TIỂU LUẬN HỌC PHẦN LÝ THUYẾT NHÓM: TUYẾN TÍNH TỔNG QUÁT (bao gồm full file latex)

ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

HOÀNG THỊ KIỀU MY

NHÓM TUYẾN TÍNH TỔNG QUÁT
TIỂU LUẬN HỌC PHẦN LÝ THUYẾT NHÓM

Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ
Lớp : K22

Cán bộ hướng dẫn:

PGS. TS PHAN VĂN THIỆN

Huế, Tháng 5 Năm 2015


2

NHÓM TUYẾN TÍNH TỔNG QUÁT

Định lý 1. Cho z ∈ ZL(V ), các điều kiện sau là tương đương :
(1) z giao hoán được với mọi phép đồng dạng.
(2) z cố định mỗi không gian con 1-chiều của V.
(3) ∃λ ∈ F sao cho : z(v) = λv ∀v ∈ V
(4) z ∈ Z(GL(V ))
Chứng minh. (1) ⇒ (2) : Cho U là không gian con 1-chiều. Khi đó có một
phép đồng dạng t sao cho : U = (t − 1)V .
Theo giả thiết, z giao hoán được với t nên ta có :
U = (t − 1)V = (z −1 tz − 1)V = (tz − 1)V = z((t − 1)V ) = z(U )

(2) ⇒ (3) : Cho {v1 , v2 , ..., vn } là một cơ sở của V. Theo giả thiết, z cố
định không gian con một chiều F vi (i = (1, n)) nên :
z(vi ) = λi vi với λi ∈ F .
Ta sẽ chứng minh λ1 = λ2 = ... = λn .
Với i = j, z cũng cố định không gian con một chiều F (vi + vj ). Do đó,
∃λ ∈ F sao cho z(vi + vj ) = z(vi ) + z(vj ) vì z là ánh xạ tuyến tính.
⇔ λ(vi + vj ) = λi (vi ) + λj (vj )
⇔ (λ − λi )(vi ) + (λ − λj )(vj ) = 0
Vì vi và vj là độc lập tuyến tính nên λ − λi = λ − λj = 0
⇔ λ = λi = λj
(3) ⇒ (4) :Giả sử z có dạng z(v) = λv với ∀v ∈ V , λ ∈ F .
Với bất kì f ∈ GL(V ) ta có :
(zf )(v) = f (z(v)) = f (λv) = λf (v) = z(f (v)) = (f z)(v)


3

Do đó z giao hoán với bất kì f ∈ GL(V ).
Ta có tâm của GL(V ) :
Z(GL(V )) = CGL(V ) (GL(V )) = {z ∈ GL(V )/zf = f z ∀f ∈ GL(V )}
Vậy z ∈ Z(GL(V )).
(4) ⇒ (1) : Vì z ∈ Z(GL(V )) nên zf = f z
Vậy z giao hoán với mọi phép đồng dạng.
Hệ quả 2. Tâm Z của GL(V) bao gồm các ánh xạ tuyến tính v → λv
(λ ∈ F ∗ ). Z là đẳng cấu đến F ∗ và trùng với tâm của SL(V).
Hệ quả 3. Tâm của SL(V) là Z(GL(V )) ∩ SL(V ) và nó đẳng cấu đến
nhóm cyclic hữu hạn bao gồm tất cả nghiệm thứ n trong F (n = dimV ).
Định lý 4. Nhóm con chuẩn tắc của GL(V ) hoặc chứa nhóm tuyến tính
đặc biệt SL(V ) hoặc chứa trong tâm của GL(V ), ngoại trừ dimV = 2 và
trường cơ sở F chứa nhiều nhất 3 phần tử. Ngược lại, với bất kì nhóm

con nào của GL(V ) hoặc chứa SL(V ) hoặc chứa trong tâm của GL(V ) là
nhóm con chuẩn tắc của GL(V ).
Chứng minh. (⇐) Rõ ràng vì với bất kì nhóm con nào của tâm đều là
chuẩn tắc.
(⇒) Tương tự như nhóm con chứa SL(V ) ta kí hiệu SL(V ) GL(V ) và
nhóm nhân GL(V )/SL(V ) là nhóm abel đẳng cấu với nhóm nhân F ∗ (§1,
ví dụ 2). Vì bất kì nhóm con nào của nhóm abel F ∗ đều chuẩn tắc, mỗi
nhóm con mà chứa SL(V ) là chuẩn tắc trong GL(V ) bởi định lí tương ứng
( 4.13 (ii)).
Để khảo sát nhóm con chứa trong F ∗ là một bài toán mà nó phụ thuộc
vào tính chất đặc trưng của trường cơ sở F và nó phức tạp trong trường
hợp tổng quát. Tuy nhiên nếu trường F là hữu hạn thì nhóm F ∗ là cyclic
và mọi nhóm con đều được tìm bằng cách sử dụng hệ quả (5.6).
Ta sẽ chứng minh phần đầu của định lí 4 ở dạng tổng quát.


