ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH PHÒNG KHCN-SĐH oOo LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn: PGS TS BÙI XUÂN HẢI Người thực hiện: NGUYỄN TRỌNG TUẤN Khóa 18-Đại số Lý thuyết số THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Tháng -2008 LỜI CẢM ƠN Tôi xin gửi lời cảm ơn đên thầy cô trường Đại học sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh trực tiếp giảng dạy, trang bò cho nhiều kiến thức làm sở để viết luận văn Xin chân thành cảm ơn Phòng Khoa học - Công nghệ Sau đại học trường Đại học sư phạm thành phố Hồ Chí Minh đãtạo nhiều điều kiện cho học tập Đặc biệt, xin tỏ lòng tri ân sâu sắc đến PGS.TS.Bùi Xuân Hải, người trực tiếp hướng dẫn động viên suốt trình viết luân văn Xin gửi lời cảm ơn chân thành đến q thầy cô trường Phổ thông khiếu, trường Đại học khoa học tự nhiên thuộc Đại học quốc gia thành phố Hồ Chí Minh tạo nhiều điều kiện thuận lợi cho học tập Xin gửi lời cảm ơn đến bạn bè thân hữu, đặc biệt bạn Đinh Kao Phạn Gia lai quan tâm , động viên giúp đỡ suốt khóa học, Cuối cùng, xin cảm ơn gia đình, nguồn động viên tinh thần q báu mà thiếu nó, hòan thành luận văn Nguyễn Trọng Tuấn Học viên cao học khóa 18 MỤC LỤC GIỚI THIỆU VỀ POS - NHÓM 1.1 CẤP CỦA PHẦN TỬ TRONG MỘT NHÓM HỮU HẠN 1.2 ĐỊNH NGHĨA POS - NHÓM 1.3 MỘT SỐ ĐIỀU KIỆN CẦN CỦA POS - NHÓM 2 MỘT LỚP CÁC POS- NHÓM KHÔNG ABEN 10 2.1 KIẾN THỨC BỔ SUNG 10 2.2 XÂY DỰNG POS - NHÓM KHÔNG ABEN DỰA VÀO S3 13 2.3 MỘT VÀI KẾT QUẢ 17 TÍNH CHẤT POS CỦA MỘT SỐ NHÓM KHÔNG 3.1 NHÓM NHỊ DIỆN Dn 3.2 NHÓM TUYẾN TÍNH ĐẶC BIỆT SL(2,q) 3.3 NHÓM TUYẾN TÍNH XẠ ẢNH PSL(2,q) 3.4 NHÓM CÁC PHÉP THẾ CHẴN An ABEN 21 21 24 42 43 MỞ ĐẦU Nhóm hữu hạn vấn đề quan tâm toán hoc Một lớp nhóm hữu hạn có liên quan cấp nhóm số phần tử có cấp nhóm nhóm có tập hòan chỉnh ( Perfect Order Subsets Group ) hay gọi POS - nhóm Đó nhóm hữu hạn mà số phần tử có cấp ước cấp nhóm Việc nghiên cứu POS- nhóm bắt đầu vào năm 2002 với báo A Curious Connection Between Fermat Numbers and Finite Groups tác giả Carrie E.Finch Lenny Jones Trong [1], tác giả liên hệ POS - nhóm aben với số nguyên tố Fecma Hơn nữa, tác giả xây lớp POS - nhóm aben xây dựng dựa Z2 Một số vấn đề đặt [1] tác giả Carrie E.Finch Lenny Jones nêu : • Tồn hay không POS - nhóm không aben khác S3 ? • Nếu G POS - nhóm p là ước nguyên tố lẻ | G | phải | G | chia hết cho ? Tiếp , tác giả Carrie E.Finch Lenny Jones báo Nonanabelian Groups With Perfect Order Subsets đưa nhiều kết liên quan đến POS - nhóm không aben Một lớp POS- nhóm không aben xây dựng dựa S3 Ngoài ra, Carrie E.Finch Lenny Jones đầy đủ giá trò q cho nhóm tuyến tính đặc biệt SL(2, q) POS - nhóm Các tác giả khảo sát vài trường hợp nhóm có lớp liên hợp phần tử cấp p nguyên tố nhóm phép chẵn An Mới vào tháng năm 2009, báo On Finite Groups Having Perfect Order Subsets, Ashish Kumar Das trình bày số kết POS - nhóm theo hướng khác Tác giả báo số điều kiện cần để nhóm hữu hạn POS - nhóm Ngoài ra, dựa vào Đònh lí Richert số nguyên tố, Ashish Kumar Das chứng minh An POS - nhóm với n ≥ Luận văn viết dựa vào [2] phần [1] [3] Nội dung chủ yếu luận văn