Vấn đề của fuchs cho nhóm abel không phân tích được

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH DƯƠNG HỒNG HẠNH VẤN ĐỀ CỦA FUCHS CHO NHĨM ABEL KHƠNG PHÂN TÍCH ĐƯỢC LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2022 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH DƯƠNG HỒNG HẠNH VẤN ĐỀ CỦA FUCHS CHO NHĨM ABEL KHƠNG PHÂN TÍCH ĐƯỢC Chuyên ngành: Đại số lý thuyết số Mã số: 8460104 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS MỴ VINH QUANG TP Hồ Chí Minh - 2022 Mục lục Lời cam đoan Lời cảm ơn Lời mở đầu Các kiến thức nhóm vành 1.1 1.2 Các kiến thức số học 1.1.1 Lý thuyết đồng dư 1.1.2 Số nguyên tố Các kiến thức nhóm 11 1.2.1 1.3 Nhóm abel xoắn-Nhóm abel khơng xoắn-Nhóm abel hỗn hợp 11 1.2.2 Nhóm cyclic - Nhóm tựa cyclic 12 1.2.3 Nhóm phân tích - Nhóm khơng phân tích 14 1.2.4 Định lý Kullikof 15 Các kiến thức vành 16 1.3.1 Đặc số vành 16 1.3.2 Định lý Trung Hoa dư 17 1.3.3 1.4 Vành Zc hàm Euler 17 Trường hữu hạn 20 1.4.1 Các kiến thức trường hữu hạn 20 1.4.2 Các định lý trường hữu hạn 22 Các vấn đề Fuchs cho nhóm abel khơng phân tích 24 2.1 2.2 ĐỊNH LÝ CƠ BẢN 25 2.1.1 Phát biểu định lý bản: 25 2.1.2 Một vài nhận xét: 26 Chứng minh định lý trường hợp nhóm khơng phải nhóm khơng xoắn 27 2.3 Chứng minh định lí trường hợp nhóm khơng xoắn 40 2.4 Tổng kết: Chứng minh định lý 43 KẾT LUẬN 44 Tài liệu tham khảo 45 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan kết luận: "Vấn đề Fuchs cho nhóm abel khơng phân tích được" thành nghiên cứu cá nhân hướng dẫn PGS TS Mỵ Vinh Quang Nội dung luận văn có tham khảo số kết từ nguồn sách báo, tạp chí liệt kê mục tài liệu tham khảo Tơi xin chịu hồn tồn trách nhiệm với luận văn thân Dương Hồng Hạnh Lời cảm ơn Lời đầu tiên, xin chân thành cảm ơn PGS.TS Mỵ Vinh Quang, người thầy vô tận tâm nhiệt tình việc giảng dạy, hướng dẫn giúp đỡ kiến thức phương pháp để tơi hồn thành luận văn "Vấn đề Fuchs cho nhóm abel khơng phân tích được" Bên cạnh đó, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn đến q thầy khoa Tốn - Tin trường Đại học Sư Phạm Thành phố Hồ Chí Minh, trực tiếp giúp đỡ giảng dạy nhiều trình học tập Cao học thực luận văn Tiếp đến, xin cảm ơn quý thầy cô Ban giám hiệu quý thầy cô phòng Sau đại học trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi q trình học Cao học trường Tơi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp cổ vũ động viên suốt thời gian qua Mặc dù có nhiều nỗ lực suốt q trình thực luận văn, khơng thể tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận ý kiến đóng góp dẫn quý thầy cô bạn học viên Dương Hồng Hạnh Lời mở đầu Gần 60 năm trước, Fuchs đặt câu hỏi: “Nhóm abel xem nhóm phần tử khả nghịch vành giao hốn có đơn vị?” Có nhiều nhà tốn học nghiên cứu vấn đề thu nhiều kết thú vị Tuy nhiên, câu hỏi vấn đề mở thu hút quan tâm nhiều nhà tốn học Chính vậy, chúng tơi chọn đề tài “Vấn đề Fuchs cho nhóm abel khơng phân tích được” với mong muốn tìm hiểu sâu kết nghiên cứu gần liên quan đến vấn đề Fuchs đặt Nội dung luận văn gồm có chương Chương 1: Kiến thức nhóm vành Chương 2: Vấn đề Fuchs cho nhóm abel khơng phân tích Chương Các kiến thức nhóm vành 1.1 1.1.1 Các kiến thức số học Lý thuyết đồng dư Phép chia hết phép chia có dư Định nghĩa 1.1.1 Cho hai số nguyên m n(n > 0) Số m gọi chia hết cho n tồn số nguyên q cho m = nq Khi đó, ta nói m bội n hay n ước m Ký hiệu, m n n | m Định lý 1.1.2 Định lý thuật toán chia Cho hai số nguyên m n(n > 0) Khi đó, tồn số nguyên q, r cho m = nq + r với ≤ r < n Ước chung lớn bội chung nhỏ Định nghĩa 1.1.3 Cho hai số nguyên m n, số nguyên k gọi ước chung m n k vừa ước m, vừa ước n Định nghĩa 1.1.4 Ước chung lớn Cho hai số nguyên m n, số nguyên dương d gọi ước chung lớn số nguyên m, n d ước chung m n đồng thời ước chung khác m n ước d Ký hiệu: d = UCLN(m, n) hay d = (m, n) Định nghĩa 1.1.5 Cho hai số nguyên m n, số nguyên h gọi bội chung m n h vừa bội m, vừa bội n Định nghĩa 1.1.6 Bội chung nhỏ Cho hai số nguyên m n, số nguyên dương b gọi bội chung nhỏ số nguyên m, n b bội chung m n đồng thời bội chung khác m n bội b Ký hiệu: b = BCNN[m, n] hay b = [m, n] Định nghĩa 1.1.7 Hai số nguyên m n gọi nguyên tố (m, n) = Bổ đề 1.1.8 Nếu m = nq + r (m, n) = (n, r) Bổ đề 1.1.9 Cho m, n số nguyên d ước chung lớn m n Khi tồn số nguyên m0 , n0 cho d = m.m0 + n.n0 Hệ 1.1.10 m n hai số nguyên tố tồn hai số nguyên u, v cho m.u + n.v = Đồng dư Định nghĩa 1.1.11 Cho số nguyên a > Nếu hai số nguyên m n cho số dư chia cho a (tức m − n chia hết cho a) ta nói m đồng dư với n theo module a viết: m ≡ n (mod a) Mệnh đề 1.1.12 Cho m, n, p, a số nguyên a > Khi đó, ta có: (i) m ≡ m (mod a), (ii) Nếu m ≡ n (mod a) n ≡ m (mod a), (iii) Nếu m ≡ n (mod a) n ≡ p (mod a) m ≡ p (mod a) Mệnh đề 1.1.13 Nếu m ≡ n (mod a), p ≡ q (mod a) m + p ≡ n + q (mod a) mp ≡ nq (mod a) Mệnh đề 1.1.14 Cho m, n, p, a số nguyên, a > 0, mp ≡ np (mod a) d = (p, a) Khi ta có a m ≡ n mod d  Định lý 1.1.15 (Fermat nhỏ) Nếu m số nguyên, a số nguyên tố (m, a) = ma−1 ≡ (moda) 32 k (pk xp −1 k ) nguyên tố Fq [x] Do đa thức xp − k khơng có nghiệm bội nên xp − phân tích thành tích đa thức bất khả quy phân biệt Fq [x], nghĩa là: k xp − = p1 (x).p2 (x) pt (x) với pi (x) đa thức bất khả quy khác Hơn nữa, Fq trường pi (x) bất khả quy nên Fq [x] (pi (x)) trường hữu hạn đặc số q Fq [x] (pi (x)) ∼ = Fqmi với mi số tự nhiên Theo định lý Trung Hoa dư (1.3.4) ta có: Fq [x] (xpk −1) ∼ = Fq [x]/(p1 (x).p2 (x) pt (x)) ∼ = Fq [x]/(p1 (x)) × × Fq [x]/(pt (x)) ∼ = Fqm1 × × Fqmt Vì Fq [ξpk ] vành thương Fq [x] (xpk −1) (1) nên theo bổ đề (2.2.3) thì: Fq [ξpk ] ∼ = Fqm1 × × Fqms Suy ta có: Fq [ξpk ]∗ ∼ = Cqm1 −1 × × Cqms −1 Fq [ξpk ]∗ nhóm hữu hạn p−nhóm Cpn có cấp pk ξpk có cấp pk Do Fq [ξpk ]∗ nhóm abel khơng phân tích mà lại đẳng cấu với tích nhóm cyclic Cqm1 −1 × × Cqms −1 nên tồn r ≥ k cho Fq [ξpk ]∗ ∼ = Cpr , nghĩa Cpr ∼ = Cqmi −1 với i số Từ suy pr = q mi − n ≥ r ≥ k Bây ta giả sử n < ∞ n = r = k Nếu p = theo bổ đề (1.1.25), số q số nguyên tố Fermat mi = 1, thỏa trường hợp (C), q = mi = thỏa trường hợp (B) Nếu p số lẻ q = bổ đề (1.1.26) ta có r = n = p số nguyên tố Mersenne thỏa trường hợp (A) 33 Tiếp theo, giả sử n = ∞ Nếu p = theo bổ đề (1.1.25) ta có m1 ≤ q < pk ≤ pr = q mi − ≤ q − (điều mâu thuẫn với cách chọn k < r) Nếu p số lẻ theo bổ đề (1.1.26), q = r = Từ suy k = 1, mâu thuẫn Chiều ngược lại, ta cần trường hợp (A),(B),(C), tồn vành R thỏa R∗ ∼ = Cpn Trường hợp (A), với p số nguyên tố Mersenne, ta có R = Fp+1 Trường hợp (B), ta có R = F9 Trường hợp (C) cho q = 2n + số nguyên tố Fermat, ta có R = Fq Chứng minh kết thúc Mệnh đề 2.2.5 Tồn vành R có đặc số thỏa mãn R∗ ∼ = Cpn (p, n) = (2, 1) (p, n) = (2, 2) p số nguyên tố Mersenne n = Chứng minh Đầu tiên, ta chứng minh với ≤ n ≤ ∞ vành R có đặc số với R∗ ∼ = C2n Giả sử tồn vành R vậy, n ≥ nên tồn phần tử ξ8 ∈ R có cấp Khi đó, F2 [ξ8 ] vành R Ta có toàn cấu vành: γ: F2 [x] (x8 −1) F2 [ξ8 ] f (x) f (ξ8 ) Nhóm (F2 [ξ8 ])∗ nhóm C2n với phần tử, (F2 [ξ8 ])∗ ∼ = C2k với k ≥ Mặt khác, F2 (ξ8 ) vành thương vành Mà ta có: F2 [x] (x8 −1) 34 F2 [x] (x−1)8 F2 [x] (x8 ) f (x) + (x − 1)8 f (x + 1) + x8 đẳng cấu đặc số R nên đó: F2 [x] F2 [x] ∼ F2 [x] = = (x − 1) (x − 1)8 (x8 ) Do F2 (ξ8 ) vành thương vành xem vành thương vành F2 [x] F2 [x] (x8 ) p F2 [x] (x8 −1) F2 (ξ8 ) Khi đó, có F2 [x] x8 q F2 (ξ8 ) với p phép chiếu tự nhiên q toàn cấu vành Đặt θ tích q p (θ = q.p : F2 [x] → F2 (ξ8 )) tồn cấu đó: F2 (ξ8 ) ∼ = F2 [x]/ ker θ = F2 [x]/(f (x)) với f (x) ∈ F2 [x] (chú ý F2 [x] vành nên ker θ ideal ker θ sinh f (x)) Mà x8 ∈ ker θ = (f (x)) nên ta có x8 chia hết cho f (x) hay f (x) = xt với ≤ t ≤ Suy F2 (ξ8 ) ∼ = F2 [x]/(xt ) với ≤ t ≤ Ta có F2 [x]/(xt ), với đa thức có dạng h(x) = a0 + a1 x + + at−1 xt−1 với ∈ 0, Như có 2t đa thức F2 [x]/(xt ) Giả sử h(x) = a0 + a1 x + + at−1 xt−1 khả nghịch F2 [x]/(xt ), nghĩa tồn g(x) = b0 + b1 x + + bt−1 xt−1 cho h(x).g(x) = 1, suy a0 b0 = nên a0 = b0 = Trường hợp a0 = hiển nhiên h(x) không khả nghịch Như F2 [x]/(xt ), h(x) khả nghịch a0 = hay h(x) 35 khơng khả nghịch a0 = 0, có nghĩa F2 [x]/(xt ) có 2t−1 phần tử khả nghịch Do nhóm phần tử khả nghịch vành thương F2 (ξ8 ) đẳng cấu với C2k với k ≥ nên 2t−1 ≥ 23 , t ≥ 4, suy 2t − ≥ 2t − ≥ t Khi đó: (1 + xt−1 )2 = + x2t−2 ≡ mod (xt ) (1 + xt−2 )2 = + x2t−4 ≡ mod (xt ) Như hai phần tử (1 + xt−1 ) (1 + xt−2 ) có cấp hai, nhóm phần tử khả nghịch khơng nhóm cyclic C2n có phần tử cấp Vậy n = n = Chiều ngược lại, trường hợp 1: p 6= theo mệnh đề (2.2.4) ta suy p số nguyên tố Mersenne n = Trường hợp 2: p = 2, theo chứng minh ta có (F2 [x]/(x2 ))∗ có 22−1 phần tử (ứng với t = 2) nên (F2 [x]/(x2 ))∗ ∼ = C2 Do có vành R = F2 [x]/(x2 ) có đặc số thỏa mãn (F2 [x]/(x2 ))∗ ∼ = C2 ứng với n = Tương tự, ta có vành R = F2 [x]/(x3 ) có đặc số thỏa mãn (F2 [x]/(x3 ))∗ ∼ = C4 ứng với n = Mệnh đề 2.2.6 Tồn vành R có đặc số charR thỏa mãn R∗ ∼ = Cpn (p, n) = (2, 1) (p, n) = (2, 2) Chứng minh Dễ dàng kiểm tra Z4 vành có đặc số với nhóm nhân C2 Hơn Z[x]/(2x, x2 − 2) vành có đặc số với nhóm nhân C4 có phần tử 1, + x, 3, + x với phần tử sinh + x Ngược lại, cho R vành có đặc số 6= mệnh đề (2.2.1) nên p = 2, ta 36 cần chứng minh n = n = Bây giả sử vành R thỏa R∗ ∼ = Cpn ≤ n ≤ ∞ Xét ánh xạ thương f : R → R/(2) Hiển nhiên f toàn cấu, cần chứng minh [R/(2)]∗ hai C2n C2n−1 Đầu tiên, ta chứng minh f ∗ : R∗ → [R/(2)]∗ toàn cấu Thật vậy, gọi x ∈ R thỏa f ∗ (x) = x thỏa x khả nghịch R/(2), cần chứng minh x khả nghịch R Do x khả nghịch R/(2) nên tồn y ∈ R cho xy = mod (2), suy xy = + 2t, với t ∈ R Bình phương vế ta (xy)2 = + 4t + 4t2 = (do charR = 4) Vậy x khả nghịch trái R Tương tự, x khả nghịch phải nên x khả nghịch Vậy f ∗ toàn cấu Tiếp theo ta chứng minh ker f ∗ nhóm (-1) Lấy x ∈ ker f ∗ suy f ∗ (x) = nên x = + 2t Bình phương hai vế ta x2 = 1, tương tự ta có x = x = −1 −1 phần tử cấp hai R∗ Nếu ker f ∗ = [R/(2)]∗ ∼ = C2n Nếu ker f ∗ = (−1) n < ∞, ta có: [R/(2)]∗ ∼ = R∗ /(−1) ∼ = R∗ /C2 ∼ = C2n /C2 = C2n−1 Nếu ker f ∗ = (−1) n = ∞, ta có: [R/(2)]∗ ∼ = R∗ /(−1) ∼ = R∗ /C2 ∼ = C2∞ /C2 = [ C2n /C2 = n≥2 [ C2n−1 = C2∞ n≥2 Ta có vành R/(2) có đặc số nên theo mệnh đề (2.2.5) ta có [R/(2)]∗ ∼ = C2n với n = n = Điều dẫn đến mâu thuẫn Vậy n < Giả sử n = tồn vành R có đặc số thỏa mãn R∗ ∼ = C8 Đặt ξ8 phần tử sinh C8 Khi ta có đồng cấu vành: θ: Z4 [x] →R (x8 − 1) 37 f (x) 7→ f (ξ8 ) Ảnh Z4 [x] (x8 −1) vành S hữu hạn có đặc số mà nhóm phần tử khả nghịch S C8 Ta có S = Q hữu hạn Ri với Ri nguyên sơ Suy C8 = Q hữu hạn Ri∗ , mà C8 khơng phân tích nên tồn vành Ri nguyên sơ có đặc số cho Ri∗ ∼ = C8 (điều mâu thuẫn với định lý Gilmer, xem [7]) Vậy n = n = Từ mệnh đề (2.2.4), ta suy trường hợp đặc số R số nguyên tố Fermat sau: Mệnh đề 2.2.7 Cho q số nguyên tố Fermat Tồn vành R có đặc số q thỏa mãn R∗ ∼ = Cpn p = q = 2n + < ∞, p = 2, q = n = Bây ta có kết trường hợp vành R có đặc số 2q sau: Mệnh đề 2.2.8 Cho q số nguyên tố lẻ Tồn vành R có đặc số 2q thỏa mãn R∗ ∼ = C2n tồn vành S có đặc số q thỏa mãn S∗ ∼ = C2n Chứng minh Giả sử, ta có vành R có đặc số 2q thỏa mãn R∗ ∼ = C2n với ≤ n ≤ ∞ Xét ideal (2) (q) R Với q số nguyên tố lẻ nên ta có (2) + (q) = (1) (2) ∩ (q) = (0) Khi theo định lý Trung Hoa dư (1.3.4), ta có: R∼ = R/(2) × R/(q) Từ dễ dàng suy C2n ∼ = R∗ ∼ = [R/(2)]∗ × [R/(q)]∗ Do nhóm R∗ đẳng cấu với C2n nhóm abel khơng phân tích nên ta có 38 [R/(2)]∗ [R/(q)]∗ nhóm tầm thường Hơn nữa, R/(q) vành có đặc số số lẻ nên chứa phần tử khả nghịch −1 khơng tầm thường Do đó, R/(q) vành có đặc số q mà nhóm phần tử khả nghịch đẳng cấu với C2n Vậy ta chọn S = R/(q) thỏa mệnh đề Chiều ngược lại, giả sử tồn vành R có đặc số q với q lẻ thỏa mãn R∗ ∼ = C2n Khi vành R × F2 vành có đặc số 2q mà nhóm phần tử khả nghịch đẳng cấu với C2n Nếu không quan tâm đến đặc số R ta có định lý sau: Định lý 2.2.9 Tồn vành R thỏa mãn R∗ ∼ = Cpn với p số nguyên tố ≤ n ≤ ∞ n ≤ ∞             pn =  q − với q số nguyên tố Fermat,           p với p số nguyên tố Mersenne, Đặc biệt, khơng có vành R mà nhóm phần tử khả nghịch p−nhóm tựa cyclic Chứng minh Dễ dàng thấy pn số nêu trên, tồn vành (thực tế vành hữu hạn) chứa nhóm phần tử khả nghịch Cpn Chiều ngược lại, ta quan sát Cp∞ khơng nhóm nhân vành (theo mệnh đề (2.2.1), (2.2.2), (2.2.5), (2.2.6), (2.2.7) (2.2.8)), ta chắn n < ∞ 39 Bây giả sử p số lẻ Do mệnh đề (2.2.1), đặc số R phải Mệnh đề (2.2.5) n = p số nguyên tố Mersenne Tiếp theo, ta xét p = 2, mệnh đề (2.2.1) đặc số R phải 0, 2, 4, q 2q với q số ngun tố Fermat Vì nhóm cyclic C2 , C22 C23 nhóm nhóm nhân trường hữu hạn, ta có n ≥ Khi ta sử dụng Mệnh đề (2.2.2), (2.2.5) (2.2.6) để kết luận không tồn rành R thỏa mãn R∗ ∼ = Cpn đặc số R tương ứng 0, Theo mệnh đề (2.2.8), cần xem xét trường hợp đặc số R số nguyên tố lẻ q đủ Trong trường hợp này, q phải số nguyên tố Fermat với 2n = q − mệnh đề (2.2.7) Nhận xét 2.2.10 Một cách tự nhiên nảy sinh câu hỏi sau: Nếu nhóm abel G nhóm phần tử khả nghịch vành giao hốn có phải nhóm G nhóm khả nghịch vành giao hốn đó? Câu trả lời phủ định Sau ví dụ minh hoạ Xét nhóm C256 , 257 ∗ ∼ số nguyên tố, ta có F257 = C256 Tuy nhiên, C128 nhóm C256 có cấp 2, khơng nhóm phần tử khả nghịch vành giao hoán theo định lý (2.2.9) 128 129 khơng phải số nguyên tố 40 2.3 Chứng minh định lí trường hợp nhóm khơng xoắn Trong phần này, ta nhóm abel, khơng xoắn G nhóm phần tử khả nghịch vành giao hốn Đầu tiên cần định nghĩa thứ tự tuyến tính nhóm abel G quan hệ hai ≤ G thỏa tính chất phản xạ, phản đối xứng, bắc cầu, tồn phần, thỏa mãn tính bảo tồn thứ tự (nếu a ≤ b, với c ∈ G ta có ac ≤ bc) Một nhóm abel với thứ tự tuyến tính nhóm abel mà có quan hệ thứ tự tuyến tính (vừa định nghĩa) Một ví dụ nhóm abel với thứ tự tuyến tính nhóm (Q, +), nhóm cộng số hữu tỉ theo quan hệ ≤ thơng thường Trong nhóm abel với thứ tự tuyến, ta viết a < b a ≤ b a 6= b Mệnh đề 2.3.1 Cho G nhóm abel với thứ tự tuyến tính Nếu a < b c ≤ d, ac < bd Chứng minh Do a < b nên ta có a ≤ b Do bảo tồn thứ tự ta có ac ≤ bc Mà ac 6= bc khơng xét trường hợp a = b Do ac < bc Lại có c ≤ d nên bảo tồn thứ tự ta có cb ≤ bd Khi ac < bc ≤ bd Áp dụng tính chất bắc cầu ta có ac ≤ bd Giả sử ac = bd suy ac ≤ bc ≤ ac, tức bc = ac (mâu thuẫn) Vậy có ac 6= bd Do ac < bd chứng minh hồn thành 41 Để chứng minh định lý trường hợp nhóm khơng xoắn ta cần định lý sau định lý Levis tồn thứ tự tuyến tính nhóm abel khơng xoắn Định lý 2.3.2 Một nhóm abel G có thứ tự tuyến tính khơng xoắn Xem [4], Định lý Levi trang 256-263 Hơn ta cần biết kiến thức vành nhóm sau: Vành nhóm Định nghĩa 2.3.3 Cho R vành giao hốn, có đơn vị G nhóm nhân với phần tử đơn vị e Ta định nghĩa R[G] tập hợp mà phần tử tổng hình thức hữu hạn: u = P g∈G rg g với rg ∈ R rg = với hầu hết g trừ hữu hạn phần tử, với phần tử v = P g∈G sg g Khi đó, u = v rg = sg với g ∈ G Phép cộng R[G] định nghĩa sau: u⊕v = X (rg + sg ).g g∈G phép nhân hai đơn thức: rg g sg0 g = (rg sg0 ).g.g Phép nhân u v quy phép nhân hai đơn thức theo luật phân phối sau nhóm phần tử đồng dạng với Khi đó, R[G] với phép cộng phép nhân làm thành vành với phần tử - không phần tử có rg = với g ∈ G, phần tử đơn vị phần tử có re = rg =0 với g 6= e 42 Dễ thấy G ≤ (R[G])∗ Trường hợp đặc biệt, R = F2 Khi phần tử F2 phần tử thuộc F2 [G] viết dạng: u = g1 + g2 + + gn với gi ∈ G Định lý trường hợp nhóm khơng xoắn thể định lý Định lý 2.3.4 Nếu G nhóm abel khơng xoắn, F2 (G)∗ ∼ = G Đặc biệt, nhóm abel khơng xoắn ln nhóm phần tử khả nghịch vành giao hoán Chứng minh Do G không xoắn, G xác định thứ tự tuyến tính, ký hiệu ≤ Gọi u phần tử khả nghịch F2 (G) Ta viết dạng: u = g1 + g2 + + gn , Với n ≥ g1 < g2 < < gn , gi ∈ G Ta chứng minh u có số hạng nhất; nghĩa n = 1, u = g1 ∈ G Giả sử ngược lại n > Khi g1 < gn Đặt v nghịch đảo u (do u khả nghịch) Ta viết v dạng: v = h1 + h2 + + hm , Với số m ≥ h1 < h2 < < hm Vì u.v = ta có: 43 n X m X gi hj = i=1 j=1 Điều viết với dạng: g1 h1 + gn hm + = Do g1 < gn h1 ≤ hm nên theo mệnh đề (2.3.1) ta có g1 h1 < gn hm , suy g1 h1 số hạng nhỏ nhất gn hm số hạng lớn nhất tổng Điều phần tử G không độc lập tuyến tính (mâu thuẫn) 2.4 Tổng kết: Chứng minh định lý Chứng minh Trường hợp 1: G nhóm abel khơng xoắn F2 [G]∗ ∼ = G định lý (2.3.4) (lưu ý, F2 [G] có đặc số 2) Cịn với vành R có đặc số khác 2, −1 ∈ R∗ có cấp là phần tử xoắn nên R∗ đẳng cấu với G Trường hợp 2: G nhóm abel khơng phân tích mà khơng phải nhóm khơng xoắn Khi đó, G p−nhóm cyclic Cpn p−nhóm tựa cyclic Cp∞ Khi đó, định lý suy ứng với mệnh đề (2.2.2) (với c = 0), mệnh đề (2.2.5) (với c = 2), mệnh đề (2.2.6) (với c = 4), mệnh đề (2.2.7) (với c = q ), mệnh đề (2.2.8) (với c = 2q) Chứng minh kết thúc 44 KẾT LUẬN Luận văn tổng hợp kết Số học đồng dư, số nguyên tố, số nguyên tố Fermat, số nguyên số Mensense, hệ thặng dư, hàm Euler, kết Nhóm Vành Từ kết đó, bước đầu tơi tìm hiểu làm rõ phần chứng minh báo giải vấn đề Fuchs cho lớp nhóm abel khơng phân tích Cụ thể là, mô tả đầy đủ chi tiết nhóm abel khơng phân tích mà nhóm phần tử khả nghịch vành Và làm rõ phần chứng minh định lý trường hợp nhóm khơng phải nhóm khơng xoắn trường hợp nhóm khơng xoắn