(LUẬN văn THẠC sĩ) tính đẳng cấu của đồng cấu chuyển đại số thứ tư tại một số dạng bậc

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN TRẦN CƠNG TỊNH TÍNH ĐẲNG CẤU CỦA ĐỒNG CẤU CHUYỂN ĐẠI SỐ THỨ TƯ TẠI MỘT SỐ DẠNG BẬC LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - Năm 2019 download by : skknchat@gmail.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN TRẦN CƠNG TỊNH TÍNH ĐẲNG CẤU CỦA ĐỒNG CẤU CHUYỂN ĐẠI SỐ THỨ TƯ TẠI MỘT SỐ DẠNG BẬC Chuyên ngành : Đại số lí thuyết số Mã số 46 01 04 : Người hướng dẫn: PGS TS NGUYỄN SUM download by : skknchat@gmail.com i Mục lục Lời mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Cấu trúc đại số Steenrod 1.2 Cấu trúc A-môđun đại số Pk 1.3 Một số kiến thức toán hit 1.4 Một số hàm số học thường dùng 1.5 Đồng cấu Kameko 1.6 Định nghĩa đồng cấu chuyển đại số Singer 10 1.7 Đại số Lambda đồng cấu chuyển đại số 11 Tính đẳng cấu T rk với k 2.1 Xác định T rk với k 2.2 Xác định T r3 14 14 16 2.2.1 Trường hợp n = 2t+1 − 17 2.2.2 Trường hợp n = 2t+u + 2u − 18 2.2.3 Trường hợp n = 2s+u+1 + 2u+1 + 2u − 20 2.2.4 Trường hợp tổng quát 21 Tính đẳng cấu T r4 số dạng bậc 24 3.1 Trường hợp n = 2s+1 − 24 3.2 Trường hợp n = 2s+1 − 27 3.3 Trường hợp n = 2s+1 − 31 download by : skknchat@gmail.com ii Kết luận 35 Tài liệu tham khảo 36 download by : skknchat@gmail.com Lời mở đầu Ký hiệu (Z/2)k 2-nhóm Abel sơ cấp hạng k B(Z/2)k không gian phân loại Ta biết Pk := H ∗ (B(Z/2)k , F2 ) ∼ = F2 [x1 , x2 , , xk ] đại số đa thức F2 với k biến x1 , x2 , , xk biến bậc Ở đối đồng điều B(Z/2)k H ∗ (B(Z/2)k ; F2 ) lấy hệ số trường F2 có phần tử Đại số xét môđun đại số Steenrod modulo 2, A Tác động A Pk xác định công thức tường minh Sq i (xj ) =    x   j x2 j    0 i = 0, i = 1, i > 1, công thức Cartan n n Sq i (f )Sq n−i (g) với f, g ∈ Pk Sq (f g) = i=0 Một đa thức f Pk gọi hit biểu diễn f dạng tổng hữu hạn f = i Sq i (f i ), với đa thức fi ∈ Pk , n ∈ N Nghĩa f ∈ A+ Pk A+ iđêan bổ sung đại số A sinh toán tử Steenrod bậc dương Bài toán xác định tập sinh cực tiểu F2 -đại số đa thức Pk xét môđun đại số Steenrod A gọi toán “hit” đại số đa thức Bài toán “hit” Frank Peterson trình bày lần hội thảo Hội toán học Mỹ vào năm 1986 xuất vào năm 1987, tốn “hit” xác định tường minh k = 1, [9] Với k = 3, toán hit xác định hoàn toàn download by : skknchat@gmail.com luận án Kameko [7] vào năm 1990 trường Đại học John Hopkins Trường hợp k = 4, toán xác định tường minh Sum [12] Đến toán toán mở với k > Bài toán “hit” tương đương với tốn tìm sở F2 -khơng gian vectơ Pk /A+ Pk = F2 ⊗A Pk = (F2 ⊗A Pk )n , n F2 A-môđun tầm thường (F2 ⊗A Pk )n F2 -không gian F2 ⊗A Pk sinh lớp biểu diễn đa thức bậc n Từ kết Wood [18] suy (F2 ⊗A Pk )n = α(n + k) > k với α(m) số hệ số khai triển nhị phân m Kết giả thuyết Peterson chứng minh Wood [18] vào năm 1989 Ký hiệu GLk nhóm tuyến tính tổng qt hạng k F2 Đại số Pk có cấu trúc GLk -mơđun, GLk tác động Pk theo quy tắc thơng thường Vì tác động A GLk giao hoán với nên F2 ⊗A Pk GLk -môđun Một ứng dụng quan trọng tốn “hit” sử dụng việc nghiên cứu đồng cấu chuyển đại số thiết lập Singer vào năm 1989 Trong [10], Singer định nghĩa đồng cấu chuyển hạng k: GLk , ϕk : TorA k,k+∗ (F2 , F2 ) −→ (F2 ⊗A Pk )∗ từ đồng điều đại số Steenrod, TorA k,k+∗ (F2 , F2 ), đến không gian F2 ⊗A Pk gồm lớp bất biến tác động nhóm tuyến tính tổng qt GLk Singer [10] chứng minh ϕk đẳng cấu với k số bậc với k = 3, đồng cấu ϕ5 không đẳng cấu bậc Singer đưa giả thuyết sau Giả thuyết (Singer [10]) Đồng cấu ϕk toàn cấu, với số nguyên dương k Boardman [3] chứng minh ϕ3 đẳng cấu Nhưng nay, giả thuyết toán mở với trường hợp k chứng minh với moi k Mặc dù, N H V Hưng [5] 5, đồng cấu ϕk không đẳng cấu vô số bậc khơng ϕk khơng tồn cấu hay không đơn cấu bậc xét download by : skknchat@gmail.com Trong luận văn chúng tơi trình bày lại kết tính đẳng cấu đồng cấu chuyển đại số Singer với k số dạng bậc với k = Kết Singer [10] chứng minh với k Boardman [3] với k = Chúng tơi trình bày phép chứng minh tính đẳng cấu đồng cấu chuyển đại số Singer thứ tư dạng bậc 2s+1 − i với i = 1, 2, s số nguyên dương tùy ý Ngoài phần Lời mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, Luận văn chia thành chương với nội dung sau: • Chương 1: Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày lại số kiến thức số kết để chuẩn bị cho chương sau • Chương 2: Đồng cấu chuyển đại số Singer đại số lambda Trong chương này, chúng tơi trình bày tóm tắt định nghĩa phép chuyển Singer nhắc lại đồng cấu Kameko’s phần tử sinh nhóm tuyến tính tổng qt GLk • Chương 3: Tính đẳng cấu T rk với k Trong chương này, chúng tơi trình bày lại chứng minh chi tiết tính đẳng cấu đồng cấu chuyển đại số Singer thứ k với k • Chương 4: Tính đẳng cấu T r4 số dạng bậc Trong chương này, chúng tơi trình bày phép chứng minh chi tiết việc kiểm định giả thuyết Singer đồng cấu chuyển đại số thứ số dạng bậc n ∈ {2s+1 − i| s ∈ N∗ , i = 1, 2, 3} Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới PGS TS Nguyễn Sum, người tận tình giúp đỡ hướng dẫn tơi hồn thành suốt q trình hồn thành luận văn này, đồng thời truyền thụ nhiều kiến thức chuyên môn kinh nghiệm quý báu hoạt động nghiên cứu khoa học Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành đến quý thầy cô Ban Giám hiệu, Phịng Đào tạo sau đại học, Khoa tốn, thầy cô tham gia giảng dạy lớp Cao download by : skknchat@gmail.com học Tốn khóa 20 giúp đỡ tơi q trình học tập, nghiên cứu tạo điều kiện để tơi hồn thành khóa luận download by : skknchat@gmail.com Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, hệ thống lại số kiến thức đại số Steenrod, đại số đa thức nhóm tuyến tính tổng quát trường nguyên tố có hai phần tử, cấu trúc môđun đại số Steenrod đại số đa thức tác động nhóm tuyến tính tổng quát đại số đa thức Chúng nhắc lại kết Kameko [7], Singer [10], Wood [18] đồng cấu Kameko số kết đơn thức hit, đơn thức chấp nhận 1.1 Cấu trúc đại số Steenrod Ký hiệu A đại số kết hợp, tự trường F2 gồm hai phần tử sinh tập hợp ký hiệu Sq i bậc i, với i ∈ N∗ Gọi B ideal A sinh tập tất phần tử có dạng [a/2] a b Sq Sq − j=0 ký hiệu n k b−1−j a+b−j j Sq Sq , < a < 2b, Sq − 1, a − 2j hệ số nhị thức tính theo mod quy ước n k = n < k Đại số thương A = A/B gọi đại số Steenrod mod Ký hiệu Sq i lớp A có đại diện Sq i Khi đại số A có quan hệ [a/2] a b Sq Sq = j=0 b−1−j Sq a+b−j Sq j , < a < 2b, Sq = 1, a − 2j download by : skknchat@gmail.com gọi quan hệ Adem đại số Steenrod A Các ký hiệu Sq i gọi toán tử Steenrod bậc i 1.2 Cấu trúc A-môđun đại số Pk Trong mục này, nhắc lại số công thức tác động đại số Steenrod đại số đa thức Ký hiệu Pk = H ∗ (B(Z/2)k , F2 ) ∼ = F2 [x1 , x2 , · · · , xk ] đại số đa thức k biến x1 , x2 , · · · , xk trường F2 Ta có, Sq i (xj ) =    x   j i = x2 (1.1) i = j    0 i > công thức tác động đại số A phần tử sinh Pk Đối với phần tử khác Pk , ta sử dụng công thức Cartan: t t Sq t (f )Sq t−i (g) Sq (f g) = i=0 với đa thức f g thuộc Pk Khi Pk A-mơđun trái Tiếp theo số kết cổ điển tác động A Pk Mệnh đề 1.2.1 Cho f đa thức Pk (i) Nếu i > degf Sq i (f ) = Nếu i = degf Sq i (f ) = f s s s s (ii) Nếu i khơng chia hết cho 2s , Sq i (f ) = Sq r2 (f ) = (Sq r (f ))2 (iii) Sq Sq 2k (f ) = Sq 2k+1 (f ) Sq Sq 2k+1 (f ) = với k ≥ 0, k ∈ Z Chứng minh (i) Cho f đa thức Pk , giả sử degf = n Chứng minh quy nạp theo n Nếu n = f ∈ F2 Vì F2 A-mơđun tầm thường nên Sq i (f ) = với i > Do đó, (i) với n = download by : skknchat@gmail.com 23 Ta đặt p3,s,t,u =   j 21,j=13,15 ψ  j 21 ψ u (v s,2,j ), u (v s,t,j ), với t = 2, với t > Bằng tính tốn trực tiếp với sở trên, ta n = 2s+t+u + 2t+u + 2u − 3, ta Mệnh đề 2.2.6 Với số nguyên s, t > 1, u = [p3,s,t,u ] có (QP3 )GL n Bởi Định lý 1.7.1, ta có 3,2 ExtA s+t+u u Chú ý ψ u (vs,t,1 ) = x21 +2t+u +2u (F2 , F2 ) = hu ht+u hs+t+u −1 2t+u −1 2s+t+u −1 x2 x3 Xét phần tử (2u −1) (2t+u −1) (2s+t+u −1) a2 a3 q3,s,t,u = a1 ∈ F2 ⊗GL3 P ((P3 )∗n ) Vì p3,s,t,u , q3,s,t,u = 1, từ Mệnh đề 2.2.6, ta F2 ⊗GL3 P ((P3 )∗n ) = [q3,s,t,u ] Dễ dàng thấy φ3 (q3,s,t,u ) = λu λt+u λs+t+u , sử dụng Định lý 1.7.2, ta T r3 ([q3,s,t,u ]) = [λu λt+u λs+t+u ] = hu ht+u hs+t+u Định lý 2.2.1 chứng minh download by : skknchat@gmail.com 24 Chương Tính đẳng cấu T r4 số dạng bậc Trong chương này, chúng tơi trình bày phép chứng minh T r4 đẳng cấu bậc 2s+1 − i với i = 1, 2, s số nguyên dương tùy ý Kết mà chúng tơi trình bày sau: Định lý 3.0.1 Giả sử s số nguyên dương n bậc 2s+1 −1, 2s+1 − 2, 2s+1 − Khi đó, đồng cấu: T r4 : F2 ⊗GL4 P ((P4 )∗n ) → Ext4,n+4 (F2 , F2 ) A đẳng cấu Ta chứng minh định lý cách tính khơng gian (QP4 )GL n 3.1 Trường hợp n = 2s+1 − Mệnh đề 3.1.1 (xem [13]) Giả sử n = 2s+1 − với s số nguyên dương Khi đó, số chiều F2 -khơng gian vectơ (QP4 )n xác định bảng sau: n = 2s+1 − s = s = s = s dim(QP4 )n 15 35 45 download by : skknchat@gmail.com 25 Cơ sở (QP4 )n tập hợp tất lớp đại diện đơn thức aj = as,j xác định sau: Với s = 1, a1,1 = x4 , a1,2 = x3 , a1,3 = x2 , a1,4 = x1 Với s 2, −1 2s−1 −1 2s −1 x3 x4 2s −1 2s−1 −1 2s−1 −1 as,3 = x2 x3 x4 2s−1 −1 2s −1 2s−1 −1 as,5 = x1 x3 x4 s−1 s−1 s as,7 = x21 −1 x22 −1 x23 −1 s−1 s s−1 as,9 = x21 −1 x22 −1 x32 −1 s s−1 s−1 as,11 = x21 −1 x22 −1 x42 −1 as,1 = x22 s−1 −1 2s −1 2s−1 −1 x3 x4 2s−1 −1 2s−1 −1 2s −1 as,4 = x1 x3 x4 2s−1 −1 2s−1 −1 2s −1 as,6 = x1 x2 x4 s−1 s s−1 as,8 = x21 −1 x22 −1 x24 −1 s s−1 s−1 as,10 = x21 −1 x23 −1 x24 −1 s s−1 s−1 as,12 = x21 −1 x22 −1 x32 −1 as,2 = x22 s−1 Với s = 2, a2,13 = x1 x2 x3 x24 , a2,14 = x1 x2 x23 x4 , a2,15 = x1 x22 x3 x4 Với s 3, −2 2s−1 −1 2s −1 x3 x4 s−1 s−1 s x1 x22 −1 x23 −2 x24 −1 s s−1 s−1 x1 x22 −1 x23 −1 x24 −1 s−1 s−1 s x21 −1 x2 x23 −1 x24 −1 s−1 s s−1 x21 −1 x22 −1 x3 x24 −2 s s−1 s−1 x21 −1 x2 x23 −1 x42 −2 s−1 s−1 s x1 x22 −1 x23 −1 x24 −2 s s−1 s−1 x1 x22 −2 x23 −1 x42 −1 s−1 s s−1 x12 −1 x2 x23 −2 x24 −1 as,13 = x1 x22 as,15 = as,17 = as,19 = as,21 = as,23 = as,25 = as,27 = as,29 = s−1 −2 2s −1 2s−1 −1 x x4 s−1 s s−1 x1 x22 −1 x23 −1 x24 −2 s s−1 s−1 x1 x22 −1 x32 −1 x24 −2 s−1 s s−1 x21 −1 x2 x23 −1 x24 −2 s s−1 s−1 x21 −1 x2 x23 −2 x24 −1 s s−1 s−1 x21 −1 x22 −1 x3 x24 −2 s−1 s s−1 x1 x22 −1 x23 −2 x42 −1 s−1 s−1 s x21 −1 x2 x32 −1 x24 −2 s−1 s−1 s x21 −1 x22 −1 x3 x24 −2 as,14 = x1 x22 as,16 = as,18 = as,20 = as,22 = as,24 = as,26 = as,28 = as,30 = s−1 Với s = 3, Với s a3,31 = x31 x32 x53 x24 a3,32 = x31 x52 x23 x34 a3,34 = x31 x32 x33 x44 a3,35 = x31 x32 x43 x34 a3,13 = x31 x52 x33 x24 4, −3 2s−1 −2 2s −1 x3 x4 2s −1 2s−1 −3 2s−1 −2 x1 x2 x3 x4 s−1 s−1 s x31 x22 −3 x23 −1 x24 −2 s−1 s−1 s x31 x22 −1 x23 −3 x24 −2 s−1 s s−1 x31 x22 −1 x23 −3 x42 −2 s s−1 s−1 x31 x22 −3 x23 −1 x42 −2 s s−1 s−1 x71 x22 −5 x23 −3 x24 −2 as,31 = x31 x22 as,33 = as,35 = as,37 = as,39 = as,41 = as,43 = s−1 s−1 −3 2s −1 2s−1 −2 x3 x4 2s −1 2s−1 −3 2s−1 −2 x1 x2 x3 x4 s−1 s s−1 x31 x22 −3 x23 −2 x42 −1 s−1 s−1 s x21 −1 x32 x23 −3 x24 −2 s s−1 s−1 x31 x22 −3 x23 −2 x42 −1 s−1 s s−1 x21 −1 x32 x23 −3 x24 −2 as,32 = x31 x22 as,34 = as,36 = as,38 = as,40 = as,42 = download by : skknchat@gmail.com 26 Với s = 4, a4,44 = x71 x72 x93 x64 , a4,45 = x71 x72 x73 x84 Với s s−1 5, as,44 = x71 x22 −5 2s −3 2s−1 −2 x3 x4 , as,45 = x71 x22 s−1 −5 2s−1 −3 2s −2 x3 x4 Mệnh đề 3.1.2 Giả sử s số nguyên dương Khi đó, (QP4 )GL 2s+1 −3 = Để đơn giản, ta chứng minh mệnh đề cách chi tiết với s Những trường hợp khác chứng minh tính tốn tương tự Với đơn thức z1 , z2 , · · · , zm Pk nhóm G ⊂ GLk , ta định nghĩa G(z1 , z2 , · · · , zm ) G-môđun QPk sinh tập {[zi ] : i m} Ta có điều Bổ đề 3.1.3 (i) Với s Tồn phân tích tổng trực tiếp Σ4 -môđun: (QP4 )2s+1 −3 = Σ4 (as,1 ) ⊕ Σ4 (as,13 ) ⊕ Σ4 (as,31 ) ⊕ Σ4 (as,25 , as,35 , as,43 ) (ii) Σ4 (as,1 )Σ4 = [p4,s,1 ] với p4,s,1 = 12 j=1 as,j (iii) Σ4 (as,13 )Σ4 = [p4,s,2 ] với p4,s,2 = 24 j=13 as,j (iv) Σ4 (as,31 )Σ4 = [p4,s,3 ] với p4,s,3 = 34 j=31 as,j (v) Σ4 (as,25 , as,35 , as,43 )Σ4 = [p4,s,4 ] với p4,s,4 = 30 j=25 as,j + 43 j=39 as,j + as,45 Chứng minh Ta nhận Phần i) tính đơn giản sử dụng Mệnh đề 3.1.1 Ta chứng minh Phần v) cách chi tiết Các trường hợp khác chứng minh tính tốn tương tự Bằng tính tốn đơn giản ta thấy tập {[as,j ] : j = 25, , 30, 35, , 45} sở Σ4 (as,25 , as,35 , as,43 ) Giả sử [f ] ∈ Σ4 (as,25 , as,35 , as,43 )Σ4 , nên 30 f≡ 45 γj as,j + j=25 γj as,j j=35 download by : skknchat@gmail.com 27 với γj ∈ F2 Bằng tính tốn đơn giản, ta ρ1 (f ) + f ≡ (γ25 + γ28 )(as,25 + as,28 ) + (γ26 + γ29 )(as,26 + as,29 + (γ27 + γ41 )as,35 + (γ27 + γ40 )as,36 + (γ37 + γ38 )(as,37 + as,38 ) + (γ39 + γ42 )(as,39 + as,42 ) + +(γ41 + γ43 )as,44 + +(γ40 + γ43 )as,45 ≡ 0, ρ2 (f ) + f ≡ (γ26 + γ27 )(as,26 + as,27 ) + (γ28 + γ30 )(as,28 + as,30 ) + (γ35 + γ37 )(as,35 + as,37 ) + (γ29 + γ36 + γ40 )(as,36 + as,40 ) + (γ39 + γ41 )(as,39 + as,41 ) + (γ42 + γ43 + γ44 )(as,43 + as,44 ) + (γ29 + γ42 )(as,38 + as,45 ) ≡ 0, ρ3 (f ) + f ≡ (γ25 + γ26 )(as,25 + as,26 ) + (γ28 + γ29 )(as,28 + as,29 + (γ35 + γ36 )(as,35 + as,36 ) + (γ30 + γ37 + γ39 )(as,37 + as,39 ) + (γ30 + γ38 + γ42 )(as,38 + as,42 ) + (γ40 + γ41 )(as,40 + as,41 ) + (γ30 + γ44 + γ45 )(as,44 + as,45 ) ≡ Các đẳng thức suy γj = với j = 35, 36, 37, 38, 44 γj = γ2 với j = 35, 36, 37, 38, 44 Như vậy, bổ đề chứng minh Chứng minh mệnh đề 3.1.2 Giả sử f ∈ P4 cho [f ] ∈ (QP4 )GL 2s+1 −3 Vì Σ4 ⊂ GL4 , ta có [f ] ∈ (QP4 )Σ 2s+1 −3 Nên, f ≡ j=1 γj p4,s,j với γj ∈ F2 Bằng tính tốn trực tiếp, ta ρ4 (f ) + f ≡(γ1 + γ4 )as,3 + γ1 as,9 + (γ2 + γ3 )as,15 + γ2 as,21 + số hạng khác ≡ Đẳng thức cuối γj = với j = 1, 2, 3, Mệnh đề sau Từ Định lý 1.7.1, ta có Ext4,2 A s+1 =1 (F2 , F2 ) = Do đó, Định lý 3.0.1 với n = 2s+1 − 3.2 Trường hợp n = 2s+1 − Vì đồng cấu Kameko với bậc 2s+1 − 2, (Sq ∗ )2s+1 −2 : (QP4 )2s+1 −2 → (QP4 )2s −3 download by : skknchat@gmail.com 28 tồn cấu GL4 -mơđun, sử dụng Mệnh đề 3.1.2, ta có GL4 s+1 (QP4 )GL 2s+1 −2 ⊂ (Ker(Sq ∗ )2 −2 ) Từ [13, 14], ta có điều sau Mệnh đề 3.2.1 Giả sử s số nguyên dương Khi đó, dim(Ker(Sq ∗ )2s+1 −2 ) =    6,   20,    35, s = 1, s = 2, s Cở sở (Ker(Sq ∗ )2s+1 −2 ) tập bao gồm lớp đại diện đơn thức bj = bs,j xác định sau: Với s 1, s Với s −1 2s −1 x4 , s s x21 −1 x24 −1 , −1 2s −1 x4 , s s x21 −1 x23 −1 , bs,1 = x23 bs,2 = x22 bs,4 = bs,5 = s −1 2s −1 x3 , s s x21 −1 x22 −1 bs,3 = x22 bs,6 = s 2, −2 2s −1 x4 , s s x1 x23 −2 x24 −1 , s s x1 x22 −2 x23 −1 , s s x21 −1 x3 x24 −2 , bs,7 = x2 x23 bs,10 = bs,13 = bs,16 = s −1 2s −2 x4 , s s x1 x23 −1 x24 −2 , s s x1 x22 −1 x24 −2 , s s x21 −1 x2 x24 −2 , bs,8 = x2 x23 bs,11 = bs,14 = bs,17 = s bs,9 = x22 s −1 x3 x24 s bs,18 = −2 , s −2 −1 x4 , s s x1 x22 −1 x23 −2 , s s x21 −1 x2 x23 −2 bs,12 = x1 x22 bs,15 = s Với s = 2, b2,19 = x1 x2 x23 x24 , b2,20 = x1 x22 x3 x24 Với s 3, s s s s s −3 2s −2 x4 , bs,20 = x31 x23 −3 x24 −2 , bs,21 = x1 x22 −3 x24 −2 , s s s s s s bs,22 = x31 x22 −3 x23 −2 , bs,23 = x1 x22 x23 −4 x24 −1 , bs,24 = x1 x22 x23 −1 x24 −4 , s s s s s s bs,25 = x1 x22 −1 x23 x24 −4 , bs,26 = x21 −1 x2 x23 x24 −4 , bs,27 = x1 x2 x23 −2 x24 −2 , s s s s s bs,28 = x1 x22 −2 x3 x24 −2 , bs,29 = x31 x52 x3 2s − 6x24 −4 , bs,30 = x1 x22 x23 −3 x24 −2 , s s s s s bs,31 = x1 x32 x23 −4 x24 −2 , bs,32 = x1 x32 x3 2s − 2x24 −4 , bs,30 = x31 x2 x23 −4 x24 −2 , s s bs,34 = x31 x2 x23 −2 x24 −4 s s Với s = 3, b3,35 = x31 x32 x43 x44 , với s 4, bs,35 = x31 x22 −3 x23 x24 −4 bs,19 = x32 x23 download by : skknchat@gmail.com 29 Ta đặt, p4,s =  x1 x2 x6 x6 + x3 x3 x4 x4 ,  35 j=1 bs,j s = 3, s Bằng tính tốn trực tiếp, sử dụng Mệnh đề 3.2.1, ta nhận điều sau Mệnh đề 3.2.2 (Ker(Sq ∗ )2s+1 −2 )GL4 =  0, s 2,  [p4,s ] s Để thuận tiện, ta chứng minh mệnh đề cách chi tiết với s Các trường hợp khác chứng minh tính tốn tương tự Ta có điều sau: (i) Với s Bổ đề 3.2.3 Tồn phân tích hạng tử trực tiếp Σ4 - môđun: (Ker(Sq ∗ )2s+1 −2 ) = Σ4 (bs,1 ) ⊕ Σ4 (bs,7 ) ⊕ Σ4 (bs,19 ) ⊕ Σ4 (bs,23 ) ⊕ Σ4 (bs,29 , bs,30 ) (ii) Σ4 (bs,1 )Σ4 = [p4,s,1 ] với p4,s,1 = j=1 bs,j (iii) Σ4 (bs,7 )Σ4 = [p4,s,2 ] với p4,s,2 = 18 j=7 bs,j (iv) Σ4 (bs,19 )Σ4 = [p4,s,3 ] với p4,s,3 = 22 j=19 as,j (v) Σ4 (bs,23 )Σ4 = [p4,s,4 ] với p4,s,4 = 26 j=23 bs,j (vi) Σ4 (bs,29 , as,30 )Σ4 = [p4,s,5 ], [p4,s,6 ] với p4,s,5 = 29 j=27 bs,j , p4,s,6 = 35 j=30 bs,j Chứng minh Từ Mệnh đề 3.2.1 ta dễ dàng có Phần i) Bây ta chứng minh chi tiết Phần Các trường hợp cịn lại chứng minh tính tốn tương tự Bằng tính tốn trực tiếp, ta thấy tập hợp {[bs,j : j = 27 Σ4 (bs,29 , bs,30 ) Giả sử [f ] ∈ Σ4 (bs,29 , bs,30 )Σ4 , f ≡ j 35 27 γj bs,j download by : skknchat@gmail.com 35]} sở với γj ∈ F2 Bằng 30 tính tốn trực tiếp, ta ρ1 (f ) + f ≡ (ρ28 + ρ29 + ρ30 + ρ35 )bs,27 + (ρ31 + ρ33 )(bs,31 + bs,33 ) + (ρ32 + ρ34 )(bs,32 + bs,34 ) ≡ 0, ρ2 (f ) + f ≡ (ρ27 + ρ28 + ρ32 + ρ33 )(bs,27 + bs,28 ) + (ρ30 + ρ31 )(bs,30 + bs,31 ) + (ρ34 + ρ35 )(bs,34 + bs,35 ) ≡ 0, ρ3 (f ) + f ≡ (ρ28 + ρ29 + ρ30 + ρ35 )bs,27 + (ρ31 + ρ32 )(bs,31 + bs,32 ) + (ρ33 + ρ34 )(bs,33 + bs,34 ) ≡ Các đẳng thức suy γj = γ27 với j = 27, 28, 29 γj = γ30 với 30 j 35 Bổ đề chứng minh Nhận xét 3.2.4 Với s = 3, Phần i) đến Phần v) Bổ đề 3.2.3 Ta thay phần vi) Σ4 (b3,29 , a3,30 )Σ4 = [p4,3 ] Chứng minh Mệnh đề 3.2.2 Giả sử f ∈ P4 cho [f ] ∈ Ker(Sq ∗ )GL 2s+1 −2 Nên, [f ] ∈ j=1 γj p4,s,j Ker(Sq ∗ )Σ 2s+1 −2 Do đó, f ≡ với γj ∈ F2 Bằng tính tốn trực tiếp, ta ρ4 (f ) + f ≡(γ1 + γ2 )(bs,2 + bs,3 ) + (γ2 + γ4 )(bs,7 + bs,8 ) + (γ2 + γ5 )bs,9 + (γ2 + γ3 )(bs,14 + bs,15 ) + (γ3 + γ6 )bs,19 + (γ4 + γ6 )bs,25 + (γ2 + γ3 + γ4 + γ5 )bs,27 + (γ5 + γ6 )(bs,31 + bs,32 ) ≡ Đẳng thức cuối γj = γ1 với j Mệnh đề sau    0,   s Từ Định lý 1.7.1 Ta có s+1 Ext4,2 A +2 (F2 , F2 ) = d , 2, s = 3,     h2 h2 , s s download by : skknchat@gmail.com 31 Kí hiệu q4,s = P ((P4∗ )2s+1 −2 ) cách đặt (1) (1) (6) (6) (1) (2) (5) (6) (1) (3) (4) (6) (1) (4) (3) (6) (1) (5) (2) (6) q4,3 =a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 (1) (6) (1) (6) (2) (1) (6) (5) (2) (2) (5) (5) (2) (3) (4) (5) (2) (4) (3) (5) (2) (5) (2) (5) (2) (6) (1) (5) (3) (1) (5) (5) (3) (2) (6) (3) (3) (3) (2) (6) (3) (4) (1) (6) (3) (4) (2) (5) (3) (4) (4) (3) (3) (6) (2) (3) (4) (1) (6) (3) (4) (2) (5) (3) (4) (3) (4) (3) (4) (4) (3) (3) (4) (5) (2) (3) (4) (6) (1) (3) (5) (1) (3) (5) (5) (2) (1) (6) (5) (2) (2) (5) (5) (2) (4) (3) (5) (3) (1) (5) (5) (3) (3) (3) (5) (5) (1) (3) (6) (1) (1) (6) (6) (1) (2) (5) (6) (1) (4) (3) + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 + a1 a2 a3 a4 (6) (2) (3) (3) + a1 a2 a3 a4 , (0) (0) (2s −1) (2s −1) , a4 q4,s = a1 a2 a3 với s Vì [p4,s ], [q4,s ] = với s F2 ⊗GL4 P ((P4 )∗2s+1 −2 ) =  0, s 2,  [q4,s ] s 3, ta Bằng tính tốn trực tiếp, ta có φ4 (q4,s ) =  d0 + δ(λ1 λ9 λ2 + λ1 λ3 λ9 λ3 ), s = 3, λ2 λ2s s > 3 −1 Từ đẳng thức Định lý 1.7.2, ta T r4 ([q4,s ]) = [φ3 (q4,s )] =  [d0 ] = d0 , s = 3, [λ2 λ2s ] = h2 h2 , s > −1 s Định lý 3.0.1 chứng minh với n = 2s+1 − 3.3 Trường hợp n = 2s+1 − Đầu tiên, ta nhắc lại: Mệnh đề 3.3.1 Giả sử n = 2s+1 − với s số nguyên dương Khi đó, số chiều F2 -vectơ không gian (QP4 )n xác định theo bảng sau: n = 2s − s = s = s = s = s dim(QP4 )n 14 35 75 89 85 download by : skknchat@gmail.com 32 Một sở (QP4 )n gồm đơn thức cj = cs,j xác định tường minh sau: Với s 1, s+1 c1 = x24 −1 c2 = x23 s+1 c3 = x22 s+1 c7 = x2 x23 c5 = x3 x24 s+1 −2 c6 = x2 x24 c9 = x1 x23 Với s = 1, s+1 −2 c10 = x1 x22 c11 = x2 x3 x4 Với s s+1 −1 −2 s+1 −2 s+1 −1 c4 = x12 s+1 c8 = x1 x24 −2 −1 s+1 −2 c12 = x1 x3 x4 c13 = x1 x2 x4 c14 = x1 x2 x3 2, c11 = x2 x23 x24 s+1 −4 c12 = x1 x23 x42 c14 = x1 x22 x23 s+1 −4 c15 = x2 x23 −1 2s −1 x3 x4 s s x1 x22 −1 x23 −1 s s x21 −1 x2 x24 −1 s s x21 −1 x22 −1 x3 c17 = x22 c20 = c23 = c26 = s c18 = c21 = c24 = s+1 −4 s −1 2s −1 x4 s s x1 x23 −1 x24 −1 s s x21 −1 x3 x24 −1 s s x21 −1 x2 x23 −1 c13 = x1 x22 x42 c16 = x22 s −1 c25 = −4 x3 x24 s −1 −1 2s −1 x4 s s x21 −1 x23 −1 x4 s s x21 −1 x22 −1 x4 c19 = x1 x22 c22 = s+1 s Với s = 2, c27 = x1 x22 x23 x24 c28 = x1 x2 x23 x34 c29 = x1 x2 x33 x24 c30 = x1 x22 x3 x34 c31 = x1 x22 x33 x4 c32 = x1 x32 x3 x24 c33 = x1 x32 x23 x4 c34 = x31 x2 x3 x24 c35 = x31 x2 x23 x4 Với s 3, −3 2s −1 x4 s s x31 x23 −3 x24 −1 s s x31 x22 −3 x23 −1 s s x21 −1 x33 x24 −3 c27 = x32 x23 c30 = c33 = c36 = s −1 2s −3 x4 s s x31 x23 −1 x24 −3 s s x31 x22 −1 x24 −3 s s x21 −1 x32 x24 −3 c28 = x32 x23 c31 = c34 = c37 = s −1 2s −3 x3 x4 s s x31 x22 −3 x24 −1 s s x31 x22 −1 x23 −3 s s x21 −1 x32 x23 −3 c29 = x22 c32 = c35 = c38 = s Với s = 3, download by : skknchat@gmail.com 33 c39 = x1 x22 x43 x84 c40 = x1 x2 x63 x74 c41 = x1 x2 x73 x64 c42 = x1 x62 x3 x74 c43 = x1 x62 x73 x4 c44 = x1 x72 x3 x64 c45 = x1 x72 x63 x4 c46 = x71 x2 x3 x64 c47 = x71 x2 x63 x4 c48 = x1 x22 x53 x74 c49 = x1 x22 x73 x54 c50 = x1 x72 x23 x54 c51 = x71 x2 x23 x54 c52 = x1 x32 x43 x74 c53 = x1 x32 x73 x44 c54 = x1 x72 x33 x44 c55 = x31 x2 x43 x74 c56 = x31 x2 x73 x44 c57 = x31 x42 x3 x74 c58 = x31 x42 x73 x4 c59 = x31 x72 x3 x44 c60 = x31 x72 x43 x4 c61 = x71 x2 x33 x44 c62 = x71 x32 x3 x44 c63 = x71 x32 x43 x4 c64 = x1 x32 x53 x64 c65 = x1 x32 x63 x54 c66 = x1 x62 x33 x54 c67 = x31 x2 x53 x64 c68 = x31 x2 x63 x54 c69 = x31 x52 x3 x64 c70 = x31 x52 x63 x4 c71 = x31 x52 x23 x54 c72 = x31 x32 x43 x54 c73 = x31 x32 x53 x44 c74 = x31 x42 x33 x54 c75 = x31 x52 x33 x44 Với s 4, −5 2s −3 x4 s s x71 x22 −5 x23 −3 s s x1 x2 x23 −1 x24 −2 s s x1 x22 −1 x3 x24 −2 s s x21 −1 x2 x23 −2 x4 s s x1 x22 −1 x23 x24 −3 s s x1 x32 x23 −1 x24 −4 s s x31 x2 x23 −1 x24 −4 s s x21 −1 x32 x3 x24 −4 s s x1 x22 −2 x33 x24 −3 s s x31 x22 −3 x3 x24 −2 s s x31 x22 −3 x23 x24 −3 s s x1 x72 x23 −5 x24 −4 s s x31 x32 x23 −4 x24 −3 s s x31 x42 x23 −5 x24 −3 s s x31 x72 x23 −7 x24 −4 c39 = x72 x23 c42 = c45 = c48 = c51 = c54 = c57 = c60 = c63 = c66 = c69 = c72 = c75 = c78 = c81 = c84 = s −5 2s −3 x4 s+1 x1 x22 x43 x24 −8 s s x1 x22 −2 x3 x24 −1 s s x1 x22 −1 x23 −2 x4 s s x1 x22 x23 −3 x24 −1 s s x21 −1 x2 x23 x24 −3 s s x1 x22 −1 x33 x24 −4 s s x31 x22 −1 x3 x24 −4 s s x1 x32 x23 −3 x24 −2 s s x31 x2 x23 −3 x24 −2 s s x31 x22 −3 x23 −2 x4 s s x1 x72 x23 −6 x24 −3 s s x71 x2 x23 −5 x24 −4 s s x31 x32 x23 −3 x24 −4 s s x31 x52 x23 −6 x24 −3 s s x71 x32 x23 −7 x24 −4 c40 = x71 x23 c43 = c46 = c49 = c52 = c55 = c58 = c61 = c64 = c67 = c70 = c73 = c76 = c79 = c82 = c85 = s −5 2s −3 x4 s s x1 x2 x23 −2 x24 −1 s s x1 x22 −2 x23 −1 x4 s s x21 −1 x2 x3 x24 −2 s s x1 x22 x23 −1 x24 −3 s s x1 x32 x23 −4 x24 −1 s s x31 x2 x23 −4 x24 −1 s s x21 −1 x2 x33 x24 −4 s s x1 x32 x23 −2 x24 −3 s s x31 x2 x23 −2 x24 −3 s s x1 x62 x23 −5 x24 −3 s s x71 x2 x23 −6 x24 −3 s s x71 x22 −5 x3 x24 −4 s s x31 x22 −3 x33 x24 −4 s s x31 x52 x23 −5 x24 −4 c41 = x71 x22 c44 = c47 = c50 = c53 = c56 = c59 = c62 = c65 = c68 = c71 = c74 = c77 = c80 = c83 = s Với s = 4, c86 = x31 x72 x83 x13 Với s c87 = x71 x32 x83 x13 c88 = x71 x72 x83 x94 c89 = x71 x72 x93 x84 k − 2, ta đặt k−1 m−2 s+1 xi1 x2i2 x2im−1 x2im ηk,s = −2m−1 ∈ (Pk )2s+1 −1 m=1 i1 <