Vậy H chính là nhóm nhị diện Dn, và theo chứng minh trên thì các nhóm nhị diện Dn đều đẳng cấu với nhau, cùng đẳng cấu với nhóm thương của nhóm tự do sinh bởi 2 phần tử x,y( mà ta đặt [r]
(1)1 Nhớm
Bài 1.3
1 (X,.) nhóm => a X; aX= Xa= X Ta chứng minh aX=X
Với b thuộc aX b có dạng ak với k thuộc X nên b thuộc X =>
Với k thuộc X k = a( a-1k) nên k thuộc aX Vậy aX=X
Tương tự Xa=X Do đó: Xa=aX=X
2 (X,.) nhóm <= a X; aX= Xa= X Vì a X; aX= Xa= X
Do
Ư X, là nhóm.
Bài 1.7
a) CM: ~ quan hệ tương đương Tính phản xạ: a~a
Tính đối xứng: a~bÙ Ùha Ùb~a Tính truyền: x~yÙ
y~zÙ
Ö x=
Ö x=
mà ba
Ö x~z
b) CM: ~ quan hệ thứ tự G Ù G giao hoán G giao hoán => ~ quan hệ thứ tự G
Vì ~ có tính phản xạ truyền nên ta xét tính phản xứng x~y y~x (do tính đối xứng cm trên)
x ~y Ù
Ù x=
Ù x=
Ö ~ có tính phản xứng Ư ~ quan hệ thứ tự G
(2)2 Chọn x thuộc G
Ta có
Ư x~y ( tính đối xứng) ~ có tính phản xứng
Ư y=x
Vậy Do đó: Ư ax=xa
Vậy G giao hoán Bài 1.11
a) 1= (1 6) (4 8) (9 10) = (6 5) (6 3) (6 2) (6 1) (8 7) (8 4) (9 10) 2= (1 7) = (7 2) (7 5) (7 1)
Sign( 1)= -14+2+1= -1 => hoán vị lẻ Sign( 2)= -13 = -1 => hoán vị lẻ Cấp = [5,3,2] = 30 Cấp = [4] =
b) 2= (1 6) (4 8) (9 10) (1 7) = (1 6) (2 7) (3 5) (9 10) 2)2 = (1 7) (1 7) = (1 2) (5 7)
( 2)-1 = (7 1)
( 2)-2 = (1 2) (5 7)
( 1)2 = (1 6) (4 8) (9 10) (1 6) (4 8) (9 10) = (1 5) (4 7) ( 1)2 2= (1 5) (4 7) (1 7) = (2 6)
( 2)2 = (1 6) (4 8) (9 10) (1 2) (5 7) = (1 6) (9 10) c) ( 2)-2 = ( 1)3
Ù ( 2)-2 = ( 1)-1( 1)3 Ù = ( 1)2( 2)2
Ù = (1 5) (4 7) (1 2) (5 7) Ù = (1 7) (2 6)
Bài 1,15 a)
Ta có M(2,Q) chứa H
H khác rỗng thuộc H Với k, l thuộc H:
+ =
(3)3 -k = => -k thuộc H
Vậy H nhóm nhóm (M(2,Q),+)
b) Ta có GL(2,Q) chứa H, với số hữu tỉ x, y det ⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
x y
y x
2 = x2 = 2y2 x = y = ( x, y hữu tỉ)
Vậy H tập G Với k,l thuộc H:
ta có kl= = thuộc H
Với k thuộc H: k-1 = H
Vậy H (GL(2,Q),.) i) Un={cos( + isin(
C* chứa Un Un
Lấy z,t thuộc Un, ta có zt = [cos( + isin( ] [cos( + isin( ] = cos( + isin(
Ö zt thuộc Un
Ta có: z thuộc Un => zn=1 => z-n=1 => z-1 thuộc Un Vậy Un (C*,.)
ii) C* chứa U U Ta có: z,t thuộc U
Ö tồn k,l thuộc N cho zk =1 tl = ta có: (zt)kl=(zk)l.(tl)k =1
do đó: zt thuộc U
Ta có: z thuộc U => k *: zk = => z-k=1 Do z-1 thuộc U
Vậy U (C*,.) iii) C* chứa T
T khác rỗng T
Với z,t thuộc T: |zt| = |z| |t| = Do zt T
(4)4 Vậy T (C*,.)
