Đại số cơ sở - Bài 5: Các bài tập liên quan đến đồng cấu

ĐẠI SỐ (CƠ SỞ) Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa TS Trần Huyên Ngày 10 tháng 12 năm 2004 Bài 5. Các Bài Tập Liên Quan Đến Đồng Cấu Để xử lí các bài tập liên quan đến đồng cấu ta cần nắm vững khái niệm đồng cấu và các kết quả cơ bản liên quan tới đồng cấu Ta nhắc lại khái niệm đồng cấu: "Cho X, Y là các nhóm. Ánh xạ f : X → Y được gọi là đồng cấu nhóm nếu với mọi x1, x2 ∈ X thì f(x1.x2) = f(x1).f(x2)(∗)" Hiển nhiên là trong các định nghĩa lý thuyết ta luôn ngầm định các phép toán trong nhóm được ký hiệu theo lối nhân, tuy nhiên trong các bài toán thực tế, thì phép toán có thể được kí hiệu khác đi, chẳng hạn theo lối cộng. Bởi vậy, khi kiểm tra một đồng cấu cụ thể cần lưu ý chuyển đổi kí hiệu phép toán trong biểu thức kiểm tra (*) cho phù hợp với thực tế. Ví dụ 1. Chứng minh rằng ánh xạ: exp : (R,+) → (R∗, ·) mà với mỗi x ∈ R thì exp(x) = ex là một đồng cấu. Rõ ràng dấu phép toán trong nhóm (R,+) là phép cộng, còn dấu trong nhóm (R, ·) là phép nhân. Vì vậy, biểu thức đồng cấu lúc đó phải là: ∀x1, x2 ∈ R : exp(x1 + x2) = exp(x1).exp(x2) và việc kiểm tra tính đúng đắn của hệ thức này là không mấy khó khăn nhờ tính chất của hàm số mũ, xin nhường cho độc giả. Ví dụ 2. Cho X,G1, G2 là các nhóm, G = G1 ×G2 là nhóm tích. Cho f : X → G1, g : X → G2 là các ánh xạ. Ta xác định ánh xạ h : X → G = G1 ×G2 mà mỗi x ∈ X : h(x) = (f(x), g(x)) Chứng minh rằng h là đồng cấu khi và chỉ khi f và g là các đồng cấu. Giải: 1 Ta có:h là đồng cấu khi và chỉ khi: ∀x1, x2 ∈ X : h(x1.x2) = h(x1).h(x2) ⇔ (f(x1.x2), g(x1.x2)) = (f(x1), g(x1))(f(x1), g(x2)) ⇔ (f(x1.x2), g(x1.x2)) = (f(x1).f(x2)), (g(x1).g(x2)) ⇔ { f(x1.x2) = f(x1)f(x2) g(x1.x2) = g(x1)g(x2) ⇔ f và g là các đồng cấu Ví dụ 3. Cho X, Y là các nhóm cyclic có các phần tử sinh lần lượt là x, y và có cấp m, n tương ứng, tức là: X =m , Y =n a/ Chứng minh rằng quy tắc ϕ cho tương ứng mỗi phần tử xl ∈ X với phần tử (yk)l (trong đó k là số tự nhiên cho trước) là một đồng cấu khi và chỉ khi km là bội của n. b/ Khi ϕ là đồng cấu, hãy tính Kerϕ. **Phân tích ban đầu: Có thể nhận thấy rằng nếu quy tắc ϕ là ánh xạ, thì hiển nhiên ϕ thỏa các yêu cầu về đồng cấu. Vì vậy thực chất của bài toán là: ϕ là ánh xạ⇔ km ... n. Vì rằng mỗi phần tử của một nhóm cyclic hữu hạn có thể được biểu diễn dưới các lũy thừa khác nhau. Do vậy, để chứng minh ϕ ánh xạ ta cần chỉ ra ϕ không phụ thuộc vào các dạng biểu diễn khác nhau của một phần tử. Giải: a/ • Nếu ϕ là đồng cấu, thì theo tính chất đồng cấu biến đơn vị thành đơn vị, ta có: eY = ϕ(eX) = ϕ(x m) = (yk)m = ykm (∗∗) Vì cấp y = n, nên từ (**) suy ra: km ... n • Nếu km ... n, trước hết ta chứng minh ϕ lá ánh xạ, tức cần chứng minh nếu xα = xβ thì (yk)α = (yk)β. Thật vậy: xα = xβ ⇒ xα−β = e ⇒ (α− β) ... m ( do cấp x = m) ⇒ k(α− β) ... km ⇒ k(α− β) ... n ( do km ... n) ⇒ yk(α−β) = e( do cấp của y = n) ⇒ (yk)α = (yk)β ( đpcm) Việc kiểm tra ϕ là đồng cấu, xin nhường cho độc giả. 2 b/ Khi ϕ là đồng cấu thì: Kerϕ = { xl ∈ X : (xk)l = e} = { xl ∈ X : kl ... n } = { xl : l ... n d } với d = (k, n) Vậy Kerϕ = 〈 x n d 〉 là nhóm con cyclic xinh bởi phần tử x n d , với d = (k, n). **Nhận xét 1: Do câu a/, ϕ là đồng cấu nên km ... n. Suy ra m ... n d và hiển nhiên là n ... n d , vậy n d là ước chung của m và n. Do vậy, từ câu b/ ta có thể đưa ra một bài toán sau: "Cho các nhóm cyclic X =m, Y =n và t là số nguyên dương mà là ước đồng thời cả m,n. Chứng minh rằng tồn tại một đồng cấu ϕ : X → Y sao cho Kerϕ = 〈xt〉 là nhóm cyclic sinh bởi xt ". Xem như bài tập, độc giả hãy xem xét lại các lời giải của ví dụ trên và hãy tự mình xây dựng thử đồng cấu ϕ theo yêu cầu! **Nhận xét 2: Kết quả của ví dụ 3 giúp cho ta một phương tiện hữu hiệu để xử lí các bài toán tìm số các đồng cấu có thể có giữa các nhóm cyclic cấp m và n. Nếu ϕ : X → Y với X =m .Y =n là đồng cấu mà ϕ(x) = y k, thì do tính chất đồng cấu mà ∀xl ∈ X thì ϕ(xl) = (yk)l, tức ϕ có dạng như mô tả trong ví dụ 3. Vậy số các đồng cấu ϕ : X → Y đó là số tất cả các số nguyên k mà 0 ≤ k < n sao cho km ... n Ví dụ 4. Tìm tất cả các đồng cấu từ nhóm cyclic cấp 6 tới nhóm cyclic cấp 24 Giải: Cho các nhóm X =6, Y =24 là các nhóm cyclic cấp 6 và 24. Nếu ϕ : X → Y là đồng cấu, thì ắt tồn tại k mà 0 ≤ k < 24 sao cho với mọi al ∈ X thì ϕ(al) = (bk)l. Ta biết rằng ϕ là đồng cấu khi và chỉ khi 6k ... 24. Vậy số các đồng cấu ϕ : X → Y bằng số các số nguyên k mà 0 ≤ k < 24 thỏa 6k ... 24. Có 6 số nguyên k như vậy là k = 0, 4, 8, 12, 16, 20. Vậy có tất cả 6 đồng cấu khác nhau từ nhóm cyclic cấp 6 tới nhóm cycic cấp 24. Cụ thể 6 đồng cấu đó là: ϕ1 : a l 7−→ e ϕ2 : a l 7−→ b4l ϕ3 : a l 7−→ b8l ϕ4 : a l 7−→ b12l ϕ5 : a l 7−→ b16l ϕ6 : a l 7−→ b20l Các bài toán tìm số các đồng cấu từ một nhóm tới một nhóm khác là các bài toán khá hấp dẫn và rất đa dạng. Ví dụ 3 chỉ cho ta một phương tiện để xử lí một phạm vi khá hẹp của lớp các bài toán đó. Ví dụ sau cũng thuộc lớp bài toán trên 3 Ví dụ 5. Tìm tất cả các đồng cấu từ nhóm (Q,+) các số hữu tỉ với phép cộng tới nhóm (Q∗, ·) các số hữu tỉ khác 0 với phép nhân. **Phân tích ban đầu: một đồng cấu ϕ : Q → Q∗ là hoàn toàn xác định ⇔ xác định được giá trị ϕ(1). Độc giả hãy thử tự mình lí giải điều nhận xét này! Và do vậy thay cho việc tìm số các đồng cấu ϕ ta tìm xem có bao nhiêu cách cho ϕ(1) một cách hợp lí. Giải: Nếu ϕ : (Q,+)→ (Q∗, ·) là đồng cấu và ϕ(1) = a. Khi đó với mỗi số tự nhiên n > 0 ta có: a = ϕ(1) = ϕ ( 1 n + 1 n + · · ·+ 1 n ) ︸ ︷︷ ︸ n lần = [ ϕ( 1 n ) ]n Vậy với mỗi số tự nhiên n > 0, ta có: n √ a = ϕ ( 1 n ) ∈ Q∗ (∗ ∗ ∗) Kết luận cuối cùng chỉ thỏa mãn với giá trị duy nhất a = 1. Vậy chỉ có một đồng cấu duy nhất ϕ : Q → Q∗ mà ϕ(1) = 1, đó chính là đồng cấu tầm thường. (bạn đọc có thể tự mình kiểm tra một cách chi tiết khi ϕ(1) = 1 thì ∀m ∈ Z : ϕ(m) = 1m = 1,∀n > 0 : ϕ ( 1 n ) = n √ ϕ(1) và ϕ (m n ) = n √ ϕ(m) = 1. **Nhận xét: Có thể bạn đọc chưa hài lòng lắm với kết luận từ (***) suy ra a = 1. Chúng ta có thể đưa ra một chứng minh để tham khảo. Ta chứng minh rằng nếu a 6= 1 thì tồn tại một số nguyên n > 0 mà n √ a /∈ Q∗. Nếu a 6= 1, ta phân tích tử số và mẫu số của a dưới dạng các nhân tử nguyên tố và được, chẳng hạn: a = pn11 .p n2 2 . . . p nk k cm11 .c m2 2 . . . c ml l với các pi, ci là các số nguyên tố khác nhau (ta giả thiết phân số là tối giản!). Đặt n = max{n1, . . . , nk,m1, . . . ,ml}. khi đó nếu n √ a ∈ Q∗ là một phân số tối giản có dạng: n √ a = qs11 .q s2 2 . . . q st t dα11 .d α2 2 . . . d αh h , trong đó các qj, dj là các nhân tử nguyên tố, thì [ qs11 .q s2 2 . . . q st t dα11 .d α2 2 . . . d αh h ]n cũng là phân số tối giản và ta phải có: { qs1n1 . . . q stn t = p n1 1 . . . p nk k =(tử số phân số tối giản a) dα1n1 . . . d αhn h = c m1 1 . . . c ml l =(mẫu số phân số tối giảng a) Tuy nhiên các đẳng thức này không thể xảy ra vì số mũ lũy thừa của các nhân tử nguyên tố vế trái luôn lớn hơn hẳn số mũ lũy thừa các nhân tử nguyên tố vế phải. Vậy n √ a /∈ Q∗ 4 BÀI TẬP 1. Cho X là nhóm Aben. Chứng minh rằng ánh xạ ϕ : X → X mà ϕ(x) = xk với k là số nguyên cho trước, là một đồng cấu. 2. Cho X là nhóm. Chứng minh rằng ánh xạ ϕ : X → X mà ϕ(x) = x−1, ∀x ∈ X là đồng cấu khi và chỉ khi X là nhóm Aben. 3. Cho X là nhóm. Với mỗi phần tử a ∈ X, xác định ánh xạ fa : X → X mà f(x) = axa−1, ∀x ∈ X. (a) Chứng minh rằng fa là một tự đẳng cấu của X, gọi là tự đẳng cấu trong xác định bởi a. (b) Chứng minh rằng tập tất cả các tự đẳng cấu trong fa với mọi a ∈ X, lập thành nhóm với phép nhân ánh xạ. Kí hiệu nhóm đó là D(X). (c) Chứng minh rằng ánh xạ ϕ : X → D(X), từ nhóm X tới nhóm các tự đẳng cấu trong D(X) mà ∀a ∈ X : ϕ(a) = fa, là một đồng cấu. (d) Tìm Kerϕ với ϕ là đồng cấu nói trong câu c. 4. Tìm tất cả các đồng cấu: (a) Từ một nhóm cyclic cấp n đến chính nó (b) Từ nhóm cyclic cấp 24 đến nhóm cyclic cấp 6. (c) Từ nhóm cyclic cấp 8 đến nhóm cyclic cấp 20 5. Cho các nhóm cyclic X =m, Y =n, với (m,n) = 1. Chứng minh rằng từ X → Y chỉ có duy nhất một đồng cấu tầm thường. 6. Tìm tất cả các đồng cấu từ nhóm cộng các số hữu tỉ (Q,+) tới nhóm cộng các số nguyên (Z,+). 7. Tìm tất cả các đồng cấu từ nhóm cyclic cấp 6 tới nhóm S3_nhóm các phép thế bậc 3 1 1Đánh máy: Nguyễn Ngọc Quyên. Ngày 5/12/2004 5