Đến nội dung


Hình ảnh

Vấn đề Hilbert thứ 21


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1600 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:l'Université de Rennes 1
  • Sở thích:Motivic integration, motivic stable homotopy theory, the theory of motives

Đã gửi 17-12-2021 - 06:40

Vấn đề Hilbert thứ 21 dự đoán sự tồn tại của một hệ phương trình vi phân với nhóm monodromy cho trước. Bài viết này giới thiệu sơ lược về vấn đề Hilbert thứ 21 và các khái niệm liên quan. Setting của chúng ta trong bài toán này là lấy một đường cong $X$ xạ ảnh, không suy biến, liên thông trên $\mathbb{C}$. Gọi $U$ là một tập mở trong $X$ sao cho phần bù của $U$ là một số hữu hạn các điểm đóng. Ký hiệu $U^{an}$ là đa tạp phức ứng với $U$ trong nguyên lý GAGA. Trước tiên chúng ta xem xét một định nghĩa hợp lý của phương trình vi phân.

 

Ví dụ $X = \mathbb{P}^1$ và $U \subset \mathbb{P}^1 - \left \{\infty \right \}$, khi đó một hệ phương trình vi phân được mô tả bởi

$$\frac{d}{dz}\mathbf{f} = P(z) \cdot \mathbf{f},$$

trong đó $P$ là một ma trận các hàm hệ số. Hệ này bao gồm lớp các phương trình vi phân tuyến tính cấp $n$

$$f^{(n)}= p_{n-1}f^{(n-1)}+\cdots +  p_1f' + p_0f,$$

bằng cách lấy $P$ là ma trận

$$  P(z)=  \begin{pmatrix}
0 & 1 & ... & 0 &0 \\
0 & . & 1 & 0 & 0 \\
\vdots &  & \ddots & \ddots & \vdots\\
0 & 0 &  & 0 & 1\\
p_0 & p_1 & \cdots &  p_{n-2} & p_{n-1}
\end{pmatrix}$$

Trong trường hợp đường cong có giống cao hơn, do không có một hệ tọa độ toàn cục nên ta sẽ định nghĩa một hệ phương trình vi phân trên $U$ là một cặp $(M,\nabla)$ trong đó $M$ là một bó nhất quán tự do địa phương $M$ và một liên thông $\nabla: M \to M \otimes \Omega^{1}_{U/\mathbb{C}}$ thỏa mãn luật Leibniz giống như trường hợp trên đa tạp. Khi đó một phương trình vi phân sẽ được định nghĩa là hạt nhân của liên thông $\nabla$. Để giải thích cho định nghĩa này ta xét một ví dụ giải tích

 

Ví dụ. Ký hiệu $\pi: \mathbb{C}^2 \times \mathbb{C} \to \mathbb{C}$ là phân thớ tầm thường hạng $2$ trên $\mathbb{C}$. Khi đó mọi liên thông trên $\pi$ có dạng

$$\nabla = d+ \begin{pmatrix}
 -f_{11}(z)& -f_{12}(z)\\
 -f_{21}(z)& -f_{22}(z)
\end{pmatrix}dz$$

trong đó $d$ là đạo hàm ngoài và $f_{ij}$ là các hàm chỉnh hình. Một lát cắt $a \in \Gamma(s)$ có thể xem như một cặp $(a_1(z),a_2(z))$ gồm hai hàm chỉnh hình. Khi đó

$$ \nabla(a) = \nabla \begin{pmatrix}
a_1(z)\\
a_2(z)
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
a_1'(z) -f_{11}(z)a_1(z) - f_{12}(z)a_2(z)\\
a'_2(z) - f_{21}(z)a_1(z) - f_{22}(z)a_2(z)
\end{pmatrix}dz.$$

Do đó ta thấy hạt nhân của $\nabla$ cho ta một hệ phương trình cấp $2$.

