Nhóm các tự đẳng cấu của nhóm abel hữu hạn

Cho Hp là một p-nhóm abel hữu hạn có cấp pn với p làmột số nguyên tố.. Nếu p là một số nguyên tố thì rõ ràng ϕp = p − 1.Một tập gồm ϕn số nguyên tố cùng nhau với n và từng đôi một khôngđ

Chương 1

Một số kiến thức chuẩn bị

Trong chương này chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản vềnhóm, và một số kiến thức số học được sử dụng trong luận văn Các kếtquả trong chương này chủ yếu được tham khảo từ các tài liệu [1], [2],[3], và [5]

1.1 Một số kiến thức cơ bản về nhóm

Một nhóm (G, ·) là một tập hợp G 6= ∅ trên đó đã trang bị một phéptoán hai ngôi · thỏa mãn các điều kiện sau đây:

(i) a · (b · c) = (a · b) · c với mọi a, b, c ∈ G,

(ii) Tồn tại một phần tử e ∈ G sao cho a · e = a = e · a với mọi a ∈ G,(iii) Với mọi a ∈ G tồn tại phần tử a0 ∈ G sao cho a · a0 = a0 · a = e

Để đơn giản, ta ký hiệu ab thay cho a · b Phần tử e xác định trong (ii)

là duy nhất, được gọi là phần tử đơn vị của nhóm G, và thường ký hiệu

là 1 Với mỗi a ∈ G, phần tử a0 xác định trong (iii) là duy nhất, đượcgọi là phần tử nghịch đảo của a, và ký hiệu là a−1 Một nhóm G đượcgọi là giao hoán (hay abel ) nếu ab = ba với mọi a, b ∈ G Nếu nhóm G

có hữu hạn phần tử thì ta gọi G là một nhóm hữu hạn, và gọi số phần

tử của G là cấp của nhóm G, và ký hiệu là |G|

Cho G là một nhóm, và H là một tập con của G Ta gọi H là một

Rõ ràng nếu G = hai thì G = {ak | k ∈ Z}, và nếu G là một nhóm xiclícthì G là abel

Mệnh đề 1.1.1 Cho G là một nhóm xiclíc cấp n với a là một phần tửsinh Khi đó G = {a0, a1, , an−1}

Cho G1, G2, , Gn là các nhóm Ký hiệu

G = G1×G2×· · ·×Gn = {(x1, x2, , xn) | xi ∈ Gi với mọi i = 1, 2, , n}.Khi đó G1× G2× · · · × Gn là một nhóm với phép toán xác định như sau:

(x1, x2, , xn)(y1, y2, , yn) = (x1y1, x2y2, , xnyn)

Nhóm G định nghĩa như trên được gọi là tích trực tiếp của các nhóm

G1, G2, , Gn

Mệnh đề 1.1.2 Cho G1, G2, , Gn là các nhóm hữu hạn và |Gi| = nivới i = 1, 2, , n Nhóm G1× G2 × · · · × Gn là xiclíc khi và chỉ khi cácnhóm Gi, i = 1, 2, , n, là xiclíc và (ni, nj) = 1 với mọi i 6= j

Cho G và H là hai nhóm Một ánh xạ f : G → H được gọi là mộtđồng cấu nhóm nếu với mọi a, b ∈ G

Mệnh đề 1.1.3 Mọi nhóm xiclíc cấp m với m nguyên dương đều đẳngcấu với nhóm cộng Z/mZ

Cho N và H là hai nhóm bất kỳ, và cho θ : H → Aut(N ) là một đồngcấu nhóm Khi đó, tập hợp

Sau đây là một số sự kiện về nhóm abel

Mệnh đề 1.1.4 Cho G là một nhóm abel hữu hạn cấp n Khi đó

G = Hp1 × Hp2 × · · · × Hpktrong đó p1, p2, , pk là các ước nguyên tố phân biệt của n, và Hpi là

pi-nhóm con Sylow của G với i = 1, 2, , k

Mệnh đề 1.1.5 Cho Hp là một p-nhóm abel hữu hạn có cấp pn với p làmột số nguyên tố Khi đó Hp đẳng cấu với tích trực tiếp của các nhómxiclíc

