Định lý giá trị trung bình và ứng dụng

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC:

ĐỊNH LÝ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH VÀỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ

Trang 3

1PHẦN MỞ ĐẦU

Trong những năm gần đây Lý thuyết các sóng nhỏ (Theory of Wavelets)đã phát triển rất mạnh mẽ, nó trở thành nền tảng cho việc xây dựng Lýthuyết truyền tin và các lí thuyết cũng như ứng dụng khác Không giancơ sở mà Lý thuyết này xây dựng là L 2 (R), không gian các hàm bìnhphương khả tích trên R Do các phần tử thuộc L 2 (R), có thể biểu diễnqua cơ sở của nó nên người ta phải quan tâm đến cơ sở của không giannày Trong số các cơ sở của L 2 (R) có một loại cơ sở đặc biệt là cơ sởwavelets trực chuẩn Luận văn chúng tôi giới thiệu 2 loại cơ sở waveletstrực chuẩn thường được dùng đến là cơ sở Gabor và cơ sở Haar, đây

Trang 4

2ĐỊNH LÝ CAUCHY

Định lý 1 (Định lý Cauchy) Giả sử các hàm số f và g liên tục trên

[a, b], khả vi trên khoảng (a, b) và g′(x) ̸= 0 với mọi x ∈ (a, b) Khi đó tồntại c ∈ (a, b) sao cho:

f (b) − f (a)g(b) − g(a) =

f′(c)g′(c)

Chứng minh

Trước hết ta nhận xét rằng g(a) ̸= g(b) Nghĩa là công thức trong kếtluận của định lý ln ln có nghĩa Thật vậy, giả sử g(a) = g(b) Khiđó theo định lý Rolle, tồn tại ξ ∈ (a, b) sao cho g′(ξ) = 0 Điều này mâuthuẫn với giả thiết g′(x) ̸= 0 với mọi x ∈ (a, b).

Xét hàm số

F (x) = [f (a) − f (b)]g(x) − [g(a) − g(b)]f (x)

Do các hàmf (x), g(x)liên tục trên đoạn[a, b]và khả vi trên khoảng (a, b)

nên hàm số F (x) cũng có những tính chất đó Mặt khác, F (a) = F (b).Theo định lý Rolle, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho F′(c) = 0 Nhưng ta có

F′(x) = [f (a) − f (b)]g′(x) − [g(a) − g(b)]f′(x)

Suy ra

F′(c) = [f (a) − f (b)]g′(c) − [g(a) − g(b)]f′(c) = 0

Từ đó ta nhận được điều phải chứng minh.

Nhận xét 1 Định lý Lagrange là một trường hợp riêng của định lýCauchy khi g(x)=x.

Trang 5

3Một số kiến thức cơ bản về nhóm

Một nhóm (G, ·) là một tập hợp G ̸= ∅ trên đó đã trang bị một phép

tốn hai ngơi · thỏa mãn các điều kiện sau đây:(i) a · (b · c) = (a · b) · c với mọi a, b, c ∈ G,

(ii) Tồn tại một phần tử e ∈ G sao cho a · e = a = e · a với mọi a ∈ G,(iii) Với mọi a ∈ G tồn tại phần tử a′∈ G sao cho a · a′ = a′· a = e.Để đơn giản, ta ký hiệu abthay cho a · b Phần tửe xác định trong (ii)là duy nhất, được gọi là phần tử đơn vị của nhóm G, và thường ký hiệulà1 Với mỗi a ∈ G, phần tửa′ xác định trong (iii) là duy nhất, được gọilà phần tử nghịch đảo của a, và ký hiệu là a−1 Một nhóm G được gọi làgiao hoán (hay abel ) nếu ab = ba với mọi a, b ∈ G Nếu nhóm G có hữuhạn phần tử thì ta gọi G là một nhóm hữu hạn, và gọi số phần tử của G

là cấp của nhóm G, và ký hiệu là |G|.

Cho G là một nhóm, và H là một tập con của G Ta gọi H là một

nhóm con củaG, ký hiệu là H⩽ G, nếu các điều kiện sau đây thỏa mãn:(i) Phép toán trên G hạn chế lên H cảm sinh một phép tốn trên H,(ii) H là một nhóm với phép tốn cảm sinh.

Cho G là một nhóm, và H là một tập con của G ta ký hiệu ⟨S⟩ là

nhóm con bé nhất của G chứa S, và gọi S là một tập sinh của ⟨S⟩ Đặcbiệt, một nhóm có tập sinh chỉ gồm một phần tử được gọi là nhóm xiclíc.

Mệnh đề 1 (Định lý Lagrange) Cho G là một nhóm hữu hạn, và H

là một nhóm con của G Khi đó |H| là một ước của |G|.

Với Glà một nhóm hữu hạn, và H ⩽G, ta ký hiệu |G : H| = |G| : |H|,và gọi là chỉ số của nhóm con H đối với G.

Mệnh đề 2 Cho G là một nhóm, và A, B là hai nhóm con hữu hạn của

G Ký hiệu AB = {ab | a ∈ A, b ∈ B} Khi đó

|AB| = |A||B||A ∩ B|.

Cho Glà một nhóm, và alà một phần tử của G Vớiu là một phần tửcủaG, liên hợp củaubởia, ký hiệu làua, được định nghĩa làua = a−1ua.Với H là một nhóm con củaG, ta gọi H là một nhóm con chuẩn tắc của

Trang 6

Cho N là một nhóm con chuẩn tắc của G Ký hiệu

G/N = {aN | a ∈ G}.

Khi đó G/N là một nhóm với phép tốn xác định như sau Với a, b ∈ G(aN )(bN ) = abN.

Nhóm G/N được gọi là nhóm thương của G bởi N.

Với S là một tập con của G, tâm hóa củaS trong G, ký hiệu làCG(S),được định nghĩa là

CG(S) = {a ∈ G | ua = uvới mọi u ∈ S}.

Trong trường hợp S = {x}, ta dùng ký hiệu CG(x) thay cho CG(S) Tâmcủa nhóm G, ký hiệu là Z(G), được định nghĩa là Z(G) = CG(G).

Mệnh đề 3 ChoG là một nhóm khơng giao hốn Khi đó, nhóm thương

G/Z(G) khơng là nhóm xiclíc.

Cho G là một nhóm Với x và y là hai phần tử của G, giao hoán tửcủa x và y, ký hiệu là [x, y], được định nghĩa là

[x, y] = x−1y−1xy.

Nhóm con giao hốn tử của G, ký hiệu là G′, được định nghĩa là nhómcon sinh bởi tập tất cả các giao hoán tử

{[x, y] | x, y ∈ G}.

Cho hai nhóm G và H Một ánh xạ f : G → H được gọi là một đồng

cấu nhóm nếu với mọi a, b ∈ G

f (ab) = f (a)f (b).

Nếu đồng cấu f là một đơn ánh (tương ứng, tốn ánh, song ánh) thì

ta gọi f là một đơn cấu (tương ứng, toàn cấu, đẳng cấu) Ta ký hiệu

Aut(G) là nhóm tất cả các tự đẳng cấu của G.

Cho N và H là hai nhóm bất kỳ, và cho θ : H → Aut(N ) là một đồngcấu nhóm Khi đó, tập hợp

Trang 7

là một nhóm với phép tốn xác định như sau Với mọi (x1, h1), (x2, h2) ∈G,

(x1, h1)(x2, h2) = (x1θ(h1)(x2), h1h2).

Nhóm G được xác định như trên được gọi là tích nửa trực tiếp của

N bởi H ứng với tác động θ, và ký hiệu là G = N ×θ H Trong trườnghợp đặc biệt khi θ là đồng cấu tầm thường thì tích nửa trực tiếp chínhlà tích trực tiếp.

