Bài tập Đại số nhúng chìm nửa nhóm vào nhóm, rất hay, bài tập rất hay và các bạn nên down về tham khảo thêm. tài liệu là bản tóm tắt cho các bạn tham khảo và làm luận văn tốt nghiệp, rất hay. Thể loại thuộc về toán học Đại số
PHẦN NỘI DUNG CHƯƠNG I NHÓM VÀ NHÓM CON A LÝ THUYẾT Nhóm 1.1.Định nghĩa Cho tập X khác rỗng, * phép tốn hai ngơi X (X,*) gọi nhóm nếu: i) Mọi a,b,c ∈ X, ta có a*(b*c)= (a*b)*c ii) Tồn phần tử e ∈ X cho x ∈ X , ta có e*x = x*e = x , , , iii) Mọi phần tử x ∈ X tồn x ∈ X cho x * x = x * x = e Nếu (X,*) có tính giao hốn X gọi nhóm giao hốn hay nhóm Abel 1.2 Định lý ( điều kiện tương đương với nhóm) Cho X tập khác rỗng, * phép toán hai thỏa: (a*b)*c=a*(b*c), a, b.c ∈ X Khi phát biểu sau tương đương: i) X nhóm ii) Các phương trình a*x=b x*a=b có nghiệm X, a, b ∈ X iii)Trong X có phần tử đơn vị trái phần tử X có nghịch đảo trái iv) Trong X có phần tử đơn vị phải phần tử X có nghịch đảo phải 1.3 Định lý Cho (X,.) nhóm ta có khẳng định sau: i) Mỗi phần tử X có phần tử nghịch đảo ii) Nếu xy = xz ( yx = zx) y = z (luật giản ước) −1 −1 −1 iii) Với x, y ∈ X , ta có (xy) = y x −1 iv) ( x )-1 = x , với x ∈ X Nhóm 2.1 Định nghĩa Cho G nhóm, H tập khác rỗng G Ta nói H nhóm G H với phép toán cảm sinh phép toán G nhóm Kí hiệu H ≤ G Dễ thấy tập hợp gồm phần tử đơn vị nhóm G lập thành nhóm gọi nhóm đơn vị Kí hiệu {e} Nếu H ≤ G , H ≠ , H ≠ G H gọi nhóm thực G Kí hiệu H < G 2.2 Định lý ( điều kiện tương đương với nhóm con) Cho H ⊂ G , H ≠ Ø Khi điều kiện sau tương đương: i) H ≤ G −1 ii) Mọi x, y ∈ H , xy ∈ H x ∈ H −1 iii) Mọi x, y ∈ H , ta có xy ∈ H 2.3 Định nghĩa Cho G nhóm, H < G i) H gọi nhóm tối đại G không tồn N < G cho H < N < G ii) H gọi nhóm tối tiểu G H ≠ không tồn K ≤ G cho < K < H Nhóm chuẩn tắc 3.1 Định nghĩa Cho G nhóm H ≤ G Ta nói H nhóm chuẩn tắc G hay H ước chuẩn G x ∈ G ta có Hx = xH Kí hiệu H G 3.2 Một số tính chất i) Mọi nhóm nhóm Abel nhóm chuẩn tắc −1 −1 ii)Cho H ≤ G , H G xhx ∈ H x hx ∈ H ,với h ∈ H , với x∈ X iii) G nhóm, H G , K ≤ G H ∩ K K iv) Giao họ tùy ý khác rỗng nhóm chuẩn tắc nhóm G nhóm chuẩn tắc nhóm G v) Cho G nhóm, H G K ≤ G Khi KH nhóm nhỏ G chứa H K ( theo nghĩa bao hàm ) KH = HK vi) Cho H , H , , H n nhóm chuẩn tắc nhóm G Khi H H H n G Nhóm thương Nếu A nhóm chuẩn tắc nhóm X X/A = { xA xAyA = xyA nhóm, gọi nhóm thương X A x∈ X } với phép toán B CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH THƯỜNG GẶP Bài toán Chứng minh tập khác rỗng X phép tốn hai ngơi ( ) lập thành nhóm Phương pháp giải: Cách Ta tiến hành kiểm tra tính chất sau: (i) Với x, y, z ∈ X , có (xy)z = x(yz) (ii) Tồn phần tử (đơn vị ) e ∈ X ch xe = ex = x, với x ∈ X , , , (iii) Với x ∈ X tồn x ∈ X cho xx = x x = e Cách Ta chứng minh ( X, ) nhóm nhóm ( Y, ), ( Y, ) nhóm biết Bài tốn Chứng minh tập H nhóm nhóm ( X, ) Phương pháp giải: Cách Ta tiến hành kiểm tra tính chất sau: (i) Ø ≠ H ⊆ X −1 (ii) Mọi x, y ∈ H , ta có xy ∈ H x ∈ H Cách Ta tiến hành kiểm tra tính chất sau: (i) Ø ≠ H ⊆ X −1 (ii) Mọi x, y ∈ H , ta có xy ∈ H Bài tốn Chứng minh tập H nhóm chuẩn tắc nhóm ( X, ) Phương pháp giải: Cách Ta tiến hành kiểm tra tính chất sau: (i) H ≤ X −1 −1 (ii) Mọi h ∈ H , x ∈ X , ta có xhx ∈ H x hx ∈ H Cách Ta tiến hành kiểm tra tính chất sau: (i) H ≤ X (ii) Mọi x ∈ X , ta có xH = Hx Cách Ta chứng minh H = Kerf với f : X → Y đồng cấu C MỘT SỐ BÀI TẬP CĨ LỜI GIẢI Bài Trong tập Q, ta định nghĩa phép toán (*) : a*b = a + b + ab, a, b ∈ Q a) Hỏi ( Q,*) có lập thành nhóm khơng ? Tại ? b) Chứng minh a, b ∈ Q\{-1} a*b ∈ Q\{-1} c) Chứng minh ( Q\{-1},*) lập thành nhóm Giải a) Dễ thấy phần tử đơn vị ( Q,*) Giả sử ( Q,*) lập thành nhóm Suy -1 ∈ ( Q,*) ln có phần tử nghịch đảo b Khi = (-1) * b = (-1) + b + (-1)b = -1 Điều vơ lý Nên ( Q,*) khơng lập thành nhóm b) Gọi a, b ∈ Q\{-1} Giả sử a * b = -1, a + b + ab =1 ( trái giả thiết a, b ≠ -1) Nên a * b ≠ -1 Vậy a * b ∈ Q\{-1} c) Gọi