PHẦN III

          Sau phần khái quát trên về chương trình khoa học cũng như thời gian lưu trú của tôi ở VNDDCH, giờ là lúc để tiếp tục đến chủ đề chính và nói về những gì tôi đã thấy và học được về đời sống toán học tại Việt Nam. Điều đần tiên tôi muốn nói - một tuyên bố khá phi thường trong bối cảnh hiện tại - đó là thực sự tồn tại một nền toán học VNDCCH. Để đánh giá đúng vị thế của tuyên bố này, trước hết cần nhớ rằng vào năm 1954, sau cuộc chiến dài 8 năm giải phóng khỏi sự đô hộ của thực dân Pháp (tức 13 năm trước), giáo dục đại học gần như không tồn tại ở VNDCCH. Trong suốt cuộc chiến đẫm máu từ năm 1946 đến năm 1954, nỗ lực chính trong giáo dục được là xóa mù chữ cho đại đa số nông dân, đến mục tiêu cuối cùng trong những năm tiếp theo, khoảng 1958, khi việc xóa mù chữ về cơ bản đã hoàn thành ở khu vực đồng bằng. (Xem mục "L’Education en R.D.V." trên Tạp chí Etudes Vietnamiennes, tháng 5/1965, ở đó có những nghiên cứu thú vị về giáo dục ở VNDCCH đến năm 1965.) Hiện nay ở VNDCCH, nếu tôi không nhầm thì chỉ có một nhà toán học có bằng tiến sĩ: Ông Lê Văn Thiêm, người đã hoàn thành luận án tiến sĩ của mình tại Pháp năm 1948 và sau đó trở về Việt Nam (trong thời chiến). Một nhà toán học khác, Tạ Quang Bửu, chủ yếu là tự học (như tôi đã đề cập trước đó), lúc đó đang giữ chức vụ Bộ trưởng Quốc phòng (ông là người ký kết các Hiệp định Genève cho phía Việt Nam năm 1954). Do đó, giáo dục đại học phải xây dựng gần như từ con số không. Phương pháp được áp dụng (rõ ràng là phương pháp duy nhất khả dĩ) là gửi những người trẻ đến các trường đại học ở các nước xã hội chủ nghĩa, đặc biệt là Liên Xô. Trong số khoảng 100 giảng viên toán học tại Đại học Hà Nội và Đại học Sư phạm, khoảng ba mươi người đã đi nước ngoài để đào tạo từ 4 đến 6 năm. Họ đã đạt đến trình độ của một Phó Tiến sĩ ở Liên Xô, mà theo tôi, đó là là thấp hơn so với Tiến sĩ ở Pháp (cần có học vị Tiến sĩ ở Liên Xô để có thể đủ tư cách giảng dạy ở trường đại học). Điều này có nghĩa là họ đã công bố một vài bài báo, thường được đăng trên các tạp chí Liên Xô hoặc Đông Âu. (Những năm gần đây, họ cũng xuất bản trực tiếp bằng tiếng Việt: trong bộ tái bản tôi nhận được khi khởi hành có một số bài báo tiếng Việt.) Có rất ít giáo sư, hầu hết là trợ giảng. Có khoảng 30 nhà toán học trẻ khác đang học tập ở nước ngoài và sẽ trở về Việt Nam trong vài năm tới sau khi hoàn thành chương trình học. Khoảng hai phần ba giảng viên toán học hiện tại được đào tạo tại Việt Nam trong vài năm qua. Họ chưa có nhiều kinh nghiệm giảng dạy, và thậm chí kinh nghiệm làm toán còn ít hơn. Số sinh viên toán ngày càng tăng (500 sinh viên chỉ tính Đại học Hà Nội đã sơ tán), cùng với sự phân tán sinh viên do hoàn cảnh thời chiến khiến cho nhu cầu giảng viên là 1 cho mỗi 10 sinh viên, đã dẫn đến những vấn đề nghiêm trọng trong việc đào tạo giảng viên. Đó là vấn đề chung ở tát cả các cấp độ giáo dục khi VNDCCH được thành lập vào năm 1945. Ngoài ra, bản thân hầu hết các giáo viên đều mới thi qua các môn mà họ sắp dạy, gần như không hề có thời gian cần thiết để chuyển từ việc học sang việc dạy các môn đó.

          Điều thứ hai làm cho sự tồn tại của của nền toán học VNDCCH trở nên phi thường là điều kiện sống và làm việc cực kỳ khó khăn do sự leo thang của chiến tranh bởi Mỹ. Cần nhớ rằng, trừ Hà Nội, tất cả các thành phố của VNDCCH đều bị phá hủy hoàn toàn, và người ta đã dự báo rằng Hà Nội cũng sẽ sớm bị phá hủy vào đầu năm sau, vì vậy nửa dân số Hà Nội đã được sơ tán ra ngoài nông thôn, cùng với các cơ quan hành chính quan trọng trong đó có giáo dục. Các khoa của Đại học Hà Nội (và hai Đại học Sư phạm) được phân tán đến các làng khác nhau. Việc sơ tán trường đại học đến làng nào được giữ bí mật tuyệt đối, mỗi làng đều không biết việc giảng dạy đang diễn ra ở các làng xung quanh, hay thậm chí ở chính làng đó. Nhờ kỷ luật nghiêm ngặt như vậy nên người Mỹ không phải lúc nào cũng tìm ra các làng này, kết quả là chúng vẫn chưa bị phá hủy bởi các cuộc oanh tạc có chủ đích. Đời sống vô cùng đơn sơ. Mọi người - hiệu trưởng, giảng viên và sinh viên - chung sống trong những ngôi nhà lá được làm bằng tre và tường đất, và bên ngoài cửa sổ là gió và mặt trời nóng cháy đất. Một số người sống với nông dân và một số khác sống trong những khu dân cư chung, thường là họ tự tay xây dựng. Không có đèn điện, họ dùng đèn dầu; và cũng chẳng có nước máy, họ dùng nước giếng. Như mọi người dân, rất ít giảng viên sống với gia đình: chồng làm việc một nơi, vợ và con sơ tán nơi khác, hoặc vợ làm việc còn các con được giao cho người thân ở vùng khác. Gia đình họ được đoàn tụ khi tình hình cho phép, có lẽ là một ngày mỗi tháng, trong đó thường phải trừ đi khoảng 10 tiếng đi lại (bằng xe đạp, tất nhiên). Việc đi lại chủ yếu là vào ban đêm để tránh quân địch. Vì các con đường liên tục bị phá đi xây lại, phương tiện di chuyển tốt nhất cho một người là xe đạp, thứ có thể dễ dàng mang trên lưng để đi đường vòng qua đống đổ nát nơi đường bị phá. Sống ở nông thôn hay thành phố đều có khả năng bị không kích thường trực. Rất nhiều khi trời đẹp, máy bay địch thỉnh thoảng sẽ bay qua trường đại học và xả bom bừa bãi trước khi về căn cứ - đôi khi làm dân thường bị thương hoặc chết. Trong tháng trước tháng tôi đến, hai đứa trẻ nông thôn đã bị giết theo cách này. Cho đến nay, chưa có cuộc không kích nào vào những ngôi làng nơi các trường đại học ẩn náu. Hơn nữa, như mọi khi, một đơn vị "tự vệ" đã được thành lập bởi các giảng viên để phản công trong trường hợp bị không kích. Mọi người phải đội mũ bảo vệ để tránh mảnh vụn từ bom bi; tuy nhiên, do ở miền quê khá yên ổn nên người ta thường không tuân thủ các biện pháp an toàn. Đồng thời, hầu như nhà nào cũng có hầm tránh bom, được đào sâu xuống đất với nắp đậy được ngụy trang bằng đất; chúng rất hiệu quả để tránh đạn cũng như các vụ nổ. Các biện pháp an toàn đặc biệt được thực hiện cho các phòng học và phòng họp, cũng như các lớp học của trẻ em. Các hệ thống đường hầm, thường kéo dài bắt đầu từ trong phòng, được giấu khỏi tầm mắt và cho phép sơ tán nhanh chóng mà không bị phát hiện bởi máy bay địch. Nói chung, các đường hầm ở ngay cạnh các ghế ở cả hai bên, để mọi người có thể đi trốn ngay lập tức khi bị tấn công. Các phòng học thường được chôn nửa dưới đất, với phần tường trên mặt đất làm bằng đất khô dày khoảng một mét để chống lại sức công phá của bom. Phần dễ bị tấn công nhất còn lại là mái nhà, nó dễ dàng bị sập dưới tác động của bom, đặc biệt là bom chùm, chúng thường nổ ở độ cao vài mét để càn quét người dân một cách hiệu quả hơn. Trang thiết bị khoa học, điều vốn là đơn giản trong toán học, lại là vấn đề lớn với các ngành khác. Tôi đã chứng kiến một phòng thí nghiệm hoá học hoạt động, với khoảng 20 sinh viên đang làm thí nghiệm thực hành dưới ánh đèn dầu (có hiệu chỉnh để đạt cường độ của bóng đèn điện). Chủ tịch Khoa Hoá học, ông Nguyễn Hoán, đã dẫn tôi đến phòng thí nghiệm để chiêm ngưỡng nước chảy trong bình xăng của một máy bay Mỹ bị bắn hạ gần đó (bình này được giấu kỹ dưới một mái che bằng tre). Sinh viên của ông thay phiên  nhau bơm nước bằng bơm tay vào bình từ một bể chứa nước suối gần đó. Trong trường hợp cần thiết, ở các phòng thí nghiệm, người ta cũng tạo ra được điện từ một động cơ chạy bằng xăng.

          Lương thực khá thiếu thốn, nhưng cũng chưa đến mức như lần chiến tranh gần nhất ở Pháp. Người dân có vẻ không phải chịu đói, ở cả thành phố lẫn nông thôn. Công việc đồng áng dường như diễn ra với tốc độ bình thường, một số được thực hiện vào ban đêm, khi không có nguy cơ bị không kích. Cả giảng viên và sinh viên đều phải chăn nuôi (gà, thỏ, vv.) và làm vườn, góp phần giải quyết vấn đề lương thực: trung bình các giảng viên dành nửa giờ mỗi ngày cho việc này, sinh viên nhiều hơn. Nói chung, tôi có cảm giác rằng các nhu yếu phẩm như lương thực, quần áo, chỗ ở và chăm sóc sức khỏe được đảm bảo cho mọi người hoặc gần như mọi người, không chỉ cho cán bộ, nhờ những nỗ lực và phẩm chất kiên trì đáng ngưỡng mộ.

          Như tôi đã đề cập trước đó, các đồng nghiệp Việt Nam của chúng ta có một thời gian biểu vô cùng bận rộn. Nó thường bao gồm khoảng chục tiếng làm việc mỗi tuần, ngoài thời gian di chuyển, thường khá dài, do khoảng cách giữa các làng khác nhau nơi các lớp học được tổ chức. Họ còn phải họp hành khá nhiều. Hai buổi họp mỗi tuần, mỗi buổi 3 tiếng, được dành cho các cuộc thảo luận chung để những giảng viên có kinh nghiệm hỗ trợ những người mới trong các vấn đề giảng dạy của họ. Tuy nhiên, sau khi thảo luận những vấn đề chung xong, rất khó để hình dung ra các cuộc họp này có thể bao gồm những gì nữa - trong trường hợp tốt nhất có lẽ là các "ma cũ" sẽ giúp đỡ đồng nghiệp trẻ giải bài tập, thứ mà sau đó sẽ được giảng lại cho sinh viên; và trong trường hợp xấu nhất sẽ là nỗ lực khám phá vai trò của của chủ nghĩa duy vật biện chứng trong các lĩnh vực toán học khác nhau. Trong tuần còn có một khóa học bồi dưỡng chủ nghĩa Mác-Lênin vào buổi chiều, kéo dài 6 tiếng (hai ca, mỗi ca 3 tiếng), có vẻ như tất cả các giáo viên mọi cấp đều phải học, kể cả cả những người đã được bồi dưỡng kiến thức mười năm trở lên. Nói chung, chính trị có sức ảnh hưởng rất lớn đến cuộc sống cá nhân và công việc của mỗi cá nhân, và rõ ràng là, trừ trong hoàn cảnh chiến tranh, điều này tạo ra một rào cản nghiêm trọng đối với hoạt động sáng tạo trong lĩnh vực khoa học, kỹ thuật, thứ yêu cầu nỗ lực liên tục và tập trung tuyệt đối. Ngoài các sinh hoạt chính trị kể trên và các hoạt động kháng chiến như đào hào, sửa chữa nhà cửa hư hỏng do thời tiết, mua thực phẩm, làm vườn và chăn nuôi, như đã đề cập trước đó, thì đồng nghiệp của chúng ta chỉ có khoảng thời gian bằng một ngày mỗi tuần để dành cho công việc cá nhân, học hành và nghiên cứu, nếu có cơ hội. Và rất hiếm khi có một ngày hoàn toàn tự do để làm việc cá nhân.

PHẦN IV

          Sau khi trình bày một bức tranh tổng quan về những khó khăn đáng kể về mặt vật chất mà nền khoa học đang phát triển ở VNDCCH phải đối mặt, tôi sẽ quay trở lại với định lý tồn tại đã tuyên bố cách đây không lâu và được chứng minh bởi các đồng nghiệp Việt Nam của chúng tôi: đó là tồn tại một nền khoa học, cụ thể hơn là nền toán học ở VNDCCH. Tôi đã cảm thấy một tinh thần tuyệt vời giữa tất cả những nhà toán học trẻ mà tôi đã có cơ hội trò chuyện - một khao khát học hỏi mãnh liệt, cũng như khao khát được đóng góp cho nghiên cứu khoa học theo cách của riêng họ. Một số người có mối quan tâm gần với chuyên môn của tôi đã để lại ấn tượng sâu sắc về tài năng nghiên cứu của họ. Chẳng hạn, anh Đoàn Quỳnh, 33 tuổi, người thông dịch các bài giảng của tôi, đã học 6 năm tại Liên Xô. Vì không được định hướng đúng, cấp trên đã sắp xếp cho anh ấy nghiên cứu dưới sự hướng dẫn của một nhà toán học Liên Xô chuyên về hình học vi phân kiểu cũ, người chưa từng biết đến công trình của Chern. Vì không thể đổi thầy hướng dẫn, Quỳnh chỉ thực sự bắt đầu nghiên cứu kể từ khi trở về từ Liên Xô, trong điều kiện gần như hoàn toàn cô lập, những gì anh ấy nghĩ là cần thiết trong lĩnh vực được giao: lý thuyết nhóm Lie và đại số Lie của các không gian Riemann đối xứng, và tôpô của chúng. Trước khi chiến tranh leo thang, anh ấy đã đăng một bài báo ngắn trên tạp chí Doklady về đối đồng điều của một số không gian thuần nhất của nhóm Lie compact, và gần đây nhất thì anh ấy đã thực hiện một công trình xây dựng các không gian thuần nhất Riemann với độ cong dương. Bài báo này sẽ sớm được xuất bản bằng tiếng Việt. Tôi đã gửi lại cho Marcel Berger, chuyên gia trong lĩnh vực này, một bản tóm tắt cho tạp chí Comptes Rendus được viết bởi Quỳnh, và Berger sẽ (theo tôi đoán) thấy rằng các kết quả này là thú vị và có thể công bố. Ông ấy hứa với tôi rằng sẽ liên hệ với Quỳnh để trao đổi về các chi tiết trong chứng minh cũng như một số câu hỏi đề xuất trong bản tóm tắt. Một nhà toán học trẻ khác là anh Hoàng Thúc Hào, 28 tuổi, đã nghiên cứu các nhóm rời rạc với Aleksandr Kurosh và đã viết luận án Phó tiến sĩ về một định nghĩa siêu hạn khác nhau về tính lũy linh và tính giải được của các nhóm này. Anh cũng công bố một số kết quả theo hướng này trong giai đoạn chiến tranh. Anh ấy  đã đọc bài báo cơ bản của Chevalley trên tạp chí Tohoku Math. về các nhóm hữu hạn ứng với các nhóm Lie nửa đơn phức; anh ấy muốn trau dồi kiến thức của mình, đặc biệt là về các nhóm hầu hữu hạn. Anh ấy cũng để lại cho tôi ấn tượng tốt đẹp. Trong số những "nhà đại số" tôi đã nói chuyện, đây là hai người với kiến thức vững nhất và có lẽ là những người giỏi nhất. Tôi cũng nói chuyện với các giảng viên trẻ hơn, một số trong họ muốn bắt đầu nghiên cứu đại số đồng điều nhưng rõ ràng là họ thiếu định hướng để bắt đầu.

          Ngay lúc này, trong các đồng nghiệp Việt Nam của chúng ta đã có những người quan tâm đến nhiều lĩnh vực khác nhau và đều hết sức quan trọng trong toán học, chẳng hạn như:

• Xác suất.
• Giải tích số.
• Logic, Lập trình.
• Phương trình vi phân và Phương trình đạo hàm riêng.
• Giải tích hàm.
• Tôpô đại cương (một học trò của Yuri Smirnov), Hình học phi Euclide.
• Đại số (Lý thuyết nhóm, Đại số đồng điều).
• Hình học vi phân.
• Lý thuyết số (một học trò của Alexandre Gelfond).
• Hàm một biến thực.
• Hàm một biến phức.

          Những người bạn Việt Nam của chúng ta, và đặc biệt là những trụ cột mà tôi đã nói chuyện, hoàn toàn nhận thức được nhược điểm của sự thiếu định hướng chung là thế nào. Kết quả là (trừ một số nhà giải tích đã tìm được những bài toán chung để nghiên cứu) mỗi nhà toán học đều bị cô lập với nhau và không có cơ hội thực sự để tiếp xúc khoa học, cả trong nước lẫn (cho đến nay) bên ngoài (trừ khi họ đang học tập ở nước ngoài). Họ đồng ý với tôi rằng sẽ tốt hơn nếu các nhà toán học có thể tập trung lại vào một số chủ đề chính của toán học hiện đại, có thể là Hình học đại số hay Tôpô (ngoài Giải tích). Nhưng với những nhà toán học "già", điều này đòi hỏi nỗ lực thay đổi mà chỉ những người giỏi nhất mới sẵn sàng và có thể thực hiện được.Vì vậy, việc tinh chỉnh các hướng đi như vậy cần được thực hiện dần dần, bắt đầu với các nhà toán học trẻ (mà những người giỏi nhất được đào tạo ở nước ngoài, luật bất thành văn). Dù sao, theo tôi thì đây hiển nhiên là vấn đề cốt yếu nếu sự nền toán học đang phát triển ở VNDCCH muốn đạt đến chất lượng sánh được với số lượng kết quả phi thường của những người bạn Việt Nam. Đây chắc chắn là một vấn đề khó khăn, trong bối cảnh tổng thể cực kỳ khắc nghiệt do chiến tranh, và mặt khác là sức ỳ của vạn vật, ngay cả khi người ta nhận thức được rõ ràng các vấn đề nó gây ra. Tuy nhiên, sau tất cả những gì tôi đã thấy ở VNDCCH, tôi tin rằng chúng ta có thể tin tưởng những người bạn Việt Nam, và sẽ không có gì ngạc nhiên nếu, trong 10 đến 15 năm tới, chúng ta thấy một sự nở rộ thực sự của nền khoa học của Việt Nam, nền khoa học mà ta đã biết là có tồn tại trong bóng tối tính đến hiện tại.

PHẦN V

          Tôi muốn nói đôi lời về ấn tượng của tôi về không khí chung tại Đại học, đặc biệt là giữa các nhà toán học. Về mặt cá nhân, không khí luôn dường như luôn thân mật và tự nhiên. Quan hệ giữa các đồng nghiệp Việt Nam và tôi được thiết lập nhanh chóng và không mấy khó khăn, điều này khẳng định câu chuyện khi hai nhà toán học bất kỳ ở bất cứ nơi nào trên thế giới gặp nhau, họ bắt đầu nói về toán học và ngay lập tức hiểu nhau. Tôi chưa thấy bất kỳ dấu hiệu bài ngoại nào, cả người Pháp lẫn người Mỹ, dù những xung đột quân sự mà quân địch (Nhật, Pháp, Mỹ,...) đã gây ra trong suốt 30 năm. Dù không có gì nghi ngờ về quyền lực của các quan chức trong trường đại học, cũng như không thể phủ nhật sự tồn tại của một xu hướng kiểm soát tập quyền trong đời sống khoa học, cũng như mọi nơi khác, quan hệ giữa giới chức trách (bộ trưởng, hiệu trưởng, trưởng khoa, giáo sư) và giảng viên thông thường vẫn giản dị và thân thiện. Có vẻ cũng không có sự chênh lệch lớn về lương bổng và điều kiện sống giữa họ: lương của một trợ giảng là 80 đồng mỗi tháng (khoảng 8000 franc), mà một người thì cần 20 đồng để ăn, trong khi lương của Hồ Chí Minh là 250 đồng. Các quan chức Việt Nam để lại ấn tượng về sự cởi mở và họ khá hiểu những yêu cầu chung của nghiên cứu khoa học. Tôi đã vài lần có cơ hội gặp ông Tạ Quang Bửu, Bộ trưởng Giáo dục và Công nghệ, cũng là một nhà toán học, như tôi đã đề cập trước đó. Ông là người đã để lại ấn tượng cho tôi bởi sự thông minh, hiểu biết và bắt kịp thời đại. Mặc dù ông tự học toán, không nghi ngờ gì rằng ông là một trong những người Việt Nam có văn hóa toán học đa dạng và vững nhất, từ Giải tích hàm đến Máy Turing. Ông đã dạy Toán ở Khoa vài năm trước khi đảm nhận chức vụ hiện tại. Dù thời gian biểu bất rộn, và không nghi ngờ gì rằng còn phải làm gương cho người khác, ông đã đến nghe tất cả bài giảng của tôi trong tuần đầu tiên khi ở Hà Nội, và ông là một trong số ít người nghe giảng đã đặt một số câu hỏi. Tiện đây tôi cũng nhắc lại câu chuyện mà người Việt Nam nào cũng biết, rằng ông Phạm Văn Đồng, ngay cả khi đã nhậm chức Thủ tướng, vẫn đi học ca đêm ở Đại học Bách Khoa Hà Nội trong một hai năm, dù công việc bận rộn, một điều đáng ngưỡng mộ. Ở đầu chuyến đi, tôi được tiếp đón bởi ông Phạm Văn Đồng cùng ông Tạ Quang Bửu và 2 quan chức khác từ Trường Đại học Sư phạm. Lúc này, họ đều hứa với tôi về việc đồng ý gửi các nhà toán học trẻ đến Pháp để học Hình học đại số dưới sự hướng dẫn của tôi, nếu tôi gặp được ai đó đủ năng lực trong thời gian ở đây. Nói chung, tôi có thể xác nhận rằng cả các lãnh đạo và người quản lý giáo dục cấp cao đều tin rằng nghiên cứu khoa học - bao gồm nghiên cứu lý thuyết không có ứng dụng thực tế ngay lập tức - không hề là điều xa xỉ và rằng cần khuyến khích nghiên cứu khoa học lý thuyết (cũng như phát triển giảng dạy và khoa học ứng dụng) bắt đầu ngay bây giờ, chứ không cần đợi tương lai tốt hơn. Trong nỗ lực đạt được những nghiên cứu khoa học nguyên bản, các nhà toán học Việt Nam của chúng ta luôn nhận được sự hỗ trợ nhiệt tình từ các nhà lãnh đạo cũng như quan chức ở trường đại học. Không may là giới chức trách cũng không thể giúp gì về những khó khăn vật chất do chiến tranh gây ra. Ngoài ra (chắc hẳn không liên quan gì đến chiến tranh), họ không phải những người duy nhất được thể hiện quan điểm. Tôi cảm thấy rằng trong các cơ quan của Đảng, các quan chức thường chỉ có một ý niệm mơ hồ về các điều kiện cần thiết cho sự phát triển của những tư tưởng khoa học nguyên bản, và họ biết rất ít về vấn đề này. Và phong cách làm việc cũng như không khí chung có vẻ phụ thuộc nhiều hơn vào nhóm này hơn là chính các lãnh đạo. Ví dụ, tôi đã quan sát thấy rằng công việc suy nghĩ độc lập, so với làm việc tập thể, được coi là không tốt dưới con mắt của một phần cộng đồng đại học, phần mà có vẻ không nhận thức được rằng không thể có các tư tưởng căn bản nếu không có tư duy độc lập. Tương tự, và trong cùng một hướng, có xu hướng đánh giá giá trị của một buổi seminar dựa trên số lượng người tham gia. Tương tự, cũng theo xu hướng này, có một thói quen đánh giá chất lượng của một seminar theo số lượng người          nghe, điều này có hệ quả là khiến những người trẻ không có động lực để tổ chức một seminar với chủ đề khó và đòi hỏi những nỗ lực trí tuệ nghiêm túc, vì một seminar như vậy, trong điều kiện hiện tại, sẽ chỉ thu hút được rất ít người nghe. Cần ghi nhớ điều kiện làm việc rất khác biệt của các đồng nghiệp Việt Nam, trong đó một seminar không bao giờ có thể là nỗ lực cá nhân của 2-3 người (không có khái niệm nỗ lực cá nhân trong VNDCCH trong điều kiện hiện tại!), thay vào đó phải có sự chấp thuận chính thức; và một seminar quá ít người có thể coi là không chính đáng. Có sự mâu thuẫn rõ ràng ở đây giữa số lượng và chất lượng, khi mà tư duy sáng tạo thường xuyên mâu thuẫn với nhau. Hy vọng rằng sự lẫn lộn của các chính khách về hai phương diện này là một vấn đề tạm thời sẽ cải thiện khi văn hóa chung được nâng cao. Ngay lúc này, nó đang góp phần làm trầm trọng thêm những khó khăn nghiêm trọng khác mà các nhà toán học của VDCCH phải vượt qua để thực sự nghiên cứu khoa học. Việc một số trong số họ đã thành công trong việc thực hiện những nghiên cứu có ích, bất kể những cản trở trên, là một lý do khác để chúng ta có niềm tin vào họ và cố gắng hết sức để giúp họ trong sứ mệnh khó khăn này.

