định lý sylow và bài tập vận dụng

Chứng minh rằng nhóm kiểu p∞có duy nhất một nhóm con có cấp pi và nhóm này là nhóm cyclic.. Chứng minh rằng mọi nhóm con thật sự của p∞−nhómđều là nhóm hữu hạn.. Cho G là nhóm Abel vô hạ

Trang 1

BÀI TẬP LÝ THUYẾT NHÓM

Đặng Tuấn Hiệp Cao học K17 Đại số và lý thuyết số Tháng 10 năm 2007 1

1PGS-TS Mỵ Vinh Quang

Trang 2

1 BÀI TẬP ĐỊNH LÝ SYLOW 2

4.1 Nhóm xoắn và nhóm chia được 104.2 Tổng trực tiếp các nhóm cyclic và tựa cyclic 20

1

Trang 3

3 Chứng minh rằng nhóm cấp p2

q không là nhóm đơn

4 Chứng minh rằng nhóm cấp pqr không là nhóm đơn.

(p, q, r là các số nguyên tố đôi một khác nhau)

5 Chứng minh rằng nhóm cấp 24, 36 không là nhóm đơn.

6 Chứng minh rằng nhóm cấp 56 không là nhóm đơn

7 Chứng minh rằng nhóm cấp 72, 80, 96, 108, 150, 154, 160 không là nhóm đơn.

Bài giải chi tiết

Bài 1.0.1 Cho G là nhóm đơn và có nhóm con H có chỉ số n > 1 trong G Chứng

minh rằng G là nhóm hữu hạn và |G| | n!

2

Trang 4

Giải Đặt X = {xH : x ∈ G} Khi đó |X| = (G : H) = n Với mọi g ∈ G, xét

Do đó f là đồng cấu nhóm.

Ta có ker f CG Vì G là nhóm đơn nên ker f = G hoặc ker f = 0 Nếu ker f = G thì

¯

g = 1X; ∀g ∈ G, suy ra gH = H; ∀g ∈ G ⇒ g ∈ H; ∀g ∈ G ⇒ G = H (mâu thuẫn).

Do đó ker f = 0 hay f là đơn cấu Suy ra G ∼ = f (G) ≤ SX hay |G| | |SX| = n!

Bài 1.0.2 Chứng minh rằng nhóm cấp pn (n > 1) và cấp pq (p 6= q) đều không là

nhóm đơn

Giải.

• Lấy G là nhóm có cấp pn (n > 1).

Cách 1: Giả sử G là nhóm đơn Theo định lý Sylow, tồn tại p−nhóm con H có cấp pn−1, khi đó (G : H) = p > 1 Theo bài 1, |G| | p! hay pn | p! Điều này không thể xảy ra được với n > 1.

Cách 2: Theo công thức lớp ta có

Do |G| p và (G : C(xi)) p nên |Z(G)| p hay |Z(G)| > 1 Vậy p−nhóm G có

tâm không tầm thường và đó là nhóm con chuẩn tắc không tầm thường của

G Suy ra G không là nhóm đơn.

• Lấy G là nhóm có cấp pq, với p và q là các số nguyên tố khác nhau, giả sử

p < q Gọi nq là số các q−nhóm con Sylow của G Theo định lý Sylow, ta có

Trang 5

Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 4

Bài 1.0.3 Chứng minh rằng nhóm cấp p2

q không là nhóm đơn

Giải Lấy G là nhóm có cấp p2

q , với p và q là các số nguyên tố khác nhau Giả sử G là nhóm đơn Gọi np, nq lần lượt là số các p−nhóm con Sylow, q−nhóm con Sylow của G Khi đó np > 1, nq > 1 Theo định lý Sylow, ta có

Bài 1.0.4 Chứng minh rằng nhóm cấp pqr không là nhóm đơn.

Giải Lấy G là nhóm có cấp pqr, với p, q, r là các số nguyên tố đôi một khác nhau.

Giả sử G là nhóm đơn và p < q < r Gọi np, nq, nr lần lượt là số các p−nhóm con Sylow, q−nhóm con Sylow, r−nhóm con Sylow của G Khi đó np > 1, nq > 1, nr > 1.Theo định lý Sylow, ta có

Suy ra số phần tử cấp r là pq(r − 1).

