Không gian các dãy và ma trận kothe

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC: KHÔNG GIAN CÁC DÃY VÀ MA TRẬN KOTHE LUẬN VĂN THẠC SĨ Năm: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC Chuyên ngành: : Mã số: : LUẬN VĂN THẠC SĨ Người hướng dẫn TS 1 PHẦN MỞ ĐẦU Đề tài nghiên cứu luận văn thạc sĩ khoa học “Mối quan hệ số tính chất mạng không gian topo” đạt số kết sau đây: - Trình bày lại cách có hệ thống chứng minh chi tiết số kết topo đại cương - Trình bày khái niệm, tính chất số khơng gian metric suy rộng chứng minh chi tiết số mối quan hệ chúng - Trình bày khái niệm tính chất số mạng không gian topo chứng minh chi tiết số mối quan hệ chúng 416 Không gian hàm p-khả tích Lp (Ω) Ta nhớ lại khơng gian hàm p-khả tích độ đo Lebesgue n chiều Định nghĩa Cho A ⊂ Rn tập đo Lebesgue p ∈ [1, ∞], Lp (A) := {f : A → R : f đo Lebesgue ∥f ∥Lp < +∞} ∥f ∥Lp Z 1/p   p |f (x)| dx = ∥f ∥Lp (A) := A   ≤ p ≤ ∞ inf{M > : |f (x)| ≤ M, x ∈ A} p = ∞ Số ∥f ∥Lp gọi chuẩn Lp f A Định lý (Fisher - Riesz) (Lp (A), ∥.∥Lp ) không gian Banach ≤ p ≤ ∞ Hơn L2 (A) khơng gian Hilbert với tích vơ hướng Z (f, g)L2 := f g dx f, g ∈ L2 (A) A Theo kết định lý Riesz - Fisher ta thu kết hữu ích Định lý Cho Ω ⊂ Rn tập mở, (fh )h ⊂ Lp (Ω) f ∈ Lp (Ω) với ≤ p ≤ ∞ Giả sử lim ∥fh − f ∥Lp (Ω) = h→∞ Khi đó, tồn dãy (fhk )k hàm g ∈ Lp (Ω) thỏa mãn (i) fhk (x) → f (x) hầu khắp nơi x ∈ Ω (ii) |fhk (x)| ≤ g(x) hầu khắp nơi x ∈ Ω, ∀k Nhận xét Nó khơng cịn giữ ý nghĩa (MC) ⇒ fh (x) → f (x) hầu khắp nơi x ∈ Ω Nhận xét Chú ý C0 ⊂ Lp (Ω) với p ∈ [1, ∞], với Ω ⊂ Rn tập mở bị chặn, khơng quan hệ bao hàm khơng giữ giữ quan hệ bao hàm C0c (Ω) ⊂ Lp (Ω) với p ∈ [1, ∞] tập mở Ω, C0c (Ω) := {f ∈ C0 (Ω) : spt(f ) compact chứa Ω} spt(f ) := Bao đóng{x ∈ Ω : f (x) ̸= 0} Hơn nhớ lại C0 (Ω, ∥.∥L2 ) khơng gian tuyến tính định chuẩn, khơng phải khơng gian Banach Tính compact (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) Trong mục thảo luận kết compact không gian Lp Chúng ta nêu kết không chứng minh Cho f : Rn → R v ∈ Rn , ta định nghĩa τv f : Rn → R hàm v -dịch chuyển f định nghĩa (τv f )(x) := f (x + v) Định lý (M.Riesz - Fréchét - Kolmogorov) Cho F tập bị chặn (Lp (Rn ), ∥.∥Lp ) với ≤ p < ∞ Giả sử lim ∥τv f − f ∥Lp = v→0 với f ∈ F , nghĩa ∀ϵ > 0, ∃δ(ϵ) > : ∥τv f − f ∥Lp < ϵ, ∀v ∈ Rn với |v| < δ, ∀f ∈ F (N EF ) Khi F|Ω := {f |Ω : f ∈ F} compact tương đối (Lp (Ω), ∥.∥Lp ), nghĩa bao đóng compact (Lp (Ω), ∥.∥Lp ), với tập mở Ω ⊂ Rn với độ đo Lebesgue hữu hạn Từ định lý ?? ta suy điều kiện compact (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) Nếu f : Ω → R, ta ký hiệu fe : Rn → R hàm định nghĩa ( f (x) x ∈ Ω fe(x) := x ∈ /Ω Hệ Cho Ω ⊂ Rn tập mở với độ đo hữu hạn, cho F ⊂ Lp (Ω) cho Fe := {fe : f ∈ F} Giả sử (i) F bị chặn (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) với ≤ p < ∞; (ii) lim ∥τv f − f ∥Lp = với f ∈ F , nghĩa Fe thỏa mãn (ENF ) v→0 Khi F compact tương đối (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) Chứng minh Từ định lý ??, Fe tập compact tương đối Lưu ý Fe compact dãy tương đối (Lp (Rn ), ∥.∥Lp ) F compact dãy tương đối (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) Do đặc tính tập compact khơng gian metric (Định lý ??) có điều phải chứng minh Cuối cùng, nhớ lại đặc tính compact (Lp (Rn ), ∥.∥Lp ) Định lý Cho F ⊂ Lp (Rn ) với ≤ p < ∞ Khi F compact tương đối (Lp (Rn ), ∥.∥Lp ) (i) F bị chặn (Lp (Rn ), ∥.∥Lp ); (ii) với ϵ > 0, tồn rϵ > thỏa mãn ∥f ∥Lp (Rn \B(0,rϵ )) < ϵ ∀f ∈ F; (iii) lim ∥τv f − f ∥Lp = f ∈ F v→∞ Nhận xét (i) Giả thiết (ENF ) cần thiết định lý ?? Thật vậy, xét họ F := {fh : h ∈ N} fh : R → R định nghĩa   ≤ x ≤ h fh (x) := h 0 ngược lại Ω := (0, 1) Khi dễ thấy ∥f ∥L1 R = với h ∈ N F|Ω khơng compact tương đối (L1 (Ω), ∥.∥L1 ), khơng có dãy (fh )h hội tụ L1 (Ω) Mặt khác, v > 0, với h > 1/v Z Z v ∥τv fh − fh ∥L1 (R) ≥ fh (x + v) dx = −∞ fh (x) = Do đó, (ENF ) khơng cịn cho F (ii) Nếu Ω khơng có độ đo hữu hạn, kết định lý ?? khơng cịn Thật vậy, xét họ F := {fh : h ∈ N} fh : R → R định nghĩa fh (x) := f (x + h) f ∈ Lip(R) với spt(f ) = [−a, a], a > 0, f khơng triệt tiêu Khi ∥f ∥L1 (R) = ∥f ∥L1 (R) > ∀h (1) Hơn F thỏa mãn (ENF ), |τv f − f (x)| = |f (x + v)f (x)| ≤ L|v|X [−a−1,a+1] (x) ∀x ∈ R, v ∈ [−1, 1] ∥τc fh − fh ∥L1 (R) = ∥τv f − f ∥L1 (R) ∀h L := Lip(f ) Cho Ω := R quan sát F = F|Ω không compact tương đối (L1 (R), ∥.∥L1 ) Ngược lại mâu thuẫn nảy sinh (??), từ fh (x) → với x ∈ R Tính tách (Lp (Ω), ∥.∥Lp ) Nhận xét Cho Ω ⊂ tập bị chặn, quan hệ bao hàm C0 (Ω) ⊂ L∞ (Ω) chặt Hơn nữa, với f ∈ C0 (Ω) ∥f ∥∞,Ω = ∥f ∥L∞ (Ω) (∗) Thật ∥f ∥L∞ (Ω) := inf{M > : |f (x)| ≤ M, x ∈ Ω} ≤ sup |f (x)| := ∥f ∥∞,Ω x∈Ω Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại, ta quan sát, N ⊂ Ω tập không đáng kể với mối quan hệ đến L, Ω \ N ⊇ Ω Vì thế, theo tính liên tục f , tồn M > cho |f (x)| < M, x ∈ Ω ⇒ |f (x)| ≤ M ∀x ∈ Ω Đặc biệt, từ (∗), C0 (Ω) hóa đóng (L∞ (Ω), ∥.