Sau đây là một số kiến thức về p-nhóm và nhóm abel hữu hạn Cho

p là một số nguyên tố Một nhóm G được gọi là một p-nhóm nếu |G| là

mơt lũy thừa của p Ta thấy rằng một nhóm con, một nhóm thương của

một p-nhóm cũng là một p-nhóm.

Mệnh đề 4 Cho p là một số nguyên tố Khi đó

(i) Mọi nhóm có cấp p đều là nhóm xiclíc.

(ii) Mọi nhóm có cấp p2 đều là nhóm abel.

Mệnh đề 5 Mọi nhóm abel hữu hạn G đều có thể biểu diễn được một

cách duy nhất thành tích trực tiếp các nhóm xiclíc

G ∼= Cn1× Cn2 × · · · × Cnk

trong đó ni⩾ 2, i = 1, 2, k, và n1 | n2 | · · · | nk.

Sau đây là một số kiến thức về nhóm đối xứng và nhóm thay phiên.ChoX là một tập hợp Một song ánh từ tập X đến chính nó được gọi làmột phép thế trên tập X Ký hiệu S(X) là tập tất cả các phép thế trên

tập X Khi đó S(X) là một nhóm với phép tốn hợp thành ánh xạ Ta

gọi S(X) là nhóm đối xứng trên tập X Ta dùng ký hiệu Sn để chỉ nhómđối xứng trên tập X = {1, 2, , n} và gọi Sn là nhóm đối xứng bậc n.

Định lý 2 Mọi phép thế π ∈ Sn với n ⩾ 1 đều được phân tích được

thành một tích các xích rời nhau Phân tích này là duy nhất nếu khôngkể đến thứ tự các nhân tử.

Cho π ∈ Sn với n ⩾ 1 Khi đó, theo Định lý ??, ta có phân tích π

thành tích các xích rời nhau

Trang 8

trong đó ta có thể giả thiết k1 ⩾k2 ⩾ · · ·⩾ ks. Ta gọi (k1, k2, , ks) làkiểu của phép thế π.

Mệnh đề 6 Hai phép thế trong nhóm đối xứng Sn với n ⩾1 là liên hợpvới nhau khi và chỉ khi chúng có cùng kiểu.

Cho σ ∈ Sn với n ⩾ 2. Ta nói cặp (σ(i), σ(j)) là một nghịch thế của σ

nếu i < j và σ(i) > σ(j). Dấu của phép thế σ, ký hiệu là sign(σ), đượcxác định bởi công thức

sign(σ) = (−1)t

trong đó tlà số các nghịch thế của σ Nếu sign(σ) = 1 thì ta gọiσ là mộtphép thế chẵn, nếu sign(σ) = −1 thì ta gọi σ là một phép thế lẻ.

Mệnh đề 7 Cho σ, τ ∈ Sn với n⩾1. Khi đó

(i) sign(στ ) =sign(σ)sign(τ ).

(ii) Nếu σ là một xích độ dài k thì sign(σ) = (−1)k+1.

Với n⩾2 ta ký hiệu An là tập các phép thế chẵn bậcn. Khi đóAn làmột nhóm con chuẩn tắc chỉ số 2 của Sn. Ta gọi An là nhóm thay phiênbậc n.

Cuối cùng trong mục này là một kết quả về độ giao hốn của mộtnhóm.

Định nghĩa 1 Cho G là một nhóm Ký hiệu

C = {(x, y) ∈ G × G | xy = yx}.

Độ giao hốn của G, ký hiệu là Pr(G), được định nghĩa như sau

Pr(G) =|C||G|2.

Mệnh đề 8 Nếu G là một nhóm khơng giao hốn thì Pr(G) ⩽ 5

8.

4ĐỊNH LÝ ROLLE

Trang 9

đoạn [a, b]thì nó bị chặn và tồn tại giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trênđoạn đó Định lý Fermat về điểm cực trị của hàm cũng khẳng định rằngnếu hàm f khả vi trên khoảng (a, b) và đạt cực trị địa phương (cực đạiđịa phương hoặc cực tiểu địa phương) thuộc khoảng đó thì giá trị đạohàm tại điểm cực trị địa phương bằng không.

Định lý 3 (Định lý Rolle) Giả sử cho hàm số f liên tục trên [a, b],khả vi trên khoảng (a, b) và f (a) = f (b) Khi đó tồn tại c ∈ (a, b) sao cho

f′(c) = 0

Chứng minh

Vì f liên tục trên đoạn [a, b] Theo định lý Weierstrass thì hàm f phảitồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [a, b], nghĩa là tồntại x1, x2 ∈ (a, b) sao cho

f (x1) = min

[a,b]f (x) = m, f (x2) = max

[a,b]f (x) = M

Có hai khả năng xảy ra:

1) Nếu m = M Khi đó f (x) = const trên đoạn [a, b] Nên f′(c) = 0 vớimọi c ∈ (a, b)

2) Nếu m < M Theo giả thiết ta có f (a) = f (b) nên ít nhất một tronghai điểm x1, x2 phải thuộc khoảng (a, b) Khơng mất tính tổng quát tagiả sử x1∈ (a, b) Theo định lý Fermat thì đạo hàm tại điểm này bằngkhơng.

Định lý được chứng minh xong.

Ý nghĩa hình học của định lý Rolle.

ChoC là đường cong trơn với hai đầu mút A, B có cùng "độ cao" (tronghệ trục tọa độ Descartes) thì trên C tồn tại ít nhất một điểm mà tiếptuyến của C tại điểm đó song song với AB(hay song song với trục hồnhvì f (a) = f (b)).

Hệ quả 1 Nếu hàm số f (x) có đạo hàm trên khoảng (a, b) và phương

trìnhf (x) = 0 có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) thì phương trình

f′(x) = 0 có ít nhất n − 1 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) (Phươngtrình f(k)(x) = 0 có ít nhất n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b)

Trang 10

Chứng minh

Giả sử phương trình f (x) = 0 cón nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b)

đã được sắp thứ tự x1< x2< < xn Khi đó ta áp dụng định lý Rollecho n − 1 đoạn [x1, x2], [x2, x3], , [xn−1, xn] thì phương trình f′(x) = 0 cóít nhất n − 1 nghiệm thuộc n − 1 khoảng (x1, x2), (x2, x3), , (xn−1, xn).Gọi n − 1 nghiệm đó là ξ1, ξ2, , ξn−1 thì ta có:

f (ξ1) = f (ξ2) = = f (ξn−1) = 0

Tiếp tục áp dụng định lý Rolle chon−2khoảng(ξ1, ξ2), (ξ2, ξ3), , (ξn−2, ξn−1)

thì phương trìnhf′′(x) = 0có ít nhấtn − 2nghiệm phân biệt trên khoảng

(a, b).

Tiếp tục quá trình trên thì sau k bước phương trình f(k)(x) = 0 có ítnhất n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b).

Hệ quả 2 Giả sử hàm số f (x) liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàmtrên khoảng (a, b) Khi đó nếu phương trình f′(x) = 0 có không quá n − 1

nghiệm phân biệt trên khoảng (a, b) thì phương trình f (x) = 0 có khơngq n nghiệm phân biệt trên khoảng đó

Chứng minh

Giả sử phương trình f (x) = 0 có nhiều hơn n nghiệm phân biệt trên

khoảng (a, b), chẳng hạn là n + 1 nghiệm Khi đó theo hệ quả 1 phươngtrình f′(x) = 0 có ít nhất n nghiệm thuộc khoảng (a, b) Điều này tráivới giả thiết phương trình f′(x) = 0 có khơng q n − 1 nghiệm Ta cóđiều phải chứng minh.

