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 xt1
1 . . . xtss ∈ Ps được ký hiệu đơn giản là (t1, . . . , ts)và đơn thứca(t1)
1 . . . a(sts) ∈ H∗(BVs), đối ngẫu củaxt1
1 . . . 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 ∈ExtA6,17(F2,F2),
(ii) h2
0P h2 ∈ExtA7,18(F2,F2), và
(iii) hn1P h1 ∈ Ext5+A n,14+2n(F2,F2),0≤ n≤ 2, không 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, không 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 không bị “hit”. Chứng minh. Giả sửf bị “hit”. Do tính chất không 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 không 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 hoán 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 hoán 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 này không xảy ra. Như vậy,m1 = 0 vàm2bị “hit”.
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 hoán vị củaz.
Chứng minh. Ta có
z =Sq2(1,1,1,2,2,2) + [(1,2,2,2,2,2) +các hoán 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”.
Không mất tính tổng quát, 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 còn lại.
Nếumchỉ chứanthì(Sq2)3(m)vẫn khác không 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 hoán 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 hoán vị tất cả các biến còn 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 hoán 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 nhận thấy
(Sq2)3(1,1,1,1,2,2,3) = (1,1,1,2,2,2,8) + (1,1,2,1,2,2,8) + (1,2,1,1,2,2,8) + (2,1,1,1,2,2,8) + các đơn thức khác kiểu,
Lập luận tương tự như trong chứng minh của Hệ quả 2.6.5, để(Sq2)3(m) = 0thìm
bắt buộc phải chứan= (1,1,1,1,2,2,3) + (1,1,1,2,1,2,3) + (1,1,2,1,1,2,3) + (1,2,1,1,1,2,3) + (2,1,1,1,1,2,3)hoặc(5 6)n. Mặt khác, ta lại có (Sq2)3(1,1,1,1,2,2,3) = (1,4,2,2,2,2,4) + (1,2,2,4,2,2,4) + (1,2,4,2,2,2,4) + (2,1,2,4,2,2,4) + (2,1,4,2,2,2,4) + (2,2,1,4,2,2,4) + (2,2,4,1,2,2,4) + (2,4,1,2,2,2,4) + (2,4,2,1,2,2,4) + (4,1,2,2,2,2,4) + (4,2,1,2,2,2,4) + (4,2,2,1,2,2,4) + các đơn thức khác kiểu.
Để(Sq2)3(m) = 0thìmbắt buộc phải chứa(1,1,1,1,2,2,3) + (1,1,1,3,2,2,1) + (1,1,3,1,2,2,1) + (1,3,1,1,2,2,1) + (3,1,1,1,2,2,1).
Như vậy, để khử được hết tất cả đơn thức là các hoán vị của(1,1,1,2,2,2,8)và
(1,4,2,2,2,2,4) thìm phải chứat hoặc (5 6)t, trong đót là tổng của 30 đơn thức nhận được từ đơn thức(1,1,1,1,2,2,3) bằng cách giữ nguyên vị trí x6 và hoán vị tất cả các biến còn lại.
Nhận xét 2.6.8. Cho t1 là tổng của một vài trong số 30 đơn thức của t. Bằng lập luận tương tự, ta chứng minh được nếum là một đa thức chứa t1 và mbị “hit” thì
mphải chứa một hoán vị của t.
Chứng minh phần (i) của Định lý 2.6.1 được suy ra từ bổ đề sau đây.
Bổ đề 2.6.9. (F2⊗A P6)GL6
11 = 0.
Chứng minh. Trước tiên, ta nhận thấy
(1,1,1,2,2,4) =Sq1(1,1,1,2,2,3)
+ [(1,1,2,2,2,3) +các hoán vị của ba biến đầu],
(1,1,1,1,1,6) =Sq1(1,1,1,1,1,5)
+ [(1,1,1,1,2,5) +các hoán vị của năm biến đầu],
(1,1,1,1,2,5) = (1,1,1,1,4,3) +Sq2(1,1,1,1,2,3)
+ [(1,1,1,2,2,4) +các hoán vị của bốn biến đầu] + [(1,1,2,2,2,3) +các hoán vị của bốn biến đầu]
= [(1,1,2,2,2,3) +các hoán vị của bốn biến đầu] + (1,1,1,1,4,3).