Số phần tử cấp q ít nhất là r(q − 1).

Số phần tử cấp p ít nhất là q(p − 1).

Do đó số phần tử của G ít nhất phải là pq(r − 1) + r(q − 1) + q(p − 1) = pqr + (r − 1)(q − 1) − 1 > pqr (mâu thuẫn vì |G| = pqr)

Bài 1.0.5 Chứng minh rằng nhóm cấp 24, 36 không là nhóm đơn.

Giải.

Trang 6

• Lấy G là nhóm cấp 24 = 23

.3 Giả sử G là nhóm đơn Gọi n2, n3 lần lượt là

số các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow của G Khi đó n2 > 1, n3 > 1.Theo định lý Sylow, ta có

Theo bài bập 1, |G| | 3! (vô lý)

• Lấy G là nhóm cấp 36 = 22.32 Giả sử G là nhóm đơn Gọi n2, n3 lần lượt là

Chú ý NG(H) là chuẩn hóa tử của H trong G, tức là nhóm con lớn nhất trong G nhận H làm nhóm con chuẩn tắc Liên quan đến nhóm chuẩn hóa tử ta có các

mệnh đề sau

Mệnh đề 1 Nếu G là một nhóm hữu hạn với H ≤ G thì số các nhóm con của G liên

hợp với H bằng chỉ số của NG(H) trong G.

Bài 1.0.6 Chứng minh rằng nhóm cấp 56 không là nhóm đơn.

Giải Lấy G là nhóm cấp 56 = 23

.7 Giả sử G là nhóm đơn Gọi n2, n7 lần lượt là

số các 2−nhóm con Sylow, 7−nhóm con Sylow của G Khi đó n2 > 1, n7 > 1 Theo

n7 | 8

Số phần tử cấp 7 là 8(7 − 1) = 48

Số phần tử cấp khác 7 là 56 − 48 = 8

Ta lại có, mỗi 2−nhóm con Sylow có 23 = 8 phần tử cấp khác 7 Do đó n2 = 1 (mâu

thuẫn với n > 1)

Trang 7

Bài 1.0.7 Chứng minh rằng nhóm cấp 72, 80, 96, 108, 150, 154, 160 không là nhóm đơn.

• Lấy G là nhóm cấp 80 = 24.5 Giả sử G là nhóm đơn Gọi n2, n5 lần lượt là

n5 | 16

Số phần tử cấp 5 là 16(5 − 1) = 64

Ta lại có, mỗi 2−nhóm con Sylow có 24

n2 = 1 (mâu thuẫn với n2 > 1)

• Lấy G là nhóm cấp 96 = 25.3 Giả sử G là nhóm đơn Gọi n2 là số các 2−nhóm

con Sylow của G Khi đó n2 > 1 Theo định lý Sylow, ta có

• Lấy G là nhóm cấp 108 = 22

.33 Giả sử G là nhóm đơn Gọi n3 là số các3−nhóm con Sylow của G Khi đó n3 > 1 Theo định lý Sylow, ta có

n3 | 4

Trang 8

Gọi H là một 3−nhóm con Sylow của G, ta có

(G : NG(H)) = n3 = 4

• Lấy G là nhóm cấp 150 = 2.3.52 Giả sử G là nhóm đơn Gọi n5 là số các5−nhóm con Sylow của G Khi đó n5 > 1 Theo định lý Sylow, ta có

• Lấy G là nhóm cấp 154 = 2.7.11 Có thể aÙp dụng bài tập 4 hoặc có thể làm

trực tiếp như sau

Giả sử G là nhóm đơn Gọi n11 là số các 11−nhóm con Sylow của G Khi đó

n11 > 1 Theo định lý Sylow, ta có

n11 | 14

n11≡ 1 (mod 14) ⇒ n11= 1 (mâu thuẫn với n11> 1)

.5 Giả sử G là nhóm đơn Gọi n2 là số các2−nhóm con Sylow của G Khi đó n2 > 1 Theo định lý Sylow, ta có

Bài 1.0.8 Cho G là p−nhóm hữu hạn, H ≤ G, H 6= G Chứng minh rằng H 6= NG(H).

