dai so hien dai

Bài tập đại số hiện đại GVHD: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU I. DANH SÁCH HỌC VIÊN NHÓM 1: 1. Đoàn Trương ( Nhóm trưởng) 2. Giao Thị Kim Đông 3. Phan Thị Kim Tuyến 4. Trần Văn Bảo 5. Dương Quốc Hùng 6. Nguyễn Quốc Thịnh II. NỘI DUNG BÀI TẬP THỰC HIỆN PHẦN RIÊNG Bài 1:(Câu 2 trang 47 chương I) Chứng minh rằng nhóm G có 2n phần tử, ngoài phần tử đơn vị còn có một phần tử là nghịch đảo của chính nó. Bài 2:(Câu 14 trang 48 chương I) Chứng minh rằng mỗi nhóm abel với 6 phần tử là một nhóm xyclic. Bài 3:( Câu 15 trang 48 chương I) Chứng minh rằng nếu một nhóm xyclic G được sinh bởi phần tử a cấp m thì k a cũng sinh ra G nếu và chỉ nếu k và m nguyên tố cùng nhau. Bài 4:(Câu 33 trang 50 chương I) Giả sử S G ≤ và a G ∈ . Gọi T a là phép thế xS axSa trên tập hợp G/S các lớp kề trái của S. Chứng minh rằng tương ứng a a Ta là một đồng cấu nhóm với hạt nhân là nhóm con chuẩn tắc. Bài 5:(Câu 1 trang 74 chương II) CMR số các lớp kề trái của một nhóm con bất kỳ trong một nhóm hữu hạn bằng số các lớp kề phải. Bài 6:(Câu 13 trang 140 chương IV) Nhóm 1 Trang 1 Bài tập đại số hiện đại GVHD: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU CMR mọi ảnh đồng cấu của một vành giao hoán (tương ứng: có đơn vị) là một vành giao hoán (tương ứng : có đơn vị). Bài 7:(Câu 6 trang 200 chương V) Chứng minh rằng: ( , ) ( , ) ( , ) 0 Z Z Z Hom Z G G Hom Z Z Z Hom G Z ≅ ≅ ≅ Trong đó G là một Z- môđun hữu hạn bất kỳ. Bài 8:(Câu 7 trang 200 chương V) Chứng minh rằng nếu p và q là các số nguyên tố cùng nhau thì ( , ) 0 Z Z Z Hom p q ≅ Bài 9:(Câu 21 trang 202 chương V ) Chứng minh rằng mỗi hạng tử trực tiếp của một môđun xạ ảnh là xạ ảnh. Bài 10:(Câu 22 trang 202) Chứng minh rằng nếu các số nguyên m và n nguyên tố cùng nhau thì môđun Z/m xạ ảnh nhưng không tự do trên vành Z/mn. PHẦN CHUNG Bài 11. Cho R là một miền nguyên. Chứng minh R là một môđun không xoắn trên chính nó. Bài 12. Chứng minh rằng một Z môđun là đơn nếu và chỉ nếu nó đẳng cấu với nhóm Z p (p: nguyên tố). Nhóm 1 Trang 2 Bài tập đại số hiện đại GVHD: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU III. BÀI LÀM PHẦN RIÊNG Bài 1:(Câu 2 trang 47 chương I) Chứng minh rằng nhóm G có 2n phần tử, ngoài phần tử đơn vị còn có một phần tử là nghịch đảo của chính nó. Giải G là nhóm nên trong G có phần tử đơn vị e, ta đi chứng minh trong G có phần tử có cấp 2. Nếu mọi phần tử trong G khác e đều có cấp lớn hơn 2 thì với mọi a ∈ G và a ≠ e thì a có cấp lớn hơn 2 , 1 a − ∈ G cũng có cấp lớn hơn 2 và 1 a a − ≠ , nên số phần tử có cấp lớn hơn 2 là số chẳn, suy ra nhóm G có số phần tử là số lẻ (mâu thuẩn số phần tử trong nhóm G là 2n). Vậy trong nhóm G phải tồn tại phần tử có cấp là 2 và số phần tử có cấp là 2 là số lẻ, mà phần tử b trong G có cấp là 2 thì 2 b =e, suy ra 1 b b − = . Suy ra trong nhóm G ngoài phần tử đơn vị còn có một phần tử là nghịch đảo của chính nó. Bài 2:(Câu 14 trang 48 chương I) Chứng minh rằng mỗi nhóm abel với 6 phần tử là một nhóm xyclic. Giải Giả sử X là nhóm abel cấp 6. Ta chứng minh X có phần tử cấp 6. Lấy ,a X a e∈ ≠ . Nếu a có cấp khác 6 thì xảy ra một trong hai khả năng sau: • a có cấp 2, khi đó nhóm thương X/<a> có cấp 3. bởi vậy, nếu b a∉ thì b có cấp 3. Suy ra b có cấp là 6 hoặc 3. nếu b có cấp là 3 thì ab có cấp 6 vì 6 6 6 2.3 2.3 3 2 ( )ab a b a b e e e= = = = , mặt khác nếu ( ) k ab e= thì 2 2 2 2 ( ) . k k k k e ab a b e b= = = nên 2 3 à (2,3)=1 nên k 3k mM M Tương tự 2k M vậy 6k M do đó cấp ab là 6 Nhóm 1 Trang 3 Bài tập đại số hiện đại GVHD: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU • a có cấp 3 , khi đó nhóm thương X/<a> có cấp 2. bởi vậy, nếu b ∉ <a> thì b có cấp 2. Suy ra b có cấp là 6 hoặc 2 nếu b có cấp là 2 thì ab có cấp 6 Vậy mọi trường hợp ta đều có trong X có phần tử cấp 6. Bài 3:(Câu 15 trang 48 chương I) Chứng minh rằng nếu một nhóm xyclic G được sinh bởi phần tử a cấp m thì k a cũng sinh ra G nếu và chỉ nếu k và m nguyên tố cùng nhau. Giải Gọi d = (m,k)Ta có m k k k m d d d a a e e= = = mặt khác nếu ( ) n k a e= thì kn a e= nên kn mM suy ra k m n d d M vì , 1 k m d d   =  ÷   nên m n d M vậy k a có cấp là m d , k a sinh ra G khi và chỉ khi cấp của k a bằng m tức là m m d = suy ra d = 1 nên m và k nguyên tố cùng nhau. Bài 4:(Câu 33 trang 50 chương I) Giả sử S G≤ và a G∈ . Gọi T a là phép thế xS axSa trên tập hợp G/S các lớp kề trái của S. Chứng minh rằng tương ứng a a Ta là một đồng cấu nhóm với hạt nhân là nhóm con chuẩn tắc. Giải G nhóm hữu hạn, H G≤ { } { } A= xH|x G GH GH = HG B= Hy|y G HG      ∈ = ⇒ ∈ = Chứng minh: Ta chứng minh GH HG≅ : GH HGf → xH Hxa là đồng cấu nhóm Nhóm 1 Trang 4 Bài tập đại số hiện đại GVHD: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU - Rõ ràng f là toàn ánh. - 1 2 1 2 Hx Hx Hx x= ⇒ ∈ ( ) 1 -1 2 -1 1 1 2 2 1 H H H = H x x x x x x − ⇒ ⇒ ⇒ ∈ ∈ Suy ra f là đơn ánh. Vậy GH HG ≅ GH = HG⇒ S G,a G≤ ∈ ( ) G G , S S : G Homf → a G G : S S a T →a xS axSa - f là đồng cấu nhóm. Thật vậy, a,b G, x G∀ ∈ ∀ ∈ a a b b a ab T .T ( )=T .(T (x)) =T bxS =abxS =T (x), x G x ∀ ∈ a b ab T .T T f(a).f(b)=f(ab) ⇒ = ⇒ a G S - er f = a G/ T id K           ∈ = { } { } a (xS) xS a G/ T xS, x G a G/ a xS, x G = = ∈ = ∀ ∈ ∈ = ∀ ∈ Ta chứng minh -1 a G Ker f aSa = ∈ I Trước hết ta thấy -1 a G Ker f aSa ∈ ≤ I Nhóm 1 Trang 5 Bài tập đại số hiện đại GVHD: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU Vì b Ker f bxS=xS, x G∈ ⇒ ∀ ∈ ' ' bxy=xy y,y S⇒ ∈ Bài 5:(Câu 1 trang 74 chương II) CMR số các lớp kề trái của một nhóm con bất kỳ trong một nhóm hữu hạn bằng số các lớp kề phải. Giải Cho X là một nhóm hữu hạn có n phần tử. Gọi A là một nhóm con bất kỳ của X,giả sử A có m phần tử. Giả sử { } m xxxA , ,, 21 = { } m xxxxxxxAXx , ,, 21 =∈∀ ji xxxxji ≠≠∀ , (Vì nếu jiji xxxxxx =⇔= vô lý). Vậy xA có m phần tử. Vì X hữu hạn nên số các lớp kề trái xA cũng hữu hạn.Gọi k là số các lớp trái xA. Do các lớp rời nhau nên kmn . = .(1) Gọi s là số các lớp kề phải Ax. Lý luận tương tự như trên ta có: smn . = (2) Vậy từ (1) & (2),suy ra k = s.(đpcm) Bài 6:(Câu 13 trang 140 chương IV) CMR mọi ảnh đồng cấu của một vành giao hoán (tương ứng: có đơn vị) là một vành giao hoán (tương ứng : có đơn vị). Giải Cho ),,(),,(: •+→•+ YXf là đồng cấu vành. Ta có X là vành nên dễ dàng chương minh f(X) cùng với hai phép toán trên là một vành. i)Cho X là vành giao hoán.Chương minh f(X) là vành giao hoán. Nhóm 1 Trang 6 Bài tập đại số hiện đại GVHD: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU 2211221 )(;)(:,)(, 1 yxfyxfXxxXfyy ==∈∃⇒∈∀ . Ta có: 121212212121 .)()().().()().(. yyxfxfxxfxxfxfxfyy ===== . Vậy f(X) giao hoán. ii)Cho X là vành có đơn vị là 1.Chương minh f(X) là vành có đơn vị. yfxffxfxfyXxXfy ).1()().1().1()(:)( ====∈∃⇒∈∀ .(1). )1(.)1().()1.()( fyfxfxfxfy ==== . (2). Từ (1) & (2) ta suy ra f(1) là phần tử đơn vị của f(X). Bài 7:(Câu 6 trang 200 chương V) Chứng minh rằng: ( , ) ( , ) ( , ) 0 Z Z Z Hom Z G G Hom Z Z Z Hom G Z ≅ ≅ ≅ Trong đó G là một Z- môđun hữu hạn bất kỳ. Giải a) Chứng minh: Hom z (Z,G) ≡ G. Xét f: G Hom z (Z,G) a f(a) với f(a) : Z G n n.a + Rõ ràng f là đồng cấu. + kerf = {a thuộc G / f(a) = 0} = {a thuộc G / n.a = 0, với mọi n} = {0}. Nên f đơn cấu. + Với mọi g: Z G, tồn tại a = g(1) thỏa: f(a)(n) = n.a = n.g(1) =g(n), với mọi n. Nên f toàn cấu. Do đó f đẳng cấu Nhóm 1 Trang 7 Bài tập đại số hiện đại GVHD: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU Vậy Hom Z (Z,G) ≡ G. b) Chứng minh Hom Z (Z,Z) ≡ Z. Xem G = Z như ở câu a, ta được điều phải chứng minh. c) Chứng minh Hom Z (G,Z) = 0. Xét f: G Z là một Z-đồng cấu modun bất kỳ. giả sử tồn tại a thuộc G : f(a) = n ≠ 0. Ta có : 2a thuộc G nên f(2a) = 2.f(a) = 2n 3a thuộc G nên f(3a) = 3.f(a) = 3n .tiếp tục quá trình đó Vì G là nhóm hữu hạn nên tồn tại k,l : ka=la (k≠l) Do đó f(ka) = f(la) hay kn =ln Nên k = l (vô lý) Vậy Hom Z (G,Z) = 0. Bài 8:(Câu 7 trang 200 chương V) Chứng minh rằng nếu p và q là các số nguyên tố cùng nhau thì ( , ) 0 Z Z Z Hom p q ≅ . Giải Với mọi f : Z/p Z/q n +pZ f(n) + qZ vì (p,q) = 1 nên tồn tại s,t thuộc Z ,ps+ qt =1 Khi đó f(1 +pZ) = f(ps +qt+pZ) = f(qt+pZ) = f(qt) + qZ = q.f(t) + qZ = qZ Nên f( ) = Vậy f =0 hay Hom Z (Z/p, Z/q) ≅ 0. Bài 9:(Câu 21 trang 202 chương V ) Nhóm 1 Trang 8 Bài tập đại số hiện đại GVHD: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU Chứng minh rằng mỗi hạng tử trực tiếp của một môđun xạ ảnh là xạ ảnh. Giả thiết tổng trực tiếp : X = U + V của hai môđun U và V trên vành R là xạ ảnh. Cần chứng minh U xạ ảnh. Giải Giả sử f : U B là một đồng cấu và g : A B là một