Dãy ehp Đại số

Dãy ehp Đại số tìm hiểu về dãy số trong đại số nghiên cứu về các dãy số con số ở cấp độ cao sự cấu tạo chuyển động của các con số cặp số trong dãy

Không gian véctơ phân bậc

Choklà một trường. Định nghĩa 1.1.1 Một không gian véctơ phân bậcV trênklà một họ các không gian véctơV 0 ,V 1 ,V 2 , ,V n , trênk được đánh chỉ số nguyên không âm Một phần tử x∈V n được gọi là một phần tử thuần nhất bậcn, được ký hiệu bởi|x|=n.

Ví dụ 1.1.2 Cho X là một không gian tô pô, khi đó họ các đối đồng điều kỳ dị

Không gian véctơ phân bậc trên trường nguyên tố F2 là họ không gian véctơ H0(X;F2), H1(X;F2), , Hn(X;F2), ký hiệu là H*(X;F2) Không gian con phân bậc U của V là họ các không gian véctơ Uk sao cho Uk là không gian con của Vk với mọi k ≥ 0 Đồng cấu f : U → V là họ các ánh xạ tuyến tính fn : Un → Vn Không gian véctơ thương phân bậc V/U là họ các không gian V0/U0, V1/U1, , được định nghĩa khi U ⊂ V là không gian con phân bậc.

V n /U n , Ta ký hiệu pr:V →V/U là họ các phép chiếu chính tắc (canonical pro- jection) pr n :V n → V n

U n Định nghĩa 1.1.6 Cho f :U →V là một đồng cấu giữa hai không gian véctơ phân bậc Khi đó

• Hạt nhân của f là không gian véctơ phân bậcKer(f 0 ),Ker(f 1 ), ,Ker(f n ), , và được ký hiệu làKer(f).

• Ảnh của f là không gian véctơ phân bậcIm(f 0 ),Im(f 1 ), ,Im(f n ), ,và được ký hiệu làIm(f). Định nghĩa 1.1.7 Cho f :U →V là một đồng cấu giữa hai không gian véctơ phân bậc.

• Ta nói f là một đơn cấu nếu f n là một đơn cấu với mọin≥0.

• Ta nói f là một toàn cấu nếu f n là một toàn cấu với mọin≥0.

• Ta nói f là một đẳng cấu nếu f n là một đẳng cấu với mọin≥0. Định nghĩa 1.1.8 Ta nói hai không gian véctơ phân bậcU vàV là đẳng cấu với nhau, ký hiệu làU ∼=V, nếu tồn tại một đẳng cấu f :U →V. Định nghĩa 1.1.9 Cho f :U →V vàg:V →W là hai đồng cấu giữa các không gian véctơ phân bậc Khi đó f◦glà một họ các ánh xạ tuyến tính f n ◦g n :U n →W n

Mệnh đề 1.1.10 Cho f :U →V là một đồng cấu giữa hai không gian véctơ phân bậc Khi đó

• f là một đơn cấu nếu và chỉ nếuKer(f) ={0}, nghĩa làKer(f n ) ={0}với mọi n≥0.

• Tồn tại duy nhất một đồng cấu f :U/Ker(f)→V sao cho f = f ◦pr.

• Đồng cấu f cảm sinh một đẳng cấu f :U/Ker(f)→ ∼ = Im(f).

• Đồng cấu f là một đẳng cấu nếu và chỉ nếu tồn tại một đồng cấug:V →U sao cho f ◦g=idV ,g◦f =idU Đồng cấuglà duy nhất và được ký hiệu bởi f −1 Ta gọi f −1 là ánh xạ ngược của f.

Chứng minh • Giả sử Ker(f) ={0}và cố định bậc k Với a,b∈U k , giả sử ta có f k (a) = f k (b) Khi đó ta suy ra f k (a−b) =0, nghĩa là a−b∈Ker(f k ) Lại có Ker(f k ) ={0}, suy raa=b Vậy f k là một đơn cấu Từ đó suy ra f là một đơn cấu.

Ngược lại, giả sử f là một đơn cấu và cố định bậck Giả sử phản chứng rằng tồn tạim∈Ker(f k )màm6=0 Khi đó ta có f k (m) =0= f k (0), do f k là một đơn cấu nênm=0(mâu thuẫn) VậyKer(f k ) ={0}, dẫn đếnKer(f) ={0}.

• Vớikcố định, ta định nghĩa ánh xạ f k :U k /Ker(f k )→V k như sau: f k ([m]):= f k (m). Định nghĩa trên cho ta một ánh xạ không phụ thuộc vào phần tử đại diện của lớp tương đương của m∈U k Thật vậy, nếu[m] = [n], khi đó m−n∈Ker(f k ) Khi đó ta có f k (m−n) =0 Tuy nhiên, do f k là một đồng cấu nên f k (m) = f k (n) Ta chứng minh f k là một đồng cấu Thật vậy, ta có f k ([m]) +f k ([n]) = f k (m) + f k (n) = f k (m+n) = f k ([m+n]) = f k ([m] + [n]) và f k (a[m]) = f k ([am]) = f k (am) =a f k (m) =a f k ([m]) vớia∈k Giả sử rằngg k :U k /Ker(f k )→V k là một đồng cấu thỏa mãng k ◦pr k f k Khi đó ta có

(g k ◦pr k )(m) = f k (m) với mọi m∈U k Tuy nhiên, ta có (g k ◦pr k )(m) =g k (pr k (m)) =g k ([m]) Do đó g k ([m]) = f k ([m])với mọim∈U k Điều này chỉ ra rằng g k = f k , suy ra f =g.

• Cố định bậck Xét đồng cấu f k :U k /Ker(f k )→Im(f k ).

Do đó f k là một đơn cấu.

Dễ thấy rằng f k là một toàn cấu theo cách xây dựng Vậy f k là một đẳng cấu, từ đó suy ra f là một đẳng cấu.

• [⇒] Giả sử f :U →V là một đẳng cấu, nghĩa là các f k là các đẳng cấu Khi đó, cố định bậck, ta có(f −1 ) k :V k →U k là một đồng cấu Họ các đồng cấu(f −1 ) k lập thành một đồng cấu từV đếnU và ký hiệu là f −1 Do đó tồn tại một đồng cấu f −1 :V →U sao cho f ◦ f −1 =1V và f −1 ◦ f =1U Vậy ta có điều phải chứng minh.

[⇐] Giả sử tồn tại một đồng cấug:V →U sao chog◦f =1U và f ◦g=1V.

Cố định bậck Giả sửa,b∈U k và f k (a) = f k (b), khi đó ta có a=1 U k(a) =g k (f k (a)) =g k (f k (b)) =1 U k(b) =b.

Từ đó suy ra f k là một đơn cấu, dẫn đến f là một đơn cấu.

Với mỗin∈V k , ta cón=1 V k(n) = f k (g k (n)) Vậynlà ảnh của f k tác động lên g k (n) Điều này suy ra f k là một toàn cấu, dẫn đến f là một toàn cấu.

Vậy ta kết luận f là một đẳng cấu, suy ra điều phải chứng minh.

Đại số phân bậc và môđun phân bậc

Choklà một trường. Định nghĩa 1.2.1 Một đại số phân bậc A trên klà một không gian véctơ phân bậc cùng với một ánh xạ song tuyến tính cho mỗi cặp(m,n)∈Z≥0×Z≥0 àm,n:A m ìA n →A m+n , (a,b)7→ab với mọia,b∈Athỏa mãn các điều kiện sau

• Tính kết hợp:(ab)c=a(bc)với mọia,b,c∈A.

• Tính đơn vị: tồn tại1∈A 0 sao cho1a=avới mọia∈A. Định nghĩa 1.2.2 ChoAlà một đại số phân bậc trênk Một môđun trái phân bậc trên

Alà một không gian véctơ phân bậcM trênkcùng với các ánh xạ song tuyến tính cho mỗi cặp(m,n)∈Z≥0×Z≥0 àm,n:A m ìM n →M m+n , (a,x)7→ax với mọia∈Avàx∈M thỏa mãn các điều kiện sau

• Tính kết hợp:(ab)x=a(bx)với mọia,b∈Avàx∈M.

Trong một A-mô-đun phân bậc M, đơn vị 1x nhân với mọi x thuộc M đều bằng chính x Phần tử x thuộc M được gọi là phần tử thuần nhất bậc k nếu |x| = k (bậc của x).**Mô-đun con phân bậc:**Một không gian vectơ con N của M được gọi là mô-đun con phân bậc nếu với mọi a thuộc A và x thuộc N thì ax cũng thuộc N.

Mệnh đề 1.2.5 ChoMlà một môđun phân bậc trên một đại số phân bậcA NếuN là một mụđun con của M thỡ khi đú phộp nhõn vụ hướng à m,n :A m ìM n → M m+n cảm sinh một ánh xạ song tuyến tính à m,n :A m ìM n

N m+n , khiến choM/N là một môđun phân bậc trênA. Định nghĩa 1.2.6 Một đồng cấu f :M →N giữa hai môđun phân bậc trênAlà một đồng cấu giữa hai không gian véctơ phân bậc sao cho f(ax) =a f(x)với mọia∈Avà x∈M. Định nghĩa 1.2.7 Cho f :U →V là một đồng cấu giữa hai mô đun phân bậc trênA.

• Ta nói f là một đơn cấu nếu f n là một đơn cấu với mọin≥0.

• Ta nói f là một toàn cấu nếu f n là một toàn cấu với mọin≥0.

• Ta nói f là một đẳng cấu nếu f n là một đẳng cấu với mọin≥0.

Mệnh đề 1.2.8 Cho f :M →N là một đồng cấu giữa hai môđun phân bậc trên A.

• f là một đơn cấu nếu và chỉ nếuKer(f) ={0}.

• Tồn tại duy nhất một đồng cấu f :M/Ker(f)→N sao cho f = f ◦pr.

• Đồng cấu f cảm sinh một đẳng cấu f :M/Ker(f)→ ∼ = Im(f).

• Đồng cấu f là một đẳng cấu nếu và chỉ nếu tồn tại một đồng cấug:N→M sao cho f ◦g=id N ,g◦ f =id M Đồng cấu đó là duy nhất và được ký hiệu bởi f −1

Ta gọi f −1 là ánh xạ ngược của f.

Chứng minh định lý sử dụng Mệnh đề (1.1.10) đòi hỏi áp dụng định nghĩa môđun A và định nghĩa đồng cấu môđun A để diễn giải rằng M và N có thể được coi là không gian vectơ trên trường k và đồng cấu f là một đồng cấu tuyến tính giữa chúng.

U n +V n :={a+b|a∈U n ,b∈V n } và được gọi là tổng củaU n vàV n Khi đó, ta có một họU+V các môđun conU n +V n và ta gọi U+V là tổng của U và V Tổng trên được gọi là một tổng trực tiếp nếu

U n ∩V n ={0}với mọin≥0, và ta viếtU n ⊕V n Họ các tổng trực tiếp như vừa định nghĩa làU⊕V.

Mệnh đề 1.2.10 Giả sử f :M →N là một đồng cấu giữa các R- môđun phân bậc vớiRlà một đại số phân bậc,Blà một môđun con củaN vàA= f −1 (B) Khi đó, tồn tại duy nhất một đơn cấuR- môđun f :M/A→N/Blàm giao hoán biểu đồ sau

- f trong đóπA vàπB là các phép chiếu chính tắc.

Chứng minh: Xét đồng cấu f: M/A → N/B như sau: f(x + A) = f(x) + B Ta chứng minh f là ánh xạ tốt Giả sử [m] = [n] trong M/A, khi đó m - n ∈ A Do A = f^(-1)(B) và f là đồng cấu nên f(m) - f(n) ∈ B, từ đó [f(m)] = [f(n)] trong N/B Vậy ta có f([m]) = f([n]).

Lấyu∈M Khi đó ta có f(π A (u)) = f(u+A) = f(u) +B và πB(f(u)) = f(u) +B.

Từ đó suy ra biểu đồ trên là giao hoán.

Mặt khác, lấy[u],[v]∈M/Avà f([u]) = f([v]) Khi đó ta có

[f(u)] = [f(v)] trong N/B, từ đó suy ra f(u−v)∈B, do đóu−v∈ f −1 (B) =A Suy ra[u] = [v]trongM/A, vậy f là một đơn cấu.

Hơn nữa, giả sửg:M/A→N/Bcũng là một đơn cấu thỏa mãn yêu cầu của Mệnh đề vàx∈M Khi đó ta có

(f ◦πA)(x) = (g◦πA)(x). Điều này có nghĩa là f([x]) =g([x]) Lại có do f vàglà các đơn cấu nên ta có f =g.Vậy ta có điều phải chứng minh.

Mệnh đề 1.2.11 Cho M là một môđun phân bậc trên đại số phân bậc A và cho

U ⊂V ⊂W ⊂M là baA- môđun con phân bậc củaM Khi đó ta có đẳng cấu giữa cácA- môđun phân bậc

Chứng minh Xét phép chiếu chính tắc πU :W →W/U Ta lại cóV ⊂W nênV/U ⊂

V/U là một môđun thương Hơn nữa, ta lại cóπ U −1 (V/U) =V Vậy theo

Mệnh đề (1.2.10) trên,πU cảm sinh một đơn cấuπ:W/V →W/U

V/U Lại cóπU là một toàn cấu nênπ cũng vậy Do đóπ là một đẳng cấu, hay nói cách khác

V/U Định nghĩa 1.2.12 Giả sửM là một môđun phân bậc trên đại số phân bậcAvàU,V là các môđun con phân bậc củaM Khi đó, ta định nghĩaU∩V là họU n ∩V n với mọi n≥0.

Mệnh đề 1.2.13 ChoM là một môđun phân bậc trên đại số phân bậcAvàU,V ⊂M là hai môđun con phân bậc củaM Ta có một đẳng cấu giữa cácA- môđun phân bậc

Chứng minh Cố địnhn 0 Xét ánh xạ f n 0 :U n 0 →U n 0 +V n 0

V n 0 được định nghĩa như sau f n 0 (a) =a+V n 0 = [a] với mọi a∈U n 0 Khi đó, do mỗi phần tử trong (U n 0 +V n 0 )/V n 0 có dạng [u+v] với u∈U n 0 vàv∈V n 0 , ta có

Vậy ta có f n 0 (u) = [u+v], từ đó suy ra f n 0 là một toàn ánh.