5Độ giao hoán tương đối của một mở rộng nhóm

Trong mục này ta nghiên cứu độ giao hốn tương đối của một mở rộngnhóm.

Mệnh đề 9 Cho H1 và H2 là hai nhóm con của G sao cho H1 ⩽ H2.

Khi đó

Trang 11

Chứng minh Theo Bổ đề 5, với mọi x ∈ G ta có|H1 : CH1(x)|⩽|H2 : CH2(x)|⩽|G : CG(x)|.Từ đó suy ra|CH1(x)||H1| ⩾ |CH2(x)||H2| ⩾ |CG|G|(x)| với mọi x ∈ G.Theo Mệnh đề 18 ta cóPr(H1, H2) = 1|H1||H2|Xx∈H1|CH2(x)| = 1|H1|Xx∈H1|CH2(x)||H2|⩾ |H11|Xx∈H1|CG(x)||G| =1|H1||G|Xx∈H1|CG(x)| = Pr(H1, G).Theo Mệnh đề 18 ta cũng cóPr(H1, G) = 1|H1||G|Xy∈G|CH1(y)| = 1|G|Xy∈G|CH1(y)||H1|⩾ |G|1 Xy∈G|CH2(y)||H2| =1|H2||G|Xy∈H2|CH2(y)| = Pr(H2, G).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Mệnh đề 10 Cho H và N là các nhóm con của nhómG sao choN ⩽H

và N ◁G Khi đó

Pr(H, G)⩽Pr(H/N, G/N ) Pr(N ).

Hơn nữa, dấu đẳng thức xảy ra nếu N ∩ [H, G] = 1.

Để chứng minh Mệnh đề 41 ta cần bổ đề sau.

Bổ đề 1 Cho H và N là các nhóm con của nhóm G sao cho N ⩽H và

N ◁G Khi đó

CH(x)N

N ⩽CH/N(xN )

Trang 12

Chứng minh Lấyx ∈ Gbất kỳ Giả sửy ∈ CH(x) Khi đóyN ∈ CH(x)NN ,và ta cóxN yN = (xy)N = (yx)N = yN xN.Do đó yN ∈ CH/N(xN ) Từ đó suy ra CH(x)NN ⩽ CH/N(xN ).

Giả sử N ∩ [H, G] = 1 Ta chứng minh rằng xảy ra dấu đẳng thức.

Thật vậy, lấy x ∈ G bất kỳ Giả sử yN ∈ CH/N(xN ) với y ∈ H Khi đó

xN yN = yN xN, cho nên (xy)N = (yx)N Từ đó suy ra

y−1x−1yx = (xy)−1(yx) ∈ N.

Điều này chứng tỏ rằngy−1x−1yx ∈ N ∩[H, G] Do đó theo giả thiết, ta có

y−1x−1yx = 1hayxy = yx Từ đó suy ray ∈ CH(x) Do đóyN ∈ CH(x)N

N

Điều này chứng tỏ rằng

CH/N(xN )⩽ CH(x)N

N .

Trang 13

Nếu S ∩ CG(x) ̸= ∅ thì khi đó tồn tại x0∈ S ∩ CG(x) và S = N x0 Khi đóta cóS ∩ CG(x) = N x0∩ CG(x)x0= (N ∩ CG(x))x0= CN(x)x0.Từ đó suy ra|S ∩ CG(x)| = |CN(x)x0| = |CN(x)|.Nếu S ∩ CG(x) = ∅ thì rõ ràng khi đó 0 = |S ∩ CG(x)| < |CN(x)| Do đótrong mọi trường hợp ta đều có |S ∩ CG(x)|⩽|CN(x)| Từ đó suy ra

|H||G| Pr(H, G) ⩽ XS∈G/N|CH/N(S)|Xx∈N|S ∩ CG(x)|⩽ XS∈G/N|CH/N(S)|Xx∈N|CN(x)|= |H/N ||G/N | Pr(H/N, G/N )|N |2Pr(N )= |H||G| Pr(H/N, G/N ) Pr(N ).Do đó Pr(H, G)⩽Pr(H/N, G/N ) Pr(N ).

Cuối cùng, giả sửN ∩ [H, G] = 1 Ta chứng minh rằng xảy ra dấu đẳngthức Khi đó, theo Bổ đề 9 ta có

CH(y)N

N = CH/N(yN ) với mọi y ∈ G.

Theo lập luận ở trên ta có

|H||G| Pr(H, G) = X

S∈G/N

|CH/N(S)|X

x∈N

|S ∩ CG(x)|.

Vì N ◁G cho nên [N, G] ⩽N Do đó từ giả thiết suy ra

[N, G] = N ∩ [N, G]⩽N ∩ [H, G] = 1,

hay N ⩽Z(G) Từ đó suy ra

CG(x) ∩ S = G ∩ S ̸=∅ với mọi x ∈ N và với mọi S ∈ G/N.

Do đó

|S ∩ CG(x)| = |CN(x)| với mọi x ∈ N.

Từ đó suy ra rằng xảy ra dấu đẳng thức.

Trang 14

Mệnh đề 11 Cho N và H là hai nhóm, N1 và H1 tương ứng là các

nhóm con của N và H Khi đó

Pr(N1× H1, N × H) = Pr(N1, N ) Pr(H1, H).

Chứng minh Giả sử x = (x1, x2) ∈ N1× H1 Khi đó

CN ×H(x) = {(a1, a2) ∈ N × H | (x1, x2)(a1, a2) = (a1, a2)(x1, x2)}= {(a1, a2) ∈ N × H | (x1a1, x2a2) = (a1x1, a2x2)}.Do đó|CN ×H(x)| = |CN(x1)||CH(x2)|.Từ đó suy raXx∈N1×H1|CN ×H(x)| = Xx1∈N1|CN(x1)| Xx2∈H1|CH(x2)|.Áp dụng Mệnh đề 18 ta cóPr(N1× H1, N × H) = 1|N1× H1||N × H|Xx∈N1×H1|CN ×H(x)|= 1|N1||H1||N ||H|Xx1∈N1|CN(x1)| Xx2∈H1|CH(x2)|= 1|N1||N |Xx1∈N1|CN(x1)| 1|H1||H|Xx2∈H1|CH(x2)|= Pr(N1, N ) Pr(H1, H).

Vây ta có điều phải chứng minh.Đặc biệt, ta có kết quả sau.

Hệ quả 3 Cho H và N là hai nhóm bất kỳ Khi đó

Pr(H, N × H) = Pr(H).

Đối với tích nửa trực tiếp vấn đề tính độ giao hoán tương đối trởnên phức tạp hơn rất nhiều Trong phần còn lại của mục này ta sẽ mộttrường hợp đặc biệt.

Trang 15

Mệnh đề 12 Cho A là một nhóm giao hốn, α là một tự đẳng cấu của

A sao cho α2 = idA và C2= ⟨u⟩ là một nhóm xiclíc cấp 2 với u là phầntử sinh Ký hiệu G = A×θ C2 là tích nửa trực tiếp củaA bởi nhóm xiclíc

C2 = ⟨u⟩ với tác động θ : C2 → Aut(A) được cho bởi cơng thức θ(u) = α.Khi đóPr(A, G) = 12 +|Aα|2|A|trong đó Aα= {a ∈ A | α(a) = a}.

Chứng minh Giả sử x = (x1, 1) ∈ A Khi đó ta có

CG(x) = CA(x) ∪ CG\A(x).