a, b, c ∈ Q\{-1}, ta có : (a*b)*c = ( a + b + ab ) * c = a + b + ab + c + ac + bc + abc a*( b*c ) = a*( b+ c + bc ) = a + b + c + bc + ab + ac + abc Suy ( a*b ) * c = a*( b*c ) Nên phép tốn có tính kết hợp ⇔b= −1− a = −1 1+ a −a Với a ∈ Q\{-1} phần tử nghịch đảo a b + a a2 a + a2 − a − a2 −a − a − a a (1 + a ) − a a *b = a * − = =0 = a+ + a = 1+ a 1+ a 1+ a 1+ a 1+ a 1+ a = Tương tự b*a = Vậy ( Q\{-1},*) nhóm Bài Trong tập Q+, ta định nghĩa phép toán (*): a *b = ab 2009 , a, b ∈ Q+ Chứng minh (Q+, *) lập thành nhóm Abel Giải • Ta có Q+ ≠ Ø, Q+ ổn định phép tốn (*) • Mọi a, b, c ∈ Q+, ta có: ( a * b ) * c = ab abc abc bc a * ( b * c) = a * *c = = 2 2009 2009 2009 2009 Suy ( a * b ) * c = a * ( b * c ) Suy Q+ có tính kết hợp • Dễ thấy phần tử đơn vị e = 2009 Vì với a ∈ Q+, ta có: a.2009 2009.a a * 2009 = =a 2009 * a = =a 2009 2009 Vậy Q+ có phần tử đơn vị e = 2009 2009 a a 2009 aa , , , a = a*a = = = 2009 = a , * a + a Vì 2009 2009 • Với a∈ Q có phần tử nghịch đảo 2009 a, = a Do a ∈ Q+ có nghịch đảo Vậy (Q+,*) lập thành nhóm • Mặt khác a, b ∈ Q+ , ta có x* y = xy yx = = y*x 2009 2009 Suy (Q+,*) lập thành nhóm giao hốn 1 x 0 , x ∈ 0 Bài Cho X = Q Chứng minh X lập thành nhóm với phép nhân ma trận Giải 1 0 0 ∈ X 0 1 • Ta có nên X ≠ Ø 1 x 0 ∈ X 0 x∈ • Giả sử A = , 1 x 1 0 0 0 0 Ta có AB = 1 y 0 ∈ X 0 Q B = , y∈ Q y 1 y + x 0 0 0 ∈ X = ( y +x ∈ Q ).Và A-1 = Thật 1 x 1 − x 1 x − x 0 0 0 = AA, = 0 0 = 0 , Mà A ∈ X 1 0 0 = I = 0 1 A, A Vậy X nhóm GL3(R) Do ( X, ) lập thành nhóm 1 x ,x∈ 1 Bài Trong nhóm GL2 ( R ), xét tập H = R Chứng minh H nhóm GL2 ( R ) 1 0 1 a 1 b α = ∈H β = 0 ∈ H ∈H 0 0 Giải Ta có H ≠ Ø Giả sử 1 − x 0 0 1 αβ = 0 Ta có 1 αα −1 = 0 Thật a 1 b 1 a + b 1 − a −1 = ∈ H α = 0 0 1 0 ( a ∈ R, b ∈ R nên a + b ∈ R ) a 1 − a 1 0 = = I = α −1α 0 0 −1 Mà α ∈ H ( a∈ R nên -a ∈ R ) Vậy H nhóm GL2 ( R ) Bài Trong nhóm GL3(R), xét tập H = { A ∈ GL3(R) Chứng minh H nhóm chuẩn tắc GL3(R) Giải Ta có H ≠ Ø I3 ∈ H H ⊂ GL3(R) Giả sử A, B ∈ H, det A = 1, det B = Ta có det (AB) = det A.det B = 1.1 = Suy AB ∈ H det A = −1 } 1 = =1 det A-1 = det A Suy A-1∈ H Ta có det A = nên tồn A Vậy H ≤ GL3(R) Giả sử C ∈ GL3(R), det C = det C -1 = Ta có det ( CAC-1 ) = det C det A det C -1 =1 Suy CAC-1 ∈ H Vậy H GL3(R) Bài a) Chứng minh giao họ nhóm nhóm X nhóm nhóm X b) Hỏi hợp nhóm nhóm X có phải nhóm nhóm X khơng ? Tại ? Giải a) Giả sử { X α } α∈I họ nhóm ( X, ) ∩ Xα , e ∈ X α , với α ∈ I nên e ∈ A Vậy A ≠ Ø −1 −1 Với x, y ∈ A , x, y ∈ X α , với α ∈ I nên xy ∈ X α với α ∈ I Do xy ∈ A Vậy A nhóm cuả X b) Hợp hai nhóm khơng nhóm con.Chẳng hạn X tập hàm số thực R Khi ( X, +) lập thành nhóm Abel, phép ( +) cộng hai hàm số thực Đặt A = α ∈I Gọi X , X tập hàm số lẻ chẵn R Dễ dàng kiểm tra ( X ,+ ), ( X ,+) nhóm ( X, +) Tuy nhiên X ∪ X khơng nhóm Thật vậy, f( x = x ∈ X , g ( x) = x ∈ X f ( x) + g ( x) = x + x ∉ X ∪ X Do X ∪ X khơng nhóm Bài Chứng minh nhóm có 2n phần tử, ngồi phần tử đơn vị cịn có phần tử nghịch đảo cuả Giải Giả sử nhóm A có 2n phần tử A= { e, a , a1 , , a n −2 } Nhận xét a k , al có nghịch đảo a m a k a m = e = al a m ⇒ a k = al Do A khơng có phần tử nghịch đảo cuả ( ngồi e) 2n-2 phần tử tạo thành (n-1) cặp ( , a j ) , a j nghịch đảo Mỗi phần tử cặp khác với phần tử cặp Nên A cịn có phần tử at khơng có phần tử nghịch đảo Điều mâu thuẫn Do A ngồi e, cịn có phần tử khác nghịch đảo Bài Cho A phận khác rỗng nhóm X Chứng minh A nhóm X −1 AA = A Giải −1 (⇒) Ta có A −1 = { a a ∈ A } Khi A nhóm X A −1 ⊂ A −1 −1 Vì A ⊂ A nên AA ⊂ A −1 −1 −1 Mặt khác, a ∈ A ta có a = ae ∈ AA nên A ⊂ AA −1 Vậy AA = A (⇐ ) Giả sử −1 −1 AA −1 = A Do đó, a, b ∈ A , ta có ab ∈ AA = A Suy A nhóm nhóm X Bài Cho A, B nhóm nhóm X Chứng minh A ∪ B nhóm X A ⊆ B B ⊆ A Giải (⇐ ) Giả sử A ⊆ B B ⊆ A Khi A ∪ B = B A ∪ B = A Do A ∪ B nhóm nhóm X (⇒) Giả sử A ⊄ B B ⊄ A Khi A \ B ≠ Ø B \ A ≠ Ø nên tồn a ∈ A / B, b ∈ B / A −1 ab ∈ A a ab = b ∈ A ab ∈ A ∪ B ⇒ ⇒ −1 ab ∈ B abb = a ∈ B A ∪ B Vì nhóm X nên Điều vơ lý a ∈ A \ B, b ∈ B \ A Vậy ta phải có A ⊆ B B ⊆ A Bài 10 Cho X nhóm a, b, c ∈ X Chứng minh abc = e bca = e, cab = e ( với e phần tử đơn vị X ) Hơn ( ab ) −1 = a −1b −1 ab = ba Giải Ta có ( bca ) = (bca)( bca ) = bc( abc ) a = bca ⇒ bca = e ( cab ) = ( cab )( cab ) = c(abc)ab = cab ⇒ cab = e Hơn nữa, (ab)-1 = a-1b-1 (ab)-1 (ab) = e ⇒ (ba)-1 (ba) = e = (ab)-1 (ba) 2 −1 −1 ( (ba)-1 = a-1b-1 = (ab)-1 ) Suy ( ab ) ab = ( ab ) ba Do ab=ba ( luật giản ước) Ngược lại −1 −1 −1 ab = ba, với a, b ∈ X (ab)-1 = (ba)-1 nên ( ab ) = a b 2 Bài 11 Cho X nhóm, a, b ∈ X Chứng minh ( ab ) = a b ab = ba Giải ( ⇒) Ta có ( ab ) = abab , mà ( ab ) = a b nên ( ab ) = abab = a b = aabb ⇒ ab = ba ( luật giản ước ) ( ⇐) Ta có ( ab ) = abab , mà 2 ab = ba nên ( ab ) = aabb = a b 2 Bài 12 Cho X nhóm với phần tử đơn vị e Chứng minh a ∈ X có a = e X nhóm Abel 2 2 2 Giải Ta có a, b ∈ X , ( ab ) = e, a = e, b = e Do ( ab ) = a b = e Mà ( ab ) = a b ab = ba ( theo 11) Vậy X nhóm Abel 2 Bài 13 Cho H, K nhóm nhóm X Chứng minh HK=KH HK {hk h ∈ H , k ∈ K } KH = {kh k ∈ K , h ∈ H } nhóm X, HK = Giải ( ⇒) Giả sử h1 k1 , h2 k ∈ HK Ta xét ( h1 k1 )( h2 k ) = h1 ( k1 h2 ) k , k1 h2 ∈ KH = HK nên tồn k1, ∈ K , h2, ∈ H cho k1 h2 = h2, k1, Nên ( h1 k1 )( h2 k ) = h1 ( k1 h2 ) k = h1 h2, k1, k ∈ HK Mặt khác −1 −1 a ∈ HK , ta có a = hk , (h ∈ H , k ∈ K ) ⇒ h ∈ H , k ∈ K ( )( ) −1 −1 −1 Lấy b = k h ∈ KH = HK Ta có ab = ba = e ∈ HK ⇒ b = a ∈ HK Vậy HK nhóm ( ⇐) Mọi ( ) a = a −1 −1 a ∈ HK ⇒ a −1 = hk (h ∈ H , k ∈ K ) Khi = ( hk ) −1 = k −1 h −1 ∈ KH Do HK ⊂ KH Mặt khác, giả sử (k1 ∈ K , h1 ∈ H ) Lấy n = h1−1 k1−1 ∈ HK ⇒ n −1 ∈ HK ( HK nhóm) −1 Ta có mn = nm = e ∈ HK ⇒ m = n ∈ HK Do KH ⊂ HK Vì HK = KH m = k1 h1 ∈ KH n Bài 14 Giả sử A nhóm Abel, với số tự nhiên n> 1, ta đặt An = { x ∈ A : x = e} Chứng minh rằng: a) An nhóm A b) Nếu (m, n) = An ∩ Am = { e} Giải a) Mọi x, y ∈ An x = e, y = e −1 −1 n n −1 n n n −1 Ta có ( xy ) = x ( y ) = x ( y ) = e ( A nhóm Abel), nên xy ∈ An Hiển nhiên e n n ∈ An nên An ≠ Ø Vậy An nhóm nhóm A a n = e m b) Vì ( m, n) =1 nên tồn u, v ∈ Z cho mu+nv=1 Gọi a ∈ An ∩ Am , suy a = e , mu + nv = (a m ) (a n ) = e a = a u v Vậy Am ∩ An = { e} Bài 15 Chứng minh tập khác rỗng A nhóm cộng số nguyên Z nhóm Z A = mZ, với m ∈ Z Giải ( ⇐) Hiển nhiên A = =mZ = { mk k ∈ Z } nhóm Z ( ⇒) Giả sử A nhóm nhóm ( Z, +) Nếu A = { 0} A= 0Z Nếu A ≠ { 0} A chứa số dương Suy tồn m số nguyên dương nhỏ thuộc A Ta chứng minh A = mZ Thật vậy, m ∈ A A nhóm nên mZ ⊂ A Với a ∈ A , a = mp + r (0 ≤ r < m) Do r =a- mp ∈ A ( p, r ∈ Z ) Điều mâu thuẫn với m số nguyên dương nhỏ thuộc A nên r = ⇒ a = mp ⇒ A ⊂ mZ Vậy A= mZ Bài 16 Cho họ nhóm ( X i ) i∈I mà phép toán ký hiệu dấu nhân Chứng minh tập hợp tích Descartes Π Xi i∈I với phép toán xác định sau: ( xi ) i∈I ( y i ) i∈I = ( xi y i ) i∈I nhóm X = Π X i = {( xi ) i∈I xi ∈ X i , i ∈ I } i∈I Giải Đặt Giả sử α = ( xi ) i∈I , β = ( yi ( βγ ) ) (αβ )γ = [ ( xi ) i∈I ( yi ) i∈I ]( z i ) i∈I , γ = ( z i ) i∈I thuộc X Ta xét = ( xi y i ) i∈I ( z i ) i∈I = ( ( xi y i ) z i ) i∈I = ( xi ( y i z i ) ) i∈I i∈I = ( xi ) i ∈ I [( y i ) i ∈ I ( z i ) i ∈ I ] = α Suy phép nhân có tính kết hợp Gọi ei đơn vị nhóm X i với i ∈ I Dễ thấy phần tử e = ( ei ) i∈I phần tử đơn vị X eα = ( ei ) i∈I ( xi ) i∈I = ( ei xi ) i∈I = ( xi ) i∈I = α αe = ( xi ) i∈I ( ei ) i∈I = ( xi ei ) i∈I = ( xi ) i∈I = α ( ) −1 , Giả sử α = ( xi ) i∈I ∈ X , α = xi ( ) α ,α = xi −1 i∈I ( xi ) i∈I = ( xi−1 xi ) i∈I = ( ei ) i∈I = e Vậy X nhóm i∈I −1 , với xi nghịch đảo xi X i thỏa Bài 17 Cho X tập tùy ý Kí hiệu Map(X, X) tập hợp ánh xạ từ X đến X Với phép nhân ánh xạ Map(X, X) có lập thành nhóm hay khơng ? Tại ? Chứng minh phận S(X) Map(X, X) gồm song ánh từ X đến X nhóm với phép nhân ánh xạ Hãy tìm số phần tử S(X) trường hợp X có