1 Nhóm 1 Bài 1: kiểm tra cấu trúc ( G, * ) có là nửa nhóm,vị nhóm hay nhóm không, và xét tính giao hoán của chúng.Trường hợp ( G, * ) là nhóm, hãy mô tả các phần tử có cấp hữu hạn của nhóm này. a) G=Q\{-6},x * y = 90xy+540x+540y+3234 = 90(x+6)(y+6)-6. • Tính kết hợp: (x * y) * z = (90(x+6)(y+6)-6) * z = 90(90(x+6)(y+6)-6+6)(z+6)-6 = 90 2 (x+6)(y+6)(z+6)-6 (1) x * (y * z) = x * (90(y+6)(z+6)-6) = 90(x+6)( 90(y+6)(z+6)-6+6)-6 = 90 2 (x+6)(y+6)(z+6)-6 (2) từ (1) và (2) suy ra ( G, * ) có tính kết hợp ( G, * ) là nửa nhóm. • Phần tử trung hòa của trên G: x * e=e * x=x <=> 90(x+6)(e+6)-6 = 90(e+6)(x+6)-6 = x <=> 90(x+6)(e+6) = 90(e+6)(x+6) = x+6 <=> e = 90 1 -6∈Q\{-6 } ( G, * ) là nửa nhóm có phần tử trung trung hòa e = 90 1 -6 ∈ Q\{-6} suy ra ( G, * ) là vị nhóm. • Phần tử x -1 của x: x * x -1 = x -1 * x = e hay 90(x+6)(x -1 +6)-6 = 90(x -1 +6)(x+6)-6 = 90 1 -6 x -1 = ∈− + 6 )6(90 1 2 x Q\{-6 } suy ra ( G, * ) là nhóm • Do tính giao hoán của phép nhân trong Q ta có x * y = y * x = 90(x+6)(y+6)-6 suy ra ( G, * ) là nhóm giao hoán. • Cấp hữu hạn của phần tử x trong (G, * ) : Với k ∈ N * bằng quy nạp ta chứng minh được x k = 90 k-1 (x+6) k – 6 90 k-1 (x+6) k – 6 = 90 1 - 6 <=> [90(x+6)] k = 1 <=> 90(x+6) = 1 hoặc 90(x+6) = -1 vaø k =2 (do k ∈ N * ,x k = e) 2 <=> x= 90 1 - 6 (=e) hoaởc x = - 90 1 - 6 vaứ caỏp cuỷa x laứ 2 Cõu b cm tng t. c) G = R, x * y = (x n +y n ) 1/n , trong ú n l s nguyờn dng l cho trc. Tớnh kt hp: (x * y) * z = (x n +y n ) 1/n * z = (x n +y n +z n ) 1/n x * (y * z) = x * (y n +z n ) 1/n = (x n +y n +z n ) 1/n suy ra (G, * ) cú tớnh kt hp nờn (G, * ) l na nhúm. Phn t trung hũa ca trờn G: x * e=e * x=x <=> (x n +e n ) 1/n = (e n +x n ) 1/n = x <=> x n +e n = x n <=> e n = 0 <=> e = 0 R (do n l s nguyờn dng cho trc) suy ra ( G, * ) l v nhúm. Phn t x -1 ca x: x * x -1 = x -1 * x = e hay (x n +x -n ) 1/n = e x -n = e- x n = - x n x -1 = -x suy ra ( G, * ) l nhúm Tớnh giao hoỏn : x * y = (x n +y n ) 1/n = (y n +x n ) 1/n = y * x vy (G, * ) l nhúm giao hoỏn (nhúm abel) +)Cp hu hn ca phn t x trong (G, * ) : Vi k N * bng quy np ta chng minh c x k = 2 (k-1)/n x = 0 Suy ra x = 0 vy (G, * ) khụng cú phn t cú cp hu hn. Cỏc cõu d,e cm tng t. f) G = R x R * ,(x,y) * (z,t) = (x+yz,yt). Tớnh kt hp: ((x,y) * (z,t)) * (p,q) = (x+yz,yt) * (p,q) = (x+yz+ytp,ytq) (1) (x,y) * ((z,t) * (p,q)) = (x,y) * (z+tp,tq) = (x+y(z+tp),ytq) = (x+yz+ytp,ytq) (2) 3 từ (1) và (2) suy ra ( G, * ) có tính kết hợp ( G, * ) là nửa nhóm. • Phần tử trung hòa của trên G: t * e=e * t=t với t = (x,y), e = (x 0 ,y 0 ) <=> (x,y) * (x 0 ,y 0 ) = (x 0 ,y 0 ) * (x,y) = (x,y) <=> (x+yx 0 ,yy 0 ) = (x 0 +y 0 x,y 0 y) = (x,y) <=> x+y 0 x = x 0 +y 0 x = x và yy 0 = y 0 y = y chọn y # 0 <=> e = (x,1) suy ra phần tử e khơng duy nhất Vậy (G, * ) khơng có phần tử trung hòa nên khơng là vị nhóm. +) Do (G, * ) khơng là vị nhóm nên khơng có phần tử khả nghịch • Tính giao hốn : (x,y) * (z,t) = (x+yz,yt) (z,t) * (x,y) = (z+tx,ty) (x,y) * (z,t) # (z,t) * (x,y), • (G, * ) khơng có tính giao hốn. • Do (G, * ) khơng có phần tử trung hòa nên khơng tồn tại phần tử có cấp hữu hạn. g) G = R x R * ,(x,y) * (z,t) = (xz-yt,xt+yz). • Tính kết hợp: ((x,y) * (z,t)) * (p,q) = (xz-yt,xt+yz) * (p,q) = ((xz-yt)p- (xt+yz)q, (xz-yt)q+(xt+yz)p) = (xzp-ytp-xtq-yzq,xzq-ytq+xtp+yzp) (1) (x,y) * ((z,t) * (p,q)) = (x,y) * (zp-tq,zq+tp) = (x(zp-tq)-y(zq+tp),x(zq+tp)+y(zp-tq)) = (xzp-ytp-xtq-yzq,xzq-ytq+xtp+yzp) (2) từ (1) và (2) ta có ((x,y) * (z,t)) * (p,q) = (x,y) * ((z,t) * (p,q)) (G,+) có tính kết hợp đối với phép * nên (G, * ) là nửa nhóm. • Phần tử trung hòa của trên G: t * e=e * t=t với t = (x,y) và e = (x 0 ,y 0 ) <=> (xx 0 -yy 0 ,xy 0 +yx 0 ) = (x 0 x-y 0 y,x 0 y + y 0 x) = (x,y) <=> x(x 0 -1) - yy 0 = 0 và y(x 0 -1) + xy 0 =0 với mọi (x,y) ∈ R x R * <=> (x 0 ,y 0 ) = (1,0) khơng thuộc vào R x R * suy ra ( G, * ) khơng là vị nhóm. • Do (G, * ) khơng là vị nhóm nên khơng có phần tử khả nghịch • Tính giao hốn : với t=(x,y), t ’ = (x ’ , y ’ ) ta có t * t ’ = (xx ’ -yy ’ ,xy ’ +yx ’ ) t ’ * t = (x ’ x-y ’ y,x ’ y + y ’ x) suy ra t * t ’ = t ’ * t nên (G, * ) là nửa nhóm giao hốn. Câu h cm tương tự. Bài 1.5: Cho G là một nhóm trong đó có duy nhất một phần tử a có cấp 2. Chứng minh rằng với mọi x G∈ thì ax xa= Giải: • Nhắc lại a cấp 2 nghóa là 2 ae= và ae ≠ 4 • Ta có : (x 1− ax) 2 = x 1− ax x 1− ax = 12 1 1 x ax x ex x x e −−− = == Hơn nữa nếu 1 x ax e − = thì ax=xe=ex suy ra a=e (mâu thuẫn) Vậy (x 1− ax) 2 =e và 1 x ax e − ≠ điều này chứng tỏ 1 x ax − có cấp 2, mà a là phần tử có cấp 2 duy nhất nên bắt buộc 1 x ax − =a suy ra xa=ax (đpcm) Bài 1.9. Chứng minh rằng nếu (G,.) là một nhóm giao hoán có đúng n phần tử khác nhau là 12 , , , n x xx thì 2 12 ( ) n x xx e = . Giải: • Đương nhiên 11 1 12 , , , n x xxG −− − ∈ . Ta có: 11 1 111 11 2 2 12 1 2 ( )( ) ( ) ( )( ) nn n n exx xx xx xxxxx x −− − −−− == ( do (G,.) là 1 nhóm giao hoán) • Ta cần chứng minh 11 1 12 12 nn x xx xxx −− − = nữa là xong! Giả sử tồn tại k ≠ l sao cho : x k 1− = x l 1− ( 0 < k < l ≤ n) Ta có : x k . x k 1− = x l . x l 1− = e . Suy ra : x k = x l ( luật giản ước) mâu thuẫn với giả thiết! Do đó : : x k 1− ≠ x l 1− với k ≠ l. Hay { } -1 -1 -1 12 n x ,x , ,x là 1 bộ gồm n phần tử khác nhau trong G, mà G có n phần tử là 12 , , , n x xx nên bắt buộc { } { } -1 -1 -1 12 n 12 n x ,x , ,x x ,x , ,x= . Vậy 11 1 12 12 nn x xx xxx −− − = Bài toán giải quyết xong. Bài 1.13: Cho ví dụ chứng tỏ luỹ thừa của một chu trình ko nhất thiết phải là chu trình. Giải : Ta có : σ = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ 3421 1234 suy ra σ 2 = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ 2143 1234 Nhận thấy : σ là một chu trình nhưng σ 2 không phải là một chu trình. Bài 1.17 : Cho (G, * ) la một nhóm và H là một nhóm con của G.Chứng minh rằng với x∈ G Các khẳng định sau là tương đương: a) xH là một nhóm con của G; b) Hx là một nhóm con của G; c) x ∈ H. Giải : • (a => b): Với mọi xh 1 ,xh 2 ∈ xH , (xh 1 ) -1 * (xh 2 ) ∈ xH , trong đó h 1 ,h 2 ∈ H Suy ra tồn tại h ∈ H sao cho (xh 1 ) -1 * (xh 2 ) = xh hay : x -1 * (xh 1 ) -1 * (xh 2 ) * x =hx x -1 h -1 x -1 xh 2 x = hx (hx) -1 h 2 x = hx ∈ Hx • (b => c): Với mọi h 1 x,h 2 x∈ Hx , (h 1 x) -1 * (h 2 x) ∈ Hx , trong đó h 1 ,h 2 ∈ H 5 Suy ra tồn tại t ∈ H sao cho (h 1 x) -1 * (h 2 x) = tx hay x -1 h 1 -1 h 2 = t h 1 -1 h 2 t -1 = x ∈ H do H là một nhóm con của G • (c => a): Với mọi xh 1 ,xh 2 ∈ xH = H, (xh 1 ) -1 * (xh 2 ) ∈ H = xH (bài 1.3) trong đó h 1 ,h 2 ∈ H. Bài 1.21: Giải: a) Ta có : (AB)C = {xc | x ∈ AB , c ∈ C}={abc | a ∈ A,b ∈ B , c ∈ C} A(BC) ={ay | a ∈ A , y ∈ BC}={abc | a ∈ A,b ∈ B , c ∈ C} Do vậy : (AB)C = A(BC) b) Ta có: A 1− = { a 1− | a ∈ A } (A 1− ) 1− = { a 1− | a ∈ A 1− } ={ (b 1− ) 1− | b ∈ A} ={ b | b ∈ A }= A c) Ta có : AB = { ab | a ∈ A , b ∈ B } (AB) 1− = { x 1− | x ∈ AB} ={(ab) 1− | a ∈ A , b ∈ B } ={ b 1− .a 1− | a ∈ A , b ∈ B }={ y.z | y ∈ B 1− , z ∈ A 1− }= B 1− . A 1− d) • {| , } , ,AA A ab a A b A A ab A a A b A=⇔ ∈∈=⇔∈∀∈∈ 11 1 {| } ,AAaaAAaAaA −− − =⇔ ∈ =⇔ ∈∀∈ Từ hai điều trên suy ra (ii) tương đương (i) 111 1 {| , }{ | , } ,, AA abaAbA abaAbA A ab A ab A −−− − •= ∈ ∈= ∈∈= ⇔∈∀∈ Điều này nói lên rằng (iii) tương đương (i). e) • G/s AB là nhóm con của G, ta cm AB=BA +Lấy x thuộc AB ta chứng minh x thuộc BA, thật vậy vì x thuộc AB mà AB là nhóm con của G nên 1 x − thuộc AB, suy ra 1 x ab − = với a thuộc A,b thuộc B. Vậy x= 11 ba −− với 11 ,bBaA −− ∈∈ suy ra x thuộc BA. +Lấy x thuộc BA chứng minh x thuộc AB (chứng minh tương tự) • G/s AB=BA. Chứng minh AB là nhóm con của G. +Lấy a thuộc A, b thuộc B suy ra ab thuộc AB nên AB khác trống +Lấy x,y thuộc AB bất kì ta cm xy thuộc AB x=ab (a thuộc A, b thuộc B) y=cd (c thuộc A, d thuộc B) xy=abcd=a(bc)d Vì bc thuộc BA mà BA=AB nên tồn tại b’ thuộc A, c’ thuộc b sao cho bc=b’c’ Vậy xy=(ab’)(c’d) thuộc AB (vì ab’ thuộc A, c’d thuộc B) +Lấy x thuộc AB ta chứng minh 1 x − thuộc AB. x=ab (a thuộc A, b thuộc B) do đó 111 x b a BA AB −−− =∈= 6 • Chứng minh AB A B=< >∪ +Với mọi a thuộc A ta có a=ae thuộc AB nên A là con của B, tương tự B là con của AB nên AB AB⊂∪ . Vậy AB AB<>⊂∪ + Hơn nữa lấy x thuộc AB bất kì thì x=ab với a thuộc A, b thuộc B. Nói riêng thì x=ab với a,b thuộc AB∪ do đó x thuộc AB < >∪ . Vậy AB A B⊂< >∪ Bài 1.25: Cho nhóm (G,.) hữu hạn và H,K là hai nhóm con của G. Chứng minh rằng: HK H K H K∩= (1) Giải: • Vì G hữu hạn nên ta có , , ,HKH KHK ∩ hữu hạn. • Hơn nữa vì H,K là các nhóm con của (G,.) cho nên: , HKHHKK∩≤ ∩≤. Theo định lí Lagrange ta có :H HHKHK=∩∩ :KKHKHK=∩∩ Từ đó suy ra HK∩ là ước của H và HK∩ là ước của K do đó nếu gọi k là số phần tử của HK∩ thì số phần từ của H là nk * ()nN∈ và của K là mk * ()mN∈ . Nói cách khác ta có HK∩ =k, ,HnkKmk== (2) Cho nên để chứng minh (1) ta chỉ cần chứng minh: HK nmk= là xong. • Chứng minh HK nmk= : +Lưu ý: {hk: h H,k K}HK =∈∈. Xét quan hệ tương đương trong H như sau: ,ab H∈ , khi đó ab∼ được đ/n là a,b H ∈ , 1 ab H K − ∈ ∩ . Số lớp tương đương trong H với định nghĩa trên là ///HH K H H K nkk n ∩ =∩== +Cho , ab H∈ giả sử ab∼ khi đó 1 ab H K − ∈ ∩ và 1111 ()ab ab ba H K −−−− = =∈∩ Vì Kmk= nên có thể đặt 12 {k , , , } mk Kkk= . Đặt 12 {ak , , , } mk Aakak= và 12 {bk , , , } mk B bk bk = . Ta có: A=B (g/s i ak A∈ đặt j k = 1 i bak K − ∈ do đó ij ak bk B=∈ nên A B⊂ , chứng minh tương tự cho B A⊂ ). Như vậy cứ mỗi một lớp tương đương sẽ cho tương ứng với mk phần tử có dạng hk (,)hHkK∈∈ (3) + Cho ,ab H∈ , giả sử a và b khơng cùng một lớp tương đương .Giả sử tồn tại i,j sao cho ij ak bk= khi đó 11 ij ab kk K H −− =∈∩ (vì 11 , ij ab Hkk K −− ∈ ∈ ) nhưng như vậy thì a và b đã cùng một lớp tương đương (mâu thuẫn điều g/s) như vậy ta có ij ak bk ≠ với mọi i,j (4) +Từ các kết luận trong (3) và (4) suy ra số phần tử của HK bằng số lớp tương đương nhân với mk hay là HK nmk= (đpcm). 7 Bài 1.29: Tìm hai phần tử a,b của nhóm G sao cho a,b đều có cấp hữu hạn nhưng ab lại có cấp vô hạn. Giải: Xét không gian G=GL(2,n). 01 12 , 11 1 1 ab − ⎛⎞⎛ ⎞ == ⎜⎟⎜ ⎟ −− ⎝⎠⎝ ⎠ , ta có 10ab = =≠ nên ,ab G ∈ . Ta có 64 2 abI== nên a,b có cấp hữu hạn, tuy nhiên () 2 11 1 01 01 n n n ab I ⎛⎞⎛ ⎞ = =≠ ⎜⎟⎜ ⎟ ⎝⎠⎝ ⎠ với mọi * nN∈ nên ab có cấp vô hạn. Bài 1.33: Chứng minh: a) Mọi nhóm cyclic đều giao hoán b) Mọi nhóm con của một nhóm cyclic cũng cyclic c) Ảnh đồng cấu của một nhóm cyclic cũng cyclic Giải: a) Ta có: m {a | }amZ=∈, do đó lấy ,uv a∈ bất kì, thì u,v có