C xyclic |g()| P
Bài tập Chương
3.1 Nhóm giải được
Định nghĩa 3.1Một nhómGđược gọi là nhóm giải đượcnếu tồn
tại một dãy các nhóm con củaG
G=G0⊃G1 ⊃G2 ⊃. . .⊃Gn={e} (†)
sao cho hai điều kiện sau được thỏa mãn: (1)Gi+1 là nhóm con
chuẩn tắc củaGi với mọi i= 0, . . . , n−1; (2)Gi/Gi+1 là nhóm Abel với mọii= 0, . . . , n−1.
Chú ý 3.2Trong định nghĩa trên, một dãy(†) thỏa mãn điều kiện (1), thường được gọi làdãy hợp thành. Vì thế ta có thể định nghĩa lại nhóm giải được như sau: nhóm giải được là nhóm có dãy hợp thành mà mọi nhóm thương là Abel.
Bổ đề 3.2ChoGlà một nhóm, gọi H là nhóm con củaG sinh bởi tất cả các hoán tửxyx−1y−1, vớix, y∈G (ta gọiH là nhóm con các hoán tửcủaG). Khi đó H là nhóm con chuẩn tắc nhỏ
nhất củaGsao choG/H là nhóm Abel.
Kí hiệuChoGlà một nhóm. Ta đặt G(1) là nhóm con các hoán tử củaG;G(2) là nhóm con các hoán tử của G(1);. . . ;G(n) là nhóm con các hoán tử củaG(n−1). Quy ước G(0) =G.
Bổ đề 3.3NhómGlà nhóm giải được nếu và chỉ nếu tồn tại
n∈N sao choG(n)={e}.
Chứng minh(⇐)là hiển nhiên. Còn lại ta chứng minh(⇒). Trước hết ta dễ thấy có nhận xét rằng nếuK1, K2 là các nhóm con củaGsao cho
K1⊆K2thìK1(1)⊆K2(1). Giả sửGcó dãyG=G0⊃G1⊃G2
⊃. . .⊃Gn ={e}sao cho Gi+1 là nhóm con chuẩn tắc củaGi với mọi
i= 0, . . . , n−1; vàGi/Gi+1 là nhóm Abel với mọii= 0, . . . , n−1. Ta chứng minh bằng quy nạp theoi≥0 rằngG(i)⊆Gi,(∗).
Trường hợpi= 0 là rõ ràng. Giả sửi >0 và G(i−1) ⊆Gi−1. Do
Gi−1/Gi là nhóm Abel nên [Gi−1](1) ⊆Gi theo Bổ đề 3.2. Vì thế
G(i)= [G(i−1)](1) ⊆[Gi−1](1) ⊆Gi.Suy ra (∗) được chứng minh. Từ đó áp dụng khii=n: vì Gn={e}nên G(n)={e}.
Bổ đề 3.4ChoGlà nhóm và H là nhóm con chuẩn tắc của G.
Khi đóGlà nhóm giải được nếu và chỉ nếuH và G/H là các
nhóm giải được.
Chứng minh(⇒) VìGgiải được nên tồn tại n∈Nsao cho
G(n)={e}. Khi đó vìH⊆G nênH(n)⊆G(n)={e}. Vì thế
H(n)={e} do đóH là nhóm giải được. Ta dễ thấy nếu đặt
p:G→G/H là toàn cấu chính tắc thì ta có thể chứng minh được
(G/H)(i) =p(G(i)) với mọi i≥0 (ta giải thích điều này như sau: giả sử có toàn cấuf :G→U. Với mọi u, v∈U, tồn tạix, y∈G
sao chou=f(x), v=f(y), suy ra uvu−1v−1=
f(x)f(y)f(x−1)f(y−1) =f(xyx−1y−1)∈f(G(1)),
suy raf(G(1))⊇U(1); ngược lại, mọiw∈f(G(1)), tồn tại
z∈G(1), sao chow=f(z), khi đóz là tích của hữu hạn các phần tử có dạngxyx−1y−1, suy ra wlà tích hữu hạn các phần tử có dạngf(x)f(y)f(x)−1f(y)−1, vì thếw∈U(1), chứng tỏ
f(G(1))⊆U(1). Vậyf(G(1)) =U(1). Tiếp theo bằng quy nạp ta có thể chứng minh được rằngf(G(i)) =U(i) với mọii≥1. Sau đó áp dụngf =p). Do đó (G/H)(n) =p(G(n)) ={e}nên G/H là nhóm giải được.
(⇐) VìG/H giải được nên ta có dãy
G/H=G∗0 ⊃G∗1 ⊃G∗2⊃. . .⊃G∗n={e}sao choG∗i+1 là nhóm con chuẩn tắc củaG∗i,i= 0, . . . , n−1;G∗i/G∗i+1 là nhóm Abel,
i= 0, . . . , n−1. Khi đó ta có dãy các nhóm con củaGnhư sau
G=G0 ⊃G1⊃G2⊃. . .⊃Gn=H sao choGi+1 là nhóm con chuẩn tắc củaGi,i= 0, . . . , n−1;Gi/Gi+1 là nhóm Abel,
Lại vìH giải được nên ta có dãy
H=H0 ⊃H1 ⊃H2 ⊃. . .⊃Hl ={e}sao choHi+1 là nhóm con chuẩn tắc củaHi,i= 0, . . . , l−1;Hi/Hi+1 là nhóm Abel,
i= 0, . . . , l−1. Bây giờ ta ghép hai dãy trên với nhau ta được dãy
G=G0 ⊃G1⊃G2⊃. . .⊃Gn=H=H0 ⊃H1 ⊃H2 ⊃. . .⊃
Hl={e}.Do đóGlà nhóm giải được.
Bổ đề 3.5ĐặtB4 ={e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)}. Khi đóB4
là nhóm con chuẩn tắc củaS4.
Chứng minhTrước hết ta chứng tỏB4 là nhóm con của S4. Rõ ràngB4 là tập tất cả các phần tử có dạng (ab)(cd) và etrong đó
{a, b, c, d}={1,2,3,4}. Ta thấyB4 đóng kín với phép nhân, bởi vì
(12)(34)(13)(24) = (13)(24)(12)(34) = (14)(23)∈B4,
(12)(34)(14)(23) = (14)(23)(12)(34) = (13)(24)∈B4,
(13)(24)(14)(23) = (14)(23)(13)(24) = (12)(34)∈B4.
Hơn nữa,B4 đóng kín với phép lấy phần tử nghịch đảo, vì
((12)(34))−1 = (12)(34)∈B4,
((13)(24))−1 = (13)(24)∈B4,
((14)(23))−1 = (14)(23)∈B4.
VậyB4 là nhóm con củaS4. Cuối cùng ta chứng minh
α−1βα∈B4 với mọiα∈S4, mọiβ ∈B4 (suy raB4 là nhóm con chuẩn tắc củaS4). Thật vậy, giả sửe6=β = (ab)(cd)∈B4 và
α∈S4. Với mọi u∈ {1,2,3,4}, ta cóα−1βα(u)6=u (vì nếu trái lại, suy raβα(u) =α(u), mâu thuẫn); ta chọn
v∈ {1,2,3,4} \ {u, α−1βα(u)}, khi đó
α−1βα(u)6=α−1βα(v)6=v; hơn nữa u6=α−1βα(v) (vì nếu trái lại, suy raα(u) =βα(v), suy ra βα(u) =β2α(v) =α(v), suy ra
Chứng tỏ α−1βα= u α−1βα(u) v α−1βα(v) ↓ ↓ ↓ ↓ α(u) βα(u) α(v) βα(v) ↓ ↓ ↓ ↓ βα(u) α(u) βα(v) α(v) ↓ ↓ ↓ ↓ α−1βα(u) u α−1βα(v) v . Đặtk=α−1βα(u) và l=α−1βα(v). Khi đó α−1βα= (uk)(vl), trong đó{u, v, k, l}={1,2,3,4}. Vậy α−1βα∈B4.
Định lý 3.6Nhóm Snlà nhóm giải được khi và chỉ khi n≤4.
Chứng minhChú ý rằng khin < m thì ta có thể coi Sn là nhóm con củaSm. Vì thế theo Bổ đề 3.4, để chứng minh định lý ta chỉ
cần chứng tỏ rằngS4 là nhóm giải được và S5 không là nhóm giải
được.
Trước hết ta chứng minhS4 là nhóm giải được. Thật vậy, với
n= 4 thì nhómS4 có dãy các nhóm con như sau
S4⊃A4⊃B4 ⊃etrong đó A4 là nhóm thay phiên còn
B4 ={e,(12)(34),(13)(24),(14)(23)}. Trong đó, ta biếtA4 có chỉ
số 2 trongS4 nên A4 chuẩn tắc trongS4, đồng thời nhóm thương
S4/A4 có cấp 2 nên là Abel;B4 chuẩn tắc trongA4 (vì theo Bổ đề 3.5,B4 chuẩn tắc trong S4 nên nó cũng chuẩn tắc trong A4),
nhóm thươngA4/B4 có cấp 3 nên luôn là nhóm Abel;B4 là nhóm
cấp 4 nên nó là nhóm Abel. Chứng tỏS4 là nhóm giải được.
Phần còn lại để chứng minhS5 không là nhóm giải được, ta chỉ
cần chứng tỏA5 là nhóm đơn (tức là nhóm không có nhóm con
chuẩn tắc không tầm thường). Ta thấy mọi phần tử củaA5 là một
trong các phần tử có dạng(ijk),(ij)(kl) hoặc(ijklm) với
Bằng cách tính toán trực tiếp ta có biểu diễn
[(ijl),(ikm)] = (ijl)(ikm)(ijl)−1(ikm)−1= (ijl)(ikm)(ilj)(imk) = (ijk),
[(ijk),(ijl)] = (ijk)(ijl)(ijk)−1(ijl)−1= (ijk)(ijl)(ikj)(ilj) = (ij)(kl),
[(ij)(km),(iml)] = (ij)(km)(iml)((ij)(km))−1(iml)−1 = (ij)(km)(iml)(ij)(km)(ilm) = (ijklm).
Chứng tỏ mọi phần tử củaA5 đều là một hoán tử, tức là phần tử
có dạngxyx−1y−1 vớix, y∈A5. Giả sử tồn tại nhóm con chuẩn
tắcB củaA5 sao choA5/B là nhóm Abel, khi đó ta có toàn cấu
nhómϕ:A5→A5/B. Lấy phần tửz tùy ý củaA5, theo trên suy raz có dạng z=xyx−1y−1 vớix, y∈A5, do đó
ϕ(z) =ϕ(xyx−1y−1) =ϕ(x)ϕ(y)ϕ(x−1)ϕ(y−1) =ϕ(x)ϕ(y)ϕ(x)−1ϕ(y)−1 =e.
Suy raϕlà đồng cấu không, trong khi đó ϕlà toàn cấu; chứng tỏ
Định lý 3.7ChoH là một nhóm con của nhómS5. Giả sử H
chứa một chuyển tríδ = (i j), vàH tác động bắc cầu lên tập
{1,2,3,4,5}(tức là, với mọi i, j∈ {1, . . . ,5}, tồn tạiσ ∈H sao choσ(i) =j). Khi đóH =S5.
Chứng minhĐặtX ={1,2,3,4,5}. Trong X ta định nghĩa một quan hệ hai ngôi∼như sau: với i, j∈X, ta nóii∼j nếu và chỉ
nếui=j hoặc(ij)∈H. Ta thấy ∼là một quan hệ tương đương,
thật vậy: hiển nhiêni∼i; và nếu i∼j thì (j i) = (i j)∈H suy raj∼i. Ngoài ra nếui∼j và j∼kthì (i j),(i k)∈H; do đó ta có(i k) = (i j)(j k)(i j)∈H, chứng tỏi∼k.
Kí hiệuE(i) là lớp tương đương chứai. Bây giờ ta sẽ chứng tỏ
|E(i)|=|E(j)|, tức là các lớp tương đương có cùng một số phần
tử. VìH tác động bắc cầu lênX, nên tồn tại phần tử σ∈H sao
Lấy tùy ýa∈E(i), tức là (i a)∈H. Khi đó phần tử σ(i a)σ−1
hoán vịσ(a) vàσ(i) cho nhau, trong khi nó cố định các phần tử còn lại, tức làσ(i a)σ−1= (σ(i) σ(a))là một chuyển trí. Mặt khác, vì(j σ(a)) = (σ(i) σ(a))và σ(i a)σ−1 ∈H, nên
(j σ(a))∈H. Suy raσ(a)∼j hayσ(a)∈E(j). Chứng tỏ
σ(E(i))⊆E(j), và vì thế |E(i)| ≤ |E(j)|. Bất đẳng thức ngược lại được chứng minh tương tự.
Gọi số các lớp tương đương rời nhau trongX là n. Khi đó vì mọi
lớp tương có cùng số phần tử (theo chứng minh trên) nên ta có
5 =n|E(i)|. Mặt khác, theo giả thiết δ= (i j)∈H, nên
|E(i)|>1. Suy ra|E(i)|= 5. Điều này có nghĩa làH =S5.