Nhóm tuyến tính tổng quát và nhóm tuyến tính đặc biệt trên trường hữu hạn

Trờng đại học vinhKhoa toán ------Nguyễn thị thu hà nhóm tuyến tính tổng quát và nhóm tuyến tính đặc biệt trên trờng hữu hạn khoá luận tốt nghiệp đại học ngành cử nhân khoa học toán

Trờng đại học vinh

Khoa toán

- -Nguyễn thị thu hà

nhóm tuyến tính tổng quát và

nhóm tuyến tính đặc biệt trên trờng hữu hạn

khoá luận tốt nghiệp đại học

ngành cử nhân khoa học toán

lớp: e1-khoá 41

Cán bộ hớng dẫn khoa học :

hoá luận tốt nghiệp

Lời nói đầu

Nhóm ma trận đóng một vai trò hết sức quan trọng trong Toán học nói riêng

và trong các ngành khoa học khác Trong các tài liệu nói về nhóm chúng tôi đã biết, các tác giả chủ yếu xét nhóm ma trận trên trờng số thực hoặc trờng số phức-

là những trờng vô hạn Dựa trên những kết quả đã biết đó, chúng tôi khảo sát nhóm ma trận trên trờng hữu hạn và đã thu đợc những kết quả đáng quan tâm mà chúng tôi trình bày trong khoá luận này

Khoá luận đợc trình bày thành ba phần:

Đ1: Nhắc lại một số tính chất đơn giản của trờng hữu hạn để làm cơ sở cho các tiết sau

Đ2: Trình bày về nhóm tuyến tính tổng quát và nhóm tuyến tính đặc biệt (ĐN 2.3) trên trờng hữu hạn Từ đó xét các tính chất quan trọng của nhóm tuyến tính tổng quát và nhóm tuyến tính đặc biệt trên trờng hữu hạn (Mệnh đề 2.4; mệnh đề 2.5; mệnh đề 2.10; mệnh đề 2.13; hệ quả 2.14)

Đ3: Nghiên cứu về nhóm tuyến tính đặc biệt xạ ảnh trên trờng hữu hạn, là nhóm thơng của nhóm tuyến tính đặc biệt trên tâm của nó Các kết quả đáng quan tâm về nhóm này đợc trình bày ở mệnh đề 3.2; mệnh đề 3.3; định lý 3.6; hệ quả 3.7; mệnh đề 3.9 và mệnh đề 3.10

Khoá luận đợc hoàn thành dới sự hớng dẫn của thầy giáo- PGS.TS Lê Quốc Hán Nhân dịp này chúng tôi bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc đối với thầy về những

sự giúp đỡ nhiệt tình chu đáo và những góp ý thiết thực cho chúng tôi trong quá trình hoàn thành khoá luận Chúng tôi cũng xin cảm ơn các thầy giáo cô giáo trong tổ Đại số và các bạn sinh viên đã động viên, giúp đỡ chúng tôi hoàn thành khoá luận này

Vì trình độ và thời gian có hạn nên khoá luận chắc chắn còn nhiều thiếu sót, rất mong nhận đợc sự đóng góp ý kiến của bạn đọc để khoá luận này đợc hoàn thiện hơn Tác giả

hoá luận tốt nghiệp

Đ1 Một số tính chất đơn giản của trờng hữu hạn

Giả sử K là một trờng với phần tử đơn vị là e Nếu với mọi số nguyên m

≠ 0, ta đều có me ≠ 0 thì ta nói rằng trờng K có đặc số không Nếu tồn tại một số

nguyên dơng nhỏ nhất p sao cho pe = 0 thì ta nói rằng trờng K có đặc số p.

1.3 Mệnh đề.

i) Đặc số của một trờng K tuỳ ý hoặc bằng không, hoặc là số nguyên tố ii) Đặc số của trờng ℤp là p (trong đó p là số nguyên tố).

Chứng minh.

hoá luận tốt nghiệp

i) Giả sử K có đặc số không và p là số nguyên dơng nhỏ nhất thoả mãn

l n

= [(mt + ln)e](nte)-1 = (mte + lne)(nte)-1

•∀ r ∈ℚ , r= mn , (m,n) = 1; m, n ∈ℤ, n > 0

∀α∈ K ta có

n

mn

m

r=α =αα

Suy ra ϕ là một đơn ánh từ ℚ vào K (****)

Từ (***) và (****) ta suy ra ϕ là một đơn cấu từ ℚ vào K

Do đó P = Imϕ là trờng con của K Ta sẽ chứng minh P là trờng con nhỏ nhất của K (P≅ Q)

Thật vậy: Giả sử P’ là trờng con của K thoả mãn P’ ≅Q Ta chứng minh P

⊂ P’

Do P’ ≅ Q ⇒ tồn tại đơn cấu trờng ψ: Q → P’, ψ ≠ 0.

Ta có ψ(1) = e (do ψ đơn cấu trờng, ψ ≠ 0)

⇒ψ(m) = ψ(1+ 1+  +1)= ψ (1)+ +ψ(1)

= m.ψ(1) = me (∀m ∈ℕ)

( ) ( )

p q q

p q p

pe p

ψ ψ

ψ ψ

q

p(.qe

Chú ý: Một trờng đợc gọi là trờng nguyên tố nếu nó không chứa trờng

con thực sự Nh vậy ℚ và ℤp là các trờng nguyên tố và từ mệnh đề 1 4 suy ra mọi truờng đều chứa một trờng con nguyên tố hoặc đẳng cấu với ℚ, hoặc đẳng cấu với ℤp tuỳ theo đặc số của K bằng không hay bằng p

1.5 Mệnh đề.

i) Nếu A là một miền nguyên hữu hạn thì A là một trờng.

ii) Nếu A là một trờng hữu hạn thì A có đặc số khác không.

iii) Giả sử A là một trờng hữu hạn và p là đặc số của trờng A Khi đó |A|

= p n với n là một số nguyên dơng xác định.

Chứng minh.

hoá luận tốt nghiệp

i) Giả sử A là một miền nguyên hữu hạn gồm n phần tử, A = {a1,a2, , an} trong đó chẳng hạn a1 = 0, a2 là phần tử đơn vị

Xét B = {a2, , an} với mỗi j = a, 3, , n ta có {aja2, , ajan} là n - 1 phần tử khác nhau và khác không của A (vì A là miền nguyên), do đó B = {aja2, , ajan} Suy

ra tồn tại chỉ số i, 2 ≤ i ≤ n sao cho aj.ai = a2 =1 ⇒ ai là nghịch đảo của aj Vậy A

là một trờng

ii) Giả sử đặc số của trờng A bằng không Khi đó A chứa vô hạn phần tử

me, m = 1, 2, mâu thuẫn với giả thiết A hữa hạn Vậy đặc số của thờng A là khác không

iii) Theo mệnh đề 1 3, đặc số của A là một số nguyên tố p Giả sử A có q phần tử Theo mệnh đề 1 4 suy ra A chứa một trờng con đẳng cấu với trờng ℤp Có thể xem ℤp là trờng con của A Khi đó có thể xem A là không gian vectơ trên trờng

ℤp và dim A hữu hạn Giả sử dim A =n, nếu {u1, , un} là một cơ sở của A trên trờng

ℤp thì mọi phần tử thuộc K có dạng a1u1 + a2u2 + + anun, ai∈ ℤp (*)

Mỗi ai có thể nhận p giá trị, vì vậy có tất cả pn phần tử dạng (*), hay q = pn ⇒

A = pn Vậy suy ra mệnh đề đợc chứng minh

1.6 Mệnh đề.

Giả sử K là một trờng hữu hạn và U là nhóm nhân các phần tử của K Khi

đó U là nhóm xyclic.

Chứng minh.

