định Lý Sylow Và Bài Tập Vận Dụng - Tài Liệu Text - 123doc

Tải bản đầy đủ (.pdf) (38 trang)

1. Trang chủ
>>
2. Khoa học tự nhiên
>>
3. Toán học

định lý sylow và bài tập vận dụng

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (326.24 KB, 38 trang )

BÀI TẬP LÝ THUYẾT NHÓMĐặng Tuấn HiệpCao học K17Đại số và lý thuyết sốTháng 10 năm 200711PGS-TS Mỵ Vinh QuangMục lục1 BÀI TẬP ĐỊNH LÝ SYLOW 24 BÀI TẬP CHƯƠNG 4 104.1 Nhóm xoắn và nhóm chia được . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104.2 Tổng trực tiếp các nhóm cyclic và tựa cyclic . . . . . . . . . . . . . . . . 201Chương 1BÀI TẬP ĐỊNH LÝ SYLOWĐề bài1. Cho G là nhóm đơn và có nhóm con H có chỉ số n trong G. Chứng minhrằng G là nhóm hữu hạn và |G||n!2. Chứng minh rằng nhóm cấp pn(n>1) và cấp pq (p = q) đều không là nhómđơn.3. Chứng minh rằng nhóm cấp p2q 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.8. Cho G là p−nhóm hữu hạn, H ≤ G, H = G. Chứng minh rằng H = NG(H).9. Chứng minh rằng nhóm cấp 132 không là nhóm đơn.10. Chứng minh rằng nhóm cấp 144 không là nhóm đơn.Bài giải chi tiếtBài 1.0.1. Cho G là nhóm đơn và có nhóm con H có chỉ số n>1 trong G. Chứngminh rằng G là nhóm hữu hạn và |G||n!2Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 3Giải. Đặt X = {xH : x ∈ G}. Khi đó |X| =(G : H)=n. Với mọi g ∈ G, xéttương ứng ¯g : X −→ X; xH −→ gxH . Ta có x1H = x2H ⇔ (x1)−1x2∈ H ⇔((x1)−1g−1)(gx2) ∈ H ⇔ ((gx1)−1)(gx2) ∈ H ⇔ gx1H = gx2H. Do đó ¯g là ánh xạvà đơn ánh, mà X là hữu hạn nên ¯g là song ánh, suy ra ¯g ∈ SX. Xét ánh xạf : G −→ SX; g −→ ¯g∀g1,g2∈ G thì g1g2=¯g1¯g2. Thật vậy, ∀xH ∈ X ta cóg1g2(xH)=g1g2xH =¯g1¯g2(xH)Do đó f là đồng cấu nhóm.Ta có ker f  G.VìG là nhóm đơn nên ker f = G hoặc ker f =0. Nếu ker f = G thì¯g =1X; ∀g ∈ G, suy ra gH = H; ∀g ∈ G ⇒ g ∈ H; ∀g ∈ G ⇒ G = H (mâu thuẫn).Do đó ker f =0hay f là đơn cấu. Suy ra G∼=f(G) ≤ SXhay |G|||SX| = n!Bài 1.0.2. Chứng minh rằng nhóm cấp pn(n>1) và cấp pq (p = q) đều không lànhóm đơn.Giải.• Lấy G là nhóm có cấp pn(n>1).Cách 1: Giả sử G là nhóm đơn. Theo đònh lý Sylow, tồn tại p−nhóm con Hcó cấp pn−1, khi đó (G : H)=p>1. Theo bài 1, |G||p! hay pn| p!. Điều nàykhông thể xảy ra được với n>1.Cách 2:Theo công thức lớp ta cópn= |G| = |Z(G)| +ni=1(G : C(xi))Do |G|... p và (G : C(xi))... p nên |Z(G)|... p hay |Z(G)| > 1. Vậy p−nhóm G cótâm không tầm thường và đó là nhóm con chuẩn tắc không tầm thường củaG. Suy ra G không là nhóm đơn.• Lấy G là nhóm có cấp pq, với p và q là các số nguyên tố khác nhau, giả sửp<q. Gọi nqlà số các q−nhóm con Sylow của G. Theo đònh lý Sylow, ta cónq|pnq≡ 1 (mod q)Suy ra nq=1. Gọi H là q−nhóm con Sylow duy nhất của G. Khi đó xHx−1=H; ∀x ∈ G ⇒ H  G. Do đó G không là nhóm đơn.Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 4Bài 1.0.3. Chứng minh rằng nhóm cấp p2q không là nhóm đơn.Giải. Lấy G là nhóm có cấp p2q, với p và q là các số nguyên tố khác nhau. Giả sử Glà nhóm đơn. Gọi np,nqlần lượt là số các p−nhóm con Sylow, q−nhóm con Sylowcủa G. Khi đó np> 1,nq> 1. Theo đònh lý Sylow, ta cónp| qnp≡ 1 (mod p)⇒ np= q và q>pvànq| p2nq≡ 1 (mod q)⇒ nq= p2Nếu Q1,Q2đều có cấp q và Q1= Q2thì Q1∩ Q2= {e}. Do đó số phần tử của G cócấp q là nq(q − 1) = p2(q − 1) = p2q − p2. Suy ra số phần tử của G không có cấp qlà p2. Do đó np=1(mâu thuẫn với np> 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 np,nq,nrlần lượt là số các p−nhóm conSylow, q−nhóm con Sylow, r−nhóm con Sylow của G. Khi đó np> 1,nq> 1,nr> 1.Theo đònh lý Sylow, ta cónr| pqnr≡ 1 (mod r)⇒ nr= pqnq| prnq≡ 1 (mod q)⇒ nq= pr hoặc nq= r ⇒ nq≥ rnp| qrnp≡ 1 (mod p)⇒ np= qr hoặc np= q hoặc np= r ⇒ np≥ qSuy ra số phần tử cấp r là pq(r − 1).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 = 23.3. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n2,n3lần lượt làsố các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n2> 1,n3> 1.Theo đònh lý Sylow, ta cón2| 3n2≡ 1 (mod 2)⇒ n2=3Gọi H là một 2−nhóm con Sylow của G, ta có(G : NG(H)) = n2=3Theo bài bập 1, |G||3! (vô lý)• Lấy G là nhóm cấp 36 = 22.32. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n2,n3lần lượt làsố các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n2> 1,n3> 1.Theo đònh lý Sylow, ta cón3| 4n3≡ 1 (mod 3)⇒ n3=4Gọi H là một 3−nhóm con Sylow của G, ta có(G : NG(H)) = n3=4Theo bài bập 1, |G||4! (vô lý)Chú ý. NG(H) là chuẩn hóa tử của H trong G, tức là nhóm con lớn nhất trong Gnhận H làm nhóm con chuẩn tắc. Liên quan đến nhóm chuẩn hóa tử ta có cácmệnh đề sau.Mệnh đề 1. Nếu G là một nhóm hữu hạn với H ≤ G thì số các nhóm con của G liênhợp với H bằng chỉ số của NG(H) trong G.Bài 1.0.6. Chứng minh rằng nhóm cấp 56 không là nhóm đơn.Giải. Lấy G là nhóm cấp 56=23.7. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n2,n7lần lượt làsố các 2−nhóm con Sylow, 7−nhóm con Sylow của G. Khi đó n2> 1,n7> 1. Theođònh lý Sylow, ta cón7| 8n7≡ 1 (mod 7)⇒ n7=8Số phần tử cấp 7 là 8(7 − 1) = 48.Số phần tử cấp khác 7 là 56 − 48=8.Ta lại có, mỗi 2−nhóm con Sylow có 23=8phần tử cấp khác 7. Do đó n2=1(mâuthuẫn với n2> 1)Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 6Bài 1.0.7. Chứng minh rằng nhóm cấp 72, 80, 96, 108, 150, 154, 160 không là nhóm đơn.Giải.• Lấy G là nhóm cấp 72 = 23.32. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n3là số các3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n3> 1. Theo đònh lý Sylow, ta cón3| 8n3≡ 1 (mod 3)⇒ n3=4Gọi H là một 3−nhóm con Sylow của G, ta có(G : NG(H)) = n3=4Theo bài bập 1, |G||4! (vô lý)• Lấy G là nhóm cấp 80 = 24.5. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n2,n5lần lượt làsố các 2−nhóm con Sylow, 5−nhóm con Sylow của G. Khi đó n2> 1,n5> 1.Theo đònh lý Sylow, ta cón5| 16n5≡ 1 (mod 5)⇒ n5=16Số phần tử cấp 5 là 16(5 − 1) = 64.Số phần tử cấp khác 5 là 80 − 64 = 16.Ta lại có, mỗi 2−nhóm con Sylow có 24=16phần tử cấp khác 5. Do đón2=1(mâu thuẫn với n2> 1)• Lấy G là nhóm cấp 96 = 25.3. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n2là số các 2−nhómcon Sylow của G. Khi đó n2> 1. Theo đònh lý Sylow, ta cón2| 3n2≡ 1 (mod 2)⇒ n2=3Gọi H là một 2−nhóm con Sylow của G, ta có(G : NG(H)) = n2=3Theo bài bập 1, |G||3! (vô lý)• Lấy G là nhóm cấp 108 = 22.33. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n3là số các3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n3> 1. Theo đònh lý Sylow, ta cón3| 4n3≡ 1 (mod 3)⇒ n3=4Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 7Gọi H là một 3−nhóm con Sylow của G, ta có(G : NG(H)) = n3=4Theo bài bập 1, |G||4! (vô lý)• Lấy G là nhóm cấp 150 = 2.3.52. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n5là số các5−nhóm con Sylow của G. Khi đó n5> 1. Theo đònh lý Sylow, ta cón5| 6n5≡ 1 (mod 5)⇒ n5=6Gọi H là một 5−nhóm con Sylow của G, ta có(G : NG(H)) = n5=6Theo 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 làmtrực tiếp như sau.Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n11là số các 11−nhóm con Sylow của G. Khi đón11> 1. Theo đònh lý Sylow, ta cón11| 14n11≡ 1 (mod 14)⇒ n11=1(mâu thuẫn với n11> 1)• Lấy G là nhóm cấp 160 = 25.5. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n2là số các2−nhóm con Sylow của G. Khi đó n2> 1. Theo đònh lý Sylow, ta cón2| 5n2≡ 1 (mod 2)⇒ n2=5Gọi H là một 2−nhóm con Sylow của G, ta có(G : NG(H)) = n2=5Theo bài bập 1, |G||5! (vô lý)Bài 1.0.8. Cho G là p−nhóm hữu hạn, H ≤ G, H = G. Chứng minh rằng H = NG(H).Giải.Bài 1.0.9. Chứng minh rằng nhóm cấp 132 không là nhóm đơn.Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 8Giải. Lấy G là nhóm cấp 132 = 22.3.11. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n2,n3,n11lầnlượt là số các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow, 11−nhóm con Sylow của G.Khi đó n2> 1,n3> 1,n11> 1. Theo đònh lý Sylow, ta cón11| 12n11≡ 1 (mod 11)⇒ n11=12n3| 44n3≡ 1 (mod 3)⇒ n3=22hoặc n3=4Số phần tử cấp 11 là 12(11 − 1) = 120.Số phần tử cấp khác 11 là 132 − 120 = 12Nếu n3=22thì số phần tử cấp 3 là 22(3 − 1) = 44 > 12 (mâu thuẫn). Do đón3=4, số phần tử cấp 3 là 4(3 − 1) = 8. Suy ra, số phần tử cấp khác 11 và khác 3là 12 − 8=4. Ta lại có, mỗi 2−nhóm con Sylow có 22=4phần tử cấp khác 3 vàkhác 11. Do đó n2=1(mâu thuẫn với n2> 1)Cách 2. Sau khi đã lý luận để có được n3=4. Gọi H là một 3−nhóm con Sylowcủa G, ta có(G : NG(H)) = n3=4Theo 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 = 24.32. Giả sử G là nhóm đơn. Gọi n2,n3lần lượt làsố các 2−nhóm con Sylow, 3−nhóm con Sylow của G. Khi đó n2> 1,n3> 1. Theođònh lý Sylow, ta cón3| 16n3≡ 1 (mod 3)⇒ n3=16hoặc n3=4Nếu n3=4thì gọi H là một 3−nhóm con Sylow của G, ta có(G : NG(H)) = n3=4Theo bài bập 1, |G||4! (vô lý)Nếu n3=16thì xét các trường hợp sau:1. Hai 3−nhóm con Sylow bất kỳ có giao chỉ gồm đơn vò. Khi đó số phần tử cấp3 hoặc cấp 9 là 16(9 − 1) = 128. Số phần tử còn lại là 144 − 128 = 16. Ta lạicó, mỗi 2−nhóm con Sylow có 24=16phần tử. Do đó n2=1(mâu thuẫn vớin2> 1)2. Tồn tại hai 3−nhóm con Sylow P,Q sao cho P ∩ Q = T và |T | =3. Trướctiên, ta chứng minh bổ đề sau:Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 9Bổ đề 1. Nếu G là nhóm cấp p2với 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. Giảsử ngược lại, Z(G) = G. Vì trong một p−nhóm, nhóm con Z(G) là nhóm conchuẩn tắc không tầm thường, nên |Z(G)| = p. Xét nhóm thương G/Z(G) có pphần 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 phảnchứng). Vậy G là nhóm Abel.Trở lại bài toán, ta có |P | = |Q| =32nên P, Q là các nhóm Abel. Suy raT  P, T  Q hay P, Q ≤ NG(T ) ⇒|NG(T )|≥18 (vì nếu |NG(T )| =9thì P =NG(T )=Q (mâu thuẫn với P = Q). Ta lại có NG(T ) ≤ G ⇒|NG(T )||144.Do đó |NG(T )|∈{18, 36, 72, 144}.•|NG(T )| =18=2.32⇒ NG(T ) chỉ có một 3−nhóm con Sylow (mâu thuẫnvới P = Q)•|NG(T )| =36⇒ (G : NG(T )) = 4 ⇒|G||4! (vô lý)•|NG(T )| =72⇒ (G : NG(T )) = 2 ⇒|G||2! (vô lý)•|NG(T )| = 144 ⇒ NG(T )=G ⇒ T  G (mâu thuẫn với G là nhóm đơn)Chương 4BÀI TẬP CHƯƠNG 4Chúng ta luôn có giả thiết các nhóm được xét tới đều là nhóm Abel.4.1 Nhóm xoắn và nhóm chia đượcĐề bài1. Chứng minh rằng nhóm kiểu p∞có duy nhất một nhóm con có cấp pivà nhómnày là nhóm cyclic. Chứng minh rằng mọi nhóm con thật sự của p∞−nhómđều là nhóm hữu hạn.2. Cho G là nhóm Abel vô hạn thỏa điều kiện mọi nhóm con thật sự của G đềuhữu 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 Gđều 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 ⇒ Hlà 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. Chứngminh rằng G là tổng trực tiếp của một nhóm chia được và một nhóm Abel sơcấp kiểu p−nhóm.7. Cho G, H là các p−nhóm chia được. Chứng minh rằng G∼=H ⇔ G[p]∼=H[p].8. Chứng minh rằng G chia được khi và chỉ khi G không có nhóm con tối đại.10Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 119. Chứng minh rằng G chia được khi và chỉ khi G không có ảnh đồng cấu hữuhạn khác 0.10. Lấy ví dụ về hai nhóm con chia được nhưng có giao không chia được.Bài giải chi tiếtBài 4.1.1. Chứng minh rằng nhóm kiểu p∞có duy nhất một nhóm con có cấp pi, vớimỗi i =1, 2, và nhóm này là nhóm cyclic. Chứng minh rằng mọi nhóm con thật sựcủa p∞−nhóm đều là nhóm hữu hạn.Nhắc lại rằng, nhóm tựa cyclic kiểu p là nhóm sinh bởi a1,a2, ,an, với quanhệ:pa1=0,pai+1= ai,ai+ aj= aj+ aiTức là nhóm P = a1,a2, ,an,  trong đó aicó cấp pivà ai là nhóm cycliccấp pi. Hơn nữa, a1= pi−1ai(i ≥ 2) và ai= pj−iaj(1 ≤ i ≤ j), điều này có nghóalà hai phần tử bất kỳ trong tập các phần tử sinh luôn phụ thuộc.Nhóm tựa cyclic kiểu p có một minh họa khá đẹp trong Q/Z như sau:P = 1pi+ Z | i =1, 2, Giải. Gọi G là nhóm tựa cyclic kiểu p sinh bởi a1,a2, ,an, Lấy H là một nhómcon thật sự của G, ta sẽ chứng minh H = an, với n là số nguyên dương nào đó. DoH = G nên tồn tại số nguyên dương i sao cho ai/∈ H, suy ra ak/∈ H, ∀k ≥ i. Gọi nlà số nguyên dương lớn nhất để an∈ H (1 ≤ n<i). Ta sẽ chứng minh H = an• Vì an∈ H nên  an⊂H• Lấy h ∈ H, khi đó h =ki=1miai, giả sử mk=0⇒ h = lak(Cụ thể l = m1pk−1+ m2pk−2+ ···+ mk−1p + mk)Ta có thể giả sử (l,p)=1, vì nếu ngược lại, h = l1ak−1và ta lại giả sử (l1,p)=1,vì nếu ngược lại, h = l2ak−2, và cứ thế, ta phải tìm được số nguyên dương tsao cho h = ltatvới (lt,p)=1.Do(l, p)=1và lak∈ H nên ak∈ H. Thật vậy,ta sẽ chứng minh ak∈ H dựa theo một kỹ thuật thường dùng trong p−nhóm.Do (l,p)=1⇒ (l, pk)=1⇒ tồn tại u, v ∈ Z : ul + vpk=1⇒ ak=1.ak=(ul + vpk)ak= ulak+ vpkak= u(lak)=uh ∈ H. Suy ra k ≤ n (vì tính lớn nhấtcủa n). Khi đó, ak= pn−kan∈an⇒h = lak∈an. Do đó H ⊂an.Vậy H = an và ta có điều phải chứng minh.Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 12Tất cả các nhóm con của p−nhóm tựa cyclic là :0 ⊂a1⊂a2⊂···⊂an⊂···⊂a1,a2, ,an, Hiển nhiên, ai là nhóm cyclic cấp pi.Bài 4.1.2. Cho G là nhóm Abel vô hạn thỏa điều kiện mọi nhóm con thật sự của Gđều 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 a2 vô hạn vàa2⊂a≤G trái giả thiết.• Theo đònh lý về sự phân tích nguyên sơ, ta cóG =pGpTa sẽ chứng minh G = Gpnào đó và trong tổng trên, tất cả các hạng tử đềubằng 0, trừ một hạng tử Gp=0.Vì mọi nhóm con thật sự của G đều hữu hạn nên chỉ có hữu hạn các Gp=0.Thật vậy, nếu có vô hạn Gp=0. Xét Gp0=0, khi đó H =p=p0Gplà nhómcon thật sự và vô hạn của G, trái giả thiết.• Tiếp theo, ta chứng minh chỉ có một nhóm Gp=0.Thật vậy, vì G =hữu hạnGp, và |G| vô hạn nên tồn tại số nguyên tố p saocho Gpvô hạn. Khi đó, ta có Gpvô hạn, Gp≤ G, nên suy ra Gp= G. Vậy Glà 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 hạnchiều trên Zpvới phép nhân ngoài:Zp× G/pG −→ G/pG(¯n, ¯g) → ngGọi {αi}i∈Ilà cơ sở của G/pG trên Zp, I vô hạn.Ta kiểm tra G = αi,pGi∈I.Hiển nhiên, αi,pGi∈I⊂ G.Lấy g ∈ G ⇒ ¯g ∈ G/pG, tồn tạim1, ,mksao cho¯g =ki=1miαi=ki=1miαiĐặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 13Suy rag −ki=1miαi∈ pGg −ki=1miαi= pg1(g1∈ pG)g =ki=1miαi+ pg1∈αi,pGi∈IXét nhóm conH = αi,pGi∈I\{i0}Ta sẽ chứng minh H là nhóm con thật sự của G, điều này có nghóa là αi0/∈ H.Thật vậy, giả sử αi0∈ H, khi đó ta cóαi0=i=i0miαi+ pgSuy raαi0=i=i0miαiĐiều này mâu thuẫn với tính độc lập của {αi}i∈I.Như vậy, ta đã chứng minh được H là nhóm con thật sự của G và H là vôhạn, điều này trái với giả thiết.Vậy ta phải có pG = G.• Do G là p−nhóm nên tồn tại trong G phần tử a1có cấp p.Vì pG = G nên tồn tại a2sao cho pa2= a1. Tiếp tục, lại tồn tại a3sao chopa3= a2. Một cách tổng quát, tồn tại ansao cho pan= an−1với mọi n ≥ 2.Xét nhóm con H = a1,a2, ,an, ≤G.Dễ thấy, H có vô hạn phần tử. Do đó, theo giả thiết, ta phải có H = G.Vậy G là nhóm tựa cyclic kiểu p.Chú ý. G là nhóm tựa cyclic kiểu p khi và chỉ khi G là p−nhóm, có vô hạn phầntử, chia được (pG = G) và mọi nhóm con thật sự của G đều hữu hạn.Bài 4.1.3. Cho G là nhóm Abel vô hạn thỏa điều kiện mọi nhóm thương thật sự của Gđều hữu hạn. Chứng minh rằng G là nhóm cyclic vô hạn. Chiều đảo có đúng không?Giải.Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 14• G là nhóm không xoắn vì nếu có a ∈ G, a =0,a xoắn thì a hữu hạn và khiđó G/a vô hạn, trái giả thiết.• Lấy a, b ∈ G, ta sẽ chứng minh a, b là nhóm cyclic.Thật vậy, ta có¯b ∈ G/a hữu hạn nên tồn tại số nguyên dương k sao chok¯b =¯0 ⇒ k¯b ∈a⇒kb = la.Gọi d =(k, l) ⇒ k = dk1,l = dl1với (k1,l1)=1.Ta có kb−la =0⇒ d(k1b−l1a)=0.DoG là nhóm không xoắn nên k1b = l1a.Vậy ta có thể giả sử (k, l)=1. Khi đó, tồn tại u, v ∈ Z sao cho uk + vl =1.Suy raa =(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 có a = kc ∈c,b = lc ∈c do đó a, b⊂c.{ Ta có c = ua + vb ∈a, b⇒c⊂a, b.• Tiếp theo, ta sẽ chứng minh G là nhóm hữu hạn sinh.Lấy 0 = a1∈ G, khi đó, theo giả thiết ta có G/a1 hữu hạn nênG/a1 = a2, ,anDễ dàng, suy ra đượcG = a1,a2, ,anNhư vậy, ta đã chứng minh được G = a1,a2, ,an và a, b = G = c. Do đó,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 conthật 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 tínhchất trên. Do sx ∈ H nên sx⊂H.• Ngược lại, lấy h ∈ H, khi đó h = tx với t là số nguyên dương nào đó. Theothuật 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 15Vậy 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 tửG/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 mọinhóm 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 thìdo 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.Theo tính chất của nhóm Abel chia được, ta có mỗi nhóm Abel G có thể đượcxem như là nhóm con của một nhóm Abel chia được nào đó. Điều này cónghóa là, tồn tại nhóm Abel K chia được và nhóm H ≤ K sao cho G∼=H ≤ K.Theo giả thiết, khi đó H là hạng tử trực tiếp của K. Suy ra tồn tại nhóm Lsao cho K = H ⊕ L. Khi đó, với mọi số nguyên dương n ta cóH = K ∩ H = nK ∩ H =(nH + nL) ∩ H =(nH ∩ H)+(nL ∩ H)=nHDo đó H là nhóm chia được, suy ra G là nhóm chia được.Chú ý. Nhóm con của nhóm chia được chưa chắc là nhóm chia được. Tuy nhiên,hạng tử trực tiếp của nhóm chia được là nhóm chia được.Bài 4.1.5. Mô tả cấu trúc của các nhóm R, R∗, C, C∗.Giải.Bài 4.1.6. Cho G là nhóm Abel kiểu p−nhóm thỏa G/G[p] là nhóm chia được. Chứngminh rằng G là tổng trực tiếp của một nhóm chia được và một nhóm Abel sơ cấp kiểup−nhóm.Nhóm Abel sơ cấp là nhóm Abel xoắn sao cho ∀a ∈ G : |a|... p2với p là sốnguyên tố bất kỳ. Nghóa là |a| = p1p2 pn, với các pilà các số nguyên tố đôi mộtkhác nhau.Đặc biệt, nếu G là p−nhóm thìG là nhóm Abel sơ cấp ⇔|a|≤p ⇔ pa =0hayp − nhóm Abel G là sơ cấp ⇔ pG =0Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 16Giải. Xét ánh xạf : G −→ pGg −→ 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 rapG∼=G/G[p]Theo giả thiết, G/G[p] chia được nên pG chia được và do đó pG là hạng tử trực tiếpcủa G. Suy raG = pG ⊕ ETa 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 rằngG∼=H ⇔ G[p]∼=H[p]Giải.1. Giả sử G∼=H, khi đó tồn tại đẳng cấu f : G → H. Do đơn cấu bảo toàn cấpcủa các phần tử nên f|G[p]: G[p] → H[p].Vìf đơn cấu nên f|G[p]đơn cấu.Ta sẽ chứng minh f|G[p]toàn cấu. Thật vậy, lấy h ∈ H[p] ≤ H, khi đó sẽ tồntại g ∈ G sao cho h = f(g). Ta cóf(0) = 0 = ph = pf(g)=f(pg)do f đơn cấu nên pg =0, suy ra g ∈ G[p].Vậy G[p]∼=H[p].2. Giả sử G[p]∼=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, jđều là các đơn cấu. Xét biểu đồ sau đây0 −−−→ G[p]α−−−→ H[p] −−−→ 0jiGHĐặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 17Vì H là nhóm chia được nên H có tính nội xạ. Do đó, tồn tại đồng cấuf : G → H sao cho fj = iα, tức là ta có biểu đồ giao hoán0 −−−→ G[p]α−−−→ H[p] −−−→ 0jiGf−−−→ HTa sẽ chứng minh f là đẳng cấu.• f là đơn cấu.Giả sử Kerf =0, suy ra tồn tại x =0sao cho f(x)=0.Dox =0nên|x| = pnvới n ≥ 1. Đặt y = pn−1x, khi đó y ∈ G[p] và y =0. Ta có0=pn−1f(x)=f(pn−1x)=f(y)=fj(y)=iα(y)=α(y)Do α là đẳng cấu nên ta phải có y =0(mâu thuẫn với y =0)• f là toàn cấu.Ta có Imf = f(G) ≤ H,doG là nhóm chia được nên f(G) là nhómcon chia được của H. Suy ra tồn tại K ≤ H sao cho H = f(G) ⊕ K ⇒H[p]=f(G)[p] ⊕ K[p]. Giả sử f(G) = H ⇒ K =0⇒ K[p] =0. Lấy0 = a ∈ K[p] ≤ H[p],doα là đẳng cấu nên tồn tại x ∈ G[p]:α(x)=a.Khi đó, ta có a = α(x)=f(x) ∈ f(G) ∩ K =0(mâu thuẫn).Vậy f(G)=HCách 2: Ta córp(G)=dimZpG[p]=dimZpH[p]=rp(H)Đặt k = rp(G)=rp(H). Khi đó, ta có:G =i∈IGiH =i∈IHiTrong đó Gi,Hilà các nhóm tựa cyclic kiểu p và đương nhiên chúng đẳng cấuvới nhau và |I| = k. Do đó, ta phải có G∼=HChú ý. Các nhóm cyclic không tầm thường đều không chia được.Thật vậy, giả sử x là nhóm chia được, với x =0.Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 181. Nếu |x| vô hạn, lấy n>0 bất kỳ, do x chia được nên tồn tại x∈x sao chox = nx= nmx với x= mx. Suy ra (nm − 1)x =0⇒ nm − 1=0(vô lý)2. Nếu |x| hữu hạn, lấy n = |x| thì khi đó x sẽ không chia được cho n bởi vì nếux = nxthì x = nx=0(vô lý)Bài 4.1.8. Chứng minh rằng G chia được khi và chỉ khi G không có nhóm con tối đại.Giải.1. Giả sử G chia được. Ta sẽ chứng minh G không có nhóm con tối đại.Giả sử ngược lại, G có nhóm con tối đại là M. Lấy x ∈ G\M. Do tính tối đạicủa M, ta phải có M + x = G. Khi đó, G/M = x + M chia được, khác 0(do x/∈ M). Suy ra x + M chia được (mâu thuẫn với chú ý trên).2. Giả sử G không có nhóm con tối đại. Ta sẽ chứng minh G là nhóm chia được.Muốn vậy, ta phải kiểm tra pG = G với mọi số nguyên tố p. Giả sử ngược lại,tồn tại số nguyên tố p sao cho pG = G. Khi đó, ta cóp(G/pG)=¯0Suy ra G/pG là không gian vectơ trên Zp.Gọi {αi}i∈Ilà cơ sở của G/pG trên Zp.Tương tự như bài 4.1.2, ta kiểm tra G = αi,pGi∈I.Hiển nhiên, αi,pGi∈I⊂ G.Lấy g ∈ G ⇒ ¯g ∈ G/pG, tồn tại m1, ,mksao cho¯g =ki=1miαi=ki=1miαiSuy rag −ki=1miαi∈ pGg −ki=1miαi= pg1(g1∈ pG)g =ki=1miαi+ pg1∈αi,pGi∈IĐặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 19Ta sẽ chỉ ra trong G có một nhóm con tối đại.Lấy i0∈ I cố đònh. Đặt J = I\{i0}, ta sẽ chứng minh H = αi,pGi∈Jlànhóm con tối đại của G.Ta có αi0/∈ H, vì nếu αi0∈ H thìαi0=i∈Jmiαi+ pg (g ∈ G)Suy raαi0=i∈JmiαiĐiều này mâu thuẫn với tính độc lập của cơ sở {αi}i∈I.Do đó H = G.Lấy α/∈ H bất kỳ, ta sẽ chứng minh H, α = G.Ta có α ∈ G = αi,pGi∈I⇒ α =i∈Imiαi+ pg, g ∈ G.Do α/∈ H nên mi0αi0=0⇒ mi0αi0=¯0 ⇒ (mi0,p)=1.Không mất tính tổng quát, ta xét các miαitrong tổng xác đònh α đều khác 0(nếu có miαi=0thì ta loại bỏ nó đi). Khi đó mi,p)=1. Ta cómi0αi0= α −i∈Jmiαi+ pg ∈H, αDo (mi0,p)=1nên tồn tại u, v ∈ Z :1=mi0u + pvSuy raαi0= u(mi0αi0)+pvαi0∈H, αDo đóH, α = GBài 4.1.9. Chứng minh rằng G chia được khi và chỉ khi G không có ảnh đồng cấu hữuhạn khác 0.Giải.1. Giả sử G chia được. Lấy H là nhóm con thật sự của G. Ta cần chứng minhG/H vô hạn. Thật vậy, nếu G/H hữu hạn thì G/H có hạng tử trực tiếp lànhóm 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).Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 202. Giả sử G không có ảnh đồng cấu hữu hạn khác 0. Ta cần chứng minh G chiađược. Muốn vậy, theo bài 4.1.8, ta sẽ chứng minh G không có nhóm con tốiđại. Giả sử phản chứng, G có nhóm con tối đại, suy ra G/M =0. Hơn nữa,G/M chỉ có các nhóm con tầm thường là 0 và G/M. Thật vậy, vì nếu có Hlà nhóm con thật sự của G/M thì 0 <H<G/M ⇒ M<π−1(H) <G, trongđó π : G → G/M; x → x + M là phép chiếu tự nhiên (mâu thuẫn với tínhtối đại của M). Suy ra G/M là nhóm cyclic cấp nguyên tố nên G/M hữu hạn,trái giả thiết. Vậy G không có nhóm con tối đại, suy ra G chia được.Chú ý. Ta có G là nhóm cyclic cấp nguyên tố khi và chỉ khi G chỉ có hai nhómcon là các nhóm con tầm thường.Bài 4.1.10. Lấy ví dụ về hai nhóm con chia được nhưng có giao không chia được.Giải. Trong nhóm nhân các số phức khác 0, xét các nhóm con:• A = {2r|r ∈ Q}≤C∗A chia được vì với mọi số nguyên dương n, ta có (2r/n)n=2rvà 2r/n∈ A.• B = {2r(cos 2πr + i sin 2πr) | r ∈ Q}≤C∗B chia được vì với mọi α =2r(cos 2πr + i sin 2πr) ∈ B, với mọi số nguyêndương n, ta chọn β =2r/n(cos2πrn+ i sin2πrn) ∈ B, khi đó ta sẽ có βn= α.• Xét A ∩ B. Lấy x ∈ A ∩ B,x =2r=2r(cos 2πr + i sin 2πr) suy ra ta phải cócos 2πr =1và sin 2πr =0, từ đó ta có r ∈ Z. Do đóA ∩ B = {2r| r ∈ Z}∼=Znên không chia được.4.2 Tổng trực tiếp các nhóm cyclic và tựa cyclicĐề bài1. Cho G là nhóm Abel tự do trên tập có n phần tử. Chứng minh rằng G khôngthể được sinh bởi ít hơn n phần tử.2. Cho G là nhóm Abel. Chứng minh rằng r(G) hữu hạn ⇔ max{d(H)} hữuhạn, với H chạy khắp tập các nhóm con hữu hạn sinh của G, d(H) là số phầntử của tập sinh tối tiểu của H. Chứng minh rằng trong trường hợp này ta cór(G) = max{d(H)}.Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 213. Cho G là nhóm Abel hữu hạn sinh. Chứng minh rằng d(G)=r(G). Hơn nữa,d(G)=r0(G) ⇔ G không xoắn.4. Cho A và B là các nhóm Abel hữu hạn sinh với B không xoắn. Chứng minhrằng d(A ⊕ B)=d(A)+d(B).5. Chứng minh rằng r(G) ≤ 1 ⇔ G đẳng cấu với nhóm con của Q hoặc Q/Z.6. Cho G là nhóm Abel không xoắn. Chứng minh rằng r(G) ≤ r ⇔ G đẳng cấuvới một nhóm con của không gian vectơ r chiều trên Q.7. Cho G là nhóm Abel và H ≤ G. Chứng minh rằng:i. r0(H)+r0(G/H)=r0(G)ii. rp(H)+rp(G/H) ≥ rp(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 khôngxoắn. Chứng minh rằng µ∗: A ⊗ZG → B ⊗ZG; a ⊗ g → µ(a) ⊗ g là một đồngcấu.9. Chứng minh rằng nhóm Abel G là tự do nếu và chỉ nếu G có tính chất: nếuK ≤ 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 → Gđều là tự đẳng cấu.11. Cho G là nhóm Abel thỏa điều kiện min. Chứng minh rằng mọi tự đơn cấucủa G đều là tự đẳng cấu.12. Có bao nhiêu kiểu đẳng cấu của nhóm Abel cấp pn?(Có bao nhiêu kiểu nhóm Abel cấp pnkhác nhau?)13. Cho G là nhóm Abel hữu hạn và m||G|. Chứng minh rằng G có một nhómcon và một nhóm thương cấp m.14. Cho G và H là hai nhóm Abel hữu hạn. Chứng minh rằng nếu với mọi sốm>0, G và H có cùng số phần tử cấp m thì G∼=H.15. Chứng minh rằng nhóm Abel hữu hạn sinh có thặng dư hữu hạn.Bài giải chi tiếtBài 4.2.1. Cho G là nhóm Abel tự do trên tập có n phần tử. Chứng minh rằng Gkhông thể được sinh bởi ít hơn n phần tử.Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 22Giải. Ta cóG =ni=1xitrong đó xikhông xoắn ⇔xi vô hạn.•{x1,x2, ,xn} độc lập ⇔ nếuni=1mixi=0thì mixi=0⇒ mi=0(do xikhông xoắn).•{x1,x2, ,xn} là hệ sinh ⇔∀α ∈ G : α =ni=1mixi.Gọi {x1,x2, ,xn} là hệ độc lập tối đại các phần tử không xoắn. Khi đón = r0(G)=r(G)(vì rp(G)=0, ∀p là số nguyên tố)Số n cũng chính là số vectơ của cơ sở của không gian vectơ Q ⊗ZG trên Q.Q × Q ⊗ZG −→ Q ⊗ZG(r, s⊗ g) −→ (rs) ⊗ gCơ sở của Q ⊗ZG trên Q là hệ {1 ⊗ x1, 1 ⊗ x2, ,1 ⊗ xn}.Do G không xoắn nên r(G)=r0(G)=dimQQ ⊗ZG.Nếu {α1,α2, ,αk} là hệ sinh của G thì {1 ⊗ α1, 1 ⊗ α2, ,1 ⊗ αk} là hệ sinh củaQ ⊗ZG trên Q. Thật vậy:kl⊗ g =kl(1 ⊗ g)=kl(1 ⊗ki=1miαi)=klki=1(1 ⊗ miαi)=klki=1mi(1 ⊗ αi)=ki=1kmil(1 ⊗ αi)Trong không gian vectơ Q ⊗ZG, một hệ sinh luôn có ít nhất n = dim