BÀI TẬP LÝ THUYẾT NHÓM
Đặng Tuấn Hiệp
Cao học K17
Đại số và lý thuyết số
Tháng 10 năm 2007
1
1
PGS-TS Mỵ Vinh Quang
Mục lục
1 BÀI TẬP ĐỊNH LÝ SYLOW 2
4 BÀI TẬP CHƯƠNG 4 10
4.1 Nhóm xoắn và nhóm chia được . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
4.2 Tổng trực tiếp các nhóm cyclic và tựa cyclic . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1
Chương 1
BÀI TẬP ĐỊNH LÝ SYLOW
Đề bài
1. Cho G là nhóm đơn và có nhóm con H có chỉ số n trong G. Chứng minh
rằng G là nhóm hữu hạn và |G||n!
2. Chứng minh rằng nhóm cấp p
n
(n>1) và cấp pq (p = q) đều không là nhóm
đơn.
3. Chứng minh rằng nhóm cấp p
2
q không là nhóm đơn.
4. Chứng minh rằng nhóm cấp pqr không là nhóm đơn.
(p, q, r là các số nguyên tố đôi một khác nhau)
5. Chứng minh rằng nhóm cấp 24, 36 không là nhóm đơn.
6. Chứng minh rằng nhóm cấp 56 không là nhóm đơn.
7. Chứng minh rằng nhóm cấp 72, 80, 96, 108, 150, 154, 160 không là nhóm đơn.

) ∈ H ⇔ ((gx
1
)
−1
)(gx
2
) ∈ H ⇔ gx
1
H = gx
2
H. Do đó ¯g là ánh xạ
và đơn ánh, mà X là hữu hạn nên ¯g là song ánh, suy ra ¯g ∈ S
X
. Xét ánh xạ
f : G −→ S
X
; g −→ ¯g
∀g
1
,g
2
∈ G thì g
1
g
2
=¯g
1
¯g
2
. Thật vậy, ∀xH ∈ X ta có

Giải.
• Lấy G là nhóm có cấp p
n
(n>1).
Cách 1: Giả sử G là nhóm đơn. Theo đònh lý Sylow, tồn tại p−nhóm con H
có cấp p
n−1
, khi đó (G : H)=p>1. Theo bài 1, |G||p! hay p
n
| p!. Điều này
không thể xảy ra được với n>1.
Cách 2:
Theo công thức lớp ta có
p
n
= |G| = |Z(G)| +
n

i=1
(G : C(x
i
))
Do |G|
.
.
. p và (G : C(x
i
))
.
.

là nhóm đơn. Gọi n
p
,n
q
lần lượt là số các p−nhóm con Sylow, q−nhóm con Sylow
của G. Khi đó n
p
> 1,n
q
> 1. Theo đònh lý Sylow, ta có

n
p
| q
n
p
≡ 1 (mod p)
⇒ n
p
= q và q>p
và

n
q
| p
2
n
q
≡ 1 (mod q)
⇒ n

p
> 1). Vậy G không là nhóm đơn.
Bài 1.0.4. Chứng minh rằng nhóm cấp pqr không là nhóm đơn.
Giải. Lấy G là nhóm có cấp pqr, với p, q, r là các số nguyên tố đôi một khác nhau.
Giả sử G là nhóm đơn và p<q<r. Gọi n
p
,n
q
,n
r
lần lượt là số các p−nhóm con
Sylow, q−nhóm con Sylow, r−nhóm con Sylow của G. Khi đó n
p
> 1,n
q
> 1,n
r
> 1.
Theo đònh lý Sylow, ta có

