Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)1
BÀI TẬP ĐẠI SỐ ĐẠI CƯƠNG Nhóm
Bài 1.2)
a) Xét nhóm hữu hạn X = { a1 , a2 , …, an } với phép toán nhân (.) * Nếu X nhóm hiển nhiên phép tốn nhân có tính giản ước
* Giả sử phép toán (.) có tính giản ước.Xét thuộc X, ta có aiX={ a1, a2 ,…,aian}.Do định nghĩa phép toán nên aj ∈ X , suy aiX ⊂ X Hơn phép tốn có tính giản ước nên có aj = ak aj = ak , suy | aiX | = n hay aiX = X Từđó ta thấy phương trình aix = aj ln có nghiệm X Tương tự ta có phương trình xai = aj ln có nghiệm X Vậy X nhóm
Điều kiện hữu hạn bỏ nửa nhóm ( $ , + ) khơng phải nhóm b) Xét tập H khác rỗng X thoảđề H nửa nhóm (do phép tốn có tính kết hợp).Vì theo kết câu a) , H nhóm nên H nhóm X Bài 1.6)
Theo giả thiết ta thấy với a thuộc G a2 = e
Vậy với a b thuộc G a(ba)b = (ab)(ab) = e2 = (aa)(bb) = a(ab)b , tính giản ước ta có ab = ba
Bài 1.10)
Xét hoán vị σ ∈ Sn 〈σ〉= { id ,σ ,σ 2,…, σ 2k } ,ta thấy σ2k +1 = id , suy sgn σ2k+1= (sgnσ)2k + 1 = sgn(
id) =1 hay sgnσ= Từđó σ hốn vị chẵn Tuy nhiên chiều đảo chưa Ví dụ cho hốn vị chẵn σ = (1 2)(3 4) ,ta thấy σ2 =
id sgnσ =1 nên 〈σ〉 ={ id ,σ }, suy |σ | = Bài 1.14)
Choσ k-chu trình ta đồng với chu trình σ = ( … k ) , σ k = id nên ta chỉ cần xét toán
l < k đủ Ta viết lại
σ l =
⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
) ( ) ( ) ( ) ( ) (
4
k k
ϕ ϕ
ϕ ϕ
ϕ
với < ϕ(i)≤ k thoả ( i + l ) ≡ϕ(i) (mod k) Vậy , ( k , l ) = n ta có :
ϕ(1)≡1+l (mod k); ϕ2(1)=ϕ
l l
) ( )) (
(ϕ ≡ϕ + ≡ + (mod k); ……
l
n k
n k
⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + ≡
−
1
) (
(2)2 ≡ + ≡
n kl
n k
1 ) (
ϕ ( mod k ) ( ( k,l ) = n ) (*) ( ta chứng minh (*) dễ dàng theo quy nạp)
Tuy nhiên trường hợp giá trị
n k
giá trị nhỏnhất thoả mãn (*) rõ ràng
với j thoả ≤ j ≤ −1
n k
jl khơng chia hết cho k
Như , sau phân tích σl sẽ trở thành tích của chu trình rời nhau,trong chu trình có dạng
⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜
⎜ ⎝
⎛ −
1 ) ( ) ( ) (
) (
) ( ) (
3
1
ϕ ϕ
ϕ
ϕ ϕ
ϕ n
k
( (*) ) Từđó ta thấy σl
k- chu trình −1=k−1 n
k
hay n = (đpcm) Bài 1.18)
Xét x thuộc G , ta có tập hợp T = x -1H x = { x -1hx | h ∈H } Rõ ràng T ⊂ X Ta chứng minh T ≤ X Thật lấy phần tử x -1h1x x -1 h2 x ,ta thấy (x -1h1x)( x -1h2x) = x -1h1h2x thuộc T h1h2 thuộc H
Hơn với phần tử x -1hx , ta lấy phần tử x -1h -1x ( x -1hx)( x -1h -1x ) = = ( x -1h -1x )( x -1hx) = e x -1h -1x ∈ T h-1 ∈ H Vậy T nhóm G Bài 1.22)
