buộc

x ,x , ,x = x ,x , ,x Vậy 1 1 1

1 2 n 1 2 n

Bài toán giải quyết xong

Bài 1.13: Cho ví dụ chứng tỏ luỹ thừa của một chu trình ko nhất thiết phải là chu trình Giải :

Ta có : σ = ⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ 3421

1234 suy ra σ2 = ⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ 2143 1234 Nhận thấy : σ là một chu trình nhưng σ2 không phải là một chu trình

Bài 1.17:

Cho (G,*) la một nhĩm và H là một nhĩm con của G.Chứng minh rằng với x∈ G Các khẳng định sau là tương đương:

a) xH là một nhĩm con của G;

b) Hx là một nhĩm con của G;

c) x ∈ H

Giải :

• (a => b): Với mọi xh1,xh2 ∈ xH , (xh1)-1* (xh2)∈ xH , trong đĩ h1,h2 ∈ H

Suy ra tồn tại h ∈ H sao cho (xh1)-1* (xh2) = xh hay :

x-1*(xh1)-1* (xh2)*x =hx

x-1h-1x-1xh2x = hx

(hx)-1h2x = hx ∈ Hx

• (b => c): Với mọi h x,h x∈ Hx , (hx)-1 (h x)∈Hx , trong đĩ h ,h ∈ H

Suy ra tồn tại t ∈ H sao cho (h1x)-1* (h2x) = tx hay

x-1h1-1h2 = t

h1-1h2t-1 = x ∈ H do H là một nhĩm con của G

• (c => a): Với mọi xh1,xh2 ∈ xH = H, (xh1)-1* (xh2)∈ H = xH (bài 1.3)

trong đĩ h1,h2 ∈ H

Bài 1.21:

Giải:

a) Ta có : (AB)C = {xc | x ∈ AB , c ∈ C}={abc | a ∈ A,b∈B , c ∈ C}

A(BC) ={ay | a ∈ A , y ∈ BC}={abc | a ∈ A,b∈B , c ∈ C}

Do vậy : (AB)C = A(BC)

b) Ta có: A− 1 = { a− 1| a ∈ A }

(A− 1)− 1 = { a− 1 | a ∈ A− 1} ={ (b− 1)− 1 | b ∈ A} ={ b | b ∈ A }= A

c) Ta có : AB = { ab | a ∈ A , b ∈ B }

(AB)− 1 = { x− 1 | x ∈ AB} ={(ab) − 1 | a ∈ A , b ∈ B }

={ b− 1.a− 1 | a ∈ A , b ∈ B }={ y.z | y ∈ B− 1, z ∈A− 1}= B− 1 A− 1

d)

• AA A= ⇔{ab a A b A| ∈ , ∈ }= ⇔A ab A a A b A∈ ∀ ∈, , ∈

A− = ⇔A a− a A∈ = ⇔A a− ∈ ∀ ∈ A a A

Từ hai điều trên suy ra (ii) tương đương (i)

1

a b A a b A

−

Điều này nói lên rằng (iii) tương đương (i)

e)

• G/s AB là nhóm con của G, ta cm AB=BA

+Lấy x thuộc AB ta chứng minh x thuộc BA, thật vậy vì x thuộc AB mà AB là nhóm con của G nên x− 1 thuộc AB, suy ra x− 1 =ab với a thuộc A,b thuộc B

Vậy x=b a− 1 − 1 với b− 1∈B a, − 1∈ suy ra x thuộc BA A

+Lấy x thuộc BA chứng minh x thuộc AB (chứng minh tương tự)

• G/s AB=BA Chứng minh AB là nhóm con của G

+Lấy a thuộc A, b thuộc B suy ra ab thuộc AB nên AB khác trống

+Lấy x,y thuộc AB bất kì ta cm xy thuộc AB

x=ab (a thuộc A, b thuộc B)

y=cd (c thuộc A, d thuộc B)

xy=abcd=a(bc)d

Vì bc thuộc BA mà BA=AB nên tồn tại b’ thuộc A, c’ thuộc b sao cho bc=b’c’ Vậy xy=(ab’)(c’d) thuộc AB (vì ab’ thuộc A, c’d thuộc B)

+Lấy x thuộc AB ta chứng minh x−1 thuộc AB

x=ab (a thuộc A, b thuộc B)

do đó x− 1 =b a− 1 − 1∈BA AB=

• Chứng minh AB=<A B∪ >

+Với mọi a thuộc A ta có a=ae thuộc AB nên A là con của B, tương tự B là con của

AB nên A B AB∪ ⊂ Vậy A B< ∪ >⊂AB

+Hơn nữa lấy x thuộc AB bất kì thì x=ab với a thuộc A, b thuộc B Nói riêng thì

x=ab với a,b thuộc A B∪ do đó x thuộc A B< ∪ > Vậy AB⊂<A B∪ >

Bài 1.25:

