Luận văn Nhóm con c – chuẩn tắc tối đại và tối tiểu của nhóm con sylow của nhóm hữu hạn

2 1 2... nnK p p p q q αα α β β= ; 1 10 ' ,..., 0 'n nα α α α≤ ≤ ≤ ≤ . Tồn tại trong K các nhóm con 1 2,K K lần lượt là 1q − nhóm con sylow và 2q − nhóm con sylow của ( )1 21 1 2 2,K K q K qβ β= = . Khi đó 1 2,K K cũng lần lượt là 1q − nhóm con sylow chuẩn tắc của G và 1q − nhóm con sylow chuẩn tắc của G (do K là nhóm con chuẩn tắc). Do mọi p − nhóm con sylow chuẩn tắc của một nhóm luôn chứa p − nhóm con bất kỳ của nhóm đó nên 1 1 2 2,H K H K⊆ ⊆ . Suy ra 1 2 1 2H H H K K K= ⊆ ⊆ .  1.6.3. Định nghĩa Nhóm con H của nhóm hữu hạn G được gọi là nhóm con Hall của G nếu H là ước Hall của G , nghĩa là [ ]( ), : 1H G H = . 18 Cho G là nhóm hữu hạn và H là π − nhóm con của G sao cho :G H là 'π − số. Khi đó H được gọi là π − nhóm con Hall của G . Cho H là nhóm con của nhóm hữu hạn G . Một nhóm con K của G được gọi là một phần bù của H trong G nếu G HK= và 1H K∩ = . Cho G là nhóm hữu hạn. Một phần bù của một p − nhóm con Sylow của G được gọi là một p − bù của G . Ta nhận thấy rằng một p − bù của G là một 'p − nhóm con Hall của G . Nhóm G được gọi là p − lũy linh nếu G có một p − bù chuẩn tắc. G là nhóm tối tiểu không p− − lũy linh nếu G là không là nhóm p − lũy linh và mọi nhóm con thực sự của G đều là p − lũy linh. Nhận xét. Cho P là p − một nhóm con Sylow của G . Nếu ' ( )pG PO G= thì G có một p − phần bù chuẩn tắc. Thật vậy, nếu ' ( )pG PO G= thì ' ( )pO G là phần bù của p − nhóm con Sylow P . 1.6.4. Định lý [6, Định lý 9.1.7] Cho G là một nhóm hữu hạn giải được. Khi đó: i) Mọi π − nhóm con của G đều chứa trong một π − nhóm con Hall của .G ii) Tất cả các π − nhóm con Hall của G đều liên hợp với nhau. 1.6.5. Mệnh đề [1, Bổ đề 11.14] Nếu G là một nhóm hữu hạn giải được và A là một nhóm con Hall của G thì mọi nhóm con H của G chứa ( )GN A đều tự chuẩn hóa, tức là ( )GN H H= . 1.6.6. Định lý (P. Hall) [6, 9.1.8] Cho G là một nhóm hữu hạn và giả sử với mọi số nguyên tố p , tồn tại trong G một 'p − nhóm con Hall. Khi đó G giải được. 1.6.7. Mệnh đề Cho G là một nhóm hữu hạn giải được và N là một nhóm con Hall cấp k của G . Khi đó N là nhóm con Hall cấp k duy nhất của G nếu và chỉ nếu N G . Chứng minh. Theo định lý 1.6.4 thì mọi nhóm con Hall cấp k của G đều liên hợp với nhau nên ta có ngay điều cần chứng minh.  1.6.8. Mệnh đề 19 Cho G là một nhóm hữu hạn. Khi đó G lũy linh nếu và chỉ nếu G là p − lũy linh với mọi số nguyên tố p . Chứng minh. Giả sử G lũy linh, ta chứng minh G có 'p − nhóm con Hall chuẩn tắc. Gọi P là p − nhóm con Sylow của G . Khi đó theo định lý 1.6.4 thì G có một 'p − nhóm con Hall H . Ta chứng minh H là nhóm con chuẩn tắc của G . Giả sử H không là nhóm con chuẩn tắc của G . Khi đó tồn tại nhóm con tối đại M của G sao cho ( )GN H M G≤ < , theo mệnh đề 1.6.5 thì M tự chuẩn hóa trong G , nghĩa là ( )GN M M= . Mặt khác vì G lũy linh nên theo mệnh đề 1.4.5 thì G thỏa điều kiện chuẩn hóa, do đó ( )GM N M G< ≤ (vô lý). Vậy H G , do đó G là p − lũy linh. Giả sử G là p − lũy linh với