Đại số tenxơ
Định nghĩa 1.2.1 Giả sử V là một không gian véc tơ trên tr-ờng K Ta đặt T r (V ) = V ⊗ V ⊗ ⊗ V
, víi quy -íc T 0 (V ) = K NÕu dim V = k và { v 1 , v 2 , , v k } là một cơ sở của V thì tập hợp { v i 1 ⊗ ⊗ v i r /1 ≤ i 1 , , i r ≤ k } là một cơ sở của T r (V )
Ta đặt T (V ) = ⊕ ∞ r=0 T r (V ) Xét ánh xạ song tuyến tính
Theo tính chất của tích tenxơ, các ánh xạ song tuyến tính nói trên sẽ cảm sinh một phép nhân trên T (V )
Khi đó T (V ) là một đại số trên K và đ-ợc gọi là đại số tenxơ của V
Mệnh đề 1.2.2 Giả sử { v 1 , v 2 , , v k } là một cơ sở của K -không gian véc tơ V Khi đó tập hợp { v i 1 ⊗ ⊗ v i r | 1 ≤ i 1 , , i r ≤ k, 0 ≤ r < ∞} là một cơ sở của T (V ).
Đại số đối xứng
Định nghĩa 1.3.1 Cho r ∈ Nvà V là một không gian véc tơ trên tr-ờng
Không gian véc tơ T r (V ) trên K được ký hiệu là A r, là không gian véc tơ con của T r (V ) được sinh bởi các phần tử có dạng x i 1 ⊗ x i 2 ⊗ ⊗ x i r - x i σ(1) ⊗ x i σ(2) ⊗ x i σ(r), với x i 1 , x i 2 , , x i r ∈ V và σ ∈ P r (nhóm đối xứng trên r phần tử) Khi đó, A = ⊕ ∞ r=0 A r trở thành một iđêan của T (V ) Định nghĩa S r (V ) = T r (V )/A r và S(V ) = ⊕ ∞ r=0 S r (V ), trong đó S 0 (V ) được quy ước là
K Khi đó ta có đại số th-ơng
T (V )/A = ⊕ ∞ r=0 T r (V )/ ⊕ ∞ r=0 A r ∼ = ⊕ ∞ r=0 T r (V )/A r = ⊕ ∞ r=0 S r (V ) = S(V ), và S(V ) đ-ợc gọi là đại số đối xứng của V Đặt x i 1 x i 2 x i r = p(x i 1 ⊗ x i 2 ⊗ ⊗ x i r ), trong đó p : T (V ) → S(V ) là phép chiếu tự nhiên Ta có
Giả sử { v 1 , v 2 , , v k } là một cơ sở của K-không gian véc tơ V, thì tập hợp { v 1 t 1 v t k k | t 1 , t 2 , , t k ≥ 0 } sẽ tạo thành một cơ sở của S r (V) Hơn nữa, ta có đẳng cấu S(V) ∼ = K[x 1 , x 2 , , x k ].
K[x 1 , x 2 , , x k ] là đại số đa thức trên K sinh bởi k phần tử x 1 , x 2 , , x k
Trong bài viết này, chúng tôi nghiên cứu trường K = F2, một trường nguyên tố với hai phần tử Chúng tôi cũng phân tích phân bậc đại số của đa thức F2[x1, x2, , xk] với điều kiện deg xi = 1 cho mọi i = 1, 2, , k.
Đại số ngoài
Định nghĩa 1.4.1: Giả sử V là một không gian véc tơ trên trường K Gọi B r là không gian véctơ con của T r (V) sinh bởi tất cả các phần tử có dạng x 1 ⊗ x 2 ⊗ ⊗ x r, với x i khác nhau Đặt Λ r (V) = T r (V)/B r và B = ⊕ ∞ r=0 B r, cho thấy B là một iđêan của T (V) Do đó, ta có ΛV = T (V)/B = ⊕ ∞ r=0 T r (V)/ ⊕ ∞ r=0 B r ∼ = ⊕ ∞ r=0 T r (V)/B r = ⊕ ∞ r=0 Λ r (V), tạo thành một đại số trên K, được gọi là đại số ngoài của V Đặt x 1 ∧ x 2 ∧ x r = π(x 1 ⊗ x 2 ⊗ ⊗ x r), với π: T (V) → S(V) là phép chiếu tự nhiên.
Mệnh đề 1.4.2 Nếu r > k = dim V thì Λ(V ) = 0 Nếu 1 ≤ r ≤ k và
{ x 1 , , x k } là một cơ sở của K -không gian véc tơ V thì tập hợp
{ x i 1 ∧ x i 2 ∧ ∧ x i r | 1 ≤ i 1 ≤ ≤ i r ≤ k } là một cơ sở của Λ r (V ).
Đại số Steenrod
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ khám phá cấu trúc đại số của đại số Steenrod mod-2 Ý nghĩa hình học của đại số này được trình bày chi tiết trong tài liệu của Steenrod và Epstein [13].
Ký hiệu A e là một đại số kết hợp tự do trên trường F2, bao gồm hai phần tử sinh ra từ tập hợp các ký hiệu Sq f i với bậc i, trong đó i là số nguyên không âm Đặt B là lý thuyết ideal của A e, được sinh bởi tập hợp này.
Sq f a+b−j Sq f j | 0 < a < b } ∪ {f Sq 0 − 1 } , trong đó n k là hệ số nhị thức đ-ợc tính theo mod 2 và quy -ớc n k = 0 nếu n < k Đại số th-ơng A = A e / B đ-ợc gọi là đại số Steenrod mod-2.
Ký hiệu Sq i là lớp trong A có đại diện là Sq f i
Khi đó trong đại số A có quan hệ
Sq a+b−j Sq j , với 0 < a < b và Sq 0 = 1
Các quan hệ trên gọi là quan hệ Adem của đại số Steenrod A Các ký hiệu Sq i gọi là toán tử Steenrod bậc i hay bình ph-ơng Steenrod bậc i
Cấu trúc mô đun của đại số đa thức trên đại số Steenrod 10 1.7 Các hàm số học
Steenrod Đại số Steenrod A tác động trên P k bởi công thức t-ờng minh
Sq i (f )Sq n−i (g), với f, g ∈ P k Với các tác động trên, đại số đa thức P k là một môđun trên đại số Steenrod A
Ký hiệu A + là iđêan của A sinh bởi tất cả các Sq i với i > 0và A + P k là tập hợp tất cả các đa thức trong P k đ-ợc biểu diễn d-ới dạng tổng
Sq i f i , trong đó f i ∈ P k và bằng 0 hầu hết trừ một số hữu hạn.
Ký hiệu A + s là không gian véc tơ con của A, được sinh bởi tất cả các Sq i với 0 < i < 2s Tập hợp A + s P k bao gồm tất cả các đa thức trong P k, được biểu diễn dưới dạng tổng X.
Sq i f i , trong đó f i ∈ F 2 với 0 < i < 2 s và s là một số nguyên d-ơng cho tr-ớc.
Một trong những vấn đề quan trọng trong Tôpô đại số hiện nay là xác định tập sinh cực tiểu của đại số đa thức P_k, được xem như môđun trên đại số Steenrod A.
F 2 là A -môđun với tác động Sq 0 (1) = 1, Sq i (1) = 0 với i > 0, thì bài toán hit t-ơng đ-ơng với việc xác định một cơ sở của không gian véc tơ
Ta ký hiệu (P k ) n là không gian véctơ con của P k gồm tất cả các đa thức thuần nhất bậc n và (F 2 ⊗ A P k ) n là không gian véc tơ con của
F 2 ⊗ A P k gồm tất cả các lớp biểu diễn bởi các đa thức thuần nhất bậc n
1.7 Các hàm số học Định nghĩa 1.7.1 α(n) =số các hệ số 1 trong khai triển nhị phân của n à(n) = min { m ∈ Z : α(n + m) ≤ m }
Mệnh đề 1.7.2 α(n + m) ≤ m nếu và chỉ nếu à(n) ≤ m
Mệnh đề sau đây là hiển nhiên đ-ợc suy ra từ định nghĩa.
Mệnh đề 1.7.3 Với mọi số tự nhiên n ta có α(2n) = α(2n + 1) − 1
Mệnh đề 1.7.4 Với mọi số nguyên d-ơng n , số n − à(n) là không âm và chẵn.
Mệnh đề 1.7.5 Giả sử à(n) = k Khi đó à( n−k 2 ) ≤ k Định nghĩa 1.7.6 Số nguyên d-ơng m đ-ợc gọi là một k -spike nếu (i) m = (2 n 1 − 1) + (2 n 2 − 1) + + (2 n k − 1), víi n 1 , , n k > 0.
(ii) m không thể viết d-ới dạng một tổng của ít hơn k số hạng có dạng (2 n − 1).
Mệnh đề 1.7.7 Cho số nguyên d-ơng m Nếu à(m) = k thì m đ-ợc biểu diễn d-ới dạng m = 2 n 1 + 2 n 2 + + 2 n k−1 + 2 n k , trong đó n 1 > n 2 > > n k−1 > n k
Mệnh đề 1.7.8 Cho m là một số nguyên d-ơng Khi đó m biểu diễn đ-ợc d-ới dạng m = (2 n 1 − 1) + (2 n 2 − 1) + + (2 n k − 1) , với n 1 , , n k > 0 nếu và chỉ nếu α(m + k) ≤ k ≤ m , m ≡ k ( mod 2).
Một số tính chất của đơn thức chấp nhận đ-ợc
Gọi α i (n) là hệ số thứ i trong khai triển nhị phân của n Tức là n = α 0 (n).2 0 + α 1 (n).2 1 + α 2 (n).2 2 + , với α i (n) ∈ { 0, 1 } , i ≥ 0 Giả sử x = x a 1 1 x a k k là một đơn thức trong P k Đặt I i (x) = { j ∈ N k : α i (a j ) = 0 } Khi đó ta có x = Y i≥0
X I 2 i i (x) Định nghĩa 1.8.1 Cho x = x a 1 1 x a 2 2 x a k k là một đơn thức trên P k Định nghĩa hai dãy t-ơng ứng với đơn thức x ω(x) = (ω 1 (x), ω 2 (x), , ω i (x), ), σ(x) = (a 1 , a 2 , , a k ), trong đó ω i (x) =
Trong bài viết này, ta định nghĩa ω(x) là ω-véc tơ tương ứng với đơn thức x Ký hiệu P k (ω(x)) đại diện cho không gian véc tơ con của P k, được sinh bởi tất cả các đơn thức y với deg y = deg x và ω(y) < ω(x).
Ta đồng nhất một dãy hữu hạn (ξ₁, ξ₂, , ξₘ) với (ξ₁, ξ₂, , ξₘ, 0, 0, ) Trong đó, chúng ta xem xét quan hệ thứ tự từ điển trên tập hợp các dãy số nguyên không âm Từ đó, một quan hệ thứ tự mới được định nghĩa trên tập các đơn thức trong không gian này.
P k nh- sau. Định nghĩa 1.8.2 Cho x, y là các đơn thức trên P k Ta nói rằng x < y nếu và chỉ nếu một trong các điều sau đúng:
(ii) ω(x) = ω(y) và σ(x) < σ(y) Định nghĩa 1.8.3 Cho x là một đơn thức và f, g là hai đa thức thuần nhất cùng bậc trên P k Khi đó
(i) f ≡ g nếu và chỉ nếu f − g ∈ A + P k Nếu f ≡ 0 thì f gọi là đa thức hit.
(ii) x ≈ f nếu và chỉ nếu x − f ∈ A + P k + P k (ω(x)).
(iii) x ' f nếu và chỉ nếu x − f ∈ A + s P k +P k (ω(x)), ω s (x) 6 = 0, ω i (x) = 0, víi i > s
Chúng tôi nhắc lại một số tính chất cơ bản về tác động của các bình ph-ơng Steenrod trên đại số đa thức.
Mệnh đề 1.8.4 Cho f là một đa thức thuần nhất trên P k Khi đó ta cã
(i) NÕu i > deg f th× Sq i (f) = 0 NÕu i = deg f th× Sq i (f ) = f 2
(ii) Nếu i không chia hết cho 2 s thì Sq i (f 2 s ) = 0 ,
(iii) NÕu i = r.2 s th× Sq i (f 2 s ) = (Sq r (f)) 2 s Định nghĩa 1.8.5 Một đơn thức x gọi là không chấp nhận đ-ợc nếu tồn tại các đơn thức y 1 , y 2 , , y t sao cho y j < x, j = 1, 2, , t và x ≡ y 1 + y 2 + + y t
Một đơn thức x đ-ợc gọi là chấp nhận đ-ợc nếu nó không phải là đơn thức không chấp nhận đ-ợc.
Nh- vậy, tập hợp tất cả các đơn thức chấp nhận đ-ợc trên P k là một tập sinh cực tiểu của P k nh- môđun trên đại số Steenrod A
Nhận xét rằng, nếu y là một đơn thức trong P k (ω(x)) thì y < x Do đó ta có ngay mệnh đề sau.
Một đơn thức x được coi là không chấp nhận được nếu tồn tại các đơn thức y1, y2, , yt thỏa mãn yj < x (j = 1, 2, , t) và x gần bằng tổng của các đơn thức này Hơn nữa, một đơn thức x được gọi là không chấp nhận được chặt nếu cũng tồn tại các đơn thức y1, y2, , yt với điều kiện tương tự.
Nhận xét rằng, nếu đơn thức x là không chấp nhận đ-ợc chặt thì x không chấp nhận đ-ợc.
Mệnh đề 1.8.8 Cho x, y là các đơn thức và f là một đa thức thuần nhất trên P k sao cho deg y = deg f và ω i (x) = 0 , với i > s > 0 Nếu y ≈ f th× xy 2 s ≈ xf 2 s
Sq r (z r ), trong đó g ∈ P k (ω(y)) và z r ∈ P k, với r > 0 Theo Mệnh đề 1.8.4 ta có xy 2 s = xf 2 s + xg 2 s + X r>0 xSq r2 s (z r 2 s )
Từ ω i (x) = 0, với i > s và g ∈ P k (ω(y)), ta có xg 2 s ∈ P k (ω(xy 2 s )) Sử dụng công thức Cartan và Mệnh đề 1.8.4 ta đ-ợc xSq r2 s (z r 2 s ) = Sq r2 s (xz 2 r s ) + X
Vì ω i (x) = 0, với i > s nên ta có x = Q
0≤i 0 Nếu x ' f và y ' g thì xy 2 s ' f g 2 s
Sq j (u j ) ∈ P k (ω(y)), và ω r (y) 6 = 0, ω j (y) = 0, với j > r > 0, trong đó z i , u j ∈ P k Theo phép chứng minh của Mệnh đề 1.8.8 ta có xy 2 s + xg 2 s + X
Từ ω i (x) = 0, với i > s và h ∈ P k (ω(x)), ta có hg 2 s ∈ P k (ω(xy 2 s )) Sử dụng công thức Cartan và Mệnh đề 1.8.4 ta đ-ợc xg 2 s + f g 2 s + X
Hơn nữa, với 1 ≤ j < 2 r ta có 1 < 2 s ≤ j2 s < 2 r+s , ω r+s (xy 2 s ) = ω r (y) 6 = 0 và với i > r + s , ta có ω i (xy 2 s ) = ω i−s (y) = 0.
Từ đó suy ra xy 2 s − f g 2 s ∈ A + r+s P k + P k (ω(xy 2 s )) Định lý 1.8.10 Giả sử x, y, z là các đơn thức trên P k sao cho ω i (x) = 0 , với i > r > 0 , ω s (z) 6 = 0 và ω i (z) = 0 , với i > s > 0 Khi đó
(i) Nếu z là đơn thức không chấp nhận đ-ợc thì xz 2 r cũng là đơn thức không chấp nhận đ-ợc.
(ii) Nếu z là đơn thức không chấp nhận đ-ợc chặt thì xz 2 r y 2 r+s là đơn thức không chấp nhận đ-ợc.
Giả sử có các đơn thức y1, y2, , yt sao cho yj < z (j = 1, 2, , t) và z ≈ y1 + y2 + + yt Theo Mệnh đề 1.8.8, ta có xz²r ≈ xy1²r + xy2²r + + xy t²r Từ ωi(x) = 0 với i > r và yj < z, ta suy ra xyj²r < xz²r cho j = 1, 2, , t Do đó, kết luận (i) đã được chứng minh.
Giả sử tồn tại các đơn thức y 1 , y 2 , , y t sao cho y j < z, j = 1, 2, , t và z + y 1 + y 2 + + y t + X
Sq i (u i ) = f ∈ P k (ω(z)), trong đó u i ∈ P k, với 0 < i < 2 s Từ ω i (z) = 0, với i > s và f ∈ P k (ω(z)), ta có f y 2 s ∈ P k (ω(zy 2 s )) Do đó sử dụng công thức Cartan và Mệnh đề 1.8.4 ta đ-ợc zy 2 s + y 1 y 2 s + y 2 y 2 s + + y t y 2 s + X
Từ y j y 2 s < zy 2 s , j = 1, 2, , t , ta suy ra zy 2 s là đơn thức không chấp nhận đ-ợc chặt Theo (i), ta suy ra x(zy 2 s ) 2 r = xz 2 r y 2 r+s là đơn thức không chấp nhận đ-ợc.
Bổ đề 1.8.11 Cho x là một đơn thức trên P k sao cho ω i (x) = 0 , với i > 2 Nếu ω 1 (x) = 0, ω 2 (x) > 0 hoặc ω 1 (x) < k, ω 2 (x) = k thì x là không chấp nhận đ-ợc chặt.
Chứng minh Nếu ω 1 (x) = 0, ω 2 (x) > 0 thì x = Sq 1 (y), với y là một đơn thức nào đó trên P k Do đó bổ đề đúng Nếu 0 < ω 1 (x) = ` < k và ω 2 (x) = k thì x = x i 1 x i ` X 0 2 Giả sử i 6 = i 1 , i 2 , , i ` Khi đó ta có x = X
` Vậy x không chấp nhận đ-ợc chặt.
Từ Định lý 1.8.10 và Bổ đề 1.8.11 ta có mệnh đề sau.
