Nhóm các tự đẳng cấu của nhóm xiclíc
3.1 Căn nguyên thủy
Trong mục này chúng tôi trình bày một số kết quả trong số học liên quan đến sự tồn tại căn nguyên thủy theo một môđun cho trước. Các kết quả này là nền tảng cho việc nghiên cứu cấu trúc của nhóm các tự đẳng cấu của nhóm xiclíc.
Mệnh đề 3.1.1. Cho p là một số nguyên tố lẻ, q là một số nguyên tố, và h là một số nguyên dương sao cho qh | p−1. Khi đó tồn tại một số nguyên a có cấp là qh theo môđun p.
Chứng minh. Theo Định lý 1.2.2, phương trình đồng dư xp−q1 ≡ 1 (mod p)
có không quá p−q1 nghiệm. Vì p−q1 < p −1 cho nên tồn tại số nguyên u với 1 ≤ u ≤ p−1 sao cho up−q1 6≡ 1 (mod p). Đặt a = u
p−1
qh . Gọi l là cấp của a theo môđun p. Vì
aqh = up−1 ≡1 (mod p),
nên từ đó suy ra l | ph. Nếu l 6= ph thì l | ph−1. Từ đó suy ra up−q1 = aph−1 ≡1 (mod p),
điều này trái với tính chất của u. Do đó l = ph. Điều này chứng tỏ rằng a có cấp là qh theo môđun p.
Mệnh đề 3.1.2. Nếu p là một số nguyên tố thì tồn tại căn nguyên thủy theo môđun p.
Chứng minh. Nếu p = 2 thì rõ ràng 1 là một căn nguyên thủy theo môđun 2. Cho nên ta giả thiết p là một số nguyên tố lẻ. Giả sử p−1 có biểu diễn chính tắc p−1 = k Y i=1 pαi i .
Khi đó, theo Mệnh đề 3.1.1, với mỗii = 1,2, . . . , k,tồn tại một số nguyên ai có cấp là pαi
i theo môđun p. Đặt a = a1a2· · ·ak. Khi đó, theo Mệnh đề 1.2.1, ta có được cấp của phần tử a là p−1. Điều này chứng tỏ rằng a là một căn nguyên thủy theo môđun p. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ta cần hai bổ đề sau để chứng minh sự tồn tại của căn nguyên thủy theo môđun lũy thừa một số nguyên tố.
Bổ đề 3.1.3. Cho p là một số nguyên tố, và α là một số nguyên dương. Nếu a ≡ b (mod pα) thì ap ≡ bp (mod pα+1).
Chứng minh. Giả sử a ≡ b (mod pα). Ta cần chứng minh ap ≡ bp
(mod pα+1), hay ap−bp ≡ 0 (mod pα+1). Áp dụng công thức Newton ta có
ap−bp = (a−b)(ap−1 + ap−2b+· · ·+abp−2 +bp−1). Mà a ≡b (mod pα), do đó ta chỉ cần chứng minh
ap−1 + ap−2b+· · ·+abp−2 +bp−1 ≡0 (mod p).
Theo giả thiết a ≡ b (mod pα) cho nên a ≡b (mod p). Từ đó suy ra ap−1 +ap−2b+· · ·+abp−2 +bp−1 ≡ap−1 + ap−1 +· · ·+ap−1 +ap−1
| {z }
plần
≡pap−1 ≡ 0 (mod p). Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 3.1.4. Cho p là một số nguyên tố lẻ, và α ≥ 2 là một số nguyên. Khi đó với a là một số nguyên bất kỳ
(1 +ap)pα−2 ≡ 1 +apα−1 (mod pα).
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo α. Với α = 2, đồng dư thức là hiển nhiên. Giả sử đồng dư thức đã cho đúng với α ≥ 2. Ta chứng minh nó cũng đúng với α + 1, nghĩa là chứng minh
(1 +ap)pα−1 ≡ 1 +apα (mod pα+1). Áp dụng Bổ đề 3.1.3 từ giả thiết quy nạp suy ra
Áp dụng công thức Newton ta có
(1 +apα−1)p−(1 +apα) = 1 +Cp1apα−1 +· · ·+ (apα−1)p−(1 +apα) = Cp2a2pα+1pα−3 +· · ·+appα+1p(p−1)α−p−1
≡0 (mod pα+1).
