Một số tính chất cơ bản của nhóm trực giao

Xét tập hợp Mnk gồm tất cả các ma trận vuông cấp n trên k có phép cộng và phép nhân matrận với một phần tử của k từ bên trái trong trường hợp k = H.. Trong luận văn này ta sẽkhảo sát một

ĐINH THỊ THANH THẢO

MỘT SỐ TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA

NHÓM TRỰC GIAO

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

CHUYÊN NGÀNH ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ

Mã số: 60 46 05

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌCPGS.TS.BÙI XUÂN HẢI

Tp Hồ Chí Minh - 2011

Tôi xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô trong Khoa Toán - Tin Học, Trường ĐạiHọc Khoa Học Tự Nhiên, đặc biệt là các thầy trong bộ môn đại số vì đã giảng dạytận tình cho tôi trong suốt thời gian học cao học Hơn hết, tôi xin gửi lời cảm ơnđến thầy PGS.TS.BÙI XUÂN HẢI, thầy đã động viên và tận tình giúp đỡ tôi trongquá trình làm luận văn cao học.

Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến ba mẹ, anh em và những người bạn đã luônyêu thương tôi và luôn giúp đỡ tôi trong cuộc sống

Tp.HCM, tháng 4 năm 2011Đinh Thị Thanh Thảo

Lời nói đầu

Cho k = R, C, H, trong đó R là trường số thực, C là trường số phức và H là vànhchia các quaternions thực Trong luận văn này ta sẽ nói k là một trường ngay cảtrong trường hợp k = H (mặc dù H là vành chia không giao hoán) Xét tập hợp

Mn(k) gồm tất cả các ma trận vuông cấp n trên k có phép cộng và phép nhân matrận với một phần tử của k (từ bên trái trong trường hợp k = H) Ta có Mn(k)là không gian vectơ (không gian vectơ trái nếu k = H) trên k Ngoài ra, cùng vớiphép nhân ma trận thì Mn(k) còn là một đại số trên k Trong luận văn này ta sẽkhảo sát một số tính chất cơ bản của nhóm nhân tất cả các phần tử khả nghịchcủa Mn(k) mà ta sẽ ký hiệu là GL(n, k) và gọi nó là nhóm tuyến tính tổng quátbậc n trên k Nội dung luận văn bao gồm 4 chương:

Chương 1: Trong chương 1 ta định nghĩa vành chia H các quaternions thực vànêu một số tính chất cơ bản của nó Nếu k = R, C, H thì ta ký hiệu kn làkhông gian vectơ hàng, độ dài n trên k Lưu ý rằng khi k = H thì đó làkhông gian vectơ trái trên k Từ đó suy ra, nếu x = (x1, , xn) ∈ kn và

A ∈ Mn(k) thì xA ∈ kn Do đó, ta có thể xem mỗi ma trận A như mộttoán tử tuyến tính trong không gian vectơ kn Ngoài ra trong chương này tacũng đưa ra khái niệm định thức đối với các ma trận A ∈ Mn(H)

Chương 2: Trong chương này ta sẽ khảo sát khái niệm tích trong < , > trên cáckhông gian Rn, Cn và Hn Từ đó ta định nghĩa về các nhóm trực giao, unita,symplectic, trực giao đặc biệt và unita đặc biệt Ta sẽ chứng minh sự đẳngcấu giữa các nhóm Sp(1) và SU(2) và chỉ ra rằng S3 không đẳng cấu vớiSO(3)

Chương 3: Chúng ta định nghĩa bất biến đầu tiên của nhóm ma trận là số chiềucủa nó Vectơ tiếp tuyến với ma trận G là Y0(0), với Y là đường cong trong

G, Y(0) = I và chỉ ra tập TG của tất cả các vectơ tiếp tuyến là không gianvectơ Định nghĩa số chiều của TG là chiều của G

Chương 4: Trong chương 4, chúng ta phát triển ánh xạ lũy thừa và logarit tại lâncận của I trong GL(n, k) và định nghĩa nhóm con một tham số Trongphần này ta sẽ chỉ ra không gian vectơ TG chính là tất cả các đạo hàm tại 0(Y0(0)) của các nhóm con một tham số Y Đại số Lie được định nghĩa và taxem TG là đại số Lie Cuối cùng ta tính số chiều của O(n), U(n) và Sp(n).

Hướng kế tiếp của chúng ta là xây dựng không gian topo và đem tất cả các nhóm

ma trận của chúng ta vào không gian Euclide, xây dựng các hàm liên tục, tập mở,tập đóng, tập compact và xây dựng cơ sở đếm được của các tập mở để nghiêncứu về các xuyến cực đại của những nhóm ma trận

Mục lục

1.1 Trường các quaternions thực 91.2 Vectơ và ma trận 121.3 Các nhóm tuyến tính tổng quát 15

2.1 Tích trong 202.2 Các nhóm trực giao 222.3 Đẳng cấu 27

3.1 Đường cong trong không gian vectơ 343.2 Đồng cấu trơn 39

4.1 Hàm mũ của ma trận 41

4.2 Hàm logarit 454.3 Nhóm con một tham số 464.4 Đại số Lie 48

Các ký hiệu trong luận văn

GL(n, k) Nhóm tuyến tính tổng quát

< , > Tích trong

O(n) = ϑ(n, R) Nhóm trực giao

U(n) = ϑ(n, C) Nhóm unita

Sp(n) = ϑ(n, H) Nhóm symplectic

SO(n) Nhóm trực giao đặc biệt

SU(n) Nhóm unita đặc biệt

so(n) Tập tất cả các ma trận đối xứng lệch trong M(n, R)

su(n) Tập tất cả các ma trận hermitian lệch trong M(n, C)sp(n) Tập tất cả các ma trận symplectic lệch trong M(n, H)

S3 = Sp(1) Tập tất cả các quaternions có độ dài 1

ánh xạ tuyến tính, 13

các nhóm tuyến tính tổng quát, 15

Hàm logarit, 45

Hàm mũ, 41

hermitian lệch, 37

không gian vectơ, 13, 14

Nhóm con một tham số , 46

nhóm con một tham số , 47

định thức, 16đơn cấu, 17đường cong tích, 35

Nhóm tuyến tính tổng quát

1.1 Trường các quaternions thực

Trong suốt luận văn này ta quy ước trường là một cấu trúc đại số thỏa mãn địnhnghĩa dưới đây

Định nghĩa 1.1.1 Trường k là một tập hợp trên đó xác định phép cộng và phépnhân thỏa mãn các điều kiện sau:

i) Phép nhân phân phối với phép cộng

ii) k cùng với phép cộng là một nhóm Abel

iii) k \{0} là một nhóm đối với phép nhân( không nhất thiết là nhóm Abel)

Dưới đây ta sẽ trình bày cách xây dựng trường các quaternion thực Trước hết

ta sẽ xây dựng trường số phức C ' R2 là mở rộng của trường số thực R

Trong tập R2 cho (x1, x2) và (y1, y2) là hai cặp số thực được sắp Lúc đó tađịnh nghĩa phép cộng và phép nhân như sau:

+Phép cộng: (x1, x2) + (y1, y2) = (x1+ y1, x2+ y2)

+Phép nhân: (x1, x2)(y1, y2) = (x1y1, x2y2)

Lúc đó ta có: (1, 0)(0, 1) = (0, 0)

(0, 0) là đơn vị của phép cộng Vậy tích của hai phần tử khác (0, 0) trong R2 bằng(0, 0) nên R2 không thể là trường với phép nhân này

Bây giờ ta định nghĩa lại phép nhân như sau:

(a, b)(c, d) = (ac − bd, ad + bc)

Lúc đó ta có:

(a, b) ((c, d) + (e, f )) = (a, b)(c + e, d + f )

= (a(c + e) − b(d + f ), a(d + f ) + b(c + e))

(a, b)(c, d) + (a, b)(e, f ) = (ac − bd, ad + bc) + (ae − bf, af + be)

Vậy phép nhân phân phối với phép cộng

Nếu (a, b) 6= (0, 0) thì nó có khả nghịch:

(a, b)( a

a2 + b2, −b

a2+ b2) = (1, 0)với (1, 0) là đơn vị của phép nhân

Với phép cộng và nhân như trên ta đã biến đổi R2 thành trường, ký hiệu C và gọilà trường số phức

Ta viết

(a, b) = a + bi

i2 = −1Lúc đó

(a + ib)(c + id) = ac + iad + ibc + i2bd

= ac − bd + i(ad + bc)Chúng ta có thể xem R như là trường con của C bằng cách đặt x ∈ R là x = x+i0.Lúc đó với x, y ∈ R, ta có:

x+ y = x + i0 + y + i0 = x + y + i0

xy = (x + i0)(y + i0) = xy + i0

Vậy chúng ta đã lấy trường R như tập tất cả (x, 0) trong R2 và mở rộng phép toántrong R vào R2 để được trường R2

Bây giờ ta tìm cách mở rộng C thành trường R3

Mệnh đề 1.1.2 Phép toán trên C không thể mở rộng R3 thành trường

Chứng minh Lấy 1, i, j làm vectơ cơ sở Lúc đó phần tử bất kỳ của R3 được viếtmột cách duy nhất thành a + ib + jc với a, b, c ∈ R

Với phép nhân mở rộng của C ta có: ij = a + ib + jc; a, b, c ∈ R Lúc đó

i(ij) = ia + i2b+ ijc cho nên:

−j = ia − b + ijc

−j = ia − b + (a + ib + jc)c

−j = (ac − b) + i(a + bc) + jc2

Nghĩa là c2 = −1 mâu thuẫn với c ∈ R

Vậy phép toán trên C không thể mở rộng R3 thành trường

Bây giờ ta sẽ xây dựng phép toán trên R4 sao cho R4 trở thành trường chứa

C như là trường con của nó

Lấy 1, i, j, k làm vectơ cơ sở cho R4 và định nghĩa bảng nhân các phần tử như sau:

1

k

i

-jj

+i(ay + bx + cw − dz) + j(az + cx + dy − bw) + k(aw + dx + bz − cy)

R4 với phép nhân này là một trường và ta gọi nó là trường các quaternionsthực ký hiệu là H Dễ kiểm tra phép nhân này chính là mở rộng của phép nhântrong C bằng cách lấy c = d = 0; z = w = 0 trong công thức trên

Bây giờ với q = a + ib + jc + kd khác (0 + i0 + j0 + k0) thì a2+ b2+ c2+ d2 6= 0và

q−1 = a− ib − jc − kd

a2 + b2 + c2+ d2.Dễ kiểm tra qq−1 = 1 = q−1q Vậy mỗi quaternion khác không đều có phần tửkhả nghịch

1.2 Vectơ và ma trận

Cho k ∈ { R,C,H}, kn là tập tất cả các bộ n phần tử được sắp của k Định nghĩaphép cộng trên kn bởi:

x = (x1, x2, , xn) y = (y1, y2, , yn)

x+ y = (x1+ y1, x2+ y2, , xn+ yn)

kn cùng với phép cộng này làm thành nhóm abel có đơn vị 0 = (0, 0, , 0) Cho

c∈ k ta định nghĩa phép nhân ngoài

cx= (cx1, cx2, , cxn)lúc đó kn là không gian vectơ trên trường k

Định nghĩa 1.2.1 Ánh xạ φ : kn → kn là ánh xạ tuyến tính nếu với mọi c, dthuộc k và x, y thuộc kn ta có: φ(cx + dy) = cφ(x) + dφ(y).

Đặc biệt φ(x + y) = φ(x) + φ(y), cho nên ánh xạ tuyến tính là đồng cấu củanhóm cộng kn

Mệnh đề 1.2.2 Nếu kn→ kφ n→ kψ n là hai ánh xạ tuyến tính thì ψoφ cũng là ánhxạ tuyến tính

Chứng minh

(ψoφ)(cx + dy) = ψ(cφ(x) + dφ(y)) = c(ψoφ)(x) + d(ψoφ)(y)

Định nghĩa 1.2.3 Mn(k) là tập tất cả các ma trận cấp n × n lấy phần tử trong k.Với M ∈ Mn(k), M = (mij) (mij ∈ k), chúng ta định nghĩa ánh xạ φ(M)bởi

φ(M )(x1, x2, , xn) = (x1, x2, , xn)(mij)với phép nhân ma trận ở phía bên phải; nghĩa là chúng ta nhân ma trận cấp 1 × nvới ma trận cấp n × n sẽ được ma trận cấp 1 × n Dễ thấy φ(M) là ánh xạ tuyếntính

