Về nhóm con của nhóm so(3) .pdf

Về nhóm con của nhóm so(3) .pdf

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

ĐỖ VIỆT HÙNG

VỀ NHÓM CON CỦA NHÓM SO(3)

Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số

Mã số: 60.46.05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS VŨ THẾ KHÔI

THÁI NGUYÊN - 2008

Lời nói đầu

Nhóm các phép quay SO(3) xuất hiện nhiều trong các lĩnh vực khácnhau của toán học do đó nó là một đối tượng kinh điển đã được nghiên cứubởi nhiều nhà toán học Đối tượng được trình bày trong luận văn là nhómcon của nhóm SO(3) sinh bởi hai phép quay có bậc hữu hạn quanh các trụcvuông góc.

Nhóm các phép quay này được quan tâm nghiên cứu do nó có ứng dụngtrong lí thuyết Tilings, một lí thuyết nghiên cứu quá trình phủ không gianbằng các bản copy của một số hữu hạn các hình đa diện cho trước Tuy nhiêntrong khuôn khổ của một luận văn Cao học, chúng tôi chỉ tập trung tìm hiểukết quả đại số thuần tuý mà không trình bày được lí thuyết Tilings.

Bài toán đại số nghiên cứu trong luận văn là tìm hiểu cấu trúc đại số củacác nhóm con G(p, q) sinh bởi hai phép quay quanh hai trục vuông góc vớicác góc quay lần lượt là 2π/p và 2π/q Chúng ta nghiên cứu nhóm con nàyvới chú ý là ta đã có một số kết quả bước đầu như sau: Nếu p hoặc q bằng 1,G(p, q) là nhóm Cyclic hữu hạn; nếu p hoặc q bằng 2, G(p, q) là nhóm nhịdiện hữu hạn; G(4, 4) là nhóm đối xứng của các hình lập phương; còn tấtcả các trường hợp khác G(p, q) là trù mật trong SO(3) Luận văn được trìnhbày theo bài báo [4] của hai tác giả C.radin và L.Sadun (năm 1998) Kết quảchính đầu tiên của luận văn chính là định lí cấu trúc (Định lí 2.1.2), chỉ rarằng nhóm G(p, q) đẳng cấu với tích tự do và tích tự do với nhóm con chungcủa các nhóm đơn giản là nhóm cyclic hay nhóm nhị diện Kết quả tiếp theolà định lí về dạng chuẩn tắc của các phần tử nói rằng mọi phần tử của nhómG(p, q) đều có thể biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng tích của một sốphần tử có dạng cụ thể (Xem định lí 2.2.1 và 2.2.6) Ngoài ra trong phầncuối luận văn còn nghiên cứu một ví dụ về nhóm con của nhóm SO(3) sinhbởi hai phép quay với các góc quay là tích của 2π với một số vô tỉ hay siêuviệt Bằng cách sử dụng kĩ thuật như phần đầu, luận văn chứng minh đượcmột số trường hợp nhóm trong ví dụ là đẳng cấu với nhóm tự do sinh bởi hai

phần tử Luận văn gồm 3 chương.

Chương 1 dành để giới thiệu các khái niệm, các tính chất đặc trưng vàcác ví dụ minh họa về phép quay và ma trận phép quay; nhóm tự do; tích tựdo; tích tự do với nhóm con chung nhằm phục vụ cho chương sau.

Chương 2 là chương trình bày những nội dung chính của luận văn gồmhai phần Phần 1 trình bày biểu diễn cho nhóm G(p, q) Phần 2 trình bàydạng chính tắc cho mỗi phần tử của nhóm G(p, q).

Chương 3 trình bày thêm một ví dụ nghiên cứu về nhóm các phép quayG(v, 4)trong đó có góc quay v là một số vô tỉ cho trước nhân với 2π Sau đótrình bày ví dụ nghiên cứu bước đầu về nhóm G(ω, 4) với eωi (tương đươngcos(ω)) là siêu việt.

Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn tận tình của Thầy Ts VũThế Khôi Tôi xin bày tỏ sự kính trọng và lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy.

Tôi xin trân trọng cám ơn ban lãnh đạo khoa toán ĐHSP Thái Nguyên,khoa sau đại học ĐHSP Thái Nguyên, cám ơn các thầy cô giáo đã trang bịcho tôi kiến thức cơ sở.

Tôi xin trân trọng cám ơn ban giám hiệu và các bạn đồng nghiệp trườngTHPT chuyên Hà Giang, xin trận trọng cám ơn những người thân, bạn bè vàlớp cao học toán K14 đã động viên giúp đỡ tôi trong qua trình hoàn thànhluận văn.