 

Cố định một điểm $z_0 \in U$, khi đó mầm $S$ của các nghiệm chỉnh hình địa phương gần $z_0$ là một không gian vector có chiều là $\mathrm{rank}(M)$ theo định lý giải được địa phương của hệ phương trình vi phân bậc nhất. Cho $\gamma$ là một đường cong đóng tại $z_0$ trong $U^{an}$, khi đó thác triển giải tích dọc theo $\gamma$ cho định nghĩa cho ta một tự đẳng cấu của $S$. Như vậy ta có một tác động $\pi_1(U^{an},z_0)$ lên $S$, ta gọi đây là biểu diễn monodromy của phương trình vi phân $(M,\nabla)$.

 

Ví dụ. Xét phương trình vi phân

$$ z\frac{df}{dz} = \alpha f, \ \alpha \in \mathbb{C}$$

trên mặt phẳng thủng $\mathbb{C} - \left \{0 \right \}$. Cố định một điểm và chọn một branch cut xuất phát từ điểm này, khi đó nghiệm toàn cục có dạng $z^{\alpha}=\mathrm{exp}(\alpha\log(z))$. Nếu ta xét thác triển giải tích của lớp đồng luân của đường cong $\gamma$ quay ngược chiều kim đồng hồ một góc $2\pi$ thì nghiệm sẽ trở thành $e^{2\pi \mathbf{i} \alpha}z^{\alpha}$. Ta thấy $\pi_1(\mathbb{C} - \left \{0 \right \}) \cong \mathbb{Z}$ với phần tử sinh $[\gamma]$, khi đó biểu diễn monodromy tương ứng là $\gamma \mapsto e^{2\pi \mathbf{i}\alpha} \in \mathbb{C}^{\times} = \mathrm{GL}(1,\mathbb{C})$.

 

Để có thể phát biểu hoàn toàn bài toán Hilbert, ta cần khái niệm điểm kỳ dị chính quy, nó giống như một điều kiện đầu của bài toán Cauchy để phương trình có nghiệm duy nhất. Ban đầu, khái niệm kỳ dị chính quy đến từ ODE, sau đó Fuchs định nghĩa nó bằng một số đánh giá giải tích nhưng cuối cùng ông chứng minh rằng khái niệm này là thuần túy đại số, ta sẽ dùng cách định nghĩa này ở đây.

 

Xét một phương trình vi phân thường biến $z \in \mathbb{C}$

$$ f^{(n)} =p_{n-1}f^{(n-1)}+\cdots +  p_1f' + p_0f,$$

trong đó $p_i$ là các hàm phân hình, Ta nói $a \in \mathbb{C}$ là một điểm kỳ dị chính quy nếu $p_{n-i}$ có một cực bậc không quá $i$ tại $a$. Trong trường hợp đó phương trình của chúng ta có thể chuyển về dạng

$$D^{(n)}f = b_{n-1}D^{(n-1)}f + ... + b_0 f,$$

trong đó $D = (z-a)\frac{d}{dz}$ là uniformizer tại $a$. Phương trình ban đầu có kỳ dị chính quy tại $a$ khi và chỉ khi $b_i$ đều là hàm chỉnh hình.

 

Ví dụ. Nếu $p,q$ là hai hàm chỉnh hình, khi đó phương trình $f^{"}(z) =\frac{p(z)}{z}f'(z)+\frac{q(z)}{z^2}f(z)$ tương đương với $D^2f = (p+1)Df + qf$ và do đó nó có điểm kỳ dị chính quy tại $z=0$.

 

Lưu ý. Một khi biết phương trình có điểm kỳ dị chính quy tại $a$, phương pháp Frobenius có thể được sử dụng để giải ra $n$ nghiệm địa phương dưới dạng chuỗi.

 

Bài toán Hilbert thứ 21. Cho $X$ là một đường cong không suy biến trên $\mathbb{C}$, $U$ là một tập mở với topo Zariski sao cho phần bù của $U$ là một số hữu hạn các điểm đóng. Hỏi rằng có phải mọi biểu diễn hữu hạn chiều của $\pi_1(U^{an})$ đều là một biểu diễn monodromy của một hệ phương trình vi phân có kỳ dị chính quy mọi nơi không?