mọi số nguyên tố p và 1 21 2 ... mmG p p p αα α= , với các ip là các số nguyên tố khác nhau, 1,2,...i m∀ = . Do G là ip − lũy linh nên i iG PN= trong đó iP là ip − nhóm con Sylow của G , iN là 'ip − nhóm con Hall chuẩn tắc. Theo định lý 1.6.6, G giải được. Khi đó iN là 'ip − nhóm con Hall duy nhất của G theo mệnh đề 1.6.7. Do đó với mỗi {1,2,..., }i m∈ , ta có ,i jP N j i≤ ∀ ≠ . Suy ra {1,..., }\{ } , 1,...,i j m i jP N i m∈≤ ∀ = . Mặt khác {1,..., }\{ }j m i jN∈ là một ip − nhóm con của G nên {1,..., }\{ } , 1,...,i j m i jP N i m∈= ∀ = dẫn đến , 1,2,...,iP G i m∀ = . Suy ra G là tích trực tiếp của các nhóm con Sylow của G. Do đó G lũy linh (mệnh đề 1.4.5).  1.6.9. Mệnh đề [7, Hệ quả 10.24] Cho G là nhóm hữu hạn và p là ước nguyên tố bé nhất của G . Nếu các p − nhóm con Sylow của G đều là nhóm xyclic thì G là p − lũy linh. 1.6.10. Định lý [12, Định lý 5.4] Cho G là nhóm không p− − lũy linh tối tiểu với p là số nguyên tố. Khi đó: i) Mọi nhóm con thực sự của G đều lũy linh. ii) G PQ= trong đó P là p − nhóm con Sylow của G và Q là q − nhóm con Sylow xyclic của G . iii) Nếu 2p > thì số mũ của P là p . Nếu 2p = thì P có số mũ lớn nhất là 4. 20 1.7. Nhóm siêu giải được 1.7.1. Định nghĩa nhóm siêu giải được Nhóm G được gọi là nhóm siêu giải được nếu G có một dãy các nhóm con chuẩn tắc sao cho là nhóm xyclic với mọi i, . 1.7.2. Mệnh đề [5, 1.5 (b)] Cho G là nhóm siêu giải được. Khi đó G có một nhóm con chuẩn tắc là nhóm xyclic cấp vô hạn hay có cấp nguyên tố. (Trường hợp nếu G hữu hạn, siêu giải được thì G có một nhóm con chuẩn tắc là nhóm có cấp nguyên tố do đó tồn tại sao cho ). 1.7.3. Mệnh đề [5, Hệ quả 3.2] Cho G là nhóm siêu giải được. i) Nếu là ước nguyên tố lớn nhất của thì G có một nhóm con chuẩn tắc là - nhóm con Sylow và có phần bù trong G . ii) Nếu là ước nguyên tố nhỏ nhất của thì G có một nhóm con là -nhóm con Sylow và có phần bù chuẩn tắc trong G . 1.7.4. Định nghĩa Một lớp các nhóm F được gọi là một họ nếu nó thỏa mãn hai điều kiện sau đây: i) Nếu G ∈F và N G thì G N ∈F ; ii) Nếu 1 2,N N G sao cho 1 2,G N G N ∈F thì ( )1 2G N N∩ ∈F. 1.7.5. Định nghĩa Một họ F được gọi là họ bão hòa nếu từ điều kiện ( )G GΦ ∈F luôn suy ra G ∈F. 1.7.6. Định lý [5, 1.4 (b)] Cho 1 2, ,..., nH H H là các nhóm con chuẩn tắc của G . Khi đó nếu 1 2, ,..., nG H G H G H là nhóm siêu giải được thì 1 n i i G H =  là nhóm siêu giải được. 1.7.7. Mệnh đề [6, 9.4.5] Cho G là nhóm hữu hạn và ( )G GΦ là nhóm siêu giải được. Khi đó G siêu giải được. 1.7.8. Định nghĩa 0 1 21 ... nG G G G G= =    1i iG G+ 1 1i n≤ ≤ − ( )p Gπ∈ ( ) 1pO G ≠ p G P p P T q G Q q Q K 21 Cho G là nhóm. Nếu N G , N có một dãy các nhóm con chuẩn tắc mà tất cả các số hạng là nhóm con chuẩn tắc của G và các nhân tử là nhóm xyclic thì N được gọi là nhóm G − siêu giải được. 1.7.9. Định lý [5, 1.2] Nếu N G , N là nhóm G − siêu giải được và G N là nhóm siêu giải được thì G là nhóm siêu giải được. 1.7.10. Mệnh đề [2, Bổ đề 2.13] Giả sử rằng G là nhóm giải được với nhóm con chuẩn tắc H sao cho G H là nhóm siêu giải được. Nếu tất cả