Ta chứng minh $(x_n)$ không hội tụ theo chuẩn $|| \cdot ||$.

Thật vậy, sự hội tụ theo chuẩn $|| \cdot ||$ chính là hội tụ đều, nên nếu $x_n$ hội tụ về một hàm $x$ theo chuẩn $|| \cdot ||$ thì $x_n$ hội tụ đều về $x$, nói riêng thì nó hội tụ điểm, hay $\lim_{n \to +\infty} x_n(t) = x(t)$ với mọi $t \in [0,1]$.

Nhận xét rằng, với $0 \le t < 1$ thì $\lim_{n \to +\infty} nt^n = 0$, nên $\lim_{n \to +\infty} x_n(t) = t^3$. 

Với $t = 1$ thì $x_n(1) = 1 = 1^3$ với mọi $n$.

Vậy ta có $\lim_{n \to +\infty} x_n(t) = t^3$ với mọi $t \in [0,1]$. Vậy $x(t) = t^3$ với mọi $t \in [0,1]$.

Từ đây ta sẽ chỉ ra điều mâu thuẫn rằng $x_n$ không hội tụ về $x$ theo chuẩn $||\cdot||$. Thật vậy, ta có $$||x_n - x|| \ge ||x_n(\tfrac{n}{n+1}) - x(\tfrac{n}{n+1})|| = (\tfrac{n}{n+1})^{n+1} \to \tfrac{1}{e}$$ khi $n \to +\infty$. 

Vậy ta kết luận rằng $(x_n)$ không hội tụ theo chuẩn $|| \cdot ||$.

 

Ngược lại, ta kiểm tra rằng $$||x_n - x||_1 = \int_0^1 |nt^n - nt^{n+1}|\,dt = \int_0^1 (nt^n - nt^{n+1})\,dt = \tfrac{n}{n+1} - \tfrac{n}{n+2} \to 0$$ khi $n \to +\infty$, nên $(x_n)$ hội tụ về hàm $x(t) = t^3$, theo chuẩn $||\cdot||_1$.

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.

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...

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 $f \circ g = f \circ h = \text{id}_Y$.

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.

Gửi các thành viên của diễn đàn bài viết giới thiệu giả thuyết Milnor của mình, với xuất phát điểm là bài toán sơ cấp về tổng các bình phương.

 

 

Ký hiệu $s(k)$ là tổng các chữ số của một số tự nhiên $k$ và $$S_n = \sum_{k < n} s(k).$$ Ta cần tính $S_n + s(n)$.
Ta có thể tính $S_n$ bằng đệ quy với công thức $$\begin{cases} S_0 = 0 \\ S_n = 10S_m + 45m + r \cdot s(m) + \frac{r(r-1)}{2}\end{cases}$$ với $m = \left\lfloor\frac{n}{10}\right\rfloor$ và $r = n-10m$.
Thật vậy, theo định nghĩa trên thì $m$ và $r$ lần lượt là phần chục và chữ số hàng đơn vị của $n$. Mỗi số tự nhiên $k < n$ có dạng $k = 10m' + r'$ với $m' < m$ và $r' \in \{0,1,\ldots,9\}$ hoặc $k = 10m + r'$ với $r' \in \{0,1,\ldots,r-1\}$. Do đó $$\begin{align*} S_n & = \sum_{m' < m} \sum_{r' = 0}^9 s(10m' + r') + \sum_{r'=0}^{r-1}s(10m+r) \\ & = \sum_{m' < m} \sum_{r' = 0}^9 (s(m') + r') + \sum_{r'=0}^{r-1} (s(m)+r') \\ & = \sum_{m' < m} (10s(m') + 45) + r \cdot s(m) + \frac{r(r-1)}{2} \\ & = 10 S_m + 45m + r \cdot s(m) + \frac{r(r-1)}{2}.\end{align*}$$
Để xác định độ phức tạp về thời gian $T(n)$ khi tính theo công thức truy hồi trên, nhận xét rằng $$T(n) = T\left(\frac{n}{10}\right) + O(\log n),$$ nên theo định lý Master thì $T(n) = O(\log^2 n)$, tức là bằng hàm đa thức bậc hai theo cỡ của input. Từ công thức truy hồi trên có thể tính ra $S_n + s(n)$ theo các chữ số của $n$, nhưng mình chưa đủ kiên nhẫn để thử.

Cho $a, b, c, d$ là các số tự nhiên sao cho $ad - bc > 0$ và $\gcd(a,b) = \gcd(c,d) = 1$. Chứng minh rằng tồn tại hai dãy hữu hạn các số tự nhiên $a_0,\ldots,a_n$ và $b_0,\ldots,b_n$ sao cho $a_0 = a, b_0 = b, a_n = c, b_n = d$ và $a_i b_{i+1} - a_{i+1}b_i = 1$ với mọi $i = 0,1,\ldots,n-1$.

 

Đây là một bài toán nhỏ mà mình gặp khi nghiên cứu toric geometry.

Em xin góp một chứng minh ạ. Ở đây em sẽ coi số tự nhiên không bao gồm số $0$.
Đặt $r=ad-bc>0$, ta chứng minh tồn tại hai số tự nhiên $p,q$ thỏa mãn $aq-bp=1$ và $0<pd-qc<r$. Nếu ta chỉ ra được sự tồn tại của hai số tự nhiên trên, bài toán chỉ còn quy nạp theo $r$ là xong.

 

Thật vậy, theo Định lý Bezout, tồn tại hai số tự nhiên $u,v$ với $0<u<a,0<v<b$ thỏa mãn $av-bu=1$. 

Nếu $\dfrac{u}{v}=\dfrac{c}{d}$ thì $u=c,v=d$ và $r=1$. Trường hợp này mệnh đề hiển nhiên đúng.

 

Nếu $\dfrac{u}{v}>\dfrac{c}{d}$ thì $0<ud-vc$ và $a(ud-vc)=(bc+r)u-(bu+1)c=ru-c<ru$ nên

\[0<ud-vc<r.\]

Do đó trường hợp này ta chọn $p=u,q=c$ là xong.

 

Nếu $\dfrac{u}{v}<\dfrac{c}{d}$ hay $vc-ud>0$. Khi đó gọi $k$ là số tự nhiên duy nhất thỏa mãn

\[k-1<\dfrac{vc-ud}{r}<k.\]

Chọn $p=u+ka, q=v+kb$ thì $aq-bp=av-bu=1$ và

\[pd-qc=ud+kad-vc-kbc=kr-(vc-ad).\]

Khi đó theo cách chọn $k$ ta có $0<pd-qc<r$.

 

Phát biểu ở đề bài vẫn đúng với $(a,b) = (1,0)$ hoặc $(c,d) = (0,1)$. Tất nhiên 2 trường hợp này không khó

Bài 2. Trở ngại Brauer-Manin

 

1. Nhóm Brauer

 

Ta bắt đầu với nhóm Brauer của một trường. Cho $k$ là một trường và $k_s$ là một bao đóng tách của nó (nếu $k$ hoàn hảo, ví dụ hữu hạn hoặc đặc số bằng $0$) thì $k_s$ đơn giản là một bao đóng đại số của $k$.

 

Nhóm Brauer của $k$ là nhóm đối đồng điều Galois $\mathrm{Br}(k):=\mathrm{H}^2(k,k_s^\times)$. Nhóm này phân loại các đại số chia (hữu hạn chiều) trên $k$ sai khác đẳng cấu, và cũng phân loại các đại số đơn (hữu hạn chiều) trên $k$ với tâm bằng $k$ (CSA / central simple algebra) sai khác đẳng cấu ổn định. Cụ thể, ta chứng minh được rằng nếu $A$ là một CSA thì tồn tại duy nhất (sai khác một đẳng cấu) đại số chia $D$ trên $k$ sao cho $A$ đẳng cấu với một vành ma trận vuông trên $D$. Nếu $B$ là một CSA khác, tương ứng với đại số chia $D'$ thì ta nói $A$ và $B$ đẳng cấu ổn định nếu $D \simeq D'$. Phép toán trên các CSA này là tích ten-xơ trên $k$ (chú ý rằng tích ten-xơ của hai đại số chia không nhất thiết là một đại số chia, vì thế ta cần chuyển qua các CSA). Phần tử đơn vị là lớp đẳng cấu ổn định của $k$. Phần tử đối của một CSA $A$ là đại số đối $A^{\mathrm{op}}$ của nó.

