Nhóm biến đổi và định lý burnside (LV thạc sĩ)

Nhóm biến đổi và định lý burnside (LV thạc sĩ)Nhóm biến đổi và định lý burnside (LV thạc sĩ)Nhóm biến đổi và định lý burnside (LV thạc sĩ)Nhóm biến đổi và định lý burnside (LV thạc sĩ)Nhóm biến đổi và định lý burnside (LV thạc sĩ)Nhóm biến đổi và định lý burnside (LV thạc sĩ)Nhóm biến đổi và định lý burnside (LV thạc sĩ)Nhóm biến đổi và định lý burnside (LV thạc sĩ)Nhóm biến đổi và định lý burnside (LV thạc sĩ)Nhóm biến đổi và định lý burnside (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN THỊ THƯƠNG NHÓM BIẾN ĐỔI VÀ ĐỊNH LÝ BURNSIDE LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TRẦN THỊ THƯƠNG NHÓM BIẾN ĐỔI VÀ ĐỊNH LÝ BURNSIDE Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời nói đầu 1 Lý thuyết nhóm 1.1 Quan hệ tương đương 1.2 Khái niệm nhóm 1.2.1 Nhóm chuẩn tắc nhóm thương 1.2.2 Định lý Lagrange hệ 1.2.3 Các định lý đồng cấu nhóm 10 Tác động nhóm lên tập 14 1.3.1 Tác động nhóm lên tập 14 1.3.2 Một vài ví dụ tác động nhóm 16 1.4 Nhóm giải 20 1.5 Nhóm phép thế-Nhóm đối xứng 22 1.6 Biểu diễn nhóm hữu hạn 22 1.6.1 Một vài khái niệm Đại số tuyến tính 22 1.6.2 Phép biểu diễn 24 1.6.3 Đặc trưng 29 1.3 Định lý Burnside 31 2.1 Bổ đề Burnside 31 2.2 Định lý Burnside 33 2.2.1 Một vài kết bổ trợ 33 2.2.2 Định lý Burnside nhóm giải 35 ii 2.3 Vận dụng Toán sơ cấp 36 2.3.1 Bài toán tô màu 37 2.3.2 Giải thức 41 2.3.3 Một vài toán chưa có lời giải 44 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 Lời nói đầu Trong lý thuyết số, người ta quan tâm đến biểu diễn số thành tích số nguyên tố Trong lý thuyết nhóm hữu hạn, người ta quan tâm đến chuỗi hợp thành gồm nhóm Mỗi nhóm hữu hạn G có chuỗi hợp thành dạng {e} = G0 G1 G2 ··· Gk−1 Gk = G nhóm thương Gi+1 /Gi nhóm đơn với i = 0, 1, , k − Định lý Jordan-H¨older kết luận rằng, hai chuỗi hợp thành tương đương Vấn đề đặt ra: Phân loại tất nhóm đơn hữu hạn xác định tất cách xây dựng nhóm khác nhóm đơn Vấn đề dẫn đến nghiên cứu nhóm đơn hữu hạn vào cuối kỷ 19 Tiếp theo công trình nhà toán học người Đức Otto H¨older nhà toán học người Mỹ Frank Nelson Cole, nhà toán học người Anh Willian Burnside tìm tất nhóm đơn hữu hạn cấp nhỏ 1092 vào năm 1895 Đặc biệt, ông chứng minh rằng, nhóm với cấp tích hai ba số nguyên tố giải Định lý Burnside có vai trò quan trọng Lý thuyết nhóm qua việc phân lớp nhóm đơn hữu hạn Nhiều nhà toán học quan tâm đến kết Việc phân lớp hoàn thành vào năm 1980 Đi liền với Định lý Burnside đoán nhóm đơn hữu hạn không abel với cấp số chẵn Hơn 50 năm sau, vào năm 1963 đoán chứng minh hai nhà toán học Mỹ Walter Feit John Griggs Thompson Định lý Burnside quan trọng Lý thuyết nhóm Việc tìm hiểu chứng minh lại Định lý có ý nghĩa quan tâm đến Lý thuyết nhóm Vấn đề luận văn quan tâm toán tô màu xuất kì thi đại học, học sinh giỏi cấp quốc gia hay quốc tế Nhiều toán tổ hợp liên quan tới đối tượng khác nhau, chẳng hạn: dùng hai màu để tô ba đỉnh tam giác ABC Do A, B, C phân biệt nên việc xác định số cách tô màu dễ dàng Nếu ta coi ba