Ôn tập Toán 7

Bài tập 2.4.8 Cho G là nhóm. Chứng minh rằng: a)Nếu H,K£G và H=, K= thì = b)Nếu Hi £ G, Hi=, i=1,2,…,n thì Giải. a) Vì H= và K= nên = È > = (do Định lí 2.1.13). Vậy =. b)Gọi Hi=; i=1,2,…,n. Ta chứng minh (*) bằng phương pháp qui nạp theo n. Với n=2 thì (*) đúng (chứng minh trên) Giả sử với k>1. Đặt H=, S= thì H=. Do đó = = È > = (do Định lí 2.1.14). Hay =. Theo nguyên lí qui nạp thì (*) đúng với mọi số tự nhiên n, n>1 Vậy . Bài tập 2.4.9 Chứng minh rằng: a)Nhóm đối xứng bậc n được sinh bởi tập tất cả các chuyển trí dạng (k k+1) với 0<k<n b)Nhóm thay phiên bậc n (nhóm An) được sinh bởi các vòng xích có độ dài 3 dạng (1 2 3),(1 2 4),…,(1 2 n). Giải. a)Ta có mỗi phép thế bậc n đều phân tích được thành tích các chuyển trí dạng (i j). Mà mỗi chuyển trí dạng (i j) đều phân tích được thành (i j)=(1 i)(1 j)(1 i). Ta sẽ chứng minh (1 n) là tích các chuyển trí dạng (k k+1) (*) bằng qui nạp. Với n=2 thì hiển nhiên (*) đúng Giả sử (1 m-1) (m<n) được phân tích thành tích các chuyển trí dạng (k k+1) với1k<m-1. Ta có (1 m)=(1 m-1)(m-1 m)(1 m-1). Theo nguyên lí qui nạp ta có điều phải chứng minh. b)Vì mỗi phép thế bậc chẵn được phân tích thành một số chẵn các phép chuyển trí mà (i j)(i k) = (i j k) và (i j)(k m)=(i k m)(i m j). Bởi vậy các phép thế chẵn là tích các vòng xích có độ dài 3. Gọi B là nhóm con của An sinh bới các vòng xích có độ dài 3 dạng (1 2 3), (1 2 4),…,(1 2 n). Vì (1 2 i)ÎB nên (i 2 m)=(1 2 i)-1ÎB. Do đó (1 i j)=(1 2 j)(1 2 i)(j 2 l) Î B. Suy ra (i j k)=(1 2 k)(1 i j)(k 2 m) B. Nên B chứa tất cả các vòng xích có độ dài 3. Vậy B=An . Bài tập 2.4.10 Cho G là nhóm Abel thỏa trong một họ các nhóm con hữu hạn sinh đều có phần tử tối đại (theo quan hệ bao hàm). Chứng minh rằng mọi nhóm con của G đều hữu hạn sinh Giải. Lấy H là nhóm con bất kỳ của G ta chứng minh H là nhóm hữu hạn sinh. Gọi A là tập tất cả các nhóm con hữu hạn sinh của H. Suy ra A khác rỗng vì {e} thuộc A. Theo giả thiết thì trong A tồn tại phần tử tối đại H’ nào đó. Vì H’ A nên H’=,S={x1,x2,…,xn}. Giả sử H’H thì x H\H’ nên x e. Gọi H”=, S’={x1,x2,…,xn,x}. Khi đó H’’ A và H’H”, H’ H”. Điều này trái với giả thiết tính tối đại của H’. Do đó H=H’. Vậy H là nhóm hữu hạn sinh. Bài tập 2.4.11 Cho G là nhóm con của Gl2(C) sinh bởi các phần tử A= và B=. a)Chứng minh rằng G là nhóm không giao hoán cấp 8. b)Chứng minh rằng G chỉ có duy nhất một nhóm con cấp 2. Giải. a)Ta có và A2=B2 Nên AB2=A3=B2A; A2B2=I; A2B3=B; A3B=AB3; A3B2=A; A3B3=AB Vậy G={I,A,A2,A3,B,B3,AB,AB3} b) Bằng cách kiểm tra trực tiếp ta thấy A2 là phần tử duy nhất có cấp 2 Vậy H= là nhóm con duy nhất có cấp 2 (vì nhóm có cấp 2 là nhóm xyclic) Bài tập 2.4.12 Cho G=,S={a1,a2,a3,a4} thỏa aiaj=ajai; i,j=. Chứng minh rằng G là tích của 4 nhóm con xyclic của G. Giải. Vì G= và aiaj=ajai; i,j= . Nên theo Mệnh đề 2.3.3 thì G là nhóm Abel. Mà G= =. Hay G= > =... (do Định lí 2.1.14). Bài tập 2.4.13 Cho G là nhóm sinh bởi {x,y} thỏa x2=y2. Tìm những phần tử nào sao đây trùng nhau: u1=(xy)3; u2=yxyxy2; u3=x3y3; u4=xy2x3; u5=x2y-1x3yx; u6=x -1yx6. Giải. Ta biết nếu ui=uj thì uiuj-1 =e. Ta có u2u5-1=yxyxy2x -1y -1x -3yx -2 =yxyxx2x -1y -1x -3yx -2 =yxyx2y -1x -3yy -2 hay u2u5-1=yxyx2y -1x -3y -1 =yxyy2y -1x -3y -1 =yxy2x-2x -1y -1 =yxx -1y -1=e Nên u2=u5 . Tương tự ta được u3=u6. Bài tập 2.4.14 Cho G= thỏa a3=e; b7=e; a-1ba=b3. Chứng minh G là nhóm xyclic cấp 3. Giải. Giả sử a=e thì b2=e. Do đó b6=e hay b6=b7 vì thế b=e (mâu thuẫn ab). Do đó a e nên =3. Vì a-1ba=b3 nên (a-1ba)2=(b3)2 . Do đó a-1b2a=b6 suy ra a-1b2ab=b7 . Kéo theo a-1b2ab=e hay (b2ab)3=a3 . Vì thế b2ab3ab3ab=e nên b2a(a-1ba)a(a-1ba)ab=e suy ra b3aba2b=e ( do a-1b3a=b9). Nên ab10a2b=e do đó ab3a2b=e (do a7=e). Vì thế a(a-1ba)a2b=e suy ra ba3b=e . Kéo theo b2=e nên b6=e . Từ đó b6=b7=e hay b=e Vậy G= và . Chương III NHÓM XYCLIC §1. MỘT SỐ TÍNH CHẤT 3.1.1 Định nghĩa. Cho G là nhóm , H= được gọi là nhóm con xyclic của G sinh bởi a và được kí hiệu là . Nếu G= thì G được gọi là nhóm xyclic. Nhóm xyclic có mọi tính chất của nhóm hữu hạn sinh đồng thời có thêm các tính chất sau đây: 3.1.2 Mệnh đề. Mọi nhóm xyclic đều giao hoán. Chứng minh. Cho G=. Với thì tồn tại k,l thuộc Z sao cho x = ak, y = al. Khi đó xy = a ka l =ak+l = a la k = yx. Vậy G là nhóm Abel. 3.1.3 Hệ quả. (i) Mọi nhóm con của nhóm xyclic đều là nhóm con chuẩn tắc và mọi nhóm xyclic đều là nhóm giải được. (ii) Nhóm xyclic có mọi tính chất của nhóm Abel hữu hạn sinh. 3.1.4 Mệnh đề. Tập các số nguyên Z với phép cộng là nhóm xyclic, mọi nhóm con có dạng mZ và nhóm thương Z/mZ=Zm. Chứng minh. Với nZ thì n=n.1 nên n. Do đó Z. Vậy Z=. Gọi H là nhóm con của Z. Nếu H={0} thì H=0Z. Ngược lại thì tồn tại n thuộc H\{0}. Khi đó – n H( vì HZ). Nên H sẽ chứa các số nguyên dương. Gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất. Với hH thì tồn tại p,r thuộc Z sao cho h=mp+r (0r<m). Suy ra r=h-mpH. Nếu r0 thì rH, r<m (mâu thuẫn giả thiết m). Nên r=0. Do đó h=mp mZ. Hay HmZ. Vớí mZ thì Z: x=mk. Hay x=m+m+…+m H . Nên mZH. Vậy H=mZ Vì Z là nhóm Abel và HZ nên HZ hay mZ Z. Xét nhóm thương Z/mZ={x+mZ, x Z}. Giả sử x+mZ=y+mZ tương đương x-y mZ . Hay (x-y)m tương đương x y ( mod m ). Nên Z/mZ = {0+mZ, 1+mZ, …, m-1+mZ}. Vì thế Z/mZ = {}=Zm. Nhận xét.Từ Mệnh đề trên ta thấy Z là nhóm xyclic và mọi nhóm con của Z có dạng mZ= là nhóm xyclic sinh bởi m.Vậy nhóm con của nhóm xyclic có là nhóm xyclic không? Câu trả lời được khẳng định trong Mệnh đề sau: 3.1.5 Mệnh đề. Mọi nhóm con của nhóm xyclic đều là nhóm xyclic. Chứng minh. Cho G là nhóm xyclic sinh bởi a, H là nhóm con của G. Nếu H={e} thì H=. Ngược lại, gọi m là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho amH. Ta sẽ chứng minh H= Vì amH nên hay H (3.1.5 a) Lấy x bất kỳ thuộc H. Khi đó x G= nên nZ:x = an. Lấy n chia cho m được n = mq+r (0. Suy ra ar = ana-mqH. Do giả thiết của m nên r = 0. Do đó x = an = amq. Nên H (3.1.5 b ) Từ (3.1.5 a) và (3.1.5 b) suy ra H=. 