 

Nhóm Brauer có tính hàm tử: nếu $k \subseteq \ell$ là một mở rộng trường thì đồng cấu hạn chế trong đối đồng đều Galois cho ta một đồng cấu $\mathrm{Br}(k) \to \mathrm{Br}(\ell)$.

 

Ví dụ.

1. Nếu $k$ là một trường đóng tách (chẳng hạn, đóng đại số) thì $\mathrm{Br}(k) = 0$.

2. Nếu $k$ là một trường hữu hạn thì $\mathrm{Br}(k) = 0$, vì mọi đại số chia hữu hạn chiều trên $k$ đều là một trường.

3. $\mathrm{Br}(\mathbb{R}) = \{[\mathbb{R}], [\mathbb{H}]\} \simeq \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$, với $\mathbb{H}$ và là đại số quarternion thông thường (có thể dùng toán tử Adam trong K-lý thuyết tô-pô để chỉ ra rằng các đại số chia (không nhất thiết hết hợp) hữu hạn chiều trên $\mathbb{R}$ là $\mathbb{R}, \mathbb{C}$, $\mathbb{H}$ và $\mathbb{O}$ (đại số octonion thông thường), trong đó $\mathbb{C}$ không phải là một CSA trên $\mathbb{R}$ vì nó là một trường, còn $\mathbb{O}$ thì không kết hợp.

4. Từ lý thuyết trường các lớp địa phương, nếu $k$ là một trường địa phương phi ác-si-mét thì $\mathrm{Br}(k) \simeq \mathbb{Q}/\mathbb{Z}$.

5. Như vậy, nếu $k$ là một trường số thì với mọi chốn $v$, ta có một phép nhúng $k_v \hookrightarrow \mathbb{Q}/\mathbb{Z}$, được gọi là bất biến địa phương (local invariant), ảnh của nó là $0$ nếu $v$ là một chốn phức, $\frac{1}{2}\mathbb{Z}/\mathbb{Z}$ nếu $v$ là một chốn thực, và là toàn bộ $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ nếu $v$ là một chốn phi ác-si-mét. Định lý Albert-Brauer-Hasse-Noether trong lý thuyết trường các lớp toàn cục cho ta một dãy khớp $$0 \to \mathrm{Br}(k) \to \bigoplus_v \mathrm{Br}(k_v) \to \mathbb{Q}/\mathbb{Z} \to 0.$$

 

Vì đối đồng điều Galois chính là đối đồng điều étale, định nghĩa trên của nhóm Brauer mở rộng cho lược đồ bất kỳ: Nếu $X$ là một lược đồ, ta định nghĩa $$\mathrm{Br}(X):=\mathrm{H}^2_{\text{ét}}(X,\mathbb{G}_m).$$

 

 

2. Trở ngại Brauer-Manin

 

Cho $k$ là một trường số và $X$ là một đa tạp trơn trên $k$. Manin đã sử dụng nhóm Brauer đưa ra một tiêu chuẩn đối đồng điều rất hữu ích để xét xem một $X$ có thỏa mãn nguyên lý Hasse hay định lý xấp xỉ yếu hay không.

 

Cụ thể, cho $\alpha \in \mathrm{Br}(X)$ là một lớp đối đồng điều và $(x_v)_v \in \prod_v X(k_v)$ là một họ các điểm địa phương. Ta kí hiệu $\alpha(x_v) \in \mathrm{Br}(k_v) \subseteq \mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ là ảnh của $\alpha$ qua kéo lùi của cấu xạ $x_v: \mathrm{Spec}(k_v) \to X$.

 

Giả sử họ $(x_v)_v$ đến từ một điểm hữu tỉ $x \in X(k)$. Thế thì định lý Albert-Brauer-Hasse-Noether ở trên cho ta một đẳng thức $\begin{equation} \sum_v \alpha(x_v) = 0. \tag{$\star$} \end{equation}$

 

Việc lấy giá trị của một lớp $\alpha \in \mathrm{Br}(X)$ tại các $k_v$-điểm là liên tục (thực ra là hằng địa phương) theo tô-pô $v$-adic. Do đó, nếu tồn tại một lớp $\alpha \in \mathrm{Br}(X)$ sao cho $(\star)$ không được thỏa mãn thì họ $(x_v)_v$ không thể xấp xỉ được bởi một điểm hữu tỉ. Đó là trở ngại Brauer-Manin đối với định lý xấp xỉ yếu. Nếu với mọi bộ $(x_v)_v$ đều tồn tại một lớp $\alpha \in \mathrm{Br}(X)$ sao cho $(\star)$ không được thỏa mãn thì $X$ không thể có điểm hữu tỉ. Đó là trở ngại Brauer-Manin đối với nguyên lý Hasse.

 

Ta hiệu $X(\mathbb{A}_k)^{\mathrm{Br}}$ là tập hợp các bộ $(x_v)_v \in \prod_v X(k_v)$ sao cho $(\star)$ đúng với mọi $\alpha \in \mathrm{Br}(X)$, đó là tập hợp Brauer-Manin của $X$.

 

Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là:

Trở ngại Brauer-Manin có là duy nhất hay không?

 

Cụ thể, cho $\mathscr{C}$ là một lớp các đa tạp trơn trên $k$. Ta nói trở ngại Brauer-Manin của $\mathscr{C}$ là duy nhất đối với nguyên lý Hasse nếu với mọi $X \in \mathscr{C}$ sao cho $X(\mathbb{A}_k)^{\mathrm{Br}} \neq \varnothing$ thì $X(k) \neq \varnothing$. Ta nói trở ngại Brauer-Manin của $X$ là duy nhất đối với định lý xấp xỉ yếu nếu $X(k)$ trù mật trong $X(\mathbb{A}_k)^{\mathrm{Br}}$.

 

 

3. Giả thuyết Colliot-Thélène và một số kết quả

 

Nói chung, trở ngại Brauer-Manin không nhất thiết là duy nhất. Một giả thuyết lớn của Colliot-Thélène là:

Nếu $X$ là một đa tạp trơn, riêng (proper) và liên thông hữu tỉ hình học trên một trường số $k$ thì trở ngại Brauer-Manin của $X$ đối với định lý xấp xỉ yếu là duy nhất.

 

Một đa tạp $X$ trên một trường $k$ với đặc số $0$ được gọi là liên thông hữu tỉ nếu hai điểm ở vị trí tổng quát (general, không phải generic) bất kỳ của $X$ có thể được nối bởi một đường cong hữu tỉ, tức là một cấu xạ $\mathbb{P}^1_k \to X$. Ta nói $X$ là liên thông hữu tỉ hình học nếu $X_{\overline{k}}$ là liên thông hữu tỉ.

 

Ví dụ về các đa tạp liên thông hữu tỉ trên $k$ là các đa tạp hữu tỉ (trường hàm của nó là một mở rộng thuần siêu việt của $k$), tổng quát hơn là các đa tạp thuận hữu tỉ (unirational - trường hàm của nó là một trường con của một mở rộng thuần siêu việt của $k$). Đối với chiều $\leqslant 2$, hai khái niệm hữu tỉ và liên thông hữu tỉ là tương đương. Đối với chiều $\geqslant 3$, khái niệm liên thông hữu tỉ tổng quát hơn khái niệm hữu tỉ, và người ta phỏng đóng rằng nó tổng quát hơn khái niệm thuận hữu tỉ (ta vẫn chưa tìm được ví dụ về đa tạp liên thông hữu tỉ nhưng không thuận hữu tỉ!).

