TÍNH CHẤT POS CỦA MỘT SỐ NHÓM KHÔNG ABEN

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 và Lý thuyết số

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
Tháng 8 -2008


LỜI CẢM ƠN
Tôi xin gửi lời cảm ơn đên các thầy cô trường Đại học sư phạm Thành phố
Hồ Chí Minh đã trực tiếp giảng dạy, trang bò cho tôi nhiều kiến thức làm
cơ sở để viết luận văn này.
Xin chân thành cảm ơn Phòng Khoa học - Công nghệ và Sau đại học
trường Đại học sư phạm thành phố Hồ Chí Minh đãtạo nhiều điều kiện
cho chúng tôi học tập.
Đặc biệt, xin tỏ lòng tri ân sâu sắc đến PGS.TS.Bùi Xuân Hải, người trực
tiếp hướng dẫn và động viên tôi trong suốt quá trình viết luân văn.
Xin gửi lời cảm ơn chân thành đến q thầy cô trường Phổ thông năng
khiếu, trường Đại học khoa học tự nhiên thuộc Đại học quốc gia thành phố
Hồ Chí Minh đã tạo nhiều điều kiện thuận lợi cho tôi học tập .
Xin gửi lời cảm ơn đến bạn bè thân hữu, đặc biệt bạn Đinh Kao Phạn ở
Gia lai đã quan tâm , động viên giúp đỡ tôi trong suốt khóa học,
Cuối cùng, xin cảm ơn gia đình, nguồn động viên tinh thần q báu mà
nếu thiếu nó, tôi sẽ không thể hòan thành được luận văn này.
Nguyễn Trọng Tuấn

Học viên cao học khóa 18

2


MỤC LỤC
1 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
2
4
5

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
3 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 luôn là vấn đề được quan tâm trong toán hoc. Một lớp các
nhóm hữu hạn có sự liên quan giữa cấp của nhóm và số phần tử có cùng
một cấp của nhóm đó là nhóm có các tập con hòan chỉnh ( Perfect Order
Subsets Group ) hay còn được gọi là POS - nhóm. Đó là các nhóm hữu hạn
mà số phần tử có cùng một cấp là ước của cấp của nhóm đó.
Việc nghiên cứu các POS- nhóm được bắt đầu vào năm 2002 với bài báo
A Curious Connection Between Fermat Numbers and Finite Groups của các tác
giả Carrie E.Finch và Lenny Jones. Trong [1], các tác giả đã chỉ ra sự liên
hệ giữa các POS - nhóm aben với các số nguyên tố Fecma. Hơn nữa, các tác
giả đã xây một lớp các POS - nhóm aben được xây dựng dựa trên Z2 .
Một số vấn đề đã được đặt ra trong [1] đã được các tác giả Carrie E.Finch
và Lenny Jones nêu ra :
•

Tồn tại hay không POS - nhóm không aben khác S3 ?

• Nếu G là POS - nhóm và p là là ước nguyên tố lẻ của | G | thì phải

chăng | G | chia hết cho 3 ?
Tiếp đó , cũng chính các tác giả Carrie E.Finch và Lenny Jones trong bài
báo Nonanabelian Groups With Perfect Order Subsets đã đưa ra nhiều kết quả
liên quan đến các POS - nhóm không aben. Một lớp các POS- nhóm không
aben đã được xây dựng dựa trên S3 . Ngoài ra, Carrie E.Finch và Lenny Jones
đã chỉ ra đầy đủ các giá trò của q sao cho nhóm tuyến tính đặc biệt SL(2, q)
là POS - nhóm. Các tác giả cũng khảo sát một vài trường hợp của nhóm
chỉ có một lớp liên hợp các phần tử cấp p nguyên tố cũng như nhóm các
phép thế chẵn An .
4


Mới đây vào tháng 5 năm 2009, trong bài báo On Finite Groups Having
Perfect Order Subsets, Ashish Kumar Das đã trình bày một số kết quả của
các POS - nhóm theo một hướng khác. Tác giả bài báo đã chỉ ra một số điều
kiện cần để một nhóm hữu hạn là POS - nhóm. Ngoài ra, dựa vào Đònh lí
Richert về số nguyên tố, Ashish Kumar Das đã chứng minh An không phải
là POS - nhóm với mọi n ≥ 4.
Luận văn này được viết dựa vào [2] và một phần [1] và [3]. Nội dung chủ
yếu của luận văn là xét đến các POS - nhóm không aben. Các kết quả về
lí thuyết số được chứng minh đầy đủ. Một số khá ít kết quả không đưa ra
chứng minh vì chúng tương tự với chứng minh trước đó.
Có thể thấy rằng, một nhóm có phải là POS - nhóm hay không phụ
thuộc vào cấu trúc và cấp của nhóm đó. Nhóm có cấp càng lớn hoặc cấu
trúc phức tạp thì việc nghiên cứu tính POS càng phức tạp. Phương pháp
thông thường được sử dụng là xác đònh các lớp liên hợp của nhóm. Trong
nhiều trường hợp ta phải giải quyết các vấn đề của lí thuyết số.
Luận văn đã làm rõ hơn nội dung và ý tưởng trong các bài báo đã nêu.
Học viên đã chứng minh được S3 × (Z3)t × M không phải là POS - nhóm
( Mệnh đề ). Bằng phương pháp tương tự đã nêu trong [2], học viên cũng

