TÍNH CHẤT POS CỦA MỘT SỐ NHÓM KHÔNG ABEN

Một lớp cácnhóm hữu hạn có sự liên quan giữa cấp của nhóm và số phần tử có cùngmột cấp của nhóm đó là nhóm có các tập con hòan chỉnh Perfect OrderSubsets Group hay còn được gọi là POS

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

PHÒNG KHCN-SĐH -oOo -

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn: PGS TS BÙI XUÂN HẢI

Người thực hiện: NGUYỄN TRỌNG TUẤN

Khóa 18-Đại số và Lý thuyết số

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Tháng 8 -2008

LỜI CẢM ƠN

Tôi xin gửi lời cảm ơn đên các thầy cô trường Đại học sư phạm Thành phốHồ Chí Minh đã trực tiếp giảng dạy, trang bị cho tôi nhiều kiến thức làm

cơ sở để viết luận văn này

Xin chân thành cảm ơn Phòng Khoa học - Công nghệ và Sau đại họctrường Đại học sư phạm thành phố Hồ Chí Minh đãtạo nhiều điều kiệncho chúng tôi học tập

Đặc biệt, xin tỏ lòng tri ân sâu sắc đến PGS.TS.Bùi Xuân Hải, người trựctiếp hướng dẫn và động viên tôi trong suốt quá trình viết luân văn

Xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quí thầy cô trường Phổ thông năngkhiếu, trường Đại học khoa học tự nhiên thuộc Đại học quốc gia thành phốHồ Chí Minh đã tạo nhiều điều kiện thuận lợi cho tôi học tập

Xin gửi lời cảm ơn đến bạn bè thân hữu, đặc biệt bạn Đinh Kao Phạn ởGia lai đã quan tâm , động viên giúp đỡ tôi trong suốt khóa học,

Cuối cùng, xin cảm ơn gia đình, nguồn động viên tinh thần quí báu mànếu thiếu nó, tôi sẽ không thể hòan thành được luận văn này

Nguyễn Trọng TuấnHọc viên cao học khóa 18

MỤC LỤC

1.1 CẤP CỦA PHẦN TỬ TRONG MỘT NHÓM HỮU HẠN 2

1.2 ĐỊNH NGHĨA POS - NHÓM 4

1.3 MỘT SỐ ĐIỀU KIỆN CẦN CỦA POS - NHÓM 5

2 MỘT LỚP CÁC POS- NHÓM KHÔNG ABEN 10 2.1 KIẾN THỨC BỔ SUNG 10

2.2 XÂY DỰNG POS - NHÓM KHÔNG ABEN DỰA VÀO S3 13 2.3 MỘT VÀI KẾT QUẢ 17

3 TÍNH CHẤT POS CỦA MỘT SỐ NHÓM KHÔNG ABEN 21 3.1 NHÓM NHỊ DIỆN Dn 21

3.2 NHÓM TUYẾN TÍNH ĐẶC BIỆT SL(2,q) 24

3.3 NHÓM TUYẾN TÍNH XẠ ẢNH PSL(2,q) 42

3.4 NHÓM CÁC PHÉP THẾ CHẴN An 43

MỞ ĐẦU

Nhóm hữu hạn luôn là vấn đề được quan tâm trong toán hoc Một lớp cácnhóm hữu hạn có sự liên quan giữa cấp của nhóm và số phần tử có cùngmột cấp của nhóm đó là nhóm có các tập con hòan chỉnh ( Perfect OrderSubsets Group ) hay còn được gọi là POS - nhóm Đó là các nhóm hữu hạnmà số phần tử có cùng một cấp là ước của cấp của nhóm đó

Việc nghiên cứu các POS- nhóm được bắt đầu vào năm 2002 với bài báo

A Curious Connection Between Fermat Numbers and Finite Groups của các tácgiả Carrie E.Finch và Lenny Jones Trong [1], các tác giả đã chỉ ra sự liênhệ giữa các POS - nhóm aben với các số nguyên tố Fecma Hơn nữa, các tác

giả đã xây một lớp các POS - nhóm aben được xây dựng dựa trên Z2

Một số vấn đề đã được đặt ra trong [1] đã được các tác giả Carrie E.Finchvà Lenny Jones nêu ra :

• Tồn tại hay không POS - nhóm không aben khác S3 ?

• Nếu G là POS - nhóm và p là là ước nguyên tố lẻ của | G | thì phải chăng | G | chia hết cho 3 ?

Tiếp đó , cũng chính các tác giả Carrie E.Finch và Lenny Jones trong bàibáo Nonanabelian Groups With Perfect Order Subsets đã đưa ra nhiều kết quảliên quan đến các POS - nhóm không aben Một lớp các POS- nhóm không

aben đã được xây dựng dựa trên S3 Ngoài ra, Carrie E.Finch và Lenny Jones

đã chỉ ra đầy đủ các giá trị của q sao cho nhóm tuyến tính đặc biệt SL(2, q)

là POS - nhóm Các tác giả cũng khảo sát một vài trường hợp của nhóm

chỉ có một lớp liên hợp các phần tử cấp p nguyên tố cũng như nhóm các phép thế chẵn An

Mới đây vào tháng 5 năm 2009, trong bài báo On Finite Groups HavingPerfect Order Subsets, Ashish Kumar Das đã trình bày một số kết quả củacác POS - nhóm theo một hướng khác Tác giả bài báo đã chỉ ra một số điềukiện cần để một nhóm hữu hạn là POS - nhóm Ngoài ra, dựa vào Định lí

Richert về số nguyên tố, Ashish Kumar Das đã chứng minh An không phải

là POS - nhóm với mọi n ≥ 4.