Giải.

Trang 9

Giải Lấy G là nhóm cấp 132 = 22

.3.11 Giả sử G là nhóm đơn Gọi n2, n3, n11 lần

lượt là số các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow, 11−nhóm con Sylow của G Khi đó n2 > 1, n3> 1, n11 > 1 Theo định lý Sylow, ta có

Số phần tử cấp 11 là 12(11 − 1) = 120

Nếu n3 = 22 thì số phần tử cấp 3 là 22(3 − 1) = 44 > 12 (mâu thuẫn) Do đó

n3 = 4, số phần tử cấp 3 là 4(3 − 1) = 8 Suy ra, số phần tử cấp khác 11 và khác 3là 12 − 8 = 4 Ta lại có, mỗi 2−nhóm con Sylow có 22 = 4 phần tử cấp khác 3 và

khác 11 Do đó n2 = 1 (mâu thuẫn với n2 > 1)

Cách 2 Sau khi đã lý luận để có được n3 = 4 Gọi H là một 3−nhóm con Sylow

của G, ta có

(G : NG(H)) = n3 = 4

Giải Lấy G là nhóm cấp 144 = 24.32 Giả sử G là nhóm đơn Gọi n2, n3 lần lượt là

số các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow của G Khi đó n2 > 1, n3 > 1 Theođịnh lý Sylow, ta có

Nếu n3 = 16 thì xét các trường hợp sau:

1 Hai 3−nhóm con Sylow bất kỳ có giao chỉ gồm đơn vị Khi đó số phần tử cấp

3 hoặc cấp 9 là 16(9 − 1) = 128 Số phần tử còn lại là 144 − 128 = 16 Ta lạicó, mỗi 2−nhóm con Sylow có 24 = 16 phần tử Do đó n2 = 1 (mâu thuẫn với

n2 > 1)

2 Tồn tại hai 3−nhóm con Sylow P, Q sao cho P ∩ Q = T và |T | = 3 Trước

tiên, ta chứng minh bổ đề sau:

Trang 10

Bổ đề 1 Nếu G là nhóm cấp p2 với p là số nguyên tố thì G là nhóm Abel.

Chứng minh Gọi Z(G) là tâm của nhóm G Ta chứng minh Z(G) = G Giả

sử ngược lại, Z(G) 6= G Vì trong một p−nhóm, nhóm con Z(G) là nhóm con chuẩn tắc không tầm thường, nên |Z(G)| = p Xét nhóm thương G/Z(G) có p phần tử Giả sử Z(G) = haip, G/Z(G) = hbip Suy ra G = ha, bi Ta có ab = ba (vì a ∈ Z(G)), do đó G là nhóm Abel, hay Z(G) = G (trái với giả thiết phản chứng) Vậy G là nhóm Abel.

Trở lại bài toán, ta có |P | = |Q| = 32 nên P, Q là các nhóm Abel Suy ra

Trang 11

Chương 4

BÀI TẬP CHƯƠNG 4

Chúng ta luôn có giả thiết các nhóm được xét tới đều là nhóm Abel

4.1 Nhóm xoắn và nhóm chia được

Đề bài

1 Chứng minh rằng nhóm kiểu p∞có duy nhất một nhóm con có cấp pi và nhóm

này là nhóm cyclic Chứng minh rằng mọi nhóm con thật sự của p∞−nhómđều là nhóm hữu hạn

2 Cho G là nhóm Abel vô hạn thỏa điều kiện mọi nhóm con thật sự của G đều hữu hạn Chứng minh rằng G là p∞−nhóm

3 Cho G là nhóm Abel vô hạn thỏa điều kiện mọi nhóm thương thật sự của G đều hữu hạn Chứng minh rằng G là nhóm cyclic vô hạn.