n phần tử ( n ∈ N, n ≥ ) Giải • Ta có phép nhân ánh xạ có tính kết hợp ánh xạ đồng phần tử đơn vị Nếu X = {0, 1, 2} f: X → X x0 Khi f ∈ Map(X, X) Nếu Map( X, X) nhóm f phải có phần tử nghịch đảo, giả sử g ∈ Map(X, X), fg = 1X, điều khơng thể fg(1) = f(g(1)) = ≠ 1X(1) = Do f khơng có phần tử nghịch đảo Vậy Map(X, X) không lập thành nhóm • Ta có tích hai song ánh từ X đến X song ánh từ X đến X , phép nhân ánh xạ có tính kết hợp, ánh xạ đồng X X song ánh nên X ∈ S ( X ) −1 −1 −1 Nếu f ∈ S ( X ) f song ánh f có ánh xạ ngược f ∈ S ( X ) ff = f f = X Vậy S(X) nhóm với phép nhân ánh xạ • Giả sử X = { x1 , x2 , , x n } Với hoán vị ( xi1 , xi , , xin ) X ta có song ánh f : X → X xác định bởi: f ( x j ) = xij , j = 1, n Đảo lại, với song ánh f : X → X , cho ta hoán vị X Vậy số phần tử S(X) số hốn vị n phần tử n ! Bài 18 Cho Y phận tập hợp X Chứng minh phận S( X,Y) S (X) gồm song ánh f : X → X cho f(Y) = Y nhóm S(X) Tìm số phần tử S (X,Y) trường hợp X có n phần tử, Y có phần tử Giải Ta có 1X(Y) = Y nên S ( X , Y ) ≠ Ø Giả sử f , g ∈ S ( X , Y ) Khi f(Y) = Y, g(Y) = Y, gf(Y) = g(f(Y)) = g(Y) = Y Nên gf ∈ S ( X , Y ) −1 −1 −1 Mặt khác f ( Y ) = f ( f ( Y ) ) = f f ( Y ) = X ( Y ) = Y Vậy f ∈ S ( X , Y ) nên S(X,Y) nhóm S(X) Nếu X có n phần tử Y có phần tử S(X,Y) có (n-1) ! phần tử, ứng với số hốn vị n-1 phần tử tập X\Y Tổng quát số phần tử S(X,Y) trường hợp X có n phần tử, Y có phần tử k!(n- k) ! −1 D MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN − 1 \ 1) Cho X = R , X ta xây dựng phép toán (*): x*y = x+2xy+y (x, y ∈ X ) Chứng minh (X, *) lập thành nhóm Abel 2) Trong X = Z × Z, ta xây dựng phép toán (*): ( a, b ) * ( c, d ) = ( a + c, ( − 1) c b + d ) Chứng minh (X, *) lập thành nhóm , khơng Abel a 0 H = , ab = 1 b 3) Trong GL2(R), cho tập Chứng minh H nhóm GL2(R) 4) a) Cho α , β ∈ S , α = (123)( 4568) , β = ( 34)( 52618) Tính α , β α , αβ b) CMR: K = { e, (12)( 34 ) , (13)( 24) , (14 )( 23)} nhóm giao hốn nhóm S4 Nhóm gọi nhóm Klein 5) Giả sử a, b phần tử nửa nhóm X ( tức X ≠ Ø đóng kín phép tốn n n n X ) cho ab=ba Chứng minh ( ab ) = a b , với số tự nhiên n ≥ * 6) a) Chứng minh ( Z p , ) lập thành nhóm giao hốn , với p nguyên tố b) Tìm phần tử nghịch đảo 2, 4, 7, Z11 7) Các mệnh đề sau hay sai: a) Cho G nhóm, H , K ≤ G , HK=KH HK ≤ G b) Với e phần tử đơn vị G Nếu y2=e với y ∈ G G nhóm Abel c) X nhóm, A ⊆ X , A ≠ Ø Nếu A ≤ X AA-1=A d) Cho (G, ) nhóm, với x, y, z ∈ G Nếu xy = xz y = z e) Cho G nhóm, H tập G, H ≠ Ø có chứa phần tử đơn vị phần tử H có phần tử nghịch đảo thuộc H H nhóm G f) Trong nhóm có 100 phần tử, ngồi phần tử đơn vị, khơng có phần tử nghịch đảo CHƯƠNG II NHĨM HỮU HẠN SINH A LÝ THUYẾT Tâm giao hoán 1.1 Định nghĩa Cho G nhóm A ⊂ G, A ≠ Ø Khi tập: C ( A) = { x ∈ G xa = ax, ∀a ∈ A} gọi tâm tập A Trường hợp đặc biệt A = { a} C(A) kí hiệu Ca gọi tâm phần tử a Trường hợp A = G C(A) gọi tâm G kí hiệu Z(G) Tức Z(G)= { x ∈ G xa = ax, ∀a ∈ G} 1.2 Tính chất Cho G nhóm Khi i) C(A) ≤ G ii) Z(G) G Định nghĩa −1 −1 Cho G nhóm , với x, y ∈ G ta gọi x y xy hoán tử G Nhóm sinh tập tất hốn tử G kí hiệu [ G, G ] Nếu G nhóm [ G, G ] G Định nghĩa Ta có N nhóm xiclic chuẩn tắc Suy N nhóm G- siêu giải (bài 3) Theo 4, ta có G nhóm siêu giải Bài Cho G nhóm siêu giải Chứng minh N G N số hạng dãy siêu giải G Giải ( ⇒ ) G nhóm siêu giải được, N G ⇒ G/N nhóm siêu giải ( 2) ⇒ G/N có dãy siêu giải là: N / N = N / N N1 / N N n −1 / N N n / N = G Vì ( ( ∀i = 0, n ) ( định lý 1.2 chương III ) ≅ ( N / N ) / ( N / N ) ( ∀i = 0, n − 1) ( định lý 2.4 chương III ) / N) ( N / N) ( ∀i = 0, n − 1) nhóm xiclic nên N / N nhóm xiclic N i / N G / N ∀i = 0, n Ta có N i +1 / N i Mặt khác i +1 ) nên N i G i ( Ni +1 i i +1 i Như N = N N1 N n −1 N n = G dãy nhóm G N với số ( ∀i = 0, n − 1) nhóm xiclic hạng nhóm chuẩn tắc G N i +1 / N i Xét dãy = G0 G1 Gm −1 Gm = G dãy siêu giải G Khi ta có = G0 ∩ N