Đến nội dung

Hình ảnh

Thế nào là một lược đồ?

* * * * * 1 Bình chọn

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Đã rất lâu kể từ khi Grothendieck giới thiệu lý thuyết lược đồ (scheme theory) trong bộ "Éléments de géométrie algébrique" thì tới nay lược đồ đã trở thành một ngôn ngữ cơ bản của hình học đại số và có ứng dụng sâu rộng trong những ngành liên quan như lý thuyết số.

 

The very notion of a scheme has a childlike simplicity - so simple, so humble in fact that no one before me had the audacity to take it seriously.

 

Nó đã một lần và mãi mãi thay đổi hình học đại số thành một ngôn ngữ quá sức trừu tượng với bất cứ ai, nhất là những ai không có khả năng về đại số (David Mumford từng viết một bài "Có thể giải thích lý thuyết lược đồ cho một nhà sinh học không?") vì một lý do đơn giản, nó dựa rất nặng trên ngôn ngữ đại số giao hoán. Ngày nay không ai có thể học hình học đại số mà không học ngày càng nhiều đại số giao hoán. Vào thời kỳ mà lý thuyết lược đồ mới bắt đầu, nó đã làm "sấp ngửa" các nhà toán học. David Mumford từng viết

 

Then Grothendieck came along and turned a confused world of researchers upside down, overwhelming them with the new terminology of schemes as well as with a huge production of new and very exciting results. These notes attempted to show something that was still very controversial at that time: that schemes really were the most natural language for algebraic geometry and that you did not need to sacrifice geometric intuition when you spoke "scheme".

 

Thậm chí ngay cả P. Cartier, một người mà Grothendieck đặc biệt ngưỡng bộ về tốc độ học những thứ mới cũng phải kêu lên rằng hình học đại số có ba cuộc lột xác và ông phải học kiến thức mới qua cả ba lần đó: đầu tiên bắt từ trường phái Ý, sau đó đến Serre và cuối cùng nó hoàn toàn thay đổi sau Grothendieck.

 

Ngày nay, có vô vàn sách về hình học đại số được viết dưới các ngôn ngữ rất trừu tượng và thông thường sinh viên đại học phải có một lượng kiến thức chuẩn bị cực kỳ lớn để thực sự hiểu được cái đẹp của hình học đại số, rằng nó thực sự là hình học chứ không phải chỉ là một loạt các định nghĩa vô cùng trừu tượng từ trên trời rơi xuống. Nhưng đó là cản trở đầu tiên của bất cứ sinh viên nào muốn tiếp cận hình học đại số: người ta phải sẵn sàng lao thân vào một vũng bùn trước khi sang được bờ bên kia.

 

Bài viết này của mình là một dẫn nhập không chính thức (informal) cho các bạn sinh viên nào muốn tiếp cận hình học đại số mà vẫn loay hoay với lý thuyết lược đồ. Do đó không thực sự có định nghĩa, không thực sự có chứng minh, chỉ là các bàn luận và chỉ ra rằng rất nhiều thứ trong hình học đại số có động lực từ hình học và tô-pô. Nó cũng không phải một bài viết mang tính lịch sử, tức là thảo luận tiến trình phát triển hình học đại số và lý thuyết số mà mình sẽ viết, theo cách nào đó để người mới tiếp cận cảm thấy lý thuyết này tự nhiên nhất và xây dựng cho bản thân một trực giác để có thể học dễ dàng hơn; do đó không tránh khỏi việc có những thứ mang tính "đoán". Khi hỏi bất cứ ai làm hình học đại số câu hỏi "hình học đại số là gì?" nhiều khả năng bạn sẽ nhận được câu trả lời "là một ngành nghiên cứu nghiệm của các phương trình" nhưng nếu bạn mở các sách hình học đại số ra thì nhận được toàn là "vành địa phương chính quy", "bó tựa nhất quán", "đối đồng điều",... Vậy chúng ta hãy quay lại câu hỏi về việc giải phương trình, một trong các nguồn gốc đầu tiên cho hình học đại số hiện đại đến từ lý thuyết số: bài toán giải các phương trình nghiệm nguyên.

 

Phương trình nghiệm nguyên tới số nguyên p-adic

 

Giả sử ta có một phương trình

$$F(x_1,...,x_n) = 0$$

trong đó $F \in \mathbf{Z}[x_1,...,x_n]$ là một đa thức với hệ số nguyên và ta được yêu cầu tìm các nghiệm nguyên (tương đương, hữu tỷ) của nó. Câu hỏi này thông thường là quá khó để giải và nó chính là bài toán thứ $10$ của Hilbert. Câu trả lời khá dễ đoán: không tồn tại một cách giải tổng quát một phương trình cho trước. Do đó chúng ta có thể thử làm yếu bài toán, giải một phương trình như trên trong modulo $m$ nào đó, tức là

$$F(x_1,...,x_n) = 0 \ \mathrm{mod} \ m$$ liệu có nghiệm modulo $m$ không. Bằng định lý thặng dư Trung Hoa, ta quy về giải các phương trình

$$F(x_1,...,x_n) = 0 \ \mathrm{mod} \ p^v$$ trong đó $p$ là một số nguyên tố. Đây là chỗ các số $p$-adic nhảy vào cuộc chơi (các bạn có thể xem lại bài này của anh @nmlinh16).

 

Screenshot 2023-03-12 at 01-17-09 Viu-Sos - p-adic and motivic integration.pdf.png

 

Trong bài viết đó anh nmlinh16 đã thử giải phương trình $x^2+1$ modulo $5$ và nói rằng cách giải này là địa phương. Trước tiên nhắc lại một số nguyên $p$-adic là một tổng hình thức (tức là chưa nói đến việc nó hội tụ theo nghĩa nào)

$$a_0 + a_1p + \cdots + a_n p^n + \cdots$$ với $0 \leq a_i <p$ là các số nguyên. Ký hiệu tập số nguyên $p$-adic bởi $\mathbf{Z}_p$. Tương tự, các số hữu tỷ $p$-adic có dạng hình thức

$$a_{-m}p^{-m} + \cdots + a_{-1}p^{-1} + a_0 + a_1p + a_2p^2 +\cdots$$ với $0\leq a_i < p$ là các số nguyên; viết khác đi $a_i \in \mathbf{Z}/p$. Tập này được ký hiệu bởi $\mathbf{Q}_p$. Cả hai tập này đều là các vành. Điều này gợi nhớ các bạn đã học giải tích phức về khái niệm chuỗi và chuỗi Laurent

$$a_{-m}(x-a)^{-m} + ...+ a_{-1}(x-a)^{-1} + a_0 + a_1(x-a) + \cdots + a_n(x-a)^n + \cdots$$

Ta có thể nói gọn rằng một số nguyên $p$-adic là một xấp xỉ bởi các đa thức tổng riêng

$$S_n=a_0 + a_1p + \cdots a_n p^n$$

Nhưng như thế chưa thực sự đủ, ta hãy nhớ rằng mỗi $S_n$ xác định một lớp dư $\overline{S_n}$ trong $\mathbf{Z}/p^n$. Do đó một số nguyên $p$-adic xác định một dãy

$$(S_0,S_1,...,S_n,...) \in \prod_{i=0}^{\infty}(\mathbf{Z}/p^n).$$

Tuy nhiên hãy nhớ ta đang nói về tính xấp xỉ, mỗi một $S_n$ còn "thừa" ra một hệ số $a_n$ so với $S_{n-1}$. Tuy nhiên rất may ta có thể lưu hệ số này bằng phương trình $S_n = S_{n-1} \ \mathrm{mod} \ p^{n-1}$. Bằng cách này, ta viết rằng

$$\mathbf{Z}_p = \lim \mathbf{Z}/p^n = \left \{(x_n)_{n \in \mathbf{N}} \in \prod_{n=0}^{\infty}(\mathbf{Z}/p^n) \mid x_{n+1}=x_n \ \mathrm{mod} \ \mathbf{Z}/p^n \right \}.$$

Ta sẽ gặp lại biểu diễn này ở bài dưới. Trước tiên ta có mệnh đề sau.

 

Mệnh đề. Phương trình $F(x_1,...,x_n)=0 \ \mathrm{mod} \ p^v$ có nghiệm với $v\geq 1$ bất kỳ khi và chỉ khi $F(x_1,...,x_n)=0$ có nghiệm trong $\mathbf{Z}_p$.

