Đại số thay thế. Octonion

Việc kiểm tra suy ra ngay lập tức từ định nghĩa (1).

Hiển nhiên (a) kéo theo (c). Ta chỉ ra rằng (c) kéo theo (b): theo định nghĩa (§ 7, no. 3), để chứng minh (b), chỉ cần kiểm tra rằng $a(x, x, y) = 0$ và $a(x, y, y) = 0$, điều này chính xác là (c).

Để chứng minh rằng (b) kéo theo (a), ta dùng 4 bổ đề sau:

Tập hợp $U'$ các $x \in E$ sao cho $xU \subset U$ và $Ux \subset U$ hiển nhiên là một môđun con trên A của $E$, và theo giả thiết nó chứa $S$. Mặt khác, với $x, y$ trong $U'$ và $u \in U$, theo giả thiết

khi chuyển qua đại số đối, tương tự ta có $u(xy) \in U$. Vậy $U'$ là một đại số con của $E$ và, vì nó chứa $S$, nên $U' = E$. Do đó $EU \subset U$ và a fortiori $UU \subset U$, điều này chứng minh rằng $U$ là một đại số con của $E$; vì nó chứa $S$, nên $U = E$, điều này chứng minh bổ đề.

Một tập con $H$ của $F$ được gọi là kết hợp mạnh nếu $a(u, v, w) = 0$ khi ít nhất hai trong các phần tử $u, v, w$ thuộc $H$.

Vì tập hợp các tập con kết hợp mạnh của $F$ là quy nạp, nên chỉ cần chứng minh rằng nếu $H$ là một tập con kết hợp mạnh cực đại của $F$, thì khi đó $H$ là một đại số con của $F$. Vì $H$ hiển nhiên là một A-môđun con của $F$, nên chỉ cần kiểm tra rằng với mọi cặp phần tử $u, v$ của $H$, $H \cup \{uv\}$ cũng kết hợp mạnh, vì theo định nghĩa của $H$, điều này sẽ suy ra $uv \in H$. Bây giờ, với mọi $z \in H$ và mọi $t \in F$, theo (2)

vì $\mathbf{H}$ kết hợp mạnh; mà do $u, v, z$ thuộc $\mathbf{H}$, cũng có

do đó $a(uv, t, z) = 0$. Dùng tính chất phản xứng của $a$, điều này cho thấy rằng $a(p, q, r) = 0$ mỗi khi ít nhất hai trong các phần tử $p, q, r$ thuộc $\mathbf{H} \cup \{uv\}$, do đó suy ra bổ đề.

$a(u, v, w) = 0$ mỗi khi hai trong ba phần tử $u, v, w$ bằng $x$ và chỉ cần áp dụng Bổ đề 3.

Cho $Z$ là tập hợp các $z \in \mathbf{E}$ sao cho $a(u, v, z) = 0$ với mọi $u \in \mathbf{X}$ và $v \in \mathbf{Y}$, đây hiển nhiên là một môđun con trên A chứa $\mathbf{X}$ và $\mathbf{Y}$ vì $\mathbf{X}$ và $\mathbf{Y}$ là kết hợp mạnh; theo Bổ đề 2, sẽ đủ để kiểm tra rằng, với $u \in \mathbf{X}$ và $v \in \mathbf{Y}$, ta có $uZ \subset Z, vZ \subset Z, Zu \subset Z$ và $Zv \subset Z$. Bây giờ, với $u, u'$ trong $\mathbf{X}$, $v \in \mathbf{Y}$ và $z \in Z$, theo (2)

do $\mathbf{X}$ là kết hợp mạnh và theo định nghĩa của $Z$. Nhưng vì $\mathbf{X}$ là kết hợp mạnh, $a(u', u, zv) = 0$ và vì $u'u \in \mathbf{X}$, ta có $a(u'u, z, v) = 0$ theo định nghĩa của $Z$. Vậy $a(u', uz, v) = 0$, điều này cho thấy $uZ \subset Z$. Bây giờ áp dụng (2) với $(p, q, r, s) = (v, z, u, u')$, ta cũng thu được tương tự $Zu \subset Z$. Đổi chỗ vai trò của $\mathbf{X}$ và $\mathbf{Y}$ và dùng sự kiện rằng $a$ là phản xứng, ta thu được $vZ \subset Z$ và $Zv \subset Z$; do đó bổ đề được chứng minh.

Bây giờ, để chứng minh rằng (b) kéo theo (a) trong Mệnh đề 1, chỉ cần lấy $\mathbf{X} = \{x\}$ và $\mathbf{Y} = \{y\}$, dùng Bổ đề 4.

(i) Để $\mathbf{F}$ là thay thế, điều kiện cần và đủ là, với mọi cặp có thứ tự các phần tử $x, y$ của $\mathbf{F}$, $x^2y = x(xy)$.

(ii) Nếu F là thay thế, thì N(xy) = N(x)N(y) với mọi x, y trong F. (iii) Giả sử rằng F là thay thế. Để một phần tử x ∈ F khả nghịch, điều kiện cần và đủ là N(x) khả nghịch trong Ae; khi đó nghịch đảo của x là duy nhất và bằng N(x)^{-1}\overline{x}; ký hiệu nghịch đảo này là x^{-1},

với mọi y ∈ F.

Điều kiện $x^2y = x(xy)$ hiển nhiên là cần để F là thay thế (no. 1, Mệnh đề 1). Ngược lại, nếu nó đúng với mọi cặp có thứ tự các phần tử của F, khi áp dụng nó cho $\overline{x}$ và $\overline{y}$, ta được $\overline{x}^2\overline{y} = \overline{x}(\overline{xy})$; áp dụng phép liên hợp s cho quan hệ này, ta thu được $yx^2 = (yx)x$, do đó các điều kiện (c) của Mệnh đề 1 ở no. 1 được thỏa mãn.

Hiển nhiên $a(e, x, y) = 0$ với mọi $x, y$ trong F. Nếu F là thay thế, do đó ta suy ra từ Mệnh đề 1 (no. 1) rằng đại số con G của F sinh bởi e, x và y là kết hợp. Vì $\overline{x} = -x + T(x) \in -x + Ae, \overline{x} \in G$ và tương tự $\overline{y} \in G$. Khi đó $N(xy) = (xy)(\overline{xy}) = xy.\overline{y}.\overline{x} = N(y)x\overline{x} = N(y)N(x)$, dùng sự kiện rằng $N(y) \in Ae$. Điều này chứng minh (ii).

Cuối cùng ta chứng minh (iii). Nếu $N(x)$ khả nghịch trong Ae và nếu ta viết $x' = N(x)^{-1}\overline{x}$, thì $xx' = x'x = e$, vì $N(x) = x\overline{x} = \overline{x}x$. Ngược lại nếu x có một nghịch đảo trái $x''$, thì $N(x'')N(x) = N(e) = e$ theo (ii) và $N(x)$ khả nghịch trong Ae; hơn nữa, vì $x' = N(x)^{-1}\overline{x}$ nằm trong đại số con sinh bởi x và e, các phần tử $x, x', x''$ thuộc đại số con kết hợp sinh bởi x, $x''$ và e và do đó $x'' = x''(xx') = (x''x)x' = x'$, do đó có mệnh đề về tính duy nhất. Các công thức $x^{-1}(xy) = x(x^{-1}y) = y$ suy ra từ sự kiện rằng $x^{-1}, x$ và y là các phần tử của đại số con sinh bởi x, y và e, đại số con này là kết hợp.

Cho $u = (x, y), v = (x', y')$ là hai phần tử của F (trong đó x, y, $x', y'$ nằm trong E). Khi đó (§ 2, no. 5, công thức (27))

Dùng sự kiện rằng $\overline{y}y$ và $\overline{x} + x$ thuộc Ae, việc xét các công thức này cho thấy tính kết hợp của E kéo theo $u^2v = u(uv)$ và do đó kéo theo F là thay thế (Mệnh đề 2). Ngược lại, nếu F là thay thế, phương trình $u^2v = u(uv)$ áp dụng khi $y' = 0$ cho

Bây giờ vế trái bằng $(yT(x))\overline{x}' = y(\overline{x}'T(x)) = y(\overline{x}'x + \overline{x}'\overline{x});$

so sánh với vế phải, ta được $(y \bar{x}') x = y (\bar{x}' x)$, điều này chứng minh tính kết hợp của E, vì $x, y$ và $\bar{x}'$ là các phần tử tùy ý của E.

Ta giữ các ký hiệu ở đầu số này. Từ các công thức (33) của § 2, no. 5 suy ra rằng tập hợp $S$ gồm các phần tử $\pm e_0, \pm e_1, \pm e_2, \pm e_3$ là ổn định đối với phép nhân. Hơn nữa, với $x, y, y'$ trong $E$, theo công thức (22) của § 2, no. 5,

nên tập hợp $T$ gồm các phần tử $\pm e_i$ ($0 \leq i \leq 7$) là ổn định đối với phép nhân; hơn nữa, bảng nhân của nó là độc lập với vành $\mathbf{A}$.

Đặc biệt, lấy $\mathbf{A}''$ là trường $\mathbf{Z}/2\mathbf{Z}$ có hai phần tử và $E''$ là đại số quaternion kiểu $(1, 0, 1)$ trên $\mathbf{A}''$, còn $F''$ là đại số octonion kiểu $(1, 0, 1, 1)$ trên $\mathbf{A}''$; gọi $(e''_i)_{0 \leq i \leq 7}$ là cơ sở của $F''$ được tạo thành như mô tả ở trên. Vì $-e''_i = e''_i$, tập $T''$ của các $e''_i$ có 8 phần tử và ổn định đối với phép nhân; hơn nữa, từ trên suy ra ngay lập tức rằng ánh xạ $\theta : T \to T''$ sao cho $\theta(e_i) = \theta(-e_i) = e''_i$ với $0 \leq i \leq 7$ là một đồng cấu đối với phép nhân. Hơn nữa đại số quaternion $E''$ trong trường hợp này là giao hoán và do đó $F''$ là kết hợp (§ 2, no. 5, Mệnh đề 5); thêm nữa, phép liên hợp trong $F''$ trong trường hợp này là đồng nhất. Vậy $T''$ là một nhóm và các công thức (8) cho thấy nó là giao hoán; các công thức này và các công thức (33) của § 2, no. 5 cho thấy bình phương của mọi phần tử của $T''$ là phần tử khả nghịch. Nếu dùng $V$ để chỉ nhóm $T''$ được viết theo lối cộng, thì $V$ có thể được trang bị một cấu trúc không gian vectơ duy nhất trên $\mathbf{Z}/2\mathbf{Z}$, tất yếu có chiều 3 vì

Với mọi $\lambda \in V$, khi đó ký hiệu $e'_\lambda$ là phần tử của $(e_i)_{0 \leq i \leq 7}$ sao cho $\theta(e'_\lambda) = \lambda$; khi đó $e'_0 = e_0$; hơn nữa, vì $\theta$ là một đồng cấu và quan hệ $\theta(x) = \theta(y)$ tương đương với $x = \pm y$, nên $e'_\lambda e'_\mu = \pm e'_{\lambda + \mu}$. Nếu $\lambda, \mu, \nu$ độc lập tuyến tính trên $\mathbf{Z}/2\mathbf{Z}$, thì chúng lập thành một cơ sở của $V$ và do đó mọi phần tử $e_i$ ($0 \leq i \leq 7$) đều sẽ thuộc đại số con sinh bởi $e'_\lambda, e'_\mu$ và $e'_\nu$; khi $2 \neq 0$ trong $\mathbf{A}$, đẳng thức $e'_\lambda (e'_\mu e'_\nu) = (e'_\lambda e'_\mu) e'_\nu$ vì thế là không thể có, bởi vì khi đó $F$ sẽ kết hợp và do đó $E$ sẽ giao hoán (§ 2, no. 5, Mệnh đề 5), điều này mâu thuẫn với các quan hệ (33) của § 2, no. 5. Mặt khác, nếu $\lambda, \mu, \nu$ phụ thuộc tuyến tính trong V, thì ba phần tử $e'_\lambda, e'_\mu, e'_v$ thuộc một đại số con với 2 phần tử sinh của F, vì vậy nó là kết hợp (no. 1, Mệnh đề 1); do đó có kết luận.