(Luận văn) 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 lu an n va p ie gh tn to BÀI TOÁN HIT ĐỐI VỚI ĐẠI SỐ ĐA THỨC TẠI MỘT DẠNG BẬC TỔNG QUÁT d oa nl w nf va an lu lm ul LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi z m co l gm @ an Lu Bình Định - Năm 2020 n va ac th si BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HUỲNH THỊ HIẾU lu an n va TẠI MỘT DẠNG BẬC TỔNG QUÁT p ie gh tn to BÀI TOÁN HIT ĐỐI VỚI ĐẠI SỐ ĐA THỨC d oa nl w an lu Chuyên ngành : nf va Mã số : Đại số lí thuyết số 8460104 z at nh oi lm ul LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z Người hướng dẫn: @ m co l gm PGS.TS NGUYỄN SUM an Lu Bình Định - Năm 2020 n va ac th si 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 lu an PGS.TS Nguyễn Sum chưa công bố để bảo vệ học vị cho va n tới thời điểm Các nội dung kết sử dụng luận văn có trích gh tn to dẫn thích nguồn gốc Nếu có điều gian lận, tơi xin chịu trách p ie nhiệm luận văn oa nl w Bình Định, ngày 27 tháng 07 năm 2020 d lu nf va an Học viên thực đề tài z at nh oi lm ul Huỳnh Thị Hiếu z m co l gm @ an Lu n va ac th si ii Mục lục Mở đầu 1 Một số kiến thức sở lu an 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 n va 1.1 ie gh tn to p 1.5 Bài toán hit đại số đa thức 12 Vectơ trọng đơn thức chấp nhận 13 1.7 Tiêu chuẩn Singer đơn thức hit 18 d oa nl w 1.6 lu nf va an Sự ổn định số phần tử sinh cực tiểu đại số đa thức dạng bậc tổng quát 21 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 z at nh oi lm ul 2.1 Bài toán hit số vectơ trọng có bậc k − 32 Trường hợp ε = 32 3.2 Trường hợp ε = 42 z 3.1 l 47 co 48 m an Lu Quyết định giao đề tài luận văn thạc sĩ gm Tài liệu tham khảo @ Kết luận n va ac th si Mở đầu Ký hiệu Pk := F2 [x1 , x2 , , xk ] đại số đa thức phân bậc trường nguyên lu tố F2 có hai phần tử, với k biến x1 , x2 , , xk , biến có bậc Đại số an đối đồng điều 2-nhóm aben sơ cấp hạng k , với hệ số trường n va tn to nguyên tố F2 có phần tử Do Pk xem mơđun đại số Steenrod modulo 2, A Tác động A Pk xác định công thức gh p ie tường minh nl w d oa Sq i (xj ) = nf va an lu công thức Cartan lm ul n Sq (f g) =      xj     xj        0 n X i = 0, i = 1, i > 1, Sq i (f )Sq n−i (g) z at nh oi i=0 với f, g ∈ Pk (xem Steenrod Epstein [8]) Bài toán hit Peterson toán tìm tập sinh cực tiểu đại số đa z gm @ thức Pk xét môđun đại số Steenrod Nói cách khác, tốn l tìm sở khơng gian vectơ QPk := Pk /A+ Pk = F2 ⊗A Pk bậc, m co A+ iđean bổ sung A sinh toán tử Steenrod bậc dương Đây an Lu toán trọng tâm Tơpơ - Đại số Nó có nhiều ứng dụng toán kinh điển lý thuyết đồng luân Chẳng hạn, toán n va ac th si 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 