Nên mỗi phần tử trong(F2⊗A P7)11 đều có một đại diện là một tổng của các hoán vị của các đơn thức (1,1,1,2,3,3); (1,1,1,1,3,4); (1,1,2,2,2,3) và các phần tử không nằm trong iđêan sinh bởi(1,1,1,1,1,1)củaP6.
Gọiplà một đại diện của một phần tử trong(F2⊗A P6)GL6
11 . Theo lập luận trên, ta có thể giả sửplà một đa thức có dạng p=q+ 6 X i=1 pi,
trong đóqlà tổng các hoán vị của(1,1,1,2,3,3); (1,1,1,1,3,4); (1,1,2,2,2,3),pi
là tổng của các đơn thức có dạng(t1, . . . , t6),ti = 0,1≤ i≤ 6.
Ta sẽ chứng minhpi,1 ≤ i ≤ 6, bị “hit”. Thật vậy, gọip01 là ảnh củapqua phép chiếu πx1 : P6 → P6/(x1) ∼= P5. Khi đó, p0
1 là đại diện của một phần tử trong
(F2⊗AP5)GL5
11 . Theo kết quả của V. T. N. Quỳnh [61],(F2⊗AP5)GL5
11 = 0, nênp01bị “hit” và do đóp1bị “hit”. Chứng minh tương tự ta nhận được pi,1 ≤i≤ 6, bị “hit”. Như vậy, ta có thể thay thếpbởi một đại diện khác là một tổng của một số hoán vị của ba đơn thức sau:
(1,1,1,1,3,4),(1,1,1,2,3,3),(1,1,2,2,2,3).
Tiếp theo, ta sẽ chứng minhpcó thể được thay thế bởi một đại diện khác là một tổng của một số hoán vị của(1,1,1,1,3,4)và(1,1,2,2,2,3).
Chia 60 hoán vị của(1,1,1,2,3,3) thành 15 nhóm, tương ứng với 15 vị trí của hai số 3.
Xét nhóm {(1,1,1,2,3,3),(1,1,2,1,3,3),(1,2,1,1,3,3),(2,1,1,1,3,3)}. Với
σ1 ∈ GL6 là phần tử mà tác động của nó biến x1 thànhx1 +x4 và giữ cố định các biến còn lại, ta có
σ1(1,1,1,2,3,3) + (1,1,1,2,3,3) = (0,1,1,3,3,3). σ1(2,1,1,1,3,3) + (2,1,1,1,3,3) = (0,1,1,3,3,3).
Trong khi đó, dưới tác động củaσ1, ảnh của các hoán vị còn lại của(1,1,1,2,3,3)
hạng tử (0,1,1,3,3,3). Từ điều kiện p là đại diện của phần tử GL6-bất biến, nên
σ1(p) + p = 0 trong F2⊗A P6. Hơn nữa, (0,1,1,3,3,3) là một đơn thức nhọn, do đó hệ số của(1,1,1,2,3,3)và(2,1,1,1,3,3)phải bằng nhau trong phân tích củap. Lập luận tương tự như trên với các phần tửσ2, σ3 ∈ GL6, trong đóσ2 là phần tử mà tác động của nó biếnx2thànhx2+x4và giữ cố định các biến còn lại,σ3là phần tử mà tác động của nó biếnx3 thànhx3+x4 và giữ cố định các biến còn lại, ta thấy hệ số của các đơn thức trong nhóm đang xét phải bằng nhau trong phân tích củap. Mặt khác,
(1,1,1,2,3,3) + (1,1,2,1,3,3) + (1,2,1,1,3,3) + (2,1,1,1,3,3) =Sq1(1,1,1,1,3,3) + (1,1,1,1,3,4) + (1,1,1,1,4,3).
Do đó, tổng các hoán vị của (1,1,1,2,3,3) trong phân tích của p có thể được thay thế bởi tổng của một số hoán vị của(1,1,1,1,3,4).
Như vậy, ta có thể giả sửplà một đại diện chỉ chứa các hoán vị của(1,1,2,2,2,3)
và(1,1,1,1,3,4).
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng có thể thay thếpbởi một đại diện khác là một tổng của một số hoán vị của(1,1,1,1,3,4).
Xét(5 6)∈ GL6. Nếupchứa(1,1,2,2,2,3)nhưng không chứa(1,1,2,2,3,2), thì (5 6)(p) +p chứa (1,1,2,2,2,3). Hơn nữa, vì p là đại diện của phần tử GL6- bất biến nên (5 6)(p) + p bị “hit” trong P6. Theo Hệ quả 2.6.4 và Hệ quả 2.6.5,
(5 6)(p) +psẽ chứa ít nhất một hoán vị chứa(1,1,2,2,2,3)củaz với
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).
Dễ thấy rằng chỉ cózhoặc(3 4)zhoặc(3 5)zchứa(1,1,2,2,2,3). Do đó,(5 6)(p)+
pphải chứaz hoặc(3 4)z hoặc(3 5)z.
Điều này không xảy ra, thật vậy ta thấy rằng (5 6)(p) +p không chứa z vì nó không chứa các đơn thức trong hàng thứ 3 củaz; tương tự(5 6)(p) +pkhông chứa
(3 4)(z) vì nó không chứa các đơn thức trong hàng thứ 3 của (3 4)(z); cuối cùng,
(5 6)(p) +pkhông chứa(3 5)(z)vì nó không chứa hai đơn thức cuối ở cột thứ nhất của(3 5)(z). Như vậy, nếupchứa(1,1,2,2,2,3)thìpchứa(1,1,2,2,3,2).
Tương tự, xét (4 6) ∈ GL6, ta thu được nếu p chứa (1,1,2,2,2,3) thì p chứa
(1,1,2,3,2,2). Do đó, nếupchứa(1,1,2,2,2,3) thìpchứa
z1 = (1,1,2,2,2,3) + (1,1,2,2,3,2) + (1,1,2,3,2,2).
Nếupchứaz1 nhưng không chứa
z2 = (1,2,1,2,2,3) + (1,2,1,2,3,2) + (1,2,1,3,2,2)
thì(2 3)(p) +pchứaz1. Lập luận tương tự, dùng Nhận xét 2.6.6, suy ra(2 3)(p) +p
chứaz. Tương tự ta thấy rằng (2 3)(p) +pkhông chứaz vì nó không chứa các đơn thức trong cột thứ 3 củaz.
Như vậy, nếupchứaz1 thìpchứaz2.
Tương tự, dùng(1 3) ∈ GL6, ta nhận được nếupchứaz1thìpchứa
z3 = (2,1,1,2,2,3) + (2,1,1,2,3,2) + (2,1,1,3,2,2).
Kết hợp các chứng minh trên, ta có nếup chứa (1,1,2,2,2,3)thì pchứa z = z1 +
z2 +z3.
Mặt khác, vìzbị “hit” nên có thể thaypbởi một đại diện khác sao cho nó không chứa hoán vị nào của(1,1,2,2,2,3).
Như vậy,pđược biểu thị tuyến tính qua các hoán vị của(1,1,1,1,3,4).
Do Hệ quả 2.6.3, nên nếu p chứa một hoán vị nào đó của (1,1,1,1,3,4) thì p
phải chứa tất cả các hoán vị của(1,1,1,1,3,4). Tiếp theo ta sẽ chứng minh p như thế không là đại diện của một phần tửGL6-bất biến trongF2⊗A P6.
Xétσ4 ∈ GL6 biến x1 thànhx1 +x2 và giữ cố định các biến còn lại. Tính toán trực tiếp ta có πx1(σ4(p) +p) = (2,1,1,3,4) + (2,1,1,4,3) + (2,1,3,1,4) + (2,1,4,1,3) + (2,3,1,1,4) + (2,4,1,1,3) + (2,1,3,4,1) + (2,1,4,3,1) + (2,3,1,4,1) + (2,4,1,3,1) + (2,3,4,1,1) + (2,4,3,1,1), và(Sq2)3(πx1(σ4(p) +p))6= 0. Do Mệnh đề 2.6.2, suy raπx1(σ4(p) +p)không bị “hit” trongP5.
Như vậy,pkhông chứa hoán vị nào của(1,1,1,1,3,4). Từ đó suy ra p= 0. Chứng minh của Định lý 2.6.1 được chia thành ba phần tương ứng với ba phát biểu của định lý.
Chứng minh (i). Từ Bổ đề 2.6.9, ta nhận đượcF2⊗GL6 PAH11(BV6) = [(F2⊗A P6)GL6
11 ]∗ = 0. Do đó, ta nhận được (i).
Mặt khác, ta cũng có thể nhận được phần (i) của Định lý 2.6.1 bằng cách dùng biểu diễn của đồng cấu chuyển đại số trên đại số lambda. Cách chứng minh này không dùng Hệ quả 2.6.3 và cũng không dùng kết quả(F2⊗A P6)GL6
11 = 0nên làm giảm đi đáng kể các tính toán.
Gọiplà một đại diện của một phần tử bất kỳ trong(F2⊗AP6)GL6
11 , lập luận tương tự như trong chứng minh của Bổ đề 2.6.9, ta có thể thay thếpbởi một đại diện khác chỉ chứa các hoán vị của(1,1,1,1,3,4). Do đó,dim((F2 ⊗A P6)GL6
11 )≤ 1. Gọiplà đại diện của phần tửq∈ (F2⊗A P6)GL6
11 , sao chopchỉ chứa các hoán vị của(1,1,1,1,3,4), nếuq 6= 0trong(F2⊗AP6)GL6
11 thìpchứa ít nhất một hoán vị nào đó của(1,1,1,1,3,4). Sai khác một hoán vị, ta có thể giả sửpchứa(1,1,1,1,4,3). Khi đó,
¯
p= [1,1,1,1,4,3]+[1,1,1,2,3,3]+[1,1,1,1,2,5]+[1,1,1,1,1,6]∈ PAH11(BV6)
là một đại diện của đối ngẫu củaqtrong[(F2⊗A P6)GL6
11 ]∗.
Dùng biểu diễn của đồng cấu chuyển đại số trên đại số lambda, ta nhận được
ψ6(¯p) =λ3λ3λ2λ31
=δ[(λ3λ4+λ4λ3+λ0λ7)λ22λ1+λ0(λ1λ6λ4λ1+λ4λ23λ2+λ0λ3λ7λ2)].
Như vậy,ψ6(¯p) = 0trongExt6A,17(F2,F2). Suy ra, h0P h2 không nằm trong ảnh củaT r6.
Chứng minh (ii). Trước tiên ta nhận thấy
(1,1,1,1,1,2,4) =Sq1(1,1,1,1,1,2,3)
+ [(1,1,1,1,2,2,3) +các hoán vị của năm biến đầu],
(1,1,1,1,1,1,5) =Sq2(1,1,1,1,1,1,3)
+ [(1,1,1,1,2,2,3) +các hoán vị của sáu biến đầu],
(1,1,1,2,2,2,2) = (1,1,1,0,0,0,0)Sq4(0,0,0,1,1,1,1)
= [χ(Sq4)(1,1,1,0,0,0,0)](0,0,0,1,1,1,1) (modAP7) = [(1,2,4,1,1,1,1)
Nên mọi phần tử trong(F2⊗A P7)11 đều có thể chọn được một đại diện sao cho nó chỉ chứa các hoán vị của(1,1,1,1,1,3,3),(1,1,1,1,2,2,3)và các đơn thức không nằm trong iđêan sinh bởi(1,1,1,1,1,1,1)củaP7.
Gọiplà một đại diện của một phần tử trong(F2 ⊗A P7)GL7
11 . Chứng minh tương tự như đoạn đầu của phép chứng minh Bổ đề 2.6.9, ta thu đượcpchỉ chứa các hoán vị của các đơn thức
(1,1,1,1,1,3,3); (1,1,1,1,2,2,3).