PHẦN VI

       Tôi đã đến phần quan trọng nhất của bài nói của mình: liệu có thể thực sự giúp đỡ bạn bè của chúng ta ở các trường đại học Việt Nam, và nếu có, thì làm cách nào? Với câu hỏi đầu tiên, không nghi ngờ gì rằng câu trả lời của tôi là chắc chắn có. Dự án gửi sách đến Đại học (hoặc tốt hơn là đến cả Đại học Hà Nội và Đại học Sư phạm) đã bắt đầu vào mùa xuân năm ngoái, chắc chắn sẽ có ích cho họ. Ngoại trừ một số sách cũ, hiển nhiên là từ thời Pháp thuộc, thư viện của Đại học Hà Nội chủ yếu chứa các sách của Nga và Trung Quốc, rất ít từ phương Tây. Họ không biết sự tồn tại của những cuốn sách mà chúng ta coi là cơ bản (như cuốn của Helgason về không gian Riemann đối xứng). Những gì chúng ta có thể giúp đỡ những người bạn Việt Nam đều là một hình thức động viên tinh thần không thể xem nhẹ. Hơn nữa, các cuốn sách đóng vai trò là công cụ vô cùng hữu ích cho nghiên cứu của họ, thứ không có được bằng các phương tiện khác. Cần nói rằng  một cuốn sách sẽ có ích với họ chỉ khi họ đạt đến trình độ nhất định để biết rằng nó tồn tại cũng như nội dung nó. Vì lý do này, tôi tin rằng điều cấp thiết nhất mà chúng ta cần giúp đỡ các nhà toán học Việt Nam của chúng ta là giúp họ định hướng, bằng mọi cách tiếp xúc và giữ liên lạc có thể (qua thư hoặc trực tiếp) với họ. Tôi nghĩ rằng thiếu giao tiếp với bên ngoài là rào cản chính trong tất cả các khó khăn mà họ phải đối mặt. Sự thật là có vẻ ngay cả những người về từ Liên Xô chẳng hạn cũng không dám hy vọng giữ liên lạc qua thư với thầy hướng dẫn trước đây. Tôi có cảm giác rằng điều này có nguyên nhân chủ yếu là sự nhút nhát của sinh viên đối với thầy hướng dẫn hơn là bất kỳ hạn chế (ngầm hoặc chính thức) từ các cơ quan chính trị liên quan đến trao đổi khoa học qua thư với nước ngoài. Quả thực, trong suốt thời gian ở VNDCCH, tôi không bỏ lỡ bất cứ cơ hội nào để động viên mọi người đừng ngại viết thư cho tôi hoặc bất kỳ nhà toán học nào mà họ cho là có khả năng trả lời câu hỏi nào của họ (về mặt kỹ thuật hoặc về định hướng), và tôi đã đảm bảo rằng tôi tin các đồng nghiệp của tôi, cũng như chính tôi, sẽ coi việc trả lời bất kỳ bức thư nào nhận được là nghĩa vụ. Một số trong số họ, lần lượt, hứa với tôi rằng họ sẽ viết thư cho tôi trong trường hợp cần thiết. Họ hiểu rằng nếu bản thân tôi không có khả năng trả lời thì tôi sẽ chuyển thư đến nhà toán học nào mà tôi cho là phù hợp nhất. Về việc các nhà toán học nước ngoài đến thăm VNDCCH, như tôi đã nói trước đó, không thể kỳ vọng nhiều trong tương lai gần, vì sự leo thang của các cuộc oanh tạc kể từ tháng 10 và được dự đoán là sẽ còn ác liệt hơn nữa trong tương lai. Dễ hơn và không nghi ngờ gì là hữu ích hơn, đó là chúng ta có thể mời các đồng nghiệp Việt Nam đến làm việc. Dù trong suốt 10 năm qua chưa có nhà toán học trẻ hoặc sinh viên toán Việt Nam nào được gửi đến một nước tư bản để học hoặc bồi dưỡng, giới lãnh đạo, như tôi đã đề cập trước đó, nói với tôi rằng họ đang có thiện chí với khả năng này trong tương lai gần.        Tôi đã xin phép gửi họ danh sách 3 nhà toán học trong số học mà tôi thấy là giỏi nhất, những người muốn làm Hình học đại số. Đó là anh Quỳnh, anh Hào và cô Sính, những người tôi đã cơ hội nói chuyện cùng. Tôi đề nghị họ gửi 3 người này đến Pháp để làm việc cùng tôi trong 3 hoặc 4 năm, đủ thời gian để học môn này và thực hiện một luận án tiến sĩ chuẩn, để khi trở về VNDCCH, họ có thể trở thành trụ cột cho một trường phái Hình học đại số tương lai tại đây. Đây sẽ là một bước đầu tiên thực sự hiệu quả trong việc giải quyến vấn đề phân tán các nhà toán học Việt Nam vào quá ngành khác nhau, một số trong số đó không phải là quan trọng nhất - điều mà những người bạn Việt Nam của chúng ta cũng lo ngại. Về mặt tài chính, sẽ không có gì quá khó khăn ở dự án này, vì Đại sứ Văn hóa Pháp tại Hà Nội, ông Le Guern, đã đảm bảo với tôi rằng hiện nay chính phủ VNDCCH chưa hề tận dụng hết các học bổng mà chính phủ Pháp sẵn sàng trao cho các nhà khoa học Việt Nam. 

PHẦN VII

       Tôi muốn nói thêm về sự đón tiếp nồng nhiệt, mà mọi người tôi có cơ hội gặp, đã dành cho tôi trong suốt thời gian ở VNDCCH. Không cuộc gặp nào có mặt tôi mà không để lại cho tôi một kỷ niệm về sự nồng nhiệt và thiện ý - trong đó có gồm các đồng nghiệp của chúng ta tại Đại học Hà Nội và hai trường Sư phạm, các quan chức ở cơ quan Quan hệ Văn hóa tại Hà Nội, "thiên sứ hộ mệnh" được Ủy ban Khoa học Nhà nước sắp xếp cho tôi là ông Liên, đầu bếp "Chú Thi" - người tôi đã phụ lòng vì tôi không ăn được quá nhiều, cùng nhiều người khác. Sự tiếp đón đó, trong hoàn cảnh khá đặc biệt mà của chuyến đi, đã đóng góp vào việc làm cho kỳ nghỉ của tôi tại Việt Nam trở thành một trải nghiệm phong phú và đáng nhớ.

PHẦN VIII

       Trong số nhiều ấn tượng để lại cho tôi từ chuyến đi VNDCCH, có lẽ ấn tượng đáng chú ý nhất là sự vững tin vào tương lai mà tôi đã thấy từ những người tôi đã nói chuyện cùng. Niềm tin này, rất rõ ràng, không hề là một sự giả vờ trước người nước ngoài hoặc lẫn nhau, mà là một cảm giác sâu sắc và rất chân thành đã bén rễ trong suốt 30 năm đấu tranh của nhân dân Việt Nam để giành độc lập và xây dựng xã hội mới. Niềm tin ấy không hề giảm sút - ngược lại còn được củng cố - khi phần lớn các thành phố và cơ sở công nghiệp của đất nước đã bị trong kháng chiến chống Mỹ. Quá khứ đã cho người dân Việt Nam thấy rằng họ có thể tiếp tục sống một cuộc sống đáng sống và có ích cho xã hội trong hoàn cảnh đó, cũng như có thể bắt đầu chuẩn bị cho thời bình ngay cả ở đỉnh điểm của thời chiến, dù chiến tranh phải kéo dài thêm 10 năm nữa (điều này thể hiện rõ ràng khả năng tuyên truyền của chính quyền VNDCCH). Những người bạn Việt Nam của chúng ta, ở mọi nghề nghiệp và chức vụ, đều tin rằng tài sản duy nhất cần thiết thực sự cho một quốc gia chính là phẩm chất của các công dân, và bằng nỗ lực chưa từng tiền lệ, họ đang thành công trong việc nâng cao trình độ văn hoá và chuyên môn của công dân của mình  ngay cả khi phần lớn quốc gia đang bị phá hủy nghiêm trọng bởi nền công nghiệp mạnh nhất thế giới. Họ biết rằng khi chiến tranh kết thúc, cần những người có trình độ chuyên môn và đạo đức để xây dựng lại đất nước, những người mà phần lớn đều đã lớn lên và bị thử thách bằng bom của người Mỹ. Họ tin tưởng vào chính mình, và đó là lý do tốt nhất để chúng ta tin vào họ cũng như cuộc chiến của họ trên mọi mặt, văn hóa, kinh tế và quân sự.

Alexandre Grothendieck

Chú dẫn của người dịch: Alexandre Grothendieck (1928-2014) là nhà toán học được công nhận rộng rãi là có ảnh hưởng nhất thế kỷ XX. Các công trình của ông đã cách mạng hóa Hình học đại số, Tôpô đại số, Đại số đồng điều cũng như Lý thuyết số bằng việc sử dụng rộng rãi ngôn ngữ Lược đồ, Phạm trù và Hàm tử. Năm 1967, giữa bom đạn của chiến tranh Việt Nam, ông đã đến Miền Bắc và mở lớp giảng bài cho Đại học Hà Nội đang sơ tán trong rừng. Ông đã bán chiếc huy chương Fields của mình để góp phần gây quỹ "Một tỷ cho Việt Nam". Là người có tinh thần phản chiến mãnh liệt, chuyến đi Việt Nam dường như đã tác động lớn đến tư tưởng của Grothendieck. Sau khi trở về Paris, ông đã quay lưng với cộng đồng toán học và ở ẩn. Về cuối đời, ông đã gửi tuyên bố không cho xuất bản hay tái bản bất kỳ công trình khoa học nào của mình, ông muốn bị lãng quên. Tất nhiên, giới toán học đã không thể làm vậy.

Một trong những "định lý" quan trọng nhất mà Grothendieck đã công bố là "Tồn tại một nền toán học Việt Nam". Bài dịch sau đây là hồi ký của Grothendieck về chuyến thăm Việt Nam năm 1967.

PHẦN I

          Đầu năm nay, tôi nhận được (nhờ các bên trung gian) thỉnh cầu từ phía các nhà toán học của VNDCCH, rằng họ muốn tôi gửi tất cả những bản thảo mà tôi có trong các lĩnh vực Hình học đại số và Đại số. Giống như rất nhiều đồng nghiệp "phương Tây" của tôi, cho đến thời điểm đó, tôi chưa biết về sự tồn tại của đời sống toán học tại VNDCCH, và hơn nữa, tôi chưa biết rằng những đồng nghiệp Việt Nam đó muốn cập nhật kiến thức từ những lĩnh vực toán học hiện đại, vốn không được đánh giá là dễ dàng, như Hình học đại số. Tất nhiên là tôi rất vui mừng khi có thể giúp đỡ các đồng nghiệp Việt Nam của chúng ta, và tôi đã gấp rút gửi cho họ, bên cạnh tất cả các bài báo tôi có, tất cả các công trình toán học được xuất bản bởi IHES (Viện Nghiên cứu Khoa học cao cấp của Pháp). Nhân tiện, sau chuyến thăm VNDCCH gần đây, tôi có thể báo cáo rằng tất cả các tài liệu đã đến được nơi cần đến, và hơn nữa, một số trong đó đã được các nhà toán học ở đó sử dụng.

          Sự tiếp xúc gián tiếp đầu tiên này đã gợi ý cho tôi việc  đề xuất một chuyến thăm đến VNDCCH vào tháng 5 năm nay, kéo dài 2 đến 3 tháng, để mở các lớp học hoặc seminar toán học với chủ đề và mức độ sẽ được xác định sau khi tôi đến đó, tùy thuộc vào nhu cầu. Tôi đã trình đề xuất này lên ông Mai Văn Bộ, Phó Tổng Lãnh sự VNDCCH tại Pháp, người đã đón nhận rất tích cực và truyền đạt nó đến các cơ quan có thẩm quyền tại Hà Nội. Mặc dù rất bất ngờ - và mặc dù khó khăn trong việc tổ chức một chuỗi bài giảng bởi một người nước ngoài tại VNDCCH trong điều kiện hiện tại - vào đầu tháng 10 tôi đã nhận từ Hội Toán học Việt Nam được lời mời cho một chuyến thăm vào tháng 11 năm 1967. Tôi đã nhận được nghỉ phép từ phía IHES và cả một khoản tài trợ cho chi phí đi lại, thứ mà phía VNDCCH không thể lo được (do thiếu ngoại tệ). Hóa ra, Sở Văn hóa của Bộ Ngoại giao Paris đã không gây bất kỳ khó khăn nào trong việc tài trợ chi phí cho chuyến đi.

          Không may là, do thiếu sự phối hợp giữa các cơ quan liên quan, sau khi rời Paris vào ngày 31 tháng 10, tôi phải đợi khoảng chục ngày tại Phnom Penh (Campuchia) trước khi có thể đến Hà Nội vào ngày 10 tháng 11 trên chuyến bay hàng tuần của ICC (Uỷ ban Quốc tế về Giám sát và Kiểm soát), đó là chuyến máy bay duy nhất bay giữa Phnom Penh và Hà Nội. Tôi rời Hà Nội vào ngày 1 tháng 12, vì vậy tôi đã trải qua 21 ngày ở VNDCCH, tức là 3 tuần. Mục đích của báo cáo của tôi hôm nay là nhấn mạnh một số ấn tượng và quan sát của tôi trong thời gian lưu trú tại Việt Nam này, mặc dù khá ngắn - quá ngắn với những gì tôi muốn, vì đất nước này rất đáng yêu - nhưng đã đem lại cho tôi nhiều ấn tượng sống động và đa dạng.

PHẦN II

          Chuyến đi của tôi được tổ chức như sau. Trong một tuần (chính xác là 9 ngày), tôi ở lại Hà Nội và tổ chức những bài giảng chung cho một nhóm tương đối lớn, khoảng 60 người nghe trong những ngày đầu, gồm không chỉ các nhà toán học mà cả các nhà khoa học khác (ít nhất cũng có một số nhà vật lý). Sau đó, tôi đã dành khoảng chục ngày tại khu sơ tán của Đại học Hà Nội bên ngoài thành phố (khoảng 100km từ thủ đô); thời gian này phần lớn được dành cho một buổi seminair chuyên sâu hơn về Lý thuyết phạm trù và Đại số đồng điều, với tầm 30 đến 40 người nghe, mà hầu hết trong số họ đã theo tôi từ Hà Nội sau khi nghe các bài giảng chung. Dù giảng viên ở Việt Nam thường có khối lượng công việc lớn, những người được mời đến nghe các bài giảng của tôi đã được miễn trừ tất cả nghĩa vụ (giảng dạy và các công việc khác) trong suốt thời gian tôi ở đây. Hầu hết người đến nghe đến từ 2 trường đại học song song (và có vẻ như là tương đương nhau) ở VNDCCH - Đại học Hà Nội và các trường Sư phạm (ở Hà Nội và Vinh) - với số lượng ngang ngửa nhau, cả hai đều đã được sơ tán đến các vùng nông thôn. Vì vậy, cả hai nhóm đều phải đến Hà Nội trước (hầu hết là bằng xe đạp, phương tiện di chuyển phổ biến nhất hiện tại ở Việt Nam), sau đó đến khu sơ tán của đại học, nơi cung cấp chỗ ở, thức ăn và phương tiện di chuyển. Thêm vào đó là sự chăm sóc mà một người nước ngoài thường nhận được khi đến thăm VNDCCH, trong đó có một quan chức của "Ủy ban Khoa học Nhà nước" ở cùng tôi trong suốt thời gian lưu trú, người lo phần an ninh, cũng như sự thoải mái và các nhu cầu khác của tôi; cộng thêm một người lái xe trong suốt thời gian tôi ở Hà Nội, thay bởi một đầu bếp khi tôi ở vùng nông thôn - cả ba người này, như ta có thể hình dung, đều làm việc rất ít trong thời gian phục vụ tôi. Từ đó ta có thể bắt đầu hiểu ra những vấn đề phát sinh về mặt tổ chức từ một chuyến thăm 3 tuần vô hại đến VNDCCH. Việc này thể hiện nỗ lực có hệ thống để thúc đẩy giáo dục ở khắp Việt Nam, bất chấp những điều kiện rất khó khăn cũng như nhu cầu quốc phòng.

          Như hầu hết các hoạt động chung khác, các bài giảng được lên lịch giữa khoảng 6 đến 10 giờ sáng, vì các cuộc oanh tạc thường diễn ra vào sau trưa, hiếm khi trước 11 giờ sáng. Trong suốt thời gian lưu trú của tôi, trời thường nhiều mây, do đó rất ít khi có thả bom. Những cuộc không kích nghiêm trọng đầu tiên đã được cảnh báo và xảy ra vào thứ sáu ngày 17 tháng 11, tức là 2 ngày trước khi chúng tôi sơ tán. Ba lần bài giảng của tôi đã bị gián đoạn bởi những lần báo động, trong đó chúng tôi phải tìm chỗ trốn trong các khu trú ẩn. Mỗi báo động kéo dài khoảng chục phút. Điều đầu tiên ấn tượng với "ma mới" như tôi là sự bình tĩnh, gần như là thờ ơ của dân chúng đối với báo động, đã trở thành thói quen hàng ngày. Tôi đã có cơ hội quan sát nhiều người trong suốt thời gian báo động, cả trên đường phố và trong các khu trú ẩn, gồm cả trẻ em và người già, và tôi chưa bao giờ thấy họ có dấu hiệu gì lo lắng. Phải nói rằng các hoạt động nhằm giảm thiểu số lượng thương vong được tổ chức một cách rất hiệu quả: các hầm trú ẩn cho cá nhân cũng như tập thể có ở khắp nơi trong thành phố, các tổ chức dày đặc có ở từng ngóc ngách, trong đó bao gồm cả cấp cứu - lá cờ chữ thập đỏ nhỏ tượng trưng cho trạm cấp cứu cũng được giấu cẩn thận dưới mái nhà nhô ra để tránh bị máy bay địch phát hiện! Dân chúng rất vững tin - chẳng hạn vào sự hiệu quả của hệ thống phòng không, và họ khá tích cực nói chuyện về số lượng máy bay bị bắn hạ (một chủ đề phổ biến tại VNDCCH thay cho thời tiết) hơn là thiệt hại mà các cuộc không kích gây ra (đài phát thanh ít nói về việc này hơn, vì lý do hiển nhiên). Ngay khi báo động kết thúc, mọi người (ít nhất là trong các vùng không bị tấn công) trở lại công việc của họ như thể chẳng có gì xảy ra.

          Trong một cuộc không kích sáng thứ sáu đó, một quả bom bi nổ chậm rơi vào ngay sân trường Đại học Bách Khoa Hà Nội, và (sau khi hết báo động) đã giết chết hai giảng viên toán. Tạ Quang Bửu, một nhà toán học và cũng là Bộ trưởng Bộ Giáo dục và Công nghệ (người đã đến nghe các bài giảng của tôi ở Hà Nội), đã được thông báo về việc đó một cách kín đáo ngay giữa lúc nghe giảng. Ông rời đi ngay lập tức; trong khi những người khác tiếp tục nghe giảng đồng thời đợi báo động tiếp theo. Bài giảng ngày hôm sau đã phải sắp xếp lại cho tuần sau tại khu sơ tán, để không có nhóm cán bộ lớn nào ở thành phố trong thời gian bị ném bom. Đây dường như là lần đầu tiên kể từ khi chiến tranh leo thang mà giảng viên toán hoặc kỹ thuật bị giết. Tôi đồ rằng tổng cộng phải có khoảng 200 đến 300 trường hợp như vậy, có thể nhiều hơn. Trên thực tế, mặc dù mỗi cuộc oanh tạc đều có thương vong nhất định (hôm thứ sáu đó có vẻ là khoảng hai chục), nhưng xác suất bị giết của từng người cụ thể là tương đối nhỏ, kể cả khi tính theo thời gian năm, như ví dụ trước đó đã cho thấy. Dựa trên các cuộc trò chuyện với người Việt, tôi có cảm giác rằng các gia đình đã mất ai đó trong các cuộc ném bom là ngoại lệ chứ không phải số đông. Tất nhiên, xác suất đó còn nhỏ hơn đối với một người nước ngoài chỉ ở lại trong vài tuần, mà còn nhận được những biện pháp an ninh tối đa để đảm bảo an toàn.

          Các bài giảng của tôi bằng tiếng Pháp, và khoảng một nửa khán giả tiếp thu khá tốt (ngược lại, gần như không ai nói tiếng Anh). Trong số đồng nghiệp trẻ tuổi dưới 30 tuổi của chúng tôi, khá ít người nói tiếng Pháp, trong khi nhiều người nói tiếng Nga vì đã du học ở Liên Xô. Các bài giảng thường được thông dịch sang tiếng Việt bởi một trong những người nghe. Cần nhấn mạnh rằng trong khoảng chục năm qua, các nhà khoa học Việt Nam đã đang trong quá trình xây dựng ngôn ngữ khoa học hoàn chỉnh bằng tiếng Việt - một công việc mà tất nhiên là còn lâu mới hoàn thành (Trong toán học, các nỗ lực đầu tiên thuộc về một nhà toán học Việt Nam là Hoàng Xuân Hãn, người đã viết từ điển toán học Pháp-Việt đầu tiên vào những năm 1940). Việc dịch các bài giảng của tôi nhìn chung là suôn sẻ, trừ đôi lúc có những thảo luận ngắn bằng tiếng Việt. Ông Tạ Quang Bửu là một trong những người một mực yêu cầu một bản dịch chính xác hoàn toàn, thường hay ngắt lời bằng các nhận xét ngắn về thuật ngữ. Về phía khán giả, ấn tượng của tôi là hầu hết họ đều hiểu những gì tôi nói (hoặc những gì người thông dịch nói), ít nhất là đại khái, và hầu hết đều quan tâm theo dõi. Nói chung, không có gì nghi ngờ rằng người thông dịch đã luôn hiểu đúng những gì tôi nói và hơn nữa đã hoàn thành tốt nhiệm vụ của mình với người nghe. Ban đầu, người thông dịch thay đổi theo chủ đề; nhưng sau vài ngày, bằng thỏa thuận chung với thính giả, chúng tôi đã chọn anh Đoàn Quỳnh, một giảng viên tại Đại học Sư phạm, và chắc chắn là một trong những nhà toán học tài năng nhất trong những đồng nghiệp Việt Nam của chúng ta.

          Tôi có cảm giác rằng quá trình thông dịch rất tốt và hiệu quả cho cả người giảng lẫn người nghe. Việc dịch từng câu cho người giảng thời gian nghỉ cũng như sắp xếp các ý tưởng một cách hệ thống trong suốt bài giảng, mà không cần phải tập trung quá nhiều, đồng thời cho phép người nghe theo dõi với tốc độ phù hợp hơn so với một bài giảng liên tục. Tôi thấy 4 tiếng giảng bài ở tốc độ này (với hai quãng nghỉ ngắn) đỡ mệt hơn rất nhiều so với 2 tiếng với tốc độ bình thường. Nhưng phải nói rằng công việc của người thông dịch thì mệt mỏi hơn rất nhiều, và vào những ngày cuối ở Việt Nam, trong khi tôi cảm thấy tươi tắn và thoải mái thì anh Quỳnh hiển nhiên là đã kiệt sức.

          Tất cả bài giảng được ghi chép bởi cô Hoàng Xuân Sính, cũng đến từ Đại học Sư Phạm Hà Nội, một trong số ít các nhà toán học (thậm chí là nữ) được đào tạo ở Pháp (cô nhận được chứng chỉ sư phạm của Pháp năm 1959). Kế hoạch là các ghi chép này sẽ được hiệu đính và tái bản bằng tiếng Pháp. Buổi sáng được dành cho các bài giảng, trong khi vào buổi chiều thì mọi người thường gặp nhau để xem lại các tài liệu buổi sáng và cùng nhau làm rõ một số vấn đề. Phong cách làm việc phổ biến và chính thức nhất là làm việc theo nhóm, và điều này cũng áp dụng cho các khoa học. Dù ở một mức độ nào đó thì đây là một điều tuyệt vời, ta có thể hình dung ra những vấn đề nghiệm trọng khi áp dụng phong cách này ở trình độ nghiên cứu. Tôi sẽ trở lại vấn đề này sau. Hầu hết buổi chiều hằng ngày tôi có hẹn với các nhà toán học trẻ để thảo luận các chủ đề khác nhau với họ. Họ đến theo nhóm hai hoặc ba, không bao giờ ít hơn. Có vẻ như với mọi thứ tại VNDCCH (ít nhất là hiện tại), những cuộc gặp này đều đã được tổ chức kỹ càng, tôi thấy thế sau một thời gian: Những nhà toán học muốn gặp tôi phải thông báo cho "các nhà chức trách", nếu họ không phải là những nhà chức trách, và làm báo cáo về chủ đề của buổi gặp đó. Thú thật là tôi tin rằng bất kỳ người nghe nào muốn nói chuyện với tôi một hoặc một vài lần đều phải làm vậy. Một ví dụ khác về thói quen cộng đồng tại VNDCCH là vào cuối kỳ lưu trú của tôi, một cuộc họp tổng kết đã diễn ra, mà mọi người nghe đều phải đến. Mục đích của cuộc họp này là để mọi người thảo luân chính xác gì mà mọi người đã rút ra từ chuỗi bài giảng. Không nghi ngờ gì rằng phần lớn chúng ta sẽ chẳng biết trả như thế nào nếu được hỏi như vậy sau một bài giảng hoặc seminar!

