Về nhóm con của nhóm SO(3)

trong luận văn là nhóm con của nhóm SO(3) sinh bởi hai phép quay có bậc hữu hạn quanh các trục vuông góc. Nhóm các phép quay này được quan tâm nghiên cứu do nó có ứng dụng trong lí thuyết Tilings, một lí thuyết nghiên cứu quá trình phủ không gian bằng các bản copy của một số hữu hạn các hình đa diện cho trước. Tuy nhiên trong khuôn khổ của một luận văn Cao học, chúng tôi chỉ tập trung tìm hiểu kết 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 của các nhóm con G(p, q) sinh bởi hai phép quay quanh hai trục vuông góc với các góc quay lần lượt là 2pi/p và 2pi/q. Chúng ta nghiên cứu nhóm con này với 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 nhị diện hữu hạn; G(4, 4) là nhóm đối xứng của các hình lập phương; còn tất cả các trường hợp khác G(p, q) là trù mật trong SO(3). Luận văn được trình bày theo bài báo [4] của hai tác giả C.radin và L.Sadun (năm 1998). Kết quả chính đầu tiên của luận văn chính là định lí cấu trúc (Định lí 2.1.2), chỉ ra rằng nhóm G(p, q) đẳng cấu với tích tự do và tích tự do với nhóm con chung của các nhóm đơn giản là nhóm cyclic hay nhóm nhị diện. Kết quả tiếp theo là định lí về dạng chuẩn tắc của các phần tử nói rằng mọi phần tử của nhóm G(p, q) đều có thể biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng tích của một số phần tử có dạng cụ thể (Xem định lí 2.2.1 và 2.2.6). Ngoài ra trong phần cuối luận văn còn nghiên cứu một ví dụ về nhóm con của nhóm SO(3) sinh bởi hai phép quay với các góc quay là tích của 2pi với một số vô tỉ hay siêu việt. Bằng cách sử dụng kĩ thuật như phần đầu, luận văn chứng minh được một số trường hợp nhóm trong ví dụ là đẳng cấu với nhóm tự do sinh bởi hai 4 phần tử. Luận văn gồm 3 chương. Chương 1 dành để giới thiệu các khái niệm, các tính chất đặc trưng và các ví dụ minh họa về phép quay và ma trận phép quay; nhóm tự do; tích tự do; 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 gồm hai phần. Phần 1 trình bày biểu diễn cho nhóm G(p, q). Phần 2 trình bày dạng 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 quay G(v, 4) trong đó có góc quay v là một số vô tỉ cho trước nhân với 2pi. Sau đó trình bày ví dụ nghiên cứu bước đầu về nhóm G(ω, 4) với eωi (tương đương cos(ω)) là siêu việt. Luận văn được hoàn thành với sự hướng dẫn tận tình của Thầy Ts. Vũ Thế 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 bị cho tôi kiến thức cơ sở. Tôi xin trân trọng cám ơn ban giám hiệu và các bạn đồng nghiệp trường THPT chuyên Hà Giang, xin trận trọng cám ơn những người thân, bạn bè và lớp cao học toán K14 đã động viên giúp đỡ tôi trong qua trình hoàn thành luận văn. 5 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 nghĩa phép quay quanh các trục Ox, Oy, Oz của hệ trục tọa độ Oxyz trong không gian 3 chiều với góc quay ϕ. 1.1.1 Định nghĩa. Phép quay quanh trục Ox với góc quay ϕ trong không gian 3 chiều với hệ trục toạ độ đề các vuông góc Oxyz là một phần tử của nhóm SO(3) có ma trận tương ứng là1 0 00 cosϕ sinϕ 0 −sinϕ cosϕ  . Kí hiệu Rϕx hay Rϕx = 1 0 00 cosϕ sinϕ 0 −sinϕ cosϕ  . Ta cũng định nghĩa tương tự các phép quay Rϕy , R ϕ z tương ứng quanh trục Oy, Oz với các ma trận tương ứng lần lượt là cosϕ 0 sinϕ0 1 0 −sinϕ 0 cosϕ  và  cosϕ sinϕ 0−sinϕ cosϕ 0 0 0 1  . 6 Về ma trận của ánh xạ tuyến tính có thể xem thêm [2]. Phần tiếp theo trình bày lý thuyết nhóm tự do, biểu diễn cho nhóm, tích tự do, tích tự do với 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 của F nếu mọi hàm ϕ : S −→ G từ một tập S đến nhóm G đều có thể mở rộng duy nhất thành một đồng cấu ϕ˜ : F −→ G sao cho ϕ˜(s) = ϕ(s), ∀s ∈ S và ta có sơ đồ S ⊆ F G HHHHHHHHj ϕ ? ∃!ϕ˜ Một nhóm F được gọi là nhóm tự do nếu nó có một tập con là cơ sở tự do của F 1.2.2 Ví dụ. Ta xét nhóm Cyclic vô hạn C (được viết theo lối nhân) bao gồm các 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 đồng cấu mở rộng ϕ˜ : C −→ G được định nghĩa bởi ϕ˜(ai) = gi. Hiển nhiên ϕ˜ là mở rộng duy nhất. Chú ý rằng C còn có một cơ sở tự do khác nữa đó là tập {a−1}, và đó là hai cơ sở tự do duy nhất của C. Tương tự ta cũng có nhóm các số nguyên Z (đẳng cấu với C) là nhóm tự do với hai cơ sở tự do là {1} và {−1}. 7 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 đưa ra một vài quan hệ giữa chúng. Ta thường dùng kí hiệu G = 〈a1, a2, a3, ...|u1 = v1, u2 = v2, ...〉, trong đó ai là các kí tự và uj, vj là các từ tạo bởi ai. Do trong nhóm thoả mãn u = v ⇔ uv−1 = 1, vì thế ta có thể biểu diễn cho nhóm dưới dạng tương đương G = 〈a1, a2, ...|r1 = 1, r2 = 1, ...〉, trong đó ri = uiv −1 i với i = 1, 2, 3, ... hoặc để đơn giản ta kí hiệu G = 〈a1, a2, ...|r1, r2, ...〉. 1.3.1 Định nghĩa. Một biểu diễn P = 〈S|D〉 là một cặp bao gồm một tập S các phần tử sinh và một tập D các từ trên S gọi là hệ tử định nghĩa. Nhóm biểu diễn bởi P , kí hiệu gp(P ) là nhóm FS/ND trong đó FS là nhóm tự do với cơ sở tự do S và ND là bao đóng chuẩn tắc của D trong FS, đó là nhóm con chuẩn tắc nhỏ nhất của FS chứa D. Do đó nếu r ∈ D thì r ∈ ND và vì thế r = 1gp(P ). Nếu G = gp(P ) ta thường viết là G = 〈S|D〉 khi không cần thiết phân biệt nhóm và sự miêu tả nhóm đó. Một biểu diễn P = 〈S|D〉 gọi là hữu hạn sinh nếu S có hữu hạn phần tử và là quan hệ hữu hạn nếu D có hữu hạn phần tử. Nếu cả S và D đều có hữu hạn phần tử thì P là một biểu diễn hữu hạn. Nếu S = {a1, a2, a3, ...}, D = {r1, r2, r3, ...} ta sử dụng kí hiệu P = 〈a1, a2, a3, ...|r1, r2, r3, ...〉, trong trường hợp này các ri được gọi là các hệ tử hoặc P = 〈a1, a2, ...|r1 = 1, r2 = 1, ...〉, thì các ri = 1 gọi là các hệ thức. 8 1.3.2 Ví dụ. (1) Nhóm Cyclic vô hạn C được viết theo lối nhân với phần tử sinh a, có biểu diễn C = 〈a|∅〉 với các hệ tử định nghĩa là rỗng. Tổng quát hơn nhóm tự do FS với cơ sở tự do S có biểu diễn F = 〈S|∅〉. (2) Nhóm Cyclic hữu hạn Cn có bậc n, có biểu diễn Cn = 〈a|an = 1〉. 1.4 Tích tự do 1.4.1 Định nghĩa. Giả sử H và K là hai nhóm. Nhóm L được gọi là tích tự do của H và K nếu có các đồng cấu: iH : H −→ L và iK : K −→ L thoả mãn các điều kiện sau: Với mọi cặp đồng cấu α : H −→ G và β : H −→ G trong đó G là nhóm bất kì, thì có duy nhất đồng cấu γ : L −→ G sao cho α = γ ◦ iH và β = γ ◦ iK . Ta có biểu đồ H L K G -iH @ @ @R α ? ∃!γ ffiK β Qua theo dõi biểu đồ dễ dàng thấy rằng tích tự do của H và K là duy nhất (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 cho H ? K. Giả sử H và K được cho bởi biểu diễn H = 〈S|D〉 và K = 〈T |E〉. Bằng cách thay đổi một trong các chữ cái nếu cần thiết ta có thể giả thiết S và T là dời nhau, tức là S ∩ T = ∅. Thì biểu diễn cho H ? K có dạng H ? K = 〈S ∪ T |D ∪ E〉. Do định nghĩa đòi hỏi ánh xạ iH và iK là những đồng cấu cảm sinh bởi sự bao hàm trên những phần tử sinh nên cả hai đều là đơn cấu. Thật vậy, nếu ta định nghĩa ϕ : H ?K −→ H cho tương ứng s 7→ s, t 7→ 1 với mọi s ∈ H và 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 bởi γ(s) = α(s) với mọi s ∈ S và γ(t) = β(t) với mọi t ∈ T thì γ xác định một đồng cấu. Như vậy từ định nghĩa cho ta ánh xạ γ xác định duy nhất. 9 Trong cùng một định nghĩa thì tích tự do H ? K là nhóm tự do chứa H và K. Nhóm con H , K được gọi là nhân tử tự do của H ? K. 1.4.2 Ví dụ. Cho Zp = 〈α|αp = 1〉, Zq = 〈β|βq = 1〉 thì Zp ? Zq = 〈α, β|αp = 1, βq = 1〉, hoặc Zp ? Zq = 〈α, β|αp, βq〉. Một biểu thức hay một từ luân phiên trong H ? K là một tích có dạng h1k1h2k2 ã ã ãhmkm trong đó hi ∈ H và ki ∈ K. Theo quy ước ta thừa nhận có thể một hoặc cả hai h1 hoặc km không được biểu diễn, tức là phần đầu hoặc cuối của biểu thức có thể không có. Như vậy biểu thức có thể có một trong bốn dạng: h1k1h2k2 ã ã ãhmkm hoặc k1h2k2 ã ã ãhmkm trong đó h1 không được biểu diễn, hoặc h1k1h2k2 ã ã ãhm trong đó km không được biểu diễn, hoặc k1h2k2h2 ã ã ãhm trong đó km không được biểu diễn. Số các nhân tử được biểu diễn gọi là độ dài của từ. Ta thừa nhận biểu thức rỗng có độ dài bằng 0. Một biểu thức luân phiên được gọi là rút gọn nếu mỗi hi 6= 1H và ki 6= 1K khi biểu diễn. Nếu một biểu thức luân phiên không được rút gọn nó sẽ bằng một biểu thức luân phiên ngắn hơn thu được bằng cách di dời một trong các hạng tử và gộp chúng lại. Do đó nếu hi = 1H , biểu thức luân phiên h1k1 ã ã ã ki−1hiki ã ã ãhmkm có thể thay thế bằng biểu thức luân phiên h1k1 ã ã ãhi−1(ki−1ki)hi+1 ã ã ãhmkm có ít hơn sự luân phiên và biểu diễn cùng nhóm phần tử. Tiếp tục theo cách này cuối cùng ta đi đến một biểu thức luân phiên rút gọn biểu diễn cùng một nhóm phần tử như nguyên 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 phiên duy nhất có dạng h1k1h2k2 ã ã ãhmkm với hi 6= 1H và ki 6= 1K . Sự duy 10 nhất ở đây có nghĩa là nếu hai biểu thức bằng nhau trong H ? K, cụ thể h1k1 ã ã ãhmkm = h′1k′1 ã ã ãh′nk′n trong H ?K thì n = m và mỗi hi = h′i trong H và mỗi ki = k ′ i 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 sửH vàK có một đẳng cấu nhóm con, vì thế có một cặp các phép nhúng ( đơn cấu ) σ : M −→ H và τ : M −→ K. Ta muốn dạng nhóm "tự do nhất" chứa H và K mà nhóm con của 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 nhóm con chung M nếu có các ánh xạ iH : H −→ L và iK : K −→ L sao cho iH ◦ σ = iK ◦ τ thoả mãn các điều kiện sau: Mỗi cặp đồng cấu α : H −→ G và β : K −→ G sao cho α ◦ σ = β ◦ τ trong đó G là nhóm bất kì thì có duy nhất đồng cấu γ : L −→ G thoả mãn: α = γ ◦ iH và β = γ ◦ iK . Ta có biểu đồ M H L K G σ @ @ @R τ - iH @ @ @R α ? ∃!γ ff iK β Theo dõi biểu đồ trên ta dễ dàng chỉ ra rằng tích tự do L của H và K với nhóm con chung M là duy nhất (sai khác một đẳng cấu). Ta kí hiệu là L = H ? M K. Cũng dễ dàng chỉ ra rằng tích tự do với nhóm con chung là tồn tại vì ta có thể viết ra biểu diễn cho L = H ? M K. Giả sử H và K được cho bởi biểu diễn H = 〈S|D〉 và K = 〈T |E〉, giả sử M = 〈Q|V 〉. Bằng cách thay đổi một trong các chữ cái nếu cần thiết ta có thể giả thiết là S ∩T = ∅. Thì biểu diễn cho H ? M K thu được bởi sự tham gia cùng nhau và đồng nhất ảnh của 11 M có dạng H ? M K = 〈S ∪ T |D ∪ E, σ(q) = τ(q), ∀q ∈ Q〉. Các ánh xạ iH , iK đòi hỏi là các đồng cấu cảm sinh tác động lên các phần tử sinh. Cả hai đều là đơn cấu, hơn nữa ta có thể chỉ raH∩K = σ(M) = τ(M). Cuối cùng cho các đồng cấu α và β như trong định nghĩa, γ được cho bởi γ(s) = α(s), ∀s ∈ S và γ(t) = β(t), ∀t ∈ T thì γ xác định một đồng cấu và là đồng cấu duy nhất thoả mãn định nghĩa. Trong trường hợpM là nhóm con tầm thường thì H ? M K quy về tích tự do H ? K. Có cách kí hiệu phù hợp khác thường được sử dụng. Đó là, cho A = σ(M) ⊆ H vàB = τ(M) ⊆ K thì A,B đẳng cấu với nhau qua đồng cấu ϕ = τ ◦ σ−1 : A −→ B. Khi đó tích tự do với nhóm con chung A = B thường được kí hiệu là H ? A=B K và được biểu diễn dưới dạng tương đương sau H ? A=B K = 〈S ∪ T |D ∪ E, a = ϕ(a), ∀a ∈ σ(Q)〉. 1.5.2 Ví dụ. Xét hai nhóm Cyclic cấp vô hạn H = 〈c|〉 và K = 〈d|〉 với các nhóm con tương ứng là A = 〈c2〉 và B = 〈d3〉, A và B đẳng cấu với nhau qua ánh xạ c2 7→ d3 thì tích tự do tương ứng của chúng là G = H ? A=B K = 〈c, d| c2 = d3〉. Để sử dụng có hiệu quả tích tự do với nhóm con chung ta cần một biểu thức chính tắc hay dạng "chuẩn tắc" cho mỗi phần tử và cho những phương pháp 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 từ hay một biểu thức luân phiên cũng giống như trong phần tích tự do. Rõ ràng mỗi phần tử g ∈ G bằng một biểu thức luân phiên nào đó. Nhưng có một số chú ý cần thiết là ta chưa biết chắc chắn là H và K đã được nhúng vào G hay chưa, vì thế ta coi biểu thức như là dãy mà có ảnh tự nhiên ở trong G. 12 Ta nói một biểu thức luân phiên h1k1 ã ã ãhmkm của một tích tự do hỗn tạp gọi 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 h1k1 ã ã ãhmkm chưa được rút gọn, tức là có hi = ai ∈ A. Trong biểu thức này ta có thể thay thế hi = ai ∈ A bởi tương ứng bi = ϕ(ai) để thu được (sau khi hợp nhất) biểu thức luân phiên h1k1 ã ã ãhi−1(ki−1biki)hi+1 ã ã ãhmkm, có ít hơn sự luân phiên và còn biểu diễn một nhóm phần tử. Tương tự nếu ki ∈ K ta có thể thay thế nó bởi tương ứng ai và hợp nhất cho ta một biểu thức có ít hơn sự luân phiên so với biểu thức ban đầu. Tiếp tục theo cách này cuối cùng ta di đến một biểu thức luân phiên, biểu diễn cùng một nhóm phần tử như nguyên bản mà hoặc là được rút gọn hoặc là một phần tử của A = B. Bây giờ ta xét lại một ví dụ đã nghiên cứu từ trước G = H ? A=B K = 〈c, d| c2 = d3〉. Nhớ lại rằng cả hai từ c3d−5 và cd−2 đều là từ được rút gọn. Nhận thấy trong G ta có c3d−5 = cc2d−5 = cd3d−5 = cd−2 do đó hai từ này là hai từ bằng nhau trong G, đó là chúng biểu diễn cùng nhóm phần tử. Vì thế "rút gọn" là không 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 là tập đại diện các lớp ghép phải của A trong H , Y chứa chỉ một phần tử (được gọi là lớp biểu diễn) từ mỗi lớp ghép phải Ah, trong đó h ∈ H là đối tượng để đặt điều kiện mà được chọn để biểu diễn cho A bản thân nó là 1. Tương tự ta chọn Z tập đại diện các lớp ghép phải của B trong K. Ta định nghĩa một dạng chính tắc hoặc là một phần tử của A = B hoặc là một biểu thức có dạng ah1k1 ã ã ãhmkm với 1 6= hi ∈ Y và 1 6= ki ∈ Z khi biểu diễn và a ∈ A. Còn h1k1 ã ã ãhmkm là một biểu thức luân phiên mà ta thừa nhận có bốn dạng như trong phần tích tự do. Vì thế một dạng chuẩn tắc là một tích luân phiên của các phần tử của các tập Y và Z (tất cả sự khác biệt từ 1 vì thế biểu thức được rút gọn) được đứng trước bởi một phần tử của A = B. 13 Trong trường hợp h1 không được biểu diễn ta thường sử dụng b = ϕ(a) thay thế và viết bk1 ã ã ãhmkm. Đây là một nhóm phần tử vì a = b trong G. Ta cần 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 phải qua trái qua từ biến đổi nó thành một dạng chuẩn tắc. Vì thế ta có thể giả thiết h1k1 ã ã ã ki−1hiki ã ã ãhmkm được rút gọn và mỗi số hạng đó theo hướng phải cụ thể hi là một phần tử thuộc Y hoặc Z phân biệt với 1. Bây giờ ta viết hi = ah ′ i trong đó a ∈ A và h′i ∈ Y. Nhớ rằng h′i 6= 1 do hi 6∈ A bởi vì biểu 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 sửa lại h1k1 ã ã ãhi−1(ki−1b)h′iki ã ã ãhmkm mà vẫn còn bằng nhóm phần tử nguyên bản. Nó vẫn còn được rút gọn vì ki−1 6∈ B kéo theo ki−1b 6∈ B. Tiếp tục theo cách 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 đầu tiên 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 K có một dạng chuẩn tắc duy nhất là ah1k1..hmkm với 1 6= hi ∈ Y trong đó 1 6= ki ∈ Z khi biểu diễn và a ∈ A . ở đây Y và Z là các tập đại diện các lớp ghép phải được chọn ở trên. Điều khẳng định duy nhất ở đây có nghĩa là nếu có hai biểu thức bằng nhau trong H ? K, cụ thể ah1k1 ã ã ãhmkm = a′h′1k′1 ã ã ãh′nk′n, thì n = m và mỗi hi = h ′ i, ki = k ′ i và a = a ′ . 14 Chương 2 Nhóm G(p,q) Trong chương này ta nghiên cứu hai vấn đề quan trọng nhất của luận văn đó là biểu diễn cho nhóm G(p, q) (Định lí 2.1.2) và chỉ ra dạng chính tắc cho mỗi phần tử của nhóm G(p, q) (Định lí 2.2.1 và 2.2.6). 2.1 Biểu diễn nhóm G(p,q) 2.1.1 Định nghĩa. Cho các số nguyên dương p, l, q. Ta định nghĩa các phép quay A = R 2pi/p x , L = R 2pi/l y , S = R 2pi/4 y , B = R 2pi/q z . Trong đó R 2pi/p x là phép quay quanh trục Ox với góc quay 2pi/p. Gọi G(p, l, q) = 〈A,L,B〉 là nhóm sinh bởi ba phép quay A, L, B và G(p, q) = G(p, 1, q) = 〈A,B〉 là nhóm sinh bởi hai phép quay A,B. 2.1.2 Định lý. (i), Nếu p, q > 3 và đều lẻ thì G(p, q) đẳng cấu với tích tự do Zp ? Zq = 〈α, β|αp = 1, βq = 1〉. (2.1) (ii), Nếu p > 4 chẵn và q > 3 lẻ thì G(p, q) đẳng cấu với nhóm có biểu diễn 〈α, β|αp = 1, βq = 1, αp/2βαp/2β = 1〉. (2.2) (iii), Nếu p > 4 chẵn và q = 2s với s > 3 lẻ thì G(p, q) đẳng cấu với nhóm có biểu diễn 〈α, β|αp = 1, βq = 1, αp/2βαp/2β = 1, βq/2αβq/2α = 1〉. (2.3) 15 (iv), Nếu p, q cùng chia hết cho 4 thì G(p, q) = G([p, q], 4, 1). (2.4) ( [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 = R2pi/mx . Nếu W,E ∈ G(4, 4, 1), 4aj 6= 0 (mod m), bj lẻ và n > 0 thì WSb1T a1Sb2T a2 ã ã ãSbnT an 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 tiên ta 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 = e2pii/m, y = xs và z = x2t ta chỉ ra mỗi phần tử của R = Z[x] = Z[y, z] được viết duy nhất dưới dạng∑2t−1 j=0 kj(z)y j, với kj(z) ∈ Z[z]. Tiếp theo bằng cách áp dụng hai bổ đề 2.1.4 và 2.1.5 chứng minh mỗi ma trận SbiT ai là khác ma trận đơn vị. Cuối cùng 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 hệ quả của việc áp dụng bổ đề cho 4m. Do đó không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết là m chia hết cho 4, và vì vậy m phân tích ra được dưới dạng m = s2t với t 6= 0. Đặt x = e2pii/m, y = xs và z = x2 t thế thì ta có ngay y2 t = 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 ra a = ahs + ak2t = us + v2t (với u = ah, v = ak). Như vậy với mỗi số mũ a ∈ 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 công thức y2 t−1 = −1 ta có thể viết mỗi phần tử của R dưới dạng 2t−1∑ j=0 kj(z)y j, với kj(z) ∈ Z[z]. (2.6) 16 Dạng này là duy nhất vì đa thức chia đường tròn của e2pii/n có bậc φ(n) vì thế Z[e2pii/n] có chính xác φ(n) phần tử độc lập tuyến tính trên Z (φ(n) là hàm Ơle). Nhận thấy một số nguyên tố với s2t thì số đó phải lẻ và nguyên tố 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 đó φ(s2t) = 2t−1φ(s) và như vậy dạng (2.6) cần chính xác 2t−1 hệ số, φ(s) cho mỗi luỹ thừa của y. Nếu điều này không được thoả mãn thì Z[x] là nhóm Abel hữu hạn sinh, có ít hơn φ(m) phần tử, dẫn đến mâu thuẫn. Bây giờ ta xét mỗi nhân tử SbT a trong biểu thức (2.5), nó có dạng ST a =  0 −s˜ c˜0 c˜ s˜ −1 0 0  , (2.7) hoặc S3T a = 0 s˜ −c˜0 c˜ s˜ 1 0 0  , (2.8) . trong đó c˜ = cos(2pia/m) = (xa+x−a)/2, s˜ = sin(2pia/m) = (xa−x−a)/2i. (chú ý rằng do S4 = I và ta chỉ xét b lẻ nên b = 1 hoặc b = 3. Cũng vì x là căn bậc m của đơn vị nên xa = x−a). Với xa được viết dưới dạng xa = yuzv và do zs = 1 nên ta cần xét hai trường hợp của v là v ≡ 0 (mod s) hoặc v 6≡ 0 (mod s). Đặt I là iđêan cực đại chứa iđêan (1 + y) ⊂ R. Để tiếp tục chứng minh Bổ đề 2.1.3 ta cần áp dụng hai bổ đề sau: 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 trận 2SbT a 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 thoả mãn phần tử (2,2) của ma trận (1+y)wSbT a 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, thì w = 2t−1−2k+1. Tương tự các phần tử (1,2), (1,3), và (2,3) của (1+y)wSbT a cũng thuộc R nhưng không thuộc I . 17 Bây giờ ta xét ma trận FiS biT ai 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 δ 0 0 0  , (2.9) với α, β, γ, δ là khác phần tử 0 trên trường R/I . Nhưng tích của hai hay nhiều ma trận có dạng trên lại là một ma trận có dạng trên. Vì thế tích FSb1T a1Sb2T a2 ã ã ãSbnT an, (2.10) trong đó F là tích riêng của các Fi lại là một ma trận có dạng trên. Những ma trận thuộc nhóm G(4, 4, 1) khi nhân vào ma trận (2.10) trên ta được một ma trận trái dấu hoặc một ma trận hoán vị của ma trận này. Nói chung FWSb1T a1Sb2T a2 ã ã ãSbnT anE (2.11) là ma trận có 4 phần tử khác 0 thuộc R/I . Nhưng vì F nhân với ma trận đơn vị là ma trận 0 theo môđun I từ đó ⇒ WSb1T a1Sb2T a2 ã ã ãSbnT anE không thể 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 2SbT a là phần tử xa + 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). 18 Rõ ràng y−2uz−v − (−y)−uz−v ∈ I . Thật vậy, nếu u chẵn thì y−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˜ = zv thì z˜s = 1 . Ta có (z˜ + z˜−1)(z˜2 + z˜3) = z˜ + z˜2 + z˜3 + z˜4 ∈ I . Nhân biểu thức với 1+ z˜4 + z˜8 + ...+ z˜4k ta có z˜+ z˜2 + z˜3 + ...+ z˜4k+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˜ + z˜2 + ... + z˜s−1 ∈ I mặt khác 1+ z˜+ ...+ z˜s−1 = (1− z˜s)/(1− z˜) = 0⇒ z˜+ z˜2+ ...+ z˜s−1 = −1 ∈ I hay 1 ∈ I . Nếu s ≡ 3 (mod 4) chọn k = (s− 3)/4 thế thì z˜ + z˜2 + ...+ z˜s+1 ∈ I . Vì 1 + z˜ + ...+ z˜s−1 = 0⇒ z˜ + z˜2 + ...+ z˜s = 0 (nhân 2 vế với z˜). Do đó z˜ + z˜2 + ...+ z˜s + z˜s+1 = z˜s+1 = z˜sz˜ = z˜ ∈ I ⇒ z˜s = 1 = (z˜)s ∈ I . Mâu thuẫn với giả thiết I là iđêan của R . Ta xét thêm các phần tử khác Phần tử (1,3) là c˜ hoặc −c˜ nên là phần tử thuộc R nhưng không thuộc I . Hai phần tử (1,2), (2,3). Đặt u = u′ − 2t−2, vì y2t−1 = −1 ta có yuzv − y−uz−v = yu′−2t−2zv − y−u′+2t−2z−v = [yu ′ zv − y−u′z−v(y2t−2)2]/y2t−2 = [yu ′ zv − y−u′z−v]/y2t−2. Như vậy s˜ = (xa − x−a)/2i = (yuzv − y−uz−v)/2i = (yu′zv + y−u′z−v)/y2t−22i /∈ I. 19 Chứng minh. (Bổ đề 2.1.4) Bản chất của việc chứng minh bổ đề này là ta phải đếm số mũ w của nhân tử (1 + y) sao cho (1 + y)w(yu+ y−u) là bội của 2 trong Z[y] (Cần nhớ là ta xét 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 k ) = 2 q k!(2q−k)! và 2y c là chia hết cho 2). Đặc biệt, theo nhị thức Newton và 1 + y2 t−1 = 0 nên (1 + y)2 t−1 ≡ 1 + y2t−1 ≡ 0 (mod 2). (2) Nếu c là luỹ thừa của 2, vì 1± yc ≡ (1 + y)c (mod 2) suy ra (1± yc)(1 + y)2t−1−c ≡ (1 + y)2t−1−c(1 + y)c ≡ (1 + y)2t−1 ≡ 0 (mod 2) (áp dụng tính chất về đồng dư có thể xem thêm trong [1]). (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 y2 t−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) ở trên ta có (1− y2k+2)(1 + y)2t−1−2k+2 ≡ 0 (mod 2) nên (1− y2k+2)(1 + y)w ≡ 0 (mod 2). 20 Từ dó (1−y2u−2k+1)(1+y)w ≡ 0 (mod 2). Tương tự (1+y)w(1−y2k+1 ≡ 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 chứng minh bổ đề 2. Đặt u′ = u+ 2t−2, vì k theo giả thiết là nhỏ hơn t− 2 thì luỹ thừa w của (1 + y) cần để yu ′ + y−u ′ chia hết cho 2 cũng giống như trường hợp 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 tối đại 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] phải trùng 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 để chứng minh Định lí 2.1.2. Chứng minh. Trong các trường hợp (i), (ii), (iii) của định lí, xét ánh xạ tự nhiên ρ từ nhóm trừu tượng 〈α, β|(hệ thức)〉 đến nhóm G(p, q) cho tương ứng α với A, β với B. Và trong mỗi trường hợp các hệ thức tương ứng với ma trận đơn vị. Rõ ràng ρ là toàn cấu, ta phải chỉ ra ρ là đơn cấu. Điều này tương đương với việc ta chỉ ra mọi phần tử g ∈ 〈α, β|(hệ thức)〉 (được viết như 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 như bổ đề. Theo giả thiết suy ra A = R 2pi/p x = (R 2pi/m x )q = T q và B = S3T pS. Mỗi phần tử g tuỳ ý thuộc nhóm 〈α, β|(hệ thức)〉 bằng cách sử dụng hệ thức αp = 1, βq = 1 thì g có dạng αa˜1β b˜1 ã ã ãαa˜nβ b˜n, (2.13) với mỗi a˜i ∈ (0, p) và b˜i ∈ (0, q) trừ a˜1 và b˜n có thể bằng 0 (ở trường hợp (ii), (iii) ta sử dụng hệ thức đã cho để hạn chế thêm điều kiện của a˜i và b˜i). 21 Từ đó ρ(g) = Aa˜1B b˜1 ã ã ãAa˜nB b˜n = T qa˜1(S3T pS)b˜1 ã ã ãT qa˜n(S3T pS)b˜n = T a1S3T b1S ã ã ãT anS3T bnS, (2.14) với ai = qa˜i, bj = pb˜j. Xét các trường hợp của định lí. Trường hợp (i). Nếu p > 3 và q > 3 đều lẻ ⇒ (4, p) = (4, q) = 1 nên 4ai 6= 0 (mod m) với i > 1 (giả sử 4ai = 4qa˜i chia hết cho m = pq suy ra a˜i chia hết cho p (vô lí)) và 4bj 6= 0 (mod m) với j < n. Ta chọn W ∈ G(4, 4, 1) sao cho W là ma trận nghịch đảo của S và chọn E = S thế thì ρ(g) = WST a1S3T b1S...T anS3T bnE. Theo Bổ đề 2.1.3 ρ(g) chỉ có thể bằng 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 thức αp/2βαp/2β = 1⇒ βαp/2 = αp/2β từ đó βbαp/2 = βp−1βαp/2 = βb−1αp/2β−1 = ... = αp/2β−b(vớib ∈ Z). Bằng cách áp dụng hệ thức này cho biểu thức (2.13), ta có thể quy tất cả các a˜i có thể trừ a˜1, khác không và thuộc khoảng (−p/4, p/4] (sở dĩ ta làm như sau: để thuận tiện ta quy tất cả các a˜i ∈ (−p/2, p/2], giả sử a˜i /∈ (−p/4, p/4]. Nếu a˜i ∈ (−p/2,−p/4]⇒ a˜i = −p/2 + p/2 + a˜i thì αa˜iβ b˜i = α−p/2+p/2+a˜iβ b˜i = αp/2+a˜iα−p/2β b˜i = αp/2+a˜iαp/2β b˜i. Rõ ràng a˜i + p/2 ∈ (0, p/4] nên ta có thể coi a˜i là a˜i + p/2. Nếu a˜i ∈ (p/4, p/2] ⇒ a˜i = p/2 − p/2 + a˜i, dễ thấy a˜i − p/2 ∈ (−p/4, 0] nên ta coi a˜i là a˜i − p/2). Từ q lẻ nên ta vẫn có 4bj 6= 0 (mod m), ∀j < n. Nhận thấy rằng ta chưa thể áp dụng được ngay Bổ đề 2.1.3 cho biểu thức (2.14), vì nếu p chia hết 22 cho 4 thì ai có thể bằng m/4 với i nào đó. Vì vậy nếu trường hợp này xảy ra ta có thể áp dụng hệ thức STm/4S3 = Tm/4S3T−m/4 để loại bỏ các số hạng Tm/4 và đưa được các T±m/4 về gần các T bj trở thành T bj±m/4, ta được nhưng bj mới nhưng vẫn thoả mãn 4bj 6= 0 (mod m) (vì 4(bj ±m/4) 6= 0 (mod m)⇔ 4bj 6= 0 (mod m)). Bây giờ ta áp dụng Bổ đề 2.1.3 cho biểu thức này khi mà các ai ∈ (−m/4,m/4) hay 4ai 6= 0 (mod m) thì biểu thức (2.14) có thể bằng I nếu và chỉ nếu  n = 1 b1 = 1 ρ(g) = Aa1 = I ⇔ { a1 = b1 n = 1 hay g = e, vì thế ρ là đơn cấu. Trường hợp (iii). Giả thiết p > 4 chẵn và q = 2s với s > 3 lẻ. Bằng cách áp dụng các đồng nhất thức βq/2αa = α−aβq/2 ta có thể quy tất cả các b˜i có thể trừ b˜n là khác không và ∈ (−q/4, q/4). Lại áp dụng hệ thức βbαp/2 = αp/2β−b cho biểu thức (2.13), ta quy tất cả các a˜i có thể trừ a˜1 là khác không và ∈ (−p/4, p/4]. Ta cũng làm tương tự trường hợp (ii) nếu các a˜i = p/4 hay ai = m/4. Cuối cùng ta có 4ai 6= 0 (mod m) với i > 1 và 4bj 6= 0 (mod m) với j < n. Áp dụng Bổ đề 2.1.3 ρ(g) = 0 nếu n = 1, 4a˜i ≡ 0 (mod p) và 2b˜i ≡ 0 (mod q). Dễ dàng chỉ ra 8 trường hợp và chỉ có một trường hợp cho ta ρ(g) = I là a˜1 = b˜1 = 0 và khi đó g = e nên ρ(g) là đơn cấu. Trường hợp (iv). Do [p, q] là bội của cả p và q nên⇒ G([p, q], 4, 1) chứa A và R 2pi/q x . Và vì G([p, q], 4, 1) chứa S nên nó chứa S−1R 2pi/q x S = B do đó G([p, q], 4, 1) chứa G(p, 1, q). Mặt khác vì p, q cùng chia hết cho 4 nên G(p, q) chứa R 2pi/4 x và R 2pi/4 z nên nó chứa S = R −2pi/4 z ._.