đại số đa thức năm biến tại bậc
5(2s − 1) + 10.2s
Nhắc lại rằng bài toán hit tương đương với việc xác định một cơ sở của F2- không gian véctơ phân bậc QPn. Bởi Định lý 1.3.11, chúng ta chỉ cần xác định
QPn tại các bậc có dạng d = t(2s −1) + 2sm với t, s, m là các số nguyên không âm sao choµ(m)< t6n.
Trong chương này, chúng tôi trình bày chi tiết kết quả về bài toán hit trong các bài báo [18] cho trường hợp t=n= 5 và m = 10. Cụ thể hơn, chúng tôi xác định tường minh các đơn thức chấp nhận được bậc d= 15.2s −5 trong P5 với s
là số nguyên không âm bất kỳ.
Nhận xét rằng tại bậc d = 15.2s −5, ta có µ(15.2s−5) = 5 với mọi s >1. Do đó, từ Định lý 1.3.10, đồng cấu Kameko lặp
(Sqf∗0)s(5−,151 .2s−5) : (QP5)15.2s−5 −→(QP5)25
là một đẳng cấu không gian véctơ với mọi s > 1. Do đó, ta chỉ cần tính toán không gian (QP5)15.2s−5 với s= 0 và s= 1.
3.1 Trường hợp s = 0
Với s = 0, ta có 15.2s−5 = 10. Không gian véctơ (QP5)10 đã được xác định tường minh bởi Tín [19].
Bổ đề 3.1.1. Nếu x là một đơn thức chấp nhận được bậc 10 trong P5 thì ω(x)
là một trong các dãy sau: (2,2,1), (2,4), (4,1,1), (4,3).
Chứng minh. Dễ thấy rằngz =x71x32 là một đơn thức spike cực tiểu bậc10trong
P5 và ω(z) = (2,2,1). Vì [x]6= 0 nên ω1(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 y cũng chấp nhận được và y ∈ P50. Do đó, ta có ω(y) = (2,1) hoặc
ω(y) = (4,0). Nếu ω1(x) = 4 thì x=Xjy12 với y1 là một đơn thức bậc 3 trong P5.
Vìy1 là chấp nhận được nên ω(y1) = (1,1) hoặc ω(y1) = (3,0). Bổ đề được chứng minh.
Từ bổ đề này, chúng ta có
(F2⊗AP5)10 = (QP50)10MQP5+(2,2,1)
M
QP5+(2,4)MQP5+(4,1,1)MQP5+(4,3).
Bằng cách tính toán trực tiếp ta nhận được dim(QP50)10= 230. Mệnh đề 3.1.2. Các khẳng định sau đây là đúng:
i) B5+(2,2,1) là tập hợp gồm những đơn thức sau:
x1x2x23x24x45, x1x2x23x44x25, x1x22x3x24x45, x1x22x3x44x25, x1x22x43x4x25.
ii) B5+(2,4) là tập hợp gồm những đơn thức sau:
{x1x22x32x24x35, x1x22x23x34x25, x1x22x33x24x25, x1x32x23x24x25, x31x2x32x24x25}.
iii) B5+(4,1,1) là tập hợp gồm những đơn thức sau:
x1x2x3x4x65, x1x2x3x64x5, x1x2x36x4x5, x1x62x3x4x5, x1x2x3x24x55,
x1x2x23x4x55, x1x2x23x54x5, x1x22x3x4x55, x1x22x3x54x5, x1x22x53x4x5,
x1x2x3x34x45, x1x2x33x4x45, x1x2x33x44x5, x1x32x3x4x45, x1x32x3x44x5,
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 3.1.3. Các đơn thức sau là không chấp nhận được chặt:
i) x2jx`x3t, j < `; x2jx`xtx2u, j < ` < t; xjx2`x2txu, j < ` < t < u; x21x2x3x4x5.
ii) x3jx4`x3t, j < ` < t; x2jx2`x3tx3u, j < ` < t; x2jx`x2tx2ux3v, j < ` < t < u;
x2jx`xtx3ux3v, j < ` < t.
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`x2txu, j < ` < t < u là không chấp nhận được chặt.
Tương tự, ta cũng có
x3jx4lx3t =x3jx3lx4t +Sq1(x3jx3lx3t +xjx4lx4t) +Sq2(xjx3lx3t) mod(P5−(2,2,1)).
Vậy, các đơn thứcx3jx4lx3t, j < l < tlà không chấp nhận được chặt. Các đơn thức còn lại được chứng minh tương tự.
Chứng minh Mệnh đề 3.1.2. Ta đặt
a1 =x1x2x23x42x45, a2=x1x2x23x44x25, a3 =x1x22x3x24x45,
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 với 1 6 i < j 6 5 và y là một đơn thức bậc 4 trong
P5. Vì x là đơn thức chấp nhận được nên ta có y∈B5(4).
Tính toán trực tiếp ta thấy rằng, với mọi y ∈B5(4) sao cho xixjy2 6=au, với
mọi u thỏa mãn điều kiện 1 6 u 6 5 thì tồn tại một trong các đơn thức w đã
chỉ ra như trong Bổ đề 3.1.3(i) thỏa mãnxixjy2 =wz2r với z là đơn thức nào đó trong P5 và r= max{t ∈Z:ωt(w)>0}. Vì w là đơn thức không chấp nhận được chặt nên xixjy2 là không chấp nhận được. Điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vậy x=xixjy2 là chấp nhận được nên x=au với 16u65.
Bây giờ, chúng tôi chứng minh tập {[au],1 6 u 6 5} là độc lập tuyến tính trong F2⊗AP5. Giả sử S = γ1a1+γ2a2+γ3a3+γ4a4+γ5a5 ≡ 0 với γu ∈ F2. Sử dụng tiêu chuẩn của Singer về đơn thức hit, ta có
p(1;2)(S)≡γ3x31x2x23x44+γ4x13x2x43x2+γ5x31x42x3x24 ≡0,
p(2;5)(S)≡(γ1+γ3)x1x2x23x64+γ1x1x22x3x64+γ2x1x22x43x34 ≡0.
Từ đó suy ra γu = 0 với mọi u. Vậy (i) được chứng minh, các trường hợp khác được chứng minh tương tự.
Định lý 3.1.4 (Tín [19]). Có đúng 280 đơn thức chấp nhận được bậc 10 trong
P5. Điều này có nghĩa dim(QP5)10 = 280.
Tập hợp B5(10) = {a10,t : 1 6 t 6 280} với các đơn thức a10,t, 1 6 t 6 280 được liệt kê trong Mục 4.1 của Chương 4.
3.2 Trường hợp s = 1
Với s= 1, ta có 15.2s −5 = 25. Vì đồng cấu Kameko
(Sqf∗0)(5,25): (QP5)25−→(QP5)10
là một toàn cấu nên ta có(QP5)25∼=Ker(Sqf∗0)
(5,25)L L
(QP5)10.Bởi Định lý 3.1.4, chúng tôi chỉ tính toán Ker(Sqf∗0)(5,25).
Bổ đề 3.2.1. Nếu x là một đơn thức chấp nhận được có bậc 25 trong P5 và
[x]∈Ker(Sqf∗0)(5,10), thì ω(x) = (3,3,2,1) hoặc ω(x) = (3,3,4)
Chứng minh. Chú ý rằng z = x151 x72x33 ∈ P5 là spike cực tiểu bậc 25 và ω(z) = (3,3,2,1). Vì [x] 6= 0 nên theo Định lý 1.3.14, ta có ω1(x) = 3 hoặc ω1(x) = 5. Nếu ω1(x) = 5 thì x = X∅y2 với y là một đơn thức bậc 10 trong P5. Vì x
là chấp nhận được nên theo Định lý 1.3.7, y cũng chấp nhận được. Do đó,
(Sqf∗0)(5,10)([x]) = [y] 6= 0. Điều này mâu thuẫn với [x] ∈ Ker(Sqf∗0)(5,10); do đó
ω1(x) = 3. Khi đó ta có x = xixjxly12 với 1 6 i < j < l 6 5 và y1 là đơn thức chấp nhận được bậc 11 trong P5. Ta có, ω(y1) = (3,2,1) hoặc ω(y1) = (3,4). Bổ đề được chứng minh.
Từ bổ đề này, chúng ta có đẳng cấuKer(Sqf∗0)(5,10) ∼=QP
5(3,3,2,1)LQP5(3,3,4).
Như vậy, để xác địnhKer(Sqf∗0)(5,10), chúng tôi chỉ cần xác định các không gian conQP5(3,3,2,1) và QP5(3,3,4).
Mệnh đề 3.2.2. QP5(3,3,4) = 0.
Để chứng minh mệnh đề này, chúng tôi chứng minh một số kết quả bổ trợ. Bằng một tính toán đơn giản, ta có hai bổ đề sau đây.
Bổ đề 3.2.3. Nếu x là một trong các đơn thức sau đây, thì fi(x),1 6 i 6 5 là không chấp nhận được chặt:
x21x2x33x34 x21x23x3x34 x12x32x33x4 x31x22x3x34 x31x22x33x4 x31x32x23x4
Chứng minh. Ta có
x31x22x3x34 =x31x2x23x34+x41x2x3x34+x31x2x3x44+Sq1(x31x2x3x34).
Do đó x31x22x3x34 không chấp nhận được chặt. Các đơn thức khác được chứng minh tương tự.
Bổ đề 3.2.4. Các đơn thức sau là không chấp nhận được chặt:
x21x2x3x24x35 x21x2x3x34x25 x21x2x23x4x35 x21x2x23x43x5 x21x2x33x4x25 x21x2x33x24x5 x21x22x3x4x35 x21x22x3x34x5 x21x22x33x4x5 x21x32x3x4x25 x21x32x3x24x5 x21x32x23x4x5 x31x22x3x4x25 x31x22x3x42x5 x31x22x23x4x5
Chứng minh. Ta có
x31x22x3x4x25=x31x2x23x4x25+x31x2x3x24x25+x41x2x3x4x25+Sq1(x31x2x3x4x25).
Do đó x31x22x3x4x25 không chấp nhận được chặt. Các đơn thức khác được chứng minh tương tự.
Bổ đề 3.2.5. Tất cả các hoán vị của các đơn thức sau là không chấp nhận được chặt:
x31x42x43x47x75 x31x42x53x64x75 x31x52x53x64x65
Chứng minh. Chúng tôi chứng minh bổ đề cho đơn thức x = x31x42x43x74x75. Các trường hợp khác có thể chứng minh bằng tính toán tương tự. Bằng tính toán trực tiếp sử dụng công thức Cartan, ta có
x=Sq1(x51x2x43x74x75) +Sq2(x31x22x43x74x75+x61x2x23x74x75) mod(P5−(3,3,4)).
Đẳng thức này chỉ ra rằng tất cả các hoán vị của x là không chấp nhận được
chặt.
Chứng minh Mệnh đề 3.2.2. Cho x là đơn thức chấp nhận được trong P5 sao cho ω(x) = (3,3,4). Khi đó x=xjxlxty2 với y∈B5(3,4) và 16j < l < t 65. Bây giờ, với z là đơn thức bất kỳ trong B5(3,4) sao cho xjxlxtz2 ∈ P5+. Bằng một tính toán trực tiếp, ta thấy rằng nếu xjxlxtz2 không là một hoán vị của một
trong các đơn thức ở Bổ đề 3.2.5 thì tồn tại một đơn thức w ở một trong các
Bổ đề 3.2.3 và 3.2.4 sao cho xjxlxtz2 = wz12u với z1 ∈ P5 là đơn thức nào đó và
u= max{j ∈Z:ωj(w)>0}. Theo Định lý 1.3.7, xjxlxtz2 là đơn thức không chấp nhận được. Vìx=xjxlxty2 và x là đơn thức chấp nhận được nên x là một hoán vị của một trong các đơn thức được cho ở Bổ đề 3.2.5. Bây giờ sử dụng Bổ đề 3.2.5, ta có điều phải chứng minh.
Bằng tính toán trực tiếp sử dụng một kết quả trong Sum [17], ta nhận được
B50(25) =B50(3,3,2,1) ={a25,t : 16t6520},
trong đó các đơn thức a25,t: 16t6520 được liệt kê trong Mục 4.3 của Chương 4.
Mệnh đề 3.2.6. Có đúng 440đơn thức chấp nhận được trong P5+ với véctơ trọng lượng tương ứng của chúng là (3,3,2,1). Do đó, dimQP5+(3,3,2,1) = 440.
Chúng tôi chứng minh mệnh đề này bằng cách chỉ ra rằng B5+(3,3,2,1) =
{b25,u : 16u6440}, với các đơn thức b25,u,16u 6440, được liệt kê trong Mục 4.4 của Chương 4.
Trước hết, chúng tôi chứng minh một số kết quả sau. Bổ đề sau đây là hệ quả trực tiếp từ một kết quả trong [17].
Bổ đề 3.2.7. Nếu x là một trong các đơn thức cho sau đây thì fi(x),16 i65,
là đơn thức không chấp nhận được chặt:
x31x42x33x74 x71x92x23x74 x71x92x73x24 x71x92x63x34 x31x72x83x74 x71x32x83x74 x71x82x33x74 x71x82x73x34 Chứng minh. Ta có x71x92x23x74 =x71x72x23x94+x71x82x33x74+x71x72x33x84+x41x112 x33x74+x41x72x33x114 +x51x112 x23x74+x51x72x23x114 +Sq1(x71x72x33x74) +Sq2(x71x72x23x74) +Sq4(x41x72x33x47+x51x72x23x74).
Do đó x71x92x23x74 không chấp nhận được chặt. Các đơn thức khác được chứng minh tương tự.
Bổ đề 3.2.8. Các đơn thức sau đây là không chấp nhận được chặt:
x1x22x63x4x75 x1x22x63x74x5 x1x22x73x64x5 x1x62x23x4x75 x1x62x23x74x5 x1x62x73x24x5 x1x72x23x64x5 x1x72x63x24x5 x71x2x23x46x5 x71x2x63x24x5 x1x62x33x64x5 x1x62x63x4x35 x1x62x36x34x5 x1x22x23x54x75 x1x22x23x74x55 x1x22x73x24x55 x1x72x23x24x55 x71x2x32x24x55 x1x22x63x43x55 x1x22x63x54x35 x1x62x23x34x55 x1x62x23x54x35 x1x62x33x24x55 x1x62x33x44x35 x31x24x3x64x35 x31x42x33x34x45 x31x42x33x44x35
Chứng minh. Chúng tôi chứng minh bổ đề này cho đơn thức thứcx=x1x22x63x74x5. Các đơn thức khác được chứng minh tương tự. Tính toán trực tiếp, ta có
x =x1x22x53x74x52+x1x2x63x74x25+Sq1(x21x2x53x74x5+x21x2x33x94x5)+Sq2(x1x2x35x74x5+x21x2x33x94x5) mod (P5−(3,3,2,1)). +Sq2(x1x2x35x74x5+x21x2x33x94x5) mod (P5−(3,3,2,1)).
Đẳng thức này chỉ ra rằng x là đơn thức không chấp nhận được chặt. Bổ đề
Bổ đề 3.2.9. Các đơn thức sau đây là không chấp nhận được chặt: x1x22x33x64x135 x1x22x33x144 x55 x1x32x32x64x135 x1x32x23x414x55 x1x32x63x24x135 x1x32x63x64x95 x1x32x63x104 x55 x1x32x63x144 x5 x1x32x143 x42x55 x1x23x143 x64x5 x1x62x33x84x75 x1x62x83x34x75 x1x62x38x74x35 x1x62x93x42x75 x1x62x93x64x35 x1x62x93x74x25 x1x72x83x24x75 x1x72x38x64x35 x1x72x83x47x25 x1x72x103 x44x35 x31x2x23x64x135 x31x2x23x144 x55 x31x2x36x24x135 x31x2x63x46x95 x31x2x63x104 x55 x31x2x63x144 x5 x31x2x143 x24x55 x31x2x143 x64x5 x31x32x43x44x115 x31x32x43x124 x35 x31x32x123 x44x35 x31x42x3x104 x75 x31x42x39x24x75 x31x42x93x47x25 x31x25x23x24x135 x31x52x23x64x95 x31x52x23x104 x55 x31x52x23x144 x5 x31x52x63x42x95 x31x25x63x104 x5 x31x52x83x64x35 x31x52x103 x24x55 x31x52x103 x64x5 x31x52x143 x24x5 x31x212x3x24x75 x31x122 x3x74x25 x31x122 x73x4x25 x31x132 x23x24x55 x31x132 x23x64x5 x31x213x63x24x5 x71x2x83x24x75 x71x2x83x64x35 x71x2x38x74x25 x71x2x103 x44x35 x71x28x3x24x75 x71x82x3x64x35 x71x82x3x74x25 x71x82x33x34x45 x17x82x73x4x25 x71x92x23x44x35 x71x92x63x4x25
Chứng minh. Chúng tôi chứng minh bổ đề cho đơn thức x= x31x52x83x64x35. Phép chứng minh các đơn thức còn lại được thực hiện tương tự. Áp dụng công thức Cartan, ta có x =x21x32x53x64x95+x12x32x53x94x65+x21x32x63x54x95+x21x32x63x49x55+x21x23x93x54x65 +x21x32x93x64x55+x21x52x33x64x95+x21x52x33x94x65+x21x52x63x43x95+x21x25x63x94x35 +x21x52x93x34x65+x21x52x93x64x35+x31x32x43x64x95+x31x32x43x49x65+x31x23x53x64x85