tử phân tích được
Trong tiết này, chúng tơi nghiên cứu sự triệt tiêu của đồng cấu Lannes- Zarati trên các phần tử phân tích được. Tiết này được viết dựa trên bài báo [37].
Trong [32], Singer định nghĩa một đẳng cấu đại số ψm,n : ∆s → ∆m⊗∆n bởi ψm,n(vi) = vi⊗1, 1≤i≤m, 1⊗vi−m, m+ 1≤i≤s,
với bất kỳ cặp các số nguyên không âm m, n thỏa mãn m+n =s. Ở đây ta
hiểu rằng ∆0 = F2, ψs,0(x) = x⊗1 và ψ0,s(x) = 1⊗x. Sau đó, Singer chỉ ra
rằng
ψm,n(Qs,i) =X
j≥0
Q2m,0n−2jQ2m,i−jj ⊗Qn,j, (III.1) với mỗi i,0≤i < s. Giả sử c=Qs,0t0 · · ·Qts−1s,s−1 ∈Ds, khi đó
ψm,n(c) =
s−1
Y
i=0
ψm,n(Qs,i)ti (vì ψm,n là một đẳng cấu đại số) = s−1 Y i=0 ( min{i,n} X j=0
Q2m,0n−2jQ2m,i−jj ⊗Qn,j)ti (theo (III.1)) = s−1 Y i=0 X |αi|=ti di=1
Qαi (theo công thức nhị thức Newton),
với
di = ti!
k(i)0 !· · ·kmin{i,n}(i) !
, αi= (k(i)0 , . . . , kmin{i,n}(i) ),|αi|=k(i)0 +· · ·+kmin{i,n}(i) ,
và Qαi = min{i,n} Y j=0 (Q2m,0n−2jQ2m,i−jj ⊗Qn,j)k (i) j . Do đó, với c∈Ds, ta có ψm,n(c) =PQI ⊗QJ với QI ∈Dm và QJ ∈Dn.
Bổ đề III.6.1. Giả sử c∈Ds và ψm,n(c) =PQI⊗QJ,m+n =s. Khi đó mỗi QI có dạng Qi0m,0· · ·Qim−1m,m−1, trong đó i1 =u1+ 2r1, . . . , im−1 =um−1+ 2rm−1,
i0 ≥ (2n −1)(u1+· · ·+um−1) với u1, . . . , um−1, r1, . . . , rm−1 là các số nguyên không âm.
Chứng minh. Giả sử c=Qt0s,0· · ·Qts−1s,s−1 ∈Ds. Từ tính tốn trên, ta thấy mỗi QI có dạng Qi0m,0· · ·Qim−1m,m−1 với i0 ≥(2n−1)(k(0)0 +k(1)0 +· · ·+k(s−1)0 ), i1 =k0(1)+ 21k1(2)+· · ·+ 2nk(n+1)n , i2 =k0(2)+ 21k1(3)+· · ·+ 2nk(n+2)n , . . . im−1 =k0(m−1)+ 21k(m)1 +· · ·+ 2nkn(s−1).
Đặt ui = k0(i) và ri = Pnj=12j−1kj(i+j) với 1 ≤ i ≤ m−1. Khi đó i1 = u1+ 2r1, . . . , im−1 =um−1+ 2rm−1 và i0 ≥(2n−1)(u1+· · ·+um−1).
Bổ đề được chứng minh.
Một phần tử trong Ds được gọi là A-phân tích được nếu nó nằm trong ADs, trong đó A ký hiệu cho iđêan bổ sung của đại số Steenrod A.
Giambalvo and Peterson đã chỉ ra trong [11] một điều kiện đủ cho một đơn thức trong Ds là A-phân tích được như sau.
Định lý III.6.2. (Giambalvo-Peterson [11, Hệ quả 4.8]) Cho s ≥ 2 và giả sử rằng I = (i0, . . . , is−1) là một bộ gồm s số nguyên không âm và QI =
Qi0s,0· · ·Qis−1s,s−1 ∈Ds với i0 > s−2. Khi đó QI là A-phân tích được.
