1) Toán olympic ngày càng chứng tỏ không giúp ích nhiều cho khoa học và toán học (ở đây không bàn chuyện toán olympic có giúp tìm ra nhân tài);

2) Tạm bỏ qua (không có nghĩa bỏ hẳn) các yếu tố liên quan đến văn hóa, kinh tế để bàn về toán ở phổ thông hay nghiên cứu, nếu không muốn việc thảo luận trở nên phức tạp hơn.

Đặt câu hỏi: vậy nên học toán gì ở phổ thông nhằm thu hút các em làm khoa học và toán học? Một gợi ý là tham khảo chương trình toán phổ thông ở các nước khác. Nhưng khoan hãy nói toán phổ thông ở Pháp có ích cho khoa học hơn hay không, việc mình thấy thích hơn là chúng ta tự thảo luận. Mặt khác, không hy vọng thay đổi bộ mặt giáo dục nước nhà được vì diễn đàn không phải bộ giáo dục, nên những thứ thay đổi được trước mắt chỉ có thể làm được trên diễn đàn. Nhưng, sân chơi mà diễn đàn đã tạo ra thì không hề nhỏ, nên nếu có hướng đi đúng thì diễn đàn có thể tạo ra đóng góp lớn, giống như đã làm cách đây khoảng 20 năm với bất đẳng thức ở Việt Nam.

Xã hội thì cũng không cần quá nhiều người làm toán nên từ phong trào này mà chắt lọc ra vài bạn đi học Toán cũng là quý rồi; nhưng mà cách tư duy ở Toán phổ thông thì đúng là đôi khi lại thấm đậm vào các bạn học nó quá sâu đến nỗi ngạc nhiên với Toán cao cấp (dù không cao cấp lắm!). Diễn đàn hay thay đổi bộ mặt qua từng thời kỳ như sóng vậy, tùy vào từng lứa.

Sự phản khoa học của Toán phổ thông thì không cần bàn trong đa số các bài Toán vì nó mang tính chất luyện gà; nói thêm một chút nữa lại có mấy ông xù lông lên ngay. Như anh Bách đã nói, có một số kiến thức số học khá có ích mà mình đã liệt kê dưới đây, nhưng mình cũng phải bổ sung thêm rằng một vấn đề ở phổ thông là chương trình đôi khi dạy không theo một hệ thống quy chuẩn nào mà thường bẻ nhỏ thành các chuyên đề nhưng bản thân những chuyên đề này hoặc là một thứ cực kì vô nghĩa không thì cũng là diễn giải lại một kiến thức cao hơn; như vậy có chăng điều thứ hai đáng được bàn tới hơn mà một ví dụ điển hình ở đây là số học như anh Nxb đã nói. Bản thân mình thi thoảng cũng cần dùng các kiến thức số học trong một ngành không liên quan gì đến lý thuyết số lắm, ví dụ như:

1. Ví dụ đầu tiên là luật thuận nghịch bình phương và định lý cấp số cộng Dirichlet: lấy ví dụ nếu $\mathbb{HP}^{\infty}$ là không gian xạ ảnh quaternion và $f: \mathbb{HP}^{\infty} \to \mathbb{HP}^{\infty}$ là một ánh xạ liên tục thì nó cảm sinh một đồng cấu

$$f^*: H^{4}(\mathbb{HP}^{\infty},\mathbb{Z}_p) \to H^4(\mathbb{HP}^{\infty},\mathbb{Z}_p),$$

ở đây $p$ là một số nguyên tố lẻ; đồng cấu này gửi phần tử sinh $\gamma$ của $H^4 \cong \mathbb{Z}_p$ sang $d\gamma$ và $d$ gọi là bậc của $f$. Câu chuyện khá thú vị ở đây là $d$ chỉ có thể là bình phương một số nguyên vì sau khi áp dụng toán tử Steenrod $P^1$ ta thu được $P^1(\gamma) = 2\gamma{(p+1)/2}$, tính theo hai cách cho ta

$$P^1 f^*(\gamma) = f^*P^1(\gamma) = f^*(2\gamma^{(p+1)/2}) = 2d^{(p+1)/2}\gamma^{(p+1)/2}, \ \ P^1f^*(\gamma) = P^1(d\gamma) = 2d\gamma^{(p+1)/2},$$

như vậy ta kết luận được $d^{(p-1)/2} \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ p)$ với mọi $p$ nguyên tố lẻ. Đến đây ta phải dùng luật thuận nghịch bình phương Gauss và định lý cấp số cộng Dirichlet mới chứng minh được $d$ luôn là bình phương một số nguyên, tiến thêm chút nữa bằng định lý Lefschetz ta chứng minh được mọi ánh xạ liên tục như vậy đều có điểm cố định.

2. Tiếp theo là định lý Lucas: ngay trong bản thân quá trình tính toán các toán tử Steenrod ta cũng phải thường xuyên dùng định lý Lucas. Thậm chí ngay gần đây khi mình làm thesis cũng có một lần dùng cái này sau khi tính toán ra một họ cấu xạ $f_i = \binom{n}{i} \mathrm{id}$ thì phải tìm ước chung của $\binom{n}{i}$ với $i < n$. Đây là một ứng dụng hay của định lý Lucas, hình như từng xuất hiện trong các đề thi olympic.

3. Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, ví dụ nếu dùng K-lý thuyết tô-pô để giải bài toán bất biến Hopf một (Hopf invariant 1 problem) ta thu về một bài toán số học rất sơ cấp: tìm $n$ mà $2^n \mid 3^n - 1$; đây là một bài toán quá dễ với các bạn học sinh THPT sau khi áp dụng nhẹ nhàng định lý LTE:

Despite chiefly featuring in mathematical olympiads, it is sometimes applied to research topics, such as elliptic curves.

4. Các phương pháp đếm, tổ hợp là cần thiết, dĩ nhiên mình đồng ý là cần nhiều xác suất hơn nhưng bản thân trải nghiệm cá nhân mình làm project (vẫn là tô-pô đại số) thì đã phải dùng phương pháp đếm hai cách đôi ba lần.

Trên đây đều là những tư duy cần thiết, dù rằng nếu mình chưa từng học qua mấy cái này thì lúc làm mình vẫn hiểu thôi nhưng sẽ tốn thời gian tìm hiểu hơn (dù gì mình không học number theory). Trau dồi một chút đại số tuyến tính hay tổ hợp hoặc số học là các bạn có thể đọc được rất nhiều thứ hay, kể cả đường cong elliptic. Thế nên có người từng đùa rằng "thứ các nhà toán học hiểu rõ nhất là đại số tuyến tính và tổ hợp nên hầu hết mọi nỗ lực làm toán là để quy về hai thứ này." Tuy nhiên vẫn phải nhắc lại đại số tuyến tính, ví dụ, là một môn học cơ bản nhưng có hệ thống trình bày lý thuyết nên rất nhiều bạn đã vấp phải bức tường ngắn cách hai phương pháp tư duy tại đây (đây là quan sát cá nhân của mình).

Về phần diễn đàn mình vẫn tin rằng phải theo lứa nên sẽ không bàn luận thêm. Mình mong có một ngày mục toán hiện đại của diễn đàn sẽ sôi nổi hơn.

Em có một câu hỏi mong mọi người giải đáp giúp là: Hình học phẳng trong olympic liệu có quan trọng không ạ; em đã từng thấy rất nhiều anh chị đề cập đến việc hình euclid sẽ vô dụng khi ta học toán cao cấp nhưng nếu thật sự hình học phẳng "vô dụng" vậy thì sao nó vẫn đóng vai trò khá quan trọng trong toán olympic; bằng chứng là trong VMO và TST năm nay có đến 2 bài hình và một trong 2 đều là câu khó nhất đề và tại sao các thầy giáo lại đưa nó vào trong các đề thi HSG nếu nó "vô dụng" ? Mong mọi người trả lời giúp em  . 

Chứ chả nhẽ cho các em làm hình học đại số trong đề thi? Đùa thôi, em pick bất kì một trong các lý do sau thì có thể xem như câu trả lời của anh.

1) Nó vô dụng vì không có ứng dụng gì?

2) Vì thi Olympic cũng vô dụng không kém?

3) Vì các thầy biết nó vô dụng nhưng bỏ thi thì không được?

4) Có vài thầy giả vờ rằng nó không vô dụng?

Em đang hỏi bọn anh theo cách này vì tiền đề là em giả sử cái gì thầy các em làm cũng là đúng, vậy các thầy không dạy các em học toán thì phải biết đặt câu hỏi hay hoài nghi à? Còn em muốn biết sao nó vô dụng theo kiểu cách chứng minh đàng hoàng thì hỏi anh nmlinh16, chắc một post cũng đủ tóm tắt cho em hiểu tại sao rồi.

Em chưa rõ anh Bách định triển khai mọi thứ ra sao, nhưng có lẽ anh cần bắt đầu xem như nào để em (hay mọi người) còn theo. Nếu có phần gì em đảm nhận được em sẽ cố.

Câu chuyện về "các giả thuyết Weil" là một ví dụ tuyệt vời của toán học, và là một trong các ví dụ kinh điển thể hiện sự thống nhất của toán học. Ý tưởng cốt lõi cho chứng minh của nó đến từ sáu người: E. Artin, F. K. Schmidt, H. Hasse, A. Weil, A. Grothendieck và P. Deligne, trong khoảng năm mươi năm $(1923-1973)$.

I. Số nghiệm của phương trình đồng dư

Như mọi vấn đề trong lý thuyết số, câu chuyện bắt đầu từ Gauss. Trong công trình về luật thuận nghịch bình phương của mình, Gauss đưa ra công thức tổng Gauss $\sum_{s=0}^p \mathrm{exp}\left({\frac{2\pi i x^2}{p}}\right)$ với $p$ nguyên tố; để tính các tổng này, bằng một số lập luận sơ cấp, ông suy ra cần tính số nghiệm của các phương trình đồng dư

$$(1) \ \ \ ax^3 - by^3 \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ p), \ ax^4 - by^4 \equiv 1 \ (\mathrm{mod} \ p), \ y^2 \equiv ax^4 - 1 \ (\mathrm{mod} \ p),$$

trong đó $a,b$ là các số nguyên cố định không chia hết cho $p$, nghiệm $(x,y)$ được xét theo đồng như modulo $p$, như vậy thực chất ta đi đếm số nghiệm trong $\mathbb{F}_p$ - trường $p$ phần tử; chúng ta đi tìm một biểu diễn asymptotic (dưới dạng một hàm đơn giản của $p$) với $p$ chạy trên một tập vô hạn các số nguyên tố. Một thời gian ngắn sau, Jacobi nhận xét rằng, ngược lại, bằng các tính chất cơ bản của tổng Gauss, ta có thể thu được một đánh giá tốt về số nghiệm trong các trường hợp tổng quát hơn, ở đó các phương pháp sơ cấp khó khả thi. Jacobi sau này gần như không có nhiều tiến triển trong vấn đề này cho tới khi Hardy và Littlewood, trong khi nghiên cứu bài toán Warning, với mong muốn tìm ra các tính chất của "chuỗi kì dị", thấy rằng cần phải đưa ra một đánh giá tiệm cận cho số nghiệm cho phương trình đồng dư

$$(2) \ \ \ x_1^k + ... + x_r^k \equiv 0 \ (\mathrm{mod} \ p),$$

trong đó $p$ là một số nguyên tố chạy tới $+\infty$. Hai ông đã sử dụng phương pháp của Jacobi; tổng quát hơn, năm $1949$, cả Hua-Vandier và A. Weil đã độc lập chứng minh rằng phương pháp này có thể đánh giá số nghiệm $N$ của phương trình

$$(3) \ \ \ a_0x_0^{k_0} + ... + a_r x_r^{k_r} = 0 \ (a_0,...,a_r \neq 0)$$

trong mọi trường $\mathbb{F}_{q}$ với $q = p^m$; kết quả được đưa ra

$$(4) \ \ \ N = q^r + O(q^{(r+1)/2})$$.

Kết quả tương tự được đưa ra bởi Danvenport $(1931)$ và Mordell $(1933)$ cho các phương trình dạng $y^m = P_n(x)$ trong $\mathbb{F}_p$ với một số $m,n$ nhỏ; trong đó $P_n$ là một đa thức bậc $n$. Kết quả thu được là $N  = p + O(p^{\phi(m,n)})$ trong đó $1/2 < \phi(m,n) < 1$.

Nguồn: E. Freitag, R. Kiehl, Etale Cohomology and the Weil Conjectures.

Người dịch: Phạm Khoa Bằng aka bangbang1412, sinh viên năm $4$ đại học Khoa học Tự Nhiên Hà Nội.

II. Hàm Zêta vào cuộc chơi

Nhắc lại một số tính chất cơ bản của hàm Zêta Riemann: nó xác định với $\mathscr{Re}(s) > 1$ bởi chuỗi $\zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty} n^{-s}$, và thỏa mãn phương trình Euler

$$(5) \ \ \ \zeta(s) = \prod_p (1 - p^{-s})^{-1},$$

trong đó tích chạy trên tập tất cả các số nguyên tố. Riemann chứng minh rằng $\zeta$ có thể thác triển thành một hàm phân hình trên mặt phẳng phức với một cực duy nhất tại $s=1$, và nếu đặt

$$\xi = \frac{1}{2}s(s-1)\pi^{-s/2}\Gamma(s/2)\zeta(s),$$

thì $\xi$ là một hàm nguyên (xác định trên toàn bộ mặt phẳng phức) và thỏa mãn phương trình $\xi(s) = \xi(1-s)$. Hơn nữa ông giả thuyết rằng (chưa được chứng minh) giả thuyết Riemann rằng mọi nghiệm của $\xi$ nằm trên đường thẳng $\mathscr{Re}(s)=1/2$.

Một thời gian sau, Dedekind mở rộng lý thuyết của Riemann lên một trường số $K$ (mở rộng hữu hạn của $\mathbb{Q}$), bằng cách định nghĩa $\zeta_K(s) = \sum_{\mathfrak{a}}(N\mathfrak{a})^{-s}$, trong đó $\mathfrak{a}$ chạy trên tất cả các ideal của vành $\mathfrak{o}$ các số đại số nguyên trên $K$, chuẩn $N\mathfrak{a}$ là số phần tử của vành $\mathfrak{o}/\mathfrak{a}$. Ông mở rộng công thức Euler thành

$$(6) \ \ \ \zeta_K(s) = \prod_{\mathfrak{p}} (1-  (N\mathfrak{p})^{-s})^{-1},$$

trong đó tích chạy trên tất cả các ideal nguyên tố $\mathfrak{p}$ của $\mathfrak{o}$; rất nhiều năm sau Hecke chứng minh rằng $\chi_K$ có thể thác triển thành một hàm phân hình và thỏa mãn một phương trình hàm tương tự như phương trình hàm Riemann cho $\xi$. Một cách hình thức, ta thấy rằng $(6)$ chỉ dùng hai tính chất của vành $\mathfrak{o}$: $1)$ $\mathfrak{o}$ là một vành Dedekind: $2)$ trường $\mathfrak{o}/\mathfrak{p}$ là hữu hạn với mọi ideal nguyên tố $\mathfrak{p}$. Thật vậy, nếu $\mathfrak{a} = \mathfrak{p_1}^{v_1}...\mathfrak{p_r}^{v_r}$ là một phân tích thành các ideal nguyên tố của ideal $\mathfrak{a}$ thì $\mathfrak{o}/\mathfrak{a}$ đẳng cấu với tích trực tiếp $\prod \mathfrak{o}/\mathfrak{p_i}^{v_i}$, và với mọi ideal nguyên tố $\mathfrak{p}$, mỗi $\mathfrak{o}/\mathfrak{p}$-module $\mathfrak{p}^h/\mathfrak{p}^{h+1}$ đều đẳng cấu với $\mathfrak{o}/\mathfrak{p}$; điều đó chứng tỏ rằng chuẩn là nhân tính, từ đó kéo theo $(6)$ (chứng minh tính hội tụ của tích vô hạn cần một số đánh giá đơn giản về số lượng của các ideal nguyên tố của một chuẩn cho trước). Năm $1923$, E. Artin nhận xét rằng các tính chất này đúng cho các vành định nghĩa theo cách sau: bắt đầu với một trường hữu hạn $\mathbb{F}_q$, xét trường $K_0 = \mathbb{F}_q(T)$ các phân thức hữu tỷ một biến và một mở rộng bậc hai $K = K_0(v)$ với $v^2=P(T)$, trong đó $P$ là một đa thức không có nghiệm bội. Bao đóng nguyên $\mathfrak{o}$ của $\mathbb{F}_q[T]$ trong $K$ thỏa mãn $1)$ và $2)$, $\mathfrak{o}/\mathfrak{p}$ hơn nữa còn là một mở rộng hữu hạn của $\mathbb{F}_q$ với mọi ideal nguyên tố $\mathfrak{p}$; rất dễ để chứng minh chuỗi và tích vô hạn trong định nghĩa của $\zeta_K$ hội tụ với $\mathscr{Re}(s)>1$. Hơn nữa Artin còn thấy rằng lý thuyết này đơn giản hơn của Dedekind rất nhiều, lý do là các hàm ở đây đều có dạng $Z(q^{-s})$ trong đó $Z(u)$ là một hàm hữu tỷ với hệ số trong $\mathbb{Q}$; phương trình hàm biểu diễn thương $Z(1/qu)/Z(u)$ bởi một hàm hữu tỷ với không điểm và cực cho trước; sau đó ông giả thuyết rằng không điểm của $Z(u)$ tất cả đều nằm trên đường tròn $\left| u \right| = q^{1/2}$ và đồng thời tự chứng minh giả thuyết này với một số đa thức $P$ bậc nhỏ. 

