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: Riêng tư
****-

#736865 Bài giảng Grothendieck - lời tựa của Peter Scholze

Gửi bởi bangbang1412 trong 19-01-2023 - 23:04

Bài giảng Grothendieck

bởi Frédéric Jaëck và các tác giả khác.

Lời giới thiệu bởi Peter Scholze.

Làm thế nào để viết một lời giới thiệu cho một quyển sách về công trình và tầm ảnh hưởng của Grothendieck? Những ý tưởng của ông đã định hình cách suy nghĩ của tôi về toán học, và chắc chắn nó cũng đúng với các nhà toán học xung quanh tôi tới mức không thể hình dung được. (1)

(1): Có lần ai đó hỏi tôi rằng tôi có nghiên cứu các công trình của những con người kinh điển như Poincaré, Riemann, Siegel,... không, câu trả lời của tôi là "Với tôi, toán học bắt đầu với Grothendieck."

Nhưng tôi được sinh sau khi Grothendieck đã rời khỏi toán học từ lâu, và chẳng phải một nhà sử học hay đã đọc rất nhiều công trình gốc, tôi không thể nói chính xác Grothendieck đã đóng góp những gì.

Mặt khác, khi tôi nhận được yêu cầu tôi đã bắt đầu làm quen dần với lý thuyết không gian Banach cơ bản. Với tôi, thật ngạc nhiên khi thấy những đóng góp nổi bật của Grothendieck trong ngành này. Trước đó tôi đã mù mờ biết rằng Grothendieck làm gì đó với những công trình đầu tiên về không gian tô-pô véc-tơ, nhưng không biết những kết quả đó có ảnh hưởng thế nào. Điều này giống như một cuộc hội ngộ với một người bạn cũ sống ở một đất nước xa xôi - Này, dạo này anh đang làm gì? Thật tuyệt khi thấy anh lần nữa!

 

alexandre-grothendieck-le-genie-des-maths-qui-accoucha-de-l-ecologie.jpg

 

Nên tôi muốn nhân dịp này để làm nổi bật mối liên kết giữa các công trình ban đầu của Grothendieck và các công trình sau này của ông về topos, những thứ xuất hiện trong công trình của tôi. Một trong các ý tưởng rất sâu sắc của Grothendieck, và một trong những ý tưởng tinh tuý nhất theo ông nhận định, là khái niệm của một topos; nói cách tương đương, những phạm trù các bó trên một site. Rất nổi tiếng, cùng với Artin, ông định nghĩa site étale $X_{\text{ét}}$ của một lược đồ, và dùng lý thuyết đối đồng điều thu được $H^i(X_{\text{ét}},\mathbb{Z}/l^n\mathbb{Z})$ để tấn công các giả thuyết Weil, mà cuối cùng là chứng minh của Deligne. Luôn luôn có một điểm kỹ thuật không ổn trong lý thuyết: người ta mong rằng đối đồng điều có thể lấy hệ số trong $\mathbb{Q}_l$ có đặc số $0$, nhưng đối đồng điều étale chỉ hoạt động tốt với hệ số xoắn, nên ta định nghĩa ad hoc

$$H^i(X_{\text{ét}},\mathbb{Q}_l) = \underset{\longleftarrow}{\lim} \ H^i(X_{\text{ét}},\mathbb{Z}/l^n\mathbb{Z}) \otimes_{\mathbb{Z}_l} \mathbb{Q}_l.$$

Trong thực hành, bất cứ kết quả nào về đối đồng điều l-adic cũng có thể chứng minh cho hệ số xoắn, và chuyển qua Q_l một cách hình thức bằng tensor. Đây vẫn là một phiền toái kỹ thuật nhưng thường bị bỏ qua.

Tuy nhiên, một số công trình tôi làm trong lý thuyết Hodge p-adic khiến tôi nghĩ rằng cần thiết phải cải thiện những nền tảng như vậy. Nói riêng, cùng với Bhatt, chúng tôi định nghĩa site hầu-étale $X_{\text{proét}}$ của một lược đồ. Với mọi vành, ví dụ $\mathbb{Q}_l$, ta có thể gán nó với một bó (của các vành trừu tượng) trên $X_{\text{proét}}$, mà ta vẫn kí hiệu là $\mathbb{Q}_l$. Với định nghĩa này,

$$H^i(X_{\text{proét}},\mathbb{Q}_l)$$ trùng với đối đồng điều l-adic đã định nghĩa bên trên, và vấn đề nền tảng đã biến mất.