xét đến POS - nhóm không aben Các kết lí thuyết số chứng minh đầy đủ Một số kết không đưa chứng minh chúng tương tự với chứng minh trước Có thể thấy rằng, nhóm có phải POS - nhóm hay không phụ thuộc vào cấu trúc cấp nhóm Nhóm có cấp lớn cấu trúc phức tạp việc nghiên cứu tính POS phức tạp Phương pháp thông thường sử dụng xác đònh lớp liên hợp nhóm Trong nhiều trường hợp ta phải giải vấn đề lí thuyết số Luận văn làm rõ nội dung ý tưởng báo nêu Học viên chứng minh S3 × (Z3)t × M POS - nhóm ( Mệnh đề ) Bằng phương pháp tương tự nêu [2], học viên xác đònh có POS - nhóm dạng T × (Z2 )t × M G = T × Z2 (Mệnh đề ) Ngoài ra, luận văn, không sử dụng Đònh lí Richert số nhiều giá trò n để An POS - nhóm ( Các Mệnh đề 34, 35, 36, 37) Cụ thể An POS - nhóm điều kiện sau thỏa mãn • n = 2m, m m − số nguyên tố • n = 2p + r với p nguyên tố r ∈ {0, 1, 2, , p − 1} • n = p1 + p2 + + pk + r với pi số nguyên tố lẻ khác r ∈ {0, 1} • n = 3p với p số nguyên tố lẻ Luận văn chia thành chương: • Chương 1: GIỚI THIỆU VỀ POS - NHÓM Đònh nghóa số điều kiện cho POS - nhóm • Chương 2: MỘT LỚP CÁC POS - NHÓM KHÔNG ABEN Sử dụng kiến thức lí thuyết số để xây dựng lớp POS - nhóm không aben Từ chứng minh tồn vô hạn POS - nhóm không aben • Chương 3: TÍNH CHẤT POS CỦA MỘT SỐ NHÓM KHÔNG ABEN Nghiên cứu tính chất POS số nhóm hữu hạn : Dn , SL(2, q), P SL(2, q) Vì khả có hạn nên luận văn chắn có nhiều thiếu sót Rất mong q thầy, cô bạn đồng nghiệp góp ý, giúp đở Tôi xin thành thật cảm ơn Nguyễn Trọng Tuấn Học viên cao học khóa 18 Chương GIỚI THIỆU VỀ POS - NHÓM 1.1 CẤP CỦA PHẦN TỬ TRONG MỘT NHÓM HỮU HẠN Đònh nghóa Cấp phần tử a nhóm G số nguyên dương n bé cho an = Mệnh đề ( Đònh lí Lagrăng) Cấp phần tử tùy ý nhóm hữu hạn G ước | G | Cho G nhóm Với x ∈ G, ta kí hiệu OS(x) = {y ∈ G| | x |=| y |} Mệnh đề Với x ∈ G ta có | OS(x) | chia hết cho ϕ(| x |) Chứng minh Với a, b ∈ G, ta viết a ∼ b a b sinh nhóm xyclic G Dễ dàng kiểm tra ∼ quan hệ tương đương Khi G chia thành lớp tương đương rời Ta gọi [a] lớp tương đương chứa a Bây giờ, ∀x ∈ G, ∀a ∈ OS(x) ta có [a] ⊂ OS(x) | [a] |= ϕ(| a |) = ϕ(| x |) Từ gọi k số lớp tương đương tạo thành OS(x) ta có | OS(x) |= k.ϕ(| x |) Đó điều cần chứng minh Đònh nghóa Hai phần tử a b nhóm G gọi liên hợp với có g ∈ G cho b = g −1 ag Hai phần tử liên hợp với có cấp Nhưng điều ngược lại không : Hai phần tử cấp không liên hợp với Đònh nghóa Cho G nhóm • Tâm G tập hợp Z(G) = {g ∈ G | gx = xg, ∀x ∈ G} • Với x ∈ G, tâm hóa tử x CG(x) = {g ∈ G | gx = xg} •Với S ⊂ G, tâm hóa tử tập S CG (S) = {g ∈ G | gx = xg, ∀x ∈ S} Từ đònh nghóa ta có Z(G) = CG(x) x∈G CG(x) = CG (x) x∈S Mệnh đề Cho x phần tử nhóm G Khi số phần tử G liên hợp với x | [G : CG(x)] | Quan hệ liên hợp phần tử nhóm G quan hệ tương đương Từ G chia thành lớp tương đương Ta có phương trình sau gọi phương trình lớp nhóm G: n | [G : CG(xi )] | | G |=| Z(G) | + i=1 Ta thấy để xác đònh phần tử có cấp nhóm, hướng tiếp cận xác đònh phương trình lớp nhóm Đây phương pháp ta sử dụng phần 1.2 ĐỊNH NGHĨA POS - NHÓM Cho G nhóm hữa hạn x ∈ G Tập cấp G xác đònh x tập hợp tất phần tử G có cấp với x Đònh nghóa