Nhóm tuyến tính tổng quát và nhóm tuyến tính đặc biệt trên trường hữu hạn

Trờng đại học vinh
Khoa toán
----------------------

Nguyễn thị thu hà

nhóm tuyến tính tổng quát và
nhóm tuyến tính đặc biệt trên trờng hữu hạn

khoá luận tốt nghiệp đại học
ngành cử nhân khoa học toán
lớp: e1-khoá 41

Cán bộ hớng dẫn khoa học:
PGS.TS.

Vinh, 2005

Lê Quốc Hán


hK
oá luận tốt nghiệp
Chỉ dẫn ký hiệu

Ký hiệu

ý nghĩa

AB

A là tập con của B

<S>

Nhóm sinh bởi tập S

Ai

i =1


Hợp của các tập hợp Ai, i = 1,2...

Ai

Giao của các tập hợp Ai, i = 1,2...

[a,b]

Hoán tử của a và b

[G,G]

Hoán tập của G

A

Lực lợng của tập hợp A

AB

Tập hợp A đẳng cấu với tập hợp B

i =1

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

2

hK
oá luận tốt nghiệp
Lời nói đầu
Nhóm ma trận đóng một vai trò hết sức quan trọng trong Toán học nói riêng
và trong các ngành khoa học khác. Trong các tài liệu nói về nhóm chúng tôi đã
biết, các tác giả chủ yếu xét nhóm ma trận trên trờng số thực hoặc trờng số phứclà những trờng vô hạn. Dựa trên những kết quả đã biết đó, chúng tôi khảo sát
nhóm ma trận trên trờng hữu hạn và đã thu đợc những kết quả đáng quan tâm mà
chúng tôi trình bày trong khoá luận này.
Khoá luận đợc trình bày thành ba phần:
Đ1: Nhắc lại một số tính chất đơn giản của trờng hữu hạn để làm cơ sở cho
các tiết sau.
Đ2: Trình bày về nhóm tuyến tính tổng quát và nhóm tuyến tính đặc biệt

(ĐN 2.3) trên trờng hữu hạn. Từ đó xét các tính chất quan trọng của nhóm tuyến
tính tổng quát và nhóm tuyến tính đặc biệt trên trờng hữu hạn (Mệnh đề 2.4;
mệnh đề 2.5; mệnh đề 2.10; mệnh đề 2.13; hệ quả 2.14).
Đ3: Nghiên cứu về nhóm tuyến tính đặc biệt xạ ảnh trên trờng hữu hạn, là
nhóm thơng của nhóm tuyến tính đặc biệt trên tâm của nó. Các kết quả đáng
quan tâm về nhóm này đợc trình bày ở mệnh đề 3.2; mệnh đề 3.3; định lý 3.6; hệ
quả 3.7; mệnh đề 3.9 và mệnh đề 3.10.
Khoá luận đợc hoàn thành dới sự hớng dẫn của thầy giáo- PGS.TS. Lê Quốc
Hán. Nhân dịp này chúng tôi bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc đối với thầy về những
sự giúp đỡ nhiệt tình chu đáo và những góp ý thiết thực cho chúng tôi trong quá
trình hoàn thành khoá luận. Chúng tôi cũng xin cảm ơn các thầy giáo cô giáo
trong tổ Đại số và các bạn sinh viên đã động viên, giúp đỡ chúng tôi hoàn thành

khoá luận này.
Vì trình độ và thời gian có hạn nên khoá luận chắc chắn còn nhiều thiếu sót,
rất mong nhận đợc sự đóng góp ý kiến của bạn đọc để khoá luận này đợc hoàn
thiện hơn.

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

Tác giả.

3

hK
oá luận tốt nghiệp
Đ1 Một số tính chất đơn giản của trờng hữu hạn

1.1. Mệnh đề.
Giả sử là vành các số nguyên modn, n> 1. Khi đó n là một trờng khi
và chỉ khi n là một số nguyên tố .
Chứng minh.
Giả sử là một trờng và n là một hợp số, khi đó tồn tại p, q nguyên sao
cho 1 < p, q < n và p.q = n. Khi đó: p.q = p.q = n = 0 , trong đó p 0, q 0 p
và q là ớc của không trong n, mâu thuẫn với n là một trờng. Do đó n là số
nguyến tố.

Đảo lại: Giả sử n là một số nguyến tố và k 0 (0 < k < n). Khi đó
(n, k) = 1 nên l, m sao nl + km = 1 1 = nl + km = n.l + k .m
= 0. l + k. m = k. m .
Suy ra m là nghịch đảo của k . Vì n là vành giao hoán có đơn vị, và
mọi phần tử khác không đều khả nghịch nên n là một trờng.
1.2. Định nghĩa.
Giả sử K là một trờng với phần tử đơn vị là e. Nếu với mọi số nguyên

m

0, ta đều có me 0 thì ta nói rằng trờng K có đặc số không. Nếu tồn tại một số

nguyên dơng nhỏ nhất p sao cho pe = 0 thì ta nói rằng trờng K có đặc số p.
1.3. Mệnh đề.
i) Đặc số của một trờng K tuỳ ý hoặc bằng không, hoặc là số nguyên tố.
ii) Đặc số của trờng p là p (trong đó p là số nguyên tố).
Chứng minh.