Nhưng bây giờ vài thứ sâu sắc lại xuất hiện. Đó là khi $X$ chỉ là một điểm $\bullet$ (điểm hình học), các bó trên $\bullet_{\text{proét}}$ không tương đương với các tập hợp, giống như trong mọi hoàn cảnh thông thường khác. Thực tế, bất kỳ không gian tô-pô $T$ nào cũng xác định một bó trên $\bullet_{\text{proét}}$. Ở đây $\bullet_{\text{proét}}$ có thể định nghĩa như site của các tập hầu hữu hạn $S$, với các phủ là các họ hữu hạn các toàn ánh; và một không gian tô-pô $T$ được gửi tới bó mà gửi $S$ tới tập các ánh xạ liên tục từ $S$ vào $T$. Hàm tử thu được từ phạm trù các không gian tô-pô vào bó trên $\bullet_{\text{proét}}$ là trung thành, đầy đủ khi ta hạn chế xuống các không gian tô-pô sinh compact.

Tôi có xu hướng xem thuộc tính này của site hầu-étale - cái mà ta không thể hiểu các bó trên một điểm - là một căn bệnh. Clausen đã thuyết phục tôi rằng nó thực sự là một thuộc tính, và thực tế là người ta nên thay thế các không gian tô-pô bằng các bó trên $\bullet_{\text{proét}}$, và dùng điều này như một nền tảng mới cho tô-pô, nói riêng cũng như cho các không gian tô-pô véc-tơ, các không gian tô-pô vành,... Chúng tôi gọi đây là toán học đọng (condensed mathematics): một tập đọng là một bó trên $\bullet_{\text{proét}}$, cho ta các nhóm đọng, các bó đọng,...

Lưu ý rằng trong tô-pô đại số, đã từ lâu người ta biết rằng phạm trù các không gian tô-pô không thật sự tốt, nói riêng nó thiếu hàm tử Hom trong (internal hom). Điều này vẫn tới vô vàn "các phạm trù tô-pô ổn" như phạm trù các không gian Hausdorff yếu sinh compact, nhưng cũng những công trình của Johnstone trong việc tìm kiếm một phạm trù như thế mà làm thành một topos, và công trình của Spanier sử dụng định nghĩa rất gần với các tập đọng. Theo một nghĩa nào đó, các tập đọng cuối cùng là "phạm trù ổn của các không gian tô-pô", và bonus thêm là chúng còn tạo thành một topos.

Như một bài kiểm tra quan trọng xem toán học đọng có hoạt động tốt không, Clausen và tôi cố gắng hình dung xem liệu các $\mathbb{R}$-không gian véc-tơ đọng có thể dùng trong giải tích hàm không. Nói riêng, chúng tôi muốn tìm một phạm trù abelian đủ tốt, hoặc thậm trí một phạm trù dẫn xuất của các $\mathbb{R}$-không gian véc-tơ đọng "lồi địa phương hoàn toàn", được trang bị thêm một tích tensor. Khi viết những câu này - đây là một ví dụ chung chung về một câu mà tôi sẽ viết - tôi nhận ra rằng ảnh hưởng của Grothendieck đã tự hiển lộ nó ít nhất năm lần: "phạm trù abel" (trong bài báo Tohoku nổi tiếng của ông ấy), "phạm trù dẫn xuất" (trong công trình của ông cùng học trò Verdier), "tính lồi địa phương" (được nghiên cứu trong các công trình ban đầu); "đọng" (thông qua khái niệm topos và site hầu-étale), "tích tensor" (một trong các đóng góp chính của ông trong giải tích hàm).

Hoá ra với vài ngạc nhiên trên hành trình, nói riêng là làm yếu tính lồi địa phương thành $p$-lồi với $p<1$, người ta có thể định nghĩa một phạm trù abel như vậy. Điều này khá không tầm thường, vì các tập đọng định nghĩa dựa vào các tập hầu hữu hạn, trong khi các không gian Banach trên R dường như không có mấy liên hệ với tập hầu hữu hạn. Tuy nhiên, nó hoạt động, và cho ta một "phạm trù rất ổn của giải tích hàm". Do đó chúng tôi bị thuyết phục rằng trong những thập kỷ tới toán học đọng, dựa trên khái niệm topos, sẽ thay thế phần lớn toán học xây dựng từ các không gian tô-pô. Chẳng nghi ngờ gì khi những công trình của Grothendieck sẽ tiếp tục là nguồn cảm hứng cho rất nhiều thế hệ các nhà toán học tiếp theo, và những ý tưởng của ông sẽ còn thâm nhập sâu hơn nữa vào toàn bộ toán học.