Vậy theo định lý về đồng cấu ta có một đẳng cấu giữa U n 0

∼=Im(f n 0 ) Do f là toàn ánh nên ta có đẳng cấu

Do đẳng thức trên đúng vớin 0 bất kỳ nên ta có

V Định nghĩa 1.2.14 Cho A là một đại số phân bậc và M, N là hai môđun phân bậc trên đại số phân bậcA Nếu f,g:M→N là các đồng cấu môđun, ta định nghĩa ánh xạ f n +g n :M n →N n như sau: f n +g n : M n −→ N n m 7−→ f n (m) +g n (m)

Vớia∈k, ta định nghĩa ánh xạa f n :M n →N n như sau: a f n : M n −→ N n m 7−→ a f n (m)

Khi đó ta định nghĩa f +gvàa f là họ các đồng cấu f n +g n vàa f n vớin≥0.

Bổ đề 1.2.15 Cho f,g:M→N là hai đồng cấu của các môđun phân bậc trênA Khi đó, f +gvàa f là cácA- đồng cấu với mọia∈k.

Chứng minh Cố địnhn 0 Giả sử f n 0 ,g n 0 :M n 0 →N n 0 là hai đồng cấu môđun Khi đó ta định nghĩa ánh xạ f n 0 +g n 0 :M n 0 →N n 0 như sau

Khi đó, f n 0 +g n 0 là một đồng cấu Thật vậy, vớim,n∈M n 0 ta có

Mặt khác, vớiu∈Ata có

Vậy f n 0 +g n 0 là một đồng cấu.

(a f)(bm) = f(abm) f(m) =b(a f)(m), với dấu bằng thứ hai xảy ra doa∈knênathuộc tâm củaA, nênagiao hoán với mọi phần tử ở trongA.

Do chứng minh trên đúng với mọin 0 nên ta có f+gvàa f là cácA- đồng cấu.

Nhận xét 1.2.16 Cho M, N là hai môđun phân bậc trên một đại số phân bậc A.

Ký hiệu HomA (M,N) biểu diễn tập hợp các đồng cấu của mô đun A từ M đến N HomA (M,N) thường không phải là một mô đun phân loại trên A nhưng là một không gian vectơ trên k Trường hợp đặc biệt khi M = N, ký hiệu HomA (M,N) được viết tắt là EndA (M) để thể hiện tập hợp các phép tự đồng cấu của mô đun A trên M.

Phức và dãy khớp

Định nghĩa 1.3.1 Một dãy các đồng cấu của các môđun phân bậc trênA ã ã ã d → n+1 Mn d n

• được gọi là một phức nếudn◦d n+1 =0với mọin

• được gọi là một dãy khớp nếuKer(d n ) =Im(d n+1 )với mọin.

Nhận xét 1.3.2 Từ định nghĩa dn◦d n+1 =0tương đương vớiIm(d n+1 )⊂Ker(d n ).

NếuM là mộtA- môđun phân bậc, ta có thể xem nó như một phức vớiM 0 =M và

M n =0 với n6=0 vàd n là đồng cấu tầm thường Phức này thường được gọi là phức tầm thường, ký hiệu0= ({0},0).

Nhận xét 1.3.3 Một dãy khớp cũng là một phức Thật vậy, giả sử ta có ã ã ã →C n+1 d → n+1 C n → d n C n−1 C → ã ã ã n−1 là một dãy khớp Lấyx∈C n+1 i , ta sẽ chứng minhd n i d n+1 i (x) =0.

Thật vậy, ta cód n+1 i (x)∈Im(d n+1 i ) =Ker(d n i )do dãy trên là khớp Do đód n i (d n+1 i (x)) 0với mọinvà với mọii Vậy dãy khớp trên là một phức. Định nghĩa 1.3.4 Một dãy khớp có dạng

0→M→ f N→ g P→0 được gọi là một dãy khớp ngắn.

0→M→ f N→ g P→0 là một dãy khớp ngắn nếu và chỉ nếu

Bổ đề 1.3.6 Một dãy các đồng cấu0→M→ d N là một dãy khớp nếu và chỉ nếud là một đơn cấu.

Chứng minh Giả sử dãy trên là một dãy khớp Khi đó ta có Ker(d) =Im(0) ={0}.Vậydlà một đơn cấu.

Giả sử ngược lạidlà một đơn cấu, từ đó suy raKer(d) ={0} Khi đó ta cóIm(0) Ker(d) ={0} Vậy dãy trên là một dãy khớp.

Bổ đề 1.3.7 Một dãy các đồng cấuM → d N →0là một dãy khớp nếu và chỉ nếud là một toàn cấu.

Chứng minh Giả sử dãyM→ d N→0là một dãy khớp Khi đó ta cóIm(d) =Ker(0) N.Vậyd là một toàn cấu.

Giả sử ngược lại rằngdlà một toàn cấu, khi đó ta cóIm(d) =N=Ker(0).Vậy dãy trên là một dãy khớp. Định nghĩa 1.3.8 Cho một phức ã ã ã d → n+1 Mn d n

→M n−1 d → n−1 M n−2 d → ã ã ã n−2 khi đó, nhóm đồng điều thứncủa phức này được định nghĩa bởi

Nhận xét 1.3.9 Một phức là một dãy khớp nếu và chỉ nếu tất cả các nhóm đồng điều đều tầm thường.

Giả sử ta có phức ã ã ã d → n+1 Mn d n

→M n−1 d → n−1 M n−2 d → ã ã ã n−2 là khớp Khi đó ta có Ker(d n ) = Im(d n+1 ) với mọi n, từ đó suy ra H n (M,d) Ker(dn)

Im(d n+1 ) là nhóm tầm thường.

Giả sử ngược lại ta có Hn(M,d)là nhóm tầm thường, khi đóKer(dn) =Im(d n+1 ), suy ra phức trên là khớp.

Bổ đề 1.3.10 Cho một dãy khớp ngắn

1 Đồng cấu d 2 là một đơn cấu.

2 Đồng cấu d 1 là một toàn cấu.

Chứng minh 1 Do dãy trên là một dãy khớp ngắn nên ta có Ker(d 2 ) =Im(0) {0}.Vậyd 2 là một đơn cấu.

2 Do dãy trên là một dãy khớp ngắn nên ta cóIm(d 1 ) =Ker(0) =P.Vậyd 1 là một toàn cấu.

3 Do d 2 là một đồng cấu môđun nên ta có một toàn cấu từ M→Im(d 2 ) Lại cód 2 là một đơn cấu nên ta cóM ∼=Im(d 2 ).

Mặt khác dãy trên là khớp nên ta cóIm(d 2 ) =Ker(d 1 ) Từ đó suy raM∼=Ker(d 1 ).

4 Theo định lý đồng cấu môđun ta có N/Ker(d 1 )∼=Im(d 1 ) Lại có Ker(d 1 ) =M theo chứng minh trên vàd 1 là toàn cấu nênIm(d 1 ) =P Vậy ta cóN/M=P.

Bổ đề 1.3.11 Cho một dãy khớp ngắn

0→M→ d 2 N→ d 1 P→0 (1.3.1) các môđun phân bậc trên đại số phân bậcA Cho K là một môđun phân bậc trên đại sốAphân bậc bất kỳ Khi đó, ta có các dãy khớp của các không gian véctơ

→2 Hom A (M,K). trong đód i∗ (f) =di◦ f vàd i ∗ (f) = f ◦di , vớii∈ {1,2}.

Chứng minh Cố định số tự nhiên n 0

Với d 2∗ n 0 (ϕ) =0, suy ra Im(ϕ)⊂Ker(d 2 n 0 ) Lại có (1.3.1) khớp nên ta có d 2 n 0 là đơn cấu, từ đó suy raIm(ϕ) ={0}, do đó ϕ=0 Từ đó suy raKer(d 2∗ n 0 ) ={0}. Giả sửϕ ∈Im(d 2∗ n 0 ), khi đó tồn tạiψ ∈HomA(K n 0 ,M n 0 )sao cho ϕ =d 2∗ n 0 (ψ) d 2 n 0 ◦ψ.Khi đó ta cód 1∗ n 0 (ϕ) =d 1 n 0 ◦d 2 n 0 ◦ψ =0.Từ đó suy raϕ ∈Ker(d 1∗ n 0 ) Vậy Im(d 2∗ n 0 )⊂Ker(d 1∗ n 0 ).

Mặt khác, giả sửϕ ∈Ker(d 1∗ n 0 ), khi đó ta có d 1∗ n 0 (ϕ) =0 Điều này tương đương vớid 1 n 0 ◦ϕ =0 Nói cách khác, ta cóIm(ϕ)⊂Ker(d 1 n 0 ) =Im(d 2 n 0 ), nghĩa là tồn tạia∈K sao choϕ(a) =d 2 n 0 (b) Khi đó, ta định nghĩa đồng cấu f n 0 :K→Mbởi f n 0 (a) =b Định nghĩa này là tốt do nếu cócsao chod 2 n 0 (c) =d 2 n 0 (b)thì dod 2 là một đơn cấu nên suy rab=c Do đóϕ =d 2 ◦f =d 2∗ (f), nghĩa làϕ ∈Im(d 2∗ n 0 ). VậyKer(d 1∗ n 0 )⊂Im(d 2∗ n 0 ).

0→HomA(K,M) d → 2∗ HomA(K,N) d → 1∗ HomA(K,P) là khớp.

Với d 1 ∗n 0 (ϕ) =0, suy raIm(d 1 n 0 )⊂Ker(ϕ) Lại có (1.3.1) khớp nên ta có d 1 n 0 là toàn cấu, từ đó suy raKer(ϕ) =P, do đóϕ =0 Từ đó suy raKer(d 1 n 0 ∗ ) ={0}. Giả sửϕ ∈Im(d 1 n 0 ∗ ) Khi đó tồn tạiu∈HomA(P n 0 ,K n 0 )sao cho ϕ=d 1 n 0 ∗ (u) u◦d 1 n 0 Khi đó, do (1.3.1) là khớp nên là một phức, từ đó suy rad 2 n 0 ∗ (ϕ) =d 2 n 0 ∗ (u◦ d 1 n 0 ) =u◦d 1 n 0 ◦d 2 n 0 = 0 Vậy ϕ ∈Ker(d 2 n 0 ∗ ) Nói cách khác, ta có Im(d 1 n 0 ∗ )⊂ Ker(d 2 n 0 ∗ ).

Giả sửϕ ∈Ker(d 2 n 0 ∗ ), tức là ϕ◦d 2 =0, từ đó suy ra Im(d 2 )⊂Ker(ϕ) Lại có(1.3.1) là khớp nên ta có Ker(d 1 )⊂Ker(ϕ) Khi đó ϕ : N →K cảm sinh đồng cấuϕ :N/Ker(d 1 )→K sao choϕ=ϕ◦π vớiπ :N→N/Ker(d 1 )là phép chiếu chính tắc Hơn nữa, đồng cấud 1 n 0 cảm sinh đẳng cấud 1 :N/Ker(d 1 )→ ∼ = Psao cho d 1 =d 1 ◦π Khi đó, ta xét đồng cấuu=ϕ◦d 1 −1 :P→K có u◦d 1 =ϕ◦d 1 −1 ◦d 1 =ϕ◦d 1 −1 ◦d 1 −1 ◦π =ϕ◦π=ϕ.

Từ đó suy ra tồn tạiusao choϕ=u◦d 1 , nghĩa làϕ∈Im(d 1 n 0 ∗ ) Do đóKer(d 2 n 0 ∗ )⊂ Im(d 1 n 0 ∗ ).

VậyIm(d 1 n 0 ∗ ) =Ker(d 2 n 0 ∗ ) Từ đó suy ra dãy khớp

Bổ đề 1.3.12 ChoM→ f N→ g Plà một dãy các môđun phân bậc trên đại số phân bậc

A Dãy trên là khớp nếu và chỉ nếu

0→Im(f)→N→Im(g)→0 là một dãy khớp ngắn.

Chứng minh • Giả sử ta có một dãy khớp các môđun phân bậc trênA

M→ f N→ g P. Khi đó, ta xét dãy các môđun phân bậc trênA

Dễ thấy rằngilà một đơn cấu vàglà một toàn cấu Do đó dãy trên là khớp.

• Giả sử ta có dãy khớp ngắn

Khi đó, ta cóIm(f) =Ker(g), từ đó suy ra dãyM → f N → g Plà khớp.

Bổ đề 1.3.13 Cho hai dãy khớp ngắn của các môđun phân bậc trên đại số phân bậc

Giả sử rằngM 2 =P 1 Khi đó, dãy

Chứng minh Lấyx∈M 1 n 0 , khi đó ta có[(f 2 n 0 ◦g n 1 0 )◦f 1 n 0 ](x) = f 2 n 0 ◦(g n 1 0 ◦f 1 n 0 )(x) =0, trong đó dấu bằng thứ hai xảy ra do

M 1 → f 1 N 1 → g 1 P 1 →0 (1.3.2) là khớp nên là một phức Từ đó suy raIm(f 1 )⊂Ker(f 2 ◦g 1 ).

Mặt khác, với x∈Ker(f 2 n 0 ◦g n 1 0 ), ta có (f 2 n 0 ◦g n 1 0 )(x) =0, từ đó suy ra g n 1 0 (x)∈ Ker(f 2 n 0 ) Lại có dãy

0→M 2 → f 2 N 2 → g 2 P 2 (1.3.3) là khớp, do đóKer(f 2 n 0 ) =0, từ đó suy rag n 1 0 (x) =0, suy ra x∈Ker(g n 1 0 ) Tuy nhiên, do dãy (1.3.2) khớp nên ta cóx∈Im(f 1 n 0 ) Từ đó suy ra Ker(f 2 n 0 ◦g n 1 0 )⊂Im(f 1 n 0 ) Từ đó suy raIm(f 1 ) =Ker(f 2 ◦g 1 ).

[g n 2 0 ◦(f 2 n 0 ◦g n 1 0 )](x) = (g n 2 0 ◦ f 2 n 0 )◦g n 1 0 (x) =0 với dấu bằng thứ hai xảy ra do dãy (1.3.3) là khớp, từ đó suy ra Im(f 2 n 0 ◦g n 1 0 ) ⊂ Ker(g n 2 0 ).

Lấyx∈Ker(g n 2 0 ), khi đó do (1.3.3) khớp nên ta cóx∈Im(f 2 n 0 ), suy ra x= f 2 n 0 (u) vớiu∈M 2 n 0 =P 1 n 0 Lại có (1.3.2) là một dãy khớp nêng n 1 0 là một toàn cấu, nên tồn tại v∈N 1 n 0 sao chog n 1 0 (v) =u, từ đó suy ra x= f 2 n 0 (g n 1 0 (v)) = (f 2 n 0 ◦g n 1 0 )(v).

