Kiểm tra cấu trúc ( G,* ) docx

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

11

cần chứng minh
1

,
nn
rArA
σσ
−
∈∀∈. Thật vậy:
111
sgn( ) sgn( ).sgn( ).sgn( ) sgn( ).sgn( ) sgn( ) ( ) 1rr rsngr
σσ σ σ σ σ
−−−
====
Do đó
1
n
rA
σσ
−
∈
(đpcm)
• Bây giờ ta sẽ chứng minh
n
A được sinh bởi các 3-chu trình.
Gọi B là tập hợp các 3-chu trình. Ta cần chứng minh
n
B
A
=
.
+Giả sử
uB∈ bất kì, khi đó

12
' ' '
q
u
σ
σσ
=
trong đó các '
i
σ
là các 3-chu trình.
Lưu ý là sgn( ') 1,
i
i
σ
=∀ do đó
sgn( ) 1u
=
suy ra
n
uA
∈
. Vậy
n
B
A⊂ (1)
+Tiếp theo ta sẽ chứng minh
n
A
B⊂

, thật vậy:
Gọi
n
A
σ
∈ bất kì, ta có thể phân tích
σ
thành tích của các chu trình
i
σ
trong
n
S :
12

m
σ
σσ σ
= . Hơn nữa mỗi
i
σ
lại có thể phân tích dưới dạng tích của các chuyển vị
trong
n
S :
12 1 1 1 12
( ) ( )( ) ( )
ippp
rr r rr rr rr
σ

−
==
. 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:
()()
ij ik
rr rr (trong đó , ,
ijk
rr r khác nhau đôi một), (2)
hoặc là: ( )( )
ij kl
rr r r (trong đó , , ,
ijkl
rr r r khác nhau đôi một). (3)
Hơn nữa sgn( ) 1
σ
= nên số chuyển vị phân tích như trên là một số chẳn, do đó ta có thể
phân tích
σ
thành tích của các cặp chuyển vị mà mỗi cặp có dạng (2) hoặc dạng (3).
Lưu ý là ( )( ) ( )
ij kl ikl
rr r r rr r
=
và ( )( ) ( )( )
ij kl jkl ilj
rr r r r r r rrr
=

. Điều này cho ta kết luận có thể
phân tích
σ
thành tích của các 3-chu trình. Vậy
n
AB⊂ (4)
Từ (1) và (4) cho ta kết luận
n
B
A
=
.

c)
• Giả sử
n
HA và H chứa một 3-chu trình là ( )abc . Cần chứng minh
n
HA=
• Nhận xét: Nếu ( )
x
yz H∈ thì ( ),( ),( ),( ),( ),( )
x
yz yzx zxy xzy yxz zyx H
∈

Thật vậy vì ( ) ( )( )
x
zy xyz xyz= thuộc H.
Mà ta có: ( ) ( ) ( )

x
yz yzx zxy== và ( ) ( ) ( )
x
zy yxz zyx
=
= .
Nên nhận xét được chứng minh.
• Trở lại bài toán, lấy {1,2, ,n}p ∈ bất kì thoả {a,b,c}p
∉
.
Ta có:
1
()()()()
p
cb pac abc pac H
−
=∈. Theo “nhận xét” suy ra: ( )bpc H∈ .
Lập luận tương tự như trên, với mọi {b,c,p}q
∉
ta có: ( )qpc H
∈
.
Lại theo “nhận xét” suy ra ( )cqp H
∈
, và lại lập luận tương tự ta có:
()rqp H
∈ , {p,q,c}r∀∉
Nói riêng ta có: ( )rqp H
∈ , , , {a,b,c}pqr∀∉ trong đó p,q,r đôi một khác nhau.
Kết hợp điều này với việc ( )abc H

∈
và “nhận xét” suy ra mọi 3-chu trình đều thuộc H,
mà theo câu b ta đã biết mọi
n
A
σ
∈ luôn phân tích được dưới dạng tích của các 3-chu
trình do đó
n
AH⊂ , theo giả thiết ta lại có
n
HA . Vậy bắt buộc
n
HA
=
(đpcm)

