P 5 Do đó dim(Q5 )15 = 432.
3.2.2 Tính toán Ker(Sq f∗ )(5,15)
Bổ đề 3.2.8. Nếu x là một đơn thức chấp nhận được bậc 35 trong P5 và [x] ∈
Ker(Sqf0∗)(5,15), thì ω(x) là một trong các chuỗi sau:
ω(1)= (3,2,1,1,1), ω(2) = (3,2,1,3), ω(3)= (3,2,3,2), ω(4)= (3,4,2,2), ω(5)= (3,4,4,1).
Chứng minh. Chú ý rằngz =x311 x32x3 là spike cực tiểu bậc 35trong P5 và ω(z) = (3,2,1,1,1). Khi đó [x] 6= 0, theo Định lý ?? thì ω1(x) = 3 hoặc ω1(x) = 5. Nếu
ω1(x) = 5 thì x=X∅y2 với y là một đơn thức bậc 15 trong P5. Khi đó x là chấp nhận được. Theo Định lý??,ylà chấp nhận được. Do đó,(Sqf0∗)(5,15)([x]) = [y]6= 0. Điều này mâu thuẫn với [x] ∈ Ker(Sqf0∗)(5,15), vì vậy ω1(x) = 3. Khi đó ta có
x = xixjxly21 với y1 là một đơn thức chấp nhận được bậc 16 trong P5. Vì x là chấp nhận được nên theo Định lý ??, y là chấp nhận được. Bằng tính toán đơn giản ta có điều cần chứng minh.
Từ Bổ đề ?? và một kết quả trong [?], ta được
Ker(Sqf0∗)(5,15) = 5 M j=1 QP5(ω(j)), QP5(ω(1)) = (QP50)35MQP5+(ω(1)), QP5(ω(j)) = QP5+(ω(j)), j = 2,3,4,5.
Từ một kết quả trong [?], ta có dim(QP3+)35= 14,dim(QP4+)35 = 64. Sử dụng Hệ quả ??, ta được dim(QP50)35 = 14 53+ 64 54= 460.
Mệnh đề 3.2.9. Tồn tại chính xác 160 đơn thức chấp nhận được trong P5+ sao cho véctơ trọng của chúng là ω(1). Do đó dimQP5+(ω(1)) = 160.
Ký hiệu đơn thức trong B5(ω(1)) bởi at = a35,t,1 6 t 6 160. Để chứng minh mệnh đề trên chúng ta cần một vài bổ đề sau.
Bổ đề 3.2.10. Nếu (j, l, t, u, v) là hoán vị của (1,2,3,4,5) thì các đơn thức sau đây là không chấp nhận được chặt:
(i) x2jxlxtx3u, j < l < t.
(ii) x2jxlxtxux2v, j < l < t < u, x1x22x23x4x5.
Bổ đề 3.2.11. Nếu x là một trong các đơn thức sau đây thì fi(x),16i6 5, là không chấp nhận được chặt:
x31x282 x3x34 x31x282 x33x4 x31x72x243 x4 x71x32x243 x4 x31x52x253 x24 x31x42x253 x34 x31x52x243 x34 x31x42x93x194 x31x42x113 x174 x31x52x83x194 x31x52x93x184 x31x52x103 x174 x31x52x113 x164 x31x72x83x174 x71x32x83x174 x31x72x93x164 x71x32x93x164 .
Bổ đề 3.2.12. Các đơn thức sau đây là không chấp nhận được chặt: x1x62x33x84x175 x1x62x33x94x165 x1x62x33x244 x5 x13x42x3x84x195 x31x42x3x94x185 x31x42x3x104 x175 x31x42x3x114 x165 x31x42x3x244 x35 x13x42x3x254 x25 x31x42x33x84x175 x31x42x33x94x165 x31x42x33x244 x5 x31x42x83x4x195 x31x42x83x34x175 x31x42x83x174 x35 x31x42x38x194 x5 x31x42x93x4x185 x31x42x39x24x175 x31x42x93x43x165 x31x24x93x164 x35 x31x42x93x174 x25 x13x42x93x418x5 x31x42x113 x4x165 x31x42x113 x164 x5 x31x24x243 x4x35 x31x42x324x34x5 x31x42x253 x4x25 x31x42x253 x24x5 x13x52x3x84x185 x31x52x3x104 x165 x31x52x3x244 x25 x31x52x83x4x185 x31x52x38x24x175 x31x52x83x43x165 x31x25x83x164 x35 x31x52x83x174 x25 x31x52x83x184 x5 x31x52x93x24x165 x31x52x93x416x25 x31x25x103 x4x165 x31x52x310x164 x5 x31x52x243 x4x25 x31x52x243 x24x5 x13x72x83x4x165 x31x72x83x164 x5 x31x282 x3x4x25 x31x282 x3x24x5 x71x32x83x4x165 x71x32x83x164 x5.
Chứng minh. Ta chứng minh đơn thứcx=x1x62x33x84x175 là không chấp nhận được chặt. Các đơn thức khác được chứng minh tương tự.
Thật vậy, bằng tính toán trực tiếp ta có
x=x1x32x35x24x245 +x1x32x53x84x185 +x1x32x63x4x245 +x1x32x63x48x175 +x1x23x83x4x225 +x1x32x83x24x215 +x1x42x23x4x275 +x1x42x33x4x265 +x1x42x33x42x255 +x1x24x103 x4x195 +x1x62x23x4x255 +x1x62x33x4x245 +Sq1(x21x52x53x4x215 ) +Sq2(x1x62x33x24x215 +x1x52x35x4x215 +x1x32x63x4x225 +x1x32x36x24x215 +x1x32x53x42x225 +x1x26x33x4x225 +x1x62x63x4x195 +x1x62x23x4x235 ) +Sq4(x1x102 x33x44x135 +x1x42x33x24x215 +x1x32x103 x44x513+x1x32x93x44x514+x1x42x33x4x522+x1x102 x43x4x155 +x1x42x23x4x235 +x1x42x63x4x195 ) +Sq8(x1x62x33x44x135 +x1x32x63x44x135 +x1x32x53x44x145 +x1x62x43x4x155 ) mod (P5−(ω(1))).
Suy ra x là không chấp nhận được chặt.
Chứng minh Mệnh đề ??. Cho x là một đơn thức chấp nhận được sao cho
ω(x) = ω(1). Khi đó, x=xjxlxty2 với 16 j < l < t65 và y∈B5(2,1,1,1).
Cho z ∈B5(2,1,1,1) sao cho xjxlxtz2 ∈P5+. Bằng tính toán đơn giản, ta thấy rằng nếuxjxlxtz2 6=at,∀t,16t 6160thì tồn tại một đơn thứcwgiống như trong Bổ đề??, ??, ??sao cho xjxlxtz2 =wz12u với z1 là đơn thức phù hợp trong P5 và
Vì vậy, x = xjxlxty2 và x là chấp nhận được, x = at với một vài t,1 6 t 6 160. Điều đó có nghĩa là B5+(ω(1))⊂ {at : 16t6160}.
Bây giờ ta chứng minh tập {[at] : 1 6 t 6 160} là độc lập tuyến tính trong
(QP5)35. Giả sử tồn tại một ràng buộc tuyến tính
S =
160
X
t=1
γtat ≡0,
trong đó γt ∈F2. Với 16i < j 65, chúng tôi đã hoàn thành tính toán p(i;j)(S)
trong trường hợp các đơn thức chấp nhận được trong P4( mod (A+P4)). Bằng tính toán trực tiếp từ quan hệ p(i;j)(S)≡0 với 16 i < j 65, ta được γt = 0 với
16t6160. Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 3.2.13. QP5(ω(2)) = 0.
Để chứng minh mệnh đề trên chúng ta cần bổ đề sau đây.
Bổ đề 3.2.14. Tất cả các hoán vị của các đơn thức sau là không chấp nhận được chặt:
x31x42x83x94x115 , x31x42x93x94x105 , x31x52x38x84x115 , x13x52x83x94x105 , x31x72x83x84x95.
Chứng minh. Chúng tôi chứng minh đơn thức x = x31x42x83x94x115 là không chấp nhận được chặt. Các đơn thức khác được chứng minh tương tự.
Bằng tính toán trực tiếp ta có
x=Sq1(x31x2x23x94x195 ) +Sq2(x51x22x23x54x195 +x15x2x23x64x195 )
+Sq4(x31x82x43x54x115 +x31x22x23x54x195 +x31x82x23x54x513+x31x22x83x54x135
+x31x2x23x64x195 +x31x2x83x64x135 ) +Sq8(x31x42x43x54x115 +x31x42x23x54x135
+x31x22x43x54x135 +x31x2x43x64x135 ) mod (P5−(ω(2))).
Đẳng thức trên chứng tỏ rằng tất cả các hoán vị của xlà không chấp nhận được chặt.
Chứng minh Mệnh đề ??. Cho x là một đơn thức chấp nhận được sao cho
Cho z ∈ B5(2,1,3) sao cho xjxlxtz2 với y ∈ P5+. Bằng tính toán trực tiếp, ta thấy rằng nếu xjxlxtz2 không là hoán vị của một đơn thức nào như trong Bổ đề
??, thì tồn tại một đơn thức wgiống như trong Bổ đề ??sao choxjxlxtz2=wz12u
với z1 là đơn thức phù hợp trong P5 và u = max{j ∈ Z: ωj(w)>0}. Theo Định lý ??, xjxlxtz2 là không chấp nhận được. Vì vậy, x=xjxlxty2 và x là chấp nhận được, x là hoán vị của một trong các đơn thức như trong Bổ đề ??. Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 3.2.15. QP5(ω(3)) = 0. Ta cần bổ đề sau đây.
Bổ đề 3.2.16. Các đơn thức sau đây là không chấp nhận được chặt: (i) x3jx4lx5tx7u, x3jx5lx5tx6u.
(ii) x3jx4lxtx4ux7v, x3jx4lxtx5ux6v, x3jx4lx2tx5ux5v, j < l < t;x3jx4lx3tx4ux5v, j < l, t >3. Trong đó (j, l, t, u, v) là hoán vị của (1,2,3,4,5).
(iii) Tất cả hoán vị của các đơn thức:
x1x22x73x124 x135 x1x32x63x124 x135 x1x32x73x124 x125 x1x62x113 x44x135 x1x72x103 x44x135 x1x72x113 x44x125 x1x62x113 x54x125 x1x72x103 x54x125 x31x52x23x124 x135 x31x32x43x124 x135 x31x32x53x124 x125 x31x42x113 x44x135 x31x52x103 x44x135 x31x42x113 x54x125 x31x72x93x44x125 x31x52x103 x54x125 .
Chứng minh. Chúng tôi chứng minh đơn thức x = x1x22x73x124 x135 là không chấp nhận được chặt. Các đơn thức khác được chứng minh tương tự.
Bằng tính toán trực tiếp ta có
x=Sq1(x21x2x37x54x195 +x21x2x93x34x195 +x21x2x73x34x215 )
+Sq2(x1x42x73x104 x115 +x1x2x73x54x195 +x1x2x93x34x195 +x1x2x73x34x215 ) +Sq4(x1x22x113 x64x115 +x1x22x63x34x195 +x1x22x113 x34x145 )
+Sq8(x1x22x73x64x115 +x1x22x73x34x514) mod (P5−(ω(3))).
Chứng minh Mệnh đề ??. Cho x là một đơn thức chấp nhận được sao cho
ω(x) = ω(3). Khi đó, x = xjxlxty2 với 1 6 j < l < t 6 5 và y ∈ B5(2,3,2). Bằng tính toán trực tiếp sử dụng Mệnh đề ??, ta thấy rằng tồn tại một đơn thức w
giống như trong Bổ đề ??, ?? sao cho xjxlxty2 = wz12u với z1 là đơn thức phù hợp trong P5 và u= max{j ∈Z:ωj(w)>0}. Theo Định lý ??, xjxlxty2 là không chấp nhận được. Do đó QP5(ω(3)) = 0. Mệnh đề được chứng minh.
Mệnh đề 3.2.17. F2 - không gian véctơ QP5(ω(4)) là GL5 - môđun được sinh bởi lớp [a203]ω(4) và B5(ω(4)) ={at: 1616t 6210}. Do đó dimQP5(ω(4)) = 50.
Phép chứng minh của mệnh đề này dựa vào các bổ đề sau.
Bổ đề 3.2.18. Các đơn thức sau đây là không chấp nhận được chặt:
(i) x2jxlx2tx3ux3v, j < l;x2jxl3x3tx3u. Trong đó (j, l, t, u, v) là hoán vị của (1,2,3,4,5). (iii) Tất cả hoán vị của các đơn thức:
x1x22x23x154 x155 x1x22x33x144 x155 x1x22x73x104 x155 x1x32x33x144 x145 x1x32x63x104 x155 x1x72x73x104 x105 x21x32x33x134 x145 x21x32x53x104 x155 x21x22x33x413x155 x21x22x37x94x155 x21x72x73x94x105 . Chứng minh. Xét đơn thức x=x1x22x73x104 x155 . Ta có x=Sq1(x21x2x73x49x155 ) +Sq2(x1x2x73x49x155 +x1x2x33x94x195 +x1x2x73x34x215 +x1x2x33x34x255 ) +Sq4(x1x2x53x94x155 +x1x2x113 x54x513+x1x2x53x34x215 +x1x2x33x45x215 ) +Sq8(x1x2x73x54x135 ) mod (P5−(ω(4))).
Suy ra, x là không chấp nhận được chặt. Các đơn thức khác được chứng minh tương tự.
Vậy, tất cả các hoán vị của x là không chấp nhận được chặt.
x1x32x63x144 x115 x1x32x143 x64x115 x1x32x314x74x105 x1x72x103 x43x145 x31x2x63x144 x115 x31x2x143 x64x115 x31x2x143 x74x105 x31x52x32x144 x115 x31x52x63x410x115 x31x25x63x114 x105 x31x52x73x104 x105 x31x52x103 x34x145 x31x52x103 x64x115 x31x52x103 x47x105 x31x25x103 x144 x35 x31x52x143 x24x115 x31x52x143 x34x105 x31x52x143 x104 x35 x31x52x143 x411x25 x31x213x23x64x115 x31x132 x23x74x105 x31x132 x33x64x105 x31x132 x63x24x115 x31x132 x63x43x105 x31x213x63x104 x35 x31x132 x63x114 x25 x31x132 x73x24x105 x31x132 x73x104 x25 x17x2x103 x34x145 x71x92x23x34x145 x71x92x33x42x145 x71x92x33x64x105 x71x92x33x144 x25.
Chứng minh. Chúng tôi chứng minh bổ đề với x = x1x32x143 x74x105 . Các đơn thức khác được chứng minh tương tự.
Ta có
x=x1x32x73x144 x105 +Sq1(x21x32x133 x74x59+x21x32x73x134 x95) +Sq2(x1x52x113 x74x95
+x1x52x73x114 x95) +Sq4(x1x32x113 x74x95+x1x32x73x114 x59+x1x32x133 x94x55
+x1x32x93x134 x55) +Sq8(x1x32x93x94x55) mod (P5−(ω(4))).
Do đó, x là không chấp nhận được.
Bằng tính toán trực tiếp, ta có bổ đề sau.
Bổ đề 3.2.20. Lớp [a161]ω(4) là khác không trong không gian véctơ QP5(ω(4)).
Chứng minh Mệnh đề ??. Cho x là một đơn thức chấp nhận được trong
P5(ω(4)). Khi đó, x=xjxlxty2 với y ∈B5(4,2,2).
Cho z ∈ B5(4,2,2). Bằng tính toán trực tiếp, ta thấy rằng nếu xjxlxtz2 6=
at,161 6 t 6 210 thì tồn tại một đơn thức w giống như trong Bổ đề ??, ??
sao cho xjxlxtz2 = wz12u với z1 là đơn thức phù hợp trong P5 và u = max{j ∈
Z : ωj(w) > 0}. Theo Định lý ??, xjxlxtz2 là không chấp nhận được. Vì vậy,
x = xjxlxty2, x là chấp nhận được và y ∈ B5(4,2,2), có x = at với một vài
t,1616t 6210. Điều đó có nghĩa là B5(ω(4))⊂ {at: 161 6t6210}.
Bằng tính toán trực tiếp, ta thấy rằng có sự phân tích QP5(ω(4)) thành tổng trực tiếp của Σ5 - môđun:
Xét đồng cấu ρi : P5 −→ P5,1 6 i 6 5. Cho ρ = ρ2ρ1ρ2ρ5ρ2ρ3ρ1ρ2. Khi đó,
a162≡ω(4) g(a175) +a175 và a175 ≡ω(4) ρ5(a203) +a203, QP5(ω(4))làGL5 - môđun sinh bởi lớp [a203]ω(4).
Bây giờ ta chứng minh tập {[at]ω(4) : 161 6 t 6 210} là độc lập tuyến tính trong QP5(ω(4)). Giả sử tồn tại ràng buộc tuyến tính
S = 210 X t=161 γtat ≡ω(4) 0, (3.1) trong đó γt ∈F2. Ta chứng minh γt = 0,∀t,161 6t6210. Tập S1 = (ρ5)(S) +S ≡ω(4) 0,S2 = (ρ5ρ2ρ3)(S1) +S1 ≡ω(4) 0. Bằng tính toán trực tiếp sử dụng (3.1) ta có S3 := (ρ5)(S2) +S2 ≡ω(4) γ181a175+γ183a163≡ω(4) 0. (3.2) Tác động ρ5 vào (3.2) ta được (ρ5ρ2ρ1)(S3) +S3 ≡ω(4) γ181a179≡ω(4) 0. (3.3) Ta có a162 ≡ω(4) a179 + (ρ3ρ2ρ5ρ2ρ3)(a179) và a162 ≡ω(4) ρ2(a161). Từ Bổ đề ??, [a179]ω(4) 6= 0. Do đó, từ (3.3) ta được γ181= 0.
Bằng tính toán đơn giản, ta thấy rằng tác động của Σ5 lên QP5(ω(4)) khiến một trong số đó trên tập {[at]ω(4) : 171 6 t 6 200}. Hơn nữa, tác động này có tính chất bắc cầu. Do đó, từ ràng buộc σ(S) ≡ω(4) 0 với σ ∈ Σ5, ta có γt = 0 với
1716t 6200.
Sử dụng đẳng thức trên ta cóS2 ≡ω(4) γ208a185≡ω(4) 0. Suy raγ208= 0. Kết hợp điều đó với ràng buộc σ(S)≡ω(4) 0 với σ∈Σ5, ta được γt= 0 với 2016t6210.
Ta có
(ρ5ρ2ρ1)(S1) +S1 ≡ω(4) γ165a162≡ω(4) 0.
Bởi vì [a162]ω(4) = [ρ2(a161)]ω(4) 6= 0 nên ta được γ165 = 0.
Ta thấy rằng tác động của Σ5 lên QP5(ω(4))cảm sinh tác động của nó lên tập
{[at]ω(4) : 161 6 t 6 170}. Vì tác động này có tính bắc cầu nên ta có γt = 0 với
Mệnh đề 3.2.21. F2 - không gian véctơ QP5(ω(5)) là GL5 - môđun được sinh bởi lớp [a225]ω(5) và B5(ω(5)) ={at: 2116t 6225}. Do đó dimQP5(ω(5)) = 15.
Sau đây là một vài bổ đề được sử dụng trong phép chứng minh mệnh đề trên. Việc chứng minh các bổ đề này là hiển nhiên.
Bổ đề 3.2.22. Các đơn thức sau đây là không chấp nhận được chặt:
x2jxlx2tx3uxv3, i < j, x2jx3lx3tx3u.