          Sẽ thú vị hơn nếu tôi tóm tắt lại chương trình của các bài giảng, mà nội dung đã được chọn bởi các đồng nghiệp Việt Nam của chúng ta:

1. Bài giảng chung
   Thứ hai, ngày 13: Đào tạo các nhà toán học và các điều kiện chung để nghiên cứu khoa học.
   Thứ ba, ngày 14: Khái niệm lược đồ.
   Thứ tư, ngày 15: Giải tích hàm.
   Thứ năm, ngày 16: Đại số đồng điều.
   Thứ sáu, ngày 17: Đại số đồng điều và Lý thuyết bó.
   Thứ hai, ngày 20: Tôpô (và Đại số).
   Thứ hai, ngày 27 và Thứ năm, ngày 30: Giả thuyết Weil (tổng cộng 4 tiếng).
2. Seminar chuyên ngành
   a) Tích tenxơ tôpô và không gian hạt nhân (2 ngày).
   b) Đại số đồng điều (7 ngày).

          Tất cả các ý tưởng trình bày trong các bài giảng đều là kiểu "được biết đến rộng rãi", và hầu hết đều đã được xuất bản thành sách. Vì lý do này, tôi tin rằng chuyến đi của tôi có ích hơn trong về mặt tinh thần - như một sự kích thích cho những người bạn toán học Việt Nam của chúng ta - hơn là về kiến thức thực sự. Tôi cũng nghĩ rằng các bài giảng chung chắc chắn hữu ích hơn cho họ so với những bài giảng kỹ thuật ở 2 seminar chuyên ngành. Ở một quốc gia có rất ít mối quan hệ với bên ngoài (nếu ta không tính bom đạn là một hình thức quan hệ), đối với một nhà toán học ít kinh nghiệm, sẽ rất khó để định hướng cho bản thân giữa vô số hướng đi khả dĩ, cũng như phân biệt vấn đề nào là thú vị hay không. Chẳng hạn, sẽ hữu ích cho họ khi hiểu rằng Tôpô đại cương cần được xem như một ngôn ngữ thiết yếu và đã được phát triển đầy đủ chứ không phải một lĩnh vực cần được nghiên cứu thêm, và rằng một số hướng phát triển của Tôpô đã đi đến ngõ cụt. Hay như Giải tích hàm vẫn có một số bài toán thú vị nhất định cho các chuyên gia, nhưng không nên là nơi mà một người nên dành cả đời... Đáng tiếc là năng lực có hạn của tôi đã khiến tôi không giúp được cho các nhà giải tích Việt Nam như những gì tôi đã làm với các nhà đại số. Chắc chắn sẽ rất có giá trị nếu các nhà giải tích giỏi như Laurentz Schwartz hay Bernard Malgrange chẳng hạn, có thể thực hiện các chuyến thăm tương tự tại VNDCCH như tôi đã làm để giúp các nhà toán học Việt Nam trong nghiên cứu của họ. Các nhà chức trách cũng như các nhà toán học Việt Nam cũng bày tỏ mong muốn được đón tiếp các nhà toán học Pháp khác khi tình hình cho phép. Không may là điều này có lẽ sẽ không xảy ra được trong tương lai gần vì sự leo thang của các cuộc không kích tại Việt Nam từ tháng 10 vừa rồi (cũng chính là điều đã khiến chuyến bay của tôi bị hủy; và chỉ vì trùng hợp khi không biết rằng chuyến bay bị hủy nên tôi vẫn đã đến Hà Nội với sự chấp thuân của chính quyền Việt Nam, vì họ không muốn tôi quay về Paris tay trắng!).

Cảm ơn bạn đã trả lời và nêu suy nghĩ. Mình đồng tình với những suy nghĩ đó.
 
Tài liệu này rõ ràng hướng tới việc ôn tập thi trắc nghiệm (kì thi THPT quốc gia). Mình nghĩ là tài liệu này được nếu mục đích của người sử dụng là ôn thi THPT quốc gia.
 
Nhưng nếu bắt bẻ và soi xét thì vẫn có chỗ để nói. Chẳng hạn ở phần định nghĩa hàm tuần hoàn trong tài liệu có viết: "Số dương T nhỏ nhất thỏa mãn các tính chất trên được gọi là chu kì của hàm số tuần hoàn đó." Phát biểu chặt hơn là: "Nếu tồn tại số dương T nhỏ nhất thỏa mãn các tính chất trên thì số T được gọi là chu kì cơ sở của hàm số tuần hoàn đó." Tại sao lại vậy? Vì

• Một hàm số có thể có nhiều chu kì, như hàm số $\sin$ có chu kì $2\pi, 4\pi, 6\pi\ldots$ còn chu kì cơ sở của hàm này là $2\pi$. 
• Có những hàm tuần hoàn nhưng không có chu kì cơ sở. Một ví dụ cho điều này là hàm hằng số $c(x) = 0$ với miền xác định là tập số thực. Có các hàm khác tuần hoàn mà không có chu kì cơ sở, như là hàm Dirichlet (nếu học ngành Toán, ở môn giải tích thực, bạn sẽ gặp hàm này) nhưng hàm này sẽ không đời nào xuất hiện trong kì thi THPT quốc gia (nếu một ngày nó xuất hiện, toàn bộ ngành Toán trong nước sẽ dậy sóng).

Cũng như nhiều tài liệu nhằm ôn thi THPT quốc gia, tài liệu này tập trung vào hai thứ: các kết quả và bài tập, nhưng thiếu giải thích (rất nhiều). Mình đánh đồng các tài liệu này: chỉ liệt kê lại các kiến thức đã có ở sách giáo khoa cơ bản và nâng cao, chia thành từng phần rất nhỏ, từng miếng (mánh). Tài liệu khá tràn lan và tiểu tiết, thà rằng học từ gốc. Mình kể chuyện của bản thân: Khi còn học THPT, mình không học thêm Toán và chỉ dùng đến ba loại sách: sách giáo khoa cơ bản, nâng cao, sách chuyên toán (tài liệu chuyên toán đại số, giải tích, hình học 10, 11, 12). Chỉ như vậy mình đã thấy ổn áp với việc thi THPT quốc gia, và ít năm về sau có vài lần giúp người quen ôn thi.
 
Cuối cùng, việc bây giờ bạn mới thích toán không phải là muộn. À mà cũng còn phụ thuộc vào mục đích học Toán. Mình đến lúc còn hai năm là tốt nghiệp đại học mới bắt đầu tự học Toán qua sách bậc đại học. Nếu bạn có thắc mắc gì về định hướng với Toán thì có nhiều thành viên diễn đàn có thể giải đáp cho bạn (tất nhiên là ở một chủ đề khác).

Ma trân không phải là số thực. Tích của hai ma trận khác $0$ có thể bằng $0$, nên bạn không thể lập luận là $MN = 0$ khi và chỉ khi $M = 0$ hoặc $N = 0$ được.

@hxthanh tính đúng rồi.

Kết luận này của em

(chú ý là nó không phải số thập phân vô hạn tuần hoàn $0.(000001002\ldots 997999)$.

Bằng cách tính các tổng tương tự như vậy (thay $x = 1/10^k$, với $k \in \mathbb{N}^\ast$), ta có thể tìm được các số tương tư $998001$.

là sai.

Bắt đầu từ đẳng thức $$\frac{1}{1-x} = \sum_{i=0}^\infty x^i,$$ ta đạo hàm hai vế, rồi nhân hai vế với $x^2$ để thu được $$\frac{x^2}{(1-x)^2} = \sum_{i=0}^\infty ix^{i+1}.$$ Thay $x = \frac{1}{1000}$, ta được $$\frac{1}{998001} = \sum_{i=0}^\infty ix^{i+1} = \frac{0}{1000} + \frac{1}{1000^2} + \frac{2}{1000^3} + \cdots + \frac{997}{1000^{998}} + \frac{998}{1000^{999}} + \frac{999}{1000^{1000}} + \frac{1000}{1000^{1001}} + \sum_{i=1001}^{\infty} \frac{i}{1000^{i+1}}.$$ Bây giờ, nhân xét rằng $$\begin{align*} \frac{998}{1000^{999}} + \frac{999}{1000^{1000}} + \frac{1000}{1000^{1001}} & = \frac{998}{1000^{999}} + \frac{999}{1000^{1000}} + \frac{1}{1000^{1000}} \\ & =  \frac{998}{1000^{999}} + \frac{1000}{1000^{1000}} \\ & = \frac{998}{1000^{999}} + \frac{1}{1000^{999}} \\ & = \frac{999}{1000^{999}}. \end{align*}$$ Vậy ta có $$\frac{1}{998001} =  \frac{0}{1000} + \frac{1}{1000^2} + \frac{2}{1000^3} + \cdots + \frac{997}{1000^{998}} + \frac{999}{1000^{999}} + \sum_{i=1001}^{\infty} \frac{i}{1000^{i+1}}.$$ Nhận xét thêm rằng với $n \in \mathbb{N}^\ast$ thì $$\frac{x^{n+1} - 1}{x-1} = \sum_{i=0}^n x^i.$$ Đạo hàm hai vế rồi nhân với $x^2$, ta được $$\frac{x^2 (n x^{n+1} - (n+1)x^n + 1)}{(x-1)^2} = \sum_{i=0}^n ix^{i+1}.$$ Từ đó ta có $$\sum_{i=n+1}^\infty ix^{i+1} = \sum_{i=0}^\infty ix^{i+1} - \sum_{i=0}^n ix^{i+1} = \frac{((n+1)x^n - nx^{n+1})x^2}{(x-1)^2} = \frac{((n+1) - nx)x^{n+2}}{(x-1)^2}.$$ Thay $x = \frac{1}{1000}$ và $n = 1000$, ta thu được $$\sum_{i=1001}^{\infty} \frac{i}{1000^{i+1}} = \frac{1000 \cdot 1000^2}{999^2 \cdot 1000^{1002}} < \frac{1}{1000^{1000}}.$$ Vậy $$ \begin{align*} & \frac{0}{1000} + \frac{1}{1000^2} + \frac{2}{1000^3} + \cdots + \frac{997}{1000^{998}} + \frac{999}{1000^{999}} \\ <\ & \frac{1}{998001} \\ <\ & \frac{0}{1000} + \frac{1}{1000^2} + \frac{2}{1000^3} + \cdots + \frac{997}{1000^{998}} + \frac{999}{1000^{999}} + \frac{1}{1000^{1000}}, \end{align*}$$ điều này giải thích vì sao $$\frac{1}{998001}  = 0.000001002\ldots 997999 \ldots $$ (chú ý là nó không phải số thập phân vô hạn tuần hoàn $0.(000001002\ldots 997999)$.

Bằng cách tính các tổng tương tự như vậy (thay $x = 1/10^k$, với $k \in \mathbb{N}^\ast$), ta có thể tìm được các số tương tư $998001$.

Nếu $y$ không phải là số nguyên thì sao bạn? Chẳng hạn $y = \frac{3}{2}$

Bài này phải giả sử $x$, $y$ hữu tỉ, vì THCS chưa học lũy thừa với số mũ thực.

Xin được gửi các thành viên của diễn đàn bài viết của mình về sự liên hệ giữa lý thuyết số và lý thuyết nút:

"Tôpô số học: số nguyên tố giống nút như thế nào?"

https://drive.google...?usp=share_link

Khi đặt câu hỏi cụ thể như vậy thì bạn cần có ngữ cảnh. Giả thiết, kết luận của bài toán là gì? Và nếu có các khái niệm mà bạn nghĩ là lạ thì bạn phải định nghĩa ra. Điều đó sẽ tiết kiệm được thời gian quý giá của người trả lời và của chính bạn.

Tôi giả thiết rằng câu hỏi của bạn là ở trong một phạm trù tùy ý có vật $0$ và có đủ cấu xạ $0$ (một cấu xạ: $0: X \to Y$ được gọi là một cấu xạ $0$ nếu

• $0 \circ f = 0 \circ f'$ với mọi cấu xạ $f,f': X' \to X$; và
• $g \circ 0 = g' \circ 0$ với mọi cấu xạ $g,g': Y \to Y'$).

Hạt nhân của một cấu xạ $f: X \to Y$ là equalizer của $f$ và $0$, nghĩa là một cặp $(K,i)$, với $K$ là một vật và $i: K \to X$ là một cấu xạ, sao cho

• $f \circ i = 0$; và
• với mọi vật $K'$ và mọi cấu xạ $i': K' \to X$ sao cho $f \circ i' = 0$, tồn tại duy nhất cấu xạ $j: K' \to K$ thỏa mãn $i \circ j = i'$.

Tôi sẽ lấy phản ví dụ cho khẳng định "nếu hạt nhân của $f$ bằng $0$ thì $f$ là đơn cấu" trong phạm trù $\mathbf{Set}_\ast$ các tập hợp định điểm (pointed set), nghĩa là

• một vật của $\mathbf{Set}_\ast$ là một cặp $(X,x)$, với $X$ là một tập hợp và $x \in X$ (nói riêng, $X \neq \varnothing$); và
• một cấu xạ $(X,x) \to (Y,y)$ trong $\mathbf{Set}_\ast$ là một ánh xạ $f: X \to Y$ thỏa mãn $f(x) = y$.

Nhận xét 1. $\{\ast\}$ (tập hợp có một phần tử duy nhất) là vật $0$ của phạm trù $\mathbf{Set}_\ast$.

Thật vậy, với mọi tập hợp định điểm $(X,x)$, cấu xạ duy nhất $\{\ast\} \to (X,x)$ trong $\mathbf{Set}_\ast$ là $\ast \mapsto x$. Vậy $\{\ast\}$ là vật đầu của $\mathbf{Set}_\ast$. Ngược lại, hiển nhiên có duy nhất một cấu xạ $(X,x) \to \{\ast\}$ trong $\mathbf{Set}_\ast$, đó là ánh xạ cho bởi $a \mapsto \ast$ với mọi $a \in X$.

Nhận xét 2. Với mọi vật $(X,x)$ và $(Y,y)$ của $\mathbf{Set}_\ast$, ánh xạ $\mathbf{0}: X \to Y$ cho bởi $a \mapsto y$ với mọi $a \in X$, là một cấu xạ $0$.

Thật vậy, với mọi cấu xạ $f: (X',x') \to (X,x)$, hợp thành $\mathbf{0} \circ f$ là ánh xạ cho bởi $a' \mapsto y$ với mọi $a' \in X'$.

Tương tự, với mọi cấu xạ $g: (Y,y) \to (Y',y')$, hợp thành $g \circ \mathbf{0}$ là ánh xạ cho bởi $a \mapsto y'$ với mọi $a \in X$, vì ta có $g(y) = y'$.

Nhận xét 3. Với mọi cấu xạ $f: (X, x) \to (Y,y)$, đặt $K:=f^{-1}(y)$ và ký hiệu bởi $i: K \hookrightarrow X$ phép bao hàm. Khi đó vật $(K,x)$ cùng với cấu xạ $i$ chính là hạt nhân của cấu xạ $f$.

Thật vậy, dễ thấy $x \in K$ và $i$ là một cấu xạ trong phạm trù $\mathbf{Set}_\ast$. Ngoài ra, từ định nghĩa của $K$, ta có $f(i(a)) = y$ với mọi $a \in K$, hay $f \circ i = \mathbf{0}: (K,x) \to (Y,y)$.

Giả sử $i': (K', x') \to (X,x)$ là một cấu xạ sao cho $f \circ i' = \mathbf{0}: (K',x') \to (Y,y)$, nghĩa là $f(i'(a')) = y$ với mọi $a' \in K'$. Từ định nghĩa của $K$, ta có $i'(a') \in K$ với mọi $a' \in K'$. Dễ thấy ánh xạ $j: K' \to K$ cho bởi $j(a') = i'(a')$ là cấu xạ duy nhất $(K',x') \to (K,x)$ thỏa mãn $i \circ j = i'$. Vậy $((K,x),i)$ là hạt nhân của cấu xạ $f$.

Bây giờ ta lấy $X = \{0,1,2\}$, $Y = \{0,1\}$ và xét các tập hợp định điểm $(X,0)$ cũng như $(Y,0)$.

Xét cấu xạ $f: (X,0) \to (Y,0)$ cho bởi $f(0) = 0$ và $f(1) = f(2) = 1$. Ta thấy hạt nhân của $f$ là $\{0\}$, tức là vật $0$ của phạm trù $\mathbf{Set}_\ast$.

Tuy nhiên $f$ không phải đơn cấu. Thật vậy, xét các cấu xạ $g,h: (Y,0) \to (X,0)$ lần lượt cho bởi $g(0) = 0$, $g(1) = 1$ và $h(0) = 0$, $h(1) = 2$. Ta có $g \neq h$ nhưng $f \circ g = f \circ h = \text{id}_Y$.

Một trong những bài học đầu tiên về đại số tuyến tính là "hai không gian vectơ $n$-chiều thì đẳng cấu". Thực ra, phát biểu đó đã ẩn đi một vấn đề không tầm thường: đẳng cấu đó không "tự nhiên" - để xây dựng nó thì ta cần chọn cơ sở cho hai không gian. (Khái niệm "tự nhiên" có thể định nghĩa chặt chẽ được bằng ngôn ngữ phạm trù, tuy nhiên trong ngữ cảnh của các không gian vectơ thì ta có thể hiểu đơn giản là "tự nhiên" = "không phụ thuộc vào cách chọn cơ sở").

Để cho quen thuộc, ta xét mọi thứ trên trường số thực, nhưng thật ra tất cả các suy luận dưới đây không phụ thuộc vào việc ta xét trên trường nào. Ta thường dùng chữ cái $L$ để chỉ các không gian vectơ 1-chiều, vì chúng chính là các "đường thẳng" (line).

Sự khác biệt căn bản giữa tập số thực $\mathbb{R}$ và một không gian vectơ 1-chiều $L$ đó là trên $L$ không có một phép nhân "tự nhiên". Lí do là vì trên $\mathbb{R}$ có một cơ sở "chính tắc" (số 1), còn trên $L$ thì không. Thật vậy, cho một đẳng cấu $\mathbb{R} \to L$ chính là cho một cơ sở (i.e. một phần tử $e \neq 0$) của $L$. Giả sử ta dùng đẳng cấu này để định nghĩa phép nhân trên $L$, nghĩa là $$(ae) \cdot (be):= ab e$$ với mọi $a,b \in \mathbb{R}$. Bây giờ ta đổi sang cơ sở khác $e'$ và viết $e' = \lambda e$, với $\lambda \in \mathbb{R}$. Thế thì theo phép nhân vừa định nghĩa ở trên, ta có $$(ae') \cdot (be') = (a\lambda e) \cdot (b\lambda e) = ab\lambda^2 e = ab\lambda e',$$ nghĩa là phép nhân này không còn là phép nhân số thực thông thường khi ta chuyển sang cơ sở mới $e'$. Hiện tượng này được diễn tả lại bằng ngôn ngữ phạm trù như sau: "Biểu đồ

không giao hoán."

Thật ra chúng ta đã thấy hiện tượng này trong một ngữ cảnh quen thuộc hơn: vật lý. Đó chính là vấn đề đổi đơn vị. Ta xét hai đơn vị đo độ dài là ${\rm m}$ và ${\rm dm}$. Ta có $1 {\rm m} = 10 {\rm dm}$, nhưng khi đổi sang đơn vị đo diện tích thì $1 {\rm m}^2 = 100 {\rm dm}^2$. Chính xác hơn, ta không thể cứ làm phép nhân một cách đơn giản $1 {\rm m} \times 1 {\rm m} = 1 {\rm m}$, vì nếu như vậy thì khi đổi sang đơn vị ${\rm dm}$, ta sẽ có $10 {\rm dm} \times 10 {\rm dm} = 10 {\rm dm}$, không tương thích với phép nhân số thực thông thường.

Khi đo độ dài, thực ra chúng ta không sử dụng một con số, mà chúng ta đang sử dụng một phần tử của một không gian vectơ 1-chiều. Các đại lượng vô hướng được đo bởi các không gian vectơ 1-chiều, và việc chọn cơ sở cho các không gian này giống như việc chuẩn hoán đơn vị. Việc đổi cơ sở cũng giống như việc đổi đơn vị.

Phép nhân "tự nhiên" trên không gian vectơ đo độ dài được cho bởi $1 {\rm m} \times 1 {\rm m} = 1 {\rm m}^2$, và $1 {\rm m}^2$ không còn là một vô hướng để đo độ dài nữa. Điều này gợi ý rằng để xây dựng một phép nhân tự nhiên trên một không gian vectơ 1-chiều, ta cần hi sinh tính "đóng kín" của phép nhân (nghĩa là kết quả của phép nhân không còn nằm trong không gian ban đầu nữa). Đối tượng toán học cho phép làm điều này chính là tích tenxơ.

Cho $V$ và $W$ là hai không gian vectơ. Ta sẽ chỉ ra định nghĩa ad hoc của tích tenxơ $V \otimes W$ như sau. $V \otimes W$ là tập hợp các tổng hình thức hữu hạn dạng $$\sum_{i = 1}^n \lambda_i (v_i \otimes w_i),$$ trong đó $\lambda_1,\ldots,\lambda_n \in \mathbb{R}$, $v_1,\ldots,v_n \in V$ và $w_1,\ldots,w_n \in W$. Phép cộng và phép nhân với vô hướng trên $V \otimes W$ được thực hiện một cách hiển nhiên, và bị ràng buộc bởi điều kiện "song tuyến tính" dưới đây

$$v \otimes (w_1 + w_2) = v \otimes w_1 + v \otimes w_2,$$

$$(v_1 + v_2) \otimes w = v_1 \otimes w + v_2 \otimes w,$$

$$\lambda (v \otimes w) = (\lambda v) \otimes w = v \otimes (\lambda w)$$ với mọi $v,v_1,v_2 \in V$, $w, w_1, w_2 \in W$ và $\lambda \in \mathbb{R}$. Nếu bộ $(e_i)_{i \in I}$ là một cơ sở của $V$ và bộ $(f_j)_{j \in J}$ là một cơ sở của $W$ thì bộ $(e_i \otimes f_j)_{i \in I, j \in J}$ là một cơ sở của $V \otimes W$. Nói riêng, $\dim (V \otimes W) = \dim V \times \dim W$. Tích tenxơ của hai không gian vectơ 1-chiều lại là một không gian vectơ 1-chiều.

Tích tenxơ chính cách tự nhiên nhất để nhân hai phần tử của hai không gian vectơ bất kỳ. Nói "nhân" ở đây ý là một ánh xạ song tuyến tính: Cách tự nhiên nhất để  "nhân" một vectơ $v \in V$ và một vectơ $w \in W$ chính là lấy phần tử $v \otimes w \in V \otimes W$. Lí do là vì phép toán $\otimes$ có tính song tuyến tính theo nghĩa ở trên (song tuyến tính = tuyến tính theo từng biến khi cố định biến còn lại). Theo ngôn ngữ phạm trù, sự "tự nhiên nhất" này được phát biểu lại dưới dạng tính chất phổ dụng (universal property): Với mỗi ánh xạ song tuyến tính $\phi: V \times W \to U$ (với $U$ là một không gian vectơ thứ ba, tồn tại duy nhất ánh xạ tuyến tính $\psi: V \otimes W \to U$ sao cho $\psi(v \otimes w) = \phi(v,w)$ với mọi $v \in V$ và $w \in W$. Cho một ánh xạ song tuyến tính $V \times W \to U$ cũng chính là cho một ánh xạ tuyến tính $V \otimes W \to U$.

Chẳng hạn ta xét $F$ là không gian vectơ đo lực và $L$ là không gian vectơ đo độ dài. Ta sẽ định nghĩa kết quả của phép nhân một phần tử của $f \in F$ với một phần tử $\ell \in L$ bởi phần tử $ab(f \otimes \ell) \in F \otimes L$. Ta khẳng định rằng $F \otimes L$ chính là không gian vectơ 1-chiều để đo năng lượng. Thật vậy, nếu ta chọn cơ sở $f = 1 {\rm N}$ cho $F$ và $\ell = 1 {\rm m}$ cho $L$ và xét hai vectơ khác, $f' = af$, $\ell' = b \ell$ (với $a,b \in \mathbb{R}$), thế thì $f' \otimes \ell' = ab(f \otimes \ell)$ theo quy tắc song tuyến tính. Điều này phù hợp với việc "đổi đơn vị đo năng lượng khi các đơn vị đo lực và đo độ dài thay đổi". Cuối cùng, ta có thể lấy $f \otimes \ell = 1 {\rm N.m} = 1 {\rm J}$ làm cơ sở của $F \otimes L$, tức là làm đơn vị đo năng lượng.