các nhóm con tối tiểu và tất cả các nhóm xyclic cấp 4 của ( )F H đều chuẩn tắc trong G thì G siêu giải được. 22 CHƯƠNG 2: NHÓM CON C – CHUẨN TẮC TỐI ĐẠI VÀ TỐI TIỂU CỦA NHÓM CON SYLOW CỦA NHÓM HỮU HẠN Chương này giới thiệu khái niệm c – chuẩn tắc và một số tính chất liên quan. Sau đó trình bày các bổ đề cần thiết cho việc làm rõ hai định lý chính của luận văn, định lý 2.3.1 và định lý 2.3.4. Từ đó dẫn đến hai tiêu chuẩn để một nhóm giải được là siêu giải được dựa trên nhóm con c – chuẩn tắc. Tất cả các nhóm được nói đến trong chương này đều là nhóm hữu hạn. 2.1. Nhóm con c – chuẩn tắc 2.1.1. Định nghĩa nhóm con c – chuẩn tắc Cho G là một nhóm. Nhóm con H của G được gọi là c – chuẩn tắc trong G nếu tồn tại nhóm con chuẩn tắc N của G sao cho G HN= và GH N H∩ ≤ . Nhận xét. Mọi nhóm con chuẩn tắc của G đều c – chuẩn tắc trong G . Tuy nhiên điều ngược lại không đúng. Ví dụ ta có 3S là tích nửa trực tiếp giữa 3C và 2 ,C trong đó 2C là nhóm con c – chuẩn tắc của 3S nhưng 2C không phải là nhóm con chuẩn tắc của 3S . 2.1.2. Bổ đề Cho G là một nhóm. Khi đó: 1) Nếu H là chuẩn tắc trong G thì H là c – chuẩn tắc trong G . 2) Nếu H c – chuẩn tắc trong G , H K G≤ ≤ thì H là c – chuẩn tắc trong K . 3) Cho K G và K H≤ ; khi đó H là c – chuẩn tắc trong G khi và chỉ khi H K là c – chuẩn tắc trong G K . Chứng minh. 1) Ta có HG G= và H G H G∩ =  . Do đó H là c – chuẩn tắc trong G . 2) Do H là c – chuẩn tắc trong G nên tồn tại nhóm con chuẩn tắc của G sao cho HN G= và GH N H∩ ≤ . Khi đó N K∩ là nhóm con chuẩn tắc của K mà ( )H N K HN K G K K∩ = ∩ = ∩ = và ( ) ( ) KH N K H N K H∩ ∩ = ∩ ∩ ≤ . Do đó H là c – chuẩn tắc trong K . N 23 3) Giả sử H K là c – chuẩn tắc trong G K . Khi đó, tồn tại N K G K sao cho ( )( )G K H K N K= và ( ) ( ) ( )G KH K N K H K∩ ≤ . Từ đó suy ra HN G= và GH N H∩ ≤ . Do đó H là c – chuẩn tắc trong G . Ngược lại, giả sử H là c – chuẩn tắc trong G . Khi đó, tồn tại nhóm con chuẩn tắc N của G sao cho HN G= và GH N H∩ ≤ . Ta có H K là nhóm con chuẩn tắc của G K thỏa mãn ( )( )G K H K N K= và ( ) ( ) ( )G KH K N K H K∩ ≤ . Do đó H K là c – chuẩn tắc trong G K .  2.1.3. Bổ đề Cho π là một tập hợp các số nguyên tố, H là 'π – nhóm con chuẩn tắc của G và T là π – nhóm con của G . Nếu T là c – chuẩn tắc trong G thì TH H là c – chuẩn tắc trong G H . Hơn nữa, nếu ( )GT C H≤ và TH H là c – chuẩn tắc trong G H thì T là c – chuẩn tắc trong G . Chứng minh. Do T c – chuẩn tắc trong G nên tồn tại K G sao cho G TK= và GT K T∩ ≤ . Suy ra ( )( )TH H KH H G H= và ( ) ( ) ( )TH H KH H H TH K H∩ = ∩ . Thật vậy, với ( ) ( )x TH H KH H∈ ∩ ta có x t TH H= ∈ và x k KH H= ∈ . Từ đó suy ra 1t k H− ∈ và ( )1x k t t k H TH K H−= = ∈ ∩ . Do đó ( ) ( ) ( )TH H KH H H TH K H∩ ≤ ∩ . Ngược lại với ( )x H TH K H∈ ∩ thì x m= trong đó m TH K∈ ∩ suy ra ( ) ( )x m TH H KH H= ∈ ∩ nên ( ) ( )( )H TH K H TH H KH H∩ ≤ ∩ . Do mỗi nhóm con chuẩn tắc có chỉ số trong G là π - số thì chứa mọi 'π - nhóm con chuẩn tắc nên ta có H K≤ (mệnh đề 1.6.2). Vì vậy ( ) ( ) ( ) ( ) GTH H KH H H TH K H H T K H HT H∩ = ∩ = ∩ ≤ . Ta chứng minh ( )G G HHT H TH H≤ . Thật vậy, ta có g G g G HT H H T H ∈   =      ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( )1g g G H g G g G gH G H TH H TH H gH TH H gH TH H− ∈ ∈ ∈   = ≤ = =       Ta được TH H là c – chuẩn tắc trong G H . 24 Nếu ( )GT C H≤ và TH H là c – chuẩn tắc trong G H thì tồn tại K H G H sao cho ( )( )TH H K H G H= và ( ) ( ) ( )G HTH H K H TH H∩ ≤ . Đặt ( ) 1G HTH H T H H= trong đó 1T T≤ . Vì 1T H G và ( )GT C H≤ nên 1 1T H HT= và { }1T H e∩ = , do đó 1 1T H T H= × và 1T là π − nhóm con Hall duy nhất của 1T H . Khi đó, với 1 1t T∈ và g G∈ , vì 1 1 gt t= nên 1 gt là π − số suy ra 1 1 gt T∈ . Do đó 1T G . Mặt khác vì ( ) ( ) 1TH H K H T H H∩ ≤ nên 1T K T H∩ ≤ . Do T K∩ là π − nhóm con của 1T H nên 1T K T∩ ≤ . Mà 1 , gT H H T H H g G≤ ∀ ∈ và { }1T H e∩ = nên 1 , gT T g G≤ ∀ ∈ suy ra 1 GT T≤ . Do đó GT K T∩ ≤ . Cuối cùng ta chứng minh G TK= . Thật vậy, với x G∈ do ( )( )TH H K H G H= nên x tk= trong đó ,t T k K∈ ∈ . Suy ra x tkh= và do đó G TKH= , mà H K nên G TK= . Vậy T là c – chuẩn tắc trong G . Bổ đề được chứng minh hoàn toàn.  2.1.4. Bổ đề Cho H là nhóm con của G . H là c – chuẩn tắc trong G khi và chỉ khi tồn tại nhóm con chuẩn tắc N của G sao cho G HN= và GH N H∩ = . Chứng minh. Chiều ngược là hiển nhiên theo định nghĩa nhóm con c – chuẩn tắc. Ta chứng minh chiều thuận của bổ đề. Do H là c – chuẩn tắc trong G nên tồn tại nhóm con chuẩn tắc K của G sao cho G HK= và GH K H∩ ≤ . Trường hợp GH K H∩ = , đặt N K= thì G HN= và GH N H∩ = . Nếu GH K H∩ < , đặt GN KH= suy ra N là nhóm con chuẩn tắc của G . Ta có G GHN HKH GH G= = = và ( )G G GH N H KH K H H H∩ = ∩ = ∩ = (do GK H H∩ ⊆ ).  2.2. Các bổ đề 2.2.1. Bổ đề Cho H là nhóm con chuẩn tắc giải được của ( )1G H ≠ . Nếu mọi nhóm con chuẩn tắc tối tiểu của G được chứa trong H đều không nằm trong ( )GΦ , thì nhóm con Fitting ( )F H của H là tích trực tiếp của các nhóm con chuẩn tắc tối tiểu của G nằm trong H . Chứng minh. 25 Vì ( )F H lũy linh nên theo mệnh đề 1.4.5 ( )F H bằng tích trực tiếp các nhóm con Sylow của nó và các nhóm Sylow này là duy nhất. Ta sẽ chứng minh các nhóm con Sylow này cũng thỏa mãn các giả thiết của bài toán. Thật vậy giả sử P là một nhóm con Sylow của ( )F H . Vì ( )Pchar F H và ( )F H char H , H G nên P G . P là p − nhóm nên là nhóm lũy linh và cũng là nhóm giải được. Hiển nhiên mọi nhóm con chuẩn tắc tối tiểu của G được chứa trong P thì cũng chứa trong H do đó đều không nằm trong ( )GΦ . Do đó ta chỉ việc chứng minh bổ đề trên trong trường hợp ( )F H là p − nhóm. Nhận xét trong trường hợp này ( )F H H= . Theo giả thiết ( ) 1H G∩ Φ = vì nếu ( ) 1H G∩ Φ ≠ thì do ( )H G G∩ Φ  nên theo bổ đề Zorn ta có một nhóm con chuẩn tắc tối tiểu của G nằm trong ( )H G∩ Φ , điều này mâu thuẫn với giải thiết của bài toán. Mà H G nên theo mệnh đề 1.5.5 ( ) ( )H GΦ ≤ Φ , suy ra ( ) 1HΦ = . Mặt khác mọi nhóm con tối đại của ( )F H đều có chỉ số nguyên tố nên ( )( ) ( )( ) ( ) 1F H F H H′ ≤ Φ ≤ Φ = nên ( )F H giao hoán. Theo mệnh đề 1.5.9 ( )F H bằng tích của các nhóm con chuẩn tắc tối tiểu của H . Vì H giải được nên các nhóm con chuẩn tắc tối tiểu này đều là các nhóm abel sơ cấp. Hơn nữa ( )F H là p − nhóm nên ( )F H là nhóm abel sơ cấp. Tiếp theo ta cần chỉ ra đóng vai trò là một G -module, ( )F H nửa đơn. Giả sử N K là nhân tử cơ bản của G và ( )N F H≤ . Gọi S là phần tử tối tiểu của tập { }: ,T TN G T G= ≤ . Khi đó vì ( )N F H≤ và ( )F H là nhóm abel sơ cấp nên N giao hoán. Mà N G nên S N S∩  và S N N∩  suy ra S N NS G∩ = . Nếu 1S N∩ ≠ thì do ( ) 1H G∩ Φ = và ( )S N F H∩ ≤ nên tồn tại nhóm con tối đại M của G sao cho ( )G M S N= ∩ . Chúng ta thấy rằng ( )( )S S G S M S N= ∩ = ∩ ∩ và vì M không chứa S N∩ nên S M S∩ < . Tuy nhiên, ( )( ) ( )G SN S M S N N S M N= = ∩ ∩ = ∩ . Điều này mâu thuẫn với cách chọn S và do đó 1S N∩ = . Khi đó ( ) ( ) 1SK K N K∩ = vì nếu ( ) ( ) 1SK K N K∩ ≠ thì do S N G∩  nên ( ) ( )SK K N K G K∩  ; do tính chuẩn tắc tối tiểu của N K nên ( ) ( )SK K N K N K∩ = ; khi đó N K SK K⊂ nên tồn tại s S∈ sao cho s nk N S= ∈ ∩ ( K N ). Mâu thuẫn với 1S N∩ = . Hiển nhiên ( )( )SK K N K G K= . Do đó SK K là 26 phần bù của N K . Theo bổ đề 2.5 của [11] ( )F H nửa đơn và do đó ta có điều cần chứng minh.  2.2.2. Bổ đề Cho R là nhóm con chuẩn tắc tối tiểu của G và 1R là nhóm con tối đại của R . Nếu 1R là c – chuẩn tắc trong G thì R là nhóm xyclic có cấp nguyên tố. Chứng minh. Do 1R là c – chuẩn tắc trong G nên theo bổ đề 2.1.4 tồn tại nhóm con chuẩn tắc K của G sao cho 1G R K= và ( )1 1 GR K R∩ = . Do 1R là nhóm con tối đại của R và R là nhóm con chuẩn tắc tối tiểu của G nên ( )1 {1}GR = , suy ra 1 {1}R K∩ = . Ta có 1 1( )R R G R R K R R K= ∩ = ∩ = ∩ (Luật Modular Dedekind) và 1 1( ) ( ) {1} {1}R R K R K R R∩ ∩ = ∩ ∩ = ∩ = . Vì R K G∩  và R K R∩ ⊂ nên {1}R K∩ = hoặc R K R∩ = (theo tính chất chuẩn tắc tối tiểu của R trong G ). Nếu {1}R K∩ = thì 1 1 1( ) {1}R R R K R R= ∩ = = , mâu thuẫn vì 1R là nhóm con tối đại của R ), vì vậy R K R∩ = . Khi đó 1 1 1 ( ) {1}R R R R R K= ∩ = ∩ ∩ = . Mà 1R là nhóm con tối đại của R nên ta suy ra R chỉ có đúng 2 nhóm con là R và {1}. Do đó R là nhóm xyclic cấp nguyên tố (theo [6, 1.3.10]).  2.2.3. Bổ đề (Gaschutz) Cho G là một nhóm. Giả sử N và D là các nhóm con chuẩn tắc của G , D N≤ , ( )D G≤ Φ . Khi đó N D lũy linh khi và chỉ khi N lũy linh. Chứng minh. Vì nhóm thương của nhóm lũy linh là nhóm lũy linh nên ta có ngay điều kiện đủ. Ta sẽ chứng minh điều kiện cần của bổ đề. Gọi P là p − nhóm con Sylow của N , theo mệnh đề 1.4.5 ta chỉ cần chứng minh P G vì nếu P chuẩn tắc trong G thì P chuẩn tắc trong N và do đó N lũy linh. Theo mệnh đề 1.2.8, ta có PD D là p − nhóm con Sylow của N D và vì N D lũy linh nên PD D là nhóm con đặc trưng của N D . Mà N D G D nên PD D G D suy ra PD G . Áp dụng mệnh đề 1.2.9 ta có ( ) ( )G GG N P PD N P D= = . Vì ( )D G≤ Φ nên theo mệnh đề 1.5.4 ta có ( )GG N P= hay P G .  2.2.4. Bổ đề 27 Giả sử mọi nhóm con tối đại của tất cả các nhóm con Sylow không xyclic của G đều là c – chuẩn tắc trong G . Khi đó G siêu giải được. Chứng minh. Giả sử bổ đề sai và lấy G là một phản ví dụ với cấp tối tiểu. Khi đó: 1) Tồn tại ( )p Gπ∈ sao cho ( ) 1pO G ≠ . Thật vậy, gọi 1p là ước nguyên tố bé nhất của G . Trường hợp ( ) 1 1pO G ≠ , ta có điều cần chứng minh. Trường hợp ( )1 1pO G = , giả sử ( ) 1p P Syl G∈ . Nếu P xyclic, thì G có một 1p -phần bù chuẩn tắc K (mệnh đề 1.6.9). Rõ ràng K thỏa mãn các giả thiết của G (do nhóm con Sylow không xyclic của K cũng là nhóm con Sylow không xyclic của G nên nhóm con tối đại của nhóm con Sylow không xyclic của K là c – chuẩn tắc trong G và theo bổ đề 2.1.1 nó cũng là c – chuẩn tắc trong K ). Do cách chọn phản ví dụ với cấp tối tiểu ta có K là siêu giải được. Do đó ( ) ( )1 p pO K O G≠ ≤ (mệnh đề 1.7.2) với số nguyên tố ( )p Gπ∈ . Nếu P không xyclic thì tồn tại 11 P P≠ < ⋅ . Theo giả thiết của G , 1P là c – chuẩn tắc trong G . Khi đó tồn tại nhóm con chuẩn tắc K sao cho 1G PK= và ( ) ( )11 1 1pGP K P O G≤ ≤ = do ( )1 GP là 1p − nhóm con chuẩn tắc của G . Giả sử 1 21 2 ... nnG p p p αα α= . Khi đó 21 1 2 ... nnK G P p p p αα= = , 1p là ước nguyên tố nhỏ nhất của K . Do đó K có một 1p − phần bù chuẩn tắc 1K mà nó cũng đồng thời là 1p − phần bù chuẩn tắc của G (do 1p − nhóm con trong K là nhóm xyclic). Lập luận tương tự như trên ta cũng có ( ) ( )1 p pO K O G≠ ≤ với số nguyên tố ( )p Gπ∈ . 2) Tiếp theo ta chứng minh G có duy nhất một nhóm con chuẩn tắc tối tiểu N sao cho G là tích nửa trực tiếp của N và M trong đó N là p − nhóm abel sơ cấp, M siêu giải được, và ( ) ( )GC N N F G= = . Thật vậy theo 1) tồn tại số nguyên tố ( )p Gπ∈ sao cho ( )1 pO G≠ . Gọi N là một nhóm con chuẩn tắc tối tiểu của G sao cho ( )pN O G≤ . Mà ( )pO G là một p − nhóm nên ( )pO G lũy linh, do đó ( )pO G giải được suy ra N là p − nhóm abel sơ cấp (theo định lý 1.3.4). Chúng ta sẽ chứng tỏ rằng G N siêu giải được bằng cách chỉ ra G N thỏa mãn các giả thiết của G . Giả sử ( )pP Syl G∈ với N P≤ . Trường hợp N P< , giả sử 1P N P N< ⋅ , khi đó 1P P< ⋅ . Theo bổ đề 2.1.2, 1P N là c – chuẩn tắc trong G N . Cho ( )qQ Syl G N∈ với q p≠ . Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử 28 Q QN N= với ( )qQ Syl G∈ . Giả sử T N QN N< ⋅ , ta có ( ) ( ) 1T T QN T Q N Q N= ∩ = ∩ = với 1Q Q< ⋅ . Theo giả thiết, 1Q là c – chuẩn tắc trong G . Do đó, tồn tại nhóm con chuẩn tắc K của G sao cho 1G Q K= với ( )1 1 GQ K Q∩ ≤ . Vì ( )( )T N K N G N= và ( ) ( ) ( ) ( )1T N K N T K N Q N K N∩ = ∩ = ∩ = ( ) ( ) ( )( )1 1 G G NQ K N N Q N N T N∩ ≤ ≤ nên T N là c – chuẩn tắc trong G N . Do đó, G N thỏa mãn giả thiết của G . Theo cách chọn G có cấp tối tiểu suy ra G N siêu giải được. Nếu N P= , ta có ngay điều cần chứng minh. Như vậy, G N siêu giải được nên G N giải được, N cũng giải được vì N là p − nhóm, do đó, G giải được. Ta chứng minh N là nhóm con chuẩn tắc tối tiểu duy nhất của G và G là tích nửa trực tiếp của N và M trong đó M siêu giải được. Trước tiên ta chứng minh N duy nhất, thật vậy giả sử N ′ là một nhóm con chuẩn tắc tối tiểu khác của G . Trường hợp 1N N ′∩ ≠ thì tồn tại nhóm con chuẩn tắc thực sự của G nằm trong N (mâu thuẫn với tính chuẩn tắc tối tiểu của N ). Trường hợp 1N N ′∩ = thì theo cách chứng minh ở trên ta có G N ′ siêu giải được và do lớp các nhóm siêu giải được là một họ bão hòa nên ( )G N N G′∩ = cũng là siêu giải được (mâu thuẫn với cách chọn G ). Suy ra N duy nhất. Nếu ( )N G≤ Φ thì do N G , ( )G GΦ  (mệnh đề 1.5.2) và ( )( )G N G G NΦ = siêu giải được nên theo định lý 1.7.6 ta có ( )G GΦ siêu giải đươc. Tuy nhiên vì lớp các nhóm siêu giải được là họ bão hòa nên ta có G siêu giải được (vô lý). Do đó tồn tại nhóm con tối đại M G≤ sao cho M N≠ suy ra G MN= . Khi đó M N M∩  và M N N∩  vì N abel. Do tính chuẩn tắc tối tiểu của N nên 1M N∩ = . Vậy G là tích nửa trực tiếp của M và N . Khi đó M G N≅ nên M siêu giải được. Vì ( )GC N G và N abel nên ( ) ( ) ,M GC N M C N M N G= ∩ = . Vì N là nhóm con chuẩn tắc tối tiểu duy nhất của G nên ( ) 1MC N = vì nếu ( ) 1MC N ≠ thì do 1M N∩ = nên ta có thể tìm được nhóm con chuẩn tắc tối tiểu của G nằm trong ( )MC N và rõ ràng lúc này G có nhóm con chuẩn tắc tối tiểu khác N (!). ( )GC N N≥ suy ra ( ) ( ) ( )( )G G GC N C N NM N C N M N= ∩ = ∩ = . Rõ ràng ( ) 1qO G = với mọi số nguyên tố 29 q p≠ (do ( )qO G G , ( ) ( ) 1q pO G O G = và tính duy nhất của N ) và do đó ( ) ( )pN O G F G≤ = . Mà ( ) ( )pF G M B O M∩ = ≤ . Nếu 1B ≠ , thì ( )GN B M> và vì thế B G (do M tối đại nên ( )GN B G= ) suy ra N B M≤ ≤ , vô lý. Do đó 1B = và ( ) ( )( )F G N F G M N= = . 3) Ta chứng minh p là ước nguyên tố lớn nhất của ( )Gπ và N p= . Giả sử N pα= và p không là ước nguyên tố lớn nhất của ( )Gπ . Gọi q là ước nguyên tố lớn nhất của ( )Gπ và ( )qQ Syl G∈ . Vì G N siêu giải được nên QN N G N (mệnh đề 1.7.3). Suy ra QN G . Cho P là p − nhóm con Sylow của G . Ta có QP QNP= là nhóm con của G . Nếu QP G≠ , rõ ràng theo bổ đề 2.1.1 QP thỏa mãn các giả thiết của G . Theo cách chọn G ta có QP siêu giải được. Do đó Q QP (mệnh đề 1.7.3) và khi đó QN Q N= × . Điều này dẫn tới ( )GQ C N N≤ = , vô lý. Do đó QP G= . Nếu ( )N P≤ Φ thì ( ) ( )P P NM N P M P M= ∩ = ∩ = ∩ do ( )PΦ là tập các phần tử không sinh của P . Suy ra N P M≤ ≤ , vô lý. Do đó tồn tại nhóm con tối đại 1P của P sao cho 1N P≠ . Vì 1P là c – chuẩn tắc trong G , nên tồn tại K G sao cho 1G PK= và ( ) ( )1 1 GP K P F G N∩ ≤ ≤ = . Nếu ( )1 1GP ≠ , thì ( )1 1GN P P= ≤ , mâu thuẫn với cách chọn. Do đó 1 1P K∩ = . Chú ý rằng K p Q= và p q< . Ta có K có p − phần bù chuẩn tắc Q . Khi đó gQ K≤ với mọi g G∈ do tính chuẩn tắc của K , mà Q là q − nhóm con Sylow chuẩn tắc của K nên gQ Q= , suy ra Q G (mâu thuẫn với (2)). Điều vô lý này chỉ ra rằng p là ước nguyên tố lớn nhất của ( )Gπ . Vì G N siêu giải được nên P N G N (mệnh đề 1.7.3) và do đó P G . Từ (2) ta có ( )pN P Syl G= ∈ (do P là p − nhóm con chuẩn tắc nên ( )pP O G N= = ). Cho 1N N< ⋅ , khi đó 1N là c – chuẩn tắc trong G . Do đó tồn tại K G sao cho 1N K G= và ( )1 1 GN K N∩ ≤ . Theo (2), N K≤ (do tính duy nhất của N ). Suy ra 1 1N N K= ∩ . Do đó ( )1 1 GN N= chuẩn tắc trong G . Vì N là nhóm con chuẩn tắc tối tiểu của G nên 1 1N = . Mà 11 N N= < ⋅ . Suy ra N p= . Từ (2) và (3), G N siêu giải được và