 

Cho $k$ là một trường số. Giả thuyết Colliot-Thélène đã được thiết lập trong một số trường hợp như sau:

1. (Borovoi, 1996) Nếu $G$ là một nhóm tuyến tính đại số trên $k$, $H$ là một nhóm con liên thông của $G$ và $X$ tương đương song hữu tỉ với (chẳng hạn, là một com-pắc hóa trơn của) $V = G/H$ thì trở ngại Brauer-Manin của $X$ đối với định lý xấp xỉ yếu là duy nhất.

2. Tổng quát hơn, Borovoi đã chứng minh kết quả trên nếu $X$ tương đương song hữu tỉ với một không gian thuần nhất của $G$ (nói nôm na là một đa tạp $V$ sao cho $V_{\overline{k}} \simeq G_{\overline{k}} / \Gamma$ (nhóm $\Gamma \subseteq G(\overline{k})$ là nhóm dừng hình học (geometric stabilizer) của $V$), nếu $\Gamma$ là liên thông.

3. Trường hợp $\Gamma$ hữu hạn thì khó hơn. Borovoi đã chứng minh rằng nếu $G$ là một nhóm tuyến tính nửa đơn và đơn liên (simply connected), $V$ là một không gian thuần nhất của $G$ với nhóm dừng hình học hữu hạn và abel, và $X$ tương đương song hữu tỉ với $V$, thì trở ngại Brauer-Manin của $X$ đối với định lý xấp xỉ yếu là duy nhất.

4. Nếu ta làm yếu điều kiện cho nhóm dừng từ "hữu hạn và abel" thành "hữu hạn và giải được" thì Harpaz và Wittenberg đã chứng minh rằng nếu một giả thuyết thuần túy số học (một giả thuyết cũng rất mạnh của Harpaz và Wittenberg) là đúng, thì trở ngại Brauer-Manin của $X$ đối với định lý xấp xỉ yếu là duy nhất.

5. Nếu thay điều kiện "hữu hạn và giải được" thành "hữu hạn và siêu giải được (hypersolvable)" thì Harpaz và Wittenberg đã chứng minh được rằng trở ngại Brauer-Manin của $X$ đối với định lý xấp xỉ yếu là duy nhất (không cần đến giả thuyết ở trên).

6. Một phiên bản tương tự của giả thuyết của Colliot-Thélène là khi ta thay các điểm hữu tỉ bởi các 0-chu trình (zero-cycle) (Sansuc, Kato, Saito). Được gọi là giả thuyết (E). Demarche và Lucchini Arteche (2019) đã có một kết quả xuất sắc khẳng định rằng: Để chứng minh giả thuyết (E) khi $X$ tương đương song hữu tỉ với một không gian thuần nhất của một nhóm đại số liên thông, ta chỉ cần chứng minh nó khi $X$ tương đương song hữu tỉ với một không gian thuần nhất của $\mathrm{SL}_n$ với nhóm dừng hình học hữu hạn.

7. Harpaz và Wittenberg (2020) đã đưa điều kiện "hữu hạn" của nhóm dừng hình học về "là $p$-nhóm" (a fortiori, "hữu hạn và giải được", từ đó họ đã sử dụng quy nạp trên điều kiện giải được để chứng minh được giả thuyết (E) khi $X$ tương đương song hữu tỉ với một không gian thuần nhất của một nhóm đại số liên thông.

Bài 3. Liên hệ với bài toán Galois ngược

 

Ta xét bài toán Galois ngược: Cho $k$ là một trường số và $G$ là một nhóm hữu hạn. Liệu có tồn tại một mở rộng Galois của $k$ với nhóm Galois đẳng cấu với $G$ không?

 

Từ thời Hilbert và Noether, người ta đã đưa ra cách tiếp cận sau đây cho bài toán Galois ngược: ta nhúng $G$ vào một nhóm con của $\mathrm{SL}_n$ (với tư cách là một nhóm con hằng, nghĩa là $G \subseteq \mathrm{SL}_n(k)$). Sự tồn tại của một mở rộng Galois của $k$ với nhóm Galois $G$ có thể đưa về một bài toán số học trên đa tạp thương $X = \mathrm{SL}_n / G$.

 

 

1. Đối đồng điều Galois không giao hoán

 

Cho $\Gamma$ là một nhóm hầu hữu hạn (profinite) và $A$ là một nhóm rời rạc được trang bị một tác động liên tục của $\Gamma$. Ta định nghĩa nhóm đối đồng điều thứ $0$ của $\Gamma$ với hệ số trong $A$ một cách thông thường, $$\mathrm{H}^0(\Gamma,A) :=  A^{\Gamma}= \{a \in A: \forall \gamma \in \Gamma, \ \gamma \cdot a = a\}.$$ Một 1-đối chu trình với hệ số trong $A$ là một ánh xạ $\xi: \Gamma \to A$ thỏa mãn $\xi_{\gamma\gamma'} = \xi_\gamma (\gamma \cdot \xi_{\gamma'})$ với mọi $\gamma,\gamma' \in \Gamma$. Ta nói hai 1-đối chu trình $\xi, \eta: \Gamma \to A$ là đối đồng điều (cohomologous) với nhau nếu tồn tại $a \in A$ sao cho $a\xi_\gamma = \eta_\gamma(\gamma \cdot a)$ với mọi $\gamma \in \Gamma$.

Tập hợp đối đồng điều thứ $1$ của $\Gamma$ với hệ số trong $A$ được định nghĩa bởi tập thương của tập hợp các 1-đối chu trình liên tục $\Gamma \to A$ bởi quan hệ đối đồng điều và được ký hiệu bởi $\mathrm{H}^1(\Gamma,A)$. Nếu $A$ không giao hoán thì nói chung $\mathrm{H}^1(\Gamma,A)$ không có một cấu trúc nhóm tự nhiên, mà chỉ là một tập hợp định điểm (pointed set), điểm được đánh dấu của nó là lớp các đối chu trình có dạng $\gamma \mapsto a^{-1}(\gamma \cdot a)$ với $a \in A$ nào đó.

Một dãy khớp ngắn $$1 \to A \to B \to C \to 1$$ các nhóm rời rạc với tác động liên tục của $\Gamma$ cảm sinh một dãy khớp dài các tập hợp định điểm $$1 \to A^{\Gamma} \to B^{\Gamma} \to C^{\Gamma} \to \mathrm{H}^1(\Gamma,A) \to \mathrm{H}^1(\Gamma,B) \to \mathrm{H}^1(\Gamma,C).$$ Nếu $A$ nằm trong tâm của $B$ (nói riêng, $A$ giao hoán) thì ta có thể bổ sung thêm nhóm $\mathrm{H}^2(\Gamma,A)$ về phía bên phải của dãy trên.

 

Ta xét $k$ là một trường và $\Gamma = \text{Gal}(k_s/k)$ là nhóm Galois tuyệt đối của $k$. Nếu $G$ là một nhóm đại số trên $k$, ta định nghĩa $\mathrm{H}^i(k,G) = \mathrm{H}^i(\Gamma,G(k_s))$, $i = 0,1$. Như vậy $\mathrm{H}^0(k,G)$ đơn giản là nhóm $G(k)$ các điểm hữu tỉ của $G$. Tập hợp $\mathrm{H}^1(k,G)$ phân loại các $k$-torsor dưới $G$, tức là các đa tạp trơn $V$ định nghĩa trên $k$ sao cho với mọi $v,w \in V(k_s)$, tồn tại duy nhất $g \in G(k_s)$ sao cho $g \cdot v = w$. Mỗi torsor $V$ như vậy đều đẳng cấu với $G$ sau khi mở rộng hệ số sang một mở rộng hữu hạn và tách của $k$. $V$ là tầm thường khi và chỉ nó đẳng cấu với $G$ trên $k$, điều này tương đương với việc $V$ có điểm hữu tỉ.