dạng , kl uava== (Với , kl Z∈ ) Suy ra kl kl lk lk uvaaaaaavu ++ = === =. b) Tính chất căn bản c) Xét đồng cấu : f GU→ ( ở đây Ga= ) Ta sẽ chứng minh m ( ) {[f(a)] | } f GmZ=∈ • Thật vậy xét ()ufG∈ bất kì, khi đó f(u) có dạng ( ) ( ) n f ufa= với nZ∈ . Vì f đồng cấu cho nên n ()[()] n f afa= , từ đó suy ra nm ( ) [ ( )] {[f(a)] | } f ufa mZ=∈ ∈ Vậy m () {[f(a)]| } f GmZ⊂∈ (1) • Ngược lại, giả sử m {[f(a)] | }vmZ∈∈ tức n [f(a)] ,vnZ = ∈ Do f đồng cấu nên n ()[()] n f afa= suy ra ( ) ( ) n vfa fG=∈ Vậy m () {[f(a)]| } f GmZ⊃∈ (2) (1)+(2) cho ta kết luận. Bài 1.37 Cho (G,.) là một nhóm và H là một nhóm con của G . Chuẩn hoá tử của H trong G là tập con của G định bởi ( ) {x G|xH=Hx} G NH=∈ . Chứng minh rằng: a) ( ) G NH là nhóm con của G b) H là nhóm con chuẩn tắc của ( ) G NH c) H là nhóm con chuẩn tắc của G khi và chỉ khi ( ) G NH=G d) ( ) G NH là nhóm con lớn nhất của G nhận H làm nhóm con chuẩn tắc. Giải: 8 a) • Vì ( ) G eNH∈ nên ( ) G NH φ ≠ và đương nhiên ta có ( ) G NH G⊂ . Như vậy ta cần chứng minh hai điều sau: i)Nếu , ( ) G uv N H∈ thì ( ) G uv N H∈ ii)Nếu ( ) G uNH∈ thì 1 () G uNH − ∈ • G/s , ( ) G uv N H∈ tức là uH=Hu và vH=hv: Suy ra uvH=u(vH)=u(Hv)=(uH)v=Huv nên ( ) G uv N H ∈ do đó (i) được chứng minh. • G/s ( ) G uNH∈ tức là uH=Hu. Ta có eH=He nên 1111 ()uu H Huu Hu u uHu −−−− == = suy ra 11 uH Hu −− = (luật giản ước) hay 1 () G uNH − ∈ vậy (ii) được chứng minh. b) • eH H φ ∈⇒≠ • () G x HxHHHxxNH∈⇒ = = ⇒∈ do đó ( ) G HNH⊂ • , x yH xyH∈⇒∈ (vì H là nhóm con của G) • 11 HG x Hx x −− ∈⇒ = (vì H là nhóm con của G) (1) () G x HxNH∈⇒∈ (vì ( ) G HNH⊂ ) do đó 11 () G NH G x x − − = (vì ( ) G NH G≤ ) (2) (1)+(2) suy ra 11 () G HNH xx −− = Từ các điều trên suy ra ( ) G HNH≤ • Chứng minh ( ) G HNH Lấy ( ) G x NH∈ bất kì, cần chứng minh 1 , x hx H h H − ∈ ∀∈ Ta có ' x HHx xhhx=⇒= (, ' )hh H ∈ suy ra 1 ' x hx h H − = ∈ (xong!) c) • If ( ) G NH G= , theo câu b ta có ( ) G HNH suy ra HG • If HG ta cần chứng minh ( ) G NH G = . Đương nhiên ta có ( ) G NH G⊂ ta sẽ chứng minh GH⊂ nữa là xong Lấy x G∈ bất kì, vì HG cho nên xH=Hx suy ra ( ) G x NH ∈ (xong!) d) Giả sử UG≤ và HU ta sẽ chứng minh ( ) G UNH⊂ . Thật vậy, lấy uU∈ bất kì, vì HU nên ta có uH=Hu suy ra ( ) G uNH ∈ (xong!) Bài 1.41: Cho G là một nhóm hữu hạn và H là một nhóm con của G có chỉ số [ ] :GH=2.Chứng minh H là một nhóm con chuẩn tắc của G .Hãy tổng quát hoá kết quả trên. Giải: Ta chỉ phát biểu và giải bài toán tổng quát. 9 Bài toán:Giả sử p là số nguyên tố bé nhất chia hết cấp của nhóm G và H là nhóm con chỉ số p trong G .Chứng minh HG . Chứng minh: Tập hợp H N { } | x GxH Hx=∈ = là chuẩn hoá tử của H trong G . Ta có H HN G≤ và HG ⇔ H NG = (bài 1.37). Vậy để chứng minh HG ta sẽ chứng minh H NG = . Mà G hữu hạn và [ ] : H H GNGN= (định lý Lagrange) nên điều cần chứng minh tương đương với H GN= hay [ ] : H GN =1. Cũng theo định lý Lagrange ta có: [ ] :GHGH= , [ ] : HH NHNH= (1). Suy ra: [ ] [ ] [ ] :: : HH GH GN N H= (2). Do đó [ ] : H GN là ước của [ ] :GH.Mà [ ] :GH= p là số nguyên tố nên [ ] : H GN =1 hoặc [ ] : H GN = p . • Nếu [ ] : H GN =1 thì ta có điều phải chứng minh. • Nếu [ ] : H GN = p thì từ (2) ta được [ ] : H NH=1.Lại từ (1) cho ta H NH= . Mà H ⊂ H N ⊂ G hữu hạn nên suy ra H N = H . Đặt P = { } 1 | x Hx x G − ∈ . Xét ánh xạ g :/ H GN P→ 1 H x NxHx −  , x yG∀∈ta có: 111 1 1 ()( ) () () H H HHH gxN gyN xHx yHy yxH Hyx yx N xN yN −−− − − =⇔=⇔=⇔∈⇔=. Chiều ( ) ⇐ chứng tỏ g là ánh xạ,chiều ( )⇒ cho thấy g là đơn ánh. Hơn nữa, g là toàn ánh vì với mọi VH ∈ thì 1 VxHx − = () x G ∈ ,chọn / H H UxN GN=∈ ta được ( ) gU V= . Vậy g là song ánh.Suy ra: : H PGN p==. Kí hiệu p S là tập hợp các song ánh từ P vào P .Thế thì p S là nhóm với phép hợp nối ánh xạ,đồng thời ! p Sp= . Với mỗi aG∈ xét ánh xạ: a f : PP→ 111 x Hx axHx a − −−  , x yG∀∈ ta có: 11111111 ()() aa f xHx f yHy axHx a ayHy a xHx yHy − − −− −− − − =⇔=⇔=. Suy ra a f là ánh xạ và là đơn ánh. Hơn nữa,nếu 1 VyHy P − =∈ thì 1111 ()()VaayHaya − −−− = .Chọn 11 ; x ayU xHx − − == ta được () a f UV= nên a f là toàn ánh. Vậy a f là song ánh.Do đó a f ∈ p S , ∀ aG ∈ . Xét ánh xạ: f : p GS→ 10 a af Ta có ( ) ; ( ) ( ) ab a b f ab f f a f b f f==. 1 x Hx P − ∀∈ thì 1111111 a ()( ) () ba ab f f xHx f bxHx b abxHx b a f xHx −−−−−−− === nên ab a b f ff = hay ( ) ( ) ( ) f ab f a f b= .Do đó f là một đồng cấu nhóm. Nếu erfak∈ thì aP f Id= .Cho nên ( ) , a f zzzP = ∀∈ .Vì HP ∈ do đó ( ) a f HH= hay 1 H aHa H aH Ha a N H − =⇔ = ⇔∈ = .Do vậy erfk ⊂ H .Mà erfk là nhóm nên erfk H ≤ . Ta chứng minh [ ] :er fHk =1. Giả sử [ ] :er fHk >1,thế thì [ ] :er fHk có một ước số nguyên tố q . Ta có [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] : er f / er f ( : ) /( / : er f ) : : er fGk G k HGH H Hk GH Hk pq== =  . Mà P /er f Im f SGk ≅≤(định lý 8.9 và 8.7). Suy ra !ppq (1)!pq⇒− .Do q là số nguyên tố nên phải có q < p . Nhưng [ ] |:er fqHk thì cũng có |qG,mâu thuẫn với giả thiết p là ước số nguyên tố nhỏ nhất chia hết cấp G . Vậy [ ] :er fHk =1.Suy ra er fHk= .Lại có erfk ⊂ H hữu hạn nên er fHk= . Mà er f Gk  (định lý 8.7) do đó H G .Theo bài 1.37 thì H NG = ⇒ [ ] : H GN =1(mâu thuẫn). Vậy bài toán giải quyết xong. Bài 1.45: Chứng minh rằng: a) Nhóm hoán vị n S được sinh bởi các chuyển vị b) Nhóm thay phiên n A là nhóm con chuẩn tắc của n S và được sinh bởi các 3-chu trình c) Nếu H là một nhóm con chuẩn tắc của n A và H có chứa ít nhất một 3-chu trình thì H= n A Giải: a) Gọi A là tập chứa tất cả các chuyển vị, đương nhiên ta có n AS⊂ , vì n S là một nhóm và chứa A cho nên n A S⊂ (1) Nhưng lưu ý với n S σ ∈ bất kì thì σ luôn được phân tích dưới dạng tích của các chuyển vị, do đó A σ ∈ , vì vậy n SA⊂ (2) Từ (1) và (2) suy ra nhóm hoán vị n S được sinh từ các chuyển vị. b) • Nhắc lại nhóm thay phiên n A là tập hợp tất cả các hoán vị chẵn của nhóm hoán vị n S . Ta đã biết là nn AS≤ . Bây giờ ta sẽ chứng minh n AS . Muốn vậy lấy n S σ ∈ bất kì ta [...]... H (do f là đẳng cấu) ⇔ xH = yH Chiều ( ⇐ ) chứng tỏ g là một ánh xạ,chiều ( ) chứng tỏ g đơn ánh Mặt khác nếu cho zf ( H ) ∈ G ' Đặt x = f −1 ( z ) Ta có g ( xH ) = f ( x) f ( H ) = zf ( H ) Nên g là toàn ánh Vậy g là một song ánh • Kiểm tra g là một đồng cấu Với mọi xH , yH ∈ G / H Ta có: g ( xH ) g ( yH ) = ( f ( x) f ( H ) )( f ( y ) f ( H )) = ( f ( x) f ( y )) f ( H ) = f ( xy ) f ( H ) = g (( ... −1 (U ) G ( ịnh lí 8. 7) Đặt H = f −1 (U ) thì H ∈ S (G ) và h( H ) = f ( H ) = U Vậy h là toàn ánh Từ các điều trên ta cũng được h là song ánh c) Theo câu b) H G thì f ( H ) G ' Ta phải chứng minh ánh xạ g : G / H G' / f (H ) xH f ( x) H là một đẳng cấu • Với mọi xH , yH ∈ G / H ,ta có : g ( xH ) = g ( yH ) ⇔ f ( x) f ( H ) = f ( y ) f ( H ) ⇔ f −1 ( x) f ( y ) ∈ f ( H ) ⇔ f ( x −1 y ) ∈ f ( H ) ⇔ x... có dạng (2 ) hoặc dạng (3 ) Lưu ý là (ri rj )( rk rl ) = (ri rk rl ) và (ri rj )( rk rl ) = (rj rk rl )( ri rl rj ) Điều này cho ta kết luận có thể phân tích σ thành tích của các 3-chu trình Vậy An ⊂ B (4 ) Từ (1 ) và (4 ) cho ta kết luận B = An c) • Giả sử H An và H chứa một 3-chu trình là (abc) Cần chứng minh H = An • Nhận xét: Nếu ( xyz ) ∈ H thì ( xyz ), ( yzx), ( zxy ), ( xzy ), ( yxz ), ( zyx ) ∈ H... khi đó thay n = 2 f (1 ) ∈ N vào (1 ) ta có: ⎛ 1 f⎜ ⎜ 2 f (1 ) ⎝ ⎞ f (1 ) ⎟= ⎟ 2 f (1 ) ∉ Z (mâu thuẫn f : Q → Z ) ⎠ ⎛1⎞ ⎛1⎞ Vậy f (1 ) = 0 , do đó từ f (1 ) = nf ⎜ ⎟ , ∀n ∈ N * suy ra f ⎜ ⎟ = 0, ∀n ∈ N * ⎝n⎠ ⎝n⎠ • Lấy u ∈ Q bất kì ta sẽ chứng minh f(u)=0 +Ta có f (0 ) = f (0 + 0) = f (0 ) + f (0 ) ⇒ f (0 ) = 0 , nên u=0 thoả Hơn nữa f (u ) + f ( u ) = f (u − u ) = f (0 ) = 0 ⇒ f (u ) = f ( u ), ∀u ∈ Q , do đó... minh ánh xạ: g : P(G ) P (G ' ) H f (H ) là một song ánh • Ta có, nếu H ≤ G thì f ( H ) ≤ G ' ( ịnh lí 8. 