N có cấp nguyên tố. Ta có G siêu giải được, mâu thuẫn với cách chọn. Điều này chỉ ra rằng không tồn tại phản ví dụ. Bổ đề trên đúng.  30 2.2.5. Bổ đề G là 2 – lũy linh nếu mọi nhóm con xyclic cấp 2 hoặc 4 của G đều c – chuẩn tắc trong G . Chứng minh. Giả sử G không là 2 – lũy linh, khi đó G chứa một nhóm con tối tiểu không – 2 – lũy linh H (do G hữu hạn và theo bổ đề Zorn). Theo định lý Itô (định lý 1.6.10), mọi nhóm con thực sự của H đều lũy linh và H PQ= trong đó ( )2P Syl H∈ và ( )( )2qQ Syl H q∈ ≠ , và số mũ của P lớn nhất là 4. Cho x là một phần tử của P ; khi đó 2x = hoặc 4. Khi đó x là c – chuẩn tắc trong H , theo bổ đề 4, H x N= với N H và Hx N x∩ = . Trường hợp N H= , khi đó Hx N x H x x∩ = ∩ = = nên x H và x Q H≤ . Nếu x Q H= thì x P= xyclic. Khi đó P H nên là 2 – nhóm con Sylow duy nhất của H và theo mệnh đề 1.6.9 thì H rõ ràng là 2 – lũy linh, mâu thuẫn với giả thiết. Nếu x Q H< , thì x Q lũy linh do mọi nhóm con thực sự của H đều lũy linh. Khi đó với phần tử tùy ý x P∈ thì x H nên x x Q và 1x Q = nên xQ Q= , nghĩa là P chuẩn hóa Q bởi phần tử tùy ý x P∈ , suy ra Q H . Khi đó H Q P là 2 – nhóm con Sylow nên H Q lũy linh, Q là q − nhóm con Sylow nên cũng lũy linh và do đó H lũy linh. Theo mệnh đề 1.6.8 H là 2 – lũy linh, vô lý. Trường hợp N H< , khi đó N lũy linh vì mọi nhóm con thực sự của H lũy linh. Theo mệnh đề 1.4.5 mọi nhóm con Sylow của N đều duy nhất và Q là q − nhóm con Sylow của N nên Q duy nhất suy ra ( ) ( ),f Q Q f Aut N= ∀ ∈ , do đó Q char N , mà N H nên Q H . Khi đó H Q P là 2 – nhóm con Sylow nên H Q lũy linh, Q là q − nhóm con Sylow nên cũng lũy linh, do đó H lũy linh. Theo mệnh đề 1.6.8, H là 2 – lũy linh, mâu thuẫn. Bổ đề được chứng minh hoàn toàn.  2.2.6. Bổ đề Cho G là một PN -nhóm có số mũ ep với p là số nguyên tố lẻ. Đặt 1 k e≤ ≤ . Khi đó: i) ( )kG GΩ là một PN -nhóm có số mũ e kp − 31 ii) ( ) { }1kpk G x G xΩ = ∈ = iii) ( ) ( ) ( )1 21 ... eG G G G≤ Ω ≤ Ω ≤ ≤ Ω = là một dãy tâm và do đó lớp củaG e≤ iv) ( ) 1 1 1e e ep p pxy x y − − − = với mọi ,x y thuộc G . Chứng minh. Cho ( )1A GΩ là nhóm con của ( )1G GΩ , tối đại chuẩn tắc abel và có số mũ p . Do ( )1A GΩ abel nên ( ) [ ] ( )1 1, 1A G A A G′ Ω = Ω = suy ra ( )1A G′ ≤ Ω , mà do G là PN - nhóm nên theo mệnh đề 1.2.11 ( ) ( )1 G Z GΩ ≤ . Khi đó ( ) ( )1A G Z G′ ≤ Ω ≤ nên A có lớp 2 (vì A có 1 dãy tâm là 1 A A′≤ ≤ ). Cho ,x A g G∈ ∈ , do ( ) ( )1 1A G G GΩ Ω nên ( )1 1 1g x g x A G− − ∈ Ω suy ra 1 1g x g x b− − = với b A∈ do đó gx xbm= với ( )1m G∈Ω . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g p p p pp p g px x x xbm xb m xb= = = = = . Nhưng vì A có lớp 2 và ( )exp A p′ = và p là số nguyên tố lẻ nên theo mệnh đề 1.4.7 ta có ( ) p p pxb x b= . Vì vậy ta có p p px x b= suy ra 1pb = và ( )1b G∈Ω . Do đó ( )1A GΩ nằm trong tâm của ( )1G GΩ . Theo định lý 1.2.12 ta có ( ) ( )( )1 1G GC A GΩ Ω là PN -nhóm, vì ( )1A GΩ nằm trong tâm của ( )1G GΩ nên ( ) ( )( ) ( )1 1 1G GC A G G GΩ Ω = Ω . Do đó ( )1G GΩ là PN -nhóm. Rõ ràng ( )( ) 11exp eG G p −Ω = vì với ( )1x G G∈ Ω thì vì 1 e