Ví dụ minh hoạ

2 Một số tính chất về biểu diễn tuyến tính của nhóm hữu

2.3 Ví dụ minh hoạ

2.3.1 Ví dụ. Biểu diễn của G = hain = {a ∈ G\an = e} nhóm xyclic cấp n.

của G có đúng 1 phần tử, tức là G có n lớp liên hợp. Suy ra G có n biểu diễn bất khả quy đôi một không đẳng cấu với nhau (Định lý 1.2.25)

Vì G là nhóm Aben nên theo Định lý 1.3.5 suy ra mọi biểu diễn bất khả quy của G đều có cấp 1.

Do đó G có n biểu diễn bất khả quy không đẳng cấu với nhau có cấp bằng 1.

Gọi ϕ: G −→ C\ {0} là biểu diễn cấp 1 của G.

a 7−→ϕa = w

Vì an = e ⇒ϕna = ϕe = 1

⇒wn = 1

⇒w = cosk2nπ +i.sinkn2π = ek2nπi (k=0,1,...n-1)

Như vậy ta thu được n biểu diễn bất khả quy cấp 1 của G với đặc trưng

αk(a) = ek2nπi (k=0,1...n-1)

2.3.2 Ví dụ. Biểu diễn của Sn nhóm đối xứng bậc n.

Trước hết ta nhắc lại một số tính chất liên quan đến nhóm Sn

+) Sn cùng phép nhân các phép thế (phép hợp thành ánh xạ) lập thành một nhóm gọi là nhóm đối xứng bậc n. +) An = {σ ∈ Sn\sign(σ) = 1} là tập các phép thế chẵn +) An C Sn. Thật vậy: + An ⊆ Sn +∀a, b ∈ An ⇒ sign(ab−1) = signa.sign(b−1) = 1.1 = 1 ⇒ ab−1 ∈ An + ∀a ∈ An;∀x ∈ Sn Ta có:

sign(xax−1) = signx.signa.signx−1

= signx.signx−1signa= sign(e).signa = 1

⇒xax−1 ∈ An

Do đó An C Sn

+) An = [Sn, Sn],∀n ≥ 2. Thật vậy:

Ta có: sign(x) =sign(a−1b−1ab) =sign(a−1).sign(b−1).signa.signb

= sign(aa−1).sign(b.b−1) = sign(e) = 1

⇒x ∈ An

⇒[Sn, Sn] ⊆ An (1)

Với n ≥ 2 Ta có: An = h(i, j, k)i sinh bởi các vòng xích có độ dài bằng 3. Mặt khác [(i, j),(i, k)] = (i, j)(i, k)(i, j)−1(i, k)−1 = (i, j)(i, k)(i, j)(i, k) = (i, j, k) (i, j, k) ⊆[(i, j),(i, k)] ⊆ [Sn, Sn] ⇒An ⊆ [Sn, Sn] (2) Từ (1) và (2) ⇒An = [Sn, Sn](∀n≥ 2) +) [Sn : An] = 2 vì Sn/An ≈ Z2

Sau đây ta xét biểu diễn của nhóm Sn với một số trường hợp cụ thể: 1. Với n=1 ⇒ S1 = {e} là một nhóm Abel

⇒S1 có một biểu diễn bất khả quy cấp 1 với đặc trưng χ1:S1 −→ C\ {0}

có χ1(e) = 1.

2. Với n=2 ⇒ S2 = {e,(1,2)} = h(1,2)i là nhóm xyclic cấp 2, suy ra S2

là nhóm Abel.

Suy ra mọi biểu diễn bất khả quy của S2 đều có cấp bằng 1 và số biểu diễn bất khả quy đôi một không đẳng cấu với nhau bằng số lớp liên hợp của S2 và bằng |S2| = 2

Do đó S2 có 2 biểu diễn bất khả quy cấp 1.