4 Chứng minh rằng nhóm G là nhóm chia được khi và chỉ khi G ∼ = H ≤ K ⇒ H là hạng tử trực tiếp của K.

5 Mô tả cấu trúc của các nhóm R, R∗, C, C∗

6 Cho G là nhóm Abel kiểu p−nhóm thỏa G/G[p] là nhóm chia được Chứng minh rằng G là tổng trực tiếp của một nhóm chia được và một nhóm Abel sơ cấp kiểu p−nhóm.

7 Cho G, H là các p−nhóm chia được Chứng minh rằng G ∼ = H ⇔ G[p] ∼ = H[p].

8 Chứng minh rằng G chia được khi và chỉ khi G không có nhóm con tối đại.

10

Trang 12

9 Chứng minh rằng G chia được khi và chỉ khi G không có ảnh đồng cấu hữu

hạn khác 0

10 Lấy ví dụ về hai nhóm con chia được nhưng có giao không chia được

Bài giải chi tiết

Bài 4.1.1 Chứng minh rằng nhóm kiểu p∞ có duy nhất một nhóm con có cấp pi, với

mỗi i = 1, 2, và nhóm này là nhóm cyclic Chứng minh rằng mọi nhóm con thật sự của p∞−nhóm đều là nhóm hữu hạn

Nhắc lại rằng, nhóm tựa cyclic kiểu p là nhóm sinh bởi a1, a2, , an, với quanhệ:

pa1 = 0, pai+1= ai, ai+ aj = aj + ai

Tức là nhóm P = ha1, a2, , an, i trong đó ai có cấp pi và haii là nhóm cyclic

cấp pi Hơn nữa, a1 = pi−1ai (i ≥ 2) và ai = pj−iaj (1 ≤ i ≤ j), điều này có nghĩa

là hai phần tử bất kỳ trong tập các phần tử sinh luôn phụ thuộc

Nhóm tựa cyclic kiểu p có một minh họa khá đẹp trong Q/Z như sau:

P = h1

pi + Z | i = 1, 2, i

Giải Gọi G là nhóm tựa cyclic kiểu p sinh bởi a1, a2, , an, Lấy H là một nhóm con thật sự của G, ta sẽ chứng minh H = hani, với n là số nguyên dương nào đó Do

H 6= G nên tồn tại số nguyên dương i sao cho ai ∈ H / , suy ra ak ∈ H, ∀k ≥ i Gọi n /

là số nguyên dương lớn nhất để an∈ H (1 ≤ n < i) Ta sẽ chứng minh H = hani

• Vì an∈ H nên hani ⊂ H

• Lấy h ∈ H, khi đó h = Pk

i=1miai, giả sử mk 6= 0 ⇒ h = lak

(Cụ thể l = m1pk−1+ m2pk−2+ · · · + mk−1p + mk)

Ta có thể giả sử (l, p) = 1, vì nếu ngược lại, h = l1ak−1 và ta lại giả sử (l1, p) = 1,

vì nếu ngược lại, h = l2ak−2, và cứ thế, ta phải tìm được số nguyên dương t sao cho h = ltat với (lt, p) = 1 Do (l, p) = 1 và lak ∈ H nên ak ∈ H Thật vậy,

ta sẽ chứng minh ak ∈ H dựa theo một kỹ thuật thường dùng trong p−nhóm.

Do (l, p) = 1 ⇒ (l, pk) = 1 ⇒ tồn tại u, v ∈ Z : ul + vpk = 1 ⇒ ak = 1.ak =

(ul + vpk)ak = ulak+ vpkak = u(lak) = uh ∈ H Suy ra k ≤ n (vì tính lớn nhất của n) Khi đó, ak = pn−kan∈ hani ⇒ h = lak ∈ hani Do đó H ⊂ hani

Vậy H = ha ivà ta có điều phải chứng minh

Trang 13

Tất cả các nhóm con của p−nhóm tựa cyclic là :

0 ⊂ ha1i ⊂ ha2i ⊂ · · · ⊂ hani ⊂ · · · ⊂ ha1, a2, , an, i

Hiển nhiên, haii là nhóm cyclic cấp pi

Bài 4.1.2 Cho G là nhóm Abel vô hạn thỏa điều kiện mọi nhóm con thật sự của G

đều hữu hạn Chứng minh rằng G là nhóm tựa cyclic kiểu p.