Ta nhắc lại bổ đề sau, đây là bổ đề lần đầu được chứng minh trong [19]. Ta sẽ đưa ra chứng minh cho bổ đề này để tiện cho việc theo dõi luận án. Bổ đề III.6.3. (Hưng-Peterson [19, Mệnh đề 4.7]) Choc=Qi0m,0· · ·Qim−1m,m−1∈
Dm với i0 >0. Nếu ik ≡ 0 (mod 2) với k > 0 nào đó, khi đó c là A-phân tích
được.
Chứng minh. Ta chứng minh bổ đề này bằng quy nạp the theo sốk nhỏ nhất mà k > 0 với ik ≡ 0 (mod 2). Nếu k = 1, thì Sq1(Qi0−1m,0 Qi1m,1+1· · ·Qim−1m,m−1) = c.
Đối với bước quy nạp,
Sq2k−1(Qi0m,0· · ·Qik−1−1m,k−1Qm,kik+1· · ·Qim−1m,m−1) =c+XQJ,
với mỗi QJ có dạng Qj0m,0· · ·Qm,m−1jm−1 với jk−1≡0 (mod 2) và j0>0.
Bổ đề III.6.4. Cho M là một A-mơđun khơng ổn định có kiểu hữu hạn.
nhất z bậc |z| trong M. Khi đó, với α ∈ ExtmA(F2,F2) và β ∈ ExtnA(M,F2), m >0, n≥0, m+n =s, ta có h[cSts(z)], ϕMs (αβ)i= X |QIQ2m,0n|z||=stem(α) |QJStn(z)|=stem(β) h[QIQ2 n|z| m,0 ], ϕF2 m(α)ih[QJStn(z)], ϕMn (β)i.
Trong đó, QI và QJ xuất hiện trong ψm,n(c) =PQI ⊗QJ.
Chứng minh. Giả sử α = [x]∈ ExtmA(F2,F2) và β = [y] ∈ ExtnA(M,F2), trong đóx là một chu trình trong Λm và y là một chu trình trong Λn⊗M∗. Khi đó,
h[cSts(z)], ϕMs (αβ)i=h(ϕMs )∗([cSts(z)]), αβi
=h[cQ|z|s,0⊗z], αβi (theo Định lý III.1.1) =hcQ|z|s,0⊗z, xyi =hψm,n(cQ|z|s,0)⊗z, x⊗yi (xem [32, trang 688]) =hXQIQ2 n|z| m,0 ⊗QJQ|z|n,0⊗z, x⊗yi (vì ψm,n(Qs,0) =Q2m,0n ⊗Qn,0) =XhQIQ2 n|z| m,0 , xihQJQ|z|n,0⊗z, yi Ta chú ý rằng QIQ2 n|z|
m,0 và QJQ|z|n,0⊗z tương ứng là các chu trình trong Γ+m và Γ+n ⊗M. Do đó, ta thu được h[cSts(z)], ϕMs (αβ)i=Xh[QIQ2 n|z| m,0 ], αih[QJQ|z|n,0⊗z], βi =Xh(ϕF2 m)∗[QIQ2 n|z| n,0 ], αih(ϕMn )∗[QJStn(z)], βi (theo Định lý III.1.1) = X |QIQ2m,0n|z||=stem(α) |QJStn(z)|=stem(β) h(ϕF2 m)∗[QIQ2 n|z| m,0 ], α)ih(ϕMn )∗[QJStn(z)], βi = X |QIQ2m,0n|z||=stem(α) |QJStn(z)|=stem(β) h[QIQ2 n|z| m,0 ], ϕF2 m(α)ih[QJStn(z)], ϕMn (β)i. Bổ đề được chứng minh.
Định lý sau đây, cũng được đánh số như Định lý 11, là một trong những kết quả chính của tiết này.
Định lý III.6.5. Cho M là một A-mơđun khơng ổn định có kiểu hữu hạn.
Khi đó đồng cấu Lannes-Zarati thứ s cho M
ϕMs :Exts,s+iA (M,F2)→(F2⊗ARsM)∗i
triệt tiêu trên các phần tử có dạng αβ ở mọi gốc dương i, trong đó α ∈
ExtmA(F2,F2) và β ∈ ExtnA(M,F2) với hoặc m ≥ 2, n > 0 và m+n = s hoặc
m=s≥2, n= 0 và stem(β)> s−2.