 

Người ta bảo đây là tìm nghiệm "địa phương", nhưng thế nào là địa phương (local). Địa phương là một khái niệm rất có tính hình học và tô-pô. Để nói về địa phương thì bạn phải có điểm, và lân cận. Và quan trọng hơn tất cả các thứ đó, bạn phải có một không gian. Cái không gian mà chúng ta nói đến đây, chính là các lược đồ.

 

Hãy quay lại với các phương trình vi phân. Việc giải một phương trình vi phân $Df=0$ trên một đa tạp $M$ (với những bạn chưa biết về đa tạp, có thể giả sử đang giải trên toàn trục $\mathbf{R}$) có thể được thực hiện một cách ngây thơ như sau:

  • (Bước 1) Cố gắng thu nhỏ khoảng xác định, tìm nghiệm quanh các lân cận đủ nhỏ. Các nghiệm này gọi là nghiệm địa phương.
  • (Bước 2) Cố gắng dán các nghiệm địa phương thành một nghiệm toàn cục.

Như vậy khi nói việc giải nghiệm $p$-adic là giải địa phương, một cách hình thức, ta đã tiền giả định các điều sau:

  • Tồn tại một không gian tô-pô $X$ mà số nguyên tố $p$ là một "điểm" của $X$.
  • Quá trình giải nghiệm $p$-adic thực chất đang làm việc trên một lân cận của $p$ trong $X$.

Các không gian $X$ này được ký hiệu bởi $\mathrm{Spec}(\mathbf{Z})$, là một ví dụ của lược đồ affine. Tổng quát hơn, ta muốn hỏi rằng với mỗi vành giao hoán có đơn vị $R$, làm thế nào để xây dựng một lược đồ $\mathrm{Spec}(R)$?

 

Nghiệm nguyên - một góc nhìn khác

 

Trong phần này, mình giả sử các bạn đã biết về định nghĩa vành và đồng cấu vành. Toàn bộ các vành được giả sử là giao hoán và có đơn vị. Cho $R$ là một vành, khi đó một $R$-đại số là một đồng cấu vành $R \longrightarrow A$. Điều này có nghĩa:

  • Bản thân $A$ là một vành: có phép cộng và nhân.
  • Có thể nhân vô hướng $R$ với $A$: mỗi cặp $(r,a) \in R \times A$ xác định một phần tử $ra \in A$.

Một đồng cấu $\phi: A \longrightarrow B$ của hai $R$-đại số là một đồng cấu vành sao cho $\phi(ra)=r\phi(a)$ (điều này giống với định nghĩa của không gian vector). Ta gọi $A$ là có kiểu hữu hạn trên $R$ tồn tại một tập hữu hạn các phần tử $a_1,...,a_n \in A$ sao cho mọi phần tử trong $A$ có dạng

$$\sum r_{i_1,...,i_k} a_1^{i_1}\cdots a_n^{i_n}$$ với $i_1,...,i_n$ là các số nguyên không âm và $r_{i_1,...,i_k}$ là phần tử trong $R$. Nói cách khác, mọi phần tử của $A$ là "một đa thức". Điều này khác với việc nếu bạn xét một không gian vector hữu hạn sinh $V$ (do đó hữu hạn chiều) trên một trường $k$ (bạn có thể lấy $k = \mathbf{R}$ hoặc $\mathbf{C}$), khi đó mọi vector $v$ có dạng

$$v = k_1v_1 + \cdots k_n v_n,$$ trong đó $k_i$ là các vô hướng và $v_i$ là các vector lập thành một hệ sinh. Khác biệt này đến từ việc không gian vector chỉ có phép nhân vô hướng, nó không có phép nhân trong (cái cấu thành các phần tử dạng $a_1^{i_1}$). Hệ $\left \{a_1,...,a_n \right \}$ đóng vai trò một hệ sinh cho đại số như cái cách mà một hệ sinh của không gian vector làm. Nói tương đương, tồn tại một toàn cấu của các $R$ -đại số

$$R[x_1,...,x_n] \longrightarrow A$$

và nói cách khác nữa $A$ có dạng $R[x_1,...,x_n]/I$ với $I$ là một ideal của $R[x_1,...,x_n]$. Không giảm tổng quát, ta giả sử $I$ là hữu hạn sinh, tức là $I$ sinh ra bởi hữu hạn đa thức $f_1,...,f_r$ và do đó

$$A = R[x_1,...,x_n]/(f_1,...,f_r).$$ Trong đại số tuyến tính, ta biết rằng một đồng cấu tuyến tính xác định duy nhất bởi ảnh trên các phần tử của một cơ sở. Tương tự ở đây ta có một đồng cấu các $R$-đại số xác định duy nhất bởi tập ảnh của các phần tử sinh và tuân theo quan hệ mà các phần tử sinh tuân theo.

 

Bổ đề. Các đồng cấu giữa hai $R$-đại số $R[x_1,...,x_n]/(f_1,...,f_r) \longrightarrow B$ song ánh với tập $$\left \{(b_1,...,b_n) \in B^n \mid f_i(b_1,...,b_n) \right \}.$$ Hay nói cách khác, nó tương đương với tập nghiệm của hệ phương trình $\left \{f_1=...=f_r =0 \right \}.$

 

Thế thì ví dụ việc bạn muốn giải một phương trình nghiệm nguyên kiểu $y^2 = x^3 + x + 1$ thì tương đương với việc bạn muốn tìm các đồng cấu của các $\mathbf{Z}$-đại số

$$\mathbf{Z}[x,y]/(y^2-x^3-x-1) \longrightarrow \mathbf{Z}.$$ Lưu ý rằng hợp thành của một đồng cấu như vậy với đồng cấu hiển nhiên $\mathbf{Z} \longrightarrow \mathbf{Z}[x,y]/(y^2-x^3-x-1)$ là đồng nhất. Điều này cộng với phần trước gợi ý cho ta một hình dung đầu tiên về một lược đồ affine:

  • Một lược đồ affine của một vành $R$ là một không gian tô-pô $\mathrm{Spec}(R)$ và ta không mất gì khi nghiên cứu $\mathrm{Spec}(R)$ thay vì $R$. Tức là tồn tại một xây dựng ngược $\mathrm{Spec}(R) \mapsto R$ và quan trọng hơn xây dựng này có tính hàm tử như dưới đây.
  • Mỗi đồng cấu vành $R \longrightarrow R'$ cho ta một ánh xạ liên tục $\mathrm{Spec}(R') \longrightarrow \mathrm{Spec}(R)$ (well, ở bước này bạn có thể hỏi rằng tại sao nó không đi theo chiều ngược lại).
  • Nếu $R'$ là một $R$-đại số hữu hạn sinh dạng $R[x_1,...,x_n]/(f_1,...,f_r)$ thì việc nghiên cứu hệ phương trình $\left \{f_1=...=f_r \right \}$ tương được với việc tìm các "ánh xạ liên tục" $\mathrm{Spec}(R) \longrightarrow \mathrm{Spec}(R[x_1,...,x_r]/(f_1,...,f_r))$ sao cho hợp thành với $\mathrm{Spec}(R[x_1,...,x_r]/(f_1,...,f_r))$ là đồng nhất. Hay ta còn gọi một bộ nghiệm là một nhát cắt (section). Thuật ngữ này mang tính hình học. Một nhát cắt của một ánh xạ liên tục $f: X \longrightarrow Y$ là một cách "đi ngược lại" từ $Y$ vào $X$. Cụ thể hơn là tồn tại $s: Y \longrightarrow X$ liên tục mà $f \circ s = \mathrm{id}_Y$. Xem hình dưới

1200px-Bundle_section.svg.png

 

Cái mà mình vừa trình bày đây, gọi là khái niệm hàm tử điểm (functor of points) của Grothendieck.

 

 

Lược đồ - một gợi ý từ định lý biểu diễn Gelfand

 

Cho $X$ là một không gian tô-pô (với các bạn sinh viên năm nhất có thể lấy $X$ là không gian metric). Khi đó không gian các hàm liên tục

$$C(X,\mathbf{R}) = \left \{f: X \longrightarrow \mathbf{R} \mid f \ \text{liên tục} \ \right \}$$

là một vành giao hoán có đơn vị là hàm hằng $1$. Tức là có phép cộng và phép nhân theo từng điểm

$$(f+g)(x) = f(x) + g(x) \ \ \ \ \text{và} \ \ \ \ (f.g)(x) = f(x)g(x)$$

và thậm chí nó còn có một phép nhân vô hướng (tuy nhiên ta không cần tới như vậy). Một bài toán cơ bản trong tô-pô là phân loại các không gian chính xác tới một đồng phôi. Một trong các cách làm thông thường mà ta hay làm là gán một không gian $X$ với một bất biến đại số $X$ được bảo toàn bởi phép đồng phôi. Phép gán $X \mapsto C(X,\mathbf{R})$ là phép gán có thể nói là ngây thơ nhất.