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

Luận văn cần một số định nghĩa và kết quả sau

1.1 Phép quay và ma trận phép quay

Phép quay nói chung là một phần tử của nhóm SO(3) Sau đây ta định nghĩaphép quay quanh các trục Ox, Oy, Oz của hệ trục tọa độ Oxyz trong khônggian 3 chiều với góc quay ϕ.

1.1.1 Định nghĩa Phép quay quanh trục Ox với góc quay ϕ trong khônggian 3 chiều với hệ trục toạ độ đề các vuông góc Oxyz là một phần tử củanhóm SO(3) có ma trận tương ứng là

0 −sinϕ cosϕ.

Kí hiệu Rϕx hay

Rϕx =

0 −sinϕ cosϕ

Ta cũng định nghĩa tương tự các phép quay Rϕy, Rϕ

z tương ứng quanh trụcOy, Oz với các ma trận tương ứng lần lượt là

và

Về ma trận của ánh xạ tuyến tính có thể xem thêm [2] Phần tiếp theotrình bày lý thuyết nhóm tự do, biểu diễn cho nhóm, tích tự do, tích tự dovới nhóm con chung theo [3].

1.2 Nhóm tự do

1.2.1 Định nghĩa Một tập con S của nhóm F được gọi là cơ sở tự do củaF nếu mọi hàm ϕ : S −→ G từ một tập S đến nhóm G đều có thể mở rộngduy nhất thành một đồng cấu ϕ : F −→ Ge sao cho ϕ(s) = ϕ(s), ∀s ∈ Se vàta có sơ đồ

Một nhóm F được gọi là nhóm tự do nếu nó có một tập con là cơ sở tựdo của F

1.2.2 Ví dụ Ta xét nhóm Cyclic vô hạn C (được viết theo lối nhân) bao gồmcác luỹ thừa của các phần tử a, do đó C có dạng

C = { , a−2, a−1, 1 = a0, a = a1, a2, a3, },và phép nhân được định nghĩa là ai.aj = ai+j với i, j ∈ Z.Khi đó C là một nhóm tự do với cơ sở tự do là tập S = {a}.

Thật vậy, nếu ϕ : S −→ G là một hàm bất kì và ϕ(a) = g ∈ G thì đồngcấu mở rộng ϕ : C −→ Ge được định nghĩa bởi ϕ(ae i) = gi Hiển nhiên ϕelà mở rộng duy nhất Chú ý rằng C còn có một cơ sở tự do khác nữa đólà tập {a−1}, và đó là hai cơ sở tự do duy nhất của C Tương tự ta cũng cónhóm các số nguyên Z (đẳng cấu với C) là nhóm tự do với hai cơ sở tự dolà {1} và {−1}.

1.3 Biểu diễn nhóm bởi các phần tử sinh và hệ thức

Ta muốn mô tả nhóm bằng cách viết ra một vài phần tử sinh ra nhóm và đưara một vài quan hệ giữa chúng Ta thường dùng kí hiệu

G = ha1, a2, a3, |u1 = v1, u2 = v2, i,

trong đó ai là các kí tự và uj, vj là các từ tạo bởi ai Do trong nhóm thoả mãnu = v ⇔ uv−1 = 1, vì thế ta có thể biểu diễn cho nhóm dưới dạng tươngđương

Nếu G = gp(P ) ta thường viết là G = hS|Di khi không cần thiết phânbiệt nhóm và sự miêu tả nhóm đó Một biểu diễn P = hS|Di gọi là hữu hạnsinh nếu S có hữu hạn phần tử và là quan hệ hữu hạn nếu D có hữu hạnphần tử Nếu cả S và D đều có hữu hạn phần tử thì P là một biểu diễn hữuhạn.

Nếu S = {a1, a2, a3, }, D = {r1, r2, r3, } ta sử dụng kí hiệuP = ha1, a2, a3, |r1, r2, r3, i,

trong trường hợp này các ri được gọi là các hệ tử hoặcP = ha1, a2, |r1 = 1, r2 = 1, i,

thì các ri = 1 gọi là các hệ thức.

1.3.2 Ví dụ (1) Nhóm Cyclic vô hạn C được viết theo lối nhân với phần tửsinh a, có biểu diễn C = ha|∅i với các hệ tử định nghĩa là rỗng Tổng quáthơn nhóm tự do FS với cơ sở tự do S có biểu diễn F = hS|∅i.

(2) Nhóm Cyclic hữu hạn Cn có bậc n, có biểu diễn Cn = ha|an = 1i.

