Bài toán HIT đối với đại số đa thức năm biến và ứng dụng

những người đã chỉ ra mối liên hệ của bài toán hitvới một số bài toán cổ điển trong lý thuyết đồng luân như lý thuyết đồng biêncủa các đa tạp, lý thuyết biểu diễn modular của các nhóm tu

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

NGUYỄN KHẮC TÍN

BÀI TOÁN HIT ĐỐI VỚI ĐẠI SỐ ĐA THỨC

NĂM BIẾN VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC

CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ

MÃ SỐ: 62.46.01.04

Phản biện 1: Phản biện 2: Phản biện 3:

Người hướng dẫn khoa học:

PGS.TS NGUYỄN SUM

BÌNH ĐỊNH, NĂM 2017

Mục lục

1.1 Đại số Steenrod 10

1.2 Cấu trúc A-môđun của đại số đa thức 11

1.3 Hàm µ và véctơ trọng của đơn thức 11

1.4 Đơn thức chấp nhận được và đơn thức hit 16

1.5 Một số đồng cấu và ký hiệu 18

Chương 2 Một số vấn đề về bài toán hit đối với đại số đa thức 21 2.1 Tính đẳng cấu của đồng cấu Kameko lặp 21

2.2 Bài toán hit đối với đại số đa thức năm biến tại một số dạng bậc 24

2.2.1 Trường hợp d = 1 25

2.2.2 Trường hợp d = 2 30

2.2.3 Trường hợp d = 3 40

Chương 3 Ứng dụng của bài toán hit cho đồng cấu chuyển đại số thứ năm của Singer 43 3.1 Giả thuyết của Singer về đồng cấu chuyển đại số 43

3.2 Chứng minh Định lý 3.1.3 45

3.2.1 Trường hợp d = 1 45

3.2.2 Trường hợp d = 2 50

3.2.3 Trường hợp d = 3 573.3 Chứng minh Hệ quả 3.1.4 59

Lời cam đoan

Luận án này được hoàn thành tại trường Đại học Quy Nhơn, dưới sự hướngdẫn của PGS TS Nguyễn Sum Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứucủa tôi Các kết quả trong Luận án là trung thực được các đồng tác giả chophép sử dụng và chưa từng được ai công bố trước đó

Tác giả,

Nguyễn Khắc Tín

Lời cảm ơn

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy tôi PGS.TS Nguyễn Sum Thầy

đã tận tình hướng dẫn tôi từ những bước đi đầu tiên trong nghiên cứu, khi tôilàm luận văn thạc sỹ và giờ đây là luận án tiến sĩ, thầy luôn tạo cho tôi mộtmôi trường làm việc cởi mở, chân tình và đầy ấm cúng Hơn thế nữa, như mộtngười cha, thầy luôn động viên, uốn nắn tôi để tôi hoàn thiện hơn trong cuộcsống cũng như trong nghiên cứu khoa học và đặc biệt là sự quan tâm giúp đỡ

về mặt vật chất lẫn tinh thần để cho tôi an tâm trong suốt quá trình học tập

và nghiên cứu của mình

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến Ban Giám hiệu; Phòng Đàotạo sau đại học; Khoa Toán-Trường Đại học Quy Nhơn, cùng các Thầy giáo,

Cô giáo đã giảng dạy, giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong thời gianhọc tập và nghiên cứu tại trường

Tôi xin cảm ơn Ban Giám hiệu-Trường Đại học Sư phạm Kỹ thuật Thànhphố Hồ Chí Minh đã tạo điều kiện cho tôi đi học Tôi cũng xin gửi lời cảm ơnchân thành đến các đồng nghiệp trong Bộ môn Toán, Khoa Khoa học Ứng dụng

đã gánh vác công việc của tôi trong suốt thời gian tôi đi làm nghiên cứu sinhtại trường Đại học Quy Nhơn

Tôi xin chân thành cảm ơn NCS Liên Vương Lâm và các bạn bè gần xa đãthăm hỏi, giúp đỡ tôi rất nhiều trong ba năm qua Xin cảm ơn Cô Kim Phụng

đã dành cho tôi những lời khuyên chân tình, những lời động viên, khích lệ tinhthần trong suốt thời gian tôi thực hiện luận án này

Cuối cùng, tôi xin dành tình cảm đặc biệt của mình gửi đến tất cả nhữngngười thân thương trong gia đình tôi, những người luôn bên cạnh động viên, an

ủi, chia sẻ mọi khó nhọc cùng tôi; đặc biệt là sự vất vả, hy sinh to lớn của vợ

và con gái tôi đã gánh vác mọi công việc gia đình, tạo mọi điều kiện tốt nhất

có thể để tôi chuyên tâm học tập

Tác giảNguyễn Khắc Tín

Mở đầu

Một trong những công cụ cơ bản được sử dụng để nghiên cứu bài toán phânloại đồng luân của các không gian tôpô đó là các toán tử đối đồng điều đượcSteenrod xây dựng Các toán tử đối đồng điều được sinh bởi các phép biến đổi

tự nhiên bậc i

Sqi : Hn(X,F2) −→ Hn+i(X,F2),

Steenrod bậc i hay toán tử Steenrod bậc i

Cấu trúc của tập hợp các toán tử đối đồng điều được Serre [58] làm rõ vàonăm 1952 Serre chứng minh rằng, với phép cộng thông thường và phép hợpthành các ánh xạ, các toán tử Steenrod sinh ra tất cả các toán tử đối đồng điều

