Về nhóm con của nhóm so(3)

Về nhóm con của nhóm so(3)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

ĐỖ VIỆT HÙNG

VỀ NHÓM CON CỦA NHÓM SO(3)

Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số

Mã số: 60.46.05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS VŨ THẾ KHÔI

THÁI NGUYÊN - 2008

Lời nói đầu

Nhóm các phép quay SO(3) xuất hiện nhiều trong các lĩnh vực khácnhau của toán học do đó nó là một đối tượng kinh điển đã được nghiên cứubởi nhiều nhà toán học Đối tượng được trình bày trong luận văn là nhómcon của nhóm SO(3) sinh bởi hai phép quay có bậc hữu hạn quanh các trụcvuông góc

Nhóm các phép quay này được quan tâm nghiên cứu do nó có ứng dụngtrong lí thuyết Tilings, một lí thuyết nghiên cứu quá trình phủ không gianbằng các bản copy của một số hữu hạn các hình đa diện cho trước Tuy nhiêntrong khuôn khổ của một luận văn Cao học, chúng tôi chỉ tập trung tìm hiểukết quả đại số thuần tuý mà không trình bày được lí thuyết Tilings

Bài toán đại số nghiên cứu trong luận văn là tìm hiểu cấu trúc đại số củacác nhóm con G(p, q) sinh bởi hai phép quay quanh hai trục vuông góc vớicác góc quay lần lượt là 2π/p và 2π/q Chúng ta nghiên cứu nhóm con nàyvới chú ý là ta đã có một số kết quả bước đầu như sau: Nếu p hoặc q bằng 1,G(p, q) là nhóm Cyclic hữu hạn; nếu p hoặc q bằng 2, G(p, q) là nhóm nhịdiện hữu hạn; G(4, 4) là nhóm đối xứng của các hình lập phương; còn tấtcả các trường hợp khác G(p, q) là trù mật trong SO(3) Luận văn được trìnhbày theo bài báo [4] của hai tác giả C.radin và L.Sadun (năm 1998) Kết quảchính đầu tiên của luận văn chính là định lí cấu trúc (Định lí 2.1.2), chỉ rarằng nhóm G(p, q) đẳng cấu với tích tự do và tích tự do với nhóm con chungcủa các nhóm đơn giản là nhóm cyclic hay nhóm nhị diện Kết quả tiếp theo

là định lí về dạng chuẩn tắc của các phần tử nói rằng mọi phần tử của nhómG(p, q) đều có thể biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng tích của một sốphần tử có dạng cụ thể (Xem định lí 2.2.1 và 2.2.6) Ngoài ra trong phầncuối luận văn còn nghiên cứu một ví dụ về nhóm con của nhóm SO(3) sinhbởi hai phép quay với các góc quay là tích của 2π với một số vô tỉ hay siêuviệt Bằng cách sử dụng kĩ thuật như phần đầu, luận văn chứng minh đượcmột số trường hợp nhóm trong ví dụ là đẳng cấu với nhóm tự do sinh bởi hai

phần tử Luận văn gồm 3 chương.

Chương 1 dành để giới thiệu các khái niệm, các tính chất đặc trưng vàcác ví dụ minh họa về phép quay và ma trận phép quay; nhóm tự do; tích tựdo; tích tự do với nhóm con chung nhằm phục vụ cho chương sau

Chương 2 là chương trình bày những nội dung chính của luận văn gồmhai phần Phần 1 trình bày biểu diễn cho nhóm G(p, q) Phần 2 trình bàydạng chính tắc cho mỗi phần tử của nhóm G(p, q)

Chương 3 trình bày thêm một ví dụ nghiên cứu về nhóm các phép quayG(v, 4)trong đó có góc quay v là một số vô tỉ cho trước nhân với 2π Sau đótrình bày ví dụ nghiên cứu bước đầu về nhóm G(ω, 4) với eωi (tương đươngcos(ω)) là siêu việt

Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn tận tình của Thầy Ts VũThế Khôi Tôi xin bày tỏ sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy.Tôi xin trân trọng cám ơn ban lãnh đạo khoa toán ĐHSP Thái Nguyên,khoa sau đại học ĐHSP Thái Nguyên, cám ơn các thầy cô giáo đã trang bịcho tôi kiến thức cơ sở

Tôi xin trân trọng cám ơn ban giám hiệu và các bạn đồng nghiệp trườngTHPT chuyên Hà Giang, xin trận trọng cám ơn những người thân, bạn bè vàlớp cao học toán K14 đã động viên giúp đỡ tôi trong qua trình hoàn thànhluận văn

1.1.1 Định nghĩa Phép quay quanh trục Ox với góc quay ϕ trong khônggian 3 chiều với hệ trục toạ độ đề các vuông góc Oxyz là một phần tử củanhóm SO(3) có ma trận tương ứng là

Về ma trận của ánh xạ tuyến tính có thể xem thêm [2] Phần tiếp theotrình bày lý thuyết nhóm tự do, biểu diễn cho nhóm, tích tự do, tích tự dovới nhóm con chung theo [3].

1.2 Nhóm tự do

1.2.1 Định nghĩa Một tập con S của nhóm F được gọi là cơ sở tự do của

F nếu mọi hàm ϕ : S −→ G từ một tập S đến nhóm G đều có thể mở rộngduy nhất thành một đồng cấu ϕ : F −→ Ge sao cho ϕ(s) = ϕ(s), ∀s ∈ Se và

ta có sơ đồ

G

H H H H H H H H

và phép nhân được định nghĩa là ai.aj = ai+j với i, j ∈ Z

Khi đó C là một nhóm tự do với cơ sở tự do là tập S = {a}

Thật vậy, nếu ϕ : S −→ G là một hàm bất kì và ϕ(a) = g ∈ G thì đồngcấu mở rộng ϕ : C −→ Ge được định nghĩa bởi ϕ(ae i) = gi Hiển nhiên ϕe

là mở rộng duy nhất Chú ý rằng C còn có một cơ sở tự do khác nữa đó

là tập {a−1}, và đó là hai cơ sở tự do duy nhất của C Tương tự ta cũng cónhóm các số nguyên Z (đẳng cấu với C) là nhóm tự do với hai cơ sở tự do

là {1} và {−1}

1.3 Biểu diễn nhóm bởi các phần tử sinh và hệ thức

Ta muốn mô tả nhóm bằng cách viết ra một vài phần tử sinh ra nhóm và đưa

ra một vài quan hệ giữa chúng Ta thường dùng kí hiệu

G = ha1, a2, a3, |u1 = v1, u2 = v2, i,

trong đó ai là các kí tự và uj, vj là các từ tạo bởi ai Do trong nhóm thoả mãn

u = v ⇔ uv−1 = 1, vì thế ta có thể biểu diễn cho nhóm dưới dạng tương

đương

G = ha1, a2, |r1 = 1, r2 = 1, i,trong đó ri = uiv−1i với i = 1, 2, 3, hoặc để đơn giản ta kí hiệu

G = ha1, a2, |r1, r2, i

1.3.1 Định nghĩa Một biểu diễn P = hS|Di là một cặp bao gồm một tập

S các phần tử sinh và một tập D các từ trên S gọi là hệ tử định nghĩa.Nhóm biểu diễn bởi P , kí hiệu gp(P ) là nhóm FS/ND trong đó FS lànhóm tự do với cơ sở tự do S và ND là bao đóng chuẩn tắc của D trong FS,

đó là nhóm con chuẩn tắc nhỏ nhất của FS chứa D Do đó nếu r ∈ D thì

r ∈ ND và vì thế r = 1gp(P )

Nếu G = gp(P ) ta thường viết là G = hS|Di khi không cần thiết phânbiệt nhóm và sự miêu tả nhóm đó Một biểu diễn P = hS|Di gọi là hữu hạnsinh nếu S có hữu hạn phần tử và là quan hệ hữu hạn nếu D có hữu hạnphần tử Nếu cả S và D đều có hữu hạn phần tử thì P là một biểu diễn hữuhạn

Nếu S = {a1, a2, a3, }, D = {r1, r2, r3, } ta sử dụng kí hiệu

P = ha1, a2, a3, |r1, r2, r3, i,

trong trường hợp này các ri được gọi là các hệ tử hoặc

P = ha1, a2, |r1 = 1, r2 = 1, i,

thì các ri = 1 gọi là các hệ thức

1.3.2 Ví dụ (1) Nhóm Cyclic vô hạn C được viết theo lối nhân với phần tửsinh a, có biểu diễn C = ha|∅i với các hệ tử định nghĩa là rỗng Tổng quáthơn nhóm tự do FS với cơ sở tự do S có biểu diễn F = hS|∅i.

(2) Nhóm Cyclic hữu hạn Cn có bậc n, có biểu diễn Cn = ha|an = 1i

1.4 Tích tự do

1.4.1 Định nghĩa Giả sử H và K là hai nhóm Nhóm L được gọi là tích tự

do của H và K nếu có các đồng cấu: iH : H −→ L và iK : K −→ L thoảmãn các điều kiện sau: Với mọi cặp đồng cấu α : H −→ G và β : H −→ Gtrong đó G là nhóm bất kì, thì có duy nhất đồng cấu γ : L −→ G sao cho

Qua theo dõi biểu đồ dễ dàng thấy rằng tích tự do của H và K là duynhất (sai khác một đẳng cấu) Ta kí hiệu nó là H ? K

Dễ dàng thấy rằng tích tự do tồn tại vì ta có thể viết ra biểu diễn cho

H ? K Giả sử H và K được cho bởi biểu diễn H = hS|Di và K = hT |Ei.Bằng cách thay đổi một trong các chữ cái nếu cần thiết ta có thể giả thiết S

và T là dời nhau, tức là S ∩ T = ∅ Thì biểu diễn cho H ? K có dạng

H ? K = hS ∪ T |D ∪ Ei

Do định nghĩa đòi hỏi ánh xạ iH và iK là những đồng cấu cảm sinh bởi

sự bao hàm trên những phần tử sinh nên cả hai đều là đơn cấu Thật vậy, nếu

ta định nghĩa ϕ : H ? K −→ H cho tương ứng s 7→ s, t 7→ 1 với mọi s ∈ H

và mọi t ∈ K thì ϕ là một đồng cấu và ϕ ◦ iH là đồng cấu đồng nhất trên H,

do đó iH là đơn cấu và ta cũng có H ∩ K = {1} Tương tự iK là đơn cấu.Cuối cùng cho các đồng cấu α, β như trong định nghĩa, γ được cho bởiγ(s) = α(s) với mọi s ∈ S và γ(t) = β(t) với mọi t ∈ T thì γ xác địnhmột đồng cấu Như vậy từ định nghĩa cho ta ánh xạ γ xác định duy nhất

Trong cùng một định nghĩa thì tích tự do H ? K là nhóm tự do chứa H và

K Nhóm con H, K được gọi là nhân tử tự do của H ? K

1.4.2 Ví dụ Cho Zp = hα|αp = 1i, Zq = hβ|βq = 1i thì

Zp? Zq = hα, β|αp = 1, βq = 1i,hoặc

Zp? Zq = hα, β|αp, βqi

Một biểu thức hay một từ luân phiên trong H ? K là một tích có dạng

h1k1h2k2ã ã ã hmkm trong đó hi ∈ H và ki ∈ K Theo quy ước ta thừa nhận

có thể một hoặc cả hai h1 hoặc km không được biểu diễn, tức là phần đầuhoặc cuối của biểu thức có thể không có Như vậy biểu thức có thể có mộttrong bốn dạng: h1k1h2k2ã ã ã hmkm hoặc k1h2k2ã ã ã hmkm trong đó h1 không

được biểu diễn, hoặc h1k1h2k2ã ã ã hm trong đó km không được biểu diễn,hoặc k1h2k2h2ã ã ã hm trong đó km không được biểu diễn

Số các nhân tử được biểu diễn gọi là độ dài của từ Ta thừa nhận biểu thứcrỗng có độ dài bằng 0 Một biểu thức luân phiên được gọi là rút gọn nếumỗi hi 6= 1H và ki 6= 1K khi biểu diễn Nếu một biểu thức luân phiên không

được rút gọn nó sẽ bằng một biểu thức luân phiên ngắn hơn thu được bằngcách di dời một trong các hạng tử và gộp chúng lại Do đó nếu hi = 1H,biểu thức luân phiên h1k1ã ã ã ki−1hikiã ã ã hmkm có thể thay thế bằng biểuthức luân phiên h1k1ã ã ã hi−1(ki−1ki)hi+1ã ã ã hmkm có ít hơn sự luân phiên

và biểu diễn cùng nhóm phần tử Tiếp tục theo cách này cuối cùng ta đi

đến một biểu thức luân phiên rút gọn biểu diễn cùng một nhóm phần tử nhưnguyên bản Chú ý rằng biểu thức rỗng là biểu thức đã được rút gọn

Từ lí luận ở trên ta có định lí (có thể xem chứng minh chi tiết trong [3],tr.33)

1.4.3 Định lý (Định lí dạng chuẩn tắc)

Mỗi phần tử của H ? K được biểu diễn là một biểu thức luân phiênduy nhất có dạng h1k1h2k2ã ã ã hmkm với hi 6= 1H và ki 6= 1K Sự duy

nhất ở đây có nghĩa là nếu hai biểu thức bằng nhau trong H ? K, cụ thể

h1k1ã ã ã hmkm = h01k10 ã ã ã h0nkn0 trong H ? K thì n = m và mỗi hi = h0i trong

H và mỗi ki = ki0 trong K với mọi i = 1, 2, , m

1.5 Tích tự do với nhóm con chung

Ta tổng quát hoá việc xây dựng tích tự do như sau: Giả sử H và K có một đẳngcấu nhóm con, vì thế có một cặp các phép nhúng ( đơn cấu ) σ : M −→ H và

τ : M −→ K Ta muốn dạng nhóm "tự do nhất" chứa H và K mà nhóm concủa chúng σ(M) và τ(M) là trùng nhau, tức là H ∩ K = σ(M) = τ(M).1.5.1 Định nghĩa Nhóm L được gọi là tích tự do của H và K với nhómcon chung M nếu có các ánh xạ iH : H −→ L và iK : K −→ L sao cho

iH ◦ σ = iK◦ τ thoả mãn các điều kiện sau: Mỗi cặp đồng cấu α : H −→ G

và β : K −→ G sao cho α ◦ σ = β ◦ τ trong đó G là nhóm bất kì thì có duynhất đồng cấu γ : L −→ G thoả mãn: α = γ ◦ iH và β = γ ◦ iK Ta có biểu

Theo dõi biểu đồ trên ta dễ dàng chỉ ra rằng tích tự do L của H và Kvới nhóm con chung M là duy nhất (sai khác một đẳng cấu) Ta kí hiệu là

L = H ?

M K

Cũng dễ dàng chỉ ra rằng tích tự do với nhóm con chung là tồn tại vì ta

có thể viết ra biểu diễn cho L = H ?

M K Giả sử H và K được cho bởi biểudiễn H = hS|Di và K = hT |Ei, giả sử M = hQ|V i Bằng cách thay đổimột trong các chữ cái nếu cần thiết ta có thể giả thiết là S ∩ T = ∅ Thì biểudiễn cho H ?

M K thu được bởi sự tham gia cùng nhau và đồng nhất ảnh của

và là đồng cấu duy nhất thoả mãn định nghĩa Trong trường hợp M là nhómcon tầm thường thì H ?

M K quy về tích tự do H ? K

Có cách kí hiệu phù hợp khác thường được sử dụng Đó là, cho

A = σ(M ) ⊆ Hvà B = τ(M) ⊆ Kthì A, B đẳng cấu với nhau qua đồng cấu ϕ = τ ◦ σ−1 : A −→ B Khi đótích tự do với nhóm con chung A = B thường được kí hiệu là H ?

A=B K và

được biểu diễn dưới dạng tương đương sau

H ?

A=BK = hS ∪ T |D ∪ E, a = ϕ(a), ∀a ∈ σ(Q)i

1.5.2 Ví dụ Xét hai nhóm Cyclic cấp vô hạn H = hc|i và K = hd|i với cácnhóm con tương ứng là A = hc2i và B = hd3i, A và B đẳng cấu với nhauqua ánh xạ c2 7→ d3 thì tích tự do tương ứng của chúng là

G = H ?

A=BK = hc, d| c2 = d3i

Để sử dụng có hiệu quả tích tự do với nhóm con chung ta cần một biểuthức chính tắc hay dạng "chuẩn tắc" cho mỗi phần tử và cho những phươngpháp để tính toán chúng cũng như để chứng minh những biểu thức bằng nhau.Cho G = H ?

A=B K là một tích tự do với nhóm con chung Kí hiệu một từhay một biểu thức luân phiên cũng giống như trong phần tích tự do Rõ ràngmỗi phần tử g ∈ G bằng một biểu thức luân phiên nào đó Nhưng có một sốchú ý cần thiết là ta chưa biết chắc chắn là H và K đã được nhúng vào Ghay chưa, vì thế ta coi biểu thức như là dãy mà có ảnh tự nhiên ở trong G

Ta nói một biểu thức luân phiên h1k1ã ã ã hmkm của một tích tự do hỗn tạpgọi là được rút gọn nếu hi 6∈ A = σ(M ) và ki 6∈ K = τ (M ) khi biểu diễn.Giả sử rằng biểu thức luân phiên h1k1ã ã ã hmkm chưa được rút gọn, tức là có

hi = ai ∈ A Trong biểu thức này ta có thể thay thế hi = ai ∈ A bởi tươngứng bi = ϕ(ai) để thu được (sau khi hợp nhất) biểu thức luân phiên

h1k1ã ã ã hi−1(ki−1biki)hi+1ã ã ã hmkm,

có ít hơn sự luân phiên và còn biểu diễn một nhóm phần tử Tương tự nếu

ki ∈ K ta có thể thay thế nó bởi tương ứng ai và hợp nhất cho ta một biểuthức có ít hơn sự luân phiên so với biểu thức ban đầu Tiếp tục theo cáchnày cuối cùng ta di đến một biểu thức luân phiên, biểu diễn cùng một nhómphần tử như nguyên bản mà hoặc là được rút gọn hoặc là một phần tử của

A = B

Bây giờ ta xét lại một ví dụ đã nghiên cứu từ trước

G = H ?

A=BK = hc, d| c2 = d3i

Nhớ lại rằng cả hai từ c3d−5 và cd−2 đều là từ được rút gọn Nhận thấy trong

G ta có c3d−5 = cc2d−5 = cd3d−5 = cd−2 do đó hai từ này là hai từ bằngnhau trong G, đó là chúng biểu diễn cùng nhóm phần tử Vì thế "rút gọn" làkhông đủ mạnh để cho ta một dạng chính tắc duy nhất

Để giải quyết vấn đề này ta tiếp tục làm như sau: Đầu tiên ta chọn Y làtập đại diện các lớp ghép phải của A trong H, Y chứa chỉ một phần tử (đượcgọi là lớp biểu diễn) từ mỗi lớp ghép phải Ah, trong đó h ∈ H là đối tượng

để đặt điều kiện mà được chọn để biểu diễn cho A bản thân nó là 1 Tương

tự ta chọn Z tập đại diện các lớp ghép phải của B trong K Ta định nghĩamột dạng chính tắc hoặc là một phần tử của A = B hoặc là một biểu thức

có dạng ah1k1ã ã ã hmkm với 1 6= hi ∈ Y và 1 6= ki ∈ Z khi biểu diễn và

a ∈ A Còn h1k1ã ã ã hmkm là một biểu thức luân phiên mà ta thừa nhận cóbốn dạng như trong phần tích tự do Vì thế một dạng chuẩn tắc là một tíchluân phiên của các phần tử của các tập Y và Z (tất cả sự khác biệt từ 1 vìthế biểu thức được rút gọn) được đứng trước bởi một phần tử của A = B

Trong trường hợp h1 không được biểu diễn ta thường sử dụng b = ϕ(a) thaythế và viết bk1ã ã ã hmkm Đây là một nhóm phần tử vì a = b trong G Tacần chỉ ra rằng mọi phần tử w ∈ G được biểu diễn bởi một dạng chuẩn tắc.Giả sử ta có một biểu thức luân phiên rút gọn cho w Ta làm việc từ phảiqua trái qua từ biến đổi nó thành một dạng chuẩn tắc Vì thế ta có thể giảthiết h1k1ã ã ã ki−1hikiã ã ã hmkm được rút gọn và mỗi số hạng đó theo hướngphải cụ thể hi là một phần tử thuộc Y hoặc Z phân biệt với 1 Bây giờ taviết hi = ah0i trong đó a ∈ A và h0

i ∈ Y Nhớ rằng h0

i 6= 1 do hi 6∈ A bởi vìbiểu thức được rút gọn Cho b = ϕ(a) ∈ K và nhớ rằng a = b trong nhóm.Bây giờ ta thay thế biểu thức hiện hành bởi biểu thức luân phiên đã được sửalại h1k1ã ã ã hi−1(ki−1b)h0ikiã ã ã hmkm mà vẫn còn bằng nhóm phần tử nguyênbản Nó vẫn còn được rút gọn vì ki−1 6∈ B kéo theo ki−1b 6∈ B Tiếp tục theocách này ta thu được một dạng chuẩn tắc cho nhóm phần tử nguyên bản w.Nhớ rằng dạng chuẩn tắc của w có cùng độ dài như biểu thức rút gọn đầutiên ta thu được cho w

Từ lí luận trên ta có định lí (có thể xem chứng minh chi tiết trong [3],tr.41)

1.5.3 Định lý (Định lí dạng chuẩn tắc) Mỗi phần tử của G = H ?

A=B K

có một dạng chuẩn tắc duy nhất là ah1k1 hmkm với 1 6= hi ∈ Y trong đó

1 6= ki ∈ Z khi biểu diễn và a ∈ A ở đây Y và Z là các tập đại diện cáclớp ghép phải được chọn ở trên Điều khẳng định duy nhất ở đây có nghĩa

là nếu có hai biểu thức bằng nhau trong H ? K, cụ thể

ah1k1ã ã ã hmkm = a0h01k10 ã ã ã h0nk0n,thì n = m và mỗi hi = h0i, ki = ki0 và a = a0

Chương 2

Nhóm G(p,q)

Trong chương này ta nghiên cứu hai vấn đề quan trọng nhất của luận văn đó

là biểu diễn cho nhóm G(p, q) (Định lí 2.1.2) và chỉ ra dạng chính tắc chomỗi phần tử của nhóm G(p, q) (Định lí 2.2.1 và 2.2.6)

2.1.2 Định lý (i), Nếu p, q > 3 và đều lẻ thì G(p, q) đẳng cấu với tích tự do

Zp? Zq = hα, β|αp = 1, βq = 1i (2.1)(ii), Nếu p > 4 chẵn và q > 3 lẻ thì G(p, q) đẳng cấu với nhóm có biểu diễn

hα, β|αp = 1, βq = 1, αp/2βαp/2β = 1i (2.2)(iii), Nếu p > 4 chẵn và q = 2s với s > 3 lẻ thì G(p, q) đẳng cấu với nhóm

có biểu diễn

hα, β|αp = 1, βq = 1, αp/2βαp/2β = 1, βq/2αβq/2α = 1i (2.3)

(iv), Nếu p, q cùng chia hết cho 4 thì

( [p, q] là bội số chung nhỏ nhất của p và q)

Để chứng minh định lí trước hết ta chứng minh bổ đề quan trọng sau.2.1.3 Bổ đề Cho m = s2t, s lẻ và t > 0, và ta định nghĩa T = R2π/m

x Nếu

W, E ∈ G(4, 4, 1), 4aj 6= 0 (mod m), bj lẻ và n > 0 thì

W Sb1Ta1Sb2Ta2ã ã ã SbnTan 6= I, (2.5)trong đó I là ma trận đơn vị

Chứng minh Việc chứng minh bổ đề này được tiến hành như sau: đầu tiên

ta chỉ ra m trong bổ đề trên luôn có thể phân tích được dưới dạng m =s2t, với t 6= 0 Sau đó bằng cách đặt x = e2πi/m, y = xs và z = x2t tachỉ ra mỗi phần tử của R = Z[x] = Z[y, z] được viết duy nhất dưới dạng

P2 t −1

j=0 kj(z)yj, với kj(z) ∈ Z[z] Tiếp theo bằng cách áp dụng hai bổ đề2.1.4 và 2.1.5 chứng minh mỗi ma trận Sb iTai là khác ma trận đơn vị Cuốicùng là chứng minh hai bổ đề 2.1.4 và 2.1.5

Thật vậy, theo dõi bổ đề ta nhận thấy khi cho cố định giá trị của m lại là hệquả của việc áp dụng bổ đề cho 4m Do đó không mất tính tổng quát ta cóthể giả thiết là m chia hết cho 4, và vì vậy m phân tích ra được dưới dạng

m = s2t với t 6= 0

Đặt x = e2πi/m, y = xs và z = x2t thế thì ta có ngay y2t = zs = 1 Vì(s, 2t) = 1 trong Z suy ra Zm = Zs ì Z2 t

Mặt khác cũng do (s, 2t

) = 1 ⇒ ∃h, k ∈ Z để hs + k2t = 1 suy ra

a = ahs + ak2t = us + v2t (với u = ah, v = ak) Như vậy với mỗi số mũ

a ∈ Z của x luôn có u, v ∈ Z sao cho xa = yuzv Từ đó Z[x] = Z[y, z] = R(vì x = yhzk ∈ Z[y, z] và y = xs, z = x2t ∈ Z[x]) Bằng cách sử dụng côngthức y2 t−1

= −1 ta có thể viết mỗi phần tử của R dưới dạng

2 t −1

X

j=0

kj(z)yj, với kj(z) ∈ Z[z] (2.6)

Dạng này là duy nhất vì đa thức chia đường tròn của e2πi/n có bậc φ(n) vìthế Z[e2πi/n] có chính xác φ(n) phần tử độc lập tuyến tính trên Z (φ(n) làhàm Ơle) Nhận thấy một số nguyên tố với s2t thì số đó phải lẻ và nguyên

tố cùng nhau với s Ta chia từ 1 đến 2ts ra làm 2t−1 đoạn (mỗi đoạn dài 2s)thì khi đó có φ(s) số giữa 1 và 2s, có φ(s) số giữa 2s + 1 và 22s , Từ đóφ(s2t) = 2t−1φ(s) và như vậy dạng (2.6) cần chính xác 2t−1 hệ số, φ(s) chomỗi luỹ thừa của y Nếu điều này không được thoả mãn thì Z[x] là nhómAbel hữu hạn sinh, có ít hơn φ(m) phần tử, dẫn đến mâu thuẫn Bây giờ taxét mỗi nhân tử SbTa trong biểu thức (2.5), nó có dạng

và do zs = 1 nên ta cần xét hai trường hợp của v là v ≡ 0 (mod s) hoặc

v 6≡ 0 (mod s) Đặt I là iđêan cực đại chứa iđêan (1 + y) ⊂ R Để tiếp tụcchứng minh Bổ đề 2.1.3 ta cần áp dụng hai bổ đề sau:

2.1.4 Bổ đề Nếu v 6≡ 0 (mod s) khi viết xa = yuzv thì các phần tử (1,2)(phần tử ở vị trí dòng1, cột2), phần tử (1,3), (3,2), (2,2) và (2,3) của ma trận2SbTa là thuộc R nhưng không thuộc I

2.1.5 Bổ đề Nếu v ≡ 0 (mod s) hay xa = ya thì có một luỹ thừa w thoảmãn phần tử (2,2) của ma trận (1+y)wSbTa cụ thể là phần tử (1+y)w(yu+

y−u)/2 thuộc R nhưng không thuộc I Đặc biệt, nếu u = r2k, với r lẻ, thì

w = 2t−1−2k+1 Tương tự các phần tử (1,2), (1,3), và (2,3) của (1+y)wSbTacũng thuộc R nhưng không thuộc I

Bây giờ ta xét ma trận FiSbiTai trong đó Fi là 2 hoặc là một luỹ thừa của(1+y)(chú ý rằng 2 ∈ I do 2 = 1−y2 t−1

ma trận thuộc nhóm G(4, 4, 1) khi nhân vào ma trận (2.10) trên ta được một

ma trận trái dấu hoặc một ma trận hoán vị của ma trận này Nói chung

F W Sb1Ta1Sb2Ta2ã ã ã SbnTanE (2.11)

là ma trận có 4 phần tử khác 0 thuộc R/I Nhưng vì F nhân với ma trận đơn

vị là ma trận 0 theo môđun I từ đó ⇒ W Sb1Ta1Sb2Ta2ã ã ã SbnTanE khôngthể là ma trận đơn vị Như vậy ta đã chứng minh xong bổ đề 2.1.3

Tiếp theo ta chứng minh Bổ đề 2.1.4 và 2.1.5

Rõ ràng y−2uz−v − (−y)−uz−v ∈ I Thật vậy, nếu u chẵn thì

y−2u − (−y)−u = y−2u− y−u = y−u(y−u− 1) ∈ I,còn nếu u lẻ thì

y−2u−(−y)−u = y−2u+y−u = y−u(y−u+1) = y−u(1/yu+1) = y−2u(yu+1) ∈ I

Cuối cùng từ (3) ta được zv + z−v ∈ I Ta sẽ chỉ ra 1 ∈ I

Đặt z = ze v thì zes = 1 Ta có (ez +ez−1)(ez2+ez3) =z +e ez2 +ze3+ze4 ∈ I.Nhân biểu thức với 1 +ez4+ze8+ +ze4k ta có ez +ez2+ze3+ +ez4k+4 ∈ I

Ta xét hai trường hợp để chọn k (với chú ý là s lẻ)

Nếu s ≡ 1 (mod 4) chọn k = (s − 5)/4 thì z +e ze2 + +zes−1 ∈ I mặtkhác 1+z + +e ezs−1 = (1 −zes)/(1 −z) = 0 ⇒e z +e ez2+ +zes−1 = −1 ∈ Ihay 1 ∈ I

Nếu s ≡ 3 (mod 4) chọn k = (s − 3)/4 thế thì z +e ez2 + +zes+1 ∈ I Vì 1 +z + +e zes−1 = 0 ⇒ ez +ze2 + +zes = 0 (nhân 2 vế với ze) Do đóe

z +ze2 + +zes+ ezs+1 = ezs+1 = zesez = z ∈ I ⇒e zes = 1 = (ez)s ∈ I Mâuthuẫn với giả thiết I là iđêan của R

e

s = (xa − x−a)/2i = (yuzv − y−uz−v)/2i = (yu0zv + y−u0z−v)/y2t−22i /∈ I

Chứng minh (Bổ đề 2.1.4)

Bản chất của việc chứng minh bổ đề này là ta phải đếm số mũ w của nhân

tử (1 + y) sao cho (1 + y)w(yu+ y−u) là bội của 2 trong Z[y] (Cần nhớ là taxét trong Z[y] chứ không phải trong Z[x])

Ta có một số tính chất về luỹ thừa của (1 + y)

(1) Nếu c là một luỹ thừa của 2 thì (1 + y)c ≡ 1 + yc ≡ 1 − yc (mod 2)(vì 2 q

(1 ± yc)(1 + y)2t−1−c ≡ (1 + y)2t−1−c(1 + y)c ≡ (1 + y)2t−1 ≡ 0 (mod 2)(áp dụng tính chất về đồng dư có thể xem thêm trong [1])

(3) Nếu c là luỹ thừa của 2, thì

(1 ± yc)(1 + y)2t−1−c−1 ≡ (1 + y)2t−1−1 6= 0 (mod 2)

(do hệ số của y2 t−1 −1 là ±1 không chia hết cho 2)

Bây giờ ta viết

)(1 + y)2t−1−2k+2 ≡ 0 (mod 2) nên(1 − y2k+2)(1 + y)w ≡ 0 (mod 2)

Từ dó (1 − y2u−2 )(1 + y)w ≡ 0 (mod 2) Tương tự (1 + y)w(1 − y2 ≡ 0(mod 2) nếu và chỉ nếu w > 2t−1 − 2k+1.

Như vậy kết quả cuối cùng (1 + y)w(yu + y−u) chia hết cho 2 khi w =

2t−1 − 2k+1 nhưng không chia hết cho 2 khi w = 2t−1 − 2k+1 − 1

Ta cũng xét các phần tử cần chứng minh khác giống như trong chứngminh bổ đề 2 Đặt u0 = u + 2t−2, vì k theo giả thiết là nhỏ hơn t − 2 thì luỹthừa w của (1 + y) cần để yu 0

+ y−u0 chia hết cho 2 cũng giống như trườnghợp để yu+ y−u chia hết cho 2

Vì thế ta xác định w thích hợp sao cho khi nhân phân tử của ma trận với(1 + y)w là phải ∈ Z[y] nhưng không nằm trong iđêan(1 + y)0 (là iđêan tối

đại trong Z[y] sinh bởi (1+y)) Do (1+y)0 là idêan tối đại nên Z[y]/(1+y)0

là trường Z2 Vì I ∩ Z[y] là một iđêan chính trong Z[y] nên I ∩ Z[y] phảitrùng với (1 + y)0 và vì thế phần tử của ma trận không thuộc I

Ta đã chứng minh xong Bổ đề 2.1.3 Bây giờ ta áp dụng Bổ đề 2.1.3 đểchứng minh Định lí 2.1.2

Chứng minh Trong các trường hợp (i), (ii), (iii) của định lí, xét ánh xạ tựnhiên ρ từ nhóm trừu tượng hα, β|(hệ thức)i đến nhóm G(p, q) cho tươngứng α với A, β với B Và trong mỗi trường hợp các hệ thức tương ứng với

ma trận đơn vị Rõ ràng ρ là toàn cấu, ta phải chỉ ra ρ là đơn cấu Điều nàytương đương với việc ta chỉ ra mọi phần tử g ∈ hα, β|(hệ thức)i (được viếtnhư một từ bằng α và β ) và g 6= e thì ρ(g) 6= I

Thật vậy ta sử dụng Bổ đề 2.1.3 với m = pq phân tích ra m = s2t như

bổ đề Theo giả thiết suy ra A = R2π/p

x = (R2π/mx )q = Tq và B = S3TpS.Mỗi phần tử g tuỳ ý thuộc nhóm hα, β|(hệ thức)i bằng cách sử dụng hệ thức

W ∈ G(4, 4, 1)sao cho W là ma trận nghịch đảo của S và chọn E = S thếthì ρ(g) = W STa1S3Tb1S TanS3TbnE Theo Bổ đề 2.1.3 ρ(g) chỉ có thểbằng I nếu n =1 và b1 = a1 = 0 lúc đó g = e nên ρ là đơn cấu.

Trường hợp (ii) Giả sử p > 4 chẵn và q > 3 lẻ Xét hệ thức

Từ q lẻ nên ta vẫn có 4bj 6= 0 (mod m), ∀j < n Nhận thấy rằng ta chưathể áp dụng được ngay Bổ đề 2.1.3 cho biểu thức (2.14), vì nếu p chia hết