a) Với n thuộc N , cho x , y thuộc Hn (xy)n = xn yn ∈ H ( G nhóm abel H nhóm G ) Hơn với x ∈ Hn xn thuộcH ,vì ( x-1) n thuộc H ,nên x-1 thuộc Hn.Vậy Hn nhóm G
Ngồi với x thuộc H H nhóm G nên xn thuộc H ,vì x thuộc Hn Suy Hn chứa H
b) * Xét x thuộc Hn ∩ Hm , ta có xn ∈ Hn xm ∈ Hm
Do ( m,n ) = d nên tồn hai số nguyên a b cho d = am + bn Vậy xd = = x am + bn = ( xm) a ( xn)b ∈ H , suy x∈ Hd Do Hn ∩ Hm ⊂ Hd
* Ngược lại xét x ∈ Hd , ta có xd ∈ H Do d = ( m,n ) nên xn ∈ H xm∈ H suy x ∈ Hn ∩ Hm , Hd ⊂ Hm ∩ Hn
Từđó ta có Hd = Hm ∩ Hn với d = ( m,n ) Suy điều kiện để Hm ∩ Hn = H ( m,n ) = Bài 1.26)
(3)3
Theo 1.42 , ( k , l ) = σ l là k- chu trình , cịn ( k , l ) = n khác sau phân tích ,σl sẽ trở thành tích của chu trình rời nhau,trong đó
chu trình có dạng
⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜
⎜ ⎝
⎛ −
1 ) ( ) ( ) (
) (
) ( ) (
3
1
ϕ ϕ
ϕ
ϕ ϕ
ϕ n
k
( n =1
k
ϕ với ( k , l ) = n ) tất nhiên σl khác
id
Vậy k số nguyên dương nhỏ cho σ k =
id nên σ có cấp k
b) Xét chu trình rời nhauσ ,σ , σ3, …,σ n có cấp n1 , n2 nn
Đặt d = BCNN ( n1 , n2 nn ) , suy ( σ 1σ 2σ 3…σ n )d = σ 1dσ 2d…σ nd = id Do chu trình rời nên chúng giao hốn ,
( σ 1σ2σ 3…σ n )k = id ⇔ σ 1kσ 2kσ3k…σ nk = id (1)
Do σ ,σ2 , σ 3, …,σ n rời nên σ 1k , σ 2k , σ3k,…, σnk rời Khi , vế trái cúa (1) tương đương σ ik = id với 1≤ i ≤ n Vậy k chia hết cho ni với 1≤ i ≤ n ,suy k chia hết cho d
Suy d cấp σ 1σ 2σ3…σn
Bài 1.30)
a) Ta thấy xy =e ⇔ yx = e Vậy n cấp ab
(ab)n =e ⇔ [(ab)n-1 a]b = e ⇔ b[(ab)n-1 a] = e ⇔ b(ab) (ab)a = e ⇔(ba)n = e Suy cấp ab cấp ba
b)Nếu a có cấp n an = e ⇔ a-n = e nên a-1 có cấp với a c) Ta thấy (ab)r s = ar s br s = e
Vì với số nguyên k cho (ab)k = e e= (ab)k s = aks bks =aks nên ks chia hết cho r, suy k chia hết cho r (s , r) = Tương tự k chia hết cho s nên k chia hết cho rs V ậy ab có cấp rs
d) <a> ∩ <b> = {e} nên với i , j thuộc N* cho i < r j <s khác bj
Đặt d = [r,s] cho k thuộc N cho (ab)k = e
N ếu k < d e = (ab)k = ak bk ≠ e giả thiết Vậy k ≥ d Suy tồn p q thuộc N với p ≠ q < d cho k = pd + q
Khi e = (ab)k = (ab)pd (ab)q = (ab)q ad = bd = e Suy q = q chia hết cho k Do k ≥ d q < d nên q = Vậy k chia hết cho d ,mà k ≥ d nên suy d cấp ab
Bài 1.38)
(4)4
Xét hk h’k’ thuộc HK , ta thấy (hk)-1 (h’k’)= k-1h-1 h’k’ = h-1(hk-1h-1)h’k’ thuộc HK hk-1h-1 thuộc H (H chuẩn tắc G) Suy (hk)-1(h’k’) thuộc HK Vậy HK nhóm G
b) H K chuẩn tắc G HK = { hk | h ∈ H k∈ K }
Xét hk thuộc HK , ta thấy với g thuộc G g-1 (hk) g = (g-1h g)(g-1kg) thuộc HK Vậy HK chuẩn tắc G
Bài 1.42)
a) * Theo kết 1.19 G giao hoán G = C(G) Vậy G giao hốn G / C(G) cyclic
* N ếu G / C(G) cyclic , ta biểu diễn G / C(G) = { e, x, x2 , }
Do với y z thuộc G tồn i v j thuộc N cho yH = xi H v zH = xj H ( H = C(G) ) Khi y = xi h1 z = xj h2
Ta thấy yz = xi h1 xj h2 = xi xj h1h2 = xjxi h2h1 = xj h2 xih1 = zy , suy G giao hoán
b) Ta chứng minh | C(G) | chia hết cho p
Xét tập T = G \ C(G) Gọi g1 , g2 , …,gn phần tửđại diện lớp liên hợp T ni số phần tử liên hợp với gi T
Rõ ràng | G | = [ G : C(gi ) ] |C(gi )| = ni | C(gi )| Do gi ∉ C(G) nên C(gi ) khác G ni phải chia hết cho p Hơn | G | = | C(G) | + n1 + n2 +…+nn nên | C(G) | chia hết cho p Vì ta xét trường hợp sau:
* Nếu | C(G) | = p | G / C(G) | = p nên G / C(G) cyclic , suy G giao hoán * Nếu | C(G) | = p2 | G / C(G) | = nên G /C(G) cyclic , suy G giao hoán
Bài 1.46 )
Cho (G,.) nhóm giao hóan Xét ánh xạ f : G → G
x xk
Ta thấy ∀x,y∈G , ta có f(x.y) = (x.y)k = xk.yk = f(x).f(y) ( xy = yx ) Do f đồng cấu nhóm
ker f = {x ∈ G / f(x) = e} = {x ∈ G / xk = e} = {x ∈ G / |x| | k }
Bài 1.50 )
Mô tả tất tựđồng cấu f: Z12 →Z12 ∀ −x,
−
y ∈G,ta có : f(
−
x+
−
y) = f(
−
x) +f(
−
y) (1)
Hay f(x−−+−−y) = f(
−
x) +f(
−
y)
(5)5 ∀x ∈ Z+, f(x−) = f(
− − − − − − − −
+ −1)
(x ) = f(
− − − −
−1
x ) +f(
−
1) = f(−x−−−−2−)+2 f( −
1) =….= x f(1−)
Từ (1) cho y = -x.Suy f(0−) = f(−x)+f(
− −
−x) Nên f(
−
x) = -f(
− −
−x)
∀x ∈Z- , f(x−) = - f(
− −
−x)= -(-x) f(
−
1) = x f(1−) Vậy , ta có: f(x−) = x f(
−
1) ∀ x− ∈Z12
Thử lại hàm f thỏa mãn điều kiện tóan Vây tất hàm tựđồng cấu f: Z12 →Z12 f (
−
x) = x.a với a∈Z12
Bài 1.54)
Ta biểu diễn nhóm Quaternion sau : Q = { e, a , a2, a3, b , b3, ab , ba } - Q hiển nhiên chuẩn tắc Q
- Giả sử Q có nhóm H cấp Theo 1.41 [ Q : H ] = nên H Q - Gỉa sử Q có nhóm cấp Vì
( a )2 = (a3)2 = ( b)2 = (b3)2 = a2 ≠ e (ab)2 = (ab)(ab) = a(a-1b) b = b2 ≠ e
(ba)2 = (ba)(ba) = b a a-1 b = b2 ≠ e ( theo giả thiết) nên Q có nhóm cấp {e, a2}
Ta thấy :
* b a2 b-1 = b b2 b-1 = b2 = a2 * b3a2b-3 = b3b2 b-3 = b2 = a2
* (ab) a2 (ab)-1 = (ab) b2 b-1a-1 = ab2a-1 = a a2a-1 = a2 * (ba) a2 (ba)-1 = ba3 a-1b-1 = ba2b-1 = bb2b-1 = b2= a2
tất tích thuộc G ( trường hợp lại hiển nhiên) Vậy G nhóm chuẩn tắc Q
Bài 1.58 )
a) Xét ánh xạ f : GL(n,R) → R* A det A
∀ A,B ∈ GL(n,R), ta có f(A.B)=det (A.B) =detA.det B=f(A).f(B)
Lấy u ∈R*, ∃A∈GL(n,R) có dạng ma trận chéo có phần tử aii= u , cịn
lại thỏa u = detA Do f tòan cấu
Ker f ={ A∈ GL(n,R) / f(A) = } = { A∈GL(n,R) / det A=1} = SL(n,R) Theo định lý 8.9,ta có GL(n,R)/ SL(n,R) ≅R*
b) T={z∈ C, |z| =1} = {cos2πx+isin2πx., x∈R }
Xét ánh xạ f : R→ T
x cos2πx+isin2πx
∀ x,y ∈R, ta có f(x+y)= cos2π(x+y)+i.sin2π(x+y)=f(x).f(y)
Lấy u = cosα +isinα ∈T, ∃x =0.5
π
α ∈
(6)6
Ker f = { x∈R / f(x) = 1} = { x∈R / cos2πx+isin2πx.=1} = Z
Theo định lý 8.9, ta có R/Z≅T
Bài 1.62 )
Bổđề: Cho H nhóm chuẩn tắc có số n nhóm G.Chứng minh rằng: xn ∈H ,∀ x∈G
Xét G / H ={ H, x1H, x2H,…….,xn-1H} Với xi∉H
Giả thiết H G, H có số n nên G / H nhóm có cấp n
Lấy xiH ∈G/H có cấp ti Theo định lý LAGRANGE : Cấp phần tử
xiH uớc cấp G
Từđó ( )n iH
x =H hay xniH =H Suy xni∈H Vì lớp ghép trái không phụ
thuộc vào phần tửđại diện nên n
x ∈H,∀ x∈G
C* nhóm nhân số phức khác nên C* có tính giao hốn Do H nhóm chuẩn tắc C*
Ta có H⊂ C* (Hiển nhiên )
Lấy u = r(cosα +isinα) ∈ C* Đặt v = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜
⎝
⎛ +
n i n r
n cosα sinα Do v∈ C*
Theo bốđề vn∈H , hay u = r(cosα sinα)
i
+ ∈H Suy ra: C* ⊂H Vậy H = C*
Bài 1.66 )
a) Xét ánh xạ f : Z→Z x nx
∀x,y∈Z, ta có : f(x +y) = n(x +y) = nx +ny = f(x) + f(y).Do f đồng
cấu nhóm cộng
Imf = { f(u) / u∈Z } = {nu / u ∈Z} = nZ
Ker f = {x∈Z / f(x) = 0}={ x ∈Z / nx = 0} = {0} b) Xét ánh xạ g: Z→ nZ
x nx
Theo chứng minh g đồng cấu nhóm cộng.Vì Img = nZ nên g tịan ánh Hơn Kerg = {0}.Suy g đơn ánh.V ậy g đẳng cấu nhóm cộng từ Z
đến nZ
* H nhóm của nZ chi H nhóm <n> H ={0}
H = < nk >.Trong k số nguyên dương nhỏ cho nk thuộc H c) Nhận xét Z / mZ = Zm
Xét ánh xạ f: nZ → Zm
(7)7
∀u = nx, v =ny ∈nZ , ta có f(u+v) = f(nx +ny) = f( n(x+y) )= nx−−+−−−y=
n (−x+
−
y}= n
−
x+n
−
y=f(u)+f(v)
Lấy a− ∈ Zm,∃u = na ∈Z thỏa
−
a=f(u)
Do f tịan cấu
Ker f = {nx ∈ nZ / f(nx) = 0−} = {nx / x∈ Z, x−=
−
0} = { nx / x∈ Z,x = mk} = = {mnk / k ∈ Z} = mnZ
Theo định lý 8.9, ta có nZ / mnZ ≅ Zm hay Z / mZ≅ nZ / mnZ.( đpcm)
Bài 1.70 )
- Nếu G có phần tử có cấp p2 G nhóm cyclic cấp p2 Vậy G ≅ Zp2 - Giả sử G khơng nhóm cyclic , phần tử G có cấp p nguyên tố
Lấy a , b ∈G ( a , b , e khác đôi một)
G1= { e, a , a
2,… , ap-1} có cấp p G2={ e, b , b
2,… , bp-1} có cấp p
| G1∩ G2| ước p Suy G1∩ G2={ e } ( a khác b )
Giả thiết cho G có cấp p2 ( p nguyên tố) Theo 1.42 , G nhóm Abel Do G1,G2là nhóm chuẩn tắc G
Xét ánh xạ f: G1× G2 → G1G2 ( x , y ) xy
Lấy f( x,y ) = f( x’,y’) ⇔x.y = x’.y’⇔x.x’−1= y.y’−1 = e Suy x = x’ y = y’ hay (x,y) = (x’,y’)
Vậy f đơn ánh , suy p2= | G
1× G2|≤| G1G2| Mà G1G2 ⊂G , |G| = p2.Do đó G = G
1G2 Theo 1.69, G ≅ G1× G2