định lý sylow và bài tập vận dụng

BÀI TẬP LÝ THUYẾT NHÓM Đặng Tuấn Hiệp Cao học K17 Đại số và lý thuyết số Tháng 10 năm 2007 1 1 PGS-TS Mỵ Vinh Quang Mục lục 1 BÀI TẬP ĐỊNH LÝ SYLOW 2 4 BÀI TẬP CHƯƠNG 4 10 4.1 Nhóm xoắn và nhóm chia được . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 4.2 Tổng trực tiếp các nhóm cyclic và tựa cyclic . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1 Chương 1 BÀI TẬP ĐỊNH LÝ SYLOW Đề bài 1. Cho G là nhóm đơn và có nhóm con H có chỉ số n trong G. Chứng minh rằng G là nhóm hữu hạn và |G||n! 2. Chứng minh rằng nhóm cấp p n (n>1) và cấp pq (p = q) đều không là nhóm đơn. 3. Chứng minh rằng nhóm cấp p 2 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. 8. Cho G là p−nhóm hữu hạn, H ≤ G, H = G. Chứng minh rằng H = N G (H). 9. Chứng minh rằng nhóm cấp 132 không là nhóm đơn. 10. Chứng minh rằng nhóm cấp 144 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 Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 3 Giải. Đặt X = {xH : x ∈ G}. Khi đó |X| =(G : H)=n. Với mọi g ∈ G, xét tương ứng ¯g : X −→ X; xH −→ gxH . Ta có x 1 H = x 2 H ⇔ (x 1 ) −1 x 2 ∈ H ⇔ ((x 1 ) −1 g −1 )(gx 2 ) ∈ H ⇔ ((gx 1 ) −1 )(gx 2 ) ∈ H ⇔ gx 1 H = gx 2 H. Do đó ¯g là ánh xạ và đơn ánh, mà X là hữu hạn nên ¯g là song ánh, suy ra ¯g ∈ S X . Xét ánh xạ f : G −→ S X ; g −→ ¯g ∀g 1 ,g 2 ∈ G thì g 1 g 2 =¯g 1 ¯g 2 . Thật vậy, ∀xH ∈ X ta có g 1 g 2 (xH)=g 1 g 2 xH =¯g 1 ¯g 2 (xH) Do đó f là đồng cấu nhóm. Ta có ker f  G.VìG là nhóm đơn nên ker f = G hoặc ker f =0. Nếu ker f = G thì ¯g =1 X ; ∀g ∈ G, suy ra gH = H; ∀g ∈ G ⇒ g ∈ H; ∀g ∈ G ⇒ G = H (mâu thuẫn). Do đó ker f =0hay f là đơn cấu. Suy ra G ∼ = f(G) ≤ S X hay |G|||S X | = n! Bài 1.0.2. Chứng minh rằng nhóm cấp p n (n>1) và cấp pq (p = q) đều không là nhóm đơn. Giải. • Lấy G là nhóm có cấp p n (n>1). Cách 1: Giả sử G là nhóm đơn. Theo đònh lý Sylow, tồn tại p−nhóm con H có cấp p n−1 , khi đó (G : H)=p>1. Theo bài 1, |G||p! hay p n | p!. Điều này không thể xảy ra được với n>1. Cách 2: Theo công thức lớp ta có p n = |G| = |Z(G)| + n  i=1 (G : C(x i )) Do |G| . . . p và (G : C(x i )) . . . 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 n q là số các q−nhóm con Sylow của G. Theo đònh lý Sylow, ta có  n q |p n q ≡ 1 (mod q) Suy ra n q =1. Gọi H là q−nhóm con Sylow duy nhất của G. Khi đó xHx −1 = H; ∀x ∈ G ⇒ H  G. Do đó G không là nhóm đơn. Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 4 Bài 1.0.3. Chứng minh rằng nhóm cấp p 2 q không là nhóm đơn. Giải. Lấy G là nhóm có cấp p 2 q, với p và q là các số nguyên tố khác nhau. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n p ,n q lần lượt là số các p−nhóm con Sylow, q−nhóm con Sylow của G. Khi đó n p > 1,n q > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n p | q n p ≡ 1 (mod p) ⇒ n p = q và q>p và  n q | p 2 n q ≡ 1 (mod q) ⇒ n q = p 2 Nếu Q 1 ,Q 2 đều có cấp q và Q 1 = Q 2 thì Q 1 ∩ Q 2 = {e}. Do đó số phần tử của G có cấp q là n q (q − 1) = p 2 (q − 1) = p 2 q − p 2 . Suy ra số phần tử của G không có cấp q là p 2 . Do đó n p =1(mâu thuẫn với n p > 1). Vậy G không là nhóm đơn. 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 n p ,n q ,n r lần lượt là số các p−nhóm con Sylow, q−nhóm con Sylow, r−nhóm con Sylow của G. Khi đó n p > 1,n q > 1,n r > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n r | pq n r ≡ 1 (mod r) ⇒ n r = pq  n q | pr n q ≡ 1 (mod q) ⇒ n q = pr hoặc n q = r ⇒ n q ≥ r  n p | qr n p ≡ 1 (mod p) ⇒ n p = qr hoặc n p = q hoặc n p = r ⇒ n p ≥ q 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. Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 5 • Lấy G là nhóm cấp 24 = 2 3 .3. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n 2 ,n 3 lần lượt là số các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n 2 > 1,n 3 > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n 2 | 3 n 2 ≡ 1 (mod 2) ⇒ n 2 =3 Gọi H là một 2−nhóm con Sylow của G, ta có (G : N G (H)) = n 2 =3 Theo bài bập 1, |G||3! (vô lý) • Lấy G là nhóm cấp 36 = 2 2 .3 2 . Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n 2 ,n 3 lần lượt là số các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n 2 > 1,n 3 > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n 3 | 4 n 3 ≡ 1 (mod 3) ⇒ n 3 =4 Gọi H là một 3−nhóm con Sylow của G, ta có (G : N G (H)) = n 3 =4 Theo bài bập 1, |G||4! (vô lý) Chú ý. N G (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 N G (H) trong G. Bài 1.0.6. Chứng minh rằng nhóm cấp 56 không là nhóm đơn. Giải. Lấy G là nhóm cấp 56=2 3 .7. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n 2 ,n 7 lần lượt là số các 2−nhóm con Sylow, 7−nhóm con Sylow của G. Khi đó n 2 > 1,n 7 > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n 7 | 8 n 7 ≡ 1 (mod 7) ⇒ n 7 =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 2 3 =8phần tử cấp khác 7. Do đó n 2 =1(mâu thuẫn với n 2 > 1) Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 6 Bài 1.0.7. Chứng minh rằng nhóm cấp 72, 80, 96, 108, 150, 154, 160 không là nhóm đơn. Giải. • Lấy G là nhóm cấp 72 = 2 3 .3 2 . Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n 3 là số các 3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n 3 > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n 3 | 8 n 3 ≡ 1 (mod 3) ⇒ n 3 =4 Gọi H là một 3−nhóm con Sylow của G, ta có (G : N G (H)) = n 3 =4 Theo bài bập 1, |G||4! (vô lý) • Lấy G là nhóm cấp 80 = 2 4 .5. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n 2 ,n 5 lần lượt là số các 2−nhóm con Sylow, 5−nhóm con Sylow của G. Khi đó n 2 > 1,n 5 > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n 5 | 16 n 5 ≡ 1 (mod 5) ⇒ n 5 =16 Số phần tử cấp 5 là 16(5 − 1) = 64. Số phần tử cấp khác 5 là 80 − 64 = 16. Ta lại có, mỗi 2−nhóm con Sylow có 2 4 =16phần tử cấp khác 5. Do đó n 2 =1(mâu thuẫn với n 2 > 1) • Lấy G là nhóm cấp 96 = 2 5 .3. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n 2 là số các 2−nhóm con Sylow của G. Khi đó n 2 > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n 2 | 3 n 2 ≡ 1 (mod 2) ⇒ n 2 =3 Gọi H là một 2−nhóm con Sylow của G, ta có (G : N G (H)) = n 2 =3 Theo bài bập 1, |G||3! (vô lý) • Lấy G là nhóm cấp 108 = 2 2 .3 3 . Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n 3 là số các 3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n 3 > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n 3 | 4 n 3 ≡ 1 (mod 3) ⇒ n 3 =4 Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 7 Gọi H là một 3−nhóm con Sylow của G, ta có (G : N G (H)) = n 3 =4 Theo bài bập 1, |G||4! (vô lý) • Lấy G là nhóm cấp 150 = 2.3.5 2 . Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n 5 là số các 5−nhóm con Sylow của G. Khi đó n 5 > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n 5 | 6 n 5 ≡ 1 (mod 5) ⇒ n 5 =6 Gọi H là một 5−nhóm con Sylow của G, ta có (G : N G (H)) = n 5 =6 Theo bài bập 1, |G||6! (vô lý) • Lấy G là nhóm cấp 154 = 2.7.11. Có thể p dụng bài tập 4 hoặc có thể làm trực tiếp như sau. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n 11 là số các 11−nhóm con Sylow của G. Khi đó n 11 > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n 11 | 14 n 11 ≡ 1 (mod 14) ⇒ n 11 =1(mâu thuẫn với n 11 > 1) • Lấy G là nhóm cấp 160 = 2 5 .5. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n 2 là số các 2−nhóm con Sylow của G. Khi đó n 2 > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n 2 | 5 n 2 ≡ 1 (mod 2) ⇒ n 2 =5 Gọi H là một 2−nhóm con Sylow của G, ta có (G : N G (H)) = n 2 =5 Theo bài bập 1, |G||5! (vô lý) Bài 1.0.8. Cho G là p−nhóm hữu hạn, H ≤ G, H = G. Chứng minh rằng H = N G (H). Giải. Bài 1.0.9. Chứng minh rằng nhóm cấp 132 không là nhóm đơn. Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 8 Giải. Lấy G là nhóm cấp 132 = 2 2 .3.11. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n 2 ,n 3 ,n 11 lần lượt là số các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow, 11−nhóm con Sylow của G. Khi đó n 2 > 1,n 3 > 1,n 11 > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n 11 | 12 n 11 ≡ 1 (mod 11) ⇒ n 11 =12  n 3 | 44 n 3 ≡ 1 (mod 3) ⇒ n 3 =22hoặc n 3 =4 Số phần tử cấp 11 là 12(11 − 1) = 120. Số phần tử cấp khác 11 là 132 − 120 = 12 Nếu n 3 =22thì số phần tử cấp 3 là 22(3 − 1) = 44 > 12 (mâu thuẫn). Do đó n 3 =4, số phần tử cấp 3 là 4(3 − 1) = 8. Suy ra, số phần tử cấp khác 11 và khác 3 là 12 − 8=4. Ta lại có, mỗi 2−nhóm con Sylow có 2 2 =4phần tử cấp khác 3 và khác 11. Do đó n 2 =1(mâu thuẫn với n 2 > 1) Cách 2. Sau khi đã lý luận để có được n 3 =4. Gọi H là một 3−nhóm con Sylow của G, ta có (G : N G (H)) = n 3 =4 Theo bài bập 1, |G||4! (vô lý) Bài 1.0.10. Chứng minh rằng nhóm cấp 144 không là nhóm đơn. Giải. Lấy G là nhóm cấp 144 = 2 4 .3 2 . Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n 2 ,n 3 lần lượt là số các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n 2 > 1,n 3 > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n 3 | 16 n 3 ≡ 1 (mod 3) ⇒ n 3 =16hoặc n 3 =4 Nếu n 3 =4thì gọi H là một 3−nhóm con Sylow của G, ta có (G : N G (H)) = n 3 =4 Theo bài bập 1, |G||4! (vô lý) Nếu n 3 =16thì xét các trường hợp sau: 1. Hai 3−nhóm con Sylow bất kỳ có giao chỉ gồm đơn vò. 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 lại có, mỗi 2−nhóm con Sylow có 2 4 =16phần tử. Do đó n 2 =1(mâu thuẫn với n 2 > 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: Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 9 Bổ đề 1. Nếu G là nhóm cấp p 2 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) = 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)= a p ,G/Z(G)=b p . Suy ra G = a, b. 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| =3 2 nên P, Q là các nhóm Abel. Suy ra T  P, T  Q hay P, Q ≤ N G (T ) ⇒|N G (T )|≥18 (vì nếu |N G (T )| =9thì P = N G (T )=Q (mâu thuẫn với P = Q). Ta lại có N G (T ) ≤ G ⇒|N G (T )||144. Do đó |N G (T )|∈{18, 36, 72, 144}. •|N G (T )| =18=2.3 2 ⇒ N G (T ) chỉ có một 3−nhóm con Sylow (mâu thuẫn với P = Q) •|N G (T )| =36⇒ (G : N G (T )) = 4 ⇒|G||4! (vô lý) •|N G (T )| =72⇒ (G : N G (T )) = 2 ⇒|G||2! (vô lý) •|N G (T )| = 144 ⇒ N G (T )=G ⇒ T  G (mâu thuẫn với G là nhóm đơn) . n p ,n q ,n r lần lượt là số các p−nhóm con Sylow, q−nhóm con Sylow, r−nhóm con Sylow của G. Khi đó n p > 1,n q > 1,n r > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n r | pq n r ≡ 1 (mod r) ⇒ n r =. lượt là số các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n 2 > 1,n 3 > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n 2 | 3 n 2 ≡ 1 (mod 2) ⇒ n 2 =3 Gọi H là một 2−nhóm con Sylow của G, ta có (G :. lượt là số các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n 2 > 1,n 3 > 1. Theo đònh lý Sylow, ta có  n 3 | 4 n 3 ≡ 1 (mod 3) ⇒ n 3 =4 Gọi H là một 3−nhóm con Sylow của G, ta có (G :