Trong mục này, chúng tôi xây dựng ánh xạ ψs : H∗(BVs) //Λs cảm sinh ra
đồng cấu chuyển đại số. Trước tiên, chúng tôi nhắc lại định nghĩa đồng cấu chuyển đại số.
Nhắc lại rằngH∗(BVs) =F2[xs, . . . , x1], vàH∗(BVs) = Γ(as, . . . , a1)- đại số lũy thừa bị chia trênsphần tử sinh, trong đóailà đối ngẫu củaxi ∈ H1(BV1). Đặt P = F2[x] là đại số đa thức, Pˆ là A-môđun mở rộng của P bằng cách thêm một phần tử sinhx−1 tại bậc −1với tác động mở rộng thỏa mãnSqn(x−1) = xn−11 . Gọi
ˆ
H là đối ngẫu củaPˆ. Khi đó, tồn tại một dãy khớp ngắn của cácA-môđun
Σ−1F2 //Hˆ //H. (2.10)
Với mỗiA-môđun phảiM, dãy khớp ngắn này cho ta một dãy khớp ngắn các môđun vi phân phân bậc
Λ⊗M ⊗Σ−1F2 //Λ⊗M ⊗Hˆ //Λ⊗M ⊗H.
Đồng cấu nối trên đồng điều của dãy khớp này có dạng:
H∗(Λ⊗M ⊗H) //H∗+1
(Λ⊗M),
tương đương với
Exts−1,tA (F2, M ⊗H) // Exts,t+1
A (F2, M).
Tenxơ (2.10) vớiH, ta nhận được dãy khớp ngắn của cácA-môđun phải
H //H⊗Hˆ //H ⊗H. (2.11) Do đó, ta có một dãy khớp ngắn của các mơđun vi phân phân bậc
Tương tự ta nhận được đồng cấu nối
Exts−2,tA (F2, M ⊗H⊗2) // Exts−1,t+1
A (F2, M ⊗H).
Lặp lại quá trình này và ghép các đồng cấu nối lại ta nhận được một đồng cấu
ϕs(M) : Ext0,tA (F2, M ⊗H⊗s) // Exts,t+s
A (F2, M).
Đặc biệt, khiM =F2, ta nhận được một đồng cấu, được gọi là đồng cấu chuyển đại số,
ϕs : Ext0,tA (F2, H⊗s) // Exts,t+s
A (F2,F2).
Tiếp theo ta sẽ xây dựng tường minh ánh xạ
ψs : H⊗s //Λs
cảm sinh đồng cấu chuyển đại số. Để làm điều này, ta xét việc xây dựng đồng cấu nối.
Giả sửλ⊗m⊗a(I,t) là một chu trình trongΛ⊗M⊗H⊗s. Nó có thể được xem như nằm trong Λ ⊗ M ⊗ H⊗s−1 ⊗ H, và là nghịch ảnh của chính nó. Khi đó, cóˆ
thể tìm được nghịch ảnh củaδ(λ⊗m⊗a(I,t))trongΛ⊗M ⊗H⊗s−1 ⊗Σ−1F2. Vì δ(λ⊗m⊗a(I,t)) = 0trongΛ⊗M ⊗H⊗s, và vìa(t)s Sqt+1 =a(−1)s , nên ta có
δ(λ⊗m⊗a(I,t)) =λ X
i≥−1
λi⊗(m⊗a(I,t))Sqi+1 =λX
i≥0
λi⊗m⊗a(I)Sqi−t⊗a(−1)s .
Từ đó suy ra rằng đồng cấu nối được cho bởi
λ⊗m⊗a(I,t) 7→λX i≥0
λi⊗(m⊗a(I))Sqi−t. (2.12) Một lần nữa, chúng tơi có thể tóm tắt q trình này như sau:
m⊗a[xs, . . . , x1] //λ[x1]⊗(m⊗a[xs, . . . , x2])St(x1), (2.13) trong đó ký hiệua[xs, . . . , x1]là tổng hình thức P
i1,...,is≥0a(is)s . . . a(i1)1 xiss . . . xi11 . Ví dụ, trường hợp hạng1, có thể dễ dàng thấy rằng ánh xạH //Λ1 được cho bởi
Để có thể xây dựng cơng thức trong trường hợp hạng 2, chúng tôi viết lại công thức (2.13) theo ngôn ngữ của chuỗi lũy thừa hình thức.