Dịch: Phạm Khoa Bằng, Université de Rennes 1.
Nguồn: Lectures grothendieckiennes.




#736613 Giải thích kí hiệu $dx$ trong $\int f(x)dx$

Gửi bởi bangbang1412 trong 03-01-2023 - 04:46

Theo sách giáo khoa thì $\int f(x)dx$ là kí hiệu cho họ nguyện hàm của $f(x)$ chứng không nói gì về $dx$ cả.

Nhưng trong các bài toán thì em thấy $dx$ nhưng đang nhân với $f(x)$ VD: $\int \frac{dx}{\sqrt{x+1}}$.

Anh chị có thể giải thích $dx$ nó thật sự là kí hiệu hay là đang nhân với $f(x)$ trong $\int f(x)dx$ ạ ?

Em cảm ơn.

Kiến thức trong SGK thực chất chưa cho phép giải thích bản chất của cách viết $f(x)dx$ và $\int f(x)dx$. Kí hiệu $dx$ là một ví dụ của cái gọi là $1$-dạng vi phân.

 

Hãy lấy ví dụ một không gian (bạn chưa cần hiểu không gian là gì) $M$ mà tại mỗi điểm của $x \in M$ ta có thể lấy một không gian tiếp xúc (tangent space) $T_x M$, một phần tử (hay vector) của $T_xM$ gọi là một vector tiếp xúc với $M$ tại $x$. Hợp của các không gian tiếp xúc $\bigcup_{x \in X} T_xM$ gọi phân thớ tiếp xúc của không gian $M$.

 

200px-Tangentialvektor.svg.png

 

Ví dụ ở trên mặt phẳng $M = \mathbb{R}^2$, thì mỗi vector tiếp xúc tại một điểm $(a,b)$ chỉ là một vector có điểm xuất phát là $(a,b)$ và tất cả các mặt phẳng tiếp xúc đều trùng nhau, chỉ khác điểm xuất phát.

 

Khi đó một $1$-dạng vi phân $\alpha$ là một cách gán cho mỗi điểm $x \in M$ một ánh xạ tuyến tính (bạn cũng chưa cần biết nó là gì, cứ hiểu là một dạng hàm)

 

$$\alpha: TM \longrightarrow \mathbb{R} \Rightarrow \alpha_x = \alpha_{\mid T_x M}: T_x M \longrightarrow \mathbb{R}$$

 

Nói cách khác, một $1$-dạng vi phân là một cái gì đó mà ta có thể tính giá trị trên các vector tiếp xúc. Kí hiệu $f(x)dx$ là một $1$-dạng vi phân trên $\mathbb{R}$ (nói là kí hiệu, vì còn tuỳ vào miền xác định của hàm $f$). Đặc biệt hơn hàm $f(x)$ có thể xem là một $0$-dạng vi phân, và ta có thể nhân $0$-dạng với $1$-dạng. Nói cách khác, viết $f(x).dx$ là nhân $0$-dạng với $1$-dạng. Còn để hiểu $dx$ bạn cần xem nó như hàm

$$dx: T_{x_0}\mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}$$

gán mỗi vector tiếp xúc với $x_0 \in \mathbb{R}$ với một giá trị. Cụ thể hơn nếu ta chọn một hướng dương cho $\mathbb{R}$ thì một vector tiếp xúc tại $x_0$ chỉ là một điểm bên phải hoặc bên trái $x_0$ trên $\mathbb{R}$, khi đó $dx$ xác định duy nhất bởi điều kiện $dx(\mathbf{v})=1$ với $\mathbf{v}$ là vector đơn vị xuất phát từ $x$ theo hướng dương. Tất cả các vector tiếp xúc khác có dạng $a\mathbf{v}$ với $a \in \mathbb{R}$ và ta có $dx(a\mathbf{v})=a$.