Luận văn này được viết dựa vào [2] và một phần [1] và [3] Nội dung chủyếu của luận văn là xét đến các POS - nhóm không aben Các kết quả về

lí thuyết số được chứng minh đầy đủ Một số khá ít kết quả không đưa rachứng minh vì chúng tương tự với chứng minh trước đó

Có thể thấy rằng, một nhóm có phải là POS - nhóm hay không phụthuộc vào cấu trúc và cấp của nhóm đó Nhóm có cấp càng lớn hoặc cấutrúc phức tạp thì việc nghiên cứu tính POS càng phức tạp Phương phápthông thường được sử dụng là xác định các lớp liên hợp của nhóm Trongnhiều trường hợp ta phải giải quyết các vấn đề của lí thuyết số

Luận văn đã làm rõ hơn nội dung và ý tưởng trong các bài báo đã nêu

Học viên đã chứng minh được S3× (Z3)t × M không phải là POS - nhóm( Mệnh đề ) Bằng phương pháp tương tự đã nêu trong [2], học viên cũng

đã xác định được rằng có duy nhất POS - nhóm dạng T × (Z2)t × M là

G = T × Z2 (Mệnh đề ) Ngoài ra, trong luận văn, không sử dụng Định

lí của Richert chúng tôi cũng đã chỉ ra một số khá nhiều giá trị n để An

không phải là POS - nhóm ( Các Mệnh đề 34, 35, 36, 37) Cụ thể An khôngphải là POS - nhóm nếu như một trong các điều kiện sau được thỏa mãn

• n = 2m , trong đó m hoặc m − 1 là số nguyên tố.

• n = 2p + r với p nguyên tố và r ∈ {0, 1, 2, , p − 1}.

• n = p1 + p2 + + pk + r với pi là các số nguyên tố lẻ khác nhau và

r ∈ {0, 1}

• n = 3p với p là số nguyên tố lẻ.

Luận văn được chia thành 3 chương:

• Chương 1: GIỚI THIỆU VỀ POS - NHÓM Định nghĩa và một số điều

kiện cho POS - nhóm

• Chương 2: MỘT LỚP CÁC POS - NHÓM KHÔNG ABEN Sử dụng các

kiến thức của lí thuyết số để xây dựng một lớp các POS - nhóm không aben.Từ đó chứng minh tồn tại vô hạn các POS - nhóm không aben

• Chương 3: TÍNH CHẤT POS CỦA MỘT SỐ NHÓM KHÔNG ABEN

Nghiên cứu tính chất POS của một số nhóm hữu hạn : Dn, SL(2, q), P SL(2, q)

Vì khả năng có hạn nên luận văn chắc chắn có nhiều thiếu sót Rấtmong quí thầy, cô và các bạn đồng nghiệp góp ý, giúp đở Tôi xin thànhthật cảm ơn

Nguyễn Trọng TuấnHọc viên cao học khóa 18

Chương 1

GIỚI THIỆU VỀ POS - NHÓM

1.1 CẤP CỦA PHẦN TỬ TRONG MỘT NHÓM HỮU HẠN

Định nghĩa 1 Cấp của phần tử a trong một nhóm G là số nguyên dương n

bé nhất sao cho an = 1

Mệnh đề 1 ( Định lí Lagrăng) Cấp của mỗi phần tử tùy ý của một nhóm

hữu hạn G là ước của | G |.

Cho G là một nhóm Với mỗi x ∈ G, ta kí hiệu

OS(x) = {y ∈ G| | x |=| y |}

Mệnh đề 2 Với mọi x ∈ G ta có | OS(x) | chia hết cho ϕ(| x |).

Chứng minh Với a, b ∈ G, ta viết a ∼ b nếu như a và b cùng sinh ra một

nhóm xyclic của G Dễ dàng kiểm tra được ∼ là quan hệ tương đương Khi đó G được chia thành các lớp tương đương rời nhau Ta gọi [a] là lớp tương đương chứa a.

Bây giờ, ∀x ∈ G, ∀a ∈ OS(x) ta có [a] ⊂ OS(x) và | [a] |= ϕ(| a |) = ϕ(| x |) Từ đó nếu gọi k là số lớp tương đương tạo thành OS(x) thì ta có

| OS(x) |= k.ϕ(| x |)

Đó là điều cần chứng minh.

Định nghĩa 2 Hai phần tử a và b trong một nhóm G được gọi là liên hợp

với nhau nếu có g ∈ G sao cho b = g−1ag

Hai phần tử liên hợp với nhau sẽ có cùng cấp Nhưng điều ngược lại khôngđúng : Hai phần tử cùng cấp có thể không liên hợp với nhau

Định nghĩa 3 Cho G là một nhóm

• Tâm của G là tập hợp

Mệnh đề 3 Cho x là một phần tử của nhóm G Khi đó số các phần tử của

G liên hợp với x là | [G : CG(x)] |.