Do đó (1 + apα−1)p ≡ 1 + apα (mod pα+1), và ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 3.1.5. Cho plà một số nguyên tố lẻ. Khi đó tồn tại căn nguyên thủy môđun pα với mọi α nguyên dương.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 3.1.2, tồn tại căn nguyên thủy theo môđun p. Ký hiệu căn nguyên thủy này là g. Khi đó g + p cũng là một căn nguyên thủy theo môđun p. Nếu gp−1 ≡1 (mod p2), thì
(g +p)p−1 ≡ gp−1 + (p−1)gp−2p ≡1 + (p−1)gp−2p6≡ 1 (mod p2). Do đó, ngay từ đầu ta có thể giả thiết rằng gp−1 6≡ 1 (mod p2).
Ta sẽ chứng tỏ rằng g cũng là một căn nguyên thủy môđun pα với mọi α ≥2. Vì gp−1 ≡ 1 (mod p) và gp−1 6≡ 1 (mod p2) cho nên ta có thể biểu diễn gp−1 = 1 +kp với p 6 |k. Áp dụng Bổ đề 3.1.4, ta có
g(p−1)pα−2 = (1 +kp)pα−2 ≡ 1 +kpα−1 6≡ 1 (mod pα).
Gọi e là cấp của g theo môđun pα. Khi đó ta có p−1 | e | (p−1)pα−1. Do đó e= (p−1)pt với 0≤ t ≤α−1. Kết hợp với đẳng thức trên từ đó suy ra t = α−1. Vậy e = (p−1)pα−1 = ϕ(pα). Điều này chứng tỏ rằng g là một căn nguyên thủy theo môđun pα. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Đối với trường hợp môđun 2α với α ≥3, ta có kết quả sau.
Mệnh đề 3.1.6. Với α ≥ 3, các số (−1)a5b với 0 ≤ a ≤ 1 và 0 ≤ b <
2α−2 lập thành một hệ thặng dư thu gọn theo môđun 2α.
Chứng minh. Bằng phép quy nạp ta có thể chứng tỏ được rằng 52α−3 ≡
1 + 2α−1 (mod 2α). Thật vậy, với α = 3, hiển nhiên 5 ≡ 5 (mod23). Giả sử đồng dư thức đúng với α = n, nghĩa là
52n−3 ≡ 1 + 2n−1 (mod 2n). Ta sẽ chứng minh rằng
52n−2 ≡ 1 + 2n (mod 2n+1). Áp dụng Bổ đề 3.1.3 , ta có
52n−2 = (52n−3)2 ≡ (1 + 2n−1)2 ≡ 1 + 2n (mod 2n+1). Vậy ta có điều phải chứng minh.
Từ đó suy ra52α−2 ≡ 1 (mod 2α).Mặt khác ta lại có52α−3 6≡ 1 (mod 2α), cho nên từ đó suy ra cấp của 5 theo môđun 2α là 2α−2.
Bây giờ ta chứng minh rằng các số (−1)a5b với 0 ≤ a ≤ 1 và 0 ≤
b < 2α−2 là không đồng dư với nhau từng đôi một theo môđun 2α. Thật vậy, giả sử (−1)a5b ≡ (−1)a05b0 (mod 2α). Rõ ràng khi đó ta có
(−1)a5b ≡ (−1)a05b0 (mod 4). Do đó (−1)a ≡(−1)a0 (mod 4). Từ đó suy ra a và a0 cùng tính chẵn lẻ, cho nên a = a0.
Do đó 5b ≡ 5b0 (mod 2α). Vì cấp của 5 theo môđun 2α là 2α−2, cho nên từ đó suy ra b ≡ b0 (mod 2α−2), do đó b = b0. Hơn nữa, tập các số này gồm 2α−1 số nguyên tố cùng nhau với 2α. Vậy ta có điều phải chứng minh.
3.2 Nhóm các tự đẳng cấu của nhóm xiclíc
Trước tiên ta cần một số kết quả chuẩn bị liên quan đến đồng cấu giữa các nhóm xiclíc hữu hạn.
Mệnh đề 3.2.1. Cho G = hai là một nhóm xiclíc cấp n, H = hbi là một nhóm xiclíc cấp m. Ký hiệu d = (m, n). Với mọi t ∈ Z, ký hiệu ft : G →H được xác định bởi công thức
ft(ar) = btrmd với mọi r ∈ Z. Khi đó
(i) ft là một đồng cấu nhóm của G với mọi t∈ Z. (ii) Hom(G, H) = {ft | t∈ Z}.
(iii) ft = fu khi và chỉ khi t ≡u (mod d) với t, u ∈ Z.
(iv) Ký hiệu φ : Hom(G, H) → Zd được xác định bởi công thức φ(ft) = ¯t với mọi t ∈ Z.
Khi đó φ là một đẳng cấu nhóm cộng. (v) Hom(G, H) = {f0, f1, . . . , fd−1}. Chứng minh.
(i) Trước tiên ta chứng minh ft là ánh xạ. Giả sử ar = as với r, s ∈ Z. Khi đó ar−s = e. Cho nên n | r − s (vì cấp của a bằng n). Từ đó suy ra tnm
d | t(r − s)m
d, do đó m | t(r −s)m
d . Cho nên b
t(r−s)md = e, hay btrmd = btsmd. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo, ta chứng minh ft là đồng cấu nhóm. Thật vậy, với mọi r, s ∈ Z,
(ii) Lấy f ∈ Hom(G, H) bất kỳ. Giả sử f(a) =bk với k ∈ Z. Khi đó 1 = f(an) = (f(a))n = bnk. Mà b có cấp m, do đó m | nk. Từ đó suy ra m d | n dk. Vì ( m d, n d) = 1 cho nên từ đó suy ra m d | k, tức là k = tm d với t ∈ Z. Do đó f = ft.
(iii) Giả sử ft = fu với t, u ∈ Z. Khi đó ft(ar) =fu(ar) với mọi r ∈ Z. Điều đó tương đương với btrmd = burmd, hay b(t−u)rmd = e. Từ đó suy ra m | (t−u)rm
d với mọi r ∈ Z. Do đó d |t−u, hay t ≡u (mod d).
Ngược lại, giả sử t ≡ u (mod d). Khi đó tồn tại q ∈ Z sao cho t= u+qd. Do đó với mọi r ∈ Z
ft(ar) =fu+qd(ar) =b(u+qd)rmd = burmd.bqrm = burmd = fu(ar). Cho nên ft = fu.
(iv) Trước tiên ta chứng minh φ là một ánh xạ. Giả sử ft1 = ft2 với t1, t2 ∈ Z. Khi đó, theo (iii), ta được t¯1 = ¯t2. Từ đó suy ra φ(ft1) = ¯t1 =
¯
t2 = φ(ft2).
Tiếp theo ta chứng minh φ là một đồng cấu. Với r, t1, t2 ∈ Z, ta có ft1+t2(ar) =b(t1+t2)rmd = bt1rmdbt2rmd = ft1(ar)ft2(ar) = (ft1.ft2)(ar). Từ đó suy ra ft1+t2 = ft1.ft2. Do đó
φ(ft1.ft2) =φ(ft1+t2) =t1 +t2 = ¯t1 + ¯t2 = φ(ft1) +φ(ft2). Cho nên φ là một đồng cấu.
Mà Ker(φ) = {ft ∈ Hom(G, H) | φ(ft) = ¯0} = {f0}. Do đó φ là một đơn cấu. Hơn nữa, với ¯t ∈ Zd chọn ft ∈ Hom(G, H) ta được φ(ft) = ¯t. Vậy φ là một đẳng cấu.