1.4 Tích tự do

1.4.1 Định nghĩa Giả sử H và K là hai nhóm Nhóm L được gọi là tích tựdo của H và K nếu có các đồng cấu: iH : H −→ L và iK : K −→ L thoảmãn các điều kiện sau: Với mọi cặp đồng cấu α : H −→ G và β : H −→ Gtrong đó G là nhóm bất kì, thì có duy nhất đồng cấu γ : L −→ G sao choα = γ ◦ iH và β = γ ◦ iK Ta có biểu đồ

Qua theo dõi biểu đồ dễ dàng thấy rằng tích tự do của H và K là duynhất (sai khác một đẳng cấu) Ta kí hiệu nó là H ? K.

Dễ dàng thấy rằng tích tự do tồn tại vì ta có thể viết ra biểu diễn choH ? K Giả sử H và K được cho bởi biểu diễn H = hS|Di và K = hT |Ei.Bằng cách thay đổi một trong các chữ cái nếu cần thiết ta có thể giả thiết Svà T là dời nhau, tức là S ∩ T = ∅ Thì biểu diễn cho H ? K có dạng

H ? K = hS ∪ T |D ∪ Ei.

Do định nghĩa đòi hỏi ánh xạ iH và iK là những đồng cấu cảm sinh bởisự bao hàm trên những phần tử sinh nên cả hai đều là đơn cấu Thật vậy, nếuta định nghĩa ϕ : H ? K −→ H cho tương ứng s 7→ s, t 7→ 1 với mọi s ∈ Hvà mọi t ∈ K thì ϕ là một đồng cấu và ϕ ◦ iH là đồng cấu đồng nhất trên H,do đó iH là đơn cấu và ta cũng có H ∩ K = {1} Tương tự iK là đơn cấu.

Cuối cùng cho các đồng cấu α, β như trong định nghĩa, γ được cho bởiγ(s) = α(s) với mọi s ∈ S và γ(t) = β(t) với mọi t ∈ T thì γ xác địnhmột đồng cấu Như vậy từ định nghĩa cho ta ánh xạ γ xác định duy nhất.

Trong cùng một định nghĩa thì tích tự do H ? K là nhóm tự do chứa H vàK Nhóm con H, K được gọi là nhân tử tự do của H ? K.

1.4.2 Ví dụ Cho Zp = hα|αp = 1i, Zq = hβ|βq = 1i thìZp? Zq = hα, β|αp = 1, βq = 1i,hoặc

Zp? Zq = hα, β|αp, βqi.

Một biểu thức hay một từ luân phiên trong H ? K là một tích có dạngh1k1h2k2ã ã ã hmkm trong đó hi ∈ H và ki ∈ K Theo quy ước ta thừa nhậncó thể một hoặc cả hai h1 hoặc km không được biểu diễn, tức là phần đầuhoặc cuối của biểu thức có thể không có Như vậy biểu thức có thể có mộttrong bốn dạng: h1k1h2k2ã ã ã hmkm hoặc k1h2k2ã ã ã hmkm trong đó h1 khôngđược biểu diễn, hoặc h1k1h2k2ã ã ã hm trong đó km không được biểu diễn,hoặc k1h2k2h2ã ã ã hm trong đó km không được biểu diễn.

Số các nhân tử được biểu diễn gọi là độ dài của từ Ta thừa nhận biểu thứcrỗng có độ dài bằng 0 Một biểu thức luân phiên được gọi là rút gọn nếumỗi hi 6= 1H và ki 6= 1K khi biểu diễn Nếu một biểu thức luân phiên khôngđược rút gọn nó sẽ bằng một biểu thức luân phiên ngắn hơn thu được bằngcách di dời một trong các hạng tử và gộp chúng lại Do đó nếu hi = 1H,biểu thức luân phiên h1k1ã ã ã ki−1hikiã ã ã hmkm có thể thay thế bằng biểuthức luân phiên h1k1ã ã ã hi−1(ki−1ki)hi+1ã ã ã hmkm có ít hơn sự luân phiênvà biểu diễn cùng nhóm phần tử Tiếp tục theo cách này cuối cùng ta điđến một biểu thức luân phiên rút gọn biểu diễn cùng một nhóm phần tử nhưnguyên bản Chú ý rằng biểu thức rỗng là biểu thức đã được rút gọn.

Từ lí luận ở trên ta có định lí (có thể xem chứng minh chi tiết trong [3],tr.33)

1.4.3 Định lý (Định lí dạng chuẩn tắc)

Mỗi phần tử của H ? K được biểu diễn là một biểu thức luân phiênduy nhất có dạng h1k1h2k2ã ã ã hmkm với hi 6= 1H và ki 6= 1K Sự duy

nhất ở đây có nghĩa là nếu hai biểu thức bằng nhau trong H ? K, cụ thểh1k1ã ã ã hmkm = h01k10 ã ã ã h0nkn0 trong H ? K thì n = m và mỗi hi = h0i trongH và mỗi ki = ki0 trong K với mọi i = 1, 2, , m.