Vì A là nhóm giao hốn nên CA(x) = A Ta có

CG\A(x) = {(a, u) ∈ G \ A | (x1, 1)(a, u) = (a, u)(x1, 1)}= {(a, u) ∈ G \ A | (x1a, u) = (aθ(u)(x1), u)}= {(a, u) ∈ G \ A | (ax1, u) = (aα(x1), u)}.

Ta xét hai trường hợp của x1 như sau.

Trường hợp 1: x1 ∈ Aα Khi đó aα(x1) = ax1 với mọi a ∈ A Do đó

|CG\A| = |A|.

Trường hợp 2: x1 ∈ A \ Aα Khi đó aα(x1) ̸= ax1 với mọi a ∈ A Do đó

CG\A= ∅, cho nên |CG\A| = 0.Từ đó suy raXx∈A|CG(x)| = Xx∈A(|CA(x)| + |CG\A(x)|) =Xx∈A|CA(x)| +Xx∈A|CG\A(x)|= |A|2+ Xx∈Aα|CG\A(x)| + Xx∈A\Aα|CG\A(x)|= |A|2+ |A||Aα| + 0 = |A|(|A| + |Aα|).

Trang 16

6Nhóm đối xứng

Trong mục này chúng tơi tính tốn độ giao hốn tương đối của nhómcon thay phiên An trong nhóm đối xứng Sn.

Định nghĩa 2 Cho n là một số nguyên dương Một phân hoạch của n

là một dãy không tăng các số nguyên dương (k1, k2, , ks) sao cho

k1+ k2+ · · · + ks = n.

Từ Mệnh đề 19 ta có ngay kết quả sau.

Mệnh đề 13 Với n⩾ 2

Pr(An, Sn) = 2c(n)n!

trong đó c(n) là số các lớp liên hợp của Sn nằm trong An.Để tính c(n) ta cần kết quả sau.

Mệnh đề 14 Cho n là một số nguyên, n ⩾2, và (k1, k2, , ks) là mộtphân hoạch của n Giả sử π ∈ Sn có kiểu là (k1, k2, , ks) Khi đó

π ∈ An khi và chỉ khi s +

k

X

i=1

ki là một số chẵn .

Chứng minh Vì phép thếπ có kiểu là(k1, k2, , ks)cho nên, theo Mệnhđề 38, ta cósign(π) = (−1)sPi=1(ki+1)= (−1)s+sPi=1ki.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Trong ví dụ sau đây chúng tơi tính toán các giá trị Pr(An, Sn) với

Trang 17

Ví dụ 1.

(i) Với n = 2 ta có đúng một phân hoạch là (1, 1) Do đó c(2) = 1 Chonên

Pr(A2, S2) = 2c(2)2! = 1.

(ii) Với n = 3 ta có 2 phân hoạch là (3), (1, 1, 1). Do đó c(3) = 2. Chonên

Pr(A3, S3) = 2c(3)3! =

23.

(iii) Với n = 4 ta có 3 phân hoạch là

(3, 1), (2, 2), (1, 1, 1, 1).Do đó c(4) = 3. Cho nênPr(A4, S4) = 2c(4)4! =14.

(iv) Với n = 5 ta có 4 phân hoạch là

(5), (3, 1, 1), (2, 2, 1), (1, 1, 1, 1, 1).Do đó c(5) = 4. Cho nênPr(A5, S5) = 2c(5)5! =115.

(v) Với n = 6 ta có 6 phân hoạch là

(5, 1), (4, 2), (3, 3), (3, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1).Do đó c(6) = 6. Cho nênPr(A6, S6) = 2c(6)6! =160.

(vi) Với n = 7 ta có 8 phân hoạch là

Trang 18

7Các cận cho độ giao hoán tương đối của một nhómcon

Mệnh đề sau đây cho ta cận trên và cận dưới cho độ giao hoán tươngđối của một nhóm con của một nhóm.

Mệnh đề 15 Cho H là một nhóm con của G, và p là ước nguyên tố

nhỏ nhất của |G| Khi đó|Z(G) ∩ H||H| +p(|H| − |Z(G) ∩ H|)|H||G| ⩽ Pr(H, G) ⩽ |Z(G) ∩ H| + |H|2|H| .

Chứng minh Đặt K = Z(G) ∩ H Khi đó theo Mệnh đề 18 ta có

|H||G| Pr(H, G) = Xx∈H|CG(x)| = Xx∈K|CG(x)| + Xx∈H\K|CG(x)|= |K||G| + Xx∈H\K|CG(x)|.

Rõ ràng nếu x ∈ H \ K thì {1}⊊ CG(x)⊊G cho nên p⩽|CG(x)|⩽ |G|

2 Do đóp(|H| − |K|) ⩽ Xx∈H\K|CG(x)| ⩽ (|H| − |K|)|G|2 .Cho nên|K||G| + p(|H| − |K|) ⩽ |H||G| Xx∈H\K|CG(x)| ⩽ |K||G| + (|H| − |K|)|G|2 .Từ đó suy ra|K||H| +p(|H| − |K|)|H||G| ⩽ Pr(H, G) ⩽ |K||H| +|H| − |K|2|H| ,và ta có cơng thức cần chứng minh.

Trang 19

Mệnh đề 16 Cho G là một nhóm khơng giao hốn và H là một nhómcon của G Khi đó

(i) Nếu H ⊆ Z(G) thì Pr(H, G) = 1.(ii) Nếu H ⊈ Z(G) thì Pr(H, G) ⩽ 3

4 Hơn nữa, nếu H là một nhóm

khơng giao hốn thì Pr(H, G)⩽ 5

8.Chứng minh.(i) Vì H ⊆ Z(G) nên Xx∈H|CG(x)| = |H||G|. Do đóPr(H, G) = 1|H||G|Xx∈H|CG(x)| = 1|H||G||H||G| = 1.

(ii) Giả sửH ⊈Z(G) Khi dóZ(G) ∩ H ⊊ H, Cho nên |Z(G) ∩ H|⩽ 1

2|H|.Áp dụng Định lý 24 ta đượcPr(H, G)⩽ |Z(G) ∩ H| + |H||H| ⩽12|H| + |H||H| =34.

Giả sử H không là nhóm giao hốn Khi đó theo Mệnh đề 39 ta có

Pr(H)⩽ 5

8 Do đó, theo Định lý 20 ta có

Pr(H, G)⩽Pr(H)⩽ 5

8.

Kết quả sau đây mơ tả cấu trúc các nhóm trong trường hợp đạt đươccận trên trong Mệnh đề 25.

Mệnh đề 17 Cho H là một nhóm con của nhóm G Khi đó:

(i) Nếu Pr(H, G) = 3

4 thì H/(Z(G) ∩ H) ∼=Z2;

(ii) NếuPr(H, G) = 5

Trang 20

Chứng minh.(i) Giả sử Pr(H, G) = 34 Khi đó, theo Định Lý 24 ta có34 = Pr(H, G)⩽ |Z(G) ∩ H| + |H|2|H| =|Z(G) ∩ H|2|H| +12.Từ đó suy ra|H||Z(G) ∩ H| ⩽2.Nếu |H||Z(G) ∩ H| = 1 thì |H| = |Z(G) ∩ H|, từ đó suy ra H ⊆ Z(G) Khi

đó theo Mệnh đề 25 (i) ta có Pr(H, G) = 1 Điều này mâu thuẫn với giả

thiết Do đó |H|

|Z(G) ∩ H| = 2, cho nên H/(Z(G) ∩ H) ∼=Z2, và ta có điều

phải chứng minh.(ii) Giả sử Pr(H, G) = 5

8 Bằng cách lập luận tượng tự như ở trên ta suyra được

|H|

|Z(G) ∩ H| ⩽4.