Cho nhĩm (G,.) hữu hạn và H,K là hai nhĩm con của G Chứng minh rằng:

HK H∩K = H K (1)

Giải:

• Vì G hữu hạn nên ta cĩ , ,H K H∩K HK, hữu hạn

• Hơn nữa vì H,K là các nhĩm con của (G,.) cho nên:

,

H∩ ≤K H H∩ ≤ K K

Theo định lí Lagrange ta cĩ

:

H = H H∩K H∩K

:

K = K H∩K H∩K

Từ đĩ suy ra H∩K là ước của H và H∩K là ước của K do đĩ nếu gọi k là số phần tử của H ∩ thì số phần từ của H là nk K (n N∈ *) và của K là mk(m N∈ *) Nĩi cách khác ta cĩ H∩K =k, H =nk K, =mk (2)

Cho nên để chứng minh (1) ta chỉ cần chứng minh: HK =nmk là xong

• Chứng minh HK =nmk:

+Lưu ý: HK ={hk: h H,k K}∈ ∈

Xét quan hệ tương đương trong H như sau:

,

a b H∈ , khi đĩ a b∼ được đ/n là a,b H∈ , a b H− 1 ∈ ∩ K

Số lớp tương đương trong H với định nghĩa trên là H H/ ∩K = H H/ ∩K =nk k n/ =

+Cho ,a b H∈ giả sử a b∼ khi đĩ a b H− 1 ∈ ∩ và K a b− 1 =(a b− 1 )− 1 =b a H− 1 ∈ ∩ K

Vì K =mk nên cĩ thể đặt K ={k , , ,1 k2 k mk}

Đặt A={ak ,1 ak2, ,ak mk} và B={bk ,1 bk2, ,bk mk} Ta cĩ: A=B (g/s ak i∈ đặt A

j

i

b ak− ∈ do đĩ K ak i =bk j ∈ nên A B B ⊂ , chứng minh tương tự cho B⊂ ) A

Như vậy cứ mỗi một lớp tương đương sẽ cho tương ứng với mk phần tử cĩ dạng hk (h H k K∈ , ∈ ) (3)

+ Cho a b H, ∈ , giả sử a và b khơng cùng một lớp tương đương Giả sử tồn tại i,j sao cho

i j

ak =bk khi đĩ 1 1

i j

a b k k− = − ∈ ∩K H (vì 1 1

, i j

a b H k k− ∈ − ∈K) nhưng như vậy thì a và b

đã cùng một lớp tương đương (mâu thuẫn điều g/s) như vậy ta cĩ ak i ≠bk j với mọi i,j (4) +Từ các kết luận trong (3) và (4) suy ra số phần tử của HK bằng số lớp tương đương

nhân với mk hay là HK =nmk (đpcm)

Bài 1.29: Tìm hai phần tử a,b của nhóm G sao cho a,b đều có cấp hữu hạn nhưng ab lại

có cấp vô hạn

Giải:

Xét không gian G=GL(2,n)

,

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , ta có a = b = ≠1 0 nên a b G, ∈

Ta có 6 4

2

n

n N∈ nên ab có cấp vô hạn

Bài 1.33: Chứng minh:

a) Mọi nhóm cyclic đều giao hoán

b) Mọi nhóm con của một nhóm cyclic cũng cyclic

c) Ảnh đồng cấu của một nhóm cyclic cũng cyclic

Giải:

a) Ta có: a ={a |m m Z∈ }, do đó lấy u v, ∈ a bất kì, thì u,v có dạng ,u a v a= k = l

(Với ,k l Z∈ ) Suy ra uv a a= k l =a k l+ =a l k+ =a a l k =vu

b) Tính chất căn bản

c) Xét đồng cấu :f G→ ( ở đây U G= a )

Ta sẽ chứng minh f G( ) {[f(a)] |= m m Z∈ }

• Thật vậy xét u∈f G( ) bất kì, khi đó f(u) có dạng ( )f u = f a( )n với n Z∈

Vì f đồng cấu cho nên f a( ) [ ( )]n = f a n, từ đó suy ra f u( ) [ ( )]= f a n∈{[f(a)] |m m Z∈ } Vậy f G( ) {[f(a)] |⊂ m m Z∈ } (1)

