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 (173.15 KB, 11 trang )

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

1
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 tốn * thoả tính kết hợp.

Phấn tữđơn 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 tửđơn 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 tửđơn vị của (G,*)
Phần tửđối 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 tửđối 
x−1∈G)

⇒ x−1’=a−1.x−1. a−1∈G.(do a−1 và x−1 đều thuộc G) 
Vậy mọi phần tửđố 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 hốn
Bài 1.12:

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

2
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 đềđúng với k=2.

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

Ta cần chứng minh mệnh đềđúng 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 đềđúng với mọi k ∈N
Bài 1.16:

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,

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

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:

Khơng mất tổng qt ,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

y H, y K H K

∀ ∈ ∈ ⇒ ⊂

⎡

⎢∀ ∈ ∈ ⇒ ⊂

⎣ ,đpcm.

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

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

4
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 ||=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 hốn vị trongS999 ) với |G|=1001.

Xét các trường hợp sau:

+Nếu ∃i ∈ {1,2,…999} sao cho σ( )i =i thì σk( )i =i ∀ ∈ Νk (điều phải chứng minh).

+Nếu σ( )i ≠i ∀ ∈ Νi .Khi này:Do σ ln phân tích được thành tích các chu trình rời

nhau σ1,σ2,..,σt (t∈ Ν).Tức là σ σ σ σ= 1. ...2 t(1).

Vì 1001

X

Id

σ = nên 1001

i IdX

σ = ∀ ∈i {1, 2,..., }t .Gọi αi là chiều dài của σi thì do |<σi>|=αi
và 1001

i IdX

σ = nên αi | 1001 ⇒αi=11 v αi=101 (2).

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

∏

= 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 hốn vị vịng quanh của (x , x ,..., x )1 2 p ∈ S\T.Ta cm các
hốn vị này phân biệt từng đơi một.

•Thật vậy,giả sử tồn tại 2 hốn vị vịng 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 ,ởđây các số m.i+1 xét trong quan hệđồng dư mod p.
Tuy nhiên ta lại có tập {0.i+1,1.i+1,…,(p-1).i+1} lập thành một hệ thặng dưđầy 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

1 2 p

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

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

1 2 p

(x , x ,..., x ) và các hốn vị vịng 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 vơ hạn thì ta sẽ chứng minh tồn tại vơ hạn nhóm con của

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 vơ 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, từđó 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 =>

2 \ 1

x G x

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

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

ta đã chọn được xn, chọn xn+1 bất kỳ thuộc
1
\

n
i
i

G x

< >

∪

(luôn tồn tại xn+1 do G vô hạn và

n
i
i

x

< >

∪

hữu hạn).

Dễ thấy *

1 ,

n i

x + x i n i N

< >≠< > ∀ ≤ ∈ do 1
1

n

n i

i

x + x

∉ < >

∪

=> dãy này gồm các nhóm phân biệt nhau từng đôi một.
=> G chứa vơ 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:

1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0

, , , , , , ,

0 1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0

i i i i

− − − −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− ⎟ ⎜ − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− ⎟ ⎜ ⎟

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

6
Đặt B là tập hợp gồm 4 ma trận sau:

1 0 1 0 0 1 0 1

, , ,

0 1 0 1 1 0 1 0

− −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜− ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

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 sẽđược giới thiệu trong bài 1.55)

Đồng thời ta sử dụng bổđề sau (bài tốn 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 bổđề 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
−

⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠ =
0 1
1 0
−
⎛ ⎞
⎜− ⎟

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

Ví dụ trên chứng tỏ quan hệ “chuẩn tắc” khơng 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

i … s 1

in
n
−

− .x.tinn với tn∈<S>(theo nhân xét (*))

………..
= x−1.x. t 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

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

7
Bài 1.44:

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

Thật vậy :với bất kỳ hai hoán vị σ σ1, 2 trong K.Ta có các trường hợp sau xảy ra :

+Một trong hai hoán vị là IdX (cho σ1=IdX ).Lúc này : IdX σ2=σ2∈K.Đồng thời :
1

(IdX) IdX

− =

K
∈

+Hai hốn vịđều khơng là hốn vịđồng 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)).