1.5 Tích tự do với nhóm con chung

Ta tổng quát hoá việc xây dựng tích tự do như sau: Giả sử H và K có một đẳngcấu nhóm con, vì thế có một cặp các phép nhúng ( đơn cấu ) σ : M −→ H vàτ : M −→ K Ta muốn dạng nhóm "tự do nhất" chứa H và K mà nhóm concủa chúng σ(M) và τ(M) là trùng nhau, tức là H ∩ K = σ(M) = τ(M).1.5.1 Định nghĩa Nhóm L được gọi là tích tự do của H và K với nhómcon chung M nếu có các ánh xạ iH : H −→ L và iK : K −→ L sao choiH ◦ σ = iK◦ τ thoả mãn các điều kiện sau: Mỗi cặp đồng cấu α : H −→ Gvà β : K −→ G sao cho α ◦ σ = β ◦ τ trong đó G là nhóm bất kì thì có duynhất đồng cấu γ : L −→ G thoả mãn: α = γ ◦ iH và β = γ ◦ iK Ta có biểuđồ

Theo dõi biểu đồ trên ta dễ dàng chỉ ra rằng tích tự do L của H và Kvới nhóm con chung M là duy nhất (sai khác một đẳng cấu) Ta kí hiệu làL = H ?

M K thu được bởi sự tham gia cùng nhau và đồng nhất ảnh của

H ?

A=BK = hS ∪ T |D ∪ E, a = ϕ(a), ∀a ∈ σ(Q)i.

1.5.2 Ví dụ Xét hai nhóm Cyclic cấp vô hạn H = hc|i và K = hd|i với cácnhóm con tương ứng là A = hc2i và B = hd3i, A và B đẳng cấu với nhauqua ánh xạ c2 7→ d3 thì tích tự do tương ứng của chúng là

G = H ?

A=BK = hc, d| c2 = d3i.

Để sử dụng có hiệu quả tích tự do với nhóm con chung ta cần một biểuthức chính tắc hay dạng "chuẩn tắc" cho mỗi phần tử và cho những phươngpháp để tính toán chúng cũng như để chứng minh những biểu thức bằng nhau.Cho G = H ?

A=B K là một tích tự do với nhóm con chung Kí hiệu một từhay một biểu thức luân phiên cũng giống như trong phần tích tự do Rõ ràngmỗi phần tử g ∈ G bằng một biểu thức luân phiên nào đó Nhưng có một sốchú ý cần thiết là ta chưa biết chắc chắn là H và K đã được nhúng vào Ghay chưa, vì thế ta coi biểu thức như là dãy mà có ảnh tự nhiên ở trong G.

Ta nói một biểu thức luân phiên h1k1ã ã ã hmkm của một tích tự do hỗn tạpgọi là được rút gọn nếu hi 6∈ A = σ(M ) và ki 6∈ K = τ (M ) khi biểu diễn.Giả sử rằng biểu thức luân phiên h1k1ã ã ã hmkm chưa được rút gọn, tức là cóhi = ai ∈ A Trong biểu thức này ta có thể thay thế hi = ai ∈ A bởi tươngứng bi = ϕ(ai) để thu được (sau khi hợp nhất) biểu thức luân phiên

h1k1ã ã ã hi−1(ki−1biki)hi+1ã ã ã hmkm,

có ít hơn sự luân phiên và còn biểu diễn một nhóm phần tử Tương tự nếuki ∈ K ta có thể thay thế nó bởi tương ứng ai và hợp nhất cho ta một biểuthức có ít hơn sự luân phiên so với biểu thức ban đầu Tiếp tục theo cáchnày cuối cùng ta di đến một biểu thức luân phiên, biểu diễn cùng một nhómphần tử như nguyên bản mà hoặc là được rút gọn hoặc là một phần tử củaA = B.

Bây giờ ta xét lại một ví dụ đã nghiên cứu từ trướcG = H ?

A=BK = hc, d| c2 = d3i.

Nhớ lại rằng cả hai từ c3d−5 và cd−2 đều là từ được rút gọn Nhận thấy trongG ta có c3d−5 = cc2d−5 = cd3d−5 = cd−2 do đó hai từ này là hai từ bằngnhau trong G, đó là chúng biểu diễn cùng nhóm phần tử Vì thế "rút gọn" làkhông đủ mạnh để cho ta một dạng chính tắc duy nhất.