 

Nếu ta bỏ điều kiện điểm kỳ dị chính quy, biểu diễn của ta có thể không đến từ một hệ phương trình duy nhất.

 

Ví dụ. Với $U = \mathbb{A}^1, U^{an} = \mathbb{C}$ và $\pi_1(U^{an}) = 0 \to \mathbb{C}^{\times}$ là biểu diễn tầm thường. Khi đó với mọi $P \in \mathbb{C}[z]$ thì phương trình

$$\frac{df}{dz} = P(z)f$$

có nghiệm

$$f(z) = \mathrm{exp}\left(\int_0^z f(t)dt \right)$$

là một nghiệm toàn cục, và do đó không có monodromy. Nhưng xem như các phương trình vi phân trên đa tạp đại số $\mathbb{A}^1$, các phương trình này đôi một không đẳng cấu. Hơn nữa nếu ta dùng uniformizer $D=(z-a)\frac{d}{dz}$ thì phương trình trở thành $Df = (z-a)P(z)f$, nếu ta yêu cầu nó có kỳ dị chính quy tại $a$ thì $(z-a)P(z)$ phải có cực bậc dương tại $a$, điều này chỉ xảy ra nếu $P \equiv 0$.

 

Để kiểm tra một hệ có kỳ dị chính quy không, Katz đã chứng minh nó tương đương với việc tìm các cyclic vector, tức là các vector "biểu hiện" như một nghiệm địa phương của phương trình vi phân. Bài toán tìm cyclic đã được giải quyết gần như trọn vẹn.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 17-12-2021 - 06:42

Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.


#2 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1600 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:l'Université de Rennes 1
  • Sở thích:Motivic integration, motivic stable homotopy theory, the theory of motives

Đã gửi 17-12-2021 - 19:35

Khái niệm tổng quát về phương trình vi phân. Cho $X$ là một đường cong đại số không suy biến, liên thông trên $\mathbb{C}$. Một phương trình vi phân trên $X$ là một cặp $(M,\nabla)$ bao gồm một bó nhất quát tự do địa phương $M$ trên $X$ và một liên thông integrable

$$\nabla: M \to M \otimes \Omega^1_{X/\mathbb{C}},$$

tức là một ánh xạ cộng tính thỏa mãn luật $\nabla(fm)=m.df + f\nabla(m)$ với mọi $f \in \mathcal{O}_X, m \in M$; integrable theo nghĩa nếu ta tác động $D \in \mathrm{Der}(X/\mathbb{C})$ (các đạo hàm $X \to X$)  lên $M$ bằng hợp thành:

$$\nabla(D): M \overset{\nabla}{\longrightarrow} M \otimes \Omega^1_{X/\mathbb{C}} \overset{\mathrm{id} \otimes \text{contraction}}{\longrightarrow} M$$

thì ta yêu cầu rằng $\nabla([D_1,D_2]) = [\nabla(D_1),\nabla(D_2)]$. Tương tự, trên đa tạp phức ta định nghĩa phương trình vi phân là một liên thông integrable trên bó tự do nhất quán giải tích địa phương. Ta sẽ thấy về sau tại sau lại điều kiện integrable.

 

Trường hợp giải tích. Lời giải của bài toán Hilbert thứ 21 trong trường hợp giải tích được giải quyết trọn vẹn và câu trả lời là , tức là: cho $V$ là một đa tạp phức liên thông bất kỳ, khi đó mọi biểu diễn hữu hạn chiều của $\pi_1(V)$ đều đến từ một biểu diễn monodromy của một phương trình vi phân trên $V$. Điều kiên integrable để ta có thể áp dụng định lý Frobenius về tính tốn tại nghiệm địa phương của hệ phương trình vi phân.

