(LUẬN văn THẠC sĩ) bài toán hit đối với đại số đa thức tại một dạng bậc tổng quát

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH THỊ HIẾU BÀI TOÁN HIT ĐỐI VỚI ĐẠI SỐ ĐA THỨC TẠI MỘT DẠNG BẬC TỔNG QUÁT LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - Năm 2020 download by : skknchat@gmail.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH THỊ HIẾU BÀI TOÁN HIT ĐỐI VỚI ĐẠI SỐ ĐA THỨC TẠI MỘT DẠNG BẬC TỔNG QUÁT Chuyên ngành : Mã số : Đại số lí thuyết số 8460104 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Người hướng dẫn: PGS.TS NGUYỄN SUM Bình Định - Năm 2020 download by : skknchat@gmail.com i Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn đề tài “Bài toán hit đại số đa thức dạng bậc tổng quát” viết hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Sum chưa công bố để bảo vệ học vị thời điểm Các nội dung kết sử dụng luận văn có trích dẫn thích nguồn gốc Nếu có điều gian lận, tơi xin chịu trách nhiệm luận văn Bình Định, ngày 27 tháng 07 năm 2020 Học viên thực đề tài Huỳnh Thị Hiếu download by : skknchat@gmail.com ii Mục lục Mở đầu 1 Một số kiến thức sở 1.1 Đại số trường 1.2 Các toán tử Steenrod 1.3 Đại số Steenrod 1.4 Tác động nhóm tuyến tính tổng qt đại số đa thức 10 1.5 Bài toán hit đại số đa thức 12 1.6 Vectơ trọng đơn thức chấp nhận 13 1.7 Tiêu chuẩn Singer đơn thức hit 18 Sự ổn định số phần tử sinh cực tiểu đại số đa thức dạng bậc tổng quát 21 2.1 Tập sinh cực tiểu đại số đa thức ba biến Pk 21 2.2 Sự ổn định số phần tử sinh cực tiểu bậc (k − 1)(2d − 1) 23 Bài toán hit số vectơ trọng có bậc k − 32 3.1 Trường hợp ε = 32 3.2 Trường hợp ε = 42 Kết luận 47 Tài liệu tham khảo 48 Quyết định giao đề tài luận văn thạc sĩ download by : skknchat@gmail.com Mở đầu Ký hiệu Pk := F2 [x1 , x2 , , xk ] đại số đa thức phân bậc trường nguyên tố F2 có hai phần tử, với k biến x1 , x2 , , xk , biến có bậc Đại số đối đồng điều 2-nhóm aben sơ cấp hạng k , với hệ số trường nguyên tố F2 có phần tử Do Pk xem môđun đại số Steenrod modulo 2, A Tác động A Pk xác định công thức tường minh Sq i (xj ) =      xj     xj        0 i = 0, i = 1, i > 1, công thức Cartan n n Sq i (f )Sq n−i (g) Sq (f g) = i=0 với f, g ∈ Pk (xem Steenrod Epstein [8]) Bài tốn hit Peterson tốn tìm tập sinh cực tiểu đại số đa thức Pk xét mơđun đại số Steenrod Nói cách khác, tốn tìm sở khơng gian vectơ QPk := Pk /A+ Pk = F2 ⊗A Pk bậc, A+ iđean bổ sung A sinh toán tử Steenrod bậc dương Đây toán trọng tâm Tơpơ - Đại số Nó có nhiều ứng dụng toán kinh điển lý thuyết đồng luân Chẳng hạn, toán download by : skknchat@gmail.com ứng dụng việc nghiên cứu biểu diễn modular nhóm tuyến tính, hướng nghiên cứu có tính thời cao Bài toán hit Frank Peterson đặt vào năm 1987 xác định tường minh với k = 1, [4] Trường hợp k = xác định hoàn toàn luận án Masaki Kameko [2] trường Đại học John Hopkins vào năm 1990 Trường hợp k = 4, toán xác định tường minh [9, 10] Trong trường hợp tổng quát, toán nghiên cứu nhiều tác giả ngồi nước Gần đây, tốn hit ứng dụng biểu diễn modular nhóm tuyến tính trình bày chi tiết sách chuyên khảo Walker-Wood [13, 14] Hiện nay, toán toán mở với k Từ kết Wood [15] Kameko [2], tốn hit rút gọn tính tốn bậc n có dạng n = s(2d − 1) + 2d m, s, m, d số nguyên không âm cho trước, s < k µ(m) < s Ở đây, ký hiệu µ(m) số nguyên không âm nhỏ r cho m = ui i r (2 −1) với ui > Trong trường hợp s = k − m = 0, toán hit dạng bậc tổng quát n = (k − 1)(2d − 1) xác định tường minh với k Mục đích luận văn tìm hiểu trình bày lại kết gần báo [12] toán hit dạng bậc tổng quát với k Cụ thể nghiên cứu tính ổn định số cực tiểu phần tử sinh bậc (k − 1)(2d − 1) d đủ lớn tính tốn tường minh tốn hit số vectơ trọng có bậc k − download by : skknchat@gmail.com Nội dung luận văn gồm ba chương Chương Một số kiến thức sở Chúng nhắc lại số kiến thức đại số trường, toán tử Steenrod, đại số đa thức trường F2 , cấu trúc môđun đại số đa thức đại số Steenrod số kết vectơ trọng, đơn thức hit, đơn thức chấp nhận Chương Sự ổn định số phần tử sinh cực tiểu đại số đa thức dạng bậc tổng quát Trong chương này, chúng tơi tóm tắt số kết sở chấp nhận đại số đa thức ba biến Pk xét môđun đại số Steenrod trình bày chi tiết kết ổn định số phần tử sinh cực tiểu bậc (k − 1)(2d − 1) Chương Bài toán hit số vectơ trọng có bậc k − Chúng tơi trình bày tính tốn đơn thức chấp nhận đại số Pk−1 có vectơ trọng (k − − 2t − 4ε, t, ε) với ε = 0, k − − 2t − 4ε t, sử dụng kết để trình bày hệ đơn thức chấp nhận bậc (k − 1)(2d − 1) Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Quy Nhơn hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Sum Qua tơi xin bày tỏ kính trọng lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy, người tận tình bảo, tạo điều kiện giúp đỡ suốt thời gian học tập, nghiên cứu hoàn thành luận văn Đồng thời, chân thành cảm ơn q thầy Khoa Tốn Thống kê, Phịng Đào tạo sau đại học trường Đại học Quy Nhơn quý thầy cô tham gia giảng dạy lớp Cao học Tốn khóa 21 giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi q trình học tập thực đề tài Tôi xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè, người ln động viên, giúp đỡ tơi q trình học tập hoàn thành luận văn download by : skknchat@gmail.com Mặc dù tơi cố gắng học hỏi, tìm tịi nghiên cứu q trình hồn thành luận văn, hạn chế thời gian trình độ nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận góp ý q thầy cô bạn đọc để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn download by : skknchat@gmail.com Chương Một số kiến thức sở Trong chương này, chúng tơi trình bày lại số kiến thức chuẩn bị cho chương chính, bao gồm kiến thức đại số trường, toán tử Steenrod, đại số đa thức trường F2 , cấu trúc môđun đại số đa thức đại số Steenrod, tác động nhóm tuyến tính tổng quát đại số đa thức, vectơ trọng, đơn thức chấp nhận tiêu chuẩn đơn thức hit Singer, kết trình bày chi tiết Kameko [2], Mothebe-Uys [3], Singer [7] Walker-Wood [13] 1.1 Đại số trường Định nghĩa 1.1.1 Một đại số trường K tập hợp A = ∅ với phép tốn: i) Phép cộng: + : A × A → A, (x, y) → x + y download by : skknchat@gmail.com ii) Phép nhân: · : A × A → A, (x, y) → xy iii) Phép nhân với vơ hướng: · : K × A → A; (a, x) → ax thỏa mãn điều kiện sau đây: (1) A với hai phép toán cộng nhân lập thành vành (2) A với phép cộng phép nhân với vô hướng lập thành không gian vectơ K (3) Hai cấu trúc vành không gian vectơ liên hệ với điều kiện a(xy) = (ax)y = x(ay), với a ∈ K , x, y ∈ A Tập hợp S ⊂ A gọi đại số A S vừa vành vừa không gian vectơ A Cho X ⊂ A, giao tất đại số A chứa X gọi đại số A sinh X Tập hợp B ⊂ A gọi iđean đại số A vừa iđean vành A vừa không gian vectơ A Khi đó, vành thương A/B có download by : skknchat@gmail.com 36 + Nếu x ∈ B˜(k−7,3) x spike Suy x chấp nhận Hơn nữa, + ˜+ ˜+ x đơn thức Pk−7 (k − 7, 3) x ∈ B Vậy B tập (k−7,3) (k−7,3) + hợp tất đơn thức chấp nhận Pk−7 (k − 7, 3) + Nếu x ∈ B˜(k−6,3) x = x1 x2i1 f1 (fi1 −1 (z)) với z spike Pk−8 Vì x1 x2i1 chấp nhận nên theo Mệnh đề 1.6.7, x đơn thức chấp nhận + Nếu x đơn thức Pk−6 (k − 7, 3) x = x1 x2i1 xk−6 x2i2 x2i3 với k − 6, i2 , i3 = i1 , i2 < i3 Nếu i1 = i1 , i2 , i3 x = x21 x2 xk−6 x2i2 x2i3 , với i2 < i3 k − 6, x1 x2t xk−6 x2i2 x2i3 + Sq (x1 xk−6 x2i2 x2i3 ) = t k−6 Suy x không chấp nhận Nếu i2 = 1, i1 = x = x31 x22 x3 xk−6 x2i3 , với k − 6, i3 x31 x2 x2t xk−6 x2i3 + x41 x2 xk−6 x2i3 + Sq (x31 x2 xk−6 x2i3 ) = t k−6 Do x khơng chấp nhận Nếu i2 = 1, i3 = 2, i1 = x31 x32 x3 x2t xk−6 + x41 x32 x3 xk−6 x= t k−6 + x31 x42 x3 xk−6 + Sq (x31 x32 x3 xk−6 ) + Vậy x khơng chấp nhận Vì thế, B˜(k−6,3) tập hợp tất đơn thức + chấp nhận Pk−6 (k − 7, 3) + Nếu x ∈ B˜(k−5,3) x = yf1 (fu−1 (fv−2 fw−3 (z))), < u < v < w, y đơn thức: x31 xu x2v x2w , x1 x3u x2v x2w , x1 x2u x3v x2w , x1 x2u x2v x3w z = x1 xk−9 ∈ Pk−9 Theo Sum [10], y chấp nhận Khi đó, từ Mệnh đề 1.6.7 + ta suy x chấp nhận nhận Xét x đơn thức Pk−5 (k − 7, 3) download by : skknchat@gmail.com 37 ˜+ Nếu x ∈ / B x = x21 x2 x2i2 xk−5 x2i3 với i2 , i3 > 1, i2 = i3 x = (k−5,3) x31 x22 x2i2 xk−5 với i2 > Nếu x = x21 x2 x2i2 xk−5 x2i3 x1 x2t x2i2 xk−5 x2i3 + Sq (x1 x2i2 xk−5 x2i3 ) x= t k−5, t=i2 Nếu x = x31 x22 x2i2 xk−5 x31 x2 x2t x2i2 xk−5 + x41 x2 x2i2 xk−5 x= t k−5, t=i2 + Sq (x31 x2 x2i2 xk−5 ) + Do x khơng chấp nhận Vậy B˜(k−5,3) tập hợp tất đơn thức + chấp nhận Pk−5 (k − 7, 3) + Nếu x ∈ B˜(k−4,3) x = yf1 (fu−1 (fv−2 fw−3 (z))), < u < v < w, y = x1 x2u x2v x2w z = x1 xk−8 ∈ Pk−8 Theo Sum [10], y chấp nhận Khi + ˜+ đó, Mệnh đề 1.6.7, x chấp nhận Nếu x ∈ Pk−4 (k − 7, 3) x ∈ /B (k−4,3) x = x21 x2 x2i1 x2i2 xk−4 với < i1 < i2 k − Suy x1 x2t x2i1 x2i2 xk−4 + Sq (x1 x2i1 x2i2 xk−4 ) x= t k−4, t=i1 ,i2 + Vậy x không chấp nhận Vì thế, B˜(k−4,3) tập hợp tất đơn thức + chấp nhận Pk−4 (k − 7, 3) + Như vậy, ta chứng minh B˜(r,3) tập hợp tất đơn thức + chấp nhận Pr+ (k − 7, 3) Do đó, dim QPr+ (k − 7, 3) = |B˜(r,3) | với k − r k − Bằng cách tính tốn trực tiếp, ta ˜+ |B |= (k−7,3) k−7 k−6 ˜+ , |B | = (k − 9) (k−6,3) ˜+ |B | =(k − 5) (k−5,3) k−7 = = (k − 6)(k − 7)(k − 9) , (k − 5)(k − 7)(k − 8) ˜ + , |B(k−4,3) | = download by : skknchat@gmail.com k−5 38 Do đó, theo Mệnh đề 1.7.6, ta suy dim QPk−1 (k − 7, 3) = k−7 r k−4 = a(k) := k − ˜+ |B(r,3) | r (k − 5)(k − 7)(k − 9k + 14k − 36) k 180 Mệnh đề chứng minh + ˜ + = ∅ nên Mệnh đề 3.1.4 Nhận xét 3.1.5 Vì B˜(2,3) = B (3,3) + ˜+ = B ˜ + = ∅ |B ˜ + | = 1, suy trường hợp k = Ta có B˜(1,3) = B (2,3) (3,3) (4,3) dim QP7 (1, 3) = = 35 > 14 = a(8) Do đó, Mệnh đề 3.1.4 khơng cịn với k = Vì QP7 (0, 3) = nên mệnh đề với k = Mệnh đề 3.1.6 Nếu k dim QPk−1 (k − 9, 4) = 13 (k − 1)(k − 10)(k − 20k + 129k − 354k + 840) k 1344 Để chứng minh mệnh đề ta cần bổ đề sau Bổ đề 3.1.7 Những đơn thức sau chấp nhận P6 : a1 = x1 x2 x23 x24 x25 x26 , a2 = x1 x22 x3 x24 x25 x26 , a3 = x1 x22 x23 x4 x25 x26 , a4 = x1 x22 x23 x24 x5 x26 Chứng minh Ta chứng minh {a1 , a2 , a3 , a4 } tập hợp tất đơn thức chấp nhận P6+ (2, 4) Lấy x ∈ P6+ (2, 4) Khi x = x1 x2i1 x2i2 x2i3 x2i4 x6 , i1 < i2 < i3 < i4 Nếu i1 = x = Sq (x1 x2i2 x2i3 x2i4 x6 )+ đơn thức nhỏ Nếu i1 > 1, i4 < x =x1 x22 x23 x24 x25 x6 = Sq (x21 Sq (x2 x6 )) + Sq (x1 x6 ) + đơn thức nhỏ download by : skknchat@gmail.com 39 Do x khơng chấp nhận Vậy ta chứng minh x chấp nhận x ∈ {a1 , a2 , a3 , a4 } Tiếp theo, ta chứng minh tập {[a1 ](2,4) , [a2 ](2,4) , [a3 ](2,4) , [a4 ](2,4) } độc lập tuyến tính QP6+ (2, 4) Giả sử ta có quan hệ tuyến tính S := γ1 a1 + γ2 a2 + γ3 a3 + γ4 a4 ≡(2,4) 0, với γu ∈ F2 , u (3.1) Áp dụng đồng cấu p(1,j) : P6 → P5 với < j < vào (3.1), ta p(1,2) (S) ≡(2,4) (γ2 + γ3 + γ4 )x31 x2 x23 x24 x25 ≡(2,4) 0, p(1,3) (S) ≡(2,4) (γ1 + γ3 + γ4 )x1 x32 x23 x24 x25 ≡(2,4) 0, p(1,4) (S) ≡(2,4) (γ1 + γ2 + γ4 )x1 x22 x33 x24 x25 ≡(2,4) 0, p(1,5) (S) ≡(2,4) (γ1 + γ2 + γ3 )x1 x22 x23 x34 x25 ≡(2,4) Theo Sum [10], đơn thức x1 x22 x23 x24 chấp nhận P4 Do đó, Mệnh đề 1.6.7, đơn thức x31 x2 x23 x24 x25 , x1 x32 x23 x24 x25 , x1 x22 x33 x24 x25 , x1 x22 x23 x34 x25 chấp nhận P5 Vì thế, từ đẳng thức ta suy γi = với i Vậy bổ đề chứng minh Bây chứng minh Mệnh đề 3.1.6 Chứng minh Mệnh đề 3.1.6 Chú ý Pr+ (k − 9, 4) = r < k − r > k − Khi đó, áp dụng Mệnh đề 1.7.6, ta có dim QPk−1 (k − 9, 4) = k−9 r k−5 k−1 dim QPr+ (k − 9, 4) r download by : skknchat@gmail.com 40 Đặt ˜+ B ={x1 x2 xk−9 x2i1 x2i2 x2i3 x2i4 : (k−9,4) ˜+ B ={x1 x2i1 xk−8 x2i2 x2i3 x2i4 : (k−8,4) k − 8, i1 i2 , i3 , i4 = i1 } \ {x31 x22 x3 xk−8 x2i3 x2i4 : ∪ {x31 x32 x23 x4 xk−8 x2i4 : k − 9}, i1 < i2 < i3 < i4 i4 i3 < i4 k − 8} k − 8} ∪ {x31 x32 x33 x24 x5 xk−8 } , ˜+ B ={x1 x2i1 x2i2 xk−7 x2i3 x2i4 : (k−7,4) k − 7, i1 < i2 i3 , i4 = i1 , i2 } \ {x31 x22 x3 x2i2 xk−7 x2i4 : ∪ {x31 x32 x23 x4 x2i4 xk−7 : k − 8, i2 < i3 < i4 i4 ˜+ B ={x1 x2i1 x2i2 x2i3 xk−6 x2i4 : (k−6,4) i2 , i4 i3 < i4 k − 7, k − 7, i4 = i2 } k − 7} , i1 < i2 < i3 i4 = i1 , i2 , i3 } \ {x31 x22 x3 x2i2 x2i3 xk−6 : ˜+ B ={x1 x2i1 x2i2 x2i3 x2i4 xk−5 : (k−5,4) k − 6, i2 < i3 i4 k − 6, k − 6}, i1 < i2 < i3 < i4 k − 5} \ {x1 x22 x23 x24 x25 x6 xk−5 } Bằng cách lập luận tương tự chứng minh Mệnh đề 3.1.4 ta + B˜(r,4) tập hợp tất đơn thức chấp nhận Pr+ (k −9, 4) với k − r k − + Lấy x ∈ B˜(k−5,4) Khi x = y(f1 fi1 −1 fi2 −2 fi3 −3 fi4 −4 fi5 −5 )(z), y đơn thức: x1 xi1 x2i2 x2i3 x2i4 x2i5 , x1 x2i1 xi2 x2i3 x2i4 x2i5 , x1 x2i1 x2i2 xi3 x2i4 x2i5 , x1 x2i1 x2i2 x2i3 xi4 x2i5 , với < i1 < i2 < i3 < i4 < i5 k − z = x1 xk−11 ∈ Pk−11 Theo Bổ đề 3.1.7, y chấp nhận Do đó, từ Mệnh đề 1.6.7 ta suy x chấp nhận + Tiếp theo, lấy x ∈ Pk−5 (k − 9, 4) bất kỳ, x = x1 x2i1 x2i2 x2i3 x2i4 xk−5 với i1 < i2 < i3 < i4 download by : skknchat@gmail.com k − 41 Nếu i1 = x = Sq (x1 x2i2 x2i3 x2i4 xk−5 ) + đơn thức nhỏ Suy x không chấp nhận Nếu x = x1 x22 x23 x24 x25 x6 xk−5 x = Sq (x21 Sq (x2 xk−5 )) + Sq (x1 xk−5 ) + đơn thức nhỏ Do x khơng chấp nhận + Vậy ta chứng minh B˜(r,4) tập hợp tất đơn thức chấp + nhận Pr+ (k − 9, 4) Suy dim QPr+ (k − 9, 4) = |B˜(r,4) | với k − r k − Bằng cách tính tốn trực tiếp, ta ˜+ |B |= (k−9,4) k−9 k−8 ˜+ , |B | = (k − 12) , (k−8,4) ˜+ |B |= (k−7,4) k−7 ˜+ |B |= (k−5,4) k−6 k − 10 k−8 ˜+ , |B | = (k − 6) , (k−6,4) −1= (k − 5)(k − 10)(k − 15k + 60) 24 Khi đó, áp dụng Mệnh đề 1.7.6 ta suy dim QPk−1 (k − 9, 4) = k−9 r k−5 = b(k) := k − ˜+ |B(r,4) | r (k − 1)(k − 10)(k − 20k + 129k − 354k + 840) k 1344 Mệnh đề chứng minh + ˜ + = ∅, suy Mệnh đề 3.1.6 Nhận xét 3.1.8 Ta có B˜(3,4) =B (4,4) + ˜+ = B ˜ + = ∅ |B ˜ + | = 5, |B ˜ + | = nên trường hợp k = 12 Vì B˜(2,4) =B (3,4) (4,4) (5,4) (6,4) dim QP10 (2, 4) = 10 +4 10 = 2100 > 1980 = b(11) Do Mệnh đề 3.1.6 khơng với k = 11 Và ta có QP9 (1, 4) = nên mệnh đề với k = 10 download by : skknchat@gmail.com 42 3.2 Trường hợp ε = Mệnh đề 3.2.1 Nếu k k−6 dim QPk−1 (k − 7, 1, 1) = k+1 Chứng minh Chú ý Pr+ (k − 7, 1, 1) = r < k − r > k − Do đó, theo Mệnh đề 1.7.6 ta có k−1 dim QPr+ (k − 7, 1, 1) r dim QPk−1 (k − 7, 1, 1) = k−7 r k−5 Với k 9, đặt ¯+ B ={x1 x2 xk−7 x2i1 x4i2 : (k−7,1) i1 ¯+ B ={x1 x2i1 xk−6 x4i2 : (k−6,1) i1 ∪ {x1 x4i2 xk−6 x2i1 : ¯+ B ={x1 x2i1 x4i2 xk−5 : (k−5,1) i2 + k − 7} ⊂ Pk−7 (k − 7, 1, 1), i2 i1 < i2 i1 < i2 k − 6} + k − 6} ⊂ Pk−6 (k − 7, 1, 1), + k − 5} ⊂ Pk−5 (k − 7, 1, 1) + Lấy x đơn thức Pk−7 (k − 7, 1, 1) Khi x = x1 x2 xk−7 x2i1 x4i2 với i1 , i2 k − Nếu i1 > i2 x = Sq (x1 x2 xk−7 x2i1 x2i2 ) + đơn thức nhỏ Do x không chấp nhận Nếu i1 = i2 x spike, x chấp nhận Nếu i1 < i2 x = x3i1 x5i2 (fi1 fi2 −1 )(z) với z = x1 xk−9 ∈ Pk−9 Theo Peterson [4], x3i1 x5i2 chấp nhận được, nên từ Mệnh đề 1.6.7 ta suy x + chấp nhận Điều có nghĩa B¯(k−7,1) tập hợp tất đơn thức + chấp nhận Pk−7 (k − 7, 1, 1) + Lấy x ∈ Pk−6 (k−7, 1, 1) Khi x = x1 x2i1 xk−6 x4i2 x = x1 x4i2 xk−6 x2i1 với i1 , i2 k − Nếu i1 > i2 x = x1 x2i1 xk−6 x4i2 x = Sq (x1 x2i1 xk−6 x2i2 ) + đơn thức nhỏ hơn; download by : skknchat@gmail.com 43 i1 > i2 x = x1 x4i2 xk−6 x2i1 x = Sq (x1 x2i2 xk−6 x2i1 ) + đơn thức nhỏ hơn; x = x21 x2 xk−6 x4i2 x = Sq (x1 xk−6 x4i2 ) + đơn thức nhỏ Do x không chấp nhận Nếu i1 = i2 > x = x1 x6i1 (f1 fi1 −1 )(x1 xk−8 ) Vì x1 x6i1 chấp nhận nên theo Mệnh đề 1.6.7, x chấp nhận Nếu x = x1 x2i1 xk−6 x4i2 với < i1 < i2 x = x1 x2i1 x5i2 (f1 fi1 −1 fi2 −2 )(z) z = x1 xk−9 Theo Kameko [2], x1 x2i1 x5i2 chấp nhận Do đó, từ Mệnh đề 1.6.7 ta suy x chấp nhận Giả sử x = x1 x2 x4i2 xk−6 x2i1 với i1 < i2 Nếu i1 = 1, i2 = x = x31 x42 x3 (f1 f1 f1 )(x1 xk−9 ), i1 = 1, i2 > x = x31 x2 x4i2 (f1 f1 fi2 −2 )(x1 xk−9 ), < i1 < i2 x = x1 x3i1 x4i2 (f1 fi1 −1 fi2 −2 )(x1 xk−9 ) Theo Kameko [2], x31 x42 x3 , x31 x2 x4i2 , x1 x3i1 x4i2 đơn thức chấp nhận Do đó, Mệnh đề 1.6.7, x chấp nhận Vậy ta chứng minh + ¯+ B tập hợp tất đơn thức chấp nhận Pk−6 (k − 7, 1, 1) (k−6,1) download by : skknchat@gmail.com 44 + Lấy x đơn thức Pk−5 (k−7, 1, 1) Khi x = x1 x2i1 x4i2 xk−5 với i1 < i2 k − Nếu i1 = x = Sq (x1 x4i2 xk−5 ) + đơn thức nhỏ Suy x không chấp nhận Nếu i1 > x = x1 x2i1 x4i2 (f1 fi1 −1 fi2 −2 )(x1 xk−8 ) Theo Kameko [2], x1 x2i1 x4i2 chấp nhận Do đó, Mệnh đề 1.6.7, x + chấp nhận Vậy B¯(k−5,1) tập hợp tất đơn thức chấp nhận + Pk−5 (k − 7, 1, 1) + Như ta chứng minh B¯(r,1) tập hợp tất đơn thức chấp + | với nhận Pr+ (k − 7, 1, 1) Từ suy dim QPr+ (k − 7, 1, 1) = |B¯(r,1) k−7 r k − Bằng cách tính tốn trực tiếp, ta ¯+ |B |= (k−7,1) k−6 k−6 ¯+ ¯+ , |B |=2 , |B |= (k−6,1) (k−5,1) 2 k−6 Khi đó, theo Mệnh đề 1.7.6, ta suy dim QPk−1 (k − 7, 1, 1) = k−7 r k−5 k − ¯+ |B(r,1) | = r k−6 k+1 Mệnh đề chứng minh + ¯ + = {x1 x2 x4 } Vì x3 x4 ≡ x1 x6 nên Nhận xét 3.2.2 Ta có B¯(1,1) = {x71 }, B 2 (3,1) ¯ + = {x1 x6 } Khi dim QP7 (1, 1, 1) = B (2,1) + + = 63 < 84 = Vậy Mệnh đề 3.2.1 không với k = Mệnh đề 3.2.3 Nếu k 11 dim QPk−1 (k − 9, 2, 1) = (k − 1)(k − 8)(k − 10) k + download by : skknchat@gmail.com 8−6 8+1 45 Chứng minh Chú ý Pr+ (k − 9, 2, 1) = r < k − r > k − Khi đó, áp dụng Mệnh đề 1.7.6 ta suy dim QPk−1 (k − 9, 2, 1) = k−9 r k−6 k−1 dim QPr+ (k − 9, 2, 1) r Đặt ¯+ B ={x1 x2 xk−9 x2i1 x2i2 x4i3 : (k−9,2) k − 9, i1 i1 < i2 ¯+ B = {x1 x2i1 xk−8 x2i2 x4i3 : (k−8,2) i1 < i2 k − 9}, i3 k − 8, i1 ∪ {x1 x2i2 xk−8 x2i1 x4i3 : i1 < i2 k − 8, i1 ∪ {x1 x4i3 xk−8 x2i1 x2i2 : i1 < i2 k − 8, i1 < i3 \ {x31 x22 x3 xk−8 x4i : i k − 8} i3 k − 8} i3 k − 8, i3 = i2 } k − 8}, ¯+ B = {x1 x2i1 x2i2 xk−7 x4i3 : (k−7,2) i1 < i2 k − 7, i1 k − 7} i3 ∪ {x1 x2i1 x4i3 xk−7 x2i2 : i1 < i2 k − 7, i1 < i3 k − 7, i3 = i2 } ∪ {x1 x2i2 x4i3 xk−7 x2i1 : i1 < i2 k − 8, i1 < i3 k − 7, i3 = i2 } \ {x1 x22 x63 x4 xk−7 , x1 x62 x23 x4 xk−7 , x1 x22 x23 x4 xk−7 x4i : ∪ {x31 x42 x23 x4 xk−7 , x31 x22 x3 x4i xk−7 : ¯+ B ={x1 x2i1 x2i2 x4i3 xk−6 : (k−6,2) i1 < i2 , i3 i i k − 7} k − 7} , k − 6, i2 = i3 } \ {x1 x22 x43 x24 x5 xk−6 , x1 x22 x23 x4 x4i xk−6 : i k − 6} Bằng cách lập luận tương tự chứng minh trước đó, ta ¯ + tập hợp tất đơn thức chấp nhận Pr+ (k − 9, 2, 1) với B (r,2) k−9 r ¯ + | với k − k − Khi đó, dim QPr+ (k − 9, 2, 1) = |B (r,2) r Bằng cách tính tốn trực tiếp, ta ¯+ |B | =2 (k−9,2) k−8 ¯+ , |B | = (k − 8)2 (k − 10), (k−8,2) (k − 6)(k − 8)(k − 10) ¯+ ¯+ |B | =(k − 7)(k − 8)(k − 10), |B |= (k−7,2) (k−6,2) download by : skknchat@gmail.com k − 46 Từ suy dim QPk−1 (k − 9, 2, 1) = k−9 r k−6 = k − ¯+ |B(r,2) | r (k − 1)(k − 8)(k − 10) k + Mệnh đề chứng minh Nhận xét 3.2.4 Theo Sum [10], QP4 (1, 2, 1) = Điều kéo theo QP (1, 2, 1) = với = 1, 2, Áp dụng Mệnh đề 1.7.6 ta suy QP9 (1, 2, 1) = Vậy Mệnh đề 3.2.3 trường hợp k = 10 Bây giờ, áp dụng Định lý 2.2.11, Mệnh đề 3.1.1, 3.1.2, 3.1.4, 3.1.6, 3.2.1, 3.2.3 hệ thức k+1 2t k 2t = + k k−2t+2 2t−1 2(t−1) với t > 0, ta thu chặn dim(QPk )n Định lý 3.2.5 Cho n = (k − 1)(2d − 1) với d số nguyên dương Nếu k d Ck,u dim(QPk )n > u=0 k 2u min{k,d−1} v=1 k v + k , min{k, d} Ck,u =      1,         k − 3,     u = 0, u = 1, k −21k +175k −735k +1984k−3744 , u = 2, 180       (k−6)(k−7) (k−1)(k−10)(k4 −20k3 +193k2 −1250k+3912)  + , u = 3,   1344        (k−1)(k−8)(k−10) , u = download by : skknchat@gmail.com 10 47 Kết luận Trong luận văn này, chúng tơi trình bày vấn đề sau đây: Tóm tắt kiến thức toán hit đại số đa thức Pk xét môđun đại số Steenrod A Trình bày phép chứng minh chi tiết định lý ổn định số phần tử sinh cực tiểu đại số đa thức Pk bậc (k − 1)(2d − 1) Trình bày tính toán tường minh toán hit vectơ trọng có bậc k − 1, (k − − 2t − 4ε, t, ε), từ thiết lập số chặn số phần tử sinh QPk bậc (k − 1)(2d − 1) với d số nguyên lớn download by : skknchat@gmail.com 48 Tài liệu tham khảo [1] N T T Dung, Cơ sở chấp nhận đại số đa thức ba biến môđun đại số Steenrod ứng dụng, Luận văn thạc sĩ toán học, Trường Đại học Quy Nhơn, 2014 [2] M Kameko, Products of projective spaces as Steenrod modules, PhD Thesis, Johns Hopkins University, 1990 [3] M F Mothebe and L Uys, Some relations between admissible monomials for the polynomial algebra, Int J Math Math Sci 2015, Art ID 235806, pp [4] F P Peterson, Generators of H ∗ (RP ∞ × RP ∞ ) as a module over the Steenrod algebra, Abstracts Amer Math Soc No 833, 55-89 [5] Đ V Phúc and N Sum, On a minimal set of generators for the polynomial algebra of five variables as a module over the Steenrod algebra, Acta Math Vietnam 42 (2017) 149-162 [6] Đ V Phúc and N Sum, On the generators of the polynomial algebra as a module over the Steenrod algebra, C R Acad Sci Paris, Ser I 353 (2015) 1035-1040 download by : skknchat@gmail.com 49 [7] W M Singer, On the action of the Steenrod squares on polynomial algebras, Proc Amer Math Soc 111 (1991) 577-583 [8] N E Steenrod and D B A Epstein, Cohomology operations, Annals of Mathematics Studies 50, Princeton University Press, Princeton N.J (1962) [9] N Sum, On the hit problem for the polynomial algebra, C R Math Acad Sci Paris, Ser I, 351 (2013), 565-568 [10] N Sum, On the Peterson hit problem, Adv Math 274 (2015), 432-489 [11] N Sum, The squaring operation and the Singer algebraic transfer, Vietnam J Math (2020) https://doi.org/10.1007/s10013-020-00423-1 [12] N Sum, The hit problem for the polynomial algebra in certain degrees, Preprint, 2019 [13] G Walker and R M W Wood, Polynomials and the mod Steenrod algebra, Vol 1: The Peterson hit problem, London Mathematical Society Lecture Note Series 441, Cambridge University Press, 2018 [14] G Walker and R M W Wood, Polynomials and the mod Steenrod algebra, Vol 2: Representations of GL(n, F2 ), London Mathematical Society Lecture Note Series, 442 Cambridge University Press, 2018 [15] R M W Wood, Steenrod squares of polynomials and the Peterson conjecture, Math Proc Cambridge Philos Soc 105 (1989) 307-309 [16] N H V Hưng, The cohomology of the Steenrod algebra and representations of the general linear groups, Trans Amer Math Soc 357 (2005) 4065-4089, MR2159700 download by : skknchat@gmail.com Quyết định giao đề tài luận văn thạc sĩ download by : skknchat@gmail.com ... ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH THỊ HIẾU BÀI TOÁN HIT ĐỐI VỚI ĐẠI SỐ ĐA THỨC TẠI MỘT DẠNG BẬC TỔNG QUÁT Chuyên ngành : Mã số : Đại số lí thuyết số 8460104 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người... dung luận văn gồm ba chương Chương Một số kiến thức sở Chúng nhắc lại số kiến thức đại số trường, toán tử Steenrod, đại số đa thức trường F2 , cấu trúc môđun đại số đa thức đại số Steenrod số kết... gồm kiến thức đại số trường, toán tử Steenrod, đại số đa thức trường F2 , cấu trúc môđun đại số đa thức đại số Steenrod, tác động nhóm tuyến tính tổng qt đại số đa thức, vectơ trọng, đơn thức chấp