Giải.

• G là nhóm xoắn vì nếu có a ∈ G, a là phần tử không xoắn thì ha2ivô hạn và

ha2i ⊂ hai ≤ G trái giả thiết

• Theo định lý về sự phân tích nguyên sơ, ta có

G = X

p

Gp

Ta sẽ chứng minh G = Gp nào đó và trong tổng trên, tất cả các hạng tử đều

bằng 0, trừ một hạng tử Gp 6= 0

Vì mọi nhóm con thật sự của G đều hữu hạn nên chỉ có hữu hạn các Gp 6= 0

Thật vậy, nếu có vô hạn Gp 6= 0 Xét Gp0 6= 0, khi đó H = Pp6=p

0Gp là nhóm

con thật sự và vô hạn của G, trái giả thiết.

• Tiếp theo, ta chứng minh chỉ có một nhóm Gp 6= 0

Thật vậy, vì G = Phữu hạnGp, và |G| vô hạn nên tồn tại số nguyên tố p sao cho Gp vô hạn Khi đó, ta có Gp vô hạn, Gp ≤ G, nên suy ra Gp = G Vậy G là p−nhóm.

• Tiếp theo, ta chứng minh G là chia được, điều này tương đương với pG = G Nếu pG 6= G thì pG hữu hạn, G/pG vô hạn nên là không gian vectơ vô hạn

chiều trên Zp với phép nhân ngoài:

(¯n, ¯ g) 7→ ng

Gọi {αi}i∈I là cơ sở của G/pG trên Zp, I vô hạn.

Ta kiểm tra G = hαi, pGii∈I

Hiển nhiên, hαi, pGii∈I ⊂ G.

Lấy g ∈ G ⇒ ¯g ∈ G/pG, tồn tại m1, , mk sao cho

Trang 14

Xét nhóm con

H = hαi, pGii∈I \{i0}

Ta sẽ chứng minh H là nhóm con thật sự của G, điều này có nghĩa là αi0 ∈ H /

Thật vậy, giả sử αi0 ∈ H, khi đó ta có

Điều này mâu thuẫn với tính độc lập của {αi}i∈I

Như vậy, ta đã chứng minh được H là nhóm con thật sự của G và H là vô

hạn, điều này trái với giả thiết

Vậy ta phải có pG = G.

• Do G là p−nhóm nên tồn tại trong G phần tử a1 có cấp p.

Vì pG = G nên tồn tại a2 sao cho pa2 = a1 Tiếp tục, lại tồn tại a3 sao cho

pa3 = a2 Một cách tổng quát, tồn tại an sao cho pan = an−1 với mọi n ≥ 2 Xét nhóm con H = ha1, a2, , an, i ≤ G

Dễ thấy, H có vô hạn phần tử Do đó, theo giả thiết, ta phải có H = G Vậy G là nhóm tựa cyclic kiểu p.

Chú ý G là nhóm tựa cyclic kiểu p khi và chỉ khi G là p−nhóm, có vô hạn phần

tử, chia được (pG = G) và mọi nhóm con thật sự của G đều hữu hạn.

Bài 4.1.3 Cho G là nhóm Abel vô hạn thỏa điều kiện mọi nhóm thương thật sự của G

đều hữu hạn Chứng minh rằng G là nhóm cyclic vô hạn Chiều đảo có đúng không?

Giải.

Trang 15

• G là nhóm không xoắn vì nếu có a ∈ G, a 6= 0, a xoắn thì hai hữu hạn và khi đó G/hai vô hạn, trái giả thiết.

• Lấy a, b ∈ G, ta sẽ chứng minh ha, bi là nhóm cyclic.

Thật vậy, ta có ¯b ∈ G/hai hữu hạn nên tồn tại số nguyên dương k sao cho

k¯ b = ¯ 0 ⇒ k¯ b ∈ hai ⇒ kb = la

Gọi d = (k, l) ⇒ k = dk1, l = dl1 với (k1, l1) = 1

Ta có kb−la = 0 ⇒ d(k1b − l1a) = 0 Do G là nhóm không xoắn nên k1b = l1a

Vậy ta có thể giả sử (k, l) = 1 Khi đó, tồn tại u, v ∈ Z sao cho uk + vl = 1.