• Ngược lại, giả sử v∈{[f(a)] |m m Z∈ } tức v=[f(a)] ,n n Z∈

Do f đồng cấu nên f a( ) [ ( )]n = f a n suy ra v= f a( )n ∈f G( )

Vậy f G( ) {[f(a)] |⊃ m m Z∈ } (2)

(1)+(2) cho ta kết luận

Bài 1.37

Cho (G,.) là một nhóm và H là một nhóm con của G Chuẩn hoá tử của H trong G là tập con của G định bởi ( ) {x G|xH=Hx}N H G = ∈

Chứng minh rằng:

a) ( )N H G là nhóm con của G

b) H là nhóm con chuẩn tắc của ( )N H G

c) H là nhóm con chuẩn tắc của G khi và chỉ khi N H G( )=G

d) ( )N H G là nhóm con lớn nhất của G nhận H làm nhóm con chuẩn tắc

Giải:

a)

• Vì ( )e N H∈ G nên N H G( )≠ và đương nhiên ta có φ N H G( )⊂ Như vậy ta cần G

chứng minh hai điều sau:

i)Nếu ,u v N H∈ G( ) thì uv N H∈ G( )

ii)Nếu ( )u N H∈ G thì u−1∈N H G( )

• G/s ,u v N H∈ G( ) tức là uH=Hu và vH=hv:

Suy ra uvH=u(vH)=u(Hv)=(uH)v=Huv nên uv N H∈ G( )do đó (i) được chứng minh

• G/s ( )u N H∈ G tức là uH=Hu

Ta có eH=He nên uu H− 1 =Huu− 1=(Hu u) − 1=uHu− 1

suy ra u H− 1 =Hu− 1 (luật giản ước) hay u− 1∈N H G( ) vậy (ii) được chứng minh

b)

• e H∈ ⇒H ≠ φ

• x H∈ ⇒ xH =H =Hx⇒ ∈x N H G( ) do đó ( )H ⊂N H G

• ,x y H∈ ⇒ xy H∈ (vì H là nhóm con của G)

x H∈ ⇒ x − =x − (vì H là nhóm con của G) (1)

( )

G

x H∈ ⇒ ∈x N H (vì H ⊂N H G( )) do đó 1 1

( )

G

N H G

x − =x − (vì N H G( )≤ ) (2) G

(1)+(2) suy ra 1 1

( )

G

H N H

Từ các điều trên suy ra H ≤N H G( )

• Chứng minh H N H G( )

Lấy ( )x N H∈ G bất kì, cần chứng minh xhx−1∈H,∀ ∈ h H

Ta có xH =Hx⇒xh h x= ' ( , 'h h ∈H) suy ra xhx−1 = ∈ (xong!) h' H

c)

• If N H G( )= , theo câu b ta có G H N H G( ) suy ra H G

• If H G ta cần chứng minh N H G( )= G

Đương nhiên ta có N H G( )⊂ ta sẽ chứng minh G G⊂H nữa là xong

Lấy x G∈ bất kì, vì H G cho nên xH=Hx suy ra x N H∈ G( ) (xong!)

d)

Giả sử U G≤ và H U ta sẽ chứng minh U ⊂N H G( ) Thật vậy, lấy u U∈ bất kì, vì

H U nên ta có uH=Hu suy ra u N H∈ G( ) (xong!)

Bài 1.41:

Cho G là một nhóm hữu hạn và H là một nhóm con của G có chỉ số [G H: ]=2.Chứng minh H là một nhóm con chuẩn tắc của G.Hãy tổng quát hoá kết quả trên

Giải:

Ta chỉ phát biểu và giải bài toán tổng quát

Bài toán:Giả sử p là số nguyên tố bé nhất chia hết cấp của nhóm G và H là nhóm con chỉ

số p trong G Chứng minh H G

Chứng minh:

Tập hợp N H ={x G xH∈ | =Hx} là chuẩn hoá tử của H trong G

Ta có H NH≤ và G H G ⇔ N H = (bài 1.37) G

Vậy để chứng minh H G ta sẽ chứng minh N H = G

Mà G hữu hạn và G = N H [G N: H] (định lý Lagrange) nên điều cần chứng minh tương đương với G = N H hay [G N: H]=1

Cũng theo định lý Lagrange ta có: G = H G H[ : ], N H = H N[ H :H] (1)

Suy ra: [G H: ] [= G N: H][N H :H] (2)

Do đó [G N: H] là ước của [G H: ].Mà [G H: ]=p là số nguyên tố nên [G N: H]=1 hoặc