Khơng mất tính tổng qt ta xét cặp ((12)(34),(13)(24)).Lúc này cho σ1=(12)(34),
2

σ =(13)(24) thì σ1σ2(1)= σ1(3)=4,

σ

1σ2(2)= σ1(4)=3, σ1σ2(3)= σ1(1)=2, σ1σ2(4)=
1

σ (2)=1.Nên σ1σ2=(14)(23) ∈K.
Đồng thời khi này 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 hốn vị bất kì trong S4 thì

X

Id

σ σ− =
X

Id ∈K.

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

Khơng mất tính tổng qt ta chọn hốn vị (12)(34).

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

1( )

j

i j

σ− = 1, 4

j
∀ =
Lúc này :δ( )ij =

(12)(34) (i )j

σ σ −

=σ(12)(34)( )j

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

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

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 tựđồng cấu của

Vậy,tất cả các tựđồng 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:

f: G → Zn

i

a i + nZ

Giả sử i

a =aj, khi đó ta có ai j− =e nên i-j=kn => i + nZ= j + kn + nZ= j + nZ
Vậy f là ánh xạ

Ta có ∀ i

a , aj∈G, ta có: f(ai.aj) = f(ai j+ ) = i + j + nZ=( i + nZ)+ (j + nZ)

= f( i

a ) + f(aj)
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 ln có f( i

a ) = i + nZ, do đó f là tồn cấu
=> f là đẳng cấu

Do đó G đẳng cấu với Zn

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

f: G → Z

i

a i

Bài 1.56:

Bổđề: trong nhóm nhị diện Dn, cấp của b là n

Thật vậy, giả sử cấp của b là m (m<n).
Xét tập hợp A = { i

b , abi | 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 abi=b−ia ∀ ∈i N =>

i

b a=aabia= a(abi)a =a(b−ia)a=ab−i ∀ ∈i N => abi=b−ia ∀ ∈i Z

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=bi j+ ∈A; nếu x=abi, y=bjthì xy=abi j+ ∈A; nếu x=bi, y=abj thì
xy= i

b abj=ab−ibj=abj i− ∈A; nếu x=abi, y=abjthì xy= abiabj=b−iaabj=bj i− ∈A)

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

b thì chọn y=b−i 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 => Dn ≤ A => |Dn| ≤ |A| => 2n ≤ |A| ≤ 2m (trái với giả

thiết là m<n)

Vậy bổđề đã được chứng minh
•Chứng minh chuẩn tắc trong Dn

Theo bổđề thì cấp của b là n, do đó chỉ số của trong Dn là 2.Vậy là nhóm con

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

9
•Chứng minh <a> không chuẩn tắc trong Dn

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

Khi đó ba 1

b− ∈<a> => bab−1= e hoặc bab−1= a
Giả sử ba 1

b− = e, ta suy ra ba = b => a=e (vơ lý)
Do đó ba 1

b− = a => ba = ab
Do ab = 1

b− a (tính chất của nhóm nhị diện) nên ba = b−1a => b = b−1 => b2= e
Theo bổđề ta đã chứng minh thì cấp của b là n, suy ra n≤2 (vô lý)

Vậy <a> không chuẩn tắc trong Dn

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 tựđẳng cấu của G nên f ∈Aut G( ).
Đồng thời:g f=f g=f ∀ ∈g Aut G( ).Do đó f là phần tử trung hồ của Aut G( ).

+Tính đối xứng của phần tử:

Với mỗi f ∈Aut G( ) chọn f−1 là ánh xạ ngược của f .Vì f là 1 tự đẳng cấu nên

1 ( )

f− ∈Aut G .
Rõ ràng 1

f− là phần tửđối xứng của f .

Từ các điều trên ta suy ra (Aut G( ), ) lập thành 1 nhóm.
b.Ta đi chứng minh ϕg là tựđẳng cấu trong của 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 ϕg ta thu được

1 1

gxg− =gyg− ⇒x=y
Do đó ϕg đơn cấu.