 

Tổng quát hơn, trong $\mathbb{R}^n$ thì $1$-dạng vi phân sẽ có dạng

$$f_1(x_1,...,x_n)dx_1 + \cdots + f_n(x_1,...,x_n)dx_n,$$

và tổng quát hơn nữa ta có $k$ dạng vi phân

$$\sum_{1 \leq i_1 < \cdots < i_k \leq n} f_{i_1,...i_k}(x_1,...,x_n)dx_{i_1}\cdots dx_{i_k}.$$

Với không gian $n$-chiều $M$ thì ta có thể tích phân các $n$-dạng vi phân (tức là các dạng với nhiều số biến nhất). Do đó ví dụ trong $\mathbb{R}^1$ bạn có tích phân $\int_a^b f(x)dx$ trong khi trong $\mathbb{R}^2$ bạn lại tích phân $\int_{(a,b)\times(c,d)} f(x,y)dxdy$.




#735491 Toán học như văn hóa và tri thức

Gửi bởi bangbang1412 trong 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.

 

Screenshot 2022-10-27 at 22-51-38 The Unravelers Mathematical Snapshots - Jean-Francois Dars - The Unravelers_ Mathematical Snapshots-AK Peters (2008).pdf.png

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.




#735490 Toán học như văn hóa và tri thức

Gửi bởi bangbang1412 trong 27-10-2022 - 22:28

Toán học như văn hóa và tri thức - Mathematics as Culture and Knowledge

 

Toán học là một hoạt động tri thức, được cho là một trong những hoạt động tinh tế nhất từng được tạo ra bởi văn minh nhân loại. Hermann Hesse phác họa chân dung những hoạt động của các nhà toán học một cách ẩn dụ trong Glass Bead Game. Có lẽ đó là nỗ lực văn học tốt nhất để bắt dù chỉ một cái nhìn thoáng qua những hoạt động nội tại trong xã hội toán học. Người ta không phê phán một tác phẩm hư cấu bằng sự thiếu chính xác của nó, nhưng sẽ thực sự khó để nói cái gì đó có nghĩa về việc thế nào là làm toán.

Có khá nhiều các nhà toán học thừa hưởng quan điểm kiểu Plato về toán học. Điều này có nghĩa là họ có niềm tin rằng các đối tượng và xây dựng toán học có một kiểu tồn tại nào đó trong "thế giới của những ý tưởng", tồn tại độc lập với trí óc con người. Như trong trường hợp của thiên đường thần thoại, những người khởi xướng niềm tin đó tỏ ra khá mập mờ về vị trí và tính nhất quán của thế giới Plato ngoại lai này. Một lý do thường được viện ra để củng cố góc nhìn Plato là sự hiệu quả của toán học trong việc mô hình hóa thế giới vật lý. Không nghi ngờ gì những định luật Kepler cuối cùng cũng có thể được quan sát và thông hiểu bởi bất kì trí thông minh công nghệ nào sống trên một hình tinh bao quanh bởi lực hấp dẫn để quay quanh một ngôi sao (nhưng liệu một khám phá như vậy có tuân theo tiến trình mà chúng ta biết, hành tinh có xoay quanh hai ngôi sao không?). Tuy nhiên người ta khó có thể viện ra một trường hợp mạnh mẽ như thế để mà củng cố ý tưởng về cái đẹp trong các nhánh toán học khác trừu tượng hơn rất nhiều.

Nếu không ai có thể nghi ngờ rằng bất kỳ trí thông minh ngoài trái đất nào được tiến hóa đủ sẽ hiểu được khái niệm về số nguyên tố, thì sẽ có bằng chứng kém thuyết phục hơn nhiều rằng chúng sẽ có những khái niệm giống chúng ta về các phạm trù dẫn suất (derived categories) hoặc shtukas (chú thích: Drinfeld mô-đun suy rộng). Những năm gần đây chúng ta đã phải dùng đến những loại toán học tinh vi hơn và hơn nữa, chúng được đưa vào vì sự phát triển ngày càng phức tạp của vật lý năng lượng cao. Mặc cho kiểu viện dẫn này, tôi vẫn cực kì hoài nghi về giả thuyết của chủ nghĩa Plato.

Bộ não chúng ta đã phát triển qua hàng triệu năm tiến hóa có chọn lọc. Năng lực chế tạo toán học có một lợi ích tiến hóa rõ ràng vì nó là chìa khóa cho một nền văn minh khoa học và công nghệ. Địa vị nổi bật mà loài vượn này đã chiếm được, trong so sánh với các loài động vật khác trên trái đất, hiển nhiên là bằng chứng về lợi ích tiến hóa của khả năng não bộ phục vụ cho các hoạt động khoa học.