đỉnh tam giác ba điểm trắng việc tính số cách tô màu không dễ dàng Với toán liên quan đến quan hệ tương đương, việc giải cho tất phần tử thuộc lớp thông qua phần tử đại diện Chính luận văn đặt vấn đề vận dụng Toán cao cấp vào nghiên cứu số toán tổ hợp Đề tài luận văn quan tâm đến việc chứng minh Bổ đề Burnside để từ xác định lời giải cho toán tô màu Đề tài luận văn quan tâm nghiên cứu Bổ đề Burnside, Định lý Burnside Lý thuyết nhóm vận dụng kết đạt vào Toán sơ cấp qua toán tô màu phương trình giải thức Luận văn trình bày lại số kết lý thuyết nhóm, Bổ đề Burnside Định lý Burnside chủ yếu theo tài liệu [1] ,[2] [5] Luận văn chia làm hai chương Chương gồm sáu mục Mục 1.1 trình bày quan hệ tương đương Trong Mục 1.2 tập trung nhắc lại khái niệm nhóm, nhóm chuẩn tắc Trong mục chứng minh Định lý Lagrange mối quan hệ cấp nhóm cấp nhóm con, Định lý 1.3 Hệ 1.2, Hệ 1.3 Mục 1.3 dành để viết khái niệm tác động nhóm lên tập Mục 1.4 chứng minh hai kết nhóm giải được, Định lý 1.11 Định lý 1.12 Mục 1.5 trình bày nhóm phép thế, nhóm đối xứng Cuối Mục 1.6, tập trung trình bày biểu diễn nhóm hữu hạn Chương gồm ba mục Mục 2.1 tập trung chứng minh Bổ đề Burnside Mục 2.2 chứng minh lại Định lý Burnside qua việc vận dụng hai bổ đề Mục 2.3 trình bày vài ví dụ việc vận dụng Bổ đề Burnside vào toán tô màu vận dụng Định lý Burnside vào phương trình giải qua thức Luận văn đa thức bậc giải Trong thời gian sưu tầm tài liệu, làm đề cương viết luận văn, nhận góp ý dẫn tận tình người hướng dẫn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy mình, PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Nhân đây, xin chân thành cảm ơn Khoa Toán - Tin, Khoa Sau đại học Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi trình học tập Tôi xin cảm ơn nhiệt tình giảng dạy giảng viên suốt thời gian học tập Tôi xin cảm ơn Ban giám hiệu Trường THPT Hải An - Hải Phòng tạo điều kiện tốt cho công tác học tập, để hoàn thành nhiệm vụ học tập Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn đặc biệt tới đại gia đình, động viên khích lệ giúp hoàn thành luận văn Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2015 Trần Thị Thương Học viên Cao học Toán lớp B, khóa 06/2013-06/2015 Chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Email: namthuong07@gmail.com Chương Lý thuyết nhóm 1.1 Quan hệ tương đương Giả thiết tập X = ∅ Tích DesCarte X × X định nghĩa sau: X × X = {(x, y)|x, y ∈ X} Định nghĩa 1.1 Tập S X × X gọi quan hệ hai X Nếu (x, y) ∈ S ta nói x có quan hệ S với y viết xSy Định nghĩa 1.2 Giả thiết X = ∅ S = ∅ quan hệ hai X Quan hệ S gọi quan hệ tương đương X thỏa mãn ba điều kiện sau đây: (1) (Phản xạ) Với x ∈ X có xSx (2) (Đối xứng) Với x, y ∈ X, có xSy có ySx (3) (Bắc cầu) Với x, y, z ∈ X, có xSy, ySz có xSz Khi S quan hệ tương đương X ta thường ký hiệu ∼ thay cho S Đặt C(x) = {y ∈ X|y ∼ x} gọi lớp tương đương với x làm đại diện Dễ dàng tính chất sau: Mệnh đề 1.1 Giả sử ∼ quan hệ tương đương X Khi (1) Với x ∈ X có x ∈ C(x) (2) Với y, z ∈ C(x) có y ∼ z y ∼ x, z ∼ x (3) Với x, y ∈ X, có C(x) ∩ C(y) = ∅ C(x) = C(y) (4) Tập thương X/ ∼ tập lớp tương đương không giao Ví dụ 1.1 Chứng minh không tồn ánh xạ f : Z → {1, 2, 3} thỏa mãn f (x) = f (y) với x, y ∈ Z cho |x − y| ∈ {2, 3, 5} Bài giải Không hạn chế giả thiết f (0) = f (5) = Vì − = − = nên f (2) = Vì − = − = nên f (7) = f (2), f (7) = f (5) Vậy f (7) = Vì − = − = nên f (3) = 3, f (3) = f (2) Tóm lại, ánh xạ f : Z → {1, 2, 3} thỏa mãn f (0) = 1, f (2) = 3, f (3) = 3, f (5) = 2, f (7) = Với n ∈ Z có n + − n = ∈ / {2, 3, 5} nên f (n + 1) = f (n) Vì hàm f không thỏa mãn f (7) = = = f (5) nên có ánh xạ f thỏa mãn đầu Ví dụ 1.2 Với số tự nhiên n tập nghiệm nguyên hai phương trình x2 +y = n x2 + y = 2n có lực lượng Bài giải Xây dựng song ánh từ tập nghiệm sang tập nghiệm qua (x, y) → x+y x−y (x + y, x − y) ngược lại (x, y) → ( , ) 2 1.2 1.2.1 Khái niệm nhóm Nhóm chuẩn tắc nhóm thương Trước tiên, ta nhắc lại số khái niệm ký hiệu nhóm Định nghĩa 1.3 Tập G = ∅ với phép toán G × G → G, (x, y) → x.y gọi nhóm thỏa mãn ba điều kiện sau: (1) (x.y).z = x.(y.z) với x, y, z ∈ G (2) Có phần tử e ∈ G, gọi đơn vị, thỏa mãn e.x = x.e = x với x ∈ G (3) Với x ∈ G có phần tử x ∈ G để x.x = x x = e Do tính x cho x nên x ký hiệu qua x−1 gọi phần tử nghịch đảo x Nhóm G gọi nhóm giao hoán hay nhóm abel x.y = y.x với x, y ∈ G Để đơn giản, nhiều thay cho tích x.y ta viết đơn giản xy để biết phép toán hai nhóm G ta thường viết (G, ) Định nghĩa 1.4 Cho hai nhóm (G, ) (G , ◦) Ánh xạ φ : G → G gọi đồng cấu φ(xy) = φ(x) ◦ φ(y) thỏa mãn cho x, y ∈ G Đồng cấu φ gọi đẳng cấu song ánh Định nghĩa 1.5 Cho nhóm G Lực lượng G, ký hiệu |G|, gọi cấp G Nếu |G| < ∞ G gọi nhóm hữu hạn Nhóm cấp ps , p số nguyên tố s ∈ N∗ gọi p-nhóm Giả thiết nhóm G có cấp ps m, p số nguyên tố p |m Nhóm cấp ps nhóm G gọi p-nhóm Sylow Định nghĩa 1.6 Tập H khác rỗng nhóm G thỏa mãn x.y ∈ H x−1 ∈ H, x, y ∈ H, gọi nhóm G Nhóm A nhóm G gọi nhóm chuẩn tắc G xax−1 ∈ A với a ∈ A, x ∈ G Giả thiết A nhóm nhóm G Ta ký hiệu hai tập sau: xA = {xa|a ∈ A}, Ax = {ax|x ∈ A} Tập xA gọi lớp ghép trái A X; Tập Ax gọi lớp ghép phải A G Ký hiệu tập thương G A qua G/A = {xA|x ∈ G} Tiếp tục, định nghĩa quan hệ ∼ nhóm G sau: Với x, y ∈ G, quan hệ x ∼ y x−1 y ∈ A Bổ đề 1.1 Quan hệ ∼ G quan hệ tương đương 32 Bổ đề 2.3 Với phần tử a thuộc T ta có hệ thức liên hệ |G| = |Ga ||O(a)| Chứng minh Với a ∈ T h ∈ G ta định nghĩa tập hGa = {hg|g ∈ Ga } Vì tương ứng Ga → hGa , g → hg tương ứng 1-1 nên Ga hGa có lực lượng Dễ dàng kiểm tra, hai tập hGa kGa trùng giao rỗng Điều rằng, phân hoàn toàn nhóm G thành số tập h1 Ga , h2 Ga , , hs Ga lực lượng Ga , rời Do |G| = s|Ga | Bây ta chứng minh s = |O(a)| Xét tương ứng Φ : {h1 Ga , h2 Ga , , hs Ga } → O(a), hi Ga → hi (a) Ta thấy, Φ xác định Giả sử Φ(hi Ga ) = Φ(hj Ga ) Khi hi (a) = hj (a) suy −1 (h−1 j hi )(a) = a hay hj hi ∈ Ga Như hi Ga = hj Ga suy Φ đơn ánh Mặt khác, g(a) ∈ O(a) g ∈ hi Ga cho số i Ta có biểu diễn g = hi k với k ∈ Ga Do g(a) = (hi k)(a) = hi (k(a)) = hi (a) Từ suy Φ toàn ánh Tóm lại, Φ song