sách đại số đại cương của thầy nguyễn viết đông – trường đh khtn tphcm bạn cũng làm được như tôi

[r]

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,.) là 1 nhóm)=x.a.(y*z)=x*(y*z)

Vậy phép toán * thoả tính kết hợp

Phấn tữ đơn vị:

Ta cần tìm e’ thoả:

x*e’=x tức là :x.a.e’=x

mà x∈(G,.) nên x.e=x(với e là phần tử đơn vị của (G,.))

Suy ra 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 tử đơn vị của (G,*)

Phần tử đối của x:

Xét phần t ử x− 1’ sao 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 tử đối

x− 1∈G)

⇒ x− 1’=a− 1.x− 1 a− 1∈G.(do a− 1 và x− 1 đều thuộc G)

Vậy mọi phần tử đố của x ∈G theo phép toán * đều thuộc G

Như vậy ta kết luận được (G,*) là 1 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,.) là 1 nhóm giao hoán

Bài 1.12:

Với σ v à τ l à 2 hoán vị rời nhau,ta có: σ τ =τ σ (1)

Ta CM bài 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 2

Vậy mệnh đề đúng với k=2

Giả sử mệnh đề đúng với k=i,tức là: (σ τ )i=σ i.τ i (i)

Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với k=i+1,tức là 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 2

………

=σ i.τ i j− σ τ j+ 1

………

=σ i.σ τ i+ 1

=σ i+ 1.τ i+ 1(dpcm)

Vậy ta đã chứng minh mệnh đề đúng với mọi k ∈N

Bài 1.16:

a,

Giả sử H n= với n là một số tự nhiên.H ≠ ∅ vì 0=m0 ∈ H.Xét nx và ny là 2 phần tử của

H, ta có nx+ny=n(x+y) ∈H.Đồng thời –nx=n(–x) ∈H.Vậy H là nhóm con của( , )+

Đảo lại,giả thiết H là nhóm con của ( , )+ Nếu H={0} thì H=0

Giả sử H≠{0}.Khi đó có a∈H là một số nguyên≠0.H là nhóm con nên –a∈H

Như vậy trong H tồn tại ít nhất 1 phần tử nguyên dương.Gọi a là phần tử nguyên dương nhỏ nhất của H

Dễ thấy a là nhóm con của H (1)

Xét một phần tử x bất kỳ của H,x phải có dạng x=ma+r với | r |< a.Ta thấy r=x –ma∈H ⇒ –r∈H,hay | r |∈H.Nếu | r | > 0 thì | r | là phần tử nguyên dương nhỏ nhất ,trái vơi định nghỉa của a,vô lý.Như vậy | r | = 0,tức là x=ma ⇒ x∈a ⇒H ≤ a (2)

Từ (1) và (2),ta có H=a

Như vậy ,H=n với n∈

b,

∗Cm: m ∩n = [m,n]

• m ∩n ≤ [m,n]

Xét x ∈m ∩n ,ta có m | x và n | x ⇒ [m,n] | x ⇒tồn tại y∈ sao cho x = [m,n]y

⇒x∈[m,n]

• [m,n] ≤m ∩n

Xét x ∈[m,n] ,ta có [m,n] | x ⇒ m | x và n | x ⇒ x∈ m và x∈ n ⇒ x∈ m ∩n ∗Cm: m + n = (m,n)

• m + n ≤ (m,n)

Xét x∈ m + n ,tồn tại a,b∈ sao cho x = ma + nb.Ta thấy (m,n) | ma và (m,n) | nb,do

đó (m,n) | ma + nb hay (m,n) | x ,tức là tồn tại y∈ sao cho x = (m,n)y.Như vậy x∈(m,n)

• (m,n) ≤ m + n

Đặt d=(m,n).Tồn tại a,b ∈ sao cho d = am + bn

Xét x ∈(m,n) ,tồn tại y ∈ sao cho x = dy = (am + bn)y = aym + byn Mà aym ∈m và byn ∈ n nên (aym + byn) ∈ m + n hay x ∈ m + n

