Trong trường hợp Go là một nhóm con chuẩn tắc của G, từ định lý về sự đẳngcấu, ta có mô tả đơn giản sau đây của dan LGo, G.. Cách mô ta dàn LGo,G trong trường hợp tổng quát được nhiều nh
Chuẩn hóa tử của nhóm tuyến tính sơ cấp
Cho Š là một mở rộng vành giao hoán của # (S$ không nhất thiết là R-modun tự do) Xét M là một S-môđun tự do có hạng n > 3 với cơ sở 93 = {ui, ,t„} Gọi
{ứI, ,ứn} C M* là cơ sở đối ngẫu của 9 Với mỗi a € S, đặt ầ:M —>M, ar)=ar, CẮM.
Vì 5 giao hoán nên â € Endg(M) Ánh xạ
5 —> Ends(M), ata là một đồng cấu vành Ảnh của đồng cấu này được ký hiệu là 9 Như vay,
S={@:a€ 5S} chính là tâm của vành Endg(M) Ký hiệu Aut(S/R) là nhóm các tự đẳng cấu vành của S đồng nhất trên R Hiển nhiên, Aut(S/R) C Autn(9).
Mệnh đề 2.1.1 Với mỗi o € Aut(S/R), đặt 0°: M —> M xác định bởi ứ°(z) = So o(ai)wi, i=1 trong đó x = S3, jw, x; € 9 Khi đó,
(ii) ánh xa Aut(S/R) —> Autp(M), 0+ 0° là một đơn cấu nhóm;
(iii) Aut(S/R)° := {0° | o € Aut(S/R)} là nhóm con của Autp(M) đẳng cấu uới
Aut(S/R), hơn nữa, Aut(S/R)° 0 Auts(M) = 1 va Aut(S/R)° © Nauza(Auts(M)):
(iv) uới mỗi o € Aut(S/R),A € S, ta cú ứ9Â = a(A)ođ va ứ09 = 8ứ0 ———
Chứng minh (i) Với mỗi nm n
L= ằ- y= So iwi EM, reR, i=l i=l ta có nm ứ°(rz + ) = ằ ơ(r; + UĂ)tU¿ i=1
Tính song ánh của o° được suy ra từ tính song ánh của o Hơn nữa, ứ1(ứ~")"(z) =o" (>: men] ¿=1
(ii) Cho ứ,ỉ € Aut(S/R) Với mỗi x = é},_Ă z;uĂ € M, ta cú tức là (0ứ)? = 6°o° Tiộp theo, ta chứng minh tớnh đơn ỏnh Thật vậy, giả sử ứ0 = 0°, tức là ứ?(z) = 69(z) với mọi z = é}j_Ă z;; € M Khi đú,
Từ day suy ra o(a;) = 0(z;) với mọi 1 3 Khi đó, chuẩn hóa tử của nhóm Ew(M) trong nhóm
Autp(M) trùng tới tích nia trực tiếp của Aut(S/R)° bởi Auts(M), tức là
NAwz(w(Es(M)) = Aut(S/R)? < Auts(M), trong đú Aut(S/R)° = {0° |ức Aut(S/R)} (ơ9 được định nghĩa như trong Mệnh đề
Chứng minh Hiển nhiên, tập hợp {g € Autp(M) | g3= Sg} chứa Auts(M), hơn nữa, theo Mệnh đề 2.1.1, tập hợp này cũng chứa Aut(S/R)° Do đó theo Mệnh đề 2.1.4, ta co
Bay giờ, cho g € Nauta(m)(Ee(M)), ta suy ra gSg-! = 8 Lập luận hoàn toàn tương tự như trong chứng minh của Bổ đề 2.1.2, với mỗi A € S tồn tai một phần tử a, € Aut(S/R) sao cho gẦÀg l= G(X) Vi oX(09)-1 = ứ¿(), nờn gig! = ơ9Ä(ứ0)=1.