Để tính ảnh củaa[x2, x1], ta quy nạp theo sơ đồ sau:
a[x2, x1] //λ[x1]⊗a[x2]St(x1) = λ[x1]a[x2+x1−1x22] //λ[x1, x2+x−1 1 x22].
Như vậy, đồng cấuψ2 ánh xạ a[x2, x1] vào λ[v1, v2], trong đó vi là các hàm hữu tỉ như trong các mục trước. Mặt khác, quan hệ Adem (2.1) chỉ ra rằng
λ[x1, x2+x−11 x22] =λ[x2, x1+x−12 x21].
Do đó, ta có ngay hệ quả sau đây.
Hệ quả 2.4.1. Đồng cấu chuyển đại số bất biến dưới tác động của nhóm đối xứng lênH∗(BVs).
Định lý dưới đây cho ta công thức tổng quát cho biểu diễn của đồng cấu chuyển đại số.
Định lý 2.4.2. Biểu diễn của đồng cấu chuyển đại số trên đại số lambda, ψs được cho dưới dạng hàm sinh bởi
a[xs, xs−1, . . . , x1] //λ[v1, v2, . . . , vs]. (2.14)
Nghĩa là, ánh xạψs biến phần tử z = a(I) ∈ H∗(BVs)thành tổng của tất cả các
λJ ∈ Λs sao cho xI là một hạng tử không tầm thường trong khai triển của vJ theo các biếnx1, . . . , xs. Nói cách khác,
ψs : z // X
J
z, vJλJ. (2.15)
Ví dụ 2.4.3. Cơng thức tường minh cho trường hợp hạng2như sau:
a(s)2 a(t)1 7→X i s+t−i i−t λiλs+t−i. (2.16) Nhận thấy rằng, ta có thể viết vi1vs+t−i2 = xi1[x−11 x2(x1+x2)]s+t−i
nên vs+t−j,j chứaxs2xt1 khi và chỉ khi s+t−ii−t 6= 0. Nếu s+ 1 là một lũy thừa của2
thì s+t−ii−t = s−(i−t)i−t 6= 0khi và chỉ khii= t. Như vậy,a(s)2 a(t)1 7→λtλs.
Ngoài ra, ta cịn nhận thấy rằng nếus+t−i ≥ i−tthì2(s+t−i) ≥ s; như
vậy, nếu2s ≥ t, thìi ≤ 2(s+t−i)và do đó tất cả các đơn thức trong ảnh đều là các đơn thức chấp nhận được.
Ví dụ 2.4.4. Cơng thức tường minh cho trường hợp hạng3như sau:
a(t3)3 a(t2)2 a(t1)1 7→ X i,j,k1+k2=i−t1 t3−k1 k1 t2−k2 k2 t3+t2+t1−i−j j −t2+k2 λi,j,t3+t2+t1−i−j.
Ta xét ví dụ sau đây. Gọic0e = [2,3,3]+[1,4,3]+[1,2,5]+[1,1,6] ∈PAH8(BV3),
trong đó ký hiệu[ts, . . . , t1]là phần tửa(ts)s . . . a(t1)1 . Áp dụng công thức trên, ảnh của
e
c0là
[λ3λ3λ2+λ3λ4λ1 +λ4λ3λ1] + [λ3λ4λ1+λ4λ3λ1+λ5λ2λ1] + [λ5λ2λ1+λ6λ1λ1] +λ6λ1λ1 = λ3λ3λ2.
Nên ce0 7→ λ3λ3λ2, là đại diện của c0 ∈ Ext3,11A (F2,F2) trên đại số lambda (xem [38]). Ví dụ này cho thấyc0 nằm trong ảnh của đồng cấu chuyển đại số.
Chứng minh Định lý 2.4.2. Vì cơng thức Cartan, nên
a[xn, . . . , x1]St(u) = a[v2(u, xn), . . . , v2(u, x1)].
Hơn nữa, dùng (2.13), ta có
a[xs, . . . , x1] //λ[x1](a[xs, . . . , x2]St(x1)) =λ[x1]a[v2(xs, x1), . . . , v2(x1, x2)] //λ[v1, v2(x1, x2)](a[v2(x1, xs), . . . , v2(x1, x3)]St(v2(x1, x2))).