Bài 1.49:

12

Xét đồng cấu nhóm cộng :
f
QZ→
a)Chứng minh rằng với
*
nN∈ thì (1) (1/ )
f
nf n
=

b)Suy ra: f(1)=0 và f phải là đồng cấu tầm thường.
Giải:
a)
Với
*
nN∈ , ta có:
11 1 1 1 1 1
(1)
n
n
n
ff f f f f nf
nnnnnn n n
⎛⎞
⎜⎟
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞
==+++=+++=
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠
⎜⎟
⎝⎠
  


b)
• Theo câu (a) ta có
*
1

(1) ,
f
nf n N
n
⎛⎞
=∀∈
⎜⎟
⎝⎠
, suy ra
1(1)
f
f
nn
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
,
*
nN∀∈ (1)
Giả sử
(1) 0f ≠
khi đó thay
*
2(1)nf N=∈vào (1) ta có:
1(1)
2(1) 2(1)
f
f
Z

ff
⎛⎞
=∉
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
(mâu thuẫn :
f
QZ→ )
Vậy (1) 0f = , do đó từ
*
1
(1) ,
f
nf n N
n
⎛⎞
=∀∈
⎜⎟
⎝⎠
suy ra
*
1
0,
f
nN
n
⎛⎞
=∀∈
⎜⎟

⎝⎠
.
• Lấy uQ∈ bất kì ta sẽ chứng minh f(u)=0.
+Ta có (0) (0 0) (0) (0) (0) 0ff ff f=+= + ⇒ =, nên u=0 thoả. Hơn nữa
() ( ) ( ) (0) 0 () ( ),
f
ufufuu f fufuuQ+−= −= =⇒ =−∀∈, do đó ta chỉ cần chứng
minh ( ) 0, {x Q|x>0}fu u=∀∈∈ là xong.
+Xét {x Q|x>0}u ∈∈ bất kì tức là u có dạng
m
u
n
=
với
*
,mn N∈ , ta cần chứng minh
f(u)=0. Thật vậy:
11 1 1 1 1 1
0
m
m
m
ff ff fmf
nnnnnn n n
⎛⎞
⎜⎟
⎛ ⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞
=+++= + ++ = =
⎜ ⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟

⎝ ⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠
⎜⎟
⎝⎠
  

(vì
1
0f
n
⎛⎞
=
⎜⎟
⎝⎠
)
Vậy f(u)=0 , uQ∀∈ tức f là đồng cấu tầm thường !



Bài 1.53: Chứng minh rằng tồn tại duy nhất (sai khác một đẳng cấu) một nhóm hữu hạn
cấp 8 sinh bởi hai phần tử a,b thoả hệ thức:

4
,ae=
1
ba a b
−
= ,
22
ab
=

Nhóm này được gọi là nhóm Quaternion.
Giải:

Trước hết ta có các kết quả sau:
i) Nếu a,b là hai phần tử của nhóm hữu hạn G sao cho <a><b> là nhóm thì
<a><b>=<a,b>.

13

Thật vậy,vì ,ab a b∈< >< > nên ,ab a b
<
>⊂< >< > .Mặt khác ,với mọi
x
ab∈< >< >

thì
12
x
xx= với
12
,
mn
x
aaxbb=∈<>=∈<> nên ,
mn
x
ab ab
=
∈< > .Do đó

,ab ab<><>⊂< >.Vậy ,ab ab<><>=< >.
ii) Giả sử G là nhóm hữu hạn sinh bởi hai phần tử ,ab thoả hệ thức
4122
,,aebaabab
−
== = (
4
be⇒=).
Ta có :
{
}
23
,, ,aeaaa<>= ,
{
}
23
,, ,bebbb<>= ,
{
}
23 2 3
,, , ,, , ,a b eaa a bababab<><>=
{
}
21 1
,, , ,, , ,eaa a babb ba
−−
=
Kiểm tra được ,
x
yab∀∈<><> thì