ánh ta có |G| = |Ga )||O(a)| Định lý chứng minh lại kết tiếng Burnside, Bổ đề Burnside Định lí 2.1 [Burnside’s Lemma] Số quỹ đạo nhóm hữu hạn G tác động lên tập hữu hạn T |G| | Fix(g)| g∈G Chứng minh Giả thiết G nhóm hữu hạn Gọi Ω1 , , Ωr r Orbit G tác động lên tập T Khi T = Ω1 ∪ Ω2 ∪ ∪ Ωr Hiển nhiên Fix(g) = FixΩ1 (g) ∪ FixΩ2 (g) ∪ ∪ FixΩr (g), FixY (g) = {t ∈ Y |g.t = t|} Do vậy, ta có r | Fix(g)| = g∈G | FixΩi (g)| g∈G i=1 33 r Ta tính tổng bên phải | FixΩi (g)| qua biểu diễn tập sau: g∈G i=1 X = {(a, g)|a ∈ T, g ∈ G, g(a) = a} = {(a, g)|a ∈ T, g ∈ G, a ∈ Fix(g)} = {(a, g)|a ∈ T, g ∈ G, g ∈ Ga } Theo Bổ đề 2.3 ta nhận r r |Ga | = | Fix(g)| = i=1 a∈Ωi g∈G r Vậy | Fix(g)| = g∈G 2.2 2.2.1 |Ωi | i=1 i=1 a∈Ωi |G| = |O(a)| r i=1 a∈Ωi |G| |Ωi | |G| = r|G| hay r = | Fix(g)| |Ωi | |G| g∈G Định lý Burnside Một vài kết bổ trợ Mục chứng minh lại kết tiếng Burnside Đó định lý nhóm giải được, tùy theo cách gọi quan tâm đến Để chứng minh Định lý Burnside ta cần hai bổ đề sau Bổ đề 2.4 Giả sử nhóm G với lớp liên hợp K biểu diễn bất khả quy φ : G → GL(V ) thỏa mãn ước chung lớn (|K|, χV (id)) = Khi đó, với g ∈ K ta có χV (g) = φ(g) = zI cho z ∈ C Chứng minh Giả sử G nhóm với lớp liên hợp K biểu diễn bất khả quy φ : G → GL(V ), V C-không gian vector n chiều thỏa mãn (|K|, χV (1)) = Từ lý thuyết số, ta biết tồn s, t ∈ Z để s|K| + tχV (1) = Lấy g ∈ K, nhân hai vế (2.1) với χV (g) chia cho χV (1) ta s|K|χV (g) χV (g) + tχV (g) = χV (1) χV (1) (2.1) 34 Theo Mệnh đề 1.5, χV (g) tổng χV (1) đơn vị Theo kết biết số đại số, ta có |χV (g)| = |χV (1)| = n Vì đa thức tối tiểu φ(g) có n nghiệm phân biệt nên tồn sở B không gian vector V để biểu diễn ma trận φG có ma trận chéo   z 0      z2   [T ]B =     .   0 zn Từ suy n χV (g) = zi i=1 Nếu zi = zj với i = j theo bất đẳng thức tam giác ta có n n |zi | = n = χV (1) zi | < |χV (g)| = | i=1 i=1 Điều mâu thuẫn z = zi với i Như vậy, ta nhận   z 0     0 z 0  [T ]B =    = zI .    0 z Bổ đề chứng minh Bổ đề 2.5 Giả sử nhóm G với lớp liên hợp không tầm thường K thỏa mãn |K| = pn , p số nguyên tố Khi G không nhóm đơn không abel Chứng minh Giả sử G nhóm đơn không abel với lớp liên hợp K không tầm thường |K| = pn với p số nguyên tố Khi có phần tử g ∈ K, g = Nếu n = |K| = Vậy K = {g} lớp liên hợp chứa phần tử Bởi vậy, với h ∈ G có hgh−1 = g hay hg = gh Từ suy g ∈ Z(G) Điều 35 mâu thuẫn Z(G) ✂ G G nhóm đơn không abel Do n phải số nguyên dương Kí hiệu χ1 , , χk đặc trưng tất bất khả quy khác G χ1 đặc trưng biểu diễn tầm thường Theo kết [1], Hệ 3.4.17, ta có k k χi (1)χi (g) χi (1)χi (g) = + 0= i=2 i=1 Nếu p|χj (1) với j > thỏa mãn χj (g) = ta viết χj (1) = pdj ta nhận k dj χi (g) 0=1+p j>1,χj (g)=0 k dj χi (g) = − số đại số nguyên, thuộc Z p j>1,χj (g)=0 Điều mâu thuẫn rằng, tồn số j k để p |χj (1) χj (g) = Do Giả sử φ : G → GL(V ) biểu diễn với đặc trưng χj Vì (|K|, χj (1)) = χj (g) = nên theo Bổ đề 2.4 trên, ta có φ(g) = zI với z ∈ C Vậy, φ(g) ∈ Z(φ(G)) Vì G nhóm đơn nên Ker(φ) tầm thường, φ đơn cấu Cho tất h ∈ G ta có φh φg φh−1 = φg ⇒ φhgh−1 = φg ⇒ hgh−1 = g ⇒ g ∈ Z(G) Điều mâu thuẫn với giả thiết G nhóm đơn không abel Như vậy, G không nhóm đơn không abel 2.2.2 Định lý Burnside nhóm giải Định lí 2.2 Giả sử p, q ∈ N∗ hai số nguyên tố hai số nguyên không âm m, n Nếu nhóm G có cấp pn q m G nhóm giải 36 Chứng minh Giả sử G nhóm cấp pn q m , p, q số nguyên tố m, n số nguyên không âm Nếu p = q mn = G p-nhóm Khi G nhóm giải theo Định lý 1.12 Bây ta xét trường hợp p = q n, m ∈ N∗ Giả sử G nhóm cấp nhỏ để G không nhóm giải Nếu G không nhóm đơn G có nhóm chuẩn tắc N không tầm thường Theo giả thiết, N G/N phải nhóm giải hai có cấp nhỏ cấp nhóm G Như vậy, G nhóm giải theo Định lý 1.11 Giả sử P p-nhóm Sylow nhóm G Khi |P | = pn Z(P ) = {e} theo Hệ 1.6 Như vậy, có phần tử g ∈ Z(P ), g = e suy P nhóm CG (g) Như chứng minh Định lý 1.8 phương trình lớp, cấp lớp liên hợp phần tử g |G : CG (g)| Tuy nhiên, pn = |P | |CG (g)| ta suy cấp lớp liên hợp g phải lũy thừa q Điều mâu thuẫn với Bổ đề 2.5 Do vậy, G nhóm giải Hệ 2.1 Mọi nhóm hữu hạn có cấp lũy thừa số nguyên tố nhóm giải Chứng minh Kết suy từ Định lý 2.2 với m = 0, chẳng hạn Hệ 2.2 Mọi nhóm hữu hạn có cấp hợp số có nhóm không tầm thường giải Chứng minh Kết suy từ Hệ 1.5 Hệ 2.1 2.3 Vận dụng Toán sơ cấp Mục dành để trình bày vài áp dụng kết đạt luận văn vào nghiên cứu Toán sơ cấp Đặc biệt, xây dựng toán mới, lời giải toán dễ 37 2.3.1 Bài toán tô màu Trong hình học, ta xét hình Ta muốn sử dụng số màu để tô nút, chẳng hạn đỉnh, cạnh, mặt,v.v Nếu hình có n nút tô m màu khác Dễ dàng xác định số cách tô màu nm nút độc lập với có m cách chọn màu Nếu ta xét đến hình không phân biệt qua phép biến hình đó, chẳng hạn đỉnh tam giác qua chấm bàn xoay tròn được, việc tính số cách tô màu không dễ Bạn tô đỉnh lục giác bạn quay hình góc 600 bạn cách tô so với vị trí ban đầu, thực chất cách vừa tô Bây giới hạn xét toán tô màu hình mà hình biến thành qua phép chuyển động thể qua phép hoán vị Ta coi hai cách tô màu tương đương chúng biến thành qua phép hoán vị thuộc nhóm G ⊆ Sn Giả sử T tập n đối tượng tô tập màu C Thông thường người ta hay coi T = {1, 2, , n} Ký hiệu G nhóm nhóm Sn sinh số phép Ký hiệu ánh xạ k : T → C cách tô màu đối tượng thuộc T Ký hiệu K tập tất cách tô màu Vấn đề: Xác định số cách tô màu không tương đương nào? Chúng ta thấy, vấn đề giải qua Lý thuyết nhóm Ta định nghĩa quan hệ ∼ K sau: Với k1 , k2 ∈ K ta định nghĩa: k1 ∼ k2 có p ∈ G để p∗ (k1 ) = k2 , p∗ (k)(i) = p ◦ k(i) = k ◦ p−1 (i) với i ∈ T Dễ dàng kiểm tra kết sau đây: Bổ đề 2.6 Quan hệ ∼ quan hệ tương đương K Xét tác động G lên tập K lên tập T hoàn toàn tương đương Khi ta sử dụng tập C gồm m màu để tô tập T gồm n đối tượng phân biệt đối tượng tô m màu việc tô đối tượng độc lập với Theo quy tắc nhân, số cách tô màu nm Bài toán tô màu xét dùng m màu để tô n đối tượng không phân biệt; Chẳng hạn tô ba đỉnh tam giác với đỉnh khuyên trắng Khi tô đỉnh màu đen xoay quanh tâm tam giác góc 38 1200 ta ba hình, thực chất Ta coi cách tô màu lớp tương đương theo Bổ đề 2.6 Ví dụ 2.1 Ký