Giả sử K là một trờng có hữu hạn số phần tử - Chẳng hạn có p phần tử, K*

= K \ {0} lập thành một nhóm đối với phép nhân Giả sử m là cấp lớn nhất của các phần tử thuộc K* và u ∈ K* là phần tử cấp m Thế thì m ≤ q - 1 và nếu ta chứng minh đợc m = q -1 thì mọi phần tử của K* đều là luỹ thừa của u, hay K* là một nhóm xyclic

hoá luận tốt nghiệp

Trớc hết ta chứng minh rằng trong nhóm hữu hạn K*, nếu có phần tử x và

y có cấp r và s tơng ứng thì cũng tồn tại phần tử có cấp là bội chung nhỏ nhất k của r và s

Nếu (r, s) = 1 thì dễ thấy rằng phần tử xy có cấp k = r.s Trong trờng hợp tổng quát, dùng cách phân tích r và s thành tích của các thừa số nguyên tố ta có thể biểu diễn r và s dới dạng r = r0r1, s = s0s1, trong đó (r0, s0) = 1; k = r0.s0

Thế thì các phần tử x và r 1 y có cấp tơng ứng là rs 1 0 và s0 thoả mãn (r0, s0) = 1 Do

đó phần tử x r 1 y có cấp k = rs 1 0.s0

Nh vậy nếu m là cấp lớn nhất của các phần tử thuộc K* thì cấp của mọi phần tử thuộc K* đều là ớc của m, nghĩa là mọi phần tử thuộc K* đều là nghiệm của đa thức tm - 1 Nhng trong mọi trờng hợp tuỳ ý, đa thức bậc m có không quá

m nghiệm nên q - 1 ≤ m Mà theo lập luận trên: m ≤ q - 1

Do đó m = q - 1 và mệnh đề 1.6 đợc chứng minh

1.7 Mệnh đề.

Giả sử K là một trờng hữu hạn với q phần tử Khi đó với mọi x ∈ K có x q = x Chứng minh.

Theo mệnh đề 1.6, mọi phần tử khác không của trờng K đều thoả mãn

điều kiện tq-1-1 = 0, cón phần tử không của trờng K thoả mãn điều kiện t = 0.Vậy mọi phần tử thuộc K thoả mãn phơng trình:

t(tq-1 - 1) = 0, hay tq- t = 0 ⇒ tq = t suy ra điều phải chứng minh

hoá luận tốt nghiệp

Đ2 Nhóm tuyến tính tổng quát

và nhóm tuyến tính đặc biệt trên trờng hữu hạn.

2.1 Định nghĩa: Cho S là một tập con của nhóm X Ta gọi nhóm con của X

sinh bởi tập S là nhóm con nhỏ nhất chứa tập S Kí hiệu <S>.

Nh vậy, nhóm con sinh bởi tập S có hai tính chất:

i) <S> là nhóm con của X

ii) Nếu A là nhóm con của X và A ⊃ S thì A ⊃ <S>

2.2 Mệnh đề: Mọi tập con S của nhóm X tồn tại và duy nhất nhóm con <S>

∈

=

>

Theo định nghĩa ta chỉ cần chứng minh <S> = C là một nhóm con

Thật vậy, 1X∈ B với mọi B ∈ A nên 1X∈ C

Nếu x, y ∈ C thì x, y ∈ B với mọi B ∈ A Do đó B là nhóm nên xy-1 ∈ B với mọi

GL(n; K):= {a = [aij]n.n  det a ≠ 0; aij∈ K}

Nhóm SL(n; K):= {a ∈ GL(n; K)  det a = 1} đợc gọi là nhóm tuyến tính

đặc biệt.