đã xác đònh được rằng có duy nhất POS - nhóm dạng T × (Z2 )t × M là
G = T × Z2 (Mệnh đề ). Ngoài ra, trong luận văn, không sử dụng Đònh
lí của Richert chúng tôi cũng đã chỉ ra một số khá nhiều giá trò n để An
không phải là POS - nhóm ( Các Mệnh đề 34, 35, 36, 37). Cụ thể An không
phải là POS - nhóm nếu như một trong các điều kiện sau được thỏa mãn
• n = 2m, trong đó m hoặc m − 1 là số nguyên tố.
• n = 2p + r với p nguyên tố và r ∈ {0, 1, 2, . . . , p − 1}.
• n = p1 + p2 + . . . + pk + r với pi là các số nguyên tố lẻ khác nhau và
r ∈ {0, 1}.
• n = 3p với p là số nguyên tố lẻ.
5


Luận văn được chia thành 3 chương:
• Chương 1: GIỚI THIỆU VỀ POS - NHÓM Đònh nghóa và một số điều
kiện cho POS - nhóm .
• Chương 2: MỘT LỚP CÁC POS - NHÓM KHÔNG ABEN Sử dụng các
kiến thức của lí thuyết số để xây dựng một lớp các POS - nhóm không aben.
Từ đó chứng minh tồn tại vô hạn các POS - nhóm không aben.
• Chương 3: TÍNH CHẤT POS CỦA MỘT SỐ NHÓM KHÔNG ABEN
Nghiên cứu tính chất POS của một số nhóm hữu hạn : Dn , SL(2, q), P SL(2, q).
Vì khả năng có hạn nên luận văn chắc chắn có nhiều thiếu sót. Rất
mong q thầy, cô và các bạn đồng nghiệp góp ý, giúp đở. Tôi xin thành
thật cảm ơn.
Nguyễn Trọng Tuấn
Học viên cao học khóa 18

1

Chương 1
GIỚI THIỆU VỀ POS - NHÓM
1.1 CẤP CỦA PHẦN TỬ TRONG MỘT NHÓM HỮU HẠN
Đònh nghóa 1. Cấp của phần tử a trong một nhóm G là số nguyên dương n
bé nhất sao cho an = 1.
Mệnh đề 1. ( Đònh lí Lagrăng) Cấp của mỗi phần tử tùy ý của một nhóm
hữu hạn G là ước của | G |.
Cho G là một nhóm . Với mỗi x ∈ G, ta kí hiệu
OS(x) = {y ∈ G| | x |=| y |}
Mệnh đề 2. Với mọi x ∈ G ta có | OS(x) | chia hết cho ϕ(| x |).
Chứng minh. Với a, b ∈ G, ta viết a ∼ b nếu như a và b cùng sinh ra một
nhóm xyclic của G. Dễ dàng kiểm tra được ∼ là quan hệ tương đương. Khi
đó G được chia thành các lớp tương đương rời nhau. Ta gọi [a] là lớp tương
đương chứa a.
Bây giờ, ∀x ∈ G, ∀a ∈ OS(x) ta có [a] ⊂ OS(x) và | [a] |= ϕ(| a |) = ϕ(| x |).
Từ đó nếu gọi k là số lớp tương đương tạo thành OS(x) thì ta có
| OS(x) |= k.ϕ(| x |)
2


Đó là điều cần chứng minh.
Đònh nghóa 2. Hai phần tử a và b trong một nhóm G được gọi là liên hợp
với nhau nếu có g ∈ G sao cho b = g −1 ag.
Hai phần tử liên hợp với nhau sẽ có cùng cấp. Nhưng điều ngược lại không
đúng : Hai phần tử cùng cấp có thể không liên hợp với nhau.
Đònh nghóa 3. Cho G là một nhóm
• Tâm của G là tập hợp
Z(G) = {g ∈ G | gx = xg, ∀x ∈ G}
• Với x ∈ G, tâm hóa tử của x là
CG(x) = {g ∈ G | gx = xg}

•Với S ⊂ G, tâm hóa tử của tập S là
CG (S) = {g ∈ G | gx = xg, ∀x ∈ S}
Từ đònh nghóa ta có
Z(G) =

CG(x)
x∈G

và
CG(x) =

CG (x)
x∈S

Mệnh đề 3. Cho x là một phần tử của nhóm G. Khi đó số các phần tử của
G liên hợp với x là | [G : CG(x)] |.
Quan hệ liên hợp giữa các phần tử trong nhóm G là quan hệ tương đương.
Từ đó G được chia thành các lớp tương đương. Ta có phương trình sau đây
được gọi là phương trình lớp của nhóm G:
n

| [G : CG(xi )] |

| G |=| Z(G) | +
i=1

3


Ta thấy rằng để xác đònh các phần tử có cùng cấp trong một nhóm, một

trong các hướng tiếp cận là xác đònh phương trình lớp của nhóm đó. Đây
là phương pháp ta sử dụng trong các phần tiếp theo.