Do phép quy nạp, ta chỉ cần chứng minh các đồng nhất thức sau:
a[vk−1(x1, . . . , xk−2, xk)]St(vk−1(x1, . . . , xk−2, xk−1)) =a[vk(x1, . . . , xk−1, xk)],
hay tương đương với
v2(vk−1(x1, . . . , xk−1), vk−1(x1, . . . , xk−2, xk)) =vk(x1, . . . , xk).
Nhận xét 2.4.5. Ảnh củaa(0)s+1u, trong đóu∈ H∗(BVs), làψs(u)λ0. Như vậy,
ψ2(a(0)2 a(1)1 ) = λ1λ0,
và
ψ3(a(0)3 a(3)2 a(3)1 ) = ψ2(a(3)2 a(3)1 )λ0 =λ3λ3λ0 = (λ3λ1)λ2.
Vì a(0)2 a(1)1 và a(0)3 a2(3)a(3)1 tương ứng là tầm thường trong F2 ⊗GL2 PAH∗(BV2) và
F2⊗GL3PAH∗(BV3), nên các phương trình này suy ra hai quan hệ cơ bảnh0h1 = 0
vàh0h22 = 0giữa cáchitrongExtA(F2,F2).
Đơn thức a(2s ts−1). . . a(21t1−1) (cũng được gọi là một đơn thức nhọn) bị triệt tiêu bởi mọi phần tử bậc dương của đại số Steenrod. Từ công thức (2.12), ta dễ dàng
nhận thấy
ψ(a(2s ts−1). . . a(21 t1−1)) =λ2t1−1. . . λ2ts−1.
Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là ψs có phải là một đồng cấu A-tuyến tính tương ứng với cấu trúcA-mơđun trênH∗(BVs)và trênΛhay khơng? Ví dụ sau đây trả lời phủ định cho câu hỏi này.
Ví dụ 2.4.6. Từ Ví dụ 2.4.4 ta nhận thấy, ảnh củace0 = [2,3,3] + [1,4,3] + [1,2,5] + [1,1,6] trong Λ3 là λ3λ3λ2. Phần tử c0e bị triệt tiêu bởi mọi toán tử Steenrod bậc dương, trong khiλ3λ3λ2Sq4 =λ1λ2λ1 6= 0.
Mệnh đề 2.4.7. Đồng cấu chuyển đại số bất biến dưới tác động củaGLs lên miền xác định.
Chứng minh. Do Hệ quả 2.4.1, ta chỉ cần chứng minh đồng cấu chuyển bất biến dưới tác động củaτ, là phần tử tác động giữ nguyênx1và ánh xạx2 7→x2+x1. Dễ dàng
thấy rằng
λ[x1,(x1+x2) +x−11 (x1+x2)2] = λ[x1, x2+x−11 x22].
Mệnh đề đã được chứng minh.
Nhắc lại rằng⊕s≥1H∗(BVs)là một đại số với phép nhân
H∗(BVm)⊗H∗(BVn) //H∗(BVm+n)
Mệnh đề 2.4.8. Đồng cấuψ = ⊕s≥1ψs : ⊕s≥1H∗(BVs) //Λlà một đồng cấu đại
số.
Chứng minh. Chúng ta chỉ cần chứng minh đồng cấuψcó tính chất nhân tính. Thật vậy,
a(I2)a(I1) =a(I2,I1) 7→ X
J D a(I2,I1), vJEλJ = X J1,J2 D a(I2) ⊗a(I1), vJ1 ⊗vJ2EλJ1λJ2 = X J1 D a(I1) , vJ1 E λJ1 ! X J2 D a(I2) , vJ2 E λJ2 ! . Mệnh đề đã được chứng minh. 2.5. Ứng dụng
Trong mục này, chúng tôi mô tả tường minh biểu diễn của đồng cấu chuyển đại số trên đại số lambda được xây dựng trong Mục 2.4, cho trường hợp hạng 4. Sử dụng mô tả này, chúng tôi kiểm tra lại các kết quả về việcd0, e0 nằm trong ảnh của đồng cấu chuyển đại số hạng 4 trong [25]. Ngồi ra, chúng tơi cũng đưa ra một chứng minh khác chứng minh trong [91] cho việcf0nằm trong ảnh củaT r4.