Tiếp theo, ta chứng minh rằngpkhông chứa các hoán vị của(1,1,1,1,1,3,3). Thật vậy, vì(1,1,1,1,1,3,3)là một đơn thức nhọn vàplà đại diện của một phần tửGL7-bất biến, nên hệ số của tất cả các hoán vị của (1,1,1,1,1,3,3) trong khai triển củaplà bằng nhau. Ta ký hiệu làc.
Lấyσ ∈ GL7 là phần tử mà tác động của nó biến x1 7→ x1 +x5,x2 7→ x2+x5
và giữ cố định các biến còn lại. Khi đó
σ(1,1,1,1,1,3,3) + (1,1,1,1,1,3,3) = (0,0,1,1,3,3,3) +các đơn thức khác.
Ảnh của các hoán vị còn lại của(1,1,1,1,1,3,3)và các hoán vị(1,1,1,1,2,2,3)
xuất hiện trongp, dưới tác động của σ, đều không chứa đơn thức (0,0,1,1,3,3,3), nênσ(p) +pchứa hạng tửc(0,0,1,1,3,3,3). Suy rac = 0, Haypkhông chứa hoán vị nào của(1,1,1,1,1,3,3).
Như vậy,p∈ L(1,1,1,1,2,2,3).
Nếupchứa(1,1,1,1,2,2,3)nhưng không chứa(1,1,1,3,2,2,1), thì(4 7)(p)+p
chứa(1,1,1,1,2,2,3). Hơn nữa,(4 7)(p) +pbị “hit” trongP7. Theo Hệ quả 2.6.7,
(4 7)(p) +pchứathoặc(5 6)t, trong đótlà tổng của 30 đơn thức nhận được từ đơn thức(1,1,1,1,2,2,3) bằng cách giữ nguyên vị tríx6 và hoán vị tất cả các biến còn lại.
Điều này không xảy ra, thật vậy ta thấy rằng (4 7)(p) + p không chứa t vì nó không chứa các đơn thức(a, b, c,1, d,2,1)trongt; tương tự(4 7)(p) +pkhông chứa
(5 6)tvì nó không chứa các đơn thức (a, b, c,1,2, d,1)trong(5 6)t. Như vậy, nếup
chứa(1,1,1,1,2,2,3)thìpphải chứa(1,1,1,3,2,2,1).
chứa(1,1,1,1,2,2,3)thìpphải chứa
t1 = (1,1,1,1,2,2,3) + (1,1,1,3,2,2,1) + (1,1,3,1,2,2,1) + (1,3,1,1,2,2,1) + (3,1,1,1,2,2,1).
Nếupchứat1 nhưng không chứa(4 5)t1thì(4 5)(p) +pchứat1. Lập luận tương tự, dùng Nhận xét 2.6.8, suy ra (4 5)(p) +pchứa t. Tương tự, (4 5)(p) +pkhông chứatvì nó không chứa các đơn thức(a, b, c,1,1,2, d)trongt. Như vậy, nếupchứa
t1 thìpphải chứa (4 5)t1.
Lập luận tương tự, lần lượt dùng các phần tử (3 5),(2 5),(1 5)và (5 7) ∈ GL7, ta suy ra rằng nếupchứat1 thìpphải chứa(3 5)t1,(2 5)t1,(1 5)t1và(5 7)t1.
Như vậy, nếupchứa(1,1,1,1,2,2,3)thìpphải chứat.
Mặt khác, vìtbị “hit” nênpkhông chứa hoán vị nào của đơn thức(1,1,1,1,2,2,3). Nói cách khác,(F2⊗A P7)GL7
11 = 0; do đó,F2⊗GL7 PAH11(BV7) = 0. Từ đó suy ra kết luận.
Chứng minh (iii). Vìh2
0P h2 =h2
1P h1(xem [11]), nên ta nhận đượch2
1P h1không nằm trong ảnh của đồng cấu chuyển đại số. VìT rlà đồng cấu đại số, và vì đại số con củaExt∗A,∗(F2,F2)sinh bởi các hi, i≥ 0, nằm trong ảnh củaT r (xem [63, Mệnh đề 4.2, Mệnh đề 9.14]), nên nếuP h1 hoặc h1P h1nằm trong ảnh của đồng cấu chuyển đại số thìh2
1P h1cũng vậy.