Bài 1.19
a) C(a) nhóm G:
e thuộc C(a) Với x, y thuộc C(a) (xy)a = x(ya) = x(ay) = xay = axy = a(xy) xy thuộc C(a)
Đồng thời xa = ax nên x-1a = ax-1 nhân hai vế với x-1 bên trái bên phải Vậy C(a) nhóm G
Ta chứng minh C(G) nhóm G hồn tồn tương tự, mặt khác dễ thấy C(G) tập C(a) nên nhóm C(a)
b) Vì C(G) nhóm C(a) với a thuộc G, nên VT tập VP Mặt khác x thuộc ∩C(a) với a thuộc G ta có xa = ax nên a thuộc C(G) Vậy VP tập VT, nên ta có đpcm
c) G giao hoán với x thuộc G, với y thuộc G xy = yx x thuộc C(G) với x thuộc G
khi G C(G)
mà C(G) nhóm G nên G giao hoán C(G) = G d) Gọi H nhóm C(G) nên H nhóm G
Mặt khác với x thuộc G h thuộc H xh = hx( h thuộc C(G) ) nên xhx-1 = h thuộc H
Vậy H nhóm chuẩn tắc G
e) Ta chứng minh C(GL) = { aIn : a số thực }
Các ma trận có dạng aIn thuộc nhóm tâm hóa GL: (aIn)A = a(InA) = aA = Aa = A(aIn)
Giả sử A ma trận thuộc C(GL) suy AB = BA với B khả nghịch cấp n
Áp dụng kết quen thuộc với ma trận P ta biểu diễn P = B + C với B, C ma trận khả nghịch
Do AB = BA AC = CA nên AP = PA Vậy AB = BA với ma trận B vuông cấp n
+ Xét B = Eij với Eij ma trận có phần tử thứ ij 1, phần tử lại Cho i = j ta AB ma trận có cột thứ i khác khơng, có cột thứ I cột thứ i A
Cịn BA ma trân có hàng thứ i khác khơng, hàng thứ i hàng thứ I A AB = BA suy A có phần tử hàng i, cột i 0, ngoại trừ phần tử thứ ii Cho i chạy từ đến n, ta suy A ma trận đường chéo
+ Ta xét i = 1, j
AB ma trận có phần tử thứ 1j khác 0, [A]11 BA ma trận có phần tử thứ 1j khác 0, [A]jj Vậỵ [A]11 = [A]jj
Cho j chạy từ đến n suy A ma trận aIn Vậy C(GL) = { aIn : a số thực }
Bài 1.23 a)
(5)5
Với a, b thuộc K, tồn số tự nhiên p,q cho ap, bq thuộc H Khi apq, bpq thuộc H, đặt n = pq an, bn thuộc H Ta có :
( ab)n = anbn thuộc H (a-1)n = (an)-1 thuộc H Do ab a-1 thuộc K
Mặt khác K khác rỗng e thuộc K => K nhóm G
Mà G nhóm Abel
=> K nhóm chuẩn tắc G ii) Chứng minh H tập K
Lấy x thuộc H ta cm x thuộc K tức tồn m thuộc N* cho xm thuộc K Chọn m =1 => x thuộc K
Vậy H tập K
b) Giả sử G/K có phần tử yK có cấp hữu hạn n>1, suy yK khác K nên (yK)n = K
=> ynK = K Vậy yn thuộc K
Do tồn số tự nhiên m cho (yn)m thuộc H, hay ymn thuộc H mn số tự nhiên
Nên y thuộc K, yK K( vơ lí)
Vậy G/K khơng có phần tử có cấp hữu hạn lớn Bài 1.27
Nhắc lại kết 1.26 cấp tích chu trình rời bội số chung nhỏ cấp chu trình
a) 20 = 4.5
Suy phần tử σ có cấp 20 S9 tích chu trình rời nhau, cho có chu trình có độ dài chia hết cho 5, mà độ dài chu trình nhỏ 9, suy σ phải chứa chu trình có độ dài Trừ 5_ chu trình cịn lại tối đa phần tử cho chu trình cịn lại, mà bội chung nhỏ tích chu trình phải 4, suy phải 4_ chu trình
Vậy phần tử có cấp 20 S9 phải tích hai chu trình rời có độ dài
b) 18 = 2.3.3
Giả sử phần tử σ có cấp 18 S9 suy dạng phân tích thành chu trình rời σ phải có chu trình có cấp bội số
Hơn gọi a chu trình σ có cấp có lũy thừa phân tích thành nhân tử cao so với chu trình khác σ cấp a phải chia hết cho khơng BCNN chu trình σ chia hết cho
Vậy σ chứa chu trình cấp 9, suy σ 9_ chu trình, vơ lí Bài 1.31