Mệnh đề 2.5.1. Biểu diễn của T r4 trên đại số lambda,ψ4 được cho bởi
a(t4) 4 a(t3) 3 a(t2) 2 a(t1) 1 7→ X i,j,h,k1+k2+k3=i−t1,`1+`2=j−t2+k3 t4−k1 k1 t3−k2 k2 t2 −k3 k3 t4−k1−`1 `1 t3−k2−`2 `2 t4+t3+t2+t1−i−j−h h−t3+k2+`2 λi,j,h,t4+t3+t2+t1−i−j−h.
Lưu ý rằng các hệ số nhị thức nk trong mệnh đề là các hệ số nhị thức thông thường, xác định với mọi số nguyên không âmnvàk.
Dùng biểu diễn này để khảo sát ảnh của đồng cấu chuyển đại số, ta nhận được kết quả sau đây.
(i) d0 ∈Ext4,18A (F2,F2),
(ii) e0 ∈Ext4,21A (F2,F2), và
(iii) f0 ∈ Ext4,22A (F2,F2)
nằm trong ảnh của đồng cấu chuyển đại số.
Các kết quả này đã được chứng minh bởi L. M. Hà [25], và T. N. Nam [91]. Ở đây chúng tôi chứng minh lại các kết quả này bằng cách dùng công thức biểu diễn tường minh cho đồng cấu chuyển đại số trong Mệnh đề 2.5.1.
Chứng minh. Theo Lin [38],d0 ∈ Ext4,18A (F2,F2)có một đại diện trên đại số lambda là ¯ d0 =λ33λ2λ6+λ23λ24+λ3λ5λ4λ2+λ7λ1λ5λ1 =λ33λ2λ6+λ23λ24+λ3λ5λ4λ2+λ3λ5λ23. Đặt e d0 =x+ (2 3)x+ (1 3)x+ [3,1,5,5] + [5,5,1,3] + [5,1,3,5] + [5,3,1,5] + [5,3,3,3], trong đó x = [2,2,5,5] + [2,1,6,5] + [1,2,5,6] + [1,1,6,6] + [4,2,5,3] + [4,1,6,3] + [3,2,6,3] + [2,4,3,5] + [1,4,3,6] + [2,3,3,6] + [4,4,3,3].
Kiểm tra trực tiếp, ta thấy d0e ∈ PAH14(BV4). Áp dụng công thức trong Mệnh
đề 2.5.1, ảnh củade0 là
λ33λ2λ6+λ23λ24+λ3λ5λ4λ2+λ33λ5
= ¯d0 +δ(λ23λ9+λ3λ9λ3).
Như vậy,d0e 7→d0 ∈Ext4,18A (F2,F2). Nói cách khác,d0 nằm trong ảnh củaT r4.
Theo Lin [38], phần tử e0 ∈ Ext4,21A (F2,F2) có một đại diện trên đại số lambda là
¯
e0 =λ33λ8+ (λ3λ25+λ23λ7)λ4+ (λ7λ5λ3+λ23λ9)λ2 =λ33λ8+ (λ3λ25+λ23λ7)λ4+λ7λ5λ3λ2+λ23λ5λ6.
Đặt e e0 = [2,5,5,5] + [1,6,5,5] + [1,8,5,3] + [1,8,3,5] + [1,7,6,3] + [1,7,3,6] + [1,4,7,5] + [1,4,5,7] + [1,3,7,6] + [1,3,6,7] + [1,4,9,3] + [1,4,3,9] + [2,3,9,3] + [2,3,3,9] + [1,2,9,5] + [1,2,5,9] + [1,1,10,5] + [1,1,6,9] + [1,2,11,3] + [1,2,3,11] + [4,3,5,5] + [4,5,3,5] + [4,5,5,3] + [1,1,12,3] + [1,1,4,11] + [1,1,8,7] + [2,1,7,7] + [1,1,2,13] + [1,1,1,14] + [3,3,5,6] + [3,6,3,5] + [3,5,6,3] + [5,3,3,6] + [5,6,3,3] + [5,3,6,3] + [6,3,3,5] + [6,3,5,3] + [6,5,3,3] + [8,3,3,3] + [7,4,3,3] + [7,2,5,3] + [7,1,6,3] + [2,9,3,3] + [1,10,3,3] + [2,7,3,5] + [2,3,7,5] + [2,3,5,7] + [1,7,3,6] + [1,3,7,6] + [1,3,6,7].