Do đóKer(g n 2 0 )⊂Im(f 2 n 0 ◦g n 1 0 ) VậyKer(g 2 ) =Im(f 2 ◦g 1 ).

Từ đó suy ra dãyM 1 → f 1 N 1 f 2 → ◦g 1 N 2 → g 2 P 2 là khớp.

Bổ đề 1.3.14 Cho một biểu đồ giao hoán (commutative diagram) sau

• Các hình vuông là giao hoán

Khi đó f 3 là một đẳng cấu.

Chứng minh Ta xét hình chữ nhật bỏ đi hai phần tử ở cột đầu

Giả sử c∈B n 3 0 Do f 4 n 0 là một toàn cấu, tồn tại phần tử d ∈A n 4 0 sao cho f 4 n 0 (d) β 3 n 0 (c) Do biểu đồ là giao hoán nên ta cóβ 4 n 0 (f 4 n 0 (d)) = f 5 n 0 (α 4 n 0 (d)).

Mặt khácIm(β 3 n 0 ) =Ker(β 4 n 0 )do hàng dưới là khớp, nên ta có

Do f 5 n 0 là một đơn cấu nên ta cóα 4 n 0 (d) =0, do đód∈Ker(f 4 n 0 ) =Im(f 3 n 0 ) Vậy tồn tạia∈A n 3 0 sao choα 3 n 0 (a) =d Khi đóβ 3 n 0 (f 3 n 0 (a)) = f 4 n 0 (α 3 n 0 (a)) =β 3 n 0 (c) Doβ 3 n 0 là một đồng cấu nên ta cóβ 3 n 0 (c−f 3 n 0 (a)) =0.

Tuy nhiên hàng dưới là khớp nên ta cóc− f 3 n 0 (a)nằm trong ảnh củaβ 2 n 0 , do đó tồn tại phần tửu∈B n 2 0 sao choβ 2 n 0 (u) =c−f 3 n 0 (a) Do f 2 n 0 là một toàn cấu nên ta có thể tìm đượcv∈A n 2 0 sao chou= f 2 n 0 (v) Mặt khác, do tính giao hoán nên ta có f 3 n 0 (α 2 n 0 (v)) =β 2 n 0 (f 2 n 0 (v)) =c− f 3 n 0 (a).

Do f 3 n 0 là một đồng cấu nên ta có f 3 n 0 (α 2 n 0 (v) +a) = f 3 n 0 (α 2 n 0 (v)) +f 3 n 0 (a) =c−f 3 n 0 (a) + f 3 n 0 (a) =c.

Do đó f 3 n 0 là một toàn cấu.

Ta xét đến hình chữ nhật bỏ đi hai phần tử ở cột cuối.

Ta chứng minh f 3 n 0 là một đơn cấu Lấy phần tửc∈A n 3 0 sao cho f 3 n 0 (c) =0 Khi đó ta cóβ 3 n 0 (f 3 n 0 (c)) =0.

Lại có theo tính giao hoán ta có f 4 n 0 (α 3 n 0 (c)) =0 Do f 4 n 0 là một đơn cấu nên ta có α 3 n 0 (c) =0.

Mặt khác, do hàng trên là khớp nên tồn tạib∈A n 2 0 sao choα 2 n 0 (b) =c Lại có theo tính giao hoán ta cóβ 2 n 0 (f 2 n 0 (b)) = f 3 n 0 (α 2 n 0 (b)) = f 3 n 0 (c) =0 Do tính khớp nên tồn tại phần tử a∈B n 1 0 sao cho β 1 n 0 (a) = f 2 n 0 (b) Do f 1 n 0 là toàn cấu nên tồn tạiu∈A n 1 0 sao cho f 1 n 0 (u) =a Theo tính giao hoán ta có f 2 n 0 (α 1 n 0 (u)) =β 2 n 0 (f 1 n 0 (u)) = f 2 n 0 (b).

Do f 2 n 0 là một đơn cấu nên ta cóα 1 n 0 (u) =b Lại cóα 2 n 0 (α 1 n 0 (u)) =α 2 n 0 (b) =c.Lại có hàng trên là khớp nênα 2 n 0 (α 1 n 0 (u)) =0, từ đó suy rac=0 Vậy f 3 n 0 là một đơn ánh.

Theo định nghĩa, một đồng cấu từ phức C • vào phức D • là họ các đồng cấu gn : Cn → Dn thỏa mãn gn◦d n+1 = f n+1 ◦g n+1 Tức là, biểu đồ sau giao hoán:```Cn -> Dn↑ ↓Cn+1 -> Dn+1```

Bổ đề 1.3.16 Nếu g: (C • ,d • )→ (D • , f • )là một đồng cấu của các phức, khi đó gn cảm sinh đồng cấu

Chứng minh Chọn a,b∈Ker(d n k )sao cho[a] = [b] Khi đó ta cóa−b∈Ker(d n k ) Im(d n+1 k )(do(C • k ,d • k )khớp), suy raa−b=d n+1 k (c)vớic∈C n+1 k Ta có g k n (a)−g k n (b) =g k n (a−b) =g k n (d n+1 k (c)) = f n+1 k (g k n+1 )∈Im(g k n+1 ).

Hơn nữa, ta có f n k (g k n (a)) =g k n−1 (d n k (a)) =0 Do đó, g k n (a)∈Ker(f n k ) Tương tự, ta cóg k n (b)∈Ker(f n k ) Từ đó suy ra [g k n (a)] = [g k n (b)] hay[g k n ](a) = [g k n ](b).Cuối cùng, dog k n là một đồng cấu nên[g k n ]cũng là một đồng cấu.

Mệnh đề 1.3.17 Giả sử rằng có các đồng cấu dây chuyền

→Pn→0 là các dãy khớp ngắn của cácA- môđun phân bậc Khi đó, tồn tại một dãy khớp dài ã ã ãH n+1 (P • ) ∂ → n+1 Hn(M • ) [ → f n ] Hn(N • ) [g → n ] Hn(P • )→ ∂ n H n−1 (M • )→ ã ã ã (1.3.4)

Chứng minh Cố định bậck Đầu tiên, ta chứng minh dãy (1.3.4) khớp tạiHn(N • ), tức là ta chứng minhIm([fn]) =Ker([gn]).

Giả sử [u]∈Im([f n k ]), khi đó có phần tử[x]∈Hn(M • k )sao cho

Từ đó suy ra[u]∈Ker([g k n ]) VậyIm([f n k ])⊂Ker([g k n ]).

Giả sử [u]∈Ker([g k n ]), từ đó suy ra[g k n (u)] =0, dẫn đếng k n (u)∈Im(p k n+1 ) Do đó, tồn tạiv∈P n+1 k sao chog k n (u) = p k n+1 (v) Do dãy

→n+1P n+1 k →0 là khớp nêng k n+1 là một toàn cấu, do đó tồn tạiw∈N n+1 k sao chov=g k n+1 (w), từ đó suy ra g k n (u) = p k n+1 (g k n+1 (w)).

Ta lại có hình vuông

(1.3.5) là giao hoán, do đó ta có g k n ◦d n+1 k = p k n+1 ◦g k n+1

Vậy ta suy rau−d n+1 k (w)∈Ker(g k n ) Ta lại có dãy khớp ngắn

Từ đó suy rau−d n+1 k (w)∈Im(f n k ) Do đó tồn tạix∈M n k sao cho u−d n+1 k (w) = f n k (x), từ đó suy ra u=d n+1 k (w) + f n k (x).

Vậy ta cóu− f n k (x)∈Im(d n+1 k ), do đó ta có

Từ đó suy ra [u] = [f n k (x)] = [f n k ]([x])trong Hn(N • k ) Vậy ta suy ra[u]∈Im([f n k ]), do đóKer([g k n ])⊂Im([f n k ]).

Vậy ta cóIm([f n k ]) =Ker([g k n ]) Do đó dãy (1.3.4) khớp tạiHn(N • k ).

Tiếp theo, ta xây dựng đồng cấu∂.

Giả sử [u]∈H n+1 (P • k ), khi đó ta cóu∈Ker(p k n+1 ) Mặt khác, do dãy

→n+1P n+1 k →0 là khớp, do đó tồn tạiv∈N n+1 k sao chou=g k n+1 (v).

0= p k n+1 (u) =p k n+1 (g k n+1 (v)) =g k n (d n+1 k (v)) do hình vuông (1.3.5) giao hoán, do đó ta cód n+1 k (v)∈Ker(g k n ) =Im(f n k ) Từ đó suy ra tồn tạiw∈M n k sao chod n+1 k (v) = f n k (w) Khi đó, ta định nghĩa ánh xạ

Với wđược định nghĩa như ở trên, ta có f n−1 k (m k n (w)) =d n k (f n k (w)) =d n k (d n+1 k (v)) =0 với dấu bằng thứ nhất xảy ra do hình vuông

(1.3.6) là giao hoán và dấu bằng thứ ba xảy ra do (N • k ,d • k ) là một phức Từ đó ta suy ra m k n (w)∈Ker(f n−1 k ) Ta lại có dãy khớp ngắn

→n−1P n−1 k →0, do đó ta suy ra f n−1 k là đơn cấu, từ đó suy ra m k n (w) =0, dẫn đến w∈Ker(m k n ) Kết luận rằng[w]∈H n (M • k ).

Tiếp theo, ta chứng minh rằng ánh xạ trên được định nghĩa không phụ thuộc vào phần tử đại diện.

Thật vậy, giả sử ta có [u] = [u 0 ] ∈Hn(P • k ), suy ra uưu 0 ∈Im(p k n+1 ) Nghĩa là tồn tại phần tửv∈P n+1 k sao chouưu 0 = p k n+1 (v) Lại cóg k n+1 là một toàn cấu nên tồn tại x∈N n+1 k sao chov=g k n+1 (x) Do ta có hình vuông

(1.3.7) là khớp Do đó uưu 0 = p k n+1 (g k n+1 (x)) =g k n (d n+1 k (x)).

Giả sửa,a 0 ∈N n k sao chog k n (a) =uvàg k n (a 0 ) =u 0 Khi đó ta có g k n (a−a 0 ) =g k n (d n+1 k (x)).

Từ đó suy raa−a 0 −d n+1 k (x)∈Ker(g k n ) =Im(f n k )do tính khớp Vậy tồn tại phần tử q∈M n k sao cho f n k (q) =a−a 0 −d n+1 k (x).

Từ đó do hình vuông (1.3.6) là giao hoán nên ta có f n−1 k (m k n (q)) =d n k (f n k (q)) =d n k (a−a 0 −d n+1 k (x)) =d n k (a−a 0 ).

Lại có theo cách xây dựng ta có g k nư1 (d n k (aưa 0 )) = p k n (g k n (aưa 0 )) = p k n (uưu 0 ) =0,

Do đód n k (a−a 0 )∈Ker(g k n−1 ) =Im(f n−1 k ), vậy tồn tạiw∈M n−1 k sao chod n k (a−a 0 ) f n−1 k (w) Từ đó suy ra f n−1 k (m k n (q)) = f n−1 k (w).

Suy raw−m k n (q)∈Ker(f n−1 k ) Do f n−1 k là một đơn cấu nên ta suy raw−m k n (q) =0. Nói cách khác ta có w∈Im(m k n ), nghĩa là [w] = [0] trong Hn(M • k ) Theo đúng định nghĩa ta lại có ∂ n k ([u]−[u 0 ]) = [w] = [0] Do đó ta có ∂ n k ([u]) = ∂ n k ([u 0 ]) Vậy định nghĩa của ánh xạ trên không phụ thuộc vào phần tử đại diện.

Mặt khác, dog k n là một toàn cấu nên tồn tại nghịch đảo phảig k n sao chog k n ◦g k n 0 =1N n

Dod n k là mộtA- đồng cấu nên ta cód n k ◦g k n 0 cũng là một đồng cấu DoIm(d n k ◦g k n 0 )⊂ Im(f n−1 k ), do đó f n−1 k :M n−1 k → Im(d n k ◦g k n 0 )là một toàn cấu, từ đó ta có một nghịch đảo phải của f n−1 k là f n−1 k 0 Từ đó ta suy ra

∂ n k = f n−1 k 0 ◦d n k ◦g k n 0 là hợp thành của cácA- đồng cấu Từ đó suy ra∂ n k là mộtA- đồng cấu.

Tiếp theo, ta chứng minh dãy trên là khớp tạiHn(P • k )vàHn(M • k ).

(a) Ta chứng minh Im([g k n ]) =Ker(∂ n k ).

Giả sử[u]∈Im([g k n ]) Khi đó, tồn tại phần tử[x]∈H n (N • k )sao cho

Từ đó suy rau−g k n (x)∈Im(p k n+1 ), do đó tồn tại phần tửy∈P n+1 k sao cho u−g k n (x) = p k n+1 (y).

Lại cóg k n+1 là một toàn cấu nên tồn tạia∈N n+1 k sao choy=g k n+1 (a) Từ đó suy ra u−g k n (x) = p k n+1 (g k n+1 (a)).

Ta lại có hình vuông (1.3.7) là giao hoán, từ đó ta suy ra u−g k n (x) =g k n (d n+1 k (a)).

Dog k n là một toàn cấu nên tồn tại phần tửv∈N n k sao chou=g k n (v), từ đó suy ra g k n (v−x−d n+1 k (a)) =0.

Do đóv−x−d n+1 k (a)∈Ker(g k n ) =Im(f n k )do tính khớp Vậy tồn tại một phần tử w∈M n k sao cho f n k (w) =v−x−d n+1 k (a).

Khi đó dox∈H n (N • k )nênd n k (x) =0và doN • k là một phức nên d n k (f n k (w)) =d n k (v−x−d n+1 k (a))

Ta lại có hình vuông

(1.3.8) là giao hoán nên ta có d n k (v) =d n k (f n k (w)) = f n−1 k (m k n (w)).

Ta lại có d n k (v)∈Ker(g k n−1 ) = Im(f n−1 k ) nên tồn tại phần tử z∈M n−1 k sao cho f n−1 k (z) =d n k (v) Từ đó suy ra f n−1 k (z) = f n−1 k (m k n (w)).

Do đó m k n (w)−z∈Ker(f n−1 k ) Lại có f n−1 k là một đơn cấu, do đó z= m k n (w). Đồng thời, dựa vào cách xây dựng đồng cấu∂ n k , ta có z=∂ n k ([u]) Từ đó suy ra

∂ n k ([u]) =m k n (w)∈Im(m k n ) Nói cách khác, ∂ n k ([u]) = [0] trongH n−1 (M • k ) Từ đó suy raIm([g k n ])⊂Ker(∂ n k ).