 

Giải kỳ dị. Ở đây ta sử dụng một phiên bản giải kỳ dị của Hironaka

 

Cho $U$ là một đa tạp tựa xạ ảnh (quasi-projective) trên $\mathbb{C}$. Khi đó tồn tại một đa tạp trơn $X/\mathbb{C}$ sao cho $U \subset X$ là một tập mở trù mật và phần bù $D = X - U$ là hợp thành của các ước trơn $D_1,...,D_r$ (đa tạp con đóng đối chiều một) giao nhau tranversely. Ta gọi $X$ là một compact hóa của $U$. Hai compact hóa bất kỳ đều bị áp đảo bởi một compact hóa thứ ba.

 

Ký hiệu $\mathrm{Der}_D(X/\mathbb{C})$ là bó con của $\mathrm{Der}(X/\mathbb{C})$ gồm các đạo hàm bảo toàn bó ideal của $D_1,...,D_r$. Tại một điểm mà $D_1,...,D_r$ giao nhau ta có thể chọn một hệ tọa độ địa phương sao cho $D_i = \left \{x_i =0\right \}$. Khi đó $\mathrm{Der}_D(X/\mathbb{C})$ là module tự do trên các ký hiệu $x_1\frac{\partial}{\partial x_1},...,x_r\frac{\partial}{\partial x_r},\frac{\partial}{\partial x_{r+1}},...,\frac{\partial}{\partial x_n}$. Trường hợp một chiều, tức là các stalk là DVR thì điều kiện bảo toàn ideal nói rằng $\text{đạo hàm}(\mathfrak{m}) \subset \mathfrak{m}$; nói cách khác, nó phải triệt tiêu tại $x_i$ với bậc $\geq 1$ và do đó nằm trong module sinh bởi $x\frac{\partial}{\partial x}$.

 

Đối ngẫu tuyến tính cua $\mathrm{Der}_D(X/\mathbb{C})$ được ký hiệu là $\Omega^1_{X/\mathbb{C}}(\log(D))$ tự do địa phương bởi các kỳ hiệu $\frac{dx_1}{x_1},...,\frac{dx_r}{x_r},dx_{r+1},...,dx_n$, nó bao gồm các một dạng với các cực bậc một của $D$.

 

Phát biểu lại tiêu chuẩn tìm điểm kỳ dị chính quy. Bằng hai bó $\mathrm{Der}_D(X/\mathbb{C})$ và $\Omega^1_{X/\mathbb{C}}(\log(D))$ ta sẽ viết lại điều kiện điểm kỳ dị chính dị quy: một phương trình vi phân $(M,\nabla)$ trên một đường cong $U$ (mở trong $X$) có điểm kỳ dị chính quy trên $D = X - U$ tương đương với tồn tại một bó $\overline{M}$ trên $X$ mở rộng $M$ sao cho tác động của $\mathrm{Der}_D(X/\mathbb{C})$ trên $U$ mở rộng lên một tác động của $\mathrm{Der}_D(X/\mathbb{C})$ trên $\overline{M}$. Nói cách khác

$$\nabla: M \to M \otimes \Omega^1_{U/\mathbb{C}} \overset{\text{mở rộng}}{\longrightarrow} \overline{\nabla}: \overline{M} \to \overline{M} \otimes \Omega^1_{X/\mathbb{C}}(\log(D)).$$

 

Đưa bài toán về dạng giải tích. Cho $U$ là một đa tạp trơn, liên thông, tựa xạ ảnh trên $\mathbb{C}$, ta biết rằng trường hợp giải tích đã được xử lý nên một biểu diễn hữu hạn chiều của $U^{an}$ cảm sinh từ một biểu diễn monodromy của duy nhất một phương trình vi phân $(M^{an},\nabla^{an})$. Trước tiên ta thừa nhận bổ đề sau

 