Bài 1.20:

Không mất tổng quát ,ta có thể giả thiết G là nhóm cộng

Nếu H⊂K thì H∪K = K nên là nhóm con của G,hoặc nếu K⊂H thì H∪K = H nên là nhóm con của G

Đảo lại nếu H∪K là nhóm con của G

Giả sử tồn tại ( )

( )

x K, x H 1

y H, y K 2

⎧⎪

⎨

⎪⎩ ta có x và y cùng∈ H ∪ K Do H ∪ K là nhóm con của G nên

x + y ∈ H∪K Như thế x + y hoặc ∈H hoặc ∈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 là sai,suy ra được x K, x H K H

⎡

Với G là 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 một phần tử y∈x(K H)∩ ,tồn tại z∈K H∩ thỏa y=xz.Vì z cùng thuộc K và H nên

xz∈xK và xz∈xH.Do đó xz∈xK xH∩ hay y ∈xK xH∩ ⇒ x(K H)∩ ⊂xK xH∩

b, xK xH∩ ⊂x(K H)∩

Xét một phần tử y∈xK xH∩

-vì y∈xK nên tồn tại z∈K sao cho y=xz

-vì y∈xH nên tồn tại t∈H sao cho y=xt

Ta có xz = y = xt,do tính giản ước của nhóm nên z = t.Vì vậy z∈K H∩

⇒ xz∈x(K H)∩ ,hay y thuộc x(K H)∩ Suy ra xK xH∩ ⊂x(K H)∩

Chỉ số của K,H trong G đều hữu hạn nên trong tập thương của G trên H và K chỉ có hữu hạn lớp xH và xK.Vì thế số tập hợp phân biệt xK yH∩ phải hữu hạn.Do đó số tập

x(K H)∩ phải hữu hạn,hay chỉ số của K H∩ trong G hữu hạn ,đpcm

Bài 1.28:

Đầu tiên ta chứng minh G là nhóm cyclic.Thật vậy theo định lý Cauchy do

|G|=1001=11.101 (11 và 101 là hai ước nguyên tố của |G|) nên tồn tại 2 phần tử a,b∈G sao cho |<a>|=11 và |<b>|=101

Lúc này do G là nhóm Abel nên |<ab>|=11.101=1111.Vì thế G là nhóm cyclic

Ta có G=<σ>|(Với σ là 1 hoán vị trongS999 ) với |G|=1001

Xét các trường hợp sau:

+Nếu ∃i ∈ {1,2,…999} sao cho σ( )i =i thì k( )

i i

σ = ∀ ∈ Νk (điều phải chứng minh) +Nếu σ( )i ≠i ∀ ∈ Νi Khi này:Do σ luôn phân tích được thành tích các chu trình rời nhau σ ,1 σ , ,2 σ (t t∈ Ν).Tức là σ σ σ σ= 1 .2 t(1)

Vì 1001

X

Id

σ = nên 1001

σ = ∀ ∈i {1, 2, , }t Gọi α là chiều dài của i σ thì do |<i σ >|=i α i

và 1001

σ = nên α | 1001 i ⇒α =11 v i α =101 (2) i

Từ (1),(2) ⇒phương trình 11x+101y=999 phải có nghiệm nguyên không âm(Vô lý)

Nên ta không thể có trường hợp hai này

Vậy luôn tồn tại i∈{1, 2, ,999} sao cho σ( )i =i ∀ ∈σ G

∗Định lý Cauchy:

G là nhóm hữu hạn có cấp n và p là một số nguyên tố chia hết n.Cm tồn tại một phần tử a của G thỏa |a| = p

CM:Đặt S là tập hợp tất cả các bộ (x x , , x )1, 2 p thỏa p i

i 1

x

=

∏ = e.Ta tính số phần tử của S Xét một bộ (x x , , x )1, 2 p ∈ S,với (p-1) vị trí đầu,mỗi vị trí có n cách chọn từ n phần tử của