Bây giờ các ideal nguyên tố $\mathfrak{p}$ thỏa mãn $\mathfrak{o}/\mathfrak{p} \cong \mathbb{F}_q$ ($N\mathfrak{p}=q$) tương ứng $1-1$ với các đồng cấu $\mathfrak{o} \to \mathbb{F}_q$; mọi đồng cấu như vậy gửi $(T,v)$ tới $(a,b) \in \mathbb{F}_q^2$ thỏa mãn $b^2=P(a)$. Nói cách khác số nghiệm của phương trình $y^2 = P(x)$ trong $\mathbb{F}_q^2$ chính là số lượng $N_1$ các ideal nguyên tố mà $N\mathfrak{p}=q$; tuy nhiên từ phương trình Euler $(6)$ ta thấy

$$\log Z(u) = N_1 u + ...$$

gần $u=0$, như vậy nghiên cứu $Z(u)$ giúp ta hiểu về $N_1$. "Giả thuyết Riemann" của Artin sinh ra đánh giá

$$(7) \ \ \ \left|N_1 -q \right| \leq  c.q^{1/2},$$

làm chặt hơn kết quả trước đó của ông về việc đếm số nghiệm của phương trình Gauss.

Nguồn: E. Freitag, R. Kiehl, Etale Cohomology and the Weil Conjectures.

Người dịch: Phạm Khoa Bằng aka bangbang1412, sinh viên năm $4$ đại học Khoa học Tự Nhiên Hà Nội.

III. Hình học đại số dấn thân

Cho $k$ là một trường bất kỳ, người ta mô tả tập nghiệm $(x_1,...,x_r) \in k^r$ của phương trình $P(x_1,...,x_r)=0$ với $P$ là một đa thức bất khả quy trong $k[T_1,...,T_r]$ như một "siêu mặt đại số affine" ("đường cong" khi $r=2$, "mặt" khi $r=3$) trong "không gian affine" $k^r$, Hơn nữa, với mọi mở rộng trường $K/k$, ta có thể xét các nghiệm $P(y_1,...,y_r)$ với giá trị $y_i$ trong trường $K$ lớn hơn, như vậy ta có một "siêu mặt đại số" $V$ trong $K^r$; nói các hệ số của $P$ nằm trong $k$ giờ được thay bởi việc nói $V$ xác định (hay định nghĩa) trên $k$. Kinh nghiệm cho thấy việc chuyển đổi giữa ngôn ngữ hình học và trực giác sang một đa tạp "trừu tượng" chỉ có ích khi $K$ là đóng đại số (hãy thử nghĩ về $x_1^2+x_2^2+1=1$ khi $k=\mathbb{R}$). Ta sẽ hạn chế sự quan tâm xuống trường hợp $K=\overline{k}$, bao đóng đại số của $k$; hơn nữa, ta chỉ xét các siêu mặt $V$ không suy biến trong $\overline{k}^r$, i.e. tại các điểm mà "mặt phẳng tiếp xúc" được định nghĩa duy nhất theo nghĩa thông thường (có nghĩa là tất cả các đạo hàm riêng không đồng thời triệt tiêu trong $V$). Với mọi điểm $x=(x_1,...,x_r) \in V$, toa độ $x_i \in \overline{k}$, do đó có một mở rộng hữu hạn nhỏ nhất $k(x)$ của $k$ chứa tất cả $x_j$ và $[k(x):k]=\mathrm{deg}(x)$ được gọi là bậc của điểm $x$. Nếu $\mathfrak{m}$ là hạt nhân của đồng cấu $k[T_1,...,T_r] \to \overline{k}$ gửi mỗi $T_i$ tới $x_i$ thì $\mathfrak{m}$ là một ideal cực đại của $k[T_1,....,T_r]$ và $k[T_1,...,T_r]/\mathfrak{m}$ đẳng cấu với $k(x)$; ta viết $k(\mathfrak{m})=k(x)$ và $\mathrm{deg}(\mathfrak{m}) =\mathrm{deg}(x)$; có thể chứng minh rằng mọi ideal cực đại $\mathfrak{m}$ của $k[T_1,...,T_r]$ chứa $P(T_1,...,T_r)$ ứng với một điểm $x$ của $V$ với bậc $\mathrm{deg}(\mathfrak{m})$.

Khi $k=\mathbb{F}_q$, đặt

$$(8) \ \ \ Z_V(u) = \prod_{P \in \mathfrak{m}}(1 - u^{\mathrm{deg}(\mathfrak{m})})^{-1};$$

hàm $Z(u)$ định nghĩa bởi E. Artin bằng với hàm $Z_C(u)$, trong đó $C$ là "đường cong affine" $x_2^2 - P(x_1) = 0$ xác định trên $\mathbb{F}_q$. Một cách tổng quát ta gọi $Z_V$ là hàm zêta của $V$. Các điểm của $V$ trong $(\mathbb{F}_q)^r$ là các điểm mà $\mathrm{deg}(x)$ là ước của $n$; hiển nhiên số lượng các điểm như vậy $\leq q^{nr}$, như vậy số lượng các ideal cực đại $\mathfrak{m}$ mà $P \in \mathfrak{m}$ tương ứng với các điểm này có ước lượng tiên nghiệm $\leq q^{nr}$, điều này chứng tỏ rằng $(8)$ hội tụ với $u$ nhỏ; hơn nữa, với $u$ nhỏ ta có thể viết

$$(9) \ \ \ uZ'_V(u)/Z_V(u) = \sum_{P \in \mathfrak{m}} \frac{\mathrm{deg}(\mathfrak{m}) u^{\mathrm{deg}(\mathfrak{m})}}{1 - u^{\mathrm{deg}(\mathfrak{m})}} = \sum_{v=1}^{\infty} \sum_{P \in \mathfrak{m}} \mathrm{deg}(\mathfrak{m}) u^{v\mathrm{deg}(\mathfrak{m})} = \sum_{v=1}^{\infty} N_v u^v$$

trong đó $N_v$ là số điểm của $V$ trong $(\mathbb{F}_q)^r$.

Cách định nghĩa này có thể mở rộng cho các dạng đa tạp không suy biến khác, không nhất thiết phải bị nhúng trong "không gian affine" $\overline{k}^r$. Lịch sử mà nói, ngôn ngữ của hình học đại số trong lý thuyết của các hàm zêta được giới thiệu vào năm $1931$ bởi F. K. Schmidt, người nghiên cứu các đường cong xạ ảnh trên trường $\mathbb{F}_q$. Ông chứng minh rằng lý thuyết Dedekind-Weber của đường cong đại số trên $\mathbb{C}$ (bao gồm định nghĩa về giống và định lý Riemann-Roch) có thể mở rộng cho đường cong xạ ảnh trên một trường đóng đại số $\overline{k}$ bất kỳ; điều này cho phép ông chứng minh rằng mọi đường cong xạ ảnh không suy biến $C$ với giống $g$ định nghĩa trên $\mathbb{F}_q$, hàm zêta có thể biểu diễn dưới dạng

$$(10) \ \ \ Z_C(u) = \frac{P_{2g}(u)}{(1-u)(1-qu)}$$

trong đó tử số là một đa thức bậc $2g$ với hệ số nguyên và ta có một phương trình hàm

$$(11) \ \ \  Z_C(1/qu) = (qu^2)^{1-g}Z_C(u).$$

Giả thuyết Riemann cho $C$ do đó nói rằng không điểm của $P_{2g}$ nằm trên đường tròn $\left|u \right|=q^{1/2}$; điều này tương đương với bất đẳng thức

$$(12) \ \ \ \left|N_v - q^v- 1\right| \leq 2g.q^{1/2} \ \text{với mọi} \ v \geq 1.$$

Nguồn: E. Freitag, R. Kiehl, Etale Cohomology and the Weil Conjectures.

Người dịch: Phạm Khoa Bằng aka bangbang1412, sinh viên năm $4$ đại học Khoa học Tự Nhiên Hà Nội.

IV. Tôpô đại số, ngày mơ ước!

Quay lại trường hợp siêu mặt $V$ trong $(\overline{\mathbb{F}}_q)^r$, nhận xét rằng các phần tử của $\overline{\mathbb{F}}_q$ thuộc $\mathbb{F}_{q^n}$ chính là nghiệm của phương trình $t^{q^n}=t$. Xét ánh xạ

$$\Phi: (x_1,...,x_r) \mapsto (x_1^{q},...,x_r^q)$$

từ $(\overline{\mathbb{F}}_q)^r$ vào chính nó. Do hệ số của $P$ nằm trong $\mathbb{F}_q$, do đó thỏa mãn $t^q = t$, ta có

$$P(\Phi(x)) = (P(x))^q,$$

do đó $\Phi$ ánh xạ $V$ lên chính nó; hạn chế của $\Phi$ lên $V$ được gọi là cấu xạ Frobenius của $V$. Năm $1936$, Hasse nhận thấy rằng với một đường cong $C$, số $N_v$ chính là số điểm $x \in C$ thỏa mãn $\Phi^v(x) = x$; nói cách khác, $x$ là một điểm bất động của $\Phi^v$. For a moment, chúng ta hãy bỏ qua chuỗi các sự kiện tính theo niên đại mà giả vờ rằng ta đang làm việc với các đa tạp đại số $X$ trong không gian xạ ảnh phức. Từ Picard và  Poincaré người ta đã nhận thấy rằng hầu hết các tính chất của các đa tạp đại số được liên hệ chặt chẽ với các tính chất đồng điều. Trong phiên bản hiện thời (chủ yếu từ các công trình của Lefschetz và Hodge), với một đa tạp xạ ảnh không suy biến bất khả quy $X$ với chiều $d$ trên $C$ (do đó là một đa tạp khả vi chiều $2d$), các tính chất này xoay quanh đại số đối đồng điều $H^{\bullet}(X) = \bigoplus_i H^i(X)$ của $X$ trên trường $K$ với đặc số $0$; nó là một đại số phân bậc trên $K$, thỏa mãn các tính chất sau:

• (A) Mỗi $H^i(X)$ là một $K$-không gian vector hữu hạn chiều, bằng $0$ ngoại trừ $0 \leq i \leq 2d$;
• Tồn tại một đẳng cấu tự nhiên $H^{2d}(X) \cong K$ và với mỗi $i$, phép nhân trên $H^{\bullet}(X)$ là một phép ghép cặp không suy biến $H^{i}(X) \times H^{2d-i}(X) \to H^{2d}(X) \cong K$ (đối ngẫu Poincaré) cho phép ta đồng nhất $H^{2d-i}(X)$ với $$H_i(X) = \mathrm{Hom}_K(H^i(X),K)$$, đồng điều của $K$ tại chiều $i$.
• Với các đa tạp không suy biến $X, Y$, tồn tại một đẳng cấu tự nhiên của các đại số phân bậc $$H^{\bullet}(X) \otimes H^{\bullet}(Y) \cong H^{\bullet}(X \times Y) \ \text{(công thức Kunneth)}.$$
• (B) Mọi cấu xạ $f: X \to X$ cảm sinh ra một đồng cấu tuyến tính $f^{(i)}:H^i(X) \to H^i(X)$, sao cho tổng của $f^{(i)}$ là một đồng cấu $f^{\bullet}:H^{\bullet}(X) \to H^{\bullet}(X)$ của các đại số phân bậc. Các điểm bất động của $f$ là phép chiếu lên $X$ của giao của đồ nghị $\Gamma$ của $f$ và đường chéo $\Delta$ của $X \times X$; nếu $\Gamma$ giao $\Delta$ transversally tại mỗi điểm (tức là các không gian tiếp xúc của chúng có giao chỉ là một điểm), số lượng điểm bất động của $f$ được tính bởi công thức vết Lefschetz $$(13) \ \ \ N  = \sum_{i=0}^{2d} (-1)^i \mathrm{Tr}(f^{(i)}).$$
• (C) Nếu $Y$ là một đa tạp con không suy biến của $X$ với chiều $d-1$, tồn tại các đồng cấu tuyến tính tự nhiên $H^i(X) \to H^i(Y)$ là song ánh với $i \leq d-2$ và đơn cấu với $i = d-1.$
• (D) Lấy $h \in H^2(X)$ ứng với lớp đồng điều trong $H_{2d-2}(X)$ của một lát cắt siêu mặt của $X$ (từ đối ngẫu Poincaré), đặt $L: a \to ha$ là phép nhân trái bởi $h$ trong $H^{\bullet}(X)$; khi đó $L^{d-i}: H^i(X) \to H^{2d-i}(X)$ là đẳng cấu khi $i \leq d$.

Một lập luận đại số đơn giản cho thấy nếu một cấu xạ $f: X \to X$ thỏa mãn $f^{(2)}(h) = q.h$ với $q > 0$ là một số hữu tỷ, và nếu $g_i = q^{-i/2}f^{(i)}$ (xem như một tự đồng cấu của $H^{i}(X) \otimes_K \overline{K}$), $g_i$ là song ánh, và $g_i^{-1}$ được đồng nhất với $\text{}^tg_{2d-i}$ bởi đối ngẫu Poincaré. Do đó nếu $\alpha_{ij}$ là các giá trị riêng của $f^{(i)}$ trong $\overline{K}$, tập các phần tử $q^{i/2}\alpha_{ij}$ chính là tập các phần tử $\alpha_{2d-i,j}/q^{d-(i/2)}$.

(E) Trong mỗi $H^i(X)$ với $i \leq d$ có một không gian con $A^i(X)$ ổn định dưới tác động của $f^{(i)}$ với mọi cấu xạ $f: X \to X$, và trên mỗi $A^i(X)$, ta có thể trang bị một cấu trúc $\mathbb{Q}$-không gian vector cùng một tích vô hướng không suy biến thỏa mãn: với mỗi $f$ thỏa mãn (D) thì mỗi $g_i$ là unita với tích vô hướng này; điều này suy ra tất cả các giá trị riêng của $f^{(i)}$ (phần tử của $\overline{\mathbb{Q}}$) có giá trị tuyệt đối là $q^{1/2}$.