Một cách tương tự, nếu $L$ là không gian vectơ 1-chiều để đo độ dài thì không gian vectơ đo diện tích sẽ là $L^{\otimes 2} = L \otimes L$, không gian vectơ đo thể tích sẽ là $L^{\otimes 3} = L \otimes L \otimes L \ldots$

Như vậy ta đã có thể nhân hai vectơ từ hai không gian vectơ 1-chiều khác nhau (i.e. nhân hai đơn vị khác nhau). Thế chia thì sao? Để làm phép chia, ta cần biết lấy "nghịch đảo" của một vectơ khác $0$ (tất nhiên, kết quả của phép lấy nghịch đảo nói chung không nằm trong không gian ban đầu). Để khái niệm "nghịch đảo" có nghĩa, trước hết ta cần một phần tử trung lập của tích tenxơ. Điều này khá đơn giản. Với mọi không gian vectơ $V$, ta có một đẳng cấu $$\mathbb{R} \otimes V \to V, \qquad \sum_{i=1}^n \lambda_i \otimes v_i \mapsto \sum_{i=1}^n \lambda_i v_i,$$ (ánh xạ ngược của nó là $v \mapsto 1 \otimes v$). Đẳng cấu này tự nhiên, vì việc xây dựng nó không cần chọn cơ sở. Tương tự, ta cũng có đẳng cấu tự nhiên $V \otimes \mathbb{R} \to V$. Như vậy tập số thực $\mathbb{R}$, tức là các vô hướng thuần túy (không mang bất kỳ đơn vị nào) chính là "phần tử trung lập" của tích tenxơ.

Cho $L$ là một không gian vectơ 1-chiều, nếu ta chỉ ra được một không gian vectơ $L^{\vee}$ sao cho ta có đẳng cấu tự nhiên $L \otimes L^{\vee} \simeq \mathbb{R}$ thì $L^{\vee}$ sẽ đóng vai trò như "nghịch đảo tenxơ" của $L$. Không gian $L^{\vee}$ cần tìm ở đây chính là không gian vectơ đối ngẫu của $L$, tức là không gian các ánh xạ tuyến tính $L \to \mathbb{R}$ (các phiếm hàm tuyến tính hay dạng tuyến tính trên $L$). Đây là một không gian vectơ 1-chiều (vì một dạng tuyến tính $\phi: L \to \mathbb{R}$ sẽ hoàn toàn xác định nếu ta biết giá trị của nó tại một vectơ khác $0$ của $\mathbb{R}$). Ánh xạ tuyến tính $$L \otimes L^{\vee} \to \mathbb{R}, \qquad \sum_{i=1}^n \ell_i \otimes \phi_i \mapsto \sum_{i=1}^n \phi_i(\ell_i)$$ là một toàn cấu, và vì thế là một đẳng cấu vì hai không gian trên đều có số chiều 1. Nó tự nhiên vì cách xây dựng nó không cần chọn cơ sở. Nếu $\ell \in L$ là một vectơ khác $0$, nó lập thành một cơ sở của $L$. Ta định nghĩa "nghịch đảo" của nó là dạng tuyến tính $\ell^{\vee}: L \to \mathbb{R}$ duy nhất sao cho $\ell^{\vee}(\ell) = 1$. Giả sử ta đổi cơ sở của $L$ từ $\ell$ sang $\ell' = a\ell$, $a \neq 0$. Thế thì "nghịch đảo" của $\ell'$ là dạng tuyến tính $L \to \mathbb{R}$ sao cho $\ell' = a\ell \mapsto 1$, nghĩa là $\ell \mapsto \frac{1}{a}$. Nói cách khác nó chính là dạng tuyến tính $\dfrac{\ell^{\vee}}{a}$.

GIả sử $L$ là không gian vectơ đo độ dài và $T$ là không gian vectơ đo thời gian. Ta định nghĩa kết quả của phép chia một phần tử $\ell \in L$ cho một phần tử $t \in T$, $t \neq 0$, bởi phần tử $\ell \otimes t^{\vee} \in L \otimes T^{\vee}$. Không gian $L \otimes T^{\vee}$ chính là không gian vectơ đo vận tốc. Thật vậy, nếu ta lấy $\ell = 1 {\rm m}$ cho $L$ và $t = 1 {\rm s}$ cho $T$ và xét hai vectơ khác, $\ell' = a\ell$, $t' = bt$ (với $a,b \in \mathbb{R}$ và $b \neq 0$) thì $$\ell' \otimes (t')^{\vee} = (a\ell) \otimes \dfrac{t^{\vee}}{b} = \dfrac{a}{b} (\ell \otimes t^{\vee}).$$ Điều này phù hợp với việc "đổi đơn vị đo vận tốc khi đơn vị đo độ dài và đơn vị đo thời gian thay đổi". Cuối cùng, ta có thể lấy $\ell \otimes t^{\vee} = 1 {\rm m}/{\rm s}$ làm đơn vị đo vận tốc.

Cho $k$ là một trường và ký hiệu $\bar{k}$ là một bao đóng tách được của nó, và $\Gamma:=\text{Gal}(\bar{k}/k)$.

Cho $X$ là một đa tạp trơn và bất khả quy hình học trên $k$. Ký hiệu $\bar{X} = X \times_k \bar{k}$.

Cho $G$ là một nhóm đại số trơn và giao hoán trên $k$.  Ký hiệu $\bar{G} = G \times_k \bar{k}$.

Tác động của $\Gamma$ trên $X(\bar{k})$ và $G(\bar{k})$ sẽ lần lượt được ký hiệu bởi $(s,x) \mapsto {}^s x$ và $(s,g) \mapsto {}^s g$.

Các nhóm đối đồng điều dưới đây đều là đối đồng điều Galois hoặc étale.

Ta nhắc lại rằng $\Gamma$ tác động lên $H^0(\bar{X},\bar{G})$ và $H^1(\bar{X},\bar{G})$ như sau.

1. Một phần tử của $H^0(\bar{X},\bar{G}) = \bar{G}(\bar{X})$ là một $\bar{k}$-cấu xạ $\sigma: \bar{X} \to \bar{G}$. Với $s \in \Gamma$, ta định nghĩa ${}^s \sigma: \bar{X} \to \bar{G}$ là cấu xạ cho bởi công thức $x \mapsto {}^s (\sigma({}^{s^{-1}} x))$. 
2. Một phần tử của $H^1(\bar{X},\bar{G})$ được biểu diễn bởi một torsor $f: \bar{Y} \to \bar{X}$ dưới $\bar{G}$, nghĩa là $f$ là fppf, $\bar{Y}$ được trang bị một tác động phải $(y,g) \mapsto y \cdot g$ của $\bar{G}$ sao cho $f(y \cdot g) = f(y)$, và với mỗi $x \in X(\bar{k})$ thì $G(\bar{k})$ tác động truyền dẫn và tự do trên $f^{-1}(x)$ (xem thêm: https://diendantoanh...về-các-cản-trở/). Với mỗi $s \in \Gamma$, ta định nghĩa torsor liên hợp ${}^s f: {}^s \bar{Y} \to \bar{X}$ như sau: ${}^s\bar{Y} := \bar{Y}$, cấu xạ ${}^s f$ được cho bởi $({}^s f)(y):= {}^s (f(y))$, và tác động của $\bar{G}$ trên ${}^s \bar{Y}$ được cho bởi $(y,g) \mapsto y \cdot {}^{s^{-1}} g$.

Ta ký hiệu $E$ là tập hợp các cặp $(\alpha,s)$, trong đó $s \in \Gamma$ và $\alpha: {}^s \bar{Y} \to \bar{Y}$ là một đẳng cấu (giữa hai $\bar{X}$-torsor dưới $\bar{G}$. Dễ thấy $E$ có một cấu trúc nhóm hiển nhiên. Ngoài ra, nhắc lại rằng nhóm các $\bar{X}$-tự đẳng cấu của torsor $\bar{Y}$ dưới $\bar{G}$  chính là nhóm $\bar{G}(\bar{X})$ (xem Lemma 4.1 trong https://www-fourier....torsors_rev.pdf). Vậy ta có dãy khớp $$1 \to \bar{G}(\bar{X}) \to E \xrightarrow{q} \Gamma,$$ trong đó $q$ là một toàn ánh khi và chỉ khi $[\bar{Y}] \in H^0(k,H^1(\bar{X},\bar{G}))$.

Câu hỏi: Ta có dãy khớp 5 hạng tử $$0 \to H^1(k,\bar{G}(\bar{X})) \to H^1(X,G) \to H^0(k,H^1(\bar{X},\bar{G})) \xrightarrow{\partial} H^2(k,\bar{G}(\bar{X})) \to H^2(X,G)$$ rút ra từ dãy phổ Hochschild-Serre $$H^p(k,H^q(\bar{X},\bar{G})) \Rightarrow H^{p+q}(X,G).$$ Các ánh xạ trong dãy khớp trên đều hiển nhiên trừ $\partial$, nó được gọi là ánh xạ tràn (transgression). Chứng minh rằng nếu $\bar{Y} \to \bar{X}$ là một torsor dưới $\bar{G}$ sao cho $[\bar{Y}] \in H^0(k,H^1(\bar{X},\bar{G}))$ thì $\partial([\bar{Y}]) \in H^2(k,\bar{G}(\bar{X}))$ là lớp đối đồng điều được biểu diễn bởi dãy khớp $$1 \to \bar{G}(\bar{X}) \to E \xrightarrow{q} \Gamma \to 1.$$

Cho $V$ là một không gian vectơ và $f: k^n \to V$ là một ánh xạ tuyến tính tùy ý. Gọi $(e_1,\ldots,e_n)$ là cơ sở chính tắc của $k^n$ và đặt $v_i:=f(e_i)$ với $i=1,\ldots,n$. Thế thì ta kiểm tra được $\Phi(V)(v_1,\ldots,v_n) = f$ (vì hai ánh xạ tuyến tính này bằng nhau khi tính tại từng phần tử cơ sở $e_i$).

Cho $k$ là một trường. Cho $\mathbf{Vect}_k$ và $\mathbf{Set}$ lần lượt là phạm trù các $k$-không gian véctơ và phạm trù các tập hợp. Cho $n$ là số nguyên dương tùy ý và xét hàm tử $F: \mathbf{Vect}_k \to \mathbf{Set}$ cho bởi:

• Với mỗi không gian véctơ $V$, $F(V)$ là tập hợp $V^n$.
• Với mỗi ánh xạ tuyến tính $f: V \to W$, $F(f): V^n \to W^m$ là ánh xạ cho bởi $(v_1,\ldots,v_n) \mapsto (f(v_1),\ldots,f(v_n))$.

Ta chỉ ra rằng $F$ là hàm tử biểu diễn được, nghĩa là tồn tại không gian véctơ $E$ cùng một đẳng cấu hàm tử $F \cong \text{Hom}_k(E,-)$. Nói cách khác, ta muốn một đẳng cấu $V^n \cong \text{Hom}_k(E,V)$, và đẳng cấu này tự nhiên theo $V$. Bằng chữ, điều này có nghĩa là: "cho một bộ $n$ phần tử của $V$ cũng chính là cho một ánh xạ tuyến tính từ $E$ vào $V$." Không khó để thấy rằng, đại biểu thích hợp cho $E$ là một không gian véctơ $n$-chiều, vì cho một ánh xạ tuyến tính từ một không gian $n$-chiều vào $V$ chính là cho một bộ $n$ phần tử của $V$.

Vậy ta lấy $E = k^n$ và xây dựng đẳng cấu hàm tử $\Phi: F \to \text{Hom}_k(k^n,-)$ như sau. Với mỗi không gian véctơ $V$, ta định nghĩa ánh xạ $\Phi(V): V^n \to \text{Hom}_k(k^n,V)$ bằng cách: với mỗi $(v_1,\ldots,v_n) \in V^n$, $\Phi(V)(v_1,\ldots,v_n): k^n \to V$ là ánh xạ tuyến tính $\alpha$ cho bởi công thức $$\alpha: k^n \to V, \qquad \alpha(a_1,\ldots,a_n) = a_1v_1 + \cdots + a_n v_n,$$ nói cách khác là $\alpha$ được xác định duy nhất bởi công thức $\alpha(e_i) = v_i$ với $i=1,\ldots,n$, trong đó $(e_1,\ldots,e_n)$ là cơ sở chính tắc của $k^n$. Dễ thấy $\Phi(V)$ là một song ánh.

Ta còn phải chỉ ra rằng $\Phi$ là một biến đổi tự nhiên từ hàm tử $F$ vào hàm tử $\text{Hom}_k(k^n,-)$. Điều này có nghĩa là với mỗi ánh xạ tuyến tính $f: V \to W$, ta có biểu đồ giao hoán sau 

Thật vậy, xét $(v_1,\ldots,v_n) \in V^n$ tùy ý. Khi đó $\Phi(V)(v_1,\ldots,v_n)$ là ánh xạ tuyến tính $\alpha: k^n \to V$ cho bởi công thức $$\alpha: k^n \to V, \qquad \alpha(a_1,\ldots,a_n) = a_1v_1 + \cdots + a_n v_n.$$ Mặt khác, $\Phi(W)((f(v_1),\ldots,f(v_n))$ là ánh xạ tuyến tính $\beta: k^n \to W$ cho bởi công thức $$\beta: k^n \to W, \qquad \beta(a_1,\ldots,a_n) = a_1 f(v_1) + \cdots + a_n f(v_n).$$ Ta có $f \circ \alpha = \beta$, nên biểu đồ trên giao hoán. Vậy $\Phi$ là một đẳng cấu tự nhiên từ hàm tử $F$ vào hàm tử $\text{Hom}_k(k^n,-)$, nói cách khác là hàm tử $F$ biểu diễn được bởi vật $k^n$.

Có nhiều ví dụ khác về hàm tử biểu diễn được ở đây: https://en.wikipedia...unctor#Examples

Bài trên là do mình làm việc với lý thuyết phạm trù nhiều nên quen, chứ không lấy từ nguồn nào cả.

Trong phạm trù các vành có đơn vị (cấu xạ là đồng cấu vành bảo toàn phần tử đơn vị), phép nhúng $\mathbb{Z} \hookrightarrow \mathbb{Q}$ là một song cấu nhưng không phải một đẳng cấu.

Thật vậy, dễ thấy đây là một đơn cấu. Để chỉ ra rằng nó là toàn cấu, giả sử ta có một vành $A$ và các đồng cấu vành $f,g: \mathbb{Q} \to A$ sao cho $f|_{\mathbb{Z}} = g|_{\mathbb{Z}}$. Với $n$ là số nguyên khác $0$, ta có $$f(\tfrac{1}{n})f(n) = f(n)f(\tfrac{1}{n}) = f(1) = 1_A,$$ nên $f(n)$ khả nghịch và nghịch đảo của nó là $f(n)^{-1} = f(\tfrac{1}{n})$. Tương tự, $g(n)$ khả nghịch và nghịch đảo của nó là $g(\tfrac{1}{n})$. Mà $f(n) = g(n)$ nên $f(\tfrac{1}{n}) = g(\tfrac{1}{n})$. Do đó, với mọi số hữu tỉ $x = \tfrac{m}{n}$, ta có $$f(\tfrac{m}{n}) = f(m)f(\tfrac{1}{n}) = g(m)g(\tfrac{1}{n}) = g(\tfrac{m}{n}),$$  hay $f=g$.

Cuối cùng, $\mathbb{Z} \hookrightarrow \mathbb{Q}$ không phải là đẳng cấu vì không có cấu xạ nào đi từ $\mathbb{Q}$ vào $\mathbb{Z}$.

Về câu chuyện tập sinh nhỏ nhất của nhóm $(\mathbb{Z}/n)^\times$, theo hiểu biết của mình thì chưa có công thức tổng quát để tính một cách hiệu quả tập sinh này, nhưng có một số bình luân có thể có ích.

Để theo dõi các thảo luận ở dưới thì cần có một chút kiến thức về lý thuyết nhóm, cụ thể là định lý về cấu trúc của nhóm abel hữu hạn.

1. Ta giả sử $n$ có phân tích ra thừa số nguyên tố là $n = 2^k \prod_{i=1}^{f} p_i^{k_i}$, trong đó $p_i$ là các số nguyên tố lẻ phân biệt, $k_i > 0$, và $k \ge 0$ (có một chút rắc rói với số nguyên tố 2 như mình đã nói ở post trước, nên ta sẽ tách riêng nó ra).

Theo định lý số dư Trung Hoa, ta có đẳng cấu nhóm $$(\mathbb{Z}/n)^\times \xrightarrow{\cong} (\mathbb{Z}/2^k)^\times \times \prod_{i=1}^{f} (\mathbb{Z}/p_i^{k_i})^\times, \quad a \mod m \mapsto (a \mod 2^k, a \mod p_1^{k_1},\ldots, a \mod p_f^{k_f}),$$

nên ta có thể đưa về nghiên cứu các nhóm $(\mathbb{Z}/n)^\times$ với $n$ là lũy thừa nguyên tố.

• Với $k = 0, 1$ thì $(\mathbb{Z}/2^k)^\times = \{1\}$.
• Với $k = 2$ thì $(\mathbb{Z}/4)^\times = \{1,3\} \cong \mathbb{Z}/2$, là nhóm cyclic với phần tử sinh là $3$.
• Với $k \ge 3$ thì không khó để chứng minh rằng $(\mathbb{Z}/2^k)^\times \cong (\mathbb{Z}/2) \times (\mathbb{Z}/2^{k-2})$ là nhóm bicyclic với hai phần tử sinh là $-1$ và $3$.

Tiếp theo, với $p$ là số nguyên tố lẻ $(\mathbb{Z}/p)^\times$ luôn là nhóm cyclic (đẳng cấu với $\mathbb{Z}/(p-1)$), tức là được sinh bởi $1$ phần tử. Nói theo ngôn ngữ phổ thông là luôn tồn tại căn nguyên thủy modulo $p$. Nhưng theo hiểu biết của mình thì không có công thức tổng quát để tìm một phần tử sinh của nhóm này.

Sau đó, ta có thể chứng minh rằng nếu $\varepsilon$ là một phần tử sinh của $(\mathbb{Z}/p^k)^\times$ thì ít nhất moojtr trong hai số $\varepsilon$ hoặc $\varepsilon + p$ sẽ là một phần tử sinh của $(\mathbb{Z}/p^{k+1})^\times$. Từ đó ta có thể dùng quy nạp để tính dần dần một phần tử sinh của $(\mathbb{Z}/p^k)^\times$ với $k \ge 1$ và $p$ nguyên tố lẻ. Nói riêng, $(\mathbb{Z}/p^k)^\times \cong \mathbb{Z}/p^{k-1}(p-1)$.

Khi tìm được các phần tử sinh $\varepsilon_i$ của $(\mathbb{Z}/p_i^{k_i})^\times$, ta tìm nghiệm nguyên $u_i$ của hệ phương trình đồng dư $$\begin{cases} u_i \equiv \varepsilon_i \pmod{p_i^{k_i}}\\ u_i \equiv 1 \pmod{2^k \prod_{\substack{j=1 \\ j \neq i}}^f p_j^{k_j}}.\end{cases}$$

Tóm lại, với phân tích của $n$ ra thừa số nguyên tố như trên,

• Với $k=0,1$ thì $(\mathbb{Z}/n)^\times \cong \prod_{i=1}^f \mathbb{Z}/p_i^{k_i-1}(p_i-1)$ với $f$ phần tử sinh là $u_1,\ldots,u_f$.
• Với $k=2$ thì $(\mathbb{Z}/n)^\times \cong (\mathbb{Z}/2) \times \prod_{i=1}^f \mathbb{Z}/p_i^{k_i-1}(p_i-1)$ với $f+1$ phần tử sinh là $u,u_1,\ldots,u_f$, trong đó $u$ là một nghiệm của hệ phương trình đồng dư $$\begin{cases} u \equiv 3 \pmod{2^k} \\ u \equiv 1 \pmod{\prod_{i=1}^{f} p_i^{k_i}}. \end{cases}$$
• Với $k\ge 3$ thì $(\mathbb{Z}/n)^\times \cong (\mathbb{Z}/2) \times (\mathbb{Z}/2^{k-2}) \times \prod_{i=1}^f \mathbb{Z}/p_i^{k_i-1}(p_i-1)$ với $f+2$ phần tử sinh là $u,u',u_1,\ldots,u_f$, trong đó $u$ như trên và $u'$ là một nghiệm của hệ phương trình đồng dư $$\begin{cases} u \equiv -1 \pmod{2^k} \\ u \equiv 1 \pmod{\prod_{i=1}^{f} p_i^{k_i}}. \end{cases}$$

2. Ta sẽ chỉ ra tập sinh như trên là tập sinh (có số phần tử) nhỏ nhất. Để làm điều này ta cần khái niệm nhân tử bất biến cho nhóm abel hữu hạn. Định lý cơ bản về lý thuyết nhóm abel hữu hạn nói rằng mỗi nhóm abel hữu hạn $A$ đều có thể phân tích thành $A \cong (\mathbb{Z}/d_1) \times \cdots \times (\mathbb{Z}/d_\ell)$, trong đó các số nguyên dương $d_1,\ldots,d_\ell$ được xác định một các duy nhất sao cho $d_1 > 1$ và $d_1 | d_2 | \cdots | d_\ell$. Các số nguyên dương $d_i$ được gọi là các nhân tử bất biến của $A$, và $\ell$ được gọi là độ dài bất biến của $A$.

Ví dụ, $(\mathbb{Z}/2) \times (\mathbb{Z}/3) \cong \mathbb{Z}/6$ có độ dài bất biến bằng $1$ và nhân tử bất biến duy nhất là $6$, trong khi $(\mathbb{Z}/4) \times (\mathbb{Z}/10) \cong (\mathbb{Z}/2) \times (\mathbb{Z}/4) \times (\mathbb{Z}/5) \cong (\mathbb{Z}/2) \times (\mathbb{Z}/20)$ có độ dài bất biến bằng $2$ và hai nhân tử bất biến là $2$ và $20$.

Ta chỉ ra được rằng độ dài bất biến của $A$ chính là số phần tử của bất kỳ tập sinh nhỏ nhất nào, xem https://math.stackex...nite-abelian-gr. 

Khi ta có một phân tích $A \cong \prod_{i=1}^r \mathbb{Z}/m_i$ thì $A$ được sinh bởi $r$ phần tử, nhưng $r$ không nhất thiết là độ dài bất biến (tức là số phần tử sinh nhỏ nhất), mà ta chỉ biết rằng độ dài bất biến không vượt quá $r$.

Tuy nhiên, nếu có thểm giả thiết rằng $\gcd(m_1,\ldots,m_r) > 1$ thì ta chứng minh được rằng $r$ chính là độ dài bất biến: xem chứng minh của Lemma 5.1, trang 10 trong https://personal.mat...loads/SIFMG.pdf

Áp dụng cho nhóm $A = (\mathbb{Z}/n)^\times$ như trên (ta thấy các nhóm cyclic xuất hiện đều có số phần tử chẵn), ta thấy độ dài bất biến của nhóm $(\mathbb{Z}/n)^\times$ chính là $f$ nếu $k=0,1$, là $f+1$ nếu $k=2$, và là $f+2$ nếu $k \ge 3$.

Kết luận: Nếu số ước nguyên tố phân biệt của $n$ là $f'$ thì số phần tử sinh nhỏ nhất của nhóm nhân khác số nguyên khả nghịch modulo $n$ là

• $f'$ nếu $n$ lẻ hoặc $n \equiv 4 \pmod 8$,
• $f'-1$ nếu $n \equiv 2 \pmod 4$,
• $f'+1$ nếu $n$ chia hết cho $8$.

Đề này không biết bạn lấy từ đâu? Có rất nhiều lỗi sai trong phát biểu. Bạn phải phát biểu lại đúng thì mới làm được.

Đầu tiên lấy $n = 8$ thì $d = 4 = 2^2$, và lấy $a$ là số lẻ tùy ý. Từ đây thấy không có số nguyên lẻ $u$ nào để $\ord_8(u) = 4$ cả (hãy xem cả 4 lớp đồng dư khả nghịch trong $\mathbb{Z}/8$, bình phương của chúng đều bằng $\bar{1}$). Nói chung cần lấy $n$ là số nguyên dương không chia hết cho $8$ để đảm bảo rằng các cnhosm $\mathbb{Z}/p_i^{k_i}$ là các nhóm cyclic.

Tiếp theo là $(u_1,\ldots,u_H)$ và $(L_1,\ldots,L_H)$ duy nhất theo nghĩa như nào? Mình đồ rằng ý bạn là các số $u_t$ duy nhất modulo $n$. Và với các phát biểu kia thì mình đang hiểu là $a$ cho trước, và hai bộ $(u_1,\ldots,u_H)$ và $(L_1,\ldots,L_H)$ là duy nhất, phụ thuộc vào $a$. Nhưng cái này cũng không đúng: Lấy $n = 5$ thì $d = 4 = 2^2$ và lấy $a=1$. Khi đó có có thể lấy $u = 2$ và $L = 4$, hoặc $u' = 3$ và $L'=4$ để có được $\ord_5(2) = \ord_5(3) = 4$ và $u^L \equiv (u')^{L'} \equiv 1 \pmod 5$.

4. Dãy khớp dài của $\text{Ext}$

Cho $0 \to A \to B \to C \to 0$ là một dãy khớp ngắn. Với mọi vật $X$, ta thiết lập các dãy khớp dài $$0 \to \text{Hom}(X,A) \to \text{Hom}(X,B) \to \text{Hom}(X,C) \to \text{Ext}^1(X,A) \to \text{Ext}^1(X,B) \to \text{Ext}^1(X,C) \to \text{Ext}^2(X,A) \to \text{Ext}^2(X,B) \to \text{Ext}^2(X,C) \to \ldots$$ và $$0 \to \text{Hom}(C,X) \to \text{Hom}(B,X) \to \text{Hom}(A,X) \to \text{Ext}^1(C,X) \to \text{Ext}^1(B,X) \to \text{Ext}^1(A,X) \to \text{Ext}^2(C,X) \to  \text{Ext}^2(B,X) \to  \text{Ext}^2(A,X) \to \ldots$$ 

Để làm điều này cần một chút tính toán. Ta sẽ ký hiệu bởi $0$ (thay vì $\theta$ như các bài trước) phần tử trung lập của các vị nhóm $\text{Pretext}$.