Mệnh đề 1.8.12 Cho x là một đơn thức chấp nhận đ-ợc trên P k Khi đó ta có
(i) Nếu có một chỉ số i 0 sao cho ω i 0 (x) = 0 thì ω i (x) = 0 với mọi i > i 0
(ii) Nếu có một chỉ số i 0 sao cho ω i 0 (x) < k thì ω i (x) < k với mọi i > i 0
Toán tử bình ph-ơng của Kameko
Trong phần này, chúng tôi trình bày toán tử bình phương của Kameko và nhắc lại các kết quả của Wood và Singer, sẽ được sử dụng trong chương sau Định nghĩa 1.9.1 nêu rằng cho x là một đơn thức, các đồng cấu φ và Sq f 0 ∗ được định nghĩa từ P k đến P k bằng công thức φ(x) = x 1 x 2 x k x 2.
Chú ý rằng Sq f 0 ∗ giao hoán với ánh xạ bình ph-ơng của A , tức là
Sq t Sq f 0 ∗ = Sq f 0 ∗ Sq 2t Do đó, Sq f 0 ∗ cảm sinh một đồng cấu của F 2-không gian véc tơ
2 , với mọi n ≥ k sao cho n − k là số chẵn Đồng cấu này đ-ợc gọi là toán tử bình ph-ơng của Kameko.
Trong toán học, có một định lý quan trọng liên quan đến các đồng cấu A-môđun, đó là Sq 2t φ 6 = φSq t, cho thấy rằng φ không phải là đồng cấu A-môđun Tuy nhiên, trong một trường hợp đặc biệt, nếu n là một k-spike, thì Sq 0 ∗ sẽ trở thành một đẳng cấu của không gian véctơ, và φ sẽ sinh ra một nghịch đảo của nó, theo định lý 1.9.2 của Kameko.
Chứng minh Với φ, Sq f 0 ∗ đ-ợc định nghĩa nh- trên và n là một k -spike nên φ Sq f 0 ∗ = id P k , Sq f 0 ∗ φ = id P k
Giả sử φ cảm sinh một đồng cấu giữa các F 2-không gian véc tơ φ : (F 2 ⊗ A P k ) n−k
2 th× φ([x]) = [φ(x)] ThËt vËy, ta cã
Sq f 0 ∗ (Sq 2t φ − φSq t ) = Sq f 0 ∗ Sq 2t φ − Sq f 0 ∗ φSq t
Im(Sq 2t φ − φSq t ) thuộc Ker (f Sq 0 ∗ : P k → P k ), với E là không gian véc tơ con của P k được sinh bởi các đơn thức x thỏa mãn ω 1 (x) < k Do đó, ta có thể suy ra rằng φ : ( A + P k ) n−k.
−→ ( A + P k + E) n là một đồng cấu Vì n là một k -spike nên ( A + P k + E) n ⊂ ( A + P k ) n Do đó φ : ( A + P k ) n−k
−→ ( A + P k ) n là một đồng cấu Vậy φ : (F 2 ⊗ A P k ) n−k
(F 2 ⊗ A P k ) n đ-ợc xác định và là một đồng cấu giữa các F 2-không gian véc tơ.
Với mọi đơn thức x bậc n−k 2 trên P k ta có
Ngược lại, với x là đơn thức bậc n bất kỳ trên P k, do n là một k-spike, nên các luỹ thừa của các biến trong x phải là các số lẻ Vì vậy, ta có x = φ(y), trong đó y là một đơn thức bậc n−k 2.
P k Khi đó φ Sq f 0 ∗ ([x]) = φ Sq f 0 ∗ ([φ(y)]) = φ Sq f 0 ∗ φ([y])
Suy ra φ Sq f 0 ∗ = id ( 2 ⊗ A P k ) n Vậy định lý đ-ợc chứng minh.
Tiêu chuẩn của Wood và Singer về đơn thức hit trong P k được nhắc lại với các định lý và định nghĩa quan trọng Định lý 1.9.3 của Wood chỉ ra rằng nếu x ∈ P k với deg x = n và α(n + ω 1 (x)) > ω 1 (x), thì x là hit Định nghĩa 1.9.4 mô tả đơn thức z = x b 1 1 x b 2 2 x b k k là spike nếu b j = 2 s j − 1, với s j là số nguyên không âm Nếu z là spike với s 1 > s 2 > > s r−1 ≥ s r > 0 và s j = 0 với j > r, thì nó được gọi là spike cực tiểu Định lý 1.9.5 của Singer khẳng định rằng nếu x ∈ P k là một đơn thức bậc n với α(n + k) ≤ k và z là đơn thức spike cực tiểu bậc n, thì nếu ω(x) < ω(z), x sẽ là hit Để thuận tiện trong việc trình bày, chúng tôi sử dụng các ký hiệu phù hợp.
Khi đó P k 0 và P k + là A -môđun con của P k Hơn nữa, ta có mệnh đề sau về sự phân tích thành tổng trực tiếp của các F 2-không gian véc tơ.
Mệnh đề 1.9.6 Với P k 0 , P k + đ-ợc định nghĩa nh- trên, ta có sự phân tÝch
Để xác định không gian F 2 ⊗ A P k, cần tìm một cơ sở của F 2 ⊗ A P k +, dựa trên tập hợp các đơn thức chấp nhận được của P k−1 Việc này giúp đơn giản hóa quá trình xác định cơ sở cho không gian F 2 ⊗ A P k 0.
Ký hiệu V k làF 2-không gian véc tơ con của P k sinh bởi { x 1 , x 2 , , x k }
Nếu ϕ e : V k → V k là một đồng cấu, thì tồn tại một đồng cấu vành duy nhất ϕ : P k → P k sao cho ϕ(x i ) = ϕ(x e i ) với i = 1, 2, , k Đồng cấu này cũng đồng thời là một đồng cấu A-môđun, từ đó nó cảm sinh một đồng cấu mới.
Chú ý rằng, nếu ϕ : P k → P k đ-ợc cảm sinh bởi một hoán vị của
{ x 1 , x 2 , , x k } thì nó biến các đơn thức thành các đơn thức và bảo toàn ω -véc tơ t-ơng ứng.
Trong tr-ờng hợp đặc biệt, với I = (i 0 , i 1 , , i r ), 0 < i 0 < i 1 < < i r 6 k , 0 6 r < k, ta xét các đồng cấu p I : P k → P k−1, với 1 6 i < j 6 k , đ-ợc xác định bởi p I (x j ) =
Các đồng cấu này cảm sinh các đồng cấu từF 2 ⊗ A P k vào F 2 ⊗ A P k−1
Chúng tôi sử dụng những đồng cấu này để chứng tỏ một tập con nào đó của F 2 ⊗ A P k là độc lập tuyến tính khi đã biết cơ sở của F 2 ⊗ A P k−1.
Bai toán hit đối với đại số Steenrod và ứng dụng
Kết quả chính của phần này là dim(F 2 ⊗ A P k ) 2 s+1 +2 s −5 =
2.1 Cơ sở chấp nhận đ-ợc của (P 5 ) 2 s+1 +2 s − 5
Dễ dàng ta nhận đ-ợc kết quả sau
Mệnh đề 2.1.1 (F 2 ⊗ A P 5 ) 1 là không gian véc tơ 5 chiều với cơ sở gồm các các lớp biểu diễn bởi các đơn thức chấp nhận đ-ợc sau: x j , 1 6 j 6 5
Với 1 6 i 6 k , định nghĩa đồng cấu đại số f i = f k;i : P k−1 → P k bởi f i (x j ) =
Ký hiệu B k (n) là tập hợp tất cả các đơn thức chấp nhận đ-ợc bậc n trong P k Nhận xét rằng với 1 6 n < k , ta có (P k ) n = (P k 0 ) n Do đó
1≤i≤k f i (B k−1 (n)) là tập hợp tất cả các đơn thức chấp nhận đ-ợc trong (P k ) n.