Q ⊗ZG phầntử. Do đó, ta phải có k ≥ nChú ý. Kỹ thuật cơ bản để giải quyết các bài toán liên quan đến hạng của nhómAbel là ta thường chuyển từ nhóm Abel tự do G sang không gian Q ⊗ZG trên Q.Cách khác. Sử dụng tính chất: Nếu Bi≤ Ai, với mọi i ∈ I thì ta luôn có:(i∈IAi)/(i∈IBi)∼=i∈I(Ai/Bi)Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 23Thật vậy, xét đồng cấuπ :i∈IAi−→i∈I(Ai/Bi)i∈Iai−→i∈IaiKhi đó, π là toàn cấu và kerπ =i∈IBi. Áp dụng đònh lý Noetherian, ta sẽ cóđẳng cấu(i∈IAi)/(i∈IBi)∼=i∈I(Ai/Bi)Trở lại bài toán, ta cóG = x1⊕x2⊕···⊕xnSuy rapG = px1⊕px2⊕···⊕pxnDo đó, áp dụng tính chất trên, ta sẽ cóG/pG∼=x1/px1⊕x2/px2⊕···⊕xn/pxnTrong đó mỗi hạng tử trực tiếp xi/pxi đều có cấp là p.Với mọi số nguyên tố p, ta luôn có G/pG là không gian vectơ trên Zp.Hơn nữa, ta còn cón = dimZpG/pG = r(G)=r0(G) = dimZpQ ⊗ZGNếu {α1,α2, ,αk} là hệ sinh của G thì {α1+ pG, α2+ pG, ,αk+ pG} là hệ sinhcủa không gian vectơ G/pG trên Zp. Thật vậy, lấy bất kỳ α + pG ∈ G/pG, ta cóα ∈ G và khi đóα =ki=1miαi⇒ α + pG =ki=1miαi+ pG =ki=1mi(αi+ 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)} hữuhạn, với H chạy khắp tập các nhóm con hữu hạn sinh của G. Chứng minh rằng trongtrường 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 cód(H)=r(H)=r0(H)+maxprp(H) ≤ r0(G) + maxprp(G)=r(G)=n<∞Đặng Tuấn Hiệp - Bài tập lý thuyết nhóm 24⇒ max d(H) ≤ n<∞Trong trường hợp này, ta sẽ chứng minh max d(H)=n = r(G). Thật vậy, dor(G)=n nên r0(G) + maxprp(G)=n. Đặt r0(G)=k ≤ n.Lấy {α1, ,αk} là hệ độc lập tối đại gồm các phần tử không xoắn của G, {β1, ,βl}là hệ độc lập tối đại các phần tử cấp lũy thừa của p, với l = maxprp(G),n= k + l.Ta sẽ chứng minh {α1, ,αk,β1, ,βl} là hệ độc lập của G. Giả sử ta cóm1α1+ ···+ mkαk+ n1β1+ ···+ nlβl=0Gọipk= max1≤i≤l|βi|Ta cóki=1pkmiαi=0⇒ pkmiαi=0⇒ pkmi=0⇒ mi=0, 1 ≤ i ≤ kSuy rali=1niβi=0⇒ niβi=0, 1 ≤ i ≤ lDo đó {α1, ,αk,β1, ,βl} là hệ độc lập của G.LấyH = α1, ,αk,β1, ,βl = α1⊕···⊕αk⊕β1⊕···⊕βlTa cód(H)=r(H)=k + l = nVậymax d(H)=n = r(G)Chiều đảo: Giả sử ngược lại, n = max d(H) < ∞, ta sẽ chứng minh r(G) < ∞. Giảsử phản chứng, r(G)=∞⇔r0(G)+maxrp(G)=∞. Xét các trường hợp:• r0(G)=∞, suy ra tồn tại hệ {α1, ,αn,αn+1} độc lập gồm các phần tử khôngxoắn của G. Lấy H = α1, ,αn,αn+1 = α1⊕···⊕αn+1. Khi đód(H)=r(H)=n +1>n= max d(H)Ta có điều mâu thuẫn.

Tài liệu liên quan

• làm rõ quan điểm tư tưởng hồ chí minh về xây dựng đcsvn trong sạch vững mạnh, qua đó vận dụng xây dựng, phát triển đcsvn ngang tầm cách mạng mới
  • 16
  • 835
  • 0
• bài tập lớn hoạch định tài nguyên doanh nghiiệp
  • 39
  • 723
  • 1
• định lý sylow và bài tập vận dụng
  • 38
  • 4
  • 9
• báo cáo bài tập lớn môn thông tin vô tuyến cân bằng kênh bằng phương pháp zff và mmse
  • 21
  • 621
  • 0
• Nâng cao kỹ năng đọc hiểu cho học sinh lớp 11 tai một trường trung học phổ thông ở nam định qua các bài tập trọng điểm
  • 57
  • 674
  • 0
• lý thuyết, bài tập và phương pháp giải phần dao động cơ
  • 75
  • 595
  • 0
• Giải pháp tín dụng ngân hàng phát triển các doanh nghiệp vừa và nhỏ tại chi nhánh ngân hàng nông nghiệp và phát triển nông thôn Tây Hà Nội
  • 68
  • 374
  • 0
• BÁO CÁO BÀI TẬP LỚN MÔN VI XỬ LÝ
  • 133
  • 896
  • 0
• Bài tập quản trị kinh doanh quốc tế mục đích và nội dung thâm nhập thị trường quốc tế
  • 37
  • 706
  • 4
• THIẾT kế HOẠT ĐỘNG GIẢI BÀI tập PHẦN “ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐỘNG LƯỢNG” THEO HƯỚNG PHÁT HUY TÍNH TÍCH cực, tự lực CỦA HỌC SINH
  • 30
  • 483
  • 1

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

(326.24 KB - 38 trang) - định lý sylow và bài tập vận dụng Tải bản đầy đủ ngay ×