φ(M )(cx + dy) = (cx + dy)(mij) = c(x1, x2, , xn)(mij) + d(y1, y2, , yn)(mij).Chúng ta sử dụng vectơ hàng thay vì vectơ cột vì không có sự lựa chọn khi k = H

Ta đã định nghĩa Hn là không gian vectơ với tích vô hướng nhân vào bên trái

c(x1, x2, , xn) = (cx1, cx2, , cxn)và nó không bằng (x1c, x2c, , xnc) với mọi c ∈ H Do dó nếu sử dụng vectơ cộtvà phép nhân ma trận ở bên trái thì không phải lúc nào cũng được ánh xạ tuyếntính Thật vậy với q, c, d ∈ H, x, y ∈ Hn, ta có

và chúng ta không thể hy vọng nó bằng với

(Lấy n = 1, x = 1, y = 1, d = 0, c = i và q = j )

Ngược lại, với ánh xạ tuyến tính φ : kn → kn, chúng ta dễ tìm ma trận M cấp

n× n sao cho φ = φ(M) (M là duy nhất) Hàng đầu của M là φ(1, 0, , 0), hàngthứ hai của M là φ(0, 1, 0, , 0), Thật vậy

cũng là đẳng cấu và φoφ−1 = Id = φ−1

oφ Gọi M(φ−1) là ma trận tương ứng với

φ−1, M(φ) là ma trận tương ứng với φ thì M(φ−1)M (φ) = I = M (φ)M (φ−1)nên M(φ−1) là khả nghịch hai mặt đối với ma trận M (φ) Vậy nếu A−1 là khảnghịch trái của A thì nó cũng là khả nghịch phải của A

Chúng ta trang bị các phép toán cho Mn(k) để nó trở thành không gian vectơnhư sau:

i) Nếu A = (aij) và B = (bij) thì A + B = (aij + bij).

ii) Nếu A = (aij) và c ∈ k thì cA = (caij)

Nhưng Mn(k) không chỉ là không gian vectơ Nó còn có phép nhân phân phốivới phép cộng

A(B + C) = AB + AC(B + C)A = BA + CA

Ta nhắc lại một ít về đại số: A được gọi là một đại số kết hợp có đơn vị trêntrường k (kết hợp với phép toán nhân) nếu:

1) Tập A là một vành có đơn vị

2) Tập A là một không gian vectơ trên trường k

3) Phép nhân của vành A và phép nhân vô hướng của mođun A thỏa mãn điềukiện

∀x ∈ k, ∀a, b ∈ A, x(ab) = (xa)b = a(xb)

Vậy Mn(k) là đại số kết hợp có đơn vị trên R

1.3 Các nhóm tuyến tính tổng quát

Định nghĩa 1.3.1 Nhóm các phần tử khả nghịch trong đại số Mn(R) được kýhiệu là GL(n,R), trong Mn(C) là GL(n,C), trong Mn(H) là GL(n,H) Các nhómnày được gọi là các nhóm tuyến tính tổng quát

Ma trận cấp (1 × 1) trên k chỉ là phần tử của k Nên

GL(1,R) =R\{0}

GL(1,C) =C\{0}

GL(1,H) =H\{0}

vì tất cả các phần tử khác không đều khả nghịch

GL(2,R) là tập tất cả các ma trận cấp (2 × 2) khả nghịch trong không gianvectơ M2(R) có số chiều 4 Vì thế

trong không gian 4 chiều không nằm trong tập ad = bc.