3.1.6 Mệnh đề. Mọi nhóm xyclic đều đẳng cấu với Z hoặc Zn. Chứng minh. Cho G=. Khi đó G={ak, kZ}. Xét ánh xạ f:ZG mf(m)=am Với mọi x thuộc G thì tồn tại k thuộc Z sao cho x = ak. Hay x = f(k) nên f là toàn ánh. Lấy m,n bất kỳ thuộc Z ta có f(m+n) = am+n = aman = f(m)f(n). Nên f là đồng cấu. Suy ra f là toàn cấu. Theo Định lí đồng cấu nhóm thì Z/KerfG. Nếu Kerf={0} thì Z/kerf = Z. Do đó ZG. Ngược lại, vì KerfZ nên theo Mệnh đề 3.1.4 thì Kerf = nZ. Do đó Z/kerf=Z/nZ=Zn (theo Mệnh đề 3.1.4). Nên ZnG. Vậy mọi nhóm xyclic đều đẳng cấu với Z hoặc Zn. 3.1.7 Mệnh đề. Mọi nhóm cấp nguyên tố đều là nhóm xyclic và mọi phần tử khác phần tử đơn vị đều là phần tử sinh. Chứng minh. Gọi =p, p là số nguyên tố (3.1.7 a). Lấy aG, ae. Khi đó >1. Vì G nên theo Định lí Lagrange thì hay ap (3.1.7 b). Từ (3.1.7 a) và (3.1.7 b) ta có. Vậy G là nhóm xyclic và mọi phần tử khác phần tử đơn vị đều là phần tử sinh. 3.1.8 Định lí. Cho G là nhóm xyclic cấp n và G=. Khi đó : (i)Cấp của am bằng trong đó d=(m,n). (ii) G= khi và chỉ khi (m,n)=1. Chứng minh. i)Ta có =n và G= nên =n. Vì d=(m,n) nên tồn tại m1,n1 thuộc Z sao cho m=m1d, n=n1d và (m1,n1)=1. Đặt k= thì (am)k=e hay amk=e. Mà =n nên n (mk) hay (n1d) (m1dk). Do đó n1(m1k). Vì (m1,n1)=1 nên n1 k . Mặt khác ta có . Vì=k nên k hay k n1. Do đó k=n1=. Vậy=,với d=(m,n). (ii) Ta có G= tương đương. Vì thế n=. Suy ra n=(do câu (i)). Do đó d=1 hay (m,n)=1. 3.1.9 Định lí. Nếu G là nhóm xyclic cấp n và d là một ước của G. Khi đó G có đúng 1 nhóm con cấp d và nhóm con này là xyclic . Chứng minh. Gọi G=, =n và d n. Ta có = ( do Định lí 3.1.8 ). Nên =d. Do đó là nhóm con xyclic cấp d của G. Giả sử G có nhóm con H cấp d khác. Theo Mệnh đề 3.1.5 ta có H= và =d. Mà = (theo Định lí 3.1.8). Nên =d vì thế (k,n)=. Do đó tồn tại x,y thuộc Z sao cho nx+ky=. Bởi vậy a=anxaky=aky H. Hay H. Mà= nên H=. Vậy là nhóm con duy nhất cấp d của G và là nhóm xyclic. 3.1.10 Nhận xét. Từ Định lí 3.1.8 và 3.1.9 cho phép ta tìm tất cả các nhóm con của nhóm G với G= và =n. Nếu n là số nguyên tố thì G chỉ có 2 nhóm con là {e} và G (theo Mệnh đề 3.1.7) Nếu n có k ước là m1=1,m2,...,mk-1,mk=n thì G có k nhóm con cấp lần lượt là m1=1, m2,..., mk-1, mk=n được sinh bởi các phần tử e, a,..., a, a. 3.1.11 Định lí. Cho G1,G2,...,Gk là nhóm xyclic cấp n1,n2,...,nk và GiGj với ij. Khi đó: (i) GixGj là nhóm xyclic khi và chỉ khi (ni,nj)=1 với ij; i,j= (ii) là nhóm xyclic khi và chỉ khi (nj,nl)=1 với jl; j,l= Chứng minh. Cho Gi=, =ni, i=1,2,...,k. Vì lực lượng của Gi là ni nên lực lượng của là n1n2...nk .Do đó =n1n2...nk . (i) Điều kiện cần. Nếu (ni,nj)>1 thì k=[ni,nj]=<ninj . Với mọi (xi,xj) thuộc GixGj ta có (xi,xj)k=(xik,xjk)=(ei,ej). Nên(xi,xj)k. Do đó mọi phần tử của GixGj đều có cấp nhỏ hơn hoặc bằng k. Suy ra cấp của mọi phần tử GixGj đều nhỏ hơn ninj. Mà GixGj=ninj. Nên GixGj không là nhóm xyclic (mâu thuẫn giả thiết). Vậy (ni,nj)=1 với mọi i khác j. Điều kiện đủ. Nếu (ni,nj)=1 thì với mọi (xi,xj) thuộc GixGj ta có (xi,xj)nn=(xinn,xjnn)=(ei,ej). Giả sử (xi,xj)k=(ei,ej) khi đó (xik,xjk)=(ei,ej). Suy ra xik=ei; xjk=ej kéo theo kni; k nj hay k ninj. Nên (xi,xj) =ninj. Vậy GixGj=. (ii) Điều kiện cần. Giả sử =. Xét ánh xạ f:GjxGl (a1,a2,...,an)(aj,al) Khi đó f là toàn cấu. Theo Hệ quả 2.1.17 thì GjxGl=, với x=(x1,x2,...,xn). Vậy GjxGl=. Điều kiện đủ. Giả sử (ni,nj)=1 với ij. Khi đó G1xG2 là nhóm xyclic cấp n1n2. Vì (n2,n3)=1 và (n1,n3)=1 nên (n1n2,n3)=1. Do đó (G1xG2)xG3 là nhóm xyclic. Xét ánh xạ f: (G1xG2)xG3G1xG2xG3 ((x1,x2),x3)(x1,x2,x3) Khi đó f là toàn cấu. Theo Hệ quả 2.1.17 thì G1xG2xG3 là nhóm xyclic. Bằng phương pháp qui nạp ta được là nhóm xyclic. 3.1.12 Định lí. (i) Hai nhóm xyclic cấp vô hạn đều đẳng cấu với nhau. (ii)Hai nhóm xyclic cấp hữu hạn đẳng cấu với nhau khi và chỉ khi chúng cùng cấp. Chứng minh. (i) Giả sử G= ,G’=là nhóm xyclic cấp vô hạn. Xét ánh xạ f:G®G’ ak bk Lấy x, x’ thuộc G suy ra tồn tại m, n thuộc Z sao cho x = am, x’ = an. Khi đó f(xx’) = f(aman) = f(am+n) = bm+n = bmbn = f(x)f(x’). Vì vậy f là đồng cấu nhóm. Lấy x,x’ thuộc G sao cho x x’. Khi đó tồn tại m,n thuộc Z (giả sử m>n) sao cho x = am,x’= an. Giả sử bn =bm suy ra bm-n=e. Nên b có cấp hữu hạn (trái giả thiết ). Vì thế bn bm kéo theo f(an) f(am) hay f(x) f(x’) với x x’. Nên f là đơn ánh. Lấy yG’ khi đó tồn tại m thuộc Z sao choy=bm hay y = f(am). Nên f là toàn ánh. Vậy f là đẳng cấu. (ii)Điều kiện cần. Hai nhóm hữu hạn đẳng cấu với nhau thì hiển nhiên cùng cấp. Điều kiện đủ. Giả sử G= ,G’=là nhóm xyclic cấp n. Xét tương ứng f:GG’ akbk Ta có ak = al tương đương ak-l =e hay (k-l)n . Tương đương bk-l = e vì thế bk=bl hay f(ak)=f(al). Nên f là ánh xạ và là đơn ánh. Lấy y G’. Khi đó tồn tại n thuộc Z sao cho y = bn = f(an). Nên f là toàn ánh. Lấy x, x’ thuộc G. Khi đó tồn tại m, n thuộc Z sao cho x = an, y = am. Ta có f(xx’) = f(aman) = f(am+n) = bn+m = bmbn = f(an)f(am) = f(x)f(x’). Vì thế f là đồng cấu. Vậy f là đẳng cấu. 3.1.13 Mệnh đề. Cho X là nhóm xyclic sinh bởi a cấp n, f là đồng cấu nhóm từ X vào nhóm Y. Khi đó f là toàn cấu khi và chỉ khi Y là nhóm xyclic và . Chứng minh. Điều kiện cần. Cho X=, =n và f:XY là toàn cấu. Theo Mệnh đề 2.1.16 thì Imf= hay Y=. Ta có (f(a))n = f(an) = f(e) = e. Nên n hay . Điều kiện đủ. Cho Y là nhóm xyclic sinh bởi b và . Xét ánh xạ g:XY atbt Với mọi at,ar thuộc X ta có g(atar)=g(at+r)=g(at)g(ar). Nên g là đồng cấu. Lấy y bất kỳ trong Y thì y = bt, tZ. Chọn x=at, khi đó g(x)=y. Nên g là toàn ánh Vậy g là toàn cấu. 3.3.14 Hệ quả. Cho X là nhóm xyclic. Khi đó: Đồng cấu f:XY là đẳng cấu khi và chỉ khi Y là nhóm xyclic và . 3.1.15 Bổ đề. Giả sử A là nhóm Abel hữu hạn với cấp =, trong đó p1,p2,…,pk là các số nguyên tố đôi một khác nhau. Khi đó A=A(p1)A(pk), với A(p)={x A, , p là số nguyên tố}. Chứng minh. Đặt n = như thế nA = {0}. Giả sử n = mm’ trong đó (m,m’) = 1 và m,m’>1. (Nếu không có sự phân tích nào như vậy thì A=A(p), với p là số nguyên tố duy nhất chia hết ). Ta sẽ chứng minh A=BC trong đó B,C là các nhóm con có cấp tương ứng là m và m’. Vì ( m, m’ ) = 1 nên tồn tại r, s thuộc Z sao cho rm + sm’ = 1. Khi đó A = rmA+sm’AmA+m’A A. Hay A = mA + m’A (3.1.15 a). Lấy x thuộc mAm’A. Khi đó x = my, y A. Do đó m’x = m’my = ny = 0. Tương tự ta được mx = 0. Từ đó x = (rm+sm’)x = rmx+sm’x = 0 (3.1.15 b). Từ (3.1.15 a) và (3.1.15b) ta có A = mAm’A (3.1.15 c) Đặt Ak = {xA, kx = 0}. Với x mA thì m’x = 0. Do đó x Am’. Nên mA Am’ (3.1.15 d). Nếu x Am’ thì x = rmx + sm’x = m(rx) mA. Do đó Am’mA (3.1.15 e). Từ (3.1.15 d) và (3.1.15 e) ta có mA = Am’. Tương