Bổ đề 1 (Schanuel). Cho $\xi \in \text{Pretext}^r(B,C)$ và $\eta \in \text{Pretext}^s(A,B)$ ($r,s \ge 1$). Các khẳng định sau đây là tương đương

(i) $\xi \eta \sim 0$.

(ii) Tồn tại một vật $B'$, một mở rộng $\xi' \in \text{Pretext}^r(B',C)$ và một cấu xạ $f: B \to B'$ sao cho $\xi \sim \xi' f$ và $f \eta \sim 0$.

(iii) Tồn tại một vật $B'$, một mở rộng $\eta' \in \text{Pretext}^s(A,B')$ và một cấu xạ $g: B' \to B$ sao cho $\eta \sim g\eta'$ và $\xi g \sim 0$.

Hơn nữa, nếu $r = s = 1$, $\xi: 0 \to C \to X \xrightarrow{p} B \to 0$ và $\eta: 0 \to B \xrightarrow{j} Y \to A \to 0$ thì ta có thể lấy $f = j$ và $g = p$.

Chứng minh

Rõ ràng $(ii) \Rightarrow (i)$ và $(iii) \Rightarrow (i)$ do tính kết hợp và song cộng tính của tích Yoneda.

Ta chứng minh $(ii) \Rightarrow (iii)$ trong trường hợp $r = s = 1$. Thật vậy, giả sử $\xi' \in \text{Pretext}^r(B',C)$ và $f: B \to B'$ sao cho $\xi =\xi' f$ và $f\eta = 0$. Theo phiên bản đối ngẫu của Bổ đề 1 ở Bài 2, ta có $f = hj$ với $h: Y \to B'$ nào đó, suy ra $\xi = \xi' hj$. Cũng theo bổ đề này, vì $j = 1_Y j$ nên ta có $j\eta = 0$. Bằng cách thay $\xi'$ bởi $\xi' h$, ta có thể giả sử rằng $f = j$. Tương tựu, vì $p = p 1_X$ nên ta có $\xi p = 0$. Từ giả thiết $\xi = \xi'j$, ta có biểu đồ giao hoán với hai hàng khớp

Từ đó ta có $\eta = p\eta'$. Vậy $(ii) \Rightarrow (iii)$ trong trường hợp $r=s=1$. Bằng cách làm việc trong $\mathcal{A}^{\text{op}}$, ta có  $(iii) \Rightarrow (ii)$ (cũng trong trường hợp $r = s = 1$.

Tiếp theo, ta chứng minh $(i) \Rightarrow (ii)$ và $(i) \Rightarrow (iii)$ trong trường hợp $r = s = 1$. Giả sử $\xi \eta \sim 0$. Theo Bài 3, ta có thể biến đổi $\xi\eta$ về $0$ bằng một số hữu hạn các biến đổi dạng $(\zeta h) \zeta' \sim \zeta (h \zeta')$. Ta chứng minh bằng quy nạp theo số các phép biến đổi cần thiết. Nếu không cần phép biến đổi nào (tức là nếu $\xi \eta = 0$) thì $(ii)$ và $(iii)$ là hiển nhiên; vì lúc này $C \to X$ và $Y \to A$ là các đẳng cấu (nên thậm chí $\xi = 0$ và $\eta = 0$). Nếu cần $k \ge 1$ phép biến đổi thì một trong hai trường hợp sau đây xảy ra.

Trường hợp 1. $\xi = \zeta h$ và cần $\le k-1$ phép đổi để đưa $\zeta (h \eta)$ về $0$. Theo giả thiết quy nạp, $\zeta = \xi' f$ với $fh \eta = 0$. Nói riêng, ta có $\xi = \xi' fh$ và điều này chứng minh $(ii)$.

Trường hợp 2. $\eta = h\zeta$ và cần $\le k-1$ phép đổi để đưa $(\xi h) \zeta$ về $0$. Theo giả thiết quy nạp, $\zeta = g\eta'$ với $\xi hg = 0$. Nói riêng, ta có $\eta = hg \eta'$ và điều này chứng minh $(iii)$.

Vì ta đã chứng minh $(ii) \Leftrightarrow (iii)$ nên ta luôn có $(i) \Rightarrow (ii)$ và $(i) \Rightarrow (iii)$.

Ta chứng minh $(i)  \Leftrightarrow (ii)  \Leftrightarrow (iii)$ trong trường hợp tổng quát bằng quy nạp theo tổng $r+s$. Trường hợp $r + s = 2$ đã được giải quyết. Giả sử $r + s > 2$.

$(ii) \Leftrightarrow (iii)$. Giả sử $\xi \sim \xi' f$ và $f \eta \sim 0$.

Nếu $s > 1$, ta viết $\eta = \eta_1\eta_2$ với $\eta_1$ là một dãy khớp ngắn và $\eta_2$ là một mở rộng độ dài $s-1$. Vì $(f \eta_1) \eta_2 \sim 0$ nên theo giả thiết quy nạp, ta có $\eta_2 \sim g\zeta_1$ với $f \eta_1 g \sim 0$, từ đó $\xi (\eta_1 g) \sim \xi' f \eta_1 g \sim 0$. Lại theo giả thiết quy nạp, ta có $\eta_1 g \sim h \zeta_2$ với $\xi h \sim 0$. Từ đó, $\eta = \eta_1\eta_2 \sim \eta_1 (g \zeta_1) \sim (\eta_1 g) \zeta_1 \sim h\zeta_2 \zeta_1$. Điều này chứng minh $(iii)$.

Nếu $s = 1$ thì $r > 1$. Ta viết $\xi' = \xi'_1 \xi'_2$ với $\xi'_1$ là một mở rộng độ dài $r-1$ và $\xi_2'$ là một dãy khớp ngắn. Theo kết quả trong trường hợp $r=s=1$, ta có thể viết $\eta = g \zeta$ với $\xi_2' f g = 0$, suy ra $\xi g \sim \xi'_1 \xi'_2 fg \sim 0$. Tóm lại, ta luôn có $(ii) \Rightarrow (iii)$. Một cách đối ngẫu, $(iii) \Rightarrow (ii)$.

$(i) \Rightarrow (ii)$ và $(i) \Rightarrow (iii)$. Giả sử $\xi \eta \sim 0$. Ta chứng minh bằng quy nạp theo số các phép biến đổi dạng $(\zeta h) \zeta' \sim \zeta (h \zeta')$ cần thiết để đưa $\xi \eta$ về $0$. Nếu không cần phép biến đổi nào thì $\xi \eta = 0$, từ đó ta dễ thấy $\xi = 0$ và $\eta = 0$, nên $(ii)$ và $(iii)$ là hiển nhiên. Giả sử cần $k \ge 1$ phép biến đổi. Nếu phép biến đổi đầu tiên diễn ra ở giữa $\xi$ hoặc giữa $\eta$ thì ta có điều phải chứng minh theo giả thiết quy nạp trên tổng $r+s$. Do đó ta chỉ cần xét hai trường hợp sau đây, khi phép biến đổi đầu tiên diễn ra ở phần nối $\xi$ và $\eta$. Lúc này tình huống hoàn toàn tương tự như trường hợp $r=s=1$.

Trường hợp 1. $\xi = \zeta h$ và cần $\le k-1$ phép đổi để đưa $\zeta (h \eta)$ về $0$. Theo giả thiết quy nạp, $\zeta \sim \xi' f$ với $fh\eta \sim 0$. Nói riêng, $\xi \sim \xi' fh$ và điều này chứng minh $(ii)$.

Trường hợp 2. $\eta = h\zeta$ và cần $\le k-1$ phép đổi để đưa $(\xi h) \zeta$ về $0$. Theo giả thiết quy nạp, $\zeta \sim g\eta'$ với $\xi hg \sim 0$. Nói riêng, ta có $\eta \sim hg \eta'$ và điều này chứng minh $(iii)$.

Vì ta đã chứng minh $(ii) \Leftrightarrow (iii)$ nên ta luôn có $(i) \Rightarrow (ii)$ và $(i) \Rightarrow (iii)$. $\square$

Kể từ bây giờ, ta cố định một dãy khớp ngắn $\xi: 0 \to A \xrightarrow{f} B \xrightarrow{g} C \to 0$ và một vật $X$. Ta xây dựng các đồng cấu nối thuận biến $$\delta: \text{Ext}^n(X,C) \to \text{Ext}^{n+1}(X,A), \qquad [\eta] \mapsto [\xi \eta]$$ và phản biến $$\delta: \text{Ext}^n(A,X) \to \text{Ext}^{n+1}(C,X), \qquad [\eta] \mapsto [\eta \xi]$$ với $n \ge 1$. Chúng là các đồng cấu nhóm và hàm tử.

Định lý 2. Với mỗi $n \ge 1$, ta có một dãy khớp $$\text{Ext}^{n-1}(X,C) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^n(X,A) \xrightarrow{f_\ast}  \text{Ext}^n(X,B) \xrightarrow{g_\ast} \text{Ext}^n(X,C) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^{n+1}(X,A)$$ (với quy ước $\text{Ext}^0 = \text{Hom}$).

Chứng minh

Dãy đã cho là một phức vì $f \xi = 0$ (phiên bản đối ngẫu của Bổ đề 1 ở Bài 2), $gf = 0$ và $\xi g = 0$ (Bổ đề 1 ở Bài 2). Ta còn phải chứng minh các khẳng định sau.

$I^n$: Nếu $f \eta \sim 0$ với $\eta \in \text{Pretext}^n(X,A)$ thì $\eta \sim \xi\zeta$ với $\zeta \in \text{Pretext}^{n-1}(X,C)$.

$II^n$: Nếu $g \eta \sim 0$ với $\eta \in \text{Pretext}^n(X,B)$ thì $\eta \sim f\zeta$ với $\zeta \in \text{Pretext}^n(X,A)$.

$III^n$: Nếu $\xi \eta \sim 0$ với $\eta \in \text{Pretext}^n(X,C)$ thì $\eta \sim g\zeta$ với $\zeta \in \text{Pretext}^n(X,B)$.

Ta bắt đầu với $III^n$. Nếu $\xi \eta \sim 0$ thì theo Bổ đề 1, ta có thể viết $\eta \sim h\eta'$ với $\xi h = 0$. Theo Bổ đề 1 ở Bài 2, ta có $h = gk$ với cấu xạ $k$ nào đó và vì thế $\eta \sim g(k\eta')$.

Ở Bài 2, ta đã chứng minh $I^1$ và $II^1$. Ta chứng minh $I^n$ với $n > 1$. Giả sử $f \eta \sim 0$. Viết $\eta = \eta_1 \eta_2$ với $\eta_1$ là một dãy khớp ngắn và $\eta_2$ là một mở rộng độ dài $n-1$. Thế thì $(f \eta_1) \eta_2 \sim 0$. Áp dụng $III^{n-1}$ cho dãy khớp ngắn $f\eta_1: 0 \to B \to Y \xrightarrow{h} Z \to 0$, ta có thể viết $\eta_2 \sim h \eta_2'$. Từ đó, $\eta \sim (\eta_1 h) \eta_2'$. Mặt khác, theo Bổ đề 1 ở Bài 2, $f\eta_1h = 0$. Áp dụng $I^1$, ta thu được $\eta_1 h = \xi k$ với cấu xạ $k$ nào đó, từ đó $\eta \sim \xi (k \eta_2')$. Điều này chứng minh $I^n$.

Cuối cùng, ta chứng minh $II^n$ với $n > 1$. Giả sử $g\eta \sim 0$. Viết $\eta = \eta_1 \eta_2$ với $\eta_1$ là một dãy khớp ngắn và $\eta_2$ là một mở rộng độ dài $n-1$. Thế thì $(g\eta_1)\eta_2 \sim 0$. Áp dụng $III^{n-1}$ cho dãy khớp ngắn $g\eta_1: 0 \to C \to Y \xrightarrow{h} Z \to 0$, ta có thể viết $\eta_2 \sim h \eta_2'$. Từ đó, $\eta \sim (\eta_1 h) \eta_2'$. Mặt khác, theo Bổ đề 1 ở Bài 2, $g\eta_1h = 0$. Áp dụng $II^1$, ta thu được $\eta_1 h \sim f \zeta$ với $\zeta$ là một dãy khớp ngắn, từ đó $\eta \sim f \zeta \eta_2'$. Điều này chứng minh $II^n$. $\square$.

Tóm lại, ta có một dãy khớp dài tự nhiên $$0 \to \text{Hom}(X,A) \xrightarrow{f_\ast} \text{Hom}(X,B) \xrightarrow{g_\ast} \text{Hom}(X,C) \xrightarrow{\delta} \ldots \xrightarrow{g_\ast} \text{Ext}^{n-1}(X,C) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^n(X,A) \xrightarrow{f_\ast}  \text{Ext}^n(X,B) \xrightarrow{g_\ast} \text{Ext}^n(X,C) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^{n+1}(X,A) \xrightarrow{f_\ast} \ldots$$ Một cách đối ngẫu, ta có một dãy khớp dài tự nhiên $$0 \to \text{Hom}(C,X) \xrightarrow{g^\ast} \text{Hom}(B,X) \xrightarrow{f^\ast} \text{Hom}(A,X) \xrightarrow{\delta} \ldots \xrightarrow{f^\ast} \text{Ext}^{n-1}(A,X) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^n(C,X) \xrightarrow{g^\ast}  \text{Ext}^n(B,X) \xrightarrow{f^\ast} \text{Ext}^n(A,X) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^{n+1}(C,X) \xrightarrow{g^\ast} \ldots$$

3. Nhóm $\text{Ext}^n$ và tích Yoneda

Cho $A$ và $B$ là các vật. Cho $n \ge 1$. Một mở rộng độ dài $n$ ($n$-fold extension) của $A$ bởi $B$ là một dãy khớp $$\xi: 0 \to B \to X_{n-1} \to X_{n-2} \to \ldots \to X_1 \to X_0 \to A \to 0.$$ Nếu $\xi'$ là một mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$ thì ta viết $\xi = \xi'$ nếu tồn tại một đẳng cấu $\xi' \to \xi$ với hai đầu cố định (tức là $1_B: B \to B$ và $1_A: A \to A$). Hiển nhiên "$=$" là một quan hệ tương đương. Tương tự như trường hợp $n = 1$, nếu $\xi = \xi'$ và $\eta = \eta'$ thì $\xi \oplus \eta = \xi' \oplus \eta'$ (giả sử một trong hai vế có nghĩa).

Chú ý rằng, khác với trường hợp $n = 1$, một cấu xạ $f: \xi' \to \xi$ với hai đầu cố định không có lí đo gì để là một đẳng cấu.

Ta xét $C$ là một vật, $m \ge 1$ và $\eta: C \to Y_{m-1} \to \ldots \to Y_0 \to B \to 0$ là một mở rộng độ dài $m$ của $B$ bởi $C$. Ta có thể nối (splice) chúng thành một mở rộng độ dài $m+n$ của $A$ bởi $C$ $$\eta \xi: 0 \to C \to Y_{m-1} \to \ldots \to Y_0 \to X_{n-1} \to \ldots \to X_0 \to A \to 0,$$ trong đó $Y_0 \to X_{n-1}$ là hợp thành của $B \to X_{n-1}$ và $Y_0 \to B$. Ta kiểm tra được rằng nếu $\xi = \xi'$ và $\eta = \eta'$ thì $\eta\xi = \eta'\xi'$ (giả sử một trong hai vế có nghĩa). Ngoài ra, phép nối các mở rộng có tính kết hợp (theo nghĩa hiển nhiên).

Ngược lại, ta có thể thu được $\xi$ (một mở rộng độ dài $n$) bằng cách nối liên tiếp $n$ dãy khớp ngắn. Cụ thể, nếu $K_i = \text{Im}(X_i \to X_{i-1}) = \text{Ker}(X_{i-1} \to X_{i-2})$ với $i=1,2,\ldots,n-1$ (quy ước $X_{-1} = A$) thì ta có các dãy khớp ngắn $$\xi_n : 0 \to  B \to X_{n-1} \to K_{n-1} \to 0$$ $$\xi_{n-1} : 0 \to K_{n-1} \to X_{n-2} \to K_{n-2} \to 0$$ $$\vdots$$ $$\xi_1 : 0 \to K_1 \to X_0 \to A \to 0,$$ và $\xi = \xi_n \cdots \xi_1$. Nếu $f: A' \to A$ là một cấu xạ, ta định nghĩa $\xi f:= \xi_n \cdots \xi_2 (\xi_1 f)$. Tương tự, nếu $g: B \to B'$ là một cấu xạ, ta định nghĩa $g \xi:=(g \xi_n) \xi_{n-1} \cdots \xi_1$. Thế thì các tính chất sau đây là hiển nhiên.

(i) $1_B \xi = \xi 1_A = \xi$.

(ii) Nếu $f': A'' \to A'$ và $g: B' \to B''$ là các cấu xạ thì $\xi(f f') = (\xi f) f'$ và $(g'g)\xi = g'(g \xi).$

(iii) $(g \xi) f = g(\xi f)$.

Nếu ta coi mỗi cấu xạ như một mở rộng độ dài $0$ và xem việc kéo lùi và đẩy xuôi các mở rộng như việc nối, thì (không may là) phép nối không còn kết hợp nữa. Cụ thể, nếu $\xi: 0 \to B \to X \to A \to 0$ và $\xi': 0 \to B' \to X' \to A' \to 0$ là các dãy khớp ngắn và $f: B' \to A$ là một cấu xạ, thế thì $(\xi f) \xi'$ không nhất thiết đẳng cấu với $\xi (f \xi')$. Tuy nhiên, ta có một cấu xạ với hai đầu cố định

Ta ký hiệu bởi $\text{Pretext}^n(A,B)$ lớp các mở rộng độ dài $n$ của $A$ sai khác tương đương. Xét $\sim$ là quan hệ tương đương nhỏ nhất trên $\text{Pretext}^n(A,B)$ sao cho $\xi \sim \xi'$ nếu có một cấu xạ $\xi' \to \xi$ với hai đầu cố định. Nói cách khác, $\xi \sim \xi'$ khi và chỉ khi tồn tại các mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$ $$\xi = \xi_0, \xi_1,\ldots,\xi_k = \xi'$$ sao cho với mọi $i = 1,\ldots,k$, tồn tại một cấu xạ $\xi_i \to \xi_{i-1}$ hoặc $\xi_{i-1} \to \xi_i$ với hai đầu cố định. Từ định nghĩa này, ta dễ thấy rằng nếu $\xi \sim \xi'$ và $\eta \sim \eta'$ thì $\xi \oplus \eta \sim \xi' \oplus \eta'$ (giả sử một trong hai vế có nghĩa) và $\eta \xi \sim \eta' \xi'$ (giả sử một trong hai vế có nghĩa).

Như ở trên, ta đã thấy rằng nếu $\xi: 0 \to B \to X \to A \to 0$ và $\xi': 0 \to B' \to X' \to A' \to 0$ là các dãy khớp ngắn và $f: B' \to A$ là một cấu xạ thì $(\xi f) \xi' \sim \xi (f \xi')$ trong $\text{Pretext}^2(A',B)$. Ngược lại, giả sử ta có một cấu xạ với hai đầu cố định

trong đó $\xi$ và $\xi'$ là các mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$. Với $i = 1,\ldots,n$, đặt $K_i = \text{Im}(X_i \to X_{i-1}) = \text{Ker}(X_{i-1} \to X_{i-2})$ và $K'_i = \text{Im}(X'_i \to X'_{i-1}) = \text{Ker}(X'_{i-1} \to X'_{i-2})$ (quy ước $X_n = X_n' = B$ và $X_{-1} = X_{-1}' = A$). Khi đó $\xi = \xi_n \cdots \xi_1$ và $\xi' = \xi_n'\cdots \xi_1'$, với $$\xi_i: 0 \to K_i \to X_{i-1} \to K_{i-1} \to 0$$ và $$\xi'_i: 0 \to K'_i \to X'_{i-1} \to K'_{i-1} \to 0.$$ Khi đó cấu xạ $\xi \to \xi'$ ở trên cho ta các biểu đồ giao hoán dưới đây

Ký hiệu bởi $\text{Ext}^n(A,B)$ thương của $\text{Pretext}^n(A,B)$ bởi quan hệ $\sim$. Với $\xi \in \text{Pretext}^n(A,B)$, ta ký hiệu lớp tương đương của nó bởi $[\xi] \in \text{Ext}^n(A,B)$. Nếu $C$ là một vật và $m \ge 1$ thì phép nối các dãy khớp cảm sinh một ánh xạ $$\text{Ext}^m(B,C) \times \text{Ext}^n(A,B) \to \text{Ext}^{m+n}(A,C), \quad ([\eta],[\xi]) \mapsto [\eta\xi],$$ được gọi là tích Yoneda. Tích này mở rộng cho mọi số tự nhiên $m$ và $n$ bằng cách đặt $\text{Ext}^0 = \text{Hom}$. Cụ thể

(i) với $m = 0$ và $n \ge 1$ thì $\text{Hom}(B,C) \times \text{Ext}^n(A,B) \to \text{Ext}^{n}(A,C)$ được cảm sinh bởi phép đẩy xuôi mở rộng.

(ii) với $m \ge 1$ và $n = 0$ thì $\text{Ext}^m(B,C) \times \text{Hom}(A,B) \to \text{Ext}^m(A,C)$ được cảm sinh bởi phép kéo lùi mở rộng.

(iii) với $m = n = 0$ thì tích Yoneda đơn giản là phép hợp thành $\text{Hom}(B,C) \times \text{Hom}(A,B) \to \text{Hom}(A,C)$.

Tích Yoneda kết hợp theo nghĩa hiển nhiên, nói riêng thì nó có tính hàm tử.

Tương tự như trường hợp $n = 1$, ta định nghĩa phép toán $+$ trên $\text{Pretext}^n(A,B)$ bởi $$\xi + \xi':=\nabla(\xi \oplus \xi')\Delta.$$ Nếu $n \ge $ và $\xi: 0 \to B \to X_{n-1} \to \ldots \to X_0 \to A \to 0$, $\xi': 0 \to B \to X'_{n-1} \to \ldots \to X'_0 \to A \to 0$ thì $\xi + \xi'$ là mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$ cho bởi dãy khớp $$0 \to B \to X'_{n-1} \sqcup_B X'_{n-1} \to X_{n-2} \oplus X_{n-2}' \to \ldots \to X_1 \oplus X_1' \to X_0 \times_A X_0' \to A \to 0.$$

Ta vẫn ký hiệu bởi $+$ phép toán mà nó cảm sinh trên $\text{Ext}^n(A,B)$. Ta sẽ chỉ ra rằng $\text{Ext}^n(A,B)$ cùng với phép toán này là một nhóm abel.

Bổ đề 1. Các quan hệ sau là đúng một khi một trong hai vế có nghĩa.

(i) $(g \oplus g')(\xi \oplus \xi') = g \xi \oplus g' \xi'$ và $(\xi \oplus \xi')(f \oplus f') = \xi f \oplus \xi' f'$.

(ii) $(\xi \oplus \xi')(\eta \oplus \eta') = \xi \eta \oplus \xi'\eta'$.

(iii) $(\xi + \xi')\eta \sim \xi\eta + \xi'\eta$ và $\xi(\eta + \eta') \sim \xi\eta + \xi\eta'$.

(iv) $(g + g')\xi \sim g\xi  + g'\xi$ và $\xi(f + f') \sim \xi f + \xi f'$.

(v) $g(\xi + \xi') = g \xi + g\xi'$ và $(\xi + \xi')f = \xi f + \xi' f$.

Chứng minh

(i) và (ii) là tầm thường.

Để chứng minh (iii), ta viết $\xi = \xi_n\cdots \xi_1, \xi' = \xi_n' \cdots \xi_1'$ và $\eta = \eta_m \cdots \eta_1$. Sử dụng công thức (ii) ở Bổ đề 4 của Bài 1, ta có $$(\xi + \xi')\eta = (\nabla(E \oplus E')\Delta)\eta = \nabla(\xi_n \oplus \xi_n') \cdots ((\xi_1 \oplus \xi_1') \Delta) \eta_m \cdots \eta_1 \sim \nabla(\xi_n \oplus \xi_n') \cdots (\xi_1 \oplus \xi_1') (\Delta \eta_m) \cdots \eta_1 = \nabla(\xi_n \oplus \xi_n') \cdots (\xi_1 \oplus \xi_1')((\eta_m\oplus \eta_m') \Delta) \cdots \eta_1 \sim \cdots = \nabla(\xi_n \oplus \xi_n') \cdots (\xi_1 \oplus \xi_1')(\eta_m \oplus \eta_m') \cdots (\eta_1 \oplus \eta_1') \Delta = \nabla(\xi\eta \oplus \xi'\eta)\Delta = \xi\eta + \xi'\eta,$$ và tương tự cho $\xi(\eta + \eta') \sim \xi \eta + \xi \eta'$.