Quay lại với siêu mặt $V$ xác định trên $\mathbb{F}_q$, giả sử ta có thể ứng mỗi $V$ với một đại số phân bậc $H^{\bullet}(V)$ có tất cả các tính chất vừa nêu, đồng thời $\Phi^{(2)}(h) = q.h$ trong đó $\Phi$ là đồng cấu Frobenius. Không khó để thấy đồ thị của $\Phi^v$ giao $\Delta$ transversally; do đó, nếu $\alpha_{ij}$ là các giá trị riêng của $(\Phi^v)^{(i)}$, số $N_v$ được cho bởi

$$(14) \ \ \ N_v = \sum_i (-1)^i \sum_j \alpha_{ij}^v;$$

và ta cũng có ($d= r-1=\mathrm{dim}(V)$)

$$(15) \ \ \ Z_V(u) = \frac{P_1(u)P_3(u)...P_{2d-1}(u)}{P_0(u)P_2(u)...P_{2d}(u)}$$

trong đó $P_i(u) = \mathrm{deg}(1 - u.\Phi^{(i)})$ là một đa thức hệ số nguyên. Nói riêng, $Z_V(u)$ là một hàm hữu tỷ; hơn nữa $Z_V(1/q^d u)$ có không điểm và cực giống với $Z_V(u)$ ngoại trừ khi $u=0$, và ta có $\left|\alpha_{ij}\right|=q^{1/2}$. Cuối cùng, nếu tất cả hệ số của $V$ là các lớp đồng dư modulo $p$ của các số nguyên, hệ số của phương trình của một đa tạp không suy biến $V_0$ trong $\overline{\mathbb{Q}}^r$, bậc của mỗi $P_i$ sẽ bằng số Betti thứ $i$ của $V_0$.

Các phát biểu trên là các giả thuyết Weil cho $Z_V$.

Nguồn: E. Freitag, R. Kiehl, Etale Cohomology and the Weil Conjectures.

Người dịch: Phạm Khoa Bằng aka bangbang1412, sinh viên năm $4$ đại học Khoa học Tự Nhiên Hà Nội.

V. Các "thay thế" bởi đối đồng điều của Hasse và Weil

Để hiểu tại sao Weil đã có thể đi tới những khái niệm như vậy, ta phải quay lại chứng minh của Hasse cho các đường cong giống $1$ trên $\mathbb{F}_q$. Trong lý thuyết cổ điển của các đường cong không suy biến trên trường số phức, với một đường cong $C$ ta định nghĩa jacobian $J = J(C)$, có thể xem như đối ngẫu Pontrjagin của nhóm đồng điều $H_1(C,\mathbb{Z})$; đối ngẫu này được cho bởi dạng song tuyến tính $(\gamma,\omega) \mapsto \int_{\gamma}\omega$ định nghĩa trên các chu trình $\gamma$ và các dạng vi phân abel chỉnh hình $\omega$ trên diện Riemann $C$ ("chu kỳ" của $\omega$ trên $\gamma$). Nếu $C$ có giống $g$ thì $J(C)$ là một xuyến phức $\mathbb{C}^g/\Delta$ trong đó $\Delta$ là một nhóm rời rạc với hạng $2g$, thỏa mãn điều kiện song tuyến tính Riemann cổ điển. Ta có thể định nghĩa $J$ một cách đại số, bằng cách xét các nhóm cộng $G/G_i$ của các lớp của các ước bậc $0$ trên $C$, chia thương cho quan hệ tuyến tính: ta gắn mỗi ước $D$ bậc $0$, vốn có thể viết dưới dạng $\partial \gamma$ với $1$-xích $\gamma$ trên diện Riemann, một lớp $\phi(D)$ trong $\mathbb{C}^g/\Delta$ của vector $\left(\int_{\gamma}\gamma_1,...\int_{\gamma}\omega_g\right)$, trong đó các $\omega_j$ lập thành một cơ sở của không gian các dạng vi phân chỉnh hình; định lý Abel-Jacobi nói rằng phép tương ứng này là toàn ánh và có hạt nhân $G_i$. Từ đó ta có thể xem $J$ như một nhóm đại số (một trường hợp cụ thể của nhóm đại số trên $\mathbb{C}$ là các đa tạp abel) với sự giúp đỡ của (siêu việt) điều kiện song tuyến tính Riemann. Cuối cùng, nếu $x_0$ là một điểm trên $C$,

$$x \mapsto \phi((x) - (x_0))$$

là một cấu xạ từ $C$ vào $J$ và là đẳng cấu nếu $g=1$.

Phương pháp đầu tiên của Hasse để làm việc với các đường cong $C$ mà $g=1$ xác định trên $\mathbb{F}_q$ là "nâng" $C$ thành một đường cong $C_0$ "cổ điển" xác định trên $\mathbb{Q}$: nếu $E$ là trường các hàm hữu tỷ trên $C$, ông chứng minh rằng ta có thể xác định $C_0$ bằng cách, nếu $\omega_1,\omega_2$ là các hàm chu kì của các hàm elliptic ứng với $C_0$ (nên trường $E_0$ của các hàm này là trường các hàm hữu tỷ trên $C_0$), $\omega_1/\omega_2$ "nên" sinh ra một trường ảo quadratic $K$ trên $\mathbb{Q}$ và $E$ sẽ là trường thặng dư của vành các số nguyên của $K$ modulo một ideal nguyên tố nào đó của vành. Hasse từ đó đã dùng các kết quả cổ điển về "các phép nhân phức" của $C_0$ (i.e. tự đồng cấu của jacobian $J(C_0)$) để xác định số điểm của $C$ với bậc $1$, do đó kết thúc chứng minh "giả thuyết Riemann" cho $C$.

Một thời gian sau, Hasse đưa ra một phương pháp có tính bản chất hơn: như đã nói, $J(C)$ có thể định nghĩa một cách đại số như một nhóm "trừu tượng", và cấu xạ Frobenius có thể xem như một tự đồng cấu của nhóm này; Hasse chứng minh rằng tử số của hàm zêta $Z_C$ trong $(10)$ (trong trường hợp này là một đa thức bậc $2$) chính là đa thức đặc trưng của tự đồng cấu Frobenius. Công cụ chính cho phương pháp này là số nguyên $v(\lambda)$ liên kết với mỗi tự đồng cấu $\lambda$ của $J(C)$: nếu $E$ là trường các hàm hữu tỷ của $C$, $\lambda$ định nghĩa một "đối cấu xạ" $R(\lambda)$ - một tự đẳng cấu của $E$ và $v(\lambda)$ là bậc $[E:R(\lambda)(E)]$, hữu hạn nếu $\lambda$ là toàn cấu. Hasse chứng minh rằng với mọi số nguyên $a,b$ thì

$$v(a.1 + b.\lambda) = a^2 + \sigma(\lambda)ab + v(\lambda)b^2$$ với mọi tự đồng cấu toàn ánh $\lambda$ của $J(C)$, tính xác định dương của dạng song tuyến tính này đưa ra chứng minh cho "giả thuyết Riemann."

Rất khó để mở rộng theo một cách hiển nhiên phương pháp của Hasse cho các đường cong giống $1$ lên các đường cong giống $g$ xác định trên $\mathbb{F}_q$: lý thuyết cổ điển chứng minh được rằng $J(C)$ "nên" là một nhóm đại số $g$ chiều (thay vì đẳng cấu với $C$ như trong trường hợp $g=1$ của Hasse), và cho tới tận năm $1940$ không ai mở rộng hình học đại số trên trường đặc số $p>0$ lý thuyết của các nhóm đại số, và nói riêng lý thuyết của các đa tạp abel. Chỉ một mình A. Weil đã làm điều này, người đặt viên gạch đầu tiên, trong cuốn Foundations of algebraic geometry, cho các tính chất cơ bản của các số giao (intersection numbers) độc lập với những gì có trong tôpô đại số. Bằng cách này ông đã có thể nghiên cứu cấu trúc vành của các tự đồng cấu của một đa tạp abel $A$; với mọi tự đồng cấu toàn ánh $\lambda$ của $A$, Weil định nghĩa số nguyên $v(\lambda)$ như Hasse (bây giờ $E$ là trường các hàm hữu tỷ trên $A$) và chứng minh

$$v(a.1 + b.\lambda) = a^{2g} + \sigma(\lambda)a^{2g-1}b +...+ v(\lambda)b^{2g}.$$

Bây biến $\sigma(\lambda)$ được xem như một "thay thế" cho $\mathrm{Tr}(f^{(1)})$ khi $\lambda$ là tự đồng cấu của $J(C)$ ứng với một cấu xạ $f$ của $C$. Một "phương án thay thế" cho đối ngẫu Poincaré được phát hiện trong một đối ngẫu tổng quát cho các đa tạp abel, có thể định nghĩa nghĩa hoàn toàn đại số (trong trường hợp cổ điển người ta định nghĩa nó bởi đối ngẫu Pontrjagin); cuối cùng, nếu $\lambda'$ là "chuyển vị" của một tự đồng cấu $\lambda$ trong đối ngẫu này thì ta có thể chứng minh $\sigma(\lambda \lambda') > 0$ với $\lambda \neq 0$, tính chất này (xem như một "thay thế" cho tính xác định dương của phép nhân vô hướng Hodge) cho phép Weil đưa ra chứng minh "giả thuyết Riemann" cho đường cong có giống bất kỳ.

Trong tất cả các công trình này, Weil đã không ngừng giữ trong trí óc ông lý thuyết cổ điên của các "tương ứng" xây dựng bởi Hurwicz: một tương ứng trên $C$ có thể xem như một cấu xạ "đa trị", ,mà cụ thể hơn như một đường cong $\Gamma$ trên diện $C \times C$; tốt hơn nữa, nó được định nghĩa như một ước (tổ hợp tuyến tính của các đường cong) trên $C \times C$. Một tương ứng $\Gamma$ gắn (một cách tự nhiên) mỗi ước $D$ trên $C$ (tổ hợp tuyến tính của các điểm trên $C$) một ước khác $\Gamma(D)$, một lần nữa điều này định nghĩa một tự đồng cấu của $J(C)$; ngược lại nó chỉ ra mọi tự đồng cấu của $J(C)$ đều thu được từ cách định nghĩa này. Trong trường hợp cổ điển, công thức Lefschetz $(13)$ có thể mở rộng để đưa ra một số giao của một tương ứng với "tương ứng đồng nhất", i.e. đường chéo $\Delta$ của $C \times C$, và thực tế điều này đã được Hurwicz chứng minh năm $1866$, sử dụng lý thuyết tích phân abel; Weil thực ra đã có thể chứng minh một công thức tương tự một cách thuần túy đại số, điều đã dẫn ông đề xuất các giả thuyết mang tên mình.

Nguồn: E. Freitag, R. Kiehl, Etale Cohomology and the Weil Conjectures.

Người dịch: Phạm Khoa Bằng aka bangbang1412, sinh viên năm $4$ đại học Khoa học Tự Nhiên Hà Nội.

VI. Đối đồng điều etale và định lý Deligne

Sử dụng kết quả cho các đường cong của mình, Weil đã chứng minh được giả thuyết của mình với các siêu mặt thỏa mãn công thức Kunneth cũng như một số ta tạp Grassman. Nhưng tại thời điểm đó không có một lý thuyết đối đồng điều nào đủ "tốt" có thể được định nghĩa. Khoảng năm $1953$, Cartan và Serre đã dùng đối đồng điều Leray với hệ số là các bó như một công cụ cực kỳ hữu hiệu để nghiên cứu các đa tạp phức và Serre đã chỉ ra làm cách nào để chuyển các kĩ thuật này sang thế giới của các đa tạp đại số trên một trường đóng đại số với đặc số $p$. Nhưng khi $p>0$, những nhóm đối đồng điều được định nghĩa không thỏa mãn công thức Lefschetz $(13)$, trong đó vế trái là một số nguyên, mà không phải một phần tử của một trường có đặc số $p$. Chỉ sau khi Grothendieck xây dựng lý thuyết lược đồ từ một ý tưởng của Serre thì ông đã có thể mở rộng ý tưởng ban đầu theo cả hai hướng "tôpô" và "bó", cho ứng mỗi đa tạp (hoặc lược đồ) $X$ một đại số đối đồng điều $H^{\bullet}(X_{et},\mathbb{Q}_l)$ trên trường l-adic $\mathbb{Q}_l$, trong đó $l$ là một số nguyên tố khác với đặc số của trường ban đầu (các trường $l$-adic đã được khám phá bởi Weil và Deuring).

Độ sâu sắc và phức tạp của các kỹ thuật liên quan trong định nghĩa của "đối đồng điều etale" $H^{\bullet}(X_{et})$ như là để loại trừ mọi khả năng trong việc đưa ra bất kỳ một chi tiết nào nữa trong định nghĩa của nó. Hãy để chúng tôi chỉ ra Grothendieck (với sự giúp đỡ của M. Artin (con trai của E. Artin) và J. L. Verdier) đã có thể chứng minh các tính chất (A), (B), (C) và gần đây Deligne đã chứng minh (D) đúng với mọi đa tạp trên một trường hữu hạn $\mathbb{F}_q$; tuy nhiên không một tính chất nào tương tự như (E) đã được chứng minh cho đối đồng điều etale (hoặc bất kỳ một lý thuyết đối đồng điều nào được đưa ra gần đây). Các tính chất (A), (B), (C) là đủ để chứng minh $(15)$, cũng như phương trình hàm

$$(16) \ \ \ Z_V(1/q^d u) = \pm q^{n\chi/2} u^{\chi}Z_V(u)$$

trong đó

$$(17) \ \ \ \chi = \sum_{i=0}^{2d} (-1)^i \mathrm{dim} H^i(X_{et},\mathbb{Q}_l).$$

Tuy nhiên, gần đây người ta mới biết rằng các hệ số của $P_j$ trong $(15)$ là độc lập với số nguyên tố $l$. Điều này được chứng minh bởi Deligne năm $1973$ cùng với phần khó nhất của giả thuyết Weil là $\left|\alpha_{ij}\right|=q^{1/2}$.

Một lần nữa ta nhắc lại rằng không thể mô tả một cách tuyệt đối khéo léo các chứng minh, điều này hơi khác với chứng minh của Hasse và Weil, do nó không thể dựa trên một lập luận "positivity". Ta hạn chế bài toán xuống trường hợp $i=d$ $(H^d(X))$ để chứng minh rằng $\left|\alpha_{dj}\right|=q^{d/2}$ tương đương với

$$(18) \ \ \ q^{(d-1)/2} \leq \left|\alpha_{dj}\right| \leq q^{(d+1)/2}$$

lý do là nếu ta áp dụng kết quả này với $X^k$ và sử dụng công thức Kunneth sẽ thu được

$$q^{(kd-1)/2} \leq \left|\alpha_{dj}^k \right| \leq q^{(kd+1)/2}$$

sau đó cho $k$ tới $+\infty$ và thu được điều phải chứng minh. Thậm chí trong $(18)$ ta có thể giả sử là $d$ chẵn và sau đó có thể chứng minh bằng quy nạp; đây là một bước sâu sắc và khó trong chứng minh, dựa trên kĩ thuật cũ "monodromy" của Picard và Lefschetz: kĩ thuật này hoàn toàn mang tính tôpô trong trường hợp cổ điển, nhưng nó đã được cải tiến bởi Grothendieck và những người cùng trường phái sang đối đồng điều etale.

Như mọi khi, trong toán học, sự đột phá này mở ra một con đường trong việc khai phá các vấn đề mới; nhưng chừng nào bài toán ban đầu của Gauss còn được quan tâm, nó là điểm cuối của vấn đề, vì định lý của Deligne suy ra rằng, số các điểm bậc $1$ của một siêu mặt xạ ảnh không suy biến $d$ chiều thỏa mãn đánh giá

$$\left| N - (1 + q+...+q^d )\right| \leq bq^{d/2}$$

trong đó hằng số chẵn $b$ có thể tính cụ thể: nó là số Betti thứ $d$ của các siêu mặt trên $\mathbb{C}$ có cùng bậc với $V$.

Nguồn: E. Freitag, R. Kiehl, Etale Cohomology and the Weil Conjectures.

Người dịch: Phạm Khoa Bằng aka bangbang1412, sinh viên năm $4$ đại học Khoa học Tự Nhiên Hà Nội.

Cho $M$ là một $R-modun$. Ta gọi một phép giải xạ ảnh của $M$ là một dãy khớp các đồng cấu $R-modun$

$...\rightarrow C_{n+1}\rightarrow C_{n}\rightarrow ...\rightarrow C_{0}\rightarrow M\rightarrow 0$

trong đó $C_{i}$ là $R-modun$ xạ ảnh, $\forall i\geq 0$. Chứng minh rằng mọi $R-modun$ $M$ đều có một phép xạ ảnh.

Chứng minh điều này khá dễ, nó chỉ là kĩ thuật chẻ dãy khớp dài thành dãy khớp ngắn nhưng trước khi chứng minh mình sẽ góp vài góc nhìn mà mình nghĩ có thể ai đó sẽ thấy có ích

• Giải xạ ảnh thì người ta thường kí hiệu bởi $P_{\bullet}$ hơn là $C_{\bullet}$ do chữ xạ ảnh trong tiếng anh là projective, ta thường viết gọn là $P_{\bullet} \twoheadrightarrow M$.
• Khi viết $P_{\bullet} \twoheadrightarrow M$ ta có thể hiểu là một dãy khớp dài, với vị trí bậc $(-1)$ là $M$. Tuy nhiên nếu ta xét phạm trù $\mathbf{Ch}_{\geq 0}(\mathrm{Mod}_R)$ với vật là các phức $C_{\bullet}$ mà $C_{k}=0 \ \forall k < 0$ và cấu xạ là các đồng luân dây chuyền thì ta có thể đồng nhất $M$ với phức $M_{\bullet}$ mà $M_0 = M, M_{n}=  0 \ \forall n \neq 0$. Như vậy thực chất một giải xạ ảnh (projective resolution) của $M$ là một đồng luân dây chuyền $f: P_{\bullet} \to M$ đồng thời là một tựa đẳng cấu (quasi-isomorphism), tức, nó cảm sinh đẳng cấu trên đồng điều.

Về chứng minh, ta chọn một module $F_0$ tự do và một toàn cấu $F_0 \to M \to 0$ sau đó bạn làm tương tự sẽ có một module $F_1$ tự do và một toàn cấu $F_1 \to \mathrm{Ker}(F_0 \to M) \to 0$. Tại sao chọn được? Ví dụ $F_0 \to M \to 0$ ta chọn một hệ sinh $\left \{m_i \mid i \in I \right \}$ của $M$ và xét một module tự do $\bigoplus_{i \in I} Rr_i$ với một cơ sở $\left \{r_i \mid i \in I \right \}$, khi đó đồng cấu $r_i \mapsto m_i$ định nghĩa trên từng phần tử của cơ sở sẽ xác định duy nhất một đồng cấu $R$-tuyến tính $\bigoplus_{i \in I}Rr_i \to M \to 0$.

Ghép hai dãy này ta có $F_1 \to F_0 \to M \to 0$ khớp, điều này hiển nhiên từ xây dựng, ta tiếp tục quá trình này sẽ thu được dãy thỏa mãn. Cuối cùng, bạn thấy mọi module tự do thì đều xạ ảnh nên ta có đpcm.

Bài viết giới thiệu về lý thuyết đơn hình (simplicial theory), một lý thuyết "tổ hợp" của tôpô đại số. Kí hiệu $\mathbf{Top},\mathbf{Sets},\mathbf{Ab}$ lần lượt là phạm trù các không gian tôpô, phạm trù các tâp hợp, phạm trù các nhóm abel.

Giới thiệu

H. Poincaré lần đầu định nghĩa đồng điều theo nghĩa tam giác phân một không gian và thực hiện các tính toán tổ hợp với định nghĩa này. Tuy nhiên cách định nghĩa này không hiệu quả ở điểm nó cần chứng minh các cách tam giác phân đều cho ta một nhóm đồng điều.

Tiếp đó, không phải mọi không gian đều có thể tam giác phân. Sau này, các định nghĩa trừu tượng cho phép ta hiểu một tam giác là một ánh xạ liên tục $\left |\Delta^n \right| \to X$, trong đó $\left |\Delta^n \right|^n$ định nghĩa bởi

\begin{equation} \left|\Delta^n \right|=\left \{ (x_0,...,x_n) \in \mathbb{R}^{n+1} \mid x_i \in [0,1], x_0 + \cdots + x_n = 1 \right \}.\end{equation}

Các ánh xạ này cho ta một họ
\begin{equation} \mathrm{Sing}(X)_n = \left \{ \sigma: \left|\Delta^n \right| \to X \mid \sigma \ \text{liên tục} \ \right\}. \end{equation}
Tuy nhiên các tập $\mathrm{Sing}(X)_n$ không đứng riêng lẻ do bản thân các đơn hình hình học $\left|\Delta^n \right|$ có liên hệ với nhau, ví dụ một tam giác sẽ có ba đỉnh. Ngoài ra, do tính affine ta hoàn toàn có thể đồng nhất các đơn hình hình học với các đỉnh của nó. Ví dụ $\left|\Delta^n \right|$ có $(n+1)$-đỉnh $v_0,...,v_n$ ($v_i$ có tất cả các vị trí là $0$ ngoài $1$ ở vị trí $i$) có thể đồng nhất với tập $\left \{0,1,...,n \right \}$. Như vậy một tam giác có thể xem là "tập" $\left \{0,1,2\right \}$ với ba đỉnh $\left \{0 \right \}, \left \{1\right \}, \left \{2 \right \}$ và ba cạnh $\left \{0,1\right \}, \left \{1,2\right \}, \left \{0,2\right \}$. Đây là sự xuất hiện của phạm trù $\Delta$ với vật là các tập $[n]=\left \{0,1,...,n \right \}$, nó được gọi là phạm trù số. Trong khi $\mathrm{Sing}(X)$ là một tập đơn hình theo nghĩa nó gửi mỗi $[n]$ đến $\mathrm{Sing}(X)_n$ (nó cũng là một $\infty$-phạm trù). Như vậy, tóm gọn lại ta có một quy trình
\begin{equation} X  \rightarrow (\text{phức kì dị}) \ \mathrm{Sing}(X) \rightarrow (\text{hàm tử tự do}) \ \mathbb{Z}\mathrm{Sing}(X) \rightarrow (\text{phức+ đồng điều}) \  H_{\bullet}(X).\end{equation}
Thực chất đây là một loạt các hàm tử giữa các phạm trù
\begin{equation} \mathbf{Top} \to s\mathbf{Sets} \to s\mathbf{Ab} \to \mathbf{Ch}_{\geq 0}(\mathbf{Ab}),\end{equation}
trong đó $s\mathbf{Sets},s\mathbf{Ab}$ lần lượt là phạm trù các tập đơn hình và phạm trù các nhóm abel đơn hình. Như vậy thực chất ta đang làm đại số đồng điều trong $\mathbf{Ch}_{\geq 0}(\mathbf{Ab})$. Sau này ta sẽ biết rằng  $\mathrm{Sing}: \mathbf{Top} \to s\mathbf{Sets}$ có liên hợp là hàm tử hình học hóa trong khi đó định lý tương ứng Dold-Kan nói rằng $s\mathbf{Ab}$ tương đương với $\mathbf{Ch}_{\geq 0}(\mathbf{Ab})$, như vậy bước khó khăn có lẽ nằm ở phép lấy hàm tử nhóm abel tự do.

Định lý tương ứng Dold-Kan là một tương đương giữa hai phạm trù các phức không âm và các vật đơn hình. Để hiểu định lý Dold-Kan do đó ta bắt buộc phải hiểu các vật đơn hình, và để hiểu các vật đơn hình ta phải hiểu phạm trù $\Delta$. Để định nghĩa phạm trù số ta sẽ định nghĩa các đối mặt và đối suy biến (ta gọi như vậy để thuận tiện thay vì gọi là phép đối mặt và phép đối suy biến). Sau đó chúng ta chứng minh các đẳng thức đối đơn hình và chứng minh mọi cấu xạ trong phạm trù số có một phân tích rất đặc biệt gọi là phân tích đơn-toàn cấu.

Phạm trù số

Định nghĩa 1. $\Delta$ là phạm trù mà các vật là các tập sắp thứ tự toàn phần $[n] = (0 \leq 1 \leq ... \leq n)$, các cấu xạ là các ánh xạ bảo toàn thứ tự $\alpha: [m] \to [n]$, điều này có nghĩa $\alpha(i) \leq \alpha(j)$ nếu $i \leq j$.  Một đơn cấu (tương ứng, toàn cấu) trong $\Delta$ được định là ánh xạ bảo toàn thứ tự và là đơn ánh trên tập hợp (tương ứng, toàn ánh).

Định nghĩa 2. Đối mặt là các cấu xạ $d^i: [n-1] \to [n]$, $0 \leq i \leq n$ cho bởi
\begin{equation}
    d^i(k) = \begin{cases}
        k, & k < i\\
        k+1, & k \geq i+1
    \end{cases}
\end{equation}
Về ý nghĩa, các cấu xạ $d^i$ là các đơn cấu duy nhất $[n-1] \to [n]$, nó khuyết phần tử $i \in [n]$. Các cấu xạ $s^i: [n+1] \to [n], 0 \leq i \leq n$ cho bởi
\begin{equation}
    s^i(k) = \begin{cases}
        k, & k < i \\
        k-1, & k \geq i+1
    \end{cases}
\end{equation}
là các toàn cấu duy nhất $[n+1] \to [n]$, chúng được gọi là các đối suy biến. $s^i$ lặp phần tử $i \in [n]$ hai lần.

Định lý 3. Mọi cấu xạ $\alpha: [m] \to [n]$ có thể viết thành hợp một số đối mặt và một số đối suy biến.

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo $n$. Nếu $n=0$ thì $\alpha$ hoặc là ánh xạ đồng nhất hoặc là hợp một số đối mặt. Giả sử khẳng định đúng tới $n$ và $\alpha: [n+1] \to [m]$ là một cấu xạ. Nếu $\alpha$ là đơn cấu thì $\alpha$ là hợp một số đối mặt. Nếu $\alpha$ không là đơn cấu thì tồn tại $k \in [n+1]$ mà $\alpha(k) = \alpha(k+1)$ (lưu ý điều này không xảy ra với một ánh xạ tổng quát mà chỉ đúng khi $\alpha$ bảo toàn thứ tự). Xét cấu xạ $\alpha':[n] \to [m]$ xác định bởi $\alpha'(i) = \alpha(i)$ nếu $i \leq k$ và $\alpha'(i) = \alpha(i+1)$ nếu $i>k$. Khi đó $\alpha = \alpha' s^k$ và ta thu được điều phải chứng minh khi áp dụng giả thiết quy nạp cho $\alpha'$.

Từ định lý trên ta thấy chỉ nên hạn chế sự tập trung xuống các đối mặt và các đối suy biến. Cụ thể, ta có một loạt các đẳng thức liên hệ trong định lý dưới đây.

Bổ đề 4. Trong phạm trù số các đẳng thức sau, gọi là các đẳng thức đối đơn hình, thỏa mãn

\begin{matrix}
       d^j d^i = d^i d^{j - 1}  & i < j \\
       s^j d^i = d^i s^{j-1}  &  i < j\\
       s^j d^j = \mathrm{id} = s^j d^{j+1} & \\
       s^j d^i = d^{i-1} s^j & i > j+1 \\
       s^j s^i = s^i s^{j+1} & i \leq j \\
\end{matrix}

Chứng minh. Ta chỉ chứng minh đẳng thức đầu tiên, tất cả các đẳng thức còn lại chứng minh tương tự. Lấy $i < j$ và $k \in [n]$. Ta có
\begin{equation}
    d^j d^i(k) = d^j\left(\begin{cases} k, & k < i \\ k + 1, & k \geq i \end{cases} \right) =
    \begin{cases}
        k, & k < i\\
        k+1,& i \leq k, k+1 < j \\
        k+2, &j \leq k+1
    \end{cases}
\end{equation}
và
\begin{equation}
    d^i d^{j-1}(k) = d^i\left(\begin{cases} k, & k < j -1 \\ k+ 1, & k \geq j-1 \end{cases} \right) = \begin{cases}
        k, & k < i \\
        k+1, & i \leq k, k+1 < j \\
        k+2, & j \leq k+1
    \end{cases}
\end{equation}
Do đó $d^j d^i = d^i d^{j-1}$ nếu $i < j$.

Định lý 5 (phân tích đơn-toàn cấu). Với mọi ánh xạ bảo toàn thứ tự $\varphi: [n] \to [m]$, tồn tại và duy nhất một phân tích $\varphi = \mu \sigma$ trong đó $\mu, \sigma$ lần lượt là các toàn cấu, đơn cấu bảo toàn thứ tự.

Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh sự tồn tại, gọi $i_s <...<i_1$ là các phần tử của $[m]$ không nằm trong ảnh của $\varphi$ và $j_1 < ... <j_t$ là các phần tử của $[n]$ mà $\alpha(j) = \alpha(j+1)$. Nếu $p = n-t = m-s$ thì ta có một phân tích
\begin{equation}
    [n] \overset{\sigma}{\twoheadrightarrow} [p] \overset{\mu}{\hookrightarrow} [m]
\end{equation}
trong đó $\mu=d^{i_1}...d^{i_s}$ và $\sigma = s^{j_1}...s^{j_t}$. Để minh hoạ cho chứng minh, ta xét một cấu xạ $[4] \to [5]$ được cho bởi hình sau

Như vậy tập ảnh của cấu xạ này là $(0<1<4)$, ta nhúng $(0<1<2)$ vào $[5]$ bởi $0\mapsto 0, 1 \mapsto 1, 2 \mapsto 4$ sẽ thu được phân tích  

Dễ thấy $[4] \twoheadrightarrow [2]$ và $[2] \hookrightarrow [5]$.

Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất, lấy hai đơn cấu $\mu_i:[k_1] \to [m]$ và hai toàn cấu $\sigma:[n] \to [k_i]$ ($i = 1,2$) thỏa mãn $\varphi = \mu_1\sigma_1 = \mu_2\sigma_2$. Đếm số lượng phần tử của ảnh $\mathrm{Im}(\mu_i \sigma_i)$ ta suy ra $k_1=k_2$ và do $\mu_1,\mu_2$ là các đơn cấu với cùng tập ảnh ta suy ra $\mu_1=\mu_2=\mu$, điều này cũng suy ra $\sigma_1=\sigma_2$ do $\mu$ là đơn cấu.

Lý thuyết đồng luân trong phạm trù vật đơn hình

Định nghĩa 6. Một vật đơn hình trong một phạm trù $\mathscr{C}$ là một hàm tử $X: \Delta^{op} \to \mathscr{C}$. Phạm trù $s\mathscr{C}=\mathscr{C}^{\Delta^{op}}=\mathrm{Fun}(\Delta^{op},\mathscr{C})$ có vật là các vật đơn hình và cấu xạ là các biến đối tự nhiên giữa chúng. Hơn nữa ta viết, $X_n = X([n]), d_i = X(d^i)$ là mặt và $s_j = X(s^j)$ là suy biến của $X$. Nếu $\alpha$ là một cấu xạ trong $\Delta$, ta viết $X(\alpha) = X_{\alpha}$.