Suy ra

a = (uk + vl)a = uka + v(la) = uka + vkb = k(ua + vb)

b = (uk + vl)b = u(kb) + vlb = ula + vlb = l(ua + vb)

Đặt c = ua + vb, khi đó a = kc, b = lc Ta sẽ chứng minh ha, bi = hci.

{ Ta có a = kc ∈ hci, b = lc ∈ hci do đó ha, bi ⊂ hci.

{ Ta có c = ua + vb ∈ ha, bi ⇒ hci ⊂ ha, bi.

• Tiếp theo, ta sẽ chứng minh G là nhóm hữu hạn sinh.

Lấy 0 6= a1 ∈ G, khi đó, theo giả thiết ta có G/ha1i hữu hạn nên

G/ha1i = ha2, , aniDễ dàng, suy ra được

G = ha1, a2, , ani

Như vậy, ta đã chứng minh được G = ha1, a2, , ani và ha, bi = G = hci Do đó,

ta phải có G = hdi là nhóm cyclic vô hạn.

Chú ý Ngược lại, giả sử G = hxi với x là phần tử không xoắn Lấy H là nhóm con

thật sự của G Ta sẽ chứng minh H = hsxi với số nguyên dương s nào đó.

• Do H 6= 0 nên có sx ∈ H, sx 6= 0 Gọi s là số nguyên dương nhỏ nhất có tính chất trên Do sx ∈ H nên hsxi ⊂ H.

• Ngược lại, lấy h ∈ H, khi đó h = tx với t là số nguyên dương nào đó Theo thuật toán Euclide, ta có t = qs + r với 0 ≤ r < s Suy ra rx = tx − q(sx) =

h − q(sx) ∈ H Do tính nhỏ nhất của s nên ta phải có r = 0, khi đó t = qs Suy ra tx = q(sx) ∈ hsxi Do đó H ⊂ hsxi

Trang 16

Vậy H = hsxi là nhóm cyclic vô hạn (do x không xoắn nên sx cũng không xoắn) Khi đó, dễ thấy G/H chỉ có hữu hạn phần tử

G/H = {0 + hsxi, x + hsxi, 2x + hsxi, , (s − 1)x + hsxi}

Như vậy, ta có thể khẳng định rằng: G là nhóm cyclic vô hạn khi và chỉ khi mọi nhóm con thật sự của G đều có chỉ số hữu hạn.

Bài 4.1.4 Chứng minh rằng nhóm G là nhóm chia được khi và chỉ khi G ∼ = H ≤ K ⇒

H là hạng tử trực tiếp của K.

Giải.

1 Giả sử G là nhóm chia được Nếu có các nhóm H, K sao cho G ∼ = H ≤ K thì

do G chia được nên H cũng chia được và do đó H là hạng tử trực tiếp của K.

2 Giả sử ta có mệnh đề: Nếu G ∼ = H ≤ K thì H là hạng tử trực tiếp của K Theo tính chất của nhóm Abel chia được, ta có mỗi nhóm Abel G có thể được

xem như là nhóm con của một nhóm Abel chia được nào đó Điều này có

nghĩa là, tồn tại nhóm Abel K chia được và nhóm H ≤ K sao cho G ∼ = H ≤ K

Theo giả thiết, khi đó H là hạng tử trực tiếp của K Suy ra tồn tại nhóm L sao cho K = H ⊕ L Khi đó, với mọi số nguyên dương n ta có

H = K ∩ H = nK ∩ H = (nH + nL) ∩ H = (nH ∩ H) + (nL ∩ H) = nH

Do đó H là nhóm chia được, suy ra G là nhóm chia được.

Chú ý Nhóm con của nhóm chia được chưa chắc là nhóm chia được Tuy nhiên,

hạng tử trực tiếp của nhóm chia được là nhóm chia được

Bài 4.1.5 Mô tả cấu trúc của các nhóm R, R∗, C, C∗

Giải.