G Phần tử xp được xác định duy nhất xp= 1

1 p 1 (x x ) −

− ứng với mỗi cách chọn p-1 phần tử đầu tiên.Như vậy là số phần tử của S là np 1− Vì n p nên np 1− p hay |S| p

Đặt T là tập các bộ

p (x, x, , x) thỏa xp = e, dễ thấy T ⊂ S

Xét tập hợp (S \ T).Ta thấy nếu (x , x , , x ) ∈1 2 p S\T thì (x , , x , x ),(x , , x , x , x )2 p 1 3 p 1 2 ,…,

p 1 p 1

(x , x , , x )− cũng ∈ S\T , tức là các hoán vị vòng quanh của (x , x , , x )1 2 p ∈ S\T.Ta cm các hoán vị này phân biệt từng đôi một

•Thật vậy,giả sử tồn tại 2 hoán vị vòng quanh khác nhau của (x , x , , x )1 2 p mà trùng nhau.Lúc này tồn tại i∈{1,2, p-1} thỏa x1=xi 1+ ,khi đó ta phải có

i 1 2i 1 2i 1 3i 1 (p 1)i 1 1

x+ =x +, x + =x +, , x − + =x ,ở đây các số m.i+1 xét trong quan hệ đồng dư mod p Tuy nhiên ta lại có tập {0.i+1,1.i+1,…,(p-1).i+1} lập thành một hệ thặng dư đầy đủ mod p Như vậy,với k bất kỳ thuộc {2,3, ,p} ,tồn tại một số m.i+1 thuộc tập trên sao 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

(x , x , , x ) ∈S\T.Do đó ko tồn tại 2 hoán vị vòng quanh khác nhau của (x , x , , x )1 2 p mà lại trùng nhau ,tức là các hoán vị này phân biệt từng đôi một

Như vậy là ta có thể chia tập hợp S\T thành các lớp phân biệt,mỗi lớp gồm 1 bộ

(x , x , , x ) và các hoán vị vòng quanh của nó.Số phần tử của mỗi một lớp là p.Do đó |S\T| chia hết cho p.Mà |S| = |T| +|S\T| ,đồng thời |S| cũng chia hết cho p

⇒ |T| p Mặt khác , (e,e,…,e) ∈ T nên |T| ≥ 1 ⇒ |T| ≥ p ≥ 2 ⇒ ∃ a ≠e ,(a,a, ,a) ∈T ,tức

là ap = e ⇒ cấp của a là p ,đpcm

Bài 1.32:

•CM: nếu G hữu hạn thì G chỉ có hữu hạn nhóm con

Ta đã biết nếu G có n phần tử thì số tập con của G là 2n, do đó nếu G hữu hạn thì số tập con của G hữu hạn

Hơn nữa do mỗi nhóm con của G là một tập con của G nên nếu G hữu hạn thì G chỉ có hữu hạn nhóm con

•CM: nếu G chỉ có hữu hạn nhóm con thì G hữu hạn

Giả sử ngược lại: G vô hạn

Lấy x∈G,x≠e, nếu cấp của x là vô hạn thì ta sẽ chứng minh tồn tại vô hạn nhóm con của

G

Thật vậy,vì cấp của x là vô hạn nên với ∀ ∈i, j ,i≠ j,ta phải có xi ≠xj (nếu ngược lại thì ta

có xi j− =e,trái với giả thiết phản chứng cấp vô hạn của x)

Xét 2 nhóm con cyclic <xn>,<xm> với m,n nguyên dương và m≠n,không mất tổng quát

có thể giả thiết m > n > 0.Vì các phần tử của nhóm con cyclic <xm> đều có dạng xkm,nên xn không thuộc <xm>.Như vậy là <xn>,<xm> phân biệt nhau

Do vậy,các nhóm con thuộc tập vô hạn { x< 1> <, x2 >, , x< n >, } đôi một phân biệt

nhau.Điều này mâu thuẫn với giả thiết hữu hạn nhóm con của G

Vậy cấp của x phải hữu hạn, từ đó ta có cấp của bất kỳ phần tử nào của G cũng hữu hạn Lấy x1∈G, do cấp x1 hữu hạn nên số phần tử của G\<x1> vô hạn =>