G1 ∩ N Gm −1 ∩ N Gm ∩ N = G ∩ N = N dãy G- siêu giải N Gi ∩ N G ∀i = 0, m Thật vậy, ( ) G ∩ N / G ∩ N = Gi +1 ∩ N ) / ( ( Gi +1 ∩ N ) ∩ Gi ) ) ( i ) ( Ta lại có ( i +1 Theo định lý 2.3 chương III ( Gi +1 ∩ N ) / ( ( Gi +1 ∩ N ) ∩ Gi ) ≅ ( Gi +1 ∩ N ) Gi / Gi G ∩ N ) Gi / Gi ≤ Gi +1 / Gi G ∩ N ) / ( Gi ∩ N ) Mà ( i +1 nhóm xiclic nên ( n +1 nhóm xiclic Suy ( Gi +1 ∩ N ) / ( Gi ∩ N ) , ∀i = 0, m − nhóm xiclic Như vậy: = G0 ∩ N G1 ∩ N Gm ∩ N = G ∩ N = N = N N1 N n −1 N n = G dãy siêu giải G có N số hạng dãy ( ⇐ ) Nếu N số hạng dãy siêu giải G hiển nhiên ta có Bài Cho H,K hai nhóm siêu giải Chứng minh H × K nhóm siêu giải Giải H nhóm siêu giải ⇒ H có dãy siêu giải = H H1 H n −1 H n = H K nhóm siêu giải ⇒ K có dãy siêu giải = K K1 K m −1 K m = K H i H ∀i = 0, n ⇒ H i ×1 = H i × K H × K ∀i = 0, n Ta có Kj ( ) K ( ∀j = o, m ) ⇒ H × K j ( ( H × K ∀j = o, m ) ) N G Mà ( H i +1 ×1) / ( H i ×1) ≅ ( H i +1 / H i ) × ( 1/1) ≅ H i +1 / H i ( ∀i = o, n − 1) ( H × K ) / ( H × K ) ≅ ( H / H ) ×( K j +1 j ( j +1 / K j ) ≅ K j +1 / K j ) H i +1 / H i , K j +1 / K j ∀i = 0, n − 1, j = 0, m − (∀ j ) = 0, n − nhóm xiclic ( H i +1 ×1) / ( H i ×1) , ( H × K j +1 ) / ( H × K j ) Suy Như ( ∀ = 0, n − 1; j = 0, m − 1) i nhóm xiclic × = H × H × H n × = H × = H × K H × K H × K m = H × K dãy siêu giải H × K Vậy H × K nhóm siêu giải Nhận xét Kết cho hữu hạn phần tử Nghĩa tích trực tiếp hữu hạn nhóm siêu giải Bài Cho H1, H2,…., Hn nhóm chuẩn tắc G Chứng minh G/H1, G/H2,….,G/Hn nhóm siêu giải nhóm siêu giải Giải ( ⇒ ) Xét đồng cấu nhóm G / ( ∩in=1 H i ) n ϕ : G → G / H1 × × G / H n = × G / H i i =1 g a ( gH1 , , gH n ) Hi ϕ = { g ∈ G ( gH1 , , gH n ) = 0} = ∩ i +1 n Ta có Ker n ⇒ G / ∩ H i ÷ ≅ Imϕ i = Ta có G/Ker ϕ ≅ Imϕ n Ta lại có × G / Hi i =1 nhóm siêu giải n Mà Imϕ ≤ × G / H i i =1 nhóm siêu giải G / ∩ Hi ÷ i =1 nhóm siêu giải Vậy n ( ⇐ ) Với n j = 0, n , ta có ∩ Hi H j i =1 ⇒ H j / ∩ H i ÷ G / ∩ H i i =1 i =1 n n n n H i ÷/ H j / ∩ H i ÷ ≅ G / H j G / ∩ i = i = Theo định lý 2.4 chương III, ta có n n n G / ∩ Hi ÷ G / ∩ H i ÷/ H j / ∩ H i ÷ i = i = i = nhóm siêu giải nên nhóm siêu giải Mà Do ( G / H j ∀j = 0, n ) nhóm siêu giải Bài Chứng minh G nhómn siêu giải G có dãy siêu giải có tất nhân tử nhóm có cấp nguyên tố vô hạn Giải ( ⇒ ) G nhóm siêu giải ⇒ G có dãy siêu giải = G0 G1 Gn −1 Gn = G G / G 〈∞ Nếu ∃i ∈ 0, n − cho i +1 i Vì Gi +1 / Gi nhóm xiclic hữu hạn nên Gi +1 / Gi có dãy hợp thành với nhân tử nhóm có cấp nguyên tố ( tính chất 12ii chương IV ) Như ta có dãy chuẩn tắc Gi +1 / Gi với nhân tử nhóm cấp nguyên tố Gi / Gi = A0 / Gi A1 / Gi Am −1 / Gi Am / Gi = Gi +1 / Gi Ta có ( Aj / Gi ≤ Gi +1 / Gi ∀i = 0, m ) A /G ( ∀j = 0, m ) ( tính chất 11.vi chương V ) Mà Gi +1 / Gi nhóm xiclic nên j i char Gi +1 / Gi ( G / G G / G ⇒ A j / Gi G / Gi ∀j = 0, m i Ta lại có i +1 i Theo định lý 1.2 chương III Ta có Ta có ( Aj G ∀j = o, m ) ( ) Aj +1 / Aj ≅ ( Aj +1 / Gi ) / ( Aj / Gi ) ∀j = 0, m − (A ( ) / G ) / ( A / Gi ) ∀j = 0, m − j +1 i j Mà nhóm có cấp ngun tố ) ( tính chất 11.vi chương V ) ( chương III ) nhóm có cấp nguyên tố nên ( ) Aj +1 / Aj ∀j = 0, m − Như ta có dãy Gi = A0 A1 Am −1 Am = Gi +1 với số hạng nhóm chuẩn tắc G có nhân tử nhóm xiclic có cấp nguyên tố vơ hạn hay nói cách khác G có dãy siêu giải có tất nhân tử nhóm có cấp ngun tố vơ hạn ( ⇐ ) Hiên nhiên Bài 10 Cho G nhóm siêu giải Chứng minh G có nhóm chuẩn tắc nhóm xiclic vơ hạn hay có cấp ngun tố Giải Vì G nhóm siêu giải nên G có dãy siêu giải với nhân tử nhóm xiclic vơ hạn hay có cấp nguyên tố ( 9) = G0 G1 Gn −1 Gn = G Khi ta có G1 ≅ G1 / G0 nhóm xiclic có cấp vơ hạn hay ngun tố Như G có nhóm chuẩn tắc G1 nhóm xiclic vơ hạn hay có cấp ngun tố Bài 11 Cho G nhóm đơn, G siêu giải Chứng minh G nhóm xiclic có cấp nguyên tố Giải Vì G nhóm siêu giải nên theo 10 G có nhóm xiclic chuẩn tắc vơ hạn hay có cấp ngun tố số hạng G1 dãy siêu giải