Mệnh đề 3.2.2. Cho G = hai là một nhóm xiclíc cấp n. Khi đó
(i) End(G) ={ft | t∈ Z}= {f0, f1, . . . , fn−1} trong đó ft : G → G là tự đồng cấu nhóm được xác định bởi công thức
ft(ar) = atr với mọi r ∈ Z.
(ii) Có đẳng cấu vành φ : End(G) →Zn trong đó φ được xác định bởi công thức
φ(ft) = ¯t với mọi t ∈ Z.
(iii) Có đẳng cấu nhóm φ : Aut(G) →Z∗n được xác định bởi công thức φ(ft) = ¯t với mọi t ∈ Z.
(iv) Aut(G) = {ft | t ∈ Z và (t, n) = 1} = {ft | t ∈ Z,1 ≤
t ≤ n và (t, n) = 1}.
Chứng minh. Áp dụng Mệnh đề 3.2.1 với m = n, ta có được (i) và (ii). Từ đó suy ra (iii) và (iv).
Tiếp theo ta nghiên cứu nhóm các tự đẳng cấu của một nhóm xiclíc hữu hạn.
Mệnh đề 3.2.3. Có các đẳng cấu nhóm sau. (i) Aut(Z2) ∼=
Z∗2 = {¯1},Aut(Z4) ∼=
Z∗4 = h−¯1i. (ii) Với α ≥ 3 ta có Aut(Z2α) ∼= Z
2 ×Z2α−2.Chứng minh. Chứng minh.
(ii) Theo Mệnh đề 3.2.2 (iii) ta có Aut(Z2α) ∼=
Z∗2α. Xét quy tắc ϕ : Z2 ×Z2α−2 → Z∗2α được xác định bởi công thức
ϕ([a]2,[b]2α−2) = [(−1)a5b]2α. Ta chứng minh ϕ là một đẳng cấu nhóm.
Trước tiên ta chứng minh ϕ là một ánh xạ. Thật vậy, giả sử
([a]2,[b]2α−2) = ([a0]2,[b0]2α−2)
với [a]2,[a0]2 ∈ Z2,[b]2α−2,[b0]2α−2 ∈ Z2α−2. Khi đó a = a0(mod 2), và b = b0(mod 2α−2). Vì cấp của 5 theo môđun 2α là 2α−2, cho nên từ đó suy ra
ϕ([a]2,[b]2α−2) = [(−1)a5b]2α = [(−1)a05b0]2α = ϕ([a0]2,[b0]2α−2). Do đó ϕ là một ánh xạ.
Tiếp theo ta chứng minh ϕ là một đồng cấu nhóm. Thật vậy, với
[a]2,[a0]2 ∈ Z2,[b]2α−2,[b0]2α−2 ∈ Z2α−2, ta có ϕ[([a]2,[b]2α−2) + ([a0]2,[b0]2α−2)] = ϕ([a]2 + [a0]2,[b]2α−2 + [b0]2α−2) = ϕ([a+a0]2,[b+b0]2α−2) = (−1)a+a05b+b0 = (−1)a5b(−1)a05b0 = ϕ([a]2,[b]2α−2)ϕ([a0]2,[b0]2α−2). Theo Mệnh đề 3.1.6, vì các số (−1)a5b với 0≤ a ≤ 1 và 0 ≤b < 2α−2 lập thành một hệ thặng dư thu gọn theo môđun 2α cho nên ϕ là một toàn cấu. Vì |Z2 ×Z2α−2| = 2α−1 = |Z∗2α| cho nên từ đó suy ra ϕ là một đẳng cấu. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 3.2.4. Cho p là một số nguyên tố. Khi đó
(i) Nếu p > 2 thì Aut(Zpα) là một nhóm xiclíc có cấp pα−1(p−1) với mọi α ≥ 1.
(ii) Aut(Z2α) là một nhóm xiclíc khi và chỉ khi α = 1 hoặc α = 2. Chứng minh.