Do đú (a9) -!gX = Ä(ứ9)—1ứ, kộo theo (ơ0)—!ứ € Auts(M), từ đõy suy ra g € Aut($/R)° x
Kết quả sau đây cho ta một điều kiện đủ để một nhóm con được chứa trong chuẩn hóa tử của E(Mí). Định lý 2.1.6 Cho M là một S-médun tu do có hang n > 3 Cho H < Autp(M) Nếu Ex3(M)" < Auls(M) thà H < Naụ,(w)(Es(M)) Hơn nữa, khí Aut(S/R) giải được, nếu
Chúng minh Do M là tự do, nên ta có thể đồng nhất các nhóm Auts(M) và Z(M) với GL(n, S$) va E(n, 9) Cho a € S Ký hiệu Z{o] là Z-đại số con của Š sinh bởi phần tử œ Yêu cầu của định lý trên tương đương với việc chứng minh E(n, Z[a])9 < E(n, S$), với mọi g € H Thật vậy, do điều kiện của định lý, các ma tran (1) và ti;(a)9 thuộc
19 vào GL(n, S$) với mọi 1 5, ta có
Chứng minh Cho H là một nhóm bat ki trong {EO(n, S), SO(n, 8), O(n, S),GO(n, 5)}.
Theo các Bổ đề 2.3.2, 2.3.1, 1.3.4, 2.1.9, ta có
Tiếp theo, đặt G = GL(mn, R) và K = {g € G | EO(n,S)9 < GO(n,S)} Rõ rang, Ng(EO(n, S)) < K Ngược lai, cho g € K Ta có EO(n, S)9 < GO(n, 8) nên theo Bo dé
2.3.1, ta suy ra M(n,S)9 C M(n,S) Do đó E(n,S)9 < GL(n,5S) Theo Hệ qua 2.1.7, tồn tại w € Aut(S/R) và h € GL(n, S) sao cho g = wh Ta có
BO(n, 8)" = (EO(n, §)*’)" = BO(n, 8)9 < GO(n, 8) nên theo Bổ đề 1.3.4, h € GO(n, 9) Do đó g € Nern,s)(EO(n, S)).
Kết quả sau đây cho ta điều kiện đủ để một nhóm con được chứa trong chuẩn hóa tử của EO(n, S).
Hệ quả 2.3.4 Cho n > 5, hơn nữa, khi n = 5, ta giả thiết thêm rằng S không có trường thang dư gồm 2 phan tử Giả sử Aut(S/R) giải được Cho H < GL(mn, R) Nếu
EO(n, 8)! < Ngim,p(EO(n,8)) thì H < Nguy, g(EO(n, 8)
Chứng minh Theo Dinh lý 2.3.3, nêu Aut($/R) giải được thì tồn tại số tự nhiên m sao cho nhóm con giao hoán tử thứ rm của Ngr(au,n)(EO(n, S)) chứa trong GO(n, 8).
Theo Bổ đề 1.3.3, EO(n,S) là nhóm hoàn hảo nên từ bao hàm thức #O(w,S)” < ẢqL(ma.n)(EO(n, 8)) ta suy ra EO(n,S)” < GO(n,S) Vậy H < Ne@x(mn,r)(LO(n, 5)).
Mối liên hệ giữa chuẩn hóa tử của O(n, S)E(mn, R, A) trong GL(mn, R) và chuẩn hóa tử của EO(n, $/SA) trong GL(mn, R/A) được thể hiện trong định lý sau đây: Định lý 2.3.5 Cho n > 5, hơn nữa, khi n = 5, ta giả thiết thêm rằng S không có trường thing dư gồm 2 phan tử Khi đó, uới mỗi idéan thực sự A của R, ta có
Ngrtma,nj(EO(n, 8) E(mn, R, A)) = p1 `(Ngr(ma,n/a)(EOẲn, S/8A))).