Chứng minh. Ta sẽ chỉ ra rằng ϕMs (αβ) = 0, trong đó α ∈ ExtmA(F2,F2), β ∈
ExtnA(M,F2) với hoặc m ≥ 2, n > 0 và m+n = s hoặc m = s ≥ 2, n = 0 và
stem(β)> s−2.
Trường hợp 1: m ≥2, n >0. Theo Bổ đề III.6.4, với bất kỳ cSts(z)∈RsM
mà c∈Ds, phần tử thuần nhất z∈M có bậc |z| và ψm,n(c) = PQI ⊗QJ với QI ∈Dm, QJ ∈Dn, ta có h[cSts(z)], ϕMs (αβ)i= X |QI Q2m,0n|z||=stem(α) |QJStn(z)|=stem(β) h[QIQ2 n|z| m,0 ], ϕF2 m(α)ih[QJStn(z)], ϕMn (β)i. Ta thấy rằng ψm,n(cQ|z|s,0) =PQIQ2 n|z| m,0 ⊗QJQ|z|m,0. Do đó, theo Bổ đề III.6.1, QIQ2 n|z|
m,0 có dạng Qi0m,0· · ·Qim−1m,m−1, trong đó i0 ≥ (2n −20)(u1 +· · ·+um−1),
i1=u1+ 2r1, . . . , im−1=um−1+ 2rm−1. Ta sẽ chứng minh QIQ2
n|z|
m,0 là A-phân
tích được.
Nếu i0 = 0, thì 0 ≥(2n −20)(u1+· · ·+up−1). Vì vậy, ta suy ra u1 =· · ·=
up−1= 0. Ta thu được QIQ2 n|z| m,0 =Q2r1m,1· · ·Q2rm−1m,m−1 =Sq(2m−21)r1+···+(2m−2m−1)rm−1(Qr1m,1· · ·Qrm−1m,m−1). Trong đó, QIQ2 n|z| m,0 ∈ ADm
Nếu i0 > 0 và một trong các số nguyên không âm u1, . . . , um−1 là chẵn, khi đó theo Bổ đề III.6.3 ta có QIQ2
n|z|
m,0 =Qi0m,0· · ·Qim−1m,m−1 ∈ ADm.
Nếu i0 > 0 và tất cả các số nguyên không âm u1, . . . , um−1 lẻ, thì i0 ≥
(2n−20)(u1+· · ·+um−1)≥m−1> m−2. Do đó, theo Định lý III.6.2, ta thu được QIQ2 n|z| m,0 =Qi0m,0· · ·Qim−1m,m−1 ∈ ADm. Vì vậy, h[QIQ2 n|z| m,0 ], ϕF2 m(α)i=h[0], ϕF2 m(α)i= 0. Ta suy ra ϕMs (αβ) = 0. Trường hợp 2: m = s ≥ 2, n = 0 và stem(β) > s−2. Theo Bổ đề III.6.4, với mọi cSts(z) ∈ RsM mà c∈ Ds, phần tử thuần nhất z ∈M có bậc |z| và
ψs,0(c) =c⊗1, ta có
h[cSts(z)], ϕMs (αβ)i=h[cQ|z|s,0], ϕMs (α)ih[z], βi.
Nếu |z| 6=stem(β), thì h[z], βi= 0. Vì vậy h[cSts(z)], ϕMs (αβ)i= 0.
Nếu |z| = stem(β), thì |z| > s−2 (bởi vì stem(β) > s−2). Theo Định lý III.6.2, ta cócQ|z|s,0 ∈ ADs. Suy rah[cQ|z|s,0], ϕMs (α)i=h[0], ϕMs (α)i= 0. Do đó
h[cSts(z)], ϕMs (αβ)i= 0.
Định lý được chứng minh.