[G N: H]= p

• Nếu [G N: H]=1 thì ta có điều phải chứng minh

• Nếu [G N: H]=p thì từ (2) ta được [N H :H]=1.Lại từ (1) cho ta N H = H

Mà H ⊂ N H ⊂G hữu hạn nên suy ra N = H H

Đặt P ={xHx− 1|x G∈ }

Xét ánh xạ g : / G N H → P

1

H

,

x y G

∀ ∈ ta có:

Chiều ( )⇐ chứng tỏ g là ánh xạ,chiều ( ) ⇒ cho thấy g là đơn ánh

Hơn nữa, g là toàn ánh vì với mọi V∈H thì V =xHx− 1 (x G∈ ),chọn /U =xN H∈G N H ta được ( )g U = V

Vậy g là song ánh.Suy ra: P = G N: H = p

Kí hiệu S p là tập hợp các song ánh từ P vào P Thế thì S p là nhóm với phép hợp nối ánh xạ,đồng thời S p = p!

Với mỗi a G∈ xét ánh xạ: f a : P→P

xHx−1 axHx a−1 −1

,

x y G

∀ ∈ ta có: f xHx a( −1)= f yHy a( −1)⇔axHx a−1 −1=ayHy a−1 −1⇔xHx−1= yHy−1

Suy ra f là ánh xạ và là đơn ánh a

Hơn nữa,nếu V = yHy− 1∈ thì P V =a a y H a y a( − 1 ) ( − 1 )− 1 − 1.Chọn x a y U= − 1 ; =xHx− 1 ta được ( )

a

f U = nên V f là toàn ánh a

Vậy f là song ánh.Do đó a f a∈S , p ∀a G∈

Xét ánh xạ: f : G→S p

a f a

Ta có ( )f ab = f ab; ( ) ( )f a f b = f f a b

1

f f xHx− = f bxHx b− − =abxHx b a− − − = f xHx− nên f ab = f f a b

hay ( )f ab = f a f b( ) ( ).Do đó f là một đồng cấu nhóm

Nếu a k∈ erf thì f a =Id P.Cho nên ( )f z a = ∀ ∈ Vì H P z z P, ∈ do đó ( )f H a =H hay 1

H

aHa− =H ⇔aH =Ha⇔ ∈a N =H Do vậy kerf ⊂ H Mà kerf là nhóm nên kerf ≤H

Ta chứng minh [H k: er f]=1

Giả sử [H k: er f]>1,thế thì [H k: er f] có một ước số nguyên tố q

Ta có [G k: er f]= G k/ er f =(H G H[ : ]) /(H /[H k: er f )] [= G H H k: ][ : er f] pq

Mà G k/ er f ≅Im f S≤ P(định lý 8.9 và 8.7)

Suy ra p pq! ⇒(p−1)! q Do q là số nguyên tố nên phải có q < p

Nhưng q H k|[ : er f] thì cũng có q G| ,mâu thuẫn với giả thiết p là ước số nguyên tố nhỏ

nhất chia hết cấp G

Vậy [H k: er f]=1.Suy ra H = ker f Lại có kerf ⊂ H hữu hạn nên H =ker f

Mà ker f G(định lý 8.7) do đó H G.Theo bài 1.37 thì N H =G⇒[G N: H]=1(mâu thuẫn)

Vậy bài toán giải quyết xong

Bài 1.45: Chứng minh rằng:

a) Nhóm hoán vị S được sinh bởi các chuyển vị n

b) Nhóm thay phiên A là nhóm con chuẩn tắc của n S và được sinh bởi các 3-chu n

trình

c) Nếu H là một nhóm con chuẩn tắc của A và H có chứa ít nhất một 3-chu trình thì n

H=A n

Giải:

a)

Gọi A là tập chứa tất cả các chuyển vị, đương nhiên ta có A⊂S n, vì S là một nhóm và n

chứa A cho nên A ⊂S n (1)

Nhưng lưu ý với σ∈ bất kì thì σ luôn được phân tích dưới dạng tích của các chuyển S n

vị, do đó σ∈ A , vì vậy S n ⊂ A (2)

Từ (1) và (2) suy ra nhóm hoán vị S được sinh từ các chuyển vị n

b)

• Nhắc lại nhóm thay phiên A là tập hợp tất cả các hoán vị chẵn của nhóm hoán vị n S n

Ta đã biết là A n ≤S n Bây giờ ta sẽ chứng minh A S Muốn vậy lấy n σ∈ bất kì ta S n