Kiểm tra trực tiếp, ta thấy ee0 ∈ PAH17(BV4). Dùng công thức trong Mệnh đề
2.5.1, ta nhận được
e
e0 7→λ3λ5λ4λ5+λ7λ5λ3λ2+λ32λ7λ4+λ3λ5λ3λ6+λ23λ5λ6
+λ33λ8+λ3λ25λ4+λ3λ5λ6λ3
= ¯e0+δ(λ3λ5λ10+λ3λ12λ3+λ4λ27+λ0λ11λ7).
Như vậy,e0nằm trong ảnh của đồng cấu chuyển đại số.
Phần tửf0 ∈ Ext4,22A (F2,F2)có một đại diện, trong đại số lambda (xem [38]) là
¯ f0 = λ27λ0λ4+λ23λ9λ3 +λ7λ5λ23+λ27λ22 = λ3λ5λ6λ4+λ23λ7λ5+λ7λ5λ23+λ7λ5λ4λ2. Đặt e f0 =x+ (3 4)x+y+ (1 2)y + [3,3,6,6] + [3,5,5,5] + [3,9,3,3] + [3,7,3,5] + [2,2,7,7] + [2,1,9,6] + [1,2,6,9] + [2,1,5,10] + [1,2,10,5] + [1,1,3,13] + [1,1,11,5] + [1,1,7,9], trong đó, x= [9,1,5,3] + [8,2,5,3] + [8,1,6,3] + [7,2,6,3] + [6,4,5,3]
+ [6,3,6,3] + [6,1,6,5] + [5,5,5,3] + [5,4,6,3] + [5,2,6,5] + [5,1,9,3] + [5,1,7,5] + [4,2,9,3] + [4,2,7,5] + [4,1,10,3] + [4,1,7,6] + [3,4,6,5] + [3,2,7,6] + [3,2,10,3] + [2,2,11,3] + [2,2,9,5] + [1,1,10,6];
y = [2,1,12,3] + [2,1,8,7] + [2,1,4,11] + [2,1,2,13] + [2,1,1,14].
Kiểm tra trực tiếp, ta thấy f0e ∈ PAH18(BV4). Áp dụng công thức trong Mệnh
đề 2.5.1,
e
f0 7→λ3λ5λ6λ4+λ23λ7λ5+λ7λ5λ4λ2+λ7λ5λ23+λ3λ5λ3λ7
= ¯f0+δ(λ3λ5λ11).
Như vậy,f0 nằm trong ảnh củaT r4.
2.6. Đồng cấu chuyển đại số hạng 6 và 7
Trong mục này, chúng tôi bước đầu khảo sát ảnh của đồng cấu chuyển đại số hạng 6 và 7 tại một số bậc.
Từ đây trở đi, đơn thức xt11 . . . xtss ∈ Ps được ký hiệu đơn giản là (t1, . . . , ts)và đơn thứca(t1)1 . . . a(ts)s ∈ H∗(BVs), đối ngẫu củaxt11 . . . xtss theo cơ sở đơn thức, được ký hiệu là[t1, . . . , ts]. Một phần tửf ∈Ps được gọi bị “hit”nếuf ∈APs.
Hai phần tửf, g ∈ Ps được gọi là tương đương với nhau, ký hiệuf ∼ g, nếu f
vàg là đại diện của cùng một phần tử trongF2⊗A Ps; nói cách khác,f−g ∈ APs. Kết quả chính trong mục này là định lý sau đây.
Định lý 2.6.1. Các phần tử sau đây trong đối đồng điều của đại số Steenrod
(i) h0P h2 ∈Ext6,17A (F2,F2),
(ii) h2
0P h2 ∈Ext7,18A (F2,F2), và
(iii) hn1P h1 ∈ Ext5+n,14+2nA (F2,F2),0≤ n≤ 2,
khơng nằm trong ảnh của đồng cấu chuyển đại số.
Vì h31P h1 = h30P h2 = 0 (xem [11]), nên kết quả trên cùng với kết quả của V. T. N. Quỳnh [61] cho ta đầy đủ thông tin về các phần tử trongh0-tháp của P h2 và
h1-tháp của P h1. Lưu ý rằng việcP h1, phần tử đầu tiên củah1-tháp của nó, khơng
nằm trong ảnh của đồng cấu chuyển đại số được chứng minh bởi Singer [63].