 

Bây giờ ta hãy lấy slogan sau làm định hướng cho các thảo luận tiếp
 

 

Slogan. Một không gian đủ tốt "nên" được nghiên cứu bằng cách "nghiên cứu" tất cả các hàm trên nó.

 

 

Vành $C(X,\mathbf{R})$ có tính chất gì đặc biệt và nó liên hệ thế nào với $X$? Ít nhất nó thỏa mãn các tính chất sau:

  • Với mỗi tập mở $U \subset X$ ta có một vành $C(U,\mathbf{R})$. Với hai tập mở $V \subset U$ ta có một phép hạn chế $C(U,\mathbf{R}) \longrightarrow C(V,\mathbf{R})$ đi từ tập to hơn xuống tập nhỏ hơn. Do một hàm xác định trên tập to thì cũng xác định trên tập nhỏ.
  • Với mọi $f \in C(X,\mathbf{R})$ thì tập $U_f=\left \{x \in X \mid f(x) \neq 0 \right \}$ là một tập mở trong $X$ và $f$ hạn chế xuống tập này là một phần tử khả nghịch của $C(U_f,\mathbf{R})$. Nói cách khác, ảnh của $f$ thông qua ánh xạ hạn chế $C(X,\mathbf{R}) \longrightarrow C(U_f,\mathbf{R})$ là một phần tử khả nghịch.
  • Ngược lại thì tập $X \setminus U_f = \left \{x \in X \mid f(x) = 0 \right \}$ là tập đóng. Các tập đóng này sinh ra tô-pô trên $X$ nếu $X$ là compact và Hausdorff (bổ đề Uryson).
  • Với mọi $x \in X$ thì tập $\mathfrak{m}_x=\left \{f \in C(X,\mathbf{R}) \mid f(x) = 0 \right \}$ là một ideal của $X$. Hơn nữa nó còn là ideal cực đại do $C(X,\mathbf{R})/\mathfrak{m}_x \simeq \mathbf{R}$ là một trường.
  • Tập $\mathrm{Max}(C(X,\mathbf{R})) = \left \{\mathfrak{m}_x \mid x \in X \right \}$ được trang bị một tô-pô gọi là tô-pô Zariski. Ta định nghĩa nó thông qua các tập đóng $$V(I) = \left \{\mathfrak{m} \in \mathrm{Max}(C(X,\mathbf{R})) \mid I \subset \mathfrak{m} \right \}.$$ Tập này còn gọi là phổ cực đại (chứa các ideal cực đại) của $C(X,\mathbf{R})$. Tương tự, mọi vành $R$ cho ta một không gian tô-pô $\mathrm{Max}(R)$.

Định lý sau, được biết tới tên định lý biểu diễn Gelfand (xem chứng minh ở đây) là minh chứng cho slogan trên.

 

Định lý. Nếu $X$ là một không gian tô-pô compact và tách được thì phép gán $X \mapsto \mathrm{Max}(C(X,\mathbf{R})), x \longmapsto \mathfrak{m}_x$ là một đồng phôi.

 

Như vậy khi ta có một phép gán

$$\text{không gian tô-pô} \longmapsto \text{vành} \longmapsto \text{không gian tô-pô}$$ và ta chứng minh rằng với không gian đủ tốt thì ta không mất gì cả, vẫn luôn thu được không gian ban đầu. Như vậy, nó dẫn ta tới một câu hỏi ngược lại: cho một vành $R$ (kể từ nay luôn luôn giao hoán và có đơn vị), làm thế nào mà mỗi phần tử $r \in R$ có thể xem như một hàm trên một không gian tô-pô $\mathrm{Spec}(R)$ nào đó mà nó có tất cả các tính chất tương tự như những gì $C(X,\mathbf{R})$ có? Tuy nhiên bất kể nó là cái gì, ta không nên sử dụng xây dựng phổ cực đại $\mathrm{Max}(R)$ vì rất nhiều lý do:

  • Có những vành rất thú vị mà lại có quá ít ideal cực đại (một vành chỉ có một ideal cực đại gọi là vành địa phương).
  • Tô-pô Zariski quá xấu để nói về tính liên tục.
  • Xây dựng $\mathrm{Max}(R)$ không có tính "hàm tử", một đồng cấu vành $\phi:R \longrightarrow R'$ không cho ta một ánh xạ $\mathrm{Max}(R') \longrightarrow \mathrm{Max}(R)$ bằng phép nghịch đảo $I \mapsto \phi^{-1}(I)$ vì nghịch đảo một ideal cực đại không nhất thiết là ideal cực đại.
  • Xây dựng $\mathrm{Max}(R)$ không nhìn được "bội". Ví dụ nghiên cứu hai vành $\mathbf{C}[x]/(x)$ và $\mathbf{C}[x]/(x^2)$ như đã nói trong phần trước tương đương với việc ta giải hai phương trình $\left \{x=0 \right \}$ và $\left \{x^2=0 \right \}$. Về mặt tập nghiệm, chúng trùng nhau. Tuy nhiên về mặt bội thì không. Nghiệm đầu tiên $x=0$ là nghiệm đơn nằm trên một đường thẳng $y=x$. Nghiệm sau đó $x=0$ là nghiệm kép nằm trên một parabol $y=x^2$.

Tuy nhiên, dù thế nào ta cũng đã đến gần với lời giải. Giờ ta nhớ rằng để nói về hàm số, ta phải nói về cái là điểm. Một hàm sinh ra là để tính giá trị trên các điểm. Nếu không có điểm thì không có hàm. Nói cách khác, ta phải xem tập nền (nếu có) của $\mathrm{Spec}(R)$ là gì? Các phần tử của nó (các điểm) được tính giá trị như thế nào.

 

Slogan. Để có hàm thì phải có điểm. Một khi có điểm, hàm được xác định duy nhất bằng các giá trị.

 

 

Ở đây, "không biết bằng cách nào" mà André Martineau lại xúi Jean Pierre Serre rằng nên lấy các ideal nguyên tố làm tập nền cho $\mathrm{Spec}(R)$.

 

Định nghĩa. Với mỗi vành $R$, lược đồ affine $\mathrm{Spec}(R)$ có tập hợp nền là tập các ideal nguyên tố $\mathfrak{p}$ của $R$.

 

Như vậy với mỗi $f \in R$ có thể xem như một hàm trên $\mathrm{Spec}(R)$ và với mỗi ideal nguyên tố $\mathfrak{p} \in \mathrm{Spec}(R)$ thì ta có một giá trị $f(\mathfrak{p})$ (mà ta chưa biết tập giá trị là gì). Hơn nữa, việc gán

$$f \longmapsto \left \{f(\mathfrak{p}) \mid \mathfrak{p} \in \mathrm{Spec}(R) \right \}$$

xác định duy nhất $f$. Vậy vấn đề bây giờ còn lại là xác định miền giá trị của $f(\mathfrak{p})$.

 

Ta hãy quay lại với các ví dụ cụ thể hơn:

  • Khi $R = \mathbf{C}[x]$ là vành đa thức. Do $\mathbf{C}$ là đóng đại số nên các ideal nguyên tố khác $0$ của $\mathbf{C}[x]$ cũng cực đại và có dạng $(x-a)$ với $a \in \mathbf{C}$. Ta mong muốn có một phép gán mỗi đa thức $f$ thành $$f:\mathrm{Spec}(\mathbf{C}[x]) = \left \{(0) \right \} \cup \bigcup_{a \in \mathbf{C}} (x-a).$$ Tuy nhiên phải nói thế nào về việc tính $f((x-a))$? Hiển nhiên mỗi đa thức là một hàm (theo nghĩa giải tích) $f: \mathbf{C} \longrightarrow \mathbf{C}$ và do đó nên có $f((x-a))=f(a)$. Nhưng có cách nào khác nhìn $f(a)$ không? Rất may mắn ta có $f = f(a) \mathrm{mod} \ (x-a)$. Nói cách khác, mỗi hàm $f$ xác định các giá trị trong các vành thương $\mathbf{C}[x]/(x-a)$, chúng là các trường. Vấn đề còn lại là làm sao xác định $f((0))$? Vành thương $\mathbf{C}[x]/(0) = \mathbf{C}[x]$ không là một trường, làm thế nào để tạo ra một trường, xem như trường giá trị. Rất đơn giản và thần kỳ, ta lấy trường các hàm hữu tỷ $C(x)$ (phần tử là thương hai đa thức) và xem $f$ như một phần tử trong trường này.
  • Khi $R = \mathbf{Z}$ là vành số nguyên. Các ideal nguyên tố của $R$ hoặc là các số nguyên tố $p$ hoặc là ideal tầm thường $0$. Tương tự như trên một số nguyên $n$ tính giá trị tại một ideal nguyên tố bằng cách tính modulo $p$, tức là $(n \ \mathrm{mod} \ p)$, giá trị này nằm trong trường $\mathbf{Z}/p$. Còn $n$ tính giá trị tại ideal $0$ là việc ta xem $n$ như một phần tử trong $\mathbf{Q}$ (thương của hai số nguyên).