∃ ∈ < > Dễ thấy <x2> ≠< >x1 do x2∉< >x1

Ta thành lập một dãy các nhóm (<x n>) với các phần tử sinh được thành lập như sau: giả sử

ta đã chọn được x n, chọn x n+1 bất kỳ thuộc

1

\

n i i

=

< >

∪ (luôn tồn tại x n+1 do G vô hạn và 1

n

i

i

x

=

< >

∪ hữu hạn)

< >≠< > ∀ ≤ ∈ do 1

1

n

i

=

∉ < >∪ => dãy này gồm các nhóm phân biệt nhau từng đôi một

=> G chứa vô hạn nhóm con, trái với giả thiết

Vậy G phải hữu hạn

Bài 1.36:

Ta đưa ra một ví dụ:

Đặt A là tập hợp gồm 8 ma trận sau:

Đặt B là tập hợp gồm 4 ma trận sau:

Đặt C là tập hợp gồm 2 ma trận sau:

1 0

0 1

0 1

1 0

Dễ dàng kiểm tra được các tập trên đều là các nhóm, với C≤B≤A (chú ý rằng A chính là nhóm nhị diện D4 sẽ được giới thiệu trong bài 1.55)

Đồng thời ta sử dụng bổ đề sau (bài toán 1.41): Cho G là một nhóm hữu hạn và H là một nhóm con của G có chỉ số [G:H]=2, khi đó H là nhóm con chuẩn tắc của G

Sử dụng bổ đề trên ta suy ra: C B A

Ta có 0

0

i

i

−

⎝ ⎠ là ma trận nghịch đảo của ma trận

0 0

i i

⎜ − ⎟

Do 0 1

1 0

⎝ ⎠∈C và

0 0

i i

⎜ − ⎟

0 1

1 0

0 0

i i

−

1 0

−

⎝ ⎠∉C nên C không phải là nhóm con chuẩn tắc của A

Ví dụ trên chứng tỏ quan hệ “chuẩn tắc” không có tính bắc cầu

Bài 1.40:

Nhóm (G,.)

S⊂G, x− 1.S.x⊂<S> với x∈G

Tức là với mỗi s∈S, ∀x∈G, ta có ∃ t∈<S> sao 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 vậy ta rút ra nhận xét với i ∈{1,-1}

s∈S, ∀x∈S, ta có ∃ t∈<S> sao cho: si.x=x.ti (*)

Xét 1 phần tử y bất kì ∈<S>,y được viết dưới dạng: y=s 1

1

i ,s 2 2

i …sin

n với sj∈S, ij∈{1,-1} Vậy ∀x∈G: x− 1.y.x= x− 1 s1

1

i ,s 2 2

i …sin

n x = x− 1 s 1

1

i ,s 2 2

1

in n

−

− x.tin

n với tn∈<S>(theo nhân xét (*)) ………

= x− 1.x t 1

1

i ,t 2 2

i …tin

n với tj∈<S>

= t1

1

i ,t 2 2

i …tin

n ∈<S>

Vậy <S> chuẩn tắc trong G

Ta có trường hợp đặc biệt của bài toán x− 1.S.x⊂S v à suy ra 1 kết quả:

<a> C[G] <C[G]> G với a∈ C[G] v à C[G] là tâm của G

Bài 1.44:

Đầu tiên ta đi kiểm tra K là nhóm con của S4

Thật vậy :với bất kỳ hai hoán vị σ σ trong K.Ta có các trường hợp sau xảy ra : 1, 2

+Một trong hai hoán vị là Id X (cho σ =1 Id X ).Lúc này : Id X σ =2 σ2∈K.Đồng thời : 1

