Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)1 Bài 1.4:
Đầu tiên ta khảo sát tính kết hợp:
(x*y)*z=(x.a.y)*z=x.a.y.a.z=x.a.(y.a.z)(do (G,.) nhóm)=x.a.(y*z)=x*(y*z) Vậy phép tốn * thoả tính kết hợp
Phấn tữđơn vị:
Ta cần tìm e’ thoả:
x*e’=x tức :x.a.e’=x
mà x∈(G,.) nên x.e=x(với e phần tửđơn vị (G,.)) Suy x.a.e’=x.e
⇒a.e’=e
⇒e’=a−1.e(vì a∈G nên có a−1∈G thoả a−1.a=e) kiểm lại: x*e’=x.a a−1.e=x.e.e=x
e’*x= a−1.e.a.x= a−1.a.x=e.x=x Vậy ta có e’ la phần tửđơn vị (G,*) Phần tửđối x:
Xét phần t x−1’ cho:x−1’*x=x−1’.a.x=e’=a−1.e
⇒x−1’.a=a−1.x−1(vì x∈(G,.),nên có phần tửđối x−1∈G)
⇒ x−1’=a−1.x−1 a−1∈G.(do a−1 x−1 đều thuộc G) Vậy phần tửđố x ∈G theo phép toán * thuộc G
Như ta kết luận (G,*) nhóm Bài 1.8:
Ta có: ∀x,y∈G
xi .yi=(x.y)i (1)
xi+1.yi+1=(x.y) i+1 (2) xi+2.yi+2=(x.y)i+2 (3) Từ (2),ta khai triển:
xi+1.yi+1=(x.y) i+1 ⇒ xi.x.yi.y=(x.y)i.(x.y)
⇒ xi.x.yi= xi .yi.x(do (1))
⇒ x.yi= yi.x (4)
Ta khai triển tiếp (3):
xi+2.yi+2=(x.y)i+2
⇒ xi.x.x.yi.y.y=(x.y)i.(x.y).(x.y)
⇒ xi.x x.yi.y= xi .yi.x.y.x(Do(1))
⇒ x.yi.x.y= yi.x.y.x(do(4) áp dụng vào vế trái)
⇒ yi.x.x.y= yi.x y.x(Do (4) áp dụng tiếp vào vế trái)
⇒x.y=y.x
Vậy Nhóm (G,.) nhóm giao hốn Bài 1.12:
(2)2 Ta CM toán theo qui nạp:
Đầu tiên với k=2
Ta có: (σ τ )2=(σ .τ ).(σ .τ ) =σ.(τ σ ).τ
=σ.(σ τ ).τ (Do (1)) =σ 2.τ
Vậy mệnh đềđúng với k=2
Giả sử mệnh đềđúng với k=i,tức là: (σ τ )i=σ i.τ i (i)
Ta cần chứng minh mệnh đềđúng với k=i+1,tức cần CM: (σ τ )i+1=σ i+1.τ i+1
Ta khai triển:
(σ τ )i+1=(σ .τ )i.(σ .τ )
=σ i.τ i.(σ .τ )
=σ i.τ i+1.σ =σ i.τ i.(τ .σ)
=σ i.τ i.σ .τ
=σ i.τ i−1.(τ .σ ).τ =σ i.τ i−1.σ .τ .τ =σ i.τ i−1.σ .τ ……… =σ i.τ i j− .σ .τ j+1 ……… =σ i.σ .τ i+1
=σ i+1.τ i+1(dpcm) Vậy ta chứng minh mệnh đềđúng với k ∈N Bài 1.16:
a,
Giả sử H n= với n số tự nhiên.H≠ ∅ 0=m0 ∈ H.Xét nx ny phần tử H, ta có nx+ny=n(x+y) ∈H.Đồng thời –nx=n(–x) ∈H.Vậy H nhóm của( , )+
Đảo lại,giả thiết H nhóm ( , )+ Nếu H={0} H=0
Giả sử H≠{0}.Khi có a∈H số nguyên≠0.H nhóm nên –a∈H
Như H tồn phần tử nguyên dương.Gọi a phần tử nguyên dương nhỏ H
Dễ thấy a nhóm H (1)
Xét phần tử x H,x phải có dạng x=ma+r với | r |< a.Ta thấy r=x –ma∈H ⇒ –r∈H,hay | r |∈H.Nếu | r | > | r | phần tử nguyên dương nhỏ ,trái vơi định nghỉa a,vô lý.Như | r | = 0,tức x=ma ⇒ x∈a ⇒H ≤ a (2)
Từ (1) (2),ta có H=a Như ,H=n với n∈ b,
(3)3
Xét x ∈m ∩n ,ta có m | x n | x ⇒ [m,n] | x ⇒tồn y∈ cho x = [m,n]y ⇒x∈[m,n]