G = G0 G1 Gn −1 Gn = G Nếu n〉1 G có nhóm chuẩn tắc thực ( mâu thuẩn giả thiết G nhóm đơn ) Do G = G1, ta có G nhóm xiclic vơ hạn hay có cấp ngun tố Nếu G nhóm xiclic vơ hạn G= g ∃H = g k Khi ( k số tự nhiên ) nhóm chuẩn tắc thực G ( mâu thuẩn giả thiết G nhóm đơn ) Vậy G nhóm xiclic có cấp nguyên tố Bài 12 Cho G nhóm siêu giải Chứng minh nhóm chuẩn tắc tối tiểu G nhóm xiclic có cấp nguyên tố Giải G nhóm giải Giả sử H nhóm chuẩn tắc tối tiểu G Khi H số hạng dãy siêu giải G ( ) = G0 G1 Gn −1 Gn = G Nếu ∃i > cho H = Gi Ta có Gi −1 G Gi −1 < H ( mâu thuẫn tính tối tiểu H ) Do H = G1 ⇒ H nhóm xiclic Nếu ∃K nhóm chuẩn tắc thực H Vì H nhóm xiclic nên K char H ( tính chất 11 vii chương V ) Mà H G nên K G ( tính chất 11 vi chương V) ( mâu thuẩn tính tối tiểu H ) Do H nhóm đơn Suy H nhóm xiclic có cấp nguyên tố ( 11 ) Như vậy, nhóm tắc tối tiểu nhóm siêu giải nhóm xiclic có cấp nguyên tố Bài 13 Cho G nhóm siêu giải Chứng minh nhân tử G nhóm xiclic có cấp nguyên tố Giải Giả sử nhóm thương H/K với H , K G nhân tử G Khi ta có H/K nhóm chuẩn tắc tối tiểu G/K Mà G/K nhóm siêu giải nên H/K nhóm xiclic cấp nguyên tố ( 12 ) Như vậy, nhân tử G nhóm xiclic có cấp nguyên tố Bài 14 Cho G nhóm siêu giải Chứng minh G có dãy G nhóm hữu hạn Giải G nhóm siêu giải ⇒ Mọi nhân tử G nhóm xiclic có cấp nguyên tố ( 13 ) Do G có dãy với nhân tử nhóm hữu hạn Khi đó, cấp G tích cấp nhân tử dãy ( tính chất 8vii chương IV ) ⇒ G 〈∞ hay G nhóm hữu hạn Bài 15 Chứng minh G nhóm siêu giải hữu hạn G có dãy với nhân tử nhóm xiclic có cấp nguyên tố Giải ( ⇒ ) Vì G nhóm hữu hạn nên G ln có dãy ( tính chất 12i chương IV ) Mà G nhóm siêu giải nên theo 13, G có dãy vơi nhân tử nhóm xiclic có cấp nguyên tố ( ⇐ ) Giả sử G có dãy với nhân tử nhóm xiclic có cấp nguyên tố ⇒ G hữu hạn có dãy nhóm chuẩn tắc với nhân tử nhóm xiclic ⇒ G nhóm siêu giải hữu hạn Bài 16 Chứng minh G nhóm siêu giải G thõa điều kiện tối đại Giải Ta biết nhóm nhóm xiclic nhóm xiclic Mặt khác, nhóm xiclic nhóm hữu hạn sinh Do nhóm xiclic thõa kiện tối đại ( tính chất 2.2i ) G nhóm siêu giải ⇒ ∃N G , N nhóm xiclic N số hạng dãy siêu giải G ⇒ G/N nhóm xiclic ⇒ N G/N thỏa mãn kiện tối đại ⇒ G thỏa điều kiện tối đại ( tính chất 2.2 iv ) Bài 17 Cho G nhóm Chứng minh G có dãy siêu giải dãy hợp thành G nhóm hữu hạn Giải G có dãy siêu giải dãy hợp thành = G0 G1 Gn −1 Gn = G Tương tự cách chứng minh Ta xây dựng dãy thành dãy siêu giải G có nhân tử nhóm xiclic có cấp nguyên tố vô hạn dãy dãy hợp thành G ⇒ G có dãy siêu giải với nhân tử nhóm đơn ⇒ G có dãy với nhân tử nhóm xiclic có cấp nguyên tố Khi đó, cấp G tích nhân tử dãy ⇒ G q G có p- nhóm Sylow n ≡ 1( mod p ) ⇒ n =1 nq Gọi n số p- nhóm Sylow G, ta có: H G, H = p ⇒ Tồn H p- nhóm Sylow G ⇒ H nhóm xiclic pq G/H = =q⇒G/H p nhóm xiclic ⇒ G nhóm siêu giải Vậy nhóm cấp pq nhóm siêu giải ( với p, q số nguyên tố ) D MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN Cho G nhóm lũy linh hữu hạn Chứng minh G nhóm siêu giải Cho G nhóm hữu hạn , G / Φ( G ) nhóm siêu giải Chứng ninh G nhóm siêu giải Cho G nhóm hữu hạn, N G N ≤ M với M nhóm tối đại G Chứng minh G nhóm siêu giải G/N nhóm siêu giải Chứng minh nhóm cấp p ( với p số nguyên tố khác ) nhóm siêu giải Chứng minh S3 nhóm siêu giải khơng lũy linh CHƯƠNG VII NHĨM ABEL HỮU HẠN SINH A LÝ THUYẾT Định nghĩa Nhóm G gọi nhóm Abel hữu hạn sinh G nhóm Abel G có tập hợp sinh hữu hạn Định lý Mỗi nhóm Abel hữu hạn sinh đề đẳng cấu với tích trực tiếp nhóm xiclic có dạng: Z ( p1 ) r1 × Z ( p2 ) r2 × … × Z ( pn ) rn × Z × Z × Z Trong pi số ngun tố, khơng thiết phải phân biệt, ri số nguyên dương Tích trực tiếp cho phép thay đổi vị trí xếp nhân tử Do số nhân tử Z p số lũy thừa ( i ) ri Định nghĩa Nhóm Abel F gọi nhóm Abel tự F tổng trực tiếp nhóm xiclic có cấp vơ hạn Nói rõ hơn, tồn tập hợp X tập F gồm phần tử có cấp vơ hạn cho F= ∑ x∈X x ; tập X gọi sở F Nhận xét