(Id X)− =Id X∈K

+Hai hoán vị đều không là hoán vị đồng nhất.Lúc này chúng chỉ có thể là 1 trong 3 cặp sau ((12)(34),(13)(24)),((13)(24),(14)(23)),((12)(34),(14)(23))

Không mất tính tổng quát ta xét cặp ((12)(34),(13)(24)).Lúc này cho σ =(12)(34), 1 2

σ =(13)(24) thì σ1σ (1)= 2 σ (3)=4, 1 σ1σ (2)= 2 σ (4)=3, 1 σ1σ (3)= 2 σ (1)=2, 1 σ1σ (4)= 2 1

σ (2)=1.Nên σ1σ =(14)(23) 2 ∈K

Đồng thời khi này 1

1

σ − =(12)(34) ∈K

Chung lại qua các trường hợp trên ta kết luận được rằng K là nhóm con của S4

*Bây giờ ta đi chứng minh K là nhóm con chuẩn tắc của S4.Thật vậy :

Rõ ràng với σ là 1 hoán vị bất kì trong S4 thì 1

X

Id

σ σ− =Id X ∈K

Do ba hoán vị còn lại (12)(34),(13)(24),(14)(23) có vai trò như nhau nên ta chỉ cần xét 1 hoán vị là đủ,các hoán vị còn lại làm tương tự

Không mất tính tổng quát ta chọn hoán vị (12)(34)

Với 1 hoán vị σ trong S4 Ta đặt rằng σ( )j =i j ∀ =j 1, 4 ⇒σ− 1 ( )i j = j ∀ =j 1, 4

Lúc này :δ( )i j = 1

(12)(34) (i )j

=σ(12)(34)( )j

Nên :δ( )i1 =i2,δ( )i2 =i1,δ( )i3 =i4,δ( )i4 =i3 n ên δ =(i i1 2)(i i 3 4) V ì K là tập hợp tất cả các hoán

vị là tích của 2 chu trình rời nhau nên δ K∈

Do đó K là nhóm con chuẩn tắc của 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 đó 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 thì Imfcó dạng n ,với n∈

Nếu a<0 ,vì − = nên Imfcó dạng (−a)(− ) (= −a) hay là dạng n ,với n∈

b.Nếu không tồn tại x 0 ≠ sao cho f (x) 0= thì Kerf ={ }0

Ngược lại,giả sử tồn tại x 0 ≠ sao cho f (x) 0= Theo câu a,ta lại có f(x)=x.f(1)=x.a,do đó x.a=0 mà x 0 ≠ nên a=0.Như vậy, Imf= a =0 ⇒ Kerf =

c.Theo câu a,ta thấy nếu f là một tự đồng cấu của nhóm cộng thì f(x) = xf(1)

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 đó f

là một đồng cấu từ → ,hay f là một tự đồng cấu của

Vậy,tất cả các tự đồng cấu f : → là f(x) = a.f(x),với a là một số nguyên bất kỳ

Bài 52:

a/ Cho G là nhóm cyclic hữu hạn cấp n, gọi a là phần tử sinh của G

Xét tương ứng:

i

Giả sử i

a = j

a , khi đó ta có i j

a− =e nên i-j=kn => i + nZ= j + kn + nZ= j + nZ

Vậy f là ánh xạ

Ta có ∀ i

a , j

a ∈G, ta có: f( i

a j

a ) = f( i j

a+ ) = i + j + nZ=( i + nZ)+ (j + nZ)

a ) + f( j

a )

Do đó f là đồng cấu

Giả sử f( i

a )=f( j

a ), khi đó i + nZ = j + nZ => (i-j) n => i

a = j

a

Vậy f là đơn cấu

Lấy i + nZ ∈ Zn, ta luôn có f( i

a ) = i + nZ, do đó f là toàn cấu

=> f là đẳng cấu

Do đó G đẳng cấu với Zn

b/ Chứng minh tương tự như trên bằng cách xét tương ứng:

i

Bài 1.56:

Bổ đề: trong nhóm nhị diện D n, cấp của b là n

Thật vậy, giả sử cấp của b là m (m<n)