Giả sử G có hai nhóm tầm thường, xét <a> với a khác e thuộc G G = <a> G nhóm cyclic
(6)6
Mà nhóm cyclic cấp n có số nhóm số ước số n( theo 1.34), G phải có cấp nguyên tố Nếu khơng dùng kết tốn 34 ta thấy < ad> với d ước không tầm thường n( giả thiết n không nguyên tố) không trùng với G Vì với h nguyên (dh,n) chia hết cho d nên dh đồng dư mod n, suy a không thuộc < ad> Vậy n phải nguyên tố
Bài 1.35
a) Nếu G1, G2 nhóm cyclic có cấp nguyên tố G = G1 x G2 cyclic
Giả sử G1 = <a> với a có cấp p, G2 = <b> với b có cấp q, (p,q) = Khi ta cm G = < (a,b)>
Với x thuộc G, x có dạng ( ah, bk) , p, q nguyên tố nên tồn m,n để
pm – qn = k – h
Dặt t = pm + h = qn + k (a,b)t = (at, bt) = ( ah, bk) = x Vậy G nhóm cyclic
b) Nếu G cyclic G1, G2 nhóm cyclic có cấp nguyên tố Giả sử G = < (a,b)>
Khi với x thuộc G1 y thuộc G2 tồn số nguyên n cho an = x bn = y
Do G1 = <a>, G2 = <b>
Vì G1, G2 có tối thiểu phần tử nên a, b khác e
Xét (e, b) thuộc G, tồn n nguyên cho (a,b)n = (e,b), suy n khác an = e, n chia hết cho cấp a, suy G1 có cấp hữu hạn giả sử p, tương tự G2 có cấp q
Giả sử (p, q) = d Khi xét ( a2, b) = (a,b)h = (ah, bh)
Nên h ≡ 2(mod p) ≡ 1( mod q) h ≡ 2(mod d) ≡ 1( mod d) d = Bài 1.39
Với x thuôc H y thuộc K
yx-1y-1 thuộc H nên x yx-1y-1 thuộc H x yx-1thuộc K nên x yx-1y-1 thuộc K
mà H ∩ K = {e} nên x yx-1y-1 = e hay xy = yx Bài 1.43
a) Để cm nhóm sinh S nhóm chuẩn tắc G ta cần cm xsx-1thuộc <S> với s thuộc S x thuộc G Đặc biệt biết số phần tử sinh G ta cần kiểm tra x phần tử sinh
[G, G] sinh hốn tử Do ta cần xét x, y, z thuộc G cm z-1( x-1y-1xy) zthuộc [G, G]
Ta có z-1 x-1y-1xy z = (z-1 x-1zx)(x-1z-1y-1xy z) = (z-1 x-1zx)[x-1(yz)-1x(yz)] thuộc [G, G]
Vậy [G, G] nhóm chuẩn tắc G
b) G/H giao hoán với x, y thuộc G xH yH = yH xH hay xyH = yxH hay (yx)-1xy thuộc H
Vậy G/H giao hoán [G, G] chứa H Nói riêng G/ [G, G] giao hoán
Bài 1.47
(7)7
Khi G abel ta cm f đồng cấu mà đẳng cấu suy f tự đẳng cấu cảu G
Mà f đẳng cấu hiển nhiên phần tử G có phần tử nghịch đảo nhất, quan hệ nghịch đảo có tính chất đối xứng
Bài 1.51
f đồng cấu f(a)f(b) = f(ab) hay a-1b-1 = (ab)-1 = b-1a-1
Vậy f đồng cấu ab = ba với a, b thuộc G-1 mà G-1 = G nên f đồng cấu tương đương G abel
Bài 1.55
a) Xét nhóm H nhóm GL(2, C) sinh a = ⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ 1
, b = ⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −1 0 ς ς , ς nguyên thủy bậc n 1( tức ςn = 1, ς k ≠ với số nguyên dương k nhỏ n
Ta có a2 = In = e, b-1 = ⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − ς ς 0
, ab = ⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − 0 ς ς
= b-1a
bn = ⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −n n ς ς 0 = e
Ta cm phần tử sau thuộc H đôi khác e, a, b, b2, , bn-1, ab, ab2, , abn-1
Ta có bk = ⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −k k ς ς 0
, abk = ⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − 0 k k ς ς
với k chạy từ đến n-1
Vì ς nguyên thủy bậc n nên ςk ≠ ς k ≠ ς l ς-k ≠ 1với số dương k, l nhỏ n,