Chứng minh Do pA(EO(n, S5) = EO(n, $/SA) nên ẹGrtmn,n(EO(n, S)E(mn, R, A)) < A,
26 với H = 0A (Ngrn.n/a(EO(n, S/5A))) Bởi tính chuẩn tắc của E(mn, R, A) trong
GL(mn, R), để chứng minh bao hàm thức ngược lại, ta chỉ cần chứng minh
Theo Bổ đề 1.2.3, ta có
[EO(m, S)GL(mn, R, A), EO(n, S)| < EO(n, S)E(mn, R, A).
Do Bồ đề 1.2.3, ta suy ra
Vì EO(n, 5) là nhóm hoàn hao nên
< EO(n, S)E(mn, R, A) - E(mn, R, A)P?90ằ*Š#) = EO(n, 8) E(mn, R, A).
Chuẩn hóa tử của nhóm symplectie
Bồ đề 2.4.1 Chon = 2L> 4 Khi đó,
Chứng minh Với mdi € € R,1 < ¡ # j < n, nếu j # —¡ thì t;(§) = T¡—j(—1) + T-;;() — T;—;(—1)T-; ;(€) và f¡_;(€) = T;_;(£) Theo Bổ đề 2.1.3, ta suy ra điều phải chứng minh.
Bồ đề 2.4.2 Cho n = 21 > 4 Khi đó, các nhóm Ep(n,S), Sp(n, 8) va GSp(n, 8) được chuẩn hóa bởi Aut(S/R)°.
Với mọi € € S, ta có T(E) € GL(n,S), hơn nữa, T;;(€)“ = T¡;(¿ †£) nên0 0
T;;(€)°” € Ep(n,S) Từ đây suy ra Ep(n, S)4⁄45/®” < Ep(n, 8).
Cho g € Gđ%p(n,S) Khi đú, tồn tại A = \(g) € U(S) sao cho ứ#ứ” = AF Ta cú g” eGL(n,S) và g2 P(g2) = (v0) Ng? Fw?) Tha? = (60) "gw Fw)" )g'w®
= (9)~(gPg 9® = (w®) Fw? = ww F = ÀIF, trong đú Ai € U(S) nờn ứ“” € GSp(n, 8) Do đú GSp(n, S)AX(S/2” < GSp(n, 8) Dộ ý rằng \y = 1 nếu A= 1 nên Sp(n, 9)2(5/R)” < Sp(n, 8). Định lý 2.4.3 Với n = 2l > 4, ta có
Chứng minh Cho H là nhóm bat kì trong {Ep(n, S), Sp(n, 9),GSp(n, S)} Từ các Bổ đề 2.4.1, 2.4.2, 1.4.4, 2.1.9, ta suy ra Nez(mn,py(H) = Aut(S/R)° x GSp(n, 8).
Tiếp theo, đặt G = GL(mn, R) va K = {g € G | Ep(n, S)9 < GSp(n, 8)} Rõ rang,
Ne(Ep(n,S)) < K Ngược lại, cho g € K Ta có Ep(n,8)9 < GSp(n, 8), theo Bo dé
2.19, M(n, 8) C M(n,S) Do đó E(n,S)9 < GL(n,S) Theo Hệ qua 2.1.7, tồn tại w € Aut(S/R) và h € GL(n, S$) sao cho g = w°h Ta có
Ep(n, S)" = (Ep(n, S)*")" = Ep(n, 8)! < GSp(n, S) nên theo Bổ đề 1.4.6, h € GSp(n, $) Vay 9 € Ngru,s)(Ep(n, S)).
Hệ qua 2.4.4 Cho n = 21 > 4, hơn nữa, khi n = 4, ta giả thiết thêm rằng S không có trường thing du gồm 2 phan tử Giả sử Aut(S/R) giải được Cho H < GL(mn, R).
Nếu Ep(n,S)" < Ngrmua,n(Ep(n,8)) thì H < Nermn,ry(Ep(n, S)).