tự ta được Am=m’A. Kết hợp (3.1.15c) ta được A=AmAm’. Nên =mm’ (3.1.15f) Tiếp theo ta sẽ chứng minh . Do (m,m’) = 1; n = mm’ nên nếu cần ta đánh số lại các số nguyên tố p1,…,pk. Ta có thể giả sử m=, m’=. Giả sử chia hết cho pi với i nào đó. Goi S là pi_nhóm con Sylov của Am, ta có S{0} (theo Định lí Sylov). Vì (m,pi)1 nên mS {0}. Mặt khác mS mAm = {0} (vô lí). Do đó (,m’) = (,m) = 1 (3.1.15 g). Từ (3.1.15 f) và (3.1.15 g) ta có =m’;=m. Bằng qui nạp ta nhận được A=A(p1)…A(pk) Do A(pi) là pi_nhóm, = và do tính duy nhất của sự phân tích ra thừa số nguyên tố, ta có (i=1,2,…,k). 3.3.16 Định lí. Cho A là nhóm Abel với cấp = p1p2…pk, trong đó p1,p2,…,pk là các số nguyên tố đôi một khác nhau. Khi đó A là một nhóm xyclic đẳng cấu với Z và Z…Z. Chứng minh. Áp dụng Bổ đề 3.1.15 ta có A = A(p1) …A(pk). Trong đó nên A(pi) là nhóm xyclic. Vì thế A là nhóm xyclic (Định lí 3.1.11). Mà Z và Z…Z là nhóm xyclic cấp p1…pk. Theo Định lí 3.1.12 thì AZZ…Z. 3.1.17 Bổ đề. Cho A là p_nhóm Abel, a1 là phần tử có cấp cực đại, chẳng hạn p, trong A. Gọi A1 là nhóm xyclic sinh bởi a1 và là một phần tử của A/A1 có cấp pr. Khi đó tồn tại một đại diện của lớp trong A cũng có cấp pr Chứng minh. Vì nên prb A1, do đó prb = na1 với n Z. Vì thế . Do đó (,n)=. Mà prb A là p_nhóm Abel và = pr. Nên n = mpk với (m,p) = 1. Khi đó . Có thể giả sử np nên kr1. Do đó . Mà prb=na1 và . Ta suy ra =p. Do a1 là phần tử có cấp cực đại, là p, nên r+r1-kr1, hay rk. Đặt c = pk-rma1 A1, ta cóprb = na1 = prc. Khi đó a= b-c b+A1 cũng là một đại diện của và pra=pr(b-c)=0. Mà . Nên =pr . 3.1.18 Định lí. Mỗi p_nhóm Abel đều được phân tích thành tổng trực tiếp (trong) các p_nhóm xyclic. Hai sự phân tích như thế chỉ khác nhau ở thứ tự các nhân tử. Chứng minh. Bước 1. Chứng minh sự tồn tại của phân tích bằng qui nạp theo cấp của A. Giả sử a1 là phần tử có cấp cực đại, là p, trong A. Đặt A1=. Theo giả thiết qui nạp ta thừa nhận phân tích A/A1= (3.1.18 a). Trong đó . Ta có theo Bổ đề 3.1.17 thì tồn tại đại diện ai của lớp trong A có cùng cấp với , tức là . Ta sẽ chứng minh A=A1…As Với mọi x A thì A/A1. Từ (3.1.18 a) ta suy ra . Do đó x-m2a2-…-msas A1. Nên tồn tại số nguyên m1 sao cho x=m1a1+m2a2+…+msas Nghĩa là A=A1+A2+…+As (3.1.18 b). Tiếp theo giả sử m1,m2,…,ms là các số nguyên không âm thỏa mãn hệ thức m1a1+m2a2+…+msas=0 (3.1.18 c). Vì nên có thể giả sử mi<pr (i=1,2,…,s). Tử (3.1.18 c) ta có . Do đó m2=…ms=0. Như thế m1a1=0 do đó m1=0 (vì m1<). Hệ quả là A = A1 A2 … As. Bước 2. Sự duy nhất của phân tích. Giả sử ta có hai sự phân tích của p_nhóm Abel hữu hạn A là A=A1 A2 … As=B1 B2 …Bt. Trong đó Ai,Bj là các p_nhóm xyclic và , . Ta sẽ chứng minh rằng s=t và . Chứng minh được thực hiện bằng qui nạp theo . Ta có pA cũng là một p_nhóm Abel và Giả sử có hai sự phân tích của A là pA=(pA1) (pA2)…(pAs)=(pB1)(pB2)…(pBt). Gọi s’ và t’ là các số nguyên có các tính chất sau: >p; >p; Khi đó pAs’+1 =…= pAs = pBt’+1 =…= pBt = {0}. Hệ quả là ta có hai phân tích pA thành các p_nhóm xyclic là pA=(pA1)…(pAs’)=(pB1)…(pBt’). Theo giả thiết qui nạp vì nên s’ = t’ và nghĩa là , i=1,2,…,s’. Tính dựa trên