Để chứng minh (iv), ta lại dùng Bổ đề 4 của Bài 1. Viết $\xi = \xi_n \cdots \xi_1$, thế thì $$(g + g')\xi = (g + g')\xi_n \cdots \xi_1 = (g\xi_n + g'\xi_n)\xi_{n-1}\cdots \xi_1 \sim g \xi_n \cdots \xi_1 + g' \xi_n \cdots \xi_1 = g\xi + g'\xi,$$ và tương tự cho $\xi(f + f') \sim \xi f + \xi f'$.

Cuối cùng, ta chứng minh (v). Ta có $$g(\xi + \xi') = g\nabla(\xi \oplus \xi') \Delta = \nabla(g \oplus g)(\xi \oplus \xi') \Delta = \nabla(g \xi \oplus g\xi') \Delta = g\xi + g\xi',$$ và tương tự cho $(\xi + \xi')f = \xi f + \xi' f$. $\square$

Định lý 2. $\text{Pretext}^n(A,B)$ cùng với phép toán $+$ là một vị nhóm (monoid) giao hoán. $\text{Ext}^n(A,B)$ cùng với phép toán $+$ là một nhóm abel.

Chứng minh

Tính kết hợp. Chứng minh giống như trường hợp $n = 1$.

Tính giao hoán. Chứng minh tương tự như trường hợp $n = 1$. Điều ta cần chứng minh thêm là $\tau(\xi \oplus \xi') = (\xi' \oplus \xi) \tau$. Thật vậy, viết $\xi = \xi_n \cdots \xi_1$ và $\xi' = \xi'_n \cdots \xi_1'$. Ta có $$\tau(\xi \oplus \xi') = (\tau(\xi_n \oplus \xi_n')) \cdots (\xi_1 \oplus \xi'_1) =  ((\xi_n' \oplus \xi_n)\tau) \cdots (\xi_1 \oplus \xi'_1) = (\xi_n' \oplus \xi_n)(\tau(\xi_{n-1} \oplus \xi_{n-1}')) \cdots (\xi_1 \oplus \xi'_1) = \cdots =  (\xi_n' \oplus \xi_n) \cdots ((\xi'_1 \oplus \xi_1)\tau) = (\xi' \oplus \xi)\tau$$ (chú ý rằng ta có $((\xi'_i \oplus \xi_i) \tau)(\xi_{i-1} \oplus \xi'_{i-1}) = (\xi'_i \oplus \xi_i)(\tau(\xi'_{i-1} \oplus \xi_{i-1}))$ thay vì chỉ có $((\xi'_i \oplus \xi_i) \tau)(\xi_{i-1} \oplus \xi'_{i-1}) \sim (\xi'_i \oplus \xi_i)(\tau(\xi'_{i-1} \oplus \xi_{i-1}))$, vì $\tau$ là một đẳng cấu).

Phần tử trung lập. Ta có thể giả sử $n \ge 2$. Ta chứng minh rằng $\theta: 0 \to B \xrightarrow{1_B} B \to 0 \to \ldots \to 0 \to A \xrightarrow{1_A} A \to 0$ là phần tử trung lập của $\text{Pretext}^n(A,B)$ (để rõ ràng hơn, với $n = 2$ thì $\theta$ là mở rộng $0 \to B \xrightarrow{1_B} B \xrightarrow{0} A \xrightarrow{1_A} A \to 0$). Thật vậy, nếu $\xi: 0 \to B \to X_{n-1} \to \ldots \to X_0 \to A \to 0$ là một mở rộng bậc $n$ của $A$ bởi $B$ thì ta có biểu đồ giao hoán

trong đó các mũi tên dọc là các đẳng cấu. Vì thế ta có $\theta + \xi = \xi$.

Điều này chứng minh $\text{Pretext}^n(A,B)$ cùng với $+$ là một vị nhóm giao hoán.

Phần tử đối. Ta vẫn giả sử $n \ge 2$. Xét $\theta$ và $\xi$ như trên. Đặt $K = \text{Im}(B \to X_{n-1}) = \text{Ker}(X_{n-1} \to X_{n-2}$. Ta có biểu đồ giao hoán

trong đó các mũi tên đều hiển nhiên. Điều này cho thấy $0\xi \sim \theta$. Cuối cùng, $$\xi + (-1_B)\xi \sim (1_B + (-1_B))\xi = 0\xi \sim \theta,$$ nghĩa là ${(-1_B)\xi}$ là một phần tử đối của $[\xi] \in \text{Ext}^n(A,B)$. $\square$

Theo Bổ đề 1, ta đã xây dựng được các hàm tử hai biến $\text{Ext}^n(-,-): \mathcal{A}^{\text{op}} \times \mathcal{A} \to \mathbf{Ab}$. Ngoài ra, tích Yoneda $$\text{Ext}^m(B,C) \times \text{Ext}^n(A,B) \to \text{Ext}^{m+n}(A,C)$$ có các tính chất kết hợp, song cộng tính và hàm tử.

2. Dãy khớp dài của $\text{Hom}$ và $\text{Ext}^1$

Cho một dãy khớp ngắn $\xi: 0 \to A \xrightarrow{f} B \xrightarrow{g} C \to 0$ trong $\mathcal{A}$. Với một vật $X$, các hàm tử $\text{Hom}(X,-)$ và $\text{Hom}(-,X)$ đều khớp trái, nghĩa là ta có các dãy khớp $$0 \to \text{Hom}(X,A) \xrightarrow{f_\ast} \text{Hom}(X,B)  \xrightarrow {g_\ast} \text{Hom}(X,C)$$ và $$0 \to \text{Hom}(C,X) \xrightarrow{g^\ast} \text{Hom}(B,X)  \xrightarrow {f^\ast} \text{Hom}(A,X).$$ Các nhóm $\text{Ext}^n$ cho phép ta mở rộng các dãy khớp trên về phía bên phải. Ở bài này, ta bắt đầu với trường hợp $n = 1$.

Trước hết, ta định nghĩa các đồng cấu nối thuận biến $$\delta: \text{Hom}(X,C) \to \text{Ext}^1(X,A), \qquad h \mapsto \xi h$$ và phản biến $$\delta: \text{Hom}(A,X) \to \text{Ext}^1(C,X), \qquad h \mapsto h \xi.$$ Ta đã thấy ở bài trước rằng đây là các đồng cấu nhóm, và chúng có tính hàm tử. Mục tiêu của chúng ta là chứng minh rằng các dãy $$\begin{equation} \label{eq1} 0 \to \text{Hom}(X,A) \xrightarrow{f_\ast} \text{Hom}(X,B)  \xrightarrow {g_\ast} \text{Hom}(X,C) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^1(X,A) \xrightarrow{f_\ast} \text{Ext}^1(X,B)  \xrightarrow {g_\ast} \text{Ext}^1(X,C) \end{equation}$$ và $$0 \to \text{Hom}(C,X) \xrightarrow{g^\ast} \text{Hom}(B,X)  \xrightarrow {f^\ast} \text{Hom}(A,X) \xrightarrow{\delta} \text{Ext}^1(C,X) \xrightarrow{g^\ast} \text{Ext}^1(B,X)  \xrightarrow {f^\ast} \text{Ext}^1(A,X)$$ là khớp. Bằng cách làm việc trong $\mathcal{A}^{\text{op}}$, ta chỉ cần chứng minh phiên bản thuận biến $\eqref{eq1}$. Ta cần thiết lập tính khớp tại $\text{Hom}(X,C)$, $\text{Ext}^1(X,A)$ và $\text{Ext}^1(X,B)$.

Bổ đề 1. Một cấu xạ $h: X \to C$ phân tích qua $g: B \to C$ khi và chỉ khi $\xi h = 0$.

Chứng minh

Dãy khớp $\xi h$ được cho bởi $\xi h: 0 \to A \to B \times_C X \xrightarrow{p} X \to 0$. Nếu $h = gk$ với $k: X \to B$ nào đó thì tính chất phổ dụng của tích theo thớ cho ta một cấu xạ $(k,1_X): X \to B \times_C X$. Hiển nhiên đây là một lớp cắt của $p$, nghĩa là $\xi h$ là một dãy khớp chẻ.

Ngược lại, giả sử có một lớp cắt $s: X \to B \times_C X$ của $p$. Ký hiệu bởi $q: B \times_C X \to B$ phép chiếu lên tọa độ thứ nhất. Thế thì $hp = gq$ và vì thế $gqs = hps = h1_X = h$. $\square$

Bổ đề 1 đã chứng minh tính khớp của dãy $\eqref{eq1}$ tại $\text{Hom}(X,C)$.

Bổ đề 2. Dãy $\eqref{eq1}$ khớp tại $\text{Ext}^1(X,A)$.

Chứng minh

Cho $h: X \to C$ là một cấu xạ. Ta áp dụng phiên bản đối ngẫu của Bổ đề 1 cho kéo lùi $\xi h: 0 \to A \xrightarrow{i} B \times_C X \to X \to 0$ và cấu xạ $f: A \to B$. Rõ ràng $f$ là hợp thành của phép chiếu $B \times_C X \to B$ với cấu xạ $i$, do đó $f_\ast(\delta(h)) = f \xi h = 0.$

Ngược lại, giả sử $\eta: 0 \to A \xrightarrow{i}  Y \to X \to 0$ là một mở rộng của $X$ bởi $A$ sao cho $f\eta = f_\ast(\eta) = 0$. Theo phiên đối ngẫu của Bổ đề 1, ta có $f = ri$ với $r: Y \to B$ nào đó, suy ra $gri = gf = 0$. Do $X$ là đối hạch của $i$, theo tính chất phổ dụng của đối hạch, ta có một cấu xạ $h: X \to C$ sao cho biểu đồ

Ta có $g_\ast f_\ast = (gf)_\ast = 0$.

Ngược lại, giả sử $\eta: 0 \to B \xrightarrow{i}  Y \to X \to 0$ là một mở rộng của $X$ bởi $B$ sao cho $g\eta = g_\ast(\eta) = 0$. Theo phiên bản đối ngẫu của Bổ đề 1, ta có $g = ri$ với $r: Y \to C$ nào đó. Nói riêng, vì $g$ là một toàn cấu nên $r$ cũng vậy. Gọi $K$ là hạch của $r$. Ta có $rif = gf = 0$ nên theo tính chất phổ dụng của hạch, tồn tại một cấu xạ $A \to K$ sao cho biểu đồ 

giao hoán.Theo bổ đề 9, $\zeta$ là một dãy khớp. Do đó, $\eta = f\zeta = f_\ast(\zeta)$ do tính duy nhất (xem Bài 1). $\square$

Các hàm tử $\text{Hom}$ phản biến và thuận biến của một phạm trù abel là các hàm tử khớp trái. Khi phạm trù đã cho có đủ xạ ảnh hoặc đủ nội xạ, ta có thể xây dựng các hàm tử $\text{Ext}^n$ với tư cách là dẫn xuất phải thứ $n$ của $\text{Hom}$, $n = 1,2,\ldots$. Năm 1934, Baer đã đưa ra mô tả cụ thể cho nhóm $\text{Ext}^1$ bởi các dãy khớp ngắn và phép toán trên đó (tổng Baer). Yoneda đã tổng quát hóa điều này cho các nhóm $\text{Ext}^n$ bởi các mở rộng độ dài $n$ ($n$-fold extensions).

Mục tiêu của các bài viết trong chủ đề này là trình bày lại các xây dựng trên và chỉ ra rằng cách xây dựng cụ thể ở trên của hàm tử $\text{Ext}^n$ trùng với cách xây dựng qua ngôn ngữ hàm tử dẫn xuất. Nội dung được lấy từ chương VII của [Barry Mitchell, Theory of Categories, 1965].

Ta cố định một phạm trù abel $\mathcal{A}$. Khi không có gì nhầm lẫn, ta dùng ký hiệu $\text{Hom}$ thay cho $\text{Hom}_{\mathcal{A}}$ và tương tự với $\text{Ext}^n$. Để tránh "abstract nonsense", ta hoàn toàn có thể làm việc trong một phạm trù cụ thể như phạm trù các mô-đun trên một vành. Khi đó, các chứng minh sẽ đơn giản hơn nhiều vì ta có khái niệm "phần tử".

1. Nhóm $\text{Ext}^1$ và tổng Baer

Cho $A$, $B$ là hai vật (của $\mathcal{A}$). Một mở rộng của $A$ bởi $B$ là một dãy khớp ngắn $\xi: 0 \to B \to X \to A \to 0$. Ta nói một mở rộng $\xi': 0 \to B \to X' \to A \to 0$ là tương đương với $\xi$ nếu tồn tại một cấu xạ $f: X' \to X$ sao cho biểu đồ

giao hoán. Theo bổ đề 5, một cấu xạ $f$ như vậy tự động là một đẳng cấu. Lạm dụng ký hiệu, ta sẽ viết $\xi = \xi'$ nếu chúng tương đương. Ta ký hiệu bởi $\text{Ext}^1(A,B)$ lớp tất cả các mở rộng của $A$ bởi $B$ sai khác tương đương (dễ thấy "$=$" là một quan hệ tương đương giữa các mở rộng của $A$ bởi $B$). Có một vấn đề về mặt lý thuyết tập hợp rằng $\text{Ext}^1(A,B)$ có thể quá lớn (tức là một lớp thực sự thay vì là một tập hợp). Tuy nhiên chúng ta sẽ hoàn toàn lờ đi điều này. Dễ thấy nếu $\xi = \xi'$ và $\eta = \eta'$ thì $\xi \oplus \eta = \xi' \oplus \eta'$.

Mục tiêu của chúng ta là định nghĩa một phép toán có tính hàm tử trên $\text{Ext}^1(A,B)$ để nó trở thành một nhóm abel. Ta bắt đầu với tính hàm tử.

Bổ đề 1. Cho $f: A' \to A$ là một cấu xạ. Tồn tại duy nhất (sai khác tương đương) một cách nhúng biểu đồ

vào một biểu đồ giao hoán với hai hàng khớp:

Hàng trên của biểu đồ này là một mở rộng của $A'$ bởi $B$. Ta gọi nó là kéo lùi của $\xi$ bởi $f$ và ký hiệu nó bởi $\xi f$ (ta sẽ sớm thấy lợi thế của ký hiệu này so với ký hiệu $f^\ast \xi$).

Chứng minh

Trước hết, ta chứng minh tính duy nhất. Thật vậy, theo tính chất phổ dụng của tích theo thớ (fibered product) $X \times_A A'$, ta có một cấu xạ $X' \to X \times_A A'$, và ta dễ dàng kiểm tra rằng nó cho ta một tương đương giữa hai mở rộng $0 \to B \to X' \to A' \to 0$ và $0 \to B \to X \times_A A' \to A' \to 0$. Để chứng minh sự tồn tại, ta chỉ cần chỉ ra rằng dãy $0 \to B \to X \times_A A' \to A' \to 0$ khớp. Đây là một bài tập cơ bản của đại số đồng điều: trước hết, vì $X \to A$ là một toàn cấu nên $A$ chính là tổng hỗn tạp (amalgamated sum) của $X$ và $A'$ dọc theo $X \times_A A'$. Chi tiết xem ở The Stacks project 08N4. $\square$

Như vậy, mỗi cấu xạ $f: A' \to A$ cảm sinh một ánh xạ $f^\ast: \text{Ext}^1(A,B) \to \text{Ext}^1(A',B), \quad \xi \mapsto \xi f$.

Một cách đối ngẫu (chẳng hạn, ta có thể làm việc trong $\mathcal{A}^{\text{op}}$), nếu $g: B \to B'$ là một cấu xạ thì tồn tại duy nhất một cách nhúng biểu đồ

vào một biểu đồ giao hoán với hai hàng khớp

Trong trường hợp này, $X'$ là tổng hỗn tạp $X \sqcup_B B'$. Hàng dưới của biểu đồ trên là một mở rộng của $A$ bởi $B'$. Ta gọi nó là đẩy xuôi của $\xi$ bởi $g$ và ký hiệu nó bởi $g \xi$.

Ta có một ánh xạ $g_\ast: \text{Ext}^1(A,B) \to \text{Ext}^1(A,B'), \quad \xi \mapsto g\xi$.

Bổ đề 2. Cho $\xi: 0 \to B \to X \to A \to 0$ và $\xi': 0 \to B' \to X' \to A' \to 0$ là các dãy khớp ngắn. Cho một cấu xạ $\xi' \to \xi$ giữa chúng, và ký hiệu $f: A' \to A$ và $g: B' \to B$ là các cấu xạ tương ứng. Khi đó $\xi' \to \xi$ phân tích qua một mở rộng $\xi''$ của $A'$ bởi $B$ sao cho $\xi'' = g \xi' = \xi f$.

Chứng minh

Ta lấy $\xi'' = \xi f$ rồi xây dựng một cấu xạ $X' \to X \times_A A'$ bằng tính chất phổ dụng của tích theo thớ, từ đó ta có một cấu xạ $\xi' \to \xi''$ với hai đầu là $g: B' \to B$ và $1_{A'}: A' \to A'$. Do tính duy nhất nên ta có $\xi'' = g \xi'$. $\square$

Bổ đề 3. Cho $\xi: 0 \to B \to X \to A \to 0$ là một mở rộng. Cho $f: A' \to A, f': A'' \to A', g: B \to B'$ và $g': B' \to B''$ là các cấu xạ. Ta có các đẳng thức sau

(i) $1_B \xi = \xi 1_A = \xi$.

(ii) $(g'g)\xi = g'(g\xi)$ và $\xi(ff') = (\xi f)f'$.

(iii) $(g \xi) f = g(\xi f)$.

Nói cách khác, các xây dựng $f^\ast$ và $g_\ast$ có tính hàm tử và tương thích với nhau. Nói riêng, ta có một hàm tử hai biến $\text{Ext}^1(-,-): \mathcal{A}^{\text{op}} \times \mathcal{A} \to \mathbf{Sets}.$ Ngoài ra, ta có thể viết $gg' \xi, \xi ff'$ và $g\xi f$ mà không gây bất kỳ nhầm lẫn nào.

Chứng minh

(i) và (ii) là hiển nhiên. Để chứng minh (iii), ta xét các cấu xạ tự nhiên $\xi f \to \xi$ và $\xi \to g\xi$. Áp dụng Bổ đề 2, ta có thể phân tích hợp thành $\xi f \to g\xi$ qua một mở rộng $\xi'$ của $A'$ bởi $B'$ sao cho $\xi' = g(\xi f) = (g \xi)f$. $\square$

Khi $A$ là một vật, ta ký hiệu $\Delta: A \to A \oplus A$ là cấu xạ đường chéo, $\nabla: A \oplus A \to A$ là cấu xạ "cộng", và $\tau: A \oplus A \to A \oplus A$ là cấu xạ "đổi chỗ hai tọa độ".

Cho $A$ và $B$ là hai vật. Ta định nghĩa phép toán $+$ (được gọi là tổng Baer) trên tập hợp $\text{Ext}^1(A,B)$ bởi $$\xi+\xi':=\nabla (\xi \oplus \xi') \Delta$$ (tất nhiên, để vế phải có nghĩa thì $\nabla: B \oplus B \to B$ và $\Delta: A \to A \oplus A$). Cụ thể, nếu $\xi: 0 \to B \xrightarrow{i} X \to A \to 0$ và $\xi': 0 \to B \xrightarrow{i'} X' \to A \to 0$ thì $\xi + \xi'$ là mở rộng $$0 \to B \to \text{Coker}(B \xrightarrow{(i,-i')} X \times_A X') \to A \to 0.$$

Bổ đề 4. Các đẳng thức sau là đúng một khi một trong hai vế có nghĩa.

(i) $(g \oplus g')(\xi \oplus \xi') = g\xi \oplus g'\xi'$ và $(\xi \oplus \xi')(f \oplus f') = \xi f \oplus \xi' f'$.

(ii) $\xi \nabla = \nabla(\xi \oplus \xi)$ và $\Delta \xi = (\xi \oplus \xi) \Delta$.

(iii) $(g + g')\xi = g\xi + g'\xi$ và $\xi (f + f') = \xi f + \xi f'$.

(iv) $g(\xi + \xi') = g\xi + g\xi'$ và $(\xi + \xi')f = \xi f + \xi' f$.

Chứng minh

(i) suy ra là tính hàm tử của song tích $\oplus$. (ii) được suy ra từ Bổ đề 2 áp dụng cho cấu xạ cộng $\xi \oplus \xi \to \xi$ cũng như cấu xạ đường chéo $\xi \to \xi \oplus \xi$. Để chứng minh (iii), ta nhận xét rằng $g + g' = \nabla(g \oplus g') \Delta$, vì thế $$(g+g')\xi = \nabla(g \oplus g') \Delta \xi = \nabla(g \oplus g') (\xi \oplus \xi) \Delta = \nabla(g \xi \oplus g'\xi) \Delta = g\xi + g'\xi,$$ và tương tự cho đẳng thức $\xi (f + f') = \xi f + \xi f'$. Để chứng minh (iv), chú ý rằng $g \nabla = \nabla(g \oplus g)$, do đó $$g(\xi + \xi') = g\nabla(\xi \oplus \xi') \Delta = \nabla(g \oplus g)(\xi \oplus \xi') \Delta = \nabla(g \xi \oplus g\xi') \Delta = g\xi + g\xi',$$  và tương tự cho đẳng thức $(\xi + \xi')f = \xi f + \xi' f$. $\square$

Định lý 5. Cho $A$ và $B$ là các vật. Tập hợp $\text{Ext}^1(A,B)$ cùng với tổng Baer là một nhóm abel.

Chứng minh

Tính kết hợp. Cho $\xi,\xi'$ và $\xi''$ là các mở rộng của $A$ bởi $B$. Ta có $$(\xi + \xi') + \xi'' = \nabla(\xi \oplus \xi') \Delta + \xi'' = \nabla((\nabla(\xi \oplus \xi') \Delta) \oplus \xi'')\Delta = \nabla(\nabla \oplus 1_B)(\xi \oplus \xi' \oplus \xi'')(\Delta \oplus 1_A)\Delta.$$ Sử dụng các đẳng thức $\nabla(\nabla \oplus 1_B) = \nabla(1_B \oplus \nabla)$ và $(\Delta \oplus 1_A)\Delta = (1_A \oplus \Delta) \Delta$, ta thu được $$(\xi + \xi') + \xi''  = \nabla(1_B \oplus \nabla)(\xi \oplus \xi' \oplus \xi'')(1_A \oplus \Delta)\Delta = \nabla(\xi \oplus (\nabla(\xi' \oplus \xi'')\Delta))\Delta = \xi + (\xi' + \xi'').$$

Tính giao hoán. Cho $\xi$ và $\xi'$ là các mở rộng của $A$ bởi $B$. Các cấu xạ đổi chỗ hai tọa độ cảm sinh một cấu xạ hiển nhiên $\xi \oplus \xi' \to \xi' \oplus \xi$. Theo Bổ đề 2, ta có $\tau(\xi \oplus \xi') = (\xi' \oplus \xi) \tau$. Hiển nhiên, ta có $\nabla \tau  = \nabla$ và $\tau \Delta = \Delta$, do đó $$\xi + \xi' = \nabla(\xi \oplus \xi') \Delta = \nabla \tau(\xi \oplus \xi') \Delta = \nabla(\xi' \oplus \xi) \tau \Delta = \nabla(\xi' \oplus \xi) \Delta = \xi' + \xi.$$

Phần tử trung lập. Ta chỉ rằng rằng dãy khớp chẻ $\theta: 0 \to B \xrightarrow{i} B \oplus A \xrightarrow{p} A \to 0$ là phần tử trung lập của tổng Baer. Thật vậy, nếu $\xi: 0 \to B \xrightarrow{j} X \xrightarrow{q} A \to 0$ là một mở rộng của $A$ bởi $B$, ta có biểu đồ giao hoán với các dòng khớp:

trong đó $\alpha$ là hợp thành của $q$ và phép chiếu lên tọa độ thứ hai $B \oplus X \to X$. Từ đó ta thấy rằng hàng giữa của biểu đồ trên là $(\theta \oplus \xi) \Delta$ và vì thế hàng dưới bằng $$\xi = \nabla(\theta \oplus \xi) \Delta = \theta + \xi.$$

Phần tử đối. Xét $\theta$ và $\xi$ như trên. Ta có biểu đồ giao hoán với hai hàng khớp

Từ đó ta có $0 \xi = \theta$. Do đó $$\xi + (-1_B)\xi = (1_B + (-1_B))\xi = 0\xi = \theta,$$ nghĩa là $(-1_B)\xi$ là một phần tử đối của $\xi$. $\square$

Như vậy, $\text{Ext}^1(A,B)$ là một nhóm abel với mọi vật $A$ và $B$. Nếu $f: A' \to A$ và $g: B \to B'$ là các cấu xạ thì các ánh xạ cảm sinh $f^\ast: \text{Ext}^1(A,B) \to \text{Ext}^1(A',B)$ và $g_\ast: \text{Ext}^1(A,B) \to \text{Ext}^1(A,B')$ là các đồng cấu nhóm theo Bổ đề 4. Như vậy, ta đã xây dựng hàm tử hai biến $\text{Ext}^1(-,-): \mathcal{A}^{\text{op}} \times \mathcal{A} \to \mathbf{Ab}.$

5. $\text{Ext}$ như những dẫn xuất phải của hàm tử $\text{Hom}$

Trong bài này, ta giả sử $\mathcal{A}$ có đủ xạ ảnh. Khi đó, với mỗi vật $B$, ta có thể định nghĩa các hàm tử dẫn xuất phải $R^n\text{Hom}(-,B)$. Ta sẽ chỉ ra đẳng cấu tự nhiên giữa chúng và các hàm tử $\text{Ext}^n(-,B)$.