Chứng minh Theo Dinh lý 2.4.3, nêu Aut(S/R) giải được thì tồn tại số tự nhiên m sao cho nhóm con giao hoán tit thứ m của Nerimn,r)(Ep(n, 5)) chứa trong GSp(n, 8).
Theo Bồ đề 1.4.5, Ep(n, 5) là nhóm hoàn hảo nên bao hàm thức ta suy ra Ep(n,S)" < GSp(n, S) Lại theo Dinh lý 2.4.3, H < ắNertmn,R)(EpẲn, S)).
Tương tự Định lý 2.3.5, ta có kết quả sau đây: Định lý 2.4.5 Cho n = 21 > 4, hơn nữa, khi n = 4, ta giả thiết thêm rang S không có trường thăng dư gồm 2 phần tử Khi đó, uới mỗi idéan thực sự A của R, ta có ẹgrmn,R)(Ep(n, 3) E(mn, R, A)) = 04! (Ngrna,R/A)(Ep(n, 5/8A))).
Chứng minh Do pA(Ep(n, S) = Ep(n,S/54) nên ắGr(mna,R)(Epứn, 5)E(mn, R, A)) < A, với H = ỉ+ (Ngr(ma,n/A)(Ep(n,S/54))) Bởi tớnh chuẩn tắc của E(mn, R, A) trong GL(mn, R), để chứng minh bao hàm thức ngược lại, ta chỉ cần chứng minh
Ep(n, sy < Ep(n, S)GL(mn, R, A).
Theo Bồ đề 1.2.3, ta có
[Ep(n, S)GL(mn, R, A), Ep(n, S)| < Ep(n, S)E(mn, R, A).
Do Bổ đề 1.2.3, ta suy ra
Vì Ep(n, S) là nhóm hoàn hảo nên
Ep(n, S)| -[Ep(n, S)⁄ ,GL(mn, R, A)|frữằ5) mn, R, A) - E(mn, R, A) PS) = Ep(n, S)E(mn, R, A). gas
Nhóm con của nhóm tuyến tính day đủ chứa nhóm sơ cấp trên mở rộng vành có hạng hữu hạn
Cho R là một vành giao hoán có đơn vị 1 và S$ là một mở rộng vành giao hoán của
R sao cho ỉ là R-mụđun tự do cú hạng m Cố định một cơ sở 1 = ay, ,am của S/R, khi đó, thong qua biểu diễn chính qui như trong 1.5, Z(n, S) được xem như là nhóm con của E(mn, R) Khi m = 1, tức là S = R, bài toán mô tả dàn nhóm các nhóm con trung gian trong nhóm tuyến tính đầy đủ chứa nhóm sơ cấp đã được nghiên cứu cho nhiều lớp vành trong [20], [30], [31] Trong chương này chúng tôi khảo sát bài toán cho trường hợp m = 2 Các kết quả đạt được đều mới và được công bố trong [4].
Cho S$ là một mở rộng vành giao hoán có hang 2 của R với cơ sở 1,z Giả sử
2 € U(R) Khi đó, z? = az-+b với a,b € R Suy ra (œ—a/2)2 = de R với d = a?/4+b € R. Đặt = z — a/2 Ta có 1, là cơ sở của S/R và y2 = de R Do đó, trong suốt chương này, nếu không có ghi chú gì thêm thi R là một vành giao hoán có đơn vị 1 và S$ là một mở rộng vành giao hoán có hạng 2 của R với cơ sở 1, Vd, tức là 9 = R[v4dl Do định nghĩa của biểu diễn chính qui nên
Nói riêng, trong trường hợp d € U(R), nếu một ma trận trong Š có một dòng hay một cột bằng 0 thì đó phải là ma trận 0.
Sự phân tích của các phép co so cap 2
Dinh lý 3.1.1 Cho n > 3 Khi đó, uới moi ma trận g € GL(2n,R), nhóm sơ cấp
E(n,S) được sinh bởi các ma trận E+UF;,1 < j Jeans kh — >>. k=1 —~ aT 2h)kIk(2h) vn 1 Ian) Ổk(2h—1) _ ( 1 0
/ Uy: = an 9 (2n)k Gk (22) ie 1 Hn) Ổk(3¡—1) _ 0 0
I] Tj (U(k)) = II Ti (G0(spjyUxh) Thy (— 29 (2n) Ui) k=1 k=1
Phép co sơ cấp trong các nhóm con chứa f(n,S)
Bổ đề 3.2.1 Giả sử2,de U(R) Khi đó, anaisin = ||) ` `:
Chứng minh Cho y € Aut(S/R) < Autp(S) Giả sử ¿(Vd) = a+ bVd,a,b € R Ta có d = ¿(đ) = ¿(V3)e(v4) = (a? + bd) + 2abVd, tà đây suy ra a? + b?d = d và 2ab = 0. Hon nữa, tồn tai z + yVd € S sao cho ¿(z + V4) = v4, từ day suy ra yb = 1 Do tinh khả nghịch của d và 2 nên a = 0,b? = 1 Vì thé ma trận biểu diễn của y theo cơ sở
Bay giờ, cho r € R,r? = 1 Xét ánh xạ ý: S —> 9 định bởi ý(z + V4) = z + rVd.
Dé thay rằng € Aut(S/R) và ma trận biểu diễn của trong cơ sở 1, Vd là
Mệnh đề 3.2.2 Cho n> 3 Khi đó, uới mỗi idéan A của R, ta có
Chứng minh Đặt H = E(2n, A)#Œ5) Do E(n,8) < E(2n,R) nên H < E(2n,R, A) Theo Bổ đề 1.2.2, ta chỉ cần chứng minh z¡;(€,C) = fz;(C)#u;(€)t„¿(—@) € H với mọi
€€A,ce ủ Dộ ý rằng A được chuẩn húa bởi E(n, 9) nờn bằng cỏch lấy liờn hợp bởi những ma trận thích hợp trong E(n,$), ta có thể giả sử rằng i € {1,2}, 7 € {1,2,3,4}.
Ta chia thành các trường hợp sau đây:
= [t23(¢)t13(1), t31(—&¢)ts2(§)]. Đặt œ=1+Cvde 9 Khi đó, z12(€, C)tsi(—€C)tsa(€) = ta3(¢)tis(1)tai (—€¢)ts2(€)tis(—1)t23(—¢)
= Ti2(a)tia(—d¢ )ts1(—€¢)ti4(d6 toa (—1)t32(€ )tza(1)Ti2(—a)
Từ đây suy ra 210(€,¢) € H Lập luận tương tự như trên, ta được 291(€,¢) € H
2 Trường hợp (i,j) = (2,3) Ta có z03(€, ¢) = fz2(Qfsă€)fzẵ€) = 2()[taz(1), tsa (€)]
*82(9 t95(1), (9 t53(€)] t35(¢)te5(1), fs2(—£€)fsa(€)] t46(C)t35(¢)ta5(1)t16(d), ts2(—€¢)t53(€)]
To3(¢)Tis(Vd), ts2(—€¢)tsa(€)] € H.
3 Trường hợp (¿,7) € {(1,3), (1,4), (2,4)} Ta có z13(€,¢) = tsi (¢)taa(€)ts1(—¢)
Tương tự, zi4(€,€) = Tai (¢Vd)tia(€)Tai(—CVd) € H
Bổ đề 3.2.3 Chon > 3 0à a = gT;j(œ)Tjyg(8)g—1, trong đó g € GL(2n, R),a, 8 € S,j # hi # k Giá sit 2,d € U(R) Nếu a € Ngi(an p)(E(n,S)) Đà ay = fi uới 1