Bằng các phép biến đổi sơ cấp trên các cột ta có thể biến đổi a thành ma

trận dạng (aij) sao cho a12 ≠ 0 Sau đó nhân bên phải ma trận ấy với  −12 

11

21 a

a1

ta thu đợc ma trận mới mà dòng 1, cột 1 bằng 1 Sau đó dùng các phép biến đổi sơ cấp để biến các phần tử còn lại của cột 1 và dòng 1 bằng 0 cả Tiếp tục quá trình

đó vào ô cấp n -1 còn lại

Lặp lại quá trình trên sau một số hữu hạn bớc, ta thu đợc ma trận dạng d(β)

hoá luận tốt nghiệp

Vậy a = t1.t2 tr.d(β).tr+1 ts, trong đó ti là các ma trận dạng tij(α), ∀i∈1,s

Điều này đã chứng minh khẳng định i)

ii) Giả sử b ∈ SL(n; K) Khi đó detb = 1 Nhớ rằng dettij(α) = 1 và

1

0

0

i

n qq)

q,n(GL

i

n qq1q

1)q,n(

Chứng minh.

i) Xét nhóm tuyến tính tổng quát trên một trờng hữu hạn Giả sử p là một

số nguyên tố và m, n là hai số tự nhiên (m, n ≥ 1), q = pm

Khi đó, nhóm GL(n,q) =G có ∏− ( )

=1 −

n 0 i

hoá luận tốt nghiệp

Bởi vậy, M bằng số tất cả khả năng có thể chọn y, nghĩa là M = qn-1 GL(n-1,q) 

i

n qq)

q,n(GL

ii) Xét ánh xạ f: GL(n, q) → K*

adet atrong đó K là trờng hữu hạn có q phần tử và K* = K \ {0} Khi đó K* = q-1.Vì f là toàn cấu và Ker f = {a ∈ GL(n, q)  f(a) = 1}

= {a ∈ GL(n, q) det a = 1} = SL(n, q)nên theo định lý cơ bản về đồng cấu ta có:

*K

≅

)q,n(SL)q,n(GL

=n 10 i

i

n qq)

i

n qq1q

1)q,n(

ho¸ luËn tèt nghiÖp

ii) [ax, bx] = [x-1ax, x-1bx] = x-1a-1x.x-1b-1x.x-1ax.x-1bx = x-1a-1b-1xab

[a,b]x = (a-1b-1ab)x = x-1a-1b-1xab

hoá luận tốt nghiệp

Bây giờ, ta xét trờng hợp n = 2 Vì khi K > 2, theo (4) có thể chọn β1 ≠

β, nên công thc (1) đúng với mọi nhóm, trừ GL(2, 2) Mặt khác, khi K> 3, có thể chọn β1 ≠ β2, β1.β2 = 1, nên công thức (2) đợc chứng minh trừ các trờng hợp SL(2, 2), SL(2, 3)

b a ) 2 , 2 (

d c GL

1 11

1 11

0 11

1 00

1 01

0 12

1

;0

;1

;1

;1

;0)

0

;1

00

1

4 3

2

1=  = α =  α =  α = 

α

1

0 1

1 0

1 e;

1

0

α =  α = 0

1 1

1

1

1

;0

1

6 5

α

=αα

α

=αα

α

α

=α

α

4 4

5

6 5

4 6

2 5

3 5

2 3

2 4

6 4

2

;

;

Suy ra [GL(2, 2); GL(2, 2)] = {e; α3; α6} = .

1

;1

1 1 1

1 01

0 1

1 1 1

1 01

0 1

2.12 Định nghĩa:

• Giả sử M là tập con và H là nhóm con của G Khi đó tập hợp: CH(M):= {x | x

∈ H, mx = m, ∀m ∈ M} đợc gọi là cái tâm hoá của tập hợp M bởi nhóm H.

• Cái tâm hoá của toàn bộ nhóm G đợc gọi là tâm của nhóm G và đợc kí hiệu là

Chứng minh.