Môđun xạ ảnh và giải thức xạ ảnh

Môđun xạ ảnh là môđun P trên đại số phân bậc A sao cho với mọi toàn cấu f: M → N, nếu tồn tại đồng cấu g: P → N, thì có duy nhất đồng cấu h: P → M thỏa mãn f ◦ h = g.

Nhận xét 1.4.2 ChoPlà mộtR- môđun Kí hiệuA-Modlà phạm trù cácA- môđun phân bậc trái vàk-Vect là phạm trù cáck- không gian véctơ phân bậc Khi đó, ta có một hàm tử

Hàm tử này biến một dãy khớp ngắn

Mệnh đề 1.4.3 Nếu P là một môđun xạ ảnh thì hàm tử HomA(P,−) biến một dãy khớp thành một dãy khớp.

Chứng minh Giả sửM → f N → g Qlà một dãy khớp của các môđun phân bậc trên đại số phân bậcA Ta sẽ chứng minh dãy sau cũng khớp

Từ Bổ đề 1.3.12, ta có dãy sau cũng là dãy khớp ngắn

Do đó, ta có dãy khớp ngắn sau đây

0→HomA(P,Im(f))→HomA(P,N)→HomA(P,Im(g))→0.

Hơn nữa, ta có các dãy khớp sau đây

Do đó, ta có các dãy khớp ngắn sau

0→HomA(P,Ker(f))→HomA(P,M)→HomA(P,Im(f))→0 và

0→HomA(P,Im(g))→HomA(P,Q)→HomA(P,Coker(g))→0.

Theo Bổ đề 1.3.13, ta có dãy khớp

0→Hom A (P,Ker(f))→Hom A (P,M)→Hom A (P,Q)→Hom A (P,Coker(g))→0.

Do đó, ta thu được dãy khớp

Hơn nữa, dãy sau cũng là khớp

Vậy ta có điều phải chứng minh. Định nghĩa 1.4.4 Cho một toàn cấu p:M →N Ta nói rằng đồng cấus:N →M là một lát cắt của pnếu p◦s:N→N là đồng cấu đồng nhất1 N Trong trường hợp này, ta nói rằng plà một đồng cấu chẻ.

Mệnh đề 1.4.5 Nếu f :M→Plà một toàn cấu và Plà một A- môđun xạ ảnh thì f là đồng cấu chẻ.

Chứng minh DoP là mộtA - môđun xạ ảnh và ánh xạidP:P→Pnên tồn tại đồng cấuh:P→M sao cho f ◦h=idP.Vậy f là đồng cấu chẻ.

Ta nhắc lại về tổng trực tiếp ChoM,Nlà hai môđun phân bậc trên đại số phân bậc

A Ta định nghĩa tổng trực tiếp ngoàiM×N là họ các tổng trực tiếp

M n ⊕N n ={(a,b)|a∈M n ,b∈N n }, vớin≥0và trang bị cho tập hợp trên hai phép toán

(a,b) + (c,d) = (a+c,b+d) u(a,b) = (ua,ub). với u ∈A m Khi đó, họ M⊕N cùng với hai phép toán trên lập thành một môđun phân bậc trên đại số phân bậcAvà được gọi là tổng trực tiếp ngoài củaM vàN Nếu g:M→Cvàh:N →Clà các đồng cấu vàC=M⊕N, khi đó biểu đồ sau đây có các hình tam giác là giao hoán

Cho C là một A - môđun phân bậc và M,N là các môđun con phân bậc của C,

M⊕ i N ={a+b,a∈M,b∈N} là một môđun phân bậc trênA.

Mệnh đề 1.4.6 Ta cóM⊕N =M⊕ i N. Định nghĩa 1.4.7 ChoAlà một đại số phân bậc trênkvà choM,N là haiA- môđun phân bậc Ta định nghĩa tích tensor củaM vàN trên k, được ký hiệu bởi M⊗N như sau:

Mệnh đề 1.4.8 Cho f :M →N là một toàn cấu chẻ Khi đó tồn tại một đẳng cấu

Chứng minh Do f là một toàn cấu chẻ nên tồn tại một đồng cấu s : N → M sao cho f ◦s là đồng cấu đồng nhất Xét ánh xạ p:Ker(f)⊕N → M với p n 0 ((a,b)) a+s n 0 (b) Dễ dàng chứng minh được plà một đồng cấu Ta sẽ chứng minh plà một đẳng cấu Ta xét

Từ điều kiện p n 0 (a,b) =0ta suy raa+s n 0 (b) =0 Ta có

0= f n 0 (a+s n 0 (b)) = f n 0 (a) + f n 0 (s n 0 (b)) =0+b=b, với dấu bằng thứ 3 xảy ra khia∈Ker(f n 0 )và f n 0 ◦s n 0 =1N Từ đó suy rab=0, nên a=0 VậyKer(p n 0 ) ={(0,0)} Do đó plà một đơn cấu.

Mặt khác, với m∈M n 0 , giả sử m=a+s n 0 (b), ta chọn được b= f n 0 (m) và ta có a=m−s n 0 (f n 0 (m)) Ta cần chứng minha∈Ker(f n 0 ) Thật vậy, ta có f n 0 (a) = f n 0 (m)−f n 0 (s n 0 (f n 0 (m))) = f n 0 (m)− f n 0 (m) =0.

Từ đó suy raa∈Ker(f n 0 ) Vậy p n 0 là một toàn ánh.

Kết luận rằng plà một đẳng cấu.

Nhận xét 1.4.9 Từ mệnh đề trên, ta có thể thấy nếu cho một dãy khớp

0→M→ f N→ g K→0 vàglà một toàn cấu chẻ Khi đó ta cóN∼=M⊕K Thật vậy, ta cóN∼=Ker(g)⊕K Lại có do tính khớp nênKer(g) =Im(f) Tuy nhiên, do f là một đơn cấu nênIm(f)∼=M.

Mệnh đề 1.4.10 Cho một dãy khớp ngắn

0→M→ f N→ g P→0 (1.4.2) của cácA- môđun phân bậc Khi đó các điều kiện sau là tương đương

(i) glà một toàn cấu chẻ

(ii) Tồn tại đồng cấus:N→M sao chos◦f =1M

(iii) Tồn tại một biểu đồ giao hoán

- vớiiM là phép nhúng vàπP là phép chiếu.

Chứng minh (i) ⇒ (ii) Do dãy (1.4.2) là khớp và g là một toàn cấu chẻ nên ta có ϕ:M⊕P→N là một đẳng cấu, do đó tồn tại đẳng cấuϕ −1 sao choϕ −1 ◦ϕ =1 M⊕P vàϕ◦ϕ −1 =1N.

Ta có biểu đồ sau là giao hoán

Từ đó suy ra f ◦1M=ϕ◦iM ϕ −1 ◦(f ◦1M) =ϕ −1 ◦ϕ◦iM ϕ −1 ◦f =iM.

Do đó ta có (π M ◦ϕ −1 )◦ f = πM◦iM = 1M Ta chọn s= πM◦ϕ −1 Khi đó ta có s◦f =1M.

(iii)⇒ (i) Giả sử ta có biểu đồ giao hoán

Khi đó, đặtq=ϕ◦iPvớiiP:P→M⊕Plà phép nhúng Khi đó ta có hình vuông

Khi đó ta có g◦ϕ =πP, Điều này tương đương với g◦ϕ◦i P =πP◦i P =1 P Đặtq=ϕ◦iP Khi đó ta cóg◦q=1P Từ đó suy raglà một toàn cấu chẻ.

Ta sẽ thừa nhận định lý sau đây và không chứng minh. Định lý 1.4.11([1]) Trong phạm trù cácA- môđun có đầy đủ các vật xạ ảnh Nghĩa là, với mọiA- môđunM, tồn tại một toàn cấu f đi từPđếnM vớiPlà một môđun xạ ảnh.

Mệnh đề 1.4.12 Cho Mlà mộtA- môđun phân bậc Khi đó, tồn tại một dãy khớp ã ã ã d → n+1 Pn d n

→P n−1 d → ã ã ã n−1 → d 2 P 1 → d 1 P 0 → d M→0 sao cho mọi môđunP n ,n≥0, là xạ ảnh.

Chứng minh Dựa vào mệnh đề trên, ta chọnP 0 → d M là một toàn ánh từ một môđun xạ ảnhP 0 vàoM Chọn f :P 1 →Ker(d)là một toàn ánh từ một môđun xạ ảnhP 1 vào Ker(d)và đặt d 1 là đồng cấu hợp thành

P 1 f Ker(d),→ ι P 0 vớiι là phép nhúng Khi đó, dãy

P 1 → d 1 P 0 → d M →0 là khớp Thật vậy, giả sử ta có a∈ Im(d 1 k ), khi đó tồn tại phần tử b∈ P 1 k sao cho a=d 1 k (b) Khi đó ta có d k (a) =d k (d 1 k (b)) =d k (ι k (f k (b))).

Do f k (b)∈Ker(d k )nên ta có ι k (f k (b))∈Ker(d k ), từ đó suy ra d k (ι k (f k (b))) =0,nghĩa làd k (a) =0 Vậya∈Ker(d k ), từ đó suy raIm(d 1 k )⊂Ker(d k ).

Giả sử ngược lại ta có u∈Ker(d k ) Do f k là một toàn ánh nên tồn tạiv∈P 1 k sao chou= f k (v) Hơn nữa dou∈Ker(d k )nên ta cóu=ι k (u) Khi đó ta có

Từ đó suy rad 1 k (v)∈Ker(d k ), nghĩa làIm(d 1 k )⊂Ker(d k ) Từ đó kết luận rằngIm(d 1 k ) Ker(d k ), suy ra dãy

Tương tự, ta xây dựng được các môđun P 2 ,P 3 , và tạo thành dãy khớp ã ã ã d → n+1 Pn d n

→P n−1 d → ã ã ã n−1 → d 2 P 1 → d 1 P 0 → d 0 M→0 sao cho mọi môđunPn,n≥0là xạ ảnh. Định nghĩa 1.4.13 Cho một dãy khớp ã ã ã d → n+1 Pn d n

→P n−1 d → ã ã ã n−1 → d 2 P 1 → d 1 P 0 → d 0 M→0 sao cho mọi môđun phân bậcP n ,n≥0, là xạ ảnh Khi đó phức ã ã ã d → n+1 Pn d n

→P n−1 d → ã ã ã n−1 → d 2 P 1 → d 1 P 0 →M được gọi là một giải thức xạ ảnh (projective resolution) củaM.

Mệnh đề 1.4.14 Cho f :M→N là một đồng cấu giữa cácA- môđun phân bậc Giả sử rằng ã ã ã d → n+1 Pn d n

→P n−1 d → ã ã ã n−1 → d 2 P 1 → d 1 P 0 → d 0 M là một giải thức xạ ảnh củaM và ã ã ã g → n+1 Qn g n

→Q n−1 g → ã ã ã n−1 → g 2 Q 1 → g 1 Q 0 → g 0 N là một giải thức xạ ảnh củaN.

• Khi đó, tồn tại các đồng cấu hn : Pn →Qn sao cho h n−1 ◦dn =gn◦hn với mọi n≥1.

giả sử rằng fn:Pn → Qn là các đồng cấu thỏa mãn các tính chất của h: fn−1 ◦dn =gn ◦fn với mọi n≥1 Khi đó, tồn tại các đồng cấu sn:Pn→Qn+1 sao cho hn− fn=gn+1 ◦sn+sn−1 ◦dn.

Chứng minh • Ta cần xây dựng h 0 :P 0 →Q 0 sao cho f ◦d 0 =g 0 ◦h 0 Nói cách khác, ta có một biểu đồ giao hoán

Ta cóg 0 là một toàn cấu, màP 0 là một môđun xạ ảnh nên tồn tại một đồng cấu h 0 :P 0 →Q 0 sao cho f ◦d 0 =g 0 ◦h 0 Từ đó suy ra rằng h 0 (Ker(d 0 ))⊂Ker(g 0 ).

Do đó, ta có một đồng cấu hạn chếh:=h 0 | Ker(d

0 ):Ker(d 0 )→Ker(g 0 ).Do đó, ta có một biểu đồ

? h g 1 - vớid 1 vàg 1 là các toàn cấu VớiKer(d 0 )vàKer(g 0 )lần lượt đóng vai trò nhưM vàN ở chứng minh trên, lập luận tương tự ta có một đồng cấu h 1 :P 1 →Q 1 sao choh◦d 1 =g 1 ◦h 1 Dohlà hạn chế củah 0 nên ta suy rah 0 ◦d 1 =g 1 ◦h 1 Khi đó, ta gọih 0 là một phép nâng của f.

Tương tự, tồn tại các đồng cấuhn:Pn→Qn sao chohn◦d n+1 =g n+1 ◦h n+1

• Giả sử rằng fn:Pn→Qnlà một phép nâng khác của f Khi đó ta có

Do đóh 0 −f 0 :P 0 →Q 0 là một phép nâng của0 :M→N Từ việcg 0 ◦(h 0 −f 0 ) =0 ta suy raIm(h 0 −f 0 )⊂Ker(g 0 ) Từ đó, ta có biểu đồ

? h 0 − f 0 pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp pp p pp ) s 0 g 1 - - i vớiilà một đẳng cấu DoP 0 là xạ ảnh vàg 1 là một toàn cấu nên tồn tạis 0 :P 0 →Q 1 sao chog 1 ◦s 0 =h 0 −f 0 Ta chứng minh tiếp vớih 1 − f 1 =g 2 ◦s 1 +s 0 ◦d 1 Ta có g 1 ◦ f 1 = f 0 ◦d 1 và g 1 ◦h 1 =h 0 ◦d 1 Trừ vế theo vế, kết hợp vớih 0 − f 0 =g 1 ◦s 0 vừa chứng minh ta có ta có g 1 ◦(h 1 −f 1 ) = (h 0 − f 0 )◦d 1 =g 1 ◦s 0 ◦d 1

Do đó ta cóg 1 ◦(h 1 −f 1 −s 0 ◦d 1 ) =0 Khi đó ta suy raIm(h 1 −f 1 −s 0 ◦d 1 )⊂ Ker(g 1 ) Do đó ta cóg 2 là một toàn cấu đi từQ 2 vàoKer(g 1 ) Lại cóP 1 là xạ ảnh nên tồn tại đồng cấus 1 sao chog 2 ◦s 1 =h 1 − f 1 −s 0 ◦d 1 , hay nói cách khác, ta có h 1 − f 1 =g 2 ◦s 1 +s 0 ◦d 1 Một cách tương tự, ta có đồng cấu s n :P n → Q n+1 sao cho hn− fn=s n−1 ◦dn+g n+1 ◦sn. Vậy ta có điều phải chứng minh. Định nghĩa 1.4.15 Cho h:(C,d)→ (D, f) và g: (C,d)→ (D, f) là hai đồng cấu giữa các phức Một đồng luân giữahvàglà một họ các đồng cấusn :Cn→D n+1 sao cho hn−gn =s n−1 ◦dn+ f n+1 ◦sn. Định nghĩa 1.4.16 Cho h:(C,d)→ (D, f) và g: (C,d)→ (D, f) là hai đồng cấu giữa các phức Khi đó nếuhđồng luân vớig, ta sẽ ký hiệu làh∼g.