1
,
x
xy a b
−
∈
<><> do đó
ab
<
>< >
là nhóm.
Theo i) ta được ,Gab ab=< >=< >< > .
Suy ra
8Gab=< >< >≤ .
Trở lại bài toán
• C/m tồn tại duy nhất (sai khác một đẳng cấu)
Giả sử G là nhóm hữu hạn cấp 8 sinh bởi hai phần tử
,ab
thoả
4122
,,aebaabab
−
=
==
P là nhóm hữu hạn cấp 8 sinh bởi hai phần tử
,cd
thoả
4122
,,cedccdcd
−

=
==
Từ ii) suy ra
{
}
21 1
,, , ,, , ,Geaaababbba
−−
= ,
{
}
21 1
,, , , , , ,Pecccdcdddc
−−
=
Xét ánh xạ :
f
GP→
( )
x
fx
sao cho
21 1
() ,, , , , , ,
f
xecccdcdddc
−−
=
khi tương ứng
21 1

,, , ,, , ,
x
eaa a babb ba
−−
=
Kiểm tra ta thấy
f
là một đẳng cấu.
•
C/m sự tồn tại
Xét nhóm con Q của nhóm GL(2,C) sinh bởi hai ma trận
01 0
,
10 0
i
ab
i
⎛⎞⎛⎞
==
⎜⎟⎜⎟
−
⎝⎠⎝⎠

Ta có:
4122
01 0 10
,,
10 0 0 1
i
abaabab

i
−
−−
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛ ⎞
=====
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜ ⎟
−−
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝ ⎠

Nên theo ii) suy ra
8Q ≤ .Ta lại có
11
01 0 0
,,
10 0 0
ii
ab ab
ii
−−
−−
⎛⎞⎛ ⎞⎛⎞
===
⎜⎟⎜ ⎟⎜⎟
−
−
⎝⎠⎝ ⎠⎝⎠

Do đó tập hợp
{
}

21 1
,, , ,, , ,eaa a babb ba
−−
có 8 phần tử và chứa trong Q nên 8Q ≥ ,
Vậy
8Q = và
{
}
21 1
,, , ,, , ,Qeaaababbba
−−
= .

Bài 1.57: a) Cho G là một nhóm hữu hạn có cấp |G|
≤
5.Chứng minh G giao hoán.
b) Cho G là một nhóm hữu hạn có cấp 6.Chứng minh rằng nếu G giao hoán
thì G là nhóm cyclic đẳng cấu với
6
 ; nếu G không giao hoán thì G đẳng cấu với nhóm
nhị diện
3
D .

Giải:

14

a)Cho G là một nhóm hữu hạn có cấp
5

≤
.
-Nếu
1G = thì
{
}
Ge= nên G giao hoán.
-Nếu
{
}
2,3,5G ∈ thì G có cấp nguyên tố nên G cyclic,do đó G giao hoán.
-Xét khi
4G =

+Nếu G có một phần tử
a có cấp 4 thì Ga
=
<> cyclic nên G giao hoán.
+Nếu G không có phần tử cấp 4 thì ba phần tử khác
e của G đều có cấp 2,suy ra G
giao hoán (Bài 1.6).
Vậy nếu G là nhóm hữu hạn có cấp
5
≤
thì G giao hoán.
b)Vì G cấp 6 nên G chứa một phần tử
a có cấp 2,và một phần tử b có cấp 3.
•
Nếu G giao hoán thì ab ba= .Suy ra cab
=

có cấp 6 (bài 1.30
)c
).
Do đó
Gc=< > là nhóm cyclic và
6
G
≅
 (hệ quả 8.12; Bài 1.52).
• Nếu G không giao hoán thì ab ba
≠
(vì nếu ab ba
=
thì cab
=
có cấp 6
và
Gc=< > cyclic dẫn đến G giao hoán).
Suy ra:
{
}
abe<>∩<>= ,và , ,ab ba a b
∉
<><>.
Do đó
{
}
2
,,, , ,Geabbabba= ,
6G

=
.
Xét phần tử
1
ba G
−
∈ ,ta thấy
{
}
12
,,, ,ba eabbba
−
∉
nên
1
ba ab
−
=
.
Như vậy G là nhóm hữu hạn cấp 6=2.3 sinh bởi hai phần tử
,ab
thoả
23 1
,,aebeabba
−
=== nên theo bài 1.55 thì
3
GD
≅
.

Bài 1.61: Chứng minh rằng nhóm
'
G là ảnh đồng cấu của một nhóm cyclic hữu hạn
G khi và chỉ khi
'
G là nhóm cyclic hữu hạn có cấp chia hết cấp G .
Giải:
• Cho
'
G là ảnh đồng cấu của một nhóm cyclic hữu hạn G .C/m
'
G là nhóm cyclic
hữu hạn có cấp chia hết cấp
G .
Theo giả thiết
G là nhóm cyclic hữu hạn,giả sử Ga
=
<>, Gm
=
và có một toàn
cấu
'
:
f
GG→ .
Đặt ( )bfa= ,ta có
'
bG<>⊂ .
Với mọi

'
y
G∈ tồn tại
x
G∈
sao cho ( )
y
fx
=
.
Vì
x
Ga∈=<>
nên tồn tại
n
∈

sao cho
n
x
a
=
.
Suy ra ( ) ( ) ( )
nn n
y
fx fa f a b== = =.Do đó
'
.
y

bGb
∈
<>⇒ =<>
Vậy
'
G là nhóm cyclic.
Mặt khác do
'
() ( ) ()
mm m
bfafa fee==== nên
'
G có cấp hữu hạn.Đặt
'
kbG=< >= .
Do
'm
be= nên suy ra
\km
.Hay
'
G có cấp chia hết cấp
G
.
• Cho
'
,GG là các nhóm cyclic hữu hạn,|
'
G | \ |G |.C/m
'

G là ảnh của G qua một đồng
cấu nào đó.
Giả sử
Ga=< > và Gm=
'
Gb=< > và
'
Gn= ,với \nm.

15

Xét ánh xạ
'
:
f
GG→

tt
ab

f
xác định vì nếu
'
tt
aa= thì
'
tt
ae
−
=

nên
'
\( )mtt
−
.Suy ra
'
\( )ntt
−
,do đó
'
'tt
be
−
=

hay
'
tt
bb= hay
'
() ( )
tt
f
afa= .
Với mọi
'
,()
t
zGzbt∈=∈ ,chọn
t

x
a
=
thì ()zfx
=
nên
f
là toàn ánh.
Với mọi , , , ( , )
rs
xy Gx a y a rs∈= = ∈ .
Ta có ( ) ( ) ( ) ( )
r s rs rs
f
xf y bb b fa fxy
++
=== = .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 .

)a Chứng minh rằng tương ứng ()HfH là một song ánh giữa tập hợp các nhóm con
của G và
'
G .
)b Chứng minh rằng tương ứng ( )HfH là một song ánh giữa tập hợp các nhóm con
chuẩn tắc của
G
và
'
G .
)c Giả sử H là một nhóm con chuẩn tắc của
G .Chứng minh rằng tương ứng
()
x
HfxH là một đẳng cấu từ nhóm thương /GH đến nhóm thương
'
/()GfH.
Giải:
)a Kí hiệu ( )PX là tập hợp tất cả các nhóm con của nhóm
X
.
Ta cần chứng minh ánh xạ:
'
:() ( )gPG PG

()HfH

là một song ánh.

• Ta có, nếu HG≤ thì

'
()
f
HG
≤
(Định lí 8.7).
Hơn nữa nếu
HKG=≤.Cho ()yfH
∈
,tồn tại
x
HK
∈
= sao cho () ( )yfx fK=∈ ,do
đó
() ()
f
HfK⊂
.Tương tự
() ()
f
KfH⊂
.Cho nên
() ()
f
HfK
=
.
Vậy ánh xạ
g

là hoàn toàn xác định.

