Nhóm con á chuẩn tắc trong vành chia quaternion thực

TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG KHOA SƯ PHẠM KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP NHÓM CON Á CHUẨN TẮC TRONG VÀNH CHIA QUATERNION THỰC LÊ THỊ LAM LINH AN GIANG, 25-5-2020 TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG KHOA SƯ PHẠM KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP NHÓM CON Á CHUẨN TẮC TRONG VÀNH CHIA QUATERNION THỰC LÊ THỊ LAM LINH DTO160687 GVHD: LÊ VĂN CHUA AN GIANG, 25-5-2020 Khóa luận "NHĨM CON Á CHUẨN TẮC TRONG VÀNH CHIA QUATERNION THỰC" sinh viên Lê Thị Lam Linh thực hướng dẫn Ths Lê Văn Chua Tác giả báo cáo kết nghiên cứu Hội đồng Khoa học Đào tạo thông qua ngày / / Thư ký Phản biện Phản biện Cán hướng dẫn Chủ tịch Hội đồng LỜI CẢM TẠ Kính thưa Ban giám hiệu trường Đại học An Giang, q Thầy Cơ Bộ mơn Tốn, khoa sư phạm trường Đại học An Giang, Giảng viên hướng dẫn Thầy Lê Văn Chua, Thầy Cơ phản biện: Thầy Nguyễn Huy Hồng Cơ Phạm Mỹ Hạnh, tồn thể q Thầy Cơ trường thân mến Em tên Lê Thị Lam Linh, sinh viên lớp DH17TO, khoa sư phạm, mơn Tốn, trường Đại học An Giang Em xin cảm ơn Ban giám hiệu q Thầy Cơ tạo điều kiện giúp đỡ em hồn thành khóa luận tốt nghiệp năm học 2019 - 2020 Trong trình thực hiện, em dẫn tận tình giảng viên hướng dẫn Thầy Lê Văn Chua, Thầy không tiếc công sức để giúp đỡ em mở rộng kiến thức, hồn thành khóa luận Mặc dù q trình thực em cịn nhiều sai sót Thầy nhẫn nại, đóng góp, dẫn tận tình, động viên để em sửa chữa rút kinh nghiệm Bên cạnh đó, em xin cảm ơn Thầy Nguyễn Huy Hồng Cơ Phạm Mỹ Hạnh dành thời gian đọc khóa luận đưa nhận xét, giúp khóa luận hồn thiện Cuối em xin kính chúc q Thầy Cơ dồi sức khỏe, công tác tốt, thành công lĩnh vực gặp nhiều may mắn Xin thân kính chào! Long Xuyên, ngày 25 tháng năm 2020 Người thực Lê Thị Lam Linh LỜI CAM KẾT Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tơi Các số liệu cơng trình nghiên cứu có xuất xứ rõ ràng Những kết luận khoa học cơng trình nghiên cứu chưa cơng bố cơng trình khác Long Xun, ngày 25 tháng năm 2020 Người thực Lê Thị Lam Linh MỤC LỤC Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Nhóm nhóm 1.2 Nhóm chuẩn tắc 1.3 Đẳng cấu định lí đẳng cấu thứ 10 1.4 Nhóm chuẩn tắc 12 1.5 Tích vơ hướng tích có hướng khơng gian vector 14 Chương Nhóm nhóm nhân vành chia quaternion thực 16 2.1 Vành chia 16 2.2 Vành chia quaternion thực 17 2.3 Nhóm chuẩn tắc nhóm nhân vành chia quaternion thực 22 Tài liệu tham khảo 32 i DANH MỤC KÝ HIỆU Z (G): Tâm nhóm G H ≤ G: H nhóm nhóm G hXi: Nhóm sinh tập X /: Chuẩn tắc / /: Á chuẩn tắc nor (G): Họ nhóm chuẩn tắc nhóm G subn (G): Họ nhóm chuẩn tắc nhóm G H: Tập quaternion thực N (α): Chuẩn quaternion α α ¯ , α ∈ H: Quaternion liên hợp quaternion α G0 : Tập tất quaternion có chuẩn S3 : Nhóm đối xứng D8 : Nhóm nhị diện |G|: Cấp nhóm G [ϕ]S : Ma trận biểu diễn ánh xạ ϕ theo sở S det [ϕ]S : Định thức ma trận biểu diễn ánh xạ ϕ theo sở S Aut (V ): Tập tất phép biến đổi tuyến tính khả nghịch khơng gian vector hữu hạn chiều V SO3 (V ): Nhóm trực giao đặc biệt ∼ =: Đẳng cấu hu, vi: Tích vơ hướng u v u × v: Tích có hướng u v |u|: Chuẩn (độ dài) vector u τu : Phép lấy đối xứng V qua mặt phẳng (thông qua gốc tọa độ) với vector pháp tuyến đơn vị u ρθu : Phép quay không gian chiều V vector u (ngược chiều kim đồng hồ) góc quay θ ii CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong chương trình bày kiến thức nhóm, nhóm con, nhóm chuẩn tắc, đẳng cấu định lí đẳng cấu thứ nhất, nhóm chuẩn tắc, số kiến thức tích vơ hướng tích có hướng không gian vector nhằm xây dựng sở cho mục phần sau 1.1 NHÓM VÀ NHÓM CON Định nghĩa 1.1 Cho G tập khác rỗng Ta nói G nhóm có phép tốn G thỏa mãn điều kiện sau: (i) Tính kết hợp: (ab) c = a (bc), với a, b, c ∈ G (ii) Tồn phần tử e ∈ G cho e ∗ a = a ∗ e = a, với a ∈ G (iii) Với a ∈ G tồn phần tử d ∈ G cho a ∗ d = e = d ∗ a Phần tử e (i) gọi phần tử đơn vị G Phần tử d (ii) gọi phần tử nghịch đảo a Khi phần tử a gọi khả nghịch Chú ý phần tử đơn vị nghịch đảo phần tử tùy ý G Ta kí hiệu phần tử đơn vị G phần tử nghịch đảo a ∈ G a−1 Một nhóm G gọi hữu hạn có hữu hạn phần tử Trong trường hợp này, số phần tử G gọi cấp G kí hiệu |G| Một nhóm có vơ hạn phần tử gọi nhóm vơ hạn hay nhóm có cấp vơ hạn Định nghĩa 1.2 Nhóm G gọi nhóm giao hốn hay nhóm aben a ∗ b = b ∗ a với a, b ∈ G Nếu a ∗ b = b ∗ a ta nói a giao hốn với b hay a b giao hốn Ví dụ 1.1 Tập hợp đa thức (một ẩn) với hệ số nguyên với phép cộng đa thức nhóm giao hốn Tương tự, ta có nhóm cộng đa thức với hệ số hữu tỉ hay hệ số thực Ví dụ 1.2 Tập hợp số nguyên Z nhóm cộng aben phép toán cộng a ∗ b = a + b, phần tử trung hòa 0, phần tử đối n ∈ Z −n Tương tự, Q, R, C nhóm cộng aben Ví dụ 1.3 Tập hợp Q∗ số hữu tỉ khác khơng nhóm phép nhân thông thường a ∗ b = ab Phần tử đơn vị 1, phần tử nghịch đảo q ∈ Q∗ Tương tự, R∗ , C∗ nhóm aben q Chú ý: Z∗ tập số nguyên khác không vị nhóm có phần tử đơn vị 1, nhiên, Z∗ khơng nhóm phép nhân thơng thường tồn phần tử n ∈ Z∗ khơng có phần tử nghịch đảo Định lý 1.1 Cho G nhóm, đó: Phần tử đơn vị e Nếu a ∈ G aa = a a = e Luật giản ước: Với a, b, c ∈ G ab = ac b = c ba = ca b = c Phần tử nghịch đảo d a ∈ G Định lý 1.2 Cho G nhóm, đó: (ab)−1 = b−1 a−1 với a, b ∈ G −1 (a−1 ) = a với a ∈ G Định lý 1.3 Cho G nửa nhóm, G nhóm thỏa hai điều kiện sau: Tồn phần tử e ∈ G cho ea = a với a ∈ G Với a ∈ G, tồn phần tử a−1 ∈ G cho a−1 a = e Định lý 1.4 Cho G nửa nhóm, G nhóm thỏa hai điều kiện sau: Tồn phần tử e ∈ G cho ae = a với a ∈ G Với a ∈ G, tồn phần tử a−1 ∈ G cho aa−1 = e Định nghĩa 1.3 Cho H tập khác rỗng nhóm G Ta nói H nhóm G H lập thành nhóm phép tốn G, kí hiệu H ≤ G Một nhóm G có hai nhóm {e} G Hai nhóm gọi hai nhóm tầm thường G Nhóm H gọi nhóm thực G H khác {e} G Chú ý: Bộ phận {1, −1, i, −i} lập thành nhóm phép nhân khơng phải nhóm nhóm cộng số phức C Ví dụ 1.4 Z∗ tập Q∗ Ta biết Q∗ nhóm phép nhân thơng thường Tuy nhiên với phép tốn Z∗ khơng lập thành nhóm Do Z∗ khơng nhóm Q∗ Nhóm cộng số thực R nhóm nhóm cộng số phức C Định lý 1.5 Cho H tập nhóm G, H nhóm nhóm G điều kiện sau thỏa mãn: e ∈ H ab−1 ∈ H với a, b ∈ H Ví dụ 1.5 √ Tập hợp số thực có dạng a + b 3, (a, b ∈ Z) nhóm cộng nhóm √ √   cộng số thực R Kí hiệu Z = a + b 3|a, b ∈ Z Hiển nhiên √  Z phận khác rỗng nhóm cộng số thực R Với √ √ √  α = a + b 3, β = c + d ∈ Z , ta có: √
√
√ √ α−β = a+b − c+d =a+b 3−c−d √ √  = (a − c) + (b − d) ∈ Z Vậy Z √  nhóm nhóm cộng số thực R theo định lí 1.5 Bộ phận thức bậc n đơn vị nhóm nhóm C∗ số phức khác Kí hiệu X tập phức bậc n đơn vị Hiển nhiên X 6= ∅ Với a, b ∈ X an = 1, bn = 1, ta có: ab−1
n = an b−1
n = an (bn )−1 = Suy ab−1 ∈ X Vậy theo định lí 1.5 X nhóm C∗ Định nghĩa 1.4 Cho G nhóm, tâm nhóm G tập kí hiệu Z (G) xác định Z (G) = {a ∈ G|ag = ga, ∀g ∈ G} Nói cách khác, phần tử G thuộc vào Z (G) giao hoán với tất phần tử G Ta dễ dàng chứng minh Z (G) nhóm G Nếu G nhóm aben Z (G) = G tất phần tử giao hốn với Khi G khơng aben Z (G) ⊂ G Ví dụ 1.6 Tâm nhóm S3 bao gồm phần tử đơn vị có phần tử giao hoán với tất phần tử S3 Chú ý: ij = −ji, ik = −ki jk = −kj phép nhân H khơng có tính giao hốn Vì lí đó, cần đặc biệt ý biểu diễn phép nhân H Định nghĩa 2.9 Cho a, b ∈ H,a = a0 + ia1 + ja2 + ka3 , b = b0 + ib1 + jb2 + kb3 , đó: a + b = (a0 + b0 ) + (a1 + b1 ) i + (a2 + b2 ) j + (a3 + b3 ) k phép cộng phần tử thực + bi phép cộng thông thường R Ví dụ 2.2 Nếu α = − i + 3j + k β = + 2i − j − k ta có: α + β = (2 + 3) + (−1 + 2) i + (3 − 1) j + (1 − 1) k = + i + 2j Định nghĩa 2.10 Cho α = a + bi + cj + dk, β = x + yi + zj + tk hai phần tử tập quaternion thực H, đó: αβ = (a + bi + cj + dk) (x + yi + zj + tk) = ax + ayi + azj + atk − by + bxi − btj + bzk − cz + cti + cxj − cyk − dt − dzi + dyj + dxk = (ax − by − cz − dt) + (bx + ay + ct − dz) i + (cx + dy + az − bt) j + (dx − cy + bz + at) k Ví dụ 2.3 Cho α = − i + 3j + k β = + 2i − j − k αβ = 12 − i + 6j − 4k Định lý 2.1 Tập quaterion thực tạo thành vành có đơn vị phép cộng phép nhân định nghĩa Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra H vành, có đơn vị = 1+0i+0j+0k phần tử không = + 0i + 0j + 0k, phần tử đối α −α = −a + (−b) i + (−c) j + (−d) k Vậy H vành có đơn vị khơng giao hốn phép nhân H khơng có tính chất giao hốn  Định nghĩa 2.11 Cho α = a + bi + cj + dk ∈ H Chuẩn α kí hiệu N (α) xác định bởi: N (α) = a2 + b2 + c2 + d2 Chuẩn quaternion hiểu tương tự modulo số phức Chú ý chuẩn một phần tử quaternion số thực không âm mang giá trị vành-không 18 Định nghĩa 2.12 Cho α = a + bi + cj + dk ∈ H Liên hợp α kí hiệu α ¯ xác định bởi: α ¯ = a − bi − cj − dk Ví dụ 2.4 Cho α = + i − j + 3k ta có chuẩn α N (α) = 22 + 12 + (−1)2 + 32 = + + + = 15 phần tử liên hợp α α ¯ = − i + j − 3k Định lý 2.2 Với α, β ∈ H thì: αα ¯ = N (α) = α ¯α ¯ αβ = β¯α N (αβ) = N (α) N (β) Chứng minh: Cho α = a + bi + cj + dk ∈ H, suy α ¯ = a − bi − cj − dk Khi ta có: αα ¯ = (a + bi + cj + dk) (a − bi − cj − dk) = a2 − abi − acj − adk + b2 + abi + bdj − bck + c2 − cdi + acj + bck + d2 + cdi − bdj + adk = (a2 + b2 + c2 + d2 ) + (−ab + ab − cd + cd) i + (−ac + bd + ac − bd) j + (−ad − bc + bc + ad) k = a2 + b2 + c2 + d2 = N (α) Và α ¯ α = (a − bi − cj − dk) (a + bi + cj + dk) = a2 + abi + acj + adk + b2 − abi + bdj − bck + c2 − cdi − acj + bck + d2 + cdi − bdj − adk = (a2 + b2 + c2 + d2 ) + (ab − ab − cd + cd) i + (ac + bd − ac − bd) j + (ad − bc + bc − ad) k = a2 + b2 + c2 + d2 = N (α) Vậy αα ¯ = N (α) = α ¯ α 19 Cho α = a + bi + cj + dk, β = x + yi + zj + tk hai phần tử H Khi ta có : αβ = (ax − by − cz − dt) + (bx + ay + ct − dz) i + (cx + dy + az − bt) j + (dx − cy + bz + at) k Suy ra, αβ = (ax − by − cz − dt) − (bx + ay + ct − dz) i − (cx + dy + az − bt) j − (dx − cy + bz + at) k Ta tính β¯α ¯: β¯α ¯ = (x − yi − zj − tk) (a − bi − cj − dk) = ax − bxi − cxj − dxk − by − ayi − dyj + cyk − cz + dzi − azj − bzk − dt − cti + btj − atk = (ax − by − cz − dt) − (bx + ay − dz + ct) i − (cx + dy + az − bt) j − (dx − cy + bz + at) k ¯ Vậy αβ = β¯α ¯ = αN (β) α ¯ = αα ¯ N (β) = N (α) N (β)  Ta có: N (αβ) = αβαβ = αβ β¯α Định lý 2.3 Vành Quaternions thực vành chia với tâm Z (H) = R Chứng minh: Theo định lí 2.1 ta có H vành có đơn vị khơng giao hoán Ta chứng minh phần tử α ∈ H∗ khả nghịch Thật vậy, α ∈ H∗ nên N (α) ∈ R∗ Ta có N (α) = αα ¯ định lí 2.2 tính chất (1), α α ¯ α ¯ =1= α N (α) N (α) α ¯ Do phần tử khác không khả N (α) nghịch H vành chia Ta chứng minh Z (H) = R Thật vậy, ta có với x ∈ R x giao hốn với α ∈ H, R ⊂ Z (H) Vì ta cần chứng minh Z (H) ⊂ R Giả sử α ∈ Z (H), α = a + bi + cj + dk ∈ H, α giao hốn với i j Ta có: Vậy α khả nghịch α−1 = iα = ia + ibi + icj + idk = + bi2 + cij + dik = −b + − dj + ck, αi = + bii + cji + dki = −b + + dj − ck Vì iα = αi nên ta có c = d = α = a + bi Mặt khác, ta có jα = ja + jbi = aj − bk, αj = aj + bij = aj + bk Vì jα = αj nên b = α = a ∈ R 20  Định lý 2.4 G0 = {α ∈ H∗ |N (α) = 1} nhóm chuẩn tắc H∗ G0 không trung tâm H∗ Hơn nữa, tâm Z (G0 ) = h−1i = {1, −1} nhóm chuẩn tắc G0 Chứng minh: Ta có N (1) = 12 = nên ∈ G0 Với α, β ∈ G0 , N (α) = = N (β), ta có N (αβ) = N (α) N (β) = 1.1 = Vì  α ¯ = N (¯ α) = N (α) = 1, với α ∈ G0 αβ ∈ G0 Ta có: N (α−1 ) = N N (α) Suy α−1 ∈ G0 Do G0 nhóm H∗ Hơn nữa, với α ∈ G0 γ ∈ H∗ , ta có: N (γαγ −1 ) = N (γ) N (α) N (γ −1 ) = N (γ) N (γ −1 ) N (α) = N (γγ −1 ) N (α) = N (1) N (α) = 1.1 = Vậy γαγ −1 ∈ G0 G0 nhóm chuẩn tắc H∗ Do i ∈ G0 \R nên G0 nhóm khơng trung tâm H∗ Dễ dàng kiểm tra {1, −1} ⊂ Z (G0 ), ta cần chứng minh Z (G0 ) ⊂ {1, −1} Thật vậy, với α = a + bi + cj + dk ∈ Z (G0 ), αβ = βα, với β ∈ G0 Với β = i Ta có: iα = ia + ibi + icj + idk = + bi2 + cij + dik = −b + − dj + ck, αi = + bii + cji + dki = + bi2 + cji + dki = −b + + dj − ck Vì iα = αi nên ta có c = d = α = a + bi Mặt khác, với β = j ta có jα = ja + jbi = aj − bk αj = aj + bij = aj + bk Vì jα = αj nên b = α = a ∈ R Ta có = N (α) = a2 điều có nghĩa a = a = −1 Vì α ∈ {1, −1} Z (G0 ) ⊂ {1, −1} Vậy Z (G0 ) = {1, −1} = h−1i Với α ∈ G0 , γ ∈ Z (G0 ): α−1 γα ∈ α−1 Z (G0 ) α Vì γ ∈ Z (G0 ) nên giao hốn với phần tử thuộc G0 nên α−1 γα = α−1 αγ = 1.γ = γ ∈ Z (G0 ) Do α−1 Z (G0 ) α ⊂ Z (G0 ) Vậy Z (G0 ) chuẩn tắc G0  Định lý 2.5 Cho H vành chia quaternion thực V = {xi + yj + zk|x, y, z ∈ R}, đó, V khơng gian H αvα−1 ∈ V với α ∈ H∗ v ∈ V Chứng minh: Lấy α = a + bi + cj + dk ∈ H∗ , v = xi + yj + zk ∈ V Ta có: α ¯ αvα−1 = αv = αv α ¯ N (α) N (α) Mà αv α ¯ = (a + bi + cj + dk) (xi + yj + zk) (a − bi − cj − dk) = (a + bi + cj + dk) (bx + axi + dxj − cxk + cy − dyi +ayj + byk + dz + czi − bzj + azk) = (a + bi + cj + dk) [(bx + cy + dz) + (ax + cz − dy) i + (ay − bz + dx) j + (az + by − cx) k] 21 Đặt A = bx + cy + dz, B = ax + cz − dy, C = ay − bz + dx, D = az + by − cx ta được: αv α ¯ = (a + bi + cj + dk) (xi + yj + zk) (a − bi − cj − dk) = (a + bi + cj + dk) (A + Bi + Cj + Dk) = aA + aBi + aCj + aDk − bB + bAi − bDj + bCk − cC + cDi + cAj − cBk − dD − dCi + dBj + dAk = (aA − bB − cC − dD) + (aB + bA + cD − dC) i + (aC − bD + cA + dB) j + (aD + bC − cB + dA) k Xét thấy: aA − bB − cC − dD = a (bx + cy + dz) − b (ax + cz − dy) − c (ay − bz + dx) − d (az + by − cx) = abx + acy + adz − abx − bcz + bdy − acy + bcz − cdx − adz − bdy + cdx = (abx − abx) + (acy − acy) + (adz − adz) + (−bcz + bcz) + (bdy − bdy) + (−cdx + cdx) =0+0+0+0+0+0=0 Suy αv α ¯ = (aB + bA + cD − dC) i + (aC − bD + cA + dB) j + (aD + bC − cB + dA) k ∈ V Vậy α ¯ N (α) = [(aB + bA + cD − dC) i + (aC − bD + cA + dB) j N (α) + (aD + bC − cB + dA) k] ∈ V αvα−1 = αv 2.3  NHÓM CON Á CHUẨN TẮC CỦA NHÓM NHÂN TRONG VÀNH CHIA QUATERNION THỰC Tích vơ hướng tích có hướng (tích vector tích trực tiếp) hai vector u, v ∈ R3 kí hiệu hu, vi u × v.Dễ thấy đồng V với R3 biểu diễn H tổng trực tiếp R ⊕ V Vì vậy, phần tử quaternion α biểu diễn dạng tổng u0 + u, với u0 ∈ R, u ∈ V = R3 Hamilton gọi u0 phần vô hướng u phần vector quaternion α 22 Bất kỳ hai “vectors” u, v ∈ V , tích quaternion u v xác định uv = − hu, vi + u × v Do thấy rằng, cách tổng qt uv khơng vector nhất, nhiên, vector u, v trực giao với R3 , trường hợp ta có uv = u × v Chúng ta thấy tích vơ hướng tích có hướng hai vector suy từ tích hai quaternion sau: uv − vu uv + vu ;u × v = hu, vi = − 2 Ta xét đồng cấu nhóm ϕ : H∗ → O3 (V ) xác định ϕ (α) (v) = αvα−1 , ∀v ∈ V, ϕ (α) ∈ O3 (V ) N (αvα−1 ) = N (v), với "vector" v ∈ V Dễ thấy R tâm H, điều dẫn đến hạt nhân ϕ R∗ Với vector u ∈ V ∩ G0 , ta kí hiệu τu phép lấy đối xứng V qua mặt phẳng (thông qua gốc tọa độ) với vector pháp tuyến đơn vị u ρθu phép quay không gian chiều V vector u (ngược chiều kim đồng hồ) góc quay θ Bổ đề 2.1 Nếu u ∈ V ∩ G0 τu = v − 2u hu, vi với v ∈ V ρπu = −τu Chứng minh: Ta kiểm tra cách vẽ hình Gọi v kết phép lấy đối xứng v qua mặt phẳng với vector pháp tuyến đơn vị u hình vẽ Giả sử ϕ góc v mặt phẳng, ta có |w| = |v| sin ϕ, mặt khác ta lại có π  hu, vi hu, vi cos −ϕ = = |u| |v| |v| π  hu, vi suy ta có |w| = |v| sin ϕ = |v| cos − ϕ = |v| = hu, vi Theo giả |v| thiết u vector đơn vị nên w = u hu, vi Theo hình vẽ ta có v − v = −2w ⇒ v = v − 2w = v − 2u hu, vi 23 Do ta có τu = v − 2u hu, vi với v ∈ V Khi đó, ta thực tiếp phép quay vector v quanh trục vector u với góc quay 1800 ta có kết ρπu = −τu thể hình vẽ Định lý 2.6 Nếu u ∈ V ∩ G0 ϕ (u) = −τu = ρπu Chứng minh: Ta có u2 = uu = −u¯ u = −N (u) = −1 Theo định nghĩa: uv = − hu, vi + u × v = uv + vu uv − vu + 2 vu + uv vu − uv + 2 Suy uv + vu = −2 hv, ui, hu, vi = hv, ui Vì vậy: vu = − hv, ui + v × u = uv = −2 hv, ui − vu = − (2 hv, ui + vu) Khi ta có:
uvu = − (2 hv, ui + vu) u = − hv, ui u + vu2 = − (2 hv, ui u − v) = v−2 hv, ui u, với u ∈ V Suy ra: ϕ (u) (v) = −uvu = − (v − hv, ui u) = hv, ui u − v = −τu (v) = ρπu Định lý 2.7 Cho u1 , u2 hai vector thuộc V ∩ G0 , góc θ ∈ (0; π) đặt u vector phương đơn vị tích có hướng u1 × u2 Khi τu1 τu2 = ρ2θ u Chứng minh: Ta thấy u nằm đường thẳng giao tuyến hai mặt phẳng (qua góc tọa độ) vng góc với hai vector u1 , u2 Với nhận định vậy, chứng minh rút gọn để kiểm tra , mặt phẳng, hợp thành phép phản xạ (lấy đối xứng) qua hai đường thẳng cắt tạo thành góc θ phép quay (ngược chiều kim đồng hồ) với góc 24 quay 2θ với tâm điểm giao (giao điểm) hai đường thẳng Điều dễ dàng kiểm tra cách vẽ hình Định lý 2.8 Với u ∈ V ∩ G0 góc θ bất kỳ, ta có ϕ (cos θ + (sin θ) u) = ρ2θ u Chứng minh: Khơng tính tổng qt, giả sử vector u có tính chất định lí 2.7 Ta thực chứng minh cách sử dụng kí hiệu định lí 2.7 Theo định nghĩa tích vơ hướng tích có hướng ta có: hu1 , u2 i = cos θ = hu2 , u1 i ; u1 × u2 = (sin θ) u = −u2 × u1 Vì vậy, −u2 u1 = hu2 , u1 i − u2 × u1 = cos θ + (sin θ) u Suy ra: ϕ (cos θ + (sin θ) u) = ϕ (−u2 u1 ) = ϕ (u2 ) ϕ (u1 ) = (−τu2 ) (−τu1 ) = τu2 τu1 = ρ2θ u Bổ đề 2.2 Mọi quaternion có chuẩn biểu diễn dạng cos θ + (sin θ) u, với u ∈ V ∩ G0 , θ ∈ [0; π] Chứng minh: Giả sử α ∈ G0 , α = a + bi + cj + dk Vì a2 + b2 + c2 + d2 = nên tồn θ ∈ [0; π] cho cos θ = a Nếu α 6= ±1, ϕ ∈ (0; π), a2 + b2 + c2 + d2 = − a2 = sin2 θ > ta có α = cos θ + (sin θ) u, với u = (sin θ)−1 (bi + cj + dk) ∈ V ∩ G0 Biểu thức gọi dạng phân cực quaternion có chuẩn Nó xác định α 6= ±1, α = ±1, dẫn đến θ = θ = π, u trở thành vector đơn vị  Định lý 2.9 Xét ánh xạ ϕ : G0 → SO3 (V ) xác định α 7→ ϕ (α) = ϕα , ϕ toàn ánh 25 Chứng minh: Với ψ ∈ SO3 (V ), với v ∈ V , ta có:


N (ψ (v)) = N (v) ⇔ N (ψ (v)) N v −1 = N (v) N v −1 ⇔ N ψ (v) v −1 = Suy ψ (v) v −1 = α ∈ G0 mà ψ (v) v −1 ∈ V nên ψ (v) v −1 = α ∈ G0 ∩ V Do α ∈ G0 ∩ V nên α = bi + cj + dk N (α) = Khi đó: cos θ + sin θα = cos θ + sin θ (bi + cj + dk) = cos θ + b sin θi + c sin θj + d sin θk N (cos θ + sin θα) = cos2 θ + b2 sin2 θ + c2 sin2 θ + d2 sin2 θ = cos2 θ + sin2 θ (b2 + c2 + d2 ) = cos2 θ + sin2 θ.1 = cos2 θ + sin2 θ = Suy cos θ + sin θα ∈ G0 Khi đó, ϕ (cos θ + sin θα) ∈ Im ϕ = ϕ (G0 ) theo định lí 2.8 ta có ϕ (cos θ + sin θα) = ρ2θ α = ψ Như vậy, với ψ ∈ SO3 (V ) tồn cos θ + sin θα ∈ G0 với α = ψ (v) v −1 ∈ G0 ∩ V cho ϕ (cos θ + sin θα) = ρ2θ α = ψ, suy ϕ ⊂ G0 toàn ánh  Bổ đề 2.3 Nếu N (α) = phép biến đổi định nghĩa ϕα : v 7→ αvα−1 , v ∈ V phép quay không gian Euclidean chiều V = R3 Chứng minh: Vì v¯ = −v α ¯ = α−1 nên αvα−1 = α−1 v¯α ¯=α ¯ −1 v¯α ¯ = − α−1
−1 vα−1 = −αvα−1 Do ánh xạ ϕα từ V vào Vì N (αvα−1 ) = N (v) nên chiều dài vector V bảo toàn, điều chứng minh ϕα phép đẳng cự V Cuối ta viết α = a + bi + cj + dk thấy α = a(b = c = d = 0) ϕα ánh xạ đồng (ánh xạ đơn vị), đó, α 6= a (α − a) cố định (bất động) ϕα Vì ϕα phép quay  Bổ đề 2.4 Mọi phần tử SO3 (V ) phép quay ρ2θ u , phép quay vector u (ngược chiều kim đồng hồ) góc quay 2θ, với u ∈ V ∩ G0 , θ ∈ [0; π] Chứng minh: Theo bổ đề 2.3 ta có phần tử SO3 (V ) phép quay Theo định lí 2.9 ta có ϕ tồn ánh, với ψ ∈ SO3 (V ) tồn β = cos θ + sin θα ∈ G0 , với với α = ψ (v) v −1 ∈ G0 ∩ V, v ∈ V cho ψ = ϕ (β) = ϕ (cos θ + sin θα) = ρ2θ α theo định lí 2.8 Vậy phần tử 2θ SO3 (V ) phép quay ρu  26 Định lý 2.10 Nhóm thương G0 / h−1i nhóm đơn Chứng minh: Với α ∈ G0 , αvα−1 ∈ V với v ∈ V Xét ánh xạ: ϕα : V → V v 7→ ϕα (v) = αvα−1 Ta có ϕα (u + v) = α (u + v) α−1 = αuα−1 + αvα−1 = ϕα (u) + ϕα (v) ϕα (rv) = α (rv) α−1 = r (αvα−1 ) = rϕα (v) Do ϕα tốn tử tuyến tính V Rõ ràng ϕα đơn ánh ϕα song ánh, tức ϕα khả nghịch Ta có V = {xi + yj + zk|x, y, z ∈ R} ⊂ H ∼ = R3 , α = + bj + ck, β = xi + yj + zk ∈ V, f :V ×V →R (α, β) 7→ q (αβ) = ax + by + cz Ta kiểm tra f dạng song tuyến tính V Dạng bậc hai f q : V → R, q (α) = f (α, α) = N (α) chuẩn α ∈ V Hơn nữa, N (ϕα (v)) = N (v), ∀v ∈ V , ϕα ∈ O3 (V ) Xét ánh xạ: ϕ : G0 → O3 (V ) α 7→ ϕ (α) = ϕα Ta cần chứng minh ϕ (αβ) = ϕ (α) ϕ (β) , ∀α, β ∈ G0 , điều tương đương với việc ta phải chứng minh ϕαβ = ϕα ϕβ , ∀α, β ∈ G0 , tương đương với ϕαβ (v) = (ϕα ϕβ ) (v) , ∀v ∈ V, α, β ∈ G0 Thật vậy, ta có: ϕαβ (v) = αβv(αβ)−1 = α (βvβ −1 ) α−1 = ϕα (βvβ −1 ) = ϕα (ϕβ (v)) = (ϕα ϕβ ) (v) Vậy ϕ (αβ) = ϕ (α) ϕ (β) , ∀α, β ∈ G0 ϕ đồng cấu Theo định lí đẳng cấu thứ nhất, G0 / Ker ϕ ∼ = Im ϕ ≤ O3 (V ) Ker ϕ = {α ∈ G0 |ϕ (α) = IdV } = {α ∈ G0 |ϕα = IdV } = {α ∈ G0 |ϕα (v) = IdV (v) = v, ∀v ∈ V } = {α ∈ G0 |αvα−1 = v, ∀v ∈ V } = {α ∈ G0 |αv = vα, ∀v ∈ V } = {−1, 1} = h−1i Im ϕ = {ϕ (α) |α ∈ G0 } = {ϕα |α ∈ G0 } 27 Ta chứng minh det ϕα = Chọn sở S = {i, j, k} Theo chứng minh định lí 2.5 ta có: α ¯ N (α) = [(aB + bA + cD − dC) i + (aC − bD + cA + dB) j N (α) + (aD + bC − cB + dA) k] αvα−1 = αv với α ∈ G0 , v ∈ V A = bx + cy + dz, B = ax + cz − dy, C = ay − bz + dx, D = az + by − cx Do α ∈ G0 nên N (α) = ta có αvα−1 = αv α ¯ Chọn v = i, tức x = 1, y = z = đó: A = b, B = a, C = d, D = −c ta được: ϕα (i) = αi¯ α = (a2 + b2 − c2 − d2 ) i + (ad + bc + bc + ad) j + (−ac + bd − ac + db) k = (a2 + b2 − (1 − a2 − b2 )) i + (2ad + 2bc) j + (2bd − 2ac) k = (2a2 + 2b2 − 1) i + (2ad + 2bc) j + (2bd − 2ac) k Chọn v = j, tức y = 1, x = z = đó: A = c, B = −d, C = a, D = b ta được: ϕα (j) = αj α ¯ = (−ad + bc + cb − da) i + (a2 − b2 + c2 − d2 ) j + (ab + ba + cd + dc) k = (2bc − 2ad) i + (a2 + c2 − (1 − a2 − c2 )) j + (2ad + 2cd) k = (2bc − 2ad) i + (2a2 + 2c2 − 1) j + (2ad + 2cd) k Chọn v = k, tức z = 1, x = y = đó: A = d, B = c, C = −b, D = a ta được: ϕα (k) = αk α ¯ = (ac + bd + ca + db) i + (−ab − ba + cd + dc) j + (a2 − b2 − c2 + d2 ) k = (2ac + 2bd) i + (2cd − 2ab) j + (a2 + d2 − (1 − a2 − d2 )) k = (2ac + 2bd) i + (2cd − 2ab) j + (2a2 + 2d2 − 1) k Ma trận biểu diễn ϕα sở S = {i, j, k} cho bởi:   2a2 + 2b2 − 2bc − 2ad 2ac + 2bd   [ϕα ]S =  2bc + 2ad 2a2 + 2c2 − 2cd − 2ab  2bd − 2ac 2ab + 2cd 2a2 + 2d2 − 28 Bây ta chứng minh định thức [ϕα ]S Ta có: 2a2 + 2b2 − 2bc − 2ad 2ac + 2bd