Áp dụng Định lý III.6.5 với M =F2, ta thu được định lý sau của Hưng và Peterson trong [19]. Định lý này cũng được đánh số như Định lý 12. Định lý III.6.6. (Hưng-Peterson [19, Định lý 5.4])Đồng cấu Lannes-Zarati thứ s
ϕF2
s :Exts,s+iA (F2,F2)→(F2⊗ADs)∗i
triệt tiêu trên các phần tử phân tích được ở mọi gốc dương i với s ≥3. Chứng minh. Ta cần chỉ ra rằng ϕF2
s (αβ) = 0, trong đó α ∈ ExtmA(F2,F2) và
β ∈ ExtnA(F2,F2) với m > 0, n > 0, m+n = s. Vì đại số Ext∗,∗A (F2,F2) giao hoán, nên ta chỉ cần xét trường hợp m ≥2 và n >0. Trong trường hợp này, theo Định lý III.6.5, ta có ϕF2
s (αβ) = 0. Định lý được chứng minh.
Để cho gọn, He∗(RP∞) sẽ được ký hiệu bởi Pe. Mệnh đề sau là nội dung của Mệnh đề 13.
Mệnh đề III.6.7. Đồng cấu Lannes-Zarati thứ 5 cho Pe
ϕPe
5 :Ext5,5+iA (P ,e F2)→(F2⊗AR5Pe)∗i triệt tiêu trên các phần tử phân tích được ở mọi gốc dương i.
Chứng minh. Ta cần chứng minh rằngϕPe
5(αβ) = 0, trong đóα∈ExtmA(F2,F2) và β ∈ ExtnA(P ,e F2) với m >0, n≥ 0, m+n = 5. Ta sẽ xem xét 3 trường hợp sau.
Trường hợp 1: m ≥2, n >0. Theo Định lý III.6.5, ta có ϕPe
Trường hợp 2: m = 5, n = 0. Khi đó với mọi cSt5(z) ∈ R5Pe mà c ∈ D5, phần tử thuần nhất z ∈Pe có bậc |z|, ta có ψ5,0(c) =c⊗1, và h[cSt5(z)], ϕPe 5(αβ)i=h[cQ|z|5,0], ϕF2 5 (α)ih[St0(z)], ϕPe 0(β)i (theo Bổ đề III.6.4) = 0,
trong đó đẳng thức cuối cùng suy ra từ sự kiện rằng ϕF2
5 (α) = 0 (xem [22, Định lý 1.4]).
Trường hợp 3:m = 1, n= 4. Khi đó với mọicSt5(z)∈R5Pemàc∈D5, phần
tử thuần nhất z ∈Pe có bậc |z| và ψ1,4(c) =PQI ⊗QJ với QI ∈D1, QJ ∈D4, ta có h[cSt5(z)], ϕPe 5(αβ)i= X |QI Q24|z|1,0 |=stem(α) |QJSt4(z)|=stem(β) h[QIQ2 4|z| 1,0 ], ϕF2 1 (α)ih[QJSt4(z)], ϕPe 4(β)i (theo Bổ đề III.6.4) = 0,
trong đó đẳng thức cuối cùng suy ra từ Định lý IV.3.3. Mệnh đề được chứng minh hoàn toàn.
Nhận xét III.6.8. Từ chứng minh của Mệnh đề III.6.7, và Định lý III.6.5, ta thấy rằng vớis ≥3, và với bất kỳ A-môđun không ổn định M có kiểu hữu hạn, nếu ϕF2
s và ϕMs−1 triệt tiêu ở mọi gốc dương, thì ϕMs triệt tiêu trên các phần tử phân tích được ở mọi gốc dương.
Chương IV
Về sự triệt tiêu của đồng cấu Lannes-Zarati đối với
mặt cầu S0 và không gian
xạ ảnh
Chương này được chia làm 5 tiết. Trong tiết đầu tiên của chương, chúng tơi trình bày chứng minh dạng đại số của giả thuyết về lớp cầu cho M =
e
H∗(S0)vớis = 5. Tiết IV.2 và Tiết IV.3 dành để chứng minh dạng đại số của giả thuyết lớp cầu cho M = He∗(RP∞) với s = 3,4. Trong Tiết IV.4, chúng tôi nghiên cứu mối liên hệ giữa đồng cấu Lannes-Zarati cho mặt cầu S0 và cho không gian xạ ảnh RP∞, mối liên hệ này đến từ dạng đại số của định lý Kahn-Priddy. Tiết cuối của chương này trình bày sự triệt tiêu của đồng cấu Lannes-Zarati thứ 2, thứ 3, và thứ 4 cho không gian xạ ảnh hữu hạn chiều RPn. Chương IV được viết dựa trên các bài báo [22] và [21].