 

Ta có định lý Hilbert 90: $\mathrm{H}^1(k,\text{GL}_n) = \mathrm{H}^1(k,\text{SL}_n) = 1$. 

 

 

2. Xấp xỉ rất yếu và xấp xỉ siêu yếu

 

Cố định một trường số $k$, một nhóm hữu hạn $G$ và đặt $X = \mathrm{SL}_n / G$. Ký hiệu $\Omega$ là tập hợp tất cả các chốn của $k$. 

 

Vì tác động của $\text{Gal}(\overline{k}/k)$ trên $G$ là tầm thường nên nhóm $\mathrm{H}^1(k,G)$ chính là nhóm các đồng cấu liên tục $\text{Gal}(\overline{k}/k) \to G$ sai khác liên hợp trong $G$.

 

 

Xét một tập con hữu hạn $S_0 \subseteq \Omega$. Bằng kiến thức về torsor và tính chất xấp xỉ yếu của $\mathrm{SL}_n$, ta có thể chứng minh được rằng với mọi tập con hữu hạn $S \subseteq \Omega$ sao cho $S \cap S_0 = \varnothing$, hai khẳng định sau đây là tương đương. 

1. $X(k)$ trù mật trong $\prod_{v \in S} X(k_v)$.
2. Hạn chế $\mathrm{H}^1(k,G) \to \prod_{v \in S} \mathrm{H}^1(k_v,G)$ là một toàn cấu.

Nếu tồn tại một tập con hữu hạn $S_0$ sao cho hai tính chất trên được thỏa mãn với mọi tập con hữu hạn $S \subseteq \Omega$ mà $S \cap S_0 = \varnothing$, ta nói rằng $X$ thỏa mãn tính chất xấp xỉ rất yếu (very weak approximation).

 

Xét $X_c$ là một com-pắc hóa trơn của $X$. Đa tạp $X$ là thuận hữu tỉ, nói riêng là liên thông hữu tỉ. Một kết quả cơ bản nói rằng nhóm $\mathrm{Br}(X_c) / \mathrm{Br}(k)$ là hữu hạn. Từ đó ta chứng minh được rằng: nếu $X_c$ thỏa mãn giả thuyết Colliot-Thélène (tức là trở ngại Brauer-Manin) đối với định lý xấp xỉ yếu của $X_c$ là duy nhất) thì $X$ thỏa mãn tính chất xấp xỉ rất yếu.

 

Yếu hơn tính chất xấp xỉ rất yếu là tính chất xấp xỉ siêu yếu (hyperweak approximation). Đối với một đa tạp trơn, riêng và liên thông hữu tỉ hình học trên một trường số, xét các tính chất sau đây.

1. Xấp xỉ yếu 
2. Trở ngại Brauer-Manin đối với xấp xỉ yếu là duy nhất
3. Xấp xỉ rất yếu
4. Xấp xỉ siêu yếu

Thế thì $1. \implies 2. \implies 3. \implies 4.$

 

Để liên hệ với bài toán Galois ngược của $G$, ta chỉ cần tính chất xấp xỉ siêu yếu của $X$.

Cụ thể, cho $v$ là một chốn phi ác-si-mét của $k$. Ta nói một đối chu trình $\xi: \text{Gal}(\overline{k_v} / k_v) \to G$ là không rẽ nhánh (unramified) nếu ảnh của nhóm con quán tính (inertia subgroup) $I_v \subseteq \text{Gal}(\overline{k_v} / k_v)$ là tầm thường. Ta ký hiệu bởi $\mathrm{H}_{\mathrm{nr}}^1(k_v, G)$ nhóm con của $\text{H}^1(k_v,G)$ các lớp đối đồng điều được đại diện mởi một đối chu trình không rẽ nhánh. Đó cũng là ảnh của nhóm $\text{H}^1(k(v),G)$, với $k(v)$ là ký hiệu trường thặng dư của $v$. Ta nói rằng $X$ thỏa mãn tính chất xấp xỉ siêu yếu nếu tồn tại một tập con hữu hạn $S_0 \subseteq \Omega$ sao cho với mọi tập con hữu hạn $S \subseteq \Omega$ mà $S \cap S_0 \neq \varnothing$, ảnh của đồng cấu hạn chế $\mathrm{H}^1(k,G) \to \prod_{v \in S} \mathrm{H}^1(k_v,G)$ chứa nhóm $\prod_{v \in S} \mathrm{H}_{\mathrm{nr}}^1(k_v, G)$.

 

 

3. Bài toán Galois ngược 

 

Ký hiệu $k, G, X$ như ở mục trước. Ta có

Định lý. Nếu $X$ thỏa mãn tính chất xấp xỉ siêu yếu thì tồn tại một mở rộng Galois của $k$ với nhóm Galois đẳng cấu với $G$.

Chứng minh. Chọn một tập đại diện $\{g_1,\ldots,g_r\}$ cho các lớp liên hợp của $G$ và các chốn đôi một phân biệt $v_1,\ldots,v_r \in S_0$ của $k$. Với $i = 1,\ldots,r$, xét đồng cấu liên tục $$ \text{Gal}(\overline{k(v_i)}/ k(v_i)) \simeq \widehat{\mathbb{Z}} \to G, \qquad 1 \mapsto g_i.$$ Nó định nghĩa một phần tử  $\xi_i \in \mathrm{H}_{\mathrm{nr}}^1(k_{v_i}, G)$. Nếu $X$ thỏa mãn tính chất xấp xỉ rất yếu thì tồn tại một phần tử $\xi \in \mathrm{H}^1(k,G)$ sao cho $\xi$ hạn chế thành $\xi_i$ với mọi $i = 1,\ldots,r$. Chọn một đồng cấu liên tục $\xi: \text{Gal}(\overline{k}/k) \to G$ đại diện cho $\xi$, thế thì ảnh $H \subseteq G$ của $\sigma$ chứa một phần tử từ mọi lớp liên hợp của $G$, nghĩa là ta có $G = \bigcup_{g \in G} gHg^{-1}$. Một suy luận đơn giản của lý thuyết nhóm cho thấy rằng điều này chỉ xảy ra khi $H = G$, nghĩa là $\sigma$ là một toàn cấu. Gọi $\ell \subseteq \overline{k}$ là trường bất động của hạch của $\sigma$, thế thì $\ell$ là Galois trên $k$ và $\text{Gal}(\ell / k) \simeq G$. $\square$

 

Nói riêng, nếu trở ngại Brauer-Manin đối với định lý xấp xỉ yếu của mọi com-pắc hóa trơn của $X$ là duy nhất thì ta có câu trả lời khẳng định cho bài toán Galois ngược của $G$ trên $k$. Như vậy, giả thuyết Colliot-Thélène là rất mạnh: Lời giải của bài toán Galois ngược chỉ là một hệ quả của nó. Điều này đưa ra một nhận định bi quan rằng giả thuyết Colliot-Thélène có thể không đúng trong mọi trường hợp.

 

Sau đây là một số kết quả suy ra từ liên hệ trên.

1.  Neukirch đã thiết lập định lý xấp xỉ yếu cho $\mathrm{SL}_n / G$ trên mọi trường số $k$, nếu $G$ là một nhóm con hằng, hữu hạn với cấp là một số nguyên tố $p$ không là ước của số căn của $1$ chứa trong $k$. Như vậy ta có lời giải của bài toán Galois ngược trong trường hợp này.
2. Từ kết quả của Borovoi, ta có lời giải bài toán Galois ngược nếu $G$ là một nhóm abel. Thực ra ta không cần đến quả của Borovoi mà chỉ cần suy luận sơ cấp trên nhóm abel hữu hạn và sử dụng định lý mật độ Chebotarev.
3. Nếu giả thuyết số học của Harpaz và Wittenberg (xem bài trước) là đúng thì ta có lời giải của bài toán Galois ngược khi $G$ là một nhóm giải được.
4. Từ kết quả đã chứng minh của Harpaz và Wittenberg, ta có lời giải của bài toán Galois ngược khi $G$ là một nhóm siêu giải được (chẳng hạn, lũy linh). Chú ý rằng ngay cả lời giải trường hợp lũy linh cũng chưa được thiết lập trước Harpaz và Wittenberg.