hai cách phân tích của A ta có . Từ đó suy ra t = s và (i=s’+1,…,s). §2. MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA NHÓM XYCLIC 3.2.1 Định lí Euler. Cho n là số nguyên dương, a là số nguyên tố cùng nhau với n. Khi đó n với là hàm Euler. Chứng minh. Gọi Un là tập các số tự nhiên k sao cho 0<k<n và (n,k)=1. Trong Un ta định nghĩa phép toán “.” như sau a.b = r với r là số dư của ab chia cho n. Khi đó Un là nhóm Abel với phép toán trên và =. Với mọi a thuộc Un ta có a=1 tức là n. Với a>n và (a,n)=1. Khi đó a=nk+b với 0<b<n. Vì (a,n)=1 nên (b,n)=1. Hay bUn do đó b=1. Nên a=(nk+b) =nl+b=nl+1. Suy ra a1(mod n) hay n. Vậy n khi (a,n)=1. 3.2.2 Định lí Fermat. Cho p là số nguyên tố và a là số nguyên bất kỳ khác p. Khi đó p. Chứng minh. Vì p là số nguyên tố nên (p)=p-1 ( là hàm Euler ) và (a,p)=1. Áp dụng Định lí Euler ta có p hay p. 3.2.3 Định lí Wilson. Cho p là số nguyên tố thì (p-1)!+1º0 (mod p). Chứng minh. Với p=2 thì (2-1)!+1º0 (mod 2). Với p>2. Xét nhóm Zp. Với a=1,2,...,p-1 thì (theo Định lí Fermat). Hay a.. Đặt thì . Ta sẽ chứng minh với mỗi ÎZp\{} thì tồn tại duy nhất ÎZp\{}, sao cho (*). Thật vậy: Với mỗi ÎZp\{} thì ta chọn , khi đó . Giả sử , tức là . Do đó suy ra . Vì thế kéo theo (vì p là số nguyên tố và ). Nên hoặc (mâu thuẫn ÎZp\{} ). Do đó . Chứng minh tính duy nhất của . Giả sử Khi đó nên . Vì thế (vì p là số nguyên tố và ). Do đó . Nhận xét rằng khi và chỉ khi ab. Do vậy (*) tương đương với với mỗi số nguyên a thoả 1<a<p-1 thì tồn tại duy nhất số nguyên b khác a, 1<b<p-1 sao cho ab . Vì thế . Do đó Vậy (p-1)!+1º0(mod p). 3.2.4 Bài toán. Cho (a,b)=1. Chứng minh rằng (ab,a+b)=1. Giải. Vì (a,b) = 1 nên ZaxZb là nhóm xyclic (Định lí 3.1.11). Mà Zab là nhóm xyclic cấp ab. Theo Định lí 3.1.12 thì ZaxZbZab . Do đó tồn tại đẳng cấu f: ZaxZbZab. Xét tương ứng :(ZaxZb)xZa+b ZabxZa+b Khi đó là đẳng cấu. Nên (ZaxZb)xZa+bZabxZa+b . Mặt khác (ZaxZb)xZa+bZaxZbxZa+b. Vì thế ZaxZbxZa+bZabxZa+b. Vì (a,b) = 1 nên (a,a+b)=(b,a+b)=1. Theo Định lí 3.1.11 thì ZaxZbxZa+b là nhóm xyclic. Theo Hệ quả 3.1.14 thì ZabxZa+b là nhóm xyclic. Theo Định lí 3.1.11 thì (a+b,ab)=1. Vậy (ab,a+b)=1. 3.2.5 Bài toán. Cho là phân số tối giản. Chứng minh rằng là phân số tối giản. Giải. Vì là phân số tối giản nên (a,b) = 1. Do đó (a, a2+ab+b2) = 1; (b,a2+ab+b2) = 1. Theo Định lí 3.1.11 thì ZaxZbxZ là nhóm xyclic. Ta lại có ZaxZbxZ ZabxZ ( cùng đẳng cấu với (ZaxZb)xZ). Theo Hệ quả 3.1.14 thì ZabxZ là nhóm xyclic. Theo Định lí 3.1.11 thì (ab,a2+ab+b2)=1. Vậy là phân số tối giản. 3.2.6 Bài toán. Cho a,bZ. Chứng minh rằng (a2+b2)3 khi và chỉ khi a3 và b3. Giải. Với a,bZ ta luôn có a=3p+r; b=3q+r' (0<r,r'<3). Trong nhóm Z3 thì . Theo giả thiết ta có (a2+b2). Tương đương (*)với 0<r,r'<3. Do đó (*) tương đương r =r' =0 hay a và b. 3.2.7 Bài toán. Chứng minh rằng nếu p,q là số nguyên tố lớn hơn 3 thì (p2-q2)6. Giải. Áp dụng Định lí Fermat cho 3 và p ta có p21 (mod 3). Xét nhóm Z3 thì . Tương tự ta có . Nên . Do đó (p2-q2)3. Trong nhóm Z2 thì (theo Định lí Fermat). Mà (do p là số nguyên tố lớn hơn 3). Do đó . Tương tự . Nên . Do đó (p2-q2)2. Vậy (p2-q2)6. 3.2.8 Bài toán. Chứng minh rằng a1 + a2 + a3 + a4 + a5 0 ( mod 5 ) thì a12+a22+a32+a42+a520(mod 5) Giải. Xét nhóm Z5. Vì 5 là số nguyên tố nên theo Định lí Fermat thì. Do đó . Suy ra (do ). Vậy a1+a2+a3+a4+a50(mod 5). 3.2.9 Bài toán. Chứng minh rằng Z thì Z. Giải. Xét nhóm Z3. Vì 3 là số nguyên tố nên theo Định lí Fermat thì do đó . Do đó . Suy ra 5n3+3n5+7n 3 (3.2.9 a). Tương tự xét nhóm Z5 ta được (5n3+3n5+7n)5 (3.2.9 b) Từ (3.2.9 a) và (3.2.9 b) suy ra (5n3+3n5+7n)15 (3.2.9 c) Mặt khác (3.2.9 d) Từ (3.2.9 c) và (3.2.9 d) ta suy raZ. §3. BÀI TẬP Bài tập 3.3.1 Chứng minh rằng nhóm cộng các số nguyên Z và nhóm cộng các lớp đồng dư theo môđun pm, p là số nguyên tố cho trước, mZ, đều là những nhóm không phân tích được thành tổng trực tiếp của hai nhóm con chuẩn tắc không tầm thường. Giải. Giả sử Z được phân tích thành tổng trực tiếp 2 nhóm con chuẩn tắc là mZ và nZ, nghĩa là Z=mZnZ. Ta thấy mn mZnZ nên mZnZ{0} (vì mn0) (mâu thuẫn giả thiết). Vậy Z không phân tích được thành tổng trực tiếp 2 nhóm con chuẩn tắc. Giả sử Zphân tích được thành tổng trực tiếp của hai nhóm con chuẩn tắc không tầm thường là A và B với ,; A = ,B = . Suy ra pr=ps. Nếu rs ta cũng được AB{}. Vậy Zkhông phân tích được thành tổng trực tiếp của hai nhóm con chuẩn tắc không tầm thường. Bài tập 3.3.2 Chứng minh rằng nếu n = st; (s,t) = 1 thì ZnZtZs. Giải. Vì nên = {} ; = {}. Đặt A = , B = . Với do đó . Nên vì thế . Do vậy lst suy ra lt nên l=kt. Do đó . Nên AB={}. Vì (s,t)=1 nên tồn tại p,q thuộc Z sao cho pt+qs=1. Với hZ thì h=h.1=h(pt+qs)=hpt+hqsA+B. Nên Zn=AB. Mà ABZsZt (theo Định lí 3.1.12). Vậy ZnZsZt Ngoài ra ta cũng có thể chứng minh bài toán trên theo cách sau: Vì (s,t)=1 nên ZsZt là nhóm xyclic cấp n Theo Định lí 3.1.12 thì ZnZtZs Bài tập 3.3.3 Chứng minh nếu n=, (pi,pj)=1 thì ZnZZ Giải. Ta chứng minh ZnZZ (*) bằng phương pháp qui nạp theo r. Nếu r=1 thì n=p. Do đó Zn Z.Giả sử (*) đúng với r=k. Nghĩa là ZnZZ với n=. Với m=. Đặt s=, t=p . Ta có (s,t)=1 theo bài tập 3.3.2 thì ZstZsZt. Hay ZmZZZ.Theo nguyên lí qui nạp thì ZnZZ. Bài tập 3.3.4 Chứng minh rằng nếu nhóm X chỉ có các nhóm con tầm thường là {e},X thì X là nhóm Xyclic hữu hạn cấp nguyên tố và tự đồng cấu bất kỳ của X đều là đồng cấu tầm thường hoặc là đẳng cấu. Giải. Lấy a X,a e. Vì {e} và là nhóm con của X nênX= Do đó X là nhóm xyclic . Nếu a có cấp vô hạn thì am a2r .Vì giả sử am = a2r(với m 2r). Khi đó =e Nên a có cấp hữu hạn (trái giả thiết). Do vậy ama2r với m,r thuộc Z. Nên =X và {e}. Hay là nhóm con thực sự của X (trái giả thiết). Vậy a có cấp hữu hạn là n. Nếu n không là số nguyên tố, n = n1n2 (1<n1,n2<n). Xét ===n2. Do đó là nhóm con thực sự của X (trái với giả thiết). Nên n là số nguyên tố. Vậy X là nhóm xyclic hữu hạn cấp nguyên tố . Xét đồng cấu f:XX Trường hợp f(x)e với ta có Kerf và Imf là các nhóm con của G. Mà KerfG và Imf {e} nên Kerf={e} và Imf=G. Vậy f là đẳng cấu hoặc là đồng cấu tầm thường. Bài tập 3.3.5 Chứng minh rằng G là nhóm có đúng 3 nhóm con khi và chỉ khi G là nhóm xyclic cấp bằng bình phương của một số nguyên tố Giải. Điều kiện cần. Giả sử G có đúng 3 nhóm con. Gọi 3 nhóm con của G là {e},H,G, trong đó H {e},H G. Giả sử =n, n>1. Lấy a thuộc G\H. Khi đó ae . Ta có . Nên G = . Vậy G là nhóm xyclic Nếu n không là số chính phương . Khi đó tồn tại các số nguyên tố k1,k2,…,kr với ki khác nhau đôi một và khác 1;n sao cho n = k1k2…kr . Theo Định lí Côsi thì G có k nhóm con thực sự cấp k1, k2,…, kr (mâu thuẫn với giả thiết). Suy ra n là số chính phương hay n= a2 ,với a Z. Nếu a không là số nguyên tố thì tồn tại a1,a2 sao cho a=a1.a2. Với a1,a2 là số nguyên tố khác nhau. Khi đóG = n =a12a22.. Theo Định lí Côsi thì G có 2 nhóm con thực sự G1,G2 có cấp lần lượt là a12,a22. Điều này mâu thuẫn giả thiết G có đúng 3 nhóm con. Nên a là số nguyên tố. Vì thế =a2 ,a là số nguyên tố . Vậy G là nhóm xyclic cấp bình phương của một số nguyên tố Điều kiện đủ. Giả sử G =p2, p là số nguyên tố. Ta thấy p2 có đúng 3 ước dương là 1, p và p2. Theo Định lí 3.1.9 thì G có đúng 3 nhóm con có cấp là 1, p, p2. Bài tập 3.3.6 Chứng minh rằng mọi nhóm cấp vô hạn đều có vô hạn nhóm con. Giải. Trường hợp X= là nhóm xyclic cấp vô hạn. Với mỗi số nguyên n ta có là nhóm con xyclic của X. Ta có m,n Z, m n thì . Thật vậy , giả sử tồn tại m,n thuộc Z; mn sao choxm=xn . Khi đó xm nên tồn tại k thuộc Z sao cho xm=(xn)k =xnk. Nên x=e Do đó m=nk hay n m. Tương tự ta được m n. Do đó m=n (mâu thuẫn với mn). Như vậy X có vô hạn nhóm con. Trường hợp X là nhóm bất kì có cấp vô hạn. Nếu X có phần tử x có cấp vô hạn thì A= là nhóm con xyclic cấp vô hạn của X. Theo chứng minh trên thì A có vô hạn nhóm con {Bi}iN. Vì BiA và A X nên Bi X iN vì thế X có vô hạn nhóm con. Nếu mọi phần tử của X đều có cấp hữu hạn. Ta thấy X=. Vì X là tập vô hạn và là tập hữu hạn. Nên X gồm vô số nhóm con xyclic ,x X. Vậy X có vô hạn nhóm con. Bài tập 3.3.7 Cho H là nhóm con chuẩn tắc của nhóm G và H là nhóm xyclic cấp hữu hạn, K là nhóm con thực sự của H. chứng minh rằng K là nhóm con chuẩn tắc của G. Giải. Gọi K = có cấp m. ta sẽ chứng minh g-1yg cũng có cấp m, với mọi g thuộc G. Thật vậy, ta có (g -1yg)m =g -1ymg= e. Giả sử (g -1yg)k = e. Khi đó g-1ykg =e. Suy ra ykg = g hay yk = e. Do dó m là ước của k. Vì vậy g-1yg có cấp là m. Vì H là nhóm con chuẩn tắc của G nên g-1yg thuộc H. Do đó là nhóm con của H có cấp m. Theo Định lí 3.1.12 thì K=. Vì thế g-1kg thuộc K với mọi k thuộc K. Vậy K là nhóm con chuẩn tắc của G. Bài tập 3.3.8 Tìm tất cả các nhóm con của nhóm Xyclic : a) Cấp 12 b) Cấp 24 Giải. a) Gọi X= , =12. Số 12 có các ước là 1,2,3,4,6,12 . Theo Định lí 3.1.9 thì X có đúng một nhóm con có cấp là 1,2,3,4,6,12. Ta lại có an = ( theo Định lí 3.1.8 ). Để an có cấp là 1,2,3,4,6,12 thì giá trị của n lần lượt là 12,6,4,3,2,1. Vậy X có các nhóm con sau đây {e},,,,,X b) Gọi X= ,a =12. Số 24 có các ước là 1,2,3,4,6,12,24 . Theo bài tập 2.4.2 thì X có đúng một nhóm con có cấp là 1,2,3,4,6,12,24. Ta lại có an = (theo Định lí 3.1.8 ). Để an có cấp là 1,2,3,4,6,12,24 thì giá trị của n lần lượt là 24,12,6,4,3,2,1. Vậy X có các nhóm con sau đây: {e},,,,,,X Bài tập 3.3.9 Cho G, G’ là hai nhóm xyclic cấp tương ứng là s và t với các phần tử sinh là a và b. Chứng minh r