• [m,n] ≤m ∩n
Xét x ∈[m,n] ,ta có [m,n] | x ⇒ m | x n | x ⇒ x∈ m x∈ n ⇒ x∈ m ∩n ∗Cm: m + n = (m,n)
• m + n ≤ (m,n)
Xét x∈ m + n ,tồn a,b∈ cho x = ma + nb.Ta thấy (m,n) | ma (m,n) | nb,do (m,n) | ma + nb hay (m,n) | x ,tức tồn y∈ cho x = (m,n)y.Như x∈(m,n) • (m,n) ≤ m + n
Đặt d=(m,n).Tồn a,b ∈ cho d = am + bn
Xét x ∈(m,n) ,tồn y ∈ cho x = dy = (am + bn)y = aym + byn Mà aym ∈m byn ∈ n nên (aym + byn) ∈ m + n hay x ∈ m + n
Bài 1.20:
Không tổng quát ,ta giả thiết G nhóm cộng
Nếu H⊂K H∪K = K nên nhóm G,hoặc K⊂H H∪K = H nên nhóm G
Đảo lại H∪K nhóm G Giả sử tồn ( )
( )
x K, x H y H, y K
∈ ∉
⎧⎪ ⎨
∈ ∉
⎪⎩ ta có x y ∈ H∪K Do H∪K nhóm G nên x + y ∈ H∪K Như x + y ∈H ∈K
•nếu x + y ∈ K mà ta lại có x ∈ K nên y = (x + y) –x ∈K ,mâu thuẫn với (2) •nếu x + y ∈ H mà ta lại có y ∈ H nên x = (x + y) –y ∈ H ,mâu thuẫn với (1) Vậy điều giả sử sai,suy x K, x H K H
y H, y K H K
∀ ∈ ∈ ⇒ ⊂
⎡
⎢∀ ∈ ∈ ⇒ ⊂
⎣ ,đpcm
Với G nhóm nhân,cm tương tự Bài 1.24:
Ta cm tập hợpx(K H) xK xH∩ = ∩ Thật vậy: a, x(K H)∩ ⊂xK xH∩
Xét phần tử y∈x(K H)∩ ,tồn z∈K H∩ thỏa y=xz.Vì z thuộc K H nên xz∈xK xz∈xH.Do xz∈xK xH∩ hay y ∈xK xH∩ ⇒ x(K H)∩ ⊂xK xH∩ b, xK xH∩ ⊂x(K H)∩
Xét phần tử y∈xK xH∩
-vì y∈xK nên tồn z∈K cho y=xz -vì y∈xH nên tồn t∈H cho y=xt
Ta có xz = y = xt,do tính giản ước nhóm nên z = t.Vì z∈K H∩ ⇒ xz∈x(K H)∩ ,hay y thuộc x(K H)∩ Suy xK xH∩ ⊂x(K H)∩
Chỉ số K,H G hữu hạn nên tập thương G H K có hữu hạn lớp xH xK.Vì số tập hợp phân biệt xK yH∩ phải hữu hạn.Do số tập
(4)4 Bài 1.28:
Đầu tiên ta chứng minh G nhóm cyclic.Thật theo định lý Cauchy
|G|=1001=11.101 (11 101 hai ước nguyên tố |G|) nên tồn phần tử a,b∈G cho |<a>|=11 |<b>|=101
Lúc G nhóm Abel nên |<ab>|=11.101=1111.Vì G nhóm cyclic Ta có G=<σ>|(Với σ hoán vị trongS999 ) với |G|=1001
Xét trường hợp sau:
+Nếu ∃i ∈ {1,2,…999} cho σ( )i =i σk( )i =i ∀ ∈ Νk (điều phải chứng minh)
+Nếu σ( )i ≠i ∀ ∈ Νi Khi này:Do σ ln phân tích thành tích chu trình rời
nhau σ1,σ2, ,σt (t∈ Ν).Tức σ σ σ σ= .2 t(1)
Vì 1001
X
Id
σ = nên 1001
i IdX
σ = ∀ ∈i {1, 2, , }t Gọi αi chiều dài σi |<σi>|=αi 1001
i IdX
σ = nên αi | 1001 ⇒αi=11 v αi=101 (2)
Từ (1),(2) ⇒phương trình 11x+101y=999 phải có nghiệm ngun khơng âm(Vơ lý) Nên ta khơng thể có trường hợp hai
Vậy tồn i∈{1, 2, ,999} cho σ( )i =i ∀ ∈σ G
∗Định lý Cauchy:
G nhóm hữu hạn có cấp n p số nguyên tố chia hết n.Cm tồn phần tử a G thỏa |a| = p