(i) Theo Mệnh đề 3.2.2 (iii) ta có Aut(Zpα) ∼=
Z∗pα. Theo Mệnh đề 3.1.5 tồn tại căn nguyên thủy theo môđun pα. Do đó Z∗pα là nhóm xiclíc. (ii) Theo Mệnh đề 3.2.3 (i) Aut(Z2α) là nhóm xiclíc với α = 1,2. Giả sử α ≥ 3. Khi đó, theo Mệnh đề 3.2.3 (ii), ta có Aut(Z2α) ∼= Z
2 ×Z2α−2.Vì α ≥ 3 cho nên (2,2α−2) 6= 1. Do đó, theo Mệnh đề 1.1.2, Z2 ×Z2α−2 Vì α ≥ 3 cho nên (2,2α−2) 6= 1. Do đó, theo Mệnh đề 1.1.2, Z2 ×Z2α−2
không là nhóm xiclíc, cho nên Aut(Z2α) không là nhóm xiclíc. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 3.2.5. Cho m ≥ 1 là một số nguyên, giả sử m = pα1
1 pα2
2 · · ·pαk
k
trong đó p1, p2, . . . , pk là các số nguyên tố phân biệt, và αi ≥ 1 với mọi i = 1,2, . . . , k. Khi đó Aut(Zm) ∼= Z∗ pα1 1 ×Z∗pα2 2 × · · · ×Z∗pαk k .
Chứng minh. Vì p1, p2, . . . , pk là các số nguyên tố phân biệt cho nên, áp dụng Mệnh đề 2.2.8, ta được Aut(Zm) ∼= Aut(Z pα1 1 )×Aut(Zpα2 2 )× · · · ×Aut(Zpαk k ). Theo Mệnh đề 3.2.2 (iii), ta có Aut(Zpαi
i ) ∼=
Z∗pαi i
với mọi i = 1,2, . . . , k. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề sau cho ta điều kiện cần và đủ để nhóm các tự đẳng cấu của một nhóm xiclíc cấp hữu hạn là xiclíc.
Mệnh đề 3.2.6. Cho m ≥2 là một số nguyên. Khi đó Aut(Zm) là một nhóm xiclíc khi và chỉ khi m = 2,4, pα,2pα với p là một số nguyên tố lẻ và α ≥ 1.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 3.2.4 (ii), các nhóm Aut(Z2) và Aut(Z4)
là xiclíc. Theo Mệnh đề 3.2.4 (i) nhóm Aut(Zpα) là xiclíc với p > 2 và α ≥ 1. Ta chỉ còn xét trường hợp m = 2pα với p > 2 và α ≥ 1. Theo Mệnh đề 2.2.8, ta có
Aut(Z2pα) ∼= Aut(
Z2)×Aut(Zpα) =Aut(Zpα).
Theo Mệnh đề 3.2.4 (i) nhóm Aut(Zpα) là xiclíc, cho nên từ đó suy ra nhóm Aut(Z2pα) là xiclíc.
Đảo lại, giả sử Aut(Zm) là một nhóm xiclíc. Trước tiên ta có nhận xét rằng với p là một số nguyên tố lẻ và α ≥ 1 thì |Aut(Zpα)| = |Z∗
pα| =
pα−1(p−1) là một số chẵn. Cho nên nếu m có hơn một ước nguyên tố lẻ thì, theo Mệnh đề 1.1.2, nhóm Aut(Zm) không là xiclíc. Do đó nếu Aut(Zm) là nhóm xiclíc thì m chỉ có một trong các dạng 2α, pα và 2βpα trong đó p là một số nguyên tố lẻ, và α, β là các số nguyên dương.
Nếu m = 2α thì, theo Mệnh đề 3.2.4 (ii), nhóm Aut(Zm) là xiclíc khi và chỉ khi α = 1 hoặc α = 2. Nếu m = pα thì, theo Mệnh đề 3.2.4 (i), nhóm Aut(Zm) là xiclíc.
Ta chỉ còn xét trường hợp m = 2βpα. Nếu β ≥ 2 thì |Z∗2β| = 2β−1 là số chẵn, và |Z∗pα| = pα−1(p−1) là số chẵn. Cho nên, theo Mệnh đề 1.1.2, nhóm Aut(Zm) không là xiclíc. Vậy ta có điều phải chứng minh.