Nhóm G gọi POS - nhóm ( Perfect Order Subsets Group ) số phần tử tập cấp ước | G | Ví dụ • Nhóm Z2 POS nhóm • Nhóm S3 gồm phần tử: phần tử cấp ; phần tử cấp phần tử cấp Vậy S3 POS nhóm • Nhóm xyclic Z5 POS nhóm có phần tử cấp Ví dụ Với số p nguyên tố lẻ, nhóm Heisenberg      a b H(Fp ) =  c  | a, b, c ∈ Fp   0 POS Việc kiểm tra H(Fp ) nhóm đơn giản Ta chứng minh phần tử cấp đơn vò H(Fp ) có cấp p Thật vậy, với α ∈ H(Fp ), ta viết α = I + β với I ma trận đơn vò   a b β= 0 c  0 Chú ý  0 ac β2 =  0  0   0 β3 =  0  0  Từ dẫn tới kết β k = 0, ∀k ≥ Do αp = (I + β)p = I p = Fp Vậy số phần tử cấp p H(Fp) p − Suy H(Fp ) POS 1.3 MỘT SỐ ĐIỀU KIỆN CẦN CỦA POS - NHÓM Mệnh đề Cho G nhóm xyclic cấp n Khi G POS nhóm n = 2a 3b , a, b số tự nhiên với a ≥ b ≥ Chứng minh Ta biết với ước dương d | G | G có φ(d) phần tử cấp d Như để G POS nhóm điều kiện cần đủ ϕ(d) | n với d | n Chú ý d | n ϕ(d) | φ(n) Do điều kiện tương đương với φ(n) | n Bằng cách chứng minh tương tự Mệnh đề ta điều cần chứng minh Từ mệnh đề , ta có hệ sau đây: Hệ Với n ∈ N ∗ , Z2n POS nhóm Hệ Nhóm xyclic cấp p nguyên tố POS nhóm p = dụng kết Mệnh đề 21, ta suy có q+1 lớp liên hợp phần tử x ∈ b số phần tử lớp q(q − 1) |G| = = q(q − 1) | b | q +1 Chú ý đến đẳng thức q2 − q−3 q−1 + + + q(q + 1) + q(q − 1) = q(q − 1) =| G | 2 ta thấy G có q−3 q−1 + =q+4 2 lớp liên hợp Trong : • z có liên hợp • Mỗi lớp liên hợp phần tử c, d, zc, zd chứa q 2−1 phần tử • Với phần tử dạng al với ≤ l ≤ q−3 có lớp liên hợp chứa q(q + 1) phần tử có lớp liên hợp chứa q(q − 1) • Với phần tử dạng bm với ≤ m ≤ q−1 phần tử 6+ Bây ta xét trường hợp q = 2n Cho F trường hữu hạn có q = 2n phần tử ν phần tử sinh F ∗ Xét nhóm tuyến tính đặc biệt G = SL(2, q) Ta kí hiệu 1 ν I= ,c = ,a = 1 ν −1 Mệnh đề 28 Cho G = SL(2, F ) với F trường hữu hạn có 2n phần tử Khi G chứa phần tử b có cấp q + Hơn x ∈ b CG(x) = b xr liêân hợp với x r ∈ {−1, 1} Chứng minh Tương tự việc chứng minh Mệnh đề 24, 25 36 Mệnhđề 29 G=SL(2,F) có q + lớp liên hợp cho bảng sau x c al bm | (x) | q − q(q + 1) q(q − 1) ≤ l ≤ q−1 ,1 ≤ m ≤ q2 Chứng minh Bằng tính tóan trực tiếp ta có CG(c) = α β α , α, β ∈ F, α2 = = β ,β ∈ F Như | CG (c) |= q từ q(q − = q2 − | c |= q Tương tự trường hợp p lẻ, ta có kết sau đây: l • Với ≤ l ≤ q−1 , G có lớp liên hợp a gồm q(q + 1) phần tử lớp liên hợp ta thấy có q−2 • Với ≤ m ≤ q2 , G có lớp liên hợp bm có q(q − 1) phần tử có q lớp Chú ý từ đẳng thức + q2 − + q q−2 q(q + 1) + q(q − 1) = q(q − 1) =| G | 2 ta suy lớp liên hợp vừa nêu toàn lớp liên hợp G Từ Mệnh đề trên, ta mô tả đầy đủ cấu trúc SL(2, q) bảng sau 37 Lớp liên hợp Cấp đại diện Số phần tử lớp 1 z 2 q −1 c p q2 −1 d p q2 −1 zc 2p q2 −1 zc 2p q−1 al , ≤ l ≤ q−3 q(q+1) (l,q−1) q−1 q+1 m b ,1 ≤ m ≤ q(q-1) (m,q+1) (Bảng I - Mô tả lớp liên hợp SL(2,q) với q lẻ ) Lớp liên hợp Cấp đại diện Số phần tử lớp 1 c q −1 q−2 q−1 l a ,1 ≤ l ≤ q(q+1) (l,q−1) q q+1 bm , ≤ m ≤ q(q-1) (m,q+1) (Bảng II - Mô tả lớp liên hợp SL(2,q) với q chẵn ) Mệnh đề 30 Cho nhóm G = SL(2, F ) , F trường hữu hạn có q = pn phần tử với p nguyên tố i) Tổng số phần tử cấp q − G φ(q − 1) q(q + 1) ii) Tổng