Luận văn Về nhóm con của nhóm SO(3)

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 R 2pi/4 x R 2pi/4 z ⇒ nó chứa SBS−1 = R2pi/qx nên G(p, q) chứa R 2pi/[p,q] x . Vậy G([p, q], 4, 1) = G(p, q). (Sở dĩ ta làm như sau: do [p, q](p, q) = pq, giả sử (p, q) = d ⇒ ∃u, v ∈ Z : 23 up+vq = d thế thì 1/[p, q] = (p, q)/pq = d/pq = (up+vq)/pq = u/q+v/p suy ra R 2pi/[p,q] x = R u/q+v/p x = (R 2pi/q x )u.(R 2pi/p x )v ). 2.1.6 Hệ quả. Nếu p, q > 3 đều lẻ thì G(p, q) đẳng cấu với tích tự do Zp ? Zq = 〈α, β|αp = 1, βq = 1〉, với đẳng cấu cho tương ứng α 7→ A, β 7→ B. Bây giờ ta kí hiệu Dp = 〈α, γ|αp = 1, γ2 = 1, γαγα = 1〉 là nhóm nhị diện. Trong các trường hợp (ii), (iii) ta có thể giới thiệu thêm phần tử sinh mới à mà sau đó ta đặt bằng αp/2 và trong trường hợp (iii) ta giới thiệu γ mới và đặt bằng βq/2. Nhóm con của nhóm G(p, q) sinh bởi α và γ là Dp, nhóm con của nhóm G(p, q) sinh bởi β và γ là Dq. Trong trường hợp (iii), γ và à sinh ra nhóm con D2. 2.1.7 Hệ quả. Nếu p > 4 chẵn và q > 3 lẻ thì nhóm G(p, q) là đẳng cấu với tích tự do Zp ? Z2 Dq, trong đó α p/2 ∈ Zp được đồng nhất với à ∈ Dq. Nếu p > 4 chẵn và q = 2s, s > 3 lẻ thì G(p, q) đẳng cấu với tích tự do với nhóm con chung D2 là Dp ? D2 Dq. Trong đó γ ∈ Dp được đồng nhất với βq/2 ∈ Dq và αp/2 ∈ Dp được đồng nhất với à ∈ Dq. 2.1.8 Chú ý. Trong trường hợp (iv), G(p, q) không thể tổng quát được viết như là một tích tự do với nhóm con chung của Zp (hoặc Dp hoặc G(p, 4) với Zq ( hoặc Dq hoặc G(4, q)). Có quá nhiều mối quan hệ. Dù thế nào trong trường hợp này G(p, q) = G(m, 4) trong đó m = [p, q]. Điều này cho ta một tích tự do với nhóm con chung D4 là Dm ? D4 G(4, 4), (2.15) trong đó D4 là nhóm con sinh bởi R pi/2 x và Rpiz . 2.2 Dạng chính tắc nhóm G(p ,q) Phần này ta xây dựng dạng chính tắc cho mỗi phần tử của nhóm G(p, q). Do G(p, q) luôn là nhóm con của nhóm G(pq, 4, 1) nên đầu tiên ta xây dựng 24 dạng chính tắc cho nhóm G(m, 4, 1) với m là số nguyên bất kì (trường hợp m = [p, q] khi p, q cùng chia hết cho 4 và G(p, q) = G(m, 4, 1) của ta chỉ là một trường hợp đặc biệt), đó chính là nội dung Định lí 2.2.1. Trong các trường hợp còn lại p chẵn và q không chia hết cho 4, Định lí (2.2.6) cho dạng chính tắc mỗi phần tử nhóm G(p, q) như là tích các phần tử sinh của nhóm G(p, q). Ta vẫn định nghĩa S = R 2pi/4 y , T = R 2pi/m x và định nghĩa thêm U = R 2pi/4 x . Nhớ rằng S, U là hai phần tử sinh ra nhóm G(4, 4, 1). 2.2.1 Định lý. Cho H = G(4, 4, 1) ∩G(m, 4, 1), cho g ∈ G(m, 4, 1) suy ra g được viết duy nhất dưới dạng WST a1 ã ã ãST anE, (2.16) với n > 0,W,E ∈ H , ai là số nguyên, và mỗi sự hạn chế sau được áp dụng: (1)Nếu m lẻ, W ∈ {I, S3}, ai ∈ (−m/2,m/2) và ai 6= 0. (2) Nếu m = 2s, s lẻ, W ∈ {I, S3}, ai ∈ (−m/4,m/4) và ai 6= 0. (3)Nếu m chia hết cho 4, W ∈ {I, S3, U}, ai ∈ (−m/4,m/4), ai 6= 0 và an ∈ (0,m/4). (4)Nếu n = 0 thì W = I. 2.2.2 Chú ý. (i), Do G(m, 4, 1) ⊂ G(2m, 4, 1) ⊂ G(4m, 4, 1) nên khi viết mỗi