hiệu tập ba đỉnh tam giác T = {1, 2, 3} tập hai màu sử dụng để tô đỉnh tam giác C = {w, b}, w màu trắng b màu đen Phép tô màu k : T → C sử dụng để tô ba đỉnh tam giác chẳng 3, hạn cho theo ◦ k(1) = w, k(2) = w, k(3) = b : ◦ • Phép tô màu k biểu diễn qua wwb Xét phép hoán vị p = (123), biểu diễn phép quay tam giác quanh tâm theo chiều dương góc 1200 Câu hỏi: p∗ (k) biểu diễn nào? Ta có p ◦ k(1) = k ◦ p−1 (1) = k(3) = b p ◦ k(2) = k ◦ p−1 (2) = k(1) = w p ◦ k(3) = k ◦ p−1 (3) = k(2) = w Như vậy, phép tô màu p∗ (k) biểu diễn qua bww ta nhận tam giác với • ba đỉnh tô màu đen trắng ◦ ◦ Ví dụ 2.2 Xác định số cách để dùng hai màu trắng đen tô màu đồ trang sức bốn hạt Bài giải Đó 16 cách ◦ • ◦ • ; ◦ • • ◦ ; ◦ ◦ • • ; ◦ ◦ ; ◦ ◦ ◦ • • • • ◦ ; ◦ ◦ ; • ◦ • • ◦ • ; ◦ ◦ ; • • • ◦ ◦ ◦ ; ◦ • ; • • ◦ • ◦ ◦ • ◦ ; • • • • ; • • ◦ ◦ ; • ◦ ◦ • ; • ◦ • ◦ ; 39 Viết theo nhóm C4 gồm bốn phép quay ta có biểu đồ gồm lớp tương đương: ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ; ◦ ◦ • • ; • • ◦ • ; ◦ ◦ ; ◦ • ; ◦ • ◦ • ◦ • ; ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ◦ • ◦ ◦ ◦ ◦ • ◦ ; • • • ◦ • ◦ ◦ • • ◦ ; • ◦ • • ; • • • ◦ ; • • ◦ • • • • • Như vậy, ta nhận số cách tô màu bốn đỉnh hình vuông T Bổ đề 2.7 [2, Mệnh đề 3.4.6] Giả sử g ∈ G ⊂ Sn tích t(g) xích độc lập, tính xích độ dài Nếu ta có k màu để tô đỉnh n-giác số cách tô màu đỉnh đa giác cố định qua tác động g mk hay | Fix(g)| = k t(g) Khi nhóm G tác động lên tập T = {1, 2, , n} C tập k màu G tác động lên tập C n = {(c1 , c2 , , cn )|ci ∈ C} qua g.(c1 , c2 , , cn ) = (cg−1 , cg−1 , , cg−1 n ), ∀g ∈ G Mỗi quỹ đạo (c1 , c2 , , cn ) ∈ C n gọi (k, G)−màu T Từ Bổ đề 2.7 Định lý 2.1, Bổ đề Burnside, ta nhận kết để tính số cách tô màu: 40 Định lí 2.3 Giả sử G nhóm nhóm Sn tác động lên tập hữu hạn T Nếu N số (k, G)−màu T N= |G| k t(g) g∈G Ví dụ 2.3 Xác định số cách sử dụng màu khác để tô màu đỉnh hình vuông Bài giải Ký hiệu đỉnh hình vuông qua T = {1, 2, 3, 4}, C tập màu khác C tập tất đỉnh tô màu Nếu x ∈ C x = (c1 , c2 , c3 , c4 ) với ci màu Trong mặt phẳng hình vuông, sử dụng phép quay r góc 900 quanh tâm hình vuông theo chiều dương Khi r = (1234), r2 = (13)(24), r3 = (1432) r4 = r0 = (1)(2)(3)(4) Xét nhóm xiclic G = r Nhóm G tác động lên tập T G tác động lên C phân tích Theo Định i 6t(r ) = |G| ri ∈G lý 2.3, số cách tô màu khác cho đỉnh hình vuông N = (6 + 61 + 62 + 61 ) = 336 Ví dụ 2.4 Xác định số cách sử dụng k màu khác để tô màu hạt vòng hạt Bài giải Ký hiệu hạt qua đỉnh lục giác T = {1, 2, 3, 4, 5, 6} C tập k màu khác C tập tất hạt tô màu Nếu x ∈ C x = (c1 , c2 , c3 , c4 , c5 , c6 ) với ci k màu Trong mặt phẳng lục giác, sử dụng phép quay r góc 600 quanh tâm lục giác theo chiều dương đối xứng trục qua đường chéo qua trung trực cặp cạnh đối diện Các phép tác động lên tập T ký hiệu qua D6 Khi r = (123456), r2 = (135)(246), r3 = (14)(25)(36), r4 = (153)(264), r5 = (165432) r6 = r0 = (1)(2)(3)(4)(5)(6) Ký hiệu δ = (26)(35)(1)(4) phép đối xứng qua đường chéo 14 Ta có δ = (26)(35)(1)(4) rδ = (12)(36)(45) r2 δ = (13)(46)(2)(5) 41 r3 δ = (14)(23)(56) r4 δ = (15)(24)(3)(6) r5 δ = (16)(25)(34) Ta nhận nhóm cấp 12 D6 = {id, r, r2 , r3 , r4 , r5 , δ, rδ, r2 δ, r3 δ, r4 δ, r5 δ} Nhóm D6 tác động lên tập T D6 tác động lên C phân tích Theo Định lý 2.3, số cách tô màu khác cho hạt N = (k + k + 12 k + k + k + k + k + k + k + k + k + k ) hay N = (k + 3k + 4k + 12 2k + 2k) 2.3.2 Giải thức Để vận dụng Định lý Burnside vào Toán số cấp, ta phải nhắc lại vài khái niệm Lý thuyết Galois [3] Số phức a gọi phần tử trường K có số b ∈ K √ số nguyên dương r để a = r b Trường mở rộng F trường K gọi mở rộng K tồn phần tử a1 , a2 , , ar ∈ F cho F = K(a1 , a2 , , ar ) phần tử K(a1 , , ai−1 ) với i = 1, , r Giả sử đa thức f (x) ∈ K[x] với bậc dương n Cho α1 , , αn tập tất nghiệm f (x) f (x) gọi đa thức giải thức K trường phân rã K(α1 , , αn ) f (x) K nằm mở rộng K Chú ý rằng, trường K sử dụng trường trường C Ví dụ 2.5 Phương trình bậc hai x2 + ax + b = với a, b ∈ K giải thức Bài giải Nếu x2 + ax + b = có hai nghiệm x1 , x2 ∈ K phương trình bậc hai x2 + ax + b = giải thức Nếu x2 + ax + b = hai nghiệm 42 x1 , x2 ∈ K ta biểu diễn x2 + ax + b = x + a 2 + 4b − a2 phương trình bậc hai x2 + ax + b = trở thành phương trình x+ a 2 = a2 − 4b ∆ a x + = t2 Dễ dàng a ∆ kiểm tra, hai nghiệm phương trình bậc hai x + ax + b = x1 = − + , 2 √ a ∆ x2 = − − trường phân rã K(x1 , x2 ) = K( ∆) Vậy, phương trình 2 bậc hai x + ax + b = với a, b ∈ K giải thức Đặt ∆ = a2 − 4b Ta giải hai phương trình t2 = Ví dụ 2.6 Phương trình x3 − 15x − 126 = giải thức Q Bài giải Dễ dàng tách x3 − 15x − 126 = (x − 6)(x2 + 6x + 21) Phương trình √ √ x3 − 15x − 126 = có ba nghiệm x1 = 6, x2 = −3 + i2 x3 = −3 − i2 √ Trường phân rã x3 −15x−126 Q(i 3) Vậy, phương trình x3 −15x−126 = giải thức Bổ đề 2.8 Mọi đa thức bất khả quy bậc n trường K đặc số n nghiệm phân biệt trường phân rã Chứng minh Cho f (x) đa thức monic bất khả quy bậc n Khi f (x) đa thức tối tiểu nghiệm Giả sử f (x) n nghiệm phân biệt Khi f (x) phải có nghiệm bội α, chẳng hạn Biểu diễn f (x) = (x − α)r g(x) với r Đạo hàm f (x) = r(x − α)r−1 g(x) + (x − α)r g (x) Từ suy f (α) = 0, mâu thuẫn với tính tối tiểu f (x) Từ kết Định lý 1.10, Định lý Cayley, ta suy mệnh đề đây: Mệnh đề 2.1 Nhóm Galois G(f /K) đa thức bất khả quy f (x) đẳng cấu với nhóm nhóm Sn 43 Đặc biệt, [3] tác giả hai kết sau đây: Định lí 2.4 [3, Định lý 4.5] Cho K ⊂ R đa thức bất khả quy f (x) ∈ K[x] bậc n Nếu n số nguyên tố f (x) có n − nghiệm thực G(f /K) ∼ = Sn Định lí 2.5 [3, Định lý 6.8] Cho đa thức f (x) ∈ K[x] Phương trình f (x) = giải thức nhóm Galois G(f /K) nhóm giải Hệ 2.3 Mọi phương trình f = x3 + ax2 + bx + c = với a, b, c ∈ R giải thức Chứng minh Ta cần xét trường hợp f đa thức bất khả quy Khi nhóm Galois G(f /R) đẳng cấu với nhóm nhóm S3 Vì S3 có cấp 2.3 nên nhóm nhóm giải theo Định lý 2.2 Do vậy, phương trình f = x3 + ax2 + bx + c = với a, b, c ∈ R giải thức Hệ 2.4 Mọi phương trình f = x4 + ax3 + bx2 + cx + d = với a, b, c, d ∈ R giải thức Chứng minh Ta cần xét trường hợp f đa thức bất khả quy Khi nhóm Galois G(f /R) đẳng cấu với nhóm nhóm S4 Vì S4 có cấp 2.3.4 = 23 nên nhóm nhóm giải theo Định lý 2.2 Do vậy, phương trình f = x4 + ax3 + bx2 + cx + d = với a, b, c, d ∈ R giải thức √ 2π 4π 8π − Ví dụ 2.7 Ta có cos + cos + cos = 7 2kπ Bài giải Nghiệm phương trình x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + = cos + 2kπ i sin với k = 1, 2, 3, 4, 5, Do phương trình bậc giải nên 1 2π ta đặt y = x + Ta có y + y − 2y − = Với x + = cos ta có x x 4π 8π 2π 4π 8π x2 + = cos x3 + = cos Như vậy, cos , cos , cos x x 7 7 ba nghiệm y1 , y2 , y3 phương trình y + y − 2y − = Chứng minh toán √ √ √ qua tính tổng y1 + y2 + y3 Với hai đồng thức a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)3 − 3(a + b + c)(ab + bc + ca) 44 a3 b3 + b3 c3 + c3 a3 − 3(abc)3 = (ab + bc + ca)3 −3abc(a + b + c)(ab + bc + ca) a3 = y1 , b3 = y2 , c3 = y3 ta nhận abc = √ y1 y2 y3 = 1, a3 + b3 + c3 = −1 a3 b3 +b3 c3 +c3 a3 = −2 Ta tính u = a+b+c v = ab+bc+ca Ta có u3 −3uv = −4 √ v −3uv = −5 Vậy (uv)3 = (3uv −4)(3uv −5) Giải uv = 3− dễ dàng √ √ 2π 4π 8π + cos + cos = tính u = 3uv − = − 3 Vậy cos 7 √ a+b+c − √ = 2 Ví dụ 2.8 Đa thức bậc năm f = x5 − 6x + ∈ Q[x] không giải thức Từ suy tất đa thức g(x) ∈ Q[x] với bậc deg g(x) > g(x) chia hết cho đa thức f không giải thức Bài giải Đa thức f (x) có ba nghiệm thực nên G(f /Q) ∼ = S5 Vì nhóm S5 không nhóm giải nên f = x5 − 6x + không giải thức theo Định lý 2.5 2.3.3 Một vài toán chưa có lời giải Định lý 2.4 cho ta cách sáng tác số phương trình không giải thức Một câu hỏi tự nhiên: Đa thức bất khả quy f (x) ∈ K[x] bậc số nguyên tố p có giải hay không f (x) có nghiệm thực? Nhiều đa thức bất khả quy có nghiệm thực, chẳng hạn x5 − x + 1, xp + qx + q , q số nguyên tố có nghiệm thực, chưa biết có giải thức hay không? 45 Kết luận Trong luận văn trình bày số kết sau: (1) Quan hệ tương đương (2) Một số kết nhóm (3) Tác động nhóm lên tập (4) Biểu diễn nhóm hữu hạn (5) Chứng minh Bổ đề Burnside Định lý Burnside (6) Một vài vận dụng Toán sơ cấp 46 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn, Vũ Mạnh Xuân (2010)), Giáo trình Lý thuyết nhóm, NXB ĐHQG Hà Nội [2] Ngô Việt Trung (2006), Lý thuyết Galois, Nhà xuất ĐHQG Hà Nội [3] Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ (2007), Cơ sở lý thuyết số đa thức, Nhà xuất ĐHSP Hà Nội Tiếng Anh [4] Linman J (2010), Burnside’s Theorem, Oregon State University [5] Walcott K R (2004), Application and Analysis of Burnside’s Theorem, Allegheny College Meadville ... 29 1.3 nh lý Burnside 31 2.1 B Burnside 31 2.2 nh lý Burnside 33 2.2.1 Mt vi kt qu b tr 33 2.2.2 nh lý Burnside v... hp ti lun cng quan tõm n vic chng minh B Burnside t ú xỏc nh li gii cho bi toỏn tụ mu ti ca lun quan tõm l nghiờn cu B Burnside, nh lý Burnside Lý thuyt nhúm v dng cỏc kt qu t c vo Toỏn s... vi nh lý Burnside l phng oỏn v nhúm n hu hn khụng abel vi cp l mt s chn Hn 50 nm sau, vo nm 1963 phng oỏn ny ó c chng minh bi hai nh toỏn hc M Walter Feit v John Griggs Thompson nh lý Burnside