số phần tử cấp q + G φ(q + 1) q(q + 1) Chứng minh Ta xét trường hợp p số nguyên tố lẻ Trường hợp p = xét tương tự i) Ta thấy phần tử có cấp q − ứng với giá trò ≤ l ≤ q−3 38 cho (l, q − 1) = Theo Mệnh đề ta thấy số số l φ(q−1) giá tò l Vậy số phần tử cấp q + G φ(q − 1) q(q + 1) ii) Các phần tử G có cấp q − ứng với số nguyên ≤ m ≤ q−1 (m, q + 1) = Mệnh đề cho ta thấy số số m q+1 Như số phần tử có cấp q − G φ(q + 1) q(q + 1) Đònh lí Cho nhóm G = SL(2, F ) , F trường hữu hạn có q = pn phần tử với p nguyên tố Khi G POS- nhóm q ∈ {2, 3, 5, 7, 9, 11, 17, 19, 41, 49, 127, 251} Chứng minh Nhắc lại cấp G | G |= q(q − 1) Trước hết ta xét trường hợp p lẻ Từ Bảng I , ta thấy số phần tử có cấp 1, p, 2, 2p ước | G | Do để kiểm tra G có phải POS- nhóm hay không ta cần xét tập cấp xác đònh phần tử al bm Đầu tiên ta xét phần tử al với ≤ l ≤ q−3 Gọi d ước q − với d = d = q − Từ Mệnh đề ta thấy số mà (l, q − 1) = d l ≤ q−3 q−1 φ d Như tổng số phần tử cấp q−1 d q−1 φ d q(q + 1) Từ Mệnh đề 24 ta cần xét trường hợp d = Lập luận cho phần tử dang bm Rõ ràng điều trường hợp q 39 chẵn Khi số phần tử cấp q − φ(q−1) q(q + 1) số phần tử φ(q+1) cấp q + q(q + 1) 2(q−1) 2(q+1) Vậy G = SL(2, q) POS nhóm φ(q−1) φ(q+1) số nguyên Sử dụng Mệnh đề 23 trường hợp m = q ± ta tất 25 phương trình Đi-ô-phăng Để ý (q + 1) − (q − 1) = tính chẵn lẻ hai vế phương trình , ta loại phương trình Trong phương trình có phương trình ứng với q chẵn 3a − 3b = Lại (q − 1, q + 1) = nên có số phương trình vô nghiệm Cuối cùng, ta lại 12 phương trình Cách giải phương trình tương tự với nên trình bày cách giải phương trình 2c−1 3d −2a−1 5d = Trước hết xét trường hợp c = 1, ta có phương trình 3d − = 2a−1 5d Giả sử b ≥ Ta thấy 3d − ≡ (mod 25) Chú ý 320 ≡ (mod 25) Từ ta chứng minh d = 20m Ta có 3d − = 320m − chia hết cho 320 − Do 310 − chia hết cho 11 nên 3d − chia hết cho 11 Vô lí 3d − có ước nguyên tố Như ta phải có b = từ có phương trình 3d − = 5.2a−1 Vì vế phải chia hết dễ dàng chứng minh d = 4m Khi ta có 3d − = 34m − = 81m − = 5.2a−1 Nếu a ≥ 5.2a−1 ≡ ( mod 32) Chú ý 812 ≡ ( mod 32) nên m = 2n Suy 3d − = 812n − chia hết cho 812 − = 5.41.32 Như 5.2a−1 phải chia hết cho 41 Vô lí Vậy a ≤ Bằng cách thử trực tiếp ta thấy có a = thỏa mãn ta có nghiệm (a = 5, b = 1, c = 1, d = 4) Tiếp theo ta xét a = Khi ta có phương trình 2c−1 3d = 5b + Nếu c ≥ vế trái phương trình chia hết cho , vế phải chia dư Vô lí 40 Với c = ta có phương trình 2.3d = 5b + Nếu d ≥ vế trái chia hết cho Do b = 6m + Nhưng dễ thấy vế phải chia hết cho 7, mâu thuẫn Vậy d = từ b = Với c = ta có 3d = 5b + phương rình vô nghiệm tính chẵn lẻ hai vế khác Tóm lại, phương trình có hai nghiệm (a = 5, b = 1, c = 1, d = 4), (a = 1, b = 1, c = 2, d = 1) Sau bảng liệt kê nghiệm 12 phương trình Phương trình 3b − 3a = 2c−1 − 2a−1 5b 2b−1 − 2a−1 = 2b−1 3c − 2a−1 = q−1 3a 2a 5b 2a 2a q +1 3b 2c 2b 2b 3c 2c−1 − 2a−1 3b = 2c−1 5d − 2a−1 3b = 2a 3b 2a 3b 2c 2c 5d 2c−1 3d − 2a−1 5b = 2a 5b 2c 3d 2b−1 5c − 2a−1 = 2a 2b 5c 2b−1 3c 7d − 2a−1 = 2a 2b 3c 7d 2d−1 − 2a−1 3b 7c = 2a 3b 7c 2d 2c−1 3d 7e − 2a−1 5b = 2a 5b 2c 3d 7e 2d−1 5e − 2a−1 3b 7c = 