phần tử g ∈ G(m, 4, 1) có thể sử dụng dạng chính tắc của G(4m, 4, 1). Nếu m không chia hết cho 4 thì g được viết như là tích của các ma trận mà bản thân /∈ G(m, 4, 1). (ii),Việc lấy những giá trị của W được hiểu như sau. Có một nhóm con H1 của H mà có thể được giao hoán (hoặc không giao hoán) (tức là hoán đổi vị trí với ST a hoặc không) qua luỹ thừa của ST a hoặc được hấp thụ vào ST a (tức là cùng ST a tạo thành một luỹ thừa mới của ST a). Nhân tử trong H1 có thể bị loại bỏ từ W và hấp thụ vào ST a1 hoặc được di chuyển theo tất cả các cách từ W −→ E. Vậy việc lấy giá trị của 25 W là biểu diễn lớp trong H/H1. Nếu m lẻ, H = G(4, 4, 1) ∩ G(m, 4, 1) = 〈R2pi/4y 〉 = 〈S〉, H ∼= Z4. Trường hợp này H1 = Z2 = 〈S2〉 ⇒ H = H1 ∪ S3H1 . Nếu m = 2s, s lẻ suy ra H = G(4, 4, 1) ∩G(m, 4, 1) = 〈R2pi/2x , R2pi/4y 〉 = 〈U 2, S〉 là nhóm 8 phần tử sinh bởi S và U 2, H1 là nhóm con 4 phần tử sinh bởi S 2 và U 2, và H = H1 ∪ S3H1. Nếu m chia hết cho 4 thì H = G(4, 4, 1) là nhóm 24 phần tử sinh bởi S và U , H1 là nhóm con 8 phần tử sinh bởi S 2 và SUS−1, và H = H1 ∪ S3H1 ∪ UH1. (iii), Khi m chia hết cho 4, dạng chính tắc (2.16) là quan hệ đóng với tích tự do với nhóm con chung (2.15). Những lớp không tầm thường của G(4, 4)/D4 được biểu diễn bởi S và SU −1 . Trong khi những lớp không tầm thường của Dm/D4 được biểu diễn bởi T a , với a ∈ (0,m/4). Nhân chúng với nhau ta được ST a, với a 6= 0, a ∈ (−m/4,m/4). Để chứng minh định lí 2.2.1 ta áp dụng hai bổ đề sau: 2.2.3 Bổ đề. Mọi phần tử của G(m, 4, 1) có thể viết dưới dạng (2.16). 2.2.4 Bổ đề. Nếu g ∈ G(m, 4, 1) có dạng (2.16) thì suy ra tồn tại duy nhất g′ có dạng (2.16) sao cho gg′ = I. Chứng minh. Theo Bổ đề 2.2.3 thì biểu diễn cho g và g−1 là luôn tồn tại, áp dụng Bổ đề 2.2.4 cho g−1 ta thấy rằng biểu diễn g = (g−1)−1 là duy nhất và định lí được chứng minh. Chứng minh. (Bổ đề 2.2.3) Ta xét 3 trường hợp: m lẻ, m = 2k, k lẻ hoặc m chia hết cho 4. Trong tất cả các trường hợp ta giả thiết là g /∈ H , vì nếu g ∈ H ta có thể chọnW = I, n = 0, g = e. Trường hợp 1. Nếu m lẻ, mỗi phần tử g ∈ G(m, 4, 1) có thể được viết dưới dạng g = Sb1T a1 ã ã ãSbNT aNSbN+1, (2.17) 26 mà chưa có sự hạn chế nào lên N hoặc ai hoặc bi . Bằng cách áp dụng S4 = Tm = I ta hạn chế điều kiện cho ai và bi là ai ∈ (−m/2,m/2), bi ∈ {0, 1, 2, 3}. Nếu mỗi ai = 0 hoặc bi = 0 ta có thể rút gọn biểu thức ngắn hơn và tiếp tục như trên. Nếu bi = 2 ta có thể sử dụng hệ thức S2T a = T−aS2 (2.18) để rút gọn g. Do từ có độ dài hữu hạn nên quá trình này phải kết thúc. Cho ta biểu thức của g dạng g = Sb1T a1 ã ã ãSbnT anSbn+1, (2.19) Trong đó mỗi bi (có thể trừ b1 và bn+1 ) là lẻ và mỗi ai ∈ (−m/2,m/2) và ai 6= 0. Tiếp theo bằng cách sử dụng công thức (2.18) ta có thể cho điều kiện b1 = 0 hoặc 1 (vì b1 ∈ {0, 1, 2, 3}, nếu b1 = 2 ta áp dụng trực tiếp (2.18), nếu b1 = 3 ta có thể tách T 3 = T 2T rồi áp dụng (2.18)). Tiếp đó ta cũng hạn chế điều kiện cho b2 = 1 theo cách trên. Làm tương tự như trên ta có thể quy tất cả các bi = 1 trừ b1 có thể bằng 0 hoặc 1, bn+1 không bị ràng buộc. Khi đó g = Sb1−1ST a1 . . . ST anSbn+1, đặt W = Sb1−1, E = Sbn+1, thì biểu thức của g có dạng (2.16). Trường hợp 2. Nếu m = 2k, k lẻ. Ta tiếp tục làm như trường hợp 1 để thu được dạng (2.19), trong đó mỗi bi (có thể trừ b1 và bn+1 ) là lẻ và mỗi ai ∈ (−m/2,m/2) và ai 6= 0. Sau đó ta sử dụng hệ thức Tm/2Sb = S4−bTm/2 (2.20) nếu cần để loại bỏ những những nhân tử Tm/2 và đặt cho ai điều kiện ai ∈ (−m/4,m/4). Ta bắt đầu với a1, sử dụng (2.20) để chuyển Tm/2 qua Sb2, sau đó đặt điều kiện cho a2 ∈ (−m/4,m/4) bằng cách sử dung (2.20) chuyển Tm/2 qua Sb3 và tiếp tục như vậy. Theo cách này tất cả các 27 ai có thể trừ an được đặt trong khoảng (−m/4,m/4). Sau đó ta lại sử dụng (2.18) để đưa các bi (trừ b1, bn+1 ) như trường hợp 1 bằng 1. Điều này cho chúng ta một biểu thức dạng (2.19) với mỗi ai ∈ (−m/4,m/4) và ai 6= 0, trừ an là khác không và an ∈ (−m/2,m/2), và mỗi bi = 1 trừ b1 là có thể bằng 0 hoặc 1. Đặt W = S b1−1 , nếu an ∈ (−m/4,m/4) ta đặt E = Sbn+1, trường hợp còn lại ta đặt E = Tm/2Sbn+1 và cho ta dạng (2.16). Trường hợp 3. Nếu m chia hết cho 4. Ta tiếp tục làm như trên để có dạng (2.19) với bi lẻ và ai không chia hết cho m/2. Nếu mỗi ai (khác a1 hoặc an) chia hết cho m/4. Ta có thể rút gọn độ dài của g như sau. Đầu tiên ta sử dụng (2.18) để quy các bi = 1 sau đó sử dụng các hệ thức SUS = USU, SU 3S = U 3SU 3 (2.21) để biến đổi T ai−1ST±m/4ST ai+1 thành T ai−1±m/4ST ai+1±m/4 (vì Tm/4 = U, T−m/4 = T 3m/4 = U 3 nên ST±m/4S = T±m/4ST±m/4). Trong kết quả này có thể có 1 số mũ của T chia hết cho m/2, ta sử dụng (2.20) quy về từ có độ dài lớn hơn. Do từ ban đầu có độ dài hữu hạn cuối cùng ta thu được dạng (2.19), trong đó không số ai nào (trừ a1 và an ) là chia hết cho m/4. Nếu a1 chia hết cho m/4 ta đặt W˜ = S b1T a1 (vì khi đó T a1 ∈ H ), còn lại ta đặt W˜ = Sb1−1 Nếu an chia hết cho m/4 ta đặt E˜ = ST anSbn+1 ( vì T an ∈ H) , còn lại ta đặt E˜ = Sbn+1. Trong mỗi trường hợp g có dạng g = W˜Sb1T a1 ã ã ãSbnT anE˜, (2.22) với W˜ , E˜ ∈ H = G(4, 4, 4) , bi lẻ và ai không chia hết cho m/4. 28 Đây gần giống với dạng (2.16). Để có sự hạn chế cần thiết W,E, ai, bi ta làm từ trái qua phải, đẩy những nhân tử theo hướng phải. Cho H1 là nhóm con 8 phần tử của H sinh bởi S2 và SUS−1. Trong hai phần tử sinh này S2 có thể giao hoán qua nhân tử SbT a (biến đổi nó thành SbT−a). Trong đó SUS−1 có thể được hấp thụ vào trong vào trong một nhân tử của ST a: SUS−1ST a = SUT a = ST a+m/4, (2.23) mà không thay đổi điều kiện ai không chia hết cho m/4. Nhân tử trong H1 do đó bị bỏ di từ W˜ và được di chuyển theo hướng phải. Từ H = H1 ∪ S3H1 ∪ UH1, ta có thể biến đổi W˜ thành I, S3 hoặc U mà sau đó ta gọi làW . Sau đó ta làm việc từ trái qua phải, sử dụng (2.18) để thay đổi một số bi từ 3 thành 1 và sử dụng (2.20) để ai ∈ (−m/4,m/4). Cuối cùng nếu an < 0 ta đặt E = U −1E˜, còn lại ta đặt E = E˜. Theo nhân tử ngoài U−1 ta đặt an ∈ (0,m/4), và ta thu được dạng (2.16). Chứng minh. (Bổ đề 2.2.4) Giả thiết là ta đã có g = WST a1 ã ã ãST anE, và g−1 = W ′ST a ′ 1 ã ã ãST a′n′E ′, với sự hạn chế riêng cho W,ai, E,W ′, a′i, E ′. Ta sẽ chỉ ra rằng có duy nhất cách chọn W ′, n′, a′i, E ′ . Mỗi cách chọn khác cho chúng ta biểu thứcWST a1 ã ã ãST anEW ′ST a′1 ã ã ãST a′n′E ′ về dạng tổng quát WSb1T a1 ã ã ãSbNT aNE, (2.24) với bi lẻ và ai không chia hết chom/4,W,E ∈ H . Theo bổ đề 2.1.3 thì biểu thức trên không thể bằng đơn vị, mâu thuẫn với gg−1 = I. Như chứng minh Bổ đề 2.2.3 ta vẫn xét 3 trường hợp của m. Giả sửm lẻ. Ta phải chọnW ′ thoả mãn EW ′S là một luỹ thừa chẵn của S. Nếu sự lựa chọn này không được thực hiện thì WST a1 ã ã ãST an(EW ′S)T a′1 ã ã ãST a′n′E ′ lại có dạng (2.24). DoW ′ ∈ {I, S3} nên có chính xác một cách chọn. Bây giờ từ EW ′S là một luỹ thừa chẵn của S. Nó có thể giao hoán qua tất cả các nhân tử ST a ′ , cho ta biểu thức dạngWST a1 ã ã ãST anT a′1 ã ã ãST a′n′E ′, 29 trong đó những ai mới là ± số cũ, và E ′ mới là EW ′S lần số cũ. Nếu an+a ′ 1 6= 0 ta lại có dạng (2.24) vì thế ta phải có an+a′1 = 0 hay a′1 = −an. Bây giờ ta lại đẩy một nhân tử S2 theo hướng phải và tìm thấy giá trị duy nhất của a′2 thoả mãn để tránh dạng (2.24). Tiếp tục quá trình này với mỗi a ′ i xác định bởi an+1−i và những gì ta đã làm trước đó. Ta không thể có n′ 6= n vì như vậy sẽ để lại một vài luỹ thừa của ST a (hoặc ST a ′ ) không bị triệt tiêu. Nếu n = n′ và mỗi a′i được chọn đúng, cuối cùng ta thu được dạng W ì (sự di chuyên luỹ thừa của S )ìE. Đó là sự chọn lựa duy nhất của E làm cho biểu thức bằng đơn vị. Giả sử m = 2k, k lẻ. Cách lí luận cũng tương tự, E là một luỹ thừa của S có thể nhân U 2. Như trước nếu luỹ thừa đó là lẻ, ta phải chọn W ′ = I, trong dó nếu luỹ thừa đó là chẵn ta phải chọnW ′ = S3. Nếu sự lựa chọn này không được thực hiện, ta có thể giao hoán mỗi nhân tử U 2 về phía phải và thu được dạng (2.24), không thể bằng I. Nếu sự lựa chọn này được thực hiện thì EW”S là một luỹ thừa chẵn của S, có thể nhân U 2 và có thể được giao hoán qua các nhân tử ST a ′ . Sau đó tiếp tục làm tương tự như trên với mỗi ai = −an+1−i và với E ′ xác định bởi những nhân tử còn lại sau khi những nhân tử ST a bị triệt tiêu. Cuối cùng giả sử m chia hết cho 4. Cũng lí luận tương tự với một vài sự bổ xung các bước và sự phức tạp đến từ luỹ thừa của U . Nhắc lại rằng ta có 8 phần tử nhóm con H1 của H sinh bởi SUS −1 và S2 của những phần tử có thể được giao hoán qua (hoặc hấp thu vào) ST a. Ta viết gg−1 dưới dạng WST a1 ã ã ãST anS−1(SEW ′)ST a′1 ã ã ãST a′n′E ′ và SEW ′ có thể được biểu thị là xh, trong đó x ∈ {I, S3, U} và h ∈ H1. Ta có thể đẩy h theo tất cả các cách về bên phải cho biểu thức có dạng WST a1 ã ã ãST anS−1xST a′1 ã ã ãST a′n′E ′. (2.25) Nếu x = S3, biểu thức này lại có dạng (2.24) và không thể bằng I. Nếu x = U ta lại sử dụng đồng nhất th