1.2 ĐỊNH NGHĨA POS - NHÓM
Cho G là một nhóm hữa hạn và x ∈ G. Tập con cùng cấp của G xác đònh
bởi x là tập hợp tất cả các phần tử của G có cùng cấp với x.
Đònh nghóa 4. Nhóm G được gọi là POS - nhóm ( Perfect Order Subsets
Group ) nếu như số phần tử trong mỗi tập con cùng cấp của nó là ước của
| G |.
Ví dụ 1.
• Nhóm Z2 là POS nhóm.
• Nhóm S3 gồm 6 phần tử: 1 phần tử cấp 1 ; 3 phần tử cấp 2 và 2 phần tử
cấp 3. Vậy S3 là POS nhóm.
• Nhóm xyclic Z5 không phải là POS nhóm vì có 4 phần tử cấp 5.
Ví dụ 2. Với mỗi số p nguyên tố lẻ, nhóm Heisenberg




 1 a b
H(Fp ) =  0 1 c  | a, b, c ∈ Fp


0 0 1

không có POS.
Việc kiểm tra H(Fp ) là một nhóm là đơn giản. Ta sẽ chứng minh mọi phần
tử cấp đơn vò của H(Fp ) đều có cấp p.
Thật vậy, với mọi α ∈ H(Fp ), ta viết α = I + β với I là ma trận đơn vò và



0 a b
β= 0 0 c 
0 0 0
4


Chú ý rằng

và


0 0 ac
β2 =  0 0 0 
0 0 0



0 0 0
β3 =  0 0 0 
0 0 0


Từ đó dẫn tới kết quả β k = 0, ∀k ≥ 3 Do đó αp = (I + β)p = I vì p = 0
trong Fp .
Vậy số phần tử cấp p của H(Fp) là p − 1. Suy ra H(Fp ) không có POS.

1.3 MỘT SỐ ĐIỀU KIỆN CẦN CỦA POS - NHÓM
Mệnh đề 4. Cho G là nhóm xyclic cấp n . Khi đó G là POS nhóm khi và
chỉ khi n = 2a .3b , ở đây a, b là các số tự nhiên với a ≥ 1 và b ≥ 0.

Chứng minh. Ta biết rằng với mỗi ước dương d của | G | thì G có φ(d) phần
tử cấp d. Như vậy để G là POS nhóm thì điều kiện cần và đủ là ϕ(d) | n
với mọi d | n. Chú ý rằng nếu d | n thì ϕ(d) | φ(n). Do đó điều kiện trên
tương đương với φ(n) | n.
Bằng cách chứng minh tương tự Mệnh đề ta được điều cần chứng minh.
Từ mệnh đề 4 , ta có các hệ quả sau đây:
Hệ quả 1. Với mọi n ∈ N ∗ , Z2n là POS nhóm.
Hệ quả 2. Nhóm xyclic cấp p nguyên tố là POS nhóm khi và chỉ khi p = 2.

5


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 minh. Từ Mệnh đề 4, ta chỉ cần chứng minh nếu 2− nhóm G là
POS thì G là xyclic.
Giả sử | G |= 2m , m ≥ 0. Với 0 ≤ n ≤ m, đặt
n

Xn = g ∈ G|g 2 = 1
Rõ ràng Xn−1 ⊂ Xn với mọi 1 ≤ n ≤ m. Bằng qui nạp ta sẽ chứng minh
| Xn |= 2n với 0 ≤ g |= 2n ≤ m và như thế G là xyclic.
Ta có | X0 |= 1. Giả sử rằng điều phải chứng minh đúng với n − 1.
Chú ý rằng Xn − Xn−1 = {g ∈ G| | g |= 2n } nên ta có
| Xn | − | Xn−1 |=| Xn − Xn−1 |= 0 hoặc 2t
vơi n − 1 ≤ t ≤ m.

Theo giả thiết qui nạp | Xn−1 |= 2n−1 và theo Đònh lí Frobeniu thì 2n chia
hết Xn . Từ đó ta suy ra rằng | Xn |= 2n . Đònh lí đã được chứng minh.
Mệnh đề 7. Cho G là một POS - nhóm không tầm thường . Khi đó
i) Nếu ord2 | G |= 1 thì hoặc | G |= 2 hoặc 3 chia hết G.
ii) Nếu ord2 | G |= ord3 | G |= 1 thì hoặc | G |= 6 hoặc 7 chia hết | G |.
iii) Nếu ord2 | G |= ord3 | G |= ord7 | G |= 1 thì hoặc | G |= 42 hoặc tồn
tại số nguyên tố p ≥ 77659 sao cho 432 p chia hết | G |.