CM:Đặt S tập hợp tất (x x , , x )1, p thỏa p
i i
x
=
∏ = e.Ta tính số phần tử S Xét (x x , , x )1, 2 p ∈ S,với (p-1) vị trí đầu,mỗi vị trí có n cách chọn từ n phần tử G Phần tử xp xác định xp=
1 p (x x )−
− ứng với cách chọn p-1 phần tử
đầu tiên.Như số phần tử S np 1− .Vì n p nên np 1− p hay |S| p
Đặt T tập p
(x, x, , x) thỏa xp = e, dễ thấy T ⊂ S
Xét tập hợp (S \ T).Ta thấy (x , x , , x )1 2 p ∈ S\T (x , , x , x ),(x , , x , x , x )2 p 1 3 p 1 2 ,…, p p
(x , x , , x )− ∈ S\T , tức hốn vị vịng quanh (x , x , , x )1 2 p ∈ S\T.Ta cm hoán vị phân biệt đơi
•Thật vậy,giả sử tồn hốn vị vịng quanh khác (x , x , , x )1 2 p mà trùng nhau.Lúc tồn i∈{1,2, p-1} thỏa x1=xi 1+ ,khi ta phải có
i 2i 2i 3i (p 1)i 1
x+ =x +, x + =x +, , x − + =x ,ởđây số m.i+1 xét quan hệđồng dư mod p Tuy nhiên ta lại có tập {0.i+1,1.i+1,…,(p-1).i+1} lập thành hệ thặng dưđầy đủ mod p Như vậy,với k thuộc {2,3, ,p} ,tồn số m.i+1 thuộc tập cho k ≡ m.i+1 mod p.Do đó,xk =x1 , k = 2, p ⇒(x , x , , x )1 2 p ∈ T,mâu thuẫn với giả thiết
1 p
(5)5
Như ta chia tập hợp S\T thành lớp phân biệt,mỗi lớp gồm
1 p
(x , x , , x ) hoán vị vịng quanh nó.Số phần tử lớp p.Do |S\T| chia hết cho p.Mà |S| = |T| +|S\T| ,đồng thời |S| chia hết cho p
⇒ |T| p Mặt khác , (e,e,…,e) ∈ T nên |T| ≥ ⇒ |T| ≥ p ≥ ⇒ ∃ a ≠e ,(a,a, ,a) ∈T ,tức ap = e ⇒ cấp của a p ,đpcm
Bài 1.32:
•CM: G hữu hạn G có hữu hạn nhóm
Ta biết G có n phần tử số tập G 2n, đó nếu G hữu hạn số tập
con G hữu hạn
Hơn nhóm G tập G nên G hữu hạn G có hữu hạn nhóm
•CM: G có hữu hạn nhóm G hữu hạn Giả sử ngược lại: G vô hạn
Lấy x∈G,x≠e, cấp x vơ hạn ta chứng minh tồn vơ hạn nhóm
G
Thật vậy,vì cấp x vơ hạn nên với ∀ ∈i, j ,i≠ j,ta phải có xi ≠xj (nếu ngược lại ta có xi j− =e,trái với giả thiết phản chứng cấp vô hạn của x)
Xét nhóm cyclic <xn>,<xm> với m,n nguyên dương m≠n,không mất tổng quát giả thiết m > n > 0.Vì phần tử nhóm cyclic <xm> đều có dạng xkm,nên xn không thuộc <xm>.Như vậy <xn>,<xm> phân biệt
Do vậy,các nhóm thuộc tập vô hạn { x< 1> <, x2 >, , x< n >, } đôi một phân biệt nhau.Điều mâu thuẫn với giả thiết hữu hạn nhóm G
Vậy cấp x phải hữu hạn, từđó ta có cấp phần tử G hữu hạn Lấy x1∈G, cấp x1 hữu hạn nên số phần tử G\<x1> vô hạn =>
2 \
x G x
∃ ∈ < > Dễ thấy <x2> ≠< >x1 x2∉< >x1
Ta thành lập dãy nhóm (<xn>) với phần tử sinh thành lập sau: giả sử