lu ngồi nước Gần đây, tốn hit ứng dụng biểu diễn an n va modular nhóm tuyến tính trình bày chi tiết sách chuyên tn to khảo Walker-Wood [13, 14] Hiện nay, toán toán mở với ie gh k > p Từ kết Wood [15] Kameko [2], toán hit rút gọn oa nl w tính tốn bậc n có dạng d n = s(2d − 1) + 2d m, an lu nf va s, m, d số nguyên không âm cho trước, s < k µ(m) < s Ở P đây, ký hiệu µ(m) số ngun khơng âm nhỏ r cho m = 16i6r (2ui −1) lm ul z at nh oi 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 z Mục đích luận văn tìm hiểu trình bày lại kết gần @ l gm 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 m co đủ lớn tính tốn tường minh tốn hit số vectơ trọng có bậc an Lu k − n va ac th si 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 qt Trong chương này, chúng tơi tóm tắt số lu kết sở chấp nhận đại số đa thức ba biến Pk xét an n va môđun đại số Steenrod trình bày chi tiết kết ổn định số Chương Bài toán hit số vectơ trọng có bậc k − Chúng ie gh tn to phần tử sinh cực tiểu bậc (k − 1)(2d − 1) p tơi trình bày tính tốn đơn thức chấp nhận đại số Pk−1 có nl w vectơ trọng (k − − 2t − 4ε, t, ε) với ε = 0, k − − 2t − 4ε > t, sử dụng kết d oa để trình bày hệ đơn thức chấp nhận bậc (k − 1)(2d − 1) lu nf va an Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Quy Nhơn hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Sum Qua xin bày tỏ kính trọng lm ul lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy, người tận tình bảo, tạo điều kiện giúp z at nh oi đỡ suốt thời gian học tập, nghiên cứu hồn thành luận văn Đồng thời, tơi chân thành cảm ơn q thầy Khoa Tốn Thống kê, z Phòng Đào tạo sau đại học trường Đại học Quy Nhơn quý thầy cô tham gm @ gia giảng dạy lớp Cao học Tốn khóa 21 giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho l m co 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 an Lu tập hoàn thành luận văn n va ac th si Mặc dù 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 quý thầy cô bạn đọc để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số kiến thức sở lu an n va Trong chương này, chúng tơi trình bày lại số kiến thức chuẩn bị cho tn to chương chính, bao gồm kiến thức đại số trường, toán tử ie gh Steenrod, đại số đa thức trường F2 , cấu trúc môđun đại số đa thức p đại số Steenrod, tác động nhóm tuyến tính tổng qt đại số đa thức, oa nl w vectơ trọng, đơn thức chấp nhận tiêu chuẩn đơn thức hit Singer, kết trình bày chi tiết Kameko [2], Mothebe-Uys [3], d Đại số trường z at nh oi lm ul 1.1 nf va an lu Singer [7] Walker-Wood [13] Định nghĩa 1.1.1 Một đại số trường K tập hợp A 6= ∅ với phép toán: z m an Lu (x, y) 7→ x + y co + : A × A → A, l gm @ i) Phép cộng: n va ac th si ii) Phép nhân: · : A × A → A, (x, y) 7→ xy iii) Phép nhân với vơ hướng: · : K × A → A; (a, x) 7→ ax lu an n va thỏa mãn điều kiện sau đây: gh tn to (1) A với hai phép toán cộng nhân lập thành vành p ie (2) A với phép cộng phép nhân với vô hướng lập thành không gian vectơ K oa nl w (3) Hai cấu trúc vành không gian vectơ liên hệ với điều kiện d an lu a(xy) = (ax)y = x(ay), nf va z at nh oi lm ul với a ∈ K , x, y ∈ A Tập hợp S ⊂ A gọi đại số A S vừa vành vừa không gian vectơ A z A sinh X l gm @ Cho X ⊂ A, giao tất đại số A chứa X gọi đại số m co Tập hợp B ⊂ A gọi iđean đại số A vừa iđean an Lu vành A vừa không gian vectơ A Khi đó, vành thương A/B có n va ac th si 32 Chương Bài toán hit số vectơ trọng lu có bậc k − an n va gh tn to Trong chương này, sử dụng Định lý 2.2.11 mở rộng kết p ie [6] tính tốn chi tiết khơng gian QPk−1 (ω) có vectơ trọng ω = (k − − 2t − 4ε, t, ε) với ε ∈ {0, 1} k − − 2t − 4ε > t, từ chặn nl w d oa dim(QPk )n với n = (k − 1)(2d − 1) Trường hợp ε = lm ul 3.1 nf va an lu Nội dung chương trình bày dựa theo báo [12] bày Phúc-Sum [6] z at nh oi Trước hết, nhắc lại kết trường hợp t = 1, ε = trình z gm @ Mệnh đề 3.1.1 Cho k > bất kỳ,   k m co l dim QPk−1 (k − 3, 1) = (k − 3) 5, 2) an Lu Tiếp theo, xét trường hợp t = 2, ε = không gian QPk−1 (k − n va ac th si 33 Mệnh đề 3.1.2 Với k > 7,   (k − 1)(k − 6) k dim QPk−1 (k − 5, 2) = Chứng minh Chú ý Pr+ (k − 5, 2) = r < k − r > k − Khi đó, áp dụng Mệnh đề 1.7.6, ta có X dim QPk−1 (k − 5, 2) = k−56r6k−3   k−1 dim QPr+ (k − 5, 2) r Ký hiệu lu an ˜+ B = {x1 x2 xk−5 x2i x2j : i < j k − 5}, (k−5,2) va n ˜+ B = {x1 x2i xk−4 x2j : i, j k − 4, i 6= j} \ {x31 x22 x3 xk−4 }, (k−4,2) ie gh tn to ˜+ B = {x1 x2i x2j xk−3 : i < j k − 3} \ {x1 x22 x23 x4 xk−3 } (k−3,2) p + Dễ thấy B˜(r,2) ⊂ Pr+ (k − 5, 2) với k − r k − nl w + Nếu x ∈ B˜(k−5,2) x spike Theo Bổ đề 1.7.3, tất spike d oa Pk chấp nhận Vậy x chấp nhận Rõ ràng, x đơn an lu + ˜+ ˜+ thức Pk−5 (k − 5, 2) x ∈ B Do đó, B tập hợp tất (k−5,2) (k−5,2) nf va + đơn thức chấp nhận Pk−5 (k − 5, 2) lm ul + Nếu x đơn thức Pk−4 (k − 5, 2) x = x1 x2i xk−4 x2j với z at nh oi i, j k − 4, i 6= j Nếu i = x = x21 x2 xk−4 x2j , với j k − 4, X x1 x2t xk−4 x2j + Sq (x1 xk−4 x2j ) gm @ 26t6k−4 z = co l Vì x1 x2t xk−4 x2j < x với t k − nên x không chấp nhận Nếu X x31 x2 x2t xk−4 + x41 x2 xk−4 + Sq (x31 x2 xk−4 ) n va 36t6k−4 an Lu x= m j = 1, i = ac th si 34 Và đó, x khơng chấp nhận Nếu i > x 6= x31 x22 x3 xk−4 x viết dạng x = xt x2i (ft fi−1 )(z) với t < i k − z spike Pk−6 Theo Peterson [4], xt x2i chấp nhận Khi đó, từ Mệnh đề 1.6.7 ta suy x + chấp nhận