1. Trang chủ
  2. » Khoa Học Tự Nhiên

TIỂU LUẬN HỌC PHẦN LÝ THUYẾT NHÓM: TUYẾN TÍNH TỔNG QUÁT (bao gồm full file latex)

12 380 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 12
Dung lượng 213,98 KB
File đính kèm my.rar (318 KB)

Nội dung

Tâm của SLV là ZGLV ∩ SLV và nó đẳng cấu đến nhóm cyclic hữu hạn bao gồm tất cả nghiệm thứ n trong F n = dimV.. Nhóm con chuẩn tắc của GLV hoặc chứa nhóm tuyến tính đặc biệt SLV hoặc

Trang 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

HOÀNG THỊ KIỀU MY

NHÓM TUYẾN TÍNH TỔNG QUÁT

TIỂU LUẬN HỌC PHẦN LÝ THUYẾT NHÓM

Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ

Lớp : K22

Cán bộ hướng dẫn:

PGS TS PHAN VĂN THIỆN

Huế, Tháng 5 Năm 2015

Trang 2

NHÓM TUYẾN TÍNH TỔNG QUÁT

Định lý 1 Cho z ∈ ZL(V ), các điều kiện sau là tương đương :

(1) z giao hoán được với mọi phép đồng dạng

(2) z cố định mỗi không gian con 1-chiều của V

(3) ∃λ ∈ F sao cho : z(v) = λv ∀v ∈ V

(4) z ∈ Z(GL(V ))

Chứng minh (1) ⇒ (2) : Cho U là không gian con 1-chiều Khi đó có một phép đồng dạng t sao cho : U = (t − 1)V

Theo giả thiết, z giao hoán được với t nên ta có :

U = (t − 1)V = (z−1tz − 1)V = (tz − 1)V = z((t − 1)V ) = z(U )

(2) ⇒ (3) : Cho {v1, v2, , vn} là một cơ sở của V Theo giả thiết, z cố định không gian con một chiều F vi (i = (1, n)) nên :

z(vi) = λivi với λi ∈ F

Ta sẽ chứng minh λ1 = λ2 = = λn

Với i 6= j, z cũng cố định không gian con một chiều F (vi + vj) Do đó,

∃λ ∈ F sao cho z(vi+ vj) = z(vi) + z(vj) vì z là ánh xạ tuyến tính

⇔ λ(vi + vj) = λi(vi) + λj(vj)

⇔ (λ − λi)(vi) + (λ − λj)(vj) = 0

Vì vi và vj là độc lập tuyến tính nên λ − λi = λ − λj = 0

⇔ λ = λi = λj

(3) ⇒ (4) :Giả sử z có dạng z(v) = λv với ∀v ∈ V , λ ∈ F

Với bất kì f ∈ GL(V ) ta có :

(zf )(v) = f (z(v)) = f (λv) = λf (v) = z(f (v)) = (f z)(v)

Trang 3

Do đó z giao hoán với bất kì f ∈ GL(V ).

Ta có tâm của GL(V ) :

Z(GL(V )) = CGL(V )(GL(V )) = {z ∈ GL(V )/zf = f z ∀f ∈ GL(V )} Vậy z ∈ Z(GL(V ))

(4) ⇒ (1) : Vì z ∈ Z(GL(V )) nên zf = f z

Vậy z giao hoán với mọi phép đồng dạng

Hệ quả 2 Tâm Z của GL(V) bao gồm các ánh xạ tuyến tính v → λv (λ ∈ F∗) Z là đẳng cấu đến F∗ và trùng với tâm của SL(V)

Hệ quả 3 Tâm của SL(V) là Z(GL(V )) ∩ SL(V ) và nó đẳng cấu đến nhóm cyclic hữu hạn bao gồm tất cả nghiệm thứ n trong F (n = dimV ) Định lý 4 Nhóm con chuẩn tắc của GL(V ) hoặc chứa nhóm tuyến tính đặc biệt SL(V ) hoặc chứa trong tâm của GL(V ), ngoại trừ dimV = 2 và trường cơ sở F chứa nhiều nhất 3 phần tử Ngược lại, với bất kì nhóm con nào của GL(V ) hoặc chứa SL(V ) hoặc chứa trong tâm của GL(V ) là nhóm con chuẩn tắc của GL(V )

Chứng minh (⇐) Rõ ràng vì với bất kì nhóm con nào của tâm đều là chuẩn tắc

(⇒) Tương tự như nhóm con chứa SL(V ) ta kí hiệu SL(V ) GL(V ) và nhóm nhân GL(V )/SL(V ) là nhóm abel đẳng cấu với nhóm nhân F∗ (§1,

ví dụ 2) Vì bất kì nhóm con nào của nhóm abel F∗ đều chuẩn tắc, mỗi nhóm con mà chứa SL(V ) là chuẩn tắc trong GL(V ) bởi định lí tương ứng ( 4.13 (ii))

