Download miễn phí Luận văn Về nhóm con của nhóm SO(3)



Để sử dụng có hiệu quả tích tự do với nhóm con chung ta cần một biểu
thức chính tắc hay dạng "chuẩn tắc" cho mỗi phần tử và cho những phương
pháp để tính toán chúng cũng như để chứng minh những biểu thức bằng nhau.
Cho G = H*K A=B là một tích tự do với nhóm con chung. Kí hiệu một từ
hay một biểu thức luân phiên cũng giống như trong phần tích tự do. Rõ ràng
mỗi phần tử g 2 G bằng một biểu thức luân phiên nào đó. Nhưng có một số
chú ý cần thiết là ta chưa biết chắc chắn là H và K đã được nhúng vào G
hay chưa, vì thế ta coi biểu thức như là dãy mà có ảnh tự nhiên ở trong G.


http://s1.liketly.com/flash/edoc/-images-nopreview.swf /tai-lieu/de-tai-ung-dung-tren-liketly-53168/
Để tải bản Đầy Đủ của tài liệu, xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Ai cần download tài liệu gì mà không tìm thấy ở đây, thì đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí

Tóm tắt nội dung tài liệu:

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 hay 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 hay 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 hay 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˜ hay −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
x...

---