Điều này cho ta một gợi ý về mặt tổng quát: ta nên lấy giá trị $f(\mathfrak{p})$ nằm trong trường các thương $\mathrm{Frac}(R/\mathfrak{p})$. Do đó công thức hoàn chỉnh của ta là

$$f : \mathrm{Spec}(R) \longrightarrow \bigsqcup f(\mathfrak{p}) \in \bigsqcup \mathrm{Frac}(R/\mathfrak{p}).$$

 

Tô-pô của $\mathrm{Spec}(R)$ trông như thế nào?

 

Nhắc lại rằng khi nói về $C(X,\mathbf{R})$, ta thấy các tập

$$\left \{x \in X \mid f(x) \neq 0 \right \}$$

là các tập mở trong $X$ chừng nào $f$ khác $0$ (nếu không tập này rỗng, vẫn mở, nhưng tầm thường). Tương tự như vậy ta muốn các tập

$$D(f) = \left \{\mathfrak{p} \in \mathrm{Spec}(R) \mid f(\mathfrak{p}) \neq 0 \right \}$$

là các tập mở trong $\mathrm{Spec}(R)$ với mỗi $f$ cố định. Hơn nữa, ta còn muốn nó là một cơ sở tạo nên tô-pô của $\mathrm{Spec}(R)$. Trước tiên ta nhắc lại rằng trong trường hợp $C(X,\mathbf{R})$ (tức là $R$) trong trường hợp đại số này) với mỗi tập mở $U$ của $X$ (các tập mở $D(f)$ của $\mathrm{Spec}(R)$) ta có một vành $C(U,\mathbf{R})$ và vành này lại lần nữa xác định duy nhất $U$ (nếu $U$ đủ tốt). Vậy ta có thể tự hỏi, nếu có thể thì cái gì sẽ đóng vai trò của $C(U,\mathbf{R})$ trong trường hợp này?

$$U \longmapsto C(U,\mathbf{R}) \Longrightarrow D(f) \longmapsto ???.$$

Tức là có vành $R_f$ nào mà $\mathrm{Spec}(R_f) = D(f)$ không?

 

Câu trả lời là có, đây là khái niệm địa phương hóa. Ý tưởng của nó như sau: nếu $f \in R$ là một hàm, thì trên tập $D(f)$ hàm $f$ phải khả nghịch. Nói cách khác, phải có một đồng cấu vành $R \longrightarrow R_f$ mà ảnh của $f$ khả nghịch (giống như trường hợp $C(X,\mathbf{R}) \longrightarrow C(U,\mathbf{R})$). Như ở đây ta còn chưa khai thác hết, tập $\left \{x \in X \mid f(x) \neq 0 \right \}$ thực sự là tập lớn nhất mà $f$ khả nghịch nên theo nghĩa nào đó đồng cấu $C(X,\mathbf{R}) \longrightarrow C(U,\mathbf{R})$ là đồng cấu nhỏ nhất làm $f$ khả nghịch. Như vậy ta phải tạo ra một vành $R_f$ càng nhỏ càng tốt mà $f$ khả nghịch.

 

Thế nào là nhỏ nhất? Nó có nghĩa là nếu $R \longrightarrow S$ là một đồng cấu vành mà $f$ khả nghịch thì nó tách qua $R \longrightarrow R_f$. Ở dạng biểu đồ giao hoán:

\begin{xy}
\xymatrix {
 R  \ar[r] \ar[dr]& R_f \ar[d] \\
& S
}
\end{xy}

 

Đây là định nghĩa có thể "làm sợ" các bạn lần đầu học đại số giao hoán. Nó gọi là khái niệm địa phương hóa. Tại sao lại là địa phương? (lưu ý rằng địa phương này của hàm, nó hơi khác với lời hứa ở đầu bài của mình, đó là địa phương hóa điểm) Vì ta đang hạn chế làm việc ở lân cận mà hàm $f$ khả nghịch (lưu ý ta đang giả sử $f$ khác $0$).

 

Xây dựng $R_f$: Ta xét tập hợp $\left \{(r,f^n) \mid r \in R, n \in \mathbf{Z} \right \}$ và ta định nghĩa một quan hệ tương đương $(r,f^n) = (r',f^m)$ nếu tồn tại $k \in \mathbf{Z}$ mà $f^{k-m}r = f^{k-n}r'$. Ai tinh ý sẽ nhận ra đang giả vờ rằng $(r,f^n)$ chính là một phân số $\frac{r}{f^n}$. Điều này giống như ta định nghĩa số hữu tỷ $\mathbf{Q}$. Ta nói $(a,b)=(c,d)$ (ngầm hiểu $a/b = c/d$) nếu $ad=cb$. Tuy nhiên ở đây ta phải nhân thêm $f^k$ vì nếu không nó không là quan hệ tương đương. Còn trên $\mathbf{Q}$ là miền nguyên thì ta có thể khử phần tử khác $0$ trong phép nhân nên mọi chuyện tầm thường. Vì lý do này mà ta còn viết $R_f$ dưới dạng vành đa thức $R[\frac{1}{f}]$.

 

Tới đây ta đã hoàn thành kha khá về bức tranh của $\mathrm{Spec}(R)$: tô-pô của nó có một cơ sở sinh bởi các tập $D(f)$ và các hàm trên $D(f)$ là $R_f$ (lưu ý rằng $R = R_1$ với $1 \in R$ là hàm hằng). Ta lại quay lại với $C(X,\mathbf{R})$. Như đã nói ban đầu, ta đã gian lận, ta đã xem xét tô-pô Zariski (với phổ cực đại) trên vành này ngay từ đầu. Bây giờ ta cần kiểm tra xem hai tô-pô sau có trùng nhau không:

  • Tô-pô sinh bởi các tập $D(f)$.
  • Tô-pô Zariski của $\mathrm{Spec}(R)$, tức là các tập đóng có dạng $V(I) = \left \{\mathfrak{p} \in \mathrm{Spec}(R) \mid f(\mathfrak{p}) = 0 \right \}$ với $I$ là một tập con bất kỳ của $R$.

Không nghi ngờ gì là có dù ta đang dùng hai ngôn ngữ khác nhau: tập mở và tập đóng, lần lượt. Lưu ý rằng

$$D(f) = \left \{f \neq 0 \right \} = X \setminus V(f) = X \setminus \left \{f = 0 \right \} \ \ \ \ \text{và} \ \ \ \ V(I) = \bigcup_{f \in I} V(f).$$

Như vậy ta có điều phải chứng minh (hai tô-pô trùng nhau nhưng góc nhìn thì thêm nhiều điểm mới).


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 12-03-2023 - 07:26

$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#2
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Lân cận của điểm

 

Giờ đây ta biết số nguyên tố $p$ xác định một ideal nguyên tố $(p)$, và do đó là điểm $(p) \in \mathrm{Spec}(\mathbf{Z})$. Một lân cận của $(p)$ thì trông như thế nào?