Chứng minh của Định lý 2.6.1 ta cần đến một nhận xét đơn giản nhưng rất hữu dụng sau đây.
Mệnh đề 2.6.2. Chof ∈ Ps tại bậc d≤ 11. Nếu(Sq2)3f 6= 0thìf khơng bị “hit”. Chứng minh. Giả sửf bị “hit”. Do tính chất khơng ổn định của tác động của đại số Steenrod lên đại số đa thức và do Mệnh đề 1.1.2, nên ta có thể viết f = Sq4A +
Sq2B +Sq1C, ở đóA có bậcd−4 ≤ 7. Tác động(Sq2)3 vào hai vế và để ý rằng toán tử này triệt tiêu cảSq2 lẫnSq1, ta rút ra được
06= (Sq2)3(f) = (Sq2)3Sq4(A) =Sq9Sq1(A).
Mặt khác, doSq1Acó bậc khơng quá8nênSq9(Sq1A) = 0. Điều này dẫn đến mâu
thuẫn.
NếuX là một đơn thức trong Ps, ta viếtL(X)là không gian sinh bởi tất cả các đơn thức là hoán vị củaX.
Các kết quả sau đây là hệ quả của Mệnh đề 2.6.2 và được sử dụng trong chứng minh của Định lý 2.6.1.
Hệ quả 2.6.3. Mọi phần tử khác không trongL(1,1,1,1,3,4)đều không bị “hit”. Chứng minh. Giả sử m là một phần tử khác không trong L(1,1,1,1,3,4). Để ý
rằngmcó bậcd = 11và
(Sq2)3(1,1,1,1,3,4) = (1,1,1,2,8,4) + các đơn thức khác.
Hơn nữa, đơn thức(1,1,1,2,8,4)không xuất hiện trong(Sq2)3(Y)với mọi hốn vị
Y khác của (1,1,1,1,3,4). Do đó(Sq2)3(m) 6= 0. Theo Mệnh đề 2.6.2, ta có điều
phải chứng minh.
Hệ quả 2.6.4. Nếu m = m1 + m2 bị “hit”, trong đó m1 ∈ L(1,1,1,1,3,4) và
m2 ∈L(1,1,2,2,2,3), thìm1 = 0vàm2 bị “hit”.
Chứng minh. Sai khác một hốn vị, có thể giả sửm1 chứa(1,1,1,1,3,4). Vì m1 +
m2 bị “hit” nên (Sq2)3(m1+m2) = 0. Mặt khác, từ chứng minh của Hệ quả 2.6.3,
ta nhận thấy(Sq2)3(m1)phải chứa (1,1,1,2,8,4). Kiểm tra trực tiếp, ta thấy điều
Hệ quả 2.6.5. Phần tử
z = (1,1,2,2,2,3) + (1,2,1,2,2,3) + (2,1,1,2,2,3) + (1,1,2,2,3,2) + (1,2,1,2,3,2) + (2,1,1,2,3,2) + (1,1,2,3,2,2) + (1,2,1,3,2,2) + (2,1,1,3,2,2)
bị “hit”. Hơn nữa, nếum ∈ L(1,1,2,2,2,3), m 6= 0và m bị “hit” thìm chứa ít nhất một hốn vị củaz.
Chứng minh. Ta có
z =Sq2(1,1,1,2,2,2) + [(1,2,2,2,2,2) +các hốn vị của ba biến đầu]
+Sq1((1,1,1,2,2,3) + (1,1,1,2,3,2) + (1,1,1,3,2,2)).
Vì(1,2,2,2,2,2)bị “hit” (do Định lý 1.1.4), nênzbị “hit”.
Khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử mchứa (1,1,2,2,2,3). Vì mcó bậc
11, nên theo Mệnh đề 2.6.2, nếumbị “hit” thì(Sq2)3(m) = 0. Ta nhận thấy (Sq2)3(1,1,2,2,2,3) = (1,2,2,2,2,8) + (2,1,2,2,2,8)
+các đơn thức khác kiểu.
Hơn nữa, qua tác động của(Sq2)3, chỉ có các đơn thức trong danh sách dưới đây có ảnh chứa(1,2,2,2,2,8).