Vậy B˜(k−4,2) tập hợp tất đơn thức chấp nhận + Pk−4 (k − 5, 2) + (k − 5, 2) x = x1 x2i x2j xk−3 với Nếu x đơn thức Pk−3 i < j k − Nếu i = X lu x= x1 x2t x2j xk−3 + Sq (x1 x2j xk−3 ) an 26t6k−3, t6=j n va x1 x2s x2t xk−3 x= gh tn to Suy x không chấp nhận Nếu x = x1 x22 x23 x4 xk−3 X 26s x 6= x1 x22 x23 x4 xk−3 đơn thức d x viết dạng x = y(f1 fs−1 ft−2 fu−3 )(z) với z = x1 xk−7 ∈ Pk−7 , < s < lu nf va an t < u k − y = x1 x2s xt x2u y = x1 xs x2t x2u Theo Sum [10], y chấp nhận Khi đó, từ Mệnh đề 1.6.7 ta suy x chấp nhận lm ul + Vậy chứng minh B˜(r,2) tập hợp tất đơn z at nh oi + thức chấp nhận Pr+ (k − 5, 2) Do dim QPr+ (k − 5, 2) = |B˜(r,2) | với k − r k − Bằng cách tính tốn trực tiếp, ta    k−4 − Do đó, theo Mệnh đề 1.7.6, ta có  k − ˜+ |B(r,2) | r m   n va (k − 1)(k − 6) k = an Lu k−56r6k−3  co dim QPk−1 (k − 5, 2) = X l gm @ =  k−5 ˜+ ˜+ , |B | = (k − 5)2 − 1, |B |= (k−4,2) (k−3,2) z ˜+ |B | (k−5,2) ac th si 35 Mệnh đề chứng minh Kết hợp Định lý 2.2.11 Mệnh đề 3.1.1, 3.1.2 ta suy chặn dim(QPk )n Định lý 3.1.3 Cho n = (k − 1)(2d − 1) với d số nguyên dương Nếu k > d > dim(QPk )n > p   X k u=1 u  +   k (k − 3)   X q   k (k − 1)(k − 6) k + v v=1 , lu an p = min{k, d} q = min{k, d − 1} va n Mệnh đề 3.1.4 Nếu k > 10 to (k − 5)(k − 7)(k − 9k + 14k − 36) k dim QPk−1 (k − 7, 3) = 180 p ie gh tn   w Chứng minh Chú ý Pr+ (k − 7, 3) = r < k − r > k − Khi đó, oa nl áp dụng Mệnh đề 1.7.6, ta có d X lu dim QPk−1 (k − 7, 3) = Đặt  k−1 dim QPr+ (k − 7, 3) r nf va an k−76r6k−4  lm ul z at nh oi + ˜+ , B ={x1 x2 xk−7 x2i1 x2i2 x2i3 : i1 < i2 < i3 k − 7} ⊂ Pk−7 (k−7,3) ˜+ B ={x1 x2i1 xk−6 x2i2 x2i3 : i1 k − 6, i2 < i3 k − 6, i2 , i3 (k−6,3) + , 6= i1 } \ {x31 x22 x3 xk−6 x2i3 : i3 k − 6} ∪ {x31 x32 x23 x4 xk−6 } ⊂ Pk−6
z @ l gm ˜+ B ={x1 x2i1 x2i2 xk−5 x2i3 : i1 < i2 k − 5, i3 k − 5, i3 (k−5,3) co + 6= i1 , i2 } \ {x31 x22 x3 x2i2 xk−5 : i2 k − 5} ⊂ Pk−5 , m + ˜+ B ={x1 x2i1 x2i2 x2i3 xk−4 : i1 < i2 < i3 k − 4} ⊂ Pk−4 (k−4,3) an Lu n va + Ta có B˜(r,3) ⊂ Pr+ (k − 7, 3) với k − r k − ac th si 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 i1 , i2 , i3 k − 6, i2 , i3 6= i1 , i2 < i3 Nếu i1 = lu x = x21 x2 xk−6 x2i2 x2i3 , với i2 < i3 k − 6, an X n va = x1 x2t xk−6 x2i2 x2i3 + Sq (x1 xk−6 x2i2 x2i3 ) tn to 26t6k−6 ie gh Suy x không chấp nhận Nếu i2 = 1, i1 = p x = x31 x22 x3 xk−6 x2i3 , với i3 k − 6, nl w X = x31 x2 x2t xk−6 x2i3 + x41 x2 xk−6 x2i3 + Sq (x31 x2 xk−6 x2i3 ) d oa 36t6k−6 x= X x31 x32 x3 x2t xk−6 + x41 x32 x3 xk−6 + x31 x42 x3 xk−6 + Sq (x31 x32 x3 xk−6 ) z at nh oi lm ul 46t6k−6 nf va an lu Do x khơng chấp nhận Nếu i2 = 1, i3 = 2, i1 = + Vậy x khơng chấp nhận Vì thế, B˜(k−6,3) tập hợp tất đơn thức z gm @ + 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, l m co y đơn thức: x31 xu x2v x2w , x1 x3u x2v x2w , x1 x2u x3v x2w , x1 x2u x2v x3w z = an Lu 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) n va ac th si 37 ˜+ Nếu x ∈ / B x = x21 x2 x2i2 xk−5 x2i3 với i2 , i3 > 1, i2 6= i3 x = (k−5,3) x31 x22 x2i2 xk−5 với i2 > Nếu x = x21 x2 x2i2 xk−5 x2i3 X x= x1 x2t x2i2 xk−5 x2i3 + Sq (x1 x2i2 xk−5 x2i3 ) 26t6k−5, t6=i2 Nếu x = x31 x22 x2i2 xk−5 X x= x31 x2 x2t x2i2 xk−5 + x41 x2 x2i2 xk−5 36t6k−5, t6=i2 lu + Sq (x31 x2 x2i2 xk−5 ) an n va + Do x không chấp nhận Vậy B˜(k−5,3) tập hợp tất đơn thức + Nếu x ∈ B˜(k−4,3) x = yf1 (fu−1 (fv−2 fw−3 (z))), < u < v < w, ie gh tn to + chấp nhận Pk−5 (k − 7, 3) p y = x1 x2u x2v x2w z = x1 xk−8 ∈ Pk−8 Theo Sum [10], y chấp nhận Khi oa nl w + ˜+ đó, Mệnh đề 1.6.7, x chấp nhận Nếu x ∈ Pk−4 (k − 7, 3) x ∈ /B (k−4,3) d x = x21 x2 x2i1 x2i2 xk−4 với < i1 < i2 k − Suy lu X an x= 26t6k−4, t6=i1 ,i2 nf va x1 x2t x2i1 x2i2 xk−4 + Sq (x1 x2i1 x2i2 xk−4 ) lm ul + Vậy x khơng chấp nhận Vì thế, B˜(k−4,3) tập hợp tất đơn thức z at nh oi + chấp nhận Pk−4 (k − 7, 3) + Như vậy, ta chứng minh B˜(r,3) tập hợp tất đơn thức z + chấp nhận Pr+ (k − 7, 3) Do đó, dim QPr+ (k − 7, 3) = |B˜(r,3) | với k − @     (k − 5)(k − 7)(k − 8) ˜ + = , |B(k−4,3) | =   k−5 an Lu  k−7 ˜+ |B | =(k − 5) (k−5,3) (k − 6)(k − 7)(k − 9) , m  = co k−7 k−6 ˜+ ˜+ |B |= , |B | = (k − 9) (k−7,3) (k−6,3) l gm r k − Bằng cách tính tốn trực tiếp, ta n va ac th si 38 Do đó, theo Mệnh đề 1.7.6, ta suy X dim QPk−1 (k − 7, 3) = k−76r6k−4   k − ˜+ |B(r,3) | r (k − 5)(k − 7)(k − 9k + 14k − 36) k = a(k) := 180   Mệnh đề chứng minh + ˜ + = ∅ nên Mệnh đề 3.1.4 Nhận xét 3.1.5 Vì B˜(2,3) = B (3,3) lu + ˜+ = B ˜ + = ∅ |B ˜ + | = 1, suy trường hợp k = Ta có B˜(1,3) = B (2,3) (3,3) (4,3)
dim QP7 (1, 3) = 74 = 35 > 14 = a(8) Do đó, Mệnh đề 3.1.4 khơng cịn với an n va k = Vì QP7 (0, 3) = nên mệnh đề với k = (k − 1)(k − 10)(k − 20k + 129k − 354k + 840) k dim QPk−1 (k − 9, 4) = 1344   p ie gh tn to Mệnh đề 3.1.6 Nếu k > 13 oa nl w Để chứng minh mệnh đề ta cần bổ đề sau Bổ đề 3.1.7 Những đơn thức sau chấp nhận P6 : d lu nf va an 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 lm ul Chứng minh Ta chứng minh {a1 , a2 , a3 , a4 } tập hợp tất đơn thức z at nh oi chấp nhận P6+ (2, 4) Lấy x ∈ P6+ (2, 4) Khi x = x1 x2i1 x2i2 x2i3 x2i4 x6 , i1 < i2 < i3 < i4 6 z @ x =x1 x22 x23 x24 x25 x6 = Sq (x21 Sq (x2 x6 )) m co l Nếu i1 > 1, i4 < gm Nếu i1 = x = Sq (x1 x2i2 x2i3 x2i4 x6 )+ đơn thức nhỏ an Lu + Sq (x1 x6 ) + đơn thức nhỏ n va ac th si 39 Do x không 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, (3.1) với γu ∈ F2 , u Áp dụng đồng cấu p(1,j) : P6 → P5 với < j < vào (3.1), lu an ta n va tn to p(1,2) (S) ≡(2,4) (γ2 + γ3 + γ4 )x31 x2 x23 x24 x25 ≡(2,4) 0, ie gh p(1,3) (S) ≡(2,4) (γ1 + γ3 + γ4 )x1 x32 x23 x24 x25 ≡(2,4) 0, p p(1,4) (S) ≡(2,4) (γ1 + γ2 + γ4 )x1 x22 x33 x24 x25 ≡(2,4) 0, oa nl w p(1,5) (S) ≡(2,4) (γ1 + γ2 + γ3 )x1 x22 x23 x34 x25 ≡(2,4) d Theo Sum [10], đơn thức x1 x22 x23 x24 chấp nhận P4 Do đó, Mệnh an lu nf va 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 lm ul nhận P5 Vì thế, từ đẳng thức ta suy γi = với i Vậy bổ đề chứng minh z at nh oi Bây chứng minh Mệnh đề 3.1.6 z Chứng minh Mệnh đề 3.1.6 Chú ý Pr+ (k − 9, 4) = r < k − gm @ r > k − Khi đó, áp dụng Mệnh đề 1.7.6, ta có  k−1 dim QPr+ (k − 9, 4) r m co an Lu k−96r6k−5  l dim QPk−1 (k − 9, 4) = X n va ac th si 40 Đặt ˜+ B ={x1 x2 xk−9 x2i1 x2i2 x2i3 x2i4 : i1 < i2 < i3 < i4 k − 9}, (k−9,4) ˜+ B ={x1 x2i1 xk−8 x2i2 x2i3 x2i4 : i1 k − 8, i2 < i3 < i4 k − 8, (k−8,4) i2 , i3 , i4 6= i1 } \ {x31 x22 x3 xk−8 x2i3 x2i4 : i3 < i4 k − 8} ∪ {x31 x32 x23 x4 xk−8 x2i4 : i4 k − 8} ∪ {x31 x32 x33 x24 x5 xk−8 } ,
˜+ B ={x1 x2i1 x2i2 xk−7 x2i3 x2i4 : i1 < i2 k − 7, i3 < i4 k − 7, (k−7,4) lu i3 , i4 6= i1 , i2 } \ {x31 x22 x3 x2i2 xk−7 x2i4 : i2 , i4 k − 7, i4 6= i2 } an ∪ {x31 x32 x23 x4 x2i4 xk−7 : i4 k − 7} ,
n va tn to ˜+ B ={x1 x2i1 x2i2 x2i3 xk−6 x2i4 : i1 < i2 < i3 k − 6, i4 k − 6, (k−6,4) ie gh i4 6= i1 , i2 , i3 } \ {x31 x22 x3 x2i2 x2i3 xk−6 : i2 < i3 k − 6}, p ˜+ B ={x1 x2i1 x2i2 x2i3 x2i4 xk−5 : i1 < i2 < i3 < i4 k − 5} (k−5,4) oa nl w \ {x1 x22 x23 x24 x25 x6 xk−5 } d Bằng cách lập luận tương tự chứng minh Mệnh đề 3.1.4 ta lu với k − r k − nf va an + B˜(r,4) tập hợp tất đơn thức chấp nhận Pr+ (k −9, 4) lm ul + Lấy x ∈ B˜(k−5,4) Khi x = y(f1 fi1 −1 fi2 −2 fi3 −3 fi4 −4 fi5 −5 )(z), y z at nh oi đơn thức: z x1 xi1 x2i2 x2i3 x2i4 x2i5 , x1 x2i1 xi2 x2i3 x2i4 x2i5 , x1 x2i1 x2i2 xi3 x2i4 x2i5 , x1 x2i1 x2i2 x2i3 xi4 x2i5 , gm @ với < i1 < i2 < i3 < i4 < i5 k − z = x1 xk−11 ∈ Pk−11 Theo Bổ đề 3.1.7, l m an Lu + Tiếp theo, lấy x ∈ Pk−5 (k − 9, 4) bất kỳ, co y chấp nhận Do đó, từ Mệnh đề 1.6.7 ta suy x chấp nhận n va x = x1 x2i1 x2i2 x2i3 x2i4 xk−5 với i1 < i2 < i3 < i4 k − ac th si 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 lu an + nhận Pr+ (k − 9, 4) Suy dim QPr+ (k − 9, 4) = |B˜(r,4) | với k − r va n k − Bằng cách tính tốn trực tiếp, ta to         p ie gh tn k−9 k−8 ˜+ ˜+ |B |= , |B | = (k − 12) , (k−9,4) (k−8,4) w k−7 ˜+ |B |= (k−7,4) k−6 =   −1= (k − 5)(k − 10)(k − 15k + 60) 24 d oa nl ˜+ |B | (k−5,4)  k − 10 k−8 ˜+ , |B | = (k − 6) , (k−6,4) an lu Khi đó, áp dụng Mệnh đề 1.7.6 ta suy nf va  X dim QPk−1 (k − 9, 4) = lm ul k−96r6k−5  k − ˜+ |B(r,4) | r (k − 1)(k − 10)(k − 20k + 129k − 354k + 840) k = b(k) := 1344 z at nh oi Mệnh đề chứng minh   z gm @ + ˜ + = ∅, suy Mệnh đề 3.1.6 Nhận xét 3.1.8 Ta có B˜(3,4) =B (4,4) m co l + ˜+ = B ˜ + = ∅ |B ˜ + | = 5, |B ˜ + | = nên trường hợp k = 12 Vì B˜(2,4) =B (3,4) (4,4) (5,4) (6,4)