Bài 1. Giới thiệu

 

Ở bài viết này mình sẽ giới thiệu theo kiểu layman về một vấn đề của lý thuyết số hiện đại.

 

1. Dẫn nhập

 

Một câu hỏi cơ bản và lâu đời nhất của số học là làm thế nào để biết một (hệ) phương trình đa thức với hệ số nguyên (phương trình Diophantus) cho trước có nghiệm nguyên (hay hữu tỉ) hay không, và tìm nghiệm nguyên (hay hữu tỉ) như thế nào? A priori, đây là một câu hỏi rất khó và hoàn toàn có thể là không có câu trả lời. David Hilbert đã phát biểu nó thành bài toán thứ 10 trong danh sách 23 bài toán thế kỷ:

Liệu có một thuật toán mà, cho trước một phương trình Diophantus, trả lời rằng phương trình đó có nghiệm hay không?

Định lý Matiyasevich đã đưa ra câu trả lời phủ định: Không tồn tại một thuật toán phổ quát như vậy.

 

Chú ý, nếu ta không nói đến nghiệm nguyên (hay hữu tỉ), mà quan tâm đến nghiệm phức (hoặc nghiệm trong một trường đóng đại số), thì vấn đề rất đơn giản: Trong logic toán và lý thuyết mô hình, đây là tính chất khử lượng từ (QE/quatifier /elimination) của lý thuyết ACF (algebraically closed field). Tương tự đối với nghiệm thực (hoặc nghiệm trong một trường đóng thực), lý thuyết RCF (real closed field) cũng có QE. Ngoài ra ta còn có các công cụ của giải tích: thuật toán Sturm, đạo hàm...

 

Ở bài này, chúng ta tìm hiểu lí do tại sao việc tìm nghiệm hữu tỉ lại khó.

 

Tổng quát hơn, ta quan tâm đến việc tìm nghiệm trong một trường số (number field). Đây là bước chuyển từ lý thuyết số sơ cấp sang lý thuyết số đại số. Lịch sử của lý thuyết số đại số bắt nguồn từ nỗ lực chứng minh định lý lớn Fermat, rằng phương trình $$x^p - y^p = z^p$$ không có nghiệm với $p > 2$ là số nguyên tố (dễ thấy chỉ cần xét lũy thừa nguyên tố). Với $p = 2$ thì ta có thể phân tích $z^2 = (x-y)(x+y)$ và dùng suy luận về phân tích duy nhất ra thừa số nguyên tố. Với $p > 2$, ta cũng có thể phân tích như vậy, nhưng phải thông qua tập số phức, $$z^p = (x-y)(x - \zeta y)(x - \zeta^2 y)\cdots (x - \zeta^{p-1} y),$$ trong đó $\zeta = e^{\frac{2\pi i}{p}} = \cos\frac{2\pi}{p} + i\sin\frac{2\pi}{p}$ là một căn bậc $p$ phức nguyên thủy của $1$. Như vậy ta phải là việc trong một môi trường rộng hơn các số nguyên và số hữu tỉ, đó là các trường số, cụ thể ở đây là các trường số cyclotomic. Cách tiếp cận trên của Cauchy và Lamé, dù sau cùng đã thất bại, đã khai sinh ra ngành lý thuyết số đại số.

 

Một trường số là một mở rộng hữu hạn của trường số hữu tỉ $\mathbb{Q}$, tức là một trường mà là một không gian véc-tơ hữu hạn chiều trên $\mathbb{Q}$. Ví dụ, $$\mathbb{Q}(i) = \{a + bi: a,b \in \mathbb{Q}\}$$ hay $$\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}) = \{a + b\sqrt[3]{2} + c\sqrt[3]{4}: a,b,c \in \mathbb{Q}\}$$ là các trường số. Vai trò của các số nguyên trong $\mathbb{Q}$ được thay bởi các số nguyên đại số trong các trường số trên., cụ thể lần lượt là $$\mathbb{Z}[i] = \{a + bi: a,b \in \mathbb{Z}\}$$ và $$\mathbb{Z}[\sqrt[3]{2}] = \{a + b\sqrt[3]{2} + c\sqrt[3]{4}: a,b,c \in \mathbb{Z}\}.$$ Theo định lý phần tử nguyên thủy trong lý thuyết Galois, mọi trường số đều có dạng như trên: kết nạp một số đại số $\alpha$ cùng với các biểu thức cộng, trừ, nhân, chia có thể thực hiện được với $\alpha$ vào trường $\mathbb{Q}$ (một số đại số là nghiệm của một phương trình đa thức một biến với hệ số hữu tỉ).

 

Cản trở đầu tiên trong cách tiếp cận trên để chứng minh định lý lớn Fermat là tính chất phân tích duy nhất ra thừa số nguyên tố không còn được bảo toàn nữa. Ví dụ, trong $$\mathbb{Z}[\sqrt{-5}] = \{a + b\sqrt{-5}: a,b \in \mathbb{Z}\},$$ số 6 có hai phân tích khác nhau là $$6 = 2 \cdot 3 = (1 + \sqrt{-5})(1 - \sqrt{-5}).$$

 

 

2. Từ địa phương

 

Một cách tấn công cơ bản cho các phương trình Diophantus là thay vì giải trực tiếp (hệ) phương trình ban đầu, ta giải phương trình đồng dư tương ứng, với một modulo thích hợp. Nếu một số nguyên dương $n$ có phân tích ra thừa số nguyên tố $n = p_1^{d_1} \cdots p_r^{d_r}$, thì việc giải một phương trình đồng dư modulo $n$ tương đương với việc giải hệ gồm phương trình ban đầu theo các modulo $p_i^{d_i}$, $i=1,\ldots,r$. Đây là nội dung của định lý số dư Trung Hoa. Như vậy, ta chỉ cần đưa bài toán về giải phương trình đồng dư modulo lũy thừa của một số nguyên tố $p$. Việc làm như vậy được coi là tìm nghiệm "địa phương" của (hệ) phương trình ban đầu.

Ta trình bày lại việc này theo ngôn ngữ của lý thuyết số hiện đại.

 

Rõ ràng tìm nghiệm modulo $p^{n+1}$ thì khó hơn tìm nghiệm modulo $p^n$. Như vậy ta bắt đầu tìm nghiệm modulo $p$ trước (các số nguyên modulo $p$ tạo thành một trường, và ta có thể dùng các công cụ như đại số tuyến tính...) Sau đó ta tìm cách "nâng" nghiệm này thành modulo $p^2$, sau đó nâng thành modulo $p^3$,... Các bước nâng này có thể thực hiện theo thuật toán, điều này được đảm bảo bởi bổ đề Hensel và (phiên bản phi Ác-si-mét) của phương pháp xấp xỉ nghiệm bằng tiếp tuyến của Newton. Như vậy ta thu được một hộ nghiệm modulo $p^n$ với mọi $n$, được xem như một "nghiệm địa phương". Vấn đề là nghiệm này không nhất thiết đến từ một số nguyên hay số hữu tỉ; nó đến từ một không gian lớn hơn, được gọi là các số $p$-adic.