IV.1 Đồng cấu Lannes-Zarati đối với mặt cầu 0 chiều: trường hợp cổ điển
Trong tiết này, chúng tôi sẽ trình bày chứng minh của Giả thuyết 2 cho
M =He∗(S0) với s= 5.
Trước khi chứng minh Giả thuyết 2 cho He∗(S0) với s= 5, ta nhắc lại các kết quả sau.
Định lý IV.1.1. (T. W. Chen [6, Định lý 1.3]) Các lớp sau tạo thành một F2-cơ sở cho khơng gian các phần tử khơng phân tích được trong Ext5A(F2,F2):
(1) P h1= [λ7λ30λ2+ (λ12λ4λ2+λ1λ4λ2λ1+λ4λ21λ2)λ1]∈Ext5,14A (F2,F2), (2) P h2 = [λ7λ30λ4 + (λ31λ5 +λ21λ4λ2 + λ1λ4λ2λ1 + λ4λ21λ2)λ3 +λ7λ20λ2λ2 +
λ7λ0λ2λ1λ1]∈Ext5,16A (F2,F2),
(3) ni = [(Sq0)i(λ27λ5λ3λ9+λ7λ15λ3λ0λ6+λ7λ15λ1λ5λ3)]∈Ext5,2A i+5+2i+2(F2,F2) (i≥0),
(4) xi= [(Sq0)i(λ15λ23λ2λ14+λ27λ4λ12+λ37λ82+λ23λ23λ2λ6+λ23λ32λ24+λ215λ1λ4λ2)]∈
Ext5,2A i+5+2i+3+2i+1(F2,F2) (i≥0),
(5) D1(i) = [(Sq0)i(λ215λ11λ7λ4)]∈ExtA5,2i+5+2i+4+2i+3+2i(F2,F2) (i≥0),
(6) H1(i) = [(Sq0)i(λ215λ11λ7λ14+λ215λ211λ10+λ15λ31λ7λ1λ8+λ15λ31λ3λ7λ6+
λ15λ31λ7λ5λ4)]∈ExtA5,2i+6+2i+1+2i(F2,F2) (i≥0),
(7) Q3(i) = [(Sq0)i(λ47(λ27λ0λ6 + (λ23λ9 + λ9λ23)λ5 +λ3λ9λ5λ3 + λ23λ11λ3) + λ215λ11λ23λ3)]
∈Ext5,2A i+6+2i+3(F2,F2) (i≥0),
(8) Ki= [(Sq0)i(λ63λ15λ47λ20+λ63λ47(λ23λ9+λ9λ32) +λ231λ11λ21)]
∈Ext5,2A i+7+2i+1(F2,F2) (i≥0),
(9) Ji = [(Sq0)i(λ95(λ72λ19+λ19λ27)λ0+λ231λ23λ43λ0+λ63λ15λ31λ19λ0)]
∈Ext5,2A i+7+2i+2+2i(F2,F2) (i≥0),
(10) Ti= [(Sq0)i((λ312 λ79+λ79λ231)λ20+λ263(λ23λ9+λ9λ23))]
∈Ext5,2A i+7+2i+4+2i+1(F2,F2) (i≥0),
(12) Vi0= [(Sq0)i(λ191λ31λ7λ23λ0+λ63λ127λ15λ47λ0)]∈ExtA5,2i+8+2i(F2,F2) (i≥
0),
(13) Ui= [(Sq0)i(λ191(λ215λ39+λ39λ215)λ0+λ263λ47λ87λ0+λ127λ31λ63λ39λ0)]
∈Ext5,2A i+8+2i+3+2i(F2,F2) (i≥0).
Để cho gọn, ta ký hiệu bởi Q(i0, . . . , i4) phần tử Qi05,0Qi15,1Qi25,2Qi35,3Qi45,4. Định lý IV.1.2. (Giambalvo-Peterson [11, Định lý 5.7]) Các phần tử sau tạo thành một F2-cơ sở cho không gian véctơ F2⊗
A D5: (1) Q(0,0,0,0,2d−1),1≤d, (2) Q(0,0,1,2c−1,2d+1−2c−1),1≤c≤d, (3) Q(0,2,2b−1,2c+1−2b−1,2c−1),2≤b ≤c, (4) Q(0,2,2b−1,2c+1−2b−1,2d+1−2c+1−1),2≤b ≤c < d, (5) Q(1,1,2b−1,2c+1−2b−1,2d−1),1≤b≤c, (6) Q(1,1,2b−1,2c+1−2b−1,2d+1−2c+1−1),1≤b ≤c < d, (7) Q(3,2a−1,2b+1−2a−1,2c+1−2b+1−1,2d+1−2c+1−1),2≤a≤b < c < d, (8) Q(3,2a−1,2b+1−2a−1,2c+1−2b+1−1,2c−1),2≤a ≤b < c, (9) Q(3,2a−1,2b+1−2a−1,2b−1,2d+2−3.2b−1),2≤a ≤b≤d. Các phần tử này có bậc tương ứng là 2d+4−16,2d+5+ 2c+3−12,−8 + 2b+2+ 2c+6,−8 + 2b+2+ 2c+4 + 2d+5,−7 + 2b+2 + 2c+6,−7 + 2b+2+ 2c+4+ 2d+5,−5 +
2a+1+ 2b+3+ 2c+4+ 2d+5,−5 + 2a+1+ 2b+3+ 2c+6 và −5 + 2a+1+ 2b+5+ 2d+6. Mục đích của tiết này là chứng minh định lý sau. Đây cũng chính là nội dung của Định lý 14.
Định lý IV.1.3. Đồng cấu Lannes-Zarati thứ năm cho He∗(S0)
ϕS50 :Ext5,5+iA (He∗(S0),F2)→(F2⊗AR5He∗(S0))i∗ triệt tiêu tại mọi gốc dương i.
Chứng minh. Trong [19], Nguyễn H. V. Hưng và F. Peterson đã chỉ ra rằng
ϕSs0 triệt tiêu trên mọi phần tử phân tích được với s > 2 bằng cách chỉ ra rằng ϕ∗ = ⊕sϕSs0 là một đồng cấu đại số, quan trọng hơn, tích của đại số ⊕s(F2⊗ADs)∗ là tầm thường, ngoại trừ trường hợp (F2⊗AD1)∗ ⊗
(F2⊗AD1)∗ → (F2⊗AD2)∗. Do đó, ta chỉ cần chỉ ra ϕS50 triệt tiêu trên mọi phần tử khơng phân tích được.
Theo Đinh lý IV.1.1, các phần tử sinh khơng phân tích được của Ext5A(F2,F2) tạo thành 13 họ Sq0 được khởi đầu bằng các lớp sau:
P h1, P h2, n0, x0, D1(0), H1(0), Q3(0), K0, J0, T0, V0, V00, U0.
Ta ký hiệu a0 là một trong 13 lớp trên. Hơn nữa, đặt ai = (Sq0)i(a0), với
i≥0. Theo Định lý 3.1 trong [16] ta có
ϕS50(ai) =ϕS50((Sq0)i(a0)) = (Sq0)iϕS50(a0)
Vì vậy, để chứng minhϕS50(ai) = 0với mọii≥0ta sẽ chứng minhϕS50(a0) = 0. Chứng minh được chia làm 2 bước.
Bước 1. Gọi a0 là một trong 12 lớp khơng phân tích được đầu tiên trong Ext5A(F2,F2) ở trên: P h1, P h2, n0, x0, D1(0), H1(0), Q3(0), K0, J0, T0, V0, V00. Ta chứng minh ϕS50(a0) = 0 bằng cách chỉ ra gốc của a0 khác với bậc của tất cả các phần tử sinh củaF2⊗
A
D5 được nhắc đến trong Định lý IV.1.2. Để có một mẫu cho tính tốn, chúng tơi đưa ra tính tốn cho một trường hợp dưới đây (các trường hợp còn lại xem ở Phụ lục).