Các kiểu não bộ khác mà là sản phẩm của một quá trình tiến hóa hoàn toàn khác biệt trong một môi trường hoàn toàn khác biệt cũng có thể đạt được cùng một kết quả trong tiến bộ công nghệ trong khi sáng tạo ra một kiểu toán học có khác biệt đáng kể với thứ toán học mà chúng ta biết. Không hoàn toàn khác, chắc chắn (các số nguyện tố), nhưng là một sự khác biệt đối xứng to lớn. Sự tồn tại của trí thông minh ngoài trái đất hoàn toàn mang tính giả thuyết. Sagan và Shklovskii đã suy đoán rất hay về nó trong những năm 70 và tôi sẽ để tất cả ở đó, chủ nghĩa Plato và những thứ đó.

Nếu toán học (ít nhất là một phần lớn toán học) chẳng phải một dấu hiệu của thiên đường chủ nghĩa Plato mà chỉ là một đơn thuần là sản phẩm của não bộ và quá trình tiến hóa thì nó cũng chẳng mất đi tý vẻ đẹp nào. Nó còn trở nên thú vị hơn vì nó là một phần của văn hóa con người, và nó đi cùng và chịu ảnh hưởng của sự phát triển của toàn bộ những gì còn lại của văn minh.

Toán học mà chúng ta biết ngày nay là kết quả của một hành trình phát triển văn hóa dài và quanh co. Tuy nhiên, nó còn lâu mới là một tòa lâu đài bất động. Sự liên tục của nó, sự tiến hóa mau chóng có thể nhìn thấy dễ dàng bằng cách nhìn vào một số thống kê quan trọng. MathSciNet, nguồn review chính của các công trình toán học, liệt kê ra tổng cộng 2,245,194 công trình, và tăng thêm 60,000 mỗi năm (và những gì liệt kê bởi MathSciNet chỉ là một tuyển chọn trên tổng số những công trình toán học).

Bước quan trọng cho bất cứ ai hứng thú trong việc làm toán là ý thức về sự to lớn trong địa hạt này. Một rủi ro chính, theo ý tôi, trong toán học và bất kì lĩnh vực nào của tri thức con người, là trở nên ngây thơ. Người ta không tự nhận mình là nhà toán học. Trở thành một nhà toán học đòi hỏi ít nhất mười năm tu tập chuyên sâu và học hành cẩn thận. Cái đó mới chỉ là để tích lũy một lượng tối thiểu kiến thức và kĩ năng cần thiết để hiểu làm toán là như thế nào. Để bắt đầu thực sự làm cái gì đó trong toán học đòi hỏi một vài bước sau đó nữa.

Một thứ cực kì khó để tiếp thu, và là một dấu hiệu tốt để trở thành một nhà toán học trưởng thành chuyên nghiệp là khả năng đánh hơi ra cái gì thú vị. Có rất nhiều thứ trong toán học mà người ra có thể làm chỉ để làm, Marcel Duchamp đã đặt tên cho một tác phẩm điêu khắc đầy khiêu khích của ông ta "phân loại lược theo số lượng răng".

Thứ toán học thực sự thú vị không phải là một bài tập phân loại lược. Cái thường làm một kết quả toán học bất ngờ và thú vị nằm trong khả năng khám phá ra những kết nối không ngờ tới: một cách liên hệ kết quả và xây dựng mà ban đầu tỏ ra chẳng liên quan, nhận ra sự tương tự trong cấu trúc thông qua những hiện tượng khác biệt rõ ràng.

Ngây thơ trong toán học (với những ngoại lệ hiếm hoi) có một tác động đơn thuần là cắm đầu vào một góc tù mù của một trò chơi vô ích. Kiến thức là những gì cung cấp những ngọn hải đăng và hải đồ quan trọng cho phép các nhà toán học đang hoạt động định hướng đường đi của họ một cách an toàn trong khi băng qua vùng biển động.