Giả sử K là một trờng Khi đó, mọi ma trận vô hớng hiển nhiên nằm trong tâm (a = λe thì λ≠ 0)

Ngợc lại, nếu a là phần tử thuộc tâm của các nhóm này, thì nó giao hoán

đợc với các ma trận tij:= tij, nghĩa là a.tij = tij.a → aij = 0, aii = ajj, ∀i ≠ j, nghĩa là a

là ma trận vô hớng Trong việc tính toán chi tiết, ta chú ý rằng mỗi ma trận x có thể viết đợc dới dạng: x:=∑xrs.ers và ta có thể sử dụng bảng nhân:

r j nếue

m

mn

u u

dk q

⇒ mn = mdl dk ⇒ ml k ⇒ m k ⇒ m = {k, 2k, , dk}

Suy ra {λλe ∈ C(SL(n, q))}  = | {m|mk} =d

VËy C(SL(n, q)) = d = (n, q - 1)

hoá luận tốt nghiệp

Đ3 Nhóm tuyến tính đặc biệt xạ ảnh trên trờng

bax)x(f

+

+

= với hệ số trên ờng K và định thức ad - bc = 1 cùng với phép toán hàm hợp lập thành một nhóm

bax)x

baxf(x) d

b

Giả sử α=  β=c' d'

b' a'd

b ,c

1bcad

Và αβ =  + + 

++

bd'ab' bc'd'

b' d

b

'ca

'aa'

c

'ac

a

Vì det(αβ) = det(α) det(β) = 1.1 = 1 nên

(aa’ + bc’)(cb’ + dd’) - (ca’ + dc’)(ab’ + bd’) = 1

hoá luận tốt nghiệp

Khi đó:

)'dd'cb(x)'dc'ca(

)'bd'ab(x)'bc'aa()(

+++

+++

=αβ

Mặt khác:

d d x c

b x a c

b d x c

b x a a d x cg

b x ag f x g f x g f

+ + +

+ +

+

= +

+

=

=

' '

' '

' '

' ' )

(

) ( )]

( [ ) )(

( 0

=

) ' ' ( ) ' ' (

) ' ' ( ) ' ' (

dd cb x dc ca

bd ab x bc aa

+ + +

+ + +

0 hay

1

0

0

Chiều ngợc lại ⊃ là hiển nhiên

Do đó Kerϕ = C(SL(2; K)), nên theo định lý đồng cấu nhóm, ta có:

))

; 2 ( ( )

; 2 (

K SL C K

i

n q )q

(.)1q(d

1)

q,n(

i

n q )q

(.1q

1)q,n(SL

n q )q

(.)1q(d

1)

q,n(

• Nếu trờng K có đặc số 2, thì nó tạo thành từ nghiệm của phơng trình z2m

- z = 0, bởi vậy với a ∈ K, a là số chính phơng nên phơng trình x2 - y2 = a có nghiệm, chẳng hạn x = a, y = 0

• Nếu đặc số của trờng K khác 2, thì hệ phơng trình

1yx

ayx

giải đợc trong K: x = 2-1(a + 1); y = 2-1(a - 1)

Nghiệm của hệ đó chính là một nghiệm của phơng trình x2 - y2 = a

Chú ý rằng: Khi đặc số của trờng K khác 2, lập luận trên đợc giữ nguyên

đối với một trờng tuỳ ý, không nhất thiết hữu hạn

hoá luận tốt nghiệp

• Giả sử K ≥ 4, ta sẽ chứng tỏ rằng: nếu H là ớc chuẩn của SL(n; K) chứa tất cả các ma trận vô hớng và ít nhất một ma trận không phải là ma trận vô hớng, thì H = SL(2; K)

Nhóm con H chứa ma trận dạng t12(λ), trong đó λ≠ 0

Thật vậy, trớc hết giả sử a21 = 0, nghĩa là

α

=

0

*

1a

Nếu α2= 1, thì ma trận dạng t12(α) cần tìm ứng với α ± 1 (chú ý: tij(λ) = e + λeij)

Nếu α2 ≠ 1, thì có thể lấy hoán tử [a, t11] = t12(1 - α2) ở đây tij là kí hiệu ngắn gọn của tij(1) = e + eij (Chú ý: t12(1 – α2) = e + (1 - α2)e12)

=  + −  =0 1 

1 1 0 0

-0 1 ) 1 ( 1 0

0

1

12] a t a t

t,a[ = − − ∈ H.H = H

Bây giờ, ta xét trờng hợp a21 ≠ 0 Khi đó với β là phần tử khác không bất

kỳ của K xác định duy nhất một ma trận

β

11 21

a a

* 1

hoá luận tốt nghiệp

• Còn lại phải xét trờng hợp K = 5

Chọn β = 1, khi đó: = a (a +a )

2t

21 12Nếu vết ma trận tra = a11 + a22≠ 0 thì c là ma trận cần tìm

Nếu tra = 0 thì ta thay ma trận a bởi ma trận a* = [a,t12−1], khi đó:

0a2tra* = + 221 ≠ Nhóm con H chứa tất cả các ma trận dạng tij(α) với i ≠ j và bởi vậy H = SL(2; K) vì {tij(α) | α ∈ K, i ≠ j} là tập sinh của SL(2; K)

Thật vậy: H chứa tất cả các ma trận dạng t12(α), vì

) ( t 0

1 ).

( t 0

1

2 12

ρ λ

ρ

0

0

t12(λρ2).t12(λσ2) = t12(λ(ρ2 - σ2))

và ρ2 - σ2 chạy qua tất cả các phần tử của K với ρ, σ tuỳ ý (xem bổ đề 3.4)

Cuối cùng, ta chú ý rằng:

)(t1

0)

(t

1- 0

1-

Do đó, việc xét trờng hợp n = 2 kết thúc

b) Bây giờ, ta xét trờng hợp n ≥ 3, K là một trờng tuỳ ý Giả sử H là ớc chuẩn của SL(n; K), chứa tất cả các ma trận vô hớng và một ma trận a không phải là một

ma trận vô hớng nào đó Ta sẽ chứng tỏ rằng H = SL(n; K)

Trong tính toán sau đây, ta sẽ viết ma trận W dới dạng: ƯW =∑w rs.e rs và

sử dụng bảng nhân sau đây:

ee

eij rs is

j nếu

r j nếu

Bởi vì a không phải là ma trận vô hớng nên nó không giao hoán với ít nhất một ma trận dạng tij(α) Thay đổi các dòng và các cột nếu cần, ta có thể giả thiết rằng x = [a, t ] ≠ e Kí hiệu y = a-1 Khi đó tính toán trực tiếp ta có:

n n

a y

a y

a y

a y

a y e

x

1 2

1 22

1 12

12 2

12 22

12 12

này là rõ ràng, nếu a12 = = a1n = 0

Bây giờ ta giả sử rằng a12 ≠ 0 Khi đó có thể chọn z = u-1xu, trong đó:

0

* 1 0

* 0

1

khác ma trận đơn vị

Thật vậy, có: [z, t31] = e - (z11 - 1)e31 - z12.e32

[z, t32] = e - (z22 - 1)e32 - z21.e31.Nếu ít nhất một trong các hoán tử này khác ma trận đơn vị thì có thể chọn chúng làm ma trận v Giả sử hai hoán tử đó đều là ma trận đơn vị Khi đó

* 0 1

Nếu n = 3 hay zi1 = zi2 = 0, ∀i ≥ 4, thì có thể chọn v = z Nếu các vô hớng

z41, z42 không đồng thời bằng 0, thì có thể chọn v là hoán tử:

[z, t34] = e - z41.e31 - z42.e32.Nhóm con H chứa ít nhất một ma trận dạng tij(α) Thật vậy, nếu v32 = 0 thì

có thể chọn chính v Nếu v32≠ 0 thì có thể chọn ma trận:

hoá luận tốt nghiệp

Nhóm con H chứa tất cả các ma trận dạng tij(α) và bởi vậy trùng với SL(n; K) Thật vậy, ta có:

(x, vớiy

o

0 x

0 0

)y,x(A

* e

*

*

00

1B

Trong đó ek là ma trận đơn vị cấp k và sự phân ngăn cả hai lần đều giống nhau

i

n q )q

(1q

1)q,n(SL