 

Ta biết rằng cơ sở của tô-pô Zariski là các tập $D(n)$ với $n \in \mathbf{Z}$. Như vậy nếu $(p) \notin D(n)$ thì có nghĩa là

$$n((p)) = 0 \Leftrightarrow n = 0 \ \mathrm{mod} \ p \Leftrightarrow p \mid n.$$

Điều này cũng trực tiếp suy ra mỗi hàm $n \in \mathbf{Z}$ chỉ triệt tiêu tại hữu hạn điểm (giống như một đa thức chỉ có hữu hạn nghiệm). Nói cách khác tập $D(n)$ là là kỳ cục, nó là phần bù của một tập hữu hạn không chứa $(0)$ trong $\mathrm{Spec}(\mathbf{Z})$, i.e. có dạng

$$\mathrm{Spec}(\mathbf{Z}) - \left \{(p_1),...,(p_r) \right \}$$

nếu $\left \{p_1,...,p_r \right \}$ là tập các ước nguyên tố của $n$. Nói cách khác, dù họ $D(n)$ là một cơ sở cho tô-pô. Nhưng các phần tử của cơ sở này không tốt chút nào: CHÚNG KHÔNG NHỎ, HAY CÒN RẤT TO LÀ KHÁC! (mọi tập $D(n)$ đều trù mật trong $\mathrm{Spec}(\mathbf{Z})$)Thêm một tính chất nữa, trong không gian Hausdorff, nếu bạn lấy giao tất cả các lân cận của một điểm thì bạn thu được chính điểm đó. Giờ nếu ta lấy giao

$$\bigcap_{(p) \in D(n)} D(n)$$

thì ta thu được cái gì? Hãy viết cái này dưới dạng thân thương hơn

$$\bigcap_{n \notin (p)} \left \{n \neq 0 \right \}.$$

Để nói rằng giao này không hề nhỏ, ta hãy nhìn vào các hàm trên nó, hãy tự thuyết phục bản thân bạn rằng các hàm trên nó là cái gì đó như thế này

$$\bigcup_{n \notin (p)} \mathbf{Z}\big[\frac{1}{n}\big].$$

Trong đó hợp này giao được lấy trong một tập to hơn, dễ nhất là lấy trong $\mathbf{Q}$. Tới đây, ta thu được một vành "khá to", nó là địa phương hóa $\mathbf{Z}_{(p)}$ của $\mathbf{Z}$ tại ideal $(p)$. Ở dạng tập hợp, như trên đã gợi ý, nó chính là

$$\mathbf{Z}_{(p)} = \left \{\frac{n}{m} \in \mathbf{Q} \mid p \nmid m \right \}.$$

Như vậy ít nhất nó trái với trực giác chúng ta là hàm trên không gian một điểm thì toàn là tầm thường. Các hàm trong tập $\mathbf{Z}_{(p)}$ trái lại chẳng có vẻ tầm thường chút nào. Chẳng hạn thay vì $\mathbf{Z}$ bạn hãy nhìn vào vành $\mathbf{C}[x]$ và lấy giao tất cả các lân cận của điểm $(x-a)$ thì các bạn nhận được là gì? Nó chính là các hàm hữu tỷ $\frac{f(x)}{g(x)}$ mà $g(a) \neq 0$ (viết cách khác $g((x-a)) \neq 0$, giống như $\frac{n}{m} \in \mathbf{Q}$ với $m((p)) \neq 0$). Mỗi hàm hữu tỷ như vậy đều có khai triển Taylor tại $x=a$ ở dạng

$$\frac{f(x)}{g(x)} = a_0 + a_1(x-a) + a_2(x-a)^2 + \cdots + a_n(x-a)^n + \cdots \ a_i \in \mathbf{C}=\mathbf{C}[x]/(x-a)$$

và do đó bạn đoán rằng các số hữu tỷ trong tập $\mathbf{Z}_{(p)}$ cũng phải có dạng

$$\frac{n}{m} = a_0 + a_1p + a_2p^2 + \cdots + a_n p^n + \cdots \ a_i \in \mathbf{Z}/p,$$

tức là các hệ số thực chất chỉ cần lấy trong tập $\left \{0,1,...,p-1 \right \}$. Đây là ví dụ đầu tiên về số $p$-adic một cách hình học. Nhưng thực chất, tập $\mathbf{Z}_{(p)}$ chưa vét cạn các số nguyên $p$-adic.

 

Tuy nhiên ta hãy dành nó cho phần sau. Ở đây từ các suy luận trên ta thấy rằng với mỗi điểm $\mathfrak{p} \in \mathrm{Spec}(R)$ thì ta có một vành $R_{\mathfrak{p}}$ là vành địa phương (chỉ có một ideal cực đại). Đến đây ta tạm gọi là đã vẽ được phần nào bức tranh về lược đồ affine

$$((R,\mathrm{Spec}(R)), (R_f,D(f)), (R_{\mathfrak{p}},\bigcap_{\mathfrak{p} \in D(f)} D(f) ) ).$$ Một cấu xạ giữa các lược đồ affine là một cấu xạ tại "từng vị trí" của biểu diễn như trên (tại điểm này, mình đã bỏ qua lý thuyết bó, các bạn có thể xem bài của anh nmlinh16 để tìm hiểu thêm - tuy nhiên điều đó không thật sự quan trọng ở đây). Một đồng cấu vành $\phi:R \longrightarrow R'$ cho ta một đồng cấu lược đồ affine

$$\mathrm{Spec}(R') \longrightarrow \mathrm{Spec}(R), \mathfrak{q} \longmapsto \phi^{-1}(\mathfrak{q}).$$ và xây dựng $R \longmapsto \mathrm{Spec}(R)$ bảo toàn thông tin:

 

Nghiên cứu một vành cũng bằng với nghiên cứu lược đồ affine của nó.

 

 

Giống như đa tạp là việc dán các mảnh $\mathbf{R}^n$, ở đây ta có:

 

Định nghĩa. Một lược đồ là một không gian tô-pô mà về mặt địa phương (tức là mỗi điểm có một lân cận) là một lược đồ affine.

 

Lại là điểm - nhưng hình học!

 

Ta biết rằng mỗi một điểm $\mathfrak{p} \in \mathrm{Spec}(R)$ cho ta một thông tin, đó là trường thặng dư $\kappa(\mathfrak{p}) = \mathrm{Frac}(R/\mathfrak{p})$. Đồng cấu vành $R \longrightarrow \mathrm{Frac}(R/\mathfrak{p})$ cho ta một đồng cấu lược đồ $\mathrm{Spec}(\kappa(\mathfrak{p})) \longrightarrow \mathrm{Spec}(R)$ như lưu ý ở phần trước.

 

Định nghĩa. Một điểm của lược đồ $\mathrm{Spec}(R)$ là một cấu xạ $\mathrm{Spec}(k) \longrightarrow \mathrm{Spec}(R)$ trong đó $k$ là một trường. Khi $k$ là đóng đại số, ta gọi nó là điểm hình học.

 

Giờ bạn có thể nghĩ rằng $\mathrm{Spec}(k)$ chỉ là một điểm (vì $k$ là một trường, nên chỉ có một ideal khác $(1)$ là $(0)$) thì có gì thú vị mà nghiên cứu?

 

Nghĩ vậy thì bạn nhầm! Về mặt tô-pô nó là một điểm, nhưng đừng quên nó mang trên mình "phép gán vành" (mỗi tập mở được gán một vành), do đó các hàm trên $\mathrm{Spec}(k)$ là cả $k$ nên nó có thể rất to.

 

Về mặt tô-pô thì $\mathrm{Spec}(k)$ là một điểm nên cấu xạ $\mathrm{Spec}(k) \longrightarrow \mathrm{Spec}(R)$ xác định cho ta một điểm $\mathfrak{p}$. Về mặt đồng cấu vành nó cho ta một dãy đồng cấu vành

$$R \longrightarrow \kappa(\mathfrak{p}) \longrightarrow k$$

và do đó ta có thể nói về giá trị hàm $f \in R$ như ảnh của dãy đồng cấu vành này. Tóm lại điểm vẫn là chỗ mà ta tính giá trị, và giá trị nằm trong một trường.

 

Thế thì tại sao lại quan tâm đến tính đóng đại số (điểm hình học)? Thực ra điểm hình học là chỗ ta tìm nghiệm đầu tiên. Hãy nhớ lại rằng việc giải phương trình

$$x^{7.000.000.000}-2=0$$

trên $\mathbf{Q}$ tương đương với việc tìm các cấu xạ (lát cắt) $\mathrm{Spec}(\mathbf{Q}) \longrightarrow \mathrm{Spec}(\mathbf{Q}[x]/(x^{7.10^9}-2))$. Tuy nhiên ta biết rằng phương trình này không có nghiệm trên $\mathbf{Q}$ đơn giản do $2$ thậm chí còn không có căn bậc $2$ do đó chẳng có cấu xạ nào như vậy. Nhưng nếu ta xem xét điểm hình học $\mathrm{Spec}(\mathbf{C}) \longrightarrow \mathrm{Spec}(\mathbf{Q}[x]/(x^{7.10^9}-2))$ thì tương đương với việc giải

$$x^{7.000.000.000}-2=0$$

trong $\mathbf{C}$, do đó nó có tới $7$ tỷ nghiệm, và do đó tương ứng với $7$ tỷ cấu xạ!