Zp e1 ×Zpe2 × · · · ×Zpek

trong đó 1 ≤ e1 ≤ e2 ≤ · · · ≤ ek và e1 + e2 + · · · + ek = n Hơn nữa, các

số nguyên dương e1, e2, , ek là được xác định duy nhất bởi Hp

Cho A và B là hai nhóm abel Ký hiệu Hom(A, B) là tập tất cả cácđồng cấu nhóm từ A đến B Với f, g ∈ Hom(A, B) định nghĩa f + g nhưsau

(f + g)(x) = f (x) + g(x) với mọi x ∈ A

Khi đó Hom(A, B) là một nhóm với phép toán cộng được cho như trên

Ký hiệu End(A) là tập tất cả các tự đồng cấu của A Khi đó End(A) làmột vành với phép cộng được cho như trên và phép nhân là phép hợpthành ánh xạ

1.2 Một số kiến thức về số học

Với n là một số nguyên dương, ký hiệu ϕ(n) là số các lớp thặng dưtheo môđun n nguyên tố cùng nhau với n Hàm ϕ(n) được gọi là hàm

Euler Ta có thể hiểu ϕ(n) như là số các số nguyên k với 1 ≤ k < nsao cho (k, n) = 1 Nếu p là một số nguyên tố thì rõ ràng ϕ(p) = p − 1.Một tập gồm ϕ(n) số nguyên tố cùng nhau với n và từng đôi một khôngđồng dư với nhau theo môđun n được gọi là một hệ thặng dư thu gọntheo môđun n.

Cho n là một số nguyên dương, và a là một số nguyên, (a, n) = 1 Sốnguyên dương l bé nhất sao cho al ≡ 1 (mod n) được gọi là cấp của atheo môđun n

Ta nói rằng a là một căn nguyên thủy theo môđun n nếu a có cấpbằng ϕ(n), trong đó ϕ là hàm Euler Ta thấy ngay rằng định nghĩa trêntương đương với điều 1, a, , aϕ(n)−1 lập thành một hệ thặng dư thugọn theo môđun n

Mệnh đề 1.2.1 Cho a ∈ Z có cấp l, và b ∈ Z có cấp k theo môđun n.Nếu (l, k) = 1 thì ab có cấp lk theo môđun n

Mệnh đề 1.2.2 Cho p là một số nguyên tố, và f (x) = anxn + · · · +

a1x + a0, n ≥ 0, là một đa thức với hệ số nguyên với p - an Khi đóphương trình f (x) ≡ 0 (mod p) có không quá n nghiệm (kể cả bội).Cuối cùng là một kết quả trong đại số tuyến tính được sử dụng trongluận văn

Mệnh đề 1.2.3 Cho A ∈ Zn×n với det(A) 6= 0 Khi đó tồn tại duy nhất

det(A)In

2.1 Vành các tự đồng cấu của một p-nhóm abel hữu

hạn

Cho G là một nhóm abel hữu hạn Khi đó, theo Mệnh đề 1.1.4, nhóm

G đẳng cấu với tích trực tiếp của các p-nhóm con Sylow Hp của nó Do

đó để mô tả nhóm Aut(G), nhóm các tự đẳng cấu của G, trước tiên ta

mô tả Aut(Hp), nhóm các tự đẳng cấu của nhóm Hp Để thực hiện điềunày ta cần mô tả End(Hp), vành các tự đồng cấu của Hp

Cho p là một số nguyên tố Giả sử Hp là p-nhóm con Sylow của G

Rp = {(aij) ∈ Zn×n | pei −e j|aij với mọi 1 ≤ j ≤ i ≤ n}.

Mệnh đề 2.1.1 Rp là một vành đối với phép cộng và nhân ma trận.Chứng minh Rõ ràng Rp là đóng đối với phép cộng ma trận Ta chỉ

Vì pei −e 1 | ai1, pei −e 2 | ai2, , pei −e j | aij cho nên từ đó suy ra

pei −ej | (ai1b1j + ai2b2j + · · · + aijbjj)

Tương tự ta có pei+1 −e j | bi+1j, pei+2 −e j | bi+2j, , pen −e j | bnj Do đó

pei −e j | (aii+1bi+1j + aii+2bi+2j + · · · + ainbnj)

Hơn nữa, vì pei −e j+1 | aij+1, pei −e j+2 | aij+2, , pei −e i | aii và pej+1 −e j | bj+1j,

pej+2 −e j | bj+2j, , pei −e j | bij cho nên từ đó suy ra

pei −e j | (aij+1bj+1j + aij+2bj+2j + · · · + aiibij)

Do đó pei −e j | cij Điều này chứng tỏ rằng AB ∈ Rp Vậy ta có điều phảichứng minh.

Với mỗi i = 1, 2, , n, ký hiệu πi : Z → Z/pei

Z là toàn cấu chínhtắc được cho bởi công thức πi(h) = [h]pei với mọi h ∈ Z Ký hiệu π =

π1 × π2 × · · · × πn : Zn → Hp là đồng cấu được cho bởi công thức

Với k ≥ i ta có pek −e i | aki cho nên suy ra pek | aki(ri− si) Với k < i, vì

pek | pe i cho nên suy ra pek | aki(ri − si) Điều này chứng tỏ rằng

với mọi A ∈ Rp là một toàn cấu vành

Chứng minh Rõ ràng từ định nghĩa của ψ ta có ψ(In) = idHp Lấy

A, B ∈ Rp tùy ý Khi đó ta có

ψ(A + B)([h1]p e1, , [hn]p en)T = π((A + B)(h1, , hn)T)

= π(A(h1, , hn)T) + π(B(h1, , hn)T)

= ψ(A)([h1]pe1, , [hn]pen)T+ ψ(B)([h1]pe1, , [hn]pen)T,

Mệnh đề 2.1.4 Hạt nhân của ψ gồm tất cả các ma trận A = (aij) ∈ Rpsao cho pei | aij với mọi i, j = 1, 2, , n.

Chứng minh Với mỗi i = 1, 2, , n, ký hiệu ωi = (0, , [1]pei, , 0)T

là phần tử với [1]p ei ở vị trí thứ i và tất cả các vị trí còn lại bằng 0 Giả

sử A = (aij) ∈ Rp có tính chất pei | aij với mọi i, j = 1, 2, , n Rõ ràng

khi đó

ψ(A)(ωj) = (π1(a1j), , πn(anj)) = 0với mọi j = 1, 2, , n Vì mỗi h ∈ Hplà mộtZ-tổ hợp tuyến tính của các

ωj cho nên từ đó suy ra ψ(A)(h) = 0 với mọi h ∈ Hp Do đó A ∈ Kerψ.Đảo lại, giả sử A = (aij) ∈ Kerψ Khi đó ψ(A)(ωj) = 0 với mọi

j = 1, 2, , n Từ đó suy ra pei | aij với mọi i, j

Bằng cách áp dụng Mệnh đề 2.1.3 và Mệnh đề 2.1.4 ta có thể mô tảvành End(Hp) như là vành thương Rp/Kerψ Chính xác hơn, ta có kếtquả sau

trong đó bij ∈ Z với mọi 1 ≤ i, j ≤ n Theo Mệnh đề 2.1.3, ánh xạ

ψ : Rp → End(Hp) được xác định như trong mệnh đề này là một toàncấu vành Theo Mệnh đề 2.1.4, Kerψ gồm tất cả các ma trận có dạng

trong đó kij ∈ Z với mọi 1 ≤ i, j ≤ n Theo định lý đẳng cấu vành, ta

có End(Hp) ∼= Rp/Kerψ Từ đó suy ra End(Hp) đẳng cấu với vành các

ma trận có dạng như trong phát biểu của mệnh đề

2.2 Nhóm các tự đẳng cấu của một nhóm abel hữu

Thật vậy, biễu diễn A = P A0P−1 với A0 ∈ Zn×n và P là ma trậnđường chéo diag(pe1, pe2, , pen) Theo Mệnh đề 1.2.3, tồn tại một matrận B0 ∈ Zn×n sao cho A0B0 = B0A0 = det(A0)In Đặt C = P B0P−1.Khi đó ta có

AC = P A0P−1P B0P−1 = P A0B0P−1 = det(A)In,

CA = P B0P−1P A0P−1 = P B0A0P−1 = det(A)In

Vì tính duy nhất của B theo Mệnh đề 1.2.3 cho nên từ đó suy ra B =

C = P B0P−1, và do đó B ∈ Rp Vậy ta có điều phải chứng minh

Bây giờ ta chứng minh mệnh đề Giả sử rằng A(mod p) ∈ GLn(Fp)