Giả sử ϕ : S2 −→C\ {0} là biểu diễn cấp 1 của S2

(1,2) 7−→w

Vì (1,2)2 = e ⇒w2 = 1

⇒w = cosk22π +isink22π = ek22πi(k = 0,1)

Vậy S2 có 2 biểu diễn bất khả quy cấp 1 với đặc trưng là:

α0 : S2 −→C

(1,2) 7−→1 (1,2)2 = e 7−→ 1

α1 : S2 −→C

(1,2) 7−→eπi

(1,2)2 = e 7−→ 1

3/ Với n=3. Xét biểu diễn của nhóm S3

Ta có S3 = {f1 = e;f2 = (1,2);f3 = (1,3);f4 = (2,3);f5 = (1,2,3); f6 = (1,3,2)} • f22 = (1,2)(1,2) = e • f32 = e • f42 = e • f52 = (1,2,3)(1,2,3) = (1,3,2) = f6 • f62 = f5 • f53 = e • f63 = e

Do đó S3 có 3 lớp liên hợp được đại diện bởi {e};{(1,2)}; {(1,2,3)}

1.2.25

⇒ S3 có 3 biểu diễn bất khả quy đôi một không đẳng cấu với nhau và số biểu diễn bất khả quy cấp 1 bằng

[S3 : [S3, S3]] = [S3 : A3] = 2 (vì n≥ 2 nên [Sn,Sn]=An)

Vậy S3 có 3 biểu diễn bất khả quy đôi một không đẳng cấu với nhau. Trong đó có 2 biểu diễn bất khả quy cấp 1 với đặc trưng:

χ1 :S3 −→C

s 7−→ 1

χ2 :S3 7−→C

σ 7−→ sign(σ)

Biểu diễn bất khả quy thứ 3 với đặc trưng χ3 có cấp:

n3 = p|S3| −n2 1 −n2

2 = √

6−1−1 = 2

trong đó rG là đặc trưng của biểu diễn chính quy và rS3(e) = |S3| = 6;

rS3(σ) = 0(∀σ 6= e) (Hệ quả 1.2.16)

Ta có bảng đặc trưng bất khả quy của S3

e (12) (123) 1 3 2 χ1 1 1 1 χ2 1 -1 1 χ3 2 0 -1 2.3.3 Ví dụ. Tìm bảng đặc trưng của nhóm S5 Nhóm S5 có 7 lớp liên hợp là: C1 = {(1)} là nhóm xyclic cấp 1, có 1 phần tử;C2 đại diện bởi(12), có C52.1! phần tử ;C3 đại diện bởi (123)gồmC53.2! phần tử ; C4 đại diện bởi(1234) có C54.3! phần tử; C5 đại diện bởi (12345) cóC55.4!phần tử;C6 = {(1,2)(345),(12)(354),(13)(245),(13)(254),(14)(235),

(14)(253),(15)(234),(15)(243),(23)(145),(23)(154),(24)(135),(24)(153),

(34)(125),(34)(152),(35)(124),(35)(142),(45)(123)};

C7 = {(12)(34),(12)(35),(12)(45),(13)(24),(13)(25),(13)(45),(14)(23),

(14)(25),(14)(35),(15)(23),(15)(24),(15)(34),(23)(45),(24)(35),(25)(34)}

VậyS5 có 7 biểu diễn bất khả quy đôi một không đẳng cấu với nhau có đặc trưng tương ứng là χ1, χ2, ..., χ7. Vì [S5, S5] = A5 có chỉ số 2 trong S5 nên

S5 có 2 biểu diễn bất khả quy 1 chiều (Định lý 1.3.6). Đó là biểu diễn đơn vị χ1và biểu diễn signature χ2 định nghĩa bởi χ2(σ) =sign(σ), σ ∈ S5.

Nếu gọi n1, n2, ..., n7 lần lượt là bậc của 7 biểu diễn bất khả quy này thì theo Hệ quả 1.2.18 ta có: n21 + n22 +...+n27 = 120.

Suy ra 1 ≤ni ≤ 10, ni ∈ Z với i = 1,7 và n23 +n24 +...+n27 = 118

Ta có thể giả sử n3 ≤ n4 ≤ n5 ≤ n6 ≤ n7. Khi đó giải phương trình nguyên này ta được 4 bộ nghiệm là (2,2,2,5,9); (2,2,5,6,7); (2,3,4,5,8); (4,4,5,5,6). Theo Nhận xét của Định lý 1.4.10 trong các biểu diễn bất khả quy của S5 phải có biểu diễn bất khả quy bậc 4. Như vậy, các bậc trên chỉ có thể là (2,3,4,5,8) hoặc (4,4,5,5,6).

Ta có S5 là nhóm hoán vị bắc cầu đôi, do đó nếu gọi τ là biểu diễn hoán vị của S5 thì theo Nhận xét của Định lý 1.4.10 ta có τ = χ1 + ξ với

χ1 là 1-đặc trưng, ξ là biểu diễn bất khả quy bậc 4. Ta có τ(g) bằng số phần tử trong X = {1,2,3,4,5} được cố định bởi g(g ∈ S5).

Do đó τ((1)) = 5, τ((12)) = 3, τ((123)) = 2, τ((12345)) = 0,

τ((12)(345)) = 0, τ((12)(34)) = 1.

Suy ra ξ(1) = 4, ξ(12) = 2, ξ(123) = 1, ξ(1234) = 0, ξ(12345) = −1, ξ(12)(345) = −1, ξ(12)(34) = 0. Ngoài ra theo Mệnh đề 1.2.15 tích của một đặc trưng bậc 1 và đặc trưng bất khả quy bậc k là một đặc trưng bất khả quy bậc k. Bây giờ nếu ta xem bộ (2,3,4,5,8) là bậc của 5 đặc trưng bất khả quy này thì ta có χ5 = ξ ⇒ χ5 = ξ = χ2.ξ (vì chúng đều có bậc bằng 4), suy ra: (χ2.ξ)(12) = χ2(12).ξ(12) = −1.2 = −2 = ξ(12) = 2, điều này mâu thuẫn. Như vậy bậc của 5 đặc trưng bất khả quy còn lại phải là (4,4,5,5,6). Dựa vào những điều đã nêu ở trên ta thấy χ3 = ξ, χ4 =

χ2.χ3, χ6 = χ2.χ5,

χ7 = χ2.χ7. Suy ra bảng đặc trưng của S5 có dạng:

(1) (12) (123) (1234) (12345) (12)(345) (12)(34) 1 10 20 30 24 20 15 χ1 1 1 1 1 1 1 1 χ2 1 -1 1 -1 1 -1 1 χ3 4 2 1 0 -1 -1 0 χ4 4 -2 1 0 -1 1 0 χ5 5 x1 x2 x3 x4 x5 x6 χ6 5 -x1 x2 -x3 x4 -x5 x6 χ7 6 0 x7 0 x8 0 x9

Vì các χi là các đăc trưng bất khả quy nên hχi, χji = δij (δij là kí hiệu Kronecker), từ đây ta có hệ phương trình:

                     5 + 10x1 + 20x2 + 30x3 + 24x4 + 20x5 + 15x6 = 0 5−10x1 + 20x2 −30x3 + 24x4 −20x5 + 15x6 = 0 20 + 20x1 + 20x2 −24x4 −20x5 = 0 20−20x1 + 20x2 −24x4 + 20x5 = 0 6 + 20x7 + 24x8 + 15x9=0 24 + 20x7 −24x8 = 0 30 + 20x2x7 + 24x4.x8 + 15x6x9 = 0 25 + 10x21 + 20x22 + 30x23 + 24x24 + 20x25 + 15x26 = 120 36 + 20x27 + 24x28 + 15x29 = 120 .