Ví dụ 7. Một tập đơn hình trong phạm trù tập hợp $\mathbf{Sets}$ được gọi là một tập đơn hình, một trong các tập đơn hình thú vị nhất là $\Delta^n= \mathrm{Hom}_{\Delta}(\square,[n]): \Delta^{op} \to \mathbf{Sets}$ - ta gọi đây là đơn hình chuẩn $n$-chiều. Theo bổ đề Yoneda ta có
\begin{equation}
    X_n = X([n]) \cong \mathrm{Hom}(\mathrm{Hom}(\square,[n]),X).
\end{equation}
Phép nhúng Yoneda
\begin{equation}
    \begin{split}
        \Delta &\hookrightarrow \mathbf{Sets}^{\Delta^{op}} \\
        [n] & \mapsto \Delta^n
    \end{split}
\end{equation}
là trung thành, đầy đủ, hơn nữa nó còn trù mật theo nghĩa nếu $\mathscr{C}$ là một phạm trù có đối giới hạn với tập chỉ số bất kỳ thì mọi hàm tử $u:\Delta \to \mathscr{C}$ đều có thể nâng lên thành một hàm tử $u_{!}:\mathbf{Sets}^{\Delta^{op}} \to \mathscr{C}$. Nói cách khác, ta có một biểu đồ giao hoán

Cụ thể với mỗi $X \in \mathrm{Obj}(\mathbf{Sets}^{\Delta^{op}})$ thì theo ta biết $X \cong \underset{\Delta^n \to X}{\mathrm{colim}} \ \Delta^n$ (chứng minh sau!) nên ta có thể định nghĩa
\begin{equation}
    u_{!}(X) = \underset{\Delta^n \to X}{\mathrm{colim}} \ u([n]).
\end{equation}
Ngược lại ta cũng có một hàm tử $u^{\star}: \mathscr{C} \to \mathbf{Sets}^{\Delta^{op}}$ là liên hợp của $u_{!}$ định nghĩa bởi
\begin{equation}
    (u^{\star}(C))_n = \mathrm{Hom}_{\mathscr{C}}(u([n]),C) \ \forall \ C \in \mathrm{Obj}(\mathscr{C}).
\end{equation}

Về sau ta sẽ thấy cặp liên hợp $(\mathrm{Sing}(\square),\left | \square \right|)$ là một hệ quả của ý tưởng vừa phân tích.

Bổ đề 8. Với mọi vật đơn hình $X$ thì các đẳng thức sau, gọi là các đẳng thức đơn hình, thỏa mãn

\begin{matrix}
      d_i d_j = d_{j-1} d_i & i < j\\
       d_i s_j= s_{j-1}d_i &  i < j\\
       d_j s_j = \mathrm{id} = d_{j+1}s_j & \\
       d_i s_j =  s_j d_{i-1} & i > j+1 \\
       s_i s_j = s_{j+1}s_i & i \leq j
\end{matrix}

Chứng minh. Hệ quả hiển nhiên của các đẳng thức đối đơn hình.

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy ta gọi một điểm là điểm vô tỉ nếu điểm đó có tọa độ cả x và y đều là số vô tỷ và tương tự một điểm gọi là điểm hữu tỉ nếu cả tọa độ x và y của điểm đó đều là số hữu tỉ. Một điểm gọi là điểm  bán hữu tỉ nếu  tọa độ x  điểm đó là số hữu tỉ và  tọa độ y là số vô tỷ. Tương tự một điểm gọi là điểm bán vô tỷ  nếu tọa độ x của điểm đó là số vô tỷ và tọa độ y của điểm đó  là số hữu tỉ

a) Tìm một hàm số liên tục $f(x)$ sao cho trên mặt phẳng tọa độ Oxy hàm số này chỉ đi qua những điểm vô tỷ ( nếu được hãy tìm tất cả các hàm liên tục như thế).

b) Tìm một hàm số liên tục $f(x)$ sao cho trên mặt phẳng tọa độ Oxy hàm số này chỉ đi qua những điểm hữu tỷ ( nếu được hãy tìm tất cả các hàm liên tục như thế).

c) Tìm một hàm số liên tục $f(x)$ sao cho trên mặt phẳng tọa độ Oxy hàm số này chỉ đi qua những điểm  bán hữu tỷ ( nếu được hãy tìm tất cả các hàm liên tục như thế).

Mình không hiểu bạn hỏi gì, ví dụ thế nào là một hàm chỉ đi qua những điểm vô tỷ? Theo định nghĩa của bạn một điểm $(x,y)$ là vô tỷ nếu $x,y$ đều vô tỷ nhưng một điểm $(x,f(x))$ hoàn toàn có thể lấy $x$ vô tỷ hoặc hữu tỷ, như vậy thì bạn vô tình thừa nhận tập xác định hàm $f$ của bạn là vô tỷ hoặc hữu tỷ.

Đó là một điểm, còn nữa, bạn thâm chí chẳng ghi ra tập nguồn và tập đích của $f$.

Nếu bạn sửa rằng tìm một hàm $f$ mà $f(x)$ nhận giá trị hữu tỷ/vô tỷ với mọi $x$ thì nghe còn hợp lý, khi đó bài toán này được giải nếu bạn đã học tính liên thông, i.e. hàm liên tục biến tập liên thông thành liên thông và liên thông trong $\mathbb{R}$ chỉ là khoảng hoặc nửa khoảng.

Mình nghĩ bạn nên học cách trình bày trước khi đặt câu hỏi.

Cho hàm $f:(0,+\infty ]\rightarrow \mathbb{R}$ khả vi bậc hai. Giả sử hàm $x{f}''(x)$ bị chặn và $\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{f(x)}{x}=0$.

Chứng minh rằng: $\lim_{x\rightarrow +\infty }{f}'(x)=0$

Dùng khai triển Taylor, với mỗi $x \in (0, +\infty)$ thì

$$f(2x) - f(x) = f'(x)x + \frac{(f^{''}(\theta))^2}{2}x^2,$$

với $x < \theta <2x$ nào đó, chia hai về cho $x$ ta có

$$2\frac{f(2x)}{2x} - \frac{f(x)}{x} = f'(x) + (\theta f^{''}(\theta))^2 \frac{x}{2\theta^2}.$$

Lấy giới hạn $x \to +\infty$ thì $\theta \to +\infty$ và lưu ý $\theta f^{''}(\theta)$ bị chặn, $x/\theta <1$ nên ta có đpcm.

Lưu ý. Viết $(0,+\infty]$ về cơ bản là không chuẩn.

Cho n là số nguyên dương ( n>37) và $\pi (n)$ là hàm đếm số nguyên tố. Chứng minh rằng $\pi (n)<\frac{1}{3}n$

*Liệu có tồn tại một số nguyên dương k sao cho tồn tại một số hữu tỉ r $(r<\frac{1}{3})$ để $\pi (n)<rn$ với mọi n nguyên dương (n>k)

Có một kết quả chặt hơn của em và yếu hơn định lý số nguyên tố phát biểu rằng với mọi $n\geq 2$ thì $\frac{n}{6\mathrm{log}n} < \pi(n) < \frac{6n}{\mathrm{log}n}$. Chứng minh của nó khá sơ cấp, em có thể tham khảo cuốn Tom M. Apostol, Introduction to Analytic Number Theory, định lý 4.6.

$$\int_{0\leq x= \frac{2{\rm d}y^{2}}{{\rm d}x^{2}+ {\rm d}y^{2}}\leq 2}\frac{\cos y}{e^{x}\sqrt{x\left ( 2- x \right )}}{\rm d}x= \frac{\pi}{e}\quad{\rm for}\,0\leq y\leq\pi\;{\it ?}$$

Mình không hiểu bạn viết gì luôn

• Thứ nhất bỏ qua các "vi phân" $dx, dy$ mà bạn viết thì chỉ xét biểu thức dưới dấu tích phân thì nó là tích phân theo $x$ nhưng lại xuất hiện $\cos y$, tức là nó là hằng số?
• Ở cận tích phân bạn lại viết $x = f(dx,dy)$ trong khi $dx,dy$ là các vô cùng bé, không phải biến.
• Đây là box Giải tích thuộc mục Toán đại cương nên về cơ bản bạn không nên viết tiếng Anh ở đây.

Cho $Q$ là một $P-$ideal nguyên tố của vành giao hoán Noether $R$. Chứng minh rằng tồn tại $n\in \mathbb{N}$ sao cho $P^{(n)}\subseteq Q.$

Mình giả sử bạn nói một $\mathfrak{p}$-ideal nguyên tố có nghĩa là $\mathfrak{q}$ là một ideal nguyên sơ (primary) và $\sqrt{\mathfrak{q}}=\mathfrak{p}$. Tuy nhiên khẳng định của bạn đúng với ideal bất kỳ (với giả thiết vành Noether) chứ không chỉ ideal nguyên sơ; nói khác, mọi ideal $I$ trong vành Noether chứa một lũy thừa của căn của nó. Thật vậy, lấy $x_1,...,x_n$ là một hệ sinh của $\sqrt{I}$ (lấy được hữu hạn do $R$ Noether) và giả sử $x_i^{n_i} \in I$. Với $k$ nào đó, xét $\sqrt{I}^k$ thì nó sinh bởi các "đơn thức" $x_1^{a_1}...x_n^{a_n}$ với $a_1+...+a_n=k$. Chọn $k$ đủ lớn thì ít nhất một trong các $a_i$ sẽ lớn hơn $n_i$. Cụ thể có thể chọn $k > n\mathrm{max}(n_i)$, khi đó đơn thức này nằm trong $I$.

Em không thạo về đối đồng điều nhóm lắm nhưng vẫn xin đóng góp một post xem như mục phụ nên em sẽ không đánh số để tránh làm đứt mạch bài của mọi người.

Xuống thang Galois và mở rộng định lý Hilbert 90

Trước tiên ta nhắc lại phiên bản cổ điển của định lý Hilbert 90 với mở rộng đơn sinh.

Định lý 1 (Hilbert 90). Cho $\Omega/k$ là một mở rộng trường, đơn sinh với nhóm Galois $G = \left \langle \sigma \right \rangle$, nếu $\mathrm{Nm}_{\Omega/k}(\alpha)=1$ thì $\alpha = \beta/\sigma\beta$. 

Ví dụ 2. Mở rộng bậc hai $\mathbb{Q}(i)/\mathbb{Q}$ có nhóm Galois là $\mathbb{Z}/2$ với phần tử không tầm thường là liên hợp $\sigma: a+bi \mapsto a-bi$, chuẩn của một phần tử $a+bi$ là $a^2+b^2$. Như vậy một phần tử có chuẩn $1$ là nghiệm hữu tỷ của phương trình $a^2+b^2=1$. Định lý Hilbert 90 nói rằng tất cả các nghiệm như vậy có dạng 

$$\frac{c+di}{c-di} = \frac{c^2-d^2}{c^2+d^2} + \frac{2cd}{c^2+d^2}i.$$ Ở đây chúng ta muốn phát biểu lại dưới ngôn ngữ đối đồng điều

Định lý 3 (Hilbert 90). Cho $\Omega/k$ là một mở rộng Galois hữu hạn với nhóm Galois $G$ (không nhất thiết đơn sinh), khi đó $H^1(G,\Omega^{\times}) = 1.$

Định lý 4. Cho $\Omega/k$ là một mở rộng Galois (có thể vô hạn, tuy nhiên ở đây ta chỉ làm với trường hợp hữu hạn) với nhóm Galois $G$, khi đó $$H^1(G,\mathrm{GL}(n,\Omega))=1.$$ Nói riêng, $H^1(\mathrm{Gal}(k^{sep}/k), \mathrm{GL}(n,k^{sep}))=1$ trong đó $k^{sep}$ là bao tách được của $k$.

Trước tiên ta cần một số định nghĩa

Định nghĩa 5. Cho $\Omega/k$ là một mở rộng Galois, $U$ là một $\Omega$-không gian vector phải với một tác động $\bullet$ của $G=\mathrm{Gal}(\Omega/k)$ lên $U$. Ta nói $G$ tác động bằng các tự đẳng cấu nửa tuyến tính lên $U$ nếu

$$\sigma \bullet (u+ u') = \sigma \bullet u + \sigma \bullet u', \ \sigma \bullet (u\lambda) = (\sigma \bullet u)(\sigma \lambda),$$ trong đó $\sigma \in G, u,u' \in U, \lambda \in \Omega$. Ở đây viết $\sigma \lambda$ là tác động tự nhiên của $G$ lên $\Omega$.

Mệnh đề 6 (xuống thang Galois). Cho $U$ là một $\Omega$-kgvt sao cho tồn tại một tác động của $G$ lên $U$ bởi các tự đẳng cấu nửa tuyến tính thì

$$U^G = \left \{u \in U \mid \sigma \bullet u = u \ \forall \ \sigma \in G \right \}$$ là một $k$-kgvt và ta có một đẳng cấu 

$$f: U^G \otimes_k \Omega \to U, u \otimes \lambda \mapsto u\lambda$$ của các $\Omega$-kgvt.

Chứng minh. Trước tiên, $U^G$ là $k$-kgvt và $f$ là $\Omega$-tuyến tính là hiển nhiên. Ta chứng minh $f$ toàn ánh. Đặt

$$G = \left \{\sigma_1 = \mathrm{id},\sigma_2,...,\sigma_n \right \}.$$ Lấy $u \in U$ và $\left \{\lambda_1,...,\lambda_n \right \}$ là một $k$-cơ sở của $\Omega$. Đặt

$$u_i = \sum_j \sigma_j \bullet (u \lambda_i).$$ Ta lần lượt tác động $\sigma_k$

$$\sigma_k \bullet u_i = \sum (\sigma_k \sigma_k)\bullet (u\lambda_i).$$ Như vậy tác động này chỉ làm giao hoán các vị trí của tổng, nói cách khác $\sigma_k \bullet u_i = u_i$ và $u_i \in U^G$. Do $\sigma_1,...,\sigma_n$ là các phần tử phân biệt trong $G$ nên chúng là $k$-độc lập tuyến tính (bổ đề Dedekind) trong $\mathrm{End}_k(\Omega)$. Ma trận $M = (\sigma_i \lambda_j)_{ij}$ do đó nằm trong $\mathrm{GL}(n,\Omega)$. Lại theo định nghĩa của tác động nửa tuyến tính

$$u_i = \sum \sigma_j \bullet (u \lambda_i) = \sum (\sigma_j \bullet u)(\sigma_j \lambda_i)$$ nên nếu gọi $M^{-1} = (m_{ij})$ thì từ phương trình $M^{-1}M = I$ ta suy ra

$$\sum m_{1j}(\sigma_k \lambda_j) = \delta_{1k} \ \forall \ k =\overline{1,n}$$ trong đó $\delta_{1k}$ là ký hiệu Kronecker. Như vậy

$$\sum_j u_j m_{1j} = \sum_j \sum_k (\sigma_k \bullet u)(\sigma_k \lambda_j)m_{1j} = \sum_k (\sigma_k \bullet u)\delta_{1k} = \sigma_1 \bullet u = u.$$ Nói cách khác, $f(\sum_j u_j \otimes m_{1j}) = u$. Ta cần chứng minh nốt tính đơn ánh của $f$, để làm vậy ta chứng minh rằng nếu $u_1,...,u_r \in U^G$ là $k$-độc lập tuyến tính thì chúng vẫn là $\Omega$-độc lập tuyến tính. Giả sử tồn tại một phụ thuộc tuyến tính

$$u_1 \mu_1 + ... + u_r \mu_r = 0, \ \mu_i \in \Omega.$$ Giả sử thêm $r>1$ là số nhỏ nhất như vậy và $\mu_1 = 1$. Bằng phản chứng ta có thể giả sử không phải tất cả $\mu_i$ nằm trong $k$, ví dụ $\mu_2 \notin k$, chọn $\sigma \in G$ mà $\sigma \mu_2 \neq \mu_2$ (do $\Omega^G = k$ vì đây là mở rộng Galois). Ta có

$$\sigma \bullet (\sum_i u_i \mu_i) = \sum (\sigma \bullet u_i)(\sigma \mu_i) = \sum u_i (\sigma \mu_i) = 0.$$ Lấy phương trình này trừ cho $\sum u_i \mu_i$ ta suy ra $\sum_{i \geq 2} u_i(\sigma \mu_i - \mu_i) = 0$ ta thu được $r$ nhỏ hơn, vô lý, như vậy ta có đpcm.

Chứng minh định lý 4. Lấy $\alpha \in Z^1(G,\mathrm{GL}(n,\Omega))$, ta định nghĩa một tác động bởi các tự đẳng cấu nửa tuyến tính trên $\Omega^n = U$ bởi

$$\sigma \bullet u = \alpha(\sigma)(\sigma u) \ \forall \ u \in U, \sigma \in G.$$ Ở đây $\alpha: G \to \mathrm{GL}(n,\Omega)$ nên $\alpha(\sigma) \in \mathrm{GL}(n,\Omega)$ có thể tác động lên $\sigma u \in \Omega^n$. Lấy $v_1,...,v_n$ là một $k$-cơ sở của $U^G$ và cũng là một $\Omega$-cơ sở của $U$, đặt $P = (v_1 | v_2 |... | v_n) \in \mathrm{GL}(n,\Omega)$, khi đó

$$\sigma P = (\sigma v_1 | ... | \sigma v_n),$$ và 

$$v_i = \sigma \bullet v_i = \alpha(\sigma)(\sigma v_i) \ \forall \ i = \overline{1,n}.$$ Viết lại dưới dạng ma trận ta có $P = \alpha(\sigma)(\sigma P)$; nói cách khác, $\alpha$ cohomologous với đối chu trình tầm thường và ta có đpcm.

Hệ quả 7. $H^1(G, \mathrm{SL}(n,\Omega)) = 1$. 

Chứng minh. Xét dãy khớp

$$1 \to \mathrm{SL}(n,\Omega) \to \mathrm{GL}(n,\Omega) \overset{\mathrm{det}}{\rightarrow} \Omega^{\times} \to 1.$$ Dãy này cảm sinh ra dãy

$$H^0(G,\mathrm{GL}(n,\Omega)) \overset{\mathrm{det}}{\rightarrow} H^0(G,\Omega^{\times}) \to H^1(G, \mathrm{SL}(n,\Omega)) \to 1.$$

Tuy nhiên, $\mathrm{det}$ là toàn cấu nên $H^1(G,\mathrm{SL}(n,\Omega))=1$.

Định Hilbert 90 có thể mở rộng lên lược đồ

Định lý 8 (Hilbert 90). Tồn tại một đẳng cấu chính tắc

$$H^1_{et}(X,(\mathbb{G}_m)_X) \cong \mathrm{Pic}(X) = H^1(X,\mathcal{O}_X^{\times}),$$ trong đó $X$ là một lược đồ và $(\mathbb{G}_m)_X$ là bó nhân tính trên etale site $X_{et}$. 

Ý tưởng. Tồn tại cấu xạ nhúng $\epsilon: X_{Zar} \to X_{et}$ của các topo Grothendieck, ở đây $et$ là etale site và $Zar$ là topo Zariski. Như vậy theo dãy phổ Grothendieck ta có 

$$E^{p,q}_2 = H^p_{Zar}(X, R^q\epsilon^s(\mathbb{G}_m))_X \Rightarrow H^{p+q}_{et}(X, (\mathbb{G}_m)_X).$$ Trong đó $\epsilon^s(\mathbb{G}_m) = \mathcal{O}_X^{\times}$ nên đẳng cấu trong định lý Hilbert 90 thực chất là chứng minh cấu xạ edge của dãy phổ 

$$E^{1,0}_2 \overset{\cong}{\rightarrow} E^1 \Leftrightarrow H^1_{Zar}(X,\mathcal{O}^{\times})  \overset{\cong}{\rightarrow} H^1_{et}(X,(\mathbb{G}_m)_X).$$ Điều này thực chất nói rằng dẫn xuất $R^1\epsilon^s(\mathbb{G}_m)_X=0$. Ta không đi chi tiết thêm vào chứng minh.

Tham khảo

[1] G. Berhuy, An Introduction to Galois Cohomology and Its Applications.

[2] G. Tamme, Introduction to Étale Cohomology.

[3] J. P. Serre, Local Fields.

Bài toán:   Cho $A$ là ma trận vuông cấp $n$ và $\tau, \sigma  \in S_n$, ký hiệu $\tau \sigma = \tau\circ \sigma$

 

Chứng minh rằng           $det (A) =\sum_{\sigma \in S_n}sgn(\sigma )\,\,a_{\tau (1)\sigma \tau (1)}\,\,a_{\tau (2)\sigma \tau (2)}...\,a_{\tau (n)\sigma \tau (n)}$

Bình thường người ta lấy đây làm định nghĩa, mình không hiểu bạn dùng định nghĩa nào?

Hàm tử phức chuẩn hóa và phần suy biến

Bắt chước cách làm của phức kì dị của một không gian tôpô ta định nghĩa khái niệm phức Moore.

Định nghĩa 9. Phức Moore $M$ là một hàm tử $M: s\mathbf{Ab} \to \mathbf{Ch}_{\geq 0}(\mathbf{Ab})$ biến mỗi vật đơn hình $A$ thành một phức (cùng kí hiệu) $A$ mà vị trí thứ $n$ là $A_n$ và vi phân

$$d = d_0 - d_1 + ... + (-1)^n d_n: A_n \to A_{n-1}.$$

Một thủ tục đơn giản cho ta thấy $d^2=0$. 

Câu hỏi. $M: s\mathbf{Ab} \to \mathbf{Ch}_{\geq 0}(\mathbf{Ab})$ có phải là một phần trong tương đương ta mong muốn không?

Trả lời. Không. Cụ thể hơn, nếu $M$ là một phần của tương đương, thì nó phải toàn ánh trên lớp các vật, nói riêng, phải tồn tại một vật đơn hình $A$ mà $MA$ là phức

$$ ... \to 0 \to 0 \to \mathbb{Z} (\text{vị trí 0}) \to 0.$$

Do đó $A_0 = \mathbb{Z},A_1 = 0$, tuy nhiên nhắc lại rằng $s_j$ là đơn cấu nên $A_0 \hookrightarrow A_1$, điều này vô lý. 

Lý do xảy ra điều này là vi phân của phức Moore quá phức tạp và quá dư thông tin trong từng thành phần $A_n$, ta sẽ thu nhỏ $M$ để đạt được tương đương mong muốn. 

Định nghĩa 10. Hàm tử phức chuẩn hóa $N: s\mathbf{Ab} \to \mathbf{Ch}_{\geq 0}(\mathbf{Ab})$ biến mỗi vật đơn hình $A$ thành phức $N$ mà

$$(NA)_n = \bigcap_{i=1}^n \mathrm{Ker}(d_i:A_n \to A_{n-1}) \ \forall n > 0, \ (NA)_0 = A_0.$$

Dễ thấy $(NA)_{\bullet}$ là một phức với vi phân $d_0$ (do trong vi phân $d$ của phức Moore triệt tiêu hết $d_1,...,d_n$). Đồng điều của phức chuẩn hóa được gọi là nhóm đồng luân của vật đơn hình, kí hiệu

$$\pi_n(A) = H_n(NA).$$

Ví dụ 11. $N\mathbb{Z}\Delta[0]$ chính là phức $ ... \to 0 \to 0 \to \mathbb{Z} (\text{vị trí 0}) \to 0$, do đó khẳng định phức chuẩn hóa là tốt hơn phức Moore. 

Chúng ta trước tiên sẽ chứng minh hai tính chất của hàm tử phức chuẩn hóa: nó loại bỏ tất cả phần "suy biến" trong một vật đơn hình, nó là hàm tử trung thành, đầy đủ. 

Định nghĩa 12. Phần suy biến được định nghĩa bởi $(DA)_n = \sum_{i=0}^n s_i(X_{n-1})$. 

Bổ đề 13. $(NA)_n \cap (DA)_n = 0$. 

Chứng minh. Lấy $x \in (NA)_n \cap (DA)_n$, khi đó tồn tại số $i$ lớn nhất mà 

$$x = s_i(a_i) + \cdots + s_n(a_n), \ a_j \in X_{n-1}.$$

Nếu $i = n$ thì $0 = d_n x = d_n s_n (a_n) = 0 \Rightarrow x = s_n(a_n) = 0$. Trong trường hợp $i \leq n-1$ ta tác động $d_i$ vào hai vế thu được

\begin{align*} 0  = d_i x & = a_i + d_i s_{i+1}(a_{i+1}) \cdots + d_i s_n (a_n) \\ & = a_i + s_i d_i(a_{i+1}) + \cdots + s_{n-1}d_i(a_n). \end{align*} Hệ quả là 

\begin{align*} x & = s_i\left(s_i d_i(-a_{i+1})  + \cdots + s_{n-1}d_i(a_n) \right) + s_{i+1}(a_{i+1}) + \cdots + d_i s_n(a_n) \\ & = s_{i+1}s_id_i(-a_{i+1}) + \cdots s_n s_i d_i(a_n) + s_{i+1}(a_{i+1}) + \cdots + s_n(a_n) \\ & = s_{i+1}(a_{i+1}-s_id_i(a_{i+1})) + ... + s_n(a_n - s_i d_i(a_n)), \end{align*} điều này trái với giả thuyết về $i$.

Bổ đề 14. $(NA)_n + (DA)_n = A_n$. 

Chứng minh. Đặt các nhóm con $P_n^k = \left \{x \in A_n \mid d_i x = 0 \ \forall i > k \right \}$ 

$$(NA)_n = P^0_n \subset P^1_n \subset ... \subset P^n_n = A_n.$$

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng $P^i_n + D_n = A_n$ bằng quy nạp lùi. Khi $i=n$ thì hiển nhiên, giả sử khẳng định đúng với $i=k$, ta chứng minh nó đúng với $i=k-1$. Lấy $a \in A_n$ ta giả sử viết được $a = b + c$ với $b \in P^k_n, c \in D_n$, khi đó có thể kiểm tra

$$a = (b - s_{k-1}d_kb) + (c + s_{k-1}d_k b)$$ trong đó có thể kiểm tra $b-s_{k-1}d_k b \in P^{k-1}_n$ và $c + s_{k-1}d_k b \in D_n$. 

Bổ đề 15. Đồng luân của một nhóm abel đơn hình đẳng cấu với đồng điều của chính nó 

$$\pi_n(A) \cong H_n(MA).$$

Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh $D=DA$ là acyclic. Ta lọc $DA$ bởi

$$F_i D_n  = \begin{cases} 0 & i = 0, \\ D_n & n \leq p, \\ s_0(A_{n-1}) + \cdots + s_p(A_{n-1}) &  \text{trường hợp khác}. \end{cases}$$ Hiển nhiên lọc này bị chặn nên ta có một dãy phổ

$$ E^1_{p,q} = H_{p+q}(F_pD/F_{p-1}D) \Rightarrow_{p+q=n} H_{p+q}(D).$$

Hệ quả là ta cũng chỉ cần chứng minh $F_pD/F_{p-1}D$ là một phức acyclic, ta có thể xây dựng một toán tử đồng luân tầm thường $\sigma: (F_pD/F_{p-1}D)_n \to (F_pD/F_{p-1}D)_{n+1}$ thỏa mãn

$$\mathrm{id} = \sigma \left( \sum (-1)^i d_i \right) + \left(\sum (-1)^i d_i \right) \sigma.$$

Cụ thể ta tìm được $\sigma_n = (-1)^{p+1}s_p$. Đây chỉ là kiểm tra trực tiếp với các đẳng thức đơn hình, lưu ý mỗi phần tử của

$$(F_pD/F_{p-1}D)_n = \frac{s_0(A_{n-1}) + \cdots + s_{p-1}(A_{n-1}) + s_p(A_{n-1})}{s_0(A_{n-1}) + \cdots + s_{p-1}(A_{n-1})}$$ đều có dạng $s_p(\text{smth})$.

Tương ứng Dold-Kan

Sau đây ta sẽ phát biểu một phần của tương ứng Dold-Kan. 

Định lý 16(Dold-Kan). Hàm tử phức chuẩn hóa $N: s\mathbf{Ab} \to \mathbf{Ch}_{\geq 0}(\mathbf{Ab})$ là một hàm tử đầy đủ, trung thành, nói cách khác,

$$N: \mathrm{Hom}_{s\mathbf{Ab}}(A,B) \cong \mathrm{Hom}_{\mathbf{Ch}_{\geq0}}(NA,NB) \ \forall \ A,B \in s\mathbf{Ab}. $$

Để chứng minh nó ta cần bổ đề sau. 

Bổ đề 17. Với mọi $a \in A_n$ ta có một phân tích (duy nhất, tuy nhiên ta chỉ chứng minh sự tồn tại) dạng 

$$x = \sum_{\beta} A(\beta)(x_{\beta}),$$

trong đó $x_{\beta} \in (NA)_p$ và $\beta: [n] \twoheadrightarrow [p]$. 

Chứng minh. Nhắc lại rằng $a = b+ \sum_{i=0}^n s_i(a_i)$ với $b \in (NA)_n, a_i \in A_{n-1}$. Theo giả thiết quy nạp $a_i = \sum A(\beta')(x_{\beta'})$ với $\beta:[n-1] \twoheadrightarrow [p]$ và nhắc lại từ phân tích đơn-toàn cấu mỗi toàn cấu $[n] \twoheadrightarrow [p]$ được phân tích thành $[n] \to [n-1] \to [p]$ với $[n-1] \to [p]$ là một đối suy biến. 

Chứng minh định lý Dold-Kan. Trước tiên ta chứng minh $N$ là đơn cấu, giả sử $f: A \to B$ là một cấu xạ giữa hai nhóm abel đơn hình với $N(f) = 0$. Với $a \in A_n$ ta viết $a = \sum A(\beta)(x_{\beta})$, do đó 

\begin{align*} f(x) & = f\left( \sum A(\beta)(x_{\beta}) \right) \\ & = \sum f\left(A(\beta)(x_{\beta})\right) \\ & = \sum B(\beta)(f(x_{\beta})) \\ & = \sum B(\beta)(N(f)(x_{\beta})) = 0. \end{align*} Tiếp theo ta chứng minh $N$ là toàn cấu, lấy $g: NA \to NB$, ta đặt $f: A \to B$ trong đó

$$f(x) = \sum B(\beta)(x_{\beta}),$$

với $x = \sum A(\beta)(x_{\beta})$. Dễ kiểm tra $Nf = g$. 

Giờ ta sẽ tìm nghịch đảo của $N$ là một hàm tử $K: \mathbf{Ch}_{\geq 0}(\mathbf{Ab}) \to s\mathbf{Ab}$.

Định nghĩa 18. Định nghĩa hàm tử $K$ bởi $KC = \mathrm{Hom}_{\mathbf{Ch}_{\geq 0}}(N\mathbb{Z}\Delta[\square],C)$. 

Mệnh đề 19. Ta có một đẳng cấu $A \cong (KNA)$ với mọi nhóm abel đơn hình $A$. 

Chứng minh. Điều này suy ta từ định nghĩa

$$A_n \cong \mathrm{Hom}(\mathbb{Z}\Delta[n],A) \cong \mathrm{Hom}(N\mathbb{Z}\Delta[n],NA) = (KNA)_n.$$

Trước khi đi tiếp ta cần một bổ đề kĩ thuật, ta sẽ không chứng minh. 

Bổ đề 20. Với mỗi $n$ thì $(N\mathbb{Z}\Delta[n])_m$ là nhóm abel tự do với cơ sở là các đơn ánh $[m] \hookrightarrow [n]$. Bên cạnh đó với mỗi cấu xạ dây chuyền $f: N\mathbb{Z}\Delta[n] \to C$ thì $f \in D_n(KC)$ khi và chỉ khi $f_r = 0 \ \forall r \geq n$. 

Về khẳng định thứ hai của bổ đề ta có thể hiểu nôm na nếu như $f = \sum_{i=0}^n s_i(f_i)$ với $f_i: N\mathbb{Z}\Delta[n-1] \to C$, tuy nhiên $N\mathbb{Z}\Delta[n-1])_r = 0$ do không có đơn cấu nào $[r] \hookrightarrow [n-1]$.

Mệnh đề 21. Với mỗi $n$ ta có một đẳng cấu $\phi_n: (NKC)_n \to C_n, f \mapsto f_n(\mathrm{id}_{[n]})$; họ đẳng cấu này cho ta một đẳng cấu giữa hai phức $NKC \cong C$. 

Phác thảo chứng minh. Trước hết ta cần xem $NKC$ "trông" như thế nào

$$(NKC)_n = \bigcap_{i=1}^n \mathrm{Ker}\left(d_i: \mathrm{Hom}(N\mathbb{Z}\Delta[n],C) \to \mathrm{Hom}(N\mathbb{Z}\Delta[n-1],C) \right).$$

Như vậy nếu $f \in (NKC)_n$ thì $d_i(f) = f \circ d^i = 0$ với mọi $i>0$. Bây giờ ta chứng minh tính đơn ánh, giả sử $f \in \mathrm{Ker}(\phi_n)$ thì hiển nhiên $f_r = 0 \ \forall r > n$ và $f_n(\mathrm{id}_{[n]})=0$ suy ra $f_n = 0$. Theo bổ đề trước thì $f \in D_n(KC)$, tuy nhiên $f \in N_n(KC)$ nên $f = 0$ theo bổ đề $N \cap D = 0$.

Về tính toàn ánh, với mỗi $x \in C_n$ ta xét $g$ thỏa mãn $g_r \equiv 0$ với mọi $r \neq n,n-1$; $g_n(\mathrm{id}_{[n]}) = x$ và 

$$g_{n-1}(d^i) =  \begin{cases} \partial(x) & i = 0, \\ 0 & i > 0 \end{cases}$$

Khi đó dễ kiểm tra $\phi_n(g) = x$. 

Định lý tương ứng Dold-Kan đầy đủ. Hai hàm tử $(N,K)$ là một cặp tương đương. Hơn thế nữa, tương đương này còn bảo toàn đồng luân theo nghĩa chặt, nói như vậy có nghĩa trong cả hai phạm trù $s\mathbf{Ab},\mathbf{Ch}_{\geq 0}(\mathbf{Ab})$ đều có các quan hệ đồng luân và chúng được bảo toàn hoàn toàn qua $N,K$ theo nghĩa: đồng luân trong phạm trù này khi và chỉ khi đồng luân trong phạm trù kia sau khi áp dụng hàm tử.

Lý thuyết đồng luân đơn hình: không gian Eilenberg-MacLane, không gian Moore

Định nghĩa 22. Với mọi $n$ và $0 \leq i \leq n$, $(n,i)$-sừng (tiếng Anh, horn) $\Lambda^n_i:\Delta^{op} \to \mathbf{Sets}$ là tập đơn hình con của $\Delta^n$ định nghĩa bởi
$$(\Lambda_i^n)([m]) = \left \{\alpha \in \mathrm{Hom}_{\Delta}([m],[n]) \mid [n] \not\subset \alpha([m]) \cup \left \{i \right \} \right \}.$$ Một cách hình học, $\Lambda^n_i$ chính là hợp của tất cả các mặt ngoại trừ mặt thứ $i$ của $\Delta^n$.

Định nghĩa 23. Cho $X$ là một tập đơn hình, khi đó $X$ được gọi là fibrant nếu nó thỏa mãn điều kiện Kan sau:

Với mỗi cấu xạ $f: \Lambda_i^n \to X$, tồn tại $\overline{f}: \Delta^n \to X$ làm giao hoán biểu đồ sau

Ở ngôn ngữ tập hợp nó có nghĩa là:

Với mọi $n$ và $k$ thỏa mãn $0 \leq k \leq n$, nếu $x_0,...,x_{k-1},x_{k+1},...,x_n \in X_n$ thỏa mãn $d_i x_j = d_{j-1}x_i \ \forall i < j$ và $i,j \neq k$ thì tồn tại $y \in X_{n+1}$ sao cho $d_i(y) = x_i \ \forall i \neq k$.

Mặc dù không sử dụng định nghĩa này, nhưng ta vẫn nhắc lại rằng một $\infty$-phạm trù là một tập đơn hình $X$ thỏa mãn điều kiện Kan với mọi $\Lambda^n_i \to X$ với mọi $0 < i < n$, trong đó $n \geq 2$.

Định lý 24. Cho $\mathcal{F}:\mathscr{C} \to \mathbf{Sets}$ là một tiền bó của các tập hợp, khi đó $\mathcal{F}$ luôn có thể xem là một đối giới hạn trên một phạm trù slice.

Hệ quả 25. Cho $X$ là một tập đơn hình khi đó $X \cong \underset{\Delta^n \to X}{\mathrm{colim}}\ \Delta^n$, trong đó đối giới hạn được lấy trong phạm trù $(\Delta \downarrow X)$.

Định lý 26. Với mọi tập đơn hình $X$ thì $\left|X \right|$ luôn là một CW-phức.

Định lý 27. Hàm tử hình học hóa $\left| \square \right|: s\mathbf{Sets} \to \mathbf{Top}$ là liên hợp trái của hàm tử phức kỳ dị $\mathrm{Sing}(\square): \mathbf{Top} \to s\mathbf{Sets}$.

Chứng minh. \begin{equation*}
    \begin{aligned}
        \mathrm{Hom}_{\textbf{Top}}(\left | X \right|, Y) &  \cong \mathrm{Hom}_{\textbf{Top}}(\text{colim}_{\Delta^n \to X} \left |\Delta^n \right|, Y) \\
        & \cong \lim_{(\Delta \downarrow X)} \mathrm{Hom}_{\textbf{Top}}(\left |\Delta^n \right |, Y) \\
        & \cong \lim_{(\Delta \downarrow X)} \mathrm{Hom}_{\textbf{Sets}}(\Delta^n, \text{Sing}(Y)) \\
        & \cong \mathrm{Hom}_{\textbf{Sets}}(\text{colim}_{(\Delta \downarrow X)} \Delta^n, \mathrm{Sing}(Y))  \cong \mathrm{Hom}_{\textbf{Sets}}(X, \text{Sing}(Y))
\end{aligned}
\end{equation*}
với mọi tập đơn hình $X$ và không gian tôpô $Y$ nên ta có điều phải chứng minh.

Định lý 27. Cho $X$ là một không gian tôpô, khi đó vật đơn hình $\mathrm{Sing}(X)$ thỏa mãn điều kiện Kan.

Chứng minh. Với mọi phép nhúng $j_i: \left| \Lambda_i^n \right| \hookrightarrow \left | \Delta^n \right|$ dễ thấy tồn tại một phép co rút $p: \left| \Delta^n \right| \to \left| \Lambda^n_i \right|$ theo nghĩa $p \circ j_i = \mathrm{id}$.

Ta đã định nghĩa dược hình học hóa của một tập đơn hình, một lẽ tự nhiên ta có thể định nghĩa $\pi_n(X) = \pi_n(\left|X \right|)$ với một tập đơn hình $X$. Dưới đây ta sẽ đưa ra một cách định nghĩa khác của nhóm đồng luân theo một cách hoàn toàn tổ hợp và nhóm định nghĩa được vẫn đẳng cấu với $\pi_n(\left|X\right|)$.

Tuy nhiên ta luôn có thể lấy $g = f' \circ p$.

Định nghĩa 28. Cho $X$ là một tập đơn hình và một điểm gốc $v \in X_0$, ta định nghĩa $\pi_n(X,v)$ như sau. Đặt
$$Z_n = \left \{ x \in X_n \mid d_i(x) = s_0^{n}(v) \forall i = \overline{0,n}  \right \}.$$ Ta nói hai phần tử $x, x'$ của $Z_n$ là đồng luân, kí hiệu $x \sim x'$, nếu tồn tại $y \in X_{n+1}$ (gọi là một đồng luân từ $x$ đến $x'$) thỏa mãn
$$d_i(y) = \begin{cases}
        s_0^{n}(v) ,&  i < n \\
        x, & i = n \\
        x,' &  i = n+1.
    \end{cases}$$

Bình luận. Trước tiên chi tiết lấy điểm gốc $v \in X_0$. Thứ nhất, ta có thể xem $X$ như một không gian tôpô và đồng thời là phức kì dị của nó $\mathrm{Sing}(X)$ khi đó một điểm gốc $v$ nên nằm trong $X = \mathrm{Sing}(X)_0$. Thứ hai, cách tạo ra điểm gốc này tạo cho ta một phạm trù mới $\mathbf{Top}_{\star}$ mà trong đó vật là các cặp $(X,v)$; khác với $\mathbf{Top}$, phạm trù này có vật $0$ là tập một phần tử. Tương tự, ta có phạm trù $s\mathbf{Sets}_{\star}$. Ta biết rằng cho $v \in X_0$ tương đương với cho
$$v \in \mathrm{Hom}_{s\mathbf{Sets}}(\Delta^0, X).$$ Một cách tự nhiên $v$ ta một phần tử trong $\mathrm{Hom}_{\mathbf{Sets}}((\Delta^0)_n,X_n)$ chính là $s^n_0(v) \in X_n$. Cuối cùng là định nghĩa của $Z_n$, ta nhắc lại định nghĩa nhóm đồng luân thông thường của một không gian tôpô $X$
$$\pi_n = \mathrm{Hom}_{\mathbf{Top}_{\star}}(S^n, X)/\simeq.$$ Theo quan điểm đơn hình, ta nên định nghĩa
$$\pi_n^{\text{đơn hình}} = \mathrm{Hom}_{s\mathbf{Sets}_{\star}}(\Delta^n/\partial \Delta^n, X)/\simeq,$$ trong đó $\partial \Delta^n = \cup d^i(\Delta^{n-1})$. Như vậy cho $\alpha \in  \mathrm{Hom}_{s\mathbf{Sets}_{\star}}(\Delta^n/\partial \Delta^n, X)$ tương đương với cho một $\alpha \in \mathrm{Hom}_{\mathbf{Sets}}(\Delta^n,X) \cong X_n$ mà

Nói cách khác, $s_0^{n}(v) = x(d^i) = d_i(x)$.

Bổ đề 29. Nếu $X$ là một tập đơn hình fibrant thì $\sim$ là một quan hệ tương đương.

Chứng minh. Quan hệ này là phản xạ do $y = s_n x$ là một đồng luân từ $x$ tới chính nó. Để thấy $\sim$ đối xứng và bắc cầu, gọi $y$ là một đồng luân từ $x$ tới $x'$ và $y'$ là một đồng luân từ $x'$ tới $x^{''}$. Điều kiện Kan áp dụng cho các phần tử $s_0^{n+1}(v),...,s_0^{n+1}(v),y,y'$ cho ta một phần tử $z \in X_{n+2}$ mà $d_{n}z = y, d_{n+1}z = y'$ và $d_iz = s_0^{n+1}(v)$ với $i < n$. Phần tử $d_{n+2}z$ do đó là một đồng luân tử $x$ đến $x^{''}$.

Định nghĩa 30. Cho $X$ là một tập đơn hình fibrant và một số nguyên $n \geq 1$, tập thương $Z_n/\sim$ có thể được trang bị một phép nhân khiến nó trở thành một nhóm, ta gọi đây là nhóm đồng luân của $X$, kí hiệu bởi $\pi_n(X,v)$.

Định lý 31. Nếu $X$ là một tập đơn hình fibrant thì cấu xạ chính tắc $\eta_X: X \to \mathrm{Sing}(\left| X \right|)$ là một đồng luân yếu. Hệ quả là $\eta_X$ cảm sinh một đẳng cấu chính tắc $\pi_n(X,x) \cong \pi_n(\left|X \right|,x)$ với mọi $n \geq 1$.

Định lý 32. Cho $X$ là một không gian tôpô thì cấu xạ chính tắc $j:\left| \mathrm{Sing}(X) \right| \to X$ là một đồng luân yếu. Ngoài ra nó cũng cảm sinh đẳng cấu trên tất cả các nhóm đồng điều.

Định nghĩa 33. Cho $X$ là một vật đơn hình trong $\mathscr{A}$, nhóm đồng luân thứ $n$ của $X$ định nghĩa bởi $\pi_n(X) = H_n(NX)$ trong đo $N$ là phức chuẩn hóa.

Ví dụ. Nếu $G$ là một nhóm đơn hình hoặc một môđun đơn hình với điểm gốc $v = 1$ (nhắc lại, $G$ luôn tự động là fibrant). Xét nhóm
$$N_n(G) = \left \{x \in G_n \mid d_i(x) = s_0^n(1) = 1 \ \forall \ i \neq 0 \right \}.$$ Khi đó $Z_n = \mathrm{Ker}(d_0:N_n \to N_{n-1})$ và $Z_n/\sim = Z_n/B_n$ trong đó $B_n = \left \{x \mid x \sim 1 \right\} = \mathrm{Im}(d_{n+1}:N_{n+1}\to N_n)$. Nói cách khác, $\pi_n(G,1)$ là đồng điều của phức $N_{\bullet}$
$$ ... \to N_2 \overset{d_2}{\rightarrow} N_1 \overset{d_1}{\rightarrow}N_0 \to 1.$$ Điều này giải thích tại sao định nghĩa trước là một mở rộng hợp lý.

Định nghĩa 34 (không gian Eilenberg-MacLane).

• Cho $G$ là một nhóm abel và $n$ là một số tự nhiên, một không gian tôpô $X$ thỏa mãn
  $$\pi_k(X)  = 0 \ \forall k \neq n, \
      \pi_n(X)  = G$$ được gọi là một không gian Eilenberg-MacLane kiểu $K(G,n)$.
• Cho $G$ là một nhóm abel và $n$ là một số tự nhiên, một tập đơn hình fibrant $K$ thỏa mãn
  $$ \pi_k(K)  = 0 \ \forall k \neq n, \
      \pi_n(K)  = G$$ được gọi là một tập đơn hình Eilenberg-MacLane kiểu $K(G,n)$.

Bổ đề 35. Cho $G$ là một nhóm abel và $n$ là một số tự nhiên, ta đồng nhất $G$ với phức $C_{\bullet}$ trong $\mathbf{Ch}_{\geq 0}(\mathbf{Ab})$ mà $C_0 = G$ và $C_i = 0$ với mọi $i \neq 0$, khi đó $KG[-n]$ là một tập đơn hình Eilenberg-MacLane kiểu $K(G,n)$.

Chứng minh. Rõ ràng ta chỉ cần tính nhóm đồng luân của $KG[-n]$, tuy nhiên điều này khá dễ dàng vì theo định lý Dold-Kan thì $$\pi_k(KG[-n]) = H_k(NKG[-n]) \cong H_k(G[-n]) \cong G$$ nếu $k=n$ và $\cong 0$ nếu $k \neq n$.

Hệ quả. $\left|KG[-n] \right|$ là một không gian Eilenberg-MacLane kiểu $K(G,n)$.

Định nghĩa 36. Cho $X$ là một tập đơn hình fibrant, cấu xạ $h: X \to \mathbb{Z}X$ gửi $X$ tới các phần tử trong cơ sở của $\mathbb{Z}X$ cảm sinh một đồng cấu
$$\pi_{\bullet}(X) \to \pi_{\bullet}(\mathbb{Z}X) \cong H_{\bullet}(N\mathbb{Z}X) \cong H_{\bullet}(\mathbb{Z}X)$$ (ở đây ta đã sử dụng sự kiện phép chiếu $kX \to NX$ là một tương đương đồng luân), cấu xạ cảm sinh này được gọi là đồng cấu Hurewicz.

Định nghĩa 37. Cho một nhóm abel $G$ và một số nguyên $n \geq 1$, một không gian Moore kiểu $M(G,n)$ là một CW-phức $X$ thỏa mãn
$$\widetilde{H}_i(X)  = 0 \ \forall \ i \neq n, \ H_n(X)  = G,$$ trong đó $\widetilde{H}$ kí hiệu nhóm đồng điều rút gọn.

Bổ đề 38. Với mọi nhóm abel $G$ và một số nguyên $n \geq 1$, tồn tại một không gian Moore (không nhất thiết chính xác tới một đồng luân).

Định lý Dold-Thom

Trong phần này ta sẽ trình bày về tích đối xứng vô hạn, kết quả đáng lưu ý nhất trong phần này là định lý Dold-Thom nói rằng tích đối xứng vô hạn của không gian Moore chính là không gian Eilenberg-MacLane.

Định nghĩa 39. (Tích đối xứng vô hạn)

• Cho $X$ là một không gian tôpô với một điểm gốc $x_0 \in X$. Với mỗi $n \geq 0$ ta định nghĩa $$\mathrm{Sym}^0 X = x_0, \ \ \mathrm{Sym}^n X = X^n/ S_n \ \forall n \geq 1,$$ trong đó $X^n$ là tích Descartes $n$ lần của $X$, $X^n/S_n$ là không gian thương của $X^n$ dưới tác động của nhóm đối xứng $S_n$ bằng cách hoán đổi các vị trí. Các phép nhúng tự nhiên $\mathrm{Sym}^nX \to \mathrm{Sym}^{n+1}X$ định nghĩa bởi $(x_1,...,x_n) \mapsto (x_0,x_1,...,x_n)$. Tích đối xứng vô hạn $\mathrm{Sym}^{\infty}X$ được định nghĩa là giới hạn của dãy $$x_0 = \mathrm{Sym}^0 X \subset \mathrm{Sym}^1 X \subset \mathrm{Sym}^2X \subset ... \subset \mathrm{Sym}^nX \subset ...$$ tôpô trên $\mathrm{Sym}^{\infty}X$ được định nghĩa là tôpô yếu định nghĩa bởi họ $\left \{\mathrm{Sym}^n X \right \}$; tức là một tập $F \subset \mathrm{Sym}^{\infty}X$ là đóng khi và chỉ khi $F \cap \mathrm{Sym}^n X$ là đóng với mọi $n$.
• Cho $K$ là một tập đơn hình với một đỉnh góc $e_0 \in K_0$. Với mỗi $k > 0$ đặt $e_k = s_0^k e_0$ và định nghĩa $K(e_0)$ là vật đơn hình con của $K$ sinh bởi $e_0$ ($K(e_0)$ có đúng một $k$-đơn hình với mỗi $k \geq 0$, chính là $e_k$). Với mỗi $n \geq 0$, ta định nghĩa tích đối xứng $\mathrm{Sym}^n K$ bởi $$\mathrm{Sym}^0 K = K(e_0), \ \ \mathrm{Sym}^n K = K^n/S_n \ \forall n \geq 1,$$ trong đó $K^n$ là tích Descartes $n$ lần của $K$, $K^n/S_n$ là vật thương xác định bởi tác động của nhóm đối xứng bằng cách đổi chỗ các vị trí. Với mỗi $n \geq 1$, các $q$-đơn hình của $\mathrm{Sym}^nK$ là các bộ (không sắp thứ tự) $n$ vị trí, mỗi vị trí là một $q$-đơn hình của $K$, toán tử biên và suy biến thỏa mãn $$ d_i(\sigma_1...\sigma_n)  = (d_i \sigma_1)...(d_i\sigma_n), \ s_i(\sigma_1...\sigma_n)  = (s_i\sigma_1)...(s_i\sigma_n).$$ Ta định nghĩa một cấu xạ nhúng $\mathrm{Sym}^n K \to \mathrm{Sym}^{n+1}K, \sigma_1...\sigma_n \mapsto e_q \sigma_1...\sigma_q$ (nếu $\mathrm{dim}\sigma_i = q$) và gọi giới hạn của dãy $$K(e_0) = \mathrm{Sym}^0 K \subset \mathrm{Sym}^1 K \subset ... \subset \mathrm{Sym}^nK \subset ...$$ là tích đối xứng vô hạn của tập đơn hình $K$, kí hiệu $\mathrm{Sym}^{\infty}K$.

Sau đây, ta sẽ đi chứng minh $H_{\bullet}(\left|K \right|; G) \cong H_{\bullet}(\mathbb{Z}K;G)$ với mọi tập đơn hình $K$ và nhóm abel $G$. Nói riêng, $H_{\bullet}(\mathbb{Z}KG[-n]) \cong H_{\bullet}(K(G,n);\mathbb{Z})$.

Bổ đề 40. Nếu $f: (X, x_0) \to (Y,y_0)$ là một tương đương đồng luân thì $\mathrm{Sym}^nf$ cũng là một tương đương đồng luân với $n=0,1,...,\infty$.

Định lý 41. Với mọi tập đơn hình $K$ tồn tại một đồng luân yếu tự nhiên $$\left|\mathrm{Sym}^n K \right | \to \mathrm{Sym}^n \left|K \right|, \ \text{với} \ n = 0,1,...\infty.$$

Hệ quả 42. Cho $X$ là một CW-phức. Tồn tại một đồng luân yếu tự nhiên $\left|\mathrm{Sym}^{\infty}\mathrm{Sing}(X) \right| \to \mathrm{Sym}^{\infty}X$.

Chứng minh. Theo định lý 32 thì $j: \left|\mathrm{Sing}(X) \right| \to X$ là một đồng luân yếu nên theo định lý Whitehead cũng là một tương đương đồng luân ($\left|\mathrm{Sing}(X) \right|$ là một CW-phức). Theo bổ đề thì $\mathrm{Sym}^n j: \mathrm{Sym}^{\infty} \left| \mathrm{Sing}(X) \right| \to \mathrm{Sym}^{\infty}X$ là một tương đương đồng luân. Kết hợp với đồng luân yếu $\left| \mathrm{Sym}^{\infty} \mathrm{Sing}(X) \right| \to \mathrm{Sym}^{\infty} \left| \mathrm{Sing}(X) \right| $ ta có điều phải chứng minh.

Định lý 43. (Dold-Thom) Cho $K$ là một tập đơn hình liên thông khi đó $\mathrm{Sym}^n K$ cũng liên thông với $n= 0,1,...,\infty$. Hơn nữa, tồn tại một đẳng cấu tự nhiên $H_q(\mathbb{Z}K) \cong \pi_q(\mathrm{Sym}^{\infty}K)$ với mọi $q \geq 1$.

Bình luận. Chúng ta sẽ bình luận một chút về định lý Dold-Thom, nếu $K$ là một tập đơn hình, ta thấy rằng $\mathbb{Z}K$ sẽ là một vật đơn hình tự do trong phạm trù các nhóm abel, trong đó $(\mathbb{Z}K)_n = \mathbb{Z}K_n$. Nhưng ngoài ra $\mathrm{Sym}^{\infty}K$ cũng đóng một vai trò tương tự, nó là một vật đơn hình tự do trong phạm trù các monoid giao hoán. Như vậy theo tính phổ dụng của một vật tự do, ta sẽ có một cấu xạ tự nhiên $\mathrm{Sym}^{\infty}K \to \mathbb{Z}K$, định lý Dold-Thom nói rằng cấu xạ này cảm sinh đẳng cấu $\pi_{\bullet}(\mathrm{Sym}^{\infty}K) \overset{\cong}{\rightarrow} \pi_{\bullet}(\mathbb{Z}K) = H_{\bullet}(\mathbb{Z}K)$.

Hệ quả 44. Cho $X$ là một CW-phức liên thông, khi đó tồn tại một đẳng cấu tự nhiên $H_q(X) \cong \pi_q(\mathrm{Sym}^{\infty}X)$ với mọi $q \geq 1$. Nói riêng, $\mathrm{Sym}^{\infty}M(G,n) = K(G,n)$ với mọi nhóm abel $G$ và $n \geq 1$.

Chứng minh. Nếu $X$ liên thông thì $\mathrm{Sing}(X)$ cũng liên thông nên theo định lý 43
$$H_q(X) = H_q(\mathbb{Z}\mathrm{Sing}(X)) \cong \pi_q(\mathrm{Sym}^{\infty}\mathrm{Sing}(X)).$$ Dễ thấy $\mathrm{Sym}^{\infty}\mathrm{Sing}(X)$ là một vật đơn hình trong phạm trù các monoid abel. Theo định lý 31 ta có một đẳng cấu $\pi_q(\mathrm{Sym}^{\infty}\mathrm{Sing}(X)) \cong \pi_q(\left|\mathrm{Sym}^{\infty}\mathrm{Sing}(X) \right|)$ và lại theo hệ quả 42 thì $\pi_q(\left|\mathrm{Sym}^{\infty}\mathrm{Sing}(X) \right|) \cong \pi_q(\mathrm{Sym}^{\infty}X)$. Khẳng định thứ hai là hệ quả hiển nhiên của khẳng định thứ nhất.

Hệ quả 45 Cho $K$ là một tập đơn hình, khi đó tồn tại một đẳng cấu tự nhiên $H_q(\mathbb{Z}K) \cong H_q(\left|K\right|;\mathbb{Z})$ với mọi $q \geq 1$. Kết quả tương tự cũng đúng với đồng điều hệ số bất kỳ.

Định lý 46. Một $H$-không gian liên thông đường, giao hoán, kết hợp với một phần tử đơn vị chặt (strict) có kiểu đồng luân yếu của tích các không gian Eilenberg-MacLane.

Đối đồng điều của không gian Eilenberg-MacLane

Bài viết này bàn tới việc, tại sao (đối) đồng điều của không gian Eilenberg-MacLane lại khó tính? Ở đây ta sẽ bàn tới mô hình đơn hình (simplicial set) của không gian $K(G,n)$ - $G$ là một nhóm abel, $n \geq 0$. Nhắc lại không gian $K(G,n)$ được định nghĩa bởi

$$\pi_i(K(G,n)) = \begin{cases} G, & \ i = n \\ 0, & i \neq 0. \end{cases}$$

Trong đó $K(G,n)$ được xác định chính xác tới một đồng luân yếu và thậm chí tới một đồng luân nếu ta làm trong phạm trù các CW-phức. Câu hỏi là, tuy nhóm đồng luân của $K(G,n)$ đơn giản như vậy nhưng điều gì làm (đối) đồng điều của nó phức tạp? Trước tiên, ta quay về với mô hình "tổ hợp" của $K(G,n)$ và do đó phải nhắc tới định lý tương ứng Dold-Kan.

Định lý (tương ứng Dold-Kan). Cho $\mathscr{A}$ là một phạm trù abel, khi đó hàm tử phức chuẩn hóa $N$ là một tương đương phạm trù giữa $\mathbf{Ch}_{\geq 0}(\mathscr{A})$ và $s\mathscr{A}$. Trong đó $\mathbf{Ch}_{\geq 0}(\mathscr{A})$ là phạm trù các phức mà các vị trí $<0$ là tầm thường và $s\mathscr{A}$ là phạm trù các vật đơn hình trên $\mathscr{A}$; nói cách khác, phạm trù $\mathscr{A}^{\Delta^{op}}$.

(Phạm trù $\Delta$ đơn giản có các vật là $[n] = (0 < 1 <...<n)$ và cấu xạ là các ánh xạ bảo toàn thứ tự) Như vậy tồn tại một hàm tử nghịch đảo $K$ (biến một phức thành một vật đơn hình) của $N$, vấn đề đã trở nên đơn giản hơn, nhóm $G$ sẽ được đồng nhất với phức

$$...0 \to 0 \to ... \to 0 \to G (\text{vị trí 0}) \to 0.$$

Phức $KG[-n]$ do đó sẽ là một vật đơn hình Eilenberg-MacLane, lấy hình học hóa $|KG[-n]|$ cho ta một mô hình cụ thể của không gian Eilenberg-MacLane. Trước khi đi xa hơn, ta quay về một vấn đề đơn giản của hàm tử dẫn xuất: gọi $A$ là một vật trong phạm trù abel $\mathscr{A}$ và $T: \mathscr{A} \to \mathscr{A'}$ là một hàm tử cộng tính. Quy trình quen thuộc là lấy một giải thức xạ ảnh

$$P_{\bullet}: ... \to P_n \to ... \to P_1 \to P_0 \to A \to 0.$$

Sau đó xóa $A$ và lấy đồng điều của phức

$$TP^{del}_{\bullet}: ... \to TP_n \to ... TP_1 \to TP_0 \to 0, \ \ L_qT(A) = H_q(TP^{del}_{\bullet}).$$ Trước tiên có hai vấn đề cần lưu ý:

• Tại sao ta cần giả thiết $T0 = 0$? Đơn giản là để $TP_{\bullet}$ vẫn là một phức ($T(\text{vi phân}^2) = T0 = 0$) và do đó lấy được đồng điều; tại bước này ta không cần giả thiết cộng tính.
• Tại sao ta cần giả thiết cộng tính? Trả lời: là để hàm tử dẫn xuất định nghĩa một cách duy nhất từ bổ đề so sánh đồng luân của phức xây chuyền xạ ảnh. Một đồng luân $f-g=ds + sd$ chỉ giữa nguyên dạng khi hàm tử $T$ cộng tính.

Bây giờ câu hỏi là làm sao ta định nghĩa dẫn xuất của $T$ khi bỏ đi giả thiết cộng tính (vẫn cần $T0=0$)? Dold & Puppe trong một bài báo của họ đã định nghĩa khái niệm giải thức đơn hình xạ ảnh kiểu $(A,n)$, nó chỉ đơn giản là một vật đơn hình $X$ (trên $\mathscr{A}$) mà

$$H_n(X) \cong A, H_i(X) = 0 \ \forall \ i >n, X_i = 0 \ \forall i < n,$$

và định nghĩa dẫn xuất hai chỉ số của $T$ bởi

$$L_qT(A,n) = H_q(TX).$$

Ví dụ khi $\mathscr{A} = \mathscr{A'} = \mathbf{Ab}$ là phạm trù các nhóm abel thì ta có hai hàm tử không cộng tính

$$TA = \mathbb{Z}A \otimes G, \ \ T'A = \mathrm{Sym}(A) \otimes G,$$

trong đó $\mathbb{Z}, \mathrm{Sym}$ là hàm tử đại số nhóm và hàm tử đại số đối xứng. Khi $T$ là cộng tính thì $L_qT(A,n) \cong L_{q-n}TA$. Ký hiệu đồng điều hoặc đối đồng điều của $K(A,n)$ trong một vành giao hoán có đơn vị $R$ lần lượt bởi

$$H^*(K(A,n),R) = H^*(A,n;R), \ \ H_*(K(A,n),R) = H_*(A,n;R).$$

Định lý sau trả lời câu hỏi ban đầu của ta.

Định lý. (Dold&Puppe) Cả hai dẫn xuất $L_qT(A,n), L_qT'(A,n)$ đều đẳng cấu với $H_q(A,n;G)$.

Ý tưởng chứng minh. Hàm tử $T'$ phức tạp hơn - dựa vào công trình của Dold&Thom và Spanier về tích đối xứng vô hạn $SP^{\infty}$; trong khi hàm tử $T$ hầu như theo định nghĩa. Thật vậy

$$L_qT(A,n) = H_q(\mathbb{Z}[KG[-n]] \otimes G) = H_q(A,n; G),$$

trong đó ta đã dùng sự kiện đồng điều một vật đơn hình (ở đây là $KG[-n]$) là đồng điều của phức $\mathbb{Z}[X_{\bullet}]$ (ví dụ, đồng điều kỳ dị của không gian tô-pô $X$ là đồng điều của vật đơn hình $\mathrm{Sing}(X)$) và sự kiện đồng điều của vật đơn hình đẳng cấu với đồng điều của hình học hóa của nó.

Định lý của Dold&Puppe cho ta một câu trả lời: sự khó khăn trong tính toán (đối) đồng điều của không gian Eilenberg-MacLane xuất phát từ việc chúng là dẫn xuất của các hàm tử không cộng tính. Trong bài báo On the group $H(\Pi,n)$, II của MacLane, ông đã định nghĩa giải thức bar, một phức hoàn toàn đại số để tính $H_{\bullet}(A,n;G)$. Điều này là tự nhiên do ta định nghĩa $K(A,n)$ từ đối tượng đại số và đi tính một bất biến đại số của một không gian tô-pô thì tại sao không làm việc thuần túy đại số từ đầu? Giải thức bar có liên hệ chặt chẽ với dẫn xuất của $\mathrm{Sym}$, là cơ sở để MacLane định nghĩa cách đo độ cộng tính của một hàm tử + hàm tử đa thức và làm động lực cho Cartan, trong semináire Henri Cartan (1954-1955) tính toàn thành công $H_{\bullet}(A,n;G)$ với $G = \mathbb{Z}_p,\mathbb{Z}$ ($p$ là số nguyên tố) và $A$ là nhóm abel hữu hạn sinh.

Tuy nhiên, chứng minh của Cartan cực kỳ phức tạp; khi thành công với bài báo này người ta tin rằng tô-pô đại số có lẽ sắp kết thúc tuy nhiên sau đó họ nhận ra là cỗ máy tính này dù chỉ thay một chỉ tiết nhỏ cũng không thể tính toán được tiếp được. Duy chỉ phát biểu kết quả $H_{\bullet}(A,n,\mathbb{Z}_p)$ ($p$ nguyên tố lẻ) có lẽ cũng đã mất $2$ trang latex.