 

Ví dụ. Phương trình $x^2 + 1 = 0$ không có nghiệm nguyên. Tuy nhiên nó có "nghiệm địa phương" tại $p = 5$. Thật vậy, xét modulo $5$, phương trình đồng dư $x^2 + 1 \equiv 0 \pmod 5$ có nghiệm $x_1 = 2$. Giả sử ta đã tìm được nghiệm $x_n$ modulo $5^n$, tức là $x_n^2 + 1 \equiv 0 \pmod{5^n}$. Ta tìm nghiệm modulo $5^{n+1}$ ở dạng $x_{n+1} = x_n + 5^ny$, với $y$ là một số nguyên sẽ chọn sau. Ta đã có $5^n \,|\, x_n^2 + 1$ và ta muốn $5^{n+1} \,|\, (x_n + 5^n y)^2 + 1$, tức là tương đương với $$5 \,|\, 2x_n y + \frac{x_n^2 + 1}{5}.$$ Dễ thấy rằng $x_n$ không chia hết cho $5$, nên ta luôn chọn được $y$ thỏa mãn yêu cầu trên ($y$ là duy nhất modulo $5$, chẳng hạn nếu ta yêu cầu rằng $y \in \{0,1,2,3,4\}$). Dãy nghiệm $(x_n)_{n \ge 1}$ ở trên mô tả thông tin modulo $5^n$ với mọi $n$, và các thông tin này "nhất quán" với nhau, tức là $x_{n+1} \equiv x_n \pmod{5^n}$. 

 

Ý tưởng của số $p$-adic như sau: nếu một số nguyên $x$ có khai triển cơ số $p$ là $$x = a_0 + a_1p + a_2p^2 + \cdots, \qquad a_i \in \{0,1,\ldots,p-1\},$$ thì ta có thể biết $x$ khi biết các số $a_0,a_1,\ldots$, tức là biết $$x_n = a_0 + a_1p + \cdots + a_{n-1}p^{n-1}$$ với mọi $n$. $x_n$ ở đây chính là số dư của $x$ khi chia cho $p^n$. Rõ ràng ta có $x_{n+1} \equiv x_n \pmod{p^n}$ (điều kiện "nhất quán" ở trên). Tuy nhiên, cho trước một bộ số nguyên $(x_n)_{n \ge 1}$ "nhất quán" theo nghĩa như trên, ta không nhất thiết tìm được một số nguyên $x$ tương ứng với nó. Thật vậy, một điều kiện cần hiển nhiên là các số $a_n$ ở trên phải bằng $0$ kể từ một lúc nào đó. Cái chúng ta thu được ứng với một bộ nhất quán bất kỳ (không cần điều kiện $a_n = 0$ kể từ một lúc nào đó), chính là các số nguyên $p$-adic. Một số nguyên $p$-adic là một tổng hình thức $$x = a_0  + a_1p + a_2p^2 + \cdots = \sum_{n = 0}^{\infty} a_n p^n,$$ trong đó $a_i \in \{0,1,\ldots,p-1\}$ tùy ý. Chú ý rằng ta chưa hề nói gì về việc tổng vô hạn này có nghĩa (hội tụ) hay không, nó hoàn toàn hình thức. Một số nguyên $p$-adic lưu giữ thông tin modulo $p^n$ với mọi $n$, và các thông tin này nhất quán với nhau. Cụ thể, thông tin modulo $n$ thu được bằng các "chặt đuôi", tức là chỉ xét phần tổng hữu hạn (và vì thế có nghĩa, là một số nguyên thực sự, $$x_n = a_0 + a_1p + \cdots + a_{n-1} p^{n-1} \in \mathbb{Z}$$). 

 

Chúng ta sẽ làm rõ ý nghĩa của chuỗi (i.e. tổng vô hạn) ở trên. Như đã biết, số thực là khái niệm được xây dựng từ số thực bằng phương pháp hoàn toàn toàn không hề đại số: Một dãy số được gọi là cơ bản hay Cauchy nếu các số hạng của nó có thể gần nhau một cách tùy ý kể từ lúc nào đó. Tất cả các dãy số hội tụ đều là dãy cơ bản. Tuy nhiên một dãy số hữu tỉ cơ bản thì không nhất thiết hội tụ về số hữu tỉ. Ta "kết nạp" tất cả các giới hạn trên vào trường số hữu tỉ để tạo thành trường số thực $\mathbb{R}$, nơi mọi dãy cơ bản đều hội tụ. Thao tác như vậy được gọi là đầy đủ hóa. Bây giờ ta sẽ làm điều tương tự, như thay vì nói về sự hội tụ thông thường, ta sẽ đưa ra một quan niệm khác về sự hội tụ trên $\mathbb{Q}$. Một giá trị tuyệt đối trên $\mathbb{Q}$ là một hàm $|\cdot|: \mathbb{Q} \to \mathbb{R}_{\ge 0}$ thỏa mãn các tính chất sau đây.

1. Xác định dương: $|0| = 0$ và $|x| > 0$ với mọi $x \neq 0$.


2. Nhân tính: $|xy| = |x||y|$ với mọi $x,y$.


3. Bất đẳng thức tam giác: $|x+y| \le |x| + |y|$ với mọi $x,y$.

Ví dụ: ta đã có hàm giá trị tuyệt đối theo nghĩa thông thường trên $\mathbb{Q}$, ta sẽ ký hiệu nó bởi $|\cdot|_\infty$. Như vậy $|x|_\infty = x$ nếu $x \ge 0$ và $|x|_\infty = -x$ nếu $x < 0$. 

Hai số hữu tỉ $x,y$ được coi là gần nhau nếu hiệu của chúng có giá trị tuyệt đối nhỏ, từ đó ta có thể nói về sự hội tụ. Trường số thực $\mathbb{R}$ là đầy đủ hóa của $\mathbb{Q}$ theo giá trị tuyệt đối $|\cdot|_\infty$. Bây giờ ta thay giá trị tuyệt đối thông thường $|\cdot|_\infty$ bởi giá trị tuyệt đối $p$-adic như sau. Mỗi số hữu tỉ $x \neq 0$ có thể viết dưới dạng $x = p^n\frac{a}{b}$, với $a,b$ là các số nguyên không chia hết cho $p$. Số nguyên $n$ là duy nhất và được ký hiệu bởi $v_p(x)$. Hàm $v_p$ đo xem số hữu tỉ $x$ "chia hết cho $p$ bao nhiêu lần". Quy ước rằng $v_p(0) = \infty$. Dễ thấy ta có các tính chất sau.

1. $v_p(xy) = v_p(x) + v_p(y)$.


2. $v_p(x + y) \ge \min\{v_p(x),v_p(y)\}$. Ngoài ra, nếu $v_p(x) \neq v_p(y)$ thì ta có đẳng thức.

Đặt $|x|_p = p^{-v_p(x)}$. Đây được gọi là giá trị tuyệt đối $p$-adic trên $\mathbb{Q}$. Dễ thấy nó thỏa mãn các tính chất 1 và 2 của một giá trị tuyệt đối. Đối với tính chất 3, nó thỏa mãn một bất đẳng thức còn mạnh hơn, được gọi là bất đẳng thức ultrametric: $|x+y|_p \le \max\{|x|_p, |y|_p\}$, và nếu $|x|_p \neq |y|_p$ thì ta có đẳng thức. Nói cách khác, đối với giá trị tuyệt đối $p$-adic, mọi tam giác đều cân. Một giá trị tuyệt đối như vậy được gọi là phi Ác-si-mét.

 

Theo giá trị tuyệt đối $p$-adic, hai số hữu tỉ là gần nhau nếu hiệu của chúng là một số hữu tỉ có tử số chia hết cho một lũy thừa lớn của $p$. Điều này khác biệt với quan niệm gần nhau thông thường. Ví dụ, $p^2$ thì gần $0$ hơn $p$, dãy $1, p, p^2, \ldots$ thì hội tụ về $0$, vì dãy giá trị tuyệt đối $p$-adic tương ứng là $|1|, |p|^{-1}, |p|^{-2},\ldots$ Khi đầy đủ hóa $\mathbb{Q}$ theo giá trị tuyệt đối $p$-adic, ta thu được trường $\mathbb{Q}_p$, đó là trường các số $p$-adic. Có thể chứng minh rằng một số $p$-adic khác $0$ được viết duy nhất dưới dạng $$x = \sum_{n = k}^{\infty} a_n p^n,$$ với $k$ là số nguyên tùy ý (không nhất thiết $\ge 0$), các số $a_n \in \{0,1,\ldots,p-1\}$, và $a_k \neq 0$. Sự hội tụ của tổng vô hạn ở đây là theo giá trị tuyệt đối $p$-adic. Nếu $k \ge 0$ thì ta nói $x$ là một số nguyên $p$-adic.