 

Quay lại với phương trình nghiệm nguyên

 

Như trong phần đầu tiên đã hứa rằng nói việc giải địa phương một hệ phương trình đa thức hệ số nguyên

$$f_1(x_1,...,x_n) = ... = f_r(x_1,...,x_n)=0 (f_i \in \mathbf{Z}[x_1,...,x_n])$$

tương đương với với việc giải địa phương quanh số nguyên tố $p$. Tức là giải quanh lân cận của ideal $(p) \in \mathrm{Spec}(\mathbf{Z})$. Tuy nhiên ta đã biết rằng các lân cận này rất xấu. Thực tế, chúng xấu vì cái tô-pô chúng xác định xấu. Tô-pô Zariski quá thô (đa số các tập mở đều to, đều trù mật). Làm thế nào để có một tô-pô mịn hơn tô-pô Zariski mà việc giao tất cả lân cận cho ta "một điểm" như trong trường hợp tô-pô?

 

Câu trả lời là một trong các phát kiến cực kỳ sáng tạo của Grothendieck và trường phái của ông: tô-pô étale (tô-pô étale làm cho định lý hàm ngược đúng). Nhưng ngay cả tô-pô étale cũng chưa phải tô-pô đúng trong trường hợp này. Mà nó là cái gọi là tô-pô Nisnevich. Tuy nhiên cả hai tô-pô này quá phức tạp để giới thiệu cho một người mới bắt đầu học hình học đại số do đó ta hãy phủi tay một chút.

 

Giả thiết. Tồn tại một tô-pô trên $\mathrm{Spec}(R)$ mà giao tất cả tập mở chứa $(p)$ cho ta một không gian mà các hàm trên không này là một vành ký hiệu $R_{\mathfrak{p}}^h$. Nó là một $R_{\mathfrak{p}}$-đại số và là một vành địa phương với ideal cực đại $\mathfrak{p}R_{\mathfrak{p}}^h$.

 

Bạn có thể đoán rằng $\mathbf{Z}_{(p)}^h$ là các số nguyên $p$-adic. Nếu vậy, bạn lại nhầm. Tuy nhiên ta biết rằng ta đã đến gần hơn với câu trả lời. Hãy để mình gọi $\mathbf{Z}_{(p)}^h$ là "Hensel hóa" của $\mathbf{Z}_{(p)}$. Tức là nó thỏa mãn bổ đề Hensel.

 

Định nghĩa. Cho $(A,\mathfrak{m},k)$ là một vành địa phương (tức là $\mathfrak{m}$ là ideal cực đại duy nhất, $k=A/\mathfrak{m}$ là trường thặng dư), với mỗi $f \in A[x]$, ta ký hiệu $\overline{f}$ là ảnh của $f$ qua phép lấy modulo $\mathfrak{m}$, $A[x] \longrightarrow k[x]$. Ta nói $A$ thỏa mãn bổ đề Hensel hay gọi $A$ là vành Hensel nếu $f \in A[x]$ có phân tích $\overline{f}=g_0h_0$ trong $k[x]$ thì tồn tại $g,h \in A[x]$ sao cho $f=gh$ và $\overline{g}=g_0$ và $\overline{h}=h_0$.

 

Nói cách khác, phân tích trong $k[x]$ có thể nâng lên thành phân tích trong $A[x]$. Nói riêng, nghiệm trong $k[x]$ có thể nâng lên thành nghiệm trong $A[x]$.

 

Để thực sự đạt được câu trả lời ta hãy quay lại với trường hợp hàm phức, nơi mà tô-pô đủ tốt để ta không phải thêm thắt gì và hãy đoán xem Hensel hóa của $\mathbf{C}[x]_{(x-a)}$ (các hàm với mẫu không có nghiệm $a$) là gì?

 

Phương pháp chuỗi giải phương trình vi phân. Làm thế nào để giải một phương trình vi phân một biến $Df=0$ tại lân cận một điểm? Phương pháp dễ nhất là phương pháp chuỗi, nó thực hiện theo hai bước sau.

  • Tìm một nghiệm hình thức $\mathbf{C}[[x-p]]$ (các chuỗi hình thức, không có điều kiện hội tụ) bằng cách thế nào phương trình và kiểm tra xem các hệ số này cho ta cái gì.
  • Kiểm tra xem chuỗi này hội tụ không. Ta ký hiệu $\mathbf{C}\left \langle x-p  \right \rangle$ là tập các chuỗi $\sum_{i=0}^{\infty}a_i(x-a)^i$ mà có bán kính hội tụ dương. Tập này dĩ nhiên là một vành.

Một lợi thế của việc tìm nghiệm trong $\mathbf{C}\left \langle x-a  \right \rangle$ là phương trình $Df=0$ có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại các đa thức $f_n \in \mathbf{C}[x-a]$ với $\mathrm{deg}(f_n) \leq n$ sao cho $Df_n=0$ và dãy $(f_0,f_1,...f_n,...)$ hội tụ theo một nghĩa nào đó: các hệ số của nó cho ta một chuỗi có bán kính hội tụ dương. Như vậy bạn có thể đoán rằng $\mathbf{C}[x]_{(x-a)}^h = \mathbf{C}\left \langle x-a  \right \rangle$ tuy nhiên ta cần ghi nhớ tính chất đặc biệt bằng việc xấp xỉ đa thức của $\mathbf{C}\left \langle x-a  \right \rangle$

$$\mathbf{C}[x]_{(x-a)}^h = \mathbf{C}\left \langle x-a  \right \rangle = \lim \ \mathbf{C}[x]_{(x-a)}^h/ (x-a)^n.$$

Nói cách khác, ta nên xem xét vành

$$\lim \mathbf{Z}^h_{(p)}/p^n \mathbf{Z}^h_{(p)} = \mathbf{Z}_{(p)}/p^n\mathbf{Z}_{(p)} = \lim \mathbf{Z}/p^n\mathbf{Z}$$

Và vành này hóa ra lại là vành các số nguyên $p$-adic $\mathbf{Z}_p$ (chứ không phải $\mathbf{Z}_{(p)}^h$ như trường hợp trên) và tiêu chuẩn xấp xỉ bởi đa thức được viết lại thành cái mà chúng ta đã có ở bài trước.

 

Định lý. Một phương trình có nghiệm $p$-adic khi và chỉ khi nó có nghiệm modulo $p^n$ với mọi $n$.

 

Tóm lại ta vừa chứng minh rằng làm việc địa phương tức là giải $p$-adic một hệ phương trình $f_1=...=f_r$ thì tương đương với tìm các biểu đồ giao hoán

\begin{xy}
\xymatrix {
 \mathrm{Spec}(\mathbf{Z}_p)  \ar[r] \ar[dr]& \mathrm{Spec}(\mathbf{Z}_p[x_1,...,x_n]/(f_1,...,f_r)) \ar[d] \\
& \mathrm{Spec}(\mathbf{Z}_p)
}
\end{xy}

 

Ta sẽ ứng dụng nó để tìm hiểu (không phải chứng minh đủ) một định lý rất nổi tiếng trong số học, định lý Legendre nôm na nói rằng một phương trình thuần nhất bậc hai ba biến có nghiệm khi và chỉ khi nó có tất cả các nghiệm địa phương. Nhưng trước tiên ta hãy chứng minh một định lý thú vị hơn trong giải tích phức: định lý Liouville. Định lý Liouville nói rằng hàm chỉnh hình bị chặn trên toàn mặt phẳng thì là hằng số.

 

Trước tiên ta hãy đến với một lớp lược đồ cực kỳ quan trọng: các không gian xạ ảnh!

 

Không gian xạ ảnh: một lớp lược đồ không affine

 

Trong phần trước mình đã định nghĩa một lược đồ là hợp của các lược đồ affine nhưng thực tế chỉ làm việc với các lược đồ affine nên có thể bạn sẽ hỏi: có hay không các lược đồ không affine? Dĩ nhiên câu trả lời là có rất nhiều, nếu không người ta không cần tốn công vẽ ra lược đồ làm gì vì chỉ làm với affine thì cũng tương đương làm với vành. Tuy nhiên điều này không có nghĩa bạn có thể làm việc trực tiếp với các lược đồ mà bỏ qua phần affine. Giống như các tính toán trên đa tạp bạn luôn phải quy về các bản đồ địa phương thì ở đây cũng vậy.

 

Slogan. Làm địa phương, kết quả toàn cục.

 

Một lớp lược đồ rất quan trọng (mà hầu hết các lược đồ khác đều được nhúng vào chúng theo nghĩa nào đó) là các không gian xạ ảnh trên trường (ở đây ta bỏ qua các vành để tránh phiền phức). Để hiểu chúng ta hãy tới với ví dụ đơn giản nhất: đường thẳng xạ ảnh (projective line) hay còn gọi trong giải tích phức là mặt cầu Riemann.

 

Mặt cầu Riemann $S = \mathbf{P}^1 = \mathbf{C} \cup \left \{\infty \right \}$ là cách ta thêm vào mặt phẳng một điểm vô cùng, thường được biểu diễn bằng cách lấy trong không gian ba chiều (ba chiều thực, vì $\mathbf{C}$ là hai chiều phức) sau đó lấy điểm cực bắc $N = (0,0,1)$ chiếu xuống.

vbbv6.png

 

Nhưng như vậy thì tô-pô của $\mathbf{P}^1$ xung quanh $N=\infty$ là như thế nào (do nó không nằm trên $\mathbf{C}$ nên tô-pô của nó không hiển nhiên), bạn có thể thấy rằng một lân cận vô cùng bé của $N$ trên mặt cầu sẽ chiều một vùng vô cùng lớn xung quanh gốc tọa độ $\mathbf{0}=(0,0,0)$. Đây là cách định nghĩa dễ nhất. Về mặt đại số nó nói rằng tọa độ $z$ tiến về $N$ khi và chỉ khi hàm $\frac{1}{z}$ tiến về $0$. Nói cách khác,

$$\frac{1}{z}(\infty) = 0$$

và hơn nữa $\frac{1}{z}(\mathbf{0}) = \infty$. Nếu bây giờ bạn lắp một mặt phẳng song song với $\mathbf{C}$ với gốc tọa độ mới là $N$ thì bạn đã đảo vị trí của $N$ và $\mathbf{0}$ và điều này diễn tả dạng đại số là

$$z(\infty) = \infty, z(0) = 0.$$

Tất cả những điều mình vừa thảo luận để nói rằng nếu bạn chỉ dùng cả mặt cầu thì không đủ sức để tô-pô hóa $S$ mà bạn phải dùng hai mảnh $U=S \setminus \left \{\infty \right \}$ và $V=S \setminus \left \{\mathbf{0} \right \}$. Bạn lần lượt có hai hàm tọa độ: $\frac{1}{z}$ trên $V$ và $z$ trên $U$. Hai mảnh $U,V$ đẳng cấu với nhau qua phép đảo tọa độ  $z \mapsto \frac{1}{z}$. Thông qua phép đảo này hai điểm $0$ và $\infty$ đổi vị trí cho nhau. Nhớ rằng $U = \mathbf{C}$ là đường thẳng (đường thẳng vì nó một chiều phức - chứ không phải xét hai chiều thực tức là mặt phẳng) và do đó $V$ cũng là đường thẳng.

 

Điều này gợi ý một cách làm đại số: ta tìm hai đường thẳng và dán chúng lại ở phần giao. Vậy cái gì đóng vai tró một đường thẳng? Chúng ta vốn đã biết rồi, nó chính là $\mathrm{Spec}(\mathbf{C}[x])$ mà từ giờ sẽ ký hiệu hiệu là $\mathbf{A}_{\mathbf{C}}^1$. Các điểm của nó chỉ là các ideal $(x-a)$ và ứng với các điểm $a$ trong $\mathbf{C}$. Ta đã xử lý được mảnh $U$, còn mảnh $V$. Ta nhớ rằng $V$ là chỗ mà tọa độ $x$ khả nghịch. Vậy đơn giản nhất ta lấy mảnh $V$ là $\mathrm{Spec}(\mathbf{C}\big[\frac{1}{x} \big])$.

 

Định nghĩa. Đường thẳng xạ ảnh $\mathbf{P}^1$ là một lược đồ có một phủ mở gồm hai lược đồ $\mathrm{Spec}(\mathbf{C}[x]) \cup \mathrm{Spec}(\mathbf{C}\big[\frac{1}{x} \big])$ và trên phần giao $\mathbf{C}\big[x,\frac{1}{x}\big]$ chúng được tính thông qua phép nghịch đảo tọa độ $x \mapsto \frac{1}{x}$.

 

Một hàm trên $\mathbf{P}^1$ thì trông như thế nào? Trước tiên một hàm trên $\mathbf{P}^1$ thì phải là hàm trên cả hai mảnh $U,V$ và bằng nhau trên phần giao $U \cap V$. Một hàm trên $U$ thì là một đa thức $f(x)$ còn một hàm trên $V$ là một đa thức $g(\frac{1}{x})$ và chúng bằng nhau khi và chỉ khi chúng là hằng số trên $\mathbf{C}$. Đây chính là nội dung của định lý Liouville đại số. Ta còn suy ra một hệ quả quan trọng nữa: $\mathbf{P}^1$ không affine, vì nếu affine thì nó phải đẳng cấu với phổ $\mathrm{Spec}(\mathbf{C})$ của tất cả các hàm của nó, nhưng phổ này là phổ của một trường nên tầm thường trong khi $\mathbf{P}^1$ có rất nhiều điểm.

 

Làm thế nào để mở rộng xây dựng này lên trường hợp nhiều chiều?

 

Điều này không quá khó nếu ta nhìn vào các điểm của $\mathbf{P}^1$ (trong trường hợp giải tích). Chúng tham số hóa cái gì? Rõ ràng một điểm trên mặt phẳng $\mathbf{C}$ nối với điểm cực bắc $N$ cho ta một đường thẳng, nó cắt mặt cầu tại duy nhất một điểm. Nói cách khác, mỗi điểm khác $N$ tương ứng với duy nhất một đường thẳng. Nhưng bản thân $N$ có thể xem là một đường thẳng suy biến. Nói cách khác, $\mathbf{P}^1$ có điểm là các đường thẳng.

 

Điều này cho ta một mô tả khác của $\mathbf{P}^1$: mỗi điểm của nó là một bộ $(x_0,x_1)$ với $x_i \in \mathbf{C}$ nhưng chỉ xác định chính xác phép nhân với vô hướng khác không, i.e. $(x_0,x_1) = (\lambda x_0, \lambda x_1)$ với $\lambda \in \mathbf{C}^{\times}$ (do mỗi đường thẳng qua gốc tọa độ chỉ xác định duy nhất bằng một điểm và các điểm còn lại là bội của điểm này). Khi đó mảnh $U$ và $V$ lần lượt tương ứng với vị trí $x_0 \neq 0$ và $x_1 \neq 0$, do đó các điểm trong $U,V$ lần lượt có dạng $\big[1,\frac{x_1}{x_0}]$ và $\big[\frac{x_0}{x_1},1\big]$ và nếu dùng cách này ta có thể viết

$$\mathbf{P}^1 = \mathrm{Spec}(\mathbf{C}\big[\frac{x_0}{x_1}\big]) \cup \mathrm{Spec}(\mathbf{C}\big[\frac{x_1}{x_0}\big]),$$

và giờ hãy tự thuyết phục bạn rằng nếu $\mathbf{P}^n$ tham số hóa các đường thẳng trong không gian $n$-chiều thì nó phải cái gì đó trông như thế này

$$\mathbf{P}^n = \bigcup_{i=0}^n \mathrm{Spec}\bigg(\mathbf{C}\big[\frac{x_0}{x_i},...,\frac{x_{i-1}}{x_i},\frac{x_{i+1}}{x_i},...,\frac{x_n}{x_i} \big]\bigg).$$

và các phép chuyển tọa độ giữa hai mảnh

$$\mathrm{Spec}\bigg(\mathbf{C}\big[\frac{x_0}{x_i},...,\frac{x_{i-1}}{x_i},\frac{x_{i+1}}{x_i},...,\frac{x_n}{x_i} \big]\bigg) \longrightarrow \mathrm{Spec}\bigg(\mathbf{C}\big[\frac{x_0}{x_j},...,\frac{x_{j-1}}{x_j},\frac{x_{j+1}}{x_j},...,\frac{x_n}{x_j} \big]\bigg)$$

sẽ là $\frac{x_k}{x_i} \mapsto \frac{x_k}{x_i} \frac{x_i}{x_j}$. Tương tự với $\mathbf{P}^1$, bạn có thể chứng minh tất cả các hàm trên $\mathbf{P}^n$ là hàm hằng.