Để giải quyết vấn đề này ta tiếp tục làm như sau: Đầu tiên ta chọn Y làtập đại diện các lớp ghép phải của A trong H, Y chứa chỉ một phần tử (đượcgọi là lớp biểu diễn) từ mỗi lớp ghép phải Ah, trong đó h ∈ H là đối tượngđể đặt điều kiện mà được chọn để biểu diễn cho A bản thân nó là 1 Tươngtự ta chọn Z tập đại diện các lớp ghép phải của B trong K Ta định nghĩamột dạng chính tắc hoặc là một phần tử của A = B hoặc là một biểu thứccó dạng ah1k1ã ã ã hmkm với 1 6= hi ∈ Y và 1 6= ki ∈ Z khi biểu diễn vàa ∈ A Còn h1k1ã ã ã hmkm là một biểu thức luân phiên mà ta thừa nhận cóbốn dạng như trong phần tích tự do Vì thế một dạng chuẩn tắc là một tíchluân phiên của các phần tử của các tập Y và Z (tất cả sự khác biệt từ 1 vìthế biểu thức được rút gọn) được đứng trước bởi một phần tử của A = B.

Trong trường hợp h1 không được biểu diễn ta thường sử dụng b = ϕ(a) thaythế và viết bk1ã ã ã hmkm Đây là một nhóm phần tử vì a = b trong G Tacần chỉ ra rằng mọi phần tử w ∈ G được biểu diễn bởi một dạng chuẩn tắc.Giả sử ta có một biểu thức luân phiên rút gọn cho w Ta làm việc từ phảiqua trái qua từ biến đổi nó thành một dạng chuẩn tắc Vì thế ta có thể giảthiết h1k1ã ã ã ki−1hikiã ã ã hmkm được rút gọn và mỗi số hạng đó theo hướngphải cụ thể hi là một phần tử thuộc Y hoặc Z phân biệt với 1 Bây giờ taviết hi = ah0i trong đó a ∈ A và h0

i ∈ Y Nhớ rằng h0

i 6= 1 do hi 6∈ A bởi vìbiểu thức được rút gọn Cho b = ϕ(a) ∈ K và nhớ rằng a = b trong nhóm.Bây giờ ta thay thế biểu thức hiện hành bởi biểu thức luân phiên đã được sửalại h1k1ã ã ã hi−1(ki−1b)h0ikiã ã ã hmkm mà vẫn còn bằng nhóm phần tử nguyênbản Nó vẫn còn được rút gọn vì ki−1 6∈ B kéo theo ki−1b 6∈ B Tiếp tục theocách này ta thu được một dạng chuẩn tắc cho nhóm phần tử nguyên bản w.Nhớ rằng dạng chuẩn tắc của w có cùng độ dài như biểu thức rút gọn đầutiên ta thu được cho w.

Từ lí luận trên ta có định lí (có thể xem chứng minh chi tiết trong [3],tr.41)

1.5.3 Định lý (Định lí dạng chuẩn tắc) Mỗi phần tử của G = H ?

A=B Kcó một dạng chuẩn tắc duy nhất là ah1k1 hmkm với 1 6= hi ∈ Y trong đó1 6= ki ∈ Z khi biểu diễn và a ∈ A ở đây Y và Z là các tập đại diện cáclớp ghép phải được chọn ở trên Điều khẳng định duy nhất ở đây có nghĩalà nếu có hai biểu thức bằng nhau trong H ? K, cụ thể

ah1k1ã ã ã hmkm = a0h01k10 ã ã ã h0nk0n,thì n = m và mỗi hi = h0i, ki = ki0 và a = a0.

Chương 2 Nhóm G(p,q)

Trong chương này ta nghiên cứu hai vấn đề quan trọng nhất của luận văn đólà biểu diễn cho nhóm G(p, q) (Định lí 2.1.2) và chỉ ra dạng chính tắc chomỗi phần tử của nhóm G(p, q) (Định lí 2.2.1 và 2.2.6).

2.1.2 Định lý (i), Nếu p, q > 3 và đều lẻ thì G(p, q) đẳng cấu với tích tự doZp? Zq = hα, β|αp = 1, βq = 1i (2.1)(ii), Nếu p > 4 chẵn và q > 3 lẻ thì G(p, q) đẳng cấu với nhóm có biểu diễnhα, β|αp = 1, βq = 1, αp/2βαp/2β = 1i (2.2)(iii), Nếu p > 4 chẵn và q = 2s với s > 3 lẻ thì G(p, q) đẳng cấu với nhómcó biểu diễn

hα, β|αp = 1, βq = 1, αp/2βαp/2β = 1, βq/2αβq/2α = 1i (2.3)

(iv), Nếu p, q cùng chia hết cho 4 thì

( [p, q] là bội số chung nhỏ nhất của p và q).

Để chứng minh định lí trước hết ta chứng minh bổ đề quan trọng sau.2.1.3 Bổ đề Cho m = s2t, s lẻ và t > 0, và ta định nghĩa T = R2π/m

x NếuW, E ∈ G(4, 4, 1), 4aj 6= 0 (mod m), bj lẻ và n > 0 thì

W Sb1Ta1Sb2Ta2ã ã ã SbnTan 6= I, (2.5)trong đó I là ma trận đơn vị.

Chứng minh Việc chứng minh bổ đề này được tiến hành như sau: đầu tiênta chỉ ra m trong bổ đề trên luôn có thể phân tích được dưới dạng m =s2t, với t 6= 0 Sau đó bằng cách đặt x = e2πi/m, y = xs và z = x2t tachỉ ra mỗi phần tử của R = Z[x] = Z[y, z] được viết duy nhất dưới dạngP2t−1

j=0 kj(z)yj, với kj(z) ∈ Z[z] Tiếp theo bằng cách áp dụng hai bổ đề2.1.4 và 2.1.5 chứng minh mỗi ma trận SbiTai là khác ma trận đơn vị Cuốicùng là chứng minh hai bổ đề 2.1.4 và 2.1.5.

Thật vậy, theo dõi bổ đề ta nhận thấy khi cho cố định giá trị của m lại là hệquả của việc áp dụng bổ đề cho 4m Do đó không mất tính tổng quát ta cóthể giả thiết là m chia hết cho 4, và vì vậy m phân tích ra được dưới dạngm = s2t với t 6= 0.

Đặt x = e2πi/m, y = xs và z = x2t thế thì ta có ngay y2t = zs = 1 Vì(s, 2t) = 1 trong Z suy ra Zm = Zs ì Z2t.

Mặt khác cũng do (s, 2t

) = 1 ⇒ ∃h, k ∈ Z để hs + k2t = 1 suy raa = ahs + ak2t = us + v2t (với u = ah, v = ak) Như vậy với mỗi số mũa ∈ Z của x luôn có u, v ∈ Z sao cho xa = yuzv Từ đó Z[x] = Z[y, z] = R(vì x = yhzk ∈ Z[y, z] và y = xs, z = x2t ∈ Z[x]) Bằng cách sử dụng côngthức y2t−1

= −1 ta có thể viết mỗi phần tử của R dưới dạng

kj(z)yj, với kj(z) ∈ Z[z] (2.6)

Dạng này là duy nhất vì đa thức chia đường tròn của e2πi/n có bậc φ(n) vìthế Z[e2πi/n] có chính xác φ(n) phần tử độc lập tuyến tính trên Z (φ(n) làhàm Ơle) Nhận thấy một số nguyên tố với s2t thì số đó phải lẻ và nguyêntố cùng nhau với s Ta chia từ 1 đến 2ts ra làm 2t−1 đoạn (mỗi đoạn dài 2s)thì khi đó có φ(s) số giữa 1 và 2s, có φ(s) số giữa 2s + 1 và 22s , Từ đóφ(s2t) = 2t−1φ(s) và như vậy dạng (2.6) cần chính xác 2t−1 hệ số, φ(s) chomỗi luỹ thừa của y Nếu điều này không được thoả mãn thì Z[x] là nhómAbel hữu hạn sinh, có ít hơn φ(m) phần tử, dẫn đến mâu thuẫn Bây giờ taxét mỗi nhân tử SbTa trong biểu thức (2.5), nó có dạng

STa =

0 −se ec0 ec es

0 es −ec0 ec es

2.1.4 Bổ đề Nếu v 6≡ 0 (mod s) khi viết xa = yuzv thì các phần tử (1,2)(phần tử ở vị trí dòng1, cột2), phần tử (1,3), (3,2), (2,2) và (2,3) của ma trận2SbTa là thuộc R nhưng không thuộc I.

2.1.5 Bổ đề Nếu v ≡ 0 (mod s) hay xa = ya thì có một luỹ thừa w thoảmãn phần tử (2,2) của ma trận (1+y)wSbTa cụ thể là phần tử (1+y)w(yu+y−u)/2 thuộc R nhưng không thuộc I Đặc biệt, nếu u = r2k, với r lẻ, thìw = 2t−1−2k+1 Tương tự các phần tử (1,2), (1,3), và (2,3) của (1+y)wSbTacũng thuộc R nhưng không thuộc I.

Bây giờ ta xét ma trận FiSbiTai trong đó Fi là 2 hoặc là một luỹ thừa của(1+y)(chú ý rằng 2 ∈ I do 2 = 1−y2t−1

= (1+y)(1−y +y2− −y2t−1−1).Ta thấy rằng theo modul I thì ma trận này có dạng

0 α β0 γ δ0 0 0

F W Sb1Ta1Sb2Ta2ã ã ã SbnTanE (2.11)là ma trận có 4 phần tử khác 0 thuộc R/I Nhưng vì F nhân với ma trận đơnvị là ma trận 0 theo môđun I từ đó ⇒ W Sb1Ta1Sb2Ta2ã ã ã SbnTanE khôngthể là ma trận đơn vị Như vậy ta đã chứng minh xong bổ đề 2.1.3.

Tiếp theo ta chứng minh Bổ đề 2.1.4 và 2.1.5.Chứng minh (Bổ đề 2.1.4)

Đầu tiên ta chứng minh cho phần tử (2,2) của ma trận 2SbTa là phần tửxa + x−a = yuzv + y−uz−v.

Giả sử yuzv + y−uz−v ∈ I thế thì ta có ngay zv + y−2u ∈ I (1).Mặt khác vì 1 + y ∈ I nên

(−y)u−1 = −(1+y)[1+(−y)+(−y)2+ (−y)u−1] ∈ I ⇒ (−y)uzv−zv ∈ I.Tương tự (−y)−u− 1 ∈ I ⇒ (−y)−uz−v − z−v ∈ I (2).

Từ (1) và (2) ta có zv + y−2uz−v − (−y)−uz−v + z−v ∈ I (3).

Rõ ràng y−2uz−v − (−y)−uz−v ∈ I Thật vậy, nếu u chẵn thìy−2u − (−y)−u = y−2u− y−u = y−u(y−u− 1) ∈ I,còn nếu u lẻ thì

y−2u−(−y)−u = y−2u+y−u = y−u(y−u+1) = y−u(1/yu+1) = y−2u(yu+1) ∈ I.Cuối cùng từ (3) ta được zv + z−v ∈ I Ta sẽ chỉ ra 1 ∈ I.

Đặt z = ze v thì zes = 1 Ta có (ez +ez−1)(ez2+ez3) =z +e ez2 +ze3+ze4 ∈ I.Nhân biểu thức với 1 +ez4+ze8+ +ze4k ta có ez +ez2+ze3+ +ez4k+4 ∈ I.Ta xét hai trường hợp để chọn k (với chú ý là s lẻ).

Nếu s ≡ 1 (mod 4) chọn k = (s − 5)/4 thì z +e ze2 + +zes−1 ∈ I mặtkhác 1+z + +e ezs−1 = (1 −zes)/(1 −z) = 0 ⇒e z +e ez2+ +zes−1 = −1 ∈ Ihay 1 ∈ I.

Nếu s ≡ 3 (mod 4) chọn k = (s − 3)/4 thế thì z +e ez2 + +zes+1 ∈ I Vì 1 +z + +e zes−1 = 0 ⇒ ez +ze2 + +zes = 0 (nhân 2 vế với ze) Do đóe

z +ze2 + +zes+ ezs+1 = ezs+1 = zesez = z ∈ I ⇒e zes = 1 = (ez)s ∈ I Mâuthuẫn với giả thiết I là iđêan của R

Ta xét thêm các phần tử khác

Phần tử (1,3) là ec hoặc −ec nên là phần tử thuộc R nhưng không thuộc I.Hai phần tử (1,2), (2,3) Đặt u = u0− 2t−2, vì y2t−1

= −1 ta cóyuzv − y−uz−v = yu0−2t−2zv − y−u0+2t−2z−v =

[yu0zv − y−u0z−v(y2t−2)2]/y2t−2 =

[yu0zv − y−u0z−v]/y2t−2.Như vậy

s = (xa − x−a)/2i = (yuzv − y−uz−v)/2i = (yu0zv + y−u0z−v)/y2t−22i /∈ I.

Chứng minh (Bổ đề 2.1.4)

Bản chất của việc chứng minh bổ đề này là ta phải đếm số mũ w của nhântử (1 + y) sao cho (1 + y)w(yu+ y−u) là bội của 2 trong Z[y] (Cần nhớ là taxét trong Z[y] chứ không phải trong Z[x]).

Ta có một số tính chất về luỹ thừa của (1 + y).

(1) Nếu c là một luỹ thừa của 2 thì (1 + y)c ≡ 1 + yc ≡ 1 − yc (mod 2)(vì 2q

(3) Nếu c là luỹ thừa của 2, thì

(1 ± yc)(1 + y)2t−1−c−1 ≡ (1 + y)2t−1−1 6= 0 (mod 2)(do hệ số của y2t−1−1 là ±1 không chia hết cho 2)

Bây giờ ta viết

yu + y−u = y−u(1 + y2u)

= y−u(1 − y2k+1 + y2k+1 + y2u)

= y−u(1 − y2k+1) + y2k+1−u(1 − y2u−2k+1) + 2yu.