 

Ví dụ. Trong $\mathbb{Q}_2$, ta có $1 + 2 + 2^2 + \cdots = \sum_{n=0}^{\infty} 2^n = -1$. Thật vậy, xét tổng riêng thứ $N$, $\sum_{n = 0}^N 2^n = 2^{N+1} - 1$, khoảng cách $2$-adic giữa nó và $-1$ là $|2|^{-N-1}$, giá trị này tiến về $0$ khi $N \to \infty$.

 

Như đã nói ở trên, việc trả lời câu hỏi một phương trình đa thức cho trước có nghiệm hay không, và nếu có thì tì như thế nào, đều có thể thực hiện một các không quá khó khăn trong $\mathbb{R}$ hay trong $\mathbb{Q}_p$. Đối với các (hệ) phương trình Diophantus, việc tìm nghiệm thực và nghiệm $p$-adic được coi là việc "giải địa phương".

 

 

3. Đến toàn cục

 

Ta đã thấy rằng việc đầy đủ hóa $\mathbb{Q}$ theo các giá trị tuyệt đối khác nhau sẽ thu được các trường số thực $\mathbb{R}$, và các trường các số $p$-adic $\mathbb{Q}_p$. Ứng với $\mathbb{R}$, ta sẽ thêm một ký hiệu tưởng tượng là $\infty$, và gọi nó là "số nguyên tố tại vô cùng". $\infty$ cùng với các số nguyên tố thường thường, $2, 3, 5, 7, 11\ldots$ được gọi là các chốn (place) của $\mathbb{Q}$.

 

Định lý Ostrowski. Đó là tất cả các chốn của $\mathbb{Q}$.

 

Tổng quát hơn, đối với một trường số $k$, ta xét vành các số nguyên đại số trong $k$, ký hiệu bởi $\mathcal{O}_k$. Nó đóng vai trò như $\mathbb{Z}$ đối với $\mathbb{Q}$. Trong vành này nói chung không có phân tích duy nhất ra thừa số nguyên tố. Tuy nhiên tính chất mà chúng ta giữ được là phân tích duy nhất của iđêan ra iđêan nguyên tố (nói cách khác, $\mathcal{O}_k$ là một vành Dedekind). Về mặt lịch sử, iđêan được gọi là các số lý tưởng (ideal number). Đối với một trường số tùy ý thì ta sẽ xét các iđêan nguyên tố thay vì các số nguyên tố. Định lý Ostrowski đối với trường số $k$ có dạng như sau: Tất cả các chốn $v$ của $k$ được cho bởi.

 

1. Các chốn hữu hạn (hay chốn phi ác-si-mét), ứng với các iđêan nguyên tố $\mathfrak{p}_v$ của $\mathcal{O}_k$. Đầy đủ hóa $k_v$ tương ứng là một mở rộng hữu hạn $\mathbb{Q}_p$, với $p$ là số nguyên tố (theo nghĩa thông thường) nào đó (số nguyên tố $p$ được gọi là nằm dưới $v$). Trường $k_v$ được gọi là một trường số $p$-adic.

2. Các chốn vô hạn (hay chốn ác-si-mét), ứng với các phép nhúng thực $k \hookrightarrow \mathbb{R}$, và các cặp phép nhúng phức (không thực) liên hợp $k \hookrightarrow \mathbb{C}$. Đầy đủ hóa $k_v$ tương ứng hoặc là $\mathbb{R}$ (đối với mỗi phép nhúng thực, được gọi là một chốn thực), hoặc là $\mathbb{C}$ (đối với mỗi cặp phép nhúng phức liên hợp, được gọi là một chốn phức).

 

Các trường số $p$-adic cùng với $\mathbb{R}$ và $\mathbb{C}$ được gọi là các trường địa phương. Trường số $k$ được gọi là một trường toàn cục.

 

Tìm nghiệm trong trường địa phương là một vấn đề dễ. Câu hỏi là liệu ta có thể "dán" các "nghiệm địa phương" thành "nghiệm toàn cục" (tức là nghiệm trong trường số $k$ ban đầu hay không).

 

Cho một đa thức thuần nhất bậc hai (với nhiều biến), chẳng hạn $4x^2 + 3xy - y^2$. Rõ ràng nó luôn có nghiệm tầm thường (cho tất cả các biến bằng $0$). Ta quan tâm đến nghiệm không tầm thường của nó.

 

Định lý Hasse-Minkowski. Một đa thức bậc hai thuần nhất với hệ số hữu tỉ có nghiệm không tầm thường trong $\mathbb{Q}$ khi và chỉ khi nó có nghiệm không tầm thường trong $\mathbb{R}$ và trong tất cả các trường $\mathbb{Q}_p$, với $p$ là số nguyên tố.

 

Minkowski đã chứng minh định lý trên cho $\mathbb{Q}$, và Hasse đã tổng quát hóa nó cho trường số bất kỳ.

 

Nếu một (hệ) phương trình đa thức (với hệ số trong một trường số) thỏa mãn tính chất trên ("có nghiệm địa phương trong tất cả các chốn thì có nghiệm toàn cục"), ta nói (hệ) phương trình đó thỏa mãn nguyên lý Hasse (hay nguyên lý địa phương-toàn cục).

 

Lý do đầu tiên khiến cho việc tìm nghiệm hữu tỉ (hay trong trong một trường số) khó, đó là nguyên lý Hasse nói chung không được thỏa mãn. Đây là ví dụ rất nổi tiếng của Selmer: phương trình $3x^3 + 4y^3 + 5z^3 = 0$ có nghiệm không tầm thường trong $\mathbb{R}$ và trong tất cả các trường $\mathbb{Q}_p$, nhưng không có nghiệm không tầm thường trong $\mathbb{Q}$.

 

4. Hình học đã can thiệp vào số học như thế nào?

 

Với sự phát triển mạnh của hình học đại số hiện đại cuối thế kỷ XX, với công lớn phải kể đến thuộc về nhóm Bourbaki, đặc biệt là André Weil, Alexander Grothendieck, Pierre Deligne, Jean-Pierre Serre... các công cụ của hình học đại số đã trở nên đủ mạnh để tiếp cân các bài toán số học (chẳng hạn, đã cho phép Andrew Wiles kết thúc chứng minh của định lý lớn Fermat đã kéo dài 3 thế kỉ). Một đa tạp đại số là tập nghiệm của một hệ phương trình đa thức. Các đa tạp 1-chiều được gọi là các đường cong đại số, 2-chiều được gọi là các mặt đại số. Bài toán tìm nghiệm hữu tỉ của (hệ) phương trình Diophantus trở về bài toán tìm điểm hữu tỉ trên các đa tạp đại số. 

 

Câu hỏi tự nhiên của chúng ta là: một đa tạp cho trước có điểm hữu tỉ hay không, nếu có thì có nhiều không?

Ta bắt đầu với các đường cong. Ví dụ đơn giản nhất là tập nghiệm của một phương trình đa thức hai biến, tức là một đường cong phẳng (thật ra mọi đường cong đều tương đương song hữu tỉ/birationally equivalent với một đường cong phẳng). Ta sẽ quan tâm đến các giá trị số học (các bất biến) ảnh hưởng đến tập nghiệm hữu tỉ. Ví dụ ngây thơ nhất là bậc của đa thức. Tuy nhiên, bậc của đa thức hầu không phản ánh gì về tính chất của tập nghiệm hữu tỉ của đường cong. Một bất biến sâu sắc hơn là khái niệm giống (genus) của đường cong. Sau đây là kết quả.