6


Chứng minh. Giả sử
| G |= pα1 1 pα2 2 . . . pαk k
trong đó k ≥ 1 và 2 = p1 < p2 < . . . pk là các số nguyên tố phân biệt.
Chú ý rằng với mọi i = 1, 2, . . . , k ta luôn có (pi , pi − 1) = 1.
i) Nếu ord2 | G |= 1 thì α = 1.
Nếu k = 1 thì | G |= 2.
Nếu k ≥ 2 thì theo Mệnh đề 5 ta có p2 − 1|2pα2 2 . . . pαk k . Suy ra p2 − 1|2. Từ
đó | G | =2 hoặc p2 = 3.
ii) Nếu ord2 | G |= ord3 | G |= 1 thì α1 = α2 = 1.
Nếu k = 2 thì | G | =6. Nếu k ≥ 3 thì ta cũng có p3 − 1|2.3.pα3 3 . . . pαk k
Do p3 − 1 < p3 nên p3 − 1 | 6. Ta thấy chỉ xảy ra khả năng p3 − 1 = 6, nghóa
là p3 = 7.
iii) Xét ord2 | G |= ord3 | G |= ord7 | G |= 1
Nếu k ≤ 3 thì | G |= 2.3.7 = 42.
Nếu k ≥ 4 thì
p4 − 1|2.3.7.pα4 4 . . . pαk k
Suy ra p4 − 1 là ước của 42. Ta thấy chỉ có khả năng p4 = 43.
Từ đó | G |= 2.3.7.43α4 pα5 5 . . . pαk k .
Bây giờ xét k ≥ 5 và α1 = α2 = α3 = α4 = 1.

Khi đó
| G |= 2.3.7.43.pα5 5 . . . pαk k = 1806pα5 5 . . . pαk k
Ta có p5 − 1 | 1806pα5 5 . . . pαk k
Tương tự như trên ta thấy rằng p5 − 1 | 1806. Bằng việc kiểm tra trực tiếp
các ước của 1806, ta thấy không có số nguyên tố p5 > 43 nào thỏa mãn điều
kiện. Do đó ta phải có α4 ≥ 2.
Từ đó ta có p5 − 1 | 2.3.7.43α4 pα5 5 . . . pαk k suy ra p5 − 1 | 2.3.7.43α5 .
Dễ thấy giá trò nhỏ nhất của p5 là 2.3.7.432 + 1 = 77659.
Mệnh đề 8. Giả sử
| G |= pα1 1 pα2 2 . . . pαk k

7


ở đây α1 , α2 , . . . , αk và 2 = p1 < p2 < . . . < pk là các số nguyên tố sao cho
αk−1
, k ≥ 2.
pk − 1 = pα1 1 pα2 2 . . . pk−1
Khi đó nếu G là POS - nhóm thì pk − nhóm con sylow của G là xyclic.
Chứng minh. Theo đònh lí Sylow G có pk − nhóm con sylow duy nhất là P .
Do đó mọi phần tử của G có cấp là lũy thừa của pk phải nằm trong P . Gọi
mi là số các phần tử của G có cấp pik , 1 ≤ i ≤ αk .
Theo Mệnh đề 5 ta có φ(pik ) | mi , suy ra mi = pi−1
k (pk − 1)xi , xi ≥ 0.
Nếu G là POS-nhóm thì
α1 α2
αk
pi−1
k (pk − 1)xi | p1 p2 . . . pk

Suy ra xi | pαk k −i+1 với mỗi i mà xi = 0 và 1 ≤ i ≤ k.
Bây giờ
αk

mi =| P | −1 = pαk k − 1
Mặt khác

i=1
αk

αk

pi−1
k xi

mi = (pk − 1)
Suy ra

i=1

i
αk

pi−1
k (xi − 1) = 0
i=1

Đẳng thức này dẫn đến x1 ≡ 1( mod pk ). Kết hợp điều này với điều kiện
xi | pαk k −i+1 ta được x1 = 1.
Từ đó ta có

α
k

pi−1
k (xi − 1) = 0
i=2

Bằng cách áp dụng liên tiếp lập luận trên ta được
x1 = x2 = . . . = xα k = 1
Do đó
mαk = pαk k −1 (pk − 1) = 0
8


Điều này chứng tỏ rằng P là nhóm xyclic.

9


Chương 2
MỘT LỚP CÁC POS- NHÓM KHÔNG
ABEN
2.1 KIẾN THỨC BỔ SUNG
Từ nay về sau ta xem rằng (Z2 )t = Z2 × Z2 × . . . × Z2 .
t

Mệnh đề 9. Giả sử G = (Z2 )t . Khi đó G có 2t phần tử gồm 1 phần tử cấp 1
và 2t − 1 phần tử cấp 2.
Chứng minh Mỗi phần tử của (Z2 )t là một bộ có thứ tự gồm t thành phần,
mỗi thành phần là một phần tử của Z2 . Như vậy (Z2 )t có 2t phần tử , trong

đó có 1 phần tử cấp 1 và 2t − 1 phần tử cấp 2.
Mệnh đề 10. Cho a, b, t là các số nguyên dương với b ≤ a và G
đây p là số nguyên tố . Khi đó số phần tử trong G có cấp pb là

(Zpa )t , ở

t

pb−1 (pt − 1)
Chứng minh Mỗi phần tử của G là một bộ có thứ tự gồm t thành phần mà
mỗi thành phần là một phần tử của Zpa . Mỗi phần tử của G có cấp pb phải
có ít nhất một thành phần có cấp pb trong nhóm tương ứng và các thành
phần khác có cấp không vượt quá pb .
Đầu tiên ta đếm các phần tử có cấp pb ở thành phần đầu tiên và ở các
thành phần khác có cấp không vượt quá pb . Ta biết rằng số các phần tử có
10


cấp pb trong Zpa chính là số các phần tử sinh trong nhóm xyclic duy nhất
có cấp pb của Zpa , nghóa là φ(pb). Tiếp theo ta đếm số phần tử có cấp không
vượt quá pb trong t − 1 thành phần còn lại. Mỗi một thành phần có đúng
một nhóm con cấp pc với c ≤ b và trong nhóm con đó có đúng φ(pc ) phần
tử có cấp pc .
Như vậy, mỗi thành phần có
1+φ(p)+. . .+φ(pb−1 )+φ(pb) = 1+p−1+p2 −p+. . .+pb−1 −pb−2 +pb −pb−1 = pb
phần tử có cấp không vượt quá pb . Như thế tổng số các phần tử của G có
t−1
.
cấp pb mà thành phần đầu tiên có cấp pb là φ(pb ) pb
b

Tiếp theo ta đếm số phần tử cấp p của G mà thành phần đầu tiên có cấp
bé hơn pb , thành phần thứ hai có cấp đúng bằng pb và t − 2 thành phần
còn lại có cấp không vượt quá pb . Dễ thấy số phần tử như thế đúng bằng
t−2
pb−1 φ(pb ) pb
.
Tiếp tục thực hiện như trên ta thấy tổng số các phần tử cấp pb của G là
t−1
i

pb−1 φ(pb) pb

t−1−i

= φ(pb ) pb−1

t−1

pt−1 + pt−2 + . . . + p + 1

i=0

= p
=

b−1

(p − 1) p

pb−1

t−1

b−1 t−1

pt − 1
p−1

pt − 1

Mệnh đề 11. Cho G = (Zpa ) × M và G = (Zpa+1 ) × M, ở đây a và t là các
số nguyên dương , còn p là số nguyên tố không chia hết | M |. Giả sử rằng
d là cấp của một phần tử trong G mà pa+1 không là ước của d. Khi đó G và
G có cùng số phần tử cấp d.
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 hay 0 ≤ b ≤ a. Theo Mệnh đề 11 thì
số các phần tử cấp pb trong (Zpa )t và (Zpa+1 )t là như nhau. Từ đó suy ra kết
11


quả cần chứng minh.
Mệnh đề 12. Cho G = (Zpa ) × M và G = (Zpa+1 ) × M, ở đây a và t là các
số nguyên dương , còn p là số nguyên tố không chia hết | M |. Khi đó nếu
G là POS-nhóm thì G cũng là POS-nhóm.
Chứng minh Gọi (x, y) là một phần tử của G, trong đó x ∈ (Zpa+1 )t và
y ∈ M. Gọi d là cấp của (x, y) . Ta thấy rằng nếu d không chia hết cho

pa+1 thì theo Mệnh đề 11 thì số phần tử cấo d của G và G là như nhau.
Vì G là POS-nhóm nên hiển nhiên G cũng là POS-nhóm.
Ta xét trường hợp d chia hết cho pa+1 . Khi đó cấp của x trong (Zpa+1 )t là
pa+1 và d = pa+1 m, trong đó m là cấp của y trong M. Theo Mệnh đề 12,
số phần tử cấp d trong G là (pa )t (pt − 1) k. Ta phải chứng minh số này
chia hết | G | . Từ Mệnh đề 10, ta thấy số phần tử cấp pa m trong G là
t
t
pa−1 (pt − 1) k. Do G là POS-nhóm nên pa−1 (pt − 1) k là ước của | G |.
Do | G |= pt | G | nên
pt

pa−1

t

pt − 1 k = (pa )t pt − 1 k

chia hết | G |.
Cuối cùng, ta cần một số kết quả của lí thuyết số
Mệnh đề 13. Cho p là số nguyên tố và n là số nguyên dương. Nếu q là một
n
ước nguyên tố của 2p − 1 thì p là ước của q − 1.
Chứng minh Xét nhóm nhân (Zq )∗ gồm những phần tử khác 0 của (Zq ). Rõ
n
ràng | (Zq )∗ |= q − 1. Vì 2p ≡ 1 ( mod q) nên nếu gọi a là cấp của phần tử
2 trong Zq thì a là ước của pn . Do p nguyên tố nên a chia hết cho p. Lại
theo Đònh lí Lagrăng thì a là ước của q − 1. Suy ra p là ước của q − 1.
Đònh nghóa 5. Số tự nhiên n được gọi là số square- free nếu nó không chia
hết cho bất cứ một số chính phương nào. Hiển nhiên nếu n là số squarefree thì mọi ước của n cũng là số square - free. Hơn 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 × Z3 × Z5
• (Z2 )5 × Z3 × Z5 × Z31
• (Z2 )8 × Z3 × Z5 × Z17
• (Z2 )16 × Z3 × Z5 × Z17 × Z257
• (Z2 )17 × Z3 × Z5 × Z17 × Z257 × Z131071
• (Z2 )32 × Z3 × Z5 × Z17 × Z257 × Z65537
Ngoài ra, dễ dàng kiểm tra được 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 xyclic có cấp là một số square-free lẻ không chia hết cho 3. Khi đó
nếu G là POS -nhóm thì G đẳng cấu với một trong các nhóm sau đây :
• S3