(2.12)Trong công thức (2.12) ta có

2yu chia hết cho 2.

Với u = r2k (với r lẻ) ⇒ 2u − 2k+1 = [(r − 1)/2]2k+2 do đó

1−y2u−2k+1 = 1−(y2k+2)(r−1)/2 = (1−y2k+2)[1+y2k+2+ +(y2k+2)(r−1)/1−1],

nên nếu w > 2t−1 − 2k+2 hay w = 2t−1 − 2k+2 + h ( h > 0) Thế thì(1 − y2k+2)(1 + y)w = (1 − y2k+2)(1 + y)2t−1−2k+2+h, áp dụng tính chất (2) ởtrên ta có (1 − y2k+2

)(1 + y)2t−1−2k+2 ≡ 0 (mod 2) nên(1 − y2k+2)(1 + y)w ≡ 0 (mod 2).

Từ dó (1 − y2u−2 )(1 + y)w ≡ 0 (mod 2) Tương tự (1 + y)w(1 − y2 ≡ 0(mod 2) nếu và chỉ nếu w > 2t−1 − 2k+1.

Như vậy kết quả cuối cùng (1 + y)w(yu + y−u) chia hết cho 2 khi w =2t−1 − 2k+1 nhưng không chia hết cho 2 khi w = 2t−1 − 2k+1 − 1.

Ta cũng xét các phần tử cần chứng minh khác giống như trong chứngminh bổ đề 2 Đặt u0 = u + 2t−2, vì k theo giả thiết là nhỏ hơn t − 2 thì luỹthừa w của (1 + y) cần để yu0

+ y−u0 chia hết cho 2 cũng giống như trườnghợp để yu+ y−u chia hết cho 2.

Vì thế ta xác định w thích hợp sao cho khi nhân phân tử của ma trận với(1 + y)w là phải ∈ Z[y] nhưng không nằm trong iđêan(1 + y)0 (là iđêan tốiđại trong Z[y] sinh bởi (1+y)) Do (1+y)0 là idêan tối đại nên Z[y]/(1+y)0

là trường Z2 Vì I ∩ Z[y] là một iđêan chính trong Z[y] nên I ∩ Z[y] phảitrùng với (1 + y)0 và vì thế phần tử của ma trận không thuộc I.

Ta đã chứng minh xong Bổ đề 2.1.3 Bây giờ ta áp dụng Bổ đề 2.1.3 đểchứng minh Định lí 2.1.2.

Chứng minh Trong các trường hợp (i), (ii), (iii) của định lí, xét ánh xạ tựnhiên ρ từ nhóm trừu tượng hα, β|(hệ thức)i đến nhóm G(p, q) cho tươngứng α với A, β với B Và trong mỗi trường hợp các hệ thức tương ứng vớima trận đơn vị Rõ ràng ρ là toàn cấu, ta phải chỉ ra ρ là đơn cấu Điều nàytương đương với việc ta chỉ ra mọi phần tử g ∈ hα, β|(hệ thức)i (được viếtnhư một từ bằng α và β ) và g 6= e thì ρ(g) 6= I.

Thật vậy ta sử dụng Bổ đề 2.1.3 với m = pq phân tích ra m = s2t nhưbổ đề Theo giả thiết suy ra A = R2π/p

x = (R2π/mx )q = Tq và B = S3TpS.Mỗi phần tử g tuỳ ý thuộc nhóm hα, β|(hệ thức)i bằng cách sử dụng hệ thứcαp = 1, βq = 1 thì g có dạng

Xét các trường hợp của định lí.

Trường hợp (i) Nếu p > 3 và q > 3 đều lẻ ⇒ (4, p) = (4, q) = 1nên 4ai 6= 0 (mod m) với i > 1 (giả sử 4ai = 4qaei chia hết cho m = pqsuy ra aei chia hết cho p (vô lí)) và 4bj 6= 0 (mod m) với j < n Ta chọnW ∈ G(4, 4, 1)sao cho W là ma trận nghịch đảo của S và chọn E = S thếthì ρ(g) = W STa1S3Tb1S TanS3TbnE Theo Bổ đề 2.1.3 ρ(g) chỉ có thểbằng I nếu n =1 và b1 = a1 = 0 lúc đó g = e nên ρ là đơn cấu.

Trường hợp (ii) Giả sử p > 4 chẵn và q > 3 lẻ Xét hệ thứcαp/2βαp/2β = 1 ⇒ βαp/2 = αp/2β

Từ q lẻ nên ta vẫn có 4bj 6= 0 (mod m), ∀j < n Nhận thấy rằng ta chưathể áp dụng được ngay Bổ đề 2.1.3 cho biểu thức (2.14), vì nếu p chia hết