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

4


hK

oá luận tốt nghiệp
i) Giả sử K có đặc số không và p là số nguyên dơng nhỏ nhất thoả mãn
điều kiện pe = 0. Vì e 0 nên p > 1.
Nếu p là hợp số thì p = m.n với m, n là các số nguyên dơng thoả mãn điều
kiện p = m.n; 1 < m < p, 1 < n < p. Vì e 2 = e nên (me).(ne) = mne = pe = 0 me
= 0 hoặc ne = 0 (vì K là trờng).
Suy ra mâu thuận với cách chọn p là số nguyên tố dơng nhỏ nhất thoả mãn pe = 0.
Vậy p là số nguyên tố.
ii) Rõ ràng, p là là số nguyên tố nhỏ nhất thoả mãn điều kiện p.1 = p = 0
nên đặc số của p là p.
1.4. Mệnh đề.
Mọi trờng đều có trờng con nhỏ nhất (theo quan điểm bao hàm) đẳng cấu

hoặc với trờng số hữu tỷ hoặc với trờng p, trong đó p là số nguyên tố.
Chứng minh.
Giả sử trờng K có đặc số không. Khi đó ánh xạ : K xác định bởi:
r , m, n sao cho n > 0, (m, n) = 1 và r =

m
.
n

Đặt (r) = (me).(ne)-1. Khi đó là đơn cấu từ vào K.
Thật vậy: : K; (r) = (me).(ne)-1. ; m,n : n > 0, (m,n) = 1, r =
Ta có: r, s , với r =

m
.
n

m
l
, s = , m, n, l, t , (m, n) = 1, (l, t) = 1,
t
n

n > 0, t > 0.

Ta có: r + s =

m l mt + ln
+ =
n t
nt

mt + ln
= [(mt + ln)e](nte)-1 = (mte + lne)(nte)-1
Suy ra (r + s) =
nt
= (mte)(nte)-1 + (lne)(nte)-1

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

5


hK
oá luận tốt nghiệp
= m.e.t.e-1.t-1.n-1+l.e.n.e-1.t-1.n-1
= met.t-1.e-1.n-1 + len.n-1.e-1.t-1
(vì n > 0, t > 0 n-1, t-1 và phép nhân trên là giao hoán đợc)
= me.(ne)-1 + le.(te)-1 = (r) + (s)
Suy ra (r + s) = (r) = (s).

r, r=

(*)

m
, (m,n) = 1; m, n , n > 0
n

K ta có r = .

m m
=

n
n

(r) = (me)(ne)-1 = (me).(ne)-1 = .(r)

(**)

Từ (*) và (**) suy ra : K
(r) = (me)(ne)-1 là một đồng cấu từ vào K

(***)

Mặt khác: Ker = { r | (r) = eK}
={

m
| (me)(ne)-1 = e}
n

={

m
m
|

= e}= {e}
n
n

Suy ra là một đơn ánh từ vào K

(****)

Từ (***) và (****) ta suy ra là một đơn cấu từ vào K.
Do đó P = Im là trờng con của K. Ta sẽ chứng minh P là trờng con nhỏ nhất
của K. ( P Q)
Thật vậy: Giả sử P là trờng con của K thoả mãn P Q. Ta chứng minh P

P.
Do P Q tồn tại đơn cấu trờng : Q P, 0.
Ta có (1) = e (do đơn cấu trờng, 0)
(1) + ... + (1)
(1 + 1 + ...
+ 1) =
= m.(1) = me (m )
(m) = m số hạng
m số hạng

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

6


hK
oá luận tốt nghiệp
(0) = (- m + m) = (m) + (- m) (- m) = - me.
Suy ra (m) = me ( m ).
Với r Q: r =

p
(p, q ; q > 0; (p, q) = 1)
q

( p ) = pe

ta có: ( p) = (q. p ) = (q). ( p ) = qe. ( p )

q
q
q


p
p

1
Suy ra pe = qe.( ) ( ) = (pe).(qe)
q
q
Do : Q P và Im = {(me)(ne)-1: m, n ; m > 0; (m, n) = 1}

(1)
(2)

Từ (1) và (2) Im Im P P P. Suy ra đpcm.
Giả sử K là trờng đặc số không thì ánh xạ
: p K,

0kp

k ke xác định một đơn cấu trờng và P = Im() là trờng con của K

cần tìm.
Chú ý: Một trờng đợc gọi là trờng nguyên tố nếu nó không chứa trờng
con thực sự. Nh vậy và p là các trờng nguyên tố và từ mệnh đề 1. 4 suy ra
mọi truờng đều chứa một trờng con nguyên tố hoặc đẳng cấu với , hoặc đẳng
cấu với p tuỳ theo đặc số của K bằng không hay bằng p.
1.5. Mệnh đề.
i) Nếu A là một miền nguyên hữu hạn thì A là một trờng.

ii) Nếu A là một trờng hữu hạn thì A có đặc số khác không.
iii) Giả sử A là một trờng hữu hạn và p là đặc số của trờng A. Khi đó |A|
= pn với n là một số nguyên dơng xác định.
Chứng minh.