Nếu F nhóm Abel tự F ≅ ∑ Gi i∈I , với Gi = Z, i ∈ I Định lý Cho G nhóm Abel bất kỳ, F là nhóm Abel tự có sở X f : X → G ánh xạ ϕ ϕ x = f ( x ) , ∀x ∈ X Khi tồn đồng cấu ϕ : F → G cho X =f, nghiã ( ) Mệnh đề Nếu H nhóm chuẩn tắc G G/H nhóm Abel tự tồn K nhóm G cho G = H ⊕ K Định lý Cho F nhóm Abel tự có sở hữu hạn, H nhóm F khác { } H nhóm Abel tự có sở hữu hạn lực lượng sở H bé lực lượng sở F B CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH THƯỜNG GẶP Bài toán Chứng minh nhóm G nhóm Abel hữu hạn sinh Phương pháp giải Ta tiến hành kiểm tra tính chất: (i) Mọi x, y ∈ G xy = yx (ii) Tồn S ⊆ G, S hữu hạn G = Bài toán Chứng minh F nhóm Abel tự Phương pháp giải Cách Ta kiểm tra tính chất (i) Mọi x, y ∈ G xy = yx (ii) Tồn tập hợp H tập hợp G gồm phần tử có cấp vơ hạn cho G = ∑< x > x∈H Cách Ta chứng minh G nhóm khác { } nhóm Abel tự có sở hữu hạn F Cách Ta chứng minh G ≅ T, với T nhóm Abel tự C MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI Bài Cho G nhóm Abel hữu hạn sinh, phần tử sinh G có cấp hữu hạn Chứng minh G nhóm hữu hạn Giải Ta chứng minh quy nạp theo số phần tử sinh G G= x Với n = nên Vậy G nhóm hữu hạn G = x1 = m1 < ∞ { k} i Cho G nhóm Abel sinh tập hợp , k > 1, i Giả sử nhóm Abel sinh tập hợp có lực lượng bé k phần tử sinh có cấp hữu S = x , x , , x x = m < ∞, i = 1, k hạn nhóm hữu hạn ( ) Ta chứng minh giả thiết ( ) cho trường hợp nhóm Abel hữu hạn sinh có lực lượng k ∗ Thật = H ∪H, { x1 , , xk } G= với H= ∗ = { x1 , , xk −1} ∪ { xk } theo chương II G = { x1 , , xk −1} { x1 , , xk −1} H , = xk G = HH , = chương II G = H H, Do Theo giả thiết quy nạp G nhóm Abel H H G = H ∪H, ∪ xk nên theo , H ∩H, H Ta có H ≤ G G nhóm Abel nên H G Xét tồn cấu tắc π : G → G / H x a π ( x) = x Ta thấy G / H = x1 , x2 , , xm không xoắn ( H tập phần tử có cấp hữu hạn ) Theo G/H nhóm Abel tự Nên G/H = F = x1 ⊕ x2 ⊕ ⊗ xm x1 ⊕ x2 ⊕ ⊕ xm , ( m ≤ n ) Gọi Khi F nhóm Abel tự ( xi ≠ nên xi ∉ H , xi có cấp vơ hạn ) Ta chứng minh G = H ⊕ F π ( x ) = x = m m x = xi = x = ∑ xi ∑ i =1 i =1 Lấy x thuộc H ∩ F Do m − a1 x1 = a2 x2 + + am xm ∈ x1 ∩ ∑ xi Nên i =2 x =∞ Do a1 x1 = nên a1 = ( ) H ∩ F = { 0} Tương tự ta a2 = = am = nên x = Vậy m Lấy x thuộc G x ∈ G / H , tồn k1, k2, …, km ∈ Z cho x = ∑ ki xi i =1 m Đặt y = ∑ ki xi i =1 y ∈ F n n π ( x − y ) = π ( x ) − π ( y ) = ∑ ki xi − ∑ ki xi = i =1 i =1 Xét Nên x − y ∈ Kerπ = H Do ∃h ∈ H : x = h + y ∈ H + F Nên G = H+F Vậy G = H ⊕ F Bài Cho G nhóm Abel hữu hạn sinh Chứng minh dãy tăng nhóm G bị dừng ∞ Giải Gọi G1 G2 ⊆ dãy tăng nhóm G Đặt G , = ∪ Gi i =1 , x ∈ Gi , x, ∈ G j Lấy x, x, thuộc G Khi tồn i, j thuộc Z cho , , , t = max { i, j} Suy x, x ∈ Gt với Do Gt ≤ G nên với m, m, ∈ Z ta có mx + m x ∈ Gt , , , , Hay mx + m x ∈ G nên G ≤ G Vì G nhóm Abel hữu hạn sinh nên theo tập G , hữu hạn sinh Do ∃x1 , x2 , , xn ∈ G , : G , = x1 x2 , , xn x i ∈ G k với i ∈ Z với G Nên tồn k1, k2, …, kn ∈ Z cho xi ∈ k , i= 1, 2, …, n Suy i k = max { k1 , k , , kn } Gk = Gk +1 = Nên G ⊆ Gk mà Gk ⊆ G Do G, = Gk Hay , , Vậy dãy bị dừng Bài Chứng minh nhóm Abel hữu hạn sinh xoắn nhóm hữu hạn Giải Cho G nhóm Abel sinh { x1 , x , , xn } Vì G nhóm xoắn nên xi = ni < ∞, i = 1, n Theo G nhóm hữu hạn Bài Chứng minh nhóm Abel G có cấp vơ hạn mà phần tử có cấp vơ hạn G nằm nhóm hữu hạn sinh khác { } G nhóm hữu hạn sinh Giải Cho G nhóm Abel có cấp vơ hạn e Đặt { } H = x∈G x < ∞ Khi H nhóm G chứa tất phần tử có cấp hữu hạn { } ∀g ∈ G, g ≠ e g có cấp vơ hạn Nên theo giả thiết G = K, với K Trường hợp nhóm hữu hạn sinh G Vì G nhóm hữu hạn sinh H= e Trường hợp H ≠ { e} H = G nhóm G khơng chứa phần tử có cấp vơ hạn ( mâu thuẩn G= G\H giả thiết ) Vì H nhóm thực G nên theo chương II tập hợp phần tử có cấp vơ hạn nên theo giả thiết < G/H > = < x1, x2,…, xn > Vậy G nhóm hữu hạn sinh Vì G\H Bài 10 Chứng minh nhóm đơn Abel nhóm hữu hạn sinh Giải Cho G nhóm đơn Abel Nếu G = { e} G =< e > x ≠ e x ≤G x G Ngược lại tồn x ∈ G, x ≠ e , Nên G nhóm Abel nên Do G nhóm đơn Vậy G nhóm xiclic x ≠ e , x G nên G= x Bài 11 Cho G nhóm Abel sinh phần tử có cấp Chứng minh G có nhóm có số Giải Gọi G = a, b , a = 2, b = , , 2s+r 2s +r , Với g ∈ G, ta có g = ambn, m, n ∈ Z, g = a b với ≤ r , r ≤ Nếu r = r, = g = e Nếu r = r, = g = b Nếu r = r, = g = a Nếu r = r, = g = ab Do G = { e, a, b, ab} H = a = { e, a} Gọi , [ G : H ] = Vậy H nhóm cần tìm Bài 12 Cho G nhóm Abel hữu hạn sinh xoắn Chứng minh m ∈ Z| gm = e, g ∈ G ) Ann ( G ) ≠ { 0} với ( Ann(G) = Giải Cho G =< S > , S = { x1 , x2 , , x n } Vì G nhóm xoắn nên tồn a i thuộc Z* cho xiai = e a Đặt a = a1a2 , , an a thuộc Z * xi = e, i = 1, n , ta chứng minh a ∈ Ann ( G ) r r r Thật với g thuộc G tồn r1 , r2 , , rn thuộc Z cho g = x1 x2 xn n ar ar ar a a Suy g = x1 x2 , , xn = e ( xi = e, i = 1, 2, , n ) Do a ∈ Ann (G ) Vậy n Ann ( G ) ≠ { 0} Bài 13 Cho A nhóm Abel hữu hạn với cấp nguyên tố đôi khác ( 1) Chứng minh số nguyên tố ) Giải Đặt n = |A| nA = {0} A = A p ⊕ ⊕ A ( pk ) , A = p1t1 p2t2 p3t3 , , pktk A ( pi ) = piti , i = 1, k , p1 , p2 , , pk số với A ( p ) = { x ∈ A : x = pm} ( p Giả sử n = mm,, ( m, m, ) = m, m, > ( Nếu khơng có phân tích A = A (p), với p số nguyên tố chia hết |A|) Ta chứng minh A = B ⊕ C , B, C nhóm có cấp tương ứng m m’ Vì ( m, m, ) = nên tồn r, s thuộc Z cho rm + sm, = , , Khi A = rmA + sm A ⊂ mA + m A ⊂ A Hay A = mA + m,A (13.1 ) , Lấy x ∈ mA ∩ m A Khi x = my, y ∈ A Do m,x = m,my = ny = Tương tự ta mx = Từ x = ( rm + sm, )x = rmx + sm,x = ( 13.2 ) , Từ (13.1) ( 13.2 ) ta có A = mA ⊕ m A ( 13.3 ) Đặt Ak = { x ∈ A : kx = 0} Nếu x ∈ Am, x ∈ Am mA ⊂ Am với ∀x ∈ mA m,x = Do Nên ( 13.4 ) , x = rmx + sm, x = m ( rx ) ∈ mA Từ ( 13.4 ) ( 13.5 ) ta có mA = A m Do A = Am Am, = m.m, ( 13.5 ) , Tương tự ta đượcAm = m,A Kết hợp (13.3) ta Nên Am, ⊂ mA , A = Am ⊕ Am, (13.6 ) Am = m , , Am, = m Tiếp theo ta chứng minh , , Do (m, m ) = 1, n = mm nên cần ta đánh số lại số nguyên tố p1,…, pk Ta giả sử m = p1t1 pltl , m, = pltl++11 , , pktk Giả sử |Am| chia hết cho pi với i Gọi S pi- nhóm Sylow A m , m, pi ) ≠ Ta có S ≠ { 0} Vì ( nên mS ≠ { 0} Mặt khác mS ⊂ mAm = { 0} ( vơ lí ) Do Từ ( 13.6 ) 13.7 ), ta có Bằng quy nạp A = A ( p1 ) A ( pk ) A ( pi ) = p ti i ta Am = m nhận , (A m ( ) , m, ) = Am, , m = ( 13.7 ) Am, = m A = A ( p1 ) ⊕ ⊕ A ( pk ) Do A ( pi ) p i- nhóm, tính phân tích |A| thừa số nguyên tố nên ta có ( i = 1,2,…,k ) Bài 14 Cho A nhóm Abel với cấp khác A = p1 , , pk p1 p2 , , pk số nguyên tố đôi Chứng minh A nhóm xiclic đẳng cấu với Z p p p Z p Z p …Z p A = A ( p1 ) ⊕, , ⊕ A ( pk ) Giải Áp dụng 13 ta có k Trong A ( pi ) = pi xiclic cấp p1 p2 pk Mà hai nhóm xiclic cấp ln đẳng cấu Do A ≅ Z p p p ≅ Z p Z p …Z p k 2 k Bài 15 Chứng minh nhóm Abel cấp qp, với q, p số nguyên tố, p ≠ q nhóm xiclic k nên A ( pi ) nhóm Giải Ta có p, q ước pq nên theo định lý Cauchy tồn a, b thuộc G cho |a| = p, | b| = q, ta chứng minh |ab| = pq ( ab ) Ta có ( ab ) k pq = a pq b pq = ( a p ) q (b ) q p =e ( a = p, b = q ) , Giả sử tồn số nguyên k cho ( ab ) pk = e b pk = e pk M q qk qk =e ( ab ) = e a = e kéo theo qk M p mà ( p, q ) = nên k M p k M q nên Khi k M pq Do |ab| = pq = |G| G = < ab > nhóm xiclic sinh ab Bài 16 Tìm tất nhóm Abel sai khác đẳng cấu có cấp 360 Giải Ta có 360 =23.32.5 theo định lý ta có tất nhóm thỏa đề bài: Z2 × Z2 × Z2 × Z3 × Z3 × Z5 Z2 × Z4 × Z3 × Z3 × Z5 Z2 × Z2 × Z2 × Z9 × Z5 Z2 × Z4 × Z9 × Z5 Z8 × Z3 × Z3 × Z5 Z8 × Z9 × Z5 D MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN Chứng minh m chia hết cấp nhóm Abel hữu hạn G G có chứa nhóm cấp m Chứng minh tích trực tiếp nhóm Abel nhóm Abel Cho G nhóm Abel Cho H tập G chứa phần tử đơn phần tử G có cấp Chứng minh H nhóm G Cho G, H K nhóm Abel hữu hạn sinh Chứng minh G × K ≅ H × K G ≅ H Tìm tất nhóm Abel sai khác đẳng cấu có cấp 250