• S 3 × Z2 × Z7
• S3 × (Z2 )2 × Z5
13


Chứng minh. Trước hết ta xét trường hợp t = 0. Khi đó G = S3 × M. Để
ý rằng do | M | là số square-free lẻ không chia hết cho 3 nên 6 | M | là số
square-free.
Ta biết rằng nhóm S3 có 6 phần tử : 1 phần tử cấp 1, 3 phần tử cấp 2 và
2 phần tử cấp 3. Từ giả thiết suy ra | M | không chia hết cho 2 và 3. Suy
ra M không có phần tử cấp 2 và 3. Từ đó nếu gọi p là ước nguyên tố nhỏ
nhất của | M | thì p = 2 và p = 3. Do m là nhóm xyclic nên số phần tử
cấp p của M là p − 1. Do đó số phần tử cấp p của G cũng là p − 1. Do G
là POS-nhóm nên 6 | M | chia hết cho p − 1. Nếu gọi q là ước nguyên tố
khác 2 và 3 của p − 1 thì q cũng là ước nguyên tố nhỏ hơn p của | M |. Mâu
thuẫn. Vậy ước nguyên tố của p − 1 phải là 2 và 3. Từ đó p − 1 = 6 hay
p = 7. Nhóm xyclic M có cấp chia hết cho 7 nên số phần tử cấp 7 của M
hay của G là 6.
Ta đếm số phần tử g ∈ G có cấp 14. Ta biết rằng g = (a, b) với a ∈ S3 có
cấp 2 và b ∈ M có cấp 7. Dễ dàng thấy rằng số phần tử g như thế là 3.6=18
là số square-free nên | G | không chia hết cho 18. Điều này mâu thuẫn vì
G là POS-nhóm.
Bây giờ ta xét t ≥ 1. Khi đó G S3 × (Z2 )t × M và | G |= 6.2t . | M |. Chú
ý rằng 6 | M | là số square-free.
Số phần tử cấp 2 của G là 3.2t + 2t − 1 = 2t+2 − 1. Số phần tử cấp 6 của G
là 2(2t − 1). Từ đó | G | chia hết cho 2t+2 − 1 và 2(2t − 1).
Gọi p là ước nguyên tố lẻ của t + 2. Khi đó 2p − 1 là ước của 2t+2 − 1. Nếu
gọi q là ước nguyên tố của 2p − 1. Theo Mệnh đề 11, p là ước của q − 1. Nếu
2p − 1 có các ước nguyên tố phân biệt là q1 và q2 thì p là ước của q1 − 1 và
q2 −1. Suy ra p2 là ước của (q1 −1)(q2 −1). Mặt khác, do p lẻ nên 2p −1 không

chia hết cho 3. Vậy q1, q2 khác 3. Ta thấy rằng q1 , q2 là ước của 3 | M |
nên q1 , q2 là ước của | M |. Số phần tử cấp q1q2 của M ( cũng là của G) là
(q1 − 1)(q2 − 1). Vì G là POS-nhóm nên | G | chia hết cho (q1 − 1)(q2 − 1),
suy ra 6 | M | chia hết cho p2 . Vô lí vì 6 | M | là square-free. Tóm lại ta đã
chứng minh được rằng nếu p là ước nguyên tố lẻ của t + 2 thì 2p − 1 phải là
số nguyên tố và 2p − 1 ≡ 1 ( mod 3).
Bây giờ, giả sử t + 2 có hai ước nguyên tố lẻ khác nhau là p1 và p2 . Khi đó
14


, như vừa chứng minh thì 2p1 − 1 và 2p2 − 1 là các số nguyên tố. Do p1 , p2
nên 2p1 − 1 ≡ 1 ( mod 3) và2p2 − 1 ≡ 1 ( mod 3). Suy ra (2p1 − 1) (2p2 − 1)
chia hết cho 9. Nhưng khi đó cũng do 2p1 − 1 và 2p2 − 1 là các số nguyên
tố nên số phần tử của G có cấp (2p1 − 1) (2p2 − 1) là (2p1 − 2) (2p2 − 2). Lại
một làn nữa ta có điều mâu thuẫn vì 6 | G | là số square-free. Vậy t + 2 có
nhiều nhất một ước nguyên tố lẻ.
Bây giờ ta giả sử 2p là ước của t + 2 với p nguyên tố lẻ. Khi đó theo lập
luận trên thì 2p − 1 là số nguyên tố và 2p − 2 ≡ 0 ( mod 3). mặt khác, do
t + 2 chẵn nên 2t+2 − 1 ≡ 0 ( mod 3). Từ đó (2p − 2) 2t+2 − 1 chia hết cho
9. Ta tính số phần tử g trong G có cấp 2 (2p − 1). Giả sử g = (a, b, c) với
a ∈ S3 , b ∈ (Z2)t , c ∈ M. Có các trường hợp sau:
• | a |= 2, | b |= 1, | c |= 2p − 1
Có 3.1 (2p − 2) = 3 (2p − 1) phần tử.
• | a |= 2, | b |= 2, | c |= 2p − 1
Có 3. (2t − 1) (2p − 2) phần tử.
• | a |= 2, | b |= 1, | c |= 2p − 1
Có 2−1 − 1 (2p − 2) phần tử.
Vậy có tất cả
3 (2p − 1) + 3. (2t − 1) (2p − 2) + 2−1 − 1 (2p − 2) = 2t+2 − 1 (2p − 2)
phần tử có cấp 2 (2p − 1) trong G.

