Đến nội dung


Chú ý

Hệ thống gửi email của diễn đàn đang gặp vấn đề với một số tài khoản Gmail do chính sách bảo mật tăng cường của Google. Nếu bạn không nhận được email từ diễn đàn, xin hãy tạm thời dùng một địa chỉ email khác ngoài Gmail (trước hết bạn nên kiểm tra thùng rác hoặc thư mục spam của hộp thư, hoặc dùng chức năng tìm kiếm trong hộp thư với từ khoá "diendantoanhoc.org" để chắc chắn là email không nhận được).

BQT đang cố gắng khắc phục, mong các bạn thông cảm.


bangbang1412

Đăng ký: 18-02-2013
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 02:02
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Toán học như văn hóa và tri thức

27-10-2022 - 22:57

Beyond Numbers

 

Rất thường xuyên các nhà toán học của chúng ta nhìn đồng nghiệp của mình trong các lĩnh vực khác với một thái độ khinh bỉ - gã này có thể tìm thấy cái kiểu niềm vui biến thái nào trong cái lĩnh vực không có động lực và nhàm chán của hắn? Tôi đã cố học cách tìm ra những vẻ đẹp trong rất nhiều lĩnh vực, nhưng vẫn còn đó rất nhiều ngành mà sự hấp dẫn đối với tôi vẫn là cái gì đó hoàn toàn bí ẩn.

 

Lý thuyết của tôi là con người thường xuyên phóng chiếu cái yếu đuối kiếp người của họ lên hoạt động toán học của họ.

Có những ví dụ bề nổi hiển nhiên: ví dụ, ý tưởng phân loại một kiểu đối tượng nào đó là hiện thân của bản năng thu thập, tìm kiếm giá trị lớn nhất là một dạng khác của sự tham lam, khả năng tính toán/khả năng quyết định đúng sai đến từ ham muốn kiểm soát toàn bộ.

 

File gửi kèm  Screenshot 2022-10-27 at 22-51-38 The Unravelers Mathematical Snapshots - Jean-Francois Dars - The Unravelers_ Mathematical Snapshots-AK Peters (2008).pdf.png   319.27K   4 Số lần tải

Đam mê với sự lặp lại thì tương tự như thôi miên của nhịp điệu âm nhạc. Dĩ nhiên, kết quả phân loại của những kiểu đối tượng có thể rất hữu ích trong việc phân tích những cấu trúc phức tạp hơn, hoặc có thể nó chỉ để được ghi nhớ trong những trường hợp đơn giản.

Kiếm thức về cực đại đúng hoặc chặn trên của một đại lượng phụ thuộc vào các tham số cho ta một ý tưởng về phạm vi những giá trị khả dĩ. Một lý thuyết tính toán trên thực tế có thể thực dụng với những thí nghiệm máy tính.

Tuy nhiên, đối với tôi thì động lực chủ yếu phải là hiểu được cái cỗ máy chạy ẩn trong những ví dụ nổi bật cụ thể, mà từ đó chúng ta mới có thể xây dựng lý thuyết/hình thức luận.

Nếu một người cố gắng đi xa hơn tới chỗ "loại bỏ tính người" trong toán học, thì một bước tự nhiên tiếp theo là động tới các số thực (phát sinh từ các thuộc tính cơ bản của thế giới vật chất) chỉ như một trường không đóng đại số phức tạp nữa. Theo nghĩa nào đó nó đúng; số phức đẹp hơn rất nhiều.

Nhưng theo một nghĩa khác, các số thực mới thực sự là nền tảng vì chúng là hiện thân của ý tưởng chặn, của sự kiểm soát các cấu trúc đại số trừu tượng. Theo một cách sâu xa nào đó, tất cả chúng ta là các nhà hình học.



Tác giả: Maxim Kontsevich. IHES.

Dịch: Phạm Khoa Bằng, Université de Rennes 1.


Trong chủ đề: $\frac{P(x^2+1)}{x^2+1}=\frac{P(x...