Do phần tử kể khác đôi
b) Ta chứng minh K nhóm sinh hai phần tử a, b cho a, b thỏa mãn điều kiện a2 = bn = e, ab = b-1a K gồm phần tử e, a, b, b2, , bn-1, ab, ab2, , abn-1 mà thơi
Mọi phần tử nhóm sinh a, b có dạng an1 bn2 an3 (tích hữu hạn) ni số tự nhiên
Nhận xét ak = e k chẵn ak = a k lẻ( cấp a 2) nên biểu thức giả sử số mũ ni a 1( riêng n1 0) tức phần tử tổng quát K có dạng (a)bn2abn3a bnk (a) ( số dấu ngoặc
nghĩa có khơng) Ta cm bka = ab-k, hay abkabk = e
Ta có với k dương abka = (aba)k = b-k( (aba)(aca) = abaaca = abca, suy dấu dãy đẳng thức vừa nêu)
Nếu k âm từ abla = b-l với l = -k, ta có ab-ka = bk nên ab-k = bka Vậy bka = ab-k với k nguyên
Áp dụng vào dạng khai triển tổng quát, ta có bn2a n3
b = a n3 n2
b − , ta làm giảm số lần xuất b 1, áp dụng nhiều lần ta đưa dạng tổng quát phần tử thuộc K (a) n
(8)8 Mà a2 = bn = e
Vậy K có tối đa 2n phần tử e, a, b, b2, , bn-1, ab, ab2, , abn-1
Ta có K đẳng cấu với nhóm thương nhóm tự sinh phần tử x,y( mà ta đặt nhóm G) nhóm chuẩn tắc sinh phần tử x2, yn, yxyx mà ta đặt nhóm chuẩn tắc R
c) Theo hai câu a, b ta thấy H nhóm K, H đẳng cấu với nhóm thương G / T hiển nhiên R nhóm T, nhóm G/T phải có số phần tử nhỏ số phần tử nhóm G/R, T = R
Vậy H nhóm nhị diện Dn, theo chứng minh nhóm nhị diện Dn đẳng cấu với nhau, đẳng cấu với nhóm thương nhóm tự sinh phần tử x,y( mà ta đặt nhóm G) nhóm chuẩn tắc sinh phần tử x2, yn, yxyx Bài 1.59
a) f(e) = f(xn) = ( f(x))n = yn nên y có cấp ước số n
b) Mỗi ánh xạ f từ G vào G’ hoàn toàn xác định biết f(x), theo câu a, f(x) có cấp ước số n nên tương ứng cho đơn ánh
Với y thuộc G’ có cấp ước số n xét ánh xạ f từ G vào G’ biến xk thành yk với số nguyên k Ta cm f xác định
Vì với t = xk = xl k – l bội n yk = yl , suy f(t) ln nhận giá trị
Việc kiểm tra tính đồng cấu f dễ dàng cách xác định Vậy tương ứng cho song ánh
Bài 1.63
Ta có với (a,b), (x,y) thuộc G1x G2
p1(a,b)p1(c,d) = ac = p1((a,b)(c,d)) = p1(ac,bd) Do p1 đồng cấu
Mặt khác với a thuộc G1 p1(a,e) = a Vậy p1 toàn cấu Ker(p1) = { (e,b), b thuộc H2} = H2
Tương tự cho p2
b) Cm hoàn toàn tương tự câu a
c) Theo câu a, G/H1 đẳng cấu G2, mà G2 đẳng cấu với H2 qua đẳng cấu biến a thuộc G2 thành (e, a)
Suy G/H1 đẳng cấu với H2 d) (a,b) = (a,e)(e,b) suy G = H1.H2
Bài tốn tổng qt: cho Gi nhóm với i từ đến n G = G1 x G2 x x Gn
Hi = {e} x {e} x x Gi x {e} x x {e}
Ta có Hi đẳng cấu Gi, nhóm chuẩn tắc G Khi phép chiếu pi : G → Gi
(a1, , an) →
Là toàn cấu ker pi = H1H2 Hi-1Hi+1 Hn Suy G/ H1H2 Hi-1Hi+1 Hn đẳng cấu Hi Phép nhúng Пi : Gi → G
(9)9
Nhận xét nhóm chuẩn tắc Hi G giao có e nên chúng giao hốn đơi
G = H1H2 Hn Bài 1.67
Trước hết ta kiểm tra ánh xạ fx cho xác định thuộc vào S(G): Nhận xét từ tính chất giản ước nhóm ta suy ánh xạ fx G biến y thành xy đơn ánh
Do G hữu hạn nên suy fx song ánh G nên thuộc S(G)
Ta chứng minh ánh xạ( mà ta đặt f) biến x thuộc G thành f(x) = fx đơn cấu
+ f đồng cấu:
Với x, y,z thuộc G
fxy(z) = xyz = fx(yz) = fx(fy(z)) = fxfy(z) Vậy f đồng cấu
+ f đơn cấu :
f(x) = f(y) fx(e) = fy(e) hay x=y