ổn định Đại số các toán tử đối đồng điều ổn định với hệ số trên trường F2 được

gian tôpô X, H∗(X,F2) là một A-môđun

Như vậy, đại số Steenrod có thể được định nghĩa một cách thuần túy đại số

hiệu Sqi bậc i với i là số nguyên không âm, theo iđêan hai phía sinh bởi quan

Một trong những bài toán mà chúng tôi quan tâm là bài toán tìm tập sinh

cơ sở của F2-không gian véctơ phân bậc

F2⊗APk ∼= P

k/A+Pk

Bài toán này được nghiên cứu đầu tiên bởi Peterson [27, 28], Singer [36],Wood [54], Priddy [30] những người đã chỉ ra mối liên hệ của bài toán hitvới một số bài toán cổ điển trong lý thuyết đồng luân như lý thuyết đồng biêncủa các đa tạp, lý thuyết biểu diễn modular của các nhóm tuyến tính, dãy phổAdams đối với đồng luân ổn định của mặt cầu và bài toán phân tích ổn địnhcác không gian phân loại của nhóm hữu hạn

Trong [27], Peterson đã đưa ra giả thuyết rằng, như một môđun trên đại

α(n + k) 6 k, trong đó α(n) là số hệ số 1 trong khai triển nhị phân của n và

một cách tổng quát vào năm 1989 Đây là một công cụ cơ bản đối với bài toán

triển xa hơn bởi Singer [36] và Silverman [33, 34]

Đến nay, tích tenxơ F2⊗APk đã được xác định tường minh với k = 1, 2 bởi

hoàn toàn bởi N Sum [39, 42, 44] Trong trường hợp tổng quát tại một số dạngbậc nào đó, bài toán được sự quan tâm nghiên cứu bởi nhiều tác giả trong vàngoài nước (chẳng hạn như: Boardman [2], Bruner-Hà-Hưng [3], Carlisle-Wood[4], Crabb-Hubbuck [5], Giambalvo-Peterson [11], Hưng-Nam [15, 16], Hưng-Peterson [17], Janfada-Wood [20, 21], Mothebe [25], T N Nam [56], Phúc-Sum[29], Repka-Selick [32], Silverman [33], Silverman-Singer [35], Singer [37], N.Sum [40, 41, 44], Walker-Wood [51, 52, 53], Wood [54, 55] và một số tác giảkhác) Tuy nhiên, các kết quả đạt được vẫn còn hạn chế, ngay cả trong trườnghợp k = 5 với sự hỗ trợ của máy tính điện tử.

tác động tự nhiên lên đại số đa thức Pk bằng các phép thế biến tuyến tính (xem

có một tác động cảm sinh của GLk trên F2⊗APk

Một công cụ khác được sử dụng để nghiên cứu bài toán hit là đồng cấu củaKameko fSq0∗ : F2⊗APk −→ F2⊗APk Đồng cấu này là một đồng cấu GLk-

Kết hợp kết quả này và kết quả của Wood, bài toán hit được rút gọn về việctính toán tại các bậc n thỏa mãn µ(n) = s < k.

Tuy vậy, việc tính toán tường minh không gian véctơ (F2⊗APk)n là rất khó,

do đó người ta thường quan tâm đến việc đánh giá số chiều của không gianvéctơ này Trong [4], Carlisle-Wood đã chứng minh rằng số chiều của khônggian véctơ (F2⊗APk)n bị chặn đều bởi một chỉ số phụ thuộc vào k

Vào năm 1990, trong luận án tiến sĩ của mình tại trường Đại học JohnsHopkins, Kameko [22] đã đưa ra giả thuyết sau về chặn trên của số chiều của

(F2⊗APk)n, và đã chứng minh giả thuyết này đúng với k 63

dim(F2⊗APk)n 6 Y

1 6 i 6 k

(2i − 1)

không gian véctơ (F2⊗APk)n với n là bậc có dạng tổng quát

dim(F2⊗APk)n = (2k − 1) dim(F2⊗APk−1)m

Với d > k và µ(m) = k − 2, định lý trên đã được chứng minh trong T N

cấu Kameko, chúng ta có kết quả sau

Hệ quả này đã chứng tỏ rằng giả thuyết của Kameko không đúng tại bậc

1 6 i 6 k−2(2d i − 1) thỏa mãn các điều kiện của hệ quả này và với mọi

k >5

âm bất kỳ, tồn tại số nguyên không âm t thỏa mãn µ(k(2s− 1) + 2sd) = k vớimọi s > t Do đó Định lý 1 kéo theo

(Sqf0∗)s−t : (F2⊗APk)k(2s −1)+2 s d −→ (F2⊗APk)k(2t −1)+2 t d

là một đẳng cấu của các GLk-môđun, với mọi s > t

là đúng với mọi d

Mở rộng kết quả này của N H V Hưng trong [14], chúng tôi thu được định

lý sau đây Kết quả này có ý nghĩa trong việc rút gọn các tính toán bài toánhit và các GL5-bất biến của F2⊗AP5 (định lý này cũng được đánh số là Định

lý 2.1.3 và kết quả của định lý này được công bố trong bài báo [49])

lý trên ta thu được hệ quả sau đây (hệ quả này cũng được đánh số là Hệ quả2.1.4)

(Sqf0∗)s−t : (F2⊗APk)k(2 s −1)+2 s d −→ (F2⊗APk)k(2 t −1)+2 t d

là một phép đẳng cấu của GLk-môđun, với mọi s > k − 2

để cho đồng cấu Kameko lặp là đẳng cấu với mọi d và đã chứng minh dự đoánnày đúng khi k = 5 Dễ thấy rằng, với d = 2k − k + 1, ta có t(k, d) = k − 2,

do đó dự đoán của N H V Hưng là đúng với mọi k > 2

Như vậy, với việc sử dụng định lý này kết hợp với các kết quả trước đó, giúpchúng tôi thu gọn đáng kể việc tính toán F2⊗AP5 tại một số dạng bậc Bằngcách tính toán trực tiếp, chúng tôi thu được định lý về số chiều sau đây (định

lý này cũng được đánh số là Định lý 2.2.1 và kết quả của định lý này được công

bố trong các bài báo [47], [48], [50])

Định lý 7 Cho n = 5(2s− 1) + 2sd, với d ∈ {1, 2, 3} và s là số nguyên dươngbất kỳ Khi đó, số chiều của F2-không gian véctơ (F2⊗AP5)n được xác định bởibảng sau:

ϕk : TorAk,k+n(F2,F2) → (F2⊗APk)GLk

n ,

trong đó (F2⊗A Pk)GLk

Chuyển qua đối ngẫu, ta cũng được một đồng cấu đại số và cũng được gọi làđồng cấu chuyển đại số của Singer

T rk := (ϕk)∗ : F2⊗GLkP Hd((RP∞)k) −→ Extk,k+dA (F2,F2)

Ở đâyH∗((RP∞)k)là đồng điều của(RP∞)k

cấu

Bruner-Hà-Hưng [3], L M Hà [12], N H V Hưng [13, 14], Chơn-Hà [7, 8,9], Minami [26], T N Nam [57], Hưng-Quỳnh [19], V T N Quỳnh [31], N.Sum [43], Sum-Tín [45, 49] Gần đây, ảnh của đồng cấu chuyển đại số thứ tư

L M Hà [12], T N Nam [57], Hưng-Quỳnh [19]) Trong [31], V T N Quỳnh

tỏ rằng với mỗi k > 4, T rk không là toàn cấu tại vô số bậc Tuy nhiên, cáckết quả này không chứng minh hay phủ định giả thuyết của Singer, do đó giảthuyết này vẫn là một vấn đề mở

Trong luận án này, chúng tôi sử dụng kết quả nghiên cứu về bài toán hit đểtiến hành kiểm định giả thuyết của Singer đối với đồng cấu chuyển đại số hạng

5 tại các dạng bậcn = 5(2s− 1) + 2sd, với d ∈ {1, 2, 3} và s là một số nguyêndương tùy ý, chúng tôi thu được định lý sau (định lý này cũng được đánh số làĐịnh lý 3.1.2 và kết quả của định lý này được công bố trong các bài báo [45],[50])

Định lý 9 Giả thuyết của Singer đúng với k = 5 và n = 5(2s− 1) + 2sd trong

đó d ∈ {1, 2, 3} và s là một số nguyên dương tùy ý

Chúng tôi chứng minh định lý trên bằng cách dựa vào các kết quả về việcgiải bài toán hit trong phép chứng minh của Định lý 7 để xác định tường minhkhông gian (F2⊗AP5)GL 5

định lý sau (định lý này cũng được đánh số là Định lý 3.1.3 và kết quả của định

lý này được công bố trong các bài báo [45], [50])

Định lý 10 Cho n = 5(2s− 1) + 2sd, với d ∈ {1, 2, 3} và s là một số nguyêndương tùy ý Khi đó, (F2⊗AP5)GL 5

n = 0

N H V Hưng chỉ ra trong [14] bằng cách dùng máy tính nhưng không công

bố phép chứng minh chi tiết

Như vậy, với kết quả nhận được từ định lý này, cho thấy rằng đồng cấuchuyển đại số ϕ5 là một toàn cấu tại các dạng bậc n = 5(2s − 1) + 2sd, trong

đó d ∈ {1, 2, 3} và s là số nguyên dương bất kỳ Hơn nữa, kết hợp kết quả nàyvới kết quả tính toán của Lin [24], Chen [6], Tangora [46], chúng tôi thu được

hệ quả sau (hệ quả này cũng được đánh số là Hệ quả 3.1.4)

Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và phần phụ lục, Luận ánđược chia thành 3 chương với nội dung cụ thể như sau:

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, chúng tôi nhắc lại một số khái niệm về đại số Steenrod;cấu trúc môđun của đại số đa thức trên đại số Steenrod; đơn thức chấp nhậnđược và một số tính chất của nó; tiêu chuẩn của Singer về đơn thức hit và một

số ký hiệu thường dùng cho các chương tiếp theo

Chương 2 Một số vấn đề về bài toán hit đối với đại số đa thứcTrong chương này, chúng tôi trình bày chi tiết cách chứng minh định lý vềtính đẳng cấu của đồng cấu Kameko lặp Áp dụng kết quả này chúng tôi chứng

minh Định lý 7 bằng cách xác định tường minh cơ sở chấp nhận được của đại

số đa thức năm biến tại một số dạng bậc tương ứng

Chương 3 Ứng dụng của bài toán hit cho đồng cấu chuyển đại sốcủa Singer

Trong chương này, chúng tôi chứng tỏ rằng Giả thuyết của Singer về đồngcấu chuyển đại số thứ năm đúng tại một số dạng bậc đã nêu trong Định lý 7

biến của đại số đa thức P5 tại các bậc tương ứng và được trình bày trong phépchứng minh của Định lý 10

Bình Định, tháng 10 năm 2016

Tác giả,

Nguyễn Khắc Tín

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Trong chương này, chúng tôi trình bày lại một số kiến thức cơ sở về đại sốSteenrod, cấu trúc môđun của đại số đa thức trên đại số Steenrod, các tiêu

một số tính chất của nó Trong toàn bộ luận án này, chúng tôi xét vành hệ số

Trong mục này, chúng tôi trình bày cấu trúc đại số của đại số Steenrod mod-2

Ý nghĩa hình học của đại số này được trình bày chi tiết trong Steenrod-Epstein[38]

Ký hiệu eA là đại số kết hợp tự do trên trường F2, sinh bởi tập hợp các kíhiệu fSqi bậc i, với i là số nguyên không âm Gọi B là iđêan của eA sinh bởi tậphợp các phần tử có dạng

n < k Đại số thương A = A/Be được gọi là đại số Steenrod mod 2 Ký hiệu

Sqi là lớp trong A có đại diện là fSqi

Các quan hệ trên được gọi là các quan hệ Adem của đại số Steenrod A Các kýhiệu Sqi gọi là toán tử Steenrod bậc i hay bình phương Steenrod bậc i.

Chúng tôi nhắc lại rằng đối đồng điều của không gian (RP∞)k là đại số đathức Pk = F2[x1, x2, , xk] trên F2 sinh bởi các biến xi, mỗi xi đều có bậc 1

Như đã nói trong phần mở đầu, bài toán mà chúng tôi quan tâm là tìm tập

A Bài toán này được gọi là bài toán hit đối với đại số đa thức hay bài toán hit

F2⊗APk = Pk/A+Pk

trong đó A+

là iđêan của A sinh bởi các toán tử Steenrod Sqi, i > 0và A+Pk

i>0Sqifi,

trong đó fi ∈ Pk và bằng 0 hầu hết trừ một số hữu hạn

Kameko [22]

Định nghĩa 1.3.1 Cho n ∈ N Ký hiệu αi(n) là hệ số thứ i trong khai triển

việc theo dõi về sau chúng tôi trình bày phép chứng minh chi tiết cho bổ đềnày

tồn tại duy nhất một dãy các số nguyên d1 > d2 > > ds−1 > ds > 0 saocho

trong đó d1 > d2 > > dt−2 > dt−1 > dt > 0 Do đó µ(n) 6t = β(n).Giả sử r < t Dễ dàng thấy rằng,

Hệ quả 1.3.4 (Kameko [22]) Cho n, k là các số nguyên dương Khi đó

dãy số liên kết với x bằng cách đặt

ω(x) = (ω1(x), ω2(x), , ωi(x), ),σ(x) = (ν1(x), ν2(x), , νk(x)),

1 6 j 6 kαi−1(νj(x)) = deg XJi−1(x), i > 1 Dãy số ω(x) đượcgọi là véctơ trọng của x

Trong luận án này, ta xét quan hệ thứ tự trên tập hợp của các dãy số nguyên

(ω1, ω2, , ωi, ) được gọi là véctơ trọng nếu ωi = 0 với i đủ lớn Khi đó ta

i>02i−1ωi

sinh bởi tất cả các đơn thức y trong Pk sao cho deg y = deg ω, ω(y) 6 ω, và

ký hiệu Pk−(ω) là không gian véctơ con của Pk sinh bởi tất cả các đơn thức

y ∈ Pk(ω) sao cho ω(y) < ω

thức thuần nhất cùng bậc trong Pk

i) f ≡ g nếu và chỉ nếu f − g ∈ A+Pk Nếu f ≡ 0 thì f được gọi là hit.ii) f ≡ω g nếu và chỉ nếu f − g ∈ A+Pk + Pk−(ω)

Dễ thấy rằng, các quan hệ ≡ và ≡ω là các quan hệ tương đương Ký hiệu

Với 1 6 i 6 k, ta định nghĩa các A-đồng cấu σi : Pk → Pk, xác định bởi

σi(xi) = xi−1, σi(xi−1) = xi, σi(xj) = xj với j 6= i, i − 1, 1 6 i < k, và

σk(x1) = x1 + x2, σk(xj) = xj với j > 1 Chú ý rằng, nhóm tuyến tính tổng

được sinh bởi các σi, 1 6 i < k Khi đó, [f ] là GLk-bất biến nếu và chỉ nếu

σi(f ) ≡ f với 16 i 6k, f ∈ Pk Nếu σi(f ) ≡ f với 16 i < k thì [f ] là một

Σk-bất biến

Nhận xét rằng, véctơ trọng của một đơn thức là bất biến đối với tác động

nữa, chúng ta có kết quả sau

Khi đó, σk(x) là tổng của các đơn thức có dạng:

trong đó 0 6c 6 b Nếu c = 0 thì y = x¯ và ω(¯y) = ω(x) Giả sử c > 0

Nếu 2 ∈ Jt uj(x) với mọi j, 1 6j 6 c thì ω(¯y) = ω(x) và y ∈ P¯ k(ω(x)) Giả

sử tồn tại một chỉ số j thỏa mãn 2 6∈ Jtuj(x) Gọi j0 là số nhỏ nhất thỏa mãn

Trong mục này, chúng tôi trình bày một số khái niệm về đơn thức chấp nhậnđược trong Kameko [22] và một số kết quả về đơn thức chấp nhận được; đơnthức hit, bao gồm các kết quả trong Wood [54], Singer [36, 37], N Sum [44]

Ta nói rằng x < y nếu và chỉ nếu một trong các điều sau đúng:

i) ω(x) < ω(y);

ii) ω(x) = ω(y) và σ(x) < σ(y)

được nếu tồn tại các đơn thức y1, y2, , ym sao choyt < x với t = 1, 2, , m

t=1yt ∈ A+Pk

không chấp nhận được

Định nghĩa 1.4.3 (Kameko [22]) Đơn thức x được gọi là không chấp nhậnđược chặt nếu và chỉ nếu tồn tại các đơn thức y1, y2, , yt sao cho

với s = max{i : ωi(x) > 0} và các đa thức nào đó hu ∈ Pk

thức không chấp nhận được Hơn nữa, theo các định nghĩa trên thì một đơnthức không chấp nhận được chưa chắc đã là đơn thức không chấp nhận đượcchặt, tuy nhiên cho tới nay vẫn chưa tìm ra một ví dụ nào để cho thấy sự khácbiệt giữa hai khái niệm này Mặc dù vậy, việc sử dụng các đơn thức không chấpnhận được chặt là rất cần thiết cho việc nghiên cứu bài toán hit và định lý sauđược chúng tôi sử dụng nhiều trong việc xác định các đơn thức chấp nhận được

ở Chương 2

Định lý 1.4.4 (Kameko [22], Sum [41]) Giả sử x, y, u là các đơn thức trên Pk

sao cho ωi(x) = 0 với i > r > 0, ωs(u) 6= 0 và ωi(u) = 0 với i > s > 0

Định nghĩa 1.4.5 Một đơn thức z ∈ Pk được gọi là spike nếu νj(z) = 2d j− 1

với dj là các số nguyên không âm và j = 1, 2, , k Nếu z là một đơn thứcspike với d1 > d2 > > dr−1 >dr > 0 và dj = 0 với j > r, thì z được gọi làspike cực tiểu

thức spike cực tiểu bậc n trong Pk

véctơ trọng là một dãy đơn điệu giảm yếu

Chứng minh Nhận xét rằng với mọi 0 < a 6 2r − 1, tồn tại i > 0 sao cho

αi(a) = 1 Khi đó αi(2r − 1 − a) = 0 Theo Bổ đề Steenrod (xem [38]), ta có

1, , k

Nếuz là đơn thức không chấp nhận được, thì tồn tại các đơn thứcy1, y2, , ym

thuộc Pk sao cho z > yt, 1 6 t6 m, và



, với a = 2sj − 1 − νj(w) > 0 Theo nhận xéttrên, ta có Sqa(xνj (w)

j ) = 0 nên Sqa(xνj (w)

j )Squ−a w

x νj (w) j



yếu

Định lý sau đây cho ta một tiêu chuẩn về đơn thức hit trong Pk

µ(n) 6k và z là một đơn thức spike cực tiểu bậc n Nếu ω(x) < ω(z) thì x làđơn thức hit

Sử dụng tiêu chuẩn trong định lý này, ta thấy rằng nếu z là spike cực tiểu thì

Pk−(ω(z)) ⊂ A+Pk Kết quả sau đây là một trường hợp riêng của tiêu chuẩnSinger

Định lý 1.4.8 (Wood [54]) Nếu µ(n) > k thì (F2 ⊗A Pk)n = 0

1.5 Một số đồng cấu và ký hiệu

Trong mục này, chúng tôi trình bày một số khái niệm và các ký hiệu trong

N Sum [44] được dùng nhiều trong các chương tiếp theo

Khi đó, p(i;I) và fi là các đồng cấu A-môđun

bậc n thì f (B) =Sk

i=1fi(B) là tập sinh cực tiểu của A-môđun P0

k tại bậc n

Từ bây giờ trở đi, chúng tôi ký hiệu Bk(n) là tập tất cả những đơn thức chấpnhận được bậc n trong Pk, B0

k(n) = Bk(n) ∩ P0

k, Bk+(n) = Bk(n) ∩ Pk+ Vớimỗi véctơ trọng ω tại bậc n, đặt

số đa thức năm biến tại một số dạng bậc Các kết quả chính của chương nàyđược công bố trong các công trình [47], [48], [49], [50].

Một công cụ khác được sử dụng để nghiên cứu bài toán hit là đồng cấu củaKameko fSq0∗ : F2⊗APk −→ F2⊗APk Đồng cấu này là một đồng cấu GLk-

Tuy nhiên, ta có các hệ thức sau:

φSq2t = Sqtφ, φSq2t+1 = 0

Chúng ta thấy rằng fSq0∗ là một toàn ánh Do đó

dim(F2⊗APk)2m+k = dimKer(Sqf0∗)(k,m) + dim(F2⊗APk)m,

(Sqf0∗)(k,m) : (F2⊗APk)2m+k → (F2⊗APk)m

là đồng cấu Kameko fSq0∗ tại bậc 2m + k

k) = k thì

(Sqf0∗)(k,m) : (F2⊗APk)2m+k → (F2⊗APk)m

1.3.3, tồn tại một dãy số nguyên d1 > d2 > > ds−1 > ds > 0 thỏa mãn

2m + k = Ps

i=1(2di − 1) Đặt z = x21d1−1x22d2−1 x2ds−1

s ∈ (Pk)2m+k Vì z làmột đơn thức spike và s < k nên ta có [z] 6= 0 và (Sqf0∗)(k,m)([z]) = 0 Do đó,chúng tôi thu được kết quả sau

(Sqf0∗)(k,m) : (F2 ⊗A Pk)2m+k −→ (F2 ⊗A Pk)m

không là một đơn cấu

Như chúng tôi đã giới thiệu trong phần mở đầu, với bất kỳ số nguyên không

(Sqf0∗)s−t : (F2 ⊗APk)k(2s −1)+2 s d −→ (F2⊗APk)k(2t −1)+2 t d

là một đẳng cấu của GLk-môđun, với mọi s > t

nhị phân của n và ζ(n) là số nguyên lớn nhất mà n chia hết cho 2ζ(n), tức là

n = 2ζ(n)m với m là một số nguyên lẻ Với bất kỳ một số nguyên không âm d,

ta đặt

t(k, d) = max{0, k − α(d + k) − ζ(d + k)}

Định lý sau là một trong những kết quả chính của luận án này

Định lý 2.1.3 Cho d là một số nguyên không âm bất kỳ Khi đó

(Sqf0∗)s−t : (F2 ⊗APk)k(2s −1)+2 s d −→ (F2⊗APk)k(2t −1)+2 t d

là một đẳng cấu của GLk-môđun với mọi s > t nếu và chỉ nếu t > t(k, d).Chứng minh Đặtq = α(d + k), r = ζ(d + k) và m = k(2t− 1) + 2td Từ phépchứng minh của Bổ đề 1.3.3 và Hệ quả 1.3.4 cho thấy rằng, nếu q > k, thì

(Sqf0∗)s−t : (F2 ⊗APk)k(2s −1)+2 s d −→ (F2⊗APk)k(2t −1)+2 t d

là một đẳng cấu của GLk-môđun với mọi s > tnếu và chỉ nếu µ(2m + k) = k

Vì α(d + k) = q và ζ(d + k) = r, nên tồn tại một dãy các số nguyên

Giả sử rằng q < k Khi đó

2m + k = 2c1 +t+1 + 2c2 +t+1 + + 2cq−1 +t+1 + 2r+t+1− k

= 2c1 +t+1 + 2c2 +t+1 + + 2cq−1 +t+1

+ 2r+t + 2r+t−1 + + 2r+t−(k−q−1)+ 2r+t−(k−q−1)− k (2.1.1)

Nếu q + r > k, thì r + t − (k − q − 1) = q + r − k + 1 + t > 0 với bất kỳ

t > 0 = t(k, d) Theo Bổ đề 1.3.3, µ(2m + k) = k Vậy, định lý đúng trongtrường hợp này

Nếu q + r < k, thì theo Bổ đề 1.3.3 và sử dụng hệ thức (2.1.1), ta thấy rằng

µ(2m + k) = k nếu và chỉ nếu t > k − q − r = t(k, d) Định lý được chứngminh

Chúng ta thấy rằng, t(k, d) 6 k − 2 với mọi d và k > 2 Do đó, từ Định lý2.1.3 cho phép ta nhận lại được kết quả sau đây của N.H.V Hưng [14]

(Sqf0∗)s−k+2 : (F2 ⊗A Pk)k(2s −1)+2 s d −→ (F2 ⊗APk)k(2k−2 −1)+2 k−2 d

là một đẳng cấu của GLk-môđun với mọi s > k − 2

2.2 Bài toán hit đối với đại số đa thức năm biến tại một số dạng

bậc

Mục đích của mục này là chứng minh định lý về số chiều sau đây

Định lý 2.2.1 Cho n = 5(2s − 1) + 2sd, với d ∈ {1, 2, 3} và s là số nguyêndương bất kỳ Khi đó, số chiều của F2-không gian véctơ (F2 ⊗A P5)n được xácđịnh bởi bảng sau:

5 )7.

ω(x) = (3, 2) hoặc ω(x) = (5, 1)

Chứng minh Vì ω1(x) là số lẻ nên ω1(x) = 1 hoặc ω1(x) = 3 hoặc ω1(x) = 5

Nếu ω1(x) = 1, thì x = xiy2 với y là một đơn thức bậc 3 trong P5 Điều nàymâu thuẫn với x ∈ P5+

Nếu ω1(x) = 3, thì x = xixjx`y2 với y là một đơn thức bậc 2 trong P5 Vì

chấp nhận được Do đó y = xmxn, trong đó (i, j, `, m, n) là một hoán vị của

(1, 2, 3, 4, 5) Vậy ω(x) = (3, 2)

Nếu ω1(x) = 5, thì x = x1x2x3x4x5x2

i, 1 6 i 6 5 Do đó ω(x) = (5, 1)

Bổ đề 2.2.1.2 Các đơn thức sau là không chấp nhận được chặt:

x1x22x23x4x5, x21x2ixjx`xm, (i, j, `, m) là một hoán vị của (2, 3, 4, 5)

ω(x) = (3, 2) thì theo Bổ đề 2.2.1.2 ta có x là một trong 5 đơn thức sau:

Từ những kết quả trên, ta nhận được γ1 = γ2 = γ3 = γ4 = γ5 = 0

Theo Mệnh đề 1.5.3 và kết quả trong Sum [44], ta có dim(QP50)19 = 550

Bây giờ, chúng tôi xác định Ker(Sqf0∗) ∩ (QP5+)19

Bổ đề 2.2.1.4 Cho x là một đơn thức chấp nhận được bậc 19 trong P5 Nếu

[x] ∈ Ker(Sqf0∗), thì ω(x) = (3, 2, 1, 1) hoặc ω(x) = (3, 2, 3) hoặc ω(x) =(3, 4, 2)

1 x3

2x3 là một đơn thức spike cực tiểu bậc

9 trong P5 và ω(z) = (3, 2, 1, 1) Vì ω1(x) là số lẻ nên theo Định lý 1.4.7 và

[x] ∈ Ker fSq0∗, ta nhận được ω1(x) = 3 Do đó x = xixjx`y2, trong đó y là mộtđơn thức bậc 8 và 1 6 i < j < ` 6 5 Vì x là đơn thức chấp nhận được nên

ω1(y) = 2 hoặc ω1(y) = 4 Nếu ω1(y) = 2, thì y = xixjy2

1 với y1 là một đơnthức bậc 3 trong P5 và i < j Khi đó ω(y1) = (1, 1) hoặc ω(y1) = (3) Nếu

Chúng tôi chứng minh mệnh đề trên bằng cách chứng minh các bổ đề sau

Bổ đề 2.2.1.6 QP5+(ω(5)) được sinh bởi tập {[at] : 1 6 t6 150}

Để chứng minh bổ đề này, chúng tôi cần bổ đề sau

Bổ đề được chứng minh.

(3, 2, 1, 1) Khi đó x là một trong những hoán vị của các đơn thức sau đây:

x1x22x23x54x95 x1x22x33x44x95 x1x22x33x54x85 x1x32x33x44x85

Sử dụng Định lý 1.4.4 và các Bổ đề 2.2.1.2, 2.2.1.7 ta thấy rằng nếu x 6= at,

được Bổ đề được chứng minh

Bổ đề 2.2.1.8 QP5+(ω(6)) được sinh bởi tập {[at]ω(6) : 151 6t 6 190}

Chúng tôi có các bổ đề sau bằng cách tính toán trực tiếp

Bổ đề 2.2.1.9 Các đơn thức sau đây không chấp nhận được chặt:

(3, 2, 3) Khi đó x là một hoán vị của một trong các đơn thức sau đây:

Bổ đề 2.2.1.11 QP5+(ω(7)) được sinh bởi tập {[at]ω(7) : 191 6 t6 245}.

Bổ đề 2.2.1.12 Cho (i, j, `, m, n) là một hoán vị của (1, 2, 3, 4, 5) Khi đó,các đơn thức sau đây không chấp nhận được chặt:

+ Sq2(x1x32x33x24x75)

chứng minh bằng cách tính toán tương tự như trên

(3, 4, 2) Khi đó x là một hoán vị của các đơn thức sau đây:

x1x22x23x74x75, x1x22x33x64x75, x1x32x33x64x65, x21x22x33x54x75, x21x32x33x54x65

Sử dụng Định lý 1.4.4 và Bổ đề 2.2.1.12, ta thấy rằng nếu x 6= at, với mọi t

Bổ đề được chứng minh

Chứng minh Mệnh đề 2.2.1.5 Từ các Bổ đề 2.2.1.6, 2.2.1.8 và 2.2.1.11 tathấy rằng{[at] : 1 6 t6 245}là tập sinh của F2-không gian véctơ Ker(Sqf0∗)(5,7)∩(QP5+)19 Bây giờ chúng tôi chứng minh tập {[at] : 1 6 t 6 245} là độc lậptuyến tính trong F2⊗AP5 Giả sử có một tổ hợp tuyến tính

nhận được trong P4 và từ các hệ thức p(i;j)(S) ≡ 0 với 1 6 i < j 6 5, và

p(1,2,3)(S) ≡ 0 ta suy ra γt = 0 với mọi t thỏa mãn điều kiện 1 6 t 6 245

Mệnh đề được chứng minh

Từ các kết quả trên, ta có kết quả sau.

Chứng minh Dễ thấy rằng z = x71x2x3 là một đơn thức spike cực tiểu bậc 9

trong P5 và ω(z) = (3, 1, 1) Vì [x] 6= 0nên theo Định lý 1.4.7 ta có ω1(x) = 3

hoặc ω1(x) = 5 Nếu ω1(x) = 5 thìx = X∅y2 vớiy là một đơn thức bậc2trong

P5 Vì x là đơn thức chấp nhận được nên theo Định lý 1.4.4, y cũng chấp nhậnđược Vậy(Sqf0∗)(5,2)([x]) = [y] 6= 0.Điều này mâu thuẫn với[x] ∈Ker(Sqf0∗)(5,2),

do đó ω1(x) = 3 Khi đó x = xixjx`y2

bậc 3 trong P5 Dễ thấy ω(y1) = (1, 1) hoặc ω(y1) = (3, 0) Bổ đề được chứngminh

Sử dụng bổ đề này, ta thấy

Ker(Sqf0∗)(5,2) = (QP50)9MQP5+(3, 1, 1)MQP5+(3, 3)

5)9 = 160

Mệnh đề 2.2.2.2 B5+(3, 1, 1)là tập hợp gồm những đơn thức có dạngx1x2

jx4

`xuxv

sao cho (1, j, `, u, v) là một hoán vị của (1, 2, 3, 4, 5), j < ` và u < v

(3, 1, 1) Khi đóx = xix2

jx4

`xuxvvới(i, j, `, u, v)là một hoán vị của(1, 2, 3, 4, 5)

và i < u < v Nếu ` < j thì sử dụng công thức Cartan ta có

là độc lập tuyến tính trong F2⊗AP5 Mệnh đề được chứng minh

Bằng một tính toán tương tự như trong phép chứng minh của Mệnh đề2.2.2.2, chúng tôi có kết quả sau

Mệnh đề 2.2.2.3 B5+(3, 3)là tập hợp gồm những đơn thức có dạng x1x2

jx2

`xux3 v

sao cho (1, j, `, u, v) là một hoán vị của (1, 2, 3, 4, 5) và j < `

Dễ thấy rằng |B5(2)| = 10, |B+

5 (3, 1, 1)| = 6 và |B+

5 (3, 3)| = 15 Do đó,chúng ta có kết quả sau

là, dim(F2⊗AP5)9 = 191

ω(x) là một trong các dãy sau: (2, 2, 1), (2, 4), (4, 1, 1), (4, 3)

Chứng minh Dễ thấy rằng z = x7

1x3

trong P5 và ω(z) = (2, 2, 1) Vì[x] 6= 0 nên theo Định lý 1.4.7, hoặcω1(x) = 2

hoặc ω1(x) = 4 Nếu ω1(x) = 2 thì x = xixjy2 với y là một đơn thức bậc 4

trong P5 và i < j Vì x là chấp nhận được nên theo Định lý 1.4.4, y cũng chấp

hoặc ω(y) = (4, 0) Nếu ω1(x) = 4 thì x = Xjy12 với y1 là một đơn thức bậc 3

trong P5 Vì y1 là chấp nhận được nên ω(y1) = (1, 1) hoặc ω(y1) = (3, 0) Bổ

iv) B5+(4, 3) là tập hợp gồm những đơn thức sau:

x1x2x23x34x35, x1x2x33x24x35, x1x2x33x34x25, x1x22x3x34x35, x1x22x33x4x35,

x1x22x33x34x5, x1x32x3x24x35, x1x32x3x34x25, x1x32x23x4x35, x1x32x23x34x5,

x1x32x33x4x25, x1x32x33x24x5, x31x2x3x24x35, x31x2x3x34x25, x31x2x23x4x35,

x31x2x23x34x5, x31x2x33x4x25, x31x2x33x24x5, x31x32x3x4x25, x31x32x3x24x5

Để chứng minh mệnh đề trên, chúng tôi cần bổ đề sau

Bổ đề 2.2.2.7 Các đơn thức sau là không chấp nhận được chặt:

Ở đây, (j, `, t, u, v) là một hoán vị của (1, 2, 3, 4, 5)

Chứng minh Với j < ` < t < u, sử dụng công thức Cartan, ta có

xjx2lx2txu = xjxlx2tx2u+ xjx2lxtx2u+ Sq1(x2jxlxtxu) + Sq2(xjxlxtxu)

Vì

ω(xjx2lx2txu) = ω(xjxlx2tx2u) = ω(xjx2lxtx2u),σ(xjx2lx2txu) > max{σ(xjxlx2tx2u), σ(xjx2lxtx2u)},

nên ta suy ra các đơn thức xjx2

`x2

txu, j < ` < t < u là không chấp nhận đượcchặt

Giả sử x là một đơn thức chấp nhận được bậc 10 trong P5 sao cho ω(x) =(2, 2, 1) Khi đó x = xixjy2 với1 6 i < j 6 5và y là một đơn thức bậc 4 trong

P5 Vì x là đơn thức chấp nhận được nên theo Định lý 1.4.4, ta có y ∈ B5(4).Tính toán trực tiếp ta thấy rằng, với mọi y ∈ B5(4) sao cho xixjy2 6= au,

đã chỉ ra như trong Bổ đề 2.2.2.7(i) thỏa mãn xixjy2 = wz2r với z là đơn thứcnào đó trong P5 và r = max{t ∈ Z : ωt(w) > 0} Vìw là đơn thức không chấpnhận được chặt nên theo Định lý 1.4.4, xixjy2 là không chấp nhận được Điềunày mâu thuẫn với giả thiết Vậy x = xixjy2 là chấp nhận được nên x = au

với 16 u 6 5

trong F2⊗AP5 Giả sử S = γ1a1 + γ2a2+ γ3a3+ γ4a4 + γ5a5 ≡ 0 với γu ∈ F2

Sử dụng Định lý 1.4.7, ta có

p(1;2)(S) ≡ γ3x31x2x23x44+ γ4x31x2x43x2+ γ5x31x42x3x24 ≡ 0,

p(2;5)(S) ≡ (γ1 + γ3)x1x2x23x64+ γ1x1x22x3x64+ γ2x1x22x43x34 ≡ 0

được chứng minh tương tự

Nghĩa là, dim(F2⊗AP5)10 = 280

toàn cấu của đồng cấu Kameko, ta có(F2⊗AP5)23 ∼= Ker(Sqf0

∗)(5,9)L

(F2⊗AP5)9

Do đó, chúng ta chỉ cần tính Ker(Sqf0∗)(5,9)

[x] ∈ Ker(Sqf0∗)(5,9) thì ω(x) là một trong các dãy sau:

hoặc ω1(x) = 5 Nếu ω1(x) = 5 thì x = X∅y2 vơi y là một đơn thức bậc