Để khảo sát nhóm con chứa trong F∗ là một bài toán mà nó phụ thuộc vào tính chất đặc trưng của trường cơ sở F và nó phức tạp trong trường hợp tổng quát Tuy nhiên nếu trường F là hữu hạn thì nhóm F∗ là cyclic

và mọi nhóm con đều được tìm bằng cách sử dụng hệ quả (5.6)

Ta sẽ chứng minh phần đầu của định lí 4 ở dạng tổng quát

Trang 4

Mệnh đề 5 Cho H là một nhóm con của GL(V ) Giả sử H không chứa tâm của GL(V ) nhưng H được chuẩn tắc hóa bởi SL(V ) Khi đó H chứa SL(V ), trừ |F | ≤ 3 và dimV = 2

Chứng minh a) Giả sử dim V ≥ 3 Vì H chứa một phần tử h /∈ Z(GL(V )) theo Định lí 1, có 1 phép đồng dạng t mà không giao hoán với h

Cho g là hoán tử của t và h :

g = t−1h−1th = (t−1h−1t)h = (h−t)h

= t−1(h−1th) = t−1th

Ta có g 6= 1 vì t không giao hoán với h

Theo giả thiết, SL(V) chuẩn tắc h, do đó g = (h−t)h ∈ H

Mặt khác, cả t−1 và th đều là phép đồng dạng nên g = t−1th là tích của 2 phép đồng dạng và g ∈ SL(V )

Hơn nữa, g cố định mỗi phần tử trong không gian con của số đối chiều

≤ 2, được định nghĩa :

Ker(t−1 − 1) ∩ Ker(th− 1) Đặt U =Ker(t−1 − 1), W=Ker(th− 1)

Vì codimU ≤ 2 nên dimW = codimU ≤ 2, do đó dimW = 1 hoặc = 2 Nếu dimW = 1, g là phép đồng dạng Nếu f là phép đồng dạng bất kì, f liên hiệp vào g theo (9.6), nghĩa là ∃x ∈ SL(V ) sao cho f = gx

Vì g ∈ H và H là chuẩn tắc bởi SL(V ) nên f ∈ H

Vì vậy mỗi phép đồng dạng nằm trong H, theo (9.5) ta có SL(V ) ⊂ H Giả sử dimW = 2 Trong trường hợp này ta có một siêu phẳng P ⊃ W (vì dimV ≥ 3)

Như g(P ) ⊂ P + W , g là bất biến, nhưng g không là phép đồng dạng, do

đó ∃u ∈ P sao cho g(u) 6= u

Chọn phần tử v ∈ V \P Khi đó có 1 phép đồng dạng s mà cố định mọi phần tử của P và chuyển v vào v + u

Thiết lập g0 = g−1s−1gs

Ta có thể chứng minh như ở trước, g0 ∈ H ∩ SL (V ) Rõ ràng sg là một

Trang 5

phép đồng dạng Cố định mọi phần tử của g (p) = p và chuyển g (v) vào

g (v) + g (u)

Nếu v ∈ U = Ker (g − 1) suy ra sg 6= s Do đó, g0 = s−gs là phép đồng dạng Mặt khác, nếu ta không thể chọn v ∈ U thì U chứa trong P và g |p không là phép đồng dạng Do đó, theo Định lí 1, ta chọn phần tử u ∈ P sao cho g (u) và u độc lập tuyến tính

Với sự lựa chọn này của u, phép đồng dạng s được định nghĩa ở trên sai khác sg, do đó g0 = s−gs là phép đồng dạng trong H ∩ SL (V ) Vì vậy ta quy trường hợp khi dimW = 2 về trường hợp đã chứng minh ở trước khi

g là một phép đồng dạng

b) Giả sử dimV = 2 Khi đó ta có h ∈ H và v ∈ V sao cho v và h (v) là một cơ sở của V Với cơ sở {v, h (v)}, phần tử h được biểu diễn bởi ma trận :

0 1

α β

 (a 6= 0)

Ta xem H là một nhóm con của ma trận nhóm GL (2, F ) và tính toán hoán tử của h và ma trận thích hợp khác để nhắc lại đối số tương tự như trường hợp (a)

Phép giao hoán :