19-09-2022 - 22:15

Nhân chéo ta có $(x^2+2)P(x^2+1)=(x^2+1)P(x^2+2)$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{R}$. Xem $P(x)$ như một đa thức hệ số trên $\mathbb{C}$ ta thấy đẳng thức trên cũng đúng với mọi $x$ thuộc $\mathbb{C}$. Cho $x^2+1=0$ ta thấy $P(0)=0$ hay $x \mid P(x)$. Nói cách khác tồn tại $Q(x) \in \mathbb{R}[x]$ mà $P(x)=xQ(x)$. Từ đây ta thấy $Q(x^2+1)=Q(x^2+2)$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{C}$. Nếu $Q = 0$ thì $P=0$. Nếu $Q \neq 0$ thì $Q$ có ít nhất một nghiệm phức $a$, khi đó dễ thấy (do phương trình $x^2+1=a$ luôn có nghiệm) $a+1$ cũng là nghiệm. Lặp lại quá trình này ta thấy $Q$ có vô số nghiệm, vô lý. Vậy chỉ có $P=0$ thoả mãn.


Trong chủ đề: Những người Đức nên có 1 cái tên riêng cho Tuyệt kĩ Toán học của chính họ...

09-09-2022 - 17:23

Mình không hiểu mấy cái bất đẳng thức này thì liên quan gì đến đại số tuyến tính và hình học giải tích?


Trong chủ đề: K-lý thuyết Milnor

09-09-2022 - 15:26

Kết nối với đối đồng điều Galois và đối đồng điều étale

 

Cho $F$ là một trường mà $\mathrm{Char}(F) \neq 2$, $F_{sep}$ là một bao tách được của $k$, $G = \mathrm{Gal}(F_{sep}/F)$ là nhóm Galois tuyệt đối. Khi đó ta có một dãy khớp

$$1 \longrightarrow \left \{\pm 1 \right \} \longrightarrow F_{sep}^{\times} \overset{2}{\longrightarrow} F_{sep}^{\times} \longrightarrow 1.$$

Ta có thể thấy $G$ tác động lên dãy khớp này, lấy dãy khớp của đối đồng Galois cho ta một dãy khớp

$$H^0(G,F_{sep}^{\times}) \overset{2}{\longrightarrow} H^0(G,F_{sep}^{\times}) \longrightarrow H^1(G,\mathbb{Z}/2) \longrightarrow H^1(G,F_{sep}^{\times}).$$

Do đó ta có thể đồng nhất dãy trên với dãy

$$F^{\times} \overset{2}{\longrightarrow} F^{\times} \overset{\delta}{\longrightarrow} H^1(G,\mathbb{Z}/2) \longrightarrow 0,$$

trong đó $0$ ở tận cùng là ta áp dụng định lý Hilbert 90, $H^1(G,F_{sep}^{\times})=0$. Điều này cho ta một đẳng cấu $h_1: H^1(G,\mathbb{Z}/2) \simeq F^{\times}/(F^{\times})^2$. Ta định nghĩa K-lý thuyết Milnor modulo $2$ bởi $k_*F = K_*^M(F)/2K_*^M(F)$. Đẳng cấu $h_1$ có thể mô tả cụ thể: bằng cách lạm dụng kí hiệu, ta vẫn kí hiệu $1$-kí hiệu $\left \{a \right \}$ modulo $2$ bởi $\left \{a \right\}$. Gọi $b$ là một căn bậc hai của $a$, i.e., $b^2=a$. Đồng cấu $G = \mathrm{Gal}(F_{sep}/F) \longrightarrow \mathbb{Z}/2$ định nghĩa bởi $\gamma \longmapsto \epsilon_{\gamma}$ sao cho $(-1)^{\epsilon} = \gamma(b)/b$ là một $1$-đối chu trình. Lớp đối đồng điều của nó chính là $h^1(\left \{a \right \})$. K-lý thuyết Milnor modulo $2$ được sinh bởi các kí hiệu $\left \{a \right \}$ thoả mãn các quan hệ:

  • $\left \{ab \right \} = \left \{a \right \} + \left \{b \right \}$;
  • $\left \{a,1-a \right \} = 0 \ \forall \ a \neq 0,1$;
  • $2\left \{a \right \} = 0$.