Xét tập hợp A = { i

b , a i

b | i∈ Z}

Dễ thấy số phần tử phân biệt của A không lớn hơn 2m

Sử dụng giả thiết ab= 1

b a− và một phép quy nạp đơn giản, ta có a i

b = i

b− a ∀ ∈i N =>

i

b a=aa i

b a= a(a i

b )a =a( i

b− a)a=a i

b− ∀ ∈i N => a i

b = i

b− a ∀ ∈Zi

Từ kết quả này ta dễ dàng suy ra được A là nửa nhóm (lấy x,y bất kì thuộc A, nếu x= i

b , y= j

b thì xy= i j

b+ ∈A; nếu x=a i

b , y= j

b thì xy=a i j

b+ ∈A; nếu x= i

b , y=a j

b thì xy= i

b a j

b =a i

b− b j=a j i

b − ∈A; nếu x=a i

b , y=a j

b thì xy= a i

b a j

b = i

b− aa j

b = j i

b − ∈A)

Ta sẽ chứng minh A là nhóm Thật vậy, ta đã có trong A e là phần tử đơn vị, chỉ còn phải chứng minh ∀ ∈x A, ∃ ∈y A sao cho xy=e Nếu x có dạng i

b thì chọn y= i

b− là thỏa Nếu x có dạng a i

b thì ta chọn y= i

b− a , dễ thấy y∈A (do i

b− a= a i

b )

Do A là nhóm nên <a,b> ≤ A => D n ≤ A => |D n| ≤ |A| => 2n ≤ |A| ≤ 2m (trái với giả thiết là m<n)

Vậy bổ đề đã được chứng minh

•Chứng minh <b> chuẩn tắc trong D n

Theo bổ đề thì cấp của b là n, do đó chỉ số của <b> trong D n là 2.Vậy <b> là nhóm con chuẩn tắc của D n (bài toán 1.41)

•Chứng minh <a> không chuẩn tắc trong D n

Giả sử <a> (chú ý rằng <a> = {e,a}) chuẩn tắc trong D n

Khi đó ba 1

b− ∈<a> => ba 1

b− = e hoặc ba 1

b− = a Giả sử ba 1

b− = e, ta suy ra ba = b => a=e (vô lý)

Do đó ba 1

b− = a => ba = ab

Do ab = 1

b− a (tính chất của nhóm nhị diện) nên ba = 1

b− a => b = 1

b− => 2

b = e Theo bổ đề ta đã chứng minh thì cấp của b là n, suy ra n≤2 (vô lý)

Vậy <a> không chuẩn tắc trong D n

Bài 1.60:

a.Đặt n là cấp của 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 của G/Kerf = cấp của Imf.Mà lại theo định lý Lagrange ,cấp của G/Kerf chia hết cấp của G.Vậy cấp của G chia hết cho cấp của Imf

Bài 1.64:

a.Ta đi chứng minh các điều sau :

+Tính kết hợp :ta có được ngay từ tính chất hợp nối các ánh xạ

+Phần tử trung hoà :

Xét f G: →G thoả f x( )=x ∀ ∈x G.Lúc này f là tự đẳng cấu của G nên f ∈Aut G( ) Đồng thời:g f=f g=f ∀ ∈g Aut G( ).Do đó f là phần tử trung hoà của Aut G( )

+Tính đối xứng của phần tử:

Với mỗi f ∈Aut G( ) chọn 1

f− là ánh xạ ngược của f Vì f là 1 tự đẳng cấu nên

f− ∈Aut G

Rõ ràng 1

f− là phần tử đối xứng của f

Từ các điều trên ta suy ra (Aut G( ), ) lập thành 1 nhóm

b.Ta đi chứng minh ϕ là tự đẳng cấu trong của G g

Đầu tiên ta đi kiểm tra tính đơn cấu.Thật vậy:

Nếu ϕg( )x =ϕg( )y (x,y ∈ G) thì theo định nghĩa của ánh xạ ϕ ta thu được g

gxg− =gyg− ⇒x=y

Do đó ϕ đơn cấu g

Bây giờ ta đi kiểm tra tính toàn cấu của ϕ Thật vậy: g

Với mỗi y∈G,ta chọn 1

x=g yg− thì ϕg( )x =gxg− 1 =gg ygg− 1 − 1 =y ⇒ϕ toàn cấu g Chung lại, ϕ là đẳng cấu.Nên g ϕ là tự đẳng cấu trong của G g

c Đầu tiên ta chứng minh Int G( ) với phép toán lập thành 1 nhóm

Ta đi kiểm tra các tính chất sau:

+Tính kết hợp:

Hiển nhiên từ tính chất hợp nối ánh xạ

+Phần tử trung hoà: ϕ ϕx e =ϕ ϕe x = ϕx ∀ ∈x G ⇒ϕe là phần tử trung hoà của ( )Int G

+Tính đối xứng của mỗi phần tử:

Với mỗi x∈G ta có:ϕ ϕx x− 1 =ϕx− 1 ϕx =ϕe ∀ ∈x G ⇒ϕ nhận x ϕx− 1 làm phần tử đối xứng

Từ những tính chất trên ta suy ra (Int G( ), ) lập thành 1 nhóm

*Chứng minh:Int G( )≤Aut G( )

Thật vậy:với ϕ ,x ϕ y ∈Int G( ) thì rõ ràng ϕ ϕx y∈Int G( )(do 1 1 1

( )xy − =y x− − ).Đồng thời phần

tử trung hoà ϕe của Int G( )cũng chính là phần tử trung hoà của Aut G( ).Vì thế

Int G ≤Aut G

*Chứng minh:Int G( ) là nhóm con chuẩn tắc của Aut G( )

Xét x∈G, f ∈Aut G( ).Lúc này:

( ) ( ) ( ( ) ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ( )) ( )

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

( ) ( )

f ϕ f− =ϕ ∈Int G

Do đó: Int G( ) là nhóm con chuẩn tắc của Aut G( )(đpcm)

d.Xét: f G: →Int G( )

x ϕ x

Ta đi chứng minh các điều sau:

+f là 1 đồng cấu.Thật vậy:ϕxy( )t =xyt xy( ) − 1 =xyty x− 1 − 1 =ϕ ϕx y( )t ∀ ∈t G

⇒ ( )f xy = f x( ) f y( ) ∀x y, ∈G

+Im( )f =Int G( )(hiển nhiên)

+ker( ) {f = ∈x G|ϕx =ϕe} {= ∈x G xyx| − 1 =y ∀ ∈y G}={x∈G xy| = yx ∀ ∈y G}=C G( )

Ta đã có:G ker f = Im f ⇒G C G( ) =Int G( )(đpcm)

Bài 1.68 :

a)Chiều thuận: khi f là đồng cấu nhóm.Chứng minh :ml n

Thật vậy : f e( )= f x( )0 = y0 =e và ( )m ml ( )

f x =y = f e =e.Do đó ml n (vì n là cấp của nhóm cyclic <y>)

Chiều đảo: khi ml n.Chứng minh f là đồng cấu nhóm

Ta đi chứng minh các điều sau:

+Cho m1

x , m2

x ∈G,khi này ( m1 m2) ( m1 m2) (m1 m2 )l

f x x = f x + = y + và ( m1) ( m2) m l1 m l2 (m1 m2 )l

f x f x = y y = y +

⇒ ( m1 m2) ( m1) ( m2)

f x x = f x f x

Do đó ta có điều cần chứng minh

b.Chiều thuận:khi f là một đẳng cấu nhóm.Chứng minh:m=n và (m,l)=1

Thật vậy:Cho k1 ≡k2(mod n).Lúc này: k l1 k l2

y = y ⇒ ( k1) ( k2)

f x = f x ⇒ k1

x = k2

x (vì f là một 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 = 0 ⇒ m n

k1 = n, k2 = 0 ⇒ n m

⇒ m = n