4

Mệnh đề 5. Cho H là một nhóm con của GL(V ). Giả sử H không chứa
tâm của GL(V ) nhưng H được chuẩn tắc hóa bởi SL(V ). Khi đó H chứa
SL(V ), trừ |F | ≤ 3 và dimV = 2.
Chứng minh. a) Giả sử dim V ≥ 3. Vì H chứa một phần tử h ∈
/ Z(GL(V ))
theo Định lí 1, có 1 phép đồng dạng t mà không giao hoán với h.
Cho g là hoán tử của t và h :
g = t−1 h−1 th = (t−1 h−1 t)h = (h−t )h
= t−1 (h−1 th) = t−1 th
Ta có g = 1 vì t không giao hoán với h.
Theo giả thiết, SL(V) chuẩn tắc h, do đó g = (h−t )h ∈ H.
Mặt khác, cả t−1 và th đều là phép đồng dạng nên g = t−1 th là tích của 2

phép đồng dạng và g ∈ SL(V ).
Hơn nữa, g cố định mỗi phần tử trong không gian con của số đối chiều
≤ 2, được định nghĩa :
Ker(t−1 − 1) ∩ Ker(th − 1)
Đặt U =Ker(t−1 − 1), W=Ker(th − 1).
Vì codimU ≤ 2 nên dimW = codimU ≤ 2, do đó dimW = 1 hoặc = 2.
Nếu dimW = 1, g là phép đồng dạng. Nếu f là phép đồng dạng bất kì, f
liên hiệp vào g theo (9.6), nghĩa là ∃x ∈ SL(V ) sao cho f = g x .
Vì g ∈ H và H là chuẩn tắc bởi SL(V ) nên f ∈ H.
Vì vậy mỗi phép đồng dạng nằm trong H, theo (9.5) ta có SL(V ) ⊂ H.
Giả sử dimW = 2. Trong trường hợp này ta có một siêu phẳng P ⊃ W
(vì dimV ≥ 3).
Như g(P ) ⊂ P + W , g là bất biến, nhưng g không là phép đồng dạng, do
đó ∃u ∈ P sao cho g(u) = u .
Chọn phần tử v ∈ V \P . Khi đó có 1 phép đồng dạng s mà cố định mọi
phần tử của P và chuyển v vào v + u.
Thiết lập g = g −1 s−1 gs.
Ta có thể chứng minh như ở trước, g ∈ H ∩ SL (V ). Rõ ràng sg là một


5

phép đồng dạng. Cố định mọi phần tử của g (p) = p và chuyển g (v) vào
g (v) + g (u).
Nếu v ∈ U = Ker (g − 1) suy ra sg = s. Do đó, g = s−g s là phép đồng
dạng. Mặt khác, nếu ta không thể chọn v ∈ U thì U chứa trong P và g |p
không là phép đồng dạng. Do đó, theo Định lí 1, ta chọn phần tử u ∈ P
sao cho g (u) và u độc lập tuyến tính.
Với sự lựa chọn này của u, phép đồng dạng s được định nghĩa ở trên sai
khác sg , do đó g = s−g s là phép đồng dạng trong H ∩ SL (V ). Vì vậy ta

quy trường hợp khi dimW = 2 về trường hợp đã chứng minh ở trước khi
g là một phép đồng dạng.
b) Giả sử dimV = 2. Khi đó ta có h ∈ H và v ∈ V sao cho v và h (v) là
một cơ sở của V. Với cơ sở {v, h (v)}, phần tử h được biểu diễn bởi ma
trận : 

0 1

 (a = 0).
α β
Ta xem H là một nhóm con của ma trận nhóm GL (2, F ) và tính toán
hoán tử của h và ma trận thích hợp khác để nhắc lại đối số tương tự như
trường hợp (a).
Phép giao hoán :

−1 
−1 


λ 0
0 1
λ 0
0 α

 
 


−1
−1

0 λ
α β
0 λ
1 β

=

=

=

−1

λ

0
β
− λα



0



λ

1
λα

λ

0

− αβ

1
λ2 α

λ

2

− αβ

0






1



1
α



0

λ

0

0 λ
0 α
1 β

−1




λ

0
−1

0 λ




0 α
1 β







0 α
1 β





6


=

1
λ2

− αβ



β
λ2 α

+

=

2

0

λ

với γ = − αβ +

β
λ2 α



=

β
α

−2

λ

0



γ
λ



2

− 1 = βα−1 λ−2 − 1 , λ ∈ H ∩ SL (V ).

1
λ2

Tương tự :

−1 


−1 
−2
−2
1 µ
λ
γ
λ
γ
1 µ

 


 
2
2
0 1

0 λ
0 1
0 λ

=

=

=

=

1 −µ
0



1
2

λ

−γ −

λ

µ
λ2

2

−γ

λ

1
λ2

0



2

λ µ−γ−

µ
λ2

4

1 µ λ −1
0

1



0 1




1
λ2

0



1 µ



1
λ2

0
2



1 µ

λ


−2

−2

2

λ

−2

0

γ
2

0
γ

0

λ



0 1



λ



λ

γ
2

λ











 ∈ H ∩ SL (V )

Nếu trường cơ sở F chứa một phần tử khác 0 λ sao cho λ4 = 1 thì H
chứa B12 (ξ), ∀ξ ∈ F . Vì ta có :

−1 


0 1
1 ξ
0 1

 



−1 0
0 1
−1 0

=

=

=

0 −1
1

0

0 −1
1
1

ξ
0

−ξ 1








1 ξ
0 1
0




1

−1 0




0

1

−1 0





7

⇒ B12 (ξ) ⊂ H với ξ ∈ F .
Vì vậy, ta có SL (2, F ) ⊂ H.
Ta giả sử rằng mỗi phần tử khác 0 của F thỏa λ4 = 1.

Vì ta có thể giả sử |F |

4 nên ta có |F | = 5. Trong trường hợp này, nếu

λ=2:
 


−1
−2
−1 −2α β
λ
γ
=


2
0
−1
0 λ
(vì λ4 = 1 nên λ−2 = λ2 = −1 và γ = βα−1 λ−2 − 1 = βα−1 (−1 − 1) =
−2α−1 β).
Ma trận vuông của phần tử này là B12 −α−1 β và chứa trong H ∩SL (V ).
Vì vậy, nếu β = 0 thì H chứa ít nhất một phần tử của B12 (λ) λ = 0.
Vì |F | = 5, H chứa mọi B12 (ξ) và như ở trước, H ⊃ SL (V ).
Nếu β = 0, ta có thể thay thế h bởi phần tử h ∈ H được biểu diễn theo
cơ sở {v , h (v )} bởi ma trận :


0 1


 với β = 0
α β

Cho phần tử h = 

=

=

=

=

δ −β
1
β



0

−β

1
βα

0
δ
− αβ


2

−β +

− β12 α
2

−β α + δ
δ
β

δ
βα
2

−1

δ2
α

δ



0
−β

β



1 0



δ
α

−β
1
α

0



0

β

−1

δ




δ

− αβ

− β12 α




−1 
 

0
−β

β

−1




0 1
α 0

δ

0 1
α 0



0 1
α 0







−1 


0 1
α 0





0
−β

−1

β
δ




0 1
α 0





8


=

2

−1 −1

2

δ − β α −α β
β

−1

δ

−1 −2

−α β

δ




∈ H ∩ SL (V ) nhưng ∈
/ Z (GL (V )).
Suy ra δ = 0. Phần tử này được biểu diễn theo dạng trên với β =
T rR δ 2 − ε − ε−1 .
Trong trường F5 của 5 phần tử, ta có δ 2 = ±1 và ε + ε−1 = 0 hoặc = ±2.
Do đó, β = 0 và ta có thể thay thế h bởi h để kiểm tra chứng minh.
3 hoặc |F | > 3, một nhóm con chuẩn tắc thực sự

Hệ quả 6. Nếu dim V

của SL (V ) là chứa trong tâm Z0 . Do đó, nhóm nhân SL (V )/Z0 là nhóm
đơn.
Định lý 7. Cho p là một đặc số của F và |F | = q = pm .
Cấp của GL (n, F ) được cho bởi :
n

n−1
n

n

n

GL (n, F ) = (q − 1) (q − q) ... q − q

n−1

n

q −q

=
i=0

i

=q

n(n−1)
2

qi − 1
i=1

Hơn nữa, ta có |GL (n, F )| = (q − 1) |SL (n, F )|
Chứng minh. Cho V là một không gian vectơ n-chiều trên F . Ta sẽ xác
định cấp |GL (V )|.
Rõ ràng, ta có |V | = q n .
Cho {v1 , ..., vn } là một cơ sở cố định của V trên F . Với mỗi phần tử
f ∈ GL (V ) ta có {f (v1 ) , ..., f (vn )} là một cơ sở của V .
Ngược lại với mỗi cơ sở {v1 , ..., vn } của V có một phần tử f duy nhất của
GL (V ) sao cho f (vi ) = vi ∀i = 1, n
Do đó |GL (V )| = số các cơ sở phân biệt của V trên F .
Phần tử đầu tiên v1 là một trong những (q n − 1) phần tử khác 0 của V .
Nếu i phần tử đầu tiên (i < n) v1 , ..., vi được chọn thì phần tử tiếp theo
vi+1 là phần tử của V mà nó không được viết như là một tổ hợp tuyến

tính của v1 , ..., vi . Vì vậy có q n − q i khả năng xảy ra cho vi+1 . Theo (9.4),
GL (V ) ∼
= GL (n, F ) do đó ta có Định lí 7.


9

Mệnh đề 8. Cho F là một trường hữu hạn của đặc số p và |F | = p. Bậc
lớn nhất của p mà chia được nhóm có cấp |GL (V )| là q r với r =

n(n−1)
.
2

Nhóm GL (V ) chứa một nhóm con có cấp bằng q r .
Chứng minh. Ý đầu là rõ ràng (từ Định lí 7) khi ta kí hiệu rằng mọi phần
tử của dạng q i − 1 đều nguyên tố tới p. Để chứng minh ý cuối của mệnh
đề này, cho U là ma trận của tam giác trên với 1 trên đường chéo chính:







1 α β ···
















1


U= 
α, β, . . . ∈ F
,
...

















 0

1
Thêm vào đường chéo chính ở trên phần tử tùy ý của F , bằng

n(n−1)
.
2

Vì

vậy |U | = q r . Đó là cách đơn giản nhất để kiểm tra U là nhóm con của
G.
Nhóm tuyến tính GL (n, F ) thỏa mãn tính chất trên tương ứng với định
lí Cayley cho nhóm đối xứng.
Mệnh đề 9. Cho F là một trường cố định. Với nhóm hữu hạn G, nhóm
GL (n, F ) chứa một nhóm con đẳng cấu với G.
λg g (λg ∈ F )

Chứng minh. Cho Γ là tổng của tổ hợp tuyến tính : α =
g∈G

của phần tử g với hệ số λg ∈ F với phần tử khác β =
λα =

(λg + µg ) g và

(λλg ) g (λ ∈ F ) với các phép toán quan hệ.

Γ có dạng là một không gian vectơ hữu hạn chiều trên F . Với mỗi phần
tử h ∈ G ta định nghĩa một ánh xạ ρh trên Γ bởi công thức :
ρh (α) =

λg (gh).

Ta dễ dàng suy ra được :
ρh (α + β) = ρh (α) + ρh (β) .
ρh (λα) = λρh (α) .


10

Suy ra ρh là một ánh xạ tuyến tính trên V . Ta có :
ρhk = ρh ρk ,
ρ1 = ánh xạ đồng nhất,
từ đó chứng minh ρh là ánh xạ ngược tuyến tính và ρ là đồng cấu từ G
vào nhóm tuyến tính tổng quát GL (Γ).
Nếu một phần tử h của G chứa trong Ker (ρ) ta có : ρh (α) = α ∀α, nên
gh = g và h = 1.
Do đó ρ là đẳng cấu từ G vào GL (Γ).
Đặt n = dimT , khi đó GL (Γ) ∼
= GL (n, F ). Vậy Mệnh đề 9 đã được chứng
minh.
Mệnh đề 10. Chp p là một số nguyên tố cố định. Nếu E là nhóm abel
thỏa mãn tính chất xp = 1 với x ∈ E thì E là đẳng cấu tới một không gian
vectơ trên trường Fp của p phần tử. Vì vậy, E có cơ sở B. Đặc biệt nếu E

là hữu hạn thì cấp của nó |E| là một bậc của p. Nếu |E| = pd , ta có :
Aut (E) ∼
= GL (d, p) .
Chứng minh. Ta sẽ xem F như một nhóm cộng. Theo giả thiết, mỗi phần
tử x ∈ E thỏa px = 0. Với mỗi số nguyên m và n, công thức (1.8) được
viết lại theo tính chất phép cộng :
(m + n) x = mx + nx
(mn) x = m (nx)
Điều này chứng minh nhóm Z của các số nguyên nằm trên E.
Vì px = 0 ∀x ∈ E, tác động của Z bao gồm tác động của vành thương
Z/(p) với (p) là iđêan sinh bởi p. Ta đồng nhất Z/(p) với trường Fp của p
phần tử. Trong những tác động của Fp trên E, đó là cách đơn giản nhất
để kiểm tra E là không gian vectơ trên Fp .
Một tự đẳng cấu E thỏa mãn:
f (nx) = nf (x) (n ∈ Z)


11

Do đó, f là ánh xạ tuyến tính trên Fp . Nếu ta đặt dimE = d thì |E| = pd
và Aut (E) ∼
= GL (d, p).


TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Michio Suzuki (1982), Group Theory I, Springer-Verlag.

12