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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (177.18 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BÀI T

Ậ

P

ĐẠ

I S

Ố

ĐẠ

I C

ƯƠ

NG

Nhóm 2

Bài 1.2)

a) Xét nhóm hữu hạn X = { a1 , a2 , …, an } với phép toán nhân (.) .
* Nếu X là nhóm thì hiển nhiên phép tốn nhân có tính giản ước.

* Giả sử phép tốn (.) có tính giản ước.Xét ai thuộc X, ta có aiX={ ai a1, ai a2
,…,aian}.Do định nghĩa của phép toán nên ai aj ∈ X , suy ra aiX ⊂ X . Hơn nữa do
phép tốn có tính giản ước nên nếu có ai aj = ai ak thì aj = ak , suy ra | aiX | = n hay aiX
= X .Từđó ta thấy phương trình aix = aj ln có nghiệm trong X . Tương tự như vậy
ta có phương trình xai = aj ln có nghiệm trong X .Vậy X là nhóm .

Điều kiện hữu hạn là khơng thể bỏ vì nửa nhóm ( $ , + ) khơng phải nhóm.
b) Xét tập H khác rỗng của X thoảđề bài thì H là một nửa nhóm (do phép tốn có
tính kết hợp).Vì vậy theo kết quả câu a) , H là một nhóm nên H là nhóm con của X.
Bài 1.6)

Theo giả thiết ta thấy với mọi a thuộc G thì a2 = e .

Vậy với mọi a và b thuộc G thì a(ba)b = (ab)(ab) = e2 = (aa)(bb) = a(ab)b , do tính
giản ước ta có ab = ba .

Bài 1.10)

Xét hoán vị σ ∈ Sn và 〈σ〉= { id ,σ ,σ 2,…, σ 2k } ,ta thấy σ2k +1 = id , suy ra
sgn σ2k+1= (sgnσ)2k + 1 = sgn(

id) =1 hay sgnσ= 1 . Từđó σ là hốn vị chẵn.
Tuy nhiên chiều đảo chưa chắc đúng. Ví dụ cho hốn vị chẵn σ = (1 2)(3 4) ,ta
thấy σ2 =

id và sgnσ =1 nên 〈σ〉 ={ id ,σ }, suy ra |σ | = 2 .
Bài 1.14)

Choσ là k-chu trình thì ta đồng nhất nó với chu trình σ = ( 1 2 3 4 … k ) ,
khi đó do σ k = id nên ta chỉ cần xét bài toán khi

l < k là đủ.
Ta viết lại

σ l =

⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜

⎝
⎛

....
)
(
....
)
4
(

)
3
(
)
2
(
)
1
(

....
....

4
3
2
1

k
k

ϕ
ϕ

với 0 < ϕ(i)≤ k thoả ( i + l ) ≡ϕ(i) (mod k).

Vậy , nếu ( k , l ) = n thì ta có :

ϕ(1)≡1+l (mod k);
ϕ2(1)=ϕ

l
l 1 2

)
1
(
))
1
(

(ϕ ≡ϕ + ≡ + (mod k);
…….

l

n
k

⎟
⎠
⎞
⎜

⎝
⎛ −
+
≡

−

1
1

)
1
(
1

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2
≡ + ≡

n
kl

n
k

1
)
1
(

ϕ 1 ( mod k ) ( do ( k,l ) = n ) (*)

( ta chứng minh (*) dễ dàng theo quy nạp).

Tuy nhiên trong trường hợp này giá trị

n
k

là giá trị nhỏnhất thoả mãn (*) vì rõ ràng

với mọi j thoả 1 ≤ j ≤ −1

n
k

thì jl khơng chia hết cho k.

Như vậy , sau khi phân tích thì σl sẽ trở thành tích của các chu trình rời nhau,trong 
đó chu trình đầu tiên có dạng là

⎟⎟

⎠
⎞
⎜

⎜
⎝

⎛ −

1
....
)
1
(
)
1
(
)
1
(

)
1
(
....