 

Cho $C$ là một đường cong trơn (ta luôn làm được điều này, được gọi là giải kỳ dị, hay đơn giản hơn là chuẩn hóa đường cong) và đầy đủ (điều này tương đương với xạ ảnh) trên một trường số $k$. Gọi $g$ là giống của nó.

1. Nếu $g = 0$ thì $C$ đẳng cấu với conic phẳng. Nếu nó có ít nhất 1 điểm hữu tỉ (đối với conic, ta có thể kiểm tra điều này bằng nguyên lý Hasse!), thì nó đẳng cấu với đường thẳng xạ ảnh $\mathbb{P}^1_k$ đây được gọi là phương pháp cát tuyến, vì thế có rất nhiều điểm hữu tỉ. Ví dụ, khi áp dụng phương pháp cát tuyến để tìm nghiệm của phương trình Pythagoras $x^2 + y^2 = z^2$, ta sẽ thu được phép chiếu nổi (stereographic projection).


2. Nếu $g = 1$ thì $C$ được gọi là một đường cong elliptic, nó đẳng cấu với một đường cong bậc 3. Nếu nó có ít nhất 1 điểm hữu tỉ thì các điểm hữu tỉ của nó có một cấu trúc nhóm abel hữu hạn sinh (định lý Mordell-Weil). Các điểm này phân bố một cách rời rạc (chúng được đo bởi khái niệm chiều cao). Theo định lý về module hữu hạn sinh trên vành chính thì nhóm các điểm hữu tỉ phân tích thành tổng trực tiếp của một nhóm abel hữu hạn (phần xoắn) và một nhóm abel tự do (phần tự do) - nó có dạng $\mathbb{Z}^r$ - số $r$ được gọi là hạng của đường cong. Phần xoắn của nhóm này đã được hiểu khá rõ. Ví dụ khi $k = \mathbb{Q}$ thì ta có định lý Mazur (chứng minh rất sâu sắc, bản thân mình cũng chưa có thời gian kiểm tra toàn bộ, đây là một nguồn mà mình tìm được: http://www-personal..../679/index.html). Với $k$ tùy ý, ta có giả thuyết xoắn đã được chứng minh bởi Loïc Merel. Hạng $r$ vẫn còn là một bí ẩn. Việc tìm các đường cong với hạng cao rất khó, trang web này thống kê các kỉ lục về việc tìm đường cong elliptic với hạng lớn https://web.math.pmf...cMillen in 2000). Các suy luận heuristic gần đây của Bjorn Poonen và đồng nghiệp phỏng đoán rằng hạng này bị chặn trên, rằng 50% số đường cong có hạng bằng 0, 50% có hạng bằng 1 (nói riêng, hạng trung bình bằng 1/2). 


3. Nếu $g \ge 2$ thì $C$ chỉ có một số hữu hạn điểm hữu tỉ. Đây là định lý Faltings, ban đầu được phỏng đoán bởi Mordell. Vojta và Bombieri sau này đã dùng các suy luận hình học để đơn giản hóa chứng minh gốc của Faltings. Phương pháp của Vojta gần đây đã được tổng quát hóa bởi Vesselin Dimitrov, Ziyang Gao và Philipp Habegger để đưa ra một chặn đều cho con số hữu hạn nói trên (từ đó phần nào trả lời một câu hỏi tổng quát được gọi là giả thuyết Lang). Đây là bài báo của DGH https://webusers.imj...cles/UnifML.pdf.

Đối với số chiều cao hơn, gần như ta vẫn chưa có câu trả lời hoàn chỉnh. Một lớp các đa tạp mà chúng ta đã giải quyết được là các đa tạp abel (tổng quát hóa của đường cong elliptic): chúng ta cũng có định lý Mordell-Weil cho các đa tạp abel.

Công việc của bạn là gì?

nghiên cứu sinh tiến sĩ

Theo mình nghĩ thì việc học toán hình học không gian, bất đẳng thức cũng giống như việc tập gym, calisthenics: nó đều không có tác dụng đáng kể nào vào đời sống. Nhưng nó sẽ là công cụ hữu hiệu trong những việc suy luận sau này cũng giống như việc tập thể hình giúp khả năng đối kháng, tự vệ cũng cao hơn vậy. Nếu gym giúp cho cơ bắp phát triển thì toán lại giúp cho đầu óc minh mẫn. Cái sai một số người gặp ở đây chính là việc coi những thứ này như là mục đích chính chứ không phải là phương tiện.

Xin lỗi chứ tôi là người làm toán chuyên nghiệp và tôi thấy việc học những thứ đó hoàn toàn vô dụng với công việc của tôi, cũng như không giúp đầu óc tôi minh mẫn hơn.

Bài không khó nhưng hệ số tìm được làm một số quan trọng và xuất hiện trong nhiều bài toán đếm khác nhau. 

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 $\mathbb{Z}$.

Câu hỏi "tìm hạt nhân và ảnh" là một câu hỏi mơ hồ. Vì một không gian vectơ con của $\mathbb{R}^n$ có thể mô tả bởi các cách khác nhau: bởi một hệ sinh, bởi một cơ sở (một cách tương đương là bởi một hệ phương trình tham số), hoặc bởi một hệ phương trình tổng quát.

Cực đại và cực tiểu là khái niệm mang tính địa phương. Cực đại chỉ là giá trị lớn nhất của hàm trong lân cận của điểm đó.

Dễ thấy mọi số nguyên tố $n$ đều thoả mãn tính chất đã nêu.
Nếu $n$ là hợp số thỏa mãn tính chất đã nêu, gọi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$. Vì $\dfrac{n}{p}$ là ước của $n$ nên $\dfrac{n}{p} - 1$ là ước của $n-1$. Mà $n \ge p^2$ và $p > 1$ nên ta có các bất đẳng thức $$\left(\frac{n}{p}-1\right)p < n - 1 \le \left(\frac{n}{p}-1\right)(p+1),$$ suy ra $$n-1 = \left(\frac{n}{p}-1\right)(p+1),$$ hay $n = p^2$.
Ngược lại, dễ dàng kiểm tra được rằng $n = p^2$, với $p$ là số nguyên tố bất kỳ, thoả mãn tính chất đã nêu.

Dễ thấy mọi số nguyên tố $n$ đều thoả mãn tính chất đã nêu.
Nếu $n$ là hợp số thỏa mãn tính chất đã nêu, gọi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$. Vì $\dfrac{n}{p}$ là ước của $n$ nên $\dfrac{n}{p} + 1$ là ước của $n+1$. Mà $n \ge p^2$ và $p > 1$ nên ta có các bất đẳng thức $$\left(\frac{n}{p}+1\right)(p-1) < n + 1 < \left(\frac{n}{p}+1\right)p,$$ mâu thuẫn. Vậy tất cả các số thoả mãn tính chất đã nêu là các số nguyên tố.

Mình đang giả sử $n$ thoả mãn tính chất đã nêu và áp dụng tính chất đó cho $d = n/p$.

Dạ cho em hỏi chút là tại sao $\frac{n}{p}+1$ lại là ước của $n+1$ ạ. Nếu $n=10$ thì $p=2$ và $\frac{n}{p}+1=6$ không là ước của $n=11$ ạ   

https://diendantoanh...hối-lập-phương/

Dùng tiêu chuẩn tích phân: 

Chuỗi đa cho hội tụ khi và chỉ khi tích phân suy rộng $$\int_{2}^{+\infty} \frac{1}{x (\ln x)^p}\,dx$$ hội tụ. Đổi biến $\ln(x) = t$, tích phân trên trở thành $$\int_{\ln 2}^{+\infty} \frac{1}{t^p}\,dt.$$ Tích phân này hội tụ khi và chỉ khi $p > 1$.

Một cơ sở cho $M$ là $\{t, t^2, t^3\}$. Tính các tích vô hướng $\langle{t^i,t^j\rangle}$ với $1 \le i,j \le 3$, rồi áp dụng phép trực giao hóa Gram-Schmidt.