Có những huyền thoại lãng mạn được lan truyền rộng rãi kiểu như những thiên tài cô đơn chẳng đọc điếc gì mà vẫn xổ ra được những định lý đẹp đẽ. Những huyền thoại này phần lớn dựa trên các giai thoại bịa đặt. Thực tế, một thời gian dài đọc và hấp thu tri thức toán học của quá khứ và hiện tại là tối hậu trong việc tạo ra thứ toán học thú vị trong tương lai. Cô lập chỉ đơn giản là cạn kiệt khả năng sáng tạo.

Ngoài sự hiệu quả của nó như một chất xúc tác cho sáng chế, việc truyền tải kiến thức thông qua chữ viết là thứ tạo nên con người chúng ta. Nó là chìa khóa cho tiến bộ của văn minh. Chúng ta đọc và học bởi vì chúng ta tìm thấy niềm vui khi làm thế, vì chúng ta là những tồn tại người quan tâm tới tồn tại không chỉ như mảnh vụn cô lập mà là một phần của nhân loại như một thể thống nhất. Như trong thơ nổi tiếng của John Donne, "không có người nào là một hòn đảo riêng, chỉ mình nó với nó; mọi con người là một mẩu của lục địa, một phần của cái chính yếu."

Toán học là thú vị với tự cách một mức độ cực rất cao giữa những thành tựu của nhân loại, bởi vì nó có tính phổ quát có thể cho chúng ta cách bắc cầu và vượt qua những khác biệt không đáng kể về địa lý và lịch sử đã chia rẽ loài người. Nó là ngôn ngữ chung mà bộ não chúng ta đã tạo ra, thứ ngôn ngữ chèo lái tiến bộ khoa học và công nghệ và đồng thời là một nỗ lực nghệ thuật có tính triết lý sâu sắc.

 

Screenshot 2022-10-27 at 22-20-29 The Unravelers Mathematical Snapshots - Jean-Francois Dars - The Unravelers_ Mathematical Snapshots-AK Peters (2008).pdf.png

 

Thật sự, có một khía cạnh đặc biệt của toán học làm nó tách biệt với những lĩnh vực tri thức khác của con người. Nó hoạt động đồng thời dưới tư cách của một khoa học chính xác và cũng dưới tư cách một nghệ thuật. Trí tưởng tượng bay bổng, hình ảnh thơ mộng và trực quan cùng những cân nhắc thẩm mỹ thúc đẩy sự phát triển của toán học và sống kề cạnh với những quy luật nghiêm ngặt nhất của khoa học.

Thật đáng thương khi các nhà khoa học thần kinh cố gắng hiểu làm thế nào não bộ phát triển toán học nói chung, họ thường tỏ ra nhầm lẫn toán học với "cảm giác số" (tạm dịch từ number sense). Cái thứ hai là một khoa tri thức rất khác biệt, vốn hoàn toàn tách rời khỏi toán học (có hằng tá ví dụ về những nhà toán học nổi tiếng mà chẳng tý cảm giác số nào). Toán học có nghĩa là tạo ra các cấu trúc và nói riêng, những con số tỏ ra là một cấu trúc thú vị, nhưng nhưng điều đó là khá xa khi kết nối với toán học nói chung.

Cố gắng hiểu toán học được tạo ra trong não bộ như thế nào sẽ là một cách tuyệt vời để khám phá ra nhiều hơn nữa những chức năng của não bộ tự nó, vì nó cung cấp một phổ các cách thức vận hành của sự sáng tạo và tưởng tượng cũng như sự vận dụng hình ảnh và kí hiệu, với một sự chú tâm được xác định rõ ràng và chính xác.

Câu trả lời cuối cùng, nếu ai đó cần, cho câu hỏi là tại sao chúng ta làm toán, là do chúng ta tìm thấy niềm vui khi làm vậy. Nó là một phụ phẩm của tiến hóa bằng chọn lọc tự nhiên mà chúng ta chiết xuất ra sự vui thú từ việc làm những thứ có lợi cho sự sinh tồn của bộ gene chúng ta. Toán học có lợi cho giống loài chúng ta bởi vì những ứng dụng nó mang đến cho khoa học và công nghệ, nhưng đó không phải lý do chúng ta làm toán. Chúng ta không nghĩ về sự quan trọng của nó trong ứng dụng thực tiễn khi chúng ta thích thú sáng tạo những thứ toán học mới, cũng như chúng ta không nghĩ về tầm quan trọng của việc trộn lẫn DNA khi làm tình.

 


                                                                                                                                                  Tác giả: Matilde