Luận văn Về nhóm con của nhóm SO(3)

Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn ĐẠI HỌC THÁI NGUYấN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐỖ VIỆT HÙNG VỀ NHểM CON CỦA NHểM SO(3) Chuyờn ngành: Đại số và lý thuyết số Mó số: 60.46.05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS. VŨ THẾ KHễI THÁI NGUYấN - 2008 Lời nói đầu Nhóm các phép quay SO(3) xuất hiện nhiều trong các lĩnh vực khác nhau của toán học do đó nó là một đối tượng kinh điển đã được nghiên cứu bởi nhiều nhà toán học. Đối tượng được trình bày trong luận văn là nhóm con của nhóm SO(3) sinh bởi hai phép quay có bậc hữu hạn quanh các trục vuông góc. Nhóm các phép quay này được quan tâm nghiên cứu do nó có ứng dụng trong lí thuyết Tilings, một lí thuyết nghiên cứu quá trình phủ không gian bằng các bản copy của một số hữu hạn các hình đa diện cho trước. Tuy nhiên trong khuôn khổ của một luận văn Cao học, chúng tôi chỉ tập trung tìm hiểu kết 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 của các nhóm con G(p, q) sinh bởi hai phép quay quanh hai trục vuông góc với các góc quay lần lượt là 2pi/p và 2pi/q. Chúng ta nghiên cứu nhóm con này với 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 nhị diện hữu hạn; G(4, 4) là nhóm đối xứng của các hình lập phương; còn tất cả các trường hợp khác G(p, q) là trù mật trong SO(3). Luận văn được trình bày theo bài báo [4] của hai tác giả C.radin và L.Sadun (năm 1998). Kết quả chính đầu tiên của luận văn chính là định lí cấu trúc (Định lí 2.1.2), chỉ ra rằng nhóm G(p, q) đẳng cấu với tích tự do và tích tự do với nhóm con chung của 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 nhóm G(p, q) đều có thể biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng tích của một số phần tử có dạng cụ thể (Xem định lí 2.2.1 và 2.2.6). Ngoài ra trong phần cuối luận văn còn nghiên cứu một ví dụ về nhóm con của nhóm SO(3) sinh bởi hai phép quay với các góc quay là tích của 2pi với một số vô tỉ hay siêu việt. Bằng cách sử dụng kĩ thuật như phần đầu, luận văn chứng minh được một số trường hợp nhóm trong ví dụ là đẳng cấu với nhóm tự do sinh bởi hai 4 phần tử. Luận văn gồm 3 chương. Chương 1 dành để giới thiệu các khái niệm, các tính chất đặc trưng và các ví dụ minh họa về phép quay và ma trận phép quay; nhóm tự do; tích tự do; 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 gồm hai phần. Phần 1 trình bày biểu diễn cho nhóm G(p, q). Phần 2 trình bày dạng 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 quay G(v, 4) trong đó có góc quay v là một số vô tỉ cho trước nhân với 2pi. Sau đó trình bày ví dụ nghiên cứu bước đầu về nhóm G(ω, 4) với eωi (tương đương cos(ω)) là siêu việt. Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn tận tình của Thầy Ts. Vũ Thế 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 bị cho tôi kiến thức cơ sở. Tôi xin trân trọng cám ơn ban giám hiệu và các bạn đồng nghiệp trường THPT chuyên Hà Giang, xin trận trọng cám ơn những người thân, bạn bè và lớp cao học toán K14 đã động viên giúp đỡ tôi trong qua trình hoàn thành luận văn. 5 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Luận văn cần một số định nghĩa và kết quả sau 1.1 Phép quay và ma trận phép quay Phép quay nói chung là một phần tử của nhóm SO(3). Sau đây ta định nghĩa phép quay quanh các trục Ox, Oy, Oz của hệ trục tọa độ Oxyz trong không gian 3 chiều với góc quay ϕ. 1.1.1 Định nghĩa. Phép quay quanh trục Ox với góc quay ϕ trong không gian 3 chiều với hệ trục toạ độ đề các vuông góc Oxyz là một phần tử của nhóm SO(3) có ma trận tương ứng là1 0 00 cosϕ sinϕ 0 −sinϕ cosϕ  . Kí hiệu Rϕx hay Rϕx = 1 0 00 cosϕ sinϕ 0 −sinϕ cosϕ  . Ta cũng định nghĩa tương tự các phép quay Rϕy , R ϕ z tương ứng quanh trục Oy, Oz với các ma trận tương ứng lần lượt là cosϕ 0 sinϕ0 1 0 −sinϕ 0 cosϕ  và  cosϕ sinϕ 0−sinϕ cosϕ 0 0 0 1  . 6 Về ma trận của ánh xạ tuyến tính có thể xem thêm [2]. Phần tiếp theo trình bày lý thuyết nhóm tự do, biểu diễn cho nhóm, tích tự do, tích tự do với 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 rộng duy nhất thành một đồng cấu ϕ˜ : F −→ G sao cho ϕ˜(s) = ϕ(s), ∀s ∈ S và ta có sơ đồ S ⊆ F G HHHHHHHHj ϕ ? ∃!ϕ˜ Một nhóm F được gọi là nhóm tự do nếu nó có một tập con là cơ sở tự do của F 1.2.2 Ví dụ. Ta xét nhóm Cyclic vô hạn C (được viết theo lối nhân) bao gồm các luỹ thừa của các phần tử a, do đó C có dạng C = {..., a−2, a−1, 1 = a0, a = a1, a2, a3, ...}, 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 đồng cấu mở rộng ϕ˜ : C −→ G được định nghĩa bởi ϕ˜(ai) = gi. Hiển nhiên ϕ˜ 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 có nhóm các số nguyên Z (đẳng cấu với C) là nhóm tự do với hai cơ sở tự do là {1} và {−1}. 7 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 = 〈a1, a2, a3, ...|u1 = v1, u2 = v2, ...〉, 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 = 〈a1, a2, ...|r1 = 1, r2 = 1, ...〉, trong đó ri = uiv −1 i với i = 1, 2, 3, ... hoặc để đơn giản ta kí hiệu G = 〈a1, a2, ...|r1, r2, ...〉. 1.3.1 Định nghĩa. Một biểu diễn P = 〈S|D〉 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 là nhóm 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 = 〈S|D〉 khi không cần thiết phân biệt nhóm và sự miêu tả nhóm đó. Một biểu diễn P = 〈S|D〉 gọi là hữu hạn sinh nếu S có hữu hạn phần tử và là quan hệ hữu hạn nếu D có hữu hạn phần tử. Nếu cả S và D đều có hữu hạn phần tử thì P là một biểu diễn hữu hạn. Nếu S = {a1, a2, a3, ...}, D = {r1, r2, r3, ...} ta sử dụng kí hiệu P = 〈a1, a2, a3, ...|r1, r2, r3, ...〉, trong trường hợp này các ri được gọi là các hệ tử hoặc P = 〈a1, a2, ...|r1 = 1, r2 = 1, ...〉, thì các ri = 1 gọi là các hệ thức. 8 1.3.2 Ví dụ. (1) Nhóm Cyclic vô hạn C được viết theo lối nhân với phần tử sinh a, có biểu diễn C = 〈a|∅〉 với các hệ tử định nghĩa là rỗng. Tổng quát hơn nhóm tự do FS với cơ sở tự do S có biểu diễn F = 〈S|∅〉. (2) Nhóm Cyclic hữu hạn Cn có bậc n, có biểu diễn Cn = 〈a|an = 1〉. 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 thoả mãn các điều kiện sau: Với mọi cặp đồng cấu α : H −→ G và β : H −→ G trong đó G là nhóm bất kì, thì có duy nhất đồng cấu γ : L −→ G sao cho α = γ ◦ iH và β = γ ◦ iK . Ta có biểu đồ H L K G -iH @ @ @R α ? ∃!γ ffiK β Qua theo dõi biểu đồ dễ dàng thấy rằng tích tự do của H và K là duy nhất (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 = 〈S|D〉 và K = 〈T |E〉. 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 = 〈S ∪ T |D ∪ E〉. 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 bởi γ(s) = α(s) với mọi s ∈ S và γ(t) = β(t) với mọi t ∈ T thì γ xác định một đồng cấu. Như vậy từ định nghĩa cho ta ánh xạ γ xác định duy nhất. 9 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 = 〈α|αp = 1〉, Zq = 〈β|βq = 1〉 thì Zp ? Zq = 〈α, β|αp = 1, βq = 1〉, hoặc Zp ? Zq = 〈α, β|αp, βq〉. Một biểu thức hay một từ luân phiên trong H ? K là một tích có dạng h1k1h2k2 ã ã ãhmkm 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 đầu hoặc cuối của biểu thức có thể không có. Như vậy biểu thức có thể có một trong bốn dạng: h1k1h2k2 ã ã ãhmkm hoặc k1h2k2 ã ã ãhmkm trong đó h1 không được biểu diễn, hoặc h1k1h2k2 ã ã ãhm trong đó km không được biểu diễn, hoặc k1h2k2h2 ã ã ãhm trong đó km không được biểu diễn. Số các nhân tử được biểu diễn gọi là độ dài của từ. Ta thừa nhận biểu thức rỗng có độ dài bằng 0. Một biểu thức luân phiên được gọi là rút gọn nếu mỗi 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 bằng cách di dời một trong các hạng tử và gộp chúng lại. Do đó nếu hi = 1H , biểu thức luân phiên h1k1 ã ã ã ki−1hiki ã ã ãhmkm có thể thay thế bằng biểu thức luân phiên h1k1 ã ã ãhi−1(ki−1ki)hi+1 ã ã ãhmkm 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 như nguyên 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 phiên duy nhất có dạng h1k1h2k2 ã ã ãhmkm với hi 6= 1H và ki 6= 1K . Sự duy 10 nhất ở đây có nghĩa là nếu hai biểu thức bằng nhau trong H ? K, cụ thể h1k1 ã ã ãhmkm = h′1k′1 ã ã ãh′nk′n trong H ?K thì n = m và mỗi hi = h′i trong H và mỗi ki = k ′ i 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 sửH vàK có một đẳng cấu 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 con của 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 nhóm con 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 duy nhất đồng cấu γ : L −→ G thoả mãn: α = γ ◦ iH và β = γ ◦ iK . Ta có biểu đồ M H L K G σ @ @ @R τ - iH @ @ @R α ? ∃!γ ff iK β Theo dõi biểu đồ trên ta dễ dàng chỉ ra rằng tích tự do L của H và K với 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 biểu diễn H = 〈S|D〉 và K = 〈T |E〉, giả sử M = 〈Q|V 〉. Bằng cách thay đổi một trong các chữ cái nếu cần thiết ta có thể giả thiết là S ∩T = ∅. Thì biểu diễn cho H ? M K thu được bởi sự tham gia cùng nhau và đồng nhất ảnh của 11 M có dạng H ? M K = 〈S ∪ T |D ∪ E, σ(q) = τ(q), ∀q ∈ Q〉. Các ánh xạ iH , iK đòi hỏi là các đồng cấu cảm sinh tác động lên các phần tử sinh. Cả hai đều là đơn cấu, hơn nữa ta có thể chỉ raH∩K = σ(M) = τ(M). Cuối cùng cho các đồng cấu α và β như trong định nghĩa, γ được cho bởi γ(s) = α(s), ∀s ∈ S và γ(t) = β(t), ∀t ∈ T thì γ xác định một đồng cấu và là đồng cấu duy nhất thoả mãn định nghĩa. Trong trường hợpM là nhóm con 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) ⊆ H vàB = τ(M) ⊆ K thì A,B đẳng cấu với nhau qua đồng cấu ϕ = τ ◦ σ−1 : A −→ B. Khi đó tích 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=B K = 〈S ∪ T |D ∪ E, a = ϕ(a), ∀a ∈ σ(Q)〉. 1.5.2 Ví dụ. Xét hai nhóm Cyclic cấp vô hạn H = 〈c|〉 và K = 〈d|〉 với các nhóm con tương ứng là A = 〈c2〉 và B = 〈d3〉, A và B đẳng cấu với nhau qua ánh xạ c2 7→ d3 thì tích tự do tương ứng của chúng là G = H ? A=B K = 〈c, d| c2 = d3〉. Để sử dụng có hiệu quả tích tự do với nhóm con chung ta cần một biểu thức chính tắc hay dạng "chuẩn tắc" cho mỗi phần tử và cho những phương pháp 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 từ hay một biểu thức luân phiên cũng giống như trong phần tích tự do. Rõ ràng mỗi phần tử g ∈ G bằng một biểu thức luân phiên nào đó. Nhưng có một số chú ý cần thiết là ta chưa biết chắc chắn là H và K đã được nhúng vào G hay chưa, vì thế ta coi biểu thức như là dãy mà có ảnh tự nhiên ở trong G. 12 Ta nói một biểu thức luân phiên h1k1 ã ã ãhmkm của một tích tự do hỗn tạp gọi 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 h1k1 ã ã ãhmkm chưa được rút gọn, tức là có hi = ai ∈ A. Trong biểu thức này ta có thể thay thế hi = ai ∈ A bởi tương ứng bi = ϕ(ai) để thu được (sau khi hợp nhất) biểu thức luân phiên h1k1 ã ã ãhi−1(ki−1biki)hi+1 ã ã ãhmkm, 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 biểu thức có ít hơn sự luân phiên so với biểu thức ban đầu. Tiếp tục theo cách này cuối cùng ta di đến một biểu thức luân phiên, biểu diễn cùng một nhóm phần 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=B K = 〈c, d| c2 = d3〉. 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 bằng nhau trong G, đó là chúng biểu diễn cùng nhóm phần tử. Vì thế "rút gọn" là không 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 là tập đại diện các lớp ghép phải của A trong H , Y chứa chỉ một phần tử (được gọi 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 nghĩa một dạng chính tắc hoặc là một phần tử của A = B hoặc là một biểu thức có dạng ah1k1 ã ã ãhmkm với 1 6= hi ∈ Y và 1 6= ki ∈ Z khi biểu diễn và a ∈ A. Còn h1k1 ã ã ãhmkm là một biểu thức luân phiên mà ta thừa nhận có bốn dạng như trong phần tích tự do. Vì thế một dạng chuẩn tắc là một tích luân phiên của các phần tử của các tập Y và Z (tất cả sự khác biệt từ 1 vì thế biểu thức được rút gọn) được đứng trước bởi một phần tử của A = B. 13 Trong trường hợp h1 không được biểu diễn ta thường sử dụng b = ϕ(a) thay thế và viết bk1 ã ã ãhmkm. Đây là một nhóm phần tử vì a = b trong G. Ta cần 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 phải qua trái qua từ biến đổi nó thành một dạng chuẩn tắc. Vì thế ta có thể giả thiết h1k1 ã ã ã ki−1hiki ã ã ãhmkm được rút gọn và mỗi số hạng đó theo hướng phải cụ thể hi là một phần tử thuộc Y hoặc Z phân biệt với 1. Bây giờ ta viết hi = ah ′ i trong đó a ∈ A và h′i ∈ Y. Nhớ rằng h′i 6= 1 do hi 6∈ A bởi vì biểu 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 sửa lại h1k1 ã ã ãhi−1(ki−1b)h′iki ã ã ãhmkm mà vẫn còn bằng nhóm phần tử nguyên bản. Nó vẫn còn được rút gọn vì ki−1 6∈ B kéo theo ki−1b 6∈ B. Tiếp tục theo cách 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 đầu tiên 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 các lớp 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 ah1k1 ã ã ãhmkm = a′h′1k′1 ã ã ãh′nk′n, thì n = m và mỗi hi = h ′ i, ki = k ′ i và a = a ′ . 14 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 cho mỗi phần tử của nhóm G(p, q) (Định lí 2.2.1 và 2.2.6). 2.1 Biểu diễn nhóm G(p,q) 2.1.1 Định nghĩa. Cho các số nguyên dương p, l, q. Ta định nghĩa các phép quay A = R 2pi/p x , L = R 2pi/l y , S = R 2pi/4 y , B = R 2pi/q z . Trong đó R 2pi/p x là phép quay quanh trục Ox với góc quay 2pi/p. Gọi G(p, l, q) = 〈A,L,B〉 là nhóm sinh bởi ba phép quay A, L, B và G(p, q) = G(p, 1, q) = 〈A,B〉 là nhóm sinh bởi hai phép quay A,B. 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 = 〈α, β|αp = 1, βq = 1〉. (2.1) (ii), Nếu p > 4 chẵn và q > 3 lẻ thì G(p, q) đẳng cấu với nhóm có biểu diễn 〈α, β|αp = 1, βq = 1, αp/2βαp/2β = 1〉. (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 〈α, β|αp = 1, βq = 1, αp/2βαp/2β = 1, βq/2αβq/2α = 1〉. (2.3) 15 (iv), Nếu p, q cùng chia hết cho 4 thì G(p, q) = G([p, q], 4, 1). (2.4) ( [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 = R2pi/mx . Nếu W,E ∈ G(4, 4, 1), 4aj 6= 0 (mod m), bj lẻ và n > 0 thì WSb1T a1Sb2T a2 ã ã ãSbnT an 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 = e2pii/m, y = xs và z = x2t ta chỉ ra mỗi phần tử của R = Z[x] = Z[y, z] được viết duy nhất dưới dạng∑2t−1 j=0 kj(z)y j, với kj(z) ∈ Z[z]. Tiếp theo bằng cách áp dụng hai bổ đề 2.1.4 và 2.1.5 chứng minh mỗi ma trận SbiT ai là khác ma trận đơn vị. Cuối cùng 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 hệ quả của việc áp dụng bổ đề cho 4m. Do đó không mất tính tổng quát ta có thể 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 = e2pii/m, y = xs và z = x2 t thế thì ta có ngay y2 t = zs = 1. Vì (s, 2t) = 1 trong Z suy ra Zm = Zs ì Z2t. 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 công thức y2 t−1 = −1 ta có thể viết mỗi phần tử của R dưới dạng 2t−1∑ j=0 kj(z)y j, với kj(z) ∈ Z[z]. (2.6) 16 Dạng này là duy nhất vì đa thức chia đường tròn của e2pii/n có bậc φ(n) vì thế Z[e2pii/n] có chính xác φ(n) phần tử độc lập tuyến tính trên Z (φ(n) là hàm 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 đó φ(s2t) = 2t−1φ(s) và như vậy dạng (2.6) cần chính xác 2t−1 hệ số, φ(s) cho mỗi luỹ thừa của y. Nếu điều này không được thoả mãn thì Z[x] là nhóm Abel hữu hạn sinh, có ít hơn φ(m) phần tử, dẫn đến mâu thuẫn. Bây giờ ta xét mỗi nhân tử SbT a trong biểu thức (2.5), nó có dạng ST a =  0 −s˜ c˜0 c˜ s˜ −1 0 0  , (2.7) hoặc S3T a = 0 s˜ −c˜0 c˜ s˜ 1 0 0  , (2.8) . trong đó c˜ = cos(2pia/m) = (xa+x−a)/2, s˜ = sin(2pia/m) = (xa−x−a)/2i. (chú ý rằng do S4 = I và ta chỉ xét b lẻ nên b = 1 hoặc b = 3. Cũng vì x là căn bậc m của đơn vị nên xa = x−a). Với xa được viết dưới dạng xa = yuzv 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 tục chứng 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 trận 2SbT a 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 thoả mãn phần tử (2,2) của ma trận (1+y)wSbT a 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)wSbT a cũng thuộc R nhưng không thuộc I . 17 Bây giờ ta xét ma trận FiS biT ai trong đó Fi là 2 hoặc là một luỹ thừa của (1+y) (chú ý rằng 2 ∈ I do 2 = 1−y2t−1 = (1+y)(1−y+y2−...−y2t−1−1). Ta thấy rằng theo modul I thì ma trận này có dạng 0 α β0 γ δ 0 0 0  , (2.9) với α, β, γ, δ là khác phần tử 0 trên trường R/I . Nhưng tích của hai hay nhiều ma trận có dạng trên lại là một ma trận có dạng trên. Vì thế tích FSb1T a1Sb2T a2 ã ã ãSbnT an, (2.10) trong đó F là tích riêng của các Fi lại là một ma trận có dạng trên. Những 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 FWSb1T a1Sb2T a2 ã ã ãSbnT anE (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 ⇒ WSb1T a1Sb2T a2 ã ã ãSbnT anE không thể 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. Chứng minh. (Bổ đề 2.1.4) Đầu tiên ta chứng minh cho phần tử (2,2) của ma trận 2SbT a là phần tử xa + x−a = yuzv + y−uz−v. Giả sử yuzv + y−uz−v ∈ I thế thì ta có ngay zv + y−2u ∈ I (1). Mặt khác vì 1 + y ∈ I nên (−y)u−1 = −(1+y)[1+(−y)+(−y)2+...(−y)u−1] ∈ I ⇒ (−y)uzv−zv ∈ I. Tương tự (−y)−u − 1 ∈ I ⇒ (−y)−uz−v − z−v ∈ I (2). Từ (1) và (2) ta có zv + y−2uz−v − (−y)−uz−v + z−v ∈ I (3). 18 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˜ = zv thì z˜s = 1 . Ta có (z˜ + z˜−1)(z˜2 + z˜3) = z˜ + z˜2 + z˜3 + z˜4 ∈ I . Nhân biểu thức với 1+ z˜4 + z˜8 + ...+ z˜4k ta có z˜+ z˜2 + z˜3 + ...+ z˜4k+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˜ + z˜2 + ... + z˜s−1 ∈ I mặt khác 1+ z˜+ ...+ z˜s−1 = (1− z˜s)/(1− z˜) = 0⇒ z˜+ z˜2+ ...+ z˜s−1 = −1 ∈ I hay 1 ∈ I . Nếu s ≡ 3 (mod 4) chọn k = (s− 3)/4 thế thì z˜ + z˜2 + ...+ z˜s+1 ∈ I . Vì 1 + z˜ + ...+ z˜s−1 = 0⇒ z˜ + z˜2 + ...+ z˜s = 0 (nhân 2 vế với z˜). Do đó z˜ + z˜2 + ...+ z˜s + z˜s+1 = z˜s+1 = z˜sz˜ = z˜ ∈ I ⇒ z˜s = 1 = (z˜)s ∈ I . Mâu thuẫn với giả thiết I là iđêan của R . Ta xét thêm các phần tử khác Phần tử (1,3) là c˜ hoặc −c˜ nên là phần tử thuộc R nhưng không thuộc I . Hai phần tử (1,2), (2,3). Đặt u = u′ − 2t−2, vì y2t−1 = −1 ta có yuzv − y−uz−v = yu′−2t−2zv − y−u′+2t−2z−v = [yu ′ zv − y−u′z−v(y2t−2)2]/y2t−2 = [yu ′ zv − y−u′z−v]/y2t−2. Như vậy s˜ = (xa − x−a)/2i = (yuzv − y−uz−v)/2i = (yu′zv + y−u′z−v)/y2t−22i /∈ I. 19 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 ta xét 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 (2q k ) = 2 q k!(2q−k)! và 2y c là chia hết cho 2). Đặc biệt, theo nhị thức Newton và 1 + y2 t−1 = 0 nên (1 + y)2 t−1 ≡ 1 + y2t−1 ≡ 0 (mod 2). (2) Nếu c là luỹ thừa của 2, vì 1± yc ≡ (1 + y)c (mod 2) suy ra (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 yu + y−u = y−u(1 + y2u) = y−u(1− y2k+1 + y2k+1 + y2u) = y−u(1− y2k+1) + y2k+1−u(1− y2u−2k+1) + 2yu. (2.12) Trong công thức (2.12) ta có 2yu chia hết cho 2. Với u = r2k (với r lẻ)⇒ 2u− 2k+1 = [(r − 1)/2]2k+2 do đó 1−y2u−2k+1 = 1−(y2k+2)(r−1)/2 = (1−y2k+2)[1+y2k+2+...+(y2k+2)(r−1)/1−1], nên nếu w > 2t−1 − 2k+2 hay w = 2t−1 − 2k+2 + h ( h > 0). Thế thì (1− y2k+2)(1 + y)w = (1− y2k+2)(1 + y)2t−1−2k+2+h, áp dụng tính chất (2) ở trên ta có (1− y2k+2)(1 + y)2t−1−2k+2 ≡ 0 (mod 2) nên (1− y2k+2)(1 + y)w ≡ 0 (mod 2). 20 Từ dó (1−y2u−2k+1)(1+y)w ≡ 0 (mod 2). Tương tự (1+y)w(1−y2k+1 ≡ 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 chứng minh bổ đề 2. Đặt u′ = u+ 2t−2, vì k theo giả thiết là nhỏ hơn t− 2 thì luỹ thừa w của (1 + y) cần để yu ′ + y−u ′ chia hết cho 2 cũng giống như trường hợp 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] phải trùng 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 để chứng minh Định lí 2.1.2. Chứng minh. Trong các trường hợp (i), (ii), (iii) của định lí, xét ánh xạ tự nhiên ρ từ nhóm trừu tượng 〈α, β|(hệ thức)〉 đến nhóm G(p, q) cho tương ứng 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 này tương đương với việc ta chỉ ra mọi phần tử g ∈ 〈α, β|(hệ thức)〉 (được viết như 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 = R 2pi/p x = (R 2pi/m x )q = T q và B = S3T pS. Mỗi phần tử g tuỳ ý thuộc nhóm 〈α, β|(hệ thức)〉 bằng cách sử dụng hệ thức αp = 1, βq = 1 thì g có dạng αa˜1β b˜1 ã ã ãαa˜nβ b˜n, (2.13) với mỗi a˜i ∈ (0, p) và b˜i ∈ (0, q) trừ a˜1 và b˜n có thể bằng 0 (ở trường hợp (ii), (iii) ta sử dụng hệ thức đã cho để hạn chế thêm điều kiện của a˜i và b˜i). 21 Từ đó ρ(g) = Aa˜1B b˜1 ã ã ãAa˜nB b˜n = T qa˜1(S3T pS)b˜1 ã ã ãT qa˜n(S3T pS)b˜n = T a1S3T b1S ã ã ãT anS3T bnS, (2.14) với ai = qa˜i, bj = pb˜j. Xét các trường hợp của định lí. Trường hợp (i). Nếu p > 3 và q > 3 đều lẻ ⇒ (4, p) = (4, q) = 1 nên 4ai 6= 0 (mod m) với i > 1 (giả sử 4ai = 4qa˜i chia hết cho m = pq suy ra a˜i chia hết cho p (vô lí)) và 4bj 6= 0 (mod m) với j < n. Ta chọn W ∈ G(4, 4, 1) sao cho W là ma trận nghịch đảo của S và chọn E = S thế thì ρ(g) = WST a1S3T b1S...T anS3T bnE. Theo Bổ đề 2.1.3 ρ(g) chỉ có thể bằng 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 αp/2βαp/2β = 1⇒ βαp/2 = αp/2β từ đó βbαp/2 = βp−1βαp/2 = βb−1αp/2β−1 = ... = αp/2β−b(vớib ∈ Z). Bằng cách áp dụng hệ thức này cho biểu thức (2.13), ta có thể quy tất cả các a˜i có thể trừ a˜1, khác không và thuộc khoảng (−p/4, p/4] (sở dĩ ta làm như sau: để thuận tiện ta quy tất cả các a˜i ∈ (−p/2, p/2], giả sử a˜i /∈ (−p/4, p/4]. Nếu a˜i ∈ (−p/2,−p/4]⇒ a˜i = −p/2 + p/2 + a˜i thì αa˜iβ b˜i = α−p/2+p/2+a˜iβ b˜i = αp/2+a˜iα−p/2β b˜i = αp/2+a˜iαp/2β b˜i. Rõ ràng a˜i + p/2 ∈ (0, p/4] nên ta có thể coi a˜i là a˜i + p/2. Nếu a˜i ∈ (p/4, p/2] ⇒ a˜i = p/2 − p/2 + a˜i, dễ thấy a˜i − p/2 ∈ (−p/4, 0] nên ta coi a˜i là a˜i − p/2). Từ q lẻ nên ta vẫn có 4bj 6= 0 (mod m), ∀j < n. Nhận thấy rằng ta chưa thể áp dụng được ngay Bổ đề 2.1.3 cho biểu thức (2.14), vì nếu p chia hết 22 cho 4 thì ai có thể bằng m/4 với i nào đó. Vì vậy nếu trường hợp này xảy ra ta có thể áp dụng hệ thức STm/4S3 = Tm/4S3T−m/4 để loại bỏ các số hạng Tm/4 và đưa được các T±m/4 về gần các T bj trở thành T bj±m/4, ta được nhưng bj mới nhưng vẫn thoả mãn 4bj 6= 0 (mod m) (vì 4(bj ±m/4) 6= 0 (mod m)⇔ 4bj 6= 0 (mod m)). Bây giờ ta áp dụng Bổ đề 2.1.3 cho biểu thức này khi mà các ai ∈ (−m/4,m/4) hay 4ai 6= 0 (mod m) thì biểu thức (2.14) có thể bằng I nếu và chỉ nếu  n = 1 b1 = 1 ρ(g) = Aa1 = I ⇔ { a1 = b1 n = 1 hay g = e, vì thế ρ là đơn cấu. Trường hợp (iii). Giả thiết p > 4 chẵn và q = 2s với s > 3 lẻ. Bằng cách áp dụng các đồng nhất thức βq/2αa = α−aβq/2 ta có thể quy tất cả các b˜i có thể trừ b˜n là khác không và ∈ (−q/4, q/4). Lại áp dụng hệ thức βbαp/2 = αp/2β−b cho biểu thức (2.13), ta quy tất cả các a˜i có thể trừ a˜1 là khác không và ∈ (−p/4, p/4]. Ta cũng làm tương tự trường hợp (ii) nếu các a˜i = p/4 hay ai = m/4. Cuối cùng ta có 4ai 6= 0 (mod m) với i > 1 và 4bj 6= 0 (mod m) với j < n. Áp dụng Bổ đề 2.1.3 ρ(g) = 0 nếu n = 1, 4a˜i ≡ 0 (mod p) và 2b˜i ≡ 0 (mod q). Dễ dàng chỉ ra 8 trường hợp và chỉ có một trường hợp cho ta ρ(g) = I là a˜1 = b˜1 = 0 và khi đó g = e nên ρ(g) là đơn cấu. Trường hợp (iv). Do [p, q] là bội của cả p và q nên⇒ G([p, q], 4, 1) chứa A và R 2pi/q x . Và vì G([p, q], 4, 1) chứa S nên nó chứa S−1R 2pi/q x S = B do đó G([p, q], 4, 1) chứa G(p, 1, q). Mặt khác vì p, q cùng chia hết cho 4 nên G(p, q) chứa R 2pi/4 x và R 2pi/4 z nên nó chứa S = R −2pi/4 z R 2pi/4 x R 2pi/4 z ⇒ nó chứa SBS−1 = R2pi/qx nên G(p, q) chứa R 2pi/[p,q] x . Vậy G([p, q], 4, 1) = G(p, q). (Sở dĩ ta làm như sau: do [p, q](p, q) = pq, giả sử (p, q) = d ⇒ ∃u, v ∈ Z : 23 up+vq = d thế thì 1/[p, q] = (p, q)/pq = d/pq = (up+vq)/pq = u/q+v/p suy ra R 2pi/[p,q] x = R u/q+v/p x = (R 2pi/q x )u.(R 2pi/p x )v ). 2.1.6 Hệ quả. Nếu p, q > 3 đều lẻ thì G(p, q) đẳng cấu với tích tự do Zp ? Zq = 〈α, β|αp = 1, βq = 1〉, với đẳng cấu cho tương ứng α 7→ A, β 7→ B. Bây giờ ta kí hiệu Dp = 〈α, γ|αp = 1, γ2 = 1, γαγα = 1〉 là nhóm nhị diện. Trong các trường hợp (ii), (iii) ta có thể giới thiệu thêm phần tử sinh mới à mà sau đó ta đặt bằng αp/2 và trong trường hợp (iii) ta giới thiệu γ mới và đặt bằng βq/2. Nhóm con của nhóm G(p, q) sinh bởi α và γ là Dp, nhóm con của nhóm G(p, q) sinh bởi β và γ là Dq. Trong trường hợp (iii), γ và à sinh ra nhóm con D2. 2.1.7 Hệ quả. Nếu p > 4 chẵn và q > 3 lẻ thì nhóm G(p, q) là đẳng cấu với tích tự do Zp ? Z2 Dq, trong đó α p/2 ∈ Zp được đồng nhất với à ∈ Dq. Nếu p > 4 chẵn và q = 2s, s > 3 lẻ thì G(p, q) đẳng cấu với tích tự do với nhóm con chung D2 là Dp ? D2 Dq. Trong đó γ ∈ Dp được đồng nhất với βq/2 ∈ Dq và αp/2 ∈ Dp được đồng nhất với à ∈ Dq. 2.1.8 Chú ý. Trong trường hợp (iv), G(p, q) không thể tổng quát được viết như là một tích tự do với nhóm con chung của Zp (hoặc Dp hoặc G(p, 4) với Zq ( hoặc Dq hoặc G(4, q)). Có quá nhiều mối quan hệ. Dù thế nào trong trường hợp này G(p, q) = G(m, 4) trong đó m = [p, q]. Điều này cho ta một tích tự do với nhóm con chung D4 là Dm ? D4 G(4, 4), (2.15) trong đó D4 là nhóm con sinh bởi R pi/2 x và Rpiz . 2.2 Dạng chính tắc nhóm G(p ,q) Phần này ta xây dựng dạng chính tắc cho mỗi phần tử của nhóm G(p, q). Do G(p, q) luôn là nhóm con của nhóm G(pq, 4, 1) nên đầu tiên ta xây dựng 24 dạng chính tắc cho nhóm G(m, 4, 1) với m là số nguyên bất kì (trường hợp m = [p, q] khi p, q cùng chia hết cho 4 và G(p, q) = G(m, 4, 1) của ta chỉ là một trường hợp đặc biệt), đó chính là nội dung Định lí 2.2.1. Trong các trường hợp còn lại p chẵn và q không chia hết cho 4, Định lí (2.2.6) cho dạng chính tắc mỗi phần tử nhóm G(p, q) như là tích các phần tử sinh của nhóm G(p, q). Ta vẫn định nghĩa S = R 2pi/4 y , T = R 2pi/m x và định nghĩa thêm U = R 2pi/4 x . Nhớ rằng S, U là hai phần tử sinh ra nhóm G(4, 4, 1). 2.2.1 Định lý. Cho H = G(4, 4, 1) ∩G(m, 4, 1), cho g ∈ G(m, 4, 1) suy ra g được viết duy nhất dưới dạng WST a1 ã ã ãST anE, (2.16) với n > 0,W,E ∈ H , ai là số nguyên, và mỗi sự hạn chế sau được áp dụng: (1)Nếu m lẻ, W ∈ {I, S3}, ai ∈ (−m/2,m/2) và ai 6= 0. (2) Nếu m = 2s, s lẻ, W ∈ {I, S3}, ai ∈ (−m/4,m/4) và ai 6= 0. (3)Nếu m chia hết cho 4, W ∈ {I, S3, U}, ai ∈ (−m/4,m/4), ai 6= 0 và an ∈ (0,m/4). (4)Nếu n = 0 thì W = I. 2.2.2 Chú ý. (i), Do G(m, 4, 1) ⊂ G(2m, 4, 1) ⊂ G(4m, 4, 1) nên khi viết mỗi phần tử g ∈ G(m, 4, 1) có thể sử dụng dạng chính tắc của G(4m, 4, 1). Nếu m không chia hết cho 4 thì g được viết như là tích của các ma trận mà bản thân /∈ G(m, 4, 1). (ii),Việc lấy những giá trị của W được hiểu như sau. Có một nhóm con H1 của H mà có thể được giao hoán (hoặc không giao hoán) (tức là hoán đổi vị trí với ST a hoặc không) qua luỹ thừa của ST a hoặc được hấp thụ vào ST a (tức là cùng ST a tạo thành một luỹ thừa mới của ST a). Nhân tử trong H1 có thể bị loại bỏ từ W và hấp thụ vào ST a1 hoặc được di chuyển theo tất cả các cách từ W −→ E. Vậy việc lấy giá trị của 25 W là biểu diễn lớp trong H/H1. Nếu m lẻ, H = G(4, 4, 1) ∩ G(m, 4, 1) = 〈R2pi/4y 〉 = 〈S〉, H ∼= Z4. Trường hợp này H1 = Z2 = 〈S2〉 ⇒ H = H1 ∪ S3H1 . Nếu m = 2s, s lẻ suy ra H = G(4, 4, 1) ∩G(m, 4, 1) = 〈R2pi/2x , R2pi/4y 〉 = 〈U 2, S〉 là nhóm 8 phần tử sinh bởi S và U 2, H1 là nhóm con 4 phần tử sinh bởi S 2 và U 2, và H = H1 ∪ S3H1. Nếu m chia hết cho 4 thì H = G(4, 4, 1) là nhóm 24 phần tử sinh bởi S và U , H1 là nhóm con 8 phần tử sinh bởi S 2 và SUS−1, và H = H1 ∪ S3H1 ∪ UH1. (iii), Khi m chia hết cho 4, dạng chính tắc (2.16) là quan hệ đóng với tích tự do với nhóm con chung (2.15). Những lớp không tầm thường của G(4, 4)/D4 được biểu diễn bởi S và SU −1 . Trong khi những lớp không tầm thường của Dm/D4 được biểu diễn bởi T a , với a ∈ (0,m/4). Nhân chúng với nhau ta được ST a, với a 6= 0, a ∈ (−m/4,m/4). Để chứng minh định lí 2.2.1 ta áp dụng hai bổ đề sau: 2.2.3 Bổ đề. Mọi phần tử của G(m, 4, 1) có thể viết dưới dạng (2.16). 2.2.4 Bổ đề. Nếu g ∈ G(m, 4, 1) có dạng (2.16) thì suy ra tồn tại duy nhất g′ có dạng (2.16) sao cho gg′ = I. Chứng minh. Theo Bổ đề 2.2.3 thì biểu diễn cho g và g−1 là luôn tồn tại, áp dụng Bổ đề 2.2.4 cho g−1 ta thấy rằng biểu diễn g = (g−1)−1 là duy nhất và định lí được chứng minh. Chứng minh. (Bổ đề 2.2.3) Ta xét 3 trường hợp: m lẻ, m = 2k, k lẻ hoặc m chia hết cho 4. Trong tất cả các trường hợp ta giả thiết là g /∈ H , vì nếu g ∈ H ta có thể chọnW = I, n = 0, g = e. Trường hợp 1. Nếu m lẻ, mỗi phần tử g ∈ G(m, 4, 1) có thể được viết dưới dạng g = Sb1T a1 ã ã ãSbNT aNSbN+1, (2.17) 26 mà chưa có sự hạn chế nào lên N hoặc ai hoặc bi . Bằng cách áp dụng S4 = Tm = I ta hạn chế điều kiện cho ai và bi là ai ∈ (−m/2,m/2), bi ∈ {0, 1, 2, 3}. Nếu mỗi ai = 0 hoặc bi = 0 ta có thể rút gọn biểu thức ngắn hơn và tiếp tục như trên. Nếu bi = 2 ta có thể sử dụng hệ thức S2T a = T−aS2 (2.18) để rút gọn g. Do từ có độ dài hữu hạn nên quá trình này phải kết thúc. Cho ta biểu thức của g dạng g = Sb1T a1 ã ã ãSbnT anSbn+1, (2.19) Trong đó mỗi bi (có thể trừ b1 và bn+1 ) là lẻ và mỗi ai ∈ (−m/2,m/2) và ai 6= 0. Tiếp theo bằng cách sử dụng công thức (2.18) ta có thể cho điều kiện b1 = 0 hoặc 1 (vì b1 ∈ {0, 1, 2, 3}, nếu b1 = 2 ta áp dụng trực tiếp (2.18), nếu b1 = 3 ta có thể tách T 3 = T 2T rồi áp dụng (2.18)). Tiếp đó ta cũng hạn chế điều kiện cho b2 = 1 theo cách trên. Làm tương tự như trên ta có thể quy tất cả các bi = 1 trừ b1 có thể bằng 0 hoặc 1, bn+1 không bị ràng buộc. Khi đó g = Sb1−1ST a1 . . . ST anSbn+1, đặt W = Sb1−1, E = Sbn+1, thì biểu thức của g có dạng (2.16). Trường hợp 2. Nếu m = 2k, k lẻ. Ta tiếp tục làm như trường hợp 1 để thu được dạng (2.19), trong đó mỗi bi (có thể trừ b1 và bn+1 ) là lẻ và mỗi ai ∈ (−m/2,m/2) và ai 6= 0. Sau đó ta sử dụng hệ thức Tm/2Sb = S4−bTm/2 (2.20) nếu cần để loại bỏ những những nhân tử Tm/2 và đặt cho ai điều kiện ai ∈ (−m/4,m/4). Ta bắt đầu với a1, sử dụng (2.20) để chuyển Tm/2 qua Sb2, sau đó đặt điều kiện cho a2 ∈ (−m/4,m/4) bằng cách sử dung (2.20) chuyển Tm/2 qua Sb3 và tiếp tục như vậy. Theo cách này tất cả các 27 ai có thể trừ an được đặt trong khoảng (−m/4,m/4). Sau đó ta lại sử dụng (2.18) để đưa các bi (trừ b1, bn+1 ) như trường hợp 1 bằng 1. Điều này cho chúng ta một biểu thức dạng (2.19) với mỗi ai ∈ (−m/4,m/4) và ai 6= 0, trừ an là khác không và an ∈ (−m/2,m/2), và mỗi bi = 1 trừ b1 là có thể bằng 0 hoặc 1. Đặt W = S b1−1 , nếu an ∈ (−m/4,m/4) ta đặt E = Sbn+1, trường hợp còn lại ta đặt E = Tm/2Sbn+1 và cho ta dạng (2.16). Trường hợp 3. Nếu m chia hết cho 4. Ta tiếp tục làm như trên để có dạng (2.19) với bi lẻ và ai không chia hết cho m/2. Nếu mỗi ai (khác a1 hoặc an) chia hết cho m/4. Ta có thể rút gọn độ dài của g như sau. Đầu tiên ta sử dụng (2.18) để quy các bi = 1 sau đó sử dụng các hệ thức SUS = USU, SU 3S = U 3SU 3 (2.21) để biến đổi T ai−1ST±m/4ST ai+1 thành T ai−1±m/4ST ai+1±m/4 (vì Tm/4 = U, T−m/4 = T 3m/4 = U 3 nên ST±m/4S = T±m/4ST±m/4). Trong kết quả này có thể có 1 số mũ của T chia hết cho m/2, ta sử dụng (2.20) quy về từ có độ dài lớn hơn. Do từ ban đầu có độ dài hữu hạn cuối cùng ta thu được dạng (2.19), trong đó không số ai nào (trừ a1 và an ) là chia hết cho m/4. Nếu a1 chia hết cho m/4 ta đặt W˜ = S b1T a1 (vì khi đó T a1 ∈ H ), còn lại ta đặt W˜ = Sb1−1 Nếu an chia hết cho m/4 ta đặt E˜ = ST anSbn+1 ( vì T an ∈ H) , còn lại ta đặt E˜ = Sbn+1. Trong mỗi trường hợp g có dạng g = W˜Sb1T a1 ã ã ãSbnT anE˜, (2.22) với W˜ , E˜ ∈ H = G(4, 4, 4) , bi lẻ và ai không chia hết cho m/4. 28 Đây gần giống với dạng (2.16). Để có sự hạn chế cần thiết W,E, ai, bi ta làm từ trái qua phải, đẩy những nhân tử theo hướng phải. Cho H1 là nhóm con 8 phần tử của H sinh bởi S2 và SUS−1. Trong hai phần tử sinh này S2 có thể giao hoán qua nhân tử SbT a (biến đổi nó thành SbT−a). Trong đó SUS−1 có thể được hấp thụ vào trong vào trong một nhân tử của ST a: SUS−1ST a = SUT a = ST a+m/4, (2.23) mà không thay đổi điều kiện ai không chia hết cho m/4. Nhân tử trong H1 do đó bị bỏ di từ W˜ và được di chuyển theo hướng phải. Từ H = H1 ∪ S3H1 ∪ UH1, ta có thể biến đổi W˜ thành I, S3 hoặc U mà sau đó ta gọi làW . Sau đó ta làm việc từ trái qua phải, sử dụng (2.18) để thay đổi một số bi từ 3 thành 1 và sử dụng (2.20) để ai ∈ (−m/4,m/4). Cuối cùng nếu an < 0 ta đặt E = U −1E˜, còn lại ta đặt E = E˜. Theo nhân tử ngoài U−1 ta đặt an ∈ (0,m/4), và ta thu được dạng (2.16). Chứng minh. (Bổ đề 2.2.4) Giả thiết là ta đã có g = WST a1 ã ã ãST anE, và g−1 = W ′ST a ′ 1 ã ã ãST a′n′E ′, với sự hạn chế riêng cho W,ai, E,W ′, a′i, E ′. Ta sẽ chỉ ra rằng có duy nhất cách chọn W ′, n′, a′i, E ′ . Mỗi cách chọn khác cho chúng ta biểu thứcWST a1 ã ã ãST anEW ′ST a′1 ã ã ãST a′n′E ′ về dạng tổng quát WSb1T a1 ã ã ãSbNT aNE, (2.24) với bi lẻ và ai không chia hết chom/4,W,E ∈ H . Theo bổ đề 2.1.3 thì biểu thức trên không thể bằng đơn vị, mâu thuẫn với gg−1 = I. Như chứng minh Bổ đề 2.2.3 ta vẫn xét 3 trường hợp của m. Giả sửm lẻ. Ta phải chọnW ′ thoả mãn EW ′S là một luỹ thừa chẵn của S. Nếu sự lựa chọn này không được thực hiện thì WST a1 ã ã ãST an(EW ′S)T a′1 ã ã ãST a′n′E ′ lại có dạng (2.24). DoW ′ ∈ {I, S3} nên có chính xác một cách chọn. Bây giờ từ EW ′S là một luỹ thừa chẵn của S. Nó có thể giao hoán qua tất cả các nhân tử ST a ′ , cho ta biểu thức dạngWST a1 ã ã ãST anT a′1 ã ã ãST a′n′E ′, 29 trong đó những ai mới là ± số cũ, và E ′ mới là EW ′S lần số cũ. Nếu an+a ′ 1 6= 0 ta lại có dạng (2.24) vì thế ta phải có an+a′1 = 0 hay a′1 = −an. Bây giờ ta lại đẩy một nhân tử S2 theo hướng phải và tìm thấy giá trị duy nhất của a′2 thoả mãn để tránh dạng (2.24). Tiếp tục quá trình này với mỗi a ′ i xác định bởi an+1−i và những gì ta đã làm trước đó. Ta không thể có n′ 6= n vì như vậy sẽ để lại một vài luỹ thừa của ST a (hoặc ST a ′ ) không bị triệt tiêu. Nếu n = n′ và mỗi a′i được chọn đúng, cuối cùng ta thu được dạng W ì (sự di chuyên luỹ thừa của S )ìE. Đó là sự chọn lựa duy nhất của E làm cho biểu thức bằng đơn vị. Giả sử m = 2k, k lẻ. Cách lí luận cũng tương tự, E là một luỹ thừa của S có thể nhân U 2. Như trước nếu luỹ thừa đó là lẻ, ta phải chọn W ′ = I, trong dó nếu luỹ thừa đó là chẵn ta phải chọnW ′ = S3. Nếu sự lựa chọn này không được thực hiện, ta có thể giao hoán mỗi nhân tử U 2 về phía phải và thu được dạng (2.24), không thể bằng I. Nếu sự lựa chọn này được thực hiện thì EW”S là một luỹ thừa chẵn của S, có thể nhân U 2 và có thể được giao hoán qua các nhân tử ST a ′ . Sau đó tiếp tục làm tương tự như trên với mỗi ai = −an+1−i và với E ′ xác định bởi những nhân tử còn lại sau khi những nhân tử ST a bị triệt tiêu. Cuối cùng giả sử m chia hết cho 4. Cũng lí luận tương tự với một vài sự bổ xung các bước và sự phức tạp đến từ luỹ thừa của U . Nhắc lại rằng ta có 8 phần tử nhóm con H1 của H sinh bởi SUS −1 và S2 của những phần tử có thể được giao hoán qua (hoặc hấp thu vào) ST a. Ta viết gg−1 dưới dạng WST a1 ã ã ãST anS−1(SEW ′)ST a′1 ã ã ãST a′n′E ′ và SEW ′ có thể được biểu thị là xh, trong đó x ∈ {I, S3, U} và h ∈ H1. Ta có thể đẩy h theo tất cả các cách về bên phải cho biểu thức có dạng WST a1 ã ã ãST anS−1xST a′1 ã ã ãST a′n′E ′. (2.25) Nếu x = S3, biểu thức này lại có dạng (2.24) và không thể bằng I. Nếu x = U ta lại sử dụng đồng nhất thức S−1US = U 3S3U và hấp thụ luỹ thừa của U vào T an và T a ′ 1 để đặt biểu thức vào dạng (2.24). Do đó chỉ có một 30 cách làm cho gg−1 = I là x = I hoặc tương đương với SEW ′ ∈ H1. Cùng hướng với sự kiểm tra đó, với mỗi E ∈ H có duy nhấtW ′ ∈ {I, S3, U} thoả mãn SEW ′ ∈ H1. Một W ′ được chọn và h được đẩy về bên phải, ta có một biểu thức có dạng WST a1 ã ã ãST anT a′1 ã ã ãST a′n′E ′, trong đó những a′ mới và E ′ được xác định bằng số cũ tương ứng. Nếu an + a ′ 1 không chia hết cho m/4 đây là dạng (2.24) và không bằng ma trận đơn vị. Từ a′1 ∈ (−m/4,m/4) có hai giá trị của a′1 để an + a ′ 1 chia hết cho m/4, một là an + a ′ 1 = 0, và trường hợp khác là an+ a ′ 1 = ±m/4. Nếu an+ a′1 = ±m/4 ta sử dụng đẳng thức (2.21) và tính chất của an−1 hoặc a′2 chia hết cho m/4 để có dạng (2.24). Do đó ta phải có a′1 = −an. Tương tự a′2 xác định bởi an−1 và tiếp tục như trên ta phải có n = n ′ . Sau n− 1 bước giản ước ta có biểu thức: WST a1T a ′ n(biến đổi luỹ thừa của S2)hE ′. (2.26) Tại điểm này lí luận rằng a1 + a ′ n 6= ±m/4 là không thể. Dù thế nào a′n bị hạn chế ∈ (0,m/4). Một trong hai −a1 hoặc m/4 − a1, nhưng không phải cả hai, ∈ (0,m/4). Đây có thể chỉ là một giá trị của an′ mà giữ cho (2.26) từ dạng (2.24). Một trong hai cách lựa chọn này được thực hiện, WST a1T a ′ n(biến đổi luỹ thừa của S2)h ∈ H , và E ′ phải được chọn là phần tử nghịch đảo của phần tử này. Bây giờ ta quay trở lại dạng chính tắc cho nhóm G(p, q) tổng quát. Như ban đầu ta vẫn có A = R 2pi/p x , B = R 2pi/q z . Nếu p, q đều lẻ , thì G(p, q) là một tích tự do, và mọi phần tử của nó được viết duy nhất dưới dạng Aa1Bb1 ã ã ãAanBbn, (2.27) với ai ∈ (−p/2, p/2), bj ∈ (−q/2, q/2) và tất cả các số mũ (có thể trừ a1 và an) là khác không. Nếu p và q cùng chia hết cho 4 thìG(p, q) = G([p, q], 4, 1) và dạng chính tắc của nó được cung cấp bởi Định lí 2.2.1. Nhưng nếu p chẵn 31 và q không chia hết cho 4? Ta xét dạng chính tắc của nó trong Định lí 2.2.6 và định nghĩa 3 dạng chính tắc cho trường hợp này. Tuỳ thuộc vào việc áp dụng mà ta sử dụng một trong các dạng chính tắc hiệu quả nhất. 2.2.5 Định nghĩa. (Các dạng chính tắc). Cho p, q là những số tự nhiên > 3 với p chẵn và q không chia hết cho 4. Một tích (2.27) với tất cả các số mũ khác không có thể trừ a1 và bn được gọi là L-dạng chính tắc nếu: Với i > 1, ai ∈ (−p/4, p/4]; a1 ∈ (−p/2, p/2]; b1 ∈ (−q/2, q/2] và có thể b1 = q/2 nếu n = 1; với j > 1, bj ∈ (−q/2, q/2) nếu q lẻ và bj ∈ (−q/4, q/4) nếu q chẵn. R-dạng chính tắc nếu: Với i < n, ai ∈ (−p/4, p/4]; an ∈ (−p/2, p/2] và có thể bằng p/2 nếu n = 1; bn ∈ (−q/2, q/2]; với j < n, bj ∈ (−q/2, q/2) nếu q lẻ và bj ∈ (−q/4, q/4) nếu q chẵn. C-dạng chính tắc nếu: Với i > 1, ai ∈ (−p/4, p/4]; a1 ∈ (−p/2, p/2]; bn ∈ (−q/2, q/2]; với j < n, bj ∈ (−q/2, q/2) nếu q lẻ và bj ∈ (−q/4, q/4) nếu q chẵn. Thực chất sự khác biệt giữa các dạng chính tắc này là vị trí đặt các nhân tử Rpix và R pi z . Trong L-dạng chính tắc chúng được đặt ở bên trái, trong R-dạng chính tắc chúng được đặt ở bên phải, và trong C-dạng chính tắc Rpix được di chuyển sang trái và Rpiz được di chuyển sang phải. Nếu q lẻ , R pi z không xuất hiện và L-dạng chính tắc và C-dạng chính tắc là trùng nhau. 2.2.6 Định lý. (Các dạng chính tắc cho nhóm G(p, q)). Cho p, q là những số nguyên dương > 3 với p chẵn và q không chia hết cho 4. Mỗi phần tử của G(p, q) được viết duy nhất dưói L-dạng chính tắc (hoặc R-dạng chính tắc hoặc C-dạng chính tắc) Chứng minh. Chứng minh của ta được chia làm một số bước chung. Đầu tiên ta chỉ ra rằng mỗi phần tử của G(p, q) có thể được đặt trong mỗi dạng chính tắc. Tiếp theo ta chỉ ra rằng chỉ có R-dạng chính tắc mới có phần tử đồng 32 nhất là A0B0. Sau đó ta chỉ ra R-dạng chính tắc là duy nhất bằng cách chỉ ra mỗi phần tử trong L-dạng chính tắc có một phần tử nghịch đảo duy nhất trong R-dạng chính tắc. Cuối cùng ta chỉ ra L-và C-dạng chính tắc là duy nhất bởi mỗi quan hệ chúng với R-dạng chính tắc có cùng độ dài. Ta chứng minh định lí này với chú ý là ta đã có Định lí 2.1.2, và ta áp dụng các tính chất trong định lí này với sự đồng nhất α với A và β với B. Bước1. Từ A và B sinh ra nhóm G(p, q) và từ Ap = Bq = I nên mỗi phần tử của G(p, q) có thể được viết dưới dạng (2.27) với mỗi ai ∈ (−p/2, p/2], bj ∈ (−q/2, q/2] và với tất cả các số mũ đều khác không trừ a1 và bn. Nếu mỗi ai = p/2 (trừ a1) ta có thể sử dụng AaBbAp/2Bb ′ = Aa+p/2Bb ′−b để rút gọn biểu thức (theo Định lí 2.1.2 ta có αp/2βαp/2β = 1 ⇒ βbαp/2 = αp/2β−b hay BbAp/2 = Ap/2B−b). Tương tự, nếu mỗi bj = q/2 (trừ bn) ta có thể rút gọn biểu thức bằng cách sử dụng AaBq/2Aa ′ Bb = Aa−a ′ Bb+q/2 (cũng từ Định lí 2.1.2 ta có Bq/2Aa ′ = A−a ′ Bq/2 ). Do đó ta có thể thu được dạng (2.27) với mỗi i > 1, 0 6= ai ∈ (−p/2, p/2) và với mỗi j < n, 0 6= bj ∈ (−q/2, q/2). Giả sử q lẻ. Để đặt biểu thức của ta dưới dạng L-chính tắc (hoặc C-chính tắc) ta phải điều chỉnh những số mũ ai, i > 1mà không thuộc (−p/4, p/4] bởi ±p/2 (cũng giống như phần chứng minh Định lí 2.1.2. Nếu ai ∈ (p/4, p/2) ta viết ai = ai − p/2 + p/2 thì ai − p/2 ∈ (−p/4, 0) và ta coi ai lúc này là ai − p/2, tương tự nếu ai ∈ (−p/2,−p/4] thì ta coi ai lúc này là ai + p/2) bằng cách sử dụng hệ thức Aai−1BbAai±p/2 = Aai−1BbA±p/2Aai = Aai−1Ap/2B−bAai = Aai−1+p/2B−bAai, (áp dụng Định lí 2.1.2). Ta bắt đầu điều chỉnh từ an cùng với sự sử dụng an−1 và bn−1, sau đó với an−1 cùng với sự sử dụng an−2 và bn−2, và tiếp tục cho đến khi tất cả các ai ∈ (−p/4, p/4] (có thể trừ a1). Trong quá trình này một số bj có thể bị đổi dấu nhưng không làm thay đổi điều kiện 33 bj ∈ (−q/2, q/2), bj 6= 0. Ngoài ra b1 ban đầu không chia hết cho q/2, các bj còn lại cũng không chia hết cho q/2. Để đặt biểu thức của ta dưới dạng R-chính tắc, đầu tiên ta điều chỉnh a1 cùng với sự sử dụng b1 và a2 bằng cách sử dụng hệ thức trên (chú ý rằng ta cũng có Aai−1±p/2BbAai = Aai−1B−bAai+p/2), sau đó điều chỉnh a2 cho đến an−1 ... Ta thấy rõ ràng một biểu thức trong L-dạng chính tắc có thể được biến đổi thành một biểu thức trong R-dạng chính tắc cùng độ dài và ngược lại. Giả sử q chẵn. Để đặt biểu thức trong mỗi dạng chính tắc, đầu tiên ta điều chỉnh số mũ bj bằng cách sử dụng hệ thức: BbiAaBbi+1+q/2 = Bbi+q/2A−aBbi+1 để bj ∈ (−q/4, q/4) khi chuyển về L-dạng chính tắc ( áp dụng Bbi+q/2AaBbi+1 = BbiA−aBbi+1+q/2, khi chuyển về R và C-dạng chính tắc). Tiếp theo sự điều chỉnh ai cũng giống như trường hợp q lẻ. Nhận thấy điều kiện bj ∈ (−q/4, q/4) tương đương với điều kiện −bj ∈ (−q/4, q/4) nên sự điều chỉnh ai không ảnh hưởng tới điều kiện của bj. Hơn nữa, rõ ràng sự chuyển đổi từ một dạng chính tắc này sang dạng chính tắc khác không làm thay đổi độ dài của từ. Bước 2. Ta phải chỉ ra rằng một từ không tầm thường trong R-dạng chính tắc là không thể bằng đơn vị. Thực chất cũng giống như lí luận ở chứng minh Định lí 2.1.2. Nhúng G(p, q) vào G(m, 4, 1), trong đó m = pq, G(m, 4, 1) sinh bởi T = R 2pi/m x và S = R pi/2 y . Chú ý rằng A = T q, B = S3T pS. Ta viết lại một từ bằng A và B bởi một từ bằng S và T . Mặc dù tất cả các số mũ của S trong từ đều lẻ, biểu thức khá giống dạng (2.24), một vài nhân tử Tm/4 có thể xuất hiện. Ta sẽ loại bỏ điều này bằng cách sử dụng hệ thức T bS3Tm/4ST b ′ = T b−m/4S3T b ′+m/4 (do S3US = U 3S3U nên S3Tm/4S = T−m/4S3Tm/4 ). Trừ khi từ nguyên bản làA0B0;A0Bq/2;Ap/2B0 hoặc Ap/2Bq/2, kết quả của biến đổi là dạng (2.24) và theo Bổ đề 2.1.3 là 34 không thể bằng đơn vị. Ba trường hợp đặc biệt Ap/2B0, A0Bq/2 và Ap/2Bq/2 được tách ra kiểm tra không bằng đơn vị. Bước 3. Ta chỉ ra rằng mỗi từ trong L-dạng chính tắc có nhiêu nhất một nghịch đảo trong R-dạng chính tắc. Ta viết g = Aa1Bb1 ã ã ãAanBbn, g−1 = Aa′1Bb′1 ã ã ãAa′n′Bb′n′ , trong đó g là trong L-dạng chính tắc, g−1 trong R-dạng chính tắc. Ta sẽ chỉ ra rằng, trừ khi những a′i và b ′ i được lựa chọn chính xác, tích gg −1 được đặt trong R-dạng chính tắc, và vì thế không bằng ma trận đơn vị. Ta chứng minh điều này bằng quy nạp. Sự duy nhất của phần tử nghịch đảo dễ dàng kiểm tra với n = 1. Phần tử nghịch đảo cho AaBb, với a, b đều khác không, là A0B−bA−aB0, trừ khi q chẵn và b ∈ (−q/4, q/4), trong trường hợp này phần tử nghịch đảo là A0Bq/2−bAaBq/2. Phần tử nghịch đảo duy nhất của AaB0 là A−aB0, phần tử nghịch đảo duy nhất của A0Bb là A0B−b, và phần tử nghịch đảo duy nhất cho A0B0 là A0B0. Bây giờ ta giả sử điều khẳng định được chứng minh với n = k và ta có một biểu thức của g có độ dài n = k + 1. Nếu bn = 0, ta phải có a ′ 1 = −an (trừ khi an = p/4, trường hợp này a ′ 1 = p/4) và tích gg−1 = Aa1Bb1 ã ã ãAan+a′1Bb′1 ã ã ãAa′n′Bb′n′ . Nếu a′1 được lựa chọn đúng, số mũ an + a1 không chia hết cho p/2, vì thế, bằng cách di chuyển luỹ thừa của Ap/2 và Bq/2 từ trái qua phải, biểu thức này có thể đặt trong R-dạng chính tắc không tầm thường, và vì thế không thể bằng đơn vị. Khi a′1 được lựa chọn đúng, gA a′1 là một từ có độ đài n−1 = k. Nó có thể được biến đổi sang L-dạng chính tắc và vì thế theo giả thiết quy nạp, thì nghịch đảo trong R-dạng chính tắc là duy nhất được xác định. Nhưng dạng nghịch đảo chính xác hơn A0Bb ′1 ã ã ãAa′n′Bb′n,, vì thế b1, a2, ... được xác định duy nhất. Nếu bn 6= 0, ta phải có a1 = 0 hoặc gg−1 = Aa1Bb1 ã ã ãAanBbnAa′1Bb′1 ã ã ãAa′n′ , 35 có thể tương tự được vận động vào trong R-dạng chính tắc không tầm thường. Bằng lí luận tương tự ta phải có b′1 = −bn. Nhưng gBb′1 là một từ có độ dài bằng k + 1 với số mũ cuối cùng là 0, và phần tử nghịch đảo được xác định duy nhất như trong suy luận phần trước. Do mỗi phần tử g ∈ G(p, q) có thể được đặt trong dạng L-chính tắc, điều này chỉ ra rằng mỗi phần tử g ∈ G(p, q) có duy nhất một dạng nghịch đảo trong R-dạng chính tắc. Do đó g = (g−1)−1 có một R-dạng chính tắc duy nhất. Bước 4. Ta đếm số từ có độ dài n cho mỗi dạng đặc biệt bằng cách nhân số cách chọn cho mỗi ai và bi. Số này bằng pq(p/2− 1)n−1(q− 1)n−1 nếu q lẻ và bằng pq(p/2− 1)n−1(q/2− 1)n−1 nếu q chẵn, và là như nhau cho mỗi dạng chính tắc. Bây giờ xét tập hợp tất cả các R-dạng chính tắc có độ dài n hoặc nhỏ hơn. Ta đã chỉ ra rằng chúng có thể được chuyển sang L-dạng chính tắc có độ dài n hoặc nhỏ hơn. Do số các L-dạng chính tắc bằng số các R-dạng chính tắc, và do mỗi dạng R-chính tắc tương ứng với mỗi phân tử phân biệt của G(p, q), mỗi L-dạng chính tắc là thu được chính xác theo cách này. Do đó mỗi dạng L-chính tắc phân biệt có độ dài n hoặc nhỏ hơn tương ứng với R-dạng chính tắc phân biệt, và dẫn đến những phần tử phân biệt của G(p, q). Vì n là tuỳ ý, điều này chỉ ra rằng L-dạng chính tắc là duy nhất. Lí luận tương tự ta cũng chỉ ra rằng C-dạng chính tắc là duy nhất. 2.2.7 Nhận xét. Trên đây ta đã xét nhóm G(p, q) với p, q là những số nguyên dương. Nếu p hoặc q âm ta đặt p′ = −p hoặc q′ = −q ta có nhóm G(p′, q′) như trên. Xét thêm trường hợp p, q là số hữu tỉ hay p = t/k, q = r/s với t, r > 0 và k, s 6= 0. Nhận thấy: R2pi/px = R 2pik/t x = (R 2pi/t x ) k ∈ G(t, r), và R2pi/qz = (R 2pi/r z ) s ∈ G(t, r). 36 do đó G(p, q) ⊂ G(t, r). Như vậy dạng chính tắc cho nhóm G(p, q) dễ dàng suy ra từ nhóm G(t, r) đã xét ở trên. Còn trường hợp p, q là những số vô tỉ hay siêu việt? Chương sau ta xét một trường hợp đặc biệt có p là số vô tỉ và một trường hợp có góc quay ω mà eiω là siêu việt. 37 Chương 3 Phép quay đại số và siêu việt Trong chương này chúng tôi trình bày một ví dụ nghiên cứu về nhómG(v, 4) = 〈Rvx, R2pi/4y 〉 trong đó v là tích của một số vô tỉ cho trước với 2pi. Sau đó có định lí nghiên cứu bước đầu về nhóm G(ω, 4) = 〈Rωx , R2pi/4y 〉 với eiω là siêu việt. 3.1 Biểu diễn cho nhóm G(v,4) Cho v = 2 tan−1(1/2) = tan−1(4/3). Trong không gian 3 chiều, xét nhóm G(v, 4, 4) sinh bởi T = Rvx, R pi/2 x và R pi/2 y . Xét nhóm con G(v, 4, 1) sinh bởi T = Rvx và R pi/2 y , và xa hơn là nhóm con G(v, 1, v). Ta cũng có một số kết qủa tương tự như trường hợp số hữu tỉ. 3.1.1 Bổ đề. Một biểu thức dạng WSb1T a1 ã ã ãSbnT anE, (3.1) với W,E ∈ G(1, 4, 1), mỗi bi lẻ, mỗi ai 6= 0, và n > 0, không thể bằng đơn vị. Chứng minh. Giống như trong bổ đề 2.1.3, ta xét các tích FaST a , trong đó Fa là nhân tử số. Ta sẽ chỉ ra rằng tất cả phần tử của ma trận thuộc vành R, và chỉ ra các phần tử (1,2), (1,3), (2,2) và (2,3) không thuộc iđêan tối đại I . Trong bổ đề này R = Z, I là iđêan chính (5), R/I = Z5, và Fa = 5|a|. Ta thấy vì tan v = 1/2⇒ cos v = 3/5, sin v = 4/5 nên cosnv và sinnv tương ứng là phần thực và phần ảo của (3+4i)n/5n. Nếu n > 0 thì phần thực 38 và phần ảo (3 + 4i)n theo thứ tự sẽ bằng 3 và 4 (mod 5) (Bằng cách sử dụng tính chất về đồng dư ta dễ dàng chứng minh điều này bằng quy nạp). Do đó, với mỗi số nguyên dương a, 5a cos(av) và 5a sin(av) là các số tự nhiên nhưng không chia hết cho 5. Ngược lại nếu a < 0, 5−a cos(av) = 5−a cos(−av) và 5−a sin(av) = −5−a sin(av) là các số nguyên nhưng không chia hết cho 5. Vì các SbiT ai có dạng (2.7) và (2.8) nên FaiS biT ai có dạng0 ε β0 γ δ 0 0 0  ( mod 5), (3.2) với , β, γ, δ là các phần tử khác không của Z5. Nhưng tích của hai hay nhiều phần tử dạng này lại có dạng này vì thế FSb1T a1Sb2T a2 ã ã ãSbnT bn, trong đó F = ∏n i=1 Fai, lại có dạng này. Ma trận trong nhóm G(1, 4, 1) khi nhân với các ma trận khác thì ma trận đó trở thành ma trận đổi dấu hoặc hoán vị. Vì thế ma trận FWSb1T a1Sb2T a2 ã ã ãSbnT bnE có 4 phần tử khác không trong Z5. Nhưng F nhân với một ma trận đơn vị sẽ là một ma trận 0 theo modulo 5, do đó FWSb1T a1Sb2T a2 ã ã ãSbnT bnE không thể bằng ma ttrận đơn vị. 3.1.2 Định lý. Nhóm G(v, 4, 1) sinh bởi S và T có biểu diễn là 〈α, β|β4, β2αβ2α〉 với phép đồng nhất α→ T, β → S. Chứng minh. Ánh xạ cho tương ứng α→ T và β → S là đồng cấu từ nhóm trừu tượng tới G(v, 4, 1) và nó là toàn cấu. Ta phải chỉ ra rằng nó là đẳng cấu. Sử dụng những hệ thức đã cho ( β2αa = α−aβ2, β4 = 1) , mỗi từ được viết theo α và β hoặc được viết dưới dạng như là một luỹ thừa của β hoặc được viết dưới dạng βbWαa1βαa2 ã ã ã βαanβbE , trong đó n > 0 và mỗi ai 6= 0. Theo bổ đề 3.1.1, ảnh của nó là một biểu thức trong G(v, 4, 1) là khác đơn vị. Chỉ có duy nhất luỹ thừa của β qua ánh xạ đó bằng đơn vị là β4 = 1. 3.1.3 Hệ quả. Nhóm con G(v, 1, v) của nhóm G(v, 4, 1) đẳng cấu với nhóm tự do sinh bởi 2 phần tử, với các phần tử sinh tương ứng là T và S−1TS. Chứng minh. Mỗi từ không tầm thường viết bằng T và S−1TS có dạng (3.1), và vì thế nó không bằng đơn vị. 39 3.2 Nhóm G(ω ,4) 3.2.1 Định lý. Ta định nghĩa các phép quayX = Rωx và V = S −1XS = Rωz , trong đó ξ = eiω (tương đương với cos(ω) ) là siêu việt. Thì nhóm sinh bởi X và V là nhóm tự do với hai phần tử sinh này. Chứng minh. Mỗi từ trong nhóm sinh bởi X và V có dạng X b˜1V d˜1X b˜2 ã ã ã hoặc V d˜1X b˜1V d˜2 ã ã ã , và ta có thể biểu thị dưới dạngXb1S3Xd1SXb2 ã ã ã hoặc S3Xd1SXb1S3Xd2 ã ã ã . Bằng cách sử dụng hệ thức S2Xa = X−aS2 ta có thể đặt biểu thức trên dưới dạng SaSXc1SXc2 ã ã ãSXcnSb, (3.3) trong đó a, b, cj là những số nguyên. Theo định nghĩa nhóm tự do thì tất cả những gì ta phải làm là chỉ ra rằng n > 0 thì SaSXc1SXc2 ã ã ãSXcnSb không phải là ma trận đơn vị. Mỗi nhân tử SXcj có dạng 0 −s˜j c˜j0 c˜j s˜j −1 0 0  , (3.4) trong đó c˜j = cos(cjω) = (ξ cj + ξ−cj)/2, s˜j = sin(cjω) = (ξcj − ξ−cj)/2i. Phần tử (2,2) của ma trận SXc1SXc2 ã ã ãSXcn là tổng các số hạng. Mỗi số hạng là tích ∏ j cos(cjω) = ∏ j((ξ cj + ξ−cj)/2) của các phần tử (2,2) của tất cả các nhân tử SXcj , và là một đa thức bậc cao của ξ và ξ−1. Các số hạng còn lại mỗi số hạng chứa nhiều nhất một luỹ thừa của phần tử (3,1) là -1, và vì thế nó là một đa thức bậc thấp của ξ và ξ−1. Tổng là một đa thức với cùng số hạng đầu như là tích ∏ j cos(cjω). Từ ξ là siêu việt, đa thức này không thể bằng 0 hoặc 1. Nhân tử Sa và Sb làm đối dấu, hoán vị ma trận, do đó một vài phần tử của ma trận SaSXc1SXc2 ã ã ãSXcnSb phải bằng 0 hoặc 1, và vì thế SaSXc1SXc2 ã ã ãSXcnSb không thể bằng đơn vị. 40 Kết luận Trong luận văn này, chúng tôi đã trình bày sơ lược một số khái niệm về phép quay và ma trận phép quay; Nhóm tự do; Tích tự do của; Tích tự do với nhóm con chung. Sau đó chúng tôi đã trình bày và chứng minh một cách tỉ mỉ một phần bài báo [4] của Charles Radin và Lorenzo Sadun nghiên cứu về cấu trúc và dạng chính tắc nhóm G(p, q) là nhóm con của nhóm SO(3) thông qua 3 định lí quan trọng là Định lí 2.1.2, Định lí 2.2.1 và 2.2.6. Cuối cùng luận văn còn trình bày một nghiên cứu về nhóm G(v, 4) sinh bởi Rvx và R 2pi/4 y trong đó v là tích một số vô tỉ với 2pi. Sau đó trình bày một ví dụ nghiên cứu bước đầu về nhóm G(ω, 4) = 〈Rωx , R2pi/4y 〉 với eiω là siêu việt. Nếu có điều kiện chúng tôi rất muốn nghiên cứu thêm về nhóm G(p, l, q) với p, l, q là các số nguyên dương. 41 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Vũ Lương (chủ biên), Nguyễn Lưu Sơn, Nguyễn Ngọc Thắng, Phạm Văn Hùng (2006), Các bài giảng về số học (Tập 1+2), Nhà xuất bản Đại Học Quốc Gia Hà Nội. [2] Ngô Việt Trung (2002), Giáo trình đại số tuyến tính, Nhà xuất bản Đại Học Quốc Gia Hà Nội. [3] Charles F.Miller III (2004), Combinatorial Group Theory, www.ms.unimelb.edu.au/ cfm/ notes/ cgt-notes.pdf. [4] Charles Radin, Lorenzo Sadun (1998), "Subgroups of SO(3) Associated with Tilings", Jounal of Algebra 202, pp. 611-633. 42