Rõ ràng khi đó (det(A), p) = 1 Do đó (det(A), pen) = 1 Lấy s ∈ Z lànghịch đảo của det(A) theo môđun pen, nghĩa là s det(A) ≡ 1 (mod pen).Gọi B là ma trận phụ hợp của A như trong Mệnh đề 1.2.3 Đặt A0 = sB.Khi đó A0 ∈ Rp Ta cũng có

ψ(A0)ψ(A) = ψ(A0A) = ψ(sBA) = ψ(s det(A)In) = idH ,

ψ(A)ψ(A0) = ψ(AA0) = ψ(AsB) = ψ(s det(A)In) = idHp.

Từ đó suy ra ψ(A) ∈ Aut(Hp)

Ngược lại, giả sử ψ(A) ∈ Aut(Hp) Khi đó tồn tại ψ(C) ∈ Rp sao choψ(C) = ψ(A)−1 Từ đó suy ra

ψ(AC − In) = ψ(AC) − idHp = ψ(A)ψ(C) − idHp = 0

Do đó AC − In ∈ Kerψ Theo Mệnh đề 2.1.4, ta có p | AC − In, hay

AC ≡ In (mod p) Do đó

1 ≡ det(AC) ≡ det(A)det(C) (mod p)

Điều này chứng tỏ rằng det(A) 6≡ 0 (mod p) Do đó A(mod p) ∈ GLn(Fp),

và ta có điều phải chứng minh

Từ Mệnh đề 2.2.1 ta có ngay các kết quả sau

Hệ quả 2.2.3 Nhóm Hp = Z/pe1

Z × Z/pe2

Z × · · · × Z/pen

Z với p làmột số nguyên tố và 1 ≤ e1 < e2 < · · · < en có nhóm các tự đẳng cấuAut(Hp) đẳng cấu với nhóm nhân các ma trận

trong đó bij ∈ Z với i, j = 1, 2 thỏa mãn điều kiện





Trong phần tiếp theo ta sẽ tính cấp của nhóm các tự đẳng cấuAut(Hp) Trước tiên ta xét trường hợp đặc biệt Hp = Zp×Zp× · · · ×Zp(n nhân tử)

Mệnh đề 2.2.6 Cho p là một số nguyên tố, và Hp = Zp×Zp× · · · ×Zp(n nhân tử) Khi đó

|Aut(Hp)| = (pn − 1)(pn − p)(pn− p2) · · · (pn− pn−1)

Chứng minh Xem Hp như là một không gian véctơ n chiều trên trường

Fp, và mỗi phần tử của Aut(Hp) như là một hệ véctơ độc lập tuyến tính

x1, x2, , xn trong đó xi ∈ Hp với i = 1, 2, , n Vì x1 6= 0 nên có pn−1cách chọn x1 ∈ Hp Giả sử đã chọn được hệ véctơ độc lập tuyến tính

x1, x2, , xi trong Hp với i < n Khi đó số cách chọn véctơ xi+1 ∈ Hpsao cho hệ x1, x2, , xi, xi+1 cũng độc lập tuyến tính là pn − pi Từ đósuy ra công thức cần phải chứng minh

Tổng quát ta có kết quả sau

Bằng cách lập luận tương tự như trong phép chứng minh của Mệnh đề2.2.6, ta tính được số các ma trận A ∈ GLn(Fp) có dạng như trên là

Z Từ đó ta có điều phải chứng minh

Cuối cùng trong mục này ta xét trường hợp nhóm abel hữu hạn bất

kỳ Kết quả sau đây cho ta thấy rằng nhóm các tự đẳng cấu của mộtnhóm abel hữu hạn hoàn toàn được xác định bởi nhóm các tự đẳng cấucủa các p-nhóm con Sylow của nó

Mệnh đề 2.2.8 Cho H và K là hai nhóm hữu hạn có cấp nguyên tốcùng nhau Khi đó

Chứng minh Xét ánh xạ φ : Aut(H) × Aut(K) → Aut(H × K) đượcxác định bởi công thức