Vì Z(G) ∩ H ⩽ Z(H) nên H/Z(H) ⩽ H/(Z(G) ∩ H) Vì H khơng giao

hốn nên H/Z(H) khơng là nhóm xiclíc Do đó H/(Z(G) ∩ H) khơng là

nhóm xiclíc Từ đó suy ra|H||Z(G) ∩ H| ⩾4.Điều này chứng tỏ rằng|H||Z(G) ∩ H| = 4,và do đóH/(Z(G) ∩ H) ∼=Z2×Z2.8KHƠNG GIAN CÁC HÀM KHẢ TÍCH

Trang 21

Ta cần hai kết quả cơ bản để chứng minh định lý ??: trước là kết quảtopo (Urysohn’s Lemma) và sau là các quan hệ xấp xỉ trong không giancác hàm liên tục Lp.

Định nghĩa 3 Cho (X, τ ) là không gian topo Khi đó

C0c(X) := {f : X →R liên tục và spt(f ) là compact trong (X, d)}

ở đây spt(f ) :=Bao đóng{x ∈ X : f (x) ̸= 0}.

Bổ đề 2 (Bổ đề Urysohn) Cho X là compact địa phương trên không

gian metric, cho K ⊂ X và V ⊂ X, K compact và V mở thỏa mãn

K ⊂ V Khi đó, tồn tại một hàm φ ∈ C0c(X) thỏa mãn

0 ≤ φ ≤ 1, φ ≡ 1 trong K và spt(φ) ⊂ V.

Định lý 5 (Xấp xỉ trong Lp bởi các hàm liên tục) Cho Ω ⊂Rn là tậpmở Khi đó C0c(Ω) là trù mật trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp), biết 1 ≤ p < ∞.

Chứng minh của định lý 29 cũng dựa trên hai kết quả nền tảng cơbản trong xấp xỉ của các hàm đo được, ở đây ta cần nhớ lại.

Định lý 6 (Xấp xỉ bởi các hàm đơn giản) Cho (X, M) là không gian

đo được và cho f : X → [0, +∞] là hàm đo được Khi đó tồn tại dãy cáchàm đơn giản đo được sh: X → [0, +∞], (h = 1, 2, ) thỏa mãn tính chất

(i) 0 ≤ s1≤ s2≤ ≤ sh≤ ≤ f ;

(ii) lim

h→∞sh(x) = f (x), ∀x ∈ X.

Đặc biệt, nếu f ∈ L1(X, µ), nghĩa làZXf dµ < ∞, khi đó sh → f trênL1(X, µ), nghĩa là∥f − sh∥L1(X,µ):=ZX|f − sh|dµ → 0.

Định lý 7 (Lusin - Dạng trên khơng gian metric compact địa phương).Cho µ là độ đo Radon trên compact địa phương, không gian metric tách

được X Cho f : X → R là hàm đo được sao cho tồn tại một tập Borel

A ⊂ X với

Trang 22

Khi đó, với mỗi ϵ > 0, tồn tại g ∈C0c(X) sao cho

µ({x ∈ X : f (x) ̸= g(x)}) < ϵ.

Hơn thế nữa, g có thể được chọn sao cho

supx∈X|g(x)| ≤ sup

x∈X

|f (x)|.

Chứng minh cho định lý Ta chia chứng minh định lý thành hai bước.Bước 1: Ta chứng minh răng, ∀ϵ > 0, ∀f ∈ Lp(Ω) sẽ tồn tại một hàmđơn giản đo được s : Ω →R sao cho

|{x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} < ∞| (đặc biệt s ∈ Lp(Ω), ∀p ∈ [1, ∞]); (1)

∥f − s∥Lp< ϵ. (2)

Đầu tiên, giả sử f ≥ 0 trong Ω Theo xấp xỉ của các hàm không âm đođược bằng phương pháp hàm đơn giản (Định lý 30), tồn tại một dãyhàm đơn giản đo được sh : Ω → [0, +∞], (h = 1, 2, ) sao cho

0 ≤ s1 ≤ s2 ≤ ≤ sk ≤ ≤ f ; (3)limh→∞sh(x) = f (x)∀x ∈ Ω. (4)Từ (30) ta đượcsh ∈ Lp(Ω) và |s ∈ Ω : sh(x) ̸= 0| < ∞∀h, (5)và∥sh− f ∥ ≤ 2f trong Ω, ∀h. (6)Theo (31) và (33), ta cso thể áp dụng định lý hội theo Lebesgue, do đónếu 1 ≤ p < ∞, ta được

lim

h→∞∥sh− f ∥Lp= 0. (7)

Cho bất kỳ ϵ > 0, từ (34), tồn tại h = h(ϵ) ∈ N sao cho ∥sh− f ∥Lp< ϵ.Nếu ta định nghĩa s := sh, khi đó được theo (28) và (29)

Trường hợp tổng quát f : Ω → R có thể được chứng minh tách f =

Trang 23

Bước 2: Ta chỉ ra rằng∀ϵ > 0, ∀f ∈ Lp(Ω), ∃g ∈C0c(Ω)sao cho∥f −g∥Lp<ϵ.

Cho f là hàm đơn giản đo được thỏa mãn (28) và (29) với ϵ ≡ ϵ

2 vàký hiệu A := {x ∈ Ω : s(x) ̸= 0} Giả sử rằng ∥s∥∞ > 0, nếu khơng thì

s ≡ 0 ∈ C0c(Ω) kết thúc chứng minh Áp dụng định lý Lusin cho hàm s,tồn tại hàm g ∈C0c(Ω) thỏa mãn|Ac| = |{x ∈ Ω : s(x) ̸= g(x)}| < ϵp4p∥s∥p∞, (8)với|g(x)| ≤ ∥x∥∞ x ∈ Ω. (9)Chú ý rằng∥f − g∥Lp≤ ∥f − s∥Lp+ ∥s − g∥Lp< ϵ2+ ∥s − g∥Lp. (10)Bây giờ ta đánh giá ∥s − g∥Lp

∥s − g∥pLp=ZΩ|s − g|p dx =ZAϵ|s − g|p dx ≤ 2p∥s∥p∞|Aϵ| < ϵp2p (11)Vì thế (37) và (38) kết thúc chứng minh.Chứng minh định lý ?? Ta cần chứng minh rằng(C0c(Ω), ∥.∥∞) là tách được. (12)Thật vậy, ta giả sử rằng, từ (39), ta được (Lp(Ω), ∥.∥∞) cũng tách được,biết 1 ≤ p < ∞.

Đầu tiên, giả sử Ω bị chặn Cho D ⊂ (C0c(Ω), ∥.∥∞) trù mật và đếmđược, khi đó ta chứng minh

D trù mật trong (Lp(Ω), ∥.∥Lp) với 1 ≤ p < ∞. (13)Từ định lý 29, ∀f ∈ Lp(Ω), ∀ϵ > 0, ∃g ∈ C0c(Ω) sao cho

∥f − g∥Lp< ϵ

2. (14)

D là trù mật, tồn tại eg ∈ D sao cho

∥g −eg∥∞ < ϵ2|Ω|1/p.

Trang 24

Bài tập 1 ∥f ∥Lp≤ |Ω|1/p∥f ∥∞, ∀f ∈ L∞(Ω), biết rằng |Ω| < ∞.Điều này nghĩa là

∥g − g∥Lp≤ |Ω1/p|∥g − g∥∞< ϵ

2. (15)

Do đó gợi ý (41) và (42) ám chỉ (40)

Bây giờ giả sử rằng Ω không bị chặn Theo kết quả đã biết của topo,tồn tại mỗi dãy (Ωh)h của các tập mở bị chặn sao cho Ωh ⊂ Ωh ⊂ Ωh+1

và

Ω=∪∞h=1Ωh.