Bài 4.1.6 Cho G là nhóm Abel kiểu p−nhóm thỏa G/G[p] là nhóm chia được Chứng

minh rằng G là tổng trực tiếp của một nhóm chia được và một nhóm Abel sơ cấp kiểu

p−nhóm

Nhóm Abel sơ cấp là nhóm Abel xoắn sao cho ∀a ∈ G : |a| 6 p2 với p là số nguyên tố bất kỳ Nghĩa là |a| = p1p2 .pn, với các pi là các số nguyên tố đôi mộtkhác nhau

Đặc biệt, nếu G là p−nhóm thì

hay

Trang 17

Giải Xét ánh xạ

f : G −→ pG

g 7−→ pg

• Dễ thấy, f là toàn cấu.

∀a, b ∈ G : f (a + b) = p(a + b) = pa + pb = f (a) + f (b)

Lấy a ∈ pG : a = pg với g ∈ G Khi đó f(g) = a.

2 Giả sử G[p] ∼ = H[p], khi đó tồn tại đẳng cấu α : G[p] → H[p].

Cách 1: Xét hai đồng cấu nhúng i : H[p] → H và j : G[p] → G, khi đó i, j

đều là các đơn cấu Xét biểu đồ sau đây

Trang 18

Vì H là nhóm chia được nên H có tính nội xạ Do đó, tồn tại đồng cấu

f : G → H sao cho fj = iα, tức là ta có biểu đồ giao hoán

Ta sẽ chứng minh f là đẳng cấu.

• f là đơn cấu

Giả sử Kerf 6= 0, suy ra tồn tại x 6= 0 sao cho f(x) = 0 Do x 6= 0 nên

|x| = pn với n ≥ 1 Đặt y = pn−1

x , khi đó y ∈ G[p] và y 6= 0 Ta có

0 = pn−1f (x) = f (pn−1x) = f (y) = f j(y) = iα(y) = α(y)

Do α là đẳng cấu nên ta phải có y = 0 (mâu thuẫn với y 6= 0)

• f là toàn cấu

Ta có Imf = f(G) ≤ H, do G là nhóm chia được nên f(G) là nhóm con chia được của H Suy ra tồn tại K ≤ H sao cho H = f(G) ⊕ K ⇒

Chú ý Các nhóm cyclic không tầm thường đều không chia được.

Thật vậy, giả sử hxi là nhóm chia được, với x 6= 0.

Trang 19

1 Nếu |x| vô hạn, lấy n > 0 bất kỳ, do x chia được nên tồn tại x0

∈ hxi sao cho

x = nx0= nmx với x0= mx Suy ra (nm − 1)x = 0 ⇒ nm − 1 = 0 (vô lý)

2 Nếu |x| hữu hạn, lấy n = |x| thì khi đó x sẽ không chia được cho n bởi vì nếu

x = nx0 thì x = nx0

= 0 (vô lý)

Bài 4.1.8 Chứng minh rằng G chia được khi và chỉ khi G không có nhóm con tối đại.

Giải.

1 Giả sử G chia được Ta sẽ chứng minh G không có nhóm con tối đại.

Giả sử ngược lại, G có nhóm con tối đại là M Lấy x ∈ G\M Do tính tối đại của M, ta phải có M + hxi = G Khi đó, G/M = hx + Mi chia được, khác 0 (do x /∈ M) Suy ra hx + Mi chia được (mâu thuẫn với chú ý trên).

2 Giả sử G không có nhóm con tối đại Ta sẽ chứng minh G là nhóm chia được Muốn vậy, ta phải kiểm tra pG = G với mọi số nguyên tố p Giả sử ngược lại, tồn tại số nguyên tố p sao cho pG 6= G Khi đó, ta có

p(G/pG) = h¯0i

Suy ra G/pG là không gian vectơ trên Zp

Gọi {αi}i∈I là cơ sở của G/pG trên Zp

Tương tự như bài 4.1.2, ta kiểm tra G = hαi, pGii∈I

Hiển nhiên, hαi, pGii∈I ⊂ G.

Lấy g ∈ G ⇒ ¯g ∈ G/pG, tồn tại m1, , mk sao cho

Định dạng
Số trang	38
Dung lượng	326,24 KB