(1,1,2,2,2,3),(1,2,1,2,2,3),(1,2,2,1,2,3),(1,2,2,2,1,3). (2.17) Tương tự, qua tác động của(Sq2)3, chỉ có các đơn thức trong danh sách dưới đây có ảnh chứa(2,1,2,2,2,8)
(1,1,2,2,2,3),(2,1,1,2,2,3),(2,1,2,1,2,3),(2,1,2,2,1,3). (2.18) Do đó, để (Sq2)3(m) = 0 thì m phải chứa một số chẵn các đơn thức trong mỗi danh sách (2.17) và (2.18), suy ram chứa n = (1,1,2,2,2,3) + (1,2,1,2,2,3) + (2,1,1,2,2,3)hoặc(3 4)nhoặc(3 5)n.
Giả sửmchứan(các trường hợp khác lập luận tương tự). Khi đó,
(Sq2)3(n) =
(1,4,2,2,4,4) + (4,1,2,2,4,4) + (1,4,2,4,2,4) + (4,1,2,4,2,4) + (4,2,1,2,4,4) + (1,2,4,2,4,4) + (4,2,1,4,2,4) + (1,2,4,4,2,4) + (2,1,4,2,4,4) + (2,4,1,2,4,4) + (2,1,4,4,2,4) + (2,4,1,4,2,4).
Hai đơn thức(1,4,2,4,2,4) và (4,1,2,4,2,4) nằm trong (Sq2)3(1,1,2,2,2,3)
và không nằm trong ảnh qua(Sq2)3của đơn thức cịn lại.
Nếumchỉ chứanthì(Sq2)3(m)vẫn khác khơng vì có hai đơn thức(1,4,2,4,2,4)
và(4,1,2,4,2,4) chưa bị khử. Do đó,m phải chứa thêm ít nhất một đơn thức nữa. Trường hợp tốt nhất là khi m chứa (1,1,2,3,2,2) để khử được cả hai đơn thức
(1,4,2,4,2,4) và (4,1,2,4,2,4). Nhưng khi đó tương tự như lập luận ở trên, m
phải chứa toàn bộ hàng thứ ba củaz.
Tương tự, ta thấy rằng hai đơn thức(1,4,2,2,4,4) và(4,1,2,2,4,4) nằm trong
(Sq2)3(1,1,2,2,2,3) và không nằm trong ảnh qua (Sq2)3 của 5 đơn thức còn lại trong hàng thứ nhất và hàng thứ ba củaz. Như vậy, m phải chứa thêm ít nhất một đơn thức nữa ngoài 6 đơn thức này. Trường hợp tốt nhất làmchứa(1,1,2,2,3,2)để khử được cả hai đơn thức (1,4,2,2,4,4) và (4,1,2,2,4,4). Lập luận tương tự như
trên ta suy ramchứa hàng thứ hai củaz.
Nhận xét 2.6.6. Choz1là tổng của một vài trong số 9 đơn thức củaz. Bằng lập luận
tương tự, ta có thể chứng minh được nếu mchứa z1 và m bị “hit” thì mchứa một hốn vị củaz.
Trong chứng minh phần (ii) của Định lý 2.6.1 ta cần kết quả sau đây.
Hệ quả 2.6.7. Cho tlà tổng của 30 đơn thức nhận được từ (1,1,1,1,2,2,3) bằng cách giữ nguyên vị trí thứ6 và hốn vị tất cả các biến cịn lại. Khi đó, t bị “hit”. Hơn nữa, nếum ∈ L(1,1,1,1,2,2,3),mchứa(1,1,1,1,2,2,3)và mbị “hit” thì
mphải chứathoặc (5 6)t,
Chứng minh. Ta có
(1 6)t= [(2,1,1,1,2,1,3) +tất cả các hoán vị của 6 biến cuối]
= Sq1[(2,1,1,1,1,1,3) +tất cả các hoán vị của 6 biến cuối]
+Sq2[(2,1,1,1,1,1,2) +tất cả các hốn vị của 6 biến cuối]
+Sq3(2,1,1,1,1,1,1).
Do đó,tbị “hit”.
Vì mcó bậc11, nên theo Mệnh đề 2.6.2, nếum bị “hit” thì(Sq2)3(m) = 0. Ta