Hơn thế nữa, chú ý rằng

C0c(Ω) = ∪∞h=1C0c(Ωh). (16)Theo (39) tồn tại một tập Dh ⊂ (C0c(Ω), ∥.∥∞) trù mật và đếm được.Cho

D := ∪∞h=1Dh

và chỉ ra rằng (40) vẫn còn giữ Từ định lý 29, ∀f ∈ Lp(Ω), ∀ϵ > 0, ∃g ∈

C0c(Ω) sao cho (41) đúng Từ K := spt(g) là tập compact chứa trong Ω,tồn tạih = h(g) = ϵ ∈ N sao choK ⊂ Ωh Điều này có nghĩa là g ∈C0c(Ωh)

và ta có kết luận như ở bước trước.Bây giờ ta chứng minh (39).

Nhớ lại rằng (C0(K), ∥.∥∞) là tách được, biết K ⊂Rn là tập compact(định lý 39)

Cho (Ωh) là một dãy của tập mở bị chặn của Rn Theo định nghĩa,C0c(Ωh) ⊂ (C0(Ω), ∥.∥∞) Vì (C0(Ω), ∥.∥∞) tách được nên với h, tồn tạimột tập

D ⊂ (C0(Ωh), ∥.∥∞) trù mật và đếm được (17)

Bây giờ, theo bổ đề Urysohn, ta sẽ sửa các tập hợp của các hàm D và

cho tập hợp mới các hàm đếm được Deh ⊂C0c(Ω) đẻ họ

D := ∪∞h=1Deh⊂ (C0c(Ω), ∥.∥inf ty) là đếm được và trù mật. (18)Áp dụng bổ đề Urysohn với K := Ωh−1, V = Ωh và cho φh ∈ C0(Ω) saocho

Trang 25

xác định g ∈ Dh, g : Ωh →R, định nghĩa eg : Ω → R là hàmeg(x) :=(g(x) nếu x ∈ Ωh0 nếux ∈ Ω \ Ωh,và choeD := {φheg : g ∈ D}(h ∈N) và D := ∪∞h=1D.e

Ta chứng minh rằng (45) đúng Theo cách xây dựng,D là đếm được Vì

thế ta chỉ cần chứng minh rằng nó trù mật trong (C0c, ∥.∥∞).

Sửa ϵ > 0, f ∈C0c(Ω) và cho K :=spt(f ) ⊂ Ω compact Tồn tại h0 ∈N

sao cho

K ⊂ Ωh0 ⊂ Ωh0+1.

Điều này có nghĩa là

f ∈C0c(Ωh0) ⊂C0(Ωh0) ⊂C0(Ωh0+1).

Theo (44), tồn tại f1 ∈ Dh0+1 sao cho

∥f − f1∥∞,Ω:= supx∈Ω|f (x) − f1(x)| < ϵ. (19)Từ f ≡ 0 trong Ωh0+1\ Ωh0 từ (46), suy rasupx∈Ωh0+1\Ωh0|f1(x)| < ϵ. (20)Bây giờ ta định nghĩa f2 := φh0+1fe1 ∈Deh0+1, theo (46) và (47) ta được

Như vậy được (45)

Cuối cùng ta chứng minh (L∞(Ω), ∥.∥L∞) là không tách được Ta tìmhọ rời nhau khơng đếm được Ui : i ∈ I của các tập mở trong L∞(Ω)

Trang 26

• Ua là mở trong (L∞(Ω), ∥.∥L∞), ∀a ∈ Ω: hiển nhiên.

• Ua∩ Ub = ∅ nếu a ̸= b, thật vậy, theo phản chứng, f ∈ Ua∩ Ub, điềunày nghĩa là∥χωa− χωb∥L∞≤ ∥χωa − f ∥L∞+ ∥f − χωb∥L∞< 12+12 = 1.Mặt khác∥χωa− χωb∥L∞= 1 nếu a ̸= b,

và khi đó mâu thuẫn.

• I = Ω là không đếm được.

9Các khái niệm cơ bản

Định nghĩa 4 Cho tập hợp R khác rỗng, trên R ta trang bị hai phép

toán mà ta gọi là phép cộng và phép nhân thỏa mãn: R là nhóm aben với

phép tốn cộng, R là nửa nhóm với phép tốn nhân và phép toán nhân

phân phối với phép toán cộng, nghĩa là

x(y + z) = xy + xz,(x + y)z = zx + yz,

với mọi x, y, z ∈ R.

Phần tử trung hòa của phép cộng được ký hiệu bởi 0 (thường gọi làphần tử không) Phần tử đơn vị của phép nhân nếu có được ký hiệu bởi

1 Nếu vành có nhiều hơn một phần tử và có đơn vị thì 1 ̸= 0.

Định nghĩa 5 Tập con A của vành R được gọi là vành con của R nếu

A là vành đối với hai phép toán cộng và nhân trên R (bao gồm cả tínhđóng của hai phép tốn trên A).

Định nghĩa 6 Iđêan trái (phải) của một vành R là một vành con A

thỏa mãn điều kiện

Trang 27

Vành con I của R vừa là iđêan trái, vừa là iđêan phải được gọi làiđêan của vành R.

Cho I là một iđêan của vành R, ta ký hiệu R/I =: {r + I|r ∈ R} đượcgọi là tập thương của R theo I Trên tập thương R/I ta xây dựng haiphép toán

(x + I) + (y + I) = (x + y) + I,(x + I)(y + I) = (xy) + I,

với mọi x, y ∈ R.

Định nghĩa 7 Tập thương R/I cùng với hai phép toán được xác định

như trên lập thành một vành và được gọi là vành thương của R theo I.

Định nghĩa 8 Cho R là vành có đơn vị 1R Một R-mơđun phải M bao

gồm (M, +) là một nhóm aben và một tốn tử · : M × R → M thỏa mãn(1) (x + y) · r = x · r + y · r,

(2) x · (r + s) = x · r + x · s,(3) (xr) · s = x · (rs),

(4) x · 1R = x,

trong đó r, s ∈ R và x, y là các phần tử tùy ý trong M.

Lúc đó R được gọi là vành cơ sở, nếu M là một R-môđun phải ta

thường ký hiệu là MR Tương tự ta cũng đinh nghĩa R-mơđun trái.

Cho R, S là hai vành Nhóm aben (M, +) là một song môđun R-bên

phải S-bên trái (ký hiệu SMR) nếu

a) M là R-môđun phải và M là S-mơđun trái.b) Ta phải có

(sx)r = s(xr), (r ∈ R, s ∈ S, x ∈ M ).

Định nghĩa 9 Cho M là mộtR-môđun phải Tập con A củaM được gọi

Trang 28

Định nghĩa 10 (1) Môđun MR được gọi là đơn nếu M ̸= 0 và với mọi

A ≤ M thì A = 0 hoặc A = M, nghĩa là M ̸= 0 và M có hai môđuncon là 0 và M.

(2) Vành R được gọi là đơn nếu R ̸= 0 và với mọi A ≤R RR thì A = 0

hoặc A = 0, nghĩa là R ̸= 0 và R chỉ có hai iđêan hai phía là 0 và R.

(3) Mơđun A ≤ M được gọi là môđun con cực tiểu của môđun M nếu

như A ̸= 0 và với mọi B ≤ M thỏa mãn B < A thì B = 0.

(4) Tương tự, môđun con A ≤ M được gọi là môđun con cực đại nếu

như A ̸= M và với mọi B ≤ M thỏa mãn B > A thì B = M.