Giải hệ trên ta được hai bộ nghiệm là: (1,-1,-1,0,1,1,0,1,-2) và (1,−7/43,−1,30/43,1,−53/43,−60/43,−7/43,74/43). Ta có:

χ5((1)) = 5 > 1, theo Mệnh đề 2.2.5 phải tồn tại σ ∈ S5 để χ5(σ) = 0. Do đó ta chỉ nhận (1,-1,-1,0,1,1,0,1,-2). Vậy bảng đặc trưng của S5 là

(1) (12) (123) (1234) (12345) (12)(345) (12)(34) 1 10 20 30 24 20 15 χ1 1 1 1 1 1 1 1 χ2 1 -1 1 -1 1 -1 1 χ3 4 2 1 0 -1 -1 0 χ4 4 -2 1 0 -1 1 0 χ5 5 1 -1 -1 0 1 1 χ6 5 -1 -1 1 0 -1 1 χ7 6 0 0 0 1 0 -2 Ta có Ki = {s ∈ S5\χi(s) = χi(e)}

Nhận xét. Nhìn vào bảng đặc trưng của S5 ta thấy

K1 = {s ∈ S5\χ1(s) =χ1((1))} = S5

K2 = {s ∈ S5\χ2(s) =χ2((1))} = {s ∈ S5\χ2(s) = 1}= A5

χ3(s) = χ3((1)) = 4 ⇔ s = (1) ⇔ K3 = {(1)}. Lập luận tương tự ta có:

K3 = ... = K7 = {(1)} nên S5 chỉ có một nhóm con chuẩn tắc thật sự là

A5. Suy ra S5 có 2 chuỗi hợp thành là {(1)} ≤ A5 ≤ S5 và {(1)} ≤ S5. Vì

A5/{(1)} và S5/{(1)} không là nhóm Abel nên theo Định nghĩa về nhóm giải được suy ra S5 không giải được.

2.3.4 Ví dụ. Tìm bảng đặc trưng phức của A5

Trước tiên ta xác định các lớp liên hợp của A5. Ta thấy A5 chia thành bốn lớp liên hợp trong S5 với các phần tử đại diện là 1, (12)(34), (123),

(12345) và có cấp lần lượt là 1, 15, 20, 24. Tuy nhiên, ta lại thấy rằng có những phần tử liên hợp với nhau trong S5 nhưng không liên hợp với nhau trong A5. Bây giờ ta xem trong những lớp liên hơp trên, những lớp nào là lớp liên hợp trong A5 và nếu nó không liên hợp trong A5 thì nó phân tích thành mấy lớp liên hợp trong A5.

Lấy x ∈ A5. Gọi ε là lớp liên hợp trong S5 của x. Khi đó:

|ε| = [S5 : CS5(x)] và lớp liên hợp của x trong A5 chứa trong ε có cấp là [A5 :CA5(x)].

Xét trường hợp CS5(x) A5. Khi đó, A5.CS5(x) = S5 vì A5 là nhóm con tối đại của S5. Theo Định lý đồng cấu (nếu H,K là các nhóm con chuẩn tắc của nhóm G thì H/H ∩K ≈ HK/K) ta có: S5/A5 = A5.CS5(x)/A5 ≈ CS5(x)/CS5(x)∩A5 = CS5(x)/CA5(x). Do đó [A5 :CA5(x)] = [S5 :CA5(x)] [S5 :A5] = [S5 :CA5(x)] [CS5(x) : CA5(x)] = [S5 : CS5(x)] = |ε|

Vậy ε chính là lớp liên hợp trong A5 của x.

Trường hơp CS5(x) ≤A5 ta có CA5(x) = A5 ∩CS5(x) =CS5(x) [A5 :CA5(x)] = [A5 :CS5(x)] = 12[S5 : CS5(x)] = 12|ε|

Như vậy ε phân tích thành 2 lớp liên hợp trong A5.

Trở lại các phần tử đại diện của các lớp liên hợp trên, ta thấy mỗi phần tử trong 1, (12)(34), (123) giao hoán với một hoán vị lẻ nào đó của S5 cụ thể (12)(34) giao hoán với (1324), (123) giao hoán với (45). Do đó, các lớp liên hợp trong S5 đại diện bởi những phần tử này cũng liên hợp trong A5. Vì 24 - 60 lên lớp liên hợp đại diện bởi phần tử (12345) không phải là lớp liên hợp trong A5. Ta thấy x=(12345) và x2 = (13524) không liên hợp trong A5. Thật vậy: Giả sử x và x2 liên hợp với nhau trong A5 suy ra tồn tại g ∈ S5 sao cho: gxg−1 = x2. Khi đó, ta có: ghxig−1 = hx2i = hxi nên

g ∈ NA5(hxi). Vìhxilà một 5 nhóm con-sylow củaA5 màA5 có 6 nhóm con là 5-nhóm con sylow nên |NA5(hxi)| = 10 và NA5(hxi) = hxi × h(12)(35)i. Mà (12)(35)x((12)(35))−1 = x−1 6= x2 nên không có phần tử nào thuộc

thuộc cùng một lớp liên hợp hay nói cách khác lớp liên hợp đại diện bởi phần tử (12345) trong S5 được phân tích thành hai lớp liên hợp trong A5

có phần tử đại diện tương ứng là x và x2.

Vậy A5 có 5 lớp liên hợp có các phần tử đại diện là 1, (12)(34), (123), (12345) và (13524) có cấp tương ứng là 1, 15, 20, 12 và 12

Ta có A5 là nhóm hoán vị bắc cầu đôi tác động lên tập X = {1,2,3,4,5}. Thật vậy, với 2 cặp phần tử bất kỳ {i, j},{l, s}, i 6= j, l 6= s ta chứng minh tồn tại g ∈ A5 thoả gi=l, gj=s.

+ nếu i 6= l, j 6= s, i 6= s thì ta chọn g = (il)(js) ∈ A5 thoả gi = l, gj = s

+ nếu i 6= l, j 6= s, i = s, l =6 j thì ta chọn g = (ilj) ∈ A5 thoả

gi = l, gj = s

+ nếu i 6= l, j 6= s, i = s, l = j thì ta chọn g = (il)(kh) ∈ A5 (với

k 6= i, l;h 6= i, l, k) thoả gi = l, gj = s

+ nếu i = l, j 6= s thì ta chọn g = (jsh) ∈ A5 với h 6= i, j, s thoả

gi = l, gj = s

+ nếu i 6= l, j = s thì ta chọn g = (ilk) ∈ A5 với k 6= i, j, l thoả

gi = l, gj = s

+ nếu i = l, j = s thì ta chọn g=1.

Gọi τ là đặc trưng của biểu diễn hoán vị của A5, theo Định lý 1.4.10 ta có

τ = χ1 + ξ với χ1 là 1-đặc trưng, ξ là biểu diễn bất khả quy. Ta có τ(g) bằng số phần tử trong X = {1,2,3,4,5} được cố định bởi g (g ∈ A5). Do đó τ((1)) = 5, τ((12)(34)) = 1, τ((123)) = 2, τ((12345)) = 0, τ((13524)) = 0. Suy ra:

ξ(1) = 4, ξ(123) = 1, ξ(12)(34) = 0, ξ(12345) = −1, ξ(13524) = −1. Vì ξ(1) = 4 nên A5 có 1 đặc trưng bất khả quy bậc 4 ta gọi đó là χ2 := ξ. Gọi χ1, χ2, ..., χ5 là 5 đặc trưng bất khả quy của A5 có bậc tương ứng là

n1, n2, ...n5 trong đó n1 = 1, n2 = 4 và

n21 +n22 +n32 +n24 +n25 = 60

Với các ni là các số nguyên thoả 1 ≤ ni ≤ 6. Giả sử n3 ≤ n4 ≤ n5. Khi đó giải phương trình này ta được n3 = n4 = 3, n5 = 5. Suy ra bảng đặc trưng của A5 có dạng 1 15 20 12 12 1 (12)(34) (123) (12345) (13524) χ1 1 1 1 1 1 χ2 4 0 1 -1 -1 χ3 3 x1 x2 x3 x4 χ4 3 x5 x6 x7 x8 χ5 5 x9 x10 x11 x12 Vì phần tử (12)(34) có cấp 2 và χ3, χ4 có bậc 3 nên theo Nhận xét 1.1.5 ta có χ3((12)(34)), χ4((12)(34)) bằng tổng của 3 căn bậc 2 của 1. Suy ra x1 và x5 nhận giá trị trong tập {−3,−1,1,3}, kết hợp với tính chất

hχi, χji = δij ta có hệ phương trình:                                        (x1 −1)(x1 −3)(x1 + 1)(x1 + 3) = 0 (x3 −1)(x3 −3)(x3 + 1)(x3 + 3) = 0 3 + 15x1 + 20x2 + 12x3 + 12x4 = 0 12 + 20x2 −12x3 −12x4 = 0 3 + 15x5 + 20x6 + 12x7 + 12x8 = 0 12 + 20x6 −12x7 −12x8 = 0 9 + 15x1.x5 + 20x2x6 + 12x3x7 + 12x4x8 = 0 5 + 15x9 + 20x10+ 12x11 + 12x12 = 0 20 + 20x10−12x11−12x12 = 0 15 + 15x1x9 + 20x2x10+ 12x3x11 + 12x4x12 = 0 15 + 15x5x9 + 20x6x10+ 12x7x11 + 12x8x12 = 0 9 + 15x21 + 20x22 + 12x23 + 12x24 = 60 9 + 15x23 + 20x26 + 12x27 + 12x28 = 60 25 + 15x29 + 20x210 + 12x211+ 12x212 = 60 Giải hệ này ta được nghiệm là:

{x3 = x8 = x0, x4 = x7 = 1−x0, x9 = 1, x1 = x5 = x10 = −1, x2 = x6 =

x11 = x12 = 0}

Với x0 là nghiệm của phương trình z2−z −1 = 0. Suy ra x0 = (1 +

√ 5) 2 hoặc x0 = (1−√5) 2 , ta Chọn x0 = (1 +√ 5) 2 . Do đó bảng đặc trưng của A5 là:

1 15 20 12 12 1 (12)(34) (123) (12345) (13524) χ1 1 1 1 1 1 χ2 4 0 1 -1 -1 χ3 3 -1 0 (1+√ 5)/2 (1-√ 5)/2 χ4 3 -1 0 (1-√ 5)/2 (1+√ 5)/2 χ5 5 1 -1 0 0 Nhận xét: Từ bảng đặc trưng của A5 ta có: K1 = A5, K2 = K3 = K4 = K5 = {1}. Do đó theo Mệnh đề 1.5.3 suy ra

Dựa vào tài liệu tham khảo, luận văn đã hoàn thành được những công việc sau:

1. Trình bày chứng minh mở rộng của định lý Maskche, trong đó có nhận xét nếu p | |G| thì kết quả sẽ không còn đúng nữa..

2. Trình bày chứng minh chiều đảo của Bổ đề Shur, trong đó có nhận xét nếu E là A - môđun không hoàn toàn khả quy thì kết quả sẽ không còn đúng nữa.

3. Trình bày chứng minh về mối liên hệ giữa tích tenxơ và biểu diễn đối ngẫu.

4. Trình bày biểu diễn của một số nhóm hữu hạn; lập bảng đặc trưng của nhóm S5,A5 và từ bảng đặc trưng đã nêu nhận xét tính giải được của nhóm, và nhóm đó có phải là nhóm đơn hay không.