Bổ đề 1.4.17 Choh,g:(C • ,d • )→(D • , f • )là các đồng cấu giữa các phức Nếu tồn tại một đồng luânsgiữahvàgthì ta có[h n ] = [g n ]với mọin.

Chứng minh Lấyx∈Hn(C • k ,d • k ) Do tồn tại đồng luânsgiữahvàgnên ta có h k n (x)−g k n (x) = (s k n−1 ◦d n k + f n+1 k ◦s k n )(x)

Dễ thấy rằng f n+1 k (s k n (x))∈Im(f n+1 k ) Mặt khác, ta lại cóx∈Ker(d n k ), do đós k n−1 (d n k (x)) 0 Từ đó suy rah k n (x)−g k n (x)∈Im(f n+1 k ) Nói cách khác, ta có

[h k n (x)] = [g k n (x)] với mọixtrongH n (D k • , f • k ) Vậy ta suy ra[h n ] = [g n ].

Bổ đề 1.4.18 Cho h:(C • ,d • )→(D • ,f • )vàg:(C • ,d • )→ (D • ,f • )là hai đồng cấu giữa các phức vàM là mộtA- môđun phân bậc.

1 Các đồng cấu h ∗ ,g ∗ :HomA(M,C • )→HomA(M,D • )là các đồng cấu giữa các phức.

2 Các đồng cấu h ∗ ,g ∗ :HomA(D • ,M)→HomA(C • ,M)là các đồng cấu giữa các phức.

3 Nếu tồn tại một đồng luânsgiữahvàgthì khi đó

(a) Đồng cấus ∗ lập thành một đồng luân giữah ∗ vàg ∗

(b) Đồng cấus ∗ lập thành một đồng luân giữah ∗ vàg ∗

Chứng minh 1 Ta có ánh xạh n∗ :Hom A (M,C n )→Hom A (M,D n ), được định nghĩa như sau h n∗ (ϕ) =h n ◦ϕ, với h:(C • ,d)→(D • ,f)và ϕ ∈Hom A (M,C n ) là một đồng cấu dây chuyền Khi đó vớiϕ∈Hom A (M,C n )ta có

Do h là một đồng cấu dây chuyền nên ta có h n−1 ◦dn = fn◦hn Từ đó suy ra (1.4.3) và (1.4.4) là bằng nhau Nói cách khác ta có h n−1∗ ◦d n∗ = f n∗ ◦h n∗ Vậy h n∗ là một đồng cấu dây chuyền Chứng minh tương tự ta cũng cóg n∗ là một đồng cấu dây chuyền.

2 Ta có ánh xạh ∗ n :Hom A (D n ,M)→Hom A (C n ,M), được định nghĩa như sauh ∗ n (ϕ) ϕ◦h n , với h :(C • ,d)→ (D • ,f) là một đồng cấu dây chuyền Khi đó với ϕ ∈ Hom A (D n ,M)ta có

Dohlà một đồng cấu dây chuyền nên ta cóhn◦d n+1 = f n+1 ◦h n+1 Từ đó suy ra (1.4.5) và (1.4.6) là bằng nhau Nói cách khác ta cóh ∗ n+1 ◦f n ∗ =d n ∗ ◦h ∗ n Vậyh n∗ là một đồng cấu dây chuyền Chứng minh tương tự ta cũng có g n∗ là một đồng cấu dây chuyền.

Phép đồng luân s giữa X và Y sinh ra các đồng cấu s_n: C_n -> D_n+1 sao cho h_n - g_n = s_{n-1} ◦ d_n + f_{n+1} ◦ s_n Với ϕ ∈ Hom_A(M, C_n), ta có s_n*(ϕ) = s_n ◦ ϕ Do đó, với h_n*, g_n*: Hom_A(M, C_n) -> Hom_A(M, D_n) và ϕ ∈ Hom_A(M, C_n), ta có h_n*(ϕ) - g_n*(ϕ) = s_{n-1}*(ϕ) ◦ d_n + f_{n+1}*(ϕ) ◦ s_n*(ϕ).

Từ (1.4.7) và (1.4.8) ta suy ra h n∗ −g n∗ =s n−1∗ ◦d n∗ + f n+1∗ ◦s n∗

Nói cách khác ta cós ∗ là một đồng luân giữah ∗ vàg ∗

(b) Do s là một đồng luân giữah vàg nên tồn tại các đồng cấu sn :Cn → D n+1 sao cho hn−gn=s n−1 ◦dn+f n+1 ◦sn.

Với ϕ ∈HomA(D n ,M), ta có ánh xạ s ∗ n :HomA(D n ,M)→ HomA(C n−1 ,M), s ∗ n (ϕ) =ϕ◦s n−1 Khi đó, vớih ∗ n ,g ∗ n :Hom A (D n ,M)→Hom A (C n ,M)vàϕ ∈ Hom A (D n ,M)ta có

(h ∗ n −g ∗ n )(ϕ) =ϕ◦(h n −gn) =ϕ◦(s n−1 ◦dn+ f n+1 ◦sn) (1.4.9) Mặt khác, ta có

Từ (1.4.9) và (1.4.10) ta suy ra h ∗ n −g ∗ n =d n−1 ∗ ◦s ∗ n +s ∗ n+1 ◦f n ∗ Nói cách khác ta cós ∗ là một đồng luân giữah ∗ vàg ∗

Môđun tự do

Định nghĩa 1.5.1 Cho M là một môđun phân bậc trên một đại số phân bậc A Ta định nghĩa phép treo (suspension) của M, được ký hiệu là ΣM, là môđun phân bậc

(ΣM) n = M n−1 với mọi n≥1 và (ΣM) 0 ={0} Một phần tử trong (ΣM) n được ký hiệu bởiΣxvớix∈M n−1 Tác động của đại số phân bậcAlênΣM được xác định bởi a(Σx):=Σ(ax) với mọia∈Avàx∈M. Định nghĩa 1.5.2 ChoMlà một môđun phân bậc trên một đại số phân bậcA Ta định nghĩaΣ n M một cách truy hồi bởiΣ n M:=Σ(Σ n−1 M). Định nghĩa 1.5.3 Một tập hợp phân bậc X là một họ các tập X 0 ,X 1 ,X 2 , Một phần tửx∈X n được gọi là có bậcn. Định nghĩa 1.5.4 ChoX vàY là các tập hợp phân bậc Khi đó ta nói f là một ánh xạ phân bậc từX vàoY là họ các ánh xạ f n :X n →Y n vớin∈Z≥0. Định nghĩa 1.5.5 Một A- môđun phân bậc tự do F trên một tập hợp phân bậcX là một môđun phân bậc trênAvà một ánh xạ phân bậc iX :X →F sao cho mọi ánh xạ phân bậc f từ X vàoM vớiM là một A- môđun phân bậc, cho ta duy nhất một đồng cấu của các môđun phân bậc f :F→M thỏa mãn f ◦i X = f.

Mệnh đề 1.5.6 Với mọi số nguyên không âm n, môđun phân bậc Σ n A là tự do trên tập phân bậcΣ n {1} Ở đây với mọi bậc là rỗng trừ bậcn, và(Σ n {1}) n là tập chỉ chứa một phần tử Hơn nữa, mọi môđun phân bậc tự do trên A là một tổng trực tiếp của các môđun có dạng này.

Bổ đề 1.5.7 Nếu(M,ιM :X →M)và(N,ιN :X →N)là các môđun phân bậc tự do trên tập hợp phân bậcX, thì ta cóM ∼=N.

Chứng minh Giả sử (M,ιM) và (N,ιN) là các môđun phân bậc tự do trên tập hợp phân bậc X Khi đó tồn tại các đồng cấu f : M→N và g:N →M sao cho f ◦iM iN và g◦iN =iM.

Khi đó ta có f◦g◦iN = f ◦iM=iN vàg◦ f ◦iM =g◦iN=iM.

Từ đó ta suy ra f ◦g=1N và g◦ f =1M Vậy ta có f và glà hai đồng cấu nghịch đảo của nhau Nói cách khác,M vàN là đẳng cấu với nhau.

Mệnh đề 1.5.8([5]) Với mọiA - môđun phân bậcM, tồn tại một môđun tự doF và một toàn cấuFM.

Mệnh đề 1.5.9([5]) NếuF là một môđun tự do thìF là xạ ảnh.

Mệnh đề 1.5.10 ([5]) Một môđun Plà xạ ảnh khi và chỉ khi nó là một hạng tử trực tiếp của một môđun tự do (nghĩa làF =P⊕QvớiF là một môđun tự do).

Môđun nội xạ và giải thức nội xạ

Định nghĩa 1.6.1 Giả sử ta có một đơn ánh ϕ : A→B giữa các môđun phân bậc. Khi đó A- môđun phân bậc C được gọi là một môđun nội xạ nếu với mọi đồng cấu g: A→C, tồn tại đồng cấu f :B→C sao cho f ◦ϕ =g, nghĩa là biểu đồ sau giao hoán

Nhận xét 1.6.2 Tương tự như Nhận xét (1.4.2), cho I là một A - môđun phân bậc. Khi đó, ta có một hàm tử

Hàm tử này biến một dãy khớp ngắn

Ta thừa nhận tính chất sau đây. Định lý 1.6.3([1]) Cho Alà một đại số phân bậc Khi đó phạm trù các A - môđun sẽ có đầy đủ các môđun nội xạ Tức là với mọi môđunM, tồn tại một đơn cấu đi từ

M→I vớiI là một môđun nội xạ.

Ta sẽ tìm hiểu sâu hơn về các tính chất của môđun nội xạ.

Mệnh đề 1.6.4 Nếu I là một A - môđun nội xạ thì khi đó hàm tử HomA(−,I)biến một dãy khớp thành một dãy khớp.

Chứng minh Cho một dãy khớp của cácA- môđun phân bậc

Ta sẽ chứng minh dãy sau cũng khớp

Từ Bổ đề 1.3.12, ta có dãy sau cũng là dãy khớp ngắn

Do đó, ta có dãy khớp ngắn sau đây

0→HomA(Im(g),I)→HomA(N,I)→HomA(Im(f),I)→0.

Hơn nữa, ta có các dãy khớp sau đây

Do đó, ta có các dãy khớp ngắn sau

0→HomA(Coker(g),I)→HomA(Q,I)→HomA(Im(g),I)→0.

0→HomA(Im(f),I)→HomA(M,I)→HomA(Ker(f),I)→0,

Theo Bổ đề 1.3.13, ta có dãy khớp

0→Hom A (Coker(g),I)→Hom A (Q,I)→Hom A (M,I)→Hom A (Ker(f),I)→0

Do đó, ta thu được dãy khớp

Hơn nữa, dãy sau cũng là khớp

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Mệnh đề 1.6.5 Nếu f :I →M là một đơn cấu vớiI là mộtA - môđun nội xạ thì khi đó tồn tại một đồng cấus:M→I sao chos◦f =1I

Chứng minh DoI là một R- môđun nội xạ và ánh xạ1I :I →I, khi đó tồn tại đồng cấus:M →I sao chos◦ f =1I:

1 I 6 pp pp p pp s , tức là biểu đồ trên là giao hoán.

Mệnh đề 1.6.6 Giả sửMlà một môđun phân bậc trên đại số phân bậcA Khi đó, tồn tại một dãy khớp

0→M → d I 0 → d 0 I 1 → d 1 I 2 → ã ã ã d 2 sao cho mọi môđunIi ,i≥0là nội xạ.

Chứng minh Giả sửMlà mộtA- môđun Theo Định lý (1.6.3), tồn tại mộtA- môđun nội xạI 0 sao chod:M→I 0 là một đơn cấu Khi đó, doI 0 /Im(d)là mộtA- môđun nên một lần nữa theo Định lý (1.6.3), tồn tại mộtA- môđunI 1 sao chou:I 0 /Im(d)→I 1 là một đơn cấu Khi đó, ta định nghĩa đồng cấud 0 :I 0 →I 1 là hợp thành của hai đồng cấu

I 0 π I 0 /Im(d),→ u I 1 vớiπ là một toàn cấu Khi đó dãy

0→M→ d I 0 → d 1 I 1 là một dãy khớp Thật vậy, ta chứng minh dãy trên khớp tạiI 0

Cố định bậck Giả sửa∈Im(d k ), tức là tồn tạib∈M k sao choa=d k (b) Khi đó ta có d 1 k (a) =d 1 k (d k (b)) =u k (π k (d k (b))).

Dod k (b)∈Im(d k ), từ đó suy raπ k (d k (b)) =0trongCoker(d k ), từ đó suy rau k (π k (d k (b))) 0 Vậyd 1 k (a)∈Ker(d 1 k ), suy raIm(d k )⊂Ker(d 1 k ).

Giả sử ta cóx∈Ker(d 1 k ) Khi đó ta có

Từ đó ta suy raπ k (x)∈Ker(u k ) Lại có u k là một đơn cấu nênπ k (x) =0, từ đó suy ra x∈Im(d k ), vậyKer(d 1 k )⊂Im(d k ).

Vậy ta kết luận rằngIm(d k ) =Ker(d 1 k ), do đó dãy trên khớp tạiI 0 k

Tương tự, ta có thể xây dựng được các môđunI 2 ,I 3 , để tạo thành dãy khớp

0→M → d I 0 → d 0 I 1 → d 1 I 2 → ã ã ã d 2 sao choIi,i≥0là cácA- môđun phân bậc nội xạ. Định nghĩa 1.6.7 ChoM là mộtA- môđun phân bậc và một dãy khớp

0→M → d I 0 → d 0 I 1 → d 1 I 2 → ã ã ã d 2 sao cho mọi môđunIi,i≥0là nội xạ Khi đó phức

M→I 0 → d 0 I 1 → d 1 I 2 → ã ã ã d 2 được gọi là một giải thức nội xạ (injective resolution) củaM.

Tương tự như trong trường hợp xạ ảnh, ta có hai mệnh đề sau

Mệnh đề 1.6.8 Choh:M→N là mộtA- đồng cấu Giả sử rằng

M→ d I 0 → d 0 I 1 → d 1 I 2 → ã ã ã d 2 là một giải thức nội xạ củaM và

N→ f J 0 → f 0 J 1 → f 1 J 2 → ã ã ã J 2 là một giải thức nội xạ củaN.

• Khi đó, tồn tại các đồng cấuhn:In→Jn sao cho hn◦d n−1 = f n−1 ◦h n−1 với mọin≥0,d −1 =d, f −1 = f vàh −1 =h.

• Giả sử rằngg n :I n →Q n là các cấu xạ thỏa mãn các tính chất củah n : gn◦d n−1 = f n−1 ◦g n−1 với mọin≥1 Khi đó, tồn tại các đồng cấusn:I n+1 →Jn sao cho hn−gn= f n−1 ◦s n−1 +sn◦dn.

Mệnh đề 1.6.9 Cho M,N là hai A- môđun phân bậc NếuI • ,J • là hai giải thức nội xạ củaM Khi đó, ta có các đẳng cấu

H n (Hom A (N,I • ))∼=H n (Hom A (N,J • )). Định nghĩa 1.6.10([3]) Cho Mlà mộtA- môđun phân bậc và

I 0 → d 0 I 1 → d 1 I 2 → ã ã ã d 2 là một giải thức nội xạ củaM Với mộtA- môđun phân bậcN bất kỳ, ta định nghĩa

Trong Định nghĩa 1.4.20, ta đã đưa ra một định nghĩa về nhóm mở rộng củaMbằng cách sử dụng giải thức xạ ảnh, và định nghĩa trên cũng đã cho ta biết cách tính nhóm mở rộng củaMbằng cách sử dụng giải thức nội xạ Định lý sau cho ta biết rằng nhóm mở rộng củaM tính bằng hai cách là giống nhau. Định lý 1.6.11([3]) ChoM,N là cácA- môđun phân bậc Giả sử(P • ,∂ • )là một giải thức xạ ảnh củaM và(I • ,d • )là một giải thức nội xạ của N Khi đó ta có đẳng thức

Chương 2 Đại số Steenrod và môđun bất ổn định

Trong chương hai, ta sẽ làm quen với đại số Steenrod trên trường có hai phần tửF2.Luận văn cũng giới thiệu và nghiên cứu về các môđun bất ổn định và các tính chất của chúng Phần cuối chương này cũng giới thiệu về hàm tử loop, là một hàm tử quan trọng trong việc chứng minh cách xây dựng của Bousfield cho dãy EHP đại số.

Đại số Steenrod

Định nghĩa 2.1.1([9]) Đại số Steenrod modulo 2, được ký hiệuA là một đại số kết hợp trên trường F2 Nó được sinh bởi các ký hiệu Sq n có bậcn≥0 liên hệ với nhau bởi quan hệ Adem

Sq a+b−k Sq k với mọiak Phạm trù các môđun bất ổn định được ký hiệu bởiU.

Nhận xét 2.2.2 MôđunA là không bất ổn định.

Mệnh đề 2.2.3([9]) ChoM là mộtA - môđun phân bậc Khi đó môđun thương

F2hSq I x|x∈M,e(I)>|x|i cũng là mộtA - môđun phân bậc Hơn nữa, môđun này là một môđun bất ổn định.

U :=F2hSq I x|x∈M,e(I)>|x|i. Đầu tiên, ta chứng minhU là một môđun con củaM Các phần tử trongU có dạng u= ∑ n=1

Khi đó, dễ thấy rằng tổng hai phần tử có dạng như trên cũng nằm trongU Do đóU đóng với phép cộng. Điều còn lại cần chứng minh là với p bất kỳ thì Sq p u∈U Nói cách khác, ta cần chứng minh rằngSq p Sq I là admissible vàe(p,I)>|x|vớiIlà admissible vàe(I)>|x|. Giả sử I = (an, ,a 0 ) là admissible và p là một số nguyên lớn hơn không Khi đó, nếu p≥2an thì ta có dãyJ= (p,an, ,a 0 )là admissible Hơn nữa, từ điều kiện e(I)>|x|, ta suy radeg(I) p+|x| −2an≥ |x|.

Nếu pn Khi đóe(Sq k ) =k>n Do đó ta cóSq k x∈U Do đó ta cóSq k [x] = [Sq k x] = [0].Vậy ta cóM/U là một môđun bất ổn định.

F2hSq I x|x∈M,e(I)>|x|i định nghĩa một hàm tử từM đến U và được ký hiệu bởi D Hơn nữa, D là hàm tử phụ hợp trái của hàm tử quên

Ánh xạ hợp thành prN ◦ f: M → D(N) là phép đồng cấu A - mô đun do prN: D(N) → N là phép đồng cấu vòng và f: M → N là phép đồng cấu A - mô đun Vì vậy, SqI(prN ◦ f(x)) = SqI([0]) = [0] với mọi x ∈ M và I là một bộ số có excess lớn hơn |x|.

Khi đó tồn tại duy nhất một đồng cấu f :D(M)→D(N)sao cho prN◦ f = f ◦prM.

Ta ký hiệu đồng cấu đó làD(f) Đầu tiên, ta chỉ ra rằngD(1M) =1 D(M) Thật vậy, ta thấy rằng prM◦1M =1 D(M) ◦prM.Hơn nữa, ta có prM◦1M =D(1 M )◦prM.Giả sử rằng ta có các đồng cấuA - môđun f :M→N vàg:N →P Khi đó ta có

VậyDđịnh nghĩa một hàm tử từM vàoU Hơn nữa, ta có

Hom M (M,N)∼=Hom U (D(M),N) với mọi môđun bất ổn định N và với mọi A - môđun M Thật vậy, nếu N là một môđun bất ổn định và f : M →N là một đồng cấu các A - môđun, do đó với mọi x∈M và với mọin>|x|, ta có f(Sq n x) =Sq n f(x) =0 Do đó, tồn tại duy nhất một đồng cấu f :D(M)→N sao cho f = f ◦prM Điều này chỉ ra rằng D là hàm tử phụ hợp trái của hàm tử quênO. Định nghĩa 2.2.5([9]) Với mọi số nguyên không âmn, ta ký hiệuF(n) =D(Σ n A).

Hệ quả 2.2.6([9]) Với mọi số nguyên không âm n, môđun F(n) là một môđun xạ ảnh bất ổn định Nó được đặc trưng bởi đẳng cấu tự nhiênHom U (F(n),M)∼=M n

Nhận xét 2.2.7 Do Σ n A có duy nhất phần tử sinh là Σ n 1 ở bậc n và F(n) là một môđun thương củaΣ n A, do đóF(n)cũng có một phần tử sinh bậcnvà ta ký hiệu bởi ιn Như một không gian véctơ phân bậc trênF2, môđunF(n)có một cơ sở gồm

F(1) =F2hι 1 ,Sq 1 ι 1 , Sq 2 Sq 1 ι 1 ,Sq 4 Sq 2 Sq 1 ι 1 , ,Sq 2 n Sq 2 n−1 Sq 1 ι 1 , i.

Thật ra, ta cóF(1)⊂H ∗ (RP ∞ ,F2)∼=F2[u]vớiucó bậc1 Hơn nữa, tác động của đại số Steenrod trênH ∗ (RP ∞ ,F2)được xác định bởi

Do đó, ta có thể đồng nhấtι 1 vớiuvàSq 2 n Sq 2 n−1 Sq 1 ι 1 vớiu 2 n+1

Nhận xét 2.2.8 Với mọi số nguyênn, tồn tại duy nhất một toàn cấu ϕ : F(n+1)→ΣF(n), ι n+1 →Σιn. Thật vậy, ta có

Do đó, ta chỉ cần chỉ ra rằngϕ là một toàn cấu Thật vậy, tập hợp sau đây là một cơ sở trênF2 củaΣF(n)

Hơn nữa, ta lại có ϕ(Sq I ιn+1) =Sq I Σιn=ΣSq I ιn Vậy ϕ là một toàn cấu.

Một phần tử củaΦMcó bậc2nđược ký hiệu bởiΦxvớix∈M n

Mệnh đề 2.2.10 Cho M là một môđun bất ổn định Với x∈M n và n≥0, ta định nghĩa

Tác động này khiếnΦMlà một môđun bất ổn định Hơn nữa, tương ứng dưới đây λM :ΦM→M Φx7→Sq |x| x là một đồng cấu tự nhiên của các môđun bất ổn định Tức là nếuN là một môđun bất ổn định và f :M →N là mộtA - đồng cấu thì ta có biểu đồ giao hoán sau ΦM ΦN

. Định nghĩa 2.2.11 Vớix∈M, ta ký hiệu Sq 0 x=Sq |x| x.

Mệnh đề 2.2.12([9]) Đồng cấuλ F(n+1) :ΦF(n+1)→F(n+1)là một đơn cấu và

0→ΦF(n+1) λ F → (n+1) F(n+1)→ ϕ ΣF(n)→0 là một dãy khớp ngắn.

Bổ đề 2.2.13 Một môđun bất ổn định M là treo của một môđun bất ổn định nếu và chỉ nếuλM là tầm thường.

Chứng minh Giả sử M =ΣN là treo của một môđun bất ổn định N nào đó Khi đó, vớix∈M n tồn tạiy∈N n−1 sao chox=Σy Khi đó ta có λM(x) =Sq 0 (x) =Sq |x| x=Sq n x=Sq n (Σy) =ΣSq n y=Σ0=0, với dấu bằng thứ sáu xảy ra do N là một môđun bất ổn định Vậy ánh xạ λM là tầm thường.

Giả sử λM là tầm thường Ta ký hiệu N làA - môđun N k =M k+1

Ta sẽ chỉ ra rằngN là một môđun bất ổn định Ta lấy phần tử x∈N k và số nguyên nsao chon>k Khi đó với phần tửSq n xta có:

• Nếun>k+1thì khi đó ta có|x|=n+1trongM vàMlà môđun bất ổn định nên

Sq n x=Sq 0 x=λM(x) =0 doλM là tầm thường.

Do đóN là một môđun bất ổn định Ta chỉ cần chỉ ra rằngM =ΣN.

Từ định nghĩa củaN, ta thấy rằng(ΣN) k =M k , vớik≥1 Vớik=0, ta cóλM:M 0 →

M 0 là ánh xạ đồng nhất, màλMlà tầm thường với mọik, do đó ta cóM 0 =0= (ΣN) 0 Vậy ta suy raM =ΣN và do đó ta có điều phải chứng minh.

Bổ đề 2.2.14 khẳng định rằng với mọi mô đun bất ổn định M, cả hạt nhân và đối hạt nhân của λM đều là treo của một mô đun bất ổn định nào đó Điều này có nghĩa là tồn tại các mô đun bất ổn định \(\alpha\) sao cho λ(M) = \(M\alpha\) và \(M\) = \(\alpha\)λ(M).

Tương ứngM 7→K và M7→N là các endofunctor của U Hơn nữa, hàm tửM 7→N là hàm tử phụ hợp trái của hàm tử treo Σ:U →U mà ta ký hiệu là Ω, được gọi là hàm tử loop Hàm tửΩlà một hàm tử khớp phải.

Hơn nữa, hàm tử Ωlà hàm tử phụ hợp trái của hàm tửΣ, nghĩa là

Chứng minh Đầu tiên, ta chứng minh Ker(λM)là treo của một môđun bất ổn định. Bằng cách sử dụng bổ đề trên, ta chứng minh λ Ker(λ M ) là tầm thường Giả sửΦx∈ ΦKer(λ M )và|Φx|=2k, tức là|x|=k Khi đó ta có λ Ker(λ M ) (Φx) =Sq 0 x=Sq 2k x=0, với dấu bằng cuối cùng xảy ra doKer(λ M )là một môđun bất ổn định VậyKer(λ M ) là treo của một môđun bất ổn địnhK nào đó.

Ta chứng minhλ Coker(λ M ) là tầm thường Giả sử[Φx]∈ΦCoker(λM)và|[Φx]|=2k, tức là|[x]|=k Khi đó ta có λ Coker(λ M ) ([Φx]) =Sq 0 [x] = [Sq 2k x] = [0],với dấu bằng cuối cùng xảy ra doMlà một môđun bất ổn định VậyCoker(λ M )là treo của một môđun bất ổn địnhK nào đó.

Với các đồng cấu f,g:M→X, ta định nghĩa ánh xạ: f +g:M→X, m7→ f(m) +g(m).

Khi đó ánh xạ trên là một A - đồng cấu Từ đó ta suy ra Φ(f +g) =Φ(f) +Φ(g). Thật vậy, ta có biểu đồ giao hoán ΦM M ΦX X

(f +g)λM=λX◦Φ(f +g) (2.2.1) Mặt khác, ta lại có f ◦λM=λX◦Φ(f)vàg◦λM =λX◦Φ(g).Từ đó suy ra

Lấy (2.2.1) trừ đi (2.2.2) ta cóλ X [Φ(f +g)−Φ(f)−Φ(g)] =0.Mà đồng cấu λ X là khác tầm thường nên ta có Φ(f +g) =Φ(f) +Φ(g).

Ta có biểu đồ giao hoán

Từ đó suy ra Ω(f +g)◦prM = prN◦(f +g) Mặt khác, ta cũng có Ω(f)◦prM prN◦ f vàΩ(g)◦prM = prN◦g.

Từ đó suy ra[Ω(f) +Ω(g)]prM=prN(f+g).Vậy[Ω(f+g)−Ω(f)−Ω(g)]prM 0 Do prM là một toàn cấu nên ta suy ra Ω(f +g) =Ω(f) +Ω(g) Với f :M →X, khi đó ta có biểu đồ giao hoán

6 ι X với f là hạn chế của đồng cấu f trênKer(λ M ) Vậy ứng với mỗi đồng cấu từM 7→X, ta có một đồng cấu đi từ Ker(λ M )→ Ker(λ X ) Do đó tương ứng M 7→ K là một endofunctor.

Tương tự, ta có biểu đồ

, với [f] biến phần tử [u] ∈Coker(λ M )thành phần tử [f(u)] trongCoker(λ X ) Do đó tương ứngM →N cũng là một endofunctor.

Tiếp theo, ta chứng minh Ωgửi một toàn cấu vào một toàn cấu Giả sử f :M→X là một toàn cấu Khi đó ta có biểu đồ giao hoán sau

Do ta có prX, f, prM là các toàn cấu nên ta suy ra ΣΩf là một toàn cấu Dẫn đến

Ωf :ΩM→ΩX là một toàn cấu Từ đó suy ra hàm tửΩlà hàm tử khớp phải.

Tiếp theo, ta sẽ tính ΩF(n) Theo Mệnh đề (2.2.12) ta có dãy khớp

Từ đó ta suy raΣF(n−1) = F(n) ΦF(n).Mặt khác, ta lại có ΣΩF(n)∼=Coker(λ F(n) ) = F(n)

Tuy nhiên, doλ F(n) là một đơn cấu, nênIm(λ F(n) )∼=ΦF(n) Từ đó suy ra ΣF(n−1) =ΣΩF(n).

Sau đây, ta sẽ chứng minh

Giả sử ta có đồng cấu f :F(n)→ΣM Khi đó tồn tại đồng cấu ΣΩ(f):Coker(λ F(n) )→Coker(λ Σ M ).

Do ΣM là một treo nên ta có λΣM là tầm thường theo Mệnh đề (2.2.13), do đó Coker(λ ΣM )∼= ΣM Từ đó ta suy ra ΣΩ(f):ΣΩF(n)→ ΣM, vậy tồn tại một đồng cấuΩ(f):ΩF(n)→M.

Giả sử ta có đồng cấug:ΩF(n)→M Khi đó, ta có một đồng cấuΣg:ΣΩF(n)→ ΣM.

Ta lại có toàn cấu pr :F(n)→Coker(λ F(n) ) =ΣΩF(n) Vậy ta có đồng cấu hợp thànhΣg◦pr:F(n)→ΣM nằm trongHom U (F(n),ΣM) Từ đó suy ra

Cuối cùng, ta chứng minh

Với f :N→ΣM, ta cóΩf :ΩN→ΩΣM∼=M.Ngược lại, vớig:ΩN→M, ta có toàn cấu pr:N→ΣΩN Do đó đồng cấu hợp thành

N→ pr ΣΩN → Σ g ΣM là một đồng cấu từN đếnΣM.

Ta sẽ chứng minh ánh xạ trên là một song ánh Thật vậy, với f : N → ΣM, ta có biểu đồ giao hoán

Ω f pr −1 ◦Ω f với pr là một đẳng cấu.

Ngược lại, ta đặtg= pr −1 ◦ f Khi đó ta có biểu đồ giao hoán

Ω f * pr −1 ◦Ω f vớiϕ là một toàn cấu vàprlà một đẳng cấu Khi đó ta có đồng cấu pr −1 ◦Ωf◦ϕ= f.

Do đó tương ứng trên là một song ánh.

Giải thức xạ ảnh và dãy EHP đại số

Trước khi đi đến xây dựng dãy EHP đại số, ta cần mệnh đề sau

Mệnh đề 3.1.1 Cho một dãy khớp ngắn cácA - môđun phân bậc bất ổn định

Khi đó, với mộtA- môđunN ta có một dãy khớp dài ã ã ã →Ext U n (A,N)→Ext U n+1 (C,N)→Ext U n+1 (B,N)→Ext U n+1 (A,N)

Chứng minh Giả sử ta có một dãy khớp ngắn

Giả sử(P • ,p • )và(R • ,r • )là các giải thức xạ ảnh củaAvàC Ta đặtQ 0 =P 0 ⊕R 0 , với đồng cấu f 0 :P 0 →Q 0 là phép nhúng chính tắc và g 0 :Q 0 →R 0 là phép chiếu chính tắc Khi đó dãy

0→P 0 → f 0 Q 0 → g 0 R 0 →0 là một dãy khớp ngắn DoR 0 là một môđun xạ ảnh nên khi đó với toàn cấug:B→C, và đồng cấur 0 :R 0 →C, tồn tại đồng cấuu 0 :R 0 →Bsao chor 0 =g◦u 0 Khi đó, với pr P 0 :Q 0 →P 0 là phép chiếu chính tắc, ta định nghĩa đồng cấuq 0 :Q 0 →Bbởi q 0 = f ◦p 0 ◦prP 0 +u 0 ◦g 0

Khi đó đồng cấuq 0 là một toàn cấu Tiếp theo, ta đặtK 0 A =Ker(p 0 ), K 0 B =Ker(q 0 ), vàK 0 C =Ker(r 0 ) Khi đó ta có biểu đồ

? với các cột là các dãy khớp ngắn, và các hàng cũng là các dãy khớp ngắn, với các đồng cấu ở hàng trên cùng là hạn chế của đồng cấu f 0 vàg 0 trên các tập tương ứng.

Khi đó, ta có một dãy khớp ngắn 0 → K 0 A → K 0 B → K 0 C → 0 đóng vai trò như dãy khớp ban đầu và hai giải thức xạ ảnh của K 0 A và K 0 C lần lượt là (P k ,p k ) k≥1 và (R k ,r k ) k≥1 Khi đó, ta lại chọnQ 1 =P 1 ⊕R 1 và ta lại có một biểu đồ3×3như ở trên.

Ta sẽ xây dựng giải thức xạ ảnh củaBbằng cách quy nạp Giả sử ta xây dựng được một dãy các môđun xạ ảnhQnsao cho dãy

→Q n−1 q → ã ã ã → n−1 Q 1 → q 1 Q 0 → q 0 B là khớp và thỏa mãn yêu cầu của mệnh đề.

Khi đó, ta đặtK n A =Ker(p n ),K n B =Ker(q n ),K n C =Ker(r n ) Khi đó, ta cũng có một biểu đồ giao hoán3×3:

? khi đó p n+1 và r n+1 phân tích được qua K n A và K n C Khi đó, ta định nghĩa Q n+1 P n+1 ⊕R n+1 và lặp lại những gì đã làm ở biểu đồ đầu tiên Vậy ta thu được một dãy khớp ngắn các giải thức xạ ảnh0→P • →Q • →R • →0.Khi đó, vớiN là một môđun và tại bậcn, ta thu được các dãy khớp ngắn

0→Hom U (Rn,N)→Hom U (Qn,N)→Hom U (Pn,N)→0.

Từ đó ta thu được một biểu đồ giao hoán

6 6 6 suy ra dãy khớp ngắn các phức đối dây chuyền

Khi đó ta lấy đồng điều, thu được dãy khớp dài ã ã ã →Ext U n (A,N)→Ext U n+1 (C,N)→Ext U n+1 (B,N)→Ext U n+1 (A,N)

→Ext U n+2 (C,N)→ ã ã ã. Khi đó, ta nối thêm dãy khớp ngắn ta có

→Ext U 1 (B,N)→Ext U 1 (A,N)→ ã ã ã. Định lý 3.1.2(Xây dựng của Bousfield cho dãy EHP đại số [8]) Với mọi môđun bất ổn địnhMvàN, tồn tại một dãy khớp dài ã ã ã →Ext U s−2 (Ω 1 M,N)→Ext U s (ΩM,N)→Ext U s (M,ΣN)→Ext U s−1 (Ω 1 M,N)→ ã ã ã với đồng cấu

Ext U s (ΩM,N)→Ext U s (M,ΣN) là phép hợp thành

Ext U s (ΩM,N)→Ext U s (ΣΩM,ΣN)→Ext U s (M,ΣN) của đồng cấu được cảm sinh bởi đồng cấuM →ΣΩM của phụ hợp(ΩaΣ) và một đồng cấu được cảm sinh bởi hàm tử khớpΣ.

Chứng minh Giả sử {P i ,di :Pi+1 →Pi,≥0}được ký hiệu là P • là một giải thức xạ ảnh củaM Khi đó ta có dãy khớp ngắn sau

→f ΩP 0 → g ΩM →0, (3.1.1) với glà một toàn cấu và f = [Ωd 0 ] Ta có ΩP 1

∼=Im(Ωd 0 )⊂ΩP 0 , do đó f là một đơn cấu.

Với u∈Im(f), khi đó tồn tại [x]∈ ΩP 1

Với điều kiện u= [Ωd 0 ]([x]) =Ωd 0 (x), g(u) bằng 0 do giải thức (P k ,d k ) k≥0 của M Ngược lại, do dãy ΩP 1 →ΩP 0 →ΩM→0 khớp nên Ker(g) = Im(Ωd 0 ) và dãy (3.1.1) cũng khớp.

Theo Mệnh đề (3.1.1), ta thu được một dãy khớp

Hơn nữa, ta có(ΩP k ,Ωdk) k≥1 là một giải thức xạ ảnh của ΩP 1

Ker(Ωd 0 ), do đó ta có Ext U s

Im(ΩP s →ΩP s+1 ) Lại có(ΩP k ,Ωdk) k≥0 là một giải thức xạ ảnh củaΩM Khi đó ta có

Từ đó ta suy ra

∼=Ext U s+1 (ΩM,N) (3.1.2) với mọis≥1 Theo Mệnh đề (2.2.22), ta có dãy khớp ngắn

Ker(Ωd 0 ) →0, vậy ta cũng có một dãy khớp dài ã ã ã →Ext U s−2 (Ω 1 M,N)→Ext U s−1

→Ext U s−1 (Ω 1 ,N)→ ã ã ã. Theo (3.1.2), ta có ã ã ã →Ext U s−2 (Ω 1 M,N)→Ext U s (ΩM,N)→Ext U s−1 (C,N)→Ext U s−1 (Ω 1 ,N)→ ã ã ã.

Do ta có(ΩP k ,Ωdk) k≥1 là một giải thức xạ ảnh củaC, do đó ta có

Tuy nhiên, ta cũng cóHom U (ΩM,N)∼=Hom U (M,ΣN) Do đó, với một đồng cấu từ u:Pn → ΣN, ta có tương ứng một đồng cấu từ P n+1 → ΣN bằng cách lấy phép hợp thành u◦d n+1 Do đó, ta có H s+1 (Hom U (ΩP • ,N))∼=Ext U s+1 (M,ΣN) Từ đó suy ra Ext U s (C,N)∼=Ext U s+1 (M,ΣN) Do đó, dãy khớp dài của các nhóm mở rộng Ext liên kết với dãy khớp ngắn

Ker(Ωd 0 )→0 là dãy khớp dài EHP đại số Hơn nữa, giả sửQ • là một giải thức xạ ảnh của ΩP 1

Ker(Ωd 0 ). Khi đó, toàn cấuC→ ΩP 1

Ker(Ωd 0 )nâng lên thành một đồng cấu dây chuyền từΩP •+1 →

Q • Khi đó, ta có biểu đồ giao hoán

- Điều này chỉ ra rằng đồng cấu

Ext U s (ΩM,N)→Ext U s (M,ΣN) là hợp thành của

Ext U s (ΩM,N)→Ext U s (ΣΩM,ΣN)→Ext U s (M,ΣN) với mũi tên đầu tiên được cảm sinh bởi hàm tử khớpΣvà mũi tên thứ hai được cảm sinh bởi phép chiếu chính tắcM →ΣΩM.

Xét M =Σ n F2 và N =Σ t F2 Với n≥1, khi đó ta có đồng cấu λM :ΦM → M là đồng cấu tầm thường Từ đó ta cóIm(λ M ) =0, do đó ΣΩM=Coker(λ M ) =M.

ΩM∼=Σ n−1 F2. Hơn nữa, doλM là đồng cấu tầm thường nên ta có ΣΩ 1 M =Ker(λ M ) =ΦM=ΦΣ n F2. Theo định nghĩa củaΦvàΣta có

Tuy nhiên, ta lại có(Σ n F2) m =F2 khim=n Do đó ta có

Từ đó suy raΦΣ n F2=Σ 2n F2.Vậy ta cóΩ 1 M=Σ 2n−1 F2.

Giả sử M là một môđun bất ổn định sao cho Ω 1 M là tầm thường Ta cố định (P k ,d k ) k≥0 là một giải thức xạ ảnh của M và (Q k ,f k ) k≥0 là một giải thức xạ ảnh củaΦM VớiM,N∈U và f :M→Nlà một đồng cấu, ta có biểu đồ sau là giao hoán

Vậy với Φ:U →U và Id : U → U là các hàm tử, ta có λ : Φ→ Id là một phép biến đổi tự nhiên, do đó đồng cấuλ M cho ta một đồng cấu dây chuyềnλ P • ΦP • →P • Măt khác, ta lại có đồng cấu đồng nhất Id :ΦM →ΦM, do đó ta có một phép nâng lên thành một đồng cấu dây chuyền ω :Q • →ΦP • Do đó, ánh xạ hợp thành ω◦λP • khiến cho biểu đồ sau giao hoán

Bây giờ, ta xét ω◦λP • :Q • → P • như một phép kép với hai cột Q • và P • khác tầm thường Ta ký hiệuT • =P • L Q • [1] là phức tổng của phép kép này và

Khi đó ta có Hi(T • ) =Hi(P • )⊕Hi(Q • [1]) Từ đó suy ra Hi(T • ) = 0 với i ≥ 1 và

H 0 (T • ) =Coker(λ M ) =ΣΩM Hơn nữa, ta lại có phép hợp thành

P 0 =T 0 →M→ΣΩM→Coker(λ M ) là một toàn cấu Do đóT • là một giải thức xạ ảnh củaΣΩM Tiếp theo ta sẽ tínhΩT •

Do đồng cấu pr: M → ΣΩM là toàn cấu nên hợp thành của hai đồng cấu M → ΣΩM → ΩM sẽ là đồng cấu hợp thành ΩM: M → ΩM Từ đó suy ra đồng cấu Ω(pr): ΩM → ΩM là đồng cấu đồng nhất trên ΩM Bên cạnh đó, ta có dãy khớp

0→ΣΩ 1 M→ΦM→ λ M M→ pr ΣΩM→0. Áp dụng hàm tửΩvào dãy khớp trên, và ta cóΣΩ 1 M={0}nên ta thu được dãy khớp

ΩΦM Ωλ → M ΩM Ω → pr ΩM→0 với đồng cấuΩpr là đồng cấu đồng nhất Từ đó ta có dãy ΩΦM Ωλ → M ΩM →0khớp tạiΩM, từ đó ta suy raΩλM là đồng cấu0.

Với lập luận trên, ta thu đượcΩ(ω◦λP • )là đồng cấu tầm thường Khi đó ta có

Cũng do Ω là hàm tử khớp phải nên ta có ΩP • là một giải thức xạ ảnh của ΩM và

ΩQ • là một giải thức xạ ảnh củaΩΦM Từ đó ta có bổ đề sau đây

Bổ đề 3.1.3([8]) ChoM là một môđun bất ổn định sao choΩ 1 Mlà tầm thường Với mọi môđun bất ổn địnhN, ta có một đẳng cấu giữa các nhóm mở rộng

Ext U s (ΣΩM,ΣN)∼=Ext U s (ΩM,N) M Ext U s−1 (ΩΦM,N), với mọis≥0với nhóm mở rộng có bậc -1 là tầm thường.