)
1
(
)
1
(
1

3
2

1
2

ϕ
ϕ

ϕ n

k

( do (*) )
Từđó ta thấy σl là

k- chu trình khi và chỉ khi −1=k−1
n

k

hay n = 1 (đpcm).
Bài 1.18)

Xét x thuộc G , khi đó ta có tập hợp T = x -1H x = { x -1hx | h ∈H }.
Rõ ràng T ⊂ X .Ta sẽ chứng minh T ≤ X . Thật vậy lấy 2 phần tử x -1h1x và
x -1 h2 x ,ta thấy (x -1h1x)( x -1h2x) = x -1h1h2x thuộc T do h1h2 thuộc H .

Hơn nữa với phần tử x -1hx , ta lấy phần tử x -1h -1x thì ( x -1hx)( x -1h -1x ) =
= ( x -1h -1x )( x -1hx) = e và x -1h -1x ∈ T vì h-1 ∈ H . Vậy T là nhóm con của G.

Bài 1.22)

a) Với n thuộc N , cho x , y thuộc Hn thì (xy)n = xn yn ∈ H ( do G là nhóm
abel và H là nhóm con của G ) . Hơn nữa với x ∈ Hn thì xn thuộcH ,vì thế ( x-1) n
cũng thuộc H ,nên x-1 thuộc Hn.Vậy Hn là nhóm con của G.

Ngồi ra với x thuộc H thì do H là nhóm con của G nên xn cũng thuộc H ,vì
vậy x thuộc Hn . Suy ra Hn chứa H.

b) * Xét x thuộc Hn ∩ Hm , ta có xn ∈ Hn và xm ∈ Hm .

Do ( m,n ) = d nên tồn tại hai số nguyên a và b sao cho d = am + bn .Vậy xd =
= x am + bn = ( xm) a ( xn)b ∈ H , suy ra x∈ Hd .Do đó Hn ∩ Hm ⊂ Hd .

* Ngược lại xét x ∈ Hd , ta có xd ∈ H . Do d = ( m,n ) nên xn ∈ H và xm∈ H
suy ra x ∈ Hn ∩ Hm , vì vậy Hd ⊂ Hm ∩ Hn .

Từđó ta có Hd = Hm ∩ Hn với d = ( m,n ).
Suy ra điều kiện để Hm ∩ Hn = H là ( m,n ) = 1.
Bài 1.26)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Theo bài 1.42 , nếu ( k , l ) = 1 thì σ l là một k- chu trình , cịn nếu ( k , l ) = n
khác 1 thì sau khi phân tích ,σl sẽ trở thành tích của các chu trình rời nhau,trong đó

chu trình đầu tiên có dạng là

⎟⎟

⎠
⎞
⎜

⎜
⎝

⎛ −

1
....
)
1
(
)
1
(
)
1
(

)
1
(
....

)
1
(
)

1
(
1

3
2

1
2

ϕ
ϕ

ϕ n

k

( do n =1

k

ϕ với ( k , l ) = n ).
và tất nhiên khi đó σl khác

id .

Vậy k là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho σ k =

id nên σ có cấp k .

b) Xét các chu trình rời nhauσ 1 ,σ 2 , σ3, …,σ n có cấp lần lượt là n1 , n2 ...nn

Đặt d = BCNN ( n1 , n2 ...nn ) , suy ra ( σ 1σ 2σ 3…σ n )d = σ 1dσ 2d…σ nd = id .
Do các chu trình này rời nhau nên chúng giao hốn nhau , vì vậy

( σ 1σ2σ 3…σ n )k = id ⇔ σ 1kσ 2kσ3k…σ nk = id (1)

Do σ 1 ,σ2 , σ 3, …,σ n rời nhau nên σ 1k , σ 2k , σ3k,…, σnk cũng rời nhau.
Khi đó , vế trái cúa (1) tương đương σ ik = id với mọi 1≤ i ≤ n .Vậy k chia hết
cho ni với mọi 1≤ i ≤ n ,suy ra k chia hết cho d .