Bổ đề. Cho $(M^{an},\nabla^{an})$ là một phương trình vi phân giải tích trên $U^{an}$ và $U \hookrightarrow X$ là một compact hóa của $U$. Khi đó tồn tại một bó giải tích nhất quán tự do địa phương $\overline{M^{an}}$ trên $X^{an}$ mở rộng $M^{an}$, sao cho $\nabla^{an}$ thác triển lên $\overline{\nabla^{an}}:\overline{M^{an}} \to \overline{M^{an}} \otimes \left(\Omega^1_{X/\mathbb{C}}(\log(D))\right)^{an}.$

 

Giả sử đã chứng minh được bổ đề, khi đó ta áp dụng nguyên lý GAGA cho $(\overline{M^{an}},\overline{\nabla^{an}})$ để suy ra tồn tại $\overline{M}$ trên $X$ và $\overline{\nabla}:\overline{M} \to \overline{M} \otimes \Omega^1_{X/\mathbb{C}}(\log(D))$ sao cho $(\overline{M^{an}},\overline{\nabla^{an}}) = (\overline{M},\overline{\nabla})^{an}$. Khi này ta có thể định nghĩa $(M,\nabla)$ là hạn chế của $(\overline{M},\overline{\nabla})$ lên $U$ thì hiển nhiên $(M,\nabla)$ có kỳ dị chính quy và $(M,\nabla)^{an} = (M^{an},\nabla^{an})$ đồng thời $(M,\nabla)$ cho ta biểu diễn của $\pi_1(U^{an})$.

 

Chứng minh bổ đề. Tại một điểm "$0$" mà $D_1,...,D_r$ giao nhau, ta có thể chọn một hệ tọa độ $x_1,..,x_n$ sao cho $D_i = \left \{x_i = 0\right \}$ với mọi $1 \leq i \leq r$. Trên một hệ tọa độ dạng đĩa đa diện $V$ quanh điểm giao có dạng $\left | x_i \right | < \epsilon$ với mọi $i = 1,...,n$ ($\epsilon$ đủ nhỏ) thì đa tạp $V \cap U^{an}$ có dạng

$$V \cap U^{an} = \prod_{i=1}^r \left \{ 0 < \left|x_i \right |< \epsilon \right \} \times \prod_{i=r+1}^n \left \{\left|x_i \right| < \epsilon \right \}.$$

Hạn chế của $(M^{an},\nabla^{an})$ xuống $V \cap U^{an}$ là một phương trình vi phân trên $V \cap U^{an}$ nên theo trường hợp giải tích, nó ứng với một biểu diễn $\rho:\pi_1(V \cap U^{an}) \to \mathrm{GL}(L)$ trong đó $L$ là một không gian vector hữu hạn chiều. Tuy nhiên cách chọn hệ tọa độ cho thấy

$$\pi_1(V \cap U^{an}) = \mathbb{Z}\gamma_1 \times \cdots \times \mathbb{Z}\gamma_r,$$

trong đó $\gamma_i$ là các đường cong đóng quay ngược chiều kim đồng hồ quanh $D_i$. Do đó biểu diễn $\rho$ xác định hoàn toàn nếu ta biết $\rho(\gamma_1),..., \rho(\gamma_r)$. Bằng cách sử dụng dạng chuẩn Jordan, ta thấy rằng tồn tại duy nhất các tự đẳng cấu $B_i$ của $L$ sao cho

  • $\mathrm{exp}(2\pi \mathbf{i} B_j) = \rho(\gamma_j)$ với mọi $j = 1,2,...,r$.
  • Các giá trị riêng của $B_j$ có phần thực nằm trong giải $-1 < \mathrm{Re} \leq 0$.
  • $B_j$ giao hoán từng đôi một.