∥L∞ (Ω) ) Không gian đối ngẫu Lp (Ω) Định lý (Định lý biểu diễn Riesz) Cho ≤ p < ∞ ký hiệu   p < p < ∞ ′ p := p − (số mũ của) p ∞ p = ′ Khi ánh xạ T : Lp (Ω) → (Lp (Ω))′ , định nghĩa Z uf dx, ∀f ∈ Lp (Ω), ⟨T (u), f ⟩(Lp (Ω))×Lp (Ω) := Ω đẳng cấu metric có đặc trưng xác định ′ Lp (Ω) ≡ (Lp (Ω))′ ≤ p < ∞ Chứng minh Ta chia chứng minh thành ba bước Bước 1: Ta chứng minh T phép đẳng cự, nghĩa ′ ∥T (u)∥(Lp (Ω))′ = ∥u∥Lp′ (Ω) , ∀u ∈ Lp (Ω) (2) Theo bất đẳng thức Holder, suy bất đẳng thức ′ ∥T (u)∥(Lp (Ω))′ ≤ ∥u∥Lp′ (Ω) , ∀u ∈ Lp (Ω) (3) Ta bất thức ngược lại Đầu tiên, giả sử < p < ∞, điều có nghĩa < p′ < ∞ Nếu ∥u∥Lp′ (Ω) = 0, đó, u = hầu khắp nơi Ω bất đẳng thức rõ ràng Giả sử < ∥u∥Lp′ (Ω) < ∞, ta cần giả sử < |u(x)| < ∞ hầu khắp nơi x ∈ Ω Định nghĩa ′ fu (x) := |u(x)|p −2 u(x) hầu khắp nơi x ∈ Ω Quan sát fn ∈ Lp (Ω), từ ′ 1/p−1 |fu (x)|p = |u(x)|p hầu khắp nơi x ∈ Ω ⇒ ∥fu ∥Lp (Ω) = ∥u∥Lp′ (Ω) Vì Z ⟨T (u), fu ⟩(Lp (Ω))×Lp (Ω) = Ω ′ ′ u|u|p −2 udx = ∥u∥pLp′ (Ω) (4) Từ (??) (??), suy ′ ∥u∥pLp′ (Ω) = ⟨T (u), fu ⟩(Lp (Ω))′ ×Lp (Ω) ≤ ∥T (u)∥(Lp (Ω))′ ∥fu ∥Lp (Ω) 1/p−1 = ∥T (u)∥(Lp (Ω))′ ∥u∥Lp′ (Ω) Điều có nghĩa ∥T (u)∥(Lp (Ω))′ ≥ ∥u∥Lp′ (Ω) ′ ∀u ∈ Lp (Ω) (5) Vì (??) (??) cho ta (??) Cuối cùng, cho trường hợp p = 1, p′ = ∞, giả sử < M < ∥u(x)∥L∞ (Ω) Khi tập hợp EM := {x ∈ Ω : |u(x)| > M } ∈ M |EM | > Từ không gian đo (Ω, Mn ∩ Ω, Ln ) σ−hữu hạn, tồn tập F ∈ Mn ∩ Ω cho < |EM ∩ F | < ∞ Tập hợp fu (x) := sign(u(x))χEM ∩F (x) hầu khắp nơi x ∈ Ω |EM ∩ F | Khi Z ∥fu ∥L1 (Ω) = |fu (x)|dx = Ω ⟨T (u), fu ⟩(L1 (Ω))′ ×L1 (Ω) = |EM ∩ F | Z |u|dx ≥ M, ∀M ∈ (0, ∥u∥L∞ (Ω) ) (43b) EM ∩F Từ (??) (43b), suy M ≤ ⟨T (u), fu ⟩(L1 (Ω))′ ×L1 (Ω) ≤ ∥T (u)∥(L1 (Ω))′ ∥fu ∥L1 (Ω) = ∥T (u)∥(L1 (Ω))′ , ∀M ∈ (0, ∥u∥L∞ (Ω) ), Từ ∥T (u)∥(L1 (Ω))′ ≥ ∥u∥L∞ (Ω) , ∀u ∈ L∞ (Ω) (24b) Từ (??) (44b), đồng (??) p = Bước 2: Đầu tiên giả sử |Ω| < ∞ ta chứng minh T toàn ánh, ′ nghĩa ∀ϕ ∈ (Lp (Ω))′ , ∃u ∈ Lp (Ω) cho T (u) = ϕ ⇔ ⟨T (u), f ⟩(Lp (Ω))′ ×Lp (Ω) = ϕ(f ), ∀f ∈ Lp (Ω) Bởi |Ω| < ∞, χE ∈ Lp (Ω) với E ∈ M := Mn ∩ Ω, p ∈ [1, ∞) Định nghĩa tập hợp hàm ν : M → R ν(E) := ϕ(χE ), E ∈ M Chỉ ν σ -hữu hạn, độ đo có dấu; (6) ν ≪ Ln M (7) Thật |ν(E)| < ∞ với E ∈ M, ν σ -hữu hạn Giả sử (Eh )h ⊂ M dãy rời nhau, ta chưng minh ν(∪∞ h=1 Eh ) = ∞ X ν(Eh ) Tập hợp E := ∪∞ h=1 Eh Với số nguyên m h=1 22 πi liên tục Từ F compact (C1 (Ω), ∥.∥C1 ), T (F) compact (C0 (Ω) × C0 (Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) Điều có nghĩa π1 (T (F)) = F π2 (T (F)) = F ′ compact (C0 (Ω), ∥.∥C0 ) Theo định lý Arzelà - Ascoli ta (i), (ii), (iii) Tính đầy đủ: Chứng minh Bài tập F compact (C1 (Ω), ∥.∥C1 ), cho trước (i), (ii) (iii) Nhận xét Cho F = BC1 ([a,b]) := {f ∈ C1 ([a, b]) : ∥f ∥C1 = ∥f ∥∞ + ∥f ′ ∥∞ ≤ 1} Khi F khơng compact (C1 ([a, b]), ∥.∥C1 ) theo định lý Riesz’s (nhớ C1 ([a, b]) không gian vô hạn chiều) Nhưng F compact tương đối (C0 ([a, b]), ∥.∥∞ ), nghĩa là, ∀(fh )h ⊂ F tồn (fhk )k f ∈ C0 ([a, b]) thỏa mãn lim ∥fhk − f ∥∞ = k→∞ Tính tách (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) Định lý (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) tách Chứng minh Cho T : (C1 (Ω), ∥.∥C1 ) → (M, ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) ánh xạ định nghĩa (??) Vì T đồng phơi tính tách được bảo tồn qua phép đồng phơi, ta cần khơng gian (M, ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) khơng gian metric (C0 (Ω) × C0 (Ω), ∥.∥C0 (Ω)×C0 (Ω) ) tách Điều tính tách (C0 (Ω), ∥.∥∞ ) (Định lý ??), tập ?? từ tính chất tách qua giới hạn đến không gian (Xem định lý ?? (ii)) Nhóm đối xứng Trong mục chúng tơi tính tốn độ giao hốn tương đối nhóm thay phiên An nhóm đối xứng Sn 23 Định nghĩa Cho n số nguyên dương Một phân hoạch n dãy không tăng số nguyên dương (k1 , k2 , , ks ) cho k1 + k2 + · · · + ks = n Từ Mệnh đề ?? ta có kết sau Mệnh đề Với n ⩾ Pr(An , Sn ) = 2c(n) n! c(n) số lớp liên hợp Sn nằm An Để tính c(n) ta cần kết sau Mệnh đề Cho n số nguyên, n ⩾ 2, (k1 , k2 , , ks ) phân hoạch n Giả sử π ∈ Sn có kiểu (k1 , k2 , , ks ) Khi π ∈ An s + k X ki số chẵn i=1 Chứng minh Vì phép π có kiểu (k1 , k2 , , ks ) cho nên, theo Mệnh đề ??, ta có s P (ki +1) sign(π) = (−1)i=1 s+ = (−1) s P i=1 ki Từ suy điều phải chứng minh Trong ví dụ sau chúng tơi tính tốn giá trị Pr(An , Sn ) với ⩽ n ⩽ cách áp dụng Mệnh đề ?? Với n ⩾ 2, ta liệt kê tất phân hoạch n ứng với kiểu phép An Từ ta đếm c(n) tính Pr(An , Sn ) Ví dụ (i) Với n = ta có phân hoạch (1, 1) Do c(2) = Cho nên 2c(2) = 2! (ii) Với n = ta có phân hoạch (3), (1, 1, 1) Do c(3) = Cho Pr(A2 , S2 ) = nên Pr(A3 , S3 ) = 2c(3) = 3! 24 (iii) Với n = ta có phân hoạch (3, 1), (2, 2), (1, 1, 1, 1) Do c(4) = Cho nên Pr(A4 , S4 ) = 2c(4) = 4! (iv) Với n = ta có phân hoạch (5), (3, 1, 1), (2, 2, 1), (1, 1, 1, 1, 1) Do c(5) = Cho nên Pr(A5 , S5 ) = 2c(5) = 5! 15 (v) Với n = ta có phân hoạch (5, 1), (4, 2), (3, 3), (3, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1) Do c(6) = Cho nên Pr(A6 , S6 ) = 2c(6) = 6! 60 (vi) Với n = ta có phân hoạch (7), (5, 1, 1), (4, 2, 1), (3, 3, 1), (3, 2, 2), (3, 1, 1, 1, 1), (2, 2, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 1, 1, 1, 1) Do c(7) = Cho nên Pr(A7 , S7 ) = 2c(7) = 7! 315 Độ giao hốn tương đối nhóm Ta bắt đầu định nghĩa độ giao hoán nhóm 25 Định nghĩa Cho G nhóm H nhóm G Ký hiệu C = {(h, g) ∈ H × G | hg = gh} Độ giao hoán tương đối nhóm H G, ký hiệu Pr(H, G), định nghĩa sau Pr(H, G) = |C| |H||G| Từ Định nghĩa ?? ta thấy Pr(G, G) = Pr(G), Pr(G) độ giao hốn nhóm G định nghĩa Định nghĩa ?? Sau số ví dụ độ giao hốn tương đối số nhóm Ví dụ Xét nhóm nhị diện D3 cho phần tử sinh hệ thức xác định sau D3 = ⟨r, s | r3 = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ Khi D3 = {1, r, r2 , s, rs, r2 s} phép nhân phần tử D3 cho bảng sau • 1 r r2 s rs r2 s r r2 s rs r2 s r r r2 r2 r2 r rs r2 s s r s s rs s s rs r2 s r r2 r2 s r2 s s rs r r2 r rs rs r2 s s r2 Bằng cách đếm trực tiếp theo Định nghĩa ?? ta có bảng sau Các nhóm H = {1} H = ⟨r⟩ H = ⟨s⟩ H = ⟨rs⟩ H = ⟨r2 s⟩ H = D3 |C| 12 8 18 Pr(H, D3 ) 3 3 Ví dụ Xét nhóm nhị diện D4 cho phần tử sinh hệ thức xác định sau D4 = ⟨r, s | r4 = s2 = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ 26 Khi D4 = {1, r, r2 , r3 , s, rs, r2 s, r3 s} phép nhân phần tử D4 cho bảng sau • 1 r r2 r3 s rs r2 s r3 s r r2 r3 s rs r2 s r3 s r r r2 r3 r2 r2 r3 r3 r3 1 r r3 s s rs r2 s r2 s r3 s s rs r r2 rs r2 s r3 s s s s rs r2 s r3 s rs rs r2 s r3 s s r3 r r2 r3 r r2 r2 s r2 s r3 s s rs r2 r3 r3 s r3 s s rs r2 s r r2 r3 r Bằng cách đếm trực tiếp theo Định nghĩa ?? ta có bảng sau Các nhóm H = {1} H = ⟨r⟩ H = ⟨r2 , s⟩ H = ⟨r2 , rs⟩ H = ⟨s⟩ |C| 24 24 24 12 Pr(H, D4 ) 4 4 Các nhóm H = ⟨rs⟩ H = ⟨r2 s⟩ H = ⟨r3 s⟩ H = ⟨r2 ⟩ H = D4 |C| 12 12 12 16 40 Pr(H, D4 ) 4 Ví dụ Xét nhóm quaternion Q8 cho phần tử sinh hệ thức xác định sau Q8 = ⟨r, s | r4 = 1, s2 = r2 , s−1 rs = r−1 ⟩ Khi Q8 = {1, r, r2 , r3 , s, rs, r2 s, r3 s} phép nhân phần tử Q8 cho bảng sau 27 • 1 r r2 r3 s rs r2 s r3 s r r2 r3 s rs s2 s r3 s r r r2 r3 r2 r2 r3 r3 r3 1 r r2 s r3 s s rs r r2 rs r2 s r3 s s