•
Nếu
,HK G≤
và
() ()
f
HfK=
.Cho
x
H
∈
,dẫn đến
() ( ) ( )
f
xfH fK
∈
=
,suy ra
x
K∈ ,nên HK⊂ .Tương tự KH⊂ .Do đó HK
=
.
Vậy ánh xạ g là đơn ánh.
• Với mọi
'
()UPG∈ ,ta có
'
UG≤ ,nên

1
()
f
UG
−
≤
(Định lí 8.7).
Đặt
1
()VfU
−
= thì ( )VPG∈ và () ()gV f V U
=
= .Vậy g ;là toàn ánh.
Từ các điều trên ta có g là một song ánh.
)b Kí hiệu ( )SX là tập hợp tất cả các nhóm con chuẩn tắc của nhóm
X
.
Ta cần chứng minh ánh xạ
'
:() ( )hSG SG
( )HfH
là một song ánh.
• Ta có nếu
HG ,thì HG≤ nên
'
()
f
HG
≤

(Định lí 8.7).Mặc khác, với mọi
'
,()vGy fH∈∈ ;tồn tại ,uGxH∈∈ sao cho ( ), ( )vfuyfx
=
= .Vì HG nên

16

1
uxu H
−
∈ , dẫn đến
1
() () ()
f
ufxfu
−
=
1
()()
f
uxu fH
−
∈ ,hay
1'
vyv G
−
∈
.Do đó
'

()
f
HG .
Hơn nữa nếu
HKG= 
thì tương tự câu )a ta cũng có ( ) ( )
f
HfK
=
.
Vậy
h xác định .
• Tương tự câu )a ta cũng có nếu ,HK G và ( ) ( )
f
HfK
=
thì HK= .Vậy h là
đơn ánh.
• Với mọi
'
()USG∈ ,ta có
'
UG nên
1
()
f
UG
−
 (Định lí 8.7).
Đặt

1
()HfU
−
= thì ( )HSG∈ và () ()hH f H U
=
= .Vậy h là toàn ánh.
Từ các điều trên ta cũng được
h là song ánh.
)c
Theo câu
)b
HG thì
'
()
f
HG .
Ta phải chứng minh ánh xạ
'
:/ /()gGH G fH
( )
x
HfxH
là một đẳng cấu.
• Với mọi , /
x
HyH GH∈ ,ta có :
( ) ( ) ()() ()()gxH gyH f xf H f yf H=⇔ =
1
() () ( )
f

xf y fH
−
⇔∈
11
()()
f
xy fH xy H
−−
⇔∈⇔∈(do
f
là đẳng cấu)
x
HyH⇔=.
Chiều ( ⇐ ) chứng tỏ g là một ánh xạ,chiều ( )⇒ chứng tỏ g đơn ánh.
Mặt khác nếu cho
'
()zf H G∈ .Đặt
1
()
x
fz
−
= .Ta có
( ) ()() ()gxH f xf H zf H==.Nên g là toàn ánh.
Vậy g là một song ánh.
• Kiểm tra g là một đồng cấu.
Với mọi , /
x
HyH GH∈ .Ta 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
/GH đến
'
/()GfH.

Bài 1.69: )a Cho nhóm ( ,.)G và
12
, , ,
n
GG G là các nhóm con chuẩn tắc của
G
thoả các
điều kiện sau:
12

n
GGGG= và
{
}
111
( ) , 1
iiin
GGGGG e in
−+
=
∀≤ ≤∩ .
Chứng minh rằng:

)i

Mọi phần tử
x
G∈ được viết duy nhất dưới dạng
12

n
x
xx x
=
trong đó
,1 .
ii
x
Gin∈∀≤≤

)ii
G đẳng cấu với nhóm tích trực tiếp
12

n
GG G
×
×× .Ta nói G là một nội tích trực
tiếp của các nhóm con ,1
i
Gin≤≤ .
)b Chứng minh rằng nếu nhóm ( ,.)G đẳng cấu với tích trực tiếp của những nhóm con
,1
i
Hin≤≤ thì trong G sẽ tồn tại các nhóm con

i
G đẳng cấu với
i
H sao cho G là nội
tích trực tiếp của các nhóm con ,1
i
Gin
≤
≤ .
Giải:

17

Trước hết ta có:nếu ,HK là các nhóm con chuẩn tắc trong
G
thì HK cũng là một
nhóm con chuẩn tắc trong
G (Bài 1.38).
Bằng quy nạp ta suy ra nếu
*
12
, , , ( )
m
HH H m∈
là các nhóm con chuẩn tắc trong
G
thì
12

m

HH H cũng là nhóm con chuẩn tắc trong G .
)a

)i Cho
x
G∈ ,Vì
12

n
GGGG= nên tồn tại (
12
, , ,
n
x
xx)
∈
12

n
GG G
×
×× sao cho
12

n
x
xx x= .
Giả sử có
12
( , , , )

n
y
yy∈
12

n
GG G××× thoả
12

n
x
yy y
=
.Ta chứng minh
,1
ii
x
yin=∀≤≤.
Thật vậy, từ
12

n
x
xx=
12

n
y
yy suy ra với mọi 1 in
≤

≤ ta có:
{
}
11 1 1
11 11 1 1
( ) ( ) ( )( )
ii i i i i i n i n
yx y x x y y y y y x x
−− − −
−− ++
⎡⎤⎡ ⎤
=
⎣⎦⎣ ⎦
∈
111

ii n
GGG G
−+
.(Do
11

i
GG
−
 G và
1

in
GG

+
 G theo nhận xét trên).
Mà
1
ii
y
x
−
∈
i
G và
{
}
111
( ) , 1
iiin
GGGGG e in
−+
=
∀≤ ≤∩ nên suy ra
1
ii
y
x
−
= e hay
,1
ii
x
yin=∀≤≤.

Vậy
x
G∈ được viết duy nhất dưới dạng
12

n
x
xx x
=
trong đó , 1 .
ii
x
Gin
∈
∀≤ ≤
)ii Xét ánh xạ :fG→
12

n
GG G×××

x
 (
12
, , ,
n
x
xx)
với
12

, , ,
n
x
xx thoả
12

n
x
xx x= .
Theo )i với mỗi
x
G∈ thì tồn tại duy nhất (
12
, , ,
n
x
xx)
∈
12

n
GG G
×
×× sao cho
12

n
x
xx x= ,nên ánh xạ trên xác định và là đơn ánh.
Hơn nữa với mỗi (

12
, , ,
n
x
xx)
∈
12

n
GG G
×
×× ,đặt
12

n
x
xx x
=
thì
()
f
x = (
12
, , ,
n
x
xx) ,nên
f
là toàn ánh.
Ta chứng minh

f
là một đồng cấu.
Cho
,
x
yG∈ ;ta cần chứng minh ()
f
xy = () ()
f
xf y.
Giả sử
12

n
x
xx x= ,
y
=
12

n
y
yy,trong đó , ,1
ii i
x
yG in
∈
≤≤ .
Ta được
x

y =(
12

n
x
xx)(
12

n
y
yy).Mà
x
y G
∈
nên tồn tại
12

n
zzzz
=
(
ii
zG∈ ) sao cho
x
y = z .Hay (
12

n
x
xx)(

12

n
y
yy)=
12

n
zz z (1).
Với mọi
1 in≤≤ ,ta có:
1
iii
zxy
−
=
{
}
11 1
11 11 1 1
( ) ( ) ( )( )
ii iiinin
zxx zzz z zy y
−− −
−−++
⎡⎤⎡⎤
⎣⎦⎣⎦
{
}
111

11 1
( ) ( )
iiini
y
yy x x y
−−−
−+
⎡
⎤
⎣
⎦
∈
111

ii n
GGG G
−+

(Do
11

i
GG
−
 G và
1

in
GG
+

 G và
111

ii n
GGG G
−+
 G theo nhận xét ban đầu).
Mà
1
iii
zxy
−
∈
G và
{
}
111
( ) , 1
iiin
GGGGG e in
−+
=
∀≤ ≤∩ nên suy ra
1
iii
zxy
−
= e .hay
,1
iii

zxy in=∀≤≤.
Do đó (
12

n
x
xx)(
12

n
y
yy)=
11 2 2
( )( ) ( )
nn
x
yxy xy.
Suy ra ( )
f
xy =()()
f
xf y=
11 2 2
( , , , )
nn
x
yxy xy .

18

Như vậy
f
là một đẳng cấu nên ta được :
G
đẳng cấu với nhóm tích trực tiếp
12

n
GG G×××.
)b Giả sử có những nhóm con ,1
i
Hin
≤
≤ và một đẳng cấu
12
:
n
gG H H H→×××

12
( , , , )
n
x
hh h
Ta chứng minh có các nhóm con chuẩn tắc
i
G ,1 in
≤
≤ sao cho
12

n
GGGG
=
,
{
}
111
( ) , 1
iiin
GGGGG e in
−+
=∀≤≤∩ và
i
G đẳng cấu với
i
H .
Khi đó
G là tích nội trực tiếp của các nhóm con
i
G ,1 in
≤
≤ theo kết quả ở )ii .
Với mọi
1 in≤≤ đặt
i
K =
{
}
111

( , , , , , , ) |
ii n i
eeae eaH
−+
∈
.trong đó
i
ee= ,1 in≤≤ .
Ta có
i
K ≠∅ vì
'
12
( , , , )
n
eee e=
∈
i
K .(
'
e
là ptdv của
12

n
HH H
×
×× ).
,
i

uv K∀∈, u =
111
( , , , , , , )
ii n
eeae e
−+
,
111
( , , , , , , )
ii n
ve ebe e
−+
=
với ,
i
ab H∈ .
Thì
11
11 1
( , , , , , , )
iin
uv e e abe e
−−
−+
=
i
K
∈
(do
1

i
ab H
−
∈ ).Nên
i
K
i
H
≤
.
Hơn nữa với mọi
()
12 1 2
z= z , , ,
nn
zz HH H
∈
××× ta có :
11
11 1
( , , , , , , )
ii ii n i
zuz e e z aze e K
−−
−+
=∈ (do
1
ii i
zaz H
−

∈ ) nên
i
K
i
H .1 in≤≤ .
Đặt
i
G
1
()
i
gK
−
= .Theo định lí 8.7 suy ra
i
G
G
,
1 in
≤
≤
.
Hơn nữa
|12
:
i
Gi n
gG HH H→×××
là đơn cấu và
|

()
i
Gi i
gG K
=
nên
i
G
i
K≅ .
Đồng thời phép nhúng
12
:
ii n
lH H H H→×××

111
( , , , , , , )
ii n
aeeae e
−+

là đơn cấu và ( )
ii i
lH K= nên
ii
HK
≅
.
Suy ra

ii
GH≅ ,1 in≤≤ .
Cho
x
G∈ ,tồn tại
12 1 2
( , , , )
nn
hh h H H H∈××× sao cho
12 12 1,23 1 1 1 2
( ) ( , , , ) ( , , , )( , , , ) ( , , , )
nnnnn n
gx h h h he e eh e e e e h K K K
−
== ∈×××.
Với mọi
1 in≤≤
tồn tại
ii
x
G∈ sao cho
111
( ) ( , , , , , , )
iiiin
gx e e he e
−+
=
.
Suy ra
12 12

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
nn
gx gx gx gx gxx x==.
Do g đẳng cấu nên
12

n
x
xx x=
∈
12

n
GG G .Do đó
G ⊂
12

n
GG G .
Mà
12

n
GG G
G⊂
.
Vậy
G =
12

n
GG G .












19

20