Bổ đề 3 MR đơn khi và chỉ khi M ̸= 0 và ∀m ∈ M, m ̸= 0 thì M = mR.Cho MR và N ≤ MR Vì N là nhóm con của nhóm cộng aben M nên

nhóm thương M/N là một nhóm aben (theo phần lý thuyết nhóm) Các

phần tử của M/N là các lớp ghép x + N của N trong M và phép toán

cộng

(x + N ) + (y + N ) = x + y + N.

Ta cần xây dựng phép nhân môđun đểM/N trở thành một môđun phải.

Định lý 8 Cho MR và N ≤ M.

(i) Quy tắc M/N × R → M/N được cho bởi (m + N, r) → (m + N )r =

mr + N là phép nhân mơđun.

(ii) Nhóm aben M/N cùng với phép tốn nhân mơđun này trở thành một

R-môđun phải.

Định nghĩa 11 M/N được xác định như trong Định lý ?? được gọi là

môđun thương của môđun M trên mơđun con N.

10Độ giao hốn tương đối của một nhóm con

Ta bắt đầu bằng định nghĩa độ giao hốn của một nhóm con.

Định nghĩa 12 Cho G là một nhóm và H là một nhóm con của G Ký

hiệu

Trang 29

Độ giao hoán tương đối của nhóm con H trong G, ký hiệu là Pr(H, G),được định nghĩa như sau

Pr(H, G) =|C||H||G|.

Từ Định nghĩa 21 ta thấy ngay rằngPr(G, G) = Pr(G), trong đó Pr(G)

là độ giao hốn của nhóm G được định nghĩa như trong Định nghĩa 24.

Sau đây là một số ví dụ về độ giao hốn tương đối của một số nhóm.

Ví dụ 2 Xét nhóm nhị diện D3 được cho bởi các phần tử sinh và hệ

thức xác định như sau D3 = ⟨r, s | r3 = s2= 1, s−1rs = r−1⟩.

Khi đó D3 = {1, r, r2, s, rs, r2s} và phép nhân các phần tử của D3 đượccho trong bảng sau.

• 1 rr2 srsr2s1 1 rr2 srsr2srrr2 1 rsr2ssr2 r2 1 rr2ssrsssr2srs 1 r2 rrsrssr2sr 1 r2r2sr2srssr2 r 1

Bằng cách đếm trực tiếp và theo Định nghĩa 21 ta có bảng sau.

Các nhóm con H = {1}H = ⟨r⟩H = ⟨s⟩H = ⟨rs⟩H = ⟨r2s⟩H = D3|C| 6 12 8 8 8 18Pr(H, D3) 1 2323232312

Ví dụ 3 Xét nhóm nhị diện D4 được cho bởi các phần tử sinh và hệ

thức được xác định như sau D4= ⟨r, s | r4 = s2= 1, s−1rs = r−1⟩.

Khi đó D4 = {1, r, r2, r3, s, rs, r2s, r3s} và phép nhân các phần tử của

Trang 30

• 1 rr2 r3 srsr2sr3s1 1 rr2 r3 srsr2sr3srrr2 r3 1 rsr2sr3ssr2 r2 r3 1 rr2sr3ssrsr3 r3 1 rr2 r3ssrsr2sssr3sr2srs 1 r3 r2 rrsrssr3sr2sr 1 r3 r2r2sr2srssr3sr2 r 1 r3r3sr3sr2srssr3 r2 r 1

Các nhóm con H = {1}H = ⟨r⟩H = ⟨r2, s⟩H = ⟨r2, rs⟩H = ⟨s⟩|C| 8 24 24 24 12Pr(H, D4) 1 34343434Các nhóm con H = ⟨rs⟩H = ⟨r2s⟩H = ⟨r3s⟩H = ⟨r2⟩H = D4|C| 12 12 12 16 40Pr(H, D4) 343434 1 58

Ví dụ 4 Xét nhóm quaternion Q8 được cho bởi các phần tử sinh và hệthức xác định như sau Q8= ⟨r, s | r4 = 1, s2= r2, s−1rs = r−1⟩.

Khi đó Q8 = {1, r, r2, r3, s, rs, r2s, r3s} và phép nhân các phần tử của

Trang 31

• 1 rr2 r3 srsr2sr3s1 1 rr2 r3 srsr2sr3srrr2 r3 1 rsr2sr3ssr2 r2 r3 1 rr2sr3ssrsr3 r3 1 rr2 r3ssrsr2sssr3sr2srsr2 r 1 r3rsrssr3sr2sr3 r2 r 1r2ss2srssr3s 1 r3 r2 rr3sr3sr2srssr 1 r3 r2

Các nhóm con H = {1}H = ⟨r⟩H = ⟨r2⟩H = ⟨s⟩H = ⟨rs⟩H = Q8|C| 8 24 16 24 24 40Pr(H, Q8) 1 34 1 343458

Từ định nghĩa của độ giao hốn tương đối ta có ngay kết quả sau.

Mệnh đề 18 Cho G là một nhóm và H là một nhóm con của G Khi đó

Pr(H, G) = 1|H||G|Xx∈H|CG(x)| = 1|H||G|Xy∈G|CH(y)|.Chứng minh Ký hiệuC = {(x, y) ∈ H × G | xy = yx}.

Với mỗi x ∈ H số các cặp phần tử (x, y) ∈ C là |CG(x)| trong đó CG(x)

là tâm hóa của x trong G Với mỗi y ∈ G số các cặp phần tử (x, y) ∈ C

là |CH(y)| trong đó CH(y) là tâm hóa của y trong H Cho nên ta có

|C| = X

x∈H

|CG(x)| =X

y∈G

|CH(y)|.

Trang 32

Kết quả sau đây cho ta cơng thức tính độ giao hốn tương đối củamột nhóm con chuẩn tắc của một nhóm nhờ số lớp liên hợp.

Mệnh đề 19 Cho G là một nhóm và H là một nhóm con chuẩn tắc

của G Khi đó

Pr(H, G) = k|H|

trong đó k là số các lớp liên hợp của G nằm trong H.

Chứng minh Với x ∈ G bất kỳ, ký hiệu lớp liên hợp của x trong G là

O(x) Khi đó ta có

|O(x)| = |G : CG(x)|.

Gọix1, x2, , xk là các phần tử đại diện của các lớp liên hợp của Gnằm

trong H Vì H ◁G cho nên với x ∈ H bất kỳ ta có O(x) ⊂ H Do đó,

theo Mệnh đề 18, ta cóPr(H, G) = 1|H||G|Xx∈H|CG(x)| = 1|H||G|kXi=1|O(xi)||CG(xi)|= 1|H||G|kXi=1|G : CG(xi)||CG(xi)| = 1|H||G|kXi=1|G| = k|H|.

Ta cần bổ đề sau đây trong phép chứng minh các kết quả so sánh độgiao hoán tương đối của một nhóm con của một nhóm với độ giao hốncủa nhóm và nhóm con đó.

Bổ đề 4 Cho H là một nhóm con của G Khi đó với mọi phần tử x ∈ G

|H : CH(x)|⩽|G : CG(x)|.

Hơn nữa, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi G = HCG(x).Chứng minh Lấy x ∈ G bất kỳ Khi đó, theo Mệnh đề 33, ta có

Trang 33

Mà

H ∩ CG(x) = {a ∈ H | a ∈ CG(x)} = CH(x),

cho nên từ đó suy ra

|H|

|CG(x)| ⩽ |G|

|CH(x)|.

Do đó, theo Định lý Lagrange ta có được

|H : CH(x)|⩽|G : CG(x)|.

Từ lập luận ở trên ta thấy rằng dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

G = HCG(x).

Mệnh đề sau đây cho ta một đánh giá về độ giao hốn tương đối củamột nhóm con của một nhóm nhờ độ giao hốn của nhóm và nhóm conđó.