Mệnh đề 2.1.2 (Kameko [6]) (F 2 ⊗ A P 3 ) 7 là không gian véc tơ 10 chiều với cơ sở gồm các các lớp biểu diễn bởi các đơn thức chấp nhận đ-ợc sau: x 1 x 6 2 , x 2 x 6 3 , x 1 x 6 3 , x 7 1 , x 7 2 , x 7 3 , x 1 x 2 2 x 4 3 , x 1 x 3 2 x 3 3 , x 3 1 x 2 x 3 3 , x 3 1 x 3 2 x 3
Từ kết quả này, cho ta
Mệnh đề 2.1.3 (F 2 ⊗ A P 4 0 ) 7 là không gian véc tơ 26 chiều với cơ sở gồm các các lớp biểu diễn bởi các đơn thức chấp nhận đ-ợc trong tập hợp ∪
Sử dụng kết quả trong Sum [15];[16], ta có
Mệnh đề 2.1.4 (F 2 ⊗ A P 4 ) 7 là không gian véc tơ 9 chiều với cơ sở gồm các các lớp biểu diễn bởi các đơn thức chấp nhận đ-ợc sau: x 1 x 2 2 x 2 3 x 2 4 , x 1 x 2 x 2 3 x 3 4 , x 1 x 2 x 3 3 x 2 4 , x 1 x 2 2 x 3 x 3 4 , x 1 x 2 2 x 3 3 x 4 , x 1 x 3 2 x 3 x 2 4 , x 1 x 3 2 x 2 3 x 4 , x 3 1 x 2 x 3 x 2 4 , x 3 1 x 2 x 2 3 x 4
Kết hợp Mệnh đề 2.1.3 và Mệnh đề 2.1.4, ta nhận đ-ợc
Mệnh đề 2.1.5 (F 2 ⊗ A P 5 0 ) 7 là không gian véc tơ 100 chiều với cơ sở gồm các các lớp biểu diễn bởi các đơn thức chấp nhận đ-ợc trong tập hợp ∪
Bây giờ, chúng tôi xác định (F 2 ⊗ A P 5 + ) 7
Mệnh đề 2.1.6 (F 2 ⊗ A P 5 + ) 7 là không gian véc tơ 10 chiều với cơ sở gồm các các lớp biểu diễn bởi các đơn thức chấp nhận đ-ợc v j , 1 6 j 6 10, sau ®©y:
Chứng minh Dễ dàng thấy rằng, nếu x là một đơn thức chấp nhận đ-ợc bậc 7 trong P 5 + , thì x là một hoán vị của các đơn thức sau: x 1 x 2 x 3 x 4 x 3 5 , x 1 x 2 x 3 x 2 4 x 2 5
Do đó, các đơn thức sau là không chấp nhận đ-ợc: x 1 x 2 2 x 2 3 x 4 x 5 , x 2 1 x i x j x k x 2 ` , với 2 6 i, j, k, ` 6 5 Vậy (F 2 ⊗ A P 5 + ) 7 đ-ợc sinh bởi { [v j ] : 1 6 j 6 10 }
Bây giờ, ta chứng minh { [v j ] : 1 6 j 6 10 } là tập độc lập tuyến tính trong F 2 ⊗ A P 5 Giả sử có tổ hợp tuyến tính
Xét toán tử bình ph-ơng Kameko Sq f 0 ∗ Ta có Sq f 0 ∗ ([v j ]) = 0, với
6 6 j 6 10 Do đó, Sq f 0 ∗ chuyển (1.1) trở thành P 5 j=1 γ j [w j ] = 0, trong đó w j = x j , với 1 6 j 6 5 Sử dụng Định lý 2.1.1, ta nhận đ-ợc γ j = 0, víi 1 6 j 6 5
Vì vậy, hệ thức (1.1) trở thành
Mặt khác, x 1 x 4 2 x 3 x 4 = Sq 2 (x 1 x 2 2 x 3 x 4 ) + Sq 1 (x 1 x 2 2 x 2 3 x 4 ) + x 1 x 2 2 x 2 3 x 2 4 , cho thấy [x 1 x 4 2 x 3 x 4 ] ≡ [x 1 x 2 2 x 2 3 x 2 4 ] Sử dụng kết quả này, và dễ thấy các đồng cấu ϕ 4 , ϕ 6 chuyển (1.2) trở thành
Theo mệnh đề 2.1.4, ta có γ j = 0, với 6 6 j 6 10 Vậy, γ j = 0, với mọi j = 1, 2 , 10 Mệnh đề đ-ợc chứng minh.
Từ Mệnh đề 2.1.5 và Mệnh đề 2.1.6, ta nhận đ-ợc Định lý 2.1.7 Có đúng 110 đơn thức chấp nhận đ-ợc bậc 7 trong P 5
Xét toán tử bình ph-ơng Kameko (f Sq 0 ∗ ) 5 7 : (F 2 ⊗ A P 5 ) 19 → (F 2 ⊗ A P 5 ) 7. Toán tử này là một toàn cấu và ta có
Theo kết quả trong Sum [15];[16], (F 2 ⊗ A P 4 ) 19 là không gian véc tơ
80 chiều với cơ sở gồm các các lớp biểu diễn bởi các đơn thức chấp nhận đ-ợc sau đây: s 1 = x 1 x 2 x 2 3 x 15 4 s 2 = x 1 x 2 x 15 3 x 2 4 s 3 = x 1 x 2 2 x 3 x 15 4 s 4 = x 1 x 2 2 x 15 3 x 4 s 5 = x 1 x 15 2 x 3 x 2 4 s 6 = x 1 x 15 2 x 2 3 x 4 s 7 = x 15 1 x 2 x 3 x 2 4 s 8 = x 15 1 x 2 x 2 3 x 4 s 9 = x 1 x 2 x 3 3 x 14 4 s 10 = x 1 x 2 x 14 3 x 3 4 s 11 = x 1 x 3 2 x 3 x 14 4 s 12 = x 1 x 3 2 x 14 3 x 4 s 13 = x 1 x 14 2 x 3 x 3 4 s 14 = x 1 x 14 2 x 3 3 x 4 s 15 = x 3 1 x 2 x 3 x 14 4 s 16 = x 3 1 x 2 x 14 3 x 4 s 17 = x 1 x 2 2 x 3 3 x 13 4 s 18 = x 1 x 2 2 x 13 3 x 3 4 s 19 = x 1 x 3 2 x 2 3 x 13 4 s 20 = x 1 x 3 2 x 13 3 x 2 4 s 21 = x 3 1 x 2 x 2 3 x 13 4 s 22 = x 3 1 x 2 x 13 3 x 2 4 s 23 = x 3 1 x 13 2 x 3 x 2 4 s 24 = x 3 1 x 13 2 x 2 3 x 4 s 25 = x 1 x 3 2 x 3 3 x 12 4 s 26 = x 1 x 3 2 x 12 3 x 3 4 s 27 = x 3 1 x 2 x 3 3 x 12 4 s 28 = x 3 1 x 2 x 12 3 x 3 4 s 29 = x 3 1 x 3 2 x 3 x 12 4 s 30 = x 3 1 x 3 2 x 12 3 x 1 4 s 31 = x 1 x 2 x 6 3 x 11 4 s 32 = x 1 x 6 2 x 3 x 11 4 s 33 = x 1 x 6 2 x 11 3 x 4 s 34 = x 1 x 2 x 7 3 x 10 4 s 35 = x 1 x 7 2 x 3 x 10 4 s 36 = x 1 x 7 2 x 10 3 x 4 s 37 = x 7 1 x 2 x 3 x 10 4 s 38 = x 7 1 x 2 x 10 3 x 4 s 39 = x 1 x 2 2 x 5 3 x 11 4 s 40 = x 1 x 3 2 x 4 3 x 11 4 s 41 = x 3 1 x 2 x 4 3 x 11 4 s 42 = x 3 1 x 4 2 x 3 x 11 4 s 43 = x 3 1 x 4 2 x 11 3 x 4 s 44 = x 1 x 2 2 x 7 3 x 9 4 s 45 = x 1 x 7 2 x 2 3 x 9 4 s 46 = x 7 1 x 2 x 2 3 x 9 4 s 47 = x 1 x 3 2 x 5 3 x 10 4 s 48 = x 3 1 x 2 x 5 3 x 10 4 s 49 = x 3 1 x 5 2 x 3 x 10 4 s 50 = x 3 1 x 5 2 x 10 3 x 4 s 51 = x 1 x 3 2 x 6 3 x 9 4 s 52 = x 1 x 6 2 x 3 3 x 9 4 s 53 = x 3 1 x 2 x 6 3 x 9 4 s 54 = x 1 x 3 2 x 7 3 x 8 4 s 55 = x 1 x 7 2 x 3 3 x 8 4 s 56 = x 3 1 x 2 x 7 3 x 8 4 s 57 = x 3 1 x 7 2 x 3 x 8 4 s 58 = x 7 1 x 2 x 3 3 x 8 4 s 59 = x 7 1 x 3 2 x 3 x 8 4 s 60 = x 3 1 x 5 2 x 2 3 x 9 4 s 61 = x 3 1 x 3 2 x 4 3 x 9 4 s 62 = x 3 1 x 4 2 x 3 3 x 9 4 s 63 = x 3 1 x 3 2 x 5 3 x 8 4 s 64 = x 3 1 x 5 2 x 3 3 x 8 4 s 65 = x 3 1 x 12 2 x 3 x 3 4 s 66 = x 3 1 x 12 2 x 3 3 x 4 s 67 = x 1 x 7 2 x 9 3 x 2 4 s 68 = x 7 1 x 2 x 9 3 x 2 4 s 69 = x 7 1 x 9 2 x 3 x 2 4 s 70 = x 7 1 x 9 2 x 2 3 x 4 s 71 = x 1 x 6 2 x 9 3 x 3 4 s 72 = x 1 x 7 2 x 8 3 x 3 4 s 73 = x 3 1 x 7 2 x 8 3 x 4 s 74 = x 7 1 x 2 x 8 3 x 3 4 s 75 = x 7 1 x 3 2 x 8 3 x 4 s 76 = x 7 1 x 8 2 x 3 x 3 4 s 77 = x 7 1 x 8 2 x 3 3 x 4 s 78 = x 3 1 x 5 2 x 9 3 x 2 4 s 79 = x 3 1 x 4 2 x 9 3 x 3 4 s 80 = x 3 1 x 5 2 x 8 3 x 3 4
Từ kết quả trên, bằng cách tính toán trực tiếp ta thu đ-ợc
Mệnh đề 2.1.8 (F 2 ⊗ A P 5 0 ) 19 là không gian véc tơ 550 chiều với cơ sở gồm các các lớp biểu diễn bởi các đơn thức chấp nhận đ-ợc trong tập hợp: ∪
Cuối cùng, ta tính Ker(f Sq 0 ∗ ) 5 7 ∩ (F 2 ⊗ A P 5 + ) 19
Bổ đề 2.1.9 Cho x là một đơn thức chấp nhận đ-ợc bậc 19 trong
P 5 + Nếu Sq f 0 ∗ ([x]) = 0 thì ω(x) = (3, 2, 1, 1) hoặc ω(x) = (3, 4, 2) hoặc ω(x) = (3, 2, 3)
Chứng minh rằng z = x^15 * 1 * x^3 * 2 * x^3 là một đơn thức spike cực tiểu bậc 19 với ω(z) = (3, 2, 1, 1) Do x là đơn thức chấp nhận được nên [x]^6 = 0 Áp dụng Định lý 1.9.5, ta có ω_1(x) > ω_1(z) = 3 Vì bậc của x là số lẻ, nên ω_1(x) có thể bằng 3 hoặc 5.