n
r
| pq
n
r
≡ 1 (mod r)
⇒ n
r
= pq


Số phần tử cấp q ít nhất là r(q − 1).
Số phần tử cấp p ít nhất là q(p − 1).
Do đó số phần tử của G ít nhất phải là pq(r − 1) + r(q − 1) + q(p − 1) = pqr +(r −
1)(q − 1) − 1 >pqr(mâu thuẫn vì |G| = pqr)
Bài 1.0.5. Chứng minh rằng nhóm cấp 24, 36 không là nhóm đơn.
Giải.
Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 5
• Lấy G là nhóm cấp 24 = 2
3
.3. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n
2
,n
3
lần lượt là
số các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n
2
> 1,n
3
> 1.
Theo đònh lý Sylow, ta có

n
2
| 3
n
2
≡ 1 (mod 2)
⇒ n
2
=3

3
=4
Gọi H là một 3−nhóm con Sylow của G, ta có
(G : N
G
(H)) = n
3
=4
Theo bài bập 1, |G||4! (vô lý)
Chú ý. N
G
(H) là chuẩn hóa tử của H trong G, tức là nhóm con lớn nhất trong G
nhận H làm nhóm con chuẩn tắc. Liên quan đến nhóm chuẩn hóa tử ta có các
mệnh đề sau.
Mệnh đề 1. Nếu G là một nhóm hữu hạn với H ≤ G thì số các nhóm con của G liên
hợp với H bằng chỉ số của N
G
(H) trong G.
Bài 1.0.6. Chứng minh rằng nhóm cấp 56 không là nhóm đơn.
Giải. Lấy G là nhóm cấp 56=2
3
.7. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n
2
,n
7
lần lượt là
số các 2−nhóm con Sylow, 7−nhóm con Sylow của G. Khi đó n
2
> 1,n
7

3
là số các
3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n
3
> 1. Theo đònh lý Sylow, ta có

n
3
| 8
n
3
≡ 1 (mod 3)
⇒ n
3
=4
Gọi H là một 3−nhóm con Sylow của G, ta có
(G : N
G
(H)) = n
3
=4
Theo bài bập 1, |G||4! (vô lý)
• Lấy G là nhóm cấp 80 = 2
4
.5. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n
2
,n
5
lần lượt là
số các 2−nhóm con Sylow, 5−nhóm con Sylow của G. Khi đó n

con Sylow của G. Khi đó n
2
> 1. Theo đònh lý Sylow, ta có

n
2
| 3
n
2
≡ 1 (mod 2)
⇒ n
2
=3
Gọi H là một 2−nhóm con Sylow của G, ta có
(G : N
G
(H)) = n
2
=3
Theo bài bập 1, |G||3! (vô lý)
• Lấy G là nhóm cấp 108 = 2
2
.3
3
. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n
3
là số các
3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n
3
> 1. Theo đònh lý Sylow, ta có

n
5
≡ 1 (mod 5)
⇒ n
5
=6
Gọi H là một 5−nhóm con Sylow của G, ta có
(G : N
G
(H)) = n
5
=6
Theo bài bập 1, |G||6! (vô lý)
• Lấy G là nhóm cấp 154 = 2.7.11. Có thể p dụng bài tập 4 hoặc có thể làm
trực tiếp như sau.
Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n
11
là số các 11−nhóm con Sylow của G. Khi đó
n
11
> 1. Theo đònh lý Sylow, ta có

n
11
| 14
n
11
≡ 1 (mod 14)
⇒ n
11

(H).
Giải.
Bài 1.0.9. Chứng minh rằng nhóm cấp 132 không là nhóm đơn.
Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 8
Giải. Lấy G là nhóm cấp 132 = 2
2
.3.11. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n
2
,n
3
,n
11
lần
lượt là số các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow, 11−nhóm con Sylow của G.
Khi đó n
2
> 1,n
3
> 1,n
11
> 1. Theo đònh lý Sylow, ta có

n
11
| 12
n
11
≡ 1 (mod 11)
⇒ n
11

3
=4. Gọi H là một 3−nhóm con Sylow
của G, ta có
(G : N
G
(H)) = n
3
=4
Theo bài bập 1, |G||4! (vô lý)
Bài 1.0.10. Chứng minh rằng nhóm cấp 144 không là nhóm đơn.
Giải. Lấy G là nhóm cấp 144 = 2
4
.3
2
. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n
2
,n
3
lần lượt là
số các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n
2
> 1,n
3
> 1. Theo
đònh lý Sylow, ta có

n
3
| 16
n

tiên, ta chứng minh bổ đề sau:
Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 9
Bổ đề 1. Nếu G là nhóm cấp p
2
với p là số nguyên tố thì G là nhóm Abel.
Chứng minh. Gọi Z(G) là tâm của nhóm G. Ta chứng minh Z(G)=G. Giả
sử ngược lại, Z(G) = G. Vì trong một p−nhóm, nhóm con Z(G) là nhóm con
chuẩn tắc không tầm thường, nên |Z(G)| = p. Xét nhóm thương G/Z(G) có p
phần tử. Giả sử Z(G)= a
p
,G/Z(G)=b
p
. Suy ra G = a, b. Ta có ab = ba
(vì a ∈ Z(G)), do đó G là nhóm Abel, hay Z(G)=G (trái với giả thiết phản
chứng). Vậy G là nhóm Abel.
Trở lại bài toán, ta có |P | = |Q| =3
2
nên P, Q là các nhóm Abel. Suy ra
T  P, T  Q hay P, Q ≤ N
G
(T ) ⇒|N
G
(T )|≥18 (vì nếu |N
G
(T )| =9thì P =
N
G
(T )=Q (mâu thuẫn với P = Q). Ta lại có N
G
(T ) ≤ G ⇒|N

Chúng ta luôn có giả thiết các nhóm được xét tới đều là nhóm Abel.
4.1 Nhóm xoắn và nhóm chia được
Đề bài
1. Chứng minh rằng nhóm kiểu p
∞
có duy nhất một nhóm con có cấp p
i
và nhóm
này là nhóm cyclic. Chứng minh rằng mọi nhóm con thật sự của p
∞
−nhóm
đều là nhóm hữu hạn.
2. Cho G là nhóm Abel vô hạn thỏa điều kiện mọi nhóm con thật sự của G đều
hữu hạn. Chứng minh rằng G là p
∞
−nhóm.
3. Cho G là nhóm Abel vô hạn thỏa điều kiện mọi nhóm thương thật sự của G
đều hữu hạn. Chứng minh rằng G là nhóm cyclic vô hạn.
4. Chứng minh rằng nhóm G là nhóm chia được khi và chỉ khi G
∼
=
H ≤ K ⇒ H
là hạng tử trực tiếp của K.
5. Mô tả cấu trúc của các nhóm R, R
∗
, C, C
∗
.
6. Cho G là nhóm Abel kiểu p−nhóm thỏa G/G[p] là nhóm chia được. Chứng
minh rằng G là tổng trực tiếp của một nhóm chia được và một nhóm Abel sơ

, với quan
hệ:
pa
1
=0,pa
i+1
= a
i
,a
i
+ a
j
= a
j
+ a
i
Tức là nhóm P = a
1
,a
2
, ,a
n
,  trong đó a
i
có cấp p
i
và a
i
 là nhóm cyclic
cấp p

, với n là số nguyên dương nào đó. Do
H = G nên tồn tại số nguyên dương i sao cho a
i
/∈ H, suy ra a
k
/∈ H, ∀k ≥ i. Gọi n
là số nguyên dương lớn nhất để a
n
∈ H (1 ≤ n<i). Ta sẽ chứng minh H = a
n

• Vì a
n
∈ H nên  a
n
⊂H
• Lấy h ∈ H, khi đó h =

k
i=1
m
i
a
i
, giả sử m
k
=0⇒ h = la
k
(Cụ thể l = m
1

k
∈ H nên a
k
∈ H. Thật vậy,
ta sẽ chứng minh a
k
∈ H dựa theo một kỹ thuật thường dùng trong p−nhóm.
Do (l,p)=1⇒ (l, p
k
)=1⇒ tồn tại u, v ∈ Z : ul + vp
k
=1⇒ a
k
=1.a
k
=
(ul + vp
k
)a
k
= ula
k
+ vp
k
a
k
= u(la
k
)=uh ∈ H. Suy ra k ≤ n (vì tính lớn nhất
của n). Khi đó, a

n
, 
Hiển nhiên, a
i
 là nhóm cyclic cấp p
i
.
Bài 4.1.2. Cho G là nhóm Abel vô hạn thỏa điều kiện mọi nhóm con thật sự của G
đều hữu hạn. Chứng minh rằng G là nhóm tựa cyclic kiểu p.
Giải.
• G là nhóm xoắn vì nếu có a ∈ G, a là phần tử không xoắn thì a
2
 vô hạn và
a
2
⊂a≤G trái giả thiết.
• Theo đònh lý về sự phân tích nguyên sơ, ta có
G =

p
G
p
Ta sẽ chứng minh G = G
p
nào đó và trong tổng trên, tất cả các hạng tử đều
bằng 0, trừ một hạng tử G
p
=0.
Vì mọi nhóm con thật sự của G đều hữu hạn nên chỉ có hữu hạn các G
p

p
= G. Vậy G
là p−nhóm.
• Tiếp theo, ta chứng minh G là chia được, điều này tương đương với pG = G.
Nếu pG = G thì pG hữu hạn, G/pG vô hạn nên là không gian vectơ vô hạn
chiều trên Z
p
với phép nhân ngoài:
Z
p
× G/pG −→ G/pG
(¯n, ¯g) → ng
Gọi {α
i
}
i∈I
là cơ sở của G/pG trên Z
p
, I vô hạn.
Ta kiểm tra G = α
i
,pG
i∈I
.
Hiển nhiên, α
i
,pG
i∈I
⊂ G.
Lấy g ∈ G ⇒ ¯g ∈ G/pG, tồn tại

i
∈ pG
g −
k

i=1
m
i
α
i
= pg
1
(g
1
∈ pG)
g =
k

i=1
m
i
α
i
+ pg
1
∈α
i
,pG
i∈I
Xét nhóm con

=

i=i
0
m
i
α
i
Điều này mâu thuẫn với tính độc lập của {α
i
}
i∈I
.
Như vậy, ta đã chứng minh được H là nhóm con thật sự của G và H là vô
hạn, điều này trái với giả thiết.
Vậy ta phải có pG = G.
• Do G là p−nhóm nên tồn tại trong G phần tử a
1
có cấp p.
Vì pG = G nên tồn tại a
2
sao cho pa
2
= a
1
. Tiếp tục, lại tồn tại a
3
sao cho
pa
3

k
¯
b =
¯
0 ⇒ k
¯
b ∈a⇒kb = la.
Gọi d =(k, l) ⇒ k = dk
1
,l = dl
1
với (k
1
,l
1
)=1.
Ta có kb−la =0⇒ d(k
1
b−l
1
a)=0.DoG là nhóm không xoắn nên k
1
b = l
1
a.
Vậy ta có thể giả sử (k, l)=1. Khi đó, tồn tại u, v ∈ Z sao cho uk + vl =1.
Suy ra
a =(uk + vl)a = uka + v(la)=uka + vkb = k(ua + vb)
b =(uk + vl)b = u(kb)+vlb = ula + vlb = l(ua + vb)
Đặt c = ua + vb, khi đó a = kc,b = lc. Ta sẽ chứng minh a, b = c.

ta phải có G = d là nhóm cyclic vô hạn.
Chú ý. Ngược lại, giả sử G = x với x là phần tử không xoắn. Lấy H là nhóm con
thật sự của G. Ta sẽ chứng minh H = sx với số nguyên dương s nào đó.
• Do H =0nên có sx ∈ H, sx =0. Gọi s là số nguyên dương nhỏ nhất có tính
chất trên. Do sx ∈ H nên sx⊂H.
• Ngược lại, lấy h ∈ H, khi đó h = tx với t là số nguyên dương nào đó. Theo
thuật toán Euclide, ta có t = qs + r với 0 ≤ r<s. Suy ra rx = tx − q(sx)=
h − q(sx) ∈ H. Do tính nhỏ nhất của s nên ta phải có r =0, khi đó t = qs.
Suy ra tx = q(sx) ∈sx. Do đó H ⊂sx
Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 15
Vậy H = sx là nhóm cyclic vô hạn (do x không xoắn nên sx cũng không xoắn).
Khi đó, dễ thấy G/H chỉ có hữu hạn phần tử
G/H = {0+sx,x+ sx, 2x + sx, ,(s − 1)x + sx}
Như vậy, ta có thể khẳng đònh rằng: G là nhóm cyclic vô hạn khi và chỉ khi mọi
nhóm con thật sự của G đều có chỉ số hữu hạn.
Bài 4.1.4. Chứng minh rằng nhóm G là nhóm chia được khi và chỉ khi G
∼
=
H ≤ K ⇒
H là hạng tử trực tiếp của K.
Giải.
1. Giả sử G là nhóm chia được. Nếu có các nhóm H, K sao cho G
∼
=
H ≤ K thì
do G chia được nên H cũng chia được và do đó H là hạng tử trực tiếp của K.
2. Giả sử ta có mệnh đề: Nếu G
∼
=
H ≤ K thì H là hạng tử trực tiếp của K.

2
p
n
, với các p
i
là các số nguyên tố đôi một
khác nhau.
Đặc biệt, nếu G là p−nhóm thì
G là nhóm Abel sơ cấp ⇔|a|≤p ⇔ pa =0
hay
p − nhóm Abel G là sơ cấp ⇔ pG =0
Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 16
Giải. Xét ánh xạ
f : G −→ pG
g −→ pg
• Dễ thấy, f là toàn cấu.
∀a, b ∈ G : f(a + b)=p(a + b)=pa + pb = f(a)+f(b)
Lấy a ∈ pG : a = pg với g ∈ G. Khi đó f(g)=a.
• Kerf = {g ∈ G : f(g)=0} = {g ∈ G : pg =0} = G[p].
Theo đònh lý Noetherian, ta suy ra
pG
∼
=
G/G[p]
Theo giả thiết, G/G[p] chia được nên pG chia được và do đó pG là hạng tử trực tiếp
của G. Suy ra
G = pG ⊕ E
Ta sẽ chứng minh E là p−nhóm Abel sơ cấp. Thật vậy, lấy a ∈ E : pa ∈ E ∩pG =0.
Do đó, pE =0.
Bài 4.1.7. Cho G, H là các p−nhóm chia được. Chứng minh rằng

H[p], khi đó tồn tại đẳng cấu α : G[p] → H[p].
Cách 1: Xét hai đồng cấu nhúng i : H[p] → H và j : G[p] → G, khi đó i, j
đều là các đơn cấu. Xét biểu đồ sau đây
0 −−−→ G[p]
α
−−−→ H[p] −−−→ 0



j



i
GH
Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 17
Vì H là nhóm chia được nên H có tính nội xạ. Do đó, tồn tại đồng cấu
f : G → H sao cho fj = iα, tức là ta có biểu đồ giao hoán
0 −−−→ G[p]
α
−−−→ H[p] −−−→ 0



j



i
G

Z
p
H[p]=r
p
(H)
Đặt k = r
p
(G)=r
p
(H). Khi đó, ta có:
G =

i∈I
G
i
H =

i∈I
H
i
Trong đó G
i
,H
i
là các nhóm tựa cyclic kiểu p và đương nhiên chúng đẳng cấu
với nhau và |I| = k. Do đó, ta phải có G
∼
=
H
Chú ý. Các nhóm cyclic không tầm thường đều không chia được.