φ(α, β)(h, k) = (α(h), β(k))với α ∈ Aut(H), β ∈ Aut(K), h ∈ H, k ∈ K Trước tiên ta chứng minhrằng với α ∈ Aut(H), β ∈ Aut(K), ánh xạ φ(α, β) : H × K → H × K làmột tự đẳng cấu nhóm

Thật vậy, với mọi h1, h2 ∈ H, k1, k2 ∈ K, ta có

Do đó φ(α, β) là một đơn cấu Với mỗi u ∈ H, v ∈ K luôn tồn tại

h ∈ H, k ∈ K sao cho α(h) = u và β(k) = v Do đó φ(α, β)(h, k) = (u, v),điều này chứng tỏ rằng φ(α, β) là một toàn cấu Vậy φ(α, β) là một đẳngcấu, và ta có điều phải chứng minh

Bây giờ ta chứng minh φ là một đẳng cấu Với mọi α1, α2 ∈ Aut(H), β1,

h ∈ H, k ∈ K Từ đó suy ra (α, β) = (idH, idK) Do đó φ là đơn cấu

Ta chỉ còn chứng minh φ là toàn cấu Giả sử |H| = n, |K| = m Xét

ω ∈ Aut(H × K) bất kỳ Xét đồng cấu γ : K → H được xác định bởicông thức

γ(k) = πH(ω(1H, k))với mọi k ∈ K Khi đó {kn | k ∈ K} ⊆ Ker(γ) ⊆ K Thật vậy, ta cóγ(kn) = πH(ω(1H, kn) = πH(ω(1H, k)n) = πH(ω(1H, k))n = 1H

Mặt khác, vì (m, n) = 1 và |{kn | k ∈ K}| = m cho nên {kn | k ∈ K} =Ker(γ) = K Từ đó suy ra γ là đồng cấu tầm thường Tương tự đồngcấu δ : H → K được xác định bởi công thức

δ(h) = πK(ω(h, 1K))với mọi h ∈ H là đồng cấu tầm thường

Ta định nghĩa hai tự đồng cấu của H và K như sau: với mọi h ∈

Do đó ωH là đơn cấu Rõ ràng ωH là toàn cấu Do đó ωH ∈ Aut(H).Tương tự ta cũng chứng minh được ωK ∈ Aut(K) Vậy ta có điều phảichứng minh.

3.1 Căn nguyên thủy

Trong mục này chúng tôi trình bày một số kết quả trong số học liênquan đến sự tồn tại căn nguyên thủy theo một môđun cho trước Cáckết quả này là nền tảng cho việc nghiên cứu cấu trúc của nhóm các tựđẳng 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 sốnguyên a có cấp là qh theo môđun p

Chứng minh Theo Định lý 1.2.2, phương trình đồng dư xp−1q ≡ 1 (mod p)

có không quá p−1q nghiệm Vì p−1q < p − 1 cho nên tồn tại số nguyên uvới 1 ≤ u ≤ p − 1 sao cho up−1q 6≡ 1 (mod p) Đặt a = up−1qh Gọi l là cấpcủa 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−1q = aph−1 ≡ 1 (mod p),điều này trái với tính chất của u Do đó l = ph Điều này chứng tỏ rằng

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 chứngminh

Ta cần hai bổ đề sau để chứng minh sự tồn tại của căn nguyên thủytheo 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).

(mod pα+1), hay ap− bp ≡ 0 (mod pα+1) Áp dụng công thức Newton tacó

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 dưthức là hiển nhiên Giả sử đồng dư thức đã cho đúng với α ≥ 2 Tachứng 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

(1 + ap)pα−1 ≡ (1 + apα−1)p (mod pα+1)

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 cănnguyên 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−2p 6≡ 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 vớimọi α ≥ 2 Vì gp−1 ≡ 1 (mod p) và gp−1 6≡ 1 (mod p2) cho nên ta có thểbiểu 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 đósuy 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 chứngminh

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 (mod 23) Giả

sử đồng dư thức đúng với α = n, nghĩa là

Vậy ta có điều phải chứng minh

Từ đó suy ra 52α−2 ≡ 1 (mod 2α) Mặt khác ta lại có 52α−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, chonên từ đó suy ra b ≡ b0 (mod 2α−2), do đó b = b0 Hơn nữa, tập các sốnày gồm 2α−1 số nguyên tố cùng nhau với 2α Vậy ta có điều phải chứngminh