Quan hệ liên hợp giữa các phần tử trong nhóm G là quan hệ tương đương Từ đó G được chia thành các lớp tương đương Ta có phương trình sau đây

được gọi là phương trình lớp của nhóm G:

Ta thấy rằng để xác định các phần tử có cùng cấp trong một nhóm, mộttrong các hướng tiếp cận là xác định phương trình lớp của nhóm đó Đâylà phương pháp ta sử dụng trong các phần tiếp theo.

1.2 ĐỊNH NGHĨA POS - NHÓM

Cho G là một nhóm hữa hạn và x ∈ G Tập con cùng cấp của G xác định bởi x là tập hợp tất cả các phần tử của G có cùng cấp với x.

Định nghĩa 4 Nhóm G được gọi là POS - nhóm ( Perfect Order Subsets

Group ) nếu như số phần tử trong mỗi tập con cùng cấp của nó là ước của

| G |.

Ví dụ 1.

• Nhóm Z2 là POS nhóm

• Nhóm S3 gồm 6 phần tử: 1 phần tử cấp 1 ; 3 phần tử cấp 2 và 2 phần tử

cấp 3 Vậy S3 là POS nhóm

• Nhóm xyclic Z5 không phải là POS nhóm vì có 4 phần tử cấp 5

Ví dụ 2 Với mỗi số p nguyên tố lẻ, nhóm Heisenberg

Việc kiểm tra H(Fp) là một nhóm là đơn giản Ta sẽ chứng minh mọi phần

tử cấp đơn vị của H(Fp) đều có cấp p.

Thật vậy, với mọi α ∈ H(Fp), ta viết α = I + β với I là ma trận đơn vị và

Chú ý rằng

Vậy số phần tử cấp p của H(Fp) là p − 1 Suy ra H(Fp) không có POS

1.3 MỘT SỐ ĐIỀU KIỆN CẦN CỦA POS - NHÓM

Mệnh đề 4 Cho G là nhóm xyclic cấp n Khi đó G là POS nhóm khi và

chỉ khi n = 2a.3b, ở đây a, b là các số tự nhiên với a ≥ 1 và b ≥ 0.

Chứng minh Ta biết rằng với mỗi ước dương d của | G | thì G có φ(d) phần

tử cấp d Như vậy để G là POS nhóm thì điều kiện cần và đủ là ϕ(d) | n với mọi d | n Chú ý rằng nếu d | n thì ϕ(d) | φ(n) Do đó điều kiện trên tương đương với φ(n) | n.

Bằng cách chứng minh tương tự Mệnh đề ta được điều cần chứng minh.Từ mệnh đề 4 , ta có các hệ quả sau đây:

Hệ quả 1 Với mọi n ∈ N∗, Z2 n là POS nhóm

Hệ quả 2 Nhóm xyclic cấp p nguyên tố là POS nhóm khi và chỉ khi p = 2.

Mệnh đề 5 Giả sử G là POS nhóm Khi đó với mỗi ước nguyên tố p của

| G | thì p − 1 cũng là ước của | G | Đăc biệït nếu G là POS nhóm không tầm thường thì | G | là số chẵn.

Chứng minh Theo định lí Cauchy, G có một phần tử cấp p Vì G là POS

-nhóm nên theo Mệnh đề 5 ta có φ(p) = p − 1 là ước của | G |.

Mệnh đề 6 Cho G là một 2− nhóm con Khi đó G là một POS - nhóm

khi và chỉ khi G là xyclic.

Chứng minh Từ Mệnh đề 4, ta chỉ cần chứng minh nếu 2− nhóm G là

POS thì G là xyclic.

Giả sử | G |= 2m, m ≥ 0 Với 0 ≤ n ≤ m, đặt

Xn =

g ∈ G|g2n = 1

Rõ ràng Xn−1 ⊂ Xn với mọi 1 ≤ n ≤ m Bằng qui nạp ta sẽ chứng minh

| Xn |= 2n với 0 ≤ g |= 2n ≤ m và như thế G là xyclic.

Ta có | X0 |= 1 Giả sử rằng điều phải chứng minh đúng với n − 1

Chú ý rằng Xn − Xn−1 = {g ∈ G| | g |= 2n} nên ta có

| Xn | − | Xn−1 |=| Xn − Xn−1 |= 0 hoặc 2t

vơi n − 1 ≤ t ≤ m.

Theo giả thiết qui nạp | Xn−1 |= 2n−1 và theo Định lí Frobeniu thì 2n chia

hết Xn Từ đó ta suy ra rằng | Xn |= 2n Định lí đã được chứng minh

Mệnh đề 7 Cho G là một POS - nhóm không tầm thường Khi đó

i) Nếu ord2 | G |= 1 thì hoặc | G |= 2 hoặc 3 chia hết G.

ii) Nếu ord2 | G |= ord3 | G |= 1 thì hoặc | G |= 6 hoặc 7 chia hết | G | iii) Nếu ord2 | G |= ord3 | G |= ord7 | G |= 1 thì hoặc | G |= 42 hoặc tồn tại số nguyên tố p ≥ 77659 sao cho 432p chia hết | G |.

trong đó k ≥ 1 và 2 = p1 < p2 < pk là các số nguyên tố phân biệt.