.
Gọi {α
i
}
i∈I
là cơ sở của G/pG trên Z
p
.
Tương tự như bài 4.1.2, ta kiểm tra G = α
i
,pG
i∈I
.
Hiển nhiên, α
i
,pG
i∈I
⊂ G.
Lấy g ∈ G ⇒ ¯g ∈ G/pG, tồn tại m
1
, ,m
k
sao cho
¯g =
k

i=1
m
i
α

1
∈ pG)
g =
k

i=1
m
i
α
i
+ pg
1
∈α
i
,pG
i∈I
Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 19
Ta sẽ chỉ ra trong G có một nhóm con tối đại.
Lấy i
0
∈ I cố đònh. Đặt J = I\{i
0
}, ta sẽ chứng minh H = α
i
,pG
i∈J
là
nhóm con tối đại của G.
Ta có α
i

i∈I
.
Do đó H = G.
Lấy α/∈ H bất kỳ, ta sẽ chứng minh H, α = G.
Ta có α ∈ G = α
i
,pG
i∈I
⇒ α =

i∈I
m
i
α
i
+ pg, g ∈ G.
Do α/∈ H nên m
i
0
α
i
0
=0⇒ m
i
0
α
i
0
=
¯

Do (m
i
0
,p)=1nên tồn tại u, v ∈ Z :1=m
i
0
u + pv
Suy ra
α
i
0
= u(m
i
0
α
i
0
)+pvα
i
0
∈H, α
Do đó
H, α = G
Bài 4.1.9. Chứng minh rằng G chia được khi và chỉ khi G không có ảnh đồng cấu hữu
hạn khác 0.
Giải.
1. Giả sử G chia được. Lấy H là nhóm con thật sự của G. Ta cần chứng minh
G/H vô hạn. Thật vậy, nếu G/H hữu hạn thì G/H có hạng tử trực tiếp là
nhóm cyclic và hạng tử trực tiếp của G/H−chia được nên cũng chia được.
Điều này có nghóa là có tồn tại nhóm cyclic chia được (vô lý).

(cos 2πr + i sin 2πr) | r ∈ Q}≤C
∗
B chia được vì với mọi α =2
r
(cos 2πr + i sin 2πr) ∈ B, với mọi số nguyên
dương n, ta chọn β =2
r/n
(cos
2πr
n
+ i sin
2πr
n
) ∈ B, khi đó ta sẽ có β
n
= α.
• Xét A ∩ B. Lấy x ∈ A ∩ B,x =2
r
=2
r
(cos 2πr + i sin 2πr) suy ra ta phải có
cos 2πr =1và sin 2πr =0, từ đó ta có r ∈ Z. Do đó
A ∩ B = {2
r
| r ∈ Z}
∼
=
Z
nên không chia được.
4.2 Tổng trực tiếp các nhóm cyclic và tựa cyclic

p
(G). Dấu ”=”xảy ra khi nào?
8. Cho A, B là các nhóm Abel và µ : A → B là đồng cấu, G là nhóm Abel không
xoắn. Chứng minh rằng µ
∗
: A ⊗
Z
G → B ⊗
Z
G; a ⊗ g → µ(a) ⊗ g là một đồng
cấu.
9. Chứng minh rằng nhóm Abel G là tự do nếu và chỉ nếu G có tính chất: nếu
K ≤ H−Abel và H/K
∼
=
G thì K là hạng tử trực tiếp của H.
10. Cho G là nhóm Abel hữu hạn sinh. Chứng minh rằng mọi toàn cấu  : G → G
đều là tự đẳng cấu.
11. Cho G là nhóm Abel thỏa điều kiện min. Chứng minh rằng mọi tự đơn cấu
của G đều là tự đẳng cấu.
12. Có bao nhiêu kiểu đẳng cấu của nhóm Abel cấp p
n
?
(Có bao nhiêu kiểu nhóm Abel cấp p
n
khác nhau?)
13. Cho G là nhóm Abel hữu hạn và m||G|. Chứng minh rằng G có một nhóm
con và một nhóm thương cấp m.
14. Cho G và H là hai nhóm Abel hữu hạn. Chứng minh rằng nếu với mọi số
m>0, G và H có cùng số phần tử cấp m thì G