Đối với R và C chúng ta có định thức được định nghĩa trên Mn(R), Mn(C) và từđại số tuyến tính chúng ta biết rằng

GL(n, R) = {A ∈ Mn(R) |det A 6= 0 }

GL(n, C) = {A ∈ Mn(C) |det A 6= 0 } Giả sử chúng ta định nghĩa định thức trên M2(H) bởi

Chúng ta sẽ định nghĩa sao cho A ∈ Mn(H) khả nghịch ⇔ det(A) 6= 0

Nếu φ : G → H là đơn cấu, thì φ là đẳng cấu từ G vào nhóm con φ(G) của

H, vì thế chúng ta có thể xem G như nhóm con của H Chúng ta sẽ xây dựngđơn cấu

ψ: GL(n, H) → GL(2n, C)và sau đó cho A ∈ GL(n, H), chúng ta sẽ quy cho định thức của A chính là địnhthức của ψ(A), nghĩa là: det A = det ψ(A)

Chúng ta bắt đầu với

ψ : H → M2(C)được định nghĩa bởi

Bổ đề 1.3.2 Với ψ như trên, ta có

i) ψ(a + b) = ψ(a) + ψ(b)

ii) ψ(ab) = ψ(a)ψ(b)

iii) ψ là đơn cấu

Chứng minh i), ii) Chúng ta kiểm tra theo cách thông thường

Kế tiếp cho A ∈ Mn(H) chúng ta thiết lập ψ(A) = (ψ(aij))

Nghĩa là ψ(A) là ma trận phức cấp (2n × 2n) mà có khối (2 × 2) tại vị trí (ij) làψ(aij)

Bổ đề 1.3.3

ψ(AB) = ψ(A)ψ(B)Chứng minh Cho A = (auv) , B = (buv) Thì

(AB)ij = ai1b1j + ainbnj.Bởi bổ đề 1.3.2:

ψ((AB)ij)= ψ(ai1)ψ(b1j) + ψ(ain)ψ(bnj)và đây chính là phần tử (ij) của ma trận ψ(A)ψ(B)

Mệnh đề 1.3.4 Với mọi A ∈ Mn(H), thì A ∈ GL(n, H) ⇔ det A 6= 0

Chứng minh Lấy A ∈ GL(n, H) ⇒ ∃ A−1 ∈ GL(n, H) sao cho AA−1 = I =

A−1A

Rõ ràng ψ(A−1) là nghịch đảo của ψ(A), vì thế

det A = det ψ(A) 6= 0 ⇒ det A 6= 0

Bây giờ với A ∈ Mn(H) thỏa det A 6= 0 ta cần chứng minh A ∈ GL(n, H)

Ta có A ∈ GL(n, H) ⇔ ψ(A) ∈ ψ(GL(n, H)) Vậy ta chứng minh ψ(A) ∈ψ(GL(n, H))

Do



A∈ Mn(H) ⇒ ψ(A) ∈ ψ(Mn(H))det A 6= 0 ⇒ det ψ(A) 6= 0 ⇒ ψ(A) ∈ GL(2n, C)Suy ra ψ(A) ∈ ψ(Mn(H)) ∩ GL(2n, C)

nên áp dụng kết quả của mệnh đề sau ta được điều cần chứng minh

Mệnh đề 1.3.5 Cho B là đại số kết hợp hữu hạn chiều có đơn vị 1 trên trường k

A là đại số con của B chứa 1 Nếu U(A), U (B) là nhóm các phần tử khả nghịchcủa A, B thì

Lấy ψ(A) ∈ ψ(GL(n, H)) ⇒ ψ(A−1) là khả nghịch của ψ(A) Vậy ψ(A) là phầntử khả nghịch của ψ(Mn(H))

Bây giờ lấy ψ(B) ∈ ψ(Mn(H)), ψ(B) khả nghịch Ta chứng minh ψ(B) ∈

Vậy ψ(GL(n, H)) là nhóm các phần tử khả nghịch của ψ(Mn(H))

Do đó ta được điều cần chứng minh ở mệnh đề trên

Các nhóm trực giao

−j(az + cx + dy − bw) − k(aw + dx + bz − cy) = αβ

Dĩ nhiên đối với R hoặc C ta có αβ = αβ.

Cho k ∈ {R, C, H} ta định nghĩa tích trong < , > trên kn bởi

< x, y >= x1y1+ x2y2 + + xnyn.Mệnh đề 2.1.1 Tích trong < , > có các tính chất sau:

vii) Tích trong không suy biến, nghĩa là

Nếu < x, y >= 0 với mọi y, thì x = (0, 0, , 0);

Nếu < x, y >= 0 với mọi x, thì y = (0, 0, , 0)

Chứng minh i), ii), iii), iv), vi) dễ thấy, ta chỉ cần chứng minh v), vii)

Định nghĩa 2.1.2 Độ dài |x| của x ∈ kn là

|x| = √< x, x >

Chúng ta nhớ lại rằng nếu A ∈ Mn(k) thì liên hợp của nó A chính là ma trậncó được từ A bằng cách thay aij bởi aij; Chuyển vị AT có được từ A bằng cáchthay aij bởi aji Hai phép toán này giao hoán nên ký hiệu AT là hoàn toàn xácđịnh

Chúng ta cũng nhớ lại rằng đối với Hn chúng ta phải thực hiện phép toán sao cho

ma trận ở phía bên phải (vì phép nhân vô hướng ta định nghĩa trên không gian

Hn ở phía trái ) Vì thế chúng ta sử dụng vectơ hàng

Mệnh đề 2.1.3 Với hai phần tử x, y bất kỳ thuộc kn, A ∈ Mn(k) ta có

< xA, y >=< x, yAT > Chứng minh Cho A = (aij)

= (AAT)T = AAT = I

Do đó AT

= A−1 là khả nghịch của A

Cuối cùng ta cần chứng minh A−1 ∈ ϑ(n, k), ta có

< xA−1, yA−1 >=< xA−1A, yA−1A >=< x, y >

⇒ A−1 ∈ ϑ(n, k)

Vậy ϑ(n, k) là nhóm

Định nghĩa 2.2.3 Nếu k = R, thì ta viết ϑ(n, k) là O(n) và gọi nó là nhóm trựcgiao Nếu k = C, thì ta viết ϑ(n, k) là U(n) và gọi nó là nhóm unita Nếu k = H,thì ta viết ϑ(n, k) là Sp(n) và gọi nó là nhóm symplectic

Mệnh đề 2.2.4 Cho A ∈ Mn(k), các điều kiện sau đây là tương đương:

i) A ∈ ϑ(n, k)

ii) < eiA, ejA >= δij

iii) A biến cơ sở trực chuẩn thành cơ sở trực chuẩn

iv) Các hàng của A tạo thành cơ sở trực chuẩn

v) Các cột của A tạo thành cơ sở trực chuẩn

vi) AT = A−1

Chứng minh Để chứng minh mệnh đề này ta chứng minh i ⇒ iii ⇒ iv ⇒ ii ⇒

Vậy α1A, , αnA cũng là cơ sở trực chuẩn của kn

Chứng minh iii ⇒ iv

Ta có e1, e2, , en là cơ sở trực chuẩn ⇒ e1A, e2A, , enA cũng là cơ sở trựcchuẩn

Mà e1A, e2A, , enA chính là hàng thứ nhất, thứ hai, , thứ n của A

Vậy các hàng của A tạo thành cơ sở trực chuẩn

Chứng minh iv ⇒ ii

Từ 4 ta có các hàng của A tạo thành cơ sở trực chuẩn, do đó với hai hàng i), j) bấtkỳ của A là eiA, ejA ta có:

< eiA, ejA >= δij

Do đó

< eiA, ejA >= 0

Bây giờ chúng ta xét O(n), U(n), Sp(n) với n nhỏ O(1) là tập tất cả các sốthực có chiều dài 1, vì thế O(1) = {1, −1} U(1) là tập các số phức có độ dài 1 vàSp(1) là tập tất cả các quaternion có độ dài 1

Chúng ta định nghĩa

Sk = {x ∈ Rk+1| |x| = 1}

thì

O(1) = S0, U(1) = S1, Sp(1) = S3.Mệnh đề 2.2.7 Nếu k ∈ {R, C} và A ∈ ϑ(n, k) thì

(det A)(det A) = 1

Chứng minh AAT

= I ⇒ (det A)(det AT) = 1, ta lại có

det AT = det A = det A

Vậy (det A)(det A) = 1

Từ mệnh đề này ta thấy nếu A ∈ O(n)(= ϑ(n, R)), thì detA ∈ {1, −1}.Chúng ta định nghĩa

Ví dụ 2.2.2 Nếu A là phần tử của O(n) và detA = −1 Thì O(n) − SO(n) ={BA |B ∈ SO(n)} Thật vậy

Với A ∈ O(n), det(A) = −1, B ∈ SO(n) ta có: BA ∈ O(n) ,