$\text{Cho}\,\left | G \right |= 2n; H\leqslant G; \left | H \right |= n$ $$\text{Chứng minh rằng}:\,\,\forall x \in G\Rightarrow x^2 \in H$$
#1
Đã gửi 09-03-2012 - 08:57
Cho nhóm G hữu hạn có 2n phần tử, H là nhóm con của G, H có n phần tử. CMR: $\forall x \in G\Rightarrow x^2 \in H.$
$\left | G \right |= 2n; H\leqslant G; \left | H \right |= n. CMR: \forall x \in G\Rightarrow x^2 \in H.$
#2
Đã gửi 09-03-2012 - 11:06
Các pro ơi, giúp e giải bài này nhé, mặc dù đã đọc rất nhiều lần về lý thuyết nhóm, nhưng vẫn ko tự giải được bài nào cho ra hồn cả, hic..
Cho nhóm G hữu hạn có 2n phần tử, H là nhóm con của G, H có n phần tử. CMR: $\forall x \in G\Rightarrow x^2 \in H.$
$\left | G \right |= 2n; H\leqslant G; \left | H \right |= n. CMR: \forall x \in G\Rightarrow x^2 \in H.$
Bài này có thể giải thế này, còn cách nào ngắn hơn không thì mình không biết.
Cần biết điều sau:
1/ Nếu H, K là nhóm con của G, và nếu H normal (nhóm con chuẩn tắc), thì HK là nhóm con của G, với $HK=\{hk: h \epsilon H \text{ và } k \epsilon K\}$. Hơn thế $|HK| = \frac{|H||K|}{|H\cap K|}$.
2/ Định lý cơ bản của nhóm xích: 1 nhóm xích của bậc d, thì nó có đúng 1 nhóm xích con có bậc ứng với mỗi thừa số p của d, và mỗi nhóm xích con có bậc p đó được sinh bởi $x^{d/p}$.
Nhận thấy, $|H| = 1/2 |G|$, H phải normal (chuẩn tắc) vì chỉ có thể có 2 đối tập (coset) trong G, là H và aH với a không thuộc H.
Với bất kì x trong G. Gọi $K=<x>$. Rõ ràng K là nhóm con của G, K Abel (Abelian) và là nhóm xích (cyclic).
Xem xét $HK$ là nhóm con của G mà $H \subset HK$ nên HK phải là H hay chính là G. Mà $|HK|=\frac{|H||K|}{|H\cap K|}=\frac{n|K|}{|H\cap K|}$. Nếu $|HK|=|H|=n$ thì $|K|=|H\cap K| \Rightarrow K \subset H \Rightarrow x^2 \epsilon H$.
Nếu $|HK|=|G|=2n \Rightarrow |K|=2|H\cap K|$ mà $H\cap K$ là nhóm con của K. Bây giờ ta có K là nhóm xích $\{x, x^2, x^3,...., x^{|K|}\}$, với $|K|$ chẵn, mà nhóm con duy nhất của K có bậc $\frac{|K|}{2}$ chính là nhóm xích được sinh bởi $x^2$.
Như vậy $<x^2> = H\cap K$ cho nên $x^2 \epsilon H$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 09-03-2012 - 11:14
#3
Đã gửi 09-03-2012 - 19:20
Theo định lí Largrange về cấp của nhóm hữu hạn: "Cấp của một nhóm hh G bằng bội của cấp của mọi nhóm con của nó. Hơn nữa ta còn có:
$ \left | G \right |=\left | H \right |.l $ với l là số lớp ghép trái của nhóm con H trong G. $ \left ( l=\left | xH=\left \{ xh: x \in G, h \in H \left. \right \}\right. \right | \right ) $
Theo giả thiết ta có: $ \left | G \right |= 2\left | H \right |\Rightarrow l=2 \Rightarrow H \triangleright G \Leftrightarrow xH = Hx, \forall x \in G $
Vì G chỉ có 2 lớp ghép nên suy ra một lớp chính là H, lớp còn lại là xH. Tức là theo nghĩa tập hợp thì $ G=H\cup xH $.
Nếu $ x \in H \Rightarrow x^2 \in H $ (hiển nhiên)
Nếu $ x \notin H \Rightarrow x\in xH\Rightarrow x^2 \in xH=H $
(Vì có tính chất rằng: $ x \in xH \Rightarrow xH =H $)
Vậy $ \forall x \in G \Rightarrow x^2 \in H $.
Anh xem giúp em lời giải trên có sai gì ko, nếu sai lỗi cơ bản mong anh và các mem khác đừng cười nha, e rất muốn học hỏi thêm để hiểu sâu vấn đề về nhóm - vành - trường.
#4
Đã gửi 09-03-2012 - 19:28
#5
Đã gửi 09-03-2012 - 19:32
#6
Đã gửi 09-03-2012 - 20:56
Em suy luận đến bước "Nếu $x \in H \Rightarrow x^2 \in H$" là đúng, vì H là nhóm, nên bảo tồn phép toán của nhóm (x là phần tử của H nên x*x phải thuộc H).
Việc em nhận xét được $H \triangleright G$ là rất chính xác và quan trọng.
Nhưng vấn đề là khi $x \notin H$ ta biết x phải thuộc lớp còn lại (hay đối tập còn lại), nhưng rõ ràng là đối tập còn lại không phải là nhóm. Bước này của em không đúng "Nếu $ x \notin H \Rightarrow x\in xH\Rightarrow x^2 \in xH=H $" ($x \in xH$ nhưng không thể suy ra $x^2 \in xH$ vì $xH$ không phải là nhóm; và $x\notin H$ thì $xH \ne H$).
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 09-03-2012 - 20:58
- kieumy yêu thích
#7
Đã gửi 09-03-2012 - 21:09
1) Cho (G,.) là một nhóm Abel hữu hạn có mn phần tử, với m, n nguyên tố cùng nhau. Đặt: $ A=\left \{ x \in G: x^m=e \right \};B= \left \{ x \in G: x^n=e \right \} $ (với e là đơn vị của nhóm). CMR: A và B là 2 nhóm con của G thỏa: $ A\cap B=\left \{ e \right \} ; AB=G.$
2) Cho (G,.) là nhóm có 2n phần tử. Chứng minh trong G có phần tử cấp 2.
Em sẽ giải và post lên a xem giúp, có sai mong a đừng cười nha, vì e chưa hiểu rõ về nó mà, hjj
#8
Đã gửi 10-03-2012 - 10:15
Chứng minh A là nhóm con của G:
Trước tiên: $A \neq \varnothing $ vì $ \exists e \in G: e^m=e \Rightarrow e \in A $
Lấy $ {x_1}^m, {x_2}^m $ thuộc A, xét: ${x_1}^m.[{x_2}^m]^{-1}=(x_1.{x_2}^{-1})^m={x_0}^m \in A $ (vì $ x_0 = x_1.{x_2}^{-1} \in A $ )
Vậy $ A \leqslant G $.
Tương tự ta cũng cm được B là nhóm con của G.
Ta có: $ A \cap B= \left \{ x \in G: x^m=e \wedge x^n=e \right \}=\left \{ e \right \} $
Thật vậy: nếu $ x \neq e $ mà $ x^m=e\wedge x^n=e \Rightarrow x^m = x^n \Rightarrow x^{m-n}=e \Rightarrow (m-n) \vdots m \wedge (m-n) \vdots n \Rightarrow $ vô lí, vì (m,n)=1.
Ta có: $ AB = \left \{ ab: a\in A \wedge b\in B\right \} $
Hiển nhiên $ AB \neq \varnothing $
Ta cm $ AB \subset G $: Lấy x thuộc AB, suy ra tồn tại a, b lần lượt thuộc A, B sao cho $ x = ab $. Vì a, b thuộc A, B nên suy ra a và b cũng thuộc G, do đó $ x = ab \in G $
Ta cm $ G \subset AB $: (...chưa cm được!)
#9
Đã gửi 11-03-2012 - 08:29
Bài 1)
Chứng minh A là nhóm con của G:
Trước tiên: $A \neq \varnothing $ vì $ \exists e \in G: e^m=e \Rightarrow e \in A $
Lấy $ {x_1}^m, {x_2}^m $ thuộc A, xét: ${x_1}^m.[{x_2}^m]^{-1}=(x_1.{x_2}^{-1})^m={x_0}^m \in A $ (vì $ x_0 = x_1.{x_2}^{-1} \in A $ )
$x_0^m \in A$ vì $x_0=x_1.x_2^{-1} \in G$ theo định nghĩa của A mà $x_0^m \in A$
Vậy $ A \leqslant G $.
Tương tự ta cũng cm được B là nhóm con của G.
Ta có: $ A \cap B= \left \{ x \in G: x^m=e \wedge x^n=e \right \}=\left \{ e \right \} $
Thật vậy: nếu $ x \neq e $ mà $ x^m=e\wedge x^n=e \Rightarrow x^m = x^n \Rightarrow x^{m-n}=e \Rightarrow (m-n) \vdots m \wedge (m-n) \vdots n \Rightarrow $ vô lí, vì (m,n)=1.
Tại sao $x^{m-n}=e \Rightarrow (m-n) \vdots m \wedge (m-n)\vdots n$? $m,n$ không phải là cấp của $x$.
Theo anh nghĩ, lý luận đúng hơn phải như thế này.
Vì $G$ là nhóm hữu hạn, với $x\ne e$, $1<|x| < \infty$ và $x \in A\cap B$ thì $x^m=e$ và $x^n=e$ dẫn đến, $m \vdots |x|$ và $n \vdots |x|$. Như vậy, $(m,n) \geq |x| > 1$ vô lý.
Ta có: $ AB = \left \{ ab: a\in A \wedge b\in B\right \} $
Hiển nhiên $ AB \neq \varnothing $
Ta cm $ AB \subset G $: Lấy x thuộc AB, suy ra tồn tại a, b lần lượt thuộc A, B sao cho $ x = ab $. Vì a, b thuộc A, B nên suy ra a và b cũng thuộc G, do đó $ x = ab \in G $
Ta cm $ G \subset AB $: (...chưa cm được!)
Chiều $AB \subset G$ rất đúng.
Để chứng minh $AB=G$ em có thể dùng $|AB|= \frac{|A|.|B|}{|A\cap B|}=mn=|G|$. Hay nếu em muốn cho thấy $G \subset AB$ thì em phải chứng minh được mọi phần tử của $G$ phải là tích của phần tử nào đó của $A$ và $B$. Điều này đơn giản nếu em biết định lý cơ bản của nhóm Abel hữu hạn, chỉ cần áp dụng, sẽ ra kết quả. Coi như không biết, thì phải giải làm sao?
$x \in G \Rightarrow mn=|G| \vdots |x|$ Nhưng vì $(m,n)=1$, $m \vdots |x|$ hay $n \vdots |x|$. Giả sử $m\vdots |x|$ thì $x^m=e$ nên $x\in A$. Trường hợp còn lại $n \vdots |x|$ thì $x^n=e$ nên $x \in B$. Mà rõ ràng $A \subset AB$ và $B \subset AB$ nên trong trường hợp nào thì $x \in AB$. Như vậy $G \subset AB$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 11-03-2012 - 08:30
- kieumy yêu thích
#10
Đã gửi 11-03-2012 - 19:52
Lỗi đầu tiên, ý e giải thích thì đúng nhưng e gõ nhầm. $ x_0 \in G $ mà e gõ là $ x_0 \in A $.
Lỗi thứ 2: e suy ra $ (m-n) \vdots m $ và $ (m-n) \vdots n $ vì e hiểu sai. E tưởng $ x^m = e $ thì m là cấp của x, e ngớ ngẫn đến mức hiểu cùng một x mà có đến 2 cấp khác nhau là m và n.
Cách anh cm $ A \cap B = \left \{e\right\} $ e đã hiểu.
Anh cho e hỏi: Nếu $ \left | AB \right |=\left | G \right | $ thì ta có thể suy ra $ AB=G $ hả anh?
Em ko chắc cách hiểu của e là đúng nên hỏi anh: $ A \subset AB $ là do nếu $ x \in A \Rightarrow x=xe $ nên $x \in AB $ ?
Cảm ơn anh đã giúp e. Phần ĐSĐC này e thấy khó ghê luôn.
#11
Đã gửi 13-03-2012 - 09:17
Cách anh cm $ A \cap B = \left \{e\right\} $ e đã hiểu.
Anh cho e hỏi: Nếu $ \left | AB \right |=\left | G \right | $ thì ta có thể suy ra $ AB=G $ hả anh?
Em ko chắc cách hiểu của e là đúng nên hỏi anh: $ A \subset AB $ là do nếu $ x \in A \Rightarrow x=xe $ nên $x \in AB $ ?
Vì $AB \subset G$ em đã chứng minh, $|G| < \infty$ nên khi số lượng phần tử của $AB$ bằng với của $G$ thì 2 bên phải bằng nhau (em có thể tự thuyết phục mình bằng phản chứng trên số phần tử của tập phần bù của $AB$ trong $G$, với $|G \setminus AB|=0$)
"$ A \subset AB $ là do nếu $ x \in A \Rightarrow x=xe $ nên $x \in AB $" chính xác.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 13-03-2012 - 09:26
- kieumy yêu thích
#12
Đã gửi 14-03-2012 - 14:27
Còn bài số 2 e chưa nghĩ ra hướng giải quyết, anh gợi ý giúp em với. Mà sao chủ đề này ít người quan tâm thế nhỉ .
#13
Đã gửi 15-03-2012 - 21:50
Bài 2:
Đầu tiên, nhận xét: $|x| =2 \Leftrightarrow x^2=1 \text{ và } x \ne 1 \Leftrightarrow x=x^{-1} \text{ và } x\ne 1$.
Sau đó, em tính số phần tử của tập $S= \{ x \in G: x \ne x^{-1} \}$. Chú ý số phần tử của $S$ là hữu hạn nguyên dương, nên chỉ có thể là chẳn hay lẻ.
Cuối cùng suy ra sự tồn tại của phần tử có cấp 2.
Cách giải này anh tham khảo từ trên mạng. Nếu em đã học đến định lý Cauchy cho thấy nếu $p$ nguyên tố là ước của cấp của nhóm $G$ thì tồn tại phần tử có cấp $p$ hay những định lý Xi-lo (Sylow) thì bài này không cần chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 15-03-2012 - 22:00
#14
Đã gửi 19-03-2012 - 06:35
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kieumy: 19-03-2012 - 06:37
#15
Đã gửi 19-03-2012 - 07:34
Mà, phần tử đơn vị, 1, rõ ràng không nằm trong $S$ như vậy thì số lượng phần tử của $S$ (ta đã biết là số chẵn) tối đa phải là $2n-2$. Và như vậy tồn tại phần tử cấp 2.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 19-03-2012 - 07:35
#16
Đã gửi 19-03-2012 - 10:00
Thật ra ý tưởng bài 2 rất đơn giản. Một phần tử cấp 2, không phải đơn vị, sẽ là nghịch đảo của chính nó. Ví dụ $x^2=1 \Leftrightarrow x=x^{-1}$. Như vậy, khi ta xem xét tập $S$ là tập của những phần tử khác với nghịch đảo của chính nó $y\ne y^{-1}$. Rõ ràng, với mọi phần tử của $S$ và phần tử nghịch đảo của nó sẽ đi theo cặp. Như vậy số phần tử của $S$ phải là số chẵn. Em phải tự thuyết phục mình số lượng phần tử của $S$ là số chẵn.
Mà, phần tử đơn vị, 1, rõ ràng không nằm trong $S$ như vậy thì số lượng phần tử của $S$ (ta đã biết là số chẵn) tối đa phải là $2n-2$. Và như vậy tồn tại phần tử cấp 2.
Tập $ S $ xét ở trên có số phần tử là số chẵn e đã hiểu. Anh cho e hỏi: $x^2=1 \Leftrightarrow x=x^{-1}$, ở đây $ 1 $ là phần tử gì của nhóm G ạ? $ 1 $ và $e$ khác nhau hả anh? Theo e hiểu: $|x|=2 \Rightarrow x^2=e \Rightarrow x^{-1}.x^2=x^{-1}.e=x^{-1} \Leftrightarrow x=x^{-1} $. Vậy nếu $ 1 \neq e $ thì sao lại có $x^2=1 \Leftrightarrow x=x^{-1}$ ?
Có phải do số p.tử của G là 2n nên số phần tử của S có tối đa là 2n, (vì $S$ con của $G$) và vì S ko chứa $1$ và $e$ nên số p.tử của S có tối đa là 2n - 2 ko ạ?
Và từ đây, sao ta suy được trong G có chứa p.tử cấp 2 ạ?
...Anh đừng bực mình vì e hỏi lung tung nhé,tại e ko hiểu thật mà, (^-^)..
#17
Đã gửi 19-03-2012 - 20:00
$S$ có tối đa $2n$ phần tử (do là tập con), nhưng vì $S$ không có $e$ nên $S$ có tối đa $2n-1$. Nhưng vì $S$ phải có chẵn số phần tử, nên $S$ ko thể có $2n -1$ mà phải là $2n -2$.
Vì $S$ có tối đa $2n -2$ phần tử, nên $G$ có tối thiểu 2 phần tử không thuộc $S$ tức là có tối thiểu 2 phần tử mà nó là nghịch đảo chính nó. Loại trừ $e$ ra, thì còn lại 1 phần tử là nghịch đảo của chính nó, mà phần tử $e$ là duy nhất trong 1 nhóm, nên $x \ne e$, nên phần tử x này có cấp 2.
- kieumy yêu thích
#18
Đã gửi 20-03-2012 - 06:46
Tại do ở trên anh ghi "Mà, phần tử đơn vị, 1, rõ ràng không nằm trong $S$" , nếu anh ghi là "Mà, phần tử đơn vị, (là 1), rõ ràng không nằm trong $S$, thì e đã ko hiểu nhầm, hjjj
Cảm ơn a đã giúp em.
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh