Một số tính chất cơ bản của nhóm trực giao

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP. HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
ĐINH THỊ THANH THẢO
MỘT SỐ TÍN H CHẤT CƠ BẢN CỦA
NHÓM TRỰC G I A O
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
CHUYÊN NGÀNH ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ
Mã số: 60 46 05
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS.TS.BÙI XUÂN HẢI
Tp. Hồ Chí Minh - 20 1 1
Lời cảm ơn
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến các thầy cô trong Khoa Toán - Tin Học, Trường Đại
Học Khoa Học Tự Nhiên, đặc biệt là các thầy trong bộ môn đại số vì đã giảng dạy
tận tì n h cho tôi tr o n g suốt thời gian học cao học. Hơn hết, tôi xin gửi lời cảm ơn
đến thầy PG S.TS.B U ØI XUÂN HẢI, thầy đã động viên và tận tình giúp đỡ tôi trong
quá trình làm luận văn cao học.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến ba mẹ, anh em và những n g ư ơ øi bạn đã luôn
yêu thương tôi và luôn giúp đỡ tôi trong cuộc sống.
Tp.HCM, tháng 4 năm 2 0 1 1
Đinh T h ò Thanh Thảo
Lời nói đầu
Cho k = R, C, H, tron g đó R là trường số thực, C là trường số phức và H là vành
chia các qu at e r n i o n s th ư ïc. Trong luận văn này ta sẽ nói k là một trường ngay cả
trong trường hợp k = H (mặc dù H là vành chia kh o ân g giao hoán). Xét tập hợp
M
n
(k) gồm tất cả các ma trận vuông cấp n trên k có phép cộng và phép nhân ma
trận với một phần tử của k (từ bên trái trong trư ơ øn g h ơ ïp k = H). Ta có M
n
(k)

là kho ân g gian vectơ (không gian vectơ trái n e áu k = H) trên k. Ngoài ra, cùn g với
phép nhân ma trận thì M
n
(k) còn là một đại số trên k. Trong l u ận văn này ta sẽ
khảo sát m o ät số tính chất cơ bản của nhóm nhân tất cả các phần tử khả n g h ò ch
của M
n
(k) mà ta sẽ ký hiệu là GL(n, k) và gọi nó là nhóm tuyến tính tổng quát
bậc n trên k. Nội dung luận văn bao gồm 4 chương:
Chương 1: Trong ch ư ơ n g 1 ta đònh nghóa vành chia H các quaternions thực và
nêu một số tính chất cơ bản của nó. Nếu k = R, C, H thì ta ký hie äu k
n
là
không gian vectơ hàng, độ dài n trên k. Lưu ý rằng khi k = H thì đó là
không gian vectơ trái trên k. Từ đó suy ra, nếu x = (x
1
, . . . , x
n
) ∈ k
n
và
A ∈ M
n
(k) thì xA ∈ k
n
. Do đó, ta có th e å xem mỗi ma trận A như một
toán tử tuyến tính trong không gian vectơ k
n
. Ngoài ra trong chương này ta
cũng đư a ra khái nie äm đònh t h ư ùc đối với các ma trận A ∈ M

n
(H).
Chương 2: Trong chương này ta sẽ khảo sát khái niệm tích trong < , > trên các
không gian R
n
, C
n
và H
n
. Từ đó t a đònh nghóa về các nhóm trực giao, unit a,
symplectic, trực giao đặc b i e ät và u n i t a đặc b i e ät . Ta sẽ chứng minh sự đẳng
cấu giữa các nhóm Sp(1) và SU(2) và chỉ ra rằng S
3
không đẳng cấu với
SO(3).
Chương 3: Chúng ta đònh nghóa bất biến đầu tiên của nhóm ma trận là số chiều
của nó. Vectơ tiếp tuyến với ma trận G là Y

(0), với Y là đường cong trong
G, Y (0) = I và chỉ ra tập T
G
của tất cả các vectơ t i e áp tu ye án là không gian
vectơ. Đònh nghóa số chiều của T
G
là chie àu của G.
6
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 7
Chương 4: Trong chương 4, chúng ta phát triển ánh xạ lũy thừa và logarit tại lân
cận của I trong GL(n, k) và đònh nghóa nhóm con một tham số. Trong
phần này ta sẽ chỉ ra không gian vectơ T

G
chính là tất cả các đạo hàm tại 0
(Y

(0)) của các nhóm con một tham số Y . Đại số Li e được đònh nghóa và ta
xem T
G
là đại số Lie. Cuối cùng ta tính số chiều của O(n), U(n) và Sp(n).
Hướng kế tiếp của chúng ta là xây dựng không gian topo và đem tất cả các nhóm
ma trận của chúng ta vào không gian Eucli de , xây dựng các hàm liên tục, tập mở,
tập đóng, tập compact và xây dựng cơ sở đếm được của các tập mở để ng h i e ân
cứu về các xuyến cực đại của những nhóm ma trận
7
Mục lục
Lời nói đầu 6
Các ký hiệu trong luận văn 8
1 Nhóm tuyến tính tổng quát 9
1.1 Trường các quaternions thực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2 Vectơ và ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3 Các nho ùm tuye án tính tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2 Các nhóm trực gi a o 20
2.1 Tích t r o n g . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.2 Các nho ùm trư ïc giao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.3 Đẳng cấu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3 Đồng cấu 34
3.1 Đường cong trong không gian vectơ . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.2 Đồng cấu trơ n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4 Hàm mũ và hàm logarit 41
4.1 Hàm mũ của ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
4

Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 5
4.2 Hàm logarit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
4.3 Nhóm con m o ät tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
4.4 Đại số Lie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
Kết luận 53
Chỉ mu ïc 54
Tài liệu tha m khảo 55
5
Các ký hi ệu trong lu a än văn
Ký hiệu Ý nghó a
H Trường các quaternions
GL(n, k) Nhóm tuyến tính tổng quát
< , > Tích trong
|x| Độ dài của x
O(n) = ϑ(n, R) Nhóm trực giao
U(n) = ϑ(n, C) Nhóm unit a
Sp(n) = ϑ(n, H) Nhóm symplectic
SO(n) Nhóm trực giao đặc biệt
SU(n) Nhóm unit a đặc biệt
T Không gian vectơ tiếp tuyến
so(n) Tập tất cả các ma tr ận đối xứng le äch trong M(n, R)
su(n) Tập tất cả các ma trận her m i t i an lệch trong M(n, C)
sp(n) Tập tất cả các ma trận symplectic lệch trong M (n, H)
S
3
= Sp(1) Tập tất cả các quaternions có độ dài 1.
8
Chỉ mục
SO(n), 26
SU(n), 26

su(n), 38
S
k
, 26
GL(n,C), 15
GL(n,H), 15
GL(n,R), 15
O(n), 23
Sp(n), 23
U(n), 23
sp(n), 38
không gian vectơ, 12
quaternion, 11
ánh xạ tuyến tính, 13
các nhóm tuyến tí n h tổng quát, 15
Hàm logarit, 45
Hàm mũ, 41
hermitian lệch, 37
không gian vectơ, 13, 14
Nhóm con m o ät tham số , 46
nhóm con một t h am số , 47
nhóm symplectic, 23
nhóm trực giao, 23
nhóm unita, 23
so(n), 37
Số chiều cu ûa nhóm ma trận G, 36
symplectic lệch, 38
Trường k, 9
tích t r o n g , 21
Độ dài, 22

Đường cong, 34
đại số Lie, 49
đẳng cấu, 28, 32
đồng cấu , 30
đồng cấu trơ n , 39, 40
đối xứn g lệch , 37
độ dài, 25
đònh t h ư ùc, 16
đơn cấu, 17
đường cong tích, 35
54
Chương 1
Nhóm t u yến tính tổng quát
1.1 Trường các quaternions thực
Trong suốt luận văn này ta quy ước trườn g là một cấu trúc đại số thỏa mãn đònh
nghóa dưới đây.
Đònh ng h ó a 1.1.1. Trường k là một tập hợp trên đó xác đònh phép cộng và phép
nhân t h o ûa mãn các điều kiện sau :
i) Phép nhân phân phối với phép cộng.
ii) k cùng với phép cộng là một nho ùm Abe l .
iii) k \{0} là một nhóm đối với phép nhân( không nhất thiết là nhóm Abel).
Dưới đây ta sẽ trình bày cách xây dựng trường các quaternion thực. Trước hết
ta sẽ xây dựng trường số ph ư ùc C  R
2
là mở rộng của trường số thực R.
Trong tập R
2
cho (x
1
, x

2
) và (y
1
, y
2
) là hai cặp số th ư ïc đươ ïc sắp. Lúc đó ta
đònh n g h ó a phép cộn g và phép nhân n h ư sau:
+Phép cộn g : (x
1
, x
2
) + (y
1
, y
2
) = (x
1
+ y
1
, x
2
+ y
2
)
+Phép nh ân : (x
1
, x
2
)(y
1

, y
2
) = (x
1
y
1
, x
2
y
2
)
Lúc đó ta có: (1, 0)(0, 1) = (0, 0).
(0, 0) là đơn vò của phép cộng. Vậy tích của hai phần tử khác (0, 0) trong R
2
bằng
(0, 0) nên R
2
không thể là trường với phép nhân này.
9
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 10
Bây giờ ta đònh ng h ó a lại phe ùp n h ân như sau:
(a, b)(c, d) = (ac −bd, ad + bc).
Lúc đó ta có:
(a, b) ((c, d) + (e, f )) = (a, b)(c + e, d + f)
= (a(c + e) − b(d + f), a(d + f ) + b(c + e)) .
(a, b)(c, d) + (a, b)(e, f) = (ac − bd, ad + bc) + (ae − bf, af + be).
Vậy phép nhân phân phối với phép cộn g .
Nếu (a, b) = (0, 0) thì nó có khả nghòch:
(a, b)(
a

a
2
+ b
2
,
−b
a
2
+ b
2
) = (1, 0)
với (1, 0) là đơn vò của phép nhân.
Với phép cộng và nhân như trên ta đã biến đổi R
2
thành trường, ký hiệu C và gọi
là trường số phức.
Ta viết

(a, b) = a + bi
i
2
= −1
Lúc đó
(a + ib)(c + id) = ac + iad + ibc + i
2
bd
= ac − bd + i(ad + bc)
Chúng ta có thể xem R như là trường con của C bằng cách đặt x ∈ R là x = x+i0.
Lúc đó với x, y ∈ R, ta có:
x + y = x + i0 + y + i0 = x + y + i0

xy = (x + i0)(y + i0) = xy + i0
Vậy chún g ta đã lấy trường R như tập tất cả (x, 0) trong R
2
và mở rộng phép toán
trong R vào R
2
để được trường R
2
.
Bây giờ ta tìm cách mở rộng C thành trường R
3
.
Mệnh đề 1.1.2. Phép toán trên C không thể mở rộng R
3
thành trường .
Chứng minh. Lấy 1, i, j làm vectơ cơ sở. Lúc đó phần tử bất kỳ của R
3
được viết
một cách duy nhất thành a + ib + jc với a, b, c ∈ R.
Với phép nhân mở rộng của C ta co ù: ij = a + ib + jc; a, b, c ∈ R. Lúc đó
10
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 11
i(ij) = ia + i
2
b + ijc cho nên:
−j = ia − b + ijc
−j = ia − b + (a + ib + jc)c
−j = (ac − b) + i(a + bc) + jc
2
Nghóa là c

2
= −1 mâu thuẫn với c ∈ R.
Vậy phép toán trên C không thể mở rộng R
3
thành trường.
Bây giờ ta sẽ xây dựng phép toán trên R
4
sao cho R
4
trở thành trường chứa
C như là trường con của nó.
Lấy 1, i, j, k làm vectơ cơ sở cho R
4
và đònh nghóa b ản g nhân các phần tử như sau:
1
k
i
-j
j
j
k
j
1
-k
1
-1
i
i
j
k

k
k
i
j
i
-i
-1
-1
Lúc đó:
(a + ib + jc + kd)(x + iy + jz + kw) = (ax − by − cz −dw)
+i(ay + bx + cw − dz) + j(az + cx + dy −bw) + k(aw + dx + bz − cy).
R
4
với phép nhân này là một trường và ta gọi nó là trường các qua ternio ns
thực ký hi e äu l à H. Dễ kiểm tra phép nhân này chính là mở rộng của phép n h ân
trong C bằng cách lấy c = d = 0; z = w = 0 trong công thức trên.
Bây giờ với q = a + ib + jc + kd khác (0 + i0 + j0 + k0) thì a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
= 0
và
11
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 12
q
−1

=
a − ib − jc −kd
a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
.
Dễ kiểm tra qq
−1
= 1 = q
−1
q. Vậy mỗi quaternion khác không đều có phần tử
khả nghòch.
Ví dụ 1.1.1.
1) Cho α = a + ib + jc + kd, α = a − ib −jc − kd. Lúc đó ta có
αα = (a + ib + jc + kd)(a − ib −jc −kd) = a
2
+ b
2
+ c
2
+ d
2
.
2) Nếu ta có α = a + ib + jc + kd, β = x + iy + jz + kw th ì
α = a −ib − jc −kd

β = x − iy − jz −kw
α + β = (a + x) + i(b + y) + j(c + z) + k(d + w)
= (a + x) −i(b + y) − j(c + z) −k(d + w) = α + β.
α = a + ib + jc + kd = α.
1.2 Vectơ và ma trận
Cho k ∈ { R,C,H}, k
n
là tập tất cả các bộ n phần tử được sắp của k. Đònh n g h ó a
phép cộn g tre ân k
n
bởi:
x = (x
1
, x
2
, , x
n
) y = (y
1
, y
2
, , y
n
)
x + y = (x
1
+ y
1
, x
2

+ y
2
, , x
n
+ y
n
).
k
n
cùng với phép cộng này làm thành nhóm abel có đơn vò 0 = (0, 0, , 0). Cho
c ∈ k ta đònh nghóa phép nhân ngoài
cx = (cx
1
, cx
2
, , cx
n
)
lúc đó k
n
là kho ân g gian vectơ trên trường k.
12
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 13
Đònh nghóa 1.2.1. Ánh xạ φ : k
n
→ k
n
là ánh xạ tuyến tính nếu với mọi c, d
thuộc k và x, y thuộc k
n

ta có: φ(cx + dy) = cφ(x) + dφ(y).
Đặc biệt φ(x + y) = φ(x) + φ(y), cho nên ánh xạ tuyến tính là đồng cấu của
nhóm cộng k
n
.
Mệnh đề 1.2.2. Nếu k
n
φ
→
k
n
ψ
→
k
n
là hai ánh xạ tuyến tính thì ψ
o
φ cũng là ánh
xạ tuyến tính.
Chứng minh.
(ψ
o
φ)(cx + dy) = ψ(cφ(x) + dφ(y)) = c(ψ
o
φ)(x) + d(ψ
o
φ)(y).
Đònh nghóa 1.2.3. M
n
(k) là tập tất cả các ma trận cấp n ×n lấy phần tử trong k.

Với M ∈ M
n
(k), M = (m
ij
) (m
ij
∈ k), chúng ta đònh nghóa ánh xạ φ(M )
bởi
φ(M)(x
1
, x
2
, , x
n
) = (x
1
, x
2
, , x
n
)(m
ij
)
với ph e ùp nhân ma trận ở phía bên phải; nghóa là chúng ta nhân ma trận cấp 1 ×n
với ma trận cấp n ×n sẽ được ma trận cấp 1 ×n. Dễ thấy φ(M ) là ánh xạ tuyến
tính.
φ(M)(cx + dy) = (cx +dy)(m
ij
) = c(x
1

, x
2
, , x
n
)(m
ij
) + d(y
1
, y
2
, , y
n
)(m
ij
).
Chúng ta sử dụng vectơ hàng thay vì vectơ cột vì không có sự lựa chọn khi k = H.
Ta đã đònh ngh ó a H
n
là kho ân g gian vectơ với tích vô hướng nhân vào bên trái
c(x
1
, x
2
, , x
n
) = (cx
1
, cx
2
, , cx

n
)
và nó không bằng (x
1
c, x
2
c, , x
n
c) với mọi c ∈ H. Do dó nếu sử dụng vectơ cột
và phép nh ân ma trận ở bên trái thì không phải lúc nào cũng được ánh xạ tuyến
tính. Thật vậy với q, c, d ∈ H, x, y ∈ H
n
, ta có





q 
q
.
.
.
 q











cx
1
+ dy
1
.
.
.
cx
n
+ dy
n





=





qcx
1
+ qdy
1

.
.
.
qcx
n
+ qdy
n





13
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 14
và chúng ta kh o ân g thể hy vọng nó bằng với
c





qx
1
.
.
.
qx
n






+ d





qy
1
.
.
.
qy
n





.
(Lấy n = 1, x = 1, y = 1, d = 0, c = i và q = j ).
Ngược lại, với ánh xạ tuyến tính φ : k
n
→ k
n
, chúng ta dễ tìm ma trận M cấp
n ×n sao cho φ = φ(M) (M là duy nhất ) . Hàng đầu của M là φ(1, 0, , 0), hàng
thứ hai của M là φ(0, 1, 0, , 0), Thật vậy

Lấy
e
1
= (1, 0, , 0) e
2
= (0, 1, 0, , 0)
x = (x
1
, x
2
, , x
n
) ∈ k
n
Lúc đó
φ(x) = φ(x
1
, x
2
, , x
n
) = φ(x
1
e
1
+ x
2
e
2
+ + x

n
e
n
)
= x
1
φ(e
1
) + + x
n
φ(e
n
) =

x
1
x
n




φ(e
1
)
.
.
.
φ(e
n

)



= xM = φ(M)(x) ∀x ∈ k
n
.
Vậy ma trận M có hàng đầu là φ(1, 0, , 0), hàng t h ư ù hai là φ(0, 1, 0, , 0)
Nếu tồn tại ma trận M

sao cho φ = φ(M

) thì xM = xM

với mọi x. Vậy
M = M

.
Chú ý rằng nếu ma tr ận A cho ánh xạ tuyến tính φ, ma tr ận B cho ánh xạ
tuyến tính ψ thì AB cho ánh xạ tuyến tính ψ
o
φ. Ánh xạ tuyến tính φ là đẳng cấu
nếu nó đơn ánh và toàn ánh (đònh nghóa tư ơ n g tự đồng cấu nhóm). Lúc đó φ
−1
cũng là đẳng cấu và φ
o
φ
−1
= Id = φ
−1

o
φ. Gọi M (φ
−1
) là ma trận tương ứng với
φ
−1
, M (φ) là ma trận tương ứng với φ thì M (φ
−1
)M(φ) = I = M (φ)M (φ
−1
)
nên M (φ
−1
) là khả ng h ò ch h ai m ặt đo ái với ma trận M (φ). Vậy nếu A
−1
là khả
nghòch trái của A thì nó cũng là khả nghòch phải của A.
Chúng ta trang bò các phép toán cho M
n
(k) để nó trở thành không gian vectơ
như sau:
14
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 15
i) Nếu A = (a
ij
) và B = (b
ij
) thì A + B = (a
ij
+ b

ij
).
ii) Nếu A = (a
ij
) và c ∈ k thì cA = (ca
ij
) .
Nhưng M
n
(k) không chỉ là không gian vectơ. Nó còn có phép nhân phân phối
với phép cộng .
A(B + C) = AB + AC
(B + C)A = BA + CA.
Ta nhắc lại một ít về đại số: A được gọi là một đại số kết hợp có đơn vò trên
trường k (kết hợp vơ ùi phép toán n h ân ) nếu:
1) Tập A là một vành có đơn vò .
2) Tập A là một không gian vectơ trên trường k.
3) Phép nhân của vành A và phép nhân vô hướng của m o đu n A thỏa mãn điều
kiện
∀x ∈ k, ∀a, b ∈ A, x(ab) = (xa)b = a(xb).
Vậy M
n
(k) là đại số kết hợp có đơn vò trên R.
1.3 Các nhóm tuyến tính tổng quát
Đònh nghóa 1.3.1. Nhóm các phần tử khả nghòch trong đại số M
n
(R) đư ơ ïc ký
hiệu là GL(n,R), trong M
n
(C) là GL(n,C), trong M

n
(H) là GL(n,H). Các nhóm
này được gọi là các nhóm tuyến tính tổng quát.
Ma trận cấp (1 ×1) tr e ân k chỉ là phần tử của k. Nên
GL(1,R) =R\{0}
GL(1,C) =C\{0}
GL(1,H) =H\{0}
vì tất cả các phần tử khác không đều khả nghòch.
GL(2,R) là tập tất cả các ma tr ận cấp (2 × 2) k h ả n g h ò ch t r o n g k h o ân g gian
vectơ M
2
(R) có số chiều 4. Vì thế
GL(2, R) =

a b
c d

|a, b, c, d ∈ R; ad −bc = 0

, nghóa là tất cả các điểm
15
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 16
trong không gian 4 chiều không nằm trong tập ad = bc.
Đối với R và C chúng ta có đònh thức được đònh nghóa trên M
n
(R), M
n
(C) và từ
đại số tuyến tính chúng ta biết rằng
GL(n, R) = {A ∈ M

n
(R) |det A = 0}.
GL(n, C) = {A ∈ M
n
(C) |det A = 0}.
Giả sử chúng ta đònh nghóa đònh thức trên M
2
(H) bởi
det

a b
c d

= ad − bc
thì det

i j
i j

= k−(−k) = 2k = 0, nhưng ma trận này khôn g th e å khả nghòch
vì

i j
i j

a b
c d

=


1 0
0 1

⇔







ia + jc = 1
ib + jd = 0
ia + jc = 0
ib + jd = 1
.
Hệ này vô nghiệm . Vậy ma trận

i j
i j

không khả nghòch.
Chúng ta sẽ đònh nghóa sao cho A ∈ M
n
(H) khả nghòch ⇔ det(A) = 0.
Nếu φ : G → H là đơn cấu, t h ì φ là đẳng cấu từ G vào nhóm con φ(G) của
H, vì the á chúng ta có thể xem G như nhóm con của H. Chúng ta sẽ xây dựng
đơn cấu
ψ : GL(n, H) → GL(2n, C)
và sau đó cho A ∈ GL(n, H), chúng ta sẽ quy cho đònh thức của A chính là đònh

thức của ψ(A), nghóa là: det A = det ψ(A).
Chúng ta bắt đầu với
ψ : H → M
2
(C)
được đònh ng h ó a bởi
ψ(x + iy + jz + kw) =

x + iy −z −iw
z − iw x − iy

16
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 17
Bổ đề 1.3.2. Với ψ như trên, ta có
i) ψ(a + b) = ψ(a) + ψ(b).
ii) ψ(ab) = ψ(a)ψ(b).
iii) ψ là đơn cấu.
Chứng minh. i), ii) C h u ùn g ta ki e åm tra t h e o cách th o ân g thư ơ øn g .
iii) Giả sử
a = x + iy + jz + kw
b = x

+ iy

+ jz

+ kw

ψ(a) = ψ(b) ⇔


x + iy −z −iw
z − iw x − iy

=

x

+ iy

−z

− iw

z

− iw

x

− iy


⇔








x + iy = x

+ iy

−z − iw = −z

− iw

z − iw = z

− iw

x − iy = x

− iy

⇔







x

= x
y

= y

z

= z
w

= w
⇔ a = b.
Kế tiếp cho A ∈ M
n
(H) chúng ta thiết lập ψ(A) = (ψ(a
ij
)).
Nghóa là ψ(A) là ma trận phức cấp (2n × 2n) mà có khối (2 × 2) tại vò trí (ij) là
ψ(a
ij
).
Bổ đề 1.3.3.
ψ(AB) = ψ(A)ψ(B)
Chứng minh. Cho A = (a
uv
) , B = (b
uv
). Thì
(AB)
ij
= a
i1
b
1j
+ a

in
b
nj
.
Bởi bổ đề 1.3.2:

ψ((AB)
ij
)

= ψ(a
i1
)ψ(b
1j
) + ψ(a
in
)ψ(b
nj
)
và đây chính là phần tử (ij) của ma trận ψ(A)ψ(B).
Mệnh đề 1.3.4. Với mọi A ∈ M
n
(H), thì A ∈ GL(n, H) ⇔ det A = 0.
17
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 18
Chứng minh. Lấy A ∈ GL(n, H) ⇒ ∃A
−1
∈ GL(n, H) sao cho AA
−1
= I =

A
−1
A.
Rõ ràng ψ(A
−1
) là nghòch đảo của ψ(A), vì thế
det A = det ψ(A) = 0 ⇒ det A = 0.
Bây giờ với A ∈ M
n
(H) thỏa det A = 0 ta cần chứng minh A ∈ GL(n, H).
Ta có A ∈ GL(n, H) ⇔ ψ(A) ∈ ψ(GL(n, H)). Vậy ta chứng minh ψ(A) ∈
ψ(GL(n, H)).
Do

A ∈ M
n
(H) ⇒ ψ(A) ∈ ψ(M
n
(H))
det A = 0 ⇒ det ψ(A) = 0 ⇒ ψ(A) ∈ GL(2n, C)
Suy ra ψ(A) ∈ ψ(M
n
(H)) ∩ GL(2n, C)
nên áp dụng k e át quả cu ûa mệnh đề sau t a được điều cần ch ư ùn g min h .
Mệnh đề 1.3.5. Cho B là đại số kết hợp hữu hạn chiều có đơn vò 1 trên trường k.
A là đ a ïi số con của B chứa 1. Nếu U(A), U (B) là nhóm các phần tử khả ng hòch
của A, B thì
U(A) = A ∩ U(B).
Chứng minh. Rõ ràng U(A) ⊂ (A ∩U(B)). Bây giờ ta giả sử
a ∈ (A ∩ U(B)).

Do A hữu hạn chie àu nên tồn tại n > 0 sao cho {a
1
, a
2
, , a
n
} phụ thuộc tu ye án
tính trong A.
Nghóa là tồn tại t
i
∈ k(i = 1, n) không đồng thời bằng 0 sao cho
n

i=1
t
i
a
i
= 0.
Giả sử 1 ≤ h ≤ n là số nhỏ nhất để t
h
= 0
Ta được
a
h
−
n

i=h+1
t


i
a
i
= 0, (t

i
= −t
h
−1
t
i
).
Gọi b là khả nghòch của a. Nhân hai vế của biểu thức với b
h+1
b −
n

i=h+1
t

i
a
i−h−1
= 0.
18
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 19
Từ đây ta được
b =
n


i=h+1
t

i
a
i−h−1
∈ A.
Để chứng minh mệnh đề trên ta lấy
A = ψ(M
n
(H)), B = M
2n
(C)
U(A) = ψ(GL(n, H)), U(B) = GL(2n, C)
Lưu ý rằng ψ(GL(n, H)) là nhóm các phần tử khả nghòch của ψ(M
n
(H)). Thật
vậy:
Lấy ψ(A) ∈ ψ(GL(n, H)) ⇒ ψ(A
−1
) là khả nghòch của ψ(A). Vậy ψ(A) là phần
tử khả nghòch cu ûa ψ(M
n
(H))
Bây giờ lấy ψ(B) ∈ ψ(M
n
(H)), ψ(B) khả nghò ch . Ta ch ư ùn g minh ψ(B) ∈
ψ(GL(n, H)).
ψ(B) khả nghòch và ψ đơn cấu

⇒ ∃B

∈ M
n
(H) : ψ(B)ψ(B

) = I = ψ(B

)ψ(B)
⇒ ψ(BB

) = I = ψ(B

B)
⇒ BB

= I = B

B ⇒ B ∈ GL(n, H)
⇒ ψ(B) ∈ ψ(GL(n, H))
.
Vậy ψ(GL(n, H)) là nhóm các phần tử k h ả nghò ch của ψ(M
n
(H)).
Do đó ta được điều cần chứn g minh ở mệnh đề trên.
19
Chương 2
Các nhóm trư ïc gia o
2.1 Tích trong
Chúng ta có khái niệm thống nhất về liên hợp cho R ⊂ C ⊂ H. Đó là

Cho x ∈ R, x = x.
Cho α = x + iy ∈ C, α = x − iy.
Cho q = x + iy + jz + kw ∈ H, q = x − iy −jz −kw.
Rõ ràng chu ùn g ta có α = α trong mọi trường hợp và
(α + β) = α + β.
αβ = βα.
Thật vậy với
α = a + ib + jc + kd
β = x + iy + jz + kw
αβ = (ax − by − cz −dw) −i(ay + bx + cw −dz)
−j(az + cx + dy − bw) − k(aw + dx + bz − cy)
βα = (x − iy − jz −kw)(a − ib −jc −kd) =
(ax − by − cz − dw) −i(ay + bx + cw − dz)
−j(az + cx + dy − bw) − k(aw + dx + bz − cy) = αβ.
20
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 21
Dó nhiên đối với R hoặc C ta có αβ = αβ.
Cho k ∈ {R, C, H} ta đònh nghóa tích tro n g < , > trên k
n
bởi
< x, y >= x
1
y
1
+ x
2
y
2
+ + x
n

y
n
.
Mệnh đề 2.1.1. Tích trong < , > có các tính chất sau:
i) < x, y + z >=< x, y > + < x, z >
ii) < x + y, z >=< x, z > + < y, z >
iii) a < x, y >=< ax, y >, < x, ay >=< x, y > a
iv) < x, y > =< y, x >
v) < x, x > luôn là số thực ≥ 0 và
< x, x >= 0 ⇔ x = (0, 0, , 0)
vi) Nếu e
1
, e
2
, , e
n
là cơ sở chuẩn tắc của k
n
(e
i
= (0, , 0,
1
i
, 0, , 0)), thì
< e
i
, e
j
>= δ
ij

=

1 khi i = j
0 khi i = j
vii) Tích trong không suy biến, nghóa là
Nếu < x, y >= 0 với mọi y, thì x = (0, 0, , 0);
Nếu < x, y >= 0 với mọi x, thì y = (0, 0, , 0).
Chứng minh. i), ii), iii), iv), vi) de ã t h ấy, ta chỉ cần chứng mi n h v), vii)
v)
Ta có αα ≥ 0 ∀α ∈ k, do đó < x, x > ≥ 0, ∀x ∈ k
n
< x, x >= 0 ⇔ x
i
x
i
= 0, ∀i = 1 , n
⇔ x
i
= 0, ∀i = 1 , n
⇔ x = (0, 0, , 0).
vii)
Giả sử
x = (a
1
, a
2
, , a
n
), < x, y >= 0 ∀y
⇒< x, e

i
>= 0 ∀i = 1 , n ⇒ a
i
= 0 ∀i = 1 , n ⇒ x = (0, 0, , 0).
21
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 22
Đònh nghóa 2.1.2. Độ dài |x| của x ∈ k
n
là
|x| =
√
< x, x >.
Chúng ta nhớ lại rằng nếu A ∈ M
n
(k) thì liên hợp của nó A chính là ma trận
có được t ư ø A bằng cách thay a
ij
bởi a
ij
; Ch u ye ån vò A
T
có được từ A bằng cách
thay a
ij
bởi a
ji
. Hai phép to án n ày gi ao h o án nên ký hiệu A
T
là hoàn toàn xác
đònh.

Chúng ta cũng nhớ lại rằng đối với H
n
chúng ta phải th ư ïc hiện phép toán sao cho
ma trận ở phía bên phải (vì phép nhân vô hướng ta đò n h nghóa trên không gian
H
n
ở phía trái ). Vì t h e á chúng ta sử du ïn g vectơ hàng.
Mệnh đề 2.1.3. Với hai phần tử x, y bất kỳ thuộc k
n
, A ∈ M
n
(k) ta có
< xA, y >=< x, yA
T
> .
Chứng minh. Cho A = (a
ij
).
xA = (x
1
a
11
+ + x
n
a
n1
, , x
1
a
1n

+ + x
n
a
nn
).
yA
T
= (y
1
a
11
+ + y
n
a
1n
, , y
1
a
n1
+ + y
n
a
nn
).
Vì the á
< xA, y >= (x
1
a
11
+ + x

n
a
n1
)y
1
+ + (x
1
a
1n
+ + x
n
a
nn
)y
n
.
< x, yA
T
>= x
1
(a
11
y
1
+ + a
1n
y
n
) + + x
n

(a
n1
y
1
+ + a
nn
y
n
).
Vậy < xA, y >=< x, yA
T
> .
2.2 Các nhóm trực giao
Cho k ∈ {R, C, H}.
Đònh nghóa 2.2.1.
ϑ(n, k) = {A ∈ M
n
(k) |< xA, yA >=< x, y > , ∀x, y ∈ k
n
}.
Mệnh đề 2.2.2. ϑ(n, k) là nhóm.
22
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 23
Chứng minh. Nếu A, B ∈ ϑ(n, k), thì
< xAB, yAB >=< xA, yA >=< x, y > .
Vì the á AB ∈ ϑ(n, k).
I là dơn vò trong ϑ(n, k).
Nếu A ∈ ϑ(n, k) ta có
< e
i

A, e
j
A >=< e
i
, e
j
>= δ
ij
=

1 khi i = j
0 khi i = j
Ta de ã thấy e
i
A là hàng thứ i của ma trận A. < e
i
A, e
j
A > là phần tử thứ (ij)
trong tích AA
T
. Vì thế AA
T
= I. Suy ra A
T
A = I bởi vì
(A
T
A)
T

= (AA
T
)
T
= AA
T
= I
Do đó A
T
= A
−1
là khả nghò ch của A.
Cuối cùng ta cần ch ư ùn g min h A
−1
∈ ϑ(n, k), ta có
< xA
−1
, yA
−1
>=< xA
−1
A, yA
−1
A >=< x, y >
⇒ A
−1
∈ ϑ(n, k).
Vậy ϑ(n, k) là nhóm.
Đònh nghóa 2.2.3. Nếu k = R, thì ta viết ϑ(n, k) là O(n) và gọi nó là nhóm trực
giao. Nếu k = C, thì ta viết ϑ(n, k) là U (n) và gọi nó là nhóm unita. Nếu k = H,

thì t a viết ϑ(n, k) là Sp(n) và gọi nó là nhóm symplectic.
Mệnh đề 2.2.4. Cho A ∈ M
n
(k), các điều kiện sau đây là tương đươ ng :
i) A ∈ ϑ(n, k)
ii) < e
i
A, e
j
A >= δ
ij
iii) A biến cơ s ơ û trực chuẩn tha ønh cơ sở trực chuẩn
iv) Các hàng của A tạo thành cơ sở trực chuẩn
v) Các cột cu ûa A tạo thành cơ sở trực chuẩn
vi) A
T
= A
−1
.
23
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 24
Chứng minh. Để chứng minh mệnh đề này ta chứng minh i ⇒ iii ⇒ iv ⇒ ii ⇒
i, ii ⇔ vi ⇔ v.
Chứng minh ii ⇒ i.
∀ x, y ∈ k
n
x = x
1
e
1

+ x
2
e
2
+ + x
n
e
n
y = y
1
e
1
+ y
2
e
2
+ + y
n
e
n
, x
i
, y
i
∈ k, ∀i = 1 , n.
< xA, yA >=< (x
1
e
1
+ x

2
e
2
+ + x
n
e
n
)A, (y
1
e
1
+ y
2
e
2
+ + y
n
e
n
)A >
=< x
1
e
1
A, y
1
e
1
A + y
2

e
2
A + + y
n
e
n
A > +
+ < x
n
e
n
A, y
1
e
1
A + y
2
e
2
A + + y
n
e
n
A >
= x
1
y
1
+ x
2

y
2
+ + x
n
y
n
=< x, y > .
Chứng minh i ⇒ iii.
Gọi α
1
, , α
n
là cơ sở trực chuẩn của k
n
. Ta cần chứng min h α
1
A, , α
n
A cũng
là cơ sở trực chuẩn của k
n
.
Ta lấy a
1
, a
2
, , a
n
∈ k sao cho
a

1
α
1
A + + a
n
α
n
A = 0
⇔ (a
1
α
1
+ + a
n
α
n
)A = 0
⇔< (a
1
α
1
+ + a
n
α
n
)A, (a
1
α
1
+ + a

n
α
n
)A >= 0
⇔ a
1
α
1
+ + a
n
α
n
= 0
⇔ a
1
= = a
n
= 0.
Do đó
< α
i
A, α
j
A >=< α
i
, α
j
>=

i khi i = j

0 khi i = j.
Vậy α
1
A, , α
n
A cũng là cơ sơ û trực chuẩn cu ûa k
n
.
Chứng minh iii ⇒ iv.
Ta có e
1
, e
2
, , e
n
là cơ sở trực chuẩn ⇒ e
1
A, e
2
A, , e
n
A cũng là cơ sở trực
chuẩn.
Mà e
1
A, e
2
A, , e
n
A chính là hàng thứ nhất, thứ hai, , thứ n của A.

Vậy các hàng của A tạo thành cơ sở trực chuẩn.
Chứng minh iv ⇒ ii.
Từ 4 ta có các hàng của A tạo thành cơ sở trực chuẩn, do đó với hai hàng i), j) bất
kỳ của A là e
i
A, e
j
A ta có:
< e
i
A, e
j
A >= δ
ij
.
24
Luận va ên thạc só toán học - Chuyên ngành Đại s o á Trang 25
Chứng minh ii ⇔ vi.
Ta có < e
i
A, e
j
A > là phần tử nằm ở vò trí (ij) của ma trận AA
T
. Do đó
< e
i
A, e
j
A >= δ

ij
⇔ AA
T
= I ⇔ A
T
= A
−1
.
Chứng minh v ⇔ vi.
Xét A là ma trận có các cột tạo thành cơ sở trực chuẩn. Lúc đó vơ ùi B = A
T
ta có
B
T
= B
−1
⇔ B = (B
−1
)
T
⇔ A
T
= A
−1
.
Mệnh đề 2.2.5. Nếu A ∈ M
n
(R), thì A ∈ O(n) khi và chỉ khi A bảo toàn độ dài.
Chứng minh. A bảo toàn độ dài ⇔< xA, xA >=< x, x > ∀x ∈ R
n

.
Vì the á ⇒ là hiển nhiên. Ta chứng minh chiều ngược lại ⇐. Ta có
< (x + y)A, (x + y)A >=< x + y, x + y >
⇔< x, x > + < x, y > + < y, x > + < y, y >
=< xA, xA > + < xA, yA > + < yA, xA > + < yA, yA > .
Do đó
< x, y > + < y, x >=< xA, yA > + < yA, xA >
.
Mà x, y ∈ R
n
suy ra < xA, yA >=< x, y >.
Vậy A ∈ O(n).
Mệnh đề 2.2.6. Mệnh đề trên cũng đúng cho C và H.
Chứng minh. Ta có
< (e
i
+ e
j
)A, (e
i
+ e
j
)A >
=< e
i
A, e
i
A > + < e
i
A, e

j
A > + < e
j
A, e
i
A > + < e
j
A, e
j
A >
=< e
i
+ e
j
, e
i
+ e
j
>=< e
i
, e
i
> + < e
i
, e
j
> + < e
j
, e
i

> + < e
j
, e
j
> .
⇒< e
i
A, e
j
A > + < e
j
A, e
i
A >= 0.
Lấy x = x
i
e
i
+ x
j
e
j
; x
i
, x
j
∈ k, thì
< xA, xA >=< x, x >=< x
i
e

i
+ x
j
e
j
, x
i
e
i
+ x
j
e
j
>
=< x
i
e
i
, x
i
e
i
> + < x
i
e
i
, x
j
e
j

> + < x
j
e
j
, x
i
e
i
> + < x
j
e
j
, x
j
e
j
>
= x
i
x
i
+ x
j
x
j
.
< xA, xA >=< (x
i
e
i

+ x
j
e
j
)A, (x
i
e
i
+ x
j
e
j
)A >
=< x
i
e
i
A, x
i
e
i
A > + < x
i
e
i
A, x
j
e
j
A > + < x

j
e
j
A, x
i
e
i
A > + < x
j
e
j
A, x
j
e
j
A >
= x
i
x
i
+ x
i
< e
i
A, e
j
A > x
j
+ x
j

< e
j
A, e
i
A > x
i
+ x
j
x
j
.
Suy ra x
i
< e
i
A, e
j
A > x
j
+ x
j
< e
j
A, e
i
A > x
i
= 0 ∀x
i
, x

j
∈ k.
25