2a 3b 7c 2d 5e 41 Nghiệm Giá trò q tương ứng (1, 1) Vô nghiệm (1, 2) (2, 1, 1) (4,1,2) 17 (1, 1, 3) (1, 2, 2, 1) 19 (4,1,1,2) 49 (1, 1, 2, 1) 11 (5, 1, 1, 4) 161 (3, 1, 1) Vô nghiệm (1, 2, 1, 7) 127 (3, 1, 1, 1, 1) 41 (1, 3, 2, 2, 1) 251 Vô nghiệm 3.3 NHÓM TUYẾN TÍNH XẠ ẢNH PSL(2,q) Đònh nghóa Mệnh đề 31 Cho G nhóm hữu hạn không aben p số nguyên tố không chia hết | G | giả sử | CG(x) |= p với phần tử cấp p G Nếu G có nhiều lớp liên hợp phần tử cấp p G POS - nhóm Chứng minh Gọi n số lớp liên hợp phần tử cấp p G Với x ∈ G mà | x |= p theo giả thiết | CG(x) |= p Do số phần tử lớp liên hợp với x | [G : CG(x)] |= |G| p Suy tổng số phần tử cấp p G n|G| p Nếu n ≥ p tổng số phần tử cấp p G | G |, vô lí Vậy n < p Nếu G POS- nhóm có số tự nhiên k cho | G |= k n|G| p Từ nk = p Do p nguyên tố nên k = p từ n = Điều trái với giả thiết n ≥ Mệnh đề 32 Giả sử | G | chia hết cho số nguyên tố p không chia hết cho p2 S p− nhóm Sylow G Nếu CG (S) = S G có nhiều lớp liên hợp phần tử cấp p G POS - nhóm Chứng minh Trước hết để ý | S |= p Với x ∈ S, S p− nhóm xyclic cấp p nên Đònh lí Nhóm đơn P SL(2, q), q > số nguyên tố, POS - nhóm 42 Chứng minh Ta biết cấp | G | (q − 1)q(q + 1) Gọi S q− nhóm Sylow G Khi | S |= q Dễ dàng chứng minh CG (S) = S Giả sử G có lớp liên hợp phần tử cấp q Khi tất phần tử cấp q G liên hợp với Từ ta thấy số phần tử cấp q G | G | (q − 1)(q + 1) = |S | Gọi nq số q− nhóm Syslow G Số phần tử cấp q G nq (q − 1) Vậy (q − 1)(q + 1) = nq (q − 1) Nhưng điều mâu thuẫn với kết Đònh lí Syslow Do nq = q+1 nq = + kq, k ∈ N Như G phải có nhiều lớp liên hợp phần tử cấp q Áp dụng Mệnh đề ta có điều phải chứng minh 3.4 NHÓM CÁC PHÉP THẾ CHẴN An Nhóm đối xứng Sn nhóm phép hoán vò tập hợp gồm n phần tử, có cấp n! Mỗi phần tử Sn gọi phép Với n ≥ Sn không aben Vòng xích α = (i1 , i2 , , ir ) gồm số tự nhiên phân biệt biểu diễn phép α với α(ik ) = ik+1 với ≤ k ≤ r − α(ir ) = i1 Nhóm phép chẵn Sn gọi nhóm thay phiên An có có cấp n!2 43 Mọi phần tử α Sn viết dạng tích vòng xích độc lập α = (i1 , ir )(j1 , js )(l1 , lu ) Khi αm = (i1 , ir )m (j1 , js )m (l1 , lu )m | α |= (r, s, , u) Một phân hoạch n dãy số tự nhiên n1 , , nk thỏa mãn điều kiện n1 ≤ n2 ≤ nk , n1 + n2 + nk = n Nếu α = (i1 , in1 )(j1 , jnk ) ∈ Sn α xác đònh phân hoạch n 1, , 1, n1 , nk số số n − ni Hai phép α, β ∈ Sn liên hợp với chúng xác đònh lớp phân hoạch n Với k(1 ≤ k ≤ n) có n(n − 1) (n − k + 1) n! Akn = = k k k.(n − k)! vòng xích phân biệt có độ dài k Sn Mệnh đề 33 Cho số tự nhiên n ≤ n n − số nguyên tố Khi An POS nhóm Chứng minh Trước hết giả sử n số nguyên tố Khi số phần tử cấp n An Ann = (n − 1)! n 44 Rõ ràng n nguyên tố nên số ước | An | nên An POS - nhóm Tiếp theo , giả sử n − nguyên tố Khi số phần tử có cấp n − An n! An−1 n = n−1 n−1 ước | An | Mệnh đề34 Cho số tự nhiên n ≥ n n − số nguyên tố lẻ Khi A2n POS Chứng minh Trường hợp n nguyên tố kết Mệnh đề Ở ta xét p = n − số nguyên tố Số phần tử cấp p A2n An−1vi An−1 (2n)! (2n)! An−1 2n 2n + × × n+1 = + d= n−1 n−1 n−1 (n − 1).(n + 1)! 