Chứng minh Ta có nhóm mở rộng Ext U s (ΣΩM,ΣN)được tính theo định nghĩa bởi

Theo Định lý (3.1.2) ta có

ΩP • M ΩQ • [1],N với dấu bằng thứ hai xảy ra theo lập luận trên Tuy nhiên, ta có

ΩT • =ΩP • M ΩQ • [1], và đồng cấu dây chuyềnΩ(ω λ P • )là đồng cấu tầm thường nên ta có

Từ đó ta suy raExt U s (ΣΩM,ΣN)∼=Ext U s (ΩM,N) L Ext U s−1 (ΩΦM,N).

Với M là một môđun bất ổn định vàx∈M có bậc k, theo định nghĩa của đồng cấu λ ta có

Sq 0 Φx=Sq |2k| Φx=ΦSq k x=ΦSq 0 x, điều đó tương đương vớiλM =ΦλM. Áp dụng Bổ đề (3.1.3) vớiM=Φ n F(1)ta có Định lý 3.1.4 (Định lý chẻ của James) Với mọi số nguyên không âm n và với mọi môđun bất ổn địnhN, ta có các đẳng cấu giữa cácF2 - không gian véctơ

Chứng minh Ta sẽ chứng minh rằng

Do đồng cấuλ F(1) là một đơn cấu nên ta cóΣΩ 1 F(1) =Ker(λ F(1) ) ={0}.Từ đó suy raΩ 1 F(1) =0 Do Φlà hàm tử khớp nên ta cóΩ 1 Φ n F(1) =0với mọin≥1.

Khi đó, ta có dãy khớp ngắn sau đây

DoΦlà hàm tử khớp nên ta có

0→Φ 2 F(1) Φλ → F(1) ΦF(1)→ΦΣΩF(1)→0 là một dãy khớp ngắn Hơn nữa, ta cũng có dãy khớp ngắn

Ta đã chứng minh rằngΦλ F(1) =λ ΦF(1) và hai dãy trên là khớp nên ta có ΦΣΩF(1)∼=ΣΩΦF(1)∼= ΦF(1)

Vớin=0, ta đã chứng minh đượcΩF(1) =F(0) =F2 Tiếp theo, ta chứng minh rằng ΩΦF(1)∼=ΣF2.Ta có ΣΩΦF(1)∼=ΦΣΩF(1)∼=ΦΣF(0)∼=ΦΣF2. Theo định nghĩa củaΦvàΣta có

Tuy nhiênΣF2 chỉ bằng F2 tại bậc 1, do đó ta có (ΦΣF2) 2 =F2, còn tại các bậc m nhỏ hơn 2 thì(ΦΣF2) m =0 Từ đó ta cóΦΣF2∼=Σ 2 F2 Do đóΩΦF(1)∼=ΣF2.

Ta sẽ chứng minh công thức (3.1.3) bằng quy nạp theon Giả sử ta đã có

F2. Theo định nghĩa của hàm tửΦta có

DoΣ 2 n−1 F2 bằngF2 tại bậc2 n−1 và bằng 0tại các bậc nhỏ hơn nó nên ta có

Từ đó suy ra ΦΣ 2 n−1 F2 ∼=Σ 2 n F2 Vậy ΩΦ n F(1)∼=Σ 2 n −1 F2 Áp dụng Bổ đề (3.1.3) vớiM=Φ n F(1), từ đó ta có ΣΩM ∼=ΣΩΦ n F(1)∼=ΣΣ 2 n −1

Môđun Brown - Gitler

Định nghĩa 3.2.1 ([9]) Trong phạm trù U của các môđun bất ổn định, với mỗi số nguyênn≥0, kí hiệu #là không gian véctơ đối ngẫu Khi đó tồn tại một môđun bất ổn địnhJ(n)sao cho

Hom U (M,J(n))∼=M n,# :=Hom F 2 (M n ,F2) là một đẳng cấu tự nhiên Ta gọiJ(n)là môđun Brown - Gitler thứn.

Từ định nghĩa, ta thấy rằng

Ta có(F(n)) n là mộtF2 - không gian véctơ 1 chiều, do đó

Từ đó ta cóHom((F(n)) n ,(J(n)) n )∼=F2 Vậy ta suy ra(J(n)) n =F2.

Hơn nữa, với m>nta có

Do(F(m)) n =0vớinn.

Mệnh đề 3.2.2 Vớin≥0,J(n)là một môđun nội xạ.

Chứng minh Để chứng minh J(n)là một môđun nội xạ, ta sẽ chứng minh rằng với một dãy khớp ngắn các môđun bất ổn định

0→A→ f B→ g C→0, thì ta có dãy khớp ngắn

Tuy nhiên, dãy trên lại bằng với dãy

DoA n ,B n ,C n là cácF2 - không gian véctơ nên ta có dãy trên là dãy khớp ngắn Từ đó suy raJ(n)là một môđun nội xạ.

Mệnh đề 3.2.3([9]) Với mọi môđun bất ổn địnhM, tồn tại một đơn cấu ϕ :M→ ∏ x∈M n

J(n) biếnx∈M n vàox # (x)∈J(n)vớix # ∈M n# tương ứng vớixtheo đẳng cấu

Giả sử x thuộc Ker(φ) thì φ(x) = (0,0, ) Nếu phản chứng x^6 = 0 thì x^#6 = 0 Tuy nhiên, φ(x) = 0 với mọi x nên x^# = 0 với mọi x thuộc M Do đó φ là đơn cấu.

Ta thấy rằng vớiM là một môđun bất ổn định, ta có

ChoN là một môđun bất ổn đinh, ta định nghĩaΣN˜ là không gian véctơ phân bậc ΣN˜ k

Với mỗi toán tử SteenrodSq t sẽ cảm sinh một đồng cấu

Sq t :F(n+t)→F(n), ιn+t 7→Sq t ιn định nghĩa một tác động của đại số Steenrod trênΣN.˜

Mệnh đề 3.2.4 ChoN là một môđun bất ổn định Khi đó, ta cóΣN˜ là một môđun bất ổn định.

Chứng minh Đầu tiên, ta chứng minh rằng ΣN˜ là một môđun trên đại số Steenrod với phép toán A m × ΣN˜ k

→ ΣN˜ k+m bởi (Sq i ,f) → Sq i f Với Sq i ,Sq j ∈ A m

Do f là A - môđun nên ta có (Sq i +Sq j )f =Sq i f +Sq j f và với g∈ ΣN˜ k ta có

Vậy phép toán trên là một phép nhân vô hướng Hơn nữa, ta có

Sq i (Sq j f(Σι k )) =Sq i f(Sq j Σι k ) = f(Sq i Sq j Σι k ) =Sq i Sq j f(Σι k ) vàSq 0 f(Σι k ) = f(Sq 0 Σιk) Do đó,Σ˜ là mộtA - môđun.

VớiNlà một môđun bất ổn định, ta chọnϕ∈ ΣN˜ k

Khi đó ta cóϕ∈Hom U (ΣF(k),N). Với m> k, để chứng minh ΣN˜ là một môđun bất ổn đinh ta cần chứng minh rằng

Sq m ϕ=0 Ta cóΣιk ∈ΣF(k), khi đó ta có

Sq m ϕ(Σι k ) =ϕ(Sq m Σιk) =ϕ(ΣSq m ιk) =ϕ(0) =0, với dấu bằng thứ 3 xảy ra doΣF(n)là một môđun bất ổn định.

Từ đó ta suy raΣN˜ là một môđun bất ổn định.

Mệnh đề 3.2.5 VớiM vàN là các môđun bất ổn định, tồn tại một đẳng cấu tự nhiên

Chứng minh Giả sử M=⊕ i∈I Mi, ta sẽ chứng minh rằng

Thật vậy, một đồng cấu từMi→ ⊕ i∈I Micảm sinh cho ta một đồng cấu

Khi đó, ta có đẳng cấuHom U M i∈I

Hom U (M i ,N).Thật vậy, xét đồng cấu ϕ:Hom U M i∈I

Hom U (M i ,N) được định nghĩa bởi f 7→(f ◦ιi) i∈I vớiιi:Mi→ ⊕ i∈I Mi là phép nhúng Do f vàιi là các đồng cấu nênϕ cũng là một đồng cấu.

Giả sửϕ(f) =ϕ(g), khi đó ta suy ra(f ◦ιi) i∈I = (g◦ιi) i∈I Khi đó, với mỗi(m i ) i∈I được chứa trong⊕ i∈I Mita có f (m i ) i∈I

=g (m i ) i∈I vớimở vị trí thứi Do ở trên là tổng hữu hạn, ta suy ra f =g Vậyϕ là một đơn cấu.

Mặt khác, giả sử ta có(h i ) i∈I ∈∏ i∈I

Hom U (M i ,N).Khi đó, ta định nghĩa đồng cấu f : M i∈I

Ta có tổng ở cuối là hữu hạn dohi(0) =0ở hầu hết mọi tọa độ trừ đi một số hữu hạn cácmi khác không Do đó, hàm này được định nghĩa tốt, và f cũng là một U - dồng cấu Hơn nữa, ta cóϕ(f) = (f ◦ιi) i∈I = (h i ) i∈I Do đóϕ là một toàn cấu.

Vậyϕ là một đẳng cấu.

Ta lại có với k≥0và Hệ quả (2.2.6)

Giả sử ta có(P • ,d • )là một giải thức xạ ảnh củaM, sao choP • = M k∈K

F(k) Khi đó, ta có dãyP 1 →P 0 →M là khớp nên ta cóΣP 1 →ΣP 0 →ΣM→0cũng là một dãy khớp.

Từ đó ta suy ra các dãy khớp

. Theo chứng minh trên, vớii≥0ta lại có

. Xét biểu đồ giao hoán hình chữ nhật

- v 2 với các hàng là khớp, hình vuông là giao hoán, vàϕ 1 ,ϕ 2 là các đẳng cấu Dou 1 ,u 2 là đơn cấu nên ta có

Hom U (ΣM,N)∼=Im(u 1 ) =Ker(u 2 ) vàHom U M,ΣN˜ ∼=Im(v 1 ) =Ker(v 2 ).

Xét đồng cấu hạn chế của ϕ 1 : Ker(u 2 )→ Ker(v 2 ) Định nghĩa trên là tốt Với x∈Ker(u 2 )thì ta có0=ϕ 2 (u 2 (x)) =v 2 (ϕ 1 (x)) Từ đó ta cóϕ 1 (x)∈Ker(v 2 ).

Giả sửy∈Ker(v 2 ), khi đó doϕ 1 là một đẳng cấu nên tồn tại phần tửa∈Hom U (ΣP 0 ,N) sao choy=ϕ 1 (b) Từ đó ta suy ra

Doϕ 2 là một đẳng cấu nên ta suy rau 2 (b) =0, do đób∈Ker(u 2 ) Từ đó ta suy raϕ 2 là một toàn cấu.

Mặt khác, ta lại có ϕ 1 là một đơn cấu từ Hom U (ΣP 0 ,N) vàoHom U P 0 ,ΣN˜

, do đóϕ 1 hạn chế trênKer(u 2 )cũng là một đơn cấu.

Từ đó ta cóϕ 1 là một đẳng cấu, suy raKer(u 2 )∼=Ker(v 2 ) Vậy ta suy ra

Mệnh đề 3.2.6 VớiNlà một môđun bất ổn định trên đại số Steenrod và một số nguyên k≥0, ta định nghĩa ΦN˜ k

Khi đó ta có đẳng cấuHom U (ΦM,N)∼=Hom U M,ΦN˜

Chứng minh Với N là một môđun bất ổn định vàklà một số nguyên không âm ta có

. Áp dụng chứng minh của mệnh đề trên ta suy ra

Chọn(P • ,d • )là một giải thức xạ ảnh củaM sao choP • = M k∈K

F(k) Khi đó, do Φlà hàm tử khớp nên ta có dãyΦP 1 →ΦP 0 →ΦM→0là một dãy khớp Từ đó ta suy ra

Mệnh đề 3.2.7 Với mọi số nguyênn≥0, ta có ΣJ(n)˜ ∼

Chứng minh Theo định nghĩa củaΣ˜ vàkcố định ta có ΣJ(n)˜ k

Từ đó ta suy ra ΣJ(n)˜ k ∼= (J(n−1)) k tại mọi bậc k≥0 và n≥1 Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.

Tương tự, theo định nghĩa củaΦ˜ vàmcố định ta có ΦJ(n)˜ m

Ta lại có vớin=2kta có

2 nên ta suy ra ΦJ(n)˜ m∼= J n 2 ! m tại bậcm≥0 Vớin=2k+1, ta có(F(m)) n 2 # ={0} Từ đó ta suy ra ΦJ(n)˜ ∼

Mệnh đề 3.2.8(Dãy khớp ngắn Mahowald [9]) Vớinlà một số nguyên và n≥0, ta có dãy khớp ngắn

Chứng minh Với n≥0vànnguyên, ta có dãy khớp ngắn

0→ΦF(n)→F(n)→ΣF(n−1)→0. Áp dụng hàm tửHom U (−,J(n))và doJ(n)là một môđun nội xạ nên ta có dãy

0→Hom U (ΣF(n−1),J(n))→Hom U (F(n),J(n))→Hom U (ΦF(n),J(n)→0 là một dãy khớp ngắn Do đó, ta có dãy khớp ngắn

Từ đó ta suy ra dãy khớp ngắn của các môđun

Do dãy trên là khớp với mọin≥0nên ta có dãy khớp ngắn

Bổ đề 3.2.9 NếuM∈U là một môđun bất ổn định hữu hạn, khi đó tồn tại một giải thức nội xạ củaM có độ dài hữu hạn.

Chứng minh DoM là hữu hạn, do đó tồn tại số nguyên n≥0sao choM k ={0}với mọik>nvà gọiBm là một cơ sở trênF2 củaM m với mọim≤n Đặt

Khi đó tồn tại một đơn cấuϕ :M → ∏ x∈ B m

J(m)∼=N.Mặt khác, do M là môđun hữu hạn có các bậc lớn hơnnlà tầm thường nên ta có

, ta sẽ chứng minh rằngϕ n là một đẳng cấu Thật vậy, ta đã biết rằngϕ là một đơn cấu. Hơn nữa, do mỗi J(n)n∼=F2 nên ta có dim F 2

Từ đó ta suy raϕ là đẳng cấu, từ đó ta suy raCoker(ϕ n ) =0 Vậy ta có môđun phân bậcCoker(ϕ) =0tập trung tại bậc nhỏ hơnnvà do đó nó là hữu hạn GọiCm là một cơ sở trên F2 của Coker(ϕ)m với m