ta chọn xn, chọn xn+1 thuộc \
n i i
G x
=
< >
∪ (luôn tồn xn+1 G vô hạn
1
n i i
x
=
< >
∪ hữu hạn)
Dễ thấy *
1 ,
n i
x + x i n i N
< >≠< > ∀ ≤ ∈ 1
n
n i
i
x + x
=
∉ < >∪ => dãy gồm nhóm phân biệt đơi => G chứa vơ hạn nhóm con, trái với giả thiết
Vậy G phải hữu hạn Bài 1.36:
Ta đưa ví dụ:
Đặt A tập hợp gồm ma trận sau:
1 0 1 0 0
, , , , , , ,
0 1 1 0 0
i i i i
i i i i
− − − −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− ⎟ ⎜ − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− ⎟ ⎜ ⎟
(6)6 Đặt B tập hợp gồm ma trận sau:
1 0 1
, , ,
0 1 1
− −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⎜ − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Đặt C tập hợp gồm ma trận sau: 0 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠, 1 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠
Dễ dàng kiểm tra tập nhóm, với C≤B≤A (chú ý A nhóm nhị diện D4 sẽđược giới thiệu 1.55)
Đồng thời ta sử dụng bổđề sau (bài toán 1.41): Cho G nhóm hữu hạn H nhóm G có số [G:H]=2, H nhóm chuẩn tắc G
Sử dụng bổđề ta suy ra: C B A Ta có
0 i i − ⎛ ⎞ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ma trận nghịch đảo ma trận 0 i i ⎛ ⎞ ⎜ − ⎟ ⎝ ⎠
Do 1
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠∈C 0 i i ⎛ ⎞ ⎜ − ⎟ ⎝ ⎠ 1 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0 i i − ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 1 − ⎛ ⎞ ⎜− ⎟
⎝ ⎠∉C nên C nhóm chuẩn tắc A
Ví dụ chứng tỏ quan hệ “chuẩn tắc” khơng có tính bắc cầu
Bài 1.40: Nhóm (G,.)
S⊂G, x−1.S.x⊂<S> với x∈G
Tức với s∈S, ∀x∈G, ta có ∃ t∈<S> cho: x−1.s.x=t
⇒ s.x=x.t
⇒ s−1.s.x= s−1.x.t ⇒ x= s−1.x.t
⇒ x.t−1=s−1.x Như ta rút nhận xét với i ∈{1,-1}
s∈S, ∀x∈S, ta có ∃ t∈<S> cho: si.x=x.ti (*)
Xét phần tử y ∈<S>,y viết dạng: y=s 1
i ,s 2
i …sin
n với sj∈S, ij∈{1,-1}
Vậy ∀x∈G: x−1.y.x= x−1 s1
i ,s 2
i …sin
n x
= x−1 s 1
i ,s 2
i … s
1
in n −
− x.tinn với tn∈<S>(theo nhân xét (*))
……… = x−1.x t
1
i ,t 2
i …tin
n với tj∈<S>
= t1
i ,t 2
i …tin
n ∈<S>
Vậy <S> chuẩn tắc G
(7)7 Bài 1.44:
Đầu tiên ta kiểm tra K nhóm S4
Thật :với hai hoán vị σ σ1, K.Ta có trường hợp sau xảy :
+Một hai hoán vị IdX (cho σ1=IdX ).Lúc : IdX σ2=σ2∈K.Đồng thời :
(IdX) IdX
− =
K ∈
+Hai hốn vịđều khơng hốn vịđồng nhất.Lúc chúng cặp sau ((12)(34),(13)(24)),((13)(24),(14)(23)),((12)(34),(14)(23))
Khơng tính tổng qt ta xét cặp ((12)(34),(13)(24)).Lúc cho σ1=(12)(34),
σ =(13)(24) σ1σ2(1)= σ1(3)=4, σ1σ2(2)= σ1(4)=3, σ1σ2(3)= σ1(1)=2, σ1σ2(4)=
σ (2)=1.Nên σ1σ2=(14)(23) ∈K Đồng thời
1
σ − =(12)(34)
K ∈
Chung lại qua trường hợp ta kết luận K nhóm S4 *Bây ta chứng minh K nhóm chuẩn tắc S4.Thật :
Rõ ràng với σ hốn vị S4
1
X
Id
σ σ− = X
Id ∈K
Do ba hoán vị cịn lại (12)(34),(13)(24),(14)(23) có vai trị nên ta cần xét hoán vị đủ,các hoán vị cịn lại làm tương tự
Khơng tính tổng qt ta chọn hốn vị (12)(34)
Với hoán vị σ S4 Ta đặt σ( )j =ij ∀ =j 1, ⇒
1( )
j
i j
σ− = 1, 4
j ∀ = Lúc :δ( )ij =
1
(12)(34) (i )j
σ σ −
=σ(12)(34)( )j
Nên :δ( )i1 =i2,δ( )i2 =i1,δ( )i3 =i4,δ( )i4 =i3 n ên δ =(i i1 2)(i i3 4).V ì K tập hợp tất hốn vị tích chu trình rời nên δ ∈K
Do K nhóm chuẩn tắc S4 Bài 1.48:
a.Đặt f (1) a= Ta có f ( 1)− = −f (1)
Vì f đồng cấu nên f(n) = f(1+1+…+1) = nf(1) = n.a với n nguyên dương Do f (−n)= f (n)= −n.a
Bên cạnh, f(0)=0=0.a ⇒ f(x)=x.f(1) với ∀x∈
Như vậy,Imfcó dạng a ,với a∈ Nếu a≥0 Imfcó dạng n ,với n∈
Nếu a<0 ,vì − = nên Imfcó dạng (−a)(− ) (= −a) dạng n ,với n∈ b.Nếu không tồn x 0≠ cho f (x) 0= Kerf ={ }0
Ngược lại,giả sử tồn x 0≠ cho f (x) 0= Theo câu a,ta lại có f(x)=x.f(1)=x.a,do x.a=0 mà x 0≠ nên a=0.Như vậy, Imf= a =0 ⇒ Kerf =
(8)8
Ngược lại,nếu f(x) = xf(1).Ta có f(x + y) = (x + y)f(1) = xf(1) + yf(1) = f(x) + f(y),do f đồng cấu từ → ,hay f tựđồng cấu
Vậy,tất tựđồng cấu f : → f(x) = a.f(x),với a số nguyên Bài 52:
a/ Cho G nhóm cyclic hữu hạn cấp n, gọi a phần tử sinh G Xét tương ứng:
f: G → Zn
i
a i + nZ
Giả sử i
a =aj, ta có ai j− =e nên i-j=kn => i + nZ= j + kn + nZ= j + nZ Vậy f ánh xạ
Ta có ∀ i
a , aj∈G, ta có: f(ai.aj) = f(ai j+ ) = i + j + nZ=( i + nZ)+ (j + nZ)
= f( i
a ) + f(aj) Do f đồng cấu
Giả sử f( i
a )=f( j
a ), i + nZ = j + nZ => (i-j) n => i
a = j
a Vậy f đơn cấu
Lấy i + nZ ∈ Zn, ta ln có f( i
a ) = i + nZ, f tồn cấu => f đẳng cấu
Do G đẳng cấu với Zn
b/ Chứng minh tương tự cách xét tương ứng:
f: G → Z
i
a i
Bài 1.56:
Bổđề: nhóm nhị diện Dn, cấp b n
Thật vậy, giả sử cấp b m (m<n) Xét tập hợp A = { i
b , abi | i∈Z}
Dễ thấy số phần tử phân biệt A không lớn 2m Sử dụng giả thiết ab=
b a− phép quy nạp đơn giản, ta có abi=b−ia ∀ ∈i N =>
i
b a=aabia= a(abi)a =a(b−ia)a=ab−i ∀ ∈i N => abi=b−ia ∀ ∈i Z
Từ kết ta dễ dàng suy A nửa nhóm (lấy x,y thuộc A, x= i
b , y= j
b xy=bi j+ ∈A; x=abi, y=bjthì xy=abi j+ ∈A; x=bi, y=abj xy= i
b abj=ab−ibj=abj i− ∈A; x=abi, y=abjthì xy= abiabj=b−iaabj=bj i− ∈A)
Ta chứng minh A nhóm Thật vậy, ta có A e phần tửđơn vị, phải chứng minh ∀ ∈x A, ∃ ∈y A cho xy=e Nếu x có dạng i
b chọn y=b−i thỏa Nếu x có dạng a i
b ta chọn y= i
b− a , dễ thấy y∈A (do i
b− a= a i
b )
Do A nhóm nên <a,b> ≤ A => Dn ≤ A => |Dn| ≤ |A| => 2n ≤ |A| ≤ 2m (trái với giả
thiết m<n)
Vậy bổđề chứng minh •Chứng minh <b> chuẩn tắc Dn
Theo bổđề cấp b n, số <b> Dn 2.Vậy <b> nhóm
(9)9 •Chứng minh <a> khơng chuẩn tắc Dn
Giả sử <a> (chú ý <a> = {e,a}) chuẩn tắc Dn
Khi ba
b− ∈<a> => bab−1= e bab−1= a Giả sử ba
b− = e, ta suy ba = b => a=e (vơ lý) Do ba
b− = a => ba = ab Do ab =
b− a (tính chất nhóm nhị diện) nên ba = b−1a => b = b−1 => b2= e Theo bổđề ta chứng minh cấp b n, suy n≤2 (vô lý)
Vậy <a> không chuẩn tắc Dn
Bài 1.60:
a.Đặt n cấp x ,ta có xn = e.Vì tính chất đồng cấu của f nên f(xn) = (f(x))n,hay f(e) = (f(x))n ⇔e’ = (f(x))n.Do đó |f(x)| chia hết n hay cấp của x∈G chia hết cho cấp của f(x) b.Theo định lý đẳng cấu 1,ta có G/Kerf Imf nên cấp G/Kerf = cấp Imf.Mà lại theo định lý Lagrange ,cấp G/Kerf chia hết cấp G.Vậy cấp G chia hết cho cấp Imf
Bài 1.64:
a.Ta chứng minh điều sau :
+Tính kết hợp :ta có từ tính chất hợp nối ánh xạ +Phần tử trung hoà :
Xét f G: →G thoả f x( )=x ∀ ∈x G.Lúc f tựđẳng cấu G nên f ∈Aut G( ) Đồng thời:g f=f g=f ∀ ∈g Aut G( ).Do f phần tử trung hồ Aut G( )
+Tính đối xứng phần tử:
Với f ∈Aut G( ) chọn f−1 ánh xạ ngược f Vì f tự đẳng cấu nên
1 ( )
f− ∈Aut G Rõ ràng
f− phần tửđối xứng f
Từ điều ta suy (Aut G( ), ) lập thành nhóm b.Ta chứng minh ϕg tựđẳng cấu G
Đầu tiên ta kiểm tra tính đơn cấu.Thật vậy:
Nếu ϕg( )x =ϕg( )y (x,y ∈ G) theo định nghĩa ánh xạ ϕg ta thu
1
gxg− =gyg− ⇒x=y Do ϕg đơn cấu
Bây ta kiểm tra tính tồn cấu ϕg.Thật vậy:
Với y∈G,ta chọn x=g yg−1 ϕg( )x gxg gg ygg1 y
− − −
= = = ⇒ϕg toàn cấu Chung lại, ϕg đẳng cấu.Nên ϕg tựđẳng cấu G
c Đầu tiên ta chứng minh Int G( ) với phép tốn lập thành nhóm Ta kiểm tra tính chất sau:
+Tính kết hợp:
Hiển nhiên từ tính chất hợp nối ánh xạ
(10)10 +Tính đối xứng phần tử:
Với x∈G ta có:ϕ ϕx x−1 =ϕx−1 ϕx =ϕe ∀ ∈x G ⇒ϕx nhận ϕx−1 làm phần tửđối xứng
Từ tính chất ta suy (Int G( ), ) lập thành nhóm *Chứng minh:Int G( )≤Aut G( )
Thật vậy:với ϕx,ϕy ∈Int G( ) rõ ràng ϕ ϕx y∈Int G( )(do
1 1
( )xy − =y x− − ).Đồng thời phần tử trung hồ ϕe Int G( )cũng phần tử trung hồ Aut G( ).Vì
( ) ( )
Int G ≤Aut G
*Chứng minh:Int G( ) nhóm chuẩn tắc Aut G( ) Xét x∈G, f ∈Aut G( ).Lúc này:
1 1 1
( ) ( ) ( ( ) ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ( )) ( )
x f x
f ϕ f− y = f xf − y x− = f x f f− y f x− = f x y f x − =ϕ y ∀ ∈ ⇒y G
1
( ) ( )
x f x
f ϕ f− =ϕ ∈Int G
Do đó: Int G( ) nhóm chuẩn tắc Aut G( )(đpcm) d.Xét: f G: →Int G( )
x ϕx
Ta chứng minh điều sau:
+f đồng cấu.Thật vậy: ( ) ( ) 1 ( )
xy t xyt xy xyty x x y t
ϕ = − = − − =ϕ ϕ
t G
∀ ∈ ⇒ f xy( )= f x( ) f y( ) ∀x y, ∈G
+Im( )f =Int G( )(hiển nhiên)
+ker( ) { | } { |
x e
f = ∈x G ϕ =ϕ = ∈x G xyx− =y ∀ ∈y G}={x∈G xy| = yx ∀ ∈y G}=C G( ) Ta có:G ker f =Im f ⇒G C G( )=Int G( )(đpcm)
Bài 1.68 :
a)Chiều thuận: f đồng cấu nhóm.Chứng minh :ml n Thật : ( ) ( )0
f e = f x = y =e f x( )m =yml = f e( )=e.Do ml n (vì n cấp nhóm cyclic <y>)
Chiều đảo: ml n.Chứng minh f đồng cấu nhóm Ta chứng minh điều sau:
+Cho xm1,xm2 ∈G,khi f x( m1.xm2)= f x( m1+m2)= y(m1+m2)l f x( m1) (f xm2)= ym l1ym l2 = y(m1+m2)l
⇒ f x x( m1 m2)= f x( m1) (f xm2)
Do ta có điều cần chứng minh
b.Chiều thuận:khi f đẳng cấu nhóm.Chứng minh:m=n (m,l)=1 Thật vậy:Cho k1 ≡k2(mod n).Lúc này:
k l k l
y = y ⇒ f x( k1)= f x( k2)⇒ xk1=xk2(vì f
đẳng cấu nhóm)⇒k1≡k2(mod m)
Tương tự: k1≡k2(mod m) ⇒k1 ≡k2(mod n) Nên: k1 ≡k2(mod m) ⇔ k1 ≡k2(mod n) Chọn:k1 = m,k2 = ⇒ m n
(11)11
Nếu ( , ) 1m l ≠ Nên không tồn k∈ Νsao cho kl≡/1(mod m)⇒ ∃ xk1∈G cho
( k)
f x = ⇒y f khơng tồn cấu(Mâu thuẫn f đẳng cấu) Do (m,l)=1
Vậy chiều thuận chứng minh hoàn toàn
+Chiều đảo:Khi m=n (m,l)=1.Chứng minh: f đẳng cấu nhóm
Thật vậy:vì (m,l)=1 nên {0 ,1 , ,(l l m−1) }l lập thành hệ thặng dưđầy đủ mod m.Do với t ∈[0,m-1],∃ k1 cho k1l≡t(mod m).Lúc :yt = yk l1 = f x( k1) ⇒ f toàn cấu
Cho f x( k1)= f x( k2) (
1,
k k ∈ Ν)⇒ yk l1 = yk l2 ⇒
1
k l≡k l(mod m) ⇒(k1−k l2) ≡0(mod m) ⇒(k1−k2) ≡0(mod m)(vì (m,l)=1) ⇒ xk1=xk2(vì m=n) ⇒ f đơn cấu
Vậy f đẳng cấu nhóm(đpcm)
c.Theo câu a, để f G: →G' đồng cấu nhóm 12 8l (với G nhóm cyclic cấp 8,G’ nhóm cyclic cấp 12) ⇒3 2l ⇒l
Nên có đồng cấu nhóm f G: →G' thoả(cho tương ứng l=2,4,6,8,10,12) Để f G: '→G đồng cấu nhóm 12l ⇒2 3l ⇒l
Nên có đồng cấu nhóm f G: '→G thoả(cho tương ứng l=3,6,9,12,15,18,21,24) d.Theo câu b) để f G: →G'là tựđẳng cấu nhóm (8,l)=1⇒l lẻ
Nên có đẳng cấu nhóm f G: '→G thỏa(cho tương ứng l=1,3,5,7)