λ 0

0 λ−1

−1

0 1

α β

−1

λ 0

0 λ−1

0 α

1 β

=

λ−1 0

0 λ

−βα α1

1 0

λ 0

0 λ−1

0 α

1 β

=

−λαβ λα1

λ 0

0 λ−1

0 α

1 β

=

−αβ λ12 α

λ2 0

0 α

1 β

Trang 6

1

λ 2 −αβ + λβ2 α

 =

λ−2 γ

0 λ2

với γ = −βα + λβ2 α = βα λ12 − 1 = βα−1 λ−2 − 1, λ ∈ H ∩ SL (V )

Tương tự :

1 µ

0 1

−1

λ−2 γ

0 λ2

−1

1 µ

0 1

λ−2 γ

0 λ2

=

1 −µ

0 1

λ2 −γ

0 λ12

1 µ

0 1

λ−2 γ

0 λ2

=

λ2 −γ − λµ2

0 λ12

1 µ

0 1

λ−2 γ

0 λ2

=

λ2 λ2µ − γ − λµ2

0 λ12

λ−2 γ

0 λ2

=

1 µ λ4− 1

 ∈ H ∩ SL (V )

Nếu trường cơ sở F chứa một phần tử khác 0 λ sao cho λ4 6= 1 thì H chứa B12(ξ), ∀ξ ∈ F Vì ta có :

0 1

−1 0

−1

1 ξ

0 1

0 1

−1 0

=

0 −1

1 0

1 ξ

0 1

0 1

−1 0

=

0 −1

1 ξ

0 1

−1 0

=

1 0

−ξ 1

Trang 7

⇒ B12(ξ) ⊂ H với ξ ∈ F

Vì vậy, ta có SL (2, F ) ⊂ H

Ta giả sử rằng mỗi phần tử khác 0 của F thỏa λ4 = 1

Vì ta có thể giả sử |F | > 4 nên ta có |F | = 5 Trong trường hợp này, nếu

λ = 2 :

λ−2 γ

0 λ2

 =

−1 −2α−1β

(vì λ4 = 1 nên λ−2 = λ2 = −1 và γ = βα−1 λ−2 − 1 = βα−1(−1 − 1) =

−2α−1β)

Ma trận vuông của phần tử này là B12 −α−1β và chứa trong H ∩SL (V )

Vì vậy, nếu β 6= 0 thì H chứa ít nhất một phần tử của B12(λ) λ 6= 0

Vì |F | = 5, H chứa mọi B12(ξ) và như ở trước, H ⊃ SL (V )

Nếu β = 0, ta có thể thay thế h bởi phần tử h0 ∈ H được biểu diễn theo

cơ sở {v0, h0(v0)} bởi ma trận :

0 1

α0 β0

 với β0 6= 0

Cho phần tử h0 =

−β−1 δ

−1

0 1

α 0

−1

−β−1 δ

0 1

α 0

=

δ −β

1

β 0

0 α1

1 0

−β−1 δ

0 1

α 0

=

−β δ

α

0 βα1

−β−1 δ

0 1

α 0

=

−αβδ −β2+ δα2

−β12 α

δ βα

0 1

α 0

=

−β2α + δ2 −αβδ

δ

β − 1

β 2 α

Trang 8

δ2− β2α −α−1β−1δ

β−1δ −α−1β−2

∈ H ∩ SL (V ) nhưng /∈ Z (GL (V ))

Suy ra δ 6= 0 Phần tử này được biểu diễn theo dạng trên với β0 =

T rR δ2− ε − ε−1

Trong trường F5 của 5 phần tử, ta có δ2 = ±1 và ε + ε−1 = 0 hoặc = ±2

Do đó, β0 6= 0 và ta có thể thay thế h bởi h0 để kiểm tra chứng minh

Hệ quả 6 Nếu dim V > 3 hoặc |F | > 3, một nhóm con chuẩn tắc thực sự

của SL (V ) là chứa trong tâm Z0 Do đó, nhóm nhân SL (V )/Z0 là nhóm

đơn

Định lý 7 Cho p là một đặc số của F và |F | = q = pm

Cấp của GL (n, F ) được cho bởi :

GL (n, F ) = (qn − 1) (qn − q) qn− qn−1 =

n−1

Y

i=0

qn − qi = qn(n−1)2

n

Y

i=1

qi − 1 Hơn nữa, ta có |GL (n, F )| = (q − 1) |SL (n, F )|

Chứng minh Cho V là một không gian vectơ n-chiều trên F Ta sẽ xác

định cấp |GL (V )|

Rõ ràng, ta có |V | = qn

Cho {v1, , vn} là một cơ sở cố định của V trên F Với mỗi phần tử

f ∈ GL (V ) ta có {f (v1) , , f (vn)} là một cơ sở của V

Ngược lại với mỗi cơ sở {v1, , vn} của V có một phần tử f duy nhất của

GL (V ) sao cho f (vi) = vi ∀i = 1, n

Do đó |GL (V )| = số các cơ sở phân biệt của V trên F

Phần tử đầu tiên v1 là một trong những (qn− 1) phần tử khác 0 của V

Nếu i phần tử đầu tiên (i < n) v1, , vi được chọn thì phần tử tiếp theo

vi+1 là phần tử của V mà nó không được viết như là một tổ hợp tuyến

tính của v1, , vi Vì vậy có qn− qi khả năng xảy ra cho vi+1 Theo (9.4),

GL (V ) ∼= GL (n, F ) do đó ta có Định lí 7

Trang 9

Mệnh đề 8 Cho F là một trường hữu hạn của đặc số p và |F | = p Bậc lớn nhất của p mà chia được nhóm có cấp |GL (V )| là qr với r = n(n−1)2 Nhóm GL (V ) chứa một nhóm con có cấp bằng qr

Chứng minh Ý đầu là rõ ràng (từ Định lí 7) khi ta kí hiệu rằng mọi phần

tử của dạng qi− 1 đều nguyên tố tới p Để chứng minh ý cuối của mệnh

đề này, cho U là ma trận của tam giác trên với 1 trên đường chéo chính:

U =

1 α β · · · 1

 , α, β, ∈ F

 Thêm vào đường chéo chính ở trên phần tử tùy ý của F , bằng n(n−1)2 Vì vậy |U | = qr Đó là cách đơn giản nhất để kiểm tra U là nhóm con của G

Nhóm tuyến tính GL (n, F ) thỏa mãn tính chất trên tương ứng với định

lí Cayley cho nhóm đối xứng

Mệnh đề 9 Cho F là một trường cố định Với nhóm hữu hạn G, nhóm

GL (n, F ) chứa một nhóm con đẳng cấu với G

Chứng minh Cho Γ là tổng của tổ hợp tuyến tính : α = P

g∈G

λgg (λg ∈ F ) của phần tử g với hệ số λg ∈ F với phần tử khác β = P (λg + µg) g và

λα =P (λλg) g (λ ∈ F ) với các phép toán quan hệ

Γ có dạng là một không gian vectơ hữu hạn chiều trên F Với mỗi phần

tử h ∈ G ta định nghĩa một ánh xạ ρh trên Γ bởi công thức :

ρh(α) = Xλg(gh)

Ta dễ dàng suy ra được :

ρh(α + β) = ρh(α) + ρh(β)

ρh(λα) = λρh(α)

Trang 10

Suy ra ρh là một ánh xạ tuyến tính trên V Ta có :

ρhk = ρhρk,

ρ1 = ánh xạ đồng nhất,

từ đó chứng minh ρh là ánh xạ ngược tuyến tính và ρ là đồng cấu từ G vào nhóm tuyến tính tổng quát GL (Γ)

Nếu một phần tử h của G chứa trong Ker (ρ) ta có : ρh(α) = α ∀α, nên

gh = g và h = 1

Do đó ρ là đẳng cấu từ G vào GL (Γ)

Đặt n = dimT , khi đó GL (Γ) ∼= GL (n, F ) Vậy Mệnh đề 9 đã được chứng minh

Mệnh đề 10 Chp p là một số nguyên tố cố định Nếu E là nhóm abel thỏa mãn tính chất xp = 1 với x ∈ E thì E là đẳng cấu tới một không gian vectơ trên trường Fp của p phần tử Vì vậy, E có cơ sở B Đặc biệt nếu E

là hữu hạn thì cấp của nó |E| là một bậc của p Nếu |E| = pd, ta có :

Aut (E) ∼= GL (d, p) Chứng minh Ta sẽ xem F như một nhóm cộng Theo giả thiết, mỗi phần

tử x ∈ E thỏa px = 0 Với mỗi số nguyên m và n, công thức (1.8) được viết lại theo tính chất phép cộng :

(m + n) x = mx + nx (mn) x = m (nx) Điều này chứng minh nhóm Z của các số nguyên nằm trên E

Vì px = 0 ∀x ∈ E, tác động của Z bao gồm tác động của vành thương Z/(p) với (p) là iđêan sinh bởi p Ta đồng nhất Z/(p) với trường Fp của p phần tử Trong những tác động của Fp trên E, đó là cách đơn giản nhất

để kiểm tra E là không gian vectơ trên Fp

Một tự đẳng cấu E thỏa mãn:

f (nx) = nf (x) (n ∈ Z)

Trang 11

Do đó, f là ánh xạ tuyến tính trên Fp Nếu ta đặt dimE = d thì |E| = pd

và Aut (E) ∼= GL (d, p)

Trang 12

[1] Michio Suzuki (1982), Group Theory I, Springer-Verlag.

12

Ngày đăng: 04/08/2017, 01:00

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w