Nếu ω 1 (x) = 5, thì x có dạng x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 y 2, với y là đơn thức bậc 7, và theo Định lý 1.9.2, y cũng là đơn thức chấp nhận được Tuy nhiên, điều này dẫn đến mâu thuẫn khi Sq f 0 ∗ ([x]) = [y] 6 = 0, trái với Sq f 0 ∗ ([x]) = 0 Do đó, ω 1 (x) phải bằng 3, tức là x có dạng x i x j x k y 2 với y là đơn thức bậc 8, trong đó 1 ≤ i < j < k ≤ 5 Vì x là đơn thức chấp nhận được, nên y cũng chấp nhận được, và bậc của y là số chẵn, do đó ω 1 (y) có thể bằng 2 hoặc 4.
Nếu ω 1 (y) = 4 thì x = x i x j x k x ` u 2 với u là một đơn thức bậc 2 và
1 6 i < j < k < ` 6 5 Vì y là đơn thức chấp nhận đ-ợc nên theo Định lý 1.9.2, u cũng chấp nhận đ-ợc Do đó ω(u) = (2, 0) Vậy ω(x) = (3, 4, 2)
Nếu ω 1 (y) = 2 thì x = x i x j v 2 với v là một đơn thức bậc 3 và 1 6 i < j 6 5 Lập luận t-ơng tự nh- trên, ta có ω(v) = (3, 0) or ω(v) = (1, 1) Do đó ω(x) = (3, 2, 3) hoặc ω(x) = (3, 2, 1, 1) Bổ đề đ-ợc chứng minh.
Từ Bổ đề trên, cho thấy
Mệnh đề 2.1.10 ((F 2 ⊗ A P 5 + ) ∩ (F 2 ⊗ A P 5 (3, 2, 3))) là không gian véc tơ
47 chiều với cơ sở gồm các các lớp biểu diễn bởi các đơn thức chấp nhận đ-ợc b j , 1 6 j 6 47, nh- sau:
Theo Bổ đề 2.1.9, nếu x là một đơn thức có bậc 19 trong P5 và ω(x) = (3, 2, 3), thì x sẽ là một trong những hoán vị của các đơn thức sau: x1 x3^2 x4^3 x5^4 x6^5, x1 x3^2 x4^3 x4^4 x7^5, x2^1 x3^2 x4^3 x5^4 x5^5, x1 x2^2 x4^3 x5^4 x7^5, x1 x2^2 x5^3 x5^4 x6^5, x2^1 x2 x5^3 x5^4 x5^5, và x3^1 x3^2 x4^3 x4^4 x5^5.
Bằng cách tính toán trực tiếp, ta dễ dàng thấy rằng nếu x 6 = b j , 1 6 j 6 47 thì x là đơn thức không chấp nhận đ-ợc.
Tiếp theo, ta chứng minh { [b j ] : 1 6 j 6 47 } là tập độc lập tuyến tính trong F 2 ⊗ A P 5 Giả sử có tổ hợp tuyến tính
Xét các A− đồng cấu ϕ i : F 2 ⊗ A P 5 −→ F 2 ⊗ A P 4 , 1 6 i 6 8, đ-ợc cảm sinh bởi ϕ e i : P 5 −→ P 4 , và đ-ợc xác định nh- sau: x x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 e ϕ 1 (x) x 1 x 2 x 3 x 4 x 4 e ϕ 2 (x) x 1 x 2 x 3 x 4 x 3 e ϕ 3 (x) x 1 x 2 x 3 x 3 x 4 e ϕ 4 (x) x 1 x 2 x 3 x 4 x 2 e ϕ 5 (x) x 1 x 2 x 3 x 2 x 4
Chú ý rằng, z = x 15 1 x 3 2 x 3 là đơn thức spike cực tiểu bậc 19 trong P 5 và ω(z) = (3, 2, 1, 1) Sử dụng Định lý 1.9.5, ta thấy đồng cấu ϕ 1 chuyển (1.3) trở thành γ 18 ([s 11 ] + [s 29 ] + [s 32 ]) + γ {34,36,40,42} [s 39 ] + γ {16,18,26,28} [s 40 ] + γ {17,20,27,29} [s 41 ]+ γ {18,35,37,41,43} [s 42 ] + γ {38,44} [s 44 ] + γ {23,32} [s 45 ] + γ {24,33} [s 46 ] + γ {3,6} [s 47 ]+ γ {4,7} [s 48 ] + γ {5,8} [s 49 ] + γ {21,30} [s 51 ] + γ {39,45} [s 52 ] + γ {22,31} [s 53 ] + γ 9 [s 54 ]+ γ 12 [s 55 ] + γ 10 [s 56 ] + γ 11 [s 57 ] + γ 13 [s 58 ] + γ 14 [s 59 ] + γ 18 [s 60 ] + γ {15,18,25} [s 61 ]+ γ 1 [s 63 ] + γ 2 [s 64 ] = 0
Kết hợp với (1.4), các đồng cấu ϕ 2, ϕ 3, ϕ 4 chuyển (1.3) thành γ 37 [s 9 ] + γ 35 [s 10 ] + γ 5 [s 12 ] + γ 37 [s 17 ] + γ 39 [s 18 ] + γ 32 [s 20 ] + γ 33 [s 22 ] + γ 8 [s 25 ] + γ 23 [s 26 ] + γ 37 [s 27 ] + γ {24,35} [s 28 ] + γ 5 [s 30 ] + γ 37 [s 31 ] + γ 5 [s 33 ] + γ 35 [s 34 ] + γ {36,37,47} [s 39 ] + γ 19 [s 40 ] + γ {20,37} [s 41 ] + γ {34,35,38,39,46} [s 44 ] + γ {6,28} [s 47 ] + γ 5 [s 43 ] + γ {7,29,35,37} [s 48 ] + γ {8,16,21,23} [s 51 ] + γ {17,22,24,35,37} [s 53 ] + γ 8 [s 64 ] + γ {3,26,30,32} [s 54 ] + γ {4,27,31,33,35} [s 56 ] + γ {8,15} [s 61 ] + γ {5,8,25} [s 63 ] + γ 32 [s 67 ] + γ {8,37} [s 62 ] + γ 33 [s 68 ] + γ 39 [s 71 ] + γ 23 [s 72 ] + γ 24 [s 74 ] + γ 5 [s 78 ] + γ 35 [s 79 ] = 0 γ 41 [s 9 ] + γ 43 [s 10 ] + γ 41 [s 17 ] + γ {43,45} [s 18 ] + γ 41 [s 27 ] + γ 43 [s 28 ] + γ {7,22,43} [s 56 ] + γ {40,41,46} [s 39 ] + γ 26 [s 40 ] + γ {27,41} [s 41 ] + γ {42,43,44,45,47} [s 44 ] + γ {3,16} [s 47 ] + γ {4,17,41,43} [s 48 ] + γ {28,30} [s 51 ] + γ {29,31,41,43} [s 53 ] + γ {6,21} [s 54 ] + γ 41 [s 31 ] + γ 43 [s 34 ] + γ 41 [s 62 ] + γ 45 [s 71 ] + γ 43 [s 79 ] = 0 γ 17 [s 13 ] + γ 4 [s 14 ] + γ 38 [s 18 ] + γ 47 [s 19 ] + γ 44 [s 20 ] + γ {6,7,36,42} [s 25 ] + γ {21,22} [s 26 ]+ γ 17 [s 35 ] + γ 4 [s 36 ] + γ {36,47} [s 40 ] + γ 38 [s 44 ] + γ 47 [s 45 ] + γ 36 [s 52 ] + γ 17 [s 57 ]+ γ {6,42} [s 47 ] + γ {7,22} [s 51 ] + γ {4,6,42} [s 55 ] + γ 44 [s 54 ] + γ 17 [s 60 ] + γ {7,22} [s 61 ]+ γ 7 [s 62 ] + γ {7,22} [s 63 ] + γ {4,7} [s 64 ] + γ 17 [s 65 ] + γ 22 [s 79 ] + γ {17,22} [s 80 ] = 0
Từ những hệ thức trên cho ta
Do đó, hệ thức (1.3) trở thành γ 36 [b 36 ] + γ 40 [b 40 ] + γ 46 [b 46 ] = 0, (1.6)
Sử dụng đồng cấu ϕ 5 tác động vào hệ thức (1.6), ta nhận đ-ợc γ 36 = γ 40 = γ 46 = 0
Vậy γ j = 0, với mọi j ∈ J Mệnh đề đ-ợc chứng minh.
Mệnh đề 2.1.11 ((F 2 ⊗ A P 5 + ) ∩ (F 2 ⊗ A P 5 (3, 2, 1, 1))) là không gian véc tơ 150 chiều với cơ sở gồm các các lớp biểu diễn bởi các đơn thức chấp nhận đ-ợc sau: a 1 = x 1 x 2 x 3 x 2 4 x 14 5 a 2 = x 1 x 2 x 3 x 14 4 x 2 5 a 3 = x 1 x 2 x 2 3 x 4 x 14 5 a 4 = x 1 x 2 x 2 3 x 14 4 x 5 a 5 = x 1 x 2 x 14 3 x 4 x 2 5 a 6 = x 1 x 2 x 14 3 x 2 4 x 5 a 7 = x 1 x 2 2 x 3 x 4 x 14 5 a 8 = x 1 x 2 2 x 3 x 14 4 x 5 a 9 = x 1 x 14 2 x 3 x 4 x 2 5 a 10 = x 1 x 14 2 x 3 x 2 4 x 5 a 11 = x 1 x 2 x 3 x 6 4 x 10 5 a 12 = x 1 x 2 x 6 3 x 4 x 10 5 a 13 = x 1 x 2 x 6 3 x 10 4 x 5 a 14 = x 1 x 6 2 x 3 x 4 x 10 5 a 15 = x 1 x 6 2 x 3 x 10 4 x 5 a 16 = x 1 x 2 x 2 3 x 2 4 x 13 5 a 17 = x 1 x 2 x 2 3 x 13 4 x 2 5 a 18 = x 1 x 2 2 x 3 x 2 4 x 13 5 a 19 = x 1 x 2 2 x 3 x 13 4 x 2 5 a 20 = x 1 x 2 2 x 13 3 x 4 x 2 5 a 21 = x 1 x 2 2 x 13 3 x 2 4 x 5 a 22 = x 1 x 2 x 2 3 x 3 4 x 12 5 a 23 = x 1 x 2 x 2 3 x 12 4 x 3 5 a 24 = x 1 x 2 x 3 3 x 2 4 x 12 5 a 25 = x 1 x 2 x 3 3 x 12 4 x 2 5 a 26 = x 1 x 2 2 x 3 x 3 4 x 12 5 a 27 = x 1 x 2 2 x 3 x 12 4 x 3 5 a 28 = x 1 x 2 2 x 3 3 x 4 x 12 5 a 29 = x 1 x 2 2 x 3 3 x 12 4 x 5 a 30 = x 1 x 2 2 x 12 3 x 4 x 3 5 a 31 = x 1 x 2 2 x 12 3 x 3 4 x 5 a 32 = x 1 x 3 2 x 3 x 2 4 x 12 5 a 33 = x 1 x 3 2 x 3 x 12 4 x 2 5 a 34 = x 1 x 3 2 x 2 3 x 4 x 12 5 a 35 = x 1 x 3 2 x 2 3 x 12 4 x 5 a 36 = x 1 x 3 2 x 12 3 x 4 x 2 5 a 37 = x 1 x 3 2 x 12 3 x 2 4 x 5 a 38 = x 3 1 x 2 x 3 x 2 4 x 12 5 a 39 = x 3 1 x 2 x 3 x 12 4 x 2 5 a 40 = x 3 1 x 2 x 2 3 x 4 x 12 5 a 41 = x 3 1 x 2 x 2 3 x 12 4 x 5 a 42 = x 3 1 x 2 x 12 3 x 4 x 2 5 a 43 = x 3 1 x 2 x 12 3 x 2 4 x 5 a 44 = x 3 1 x 12 2 x 3 x 4 x 2 5 a 45 = x 3 1 x 12 2 x 3 x 2 4 x 5 a 46 = x 1 x 2 x 2 3 x 4 4 x 11 5 a 47 = x 1 x 2 2 x 3 x 4 4 x 11 5 a 48 = x 1 x 2 2 x 4 3 x 4 x 11 5 a 49 = x 1 x 2 2 x 4 3 x 11 4 x 5 a 50 = x 1 x 2 x 2 3 x 5 4 x 10 5 a 51 = x 1 x 2 2 x 3 x 5 4 x 10 5 a 52 = x 1 x 2 2 x 5 3 x 4 x 10 5 a 53 = x 1 x 2 2 x 5 3 x 10 4 x 5 a 54 = x 1 x 2 x 2 3 x 6 4 x 9 5 a 55 = x 1 x 2 x 6 3 x 2 4 x 9 5 a 56 = x 1 x 2 x 6 3 x 9 4 x 2 5 a 57 = x 1 x 2 2 x 3 x 6 4 x 9 5 a 58 = x 1 x 6 2 x 3 x 2 4 x 9 5 a 59 = x 1 x 6 2 x 3 x 9 4 x 2 5 a 60 = x 1 x 6 2 x 9 3 x 4 x 2 5 a 61 = x 1 x 6 2 x 9 3 x 2 4 x 5 a 62 = x 1 x 2 x 2 3 x 7 4 x 8 5 a 63 = x 1 x 2 x 7 3 x 2 4 x 8 5 a 64 = x 1 x 2 x 7 3 x 8 4 x 2 5 a 65 = x 1 x 2 2 x 3 x 7 4 x 8 5 a 66 = x 1 x 2 2 x 7 3 x 4 x 8 5 a 67 = x 1 x 2 2 x 7 3 x 8 4 x 5 a 68 = x 1 x 7 2 x 3 x 2 4 x 8 5 a 69 = x 1 x 7 2 x 3 x 8 4 x 2 5 a 70 = x 1 x 7 2 x 2 3 x 4 x 8 5 a 71 = x 1 x 7 2 x 2 3 x 8 4 x 5 a 72 = x 1 x 7 2 x 8 3 x 4 x 2 5 a 73 = x 1 x 7 2 x 8 3 x 2 4 x 5 a 74 = x 7 1 x 2 x 3 x 2 4 x 8 5 a 75 = x 7 1 x 2 x 3 x 8 4 x 2 5 a 76 = x 7 1 x 2 x 2 3 x 4 x 8 5 a 77 = x 7 1 x 2 x 2 3 x 8 4 x 5 a 78 = x 7 1 x 2 x 8 3 x 4 x 2 5 a 79 = x 7 1 x 2 x 8 3 x 2 4 x 5 a 80 = x 7 1 x 8 2 x 3 x 4 x 2 5 a 81 = x 7 1 x 8 2 x 3 x 2 4 x 5 a 82 = x 1 x 2 x 3 3 x 4 4 x 10 5 a 83 = x 1 x 3 2 x 3 x 4 4 x 10 5 a 84 = x 1 x 3 2 x 4 3 x 4 x 10 5 a 85 = x 1 x 3 2 x 4 3 x 10 4 x 5 a 86 = x 3 1 x 2 x 3 x 4 4 x 10 5 a 87 = x 3 1 x 2 x 4 3 x 4 x 10 5 a 88 = x 3 1 x 2 x 4 3 x 10 4 x 5 a 89 = x 3 1 x 4 2 x 3 x 4 x 10 5 a 90 = x 3 1 x 4 2 x 3 x 10 4 x 5 a 91 = x 1 x 2 x 3 3 x 6 4 x 8 5 a 92 = x 1 x 2 x 6 3 x 3 4 x 8 5 a 93 = x 1 x 2 x 6 3 x 8 4 x 3 5 a 94 = x 1 x 3 2 x 3 x 6 4 x 8 5 a 95 = x 1 x 3 2 x 6 3 x 4 x 8 5 a 96 = x 1 x 3 2 x 6 3 x 8 4 x 5 a 97 = x 1 x 6 2 x 3 x 3 4 x 8 5 a 98 = x 1 x 6 2 x 3 x 8 4 x 3 5 a 99 = x 1 x 6 2 x 3 3 x 4 x 8 5 a 100 = x 1 x 6 2 x 3 3 x 8 4 x 5 a 101 = x 1 x 6 2 x 8 3 x 4 x 3 5 a 102 = x 1 x 6 2 x 8 3 x 3 4 x 5 a 103 = x 3 1 x 2 x 3 x 6 4 x 8 5 a 104 = x 3 1 x 2 x 6 3 x 4 x 8 5 a 105 = x 3 1 x 2 x 6 3 x 8 4 x 5 a 106 = x 1 x 2 2 x 5 3 x 2 4 x 9 5 a 107 = x 1 x 2 2 x 5 3 x 9 4 x 2 5 a 108 = x 1 x 2 2 x 3 3 x 4 4 x 9 5 a 109 = x 1 x 2 2 x 4 3 x 3 4 x 9 5 a 110 = x 1 x 2 2 x 4 3 x 9 4 x 3 5 a 111 = x 1 x 3 2 x 2 3 x 4 4 x 9 5 a 112 = x 1 x 3 2 x 4 3 x 2 4 x 9 5 a 113 = x 1 x 3 2 x 4 3 x 9 4 x 2 5 a 114 = x 3 1 x 2 x 2 3 x 4 4 x 9 5 a 115 = x 3 1 x 2 x 4 3 x 2 4 x 9 5 a 116 = x 3 1 x 2 x 4 3 x 9 4 x 2 5 a 117 = x 3 1 x 4 2 x 3 x 2 4 x 9 5 a 118 = x 3 1 x 4 2 x 3 x 9 4 x 2 5 a 119 = x 3 1 x 4 2 x 9 3 x 4 x 2 5 a 120 = x 3 1 x 4 2 x 9 3 x 2 4 x 5 a 121 = x 1 x 2 2 x 3 3 x 5 4 x 8 5 a 122 = x 1 x 2 2 x 5 3 x 3 4 x 8 5 a 123 = x 1 x 2 2 x 5 3 x 8 4 x 3 5 a 124 = x 1 x 3 2 x 2 3 x 5 4 x 8 5 a 125 = x 1 x 3 2 x 5 3 x 2 4 x 8 5 a 126 = x 1 x 3 2 x 5 3 x 8 4 x 2 5 a 127 = x 3 1 x 2 x 2 3 x 5 4 x 8 5 a 128 = x 3 1 x 2 x 5 3 x 2 4 x 8 5 a 129 = x 3 1 x 2 x 5 3 x 8 4 x 2 5 a 130 = x 3 1 x 5 2 x 3 x 2 4 x 8 5 a 131 = x 3 1 x 5 2 x 3 x 8 4 x 2 5 a 132 = x 3 1 x 5 2 x 2 3 x 4 x 8 5 a 133 = x 3 1 x 5 2 x 2 3 x 8 4 x 5 a 134 = x 3 1 x 5 2 x 8 3 x 4 x 2 5 a 135 = x 3 1 x 5 2 x 8 3 x 2 4 x 5 a 136 = x 1 x 3 2 x 3 3 x 4 4 x 8 5 a 137 = x 1 x 3 2 x 4 3 x 3 4 x 8 5 a 138 = x 1 x 3 2 x 4 3 x 8 4 x 3 5 a 139 = x 3 1 x 2 x 3 3 x 4 4 x 8 5 a 140 = x 3 1 x 2 x 4 3 x 3 4 x 8 5 a 141 = x 3 1 x 2 x 4 3 x 8 4 x 3 5 a 142 = x 3 1 x 3 2 x 3 x 4 4 x 8 5 a 143 = x 3 1 x 3 2 x 4 3 x 4 x 8 5 a 144 = x 3 1 x 3 2 x 4 3 x 8 4 x 5 a 145 = x 3 1 x 4 2 x 3 x 3 4 x 8 5 a 146 = x 3 1 x 4 2 x 3 x 8 4 x 3 5 a 147 = x 3 1 x 4 2 x 3 3 x 4 x 8 5 a 148 = x 3 1 x 4 2 x 3 3 x 8 4 x 5 a 149 = x 3 1 x 4 2 x 8 3 x 4 x 3 5 a 150 = x 3 1 x 4 2 x 8 3 x 3 4 x 5