Vì G là POS-nhóm nên 6 | M | chia hết cho 9 là số chính phương. Vô lí.
Từ đó ta kết luận rằng t + 2 phải là lũy thừa của một số nguyên tố.
Giả sử t + 2 = pn , ở đây p là số nguyên tố lẻ. Ta biết rằng 2p − 1 là ước
n
n
nguyên tố của 2t+2 − 1 = 2p − 1. Nếu n > 1 thì rõ ràng 2p − 1 không phải
là số nguyên tố. Do 6 | M | là square-free nên 2t+2 − 1 cũng là square-free.
Từ đó suy ra có số nguyên tố q = 2p − 1 là ước của 2t+2 − 1. Vì q là ước của
n
2p − 1 nên theo mệnh đề ... thì p là ước của q − 1. Mặt khác, theo đònh lí
Fecma nhỏ thì 2p−1 ≡ 1 ( mod p) hay p là ước của 2p − 2.. Từ đó p2 là ước
của (q − 1)(2p − 2). Nhận xét rằng (q − 1)(2p − 2) chính là số phần tử có
cấp q(2p − 1) trong G. Như thế p2 là ước của 6 | M | và ta lại có điều mâu
thuẫn. Vậy n = 1 và t + 2 hoặc là lũy thừa của 2 hoặc là số nguyên tố lẻ.
Hiển nhiên lập luận trên cũng áp dụng được cho 2t − 1 và ta có kết luận :
15


t và t + 2 hoặc là lũy thừa của 2 hoặc là số nguyên tố lẻ. Nhưng t và t + 2
có cùng tính chẵn lẻ nên ta chỉ cần xét các trường hợp sau đây:
• t = 1. Khi đó t = 2 = 3 và G S3 × Z2 × M. Số phần tử có cấp 2 trong
G là 7. Do đó | M | chia hết cho 7. Do đó M = Z7 × M. Chú ý rằng do
| M | là square-free nên | M | không chia hết cho 7. Nghóa là M không chứa
phần tử cấp 7. Từ đó G S3 × Z2 × Z7 × M. Số phần tử cấp 42 của G là
2.1.6=12. Nếu gọi p là ước nguyên tố của | M | thì rõ ràng p ∈
/ {2, 3, 7}. Như
thế số phần tử cấp 42p của G là 12(p − 1). Vậy | G | chia hết cho 12(p − 1).
Suy ra | G | chia hết cho 8. Vô lí. Do đó M phải là nhóm tầm thường. Như
thế G S3 × Z2 × Z7 và dễ dàng kiểm tra được G là POS - nhóm.
• t và t + 2 là các số nguyên tố lẻ. Theo kết quả ở trên thì khi đó

2t − 1 và 2t+2 − 1 là các số nguyên tố và chúng là ước của | G |. Hơn nữa
(2t − 2) 2t+2 − 2 chia hết cho 9. Dễ thấy rằng (2t − 2) 2t+2 − 2 là số phần
tử có cấp (2t − 1) 2t+2 − 1 của G. Như thế 9 là ước của | G | hay 3 là ước
của | M |. Điều này trái với giả thiết.
• t = 2m , t+2 = 2n với m, n là các số nguyên dương. Khi đó 2n−1 −2m−1 = 1.
Rỏ ràng phương trình trên chỉ có duy nhất nghiệm m = 1, n = 2. Từ đó
t = 2 và G S3 × (Z2)2 × M. Số phần tử cấp 2 của G là 24 − 1 = 15. Áp
dụng kết quả đã biết ta được M = Z5 × M. Vậy G S3 × (Z2 )2 × Z5 × M.
Số phần tử cấp 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 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 tìm được trong quá
trình thực hiện luận văn. 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 | M | hay 3t+1 − 1 là 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 không aben có cấp nhỏ nhất. Một cách tự nhiên ta cũng tìm
cách xây dựng các POS - nhóm như thế dựa vào các nhóm không aben khác.
Xét nhóm T cấp 12 có biểu diễn
T = a, b | a6 = 1, a3 = b2 , bab−1 = a−1
17


T có 1 phần tử cấp 1; 1 phần tử cấp 2 là a3 ; 2 phần tử cấp 3 là a2 và a4 ; 6
phần tử cấp 4 là ai b với 0 ≤ i ≤ 5; 2 phần tử cấp 6 là a và a5.
Vậy T là POS - nhóm. Ta sẽ tìm các xây dựng các POS - nhóm không aben
khác dựa vào T .
Mệnh đề 15. Giả sử G T × (Z2 )t × M, ở đây M là nhóm xyclic có cấp là
một số square-free lẻ không chia hết cho 3. Khi đó G là POS - nhóm khi
và chỉ khi G = T × Z2 .
Chứng minh. Giả sử | M |= m. Theo giả thiết m là số square-free lẻ và
không chia hết cho 3.
a) Xét t = 0. Khi đó G T × M và cấp của G là 12m.

Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất chia hết m. Ta thấy rằng p = 2 và p = 3.
Do G là POS - nhóm nên p − 1 là ước của 12m. Do tính nhỏ nhất của p
nên gcd(m, p − 1) = 1. Do đó p − 1 là ước của 12. Như thế p = 5 hoặc p = 7.
Xét p = 5. Số phần tử cấp 15 là 2.4 = 8 . Khi đó 8 | 12m và m lẻ . Vô lí.
Xét p = 7. Số phần tử cấp 28 là 6.6 = 36 là ước của 12m. Khi đó 3 | m, vô
lí.
Do đó G không phải là POS - nhóm.
b) Xét t ≥ 1. Khi đó G T × (Z2 )t × M có cấp là | G |= 12m.2t .
Trước hết chú ý rằng do M xyclic và m là số square-free lẻ không chia hết
cho 3 nên số phần tử cấp 2 là 2t+1 − 1, số phần tử cấp 3 là 2, số phần tử cấp
4 là 6.2t và số phần tử cấp 6 là 2(2t+1 − 1).
Tương tự như Mệnh đề , ta thấy rằng t + 1 phải là lũy thừa của 2 hoặc là số
nguyên tố lẻ.
• Xét trường hợp t + 1 là số nguyên tố lẻ. Khi đó cũng theo mệnh đề ta
thấy 2t+1 − 1 = p là một số nguyên tố. Mà 2t+1 − 1 chính là số phần tử cấp
2 của G. Do đó 12m.2t chia hết cho p. Từ đó suy ra m chia hết cho p. Vì
M xyclic nên M = Zp × M. Vậy G T × (Z2)t × Zp × M.
Gọi q là ước nguyên tố của | M |. Khi đó hiển nhiên q ∈
/ {2, 3, p}. Số phần
tử cấp 4pq của G là
6.2t (p − 1)(q − 1) = 3(p + 1)(p − 1)(q − 1)
18


Do G là POS - nhóm nên 3(p + 1)(p − 1)(q − 1) là ước của
| G |= 12m.2t = 6m(p + 1)
Suy ra (p − 1)(q − 1) là ước của 2m. Từ đó dẫn đến m chẵn, vô lí.
• Xét trường hợp t + 1 = 2k là lũy thừa của 2.
Số phần tử cấp 2 của G là 2t+1 −1, số phần tử cấp 4 của G là 6+6(2t −1) = 6.2t .
k

Nếu k ≥ 4 thì 2t+1 − 1 = 22 − 1 là số chia hết cho 15. Do đó 12.2t .m chia
hết cho 5. Suy ra m chia hết cho 5. Do M xyclic nên M = Z5 × M. Từ đó
số phần tử cấp 20 của G là 4.6.2t = 3.2t+3 . G là POS - nhóm nên 3.2t+3 là
ước của 12m.2t = 3m.2t+2 . Đây là điều không thể xảy ra vì m là số square free lẻ.
Vậy ta phải có k ≤ 3.
Xét k = 3. Khi đó t = 7 và G = T × (Z2 )7 × M.
Số phần tử cấp 2 của G là 27+1 − 1 = 255 = 3.5.17 . Như vậy m chia hết
cho 5 và vì vậy M = Z5 × M. Lập luận như phần trên ta thấy số phần tử
cấp 20 là 3.210 không thể là ước của 12.27 .m = 3m.29 .
Xét k = 2. Khi đó t = 3 và G = T × (Z2 )3 × M.
Số phần tử cấp 2 là 24 − 1 = 3.5. Hoàn tòan tương tự như trên ta suy ra điều
mâu thuẫn.
Cuối cùng ta xét k = 1. Khi đó t = 1 và G = T × Z2 × M.
Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của m. Ta thấy rằng p ∈
/ {2, 3}. Số phần
tử cấp p của G là p − 1 và do G là POS - nhóm nên 24m chia hết cho p − 1.
Gọi d = gcd(p−1, m). Khi đó d | p−1 và d | m. Hiển nhiên rằng d ≤ p−1 <
p nên d = 1. Suy ra q − 1 | 24. Từ đó ta có p − 1 ∈ {1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 24} hay
p ∈ {5, 7, 13}.
Nếu p = 5 thì G = T × Z2 × Z5 × M.
Số phần tử cấp 20p là 12.4(p − 1) = 48(p − 1). Do G là POS - nhóm nên
48(p − 1) | 24m. Điều này vô lí vì m lẻ.
Nếu p = 7 thì G = T × Z2 × Z7 × M.
Số phần tử cấp 28p là 12.6(p − 1) = 72(p − 1). Do G là POS - nhóm nên
72(p − 1) | 24m. Điều này vô lí vì m không chia hết cho 3.
Nếu p = 13 thì G = T × Z2 × Z13 × M.
19


Số phần tử cấp 52p là 12.12(p − 1) = 144(p − 1). Do G là POS - nhóm nên

144(p − 1) | 24m. Điều này vô lí vì m 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