Cho $A$ là một vật. Để tính $R^n\text{Hom}(-,B)(A)$, chọn một giải xạ ảnh $\ldots \xrightarrow{d_1} P_1 \xrightarrow{d_0} P_0 \xrightarrow{\epsilon} A \to 0$. Áp dụng hàm tử $\text{Hom}(-,B)$, ta thu được phức $$0 \to \text{Hom}(P_0,B) \xrightarrow{d_0^\ast} \text{Hom}(P_1,B) \xrightarrow{d_1^\ast} \ldots$$ và $R^n\text{Hom}(-,B)(A) = \frac{\text{Ker}(d_n^\ast)}{\text{Im}(d_{n-1}^\ast)}$ với mọi $n \ge 1$.

Ta xây dựng ánh xạ $\Phi: \text{Ext}^n(A,B) \to R^n\text{Hom}(-,B)(A)$ như sau. Cho $\xi: 0 \to B \to X_{n-1} \to \ldots \to X_0 \to A \to 0$ là một mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$. Ta có thể phủ cấu xạ đồng nhất $1_A: A \to A$ bằng một cấu xạ từ giải xạ ảnh trên vào $\xi$ như trong hình dưới. Gọi $h: P_n \to B$ là cấu xạ ở bậc $n$. Nếu $\xi'$ là mở rộng khác sao cho $\xi \to \xi'$ là một cấu xạ với hai đầu cố định thì ta cũng thu được một cấu xạ từ giải xạ ảnh ban đầu vào $\xi'$, trong đó cấu xạ ở bậc $n$ là $h: P_n \to B$. Ngoài ra, vì $B \to X_{n-1}$ là một đơn cấu nên $hd_n = 0$, nghĩa là $d_n \in \text{Ker}(d_n^\ast)$.

Cuối cùng, cấu xạ từ giải xạ ảnh ban đầu vào $\xi$ là duy nhất sai khác đồng luân, vì thế phần tử $[h] \in R^n\text{Hom}(-,B)(A)$ được định nghĩa tốt và chỉ phụ thuộc vào lớp đương đương $[\xi] \in \text{Ext}^n(A,B)$. Ta định nghĩa $\Phi([\xi]) = [h]$.

Ta xây dựng ánh xạ ngược $\Psi: R^n\text{Hom}(-,B)(A) \to \text{Ext}^n(A,B)$ của $\Phi$ như sau. Đặt $K:=\text{Ker}(d_{n-2}) = \text{Im}(d_{n-1}) = \text{Coker}(d_n)$ (quy ước $d_{-1} = \epsilon$). Ta có một phân tích $P_n \xrightarrow{p} K \xrightarrow{i} P_{n-1}$ của $d_{n-1}$, với $p$ là một toàn cấu và $i$ là một đơn cấu. Xét mở rộng độ dài $n$ $$\xi_0: 0 \to K \xrightarrow{i} P_{n-1} \xrightarrow{d_{n-2}} \ldots \xrightarrow{d_0} P_0 \xrightarrow{\epsilon} A \to 0.$$ Nếu $h: P_n \to B$ là một cấu xạ sao cho $hd_n = 0$ thì theo tính chất phổ dụng của đối hạch, tồn tại duy nhất cấu xạ $h': K \to B$ sao cho $h = h'p$. Từ đây, ta có một đồng cấu nhóm $$\text{Ker}(d_n^\ast) \to \text{Ext}^n(A,B), \qquad h \mapsto [h' \xi_0].$$ Ngoài ra, nếu $h = kd_{n-1}$ với $k: P_{n-1} \to B$ nào đó thì $h'p = kip$, suy ra $h' = ki$ do $p$ là một toàn cấu. Theo phiên bản đối ngẫu của Bổ đề 1 ở Bài 2 và tính cộng tính của tích Yoneda, ta có $h'\xi_0 \sim 0$. Như vậy, đồng cấu nhóm ở trên cảm sinh một đồng cấu nhóm $$\Psi: R^n\text{Hom}(-,B)(A) \to \text{Ext}^n(A,B), \qquad [h] \mapsto [h' \xi_0].$$

Bây giờ, ta chứng minh rằng $\Psi$ thực sự là ánh xạ ngược của $\Phi$.

Cho $\xi: 0 \to B \to X_{n-1} \to \ldots \to X_0 \to A \to 0$ là một mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$. Phủ cấu xạ đồng nhất $1_A$ bằng một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P_{\bullet} \xrightarrow{\epsilon} A$ vào $\xi$, và gọi $h: P_n \to B$ là cấu xạ ở bậc $n$. Nói riêng, $hd_n = 0$ và $\Phi([\xi]) = [h]$. Thế thì

Gọi $h': K \to B$ là cấu xạ (duy nhất) sao cho $h = h'p$. Vì $p$ là một toàn cấu, ta dễ dàng kiểm tra được rằng có một cấu xạ $\xi_0 \to \xi$ với hai đầu lần lượt là $h': K \to B$ và $1_A: A \to A$. Bằng cách tách thành các dãy khớp ngắn và sử dụng tính duy nhất, ta có $h' \xi_0 \sim \xi$, do đó $\Psi([h]) = [h'\xi_0] = [\xi]$.

Ngược lại, cho $h: K \to B$ là một cấu xạ sao cho $hd_n = 0$. Gọi $h': K \to B$ là cấu xạ (duy nhất) sao cho $h = h'p$. Thế thì $\Psi([h]) = [h'\xi_0]$.Ta có một cấu xạ $\xi_0 \to h'\xi_0$ với hai đầu lần lượt là $h': K \to B$ và $1_A: A \to A$. Hợp thành với $p$, ta thu được một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P_{\bullet} \xrightarrow{\epsilon} A$ vào $h' \xi_0$ phủ $1_A$, với cấu xạ ở bậc $n$ là $h'p = h: P_n \to B$, từ đó $\Phi([h' \xi_0]) = [h]$. 

Tóm lại, $\Psi$ là ánh xạ ngược của $\Phi$ và vì thế $\Phi$ là một đẳng cấu nhóm.

Tiếp theo, ta chỉ ra tính hàm tử của đẳng cấu $\Phi$. 

Cho $f: A' \to A$ là một cấu xạ. Chọn một giải xạ ảnh $\ldots \xrightarrow{d_1'} P'_1 \xrightarrow{d_0'} P'_0 \xrightarrow{\epsilon'} A' \to 0$ và phủ $f$ bởi một biểu đồ giao hoán

Thế thì $R^n\text{Hom}(-,B)(A') = \frac{\text{Ker}((d'_n)^\ast: \text{Hom}(P_n',B) \to \text{Hom}(P_{n+1}',B))}{\text{Im}((d'_{n-1})^\ast: \text{Hom}(P_{n-1}',B) \to \text{Hom}(P_n',B))}$ và cấu xạ $R^n\text{Hom}(-,B)(A) \to \text{Hom}(-,B)(A')$ chính là $f_n^\ast: [h] \mapsto [h f_n]$ với mọi $n \ge 1$. Ta chỉ ra rằng biểu đồ

giao hoán. Thật vậy, cho $\xi$ là một mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$. Phủ $1_A: A \to A$ bởi một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P_\bullet \xrightarrow{\epsilon} A$ vào $\xi$. Gọi $h: P_n \to B$ là cấu xạ ở bậc $n$. Ta thu được một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P'_\bullet \xrightarrow{\epsilon'} A'$ vào $\xi$ phủ $f: A' \to A$, trong đó cấu xạ ở bậc $n$ là $hf_n: P_n' \to B$. Bằng cách tách thành các dãy khớp ngắn và sử dụng tính duy nhất, ta tìm được một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P'_\bullet \xrightarrow{\epsilon'} A'$ vào $\xi f$ phủ $1_{A'}: A' \to A'$, trong đó cấu xạ ở bậc $n$ là $hf_n$. Từ đó $$\Phi(f^\ast([\xi])) = \Phi([\xi f]) = [hf_n] = f_n^\ast([h]) = f_n^\ast(\Phi([\xi])).$$

Điều này cho thấy đẳng cấu $\Phi$ tự nhiên theo biến $A$.

Cho $g: B \to B'$ là một cấu xạ. Thế thì $R^n\text{Hom}(-,B')(A) = \frac{\text{Ker}(d_n^\ast: \text{Hom}(P_n,B') \to \text{Hom}(P_{n+1},B'))}{\text{Im}(d_{n-1}^\ast: \text{Hom}(P_{n-1},B') \to \text{Hom}(P_n,B'))}$ và cấu xạ $R^n\text{Hom}(-,B)(A) \to \text{Hom}(-,B')(A)$ chính là $g_\ast: [h] \mapsto [gh]$. Ta chỉ rằng rằng biểu đồ

giao hoán. Thật vậy, cho $\xi$ là một mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$. Phủ $1_A: A \to A$ bởi một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P_\bullet \xrightarrow{\epsilon} A$ vào $\xi$. Gọi $h: P_n \to B$ là cấu xạ ở bậc $n$. Ta thu được một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P_\bullet \xrightarrow{\epsilon} A$ vào $g\xi$ phủ $1_A: A \to A$, trong đó cấu xạ ở bậc $n$ là $gh$. Do đó $$\Phi(g_\ast[\xi]) = \Phi([g\xi]) = [gh] = g_\ast([h]) = g_\ast(\Phi([\xi]).$$

Điều này cho thấy đẳng cấu $\Phi$ tự nhiên theo biến $B$.

Cuối cùng, ta chỉ tìm hiểu quan hệ giữa $\Phi$ và các đồng cấu nối của dãy khớp dài. Cho $\xi: 0 \to A \xrightarrow{f} B \xrightarrow{g} C \to 0$ là một dãy khớp ngắn. Chọn các giải xạ ảnh $\ldots \xrightarrow{d'_1} P'_1 \xrightarrow{d'_0} P'_0 \xrightarrow{\epsilon'} A \to 0$ và $\ldots \xrightarrow{d''_1} P''_1 \xrightarrow{d''_0} P''_0 \xrightarrow{\epsilon''} C \to 0$ sao cho ta có biểu đồ giao hoán với các cột dòng (trừ dòng dưới cùng) là các dãy khớp chẻ.

Với $n \ge 0$, ký hiệu $r_n: P_n' \oplus P_n'' \to P_n'$ là phép chiếu tự nhiên và $s_n: P_n'' \to P_n' \oplus P_n''$ là phép nhúng tự nhiên. Thế thì ta có $$r_n f_n = 1_{P_n'}, \quad g_n s_n = 1_{P_n''}, \quad f_n r_n + s_n g_n = 1_{P_n' \oplus P_n''}, \quad d_n f_{n+1} = f_n d_n', \quad g_n d_n = d_n'' g_{n+1}.$$ Đặt $\lambda = \epsilon s_0: P_0'' \to B$ và $\lambda_{n+1} = r_n d_n s_{n+1}: P_{n+1}'' \to P_n'$ với $n \ge 0$. Ta có các tính toán $$r_n d_n f_{n+1} = r_n f_n d_n' = d_n', \quad r_n d_n s_{n+1} = \lambda_{n+1}, \quad g_n d_n f_{n+1} = g_n f_n d_n' = 0, \quad g_n d_n s_{n+1} = d_n'' g_{n+1} s_{n+1} = d_n''.$$ Trước hết, $$\begin{equation} \label{eq2} \epsilon'' = \epsilon'' g_0 s_0 = g\epsilon s_0 = g\lambda. \end{equation}$$ Tiếp theo, từ điều kiện $\epsilon d_0 = 0$, ta suy ra $$\begin{equation} \label{eq3} f\epsilon'\lambda_1 + \lambda d_0'' = \epsilon (f_0 r_0 d_0 s_1 + s_0 d_0'') = \epsilon(d_0s_1 - s_0g_0d_0s_1 + s_0d_0'') = \epsilon d_0 s_1 + \epsilon(-s_0 d_0'' g_1s_1 + s_0 d_0'' g_1s_1) = 0. \end{equation}$$ Cuối cùng, với $n \ge 1$, từ điều kiện $d_{n-1}d_n = 0$, ta suy ra $$f_{n-1}(d_{n-1}' \lambda_{n+1} + \lambda_n d_n'') = d_{n-1}f_nr_nd_ns_{n+1} + f_{n-1}r_{n-1}d_{n-1}s_n d_n'' = d_{n-1}d_n s_{n+1} - d_{n-1} s_ng_nd_ns_{n+1} + d_{n-1} s_n d_n'' - s_{n-1}g_{n-1}d_{n-1}s_nd_n'' = -d_{n-1}s_nd_n'' + d_{n-1}s_n d_n'' - s_{n-1}d_{n-1}''d_n'' = 0.$$ Mà $f_{n-1}$ là một đơn cấu nên $$\begin{equation} \label{eq4} d_{n-1}' \lambda_{n+1} + \lambda_n d_n'' = 0. \end{equation}$$ Từ $\eqref{eq2}$, $\eqref{eq3}$ và $\eqref{eq4}$, ta thấy biểu đồ 

giao hoán.

Cố định một vật $X$. Cho $\eta: 0 \to X \to Y_{n-1} \to \ldots \to Y_0 \to A \to 0$ là một mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $X$.phủ $1_A: A \to A$ bởi một cấu xạ từ giải xạ ảnh $P_\bullet' \xrightarrow{\epsilon'} \to A$ vào $\xi$ và gọi $h: P_n' \to X$ là cấu xạ ở bậc $n$. Ta có biểu đồ giao hoán

Từ đây, ta thấy $\Phi(\delta([\eta])) = \Phi([\eta \xi]) = (-1)^{n+1}[h\lambda_{n+1}$, trong đó $\delta: \text{Ext}^n(A,X) \to \text{Ext}^n(C,X)$ là đồng cấu nối của dãy khớp dài ở Bài 4.

Tiếp theo, ta mô tả đồng cấu nối. $\delta: R^n\text{Hom}(-,X)(A) \to R^{n+1}\text{Hom}(-,X)(C)$. Chú ý rằng $hd_n' = 0$. Cấu xạ $k = hr_n: P_n' \oplus P_n'' \to X$ thỏa mãn $kf_n = h$. Cuối cùng, ta có $$h\lambda_{n+1} g_{n+1} = hr_n d_n s_{n+1} g_{n+1} = h r_n d_n - h r_n d_n f_{n+1} r_{n+1} = kd_n - h d_n' r_{n+1} = kd_n.$$ Do đó $h\lambda_{n+1}d''_{n+1} = -hd_n' \lambda_{n+2} = 0$ theo $\eqref{eq4}$ và $$\delta(\Phi([\eta])) = \delta([h]) = [h\lambda_{n+1}],$$ nghĩa là ta có biểu đồ giao hoán

Như vậy $\Phi$ tương thích với đồng cấu nối của các dãy khớp dài ứng với $\text{Ext}$ và các hàm tử dẫn xuất phải của $\text{Hom}$.

Một cách đối ngẫu, giả sử $\mathcal{A}$ có đủ nội xạ. Khi đó, với mỗi vật $A$, ta có thể tính các hàm tử dẫn xuất phải $R^n\text{Hom}(A,-)$ như sau. Chọn một giải nội xạ $0 \to B \xrightarrow{\eta} I^0 \xrightarrow{d^0} I^1 \xrightarrow{d^1} \ldots$. Áp dụng hàm tử $\text{Hom}(A,-)$, ta thu được phức $$0 \to \text{Hom}(A,I^0) \xrightarrow{d^0_\ast} \text{Hom}(A,I^1) \xrightarrow{d^1_\ast} \ldots$$ và $R^n\text{Hom}(A,-)(B) = \frac{\text{Ker}(d^n_\ast)}{\text{Im}(d^{n-1}_\ast)}$ với mọi $n \ge 1$.

Ta có một đẳng cấu nhóm $\Phi: \text{Ext}^n(A,B) \to R^n\text{Hom}(A,-)(B)$ tự nhiên theo hai biến $A$ và $B$, được mô tả như sau. Cho $\xi: 0 \to B \to X_{n-1} \to \ldots \to X_0 \to A \to 0$ là một mở rộng độ dài $n$ của $A$ bởi $B$. Phủ cấu xạ đồng nhất $1_B: B \to B$ bởi một cấu xạ từ $\xi$ vào giải nội xạ $B \xrightarrow{\eta} I^\bullet$ và gọi $h: A \to I^n$ là cấu xạ ở bậc $n$. Khi đó $d_n h = 0$ và $\Phi([\xi]) = [h]$. Hơn nữa, nếu $0 \to A \to B \to C \to 0$ là một dãy khớp ngắn thì với mọi vật $X$ và mọi $n \ge 0$, ta có biểu đồ giao hoán

Trong đó $\delta: \text{Ext}^n(X,C) \to \text{Ext}^{n+1}(X,A)$ là đồng cấu nối của dãy khớp dài ở Bài 4 và $\delta: R^n\text{Hom}(X,-)(C) \to R^{n+1}\text{Hom}(X,-)(A)$ là đồng cấu nối của dãy khớp dài của hàm tử dẫn xuất.

Vấn đề này mình đã từng trình bày ở một bài nói về Galois descent. Về cơ bản đây là câu chuyện $F$-form của một $k$-đa tạp, và $F$-form thì nói chung không duy nhất.

Về câu hỏi 1: Trực giác của bạn gặp vấn đề ở chỗ "đa tạp affine = tập nghiệm của một hệ phương trình đa thức". Thực ra phát biểu như vậy chưa đủ chính xác trong hường hợp này. Chính xác thì "đa tạp affine = lớp đẳng cấu của tập nghiệm của hệ phương trình đa thức", nghĩa là hai hệ phương trình cùng định nghĩa một đa tạp affine nếu ta có một phép đổi biến từ hệ này sang hệ kia và ngược lại. Chẳng hạn, hệ phương trình rỗng trên 1 biến thì định nghĩa đường thẳng affine (vành tọa độ là $k[T]$), còn hệ gồm 1 phương trình $T_2 = T_1^2$ thì định nghĩa đường parabol phẳng (vành tọa độ là $k[T_1,T_2]/(T_2 - T_1^2)$). Về mặt đa tạp thì hai hệ phương trình này cùng định nghĩa một đa tạp (phép đổi biến là $T \mapsto (T,T^2)$ và $(t_1,t_2) \mapsto t_1$ (với $t_1,t_2$ lần lượt là ảnh của $T_1$ và $T_2$ trong $k[T_1,T_2]/(T_2 - T_1^2)$.

Vấn đề khi chuyển từ $k$ xuống $F$ nằm ở đây: ta có thể dùng một phép đổi biến với hệ số trong $k$ để đưa một hệ về một hệ khác (nghĩa là hai đa tạp đẳng cấu trên $k$), nhưng không nhất thiết là ta có thể chọn phép đổi biến với hệ số trong $F$ (nghĩa là hai đa tạp có thể không đẳng cấu trên $F$).

Để đơn giản, ta sẽ xét trường hợp $k/F$ là mở rộng Galois, chẳng hạn $F = \mathbb{R}$ và $k = \mathbb{C}$ như bạn đã xét ở trên. Ta gọi $X$ và $Y$ lần lượt là các đa tạp con của $\mathbb{A}^2$ (với tọa độ $T_1,T_2$) được định nghĩa bởi các phương trình $T_1^2 + T_2^2 - 1 = 0$ và$T_1^2 + T_2^2 + 1 = 0$. Khi đó ta có đẳng cấu $X \cong Y$ cho bởi phép đổi biến $(T_1,T_2) \mapsto (iT_1,iT_2)$ với hệ số trong $\mathbb{C}$. Từ đó ta có sonh ánh $X(\mathbb{C}) \cong Y(\mathbb{C})$. Nhưng đẳng cấu này không định nghĩa trên $\mathbb{R}$. Các tập hợp $X(\mathbb{R})$ và $Y(\mathbb{R})$ không tương ứng với nhau qua song ánh $X(\mathbb{C}) \cong Y(\mathbb{C})$. Lí do: tác động Galois khác nhau! Song ánh $X(\mathbb{C}) \cong Y(\mathbb{C})$ không tương thích với tác động của $\text{Gal}(\mathbb{C}/\mathbb{R})$ trên các đa tạp $X$ và $Y$.

Nếu trình bày theo ngôn ngữ Galois descent thì cho một đa tạp affine trên $\mathbb{R}$ chính là cho một đa tạp affine trên $\mathbb{C}$ được trang bị một involution (ứng với tác động của phép liên hợp, i.e. phần tử không tầm thường của nhóm $\text{Gal}(\mathbb{C}/\mathbb{R})$). Nói cách khác là cho một $\mathbb{C}$-đại số hữu hạn sinh được trang bị một tác động của $\text{Gal}(\mathbb{C}/\mathbb{R})$ (sao cho khi hạn chế lên $\mathbb{C}$ thì nó chính là tác động thông thường). Như vậy, khi bạn chọn một hệ tọa độ cho đa tạp affine $X$ (trên $\mathbb{C}$) của bạn, thì thực ra bạn đã chọn một phép nhúng $X \hookrightarrow \mathbb{C}^n$ nào đó, và như thế đã kéo theo việc chọn một tác động Galois. Chú ý rằng $X(\mathbb{R}) = X(\mathbb{C})^{\text{Gal}(\mathbb{C}/\mathbb{R})}$ nên tác động Galois khác nhau sẽ kéo theo tập các điểm hữu tỉ khác nhau. Trong ví dụ của bạn thì tác động Galois ứng với $\mathbb{R}$-form $\mathbb{R}[a,b]$ sẽ cố định các phần tử sinh $a$ và $b$ nhưng không cố định $ia$ và $ib$.

Hiện tượng hai vật đẳng cấu trên $\bar{F}$ nhưng không đằng cấu trên $F$ ($F$-form) là một vấn đề cơ bản và thú vị trong lý thuyết đối đồng điều Galois. Sau này bạn sẽ gặp thêm nhiều trường hợp khác như đa tạp Severi-Brauer, non-split torus, torsor, Hilbert 90...

3. Đồng luân

Cho $(\mathbf{M}, \mathscr{W}, \mathscr{C}, \mathscr{F})$ là một phạm trù mô hình. Ta mô tả lớp $\text{Hom}_{\mathbf{Ho}(\mathbf{M})}(A,X)$ các cấu xạ trong phạm trù đồng luân giữa hai vật $A$ và $X$. Tính huống lý tưởng nhất là khi ta có thể mô tả nó như thương của một lớp các cấu xạ trong $\mathbf{M}$ bởi một quan hệ đồng luân.

Cần chú ý rằng có hai khái niệm đồng luân đối ngẫu của nhau: đồng luân trái (trên nguồn) và đồng luân phải (trên đích). Ta định nghĩa chúng bằng cách tổng quát hóa các khái niệm không gian đường (Ví dụ 1.9) và hình trụ (Ví dụ 1.14), nhờ tiên đề phân tích (MC5).

Định nghĩa. Một hình trụ của một vật $A$ là một phân tích $A \sqcup A \hookrightarrow C \tilde{\rightarrow} A$ của cấu xạ hiển nhiên $A \sqcup A \xrightarrow{(1_A,1_A)} A$.

Ta ký hiệu bởi $i_0,i_1: A \to C$ các thành phần của phép đối phân thớ $(i_0,i_1): A \sqcup A \hookrightarrow C$ trong phân tích trên.

Định nghĩa. Cho hai cấu xạ $f,g: A \to X$. Một phép đồng luân trái giữa $f$ và $g$ là một hình trụ $A \sqcup A \hookrightarrow{C} \tilde{\rightarrow} A$ cùng một cấu xạ $H: C \to X$ sao cho $H i_0 = f$ và $H i_1 = g$. Khi $H$ tồn tại, ta nói $f$ đồng luân trái với $g$ và ký hiệu $f \simeq_l g$.

Nhìn chung, không có một cách chọn hình trụ "chính tắc". Hai cấu xạ có thể đồng luân qua một hình trụ nào đó, nhưng không qua một hình trụ khác.

Ví dụ 3.1. Trong $\mathbf{Top}$ với mô hình Quillen, nếu $A$ là một vật đối phân thớ, ta có thể lấy $C = A \times [0,1]$, một phép đồng luân trái chính là một phép đồng luân theo nghĩa cổ điển.

Ví dụ 3.2. Cho $R$ là một vành, trong $\mathbf{Ch}(R)$ với mô hình nội xạ, xét một phức dây chuyền $A$. Ta có thể lấy phức $C$ với $C_n = A_n \oplus A_n \oplus A_{n-1}$ và vi phân $d(x,y,z) = (dx + (-1)^n z, dy - (-1)^n z, dz)$. Một phép đồng luân trái chính là một phép đồng luân dây chuyền.

Mệnh đề 3.3. Nếu $f \simeq_l g: A \to X$ thì với mọi cấu xạ $h: X \to Y$, ta có $hf \simeq_l hg: A \to Y$.

Chứng minh. Nếu $H: C \to X$ là một phép đồng luân trái giữa $f$ và $g$ thì $hH: C \to Y$ là một phép đồng luân trái giữa $hf$ và $hg$. $\square$

Bổ đề 3.4. Nếu $A \sqcup A \hookrightarrow C \tilde{\rightarrow} A$ là một hình trụ và $A$ là một vật đối phân thớ thì $i_0,i_1: A \to C$ là các đối phân thớ acyclic.

Chứng minh. Phép nhúng thứ nhất $A \to A \sqcup A$ là một đẩy ra của đối phân thớ $\varnothing \to A$, vì thế cũng là một đối phân thớ, suy ra hợp thành $i_0: A \to A \sqcup A \to C$ cũng là một đối phân thớ. Mặt khác, hợp thành của $$A \xrightarrow{i_0} C \tilde{\rightarrow} A$$ chính là $1_A$ theo định nghĩa của cấu xạ hiển nhiên $A \sqcup A \to A$, ta biết rằng $1_A$ là một tương đương yếu (Hệ quả 2.3) nên theo (MC2) thì $i_0$ cũng là một tương đương yếu. Vậy $i_0$ là một đối phân thớ acyclic, tương tự cho $i_1$. $\square$

Mệnh đề 3.5. Nếu $A$ là một vật đối phân thớ thì $\simeq_l$ là một quan hệ tương đương trên $\text{Hom}_{\mathbf{M}}(A,X)$.

Chứng minh.

• Tính phản xạ. Cho cấu xạ $f: A \to X$. Xét một hình trụ tùy ý $A \sqcup A \hookrightarrow C \tilde{\rightarrow} A$ (luôn tồn tại theo (MC5)). Thế thì hợp thành $H: C \tilde{\rightarrow} A \xrightarrow{f} X$ là một phép đồng luân giữa $f$ và chính nó.


• Tính đối xứng. Giả sử $f \simeq_l g$ bởi một phép đồng luân $H: C \to X$. Ta định nghĩa một hình trụ mới $A \sqcup A \cong A \sqcup A \hookrightarrow C \tilde{\rightarrow} A$, trong đó đẳng cấu đầu tiên là phép đảo hai thành phần. Đối với hình trụ mới này, hai thành phần của phép phân thớ $ A \sqcup A \hookrightarrow C$ lần lượt là $i_1$ và $i_0$, vì thế $H$ định nghĩa một phép đồng luân trái giữa $g$ và $f$ vì $Hi_1 = g$ và $Hi_0 = f$.


• Tính truyền dẫn. Đây là chỗ ta cần dùng giả thiết $A$ là vật đối phân thớ. Giả sử $f \simeq_l g$ và $g \simeq_l h$ lần lượt bởi các phép đồng luân $H: C \to X$ và $H': C' \to X$. Ta có $Hi_1 = H'i_0' = g$ nên ta sẽ "dán" $i_1$ và $i_0'$ như sau: ký hiệu $\bar{C}$ là đẩy ra của cặp cấu xạ $$i_1: A \to C \qquad i_0': A \to C'.$$ Các hợp thành $A \xrightarrow{i_1} C \tilde{\rightarrow}A$ và $A \xrightarrow{i_0'} C' \tilde{\rightarrow} A$ đều bằng $1_A$ nên theo tính chất phổ dụng của đẩy ra, chúng cảm sinh một cấu xạ $\bar{C} \to A$. Chú ý rằng $j: C \to \bar{C}$ và $j': C' \to \bar{C}$ là các đối phân thớ acyclic (chúng là đẩy ra của $i_1$ và $i_0'$, đây là các phân thớ acyclic theo Bổ đề 3.4), nên theo (MC2) thì $\bar{C} \to A$ là một tương đương yếu. Xét cấu xạ $(ji_0, j'i_1'): A \sqcup A \to \bar{C}$, nó không nhất thiết là một phân thớ. Ta khắc phục điều này bằng cách dùng (MC5) để phân tích nó thành $A \sqcup A \tilde{\rightarrow} C'' \tilde{\rightarrow} \bar{C}$, từ đó ta có hình trụ $A \sqcup A \hookrightarrow C'' \tilde{\rightarrow} A$. Cuối cùng, vì $Hi_1 = H'i_0' = g$ nên tính chất phổ dụng của đẩy ra cho ta một cấu xạ $\bar{H}: \bar{C} \to X$ thỏa mãn $\bar{H} j = H$ và $\bar{H}j' = H'$. Nói riêng, $\bar{H}ji_0 = Hi_0 = f$ và $\bar{H}j'i_1' = H'i_1' = h$. Như vậy, hợp thành $H'': C'' \tilde{\rightarrow} \bar{C} \xrightarrow{\bar{H}} X$ là một phép đồng luân trái giữa $f$ và $h$. $\square$

Cho $A$ là một vật đối phân thớ và $h: X \to Y$ là một cấu xạ. Theo các Mệnh đề 3.3 và 3.5 thì $h$ cảm sinh một ánh xạ $$h_\ast: \text{Hom}_{\mathbf{M}}(A,X) / \simeq_l \to \text{Hom}_{\mathbf{M}}(A,Y) / \simeq_l, \qquad [f] \mapsto [hf].$$

Mệnh đề 3.6. Nếu $A$ là một vật đối phân thớ và $h: X \tilde{\twoheadrightarrow} Y$ là một phân thớ acyclic thì $h_\ast$ là một song ánh. Kết luận này vẫn đúng nếu $h$ là một tương đương yếu và $X, Y$ là các vật phân thớ.

Chứng minh. Giả sử $h$ là một phân thớ acyclic. Xét một cấu xạ $g: A \to Y$ tùy ý. Ta áp dụng (MC4) cho biểu đồ giao hoán

Thế thì tồn tại cấu xạ $f: A \to X$ sao cho $g = hf$, suy ra $h_\ast$ là một toàn ánh.

Giả sử $f,g: A \to X$ là hai cấu xạ sao cho $hf \simeq_l hg$, nghĩa là tồn tại một hình trụ $A \sqcup A \hookrightarrow C \tilde{\twoheadrightarrow} A$ và một phép đồng luân $H: C \to Y$ giữa $hf$ và $hg$. Nói cách khác, biểu đồ với các mũi tên liền dưới đây

giao hoán. Áp dụng (MC4), ta tìm được mũi tên đứt $K$, đó là một phép đồng luân giữa $f$ và $g$. Vậy $h_\ast$ là một đơn ánh.

Tiếp theo, xét trường hợp $X, Y$ là các vật phân thớ và $h$ là một tương đương yếu. Ta áp dụng

Bổ đề Brown. Cho $F: \mathbf{M} \to \mathbf{N}$ là một cấu xạ giữa hai phạm trù mô hình.

• Nếu $F$ biến mỗi đối phân thớ acyclic giữa hai vật đối phân thớ thành một tương đương yếu thì $F$ cũng biến mỗi tương đương yếu giữa hai vật đối phân thớ thành một tương đương yếu.


• Nếu $F$ biến mỗi phân thớ acyclic giữa hai vật phân thớ thành một tương đương yếu thì $F$ cũng biến mỗi tương đương yếu giữa hai vật phân thớ thành một tương đương yếu.

Chứng minh bổ đề Brown. Hiển nhiên ta chỉ cần chứng minh ý đầu tiên. Giả sử $f: A \tilde{\rightarrow} B$ là một tương đương yếu giữa hai vật đối phân thớ. Các phép bao hàm $i_A: A \to A \sqcup B$ và $i_B: B \to A \sqcup B$ là các đối phân thớ (vì chúng là đẩy ra của các đối phân thớ $\varnothing \to A$ và $\varnothing \to B$. Áp dụng (MC5), ta phân tích $(f,1_B): A \sqcup B \to B$ thành hợp của một phân thớ acyclic $p: X \tilde{\twoheadrightarrow} B$ và một đối phân thớ $j: A \sqcup B \hookrightarrow X$, nghĩa là $pji_A = f$ và $pji_B = 1_B$. Theo (MC2) và Hệ quả 2.3 thì $ji_B: B \to X$ là một tương đương yếu. Mà $j$ và $i_B$ là các phân thớ nên $ji_B$ là một phân thớ (acyclic). Mà $B$ và $X$ các vật đối phân thớ (chú ý rằng $A \sqcup B$ là một vật đối phân thớ) nên theo giả thiết thì $Fj \circ Fi_B$ là một tương đương yếu.Vì $Fp \circ Fj \circ Fi_B = 1_{FB}$ là một tương đương yếu nên $Fp$ là một tương đương yếu theo (MC2) và Hệ quả 2.3. 

Tương tự, $ji_A: A \to X$ là một phân thớ, và là một tương đương yếu do $pji_A = f$ và (MC2), vậy $ji_A$ là một phân thớ acyclic. Mà $A$ và $X$ là các vật đối phân thớ nên theo giả thiết thì $Fj \circ Fi_A$ là một tương đương yếu, suy ra $Ff = Fp \circ Fj \circ Fi_A$ là một tương đương yếu. $\square$

Trở lại chứng minh của Mệnh đề 3.6. Xét phạm trù $\mathbf{Set}$ với cấu trúc mô hình mà các tương đương yếu các các song ánh, và mọi ánh xạ đều là phân thớ cũng như đối phân thớ. Xét hàm tử $F = \text{Hom}_{\mathbf{M}}(A,-) / \simeq_l: \mathbf{M} \to \mathbf{Set}$. Kết quả trường hợp trước nói rằng $Fh = h_\ast$ là một song ánh nếu $h$ là một phân thớ acyclic, vì thế kết luân của bổ đề Brown nói rằng nó cũng là một sonh ánh nếu $h$ là một tương đương yếu giữa hai vật acyclic. $\square$

Mệnh đề 3.7. Nếu $X$ là một vật phân thớ, $f \simeq_l g: A \to X$ và $h: B \to A$ là một cấu xạ thì $fh \simeq_l gh: B \to X$.

Chứng minh. Xét một hình trụ $A \sqcup A \hookrightarrow C \tilde{\rightarrow} A$ và một phép đồng luân $H: C \to X$ giữa $f$ và $g$. Ta phân tích $C \tilde{\rightarrow} A$ thành $C \tilde{\hookrightarrow} C' \tilde{\twoheadrightarrow} A$ (Mệnh đề 2.2), thế thì $A \sqcup A \hookrightarrow C' \tilde{\twoheadrightarrow} A$ lại là một hình trụ. Hơn nữa, vì $X$ là một vật phân thớ, ta có thể áp dụng (MC4) cho biểu đồ giao hoán với các mũi tên liền

để thu được một phép đồng luân $H': C' \to X$ giữa $f$ và $g$. Tóm lại, ta có thể giả sử rằng $C \to A$ là một phân thớ acyclic.

Xét một hình trụ tùy ý $B \sqcup B \hookrightarrow D \tilde{\rightarrow} B$. Xét biểu đồ với các mũi tên liền

Ở đây, hình chữ nhận lớn giao hoán theo định nghĩa của các cấu xạ hiển nhiên $A \sqcup A \to A$ và $B \sqcup B \to B$. Áp dụng (MC4), ta thu được một mũi tên đứt $G$, và ta kiểm tra được (bằng định nghĩa của $\sqcup$) rằng  $HG: D \to X$ là một phép đồng luân giữa $fh$ và $gh$. $\square$

Đảo ngược chiều của các mũi tên trong toàn bộ phần trên, ta thu được khái niệm đồng luân phải.

Định nghĩa. Một vật đường của một vật $X$ là một phân tích $X \tilde{\rightarrow} P \twoheadrightarrow X \times X$ của cấu xạ đường chéo $X \to X \times X$. 

Ta ký hiệu bởi $p_0,p_1: P \to X$ các thành phần của phép phân thớ $(p_0,p_1): P \twoheadrightarrow X \times X$ trong phân tích trên.

Ví dụ 3.8. Trong $\mathbf{Top}$ với mô hình Quillen, nếu $X$ là một CW-phức thì $X^{[0,1]}$ (với tô pô compact-mở) là một vật đường của $X$.

Ví dụ 3.9. Cho $R$ là một vành, trong $\mathbf{Ch}_{\ge 0}(R)$ với mô hình xạ ảnh, xét một phức dây chuyền $A$. Ta có thể lấy phức $P$ với $P_n = A_n \oplus A_n \oplus A_{n+1}$ và vi phân $d(x,y,z) = (dx,dy,dz+y-x)$. 

Định nghĩa. Cho hai cấu xạ $f,g: A \to X$. Một phép đồng luân phải giữa $f$ và $g$ là một vật đường $X \tilde{\rightarrow} P \twoheadrightarrow X \times X$ cùng một cấu xạ $H: A \to P$ sao cho $p_0 H = f$ và $p_1 H = g$. Khi $H$ tồn tại, ta nói $f$ đồng luân phải với $g$ và ký hiệu $f \simeq_r g$.

Mệnh đề 3.10. Nếu $f \simeq_r g: A \to X$ thì với mọi cấu xạ $h: B \to A$, ta có $fh \simeq_l gh: B \to X$.

Bổ đề 3.11. Nếu $X \tilde{\rightarrow} P \twoheadrightarrow X \times X$ là một hình trụ và $X$ là một vật phân thớ thì $p_0,p_1: P \to X$ là các phân thớ acyclic.

Mệnh đề 3.12. Nếu $X$ là một vật phân thớ thì $\simeq_r$ là một quan hệ tương đương trên $\text{Hom}_{\mathbf{M}}(A,X)$.

Cho $X$ là một vật phân thớ và $h: B \to A$ là một cấu xạ. Theo các Mệnh đề 3.10 và 3.12 thì $h$ cảm sinh một ánh xạ $$h^\ast: \text{Hom}_{\mathbf{M}}(A,X) / \simeq_r \to \text{Hom}_{\mathbf{M}}(B,X) / \simeq_r, \qquad [f] \mapsto [fh].$$

Mệnh đề 3.13. Nếu $X$ là một vật phân thớ và $h: B \tilde{\twoheadrightarrow} A$ là một đối phân thớ acyclic thì $h^\ast$ là một song ánh. Kết luận này vẫn đúng nếu $h$ là một tương đương yếu và $B, A$ là các vật đối phân thớ.

Mệnh đề 3.14. Nếu $A$ là một vật đối phân thớ, $f \simeq_r g: A \to X$ và $h: X \to Y$ là một cấu xạ thì $hf \simeq_r hg: A \to Y$.

Sau đây, ta sẽ mô tả cụ thể lớp $\text{Hom}_{\mathbf{Ho}(\mathbf{M})}(A,X)$.

Mệnh đề 3.15. Cho $f,g: A \to X$ là hai cấu xạ.

• Nếu $A$ là một vật đối phân thớ và $f \simeq_l g$ thì $f \simeq_r g$.


• Nếu $X$ là một vật phân thớ và $f \simeq_r g$ thì $f \simeq_l g$.

Chứng minh. Ta chứng minh ý thứ nhất, ý thứ hai thu được bằng cách đảo ngược chiều của các mũi tên.

Xét một hình trụ $A \sqcup A \hookrightarrow C \tilde{\rightarrow} A$ và một phép đồng luân trái $H:  C\to X$ giữa $f$ và $g$. Ký hiệu $j: C  \tilde{\rightarrow}  A$. Vì $A$ là một vật đối phân thớ nên các thành phần $i_0,i_1: A \to C$ là các đối phân thớ acyclic (Bổ đề 3.4). Chọn một vật đường $X \tilde{\rightarrow} P \twoheadrightarrow X \times X$. Nhận xét rằng biểu đồ với các mũi tên liền dưới đây giao hoán, vì $fji_0 = Hi_0 = f$.

Áp dụng (MC4), ta thu được mội mũi tên đứt $K: C \to P$.Thế thì $Ki_1: A \to P$ là một phép đồng luân phải giữa $f$ và $g$, vì $p_0Ki_1 = fji_1 = f$ và $p_1 K i_1 = Hi_1 = g$. $\square$.

Cho $A$ là một vật phân thớ và $X$ là một vật phân thớ. Theo Mệnh đề 3.15, ta có một quan hệ đồng luân $\simeq$ $\text{Hom}_{\mathbf{M}}(A,X)$ mà không cần quan tâm đến trái hay phải nữa. Ký hiệu bởi $[A,X]$ thương của $\text{Hom}_{\mathbf{M}}(A,X)$ bởi $\simeq$.

Định nghĩa. Phạm trù $\pi \mathbf{M}_{cf}$ là phạm trù mà các vật là những vật đồng thời là vật phân thớ cũng như vật đối phân thớ trong $\mathbf{M}$, và các cấu xạ $\text{Hom}_{\pi \mathbf{M}_{cf}}(A,X) = [A,X]$.

Định lý 3.16 (Định lý Whitehead cho phạm trù mô hình). Cho $f: A \to X$ là một cấu xạ giữa hai vật phân thớ và đối phân thớ. Thế thì $f$ là một tương đương yếu khi và chỉ khi nó là một tương đương đồng luân (nghĩa là tồn tại cấu xạ $g: X \to A$ sao cho $fg \simeq 1_X$ và $gf \simeq 1_A$).

Chứng minh. ($\implies$) Giả sử $f$ là một tương đương yếu. Theo Mệnh đề 2.2, ta có thể phân tích $f = pi$, với $i: A \tilde{\hookrightarrow} W$ và $W \tilde{\twoheadrightarrow} X$. Dễ thấy $W$ là một vật phân thớ và đối phân thớ.

Áp dụng (MC4) cho biểu đồ giao hoán với các mũi tên liền

ta thu được một cấu xạ $r: W \to A$ sao cho $ri = 1_A$. Theo Mệnh đề 3.13, $i$ cảm sinh một song ánh $i^\ast: [W,W] \to [A,W]$. Mặt khác, $i^\ast[ir] = [iri] = [i] = i^\ast[1_W]$, nên $[ir] = [1_W]$, hay $ir \simeq 1_W$. Tương tự, tồn tại cấu xạ $s: X \to W$ sao cho $ps = 1_X$ và $sp \simeq 1_W$. Đặt $g = rs: X \to A$, thế thì $fg = pirs \simeq ps = 1_X$ và $gf = rspi \simeq ri = 1_A$.

($\impliedby$) Ngược lại, giả sử $f$ là một tương đương đồng luân. Ta phân tích $f = pi$, với $i: A \tilde{\hookrightarrow} W$ và $p: W \twoheadrightarrow X$ (theo (MC5)). Ta cần chứng minh rằng $p$ là một tương đương yếu. Chú ý rằng $W$ là một vật phân thớ và đối phân thớ. Xét $g: X \to A$ là một cấu xạ sao cho $fg \simeq 1_X$ và $gf \simeq 1_A$. Xét $H: C \to X$ là một phép đồng luân trái giữa $fg$ và $1_X$. vì $pig = fg = Hi_0$ nên biểu đồ với các mũi tên liền dưới đây giao hoán

Ở đây, $i_0$ là một đối phân thớ acyclic theo Bổ đề 3.4. Áp dụng (MC4), ta thu được một mũi tên nét đứt $H': C \to W$. Thế thì $s = H'i_1 \simeq H'i_0 = ig$. Theo chiều thuận của định lý, $i$ là một tương đương đồng luân, nghĩa là tồn tại cấu xạ $r: W \to A$ sao cho $ri \simeq 1_A$ và $ir \simeq 1_W$. Ta có $$sp \simeq spir \simeq sfr \simeq igfr \simeq ir \simeq 1_W,$$ nên tồn tại một phép đồng luân phải $\tilde{H}: W \to \tilde{P}$ giữa $sp$ và $1_W$. Vì $W$ là một vật phân thớ nên các thành phần $q_0,q_1: \tilde{P} \to W$ của vật đường $\tilde{P}$ là các tương đương yếu (Bổ đề 3.11). Do $1_W = q_1 \tilde{H}$ và $1_W$ là một tương đương yếu (Hệ quả 2.3), nên $\tilde{H}$ là một tương đương yếu theo (MC2), suy ra $sp = q_0 \tilde{H}$ cũng là một tương đương yếu. Cuối cùng, ta có biểu đồ giao hoán

(chú ý rằng $ps = pH'i_1 = Hi_1 = 1_X$), nên $p$ là một rút gọn của $sp$, suy ra $p$ cũng là một tương đương yếu theo (MC3). $\square$

Nhắc lại rằng tiên đề (MC5) cho ta các hàm tử $Q, R: \mathbf{M} \to \mathbf{M}$ sao cho $\varnothing \hookrightarrow QX \tilde{\twoheadrightarrow} X$ và $X \tilde{\hookrightarrow} RX \twoheadrightarrow \ast$ (các phép giải (đối) phân thớ). Chúng cho phép mô tả tường minh các cấu xạ giữa hai vật trong phạm trù đồng luân.

Định lý 3.17 (Mô tả phạm trù đồng luân). Phạm trù đồng luân $\mathbf{Ho}(\mathbf{M})$ tương đương với phạm trù $\pi \mathbf{M}_{cf}$. Với mọi vật $A$ và $X$ trong $\mathbf{M}$, ta có $$\text{Hom}_{\mathbf{Ho}(\mathbf{M})}(A,X) \cong [QA,RX].$$ Hơn nữa, nếu một cấu xạ $f: A \to X$ trở thành một đẳng cấu $[f]$ trong $\mathbf{Ho}(\mathbf{M})$ thì $f$ là một tương đương yếu.

Chứng minh. Ta đã biểt $\mathbf{Ho}(\mathbf{M}) \simeq \mathbf{Ho}(\mathbf{M}_{cf})$ theo Bổ đề 2.9. Để chứng minh rằng $\pi: \mathbf{M}_{cf}$ tương đương với $\mathbf{Ho}(\mathbf{M}_{cf})$, ta chứng minh rằng hàm tử thương $\pi: \mathbf{M}_{cf} \to \pi\mathbf{M}_{cf}$ thỏa mãn tính chất phổ dụng của địa phương hóa đối với lớp các tương đương yếu. Thật vậy, cho $\mathbf{C}$ là một phạm trù và $F: \mathbf{M}_{cf} \to \mathbf{C}$ là một hàm tử sao cho $Ff$ là một đẳng cấu với mọi tương đương yếu $f$ (giữa hai vật phân thớ và đối phân thớ). Ta chỉ ra rằng tồn tại duy nhất hàm tử $\bar{F}: \pi \mathbf{M}_{cf} \to \mathbf{C}$ sao cho $\bar{F} \pi = F$. Với $X$ là một vật của $\mathbf{M}_{cf}$, đương nhiên ta phải đặt $\bar{F} X = F X$. Nếu $f$ là một cấu xạ trong $\mathbf{M}_{cf}$, ta cần có $\bar{F} [f] = F f$, vì thế tính duy nhất của $F$ là hiển nhiên. Để chỉ ra sự tồn tại, ta cần chứng minh rằng nếu $f,g: A \to X$ là hai cấu xạ đồng luân giữa hai vật phân thớ và đối phân thớ thì $Ff = Fg$.

Thật vậy, xét một hình trụ $A \sqcup A \hookrightarrow C \tilde{\twoheadrightarrow} A$ và một phép đồng luân trái $H: C \to X$ giữa $f$ và $g$ (ta có thể giả sử $j: C \to A$ là một phân thớ acyclic vì $X$ là một vật phân thớ, như đã làm trong Mệnh đề 3.7). Nói riêng, $C$ là một vật của phạm trù $\mathbf{M}_{cf}$ ($A$ là một vật phân thớ và $A \sqcup A$ là một vật đối phân thớ). Vì $j$ là một tương đương yếu nên $Fj$ là một đẳng cấu, mà $ji_0 = ji_1 = 1_A$ nên $Fj \circ Fi_0 = 1_{FA} = Fj \circ Fi_1$, suy ra $Fi_0 = Fi_1$, do đó $Ff = FH \circ Fi_0 = FH \circ Fi_1 = Fg$.

Vậy $\pi: \mathbf{M}_{cf} \to \pi\mathbf{M}_{cf}$ chính là địa phương hóa của phạm trù $\mathbf{M}_{cf}$ theo lớp các tương tương yếu, hay $\mathbf{Ho}(\mathbf{M})$ tương đương với $\pi \mathbf{M}_{cf}$.

Tiếp theo, ta chỉ ra rằng $\text{Hom}_{\mathbf{Ho}(\mathbf{M})}(A,X) \cong [QA,RX].$ Trước hết, vì $QRA \cong A$ và $QRX \cong X$ trong phạm trù đồng luân nên $$\text{Hom}_{\mathbf{Ho}(\mathbf{M})}(A,X) \cong \text{Hom}_{\mathbf{Ho}(\mathbf{M})}(QRA,QRX) \cong \text{Hom}_{\mathbf{Ho}(\mathbf{M}_{cf})}(QRA,QRX) \cong \text{Hom}_{\pi\mathbf{M}_{cf}}(QRA,QRX) = [QRA, QRX].$$

Mặt khác, $QRA$ là một vật đối phân thớ và $QRX \tilde{\twoheadrightarrow} RX$ là một phân thớ acyclic nên $[QRA,QRX] \cong [QRA, RX]$ theo Mệnh đề 3.6. Tương tự, $RX$ là một vật phân thớ và $QA \tilde{\rightarrow} QRA$ là một tương đương yếu giữa hai vật đối phân thớ (nó là một tương đương yếu vì biểu đồ 

giao hoán, và vì (MC2)), nên $[QRA, RX] \cong [QA, RX]$ theo Mệnh đề 3.13. Vậy ta có $\text{Hom}_{\mathbf{Ho}(\mathbf{M})}(A,X) \cong [QA,RX]$.

Cuối cùng, giả sử $f: A \to X$ là một cấu xạ sao cho $[f]$ là một đẳng cấu trong $\mathbf{Ho}(\mathbf{M})$. Ta đã thấy ở trên rằng $\text{Hom}_{\mathbf{Ho}(\mathbf{M})}(A,X) \cong [QRA, QRX]$, nên $QRf$ là một đẳng cấu trong phạm trù $\pi \mathbf{M}_{cf}$, nghĩa là một tương đương đồng luân. Theo Định lý Whitehead (Định lý 3.16), $QRf$ là một tương đương yếu. Từ biểu đồ giao hoán

và (MC2), ta suy ra rằng $f$ là một tương đương yếu. $\square$