Mệnh đề 20 Cho H là một nhóm con của nhóm G Khi đó

Trang 34

Theo Bổ đề 5 ta có

|CH(y)|

|H| ⩾ |C|G|G(y)| với mọi y ∈ G.

Từ đó suy raPr(H, G)⩾ |G|1 Xy∈G|CG(y)||G| =1|G|2Xy∈G|CG(y)| = Pr(G).

Mệnh đề sau đây cho ta điều kiện cần và đủ để xảy ra đẳng thức.

Mệnh đề 21 Cho H là một nhóm con của nhóm G Khi đó

(i) Pr(H, G) = Pr(H) khi và chỉ khi G = HCG(x) với mọi x ∈ H.

(ii) Pr(H, G) = Pr(G) khi và chỉ khi G = HCG(x) với mọi x ∈ G.Chứng minh.

(i) Từ phép chứng minh của Mệnh đề 20 ta thấy rằng Pr(H, G) = Pr(H)

khi và chỉ khi

|CH(x)||H| =

|CG(x)|

|G| với mọi x ∈ H.

Theo Bổ đề 5, điều này xảy ra khi và chỉ khi G = HCG(x)với mọi x ∈ H.Vậy ta có điều phải chứng minh.

(ii) Lập luận hoàn toàn tương tự như trên ta cũng có điều phải chứng minh.

Từ Mệnh đề 21 ta có ngay hệ quả sau.

Hệ quả 4 Cho H là một nhóm con của nhóm G Nếu Pr(H, G) = Pr(G)

thì Pr(H) = Pr(G).

Mệnh đề sau đây cho ta một điều kiện đủ để không xảy ra đẳng thứctrong Mệnh đề 20.

Mệnh đề 22 ChoH là một nhóm con của nhómG Nếu H khơng chuẩn

tắc trong G thì

Trang 35

Chứng minh Giả sử H không chuẩn tắc trong G Trước tiên ta chứngminh rằng tồn tại x ∈ H sao cho G ̸= HCG(x) Thật vậy, giả sử trái lạirằng G = HCG(x) với mọi x ∈ H Lấy g ∈ G và x ∈ H bất kỳ Khi đó

g−1∈ G = HCG(x) Giả sử g−1= ha với h ∈ H, a ∈ CG(x) Khi đó ta có

g−1xg = (ha)x(ha)−1= haxa−1h−1= hxaa−1h−1= hxh−1 ∈ H.

Điều này chứng tỏ rằng H ◁G, trái với giả thiết Vậy ta có điều phảichứng minh.

Do đó, theo Bổ đề 21 ta cóPr(H, G) ̸= Pr(H) và Pr(H, G) ̸= Pr(G) Kếthợp điều này với Mệnh đề 5 ta có các bất đẳng thức cần chứng minh.

11Nhóm nhị diện

Mệnh đề 23 Cho nhóm nhị diện Dn= ⟨r, s | rn = s2 = 1, s−1rs = r−1⟩

với n ⩾3, và H là một nhóm con của Dn Khi đó

(i) Nếu H = Rk với k|n, 1⩽k ⩽n thì

Pr(H, Dn) =n + k2n nếu n lẻ, hoặc n chẵn và k ∤ n2,n + 2k2n nếu n chẵn và k | n2.(ii) Nếu H = Tl với 0⩽l⩽ n − 1 thì

Pr(H, Dn) =n + 12n nếu n lẻ,n + 22n nếu n chẵn.(iii) Nếu H = Ui,j với i|n, 1⩽i⩽n − 1, 0⩽j ⩽i − 1 thì

Trang 36

Chứng minh.

(i) Giả sử H = Rk với k|n, 1⩽k ⩽n Theo Mệnh đề ?? ta có

|Rk| = n(n, k) =nk.Do đóRk = ⟨rk⟩ =rkl 0⩽l⩽ nk− 1.Khi đóXx∈Rk|CDn(x)| = |CDn(1)|+ X1⩽l⩽nk−1|CDn(rkl)|.

Ta xét hai trường hợp của n như sau.Trường hợp 1: n lẻ Theo Mệnh đề ?? ta cóX1⩽l⩽nk−1|CDn(rkl)| = nk− 1|R1|.Từ đó suy raXx∈Rk|CDn(x)| = |Dn| +nk− 1|R1| = 2n +nk− 1n = n(n + k)k .Áp dụng Mệnh đề 18 ta cóPr(Rk, Dn) = 1|Rk||Dn|Xx∈Rk|CDn(x)| = n1k 2nn n + kk =n + k2n .

Trang 37

Áp dụng Mệnh đề 18, ta cóPr(Rk, Dn) = 1|Rk||Dn|Xx∈Rk|CDn(x)| = n1k 2nn n + kk =n + k2n .Trường hợp 2b: k | n2 Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta cóX1⩽l⩽nk−1|CDn(rkl)| = CDn rn2 + X1⩽l⩽nk−1l̸=n2k|CDn(rkl)| = |Dn|+nk− 2|R1|.Từ đó suy raXx∈Rk|CDn(x)| = |Dn| + |Dn| +nk− 2|R1|= 2n + 2n +nk− 2n = n(n + 2k)k .Áp dụng Mệnh đề 18 ta cóPr(Rk, Dn) = 1|Rk||Dn|Xx∈Rk|CDn(x)| = n1k 2nn(n + 2k)k =n + 2k2n .

(ii) Giả sử H = Tl với 0⩽l ⩽n − 1 Theo Mệnh đề ??, |Tl| = 2 do đó

Tl = ⟨rls⟩ = {1, rls}.Theo Mệnh đề 18, ta cóPr(Tl, Dn) = 1|Tl||Dn|Xx∈Tl|CDn(x)| = 12 · 2n (|CDn(1)| + |CDn(rls)|)= 14n (|Dn| + |CDn(rls)|).

Ta áp dụng Mệnh đề ?? cho hai trường hợp của n như sau.

Nếu n lẻ thì |CDn(rls)| = |Tl| = 2 Từ đó suy ra

Pr(Tl, Dn) = 1

4n (2n + 2) =n + 1

Trang 38

Nếu n chẵn, giả sử m = n2 thì|CDn(rls)| = |Um,l| = 2n(n, m) =2nm = 4.Từ đó suy raPr(Tl, Dn) = 14n (2n + 4) =n + 22n .

(iii) Giả sử H = Ui,j với i|n, 1⩽i⩽n − 1, 0⩽j ⩽i − 1 Theo Mệnh đề?? ta có|Ui,j| = 2n(n, i) =2ni .Do đóUi,j = ⟨ri, rjs⟩ =ril, ril+js0⩽ l⩽ ni− 1.Khi đóXx∈Ui,j|CDn(x)| = |CDn(1)| + X1⩽l⩽ni−1|CDn(ril)| + X0⩽l⩽ni−1|CDn(ril+js)|.

Ta xét hai trường hợp của n

Trang 39

Trường hợp 2: n chẵn Ta xét hai trường hợp của i.Trường hợp 2a: i∤ n2 Khi đó, theo Mệnh đề ?? ta cóX1⩽l⩽ni−1|CDn(ril)| =ni− 1|R1| = nni− 1,X0⩽l⩽ni−1|CDn(ril+js)| = niUn2,il+j= 4ni .Từ đó suy raXx∈Ui,j|CDn(x)| = 2n + nni− 1+4ni =n(n + i + 4)i .Áp dụng Mệnh đề 18 ta cóPr(Ui,j, Dn) = 1|Ui,j||Dn|Xx∈Ui,j|CDn(x)| = 12ni 2nn(n + i + 4)i =n + i + 44n .Trường hợp 2b: i