Chú ý rằng với mọi i = 1, 2, , k ta luôn có (pi, pi − 1) = 1

ii) Nếu ord2 | G |= ord3 | G |= 1 thì α1 = α2 = 1

Nếu k = 2 thì | G | =6 Nếu k ≥ 3 thì ta cũng có p3 − 1|2.3.pα3

Tương tự như trên ta thấy rằng p5 − 1 | 1806 Bằng việc kiểm tra trực tiếp

các ước của 1806, ta thấy không có số nguyên tố p5 > 43 nào thỏa mãn điều

kiện Do đó ta phải có α4 ≥ 2

Từ đó ta có p5− 1 | 2.3.7.43α4pα5

5 pαk

k suy ra p5− 1 | 2.3.7.43α5

Dễ thấy giá trị nhỏ nhất của p5 là 2.3.7.432 + 1 = 77659

Mệnh đề 8 Giả sử

| G |= pα1

1 pα2

2 pαk

k

ở đây α1, α2, , αk và 2 = p1 < p2 < < pk là các số nguyên tố sao cho

pk − 1 = pα1

1 pα2

2 pαk−1

k−1 , k ≥ 2

Khi đó nếu G là POS - nhóm thì pk− nhóm con sylow của G là xyclic.

Chứng minh Theo định lí Sylow G có pk− nhóm con sylow duy nhất là P

Do đó mọi phần tử của G có cấp là lũy thừa của pk phải nằm trong P Gọi

mi là số các phần tử của G có cấp pi

x1 = x2 = = xαk = 1

Do đó

mαk = pαk −1

k (pk − 1) 6= 0

Điều này chứng tỏ rằng P là nhóm xyclic.

Chương 2

MỘT LỚP CÁC POS- NHÓM KHÔNG

ABEN

2.1 KIẾN THỨC BỔ SUNG

Từ nay về sau ta xem rằng (Z2)t = Z2× Z2× × Z2

Mệnh đề 10 Cho a, b, t là các số nguyên dương với b ≤ a và G ' (Zp a)t, ở

đây p là số nguyên tố Khi đó số phần tử trong G có cấp pb là

pb−1
t

(pt − 1)

Chứng minh Mỗi phần tử của G là một bộ có thứ tự gồm t thành phần mà

mỗi thành phần là một phần tử của Zp a Mỗi phần tử của G có cấp pb phải

có ít nhất một thành phần có cấp pb trong nhóm tương ứng và các thành

phần khác có cấp không vượt quá pb

Đầu tiên ta đếm các phần tử có cấp pb ở thành phần đầu tiên và ở các

thành phần khác có cấp không vượt quá pb Ta biết rằng số các phần tử có

cấp pb trong Zp a chính là số các phần tử sinh trong nhóm xyclic duy nhất

có cấp pb của Zp a, nghĩa là φ(pb) Tiếp theo ta đếm số phần tử có cấp không

vượt quá pb trong t − 1 thành phần còn lại Mỗi một thành phần có đúng một nhóm con cấp pc với c ≤ b và trong nhóm con đó có đúng φ(pc) phần

tử có cấp pc

Như vậy, mỗi thành phần có

1+φ(p)+ .+φ(pb−1)+φ(pb) = 1+p−1+p2−p+ .+pb−1−pb−2+pb−pb−1 = pbphần tử có cấp không vượt quá pb Như thế tổng số các phần tử của G có cấp pb mà thành phần đầu tiên có cấp pb là φ(pb) pb
t−1

Tiếp theo ta đếm số phần tử cấp pb của G mà thành phần đầu tiên có cấp bé hơn pb, thành phần thứ hai có cấp đúng bằng pb và t − 2 thành phần còn lại có cấp không vượt quá pb Dễ thấy số phần tử như thế đúng bằng

G có cùng số phần tử cấp d.

Chứng minh Một phần tử bất kì của bG có thể xem như một cặp có thứ tự

(x, y), trong đó x là một phần tử của Zp a+1 và y là phần tử của M Ta biết rằng cấp của phần tử (x, y) là bội số chung nhỏ nhất của cấp của x và y.

Do p không là ước của M nên cấp của (x, y) là | x || y | Từ đó nếu d là cấp của (x, y) thì d = pbm , trong đó pb là cấp của x và m là cấp của y Lại do

pa+1 không chia hết d nên a + 1 > b hay 0 ≤ b ≤ a Theo Mệnh đề 11 thì số các phần tử cấp pb trong (Zp a)t và (Zp a+1)t là như nhau Từ đó suy ra kết

quả cần chứng minh.

Mệnh đề 12 Cho G = (Zp a) × M và bG = (Zpa+1) × M , ở đây a và t là các số nguyên dương , còn p là số nguyên tố không chia hết | M | Khi đó nếu

G là POS-nhóm thì bG cũng là POS-nhóm

Chứng minh Gọi (x, y) là một phần tử của b G , trong đó x ∈ (Zp a+1)t và

y ∈ M Gọi d là cấp của (x, y) Ta thấy rằng nếu d không chia hết cho

pa+1 thì theo Mệnh đề 11 thì số phần tử cấo d của G và b G là như nhau

Vì G là POS-nhóm nên hiển nhiên b G cũng là POS-nhóm

Ta xét trường hợp d chia hết cho pa+1 Khi đó cấp của x trong (Zp a+1)t là

pa+1 và d = pa+1m , trong đó m là cấp của y trong M Theo Mệnh đề 12, số phần tử cấp d trong b G là (pa)t(pt − 1) k Ta phải chứng minh số này

chia hết | bG | Từ Mệnh đề 10, ta thấy số phần tử cấp pam trong G là

pa−1
t

(pt − 1) k Do G là POS-nhóm nên pa−1
t

(pt − 1) k là ước của | G |.

Cuối cùng, ta cần một số kết quả của lí thuyết số

Mệnh đề 13 Cho p là số nguyên tố và n là số nguyên dương Nếu q là một

ước nguyên tố của 2p n

− 1 thì p là ước của q − 1.

Chứng minh Xét nhóm nhân (Zq)∗ gồm những phần tử khác 0 của (Zq) Rõ

ràng | (Zq)∗ |= q − 1 Vì 2p n

≡ 1 ( mod q) nên nếu gọi a là cấp của phần tử

2 trong Zq thì a là ước của pn Do p nguyên tố nên a chia hết cho p Lại theo Định lí Lagrăng thì a là ước của q − 1 Suy ra p là ước của q − 1.

Định nghĩa 5 Số tự nhiên n được gọi là số square- free nếu nó không chia

hết cho bất cứ một số chính phương nào Hiển nhiên nếu n là số free thì mọi ước của n cũng là số square - free Hơn nữa nếu m, n là các số square-free và (m, n) = 1 thì mn cũng là số square - free.

square-2.2 XÂY DỰNG POS - NHÓM KHÔNG ABEN DỰA VÀO S3

Trong [1] đã xây dựng một lớp các POS - nhóm aben dựa vào Z2 Cụ thể,

xét G ' (Z2)t × M , ở đây t ≥ 1 và M là nhóm xyclic có cấp là một số square-free Khi đó nếu G là POS -nhóm thì G đẳng cấu với một trong 9

nhóm sau đây :

xây dựng nên một lớp các POS- nhóm không aben dựa vào nhóm S3

Định lí 1 Cho G là một nhóm và G ' S3× (Z2)t× M , ở đây t ≥ 1 và M là

nhóm xyclic có cấp là một số square-free lẻ không chia hết cho 3 Khi đó

nếu G là POS -nhóm thì G đẳng cấu với một trong các nhóm sau đây :

• S3

• S3× Z2× Z7

• S3× (Z2)2× Z5

Chứng minh Trước hết ta xét trường hợp t = 0 Khi đó G = S3× M Để

ý rằng do | M | là số square-free lẻ không chia hết cho 3 nên 6 | M | là số

square-free

Ta biết rằng nhóm S3 có 6 phần tử : 1 phần tử cấp 1, 3 phần tử cấp 2 và

2 phần tử cấp 3 Từ giả thiết suy ra | M | không chia hết cho 2 và 3 Suy

ra M không có phần tử cấp 2 và 3 Từ đó nếu gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của | M | thì p 6= 2 và p 6= 3 Do m là nhóm xyclic nên số phần tử cấp p của M là p − 1 Do đó số phần tử cấp p của G cũng là p − 1 Do G là POS-nhóm nên 6 | M | chia hết cho p − 1 Nếu gọi q là ước nguyên tố khác 2 và 3 của p − 1 thì q cũng là ước nguyên tố nhỏ hơn p của | M | Mâu thuẫn Vậy ước nguyên tố của p − 1 phải là 2 và 3 Từ đó p − 1 = 6 hay

p = 7 Nhóm xyclic M có cấp chia hết cho 7 nên số phần tử cấp 7 của M hay của G là 6.

Ta đếm số phần tử g ∈ G có cấp 14 Ta biết rằng g = (a, b) với a ∈ S3 có

cấp 2 và b ∈ M có cấp 7 Dễ dàng thấy rằng số phần tử g như thế là 3.6=18 là số square-free nên | G | không chia hết cho 18 Điều này mâu thuẫn vì

G là POS-nhóm

Bây giờ ta xét t ≥ 1 Khi đó G ' S3× (Z2)t × M và | G |= 6.2t | M | Chú

ý rằng 6 | M | là số square-free.

Số phần tử cấp 2 của G là 3.2t + 2t − 1 = 2t+2 − 1 Số phần tử cấp 6 của Glà 2(2t − 1) Từ đó | G | chia hết cho 2t+2 − 1 và 2(2t − 1)

Gọi p là ước nguyên tố lẻ của t + 2 Khi đó 2p− 1 là ước của 2t+2 − 1 Nếu

gọi q là ước nguyên tố của 2p− 1 Theo Mệnh đề 11, p là ước của q − 1 Nếu

2p − 1 có các ước nguyên tố phân biệt là q1 và q2 thì p là ước của q1− 1 và

q2−1 Suy ra p2 là ước của (q1−1)(q2−1) Mặt khác, do p lẻ nên 2p−1 không

chia hết cho 3 Vậy q1, q2 khác 3 Ta thấy rằng q1, q2 là ước của 3 | M | nên q1, q2 là ước của | M | Số phần tử cấp q1q2 của M ( cũng là của G) là (q1− 1)(q2− 1) Vì G là POS-nhóm nên | G | chia hết cho (q1− 1)(q2− 1),

suy ra 6 | M | chia hết cho p2 Vô lí vì 6 | M | là square-free Tóm lại ta đã chứng minh được rằng nếu p là ước nguyên tố lẻ của t + 2 thì 2p− 1 phải làsố nguyên tố và 2p− 1 ≡ 1 ( mod 3)