 

Vậy bạn sẽ hỏi nếu lược đồ affine cho ta một cách nhìn về việc giải phương trình thì $\mathbf{P}^n$ có cho ta cách nhìn nào như vậy không? Và nếu có các phương trình của nó có dạng nào không?

 

Câu trả lời là nó giúp ta giải các phương trình thuần nhất. Một đa thức thuần nhất bậc $d$ là một đa thức $f(x_1,...,x_n)$ thỏa mãn

$$\lambda^d f(x_1,...,x_n) = f(\lambda x_1,...,\lambda x_n)$$

do đó bộ nghiệm của $f(x_1,...,x_n)=0$ xác định trên từng đường thẳng, ví dụ $x_0^2+x_1^2-x_2^2=0$, và sẽ hợp lý hơn nếu ta lấy nghiệm trong không gian xạ ảnh. Với mọi đa thức thuần nhất $f$ như vậy ta có thể xây dựng một không gian tương tự như không gian xạ ảnh mà sẽ ký hiệu là $\mathrm{Proj}\bigg(\frac{\mathbf{C}[x_1,...,x_n]}{f(x_1,...,x_n)}\bigg)$ (ở đây $\mathbf{P}^n = \mathrm{Proj}(\mathbf{C}[x_1,...,x_n])$). Để làm như vậy ta xây dựng trên từng mảnh $\mathrm{Spec}\bigg(\mathbf{C}\big[\frac{x_0}{x_i},...,\frac{x_{i-1}}{x_i},\frac{x_{i+1}}{x_i},...,\frac{x_n}{x_i} \big]\bigg)$ và dán chúng lại với nhau. Ví dụ với phương trình $x_0^2+x_1^2=x_2^2=0$ thì trên mảnh mà $x_2 \neq 0$ thì nó tương đương với việc tìm các lát cắt của

$$\mathrm{Spec}(\mathbf{C}[t_0,t_1]/(t_0^2+t_1^2-1)) \longrightarrow \mathrm{Spec}(\mathbf{C})$$

(lưu ý ở đây ta có thể thay $\mathbf{C}$ bằng $\mathbf{Z}$ hay $\mathbf{Q}$ tùy ý) và tương tự ở chỗ $x_0,x_1\neq0$. Ta giải rồi dán chúng lại với nhau để nhận được nghiệm toàn cục.

 

Định lý Legendre

 

Giờ ta hãy xem xét cách giải địa phương định lý Legendre (không phải chứng minh hoàn chỉnh) thì như thế nào.

 

Định lý Legendre. Cho $a,b,c \in \mathbf{Z}$ là ba số nguyên khác không và đôi một nguyên tố cùng nhau. Khi đó phương trình

$$f_{a,b,c}(x,y,z) = ax^2+by^2+cz^2$$

có nghiệm khi và chỉ khi hai kiện sau cùng thỏa mãn:

  • Ba số $a,b,c$ không cùng dấu.
  • $-ab$ là bình phương modulo $\left|c\right|$, $-bc$ là bình phương modulo $\left|a \right|$, $-ac$ là bình phương modulo $\left|b \right|$.

Chứng minh. Ta đã nói rằng việc giải phương trình $f_{a,b,c}(x,y,z)$ thì tương đương với việc tìm các biểu đồ

\begin{xy}
\xymatrix {
 \mathrm{Spec}(\mathbf{Z})  \ar[r] \ar[dr]& \mathrm{Proj}\bigg(\frac{\mathbf{Z}[x,y,z]}{f_{a,b,c}(x,y,z)}\bigg) \ar[d] \\
& \mathrm{Spec}(\mathbf{Z})
}
\end{xy}

và do đó tìm nghiệm $p$-adic, hay còn gọi là nghiệm địa phương thì tương đương với việc "giải biểu đồ"

\begin{xy}
\xymatrix {
 \mathrm{Spec}(\mathbf{Z}_p)  \ar[r] \ar[dr]& \mathrm{Proj}\bigg(\frac{\mathbf{Z}_p[x,y,z]}{f_{a,b,c}(x,y,z)}\bigg) \ar[d] \\
& \mathrm{Spec}(\mathbf{Z}_p)
}
\end{xy}

(sẽ không vấn đề nếu ta thay $\mathbf{Z}_p$ bằng $\mathbf{Q}_p$) rồi ta sẽ hy vọng với mọi $p$ tồn tại một nghiệm địa phương thì sẽ tồn tại một nghiệm hữu tỷ (do đó nghiệm nguyên). Vậy làm thế nào tìm nghiệm địa phương? Ta dựa vào bổ đề Hensel, nó nói nôm na rằng nếu phương trình có nghiệm trên $\mathbf{Z}/p$ thì sẽ có nghiệm trên $\mathbf{Z}_p$. Giờ hãy xem xét phương trình

$$f_{a,b,c}(x,y,z) = ax^2+by^2+cz^2 = 0 \ \mathrm{mod} \ p$$

Có hai trường hợp:

  • Nếu $p$ không là ước của cả ba số $a,b,c$ thì ta có thể giả sử $c=1$ và do đó quy về giải $ax^2+by^2+z^2=0$ và do đó rút gọn về phương trình $ax^2+by^2+1=0$. Nói cách khác hai tập $\left \{ax^2 \right \}$ và $\left \{-by^2-1\right \}$ phải có phần giao. Do $a,b$ khác $0$ modulo $p$ nên mỗi tập này có chính $\frac{p-1}{2}+1$ phần tử, hợp của cả hai tập do đó có $p+1$ phần tử, nhiều hơn $1$ so với số phần tử của $\mathbf{Z}/p$. Do đó chúng có phần giao, là nghiệm. Theo bổ đề Hensel thì $f_{a,b,c}$ có nghiệm trong $\mathbf{Q}_p$.
  • Nếu $p$ là ước của một trong ba số $a,b,c$ thì nó chỉ là ước của duy nhất một trong ba số $a,b,c$. Không giảm tổng quát ta giả sử $p \mid c$. Ta tìm nghiệm địa phương ở bản đồ $\mathrm{Proj}\bigg(\frac{\mathbf{Z}[x,y,z]}{f_{a,b,c}(x,y,z)}\bigg) \cap \mathrm{Spec}(\mathbf{Z}\big[\frac{x}{z},\frac{y}{z}\big])$ tức là chỗ mà $z \neq 0$. Ở bản đồ này $f_{a,b,c}$ trơn (như vậy mới áp dụng được bổ đề Hensel) trên $\mathbf{Z}_p$. Như vậy một lần nữa ta quy về việc giải $ax^2+by^2=0$ trên $\mathbf{Z}/p$ với điều kiện $z \neq 0$. Theo giả thiết thì $-ab$ là bình phương modulo $p$ nên $-ab = t^2$ và phương trình ban đầu có thể viết lại $(ax)^2 = (ty)^2$. Ta thử giải $ax=ty$. Do $t \neq 0$ (vì $p$ không là ước của $ab$) nên nó tương đương với $(at^{-1})x=y$, phương trình này có nghiệm $x=1,y=at^{-1}$.

Như vậy ta đã hoàn tất bài toán giải địa phương. Vậy để kết luận nó có thể nâng lên một nghiệm toàn cục là nội dung của nguyên lý địa phương-toàn cục (hay còn gọi là nguyên lý Hasse) mà anh @nmlinh16 đã bàn tới trong bài này.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 12-03-2023 - 22:08

$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#3
Nesbit

Nesbit

    ...let it be...

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 2412 Bài viết

Cảm ơn @bangbang1412 rất nhiều về bài viết mà phải nói là quá công phu và trình bày rất đẹp mắt! Tuyệt vời!


Không đọc tin nhắn nhờ giải toán.

 

Góp ý về cách điều hành của mod

 

 


#4
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Cảm ơn @bangbang1412 rất nhiều về bài viết mà phải nói là quá công phu và trình bày rất đẹp mắt! Tuyệt vời!

Mới bổ sung khá nhiều anh ạ :icon6: do em ở nhà cuối tuần chán nên viết tý.


$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$





0 người đang xem chủ đề

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