toàn cấu tùy ý cho trước. Gọi j : U X là phép nhúng tự nhiên và p : X U là phép chiếu tự nhiên Vì X xạ ảnh nên tồn tại một đồng cấu k : X A thỏa mãn g.k = f.p Xét đồng cấu hợp thành : h = k.j : U A Vì p.j là tự đồng cấu đồng nhất của U nên ta được : g.h = g.k.j = f.p.j =f Ta đã chứng minh được tồn tại đồng cấu h thỏa: g.h = f. vậy U xạ ảnh ( theo định nghĩa môđun xạ ảnh). Chứng minh môđun V xạ ảnh tương tự. Bài 10:(Câu 22 trang 202) Chứng minh rằng nếu các số nguyên m và n nguyên tố cùng nhau thì môđun Z/m xạ ảnh nhưng không tự do trên vành Z/mn. Giải a) Trước hết ta chứng minh: Z/m × Z/n ≡ Z/mn. * Giả sử a và b là các phần tử sinh của Z/m và Z/n tương ứng. Vì Z/m có cấp m, Z/n có cấp n nên a có cấp m và b có cấp n. Có: mn.(a,b) = (mna, mnb) = (0,0) (phần tử 0) vì na = 0, mb = 0. Nếu có k thỏa : k.(a,b) = (0,0)  (k.a, k.b) = (0,0)  k.a = 0 và k.b = 0  k chia hết cho m và k chia hết cho n. Vì m và n nguyên tố cùng nhau nên k chia hết cho m.n Nhóm 1 Trang 9 Bài tập đại số hiện đại GVHD: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU Do đó (a,b) có cấp bằng m.n trong Z/m × Z/n. Nhóm này có đúng m.n phần tử.Vây nó là nhóm xyclic sinh bởi (a,b). Xét ánh xạ f: Z Z/m × Z/n k f(k) = k.(a,b) Với mọi k,h thuộc Z .Có f(k +h) = (k +h).(a,b) = k.(a,b) + h.(a,b) Nên f đồng cấu. Mọi phần tử của Z/m × Z/n đều được viết dưới dạng k.(a,b) nên ta luôn tồn tại k để k. (a,b) = f(k). Nên f: toàn cấu. Kerf = { k thuộc Z / f(k) = k.(a,b) = (0,0) } = { k thuộc Z / k chia hết cho m.n } = m.nZ Theo định lý đồng cấu ta có: f(Z) ≡ Z/ Kerf hay Z/m × Z/n ≡ Z/mn. Vành Z/mn là một môđun tự do trên chính nó với cơ sở là {1} ( 1: đơn vị của Zmn). Như vây: Z/m × Z/n cũng là môđun tự do trên vành Z/mn Vì mỗi hạng tử trực tiếp của một môđun tự do là xạ ảnh . Vậy Z/m là xạ ảnh trên vành Z/mn. b) ta thấy mọi phần tử x thuộc Z/m đều bị ràng buộc bởi hệ thức: m.x = 0 (m là phần tử thuộc vành Z/mn). Do đó trong Z/m không tồn tại cơ sở. vậy Z/m không tự do trên vành Z/mn. PHẦN CHUNG Bài 11: Cho R là một miền nguyên. Chứng minh R là một môđun không xoắn trên chính nó. Giải Vì R là miền nguyên nên nó là vành có đơn vị nên R là là một môđun Với mọi ,0, ≠∈ xMx ta có: { } 0:)()( =∈== axRaxAnnxAnn R Vì R là miền nguyên nên R không có ước của 0, với mọi Ra ∈ , ax = 0 ⇒ a = 0 Do đó Ann(x) = {0}. Vậy R là môđun không xoắn trên chính nó. Bài 12: Nhóm 1 Trang 10 [...]... Kerf là Z môđun con của M, suy ra Kerf = 0 hoặc Kerf = M, vì M là Z môđun đơn Mà Kerf ≠ M vì 1.a ∈ M nhưng 1.a ∉Kerf ( do f(1.a) = 1≠ 0 ) Vậy Kerf = 0 nên f là đơn ánh +Rõ ràng f là toàn ánh Do đó f là song ánh Vậy M ≅ Z p ⇐ : Giả sử M ≅ Nhóm 1 Z p , vì Z p là Z môđun đơn nên M là Z môđun đơn Trang 11 . = 1 ≠ 0 ) Vậy Kerf = 0 nên f là đơn ánh +Rõ ràng f là toàn ánh. Do đó f là song ánh. Vậy M ≅ Z p . ⇐ : Giả sử M ≅ Z p , vì Z p là Z môđun đơn nên M là