Bây giờ, giả sử t + 2 có hai ước nguyên tố lẻ khác nhau là p1 và p2 Khi đó

, như vừa chứng minh thì 2p1 − 1 và 2p2 − 1 là các số nguyên tố Do p1, p2

nên 2p 1 − 1 ≡ 1 ( mod 3) và2p 2 − 1 ≡ 1 ( mod 3) Suy ra (2p 1 − 1) (2p2 − 1)chia hết cho 9 Nhưng khi đó cũng do 2p 1 − 1 và 2p 2 − 1 là các số nguyên

tố nên số phần tử của G có cấp (2p 1 − 1) (2p2 − 1) là (2p 1 − 2) (2p2 − 2) Lại

một làn nữa ta có điều mâu thuẫn vì 6 | G | là số square-free Vậy t + 2 có

nhiều nhất một ước nguyên tố lẻ

Bây giờ ta giả sử 2p là ước của t + 2 với p nguyên tố lẻ Khi đó theo lập

luận trên thì 2p − 1 là số nguyên tố và 2p− 2 ≡ 0 ( mod 3) mặt khác, do

t + 2 chẵn nên 2t+2− 1 ≡ 0 ( mod 3) Từ đó (2p− 2) 2t+2 − 1
chia hết cho

9 Ta tính số phần tử g trong G có cấp 2 (2p− 1) Giả sử g = (a, b, c) với

a ∈ S3, b ∈ (Z2)t, c ∈ M Có các trường hợp sau:

Vì G là POS-nhóm nên 6 | M | chia hết cho 9 là số chính phương Vô lí Từ đó ta kết luận rằng t + 2 phải là lũy thừa của một số nguyên tố.

Giả sử t + 2 = pn, ở đây p là số nguyên tố lẻ Ta biết rằng 2p − 1 là ướcnguyên tố của 2t+2 − 1 = 2pn − 1 Nếu n > 1 thì rõ ràng 2pn− 1 không phải

là số nguyên tố Do 6 | M | là square-free nên 2t+2 − 1 cũng là square-free

Từ đó suy ra có số nguyên tố q 6= 2p− 1 là ước của 2t+2 − 1 Vì q là ước của

2pn − 1 nên theo mệnh đề thì p là ước của q − 1 Mặt khác, theo định lí

Fecma nhỏ thì 2p−1 ≡ 1 ( mod p) hay p là ước của 2p− 2 Từ đó p2 là ước

của (q − 1)(2p− 2) Nhận xét rằng (q − 1)(2p− 2) chính là số phần tử có

cấp q(2p− 1) trong G Như thế p2 là ước của 6 | M | và ta lại có điều mâu thuẫn Vậy n = 1 và t + 2 hoặc là lũy thừa của 2 hoặc là số nguyên tố lẻ.

Hiển nhiên lập luận trên cũng áp dụng được cho 2t − 1 và ta có kết luận :

t vaø t + 2 hoaịc laø luõy thöøa cụa 2 hoaịc laø soâ nguyeđn toâ lẹ Nhöng t vaø t + 2

coù cuøng tính chaün lẹ neđn ta chư caăn xeùt caùc tröôøng hôïp sau ñađy:

• t = 1 Khi ñoù t = 2 = 3 vaø G ' S3× Z2× M Soâ phaăn töû coù caâp 2 trong

G laø 7 Do ñoù | M | chia heât cho 7 Do ñoù M = Z7 ×Mc Chuù yù raỉng do

| M |laø square-free neđn | cM |khođng chia heât cho 7 Nghóa laø cM khođng chöùa

phaăn töû caâp 7 Töø ñoù G ' S3 × Z2× Z7×Mc Soâ phaăn töû caâp 42 cụa G laø 2.1.6=12 Neâu gói p laø öôùc nguyeđn toâ cụa | c M | thì roõ raøng p /∈ {2, 3, 7} Nhö theâ soâ phaăn töû caâp 42p cụa G laø 12(p − 1) Vaôy | G | chia heât cho 12(p − 1) Suy ra | G | chia heât cho 8 Vođ lí Do ñoù c M phại laø nhoùm taăm thöôøng Nhö

theâ G ' S3× Z2× Z7 vaø deê daøng kieơm tra ñöôïc G laø POS - nhoùm.

• t vaø t + 2 laø caùc soâ nguyeđn toâ lẹ Theo keât quạ ôû tređn thì khi ñoù

2t − 1 vaø 2t+2 − 1 laø caùc soâ nguyeđn toâ vaø chuùng laø öôùc cụa | G | Hôn nöõa

(2t − 2) 2t+2 − 2
chia heât cho 9 Deê thaây raỉng (2t − 2) 2t+2 − 2
laø soâ phaăntöû coù caâp (2t − 1) 2t+2 − 1
cụa G Nhö theâ 9 laø öôùc cụa | G | hay 3 laø öôùc

cụa | M | Ñieău naøy traùi vôùi giạ thieât.

• t = 2m, t+2 = 2n vôùi m, n laø caùc soâ nguyeđn döông Khi ñoù 2n−1−2m−1 = 1

Roû raøng phöông trình tređn chư coù duy nhaât nghieôm m = 1, n = 2 Töø ñoù

t = 2 vaø G ' S3× (Z2)2 × M Soâ phaăn töû caâp 2 cụa G laø 24 − 1 = 15 AÙp

dúng keât quạ ñaõ bieât ta ñöôïc M = Z5 ×Mc Vaôy G ' S3× (Z2)2 × Z5×Mc

Soâ phaăn töû caâp 30 cụa G laø 3.2.4=24 Gói p laø öôùc nguyeđn toâ cụa | c M | Khi

ñoù p /∈ {2, 3, 5} vaø soâ phaăn töû caâp 30p laø 24(p − 1) Do p lẹ neđn 24(p − 1) chia heât cho 16 Do ñoù | G | chia heât cho 16 Ñieău naøy khođng theơ xạy ra

Vaôy cM laø taăm thöôøng vaø nhö theẩ G ' S3× (Z2)2× Z5 laø POS-nhoùm Meônhñeă ñaõ ñöôïc chöùng minh

Ñònh lí 1 ñaõ chư ra moôt soâ caùc POS-nhoùm khođng aben Trong [1], ñaõ chư

ra moôt caùch xađy döïng caùc POS-nhoùm khođng aben döïa vaøo Z2 Söû dúng caùcPOS - nhoùm ñaõ mođ tạ trong Meônh ñeă 12, ta seõ chư ra moôt lôùp vođ hán caùcPOS-nhoùm khođng aben Ñoù laø noôi dung cụa meônh ñeă sau ñađy

Ñònh lí 2 Toăn tái vođ hán caùc POS-nhoùm khođng aben

Chứng minh Áp dụng Mệnh đề 12 cho các POS-nhóm trong Định lí 1, ta

được vô hạn các POS-nhóm không aben

2.3 MỘT VÀI KẾT QUẢ

Trong phần này trình bày một số kết quả mà học viên tìm được trong quátrình thực hiện luận văn Với cùng một cách thức như trên , chúng ta cócác mệnh đề sau đây

Mệnh đề 14 Giả sử G ' S3× (Z3)t × M , ở đây M là nhóm xyclic có cấp là một số square-free không chia hết cho 6 Khi đó G không phải là POS -

nhóm

Chứng minh Theo Định lí 1 thì G không phải là POS - nhóm khi t = 0.

Xét t ≥ 1 Dễ thấy số phần tử cấp 3 của G là

2 + (3t − 1) + 2(3t − 1) = 3t+1 − 1

Do G là POS - nhóm nên 3t+1 − 1 là ước của 6.3t | M | hay 3t+1 − 1 là ước

của 2 | M |.

Số phần tử cấp 6 của G là 3(3t − 1) và số này là ước của 6.3t | M | Suy ra

3t − 1 là ước của 2m.

Do cả 3t − 1 và 3t+1 − 1 đều là ước của 2m nên 2.3t là ước của 2m Từ đó

3t là ước của m Vì m là số square-free nên t = 1 Từ đó 2m chia hết cho

8, suy ra m chia hết cho 2 và do đó m chia hết cho 6 Mâu thuẫn.

Ở phần trên ta đã tìm cách xây dựng các POS - nhóm không aben dựa vào S3

là POS - nhóm không aben có cấp nhỏ nhất Một cách tự nhiên ta cũng tìmcách xây dựng các POS - nhóm như thế dựa vào các nhóm không aben khác

Xét nhóm T cấp 12 có biểu diễn

T = ha, b | a6 = 1, a3 = b2, bab−1 = a−1i

T có 1 phần tử cấp 1; 1 phần tử cấp 2 là a3; 2 phần tử cấp 3 là a2 và a4; 6

phần tử cấp 4 là aib với 0 ≤ i ≤ 5; 2 phần tử cấp 6 là a và a5

Vậy T là POS - nhóm Ta sẽ tìm các xây dựng các POS - nhóm không aben khác dựa vào T

Mệnh đề 15 Giả sử G ' T × (Z2)t× M , ở đây M là nhóm xyclic có cấp là một số square-free lẻ không chia hết cho 3 Khi đó G là POS - nhóm khi và chỉ khi G = T × Z2

Chứng minh Giả sử | M |= m Theo giả thiết m là số square-free lẻ và

không chia hết cho 3

a) Xét t = 0 Khi đó G ' T × M và cấp của G là 12m.

Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất chia hết m Ta thấy rằng p 6= 2 và p 6= 3.

Do G là POS - nhóm nên p − 1 là ước của 12m Do tính nhỏ nhất của p nên gcd(m, p − 1) = 1 Do đó p − 1 là ước của 12 Như thế p = 5 hoặc p = 7 Xét p = 5 Số phần tử cấp 15 là 2.4 = 8 Khi đó 8 | 12m và m lẻ Vô lí Xét p = 7 Số phần tử cấp 28 là 6.6 = 36 là ước của 12m Khi đó 3 | m, vô

lí

Do đó G không phải là POS - nhóm.

b) Xét t ≥ 1 Khi đó G ' T × (Z2)t × M có cấp là | G |= 12m.2t

Trước hết chú ý rằng do M xyclic và m là số square-free lẻ không chia hết

cho 3 nên số phần tử cấp 2 là 2t+1− 1, số phần tử cấp 3 là 2, số phần tử cấp

4 là 6.2t và số phần tử cấp 6 là 2(2t+1 − 1)

Tương tự như Mệnh đề , ta thấy rằng t + 1 phải là lũy thừa của 2 hoặc là số

nguyên tố lẻ

• Xét trường hợp t + 1 là số nguyên tố lẻ Khi đó cũng theo mệnh đề ta

thấy 2t+1 − 1 = p là một số nguyên tố Mà 2t+1 − 1 chính là số phần tử cấp

2 của G Do đó 12m.2t chia hết cho p Từ đó suy ra m chia hết cho p Vì

M xyclic nên M = Zp×Mc Vậy G ' T × (Z2)t× Zp ×Mc

Gọi q là ước nguyên tố của | c M | Khi đó hiển nhiên q /∈ {2, 3, p} Số phần tử cấp 4pq của G là

6.2t(p − 1)(q − 1) = 3(p + 1)(p − 1)(q − 1)

Do G là POS - nhóm nên 3(p + 1)(p − 1)(q − 1) là ước của

| G |= 12m.2t = 6m(p + 1) Suy ra (p − 1)(q − 1) là ước của 2m Từ đó dẫn đến m chẵn, vô lí.