Trường hợp a0 = T0 ở gốc 141. Ta kết hợp gốc của T0 với bậc của mỗi phần tử sinh trong F2⊗ AD5: (1) 2d+4= 16 + 141, vô nghiệm; (2) 2d+5+ 2c+3 = 12 + 141 = 26, vô nghiệm; (3) 2b+2+ 2c+6 = 8 + 141, vô nghiệm; (4) 2b+2+ 2c+4+ 2d+5 = 8 + 141, vô nghiệm; (5) 2b+2+ 2c+6 = 7 + 141 = 27+ 24+ 22, vô nghiệm; (6) 2b+2+ 2c+4+ 2d+5 = 7 + 141 = 27+ 24+ 22, d= 2, c = 0, b= 0, không thỏa mãn b >0, vô nghiệm;
(8) 2a+1+ 2b+3+ 2c+6= 5 + 141 = 27+ 24+ 2, c= 1, b= 1, a= 0, không thỏa mãn b < c, vô nghiệm;
(9) 2a+1+ 2b+5+ 2d+6= 5 + 141 = 27+ 24+ 2, vô nghiệm.
Bước 2. Xét a0 = U0 ở gốc 260. Ta kết hợp gốc của U0 với bậc của mỗi phần tử sinh trong F2⊗
AD5: Nghiệm duy nhất được cho bởi phương trình:
2d+5+ 2c+3 = 12 + 260 = 28+ 24 ⇐⇒ d= 3, c = 4. Chính xác hơn, Q5,2Q5,3Q135,4 là phần tử sinh duy nhất trong F2⊗
A D5, có bậc bằng gốc của U0. Ta có h[Q5,2Q5,3Q135,4], ϕS50[λ191(λ215λ39+λ39λ215)λ0+λ263λ47λ87λ0+λ127λ31λ63λ39λ0]i =h(ϕS50)∗[Q5,2Q5,3Q5,413],[λ191(λ215λ39+λ39λ215)λ0+λ263λ47λ87λ0+λ127λ31λ63λ39λ0]i =h[Q5,2Q5,3Q135,4],[λ191(λ215λ39+λ39λ215)λ0+λ263λ47λ87λ0+λ127λ31λ63λ39λ0]i theo Định lý III.1.1. Mặt khác, ta có Q5,2 = (v114v72v34v42+v141 v28v33v42+v116v26v33v42+v114v28v43v4+v116v26v43v4+v116v28v23v4)v5 +v114v28v43v42+v116v62v34v42+v161 v28v32v42+v116v28v43, Q5,3 = (v112v62v33v42+v121 v26v34v4+v121 v28v32v4+v116v42v32v4)v5+v112v62v34v42 +v112v28v23v42+v116v42v32v42+v121 v28v34+v161 v24v34+v116v28, Q5,4 =v18v24v23v4v5+v81v24v32v42+v18v24v34+v18v28+v161 .
Do đó, trong khai triển củaQ5,2Q5,3Q135,4theo v1, v2, v3, v4, v5, các lũy thừa của
v1 là các số chẵn. Vì ghép cặp đối ngẫu TorAs (F2,F2)⊗ExtsA(F2,F2) → F2 cảm sinh ở đồng điều bởi ghép cặp đối ngẫu Γ+s ⊗Λs → F2 (xem [32]), nên ta thu được h[Q5,2Q5,3Q135,4], ϕS50[λ191(λ215λ39+λ39λ215)λ0+λ263λ47λ87λ0+λ127λ31λ63λ39λ0]i =hQ5,2Q5,3Q135,4, λ191(λ215λ39+λ39λ215)λ0+λ263λ47λ87λ0+λ127λ31λ63λ39λ0i = 0. Nói cách khác, ϕS50(U0) = 0. Định lý được chứng minh.
IV.2 Sự triệt tiêu của đồng cấu Lannes-Zarati
thứ 3 cho RP∞
Mục đích của tiết này là chứng minh Giả thuyết 2 cho M = He∗(RP∞) với s= 3, có nghĩa là đồng cấu Lannes-Zarati thứ ba cho không gian xạ ảnh