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



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


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).

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

= 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.


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.

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


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 .

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

)

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)


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}.

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

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
.
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:


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).


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


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 () = ().

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) =


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)

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


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.


* *


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




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

( 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



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