10 dim QP10 (2, 4) = 10 + = 2100 > 1980 = b(11) Do Mệnh đề 3.1.6 khơng an Lu với k = 11 Và ta có QP9 (1, 4) = nên mệnh đề với k = 10 n va ac th si 42 Trường hợp ε = 3.2 Mệnh đề 3.2.1 Nếu k >  dim QPk−1 (k − 7, 1, 1) =  k−6  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 X dim QPk−1 (k − 7, 1, 1) = k−76r6k−5   k−1 dim QPr+ (k − 7, 1, 1) r lu an Với k > 9, đặt va n + ¯+ B ={x1 x2 xk−7 x2i1 x4i2 : i1 i2 k − 7} ⊂ Pk−7 (k − 7, 1, 1), (k−7,1) to gh tn ¯+ B ={x1 x2i1 xk−6 x4i2 : i1 i2 k − 6} (k−6,1) p ie + ∪ {x1 x4i2 xk−6 x2i1 : i1 < i2 k − 6} ⊂ Pk−6 (k − 7, 1, 1), nl w + ¯+ B ={x1 x2i1 x4i2 xk−5 : i1 < i2 k − 5} ⊂ Pk−5 (k − 7, 1, 1) (k−5,1) d oa + Lấy x đơn thức Pk−7 (k − 7, 1, 1) Khi x = x1 x2 xk−7 x2i1 x4i2 nf va an lu với i1 , i2 k − Nếu i1 > i2 x = Sq (x1 x2 xk−7 x2i1 x2i2 ) + đơn thức nhỏ lm ul Do x khơng chấp nhận Nếu i1 = i2 x spike, x chấp z at nh oi 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 z l + chấp nhận Pk−7 (k − 7, 1, 1) gm @ + chấp nhận Điều có nghĩa B¯(k−7,1) tập hợp tất đơn thức m co + Lấy x ∈ Pk−6 (k−7, 1, 1) Khi x = x1 x2i1 xk−6 x4i2 x = x1 x4i2 xk−6 x2i1 an Lu với i1 , i2 k − Nếu i1 > i2 x = x1 x2i1 xk−6 x4i2 n va x = Sq (x1 x2i1 xk−6 x2i2 ) + đơn thức nhỏ hơn; ac th si 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 khơng 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 lu an x = x1 x2i1 xk−6 x4i2 với < i1 < i2 n va gh tn to x = x1 x2i1 x5i2 (f1 fi1 −1 fi2 −2 )(z) p ie z = x1 xk−9 Theo Kameko [2], x1 x2i1 x5i2 chấp nhận Do đó, từ w Mệnh đề 1.6.7 ta suy x chấp nhận Giả sử x = x1 x2 x4i2 xk−6 x2i1 d oa nl với i1 < i2 Nếu i1 = 1, i2 = i1 = 1, i2 > nf va an lu x = x31 x42 x3 (f1 f1 f1 )(x1 xk−9 ), lm ul < i1 < i2 z at nh oi x = x31 x2 x4i2 (f1 f1 fi2 −2 )(x1 xk−9 ), z gm @ x = x1 x3i1 x4i2 (f1 fi1 −1 fi2 −2 )(x1 xk−9 ) co l Theo Kameko [2], x31 x42 x3 , x31 x2 x4i2 , x1 x3i1 x4i2 đơn thức chấp nhận m Do đó, Mệnh đề 1.6.7, x chấp nhận Vậy ta chứng minh an Lu + ¯+ B tập hợp tất đơn thức chấp nhận Pk−6 (k − 7, 1, 1) (k−6,1) n va ac th si 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 khơng 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 lu an + chấp nhận Vậy B¯(k−5,1) tập hợp tất đơn thức chấp nhận va n + Pk−5 (k − 7, 1, 1) gh tn to + Như ta chứng minh B¯(r,1) tập hợp tất đơn thức chấp p ie + | với nhận Pr+ (k − 7, 1, 1) Từ suy dim QPr+ (k − 7, 1, 1) = |B¯(r,1) nl w k − r k − Bằng cách tính tốn trực tiếp, ta    k−6 k−6 ¯+ ¯+ , |B |=2 , |B |= (k−6,1) (k−5,1) 2   k−6 d oa ¯+ |B |= (k−7,1)  lu nf va an Khi đó, theo Mệnh đề 1.7.6, ta suy lm ul dim QPk−1 (k − 7, 1, 1) = X k−76r6k−5  k − ¯+ |B(r,1) | = r   k−6  k+1 z at nh oi Mệnh đề chứng minh  z + ¯ + = {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) = + + = 63 < 84 = 8−6 8+1 B 2 (2,1) m co l Mệnh đề 3.2.3 Nếu k > 11 gm @ Vậy Mệnh đề 3.2.1 không với k = an Lu   n va (k − 1)(k − 8)(k − 10) k + dim QPk−1 (k − 9, 2, 1) = ac th si 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 X dim QPk−1 (k − 9, 2, 1) = k−96r6k−6   k−1 dim QPr+ (k − 9, 2, 1) r Đặt ¯+ B ={x1 x2 xk−9 x2i1 x2i2 x4i3 : i1 < i2 k − 9, i1 i3 k − 9}, (k−9,2) ¯+ B = {x1 x2i1 xk−8 x2i2 x4i3 : i1 < i2 k − 8, i1 i3 k − 8} (k−8,2) lu ∪ {x1 x2i2 xk−8 x2i1 x4i3 : i1 < i2 k − 8, i1 i3 k − 8} an ∪ {x1 x4i3 xk−8 x2i1 x2i2 : i1 < i2 k − 8, i1 < i3 k − 8, i3 6= i2 }
va n \ {x31 x22 x3 xk−8 x4i : i k − 8}, tn to p ie gh ¯+ B = {x1 x2i1 x2i2 xk−7 x4i3 : i1 < i2 k − 7, i1 i3 k − 7} (k−7,2) ∪ {x1 x2i1 x4i3 xk−7 x2i2 : i1 < i2 k − 7, i1 < i3 k − 7, i3 6= i2 } ∪ {x1 x2i2 x4i3 xk−7 x2i1 : i1 < i2 k − 8, i1 < i3 k − 7, i3 6= i2 } oa nl w
d \ {x1 x22 x63 x4 xk−7 , x1 x62 x23 x4 xk−7 , x1 x22 x23 x4 xk−7 x4i : i k − 7} lu ∪ {x31 x42 x23 x4 xk−7 , x31 x22 x3 x4i xk−7 : i k − 7} , nf va an
lm ul ¯+ B ={x1 x2i1 x2i2 x4i3 xk−6 : i1 < i2 , i3 k − 6, i2 6= i3 } (k−6,2) \ {x1 x22 x43 x24 x5 xk−6 , x1 x22 x23 x4 x4i xk−6 : i k − 6} z at nh oi Bằng cách lập luận tương tự chứng minh trước đó, ta z ¯ + tập hợp tất đơn thức chấp nhận Pr+ (k − 9, 2, 1) với B (r,2) @ k−8 ¯+ , |B | = (k − 8)2 (k − 10), (k−8,2) m co ¯+ |B | =2 (k−9,2) l Bằng cách tính tốn trực tiếp, ta   gm ¯ + | với k − r k − k − r k − Khi đó, dim QPr+ (k − 9, 2, 1) = |B (r,2) an Lu (k − 6)(k − 8)(k − 10) ¯+ ¯+ |B | =(k − 7)(k − 8)(k − 10), |B |= (k−7,2) (k−6,2) n va ac th si 46 Từ suy dim QPk−1 (k − 9, 2, 1) =  X k−96r6k−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 lu an 3.2.3 trường hợp k = 10 n va gh tn to 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,

k−2t+2 k
k 3.2.3 hệ thức k+1 = 2t 2t + 2t−1 2(t−1) với t > 0, ta thu chặn p ie dim(QPk )n d d > oa nl w Định lý 3.2.5 Cho n = (k − 1)(2d − 1) với d số nguyên dương Nếu k > 10 Ck,u  ! min{k,d−1} X   k 2u nf va an lu dim(QPk )n > X u=0 u = 0, u = 1, z @ +  k , min{k, d} z at nh oi 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 = m co l gm Ck,u = v=1  lm ul      1,         k − 3,     k v an Lu n va ac th si