r s s rs r2 s s s rs r2 s r3 s r2 r3 rs rs r2 s r3 s s r r2 r3 r r2 s r2 s r3 s s rs r r2 r3 r3 s r3 s s rs r2 s r3 r r2 Bằng cách đếm trực tiếp theo Định nghĩa ?? ta có bảng sau Các nhóm H = {1} H = ⟨r⟩ H = ⟨r2 ⟩ H = ⟨s⟩ H = ⟨rs⟩ H = Q8 |C| 24 16 24 24 40 Pr(H, Q8 ) 4 Từ định nghĩa độ giao hốn tương đối ta có kết sau Mệnh đề Cho G nhóm H nhóm G Khi X X Pr(H, G) = |H||G| |CG (x)| = x∈H |H||G| |CH (y)| y∈G Chứng minh Ký hiệu C = {(x, y) ∈ H × G | xy = yx} Với x ∈ H số cặp phần tử (x, y) ∈ C |CG (x)| CG (x) tâm hóa x G Với y ∈ G số cặp phần tử (x, y) ∈ C |CH (y)| CH (y) tâm hóa y H Cho nên ta có X X |C| = |CG (x)| = x∈H |CH (y)| y∈G Từ suy cơng thức cần chứng minh 28 Kết sau cho ta cơng thức tính độ giao hốn tương đối nhóm chuẩn tắc nhóm nhờ số lớp liên hợp Mệnh đề Cho G nhóm H nhóm chuẩn tắc G Khi Pr(H, G) = k |H| k số lớp liên hợp G nằm H Chứng minh Với x ∈ G bất kỳ, ký hiệu lớp liên hợp x G O(x) Khi ta có |O(x)| = |G : CG (x)| Gọi x1 , x2 , , xk phần tử đại diện lớp liên hợp G nằm H Vì H ◁ G với x ∈ H ta có O(x) ⊂ H Do đó, theo Mệnh đề ??, ta có k X X |CG (x)| = |O(xi )||CG (xi )| Pr(H, G) = |H||G| |H||G| = |H||G| x∈H k X i=1 i=1 k X k |G : CG (xi )||CG (xi )| = |G| = |H||G| |H| i=1 Vậy ta có điều phải chứng minh Ta cần bổ đề sau phép chứng minh kết so sánh độ giao hốn tương đối nhóm nhóm với độ giao hốn nhóm nhóm Bổ đề Cho H nhóm G Khi với phần tử x ∈ G |H : CH (x)| ⩽ |G : CG (x)| Hơn nữa, dấu đẳng thức xảy G = HCG (x) Chứng minh Lấy x ∈ G Khi đó, theo Mệnh đề ??, ta có |H||CG (x)| = |HCG (x)| ⩽ |G| |H ∩ CG (x)| Do |H| |G| ⩽ |H ∩ CG (x)| |CG (x)| 29 Mà H ∩ CG (x) = {a ∈ H | a ∈ CG (x)} = CH (x), từ suy |H| |G| ⩽ |CG (x)| |CH (x)| Do đó, theo Định lý Lagrange ta có |H : CH (x)| ⩽ |G : CG (x)| Từ lập luận ta thấy dấu đẳng thức xảy G = HCG (x) Vậy ta có điều phải chứng minh Mệnh đề sau cho ta đánh giá độ giao hoán tương đối nhóm nhóm nhờ độ giao hốn nhóm nhóm Mệnh đề Cho H nhóm nhóm G Khi Pr(G) ⩽ Pr(H, G) ⩽ Pr(H) Chứng minh Theo Mệnh đề ?? ta có X Pr(H, G) = |H||G| |CG (x)| = x∈H X |CG (x)| |H| |G| x∈H Theo Bổ đề ?? ta có |CG (x)| |C (x)| ⩽ H với x ∈ H |G| |H| Từ suy Pr(H, G) ⩽ X |CH (x)| X = |CH (x)| = Pr(H) |H| |H| |H| x∈H x∈H Theo Mệnh đề ?? ta có Pr(H, G) = X X |CH (y)| |CH (y)| = |H||G| |G| |H| y∈G y∈G 30 Theo Bổ đề ?? ta có |CH (y)| |C (y)| ⩾ G với y ∈ G |H| |G| Từ suy Pr(H, G) ⩾ X |CG (y)| X = |CG (y)| = Pr(G) |G| |G| |G| y∈G y∈G Vậy ta có điều phải chứng minh Mệnh đề sau cho ta điều kiện cần đủ để xảy đẳng thức Mệnh đề 10 Cho H nhóm nhóm G Khi (i) Pr(H, G) = Pr(H) G = HCG (x) với x ∈ H (ii) Pr(H, G) = Pr(G) G = HCG (x) với x ∈ G Chứng minh (i) Từ phép chứng minh Mệnh đề ?? ta thấy Pr(H, G) = Pr(H) |CG (x)| |CH (x)| = với x ∈ H |H| |G| Theo Bổ đề ??, điều xảy G = HCG (x) với x ∈ H Vậy ta có điều phải chứng minh (ii) Lập luận hoàn toàn tương tự ta có điều phải chứng minh Từ Mệnh đề ?? ta có hệ sau Hệ Cho H nhóm nhóm G Nếu Pr(H, G) = Pr(G) Pr(H) = Pr(G) Mệnh đề sau cho ta điều kiện đủ để không xảy đẳng thức Mệnh đề ?? Mệnh đề 11 Cho H nhóm nhóm G Nếu H khơng chuẩn tắc G Pr(G) < Pr(H, G) < Pr(H) 31 Chứng minh Giả sử H không chuẩn tắc G Trước tiên ta chứng minh tồn x ∈ H cho G ̸= HCG (x) Thật vậy, giả sử trái lại G = HCG (x) với x ∈ H Lấy g ∈ G x ∈ H Khi g −1 ∈ G = HCG (x) Giả sử g −1 = với h ∈ H, a ∈ CG (x) Khi ta có g −1 xg = (ha)x(ha)−1 = haxa−1 h−1 = hxaa−1 h−1 = hxh−1 ∈ H Điều chứng tỏ H ◁ G, trái với giả thiết Vậy ta có điều phải chứng minh Do đó, theo Bổ đề ?? ta có Pr(H, G) ̸= Pr(H) Pr(H, G) ̸= Pr(G) Kết hợp điều với Mệnh đề ?? ta có bất đẳng thức cần chứng minh Nhóm quaternion suy rộng Mệnh đề 12 Cho nhóm quaternion suy rộng Q4n = ⟨r, s | r2n = 1, s2 = rn = 1, s−1 rs = r−1 ⟩ với n ⩾ H nhóm Q4n Khi (i) Nếu H = Rk với k|2n, ⩽ k ⩽ 2n Pr(H, Q4n ) =  n+k   k | n, 2n   2n + k k ∤ n 4n (ii) Nếu H = Ui,j với i|n, ⩽ i ⩽ n, ⩽ j ⩽ i − Pr(H, Q4n ) = n+i+2 4n Chứng minh (i) Giả sử H = Rk với k|2n, ⩽ k ⩽ 2n Theo Mệnh đề ta có |Rk | = Do k Rk = ⟨r ⟩ = 2n 2n = (2n, k) k  2n r ⩽ i ⩽ −1 k  ik 32 Ta xét hai trường hợp k sau Trường hợp 1: k | n Khi đó, theo Mệnh đề ta có X X |CQ4n (x)| = |CQ4n (1)| + |CQ4n (rn )| + |CQ4n (rik) | −1 1⩽i⩽ 2n k x∈Rk i̸= nk  2n = 4n + 4n + = 8n +  2n k Do đó, theo Mệnh đề ??, ta có X Pr(Rk , Q4n ) = |Rk ||Q4n | k  − |R1 |  − 2n = |CQ4n (x)| = x∈Rk 4n(n + k) k n+k 4n(n + k) = 2n k 2n 4n k Trường hợp 2: k ∤ n Khi đó, theo Mệnh đề 5, ta có X X |CQ4n (rik )| |CQ4n (x)| = |CQ4n (1)| + 1⩽i⩽ 2n −1 k x∈Rk = 4n +  2n k  − |R1 | = 4n +  2n k  − 2n = 2n(2n + k) k Từ suy Pr(Rn , Q4n ) = X 1 2n(2n + k) 2n + k · |CQ4n (x)| = = 2n |Rk ||Q4n | k 4n 4n x∈Rk k (ii) Giả sử H = Ui,j với i|n, ⩽ i ⩽ n, ⩽ j ⩽ i − Theo Mệnh đề ta có |Ui,j | = Đặt k = 4n 4n = (n, i) i 2n Khi i |Ui,j | = 4n = 2k i Do Ui,j = {rli , rli+j s | ⩽ l ⩽ k − 1}