Tính độc lập tuyến tính

C xyclic |g()| P

4.1Tính độc lập tuyến tính

Bài tập Chương

4.1Tính độc lập tuyến tính

Kí hiệu.ChoGlà một nhóm, E là một trường. ĐặtV(G, E) là

tập tất cả các ánh xạ từGvàoE. Ta xác định phép cộng và nhân

vô hướng như sauf+g:G−→E, x7−→f(x) +g(x),

af:G−→E, x7−→af(x) với mọi f, g∈V(G, E) và mọia∈E. Khi đóV(G, E)là một E−không gian vectơ. Trường hợp đặc biệt, khi lấyGlà nhóm nhânE∗ =E\ {0}, ta cóV(E∗, E) là một

E-không gian vectơ.

Bổ đề 4.1ChoE là một trường. Giả sửσ1, . . . , σn là những tự

đẳng cấu đôi một phân biệt của trườngE. Ta có thể coi

σ1, . . . , σn là các phần tử củaV(E∗, E). Khi đó{σ1, . . . , σn} độc lập tuyến tính trongV(E∗, E), tức là nếu cóa1, . . . , an∈E sao

choPn

i=1aiσi(x) = 0 với mọix∈E thì a1=. . .=an= 0.

•Bài tập Chương 4

Chứng minhTa chứng minh bằng quy nạp theo n. Nếu n= 1 thì ta cóa1σ1(x) = 0với mọi x∈E. Từ đó suy ra a1 =a1σ1(1) = 0,

nên bổ đề đúng vớin= 1. Giả sử bổ đề đúng vớin−1 và giả sử

cóa1, . . . , an∈E sao choPn

i=1aiσi(x) = 0 với mọi x∈E. Ta

giả sử phản chứng rằng tồn tạiai khác 0. Khi đó có hai khả năng

xảy ra: thứ nhất nếu cóaj nào đó bằng 0 (j 6=i), khi đó theo giả thiết quy nạp ta suy raai= 0, điều này mâu thuẫn. Thứ hai tất cả cácaj đều khác 0, với giả thiết này ta chia hai vế cho an6= 0 ta được đẳng thức

Pn−1

i=1 biσi(x) +σn(x) = 0,∀x∈E (bi 6= 0,∀i). (†∗)

Doσ1 6=σnnên ta có thể chọn được a∈E sao cho

σ1(a)6=σn(a). Thayx bởi axvào(†∗) ta được

Pn−1

i=1 biσi(a)σi(x) +σn(a)σn(x) = 0,∀x∈E (bi 6= 0,∀i).

Từ đó suy ra

Pn−1

Từ(†∗) và (‡∗), bằng cách trừ vế cho vế, ta được

Pn−1

i=1 bi(σi(a)σn(a)−1−1)σi(x) = 0,∀x∈E,

từ đây theo giả thiết quy nạp suy rabi(σi(a)σn(a)−1−1) = 0với mọii= 1, . . . , n−1. Nói riêng vớii= 1 ta có

b1(σ1(a)σn(a)−1−1) = 0. Vì theo cách chọna, ta có

σ1(a)6=σn(a), nên phải có b1 = 0, điều này mâu thuẫn. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Định nghĩa 4.2ChoE là một trường, ta kí hiệuAut(E)là nhóm

tất cả các tự đẳng cấu củaE. Nếu X là một tập con của Aut(E)

thì ta đặtEX ={α∈E|σ(α) =α,∀σ ∈X} khi đó EX là một

trường con củaE, và ta gọiEX làtrường bất biến củaE quaX.

Nhận xét 4.3ChoE/F là một mở rộng trường có nhóm Galois là

G=Gal(E/F). Khi đó, ta luôn cóF ⊆EG⊆E.

•Bài tập Chương 4

Bổ đề 4.4Giả sửG={σ1, . . . , σn}là tập các tự đẳng cấu của trườngE. Khi đó[E :EG]≥n.

Chứng minhGiả sử trái lại rằng[E:EG] =r < n; ta lấy

α1, . . . , αr là một cơ sở của không gian vectơ E trên EG. Xét một

hệ phương trình tuyến tính gồmr phương trình của n ẩn với các

hệ tử trênE            σ1(α1)x1+. . .+σn(α1)xn= 0 σ1(α2)x1+. . .+σn(α2)xn= 0 . . . σ1(αr)x1+. . .+σn(αr)xn= 0.

Vìr < n nên hệ trên có nghiệm không tầm thường(x1, . . . , xn).

Lấy tùy ýβ ∈E, ta cóβ =Pr

i=1biαi vớibi∈EG. Nhân dòngi

của hệ vớibi ta nhận được hệ mới có dòng thứ ilà

Nhưng vìbi ∈EG nên bi=σj(bi) với mọii, j. Do đó phương trình trên thực chất làσ1(bi)σ1(αi)x1+. . .+σn(bi)σn(αi)xn= 0 hay σ1(biαi)x1+. . .+σn(biαi)xn= 0 Vì vậy ta có hệ phương trình mới là            σ1(b1α1)x1+. . .+σn(b1α1)xn= 0 σ1(b2α2)x1+. . .+σn(b2α2)xn= 0 . . . σ1(brαr)x1+. . .+σn(brαr)xn= 0.

Ta cộng vế với vế tất cả các phương trình của hệ trên lại, ta được

σ1(β)x1+. . .+σn(β)xn= 0.

Như vậy đẳng thức trên đúng với mọiβ∈E. Từ đó theo Bổ đề

4.1 suy rax1=. . .=xn= 0, điều này mâu thuẫn với

(x1, . . . , xn)6= (0, . . . ,0).

•Bài tập Chương 4

Định lý 4.5Nếu G={σ1, . . . , σn} là nhóm con của nhóm

Aut(E) thì [E:GG] =|G|.

Chứng minhTheo Bổ đề 4.4, để chứng minh định lý, ta chỉ cần chứng minh[E :EG]≤n. Đặtr= [E:EG], ta lấy một cơ sở của không gian vectơE trên EG làα1, . . . , αr. Trong không gian vectơEn, ta xétr vectơ sau đây

     (σ1(α1), . . . , σn(α1)) . . . (σ1(αr), . . . , σn(αr))

Nếu ta chứng minh được rằngr vectơ đó độc lập tuyến tính thì ta

kết luận được rằngr≤n. Giả sử ta có

Pr (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

i=1aiσj(αi) = 0, (j= 1, . . . , n), ai ∈E;

ta cần chứng minhai = 0 với mọi i= 1, . . . , n. Ta sẽ chứng minh điều này bằng quy nạp theor.

Nếur= 1 thì ta xét σ1=idE ∈G. Khi đó từa1σ1(α1) = 0 suy ra

a1α1= 0, do đóa1= 0. Giả thiết tính chất đúng chor−1, ta

chứng minh nó đúng chor. Giả sử ta có

Pr

i=1aiσj(αi) = 0, (j= 1, . . . , n), ai ∈E nhưng cácai không

bằng không tất cả, chẳng hạnar 6= 0 (điều đó có thể được bằng

cách đánh số lại cácσi củaG); khi đó ta chia hai vế cho ar, ta được

Pr−1

i=1 biσj(αi) +σj(αr) = 0, (j= 1, . . . , n). (†?)

Ta thấy cácbi không thể đồng thời thuộcEG tất cả, bởi vì nếu thế thì khi lấyσ1=idE thì hệ thức trên cho taPr−1

i=1biαi+αr = 0

nhưng điều này là không thể được vìα1, . . . , αr độc lập tuyến tính trênEG. Vì thế tồn tạibi ∈/EG, giả sửb1 ∈/EG (ta có thể giả sử

được bằng cách hoán vị các phần tử củaG). Khi đó tồn tại

σq∈Gsao choσq(b1)=6 b1. Ta áp dụng σq vào(†?), ta được

Pr−1

i=1 σq(bi)σqσj(αi) +σqσj(αr) = 0, (j= 1, . . . , n). (†‡) Ngô Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hoàng Lý thuyết Galois

•Bài tập Chương 4

Khij= 1, . . . , n, thìσj chạy khắp nhóm Gvà σqσj cũng vậy. Do đó, trong (†‡), ta có thể thayσqσj bởiσj, ta được

Pr−1

i=1 σq(bi)σj(αi) +σj(αr) = 0, (j= 1, . . . , n). († ‡ ∗)

Trừ(† ‡ ∗)vào(†?) ta được

Pr−1

i=1(σq(bi)−bi)σj(αi) = 0, (j= 1, . . . , n).Từ đây theo giả thiết quy nạp ta suy raσq(bi)−bi = 0 với mọi i= 1, . . . , r−1. Nói riêng ta cóσq(b1) =b1, điều này là mâu thuẫn. Kết luận

r= [E:EG] =|G|=n.

Hệ quả 4.6Cho Gvà H là các nhóm con hữu hạn của nhóm

Aut(E). Khi đó nếu EG=EH thìG=H.

Chứng minhLấy tùy ý σ∈G, ta cóσ(α) =α với mọiα∈EG. Ngược lại, giả sử cóδ ∈Aut(E) thỏa mãnδ(β) =β với mọi

β∈EG; khi đó δ∈G. Thật vậy, giả sử trái lại rằngδ /∈G, thế thì (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Từ đó theo Bổ đề 4.4 và Định lý 4.5 ta cón=|G|= [E:EG] ≥[E :EG∪{δ}]≥n+ 1,điều này vô lý. Suy raδ ∈G. Như vậy với mọiδ∈Aut(E) ta cóδ cố định EG nếu và chỉ nếuδ ∈G. Từ đó

áp dụng vào các nhóm conGvà H ta suy ra: nếuδ∈Gthì δ cố

địnhEG(=EH), vì thế từδ cố đinh EH suy raδ ∈H; điều ngược lại tương tự.

•Bài tập Chương 4