Bây giờ ta đi kiểm tra tính tồn cấu của ϕg.Thật vậy:

Với mỗi y∈G,ta chọn x=g yg−1 thì ϕg( )x gxg 1 gg ygg1 1 y

− − −

= = = ⇒ϕg toàn cấu.
Chung lại, ϕg là đẳng cấu.Nên ϕg là tựđẳng cấu trong của 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.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

10
+Tính đối xứng của mỗi phần tử:

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

Từ những tính chất trên ta suy ra (Int G( ), ) lập thành 1 nhóm.
*Chứng minh:Int G( )≤Aut G( ).

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

1 1 1

( )xy − =y x− − ).Đồng thời phần
tử trung hồ ϕe của Int G( )cũng chính là phần tử trung hồ 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:

1 1 1 1 1 1

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

x f x

f ϕ f− y = f xf − y x− = f x f f− y f x− = f x y f x − =ϕ y ∀ ∈ ⇒y G

( ) ( )

x f x

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 ϕx

Ta đi chứng minh các điều sau:

+f là 1 đồng cấu.Thật vậy: ( ) ( ) 1 1 1 ( )

xy t xyt xy xyty x x y t

ϕ = − = − − =ϕ ϕ

t G

∀ ∈
⇒ f xy( )= f x( ) f y( ) ∀x y, ∈G.

+Im( )f =Int G( )(hiển nhiên).

+ker( ) { | } { | 1

x e

f = ∈x G ϕ =ϕ = ∈x G xyx− =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 : ( ) ( )0 0

f e = f x = y =e và f x( )m =yml = 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 xm1,xm2 ∈G,khi này f x( m1.xm2)= f x( m1+m2)= y(m1+m2)l và f x( m1) (f xm2)= ym l1ym l2 = y(m1+m2)l

⇒ f x x( m1 m2)= f x( m1) (f xm2)

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: 1 2

k l k l

y = y ⇒ f x( k1)= f x( k2)⇒ xk1=xk2(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

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Nếu ( , ) 1m l ≠ .Nên không tồn tại k∈ Νsao cho kl≡/1(mod m)⇒ ∃ xk1∈G sao cho
1

( k)

f x = ⇒y f không là tồn cấu(Mâu thuẫn vì f là 1 đẳng cấu)
Do đó (m,l)=1.

Vậy chiều thuận được chứng minh hoàn toàn.

+Chiều đảo:Khi m=n và (m,l)=1.Chứng minh: f là 1 đẳng cấu nhóm.

Thật vậy:vì (m,l)=1 nên {0 ,1 ,...,(l l m−1) }l lập thành 1 hệ thặng dưđầy đủ mod m.Do đó với
mỗi t ∈[0,m-1],∃ k1 sao cho k1l≡t(mod m).Lúc này :yt = yk l1 = f x( k1) ⇒ f là toàn cấu.

Cho f x( k1)= f x( k2) (

1, 2

k k ∈ Ν)⇒ yk l1 = yk l2 ⇒

1 2

k l≡k l(mod m) ⇒(k1−k l2) ≡0(mod m)
⇒(k1−k2) ≡0(mod m)(vì (m,l)=1) ⇒ xk1=xk2(vì m=n) ⇒ f là đơn cấu.

Vậy f là 1 đẳng cấu nhóm(đpcm).

c.Theo câu a, để f G: →G' là đồng cấu nhóm thì 12 8l (với G là nhóm cyclic cấp 8,G’ là

nhóm cyclic cấp 12) ⇒3 2l ⇒l 2.

Nên khi này có 6 đồng cấu nhóm f G: →G' thoả(cho tương ứng l=2,4,6,8,10,12)
Để f G: '→G là đồng cấu nhóm thì 8 12l ⇒2 3l ⇒l 3.

Nên khi này có 8 đồng cấu nhóm f G: '→G thoả(cho tương ứng l=3,6,9,12,15,18,21,24)
d.Theo câu b) để f G: →G'là tựđẳng cấu nhóm thì (8,l)=1⇒l lẻ.

Nên khi này có 4 đẳng cấu nhóm f G: '→G thỏa(cho tương ứng l=1,3,5,7).

</div>