7. Cấu trúc của luận văn
2.3.1. Tích vô hướng
Xét tập hợp: CG = {f : G →C} với phép toán tổng và tích theo thành phần, là một vành. Hơn nữa, ta có: hf, gi CG = 1 |G| X x∈G f(x)g(x)
Định nghĩa 2.5. Nếu f ∈ CG thỏa mãn f(x) = f(yxy−1),∀x, y ∈ G thì
f được gọi là một hàm lớp.
Tập hợp tất cả các hàm lớp của G được ký hiệu là R(G). Giả sử ρ
là một biểu diễn của G. Khi đó hiển nhiên χρ ∈ CG.
Thực ra, từ Định lý 2.2(2) ta có thể khẳng định rằng χρ ∈ R(G).
Bổ đề 2.7. dim(R(G)) =k, trong đó k là số các lớp liên hợp của G. Chứng minh.
Để xác định được dim(R(G)) ta cần xác định một cơ sở của R(G). Với i = 1, ..., k, cho ei ∈ CG được xác định bởi:
ei(x) = 1 nếu x ∈ Ci −1 trong các trường hợp khác. Khi đó ei ∈ R(G), với i = 1,· · · , k.
Giả sử f(Ci) ký hiệu cho giá trị của f ∈ R(G) và với bất kỳ x ∈ G, ta có
f(x) = f(C1)e1(x) + · · ·+ f(Ck)ek(x),∀x ∈ G.
Suy ra f = f(C1)e1 +· · ·+f(Ck)ek. Do đó R(G) ≤span{e1,· · · , ek}.
Khẳng định ngược lại là hiển nhiên, vàe1,· · · , eklà rõ ràng nên{e1,· · · , ek}
là một cơ sở của R(G), trong đó dim(R(G)) = k.
Bổ đề sau đây chỉ ra rằng các đặc trưng bất khả quy của G lập thành một cơ sở khác của R(G).
Bổ đề 2.8. Giả sử ρ là một biểu diễn bất khả quy của G và f ∈ R(G).
Khi đó X x∈G f(x)ρ(x) = |G| degρ hχρ, fi CG lV,
Chứng minh.
Đặt T = P
x∈G
f(x)ρ(x). Bây giờ, với y ∈ G, ta có:
ρ(y)T = P x∈G f(x)ρ(yx) = P x∈G f(x)ρ(yxy−1)ρ(y) = P x∈G f(yxy−1)ρ(yxy−1)ρ(y) vì f ∈ R(G) = (P x∈G f(z)ρ(z))ρ(y) = T ρ(y). Suy ra ρ(y)T = T ρ(y),∀y ∈ G.
Do vậy, từ Bổ đề Shur (Bổ đề 2.4(2b)) ta được T = αlV,∀α ∈ C. Khi đó P x∈G f(x)ρ(x) = αlV và lấy vết, ta được: tr(X x∈G f(x)ρ(x)) = X x∈G f(x)tr(ρ(x)) =X x∈G f(x)χρ(x) = |G| hχρ, fi CG, và
tr(αlV) =αtr(lV) = αdimV = αdegρ,trong đó αdegρ = |G| hχρ, fi
CG .
Vậy ta được điều phải chứng minh. 2.3.2. Cơ sở đặc trưng
Các kết quả sau đây cho ta cơ sở đặc trưng của R(G).
Định lý 2.5. Giả sử G là một nhóm hữu hạn. Khi đó tập hợp tất cả các đặc trưng bất khả quy của G là một cơ sở trực chuẩn của R(G).
Chứng minh.
Giả sử V là một không gian biểu diễn đối với regG, vì vậy
V = span{vx : x ∈ G}.
Khi đó dim(V) =|G|.
Vì G hữu hạn nên từ Định lý Maschke, ta có
và ρi : G →GL(Vi),∀i = 1,· · · , r là các biểu diễn bất khả quy của G. Gọi k là số các lớp liên hợp của G, từ Bổ đề 2.7 suy ra dim(R(G)) = k. Tuy nhiên χρ1,· · · , χρr ∈ R(G) nên r ≤k.
Giả sử r 6= k.
Khi đó tồn tại một hàm khác không f ∈ R(G) sao cho nó trực giao với
χρ1,· · · , χρr. Suy ra hχρi, fi = 0,∀i = 1,· · · , r. Vậy, từ Bổ đề 2.8, P x∈G f(x)reg(x) = 0V. Lấy y ∈ G, ta được: 0 = 0Vvy = X x∈G f(x)reg(x)vy = X x∈G f(x)vxy = X x∈G f(zy−1)vz.
Mặt khác, {vx :x ∈ G} là một cơ sở của V, nên f(zy−1) = 0,∀y, z ∈ G,
trong đó f(x) = 0,∀x ∈ G.
Suy ra f = 0.
Điều này vô lý, do đó r = k.
Khi đó span{χρ1,· · · , χρk} ≤ R(G).
Vì χρ1,· · · , χρk độc lập tuyến tính theo Hệ quả 2.6 nên chúng đôi một trực giao với nhau.
Vậy {χρ1,· · · , χρk} là một cơ sở trực chuẩn của R(G). Định lý được chứng minh.
Để biết được số các biểu diễn bất khả quy phân biệt của G, ta tìm hiểu hai hệ quả sau.
Hệ quả 2.7. Giả sử G là một nhóm có đúng k lớp liên hợp. Khi đó G có đúng k đặc trưng phân biệt (và do đó có k biểu diễn bất khả quy phân biệt).
Chứng minh.
Trước hết từ Định lý 2.5 ta có dimR(G) = k.
Hơn nữa từ Định lý 2.4 ta khẳng định χρi = χρj khi và chỉ khi ρi ∼ρj.
Đáng chú ý hơn là kết quả sau:
Hệ quả 2.8. Giả sử G là một nhóm có đúng k lớp liên hợp, và ρ1,· · · , ρk
là các biểu diễn bất khả quy của G. Khi đó, với x ∈ G
1 |G| k X i=1 (degρi)χρi(x) =δι,x. Chứng minh.
Từ Hệ quả 2.7, G có k biểu diễn bất khả quy phân biệt, nên suy ra:
regG = ⊕ki=1(degρi)ρi. Khi đó χregG = k P i=1 (degρi)χρi. Nên χregG(x) = k P i=1 (degρi)χρi(x),∀x ∈ G.
Từ Ví dụ 2.5 ta được χregG(x) = |G|διx và từ Hệ quả 2.5(2) ta có:
|G| =
k X
i=0
(degρi)2.
CHƯƠNG 3
BIỂU DIỄN VÀ ĐẶC TRƯNG CỦA NHÓM ĐỐI XỨNG
Trong chương này chúng tôi tập trung nghiên cứu các nhóm đối xứng qua việc xét các biểu diễn và đặc trưng tương ứng. Ở phần đầu của chương, chúng tôi đề cập đến một số khái niệm, kết quả về nhóm đối xứng, biểu diễn bất khả quy của nhóm đối xứng, bảng đặc trưng, ... Các kiến thức này rất cần thiết cho việc nghiên cứu phần cuối của luận văn là thể hiện cho trường hợp các nhóm đối xứng cụ thể.
Các kết quả của chương này có thể tham khảo trong tài liệu [1], [2], [3], [4].
3.1. BIỂU DIỄN BẤT KHẢ QUY CỦA NHÓM ĐỐI XỨNG
3.1.1. Nhóm đối xứng
Trong chương 1 chúng ta đã định nghĩa tập hợp Sn gồm tất cả các phép thế của n phần tử {1, ..., n} cùng với phép nhân các ánh xạ lập thành một nhóm, được gọi là nhóm đối xứng bậc n.
Từ định nghĩa ta có các chú ý sau: Chú ý 3.1.
+ Số phần tử của nhóm Sn là n!.
+ Mỗi phần tử σ ∈ Sn đều có thể viết dưới dạng tích của các chuyển trí, tức là các hoán vị ở đó chỉ có hai phần tử chuyển chỗ cho nhau.
+ Một phép thế (hoán vị) luôn phân tích được thành tích của các vòng xích, nghĩa là một hoán vị (i1, ..., ir) với ij 7→ i1 nếu r > 1 và là đồng nhất nếu r = 1.
+ Mỗi một hoán vị có một phân tích duy nhất thành một tích các vòng xích rời nhau.
3.1.2. Biểu diễn của nhóm đối xứng
Trong phần này, chúng tôi sẽ lần lượt trình bày các kết quả quan trọng giúp cho việc xác định và mô tả các biểu diễn bất khả quy của
nhóm đối xứng Sn.
Mệnh đề 3.1. Cho V là một không gian vectơ n-chiều trên trường K và gọi v = {v1, ..., vn} là một cơ sở của V. Khi đó tương ứng
ρ : Sn →GL(V)
σ 7→ ρ(σ) : V → V
v 7→ ρ(σ)vi = vσ(i), i = 1, n
là một biểu diễn tuyến tính của nhóm Sn trên trường K. Chứng minh.
Để chứng minh ρ là một biểu diễn tuyến tính của nhóm Sn ta cần chứng minh ρ là một ánh xạ và là một đồng cấu nhóm.
a) ρ là một ánh xạ.
Lấy σ, π ∈ Sn sao cho ρ(σ) =ρ(π), từ đó ta suy ra:
ρ(σ)vi = ρ(π)vi,∀i = 1, n ⇔vσ(i) = vπ(i),∀i = 1, n. ⇔σ = π. Ta được ρ là một ánh xạ. b) ρ là một đồng cấu nhóm. Với mọi σ, π ∈ Sn, ta có: ρ(σπ)vi = vσπ(i),∀i = 1, n. ⇒ρ(σπ) = ρ(σ)ρ(π). Suy ra ρ là một đồng cấu nhóm.
Vậy từ a) và b) ta được ρ là một biểu diễn tuyến tính của Sn trên K.
Tiếp theo ta xét mệnh đề sau:
Mệnh đề 3.2. Cho V là một không gian vectơ n-chiều trên trường K và
v = {v1, ..., vn} là một cơ sở của V. Gọi ρ là biểu diễn của Sn được xác định trong Mệnh đề 3.1, tức là:
và ρ(σ)v là ma trận của toán tử ρ(σ)(σ ∈ Sn) đối với cơ sở v của V. Khi đó trρ(σ)v chính là số các phần tử bất biến qua phép thế σ. Chứng minh. Với mọi σ ∈ Sn, ta có ρ(σ)v = 0 0 1... 0 ... 0 i σ(i). Khi đó trT(σ)(e) = P i=1,n σ(i)=i 1.
Suy ra điều phải chứng minh.
Định lý 3.1. Cho V là một không gian vectơ n-chiều trên trường K có đặc số không và gọi v = {v1, ..., vn} là một cơ sở của V. Khi đó biểu diễn
ρ của Sn xác định trong Mệnh đề 3.1 là hoàn toàn khả quy. Chứng minh. Giả sử Vo = P i xiei|P ixi = 0 vàV1 = P i vi
lần lượt là không gian con (n−1)-chiều và 1-chiều của V. Suy ra ta sẽ chứng minh rằng Vo và
V1 là các không gian con bất biến cực tiểu qua ρ và V = Vo ⊕ V1. Ta có: a) Với mọi σ ∈ Sn,∀x = P i xivi ∈ Vo, ta suy ra: ρ(σ)x = ρ(σ)(X i xivi) = X i xiρ(σ)vi = X i xivσ(i) ∈ Vo. b) Với mọi σ ∈ Sn,∀x = λP i vi ∈ V1, suy ra: ρ(σ)x = ρ(σ)(λX i vi) =λX i ρ(σ)vi = λX i vσ(i) = x ∈ V1.
Từ đó ta đượcVo vàV1 là các không gian con bất biến quaρ. VìdimV1 = 1
Mặt khác theo đề đặc số của K là không nên suy ra V1 6= Vo. Suy ra V = Vo ⊕ V1.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh Vo là một không gian con bất biến cực tiểu. Gọi U ⊂ V là không gian con bất biến qua ρ và {0} 6= U ⊂ Vo.
Với mọi x = P i
xivi ∈ U {0}, vìx 6= V1 do đó trong tập các sốxi, i = 1, n
luôn tồn tại hai số phân biệt, và không mất tính tổng quát ta giả sử hai giá trị phân biệt đó là x1 6= x2, nên:
ρ((12))x−x = (x2 −x1)(v1 −v2) ∈ U vì x, ρ((12))x ∈ U. Từ đó suy ra v1 −v2 ∈ U. Bằng cách chứng minh tương tự ta có: ρ((1j))(v1 −v2)−(v1 −v2) = vj −v1 ∈ U,∀j 6= 2. ρ((ij))(vj −v1)−(vj −v1) =vi −vj ∈ U,∀i 6= 1. Vì thế vi −vj ∈ U,∀i, j = 1, n. Tuy nhiên: Vo = P i xivi|P i xi = 0 = hvi −vj, i =6 ji nên U = Vo. Từ ý chứng minh trên ta suy ra V không có không gian con bất biến nào khác không và chứa thực sự trong Vo, nghĩa là Vo là không gian con bất biến cực tiểu trong V.
Vậy: ρ là biểu diễn hoàn toàn khả quy vì không gian biểu diễn V có thể phân tích thành tổng trực tiếp của hai không gian con bất biến cực tiểu
Vo và V1.
Định lý được chứng minh.
Định lý chúng ta tìm hiểu dưới đây cho ta thấy rằng nhóm đối xứng
Sn luôn có một biểu diễn bất khả quy với số chiều là n−1.
Định lý 3.2. Cho V là một không gian vectơ n-chiều trên trường K có đặc số không. Khi đó nhómSn luôn có một biểu diễn bất khả quy (n−1)-chiều. Chứng minh.
Gọi ρ là biểu diễn của nhóm Sn được xác định trong Mệnh đề 3.1, Vo = hvi −vj, i6= ji là không gian con (n−1)-chiều của V.
Xét ρo = ρ|Vo là hạn chế của ρ lên không gian con Vo và được gọi là biểu diễn tiêu chuẩn của Sn.
Khi đó:
ρo = ρ|Vo : Sn →GL(Vo)
là biểu diễn tuyến tính (n−1)−chiều của Sn trong Vo.
Suy ra Vo không có không gian con bất biến không tầm thường nào qua
ρo (chứng minh Định lý 3.1).
Do đó ρo là một biểu diễn bất khả quy.
Vậy ρo là biểu diễn bất khả quy n−1 chiều của Sn.
Định lý 3.3. Nhóm Sn có hai biểu diễn tuyến tính 1-chiều, đó là biểu diễn tầm thường 1Sn và biểu diễn 1-chiều π chuyển tất cả các phép thế chẵn đến 1 và tất cả các phép thế lẻ đến −1.
Chứng minh.
Trong quá trình chứng minh định lý này, ta sử dụng kết quả sau:
Tất cả các biểu diễn tuyến tính của nhóm Zm = Z/mZ đều thu được qua sự phân tích các biểu diễn tuyến tính ρ của Z với tính chất:
ρ(m) = ρ(1)m = lV.
Vì nhóm thương Sn/An ' Z2 có hai biểu diễn tuyến tính 1-chiều (sử dụng kết quả vừa nêu) nên bằng phép nâng hai biểu diễn 1-chiều này ta thu được hai biểu diễn 1-chiều của Sn: biểu diễn tầm thường 1Sn và biểu diễn 1-chiều π chuyển tất cả các phép thế chẵn đến 1 và tất cả các phép thế lẻ đến −1.
3.2. BIỂU DIỄN CẢM SINH
Giả sử H < G. Trong phần này chúng tôi sẽ xét đến một biểu diễn của H từ một biểu diễn của G, và ngược lại.
Định nghĩa 3.1. Giả sử G là một nhóm, và H ≤ G. X là một biểu diễn ma trận của G. Khi đó thu hẹp của X đến H được ký hiệu là X ↓G
H, trong đó X ↓GH (x) =X(x),∀x ∈ X.
X ↓G
H là một biểu diễn.
Để chứng minh khẳng định trên ta cần bổ đề sau:
Bổ đề 3.1. Giả sử G là một nhóm và H ≤ G. Cho (t1,· · · , tl) là hệ đại biểu đối với các lớp kề trái của H trong G. Y là một biểu diễn ma trận của H. Cho X : G→ GLn(C) sao cho với mọi x ∈ G
X(x) =Y(ti−1xtj)l×l
là một ma trận khối, trong đó Y(y) = 0 nếu y /∈ H. Khi đó X là một biểu diễn của G.
Chứng minh.
Giả sử x, y ∈ G. Khi đó, bằng phép nhân các ma trận khối ta có:
[X(x)X(y)]p,q = Y(ti−1xtj)Y(ti−1ytj)l×l = l P j=1 Y(t−p1xtj)Y(t−j 1ytq). Xét hai trường hợp xảy ra:
TH1: Giả sử t−p1xtq ∈/ H. Mà: t−p1xtq = (tp−1xtj)(t−j1ytq).
Suy ra: t−p1xtq ∈/ H hoặc (t−j1ytq) ∈/ H.
Khi đó: Y(t−p1xtj) ∈/ HY(t−j 1ytq),∀i = 1,· · · , l. Nên: [X(x)X(y)]p,q = 0.
Lại có: Y(t−p1xtq) = 0 vì t−p1xtq ∈/ H. Vì vậy: [X(xy)]p,q = [X(x)X(y)]p,q.
TH2: Giả sử z = t−p1xtq ∈/ H.
Vì ytq ∈ G, nên chỉ có đúng một lớp trH của H trong G.
Suy ra ytq = tru, với u ∈ H vì thế u = t−r1utq ∈ H và r là duy nhất. Do đó thể hiện điều này cho [X(x)X(y)]p,q ta được:
Tuy nhiên t−p1xtr = (tp−1xytq)(tq−1y−1tr) = zu−1 ∈ H vì z, u ∈ H.
Suy ra:
[X(x)X(y)]p,q = Y(t−p1xytq) = [X(xy)]p,q.
Từ hai trường hợp trên ta kết luận: X(xy) =X(x)X(y).
Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng X(ι) = I. Ta có: X(ι) = [Y(ti−1tj)]l×l.
Giả sử t−i 1 ∈ H với i 6= j.
Khi đó: tj = tiv với v ∈ H, trong đó tj = tivH = tiH.
Mà: tjH ∩tiH = ∅. Điều này mâu thuẫn, nên ti−1tj ∈/ H với i 6= j. Nếu i = j thì Y(ti−1tj) =Y(ι) =I.
Do đó: X(ι) = I⊕ · · · ⊕I = I.
Vậy X là một biểu diễn ma trận của G.
Bổ đề này làm rõ hơn cho định nghĩa sau:
Định nghĩa 3.2. Giả sử G là một nhóm và H ≤ G. Cho (t1,· · · , tl) là hệ đại biểu đối với các lớp kề trái của H trong G, Y là một biểu diễn ma trận của H.
Khi đó biểu diễn cảm sinh của G bởi H được định nghĩa là Y ↑G
H xác định bởi:
Y ↑GH (x) = [Y(t−i 1xtj)]l×l và Y(y) = 0 nếu y /∈ H.
Ví dụ 3.1. Cho G = S3 và H = {ι,(23)}. Các lớp kề trái của H trong G là
D1 = ιH = (23)H = {ι,(23)},
D2 = (12)H = (132)H = {(12),(132)},
D3 = (13)H = (123)H = {(13),(123)}.
Khi đó {ι,(12),(13)} là hệ đại biểu của H trong G. Nếu Y là một biểu diễn ma trận của H thì
X ↑G H (ι) = I 0 0 0 I 0 0 0 I X ↑G H (12) = 0 I 0 I 0 0 0 0 Y(23) ,
X ↑G H (13) = 0 0 I 0 Y(23) 0 I 0 0 X ↑G H (13) =