Định lý (Bass-Tate). Đẳng cấu $h_1: k_1(F) \longrightarrow H^1(G,\mathbb{Z}/2)$ mở rộng duy nhất thành một đồng cấu vành $h_F: k_*F \longrightarrow H^*(G,\mathbb{Z}/2)$.

 

Chứng minh. Hiển nhiên đẳng cấu $h_1$ cho ta một đồng cấu $k_1(F)^{\otimes} \longrightarrow H^n(G,\mathbb{Z}/2)$ trong đó vế phải ta đã lấy tích cup. Để kiểm tra rằng đồng cấu $k_1(F)^{\otimes} \longrightarrow H^n(G,\mathbb{Z}/2)$ tách qua $k_*F$ ta chỉ cần kiểm tra ba quan hệ sinh của $k_*F$. Quan hệ đầu và cuối là tầm thường, quan hệ giữa tương đương với $(a) \cdot (1-a)=0$ trong $H^2(G,\mathbb{Z}/2)$. Nếu $a \in (F^{\times})^2$ thì điều này hiển nhiên. Nếu không lấy $b^2=a$ và đặt $L=K(b)$. Khi đó $N_{L/F}(1-b)=(1-b)(1+b)=1-a$. Do đó theo công thức chiếu,

$$(a) \cdot (1-a) = (a) \cdot N_{L/F}(1-b) = N_{L/F}((a)_L \cdot (1-b)) = N_{L/F}((b^2) \cdot (1-b)) = 0.$$


Trong chủ đề: K-lý thuyết Milnor

09-09-2022 - 14:32

Liên hệ lý K-lý thuyết với đối đồng điều motivic

 

Cho $k$ là một trường, trong phần này chúng ta sẽ chứng minh rằng $K^M_n(k)$ đẳng cấu tự nhiên với $H^{n,n}(\mathrm{Spec}(k),\mathbb{Z})$. Cuối cùng ta sẽ giới thiệu liên hệ của K-lý thuyết Milnor với đối đồng điều Galois cũng như phiên bản lược đồ của nó là giả thuyết Milnor-Bloch-Kato chứng minh bởi Voevodsky với đóng góp rất lớn của Markus Rost. Không như giả thuyết Milnor-Bloch-Kato, đẳng cấu $K^M_n(k) \simeq H^{n,n}(\mathrm{Spec}(k),\mathbb{Z})$ không quá khó để chứng minh, nó dựa vào việc cả hai lý thuyết này đều có ánh xạ chuẩn với tính chất giống hệt nhau. Việc còn lại của ta là xây dựng đủ một số chu trình đại số sơ cấp để phục vụ tính toán.

 

Định lý. Giả sử $L/k$ là một mở rộng hữu hạn của trường, khi đó phép đẩy xuôi riêng (proper push-forward) của các chu trình đại số cảm sinh cho ta một ánh xạ chuẩn $N_{L/k}:H^{*,*}(\mathrm{Spec}(L),\mathbb{Z}) \longrightarrow H^{*,*}(\mathrm{Spec}(k),\mathbb{Z})$ thoả mãn các tính chất sau:

  • $N_{L/k}:H^{0,0} \longrightarrow H^{0,0}$ là phép nhân cho $[L:k]$.
  • $N_{L/k}:H^{1,1} = L^{\times} \longrightarrow H^{1,1} = k^{\times}$ là chuẩn thông thường của mở rộng trường.
  • Ta có các công thức chiếu $N_{L/k}(y_L \cdot x) = y \cdot N_{L/k}(x)$ và $N_{L/k}(x \cdot y_L) = N_{L/k}(x) \cdot y$.
  • Nếu $F/L/k$ là một tháp trường sao cho $F/k$ là Galois, khi đó $$N_{L/k}(x)_F = [L:k]_{insep}\sum_{j:L \hookrightarrow F}j^*(x) \in H^{*,*}(\mathrm{Spec}(F),\mathbb{Z}).$$
  • Nếu $F/L/k$ là một tháp trường thì $N_{F/k} = N_{F/L} \circ N_{L/k}.$

Bây giờ theo bổ đề, ta cần tìm một ánh xạ $f$ từ $\mathbb{Z}_{tr}(\mathbb{G}_m^{\wedge n})(\mathrm{Spec}(k))$ vào $K^M_n(k)$ mà hợp thành với hai toán tử biên triệt tiêu. Một ánh xạ như vậy cảm sinh một đồng cấu duy nhất từ $H^{n,n}(k,\mathbb{Z})$ vào $K^M_n(k)$.

 

Ta thấy $\mathbb{Z}_{tr}(\mathbb{G}_m^{\wedge n})(\mathrm{Spec}(k))$ là nhóm abel tự do sinh bởi các điểm đóng của $\mathbb{G}_{m,k}^n$ modulo cho nhóm con sinh bởi các điểm dạng $(x_1,...,1,...,x_n)$ ($1$ có thể ở bất kì vị trí nào). Điều này là do một tương ứng hữu hạn từ $\mathrm{Spec}(k)$ tới một lược đồ chỉ là một điểm đóng, modulo thì do định nghĩa của tích wedge. Nếu $x$ là một điểm đóng của $\mathbb{G}_{m,k}^n = (\mathbb{A}_k^1 - \left \{ 0 \right \})^n$ với trường thặng dư $L$ thì $x$ định nghĩa một điểm $(x_1,...,x_n) \in (L^{\times})^n$. Hơn nữa $L/k$ là mở rộng hữu hạn nên ta có thể dùng đồng cấu chuẩn để xác định một phần tử $N_{L/k}(\left \{x_1,...,x_n \right \}) \in K^M_n(k)$. Ta định nghĩa

$$f(x) = N_{L/k}(\left \{x_1,...,x_n \right \}).$$

Nhưng ta lưu ý rằng $\left \{x_1,...,1,...,x_n \right \} = 0$ trong $K^M_*(L)$ nên $f$ phải tách qua $\mathbb{Z}_{tr}(\mathbb{G}_m^{\wedge n}(\mathrm{Spec}(k))$, cho ta một ánh xạ $f: \mathbb{Z}_{tr}(\mathbb{G}_m^{\wedge n}(\mathrm{Spec}(k)) \longrightarrow K^M_n(k)$. Ánh xạ $f$ hợp thành với $\partial_0 - \partial_1$ triệt tiêu theo bổ đề và do đó cảm sinh một đồng cấu $\theta: H^{n,n}(k,\mathbb{Z}) \longrightarrow K^M_n(k)$.

 

Nếu $x$ là một $k$-điểm của $(\mathbb{A}_k^1 - \left \{0 \right \})^n$ thì toạ độ của nó $(x_1,...,x_n)$ cho ta một điểm trong $(k^{\times})^n$, ta viết $[x_1: \cdots : x_n]$ để chỉ lớp của $x$ trong $H^{n,n}(k,\mathbb{Z})$. Hiển nhiên là $\theta$ toàn cấu do $\theta([x_1:\cdots :x_n]) = \left \{x_1,...,x_n \right \}$ với $x_1,...,x_n \in k^{\times}$.

 

Bổ đề. Với mọi $a_1,...,a_n \in k$ ta có $[a_1:\cdots:a_n]=[a_1]\cdots[a_n].$

 

Giờ ta sẽ xây dựng đồng cấu ngược của $\theta$. Kí hiệu $T(k^{\times})$ bởi đại số tensor. Ta định nghĩa một đồng cấu

$$T(k^{\times}) \longrightarrow \bigoplus_n H^{n,n}(k,\mathbb{Z}),  \ \ \ a_1 \otimes \cdots \otimes a_n \longmapsto [a_1]\cdots [a_n].$$

Phần còn lại của bài viết này sẽ dùng để chứng minh đồng cấu này tách qua $K^M_n(k)$, tức là $[a:1-a]=0$ trong đối đồng điều motivic.

 

Bổ đề. Nếu tồn tại $n>0$ sao cho $[x:1-x]=0$ với mọi mở rộng hữu hạn của $k$ và $x \neq 0,1$ thuộc $k$ thì $[x:1-x]=0$ trong $H^{2,2}(k,\mathbb{Z})$.

 

Chứng minh. Viết $n=m.p$ với $p$ nguyên tố, ta sẽ chứng minh $m[x:1-x]=0$. Đặt $y = \sqrt[p]{x}$ và $L=k(y)$. Ta có

$$ 0 = mp[y:1-y] = m[x:1-y] \ \ \ \text{và} \ \ \ 1 - x = N_{L/k}(1-y).$$

Do đó

$$0 = N_{L/k}(m[x:1-x]) = m [x:N_{L/k}(1-y)] = m[x:1-x].$$

Ta cứ làm như vậy cho tới khi thu được $[x:1-x]=0$.

 

Mệnh đề. $[a:1-a]=0$ trong $H^{2,2}(k,\mathbb{Z})$.

 

Chứng minh. Xét $Z$ là một tương ứng hữu hạn từ $\mathbb{A}_k^1$ (tham số hoá bởi $t$) đến $\mathbb{A}_k^1 - \left \{0 \right \}$ (tham số hoá bởi $x$) xác định bởi phương trình

$$x^3 - t(a^3+1)x^2 + t(a^3+1)x - a^3 = 0.$$

Gọi $\omega$ là một nghiệm của $x^2+x+1=0$ (trong một mở rộng nào đó), thế thì $\omega^3=1$, ta đặt $L=k(\omega)$. Thớ trên điểm $t=0$ có ba điểm $a,\omega a,\omega^2 a$ và thớ trên điểm $t=1$ bao gồm $a^3$ và hai căn bậc $6$ của $1$ do

$$x^3 - (a^3+1)x^2 + (a^3+1)x - a^3 = x^2(x-a^3)-x(x-a^3)+(x-a^3) = (x-a^3)(x^2-x+1)=0.$$

Dùng ánh xạ $x \longmapsto (x,1-x)$ để nhúng $\mathbb{A}^1_k - \left \{0,1 \right \}$ vào $X^2$ thì $Z$ cảm sinh một tương ứng $Z'$ từ $\mathbb{A}^1$ vào $X$. Khi đó trong $H^{2,2}(L,\mathbb{Z})$ ta có

$$\partial_0(Z') = [a:1-a] + [\omega a:1 - \omega a] + [\omega^2 a : 1 - \omega^2 a] = [a : 1- a^3] + [\omega : (1 - \omega a)(1-\omega^2 a)^2].$$

bằng với

$$\partial_1(Z') = [a^3:1-a^3] + [-\omega : 1 + \omega] + [-\omega^2 : 1 + \omega^2].$$

Nhân tất cả với $3$ thì các hạng tử có dạng $[\omega:b]$ triệt tiêu do $\omega^3 = 1$ và $[-1:1+\omega]+[-1:1+\omega^2] = 0$ do $(1+\omega)(1+\omega^2)=1$. Do đó trừ vế với vế ta thu được $2[a^3:1-a^3]=0$ trên $L$. Áp dụng chuẩn vào cho ta $4[a^3:1-a^3]=0$ trên $k$. Đẩy lên $k(\sqrt[3]{a})$ và lấy chuẩn lần nữa cho ta $12[a:1-a]=0$ trên $k$. Áp dụng bổ đề trước với $n=12$ cho ta đpcm.