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

7


hK
oá luận tốt nghiệp

i) Giả sử A là một miền nguyên hữu hạn gồm n phần tử, A = {a 1,a2,..., an}
trong đó chẳng hạn a1 = 0, a2 là phần tử đơn vị.
Xét B = {a2, ..., an} với mỗi j = a, 3, ..., n ta có {aja2, ..., ajan} là n - 1 phần tử khác
nhau và khác không của A (vì A là miền nguyên), do đó B = {a ja2, ..., ajan}. Suy
ra tồn tại chỉ số i, 2 i n sao cho aj.ai = a2 =1 ai là nghịch đảo của aj. Vậy A
là một trờng.
ii) Giả sử đặc số của trờng A bằng không. Khi đó A chứa vô hạn phần tử
me, m = 1, 2,... mâu thuẫn với giả thiết A hữa hạn. Vậy đặc số của thờng A là
khác không.
iii) Theo mệnh đề 1. 3, đặc số của A là một số nguyên tố p. Giả sử A có q
phần tử. Theo mệnh đề 1. 4 suy ra A chứa một trờng con đẳng cấu với trờng p. Có
thể xem p là trờng con của A. Khi đó có thể xem A là không gian vectơ trên trờng

p và dim A hữu hạn. Giả sử dim A =n, nếu {u1,..., un} là một cơ sở của A trên trờng
p thì mọi phần tử thuộc K có dạng a1u1 + a2u2 + ... + anun, ai p (*).
Mỗi ai có thể nhận p giá trị, vì vậy có tất cả pn phần tử dạng (*), hay q = pn
A = pn. Vậy suy ra mệnh đề đợc chứng minh.
1.6. Mệnh đề.
Giả sử K là một trờng hữu hạn và U là nhóm nhân các phần tử của K. Khi
đó U là nhóm xyclic.
Chứng minh.
Giả sử K là một trờng có hữu hạn số phần tử - Chẳng hạn có p phần tử, K*
= K \ {0} lập thành một nhóm đối với phép nhân. Giả sử m là cấp lớn nhất của
các phần tử thuộc K* và u K* là phần tử cấp m. Thế thì m q - 1 và nếu ta
chứng minh đợc m = q -1 thì mọi phần tử của K * đều là luỹ thừa của u, hay K * là

một nhóm xyclic.

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

8


hK
oá luận tốt nghiệp
Trớc hết ta chứng minh rằng trong nhóm hữu hạn K *, nếu có phần tử x và
y có cấp r và s tơng ứng thì cũng tồn tại phần tử có cấp là bội chung nhỏ nhất k
của r và s.

Nếu (r, s) = 1 thì dễ thấy rằng phần tử xy có cấp k = r.s. Trong trờng hợp
tổng quát, dùng cách phân tích r và s thành tích của các thừa số nguyên tố ta có
thể biểu diễn r và s dới dạng r = r0r1, s = s0s1, trong đó (r0, s0) = 1; k = r0.s0.
Thế thì các phần tử x r và y s có cấp tơng ứng là r0 và s0 thoả mãn (r0, s0) = 1. Do
1

1

đó phần tử x r . y s có cấp k = r0.s0.
1

1

Nh vậy nếu m là cấp lớn nhất của các phần tử thuộc K * thì cấp của mọi
phần tử thuộc K* đều là ớc của m, nghĩa là mọi phần tử thuộc K * đều là nghiệm
của đa thức tm - 1. Nhng trong mọi trờng hợp tuỳ ý, đa thức bậc m có không quá
m nghiệm nên q - 1 m. Mà theo lập luận trên: m q - 1.
Do đó m = q - 1 và mệnh đề 1.6 đợc chứng minh.
1.7. Mệnh đề.
Giả sử K là một trờng hữu hạn với q phần tử. Khi đó với mọi x K có xq = x.
Chứng minh.
Theo mệnh đề 1.6, mọi phần tử khác không của trờng K đều thoả mãn
điều kiện tq-1-1 = 0, cón phần tử không của trờng K thoả mãn điều kiện t = 0.
Vậy mọi phần tử thuộc K thoả mãn phơng trình:

t(tq-1 - 1) = 0, hay tq- t = 0 tq = t suy ra điều phải chứng minh.

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

9


hK
oá luận tốt nghiệp
Đ2 Nhóm tuyến tính tổng quát
và nhóm tuyến tính đặc biệt trên trờng hữu hạn.

2.1 Định nghĩa: Cho S là một tập con của nhóm X. Ta gọi nhóm con của X
sinh bởi tập S là nhóm con nhỏ nhất chứa tập S. Kí hiệu <S>.
Nh vậy, nhóm con sinh bởi tập S có hai tính chất:
i) <S> là nhóm con của X.
ii) Nếu A là nhóm con của X và A S thì A <S>.
2.2. Mệnh đề: Mọi tập con S của nhóm X tồn tại và duy nhất nhóm con <S>
sinh bởi tập S.
Chứng minh.
Gọi A là họ tất cả các nhóm con của X chứa S vì X A nên A . Ta sẽ
chứng minh:

< S >=

B .

B

A

Theo định nghĩa ta chỉ cần chứng minh <S> = C là một nhóm con.
Thật vậy, 1X B với mọi B A nên 1X C.
Nếu x, y C thì x, y B với mọi B A. Do đó B là nhóm nên xy-1 B với mọi
B A. Vậy xy-1 C.
Theo tiêu chuẩn nhóm con suy ra C là nhóm con của X. Vậy ta có điều

phải chứng minh.
2.3. Định nghĩa.
Tập hợp GL(n; K) tất cả các ma trận khả nghịch cấp n trên vành giao hoán K
với đơn vị lập thành một nhóm với phép nhân ma trận. Nó đợc gọi là nhóm tuyến tính
tổng quát cấp n trên K (hay còn gọi là nhóm ma trận tổng quát trên K).
GL(n; K):= {a = [aij]n.n det a 0; aij K}
Nhóm SL(n; K):= {a GL(n; K) det a = 1} đợc gọi là nhóm tuyến tính
đặc biệt.
Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

10

hK
oá luận tốt nghiệp
2.4. Mệnh đề.
Giả sử K là một trờng. Xét trong nhóm tuyến tính tổng quát GL(n; K) các
ma trận dạng:
tij() = e +aij; d() = e + ( -1)en.n với , K; 0, i j.
Trong đó: e là ma trận cỡ (n x n).
eij là ma trận cỡ (n x n) mà phần tử dòng i, cột j bằng1 và các phần tử
còn lại bằng không.
Khi đó:
i) M = {tij(), d() | , K, i j} là một tập sinh của GL(n; K).

ii) N = {tij() | K, i j} là một tập sinh của SL(n; K).
Chứng minh.
i) Ta chứng minh rằng mọi ma trận a GL(n; K) có thể biểu diễn thành
tích của các ma trận dạng tij() hoặc d().
Trớc hết ta nhận xét: Nhân ma trận a bên trái với t ij(), có nghĩa là cộng vào
dòng thứ i của a dòng thứ j đã nhân với .
Tơng tự, nhân bên phải a với tij() có nghĩa là cộng vào cột j của a cột thứ
i đã nhân với .
Hai phép biến đổi trên đợc gọi là các phép biến đổi sơ cấp trên các dòng
và các cột của ma trận a.
Bằng các phép biến đổi sơ cấp trên các cột ta có thể biến đổi a thành ma
1 a11

,
trận dạng (aij) sao cho a12 0. Sau đó nhân bên phải ma trận ấy với t 21
a
12
ta thu đợc ma trận mới mà dòng 1, cột 1 bằng 1. Sau đó dùng các phép biến đổi
sơ cấp để biến các phần tử còn lại của cột 1 và dòng 1 bằng 0 cả. Tiếp tục quá trình
đó vào ô cấp n -1 còn lại.
Lặp lại quá trình trên sau một số hữu hạn bớc, ta thu đợc ma trận dạng d().

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

11

hK
oá luận tốt nghiệp
Vậy a = t1.t2... tr.d().tr+1...ts, trong đó ti là các ma trận dạng t ij(), i 1, s .
Điều này đã chứng minh khẳng định i)
ii) Giả sử b SL(n; K). Khi đó detb = 1. Nhớ rằng dett ij() = 1 và

1


d ( ) =

0






0

1

nên detd() = , và do đó =1, hayd() =e.

Do đó a = t1.t2 ... tr.tr+1 ... ts.
Suy ra SL(n; K) sinh bởi các ma trận dạng t ij() , suy ra điều phải chứng
minh.
2.5. Mệnh đề.

(

n 1

n
i
i) GL(n , q) = q q
i=0

)

(

)

1 n 1 n

q qi .
ii) SL(n , q ) =

q 1 i =0
Chứng minh.
i) Xét nhóm tuyến tính tổng quát trên một trờng hữu hạn. Giả sử p là một
số nguyên tố và m, n là hai số tự nhiên (m, n 1), q = pm.
Khi đó, nhóm GL(n,q) =G có

(q n q i )

n 1

i=0

phần tử.

Thật vậy ta thấy cột thứ nhất của ma trận thuộc G có thể chọn tuỳ ý khác
không, và do đó có qn-1 khả năng chọn nh vậy.
Giả sử M là tập hợp tất cả các ma trận thuộc GL(n,q) với cột thứ nhất đã chọn trớc.
Giả sử x0 M, và y là một ma trận tuỳ ý với cột thứ nhất giống hệt cột thứ
nhất của ma trận đơn vị. Khi đó x:= x0y M. Ngợc lại, nếu x M thì ma trận
y := x 01x là ma trận có cột thứ nhất giống hệt cột thứ nhất của ma trận đơn vị.
Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

12


hK
oá luận tốt nghiệp
Bởi vậy, M bằng số tất cả khả năng có thể chọn y, nghĩa là M = qn-1. GL(n-1,q)
Vì có qn-1 khả năng chọn cột thứ nhất, nên:
GL(n, q) = (qn - 1).qn-1. GL(n - 1, q) .
Sử dụng nguyên lý quy nạp ta có:

(

n 1

GL(n , q) = q n q i
i=0

)

ii) Xét ánh xạ f: GL(n, q) K*
a

det a

trong đó K là trờng hữu hạn có q phần tử và K* = K \ {0}. Khi đó K* = q-1.
Vì f là toàn cấu và Ker f = {a GL(n, q) f(a) = 1}
= {a GL(n, q) det a = 1} = SL(n, q)
nên theo định lý cơ bản về đồng cấu ta có:
GL(n, q)

(

n 1

SL( n, q)

K*

)

n
i
Vì GL( n, q ) = q q và K* = q - 1 nên
i =0

SL(n , q ) =

(

)

1 n 1 n
q qi .

q 1 i =0

(Theo định lý Lagrăng mở rộng: nếu G là nhóm hữu hạn, H là nhóm con của G
và G : H là số lớp ghép của G theo H thì G = G : H . H).
2.6. Định nghĩa: Cho G là một nhóm, a, b G. Khi đó phần tử a -1b-1ab đợc
gọi là hoán tử của a và b.

Kí hiệu [a, b].
2.7. Tính chất: a, b, x G ta có:
i) [a, b]-1 = [b, a]
ii) [a, b]x = [ax, bx]
Chứng minh:
i) [a,b]-1 = (a-1b-1ab)-1 = b-1a-1ba = [b, a]
Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

13


hK

oá luận tốt nghiệp
ii) [ax, bx] = [x-1ax, x-1bx] = x-1a-1x.x-1b-1x.x-1ax.x-1bx = x-1a-1b-1xab.
[a,b]x = (a-1b-1ab)x = x-1a-1b-1xab.
Vậy [a, b]x = [ax, bx].
2.8. Định nghĩa: Giả sử G là một nhóm. M : = {[a, b] a, b G}. Khi đó
nhóm con sinh bởi M đợc gọi là hoán tập của G. Kí hiệu: [G, G].
2.9. Tính chất của hoán tập:
i) Với mọi nhóm G, có [G, G] G.
Chứng minh.
Từ tính chất [a, b]-1 = [b, a] [G, G] = {s1, s2, ..., sn | si M}.
Vì si M si = [ai, bi]

s ix = [a i , b i ]x = [a ix , b ix ] M

x G, h [G, G]: h = s1s2 ... sn, si M có
hx = (s1s2 ... sn)x = s1x .s 2x ...s nx [G, G] [G, G] G
ii) Từ định nghĩa ta cũng có ngay kết quả: G là nhóm Aben khi và chỉ khi
[G, G] = {e}.
2.10. Mệnh đề.
i) [GL(n; K), GL(n; K)] = SL(n; K)

(1)

ii) [SL(n; K), SL(n; K)] = SL(n; K)

(2)

trừ nhóm GL(2, 2) trong (1) và các nhóm SL(2, 2), SL(2, 3) trong (2).
Chứng minh.
Thật vậy, vì định thức của hoán tử bằng 1 nên bao hàm thức là hiển nhiên.
Mặt khác, vì SL(n; K) sinh bởi các ma trận dạng t ij(), i j (theo mệnh đề 2. 2)
nên theo các công thức:
[tik(), tkj()] = tij( ) với i j

(3)

i

[tij(), gia g(1, 2, ..., n)] = t ij 1

i

(4)

ta có bao hàm thức đúng trong trờng hợp n 2.

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

14


hK
oá luận tốt nghiệp
Bây giờ, ta xét trờng hợp n = 2. Vì khi K > 2, theo (4) có thể chọn 1
, nên công thc (1) đúng với mọi nhóm, trừ GL(2, 2). Mặt khác, khi K> 3, có
thể chọn 1 2, 1.2 = 1, nên công thức (2) đợc chứng minh trừ các trờng hợp
SL(2, 2), SL(2, 3).
Các nhóm GL(2, 2), SL(2, 2), SL(2, 3) các công thức (1) và (2) không
đúng.
2.11. Chú ý: SL(2, 2) = GL(2, 2) và có thể tính trực tiếp đợc

i) [SL(2, 2), SL(2, 2)]
ii) [GL(2, 2), GL(2, 2)]
Chứng minh.
a
c

Ta có : GL(2, 2) =


b
0
d

b
a
: a, b, c, d K, K = 2,
c
c

Khi đó K = {0, 1} (phần tử 0 và phần tử đơn vị).
1
GL(2, 2) =
0

0 0
;
1 1

1 0 1 1
;
;
0 1 1 1

0 1
;

1 0

1 1
;
1 1

1

0

Suy ra G(2, 2): || = 1 GL(2, 2) = SL(2, 2)
1

Đặt 1 =
0
1
5 =
0

0
0
= e; 2 =
1
1
1

1
; 6 =
1
1

1
0
; 3 =
0
1

1

1
; 4 =
1
1

0
;
1

1

0

Dễ dàng thấy: 2 1 = 2 ; 4 1 = 4 ; 51 = 5 ; 3 . 6 = e .
1 1
[GL(2, 2); GL(2, 2)] = { i . j . i . j | 1 i, j 6}.

2 .4 =6 2 .5 =3 4 .5 =6
;
;
Do
4 .2 =3 5 .2 =6 5 .4 =4

1

Suy ra [GL(2, 2); GL(2, 2)] = {e; 3; 6} =
0

0 0 1
;
;
1 1 1

1

1

1
.
0

Vì SL(2, 2) = GL(2, 2)
Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

15


hK
oá luận tốt nghiệp

1
Suy ra [SL(2, 2); SL(2, 2)] = {e; 3; 6} =
0

0 0 1
;
;
1 1 1

1

1

1
.
0

2.12. Định nghĩa:
Giả sử M là tập con và H là nhóm con của G. Khi đó tập hợp: C H(M):= {x | x
H, mx = m, m M} đợc gọi là cái tâm hoá của tập hợp M bởi nhóm H.
Cái tâm hoá của toàn bộ nhóm G đợc gọi là tâm của nhóm G và đợc kí hiệu là
C(G).
Từ định nghĩa suy ra: G là nhóm Aben C(G) = G. Nếu C(G) = {e} thì
G đợc gọi là nhóm không tâm.

2.13. Mệnh đề.
Tâm của các nhóm GL(n; K) và SL(n; K) là tập hợp tất cả các ma trận vô
hớng thuộc các nhóm đó.
Chứng minh.
Giả sử K là một trờng. Khi đó, mọi ma trận vô hớng hiển nhiên nằm trong
tâm (a = e thì 0).
Ngợc lại, nếu a là phần tử thuộc tâm của các nhóm này, thì nó giao hoán
đợc với các ma trận tij:= tij, nghĩa là a.tij = tij.a aij = 0, aii = ajj, i j, nghĩa là a
là ma trận vô hớng. Trong việc tính toán chi tiết, ta chú ý rằng mỗi ma trận x có
thể viết đợc dới dạng: x := x rs .e rs và ta có thể sử dụng bảng nhân:
e nếu j = r
e ij .e rs = is

.
0 nếu j r
2.14. Hệ quả.
i) C(GL(n, q)) = q -1.
ii) C(SL(n, q)) = d, trong đó d = (n, q - 1).
Chứng minh.
i) Ta có C(GL(n, q)) = {e: K, 0}
Do K = q có (q - 1) phần tử của K 0
Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

16

hK
oá luận tốt nghiệp
Suy ra C (GL(n, q)) = {: K, 0} = q - 1
ii) Rõ ràng: C(SL(n, q)) = {e SL(n, q): K, 0}
do e SL(n, q) e = 1 n = 1.
Mặt khác, theo 1.6: K* = K \ {0} là một nhóm nhân xyclic các phần tử của K có
cấp là q - 1.
Gọi u là phần tử sinh của K* K* = {um: 1 m q -1}.
Khi đó ta có: = u

m

u mn = 1
m (q 1)
u
=1

Do u có cấp q -1 m.n q - 1
q 1 = dk

Đặt d = (n, q - 1) n = dl

, (l, d) = 1

mn = mdl dk ml k m k m = {k, 2k, ..., dk}
Suy ra { e C(SL(n, q))} = | {m | m k} = d
Vậy C(SL(n, q)) = d = (n, q - 1).

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

17


hK

oá luận tốt nghiệp
Đ3 Nhóm tuyến tính đặc biệt xạ ảnh trên trờng
hữu hạn.
3.1. Định nghĩa.
Giả sử K là một trờng và n là số nguyên duơng cho trớc. Nhóm thơng của
nhóm tuyến tính đặc biệt SL(n; K) trên tâm của nó đợc gọi là nhóm tuyến tính
đặc biệt xạ ảnh.
Kí hiệu:

SL( n; K )

C(SL( n; K ))

:= PSL(n; K)

3.2. Mệnh đề.
Tập hợp tất cả các hàm phân tuyến tính f ( x ) =

ax + b
với hệ số trên trcx + d

ờng K và định thức ad - bc = 1 cùng với phép toán hàm hợp lập thành một nhóm
đẳng cấu với nhóm PSL(2; K).
Chứng minh.

ax + b


a, b, c, d K, ad - bc = 1 .Trên G xác định phép toán
Giả sử G = f ( x ) =
cx + d


hàm hợp thông thờng. Khi đó G là một nhóm với đơn vị là hàm 1 : x x .
Xét ánh xạ : SL(2; K) G
a
=

c
a
Giả sử =
c

b

d

f(x) =

b

a'
, =
d
c'

ax + b
cx + d
b'
SL(2; K); () = f(x), () = g(x).
d'

ad bc = 1

Khi đó det = det = 1 hay
a ' d'b' c' = 1
a
Và =
c

b a '

d c'

b' aa ' + bc'
=

d' ca ' + dc'

ab' + bd'

cb' + dd'

Vì det() = det(). det() = 1.1 = 1 nên
(aa + bc)(cb + dd) - (ca + dc)(ab + bd) = 1
Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

18

hK
oá luận tốt nghiệp
Khi đó: () =

(aa '+ bc' ) x + (ab'+ bd' )
G
(ca '+dc' ) x + (cb'+dd' )

ag ( x) + b
=
Mặt khác: ( f 0 g )( x) = f [ g ( x)] = f

cg ( x) + d

=

a ' x + b'
+b
c' x + d '
a ' x + b'
c.
+d
c' x + d '
a.

(aa'+bc' ) x + (ab'+bd ' )
= ().
(ca'+ dc' ) x + (cb'+ dd ' )

Suy ra ()o () = ().
Hiển nhiên, là toàn ánh do đó là toàn cấu.
a
Mặt khác: =
c

b
Ker thì ad - bc = 1 và () = 1 f(x) = 1.
d

ax + b
= x ,x ax + b = cx2 + dx a = d, c = b = 0, mà ad- bc = 1 nên
cx + d

a = d = 1.
1
Vậy =
0

0
1
hay =
1
0

0
C(SL(2; K))
- 1

Suy ra Ker C(SL(2; K)).

Chiều ngợc lại là hiển nhiên.
Do đó Ker = C(SL(2; K)), nên theo định lý đồng cấu nhóm, ta có:
SL(2; K )

C ( SL( 2; K )) G, hay PSL(2; K) G.

3.3. Mệnh đề:
PSL( n, q) =

n 1
1
. (q n q i ) , trong đó d = (n, q-1).

d(q 1) i = 0

Chứng minh.
1 n 1 n
. (q q i )
Theo mệnh đề 2.3 ta có: SL(n , q ) =
q 1 i=0
và theo hệ quả 2.7, có: C(SL(n, q)) = d, với d (n, q - 1)
Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

19

hK
oá luận tốt nghiệp
Mặt khác, theo định nghĩa:
Nên PSL( n, q) =

SL(n, q)

C(SL( n, q ))

:= PSL(n, q)

n 1
1
. ( q n q i ) .
d(q 1) i = 0

3.4. Bổ đề.
Trong mỗi trờng hữu hạn K, phơng trình x2 - y2 = a giải đợc với mọi phần
tử tự do a K.
Chứng minh.
Nếu trờng K có đặc số 2, thì nó tạo thành từ nghiệm của phơng trình z2m
- z = 0, bởi vậy với a K, a là số chính phơng nên phơng trình x2 - y2 = a có
nghiệm, chẳng hạn x = a, y = 0.

x + y = a
Nếu đặc số của trờng K khác 2, thì hệ phơng trình
giải đợc
x y = 1
trong K: x = 2-1(a + 1); y = 2-1(a - 1).
Nghiệm của hệ đó chính là một nghiệm của phơng trình x2 - y2 = a.
Chú ý rằng: Khi đặc số của trờng K khác 2, lập luận trên đợc giữ nguyên
đối với một trờng tuỳ ý, không nhất thiết hữu hạn.
3.5. Định nghĩa.
Nhóm G đợc gọi là đơn, nếu nó chỉ có hai ớc chuẩn là {e} và G.
3.6. Định lý.
Đối với mọi trờng hữu hạn K, nhóm PSL(n: K) đơn, trừ hai trờng hợp

PSL(2, 2) và PSL(2, 3).
Chứng minh.
a) Trớc hết xét trờng hợp n = 2.
Do mệnh đề 3.3, có nhóm PSL(2, 2) và PSL(2, 3) có cấp tơng ứng là 6 và 12, nên
theo một kết quả đã biết, chúng là những nhóm không đơn.

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

20


hK

oá luận tốt nghiệp
Giả sử K 4, ta sẽ chứng tỏ rằng: nếu H là ớc chuẩn của SL(n; K)
chứa tất cả các ma trận vô hớng và ít nhất một ma trận không phải là ma trận vô
hớng, thì H = SL(2; K).
Nhóm con H chứa ma trận dạng t12(), trong đó 0.
1

*

Thật vậy, trớc hết giả sử a21 = 0, nghĩa là a =

0

Nếu 2 = 1, thì ma trận dạng t12() cần tìm ứng với 1 (chú ý: tij() = e
+ eij).
Nếu 2 1, thì có thể lấy hoán tử [a, t 11] = t12(1 - 2) ở đây tij là kí hiệu
ngắn gọn của tij(1) = e + eij (Chú ý: t12(1 2) = e + (1 - 2)e12)
1
0

=

0

1
+ (1 2 )
1
0

0 1 1 - 2

=
0 0
1

1 1

nên [a, t12] = t12(a - 2).
và t12(1) = e + e12 =
0 1
Vì H là ớc chuẩn của SL(n; K) và a SL(n; K) nên
1
[a , t12 ] = a 1t12
.a.t12 H.H = H.

Bây giờ, ta xét trờng hợp a21 0. Khi đó với là phần tử khác không bất
kỳ của K xác định duy nhất một ma trận
a
*

11
b=
SL(2; K) nên H chứa ma trận
a 21 a11


1
2
c = - b .aba =
0

-1

*
.
2


Nếu K 5 thì tồn tại K thoả mãn điều kiện 4 1, và bởi vậy ma
trận cần tìm dạng t12() có thể lấy trong trờng hợp này là hoán tử

[c,

t12] = t12(1 - 4).

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

21


hK
oá luận tốt nghiệp
Còn lại phải xét trờng hợp K = 5.
2

(a11 + a 22 )
Chọn = 1, khi đó: c = t12
a 21

Nếu vết ma trận tra = a11 + a22 0 thì c là ma trận cần tìm.
1
Nếu tra = 0 thì ta thay ma trận a bởi ma trận a* = [a , t12
] , khi đó:

tra * = 2 + a 221 0 .
Nhóm con H chứa tất cả các ma trận dạng t ij() với i j và bởi vậy H = SL(2; K)
vì {tij() | K, i j} là tập sinh của SL(2; K).

Thật vậy: H chứa tất cả các ma trận dạng t12(), vì
1


0



1
0

.t12 ().

0





0
2
= t12 ( )

t12(2).t12(2) = t12((2 - 2))
và 2 - 2 chạy qua tất cả các phần tử của K với , tuỳ ý (xem bổ đề 3.4).
Cuối cùng, ta chú ý rằng:
0

1

- 1
0
.t12 ().
0
1

- 1
= t12 ()
0

Do đó, việc xét trờng hợp n = 2 kết thúc.
b) Bây giờ, ta xét trờng hợp n 3, K là một trờng tuỳ ý. Giả sử H là ớc chuẩn của
SL(n; K), chứa tất cả các ma trận vô hớng và một ma trận a không phải là một
ma trận vô hớng nào đó. Ta sẽ chứng tỏ rằng H = SL(n; K).
Trong tính toán sau đây, ta sẽ viết ma trận W dới dạng: Ư W = wrs .ers và
sử dụng bảng nhân sau đây:
e nếu j = r

e ij .e rs = is
0 nếu j r
Bởi vì a không phải là ma trận vô hớng nên nó không giao hoán với ít nhất
một ma trận dạng tij(). Thay đổi các dòng và các cột nếu cần, ta có thể giả thiết
rằng x = [a, t12] e. Kí hiệu y = a-1. Khi đó tính toán trực tiếp ta có:
Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

22


hK
oá luận tốt nghiệp

* y12 a12

* y 22 a12
x = e
...
...

* y a
n 2 12


Nhóm H chứa ma trận

* *


z =
* *

*


... y12 a1n

... y 22 a1n
... ...

... y n 2 a1n


0


e

khác ma trận đơn vị. Điều

này là rõ ràng, nếu a12 = ... = a1n = 0.
Bây giờ ta giả sử rằng a 12 0. Khi đó có thể chọn z = u -1xu, trong đó:
u=e

1 n
. a1i a 2i .
a12 i =1

1 0 0

0 1 0
Nhóm con H chứa ma trận: v =
**1

0


Thật vậy, có:



0

khác ma trận đơn vị.

e


[z, t31] = e - (z11 - 1)e31 - z12.e32.
[z, t32] = e - (z22 - 1)e32 - z21.e31.

Nếu ít nhất một trong các hoán tử này khác ma trận đơn vị thì có thể chọn chúng
làm ma trận v. Giả sử hai hoán tử đó đều là ma trận đơn vị. Khi đó
1 0

z =

0 1

*




0

e


Nếu n = 3 hay zi1 = zi2 = 0, i 4, thì có thể chọn v = z. Nếu các vô hớng
z41, z42 không đồng thời bằng 0, thì có thể chọn v là hoán tử:
[z, t34] = e - z41.e31 - z42.e32.
Nhóm con H chứa ít nhất một ma trận dạng t ij(). Thật vậy, nếu v32 = 0 thì
có thể chọn chính v. Nếu v32 0 thì có thể chọn ma trận:
t12()-1.v. t21() = e + (v31 + v32)e31 + v32.e32, với thích hợp.
Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

23


hK
oá luận tốt nghiệp
Nhóm con H chứa tất cả các ma trận dạng t ij() và bởi vậy trùng với
SL(n; K). Thật vậy, ta có:
1
f ik t ij ().f ik = t kj ()
1
f ij t kj ().f ij = t kl ( )

1
d ik (à) t ij ().d ik (à) = t ij (à )

Trong đó i, j đôi một khác nhau: fik = e - eil - ekk + eik - ekl
dik(à) là ma trận đờng chéo mà phần tử dòng i, cột k bằng

1
với à 0, còn các
à

phần tử còn lại đều bằng 1.
Định lý 3.6 đợc chứng minh.

3.7. Hệ quả.
Giả sử K = m là vành các số nguyên modm. Khi đó:
i) PSL(n, m) là nhóm đơn nếu m là số nguyên tố.

ii) PSL(n, m) không là nhóm đơn nếu m là hợp số.
3.8. Định nghĩa.
Giả sử G là nhóm hữu hạn. Nhóm con A của nhóm G đợc gọi là nhóm tín
hiệu kép nếu |A| và chỉ số |G: NG(A) | đều là số lẻ.
3.9. Mệnh đề.
Trong nhóm PSL(7, q) với q là số lẻ, tồn tại nhóm con tín hiệu kép không Aben.
Chứng minh.
Xét nhóm G = SL(7, q) các nhóm con A, B bao gồm các ma trận dạng:

( x , y) 0 0


1
A= 0
x 0 với (x, y) =
detx.dety
0

o
y

1 * *


B = 0 e2 *
0 0 e

3
Trong đó ek là ma trận đơn vị cấp k và sự phân ngăn cả hai lần đều giống nhau.
Do các công thức:
1 n 1 n
SL(n , q ) =

(q q i )

q 1 i =0

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

24


hK
oá luận tốt nghiệp
n 1

GL( n, q ) = (q n q i )
i =0

ta có: | G | =

1
(q 7 1)(q 7 q) ... (q 7 q 6 )
q 1

| A | = qm với m là số tự nhiên nào đó
B = (q2 - 1) (q2 - q) (q4 - 1) (q4 - q) (q4 - q2) (q4 - q3)

Từ đây trực tiếp suy ra |A|, |G: B| là những số lẻ.
Vì B chuẩn hoá A, nên chỉ số |G: NG(A) | lẻ.
Nếu là sự nhân tử hoá của G theo tâm C(G) thì cấp của nhóm con A và
chỉ số của cái chuẩn hoá của nó trong G cũng lẻ, nghĩa là A là nhóm tín hiệu
kép trong PSL(7, q). Nhng vì A C(G) = 1 nên A A, và A không phải là
nhóm Aben.
3.10. Mệnh đề.
Tồn tại một nhóm sao cho tâm của nó xác định một nhóm thơng đơn nhng
không tách đợc thành hạng tử trực tiếp.
Chứng minh.
Nếu trong nhóm G = SL(2; 5), tâm C gồm các ma trận vô hớng e, có
1 /

phần bù trực tiếp là H, thì một trong các ma trận
0

0
nằm trong H, trong


đó là phần tử sinh của trờng nhân tính gồm 5 phần tử. Nhng khi đó bình phơng
- e của ma trận này nằm trong giao C H, đó là điều không thể đợc.
Suy ra điều phải chứng minh.

Nguyễn Thị Thu Hà - 41E1 - Toán

25