i=1
m
i
x
i
=0thì m
i
x
i
=0⇒ m
i
=0(do x
i
không xoắn).
•{x
1
,x
2
, ,x
n
} là hệ sinh ⇔∀α ∈ G : α =

n
i=1
m
i
x
i
.
Gọi {x

0
(G)=dim
Q
Q ⊗
Z
G.
Nếu {α
1
,α
2
, ,α
k
} là hệ sinh của G thì {1 ⊗ α
1
, 1 ⊗ α
2
, ,1 ⊗ α
k
} là hệ sinh của
Q ⊗
Z
G trên Q. Thật vậy:
k
l
⊗ g =
k
l
(1 ⊗ g)=
k
l

k

i=1
km
i
l
(1 ⊗ α
i
)
Trong không gian vectơ Q ⊗
Z
G, một hệ sinh luôn có ít nhất n = dim Q ⊗
Z
G phần
tử. Do đó, ta phải có k ≥ n
Chú ý. Kỹ thuật cơ bản để giải quyết các bài toán liên quan đến hạng của nhóm
Abel là ta thường chuyển từ nhóm Abel tự do G sang không gian Q ⊗
Z
G trên Q.
Cách khác. Sử dụng tính chất: Nếu B
i
≤ A
i
, với mọi i ∈ I thì ta luôn có:
(

i∈I
A
i
)/(

i∈I
a
i
−→

i∈I
a
i
Khi đó, π là toàn cấu và kerπ =

i∈I
B
i
. Áp dụng đònh lý Noetherian, ta sẽ có
đẳng cấu
(

i∈I
A
i
)/(

i∈I
B
i
)
∼
=

i∈I

2
/px
2
⊕···⊕x
n
/px
n

Trong đó mỗi hạng tử trực tiếp x
i
/px
i
 đều có cấp là p.
Với mọi số nguyên tố p, ta luôn có G/pG là không gian vectơ trên Z
p
.
Hơn nữa, ta còn có
n = dim
Z
p
G/pG = r(G)=r
0
(G) = dim
Z
p
Q ⊗
Z
G
Nếu {α
1

i
+ pG =
k

i=1
m
i
(α
i
+ pG)
Do đó, ta phải có k ≥ n.
Bài 4.2.2. Cho G là nhóm Abel. Chứng minh rằng r(G) hữu hạn ⇔ max{d(H)} hữu
hạn, với H chạy khắp tập các nhóm con hữu hạn sinh của G. Chứng minh rằng trong
trường hợp này ta có r(G) = max{d(H)}.
Giải. Chiều thuận: Giả sử r(G)=n<∞.
Lấy H là nhóm con hữu hạn sinh của G. Theo bài 4.1.3, ta có
d(H)=r(H)=r
0
(H)+max
p
r
p
(H) ≤ r
0
(G) + max
p
r
p
(G)=r(G)=n<∞
Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 24

1
, ,β
l
} là hệ độc lập của G. Giả sử ta có
m
1
α
1
+ ···+ m
k
α
k
+ n
1
β
1
+ ···+ n
l
β
l
=0
Gọi
p
k
= max
1≤i≤l
|β
i
|
Ta có

=0⇒ n
i
β
i
=0, 1 ≤ i ≤ l
Do đó {α
1
, ,α
k
,β
1
, ,β
l
} là hệ độc lập của G.
Lấy
H = α
1
, ,α
k
,β
1
, ,β
l
 = α
1
⊕···⊕α
k
⊕β
1
⊕···⊕β

n+1
. Khi đó
d(H)=r(H)=n +1>n= max d(H)
Ta có điều mâu thuẫn.