4(n − 1)2 Từ để A2n POS - nhóm 2(n−1)2 (n+1)! chia hết cho 4(n−1)+(n+1)! hay 2p2 (p + 2) chia hết cho 4p + (p + 2)! Ta có 2p2 (p+2)! = [4p+(p+2)!]2p2 −8p3 Suy 8p3 chia hết cho 4p+(p+2)! Lại có 4p + (p + 2)! = 4p[1 + 1.2.3.5.6 (p − 1)(p + 1)(p + 2)] Do 2p2 chia hết cho + 1.2.3.5.6 (p − 1)(p + 1)(p + 2) Điều xảy vi với p ≥ 2p2 < + 1.2.3.5.6 (p − 1)(p + 1)(p + 2) Còn với p = ta thấy điều mâu thuẫn cách kiểm tra trực tiếp Mệnh đề sau cho số nhiều giá trò n để An POS - nhóm.An Mệnh đề 35 An không POS - nhóm với n = 2p + r, p số nguyên tố lẻ ≤ r ≤ p − 45 Chứng minh Phần tử α cấp p An có hai loai: • α vòng xích độ dài p Có tất n! n! Apn = = p p.(n − p)! p.(p + r)! phần tử • α tích hai vòng xích độ dài p Có tất p n! (n − p)! n! Apn An−p × × = × × = 2 p p p.(n − p)! p.(n − 2p)! 2p r phần tử Từ số phần tử cấp p An d= n! 2p.r! + (p + r)! n! + = n! p.(p + r)! 2p r 2p2 r!(p + r)! Như thế, An POS - nhóm p2 r!(r + p)! 2p.r! + (p + r)! số nguyên hay p2 (p + r)! 2p + (r + 1)(r + 2) (r + p) số nguyên Chú ý p2 (p + r)! = [2p + (r + 1) (r + p)]p2 r! = 2p3 r! Do An POS nhóm 2p3 r! chia hết cho 2p + (r + 1) (r + p) Giả sử k = p − r Khi 2p + (r + 1) (r + p) = p[2 + (r + 1) (r + k − 1)(r + k + 1) (r + p)] Từ 2p2 r! chia hết cho + (r + 1) (r + k − 1)(r + k + 1) (r + p)] Dễ dàng chứng minh (r + 1) (r + k − 1)(r + k + 1) (r + p) ≡ (r + k − 1)! = (p − 1)!mod p) 46 Suy + (r + 1) (r + k − 1)(r + k + 1) (r + p) ≡ + [1 + (p − 1)!](mod p ) Theo Đònh lí Wilson + (p − 1)! ≡ (mod p) Do ước chung lớn p2 + (r + 1) (r + k − 1)(r + k + 1) (r + p) Từ suy 2.r! chia hết cho + (r + 1) (r + k − 1)(r + k + 1) (r + p) Điều vô lí 2.r! < + (r + 1) (r + k − 1)(r + k + 1) (r + p) Vậy An POS - nhóm Mệnh đề 36 Nếu n = 3p, p số nguyên tố lẻ An POS - nhóm Chứng minh Các phần tử α cấp p An bao gồm : Vòng xích độ dài p , tích hai vòng xích độ dài p, tích vòng xích độ dài p Từ tổng số phần tử cấp p An là: p p p Apn Apn An−p Apn An−p An−2p + × × + × × × d= p p p p p p Hay d= (n − p)! n! n! + × p.(n − p)! p.(n − p)! p.(n − 2p)! n! (n − p)! (n − 2p)! × × + × p.(n − p)! p.(n − 2p)! p.(n − 3p)! Bằng tính toán đơn giản ta n! n! n! 6p2 p! + 3p.(2p)! + (p!)(2p)! d= + × + n! = p(2p)! p2 p! p3 6p3 (p!)(2p)! Suy An POS - nhóm 3p3 (p!)(2p)! 6p2 p! + 3p(2p)! + (p!)(2p)! 47 số nguyên Bằng cách đơn giản cho 6p2 p!, phân số trở thành p2 1.2 (2p − 1) + (p + 1) (2p − 1) + 2.4.5 (p − 1)(p + 1) (2p − 1) Hay p3 (p − 1)!.A p3 (p − 1)!(p + 1) (2p − 1) = + (p + 1) (2p − 1) + (p − 1) (2p − 1).(p − 1)! + [1 + (p − 1)!]A A = (p + 1) (2p − 1) Chú ý A + [1 + (p − 1)!]A nguyên tố nên để phân số số nguyên p3 (p − 1)! phải chia hết cho + [1 + (p − 1)!]A Theo Đònh lí Wilson + (p − 1)! ≡ 0(mod p) Suy p ước + [1 + (p − 1)!]A Nghóa hai số p3 + [1 + (p − 1)!]A nguyên tố Do (p − 1)! phải chia hết cho + [1 + (p − 1)!]A Vô lí Vậy An POS - nhóm Mệnh đề 37 Giả sử số tự nhiên n viết dạng k n= pi + r i=1 pi số nguyên tố lẻ ,p1 < p2 < pk , r ∈ {0, 1} Khi An POS - nhóm Chứng minh Chú ý vòng xích độ độ dài pi phép chẵn Mỗi phép có cấp p1 p2 pk tích k vòng xích, vòng xích có độ dài pi Vậy số phần tử có cấp p1 p2 pk An p2 k Apn−p n! Apn1 An−p − −pk−1 × × × = d= p1 p2 pk p1 p2 pk Do pi lẻ nên | An | không chia hết cho d Vậy An POS nhóm 48 Nhận xét : Có hướng để chứng minh An POS - nhóm với số tự nhiên n Hướng thứ sử dụng Mệnh đề 35 Có thể thấy ta khẳng đònh với số tự nhiên n > có số nguyên tố p cho n3 < p < n2 ta kết luận An POS - nhóm Tuy nhiên , điều không ta biết số nguyên tố liên tiếp cách xa tùy ý Hướng thứ hai tương tự Mệnh đề 37 Có thể thấy chứng minh toán : " Mọi số chẵn viết dạng tổng hai số nguyên tố" ta giải toán tính POS An Rất tiếc, toán Gonbach tiếng chưa có lời giải Mới , [3] , sử dụng kết đònh lí Richert :"Mọi số nguyên dương khác 1,2,4,6,9 viết dạng tổng số nguyên tố lẻ phân biệt ", Ashish Kumar Das chứng minh với n ≥ An POS - nhóm Có thể thấy phép chứng minh hòan tòan giống phép chứng minh Mệnh đề 37 Rất tiếc, học viên chưa tìm trích dẫn đònh lí Richert nên chưa thể dẫn luận văn 49 KẾT LUẬN Có thể thấy POS - nhóm Do việc xác đònh nhóm POS - nhóm có ý nghóa Trong [1], [2], [3] luận văn đưa số dạng POS - nhóm Có hai hướng để tìm POS - nhóm Thứ khảo sát nhóm cổ điển biết Ta biết vấn đề giải nhóm xyclic, Dn, SL(2,q) , An Một số nhóm ta quan tâm SL(n,q), PSL(n,q) với n ≥ Một khó khăn việc xác đònh phương trình lớp nhóm cần phải xử lí khối lương tính toán lớn Các kết lí thuyết nhóm cần sử dụng để thu hẹp giới hạn tìm kiếm Hướng thứ hai xây dựng POS - nhóm từ POS - nhóm biết Đònh lí 2,3 Tuy nhiên, thấy POS - nhóm xây dựng " nền" Z2 Điều kiện | M | số square-free lẻ không chia hết cho làm đơn giản nhiều việc tìm POS - nhóm Có hay không cách xây dựng khác POS - nhóm ? Chẳng hạn ta bỏ hạn chế M nhóm xyclic có cấp số square-free lẻ không chia hết cho Chúng ta chọn POS - nhóm không aben khác S3 T Đây hướng đòi hỏi có nghiên cứu Ngoài , tìm kiếm thêm điều kiện để nhóm POS - nhóm Điều giúp thu hẹp phạm vi nghiên cứu Đặc biệt, từ kết Mệnh đề , ta dự đoán : Nếu G POS nhóm ord2 | G |= ord3 | G |= ord7 | G |= | G |= 42 Cuối cùng, cần tìm mối liên hệ cấu trúc nhóm với cấu trúc tập hoàn chỉnh Sự tách biệt độc lập hai cấu trúc hạn chế nhiều việc nghiên cứu POS - nhóm Ta thấy rằng, tính chất liên quan cấp phần tử , kiến thức khác nhóm không sử dụng nhiều việc khảo sát tính POS nhóm 50 [...]... dựng các POS- nhóm không aben dựa vào Z2 Sử dụng các POS - nhóm đã mô tả trong Mệnh đề 12, ta sẽ chỉ ra một lớp vô hạn các POS- nhóm không aben Đó là nội dung của mệnh đề sau đây Đònh lí 2 Tồn tại vô hạn các POS- nhóm không aben 16 Chứng minh Áp dụng Mệnh đề 12 cho các POS- nhóm trong Đònh lí 1, ta được vô hạn các POS- nhóm không aben 2.3 MỘT VÀI KẾT QUẢ Trong phần này trình bày một số kết quả mà học viên... các nhóm sau đây cũng là POS - nhóm • Z2n với mọi n • (Z16 )2 × Z9 × Z125 • (Z2 )11 × Z3 × Z5 × (Z17 )2 × Z23 × Z89 Ta cũng đã biết S3 là nhóm không aben có tính chất POS Trong mệnh đề tiếp theo , ta sẽ xây dựng một đònh lí tương tự Đònh lí 4 trong [1] và qua đó xây dựng nên một lớp các POS- nhóm không aben dựa vào nhóm S3 Đònh lí 1 Cho G là một nhóm và G S3 × (Z2 )t × M, ở đây t ≥ 1 và M là nhóm. .. của Dn làn ,một ước của | Dn | Ta hãy tính số phần tử có cấp khác 2 Gọi d là một ước của n Ta biết rằng số các số t mà 1 ≤ t ≤ n và (n, t) = d là φ nd Dễ dàng thấy rằng số các số t như thế mà 1 ≤ t ≤ k là 12 φ nd Vậy tỏng số các phần tử cấp nd là φ nd Để Dn là POS - nhóm thì φ|Dnn | = φ 2nn là số nguyên hay φ2(2k+1) là số nguyên (d) (d) ( 2k+1 d ) 2k+1 là số nguyên thì với mọi ước d của n, số φ2(2k+1)... lẻ Tóm lại, m không thể có ước nguyên tố Do đó m =1 và M là tầm thường Khi đó G = T × Z2 Dễ dàng kiểm tra được rằng G là POS - nhóm 20 Chương 3 TÍNH CHẤT POS CỦA MỘT SỐ NHÓM KHÔNG ABEN 3.1 NHÓM NHỊ DIỆN Dn Xét đa giác đều n cạnh (n > 3) Đánh số các đỉnh của đa giác lần lượt là 1, 2, , n theo hướng ngược chiều kim đồng hồ Qua phép Gọi a là phép quay xung quanh tâm của đa giác đều một góc 2π n quay...Mệnh đề 5 Giả sử G là POS nhóm Khi đó với mỗi ước nguyên tố p của | G | thì p − 1 cũng là ước của | G | Đăc biệït nếu G là POS nhóm không tầm thường thì | G | là số chẵn Chứng minh Theo đònh lí Cauchy, G có một phần tử cấp p Vì G là POS nhóm nên theo Mệnh đề 5 ta có φ(p) = p − 1 là ước của | G | Mệnh đề 6 Cho G là một 2− nhóm con Khi đó G là một POS - nhóm khi và chỉ khi G là xyclic Chứng... nữa nếu m, n là các số square-free và (m, n) = 1 thì mn cũng là số square - free 12 2.2 XÂY DỰNG POS - NHÓM KHÔNG ABEN DỰA VÀO S3 Trong [1] đã xây dựng một lớp các POS - nhóm aben dựa vào Z2 Cụ thể, xét G (Z2 )t × M , ở đây t ≥ 1 và M là nhóm xyclic có cấp là một số square-free Khi đó nếu G là POS -nhóm thì G đẳng cấu với một trong 9 nhóm sau đây : • Z2 • (Z2 )2 × Z3 • (Z2 )3 × Z3 × Z7 • (Z2 )4 ×... Với cùng một cách thức như trên , chúng ta có các mệnh đề sau đây Mệnh đề 14 Giả sử G S3 × (Z3 )t × M, ở đây M là nhóm xyclic có cấp là một số square-free không chia hết cho 6 Khi đó G không phải là POS nhóm Chứng minh Theo Đònh lí 1 thì G không phải là POS - nhóm khi t = 0 Xét t ≥ 1 Dễ thấy số phần tử cấp 3 của G là 2 + (3t − 1) + 2(3t − 1) = 3t+1 − 1 Do G là POS - nhóm nên 3t+1 − 1 là ước của 6.3t... ước của 2 | M | Số phần tử cấp 6 của G là 3(3t − 1) và số này là ước của 6.3t | M | Suy ra 3t − 1 là ước của 2m Do cả 3t − 1 và 3t+1 − 1 đều là ước của 2m nên 2.3t là ước của 2m Từ đó 3t là ước của m Vì m là số square-free nên t = 1 Từ đó 2m chia hết cho 8, suy ra m chia hết cho 2 và do đó m chia hết cho 6 Mâu thuẫn Ở phần trên ta đã tìm cách xây dựng các POS - nhóm không aben dựa vào S3 là POS - nhóm. .. Chứng minh Một phần tử bất kì của G có thể xem như một cặp có thứ tự (x, y), trong đó x là một phần tử của Zpa+1 và y là phần tử của M Ta biết rằng cấp của phần tử (x, y) là bội số chung nhỏ nhất của cấp của x và y Do p không là ước của M nên cấp của (x, y) là | x || y | Từ đó nếu d là cấp của (x, y) thì d = pb m, trong đó pb là cấp của x và m là cấp của y Lại do pa+1 không chia hết d nên a + 1 > b... 30 của G là 3.2.4=24 Gọi p là ước nguyên tố của | M | Khi đó p ∈ / {2, 3, 5} và số phần tử cấp 30p là 24(p − 1) Do p lẻ nên 24(p − 1) chia hết cho 16 Do đó | G | chia hết cho 16 Điều này không thể xảy ra Vậy M là tầm thường và như thếø G S3 × (Z2 )2 × Z5 là POS- nhóm Mệnh đề đã được chứng minh Đònh lí 1 đã chỉ ra một số các POS- nhóm không aben Trong [1], đã chỉ ra một cách xây dựng các POS- nhóm không