7) Hơn nữa nếu H = K ≤ G Cho y ∈ f ( H ) ,tồn tại x ∈ H = K sao cho y = f ( x) ∈ f ( K ) ,do đó f ( H ) ⊂ f ( K ) Tương tự f ( K ) ⊂ f ( H ) Cho nên f ( H ) = f ( K ) Vậy ánh xạ g là hoàn toàn xác định • Nếu H , K ≤ G và f ( H ) = f ( K ) Cho x ∈ H ,dẫn đến f ( x) ∈ f ( H ) = f ( K ) ,suy ra x ∈ K... ∈ H Thật vậy vì ( xzy ) = ( xyz )( xyz ) thuộc H Mà ta có: ( xyz ) = ( yzx) = ( zxy ) và ( xzy ) = ( yxz ) = ( zyx) Nên nhận xét được chứng minh • Trở lại bài toán, lấy p ∈ {1,2, ,n} bất kì thoả p ∉ {a,b,c} Ta có: ( pcb) = ( pac)(abc )( pac) −1 ∈ H Theo “nhận xét” suy ra: (bpc) ∈ H Lập luận tương tự như trên, với mọi q ∉ {b,c,p} ta có: (qpc) ∈ H Lại theo “nhận xét” suy ra (cqp ) ∈ H , và lại lập... ( H ) ;tồn tại u ∈ G, x ∈ H sao cho v = f (u ), y = f ( x) Vì H G nên 15 u −1 xu ∈ H , dẫn đến f −1 (u ) f ( x) f (u ) = f (u −1 xu ) ∈ f ( H ) ,hay v −1 yv ∈ G ' Do đó f (H ) G' Hơn nữa nếu H = K G thì tương tự câu a) ta cũng có f ( H ) = f ( K ) Vậy h xác định • Tương tự câu a) ta cũng có nếu H , K G và f ( H ) = f ( K ) thì H = K Vậy h là đơn ánh • Với mọi U ∈ S (G ' ) ,ta có U G ' nên f −1 (U... \ (t − t ' ) Suy ra n \ (t − t ' ) ,do đó bt −t = e' ' ' hay bt = bt hay f (a t ) = f (a t ) Với mọi z ∈ G ' , z = bt (t ∈ ) ,chọn x = a t thì z = f ( x) nên f là toàn ánh Với mọi x, y ∈ G, x = a r , y = a s (r , s ∈ ) Ta có f ( x) f ( y ) = b r b s = b r + s = f (a r + s ) = f ( xy ) Suy ra f là đồng cấu Vậy G ' là ảnh đồng cấu của G qua f Bài 1.65: Cho f là một đẳng cấu từ nhóm (G, .) đến nhóm (G... ánh • Với mọi U ∈ P(G ' ) ,ta có U ≤ G ' ,nên f −1 (U ) ≤ G ( ịnh lí 8. 7) Đặt V = f −1 (U ) thì V ∈ P(G ) và g (V ) = f (V ) = U Vậy g ;là toàn ánh Từ các điều trên ta có g là một song ánh b) Kí hiệu S ( X ) là tập hợp tất cả các nhóm con chuẩn tắc của nhóm X Ta cần chứng minh ánh xạ h : S (G ) S (G ' ) H f (H ) là một song ánh • Ta có nếu H G ,thì H ≤ G nên f ( H ) ≤ G ' ( ịnh lí 8. 7). Mặc khác, với... dưới dạng tích của các chuyển vị trong Sn : σ i = (r1r2 rp ) = (r1rp )( r1rp −1 ) (r1r2 ) Chính vì vậy ta có thể phân tích σ thành tích của các chuyển vị, trong đó hai chuyển vị đứng cạnh nhau có dạng: (ri rj )( ri rk ) (trong đó ri , rj , rk khác nhau đôi một), (2 ) hoặc là: (ri rj )( rk rl ) (trong đó ri , rj , rk , rl khác nhau đôi một) (3 ) Hơn nữa sgn(σ ) = 1 nên số chuyển vị phân tích như trên là một . 90 2 (x+ 6 )( y+ 6 )( z+ 6)- 6 (1 ) x * (y * z) = x * (9 0(y+ 6 )( z+ 6)- 6) = 90(x+6 )( 90(y+ 6 )( z+ 6)- 6+ 6)- 6 = 90 2 (x+ 6 )( y+ 6 )( z+ 6)- 6 (2 ) từ (1 ) và (2 ) suy ra ( G, * . có: ( )( ) (( )( ) )( ( )( )) (( )( ) )( ) ( )( ) (( ) )gxHgyH fxfH fyfH fxfy fH fxyfH g xyH====. Vậy g là một đồng cấu. Tóm lại ta có g là một đẳng cấu từ