Suy ra d là cấp của σ 1σ 2σ3…σn

Bài 1.30)

a) Ta thấy xy =e ⇔ yx = e.
Vậy nếu n là cấp của ab thì

(ab)n =e ⇔ [(ab)n-1 a]b = e ⇔ b[(ab)n-1 a] = e ⇔ b(ab)...(ab)a = e ⇔(ba)n = e
Suy ra cấp của ab bằng cấp của ba.

b)Nếu a có cấp n thì an = e ⇔ a-n = e nên a-1 có cùng cấp với a

c) Ta thấy (ab)r s = ar s br s = e .

Vì vậy với số nguyên k sao cho (ab)k = e thì e= (ab)k s = aks bks =aks nên ks
chia hết cho r, suy ra k chia hết cho r do (s , r) = 1 .Tương tự k chia hết cho s nên k
chia hết cho rs .V ậy ab có cấp rs

d) <a> ∩ = {e} nên với mọi i , j thuộc N* sao cho i < r và j <s thì
ai khác bj .

Đặt d = [r,s] và cho k thuộc N sao cho (ab)k = e.

N ếu k < d thì e = (ab)k = ak bk ≠ e do giả thiết . Vậy k ≥ d . Suy ra tồn tại p
và q thuộc N với p ≠ 0 và q < d sao cho k = pd + q.

Khi đó e = (ab)k = (ab)pd (ab)q = (ab)q do ad = bd = e .Suy ra q = 0 hoặc q
chia hết cho k . Do k ≥ d và q < d nên q = 0 . Vậy k chia hết cho d ,mà k ≥ d nên
suy ra d là cấp của ab

Bài 1.38)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Xét hk và h’k’ thuộc HK , ta thấy (hk)-1 (h’k’)= k-1h-1 h’k’ = h-1(hk-1h-1)h’k’
thuộc HK do hk-1h-1 thuộc H (H chuẩn tắc trong G) . Suy ra (hk)-1(h’k’) thuộc HK
Vậy HK là nhóm con của G.

b) H và K đều chuẩn tắc trong G . HK = { hk | h ∈ H và k∈ K }

Xét hk thuộc HK , ta thấy với g thuộc G thì g-1 (hk) g = (g-1h g)(g-1kg) thuộc
HK. Vậy HK chuẩn tắc trong G.

Bài 1.42)

a) * Theo kết quả bài 1.19 thì G giao hốn khi và chỉ khi G = C(G) .Vậy khi
G giao hốn thì G / C(G) cyclic .

* N ếu G / C(G) là cyclic , ta biểu diễn G / C(G) = { e, x, x2 ,...}

Do đó với y và z thuộc G thì tồn tại i v à j thuộc N sao cho yH = xi H v à zH = xj H
( ở đây H = C(G) ). Khi đó y = xi h1 và z = xj h2 .

Ta thấy yz = xi h1 xj h2 = xi xj h1h2 = xjxi h2h1 = xj h2 xih1 = zy , suy ra G
giao hoán .

b) Ta sẽ chứng minh | C(G) | chia hết cho p.

Xét tập T = G \ C(G) . Gọi g1 , g2 , …,gn là phần tửđại diện của các lớp liên
hợp trong T và ni là số các phần tử liên hợp với gi trong T .

Rõ ràng | G | = [ G : C(gi ) ] |C(gi )| = ni | C(gi )| . Do gi ∉ C(G) nên C(gi ) khác
G vì vậy ni phải chia hết cho p . Hơn nữa | G | = | C(G) | + n1 + n2 +…+nn nên
| C(G) | chia hết cho p .Vì thế ta chỉ xét các trường hợp sau:

* Nếu | C(G) | = p thì | G / C(G) | = p nên G / C(G) cyclic , suy ra G giao hoán

* Nếu | C(G) | = p2 thì | G / C(G) | = 1 nên G /C(G) cyclic , suy ra G giao hoán

Bài 1.46 )

Cho (G,.) là một nhóm giao hóan.
Xét ánh xạ f : G → G

x xk

Ta thấy ∀x,y∈G , ta có f(x.y) = (x.y)k = xk.yk = f(x).f(y) .( vì xy = yx )
Do đó f là đồng cấu nhóm.

ker f = {x ∈ G / f(x) = e} = {x ∈ G / xk = e} = {x ∈ G / |x| | k }.

Bài 1.50 )

Mô tả tất cả tựđồng cấu f: Z12 →Z12
∀ −x,

−

y ∈G,ta có : f(

−

x+

−

y) = f(

−

x) +f(

−

y) (1)

Hay f(x−−+−−y) = f(

−

x) +f(

−

y)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

5
∀x ∈ Z+, f(x−) = f(

−
−
−
−
−
−

−
−

+
−1) 1

(x ) = f(

−
−
−
−

−1

x ) +f(

−

1) = f(−x−−−−2−)+2 f(
−

1) =….= x. f(1−).

Từ (1) cho y = -x.Suy ra f(0−) = f(−x)+f(

−
−

−x). Nên f(

−

x) = -f(

−
−

−x).

∀x ∈Z- , f(x−) = - f(

−
−

−x)= -(-x) f(

−

1) = x f(1−).
Vậy , ta có: f(x−) = x f(

−

1) ∀ x− ∈Z12.

Thử lại hàm f thỏa mãn điều kiện bài tóan.
Vây tất các hàm tựđồng cấu f: Z12 →Z12 là f (

−

x) = x.a với a∈Z12

Bài 1.54)

Ta biểu diễn nhóm Quaternion như sau : Q = { e, a , a2, a3, b , b3, ab , ba }.
- Q hiển nhiên chuẩn tắc trong Q.

- Giả sử Q có nhóm con H cấp 4 . Theo bài 1.41 thì [ Q : H ] = 2 nên H Q.
- Gỉa sử Q có nhóm con cấp 2 .Vì

( a )2 = (a3)2 = ( b)2 = (b3)2 = a2 ≠ e
(ab)2 = (ab)(ab) = a(a-1b) b = b2 ≠ e

(ba)2 = (ba)(ba) = b a a-1 b = b2 ≠ e ( theo giả thiết)
nên Q chỉ có một nhóm con cấp 2 là {e, a2}

Ta thấy :

* b a2 b-1 = b b2 b-1 = b2 = a2
* b3a2b-3 = b3b2 b-3 = b2 = a2

* (ab) a2 (ab)-1 = (ab) b2 b-1a-1 = ab2a-1 = a a2a-1 = a2
* (ba) a2 (ba)-1 = ba3 a-1b-1 = ba2b-1 = bb2b-1 = b2= a2

tất cả các tích này đều thuộc G ( các trường hợp còn lại là hiển nhiên).
Vậy G là nhóm con chuẩn tắc của Q.

Bài 1.58 )

a) Xét ánh xạ f : GL(n,R) → R*
A det A.

∀ A,B ∈ GL(n,R), ta có f(A.B)=det (A.B) =detA.det B=f(A).f(B).

Lấy u ∈R*, ∃A∈GL(n,R) có dạng ma trận chéo có một phần tử aii= u , cịn

lại bằng 1 thỏa u = detA . Do đó f tòan cấu.

Ker f ={ A∈ GL(n,R) / f(A) = 1 } = { A∈GL(n,R) / det A=1} = SL(n,R).
Theo định lý 8.9,ta có GL(n,R)/ SL(n,R) ≅R*

b) T={z∈ C, |z| =1} = {cos2πx+isin2πx., x∈R }.

Xét ánh xạ f : R→ T

x cos2πx+isin2πx..

∀ x,y ∈R, ta có f(x+y)= cos2π

(

x+y

)

+i.sin2π

(

x+y

)

=f(x).f(y).

Lấy u = cosα +isinα ∈T, ∃x =0.5

α ∈

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ker f = { x∈R / f(x) = 1} = { x∈R / cos2πx+isin2πx.=1} = Z.

Theo định lý 8.9, ta có R/Z≅T

Bài 1.62 )

Bổđề: Cho H là nhóm con chuẩn tắc có chỉ số n của nhóm G.Chứng minh
rằng: xn ∈H ,∀ x∈G.

Xét G / H ={ H, x1H, x2H,…….,xn-1H} .Với xi∉H

Giả thiết H G, và H có chỉ số n nên G / H là nhóm có cấp n.