Ta chuẩn bị bổ đề sau cho phép chứng minh Mệnh đề trên.
Bổ đề 2.1.12 Các đơn thức sau là không chấp nhận đ-ợc chặt: x 2 i x j , i < j ; x 2 i x j x ` , i < j < ` ; x 2 i x j x ` x 3 m , i < j < `, m 6 = i, j, `
Chứng minh Ta có x 2 i x j = x i x 2 j + Sq 1 (x i x j ), x 2 i x j x ` = x i x 2 j x ` + x i x j x 2 ` + Sq 1 (x i x j x ` ), x 2 i x j x ` x 3 m = x i x 2 j x ` x 3 m + x i x j x 2 ` x 3 m + x i x j x ` x 4 m + Sq 1 (x i x j x ` x 3 m )
Bổ đề đ-ợc chứng minh.
Chứng minh Mệnh đề 2.1.11 Nếu x là một đơn thức trong P 5 và ω(x) = (3, 2, 1, 1), thì x là một trong những hoán vị của các đơn thức sau: x 1 x 2 x 3 x 2 4 x 14 5 x 1 x 2 x 3 x 6 4 x 10 5 x 1 x 2 x 2 3 x 2 4 x 13 5 x 1 x 2 x 2 3 x 3 4 x 12 5 x 1 x 2 x 2 3 x 4 4 x 11 5 x 1 x 2 x 2 3 x 5 4 x 10 5 x 1 x 2 x 2 3 x 6 4 x 9 5 x 1 x 2 x 2 3 x 7 4 x 8 5 x 1 x 2 x 3 3 x 4 4 x 10 5 x 1 x 2 x 3 3 x 6 4 x 8 5 x 1 x 2 2 x 2 3 x 5 4 x 9 5 x 1 x 2 2 x 3 3 x 4 4 x 9 5 x 1 x 2 2 x 3 3 x 5 4 x 8 5 x 1 x 3 2 x 3 3 x 4 4 x 8 5
Bằng cách tính toán trực tiếp sử dụng Định lý 1.8.10 và các Bổ đề 2.1.12 cho thấy rằng, nếu x 6 = a t , 1 6 t 6 150, thì x là đơn thức không chấp nhận đ-ợc.
Ta đi chứng minh { [a t ] : 1 6 t 6 150 } là tập độc lập tuyến tính trong
F 2 ⊗ A P 5 Giả sử có tổ hợp tuyến tính
Bằng cách tính toán trực tiếp từ p (i,j) ( S ) = 0, 1 6 i < j 6 5, và p (1,2,3) ( S ) = 0, ta thu đ-ợc γ t = 0 với mọi t Mệnh đề đ-ợc chứng minh.
Mệnh đề 2.1.13 ((F 2 ⊗ A P 5 + ) ∩ (F 2 ⊗ A P 5 (3, 4, 2))) là không gian véc tơ
55 chiều với cơ sở gồm các các lớp biểu diễn bởi các đơn thức chấp nhận đ-ợc sau: c 1 = x 1 x 2 2 x 2 3 x 7 4 x 7 5 c 2 = x 1 x 2 2 x 7 3 x 2 4 x 7 5 c 3 = x 1 x 2 2 x 7 3 x 7 4 x 2 5 c 4 = x 1 x 7 2 x 2 3 x 2 4 x 7 5 c 5 = x 1 x 7 2 x 2 3 x 7 4 x 2 5 c 6 = x 1 x 7 2 x 7 3 x 2 4 x 2 5 c 7 = x 7 1 x 2 x 2 3 x 2 4 x 7 5 c 8 = x 7 1 x 2 x 2 3 x 7 4 x 2 5 c 9 = x 7 1 x 2 x 7 3 x 2 4 x 2 5 c 10 = x 7 1 x 7 2 x 3 x 2 4 x 2 5 c 11 = x 1 x 2 2 x 3 3 x 6 4 x 7 5 c 12 = x 1 x 2 2 x 3 3 x 7 4 x 6 5 c 13 = x 1 x 2 2 x 7 3 x 3 4 x 6 5 c 14 = x 1 x 3 2 x 2 3 x 6 4 x 7 5 c 15 = x 1 x 3 2 x 2 3 x 7 4 x 6 5 c 16 = x 1 x 3 2 x 6 3 x 2 4 x 7 5 c 17 = x 1 x 3 2 x 6 3 x 7 4 x 2 5 c 18 = x 1 x 3 2 x 7 3 x 2 4 x 6 5 c 19 = x 1 x 3 2 x 7 3 x 6 4 x 2 5 c 20 = x 1 x 7 2 x 2 3 x 3 4 x 6 5 c 21 = x 1 x 7 2 x 3 3 x 2 4 x 6 5 c 22 = x 1 x 7 2 x 3 3 x 6 4 x 2 5 c 23 = x 3 1 x 2 x 2 3 x 6 4 x 7 5 c 24 = x 3 1 x 2 x 2 3 x 7 4 x 6 5 c 25 = x 3 1 x 2 x 6 3 x 2 4 x 7 5 c 26 = x 3 1 x 2 x 6 3 x 7 4 x 2 5 c 27 = x 3 1 x 2 x 7 3 x 2 4 x 6 5 c 28 = x 3 1 x 2 x 7 3 x 6 4 x 2 5 c 29 = x 3 1 x 7 2 x 3 x 2 4 x 6 5 c 30 = x 3 1 x 7 2 x 3 x 6 4 x 2 5 c 31 = x 7 1 x 2 x 2 3 x 3 4 x 6 5 c 32 = x 7 1 x 2 x 3 3 x 2 4 x 6 5 c 33 = x 7 1 x 2 x 3 3 x 6 4 x 2 5 c 34 = x 7 1 x 3 2 x 3 x 2 4 x 6 5 c 35 = x 7 1 x 3 2 x 3 x 6 4 x 2 5 c 36 = x 1 x 3 2 x 3 3 x 6 4 x 6 5 c 37 = x 1 x 3 2 x 6 3 x 3 4 x 6 5 c 38 = x 1 x 3 2 x 6 3 x 6 4 x 3 5 c 39 = x 3 1 x 2 x 3 3 x 6 4 x 6 5 c 40 = x 3 1 x 2 x 6 3 x 3 4 x 6 5 c 41 = x 3 1 x 2 x 6 3 x 6 4 x 3 5 c 42 = x 3 1 x 3 2 x 3 x 6 4 x 6 5 c 43 = x 3 1 x 5 2 x 2 3 x 2 4 x 7 5 c 44 = x 3 1 x 5 2 x 2 3 x 7 4 x 2 5 c 45 = x 3 1 x 5 2 x 7 3 x 2 4 x 2 5 c 46 = x 3 1 x 7 2 x 5 3 x 2 4 x 2 5 c 47 = x 7 1 x 3 2 x 5 3 x 2 4 x 2 5 c 48 = x 3 1 x 3 2 x 5 3 x 2 4 x 6 5 c 49 = x 3 1 x 3 2 x 5 3 x 6 4 x 2 5 c 50 = x 3 1 x 5 2 x 2 3 x 3 4 x 6 5 c 51 = x 3 1 x 5 2 x 2 3 x 6 4 x 3 5 c 52 = x 3 1 x 5 2 x 3 3 x 2 4 x 6 5 c 53 = x 3 1 x 5 2 x 3 3 x 6 4 x 2 5 c 54 = x 3 1 x 5 2 x 6 3 x 2 4 x 3 5 c 55 = x 3 1 x 5 2 x 6 3 x 3 4 x 2 5
Bổ đề 2.1.14 Cho (i, j, `, m, n) là một hoán vị của (1, 2, 3, 4, 5) Khi đó, những đơn thức sau là không chấp nhận đ-ợc chặt:
Chứng minh Ta chứng minh bổ đề trên với x = x 1 x 6 2 x 3 3 x 2 4 x 7 5 Các đơn thức khác đ-ợc chứng minh một cách t-ơng tự Ta có x = x 1 x 5 2 x 4 3 x 2 4 x 7 5 + x 1 x 5 2 x 3 3 x 2 4 x 8 5 + x 2 1 x 3 2 x 3 3 x 2 4 x 9 5 + x 2 1 x 4 2 x 4 3 x 2 4 x 7 5 + x 2 1 x 4 2 x 3 3 x 2 4 x 8 5
Do đó x là không chấp nhận đ-ợc chặt.
Chứng minh Mệnh đề 2.1.13 Nếu x là một đơn thức trong P 5 và ω(x) = (3, 4, 2), thì x là một hoán vị của các đơn thức sau: x 1 x 2 2 x 2 3 x 7 4 x 7 5 , x 1 x 2 2 x 3 3 x 6 4 x 7 5 , x 1 x 3 2 x 3 3 x 6 4 x 6 5 , x 2 1 x 2 2 x 3 3 x 5 4 x 7 5 , x 2 1 x 3 2 x 3 3 x 5 4 x 6 5
Bằng cách tính toán trực tiếp sử dụng Định lý 1.8.10 và Bổ đề 2.1.14, ta thấy rằng nếu x 6 = c t , 1 ≤ t ≤ 55, thì x là không chấp nhận đ-ợc.
Bây giờ, ta chứng minh { [c t ] : 1 6 t 6 55 } là tập độc lập tuyến tính trong F 2 ⊗ A P 5 Gỉa sử có tổ hợp tuyến tính
Bằng cách tính toán trực tiếp từ p (i,j) ( S ) ≡ 0, 1 6 i < j 6 5, ta thu đ-ợc γ t = 0 với mọi t Mệnh đề đ-ợc chứng minh.
( Sq f 0 ∗ ) s : (F 2 ⊗ A P 5 ) 2 s+1 +2 s −5 −→ (F 2 ⊗ A P 5 ) 19 là một F 2 − đẳng cấu.
(2 s−3 − 1) + (2 s−3 − 1) nên à(n) = 5, với s > 4 Do đó, sử dụng Định lý 1.9.2, ta thấy rằng
Sq f 0 ∗ : (QP 5 ) 2 r+1 +2 r −5 −→ (QP 5 ) 2 r +2 r−1 −5 là một F 2 − đẳng cấu, với r = 4, 5, , s Vậy mệnh đề đ-ợc chứng minh.
Từ kết quả này, ta thấy với s > 4 thì B 5 (2 s+1 + 2 s − 5) = φ s−3 (B 5 (19)), trong đó φ : P 5 → P 5 là F 2 − đồng cấu đ-ợc xác định bởi φ(x) = x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 2 , với x ∈ P 5 và
1 6 ` 6 55 } ∪ φ(B 5 (7)) Do đó ta nhận đ-ợc
Hệ quả 2.1.16 Với s > 4, (F 2 ⊗ A P 5 ) 2 s+1 +2 s −5 là không gian véc tơ 912 chiều với cơ sở gồm các các lớp biểu diễn bởi các đơn thức chấp nhận đ-ợc trong tập B 5 (2 s+1 + 2 s − 5).
Đồng cấu chuyển đại số của Singer
Singer định nghĩa đồng cấu chuyển đại số tr k là Tor A k,k+n (F 2 , F 2 ) −→ (F 2 ⊗ A P k ) GL n k, trong đó Tor A k,k+n (F 2 , F 2 ) tương đương với nhóm đối đồng điều của đại số Steenrod Ext k,k+n A (F 2 , F 2 ) Hạng tử E 2 của dãy phổ Adams của mặt cầu cho thấy rằng Singer đã chứng minh tr k là đẳng cấu với k = 1, 2 và tại một số bậc với k = 3, 4, nhưng tr 5 không đẳng cấu tại bậc 9 Sau đó, Boardman đã chứng minh rằng tr 3 cũng là đẳng cấu.
Với k ≥ 4, đồng cấu này đang thu hút sự chú ý nghiên cứu từ nhiều tác giả Kết quả liên quan đã được trình bày trong các tài liệu của Bruner-Hà-H-ng [3] và H-ng [4].
Mệnh đề 2.2.1 khẳng định rằng đồng cấu chuyển đại số tr k không là phép đẳng cấu khi k ≥ 4 Đặc biệt, với k = 4 và k > 5, có vô hạn bậc mà tại đó tr k không được coi là một phép đẳng cấu.
Giả sử G là một nhóm con của nhóm tuyến tính tổng quát GL k. Tác động của G trên P k đ-ợc xác định nh- sau:
Với tác động xác định nh- trên, đại số đa thức P k là G -môđun. Đa thức f ∈ P k gọi là bất biến đối với nhóm G nếu σf = f , với mọi σ ∈ G
Ký hiệu P k G đại diện cho tập hợp các bất biến của P k liên quan đến nhóm G, và nó được xem như một đại số con trong đại số đa thức P k Sự tương tác giữa nhóm G và A là giao hoán, do đó tạo ra một cấu trúc đại số.
Ký hiệu W 5 đại diện cho không gian véc tơ con 5 chiều của P 5, được sinh bởi các véc tơ x i với i = 1, 2, 3, 4, 5 Nhóm tuyến tính tổng quát GL 5 được tạo ra bởi các đồng cấu σ i: W 5 → W 5, với i từ 1 đến 5, được xác định qua các phép biến đổi như σ 1 (x), σ 2 (x), σ 3 (x), σ 4 (x), và σ 5 (x) Các đồng cấu này thực hiện các hoán vị trên các véc tơ x 1, x 2, x 3, x 4, x 5, và các đồng cấu σ 1, σ 2, σ 3, σ 4 là các phần tử sinh của nhóm đối xứng Σ 5, thuộc GL 5.
Giả sử θ = P 912 i=1 γ i u i là một bất biến của (F 2 ⊗ A P 5 ) 19 dưới tác động của nhóm GL 5 θ là một GL 5 − bất biến khi và chỉ khi σ i (θ) = θ với i = 1, 2, 3, 4, 5 Sử dụng các kết quả trong phần 1 và thực hiện tính toán trực tiếp, ta thu được kết quả sau.
Mặt khác, theo Kameko[6], ta có
(f Sq 0 ∗ ) s : (F 2 ⊗ A P 5 ) 2 s+1 +2 s −5 −→ (F 2 ⊗ A P 5 ) 19 là một GL k − đẳng cấu.
Do đó, ta thu đ-ợc kết quả
Hệ quả 2.2.5 Nếu Tor A 5,2 s+1 +2 s (F 2 , F 2 ) 6 = 0 thì đồng cấu chuyển đại số tr 5 : Tor A 5,2 s+1 +2 s (F 2 , F 2 ) −→ (F 2 ⊗ A P 5 ) GL 2 s+1 5 +2 s −5 không là một phép đẳng cấu, với s > 3
Kết luận và kiến nghị
Trong đề tài này, chúng tôi đã trình bày những vấn đề sau:
Chúng tôi chứng minh chi tiết một số kết quả quan trọng liên quan đến các hàm số học, bao gồm các đơn thức chấp nhận và đơn thức hit trong đại số đa thức, được nghiên cứu trong bối cảnh môđun trên đại số Steenrod.
2 Xác định t-ờng minh tất cả các đơn thức chấp nhận đ-ợc trong đại số đa thức 5 biến tại các bậc có dạng 2 s+1 + 2 s − 5
3 Khảo sát đồng cấu chuyển đại số thứ 5 của Singer tại các bậc t-ơng ứng.