• Xét trường hợp t + 1 = 2k là lũy thừa của 2

Số phần tử cấp 2 của G là 2t+1−1, số phần tử cấp 4 của G là 6+6(2t−1) = 6.2t

Nếu k ≥ 4 thì 2t+1 − 1 = 22k − 1 là số chia hết cho 15 Do đó 12.2t.m chia

hết cho 5 Suy ra m chia hết cho 5 Do M xyclic nên M = Z5 ×Mc Từ đó

số phần tử cấp 20 của G là 4.6.2t = 3.2t+3 G là POS - nhóm nên 3.2t+3 là

ước của 12m.2t = 3m.2t+2 Đây là điều không thể xảy ra vì m là số square

-free lẻ

Vậy ta phải có k ≤ 3.

Xét k = 3 Khi đó t = 7 và G = T × (Z2)7× M

Số phần tử cấp 2 của G là 27+1 − 1 = 255 = 3.5.17 Như vậy m chia hết cho 5 và vì vậy M = Z5×Mc Lập luận như phần trên ta thấy số phần tử

cấp 20 là 3.210 không thể là ước của 12.27.m = 3m.29

Xét k = 2 Khi đó t = 3 và G = T × (Z2)3× M

Số phần tử cấp 2 là 24− 1 = 3.5 Hoàn tòan tương tự như trên ta suy ra điều

mâu thuẫn

Cuối cùng ta xét k = 1 Khi đó t = 1 và G = T × Z2× M

Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của m Ta thấy rằng p /∈ {2, 3} Số phần tử cấp p của G là p − 1 và do G là POS - nhóm nên 24m chia hết cho p − 1 Gọi d = gcd(p−1, m) Khi đó d | p−1 và d | m Hiển nhiên rằng d ≤ p−1 <

p nên d = 1 Suy ra q − 1 | 24 Từ đó ta có p − 1 ∈ {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24} hay

Số phần tử cấp 52p là 12.12(p − 1) = 144(p − 1) Do G là POS - nhóm nên 144(p − 1) | 24m Điều này vô lí vì m lẻ.

Tóm lại, m không thể có ước nguyên tố Do đó m =1 và M là tầm thường Khi đó G = T × Z2 Dễ dàng kiểm tra được rằng G là POS - nhóm.

Chương 3

TÍNH CHẤT POS CỦA MỘT SỐ NHÓM KHÔNG ABEN

Xét đa giác đều n cạnh (n > 3) Đánh số các đỉnh của đa giác lần lượt là

1, 2, , n theo hướng ngược chiều kim đồng hồ

Gọi a là phép quay xung quanh tâm của đa giác đều một góc 2π

n Qua phép

quay đó, đỉnh i biến thành đỉnh i+1( mod n) Ta lại gọi b là phép đối xứng qua đường thẳng qua tâm và đỉnh 1 của nó Khi đó b biến đỉnh i thành đỉnh n + i − 2(mod n ).

Khi đó ta dễ dàng có các đẳng thức sau đây:

an = b2 = 1, bab−1 = a−1

Định nghĩa 6 Nhóm nhị diện Dn là nhóm các phép quay và đối xứng của

đa giác đều sinh bởi a và b.

Nhóm Dn có cấp 2n gồm các phần tử

e, a, a2, an−1, b, ab, , an−1b

Chú ý rằng mọi phần tử x của Dn đều có thể viết được dưới dạng x = akbl

với 0 ≤ k ≤ n − 1, 0 ≤ l ≤ 1.

Mệnh đề 16 Giả sử x ∈ Dn và x = akbl Khi đó

x2 = (akb)(akb) = ak(bakb) = ak = ak(bakb−1)b2 = aka−k = e

ii) Xét x = ak Gọi d = (n, k) và m = n

d

Ta có

xm = (ak)m = aknd = (an)kd = e Bây giờ, giả sử xl = akl = e Khi đó vì | a |= n nên kl chia hết cho n hay

d hay l chia hết cho m.

Mệnh đề17 Nếu n = 2k là số chẵn thì tâm của Dn là {e, ak}; nếu n = 2k+1 là số lẻ thì tâm của Dn là tầm thường

Chứng minh Ta xét hai trường hợp

• n = 2k + 1 là số lẻ Ta lấy x ∈ Z(Dn) và x 6= e.

Giả sử x = ai Khi đó ta có

aib = bai = ba.ai−1 = a−1bai−1 ⇒ ai+1b = bai−1

Tiếp tục như thế

ai+1b = bai−1 = ba.ai−2 = a−1b.ai−2 ⇒ ai+2b = bai−2

Cuối cùng ta được

a2ib = b ⇒ a2i = e

Do đó 2i chia hết cho n.

Điều này vô lí vì