Lấy xiH ∈G/H có cấp là ti. Theo định lý LAGRANGE : Cấp của phần tử

xiH là uớc của cấp G.

Từđó

(

)

n
iH

x =H hay xniH =H .Suy ra xni∈H. Vì lớp ghép trái không phụ

thuộc vào phần tửđại diện nên n

x ∈H,∀ x∈G.

C* là nhóm nhân các số phức khác 0 nên C* có tính giao hốn . Do đó H là
nhóm con chuẩn tắc của C*.

Ta có H⊂ C* (Hiển nhiên )

Lấy u = r

(

cosα +isinα

)

∈ C*. Đặt v = ⎟
⎠
⎞
⎜

⎝

⎛ +

n
i
n
r

n cosα sinα . Do đó v∈ C*.

Theo bốđề vn∈H , hay u = r

(

cosα sinα

)

i

+ ∈H . Suy ra: C* ⊂H.
Vậy H = C*.

Bài 1.66 )

a) Xét ánh xạ f : Z→Z

x nx

∀x,y∈Z, ta có : f(x +y) = n(x +y) = nx +ny = f(x) + f(y).Do đó f là đồng

cấu nhóm cộng.

Imf = { f(u) / u∈Z } = {nu / u ∈Z} = nZ.

Ker f = {x∈Z / f(x) = 0}={ x ∈Z / nx = 0} = {0}. 
 b) Xét ánh xạ g: Z→ nZ

x nx

Theo chứng minh trên g là đồng cấu nhóm cộng.Vì Img = nZ nên g là tịan ánh.
Hơn nữa Kerg = {0}.Suy ra g là đơn ánh.V ậy g là một đẳng cấu nhóm cộng từ Z

đến nZ.

* H là nhóm con của nZ khi và chi khi H là nhóm con của <n>.
H ={0}.

H = < nk >.Trong đó k là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho nk thuộc H.
 c) Nhận xét Z / mZ = Zm .

Xét ánh xạ f: nZ → Zm

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

∀u = nx, v =ny ∈nZ , ta có f(u+v) = f(nx +ny) = f( n(x+y) )= nx−−+−−−y=

n (−x+

−

y}= n

−

x+n

−

y=f(u)+f(v).

Lấy a− ∈ Zm,∃u = na ∈Z thỏa

−

a=f(u).

Do đó f là tịan cấu.

Ker f = {nx ∈ nZ / f(nx) = 0−} = {nx / x∈ Z, x−=

−

0} = { nx / x∈ Z,x = mk} =
= {mnk / k ∈ Z} = mnZ.

Theo định lý 8.9, ta có nZ / mnZ ≅ Zm hay Z / mZ≅ nZ / mnZ.( đpcm).

Bài 1.70 )

- Nếu trong G có phần tử có cấp p2 thì G là nhóm cyclic cấp p2 .Vậy G ≅ Zp2
- Giả sử G khơng là nhóm cyclic , khi đó mọi phần tử của G có cấp p nguyên
tố.

Lấy a , b ∈G ( a , b , e khác nhau từng đôi một)

G1= { e, a , a

2,….., ap-1} có cấp p. 
G2={ e, b , b

2,….., bp-1} có cấp p.

| G1∩ G2| là ước của p . Suy ra G1∩ G2={ e } ( do a khác b )

Giả thiết cho G có cấp p2 ( p nguyên tố) .Theo bài 1.42 , G là nhóm Abel. 
Do đó G1,G2là các nhóm con chuẩn tắc của G .

Xét ánh xạ f: G1× G2 → G1G2.
( x , y ) xy

Lấy f( x,y ) = f( x’,y’) ⇔x.y = x’.y’⇔x.x’−1= y.y’−1 = e . Suy ra x = x’ và 
y = y’ hay (x,y) = (x’,y’).

Vậy f đơn ánh , suy ra p2= | G

1× G2|≤| G1G2|
Mà G1G2 ⊂G , |G| = p2.Do đó G = G

1G2.
Theo bài 1.69, G ≅ G1× G2

</div>