Ta sẽ định nghĩa mở rộng lên $V$ của $(M^{an},V^{an})$ như sau

$$\overline{M^{an}} = L \otimes_{\mathbb{C}} \mathcal{O}_V,$$

và ta cũng định nghĩa mở rộng của tác động như sau

$$\begin{align*} \overline{\nabla^{an}}: \overline{M^{an}} = L\otimes \mathcal{O}_V & \to \overline{M^{an}} \otimes_{\mathcal{O}_V} \Omega^1_V(\log(D)) = L \otimes \Omega^1_{V/\mathbb{C}}(\log(D)) \\ l \otimes f & \mapsto f\left(-\sum_{i=1}^r B_i l \otimes \frac{dx_i}{x_i} \right) + l \otimes df \end{align*}$$

Để kiểm tra rằng liệu $(\overline{M^{an}},\overline{\nabla^{an}})$ thực sự mở rộng $(M^{an},\nabla^{an})$ ta cần kiểm tra liệu monodromy của nó có chính xác không. Như vậy ta cần tìm ma trận $A$ trong biểu diễn địa phương $d - A$ của $\overline{\nabla^{an}}$, dễ thấy ma trận này chính là $\sum_{i=1}^r \log(x_i)B_i$ ($\log(x_i)$ định nghĩa tốt trên $V$ do $V$ là tích các đĩa một chiều mở, do đó đơn liên) và do đó nghiệm cơ bản là $\mathrm{exp}\left(\sum_{i=1}^r \log(x_i)B_i \right)$ (ta sẽ ký hiệu là $\prod_{i=1}^r x_i^{B_i}$). Nếu ta xét thác triển giải tích dọc theo các đường cong $\gamma_i$ thì nghiệm sẽ trở thành $\mathrm{exp}\left(\sum_{i=1}^r \log(x_i)B_i + 2\pi \mathbf{i}B_i \right) = \rho(\gamma_i)\prod_{i=1}^r x_i^{B_i}$, và do đó chính là monodromy tương ứng.

 

Để kiểm tra định nghĩa của ta tốt, ta cần phải chứng định nghĩa địa phương này có thể dán thành toàn cục. Ta sẽ sử dụng tiêu chuẩn địa phương sau (không chứng minh):

 

Trong mọi cơ sở của $\overline{M^{an}}$ xem như một $\mathcal{O}_V$ module thì nghiệm cơ bản luôn có dạng $H(x)\prod_{i=1}^r x_i^{B_i}$ trong đó $H(x) \in \mathrm{GL}(n,\mathcal{O}_V)$ và $B_i$ là các ma trận đôi một giao hoán, có các giá trị riêng với phần thực nằm trong đoạn $(-1,0]$.

 

Giờ ta quay lại một hệ tọa độ $x_1,...,x_n$ dạng đa đĩa trên $V$, nghiệm cơ bản của hệ có dạng $\prod_{i=1}^r x_i^{B_i}$. Giả sử trên $V' \subset V$ thì $D_i$ có thể viết dưới dạng $D_i = \left \{y_i \right \}$ với $i=1,...,s$ ($s < r$), ta cần chứng minh nghiệm cơ bản vừa trên có thể biểu diễn dưới dạng $H(x)\prod_{i=1}^s y_i^{B_i}$. Với $i=1,...,r$, do $x_i,y_i$ cùng định nghĩa $D_i$ trên $V'$ nên tồn tại các hàm khả nghịch $u_i$ mà $x_i = u_i y_i$. Các ước $D_{s+1},...,D_r$ tự thân chúng khả nghịch trong lân cận này. Từ đây ta suy ra rằng có thể viết

$$u_i = \mathrm{exp}(z_i) \ \forall \ i = 1,...,s \ \text{và} \ x_i = \mathrm{exp}(z_i) \ \forall \ i = s+1,...,r.$$

Cuối cùng ta có

$$\prod_{i=1}^r x_i^{B_i} = \prod_{i=1}^s (u_i y_i)^{B_i} \prod_{i=s+1}^r x_i^{B_i} = \mathrm{exp}\left(\sum_{i=1}^r B_i z_i \right)\prod_{i=1}^s y_i^{B_i},$$

trong đó hiển nhiên $\mathrm{exp}\left(\sum_{i=1}^r B_i z_i \right) \in \mathrm{GL}(n,\mathcal{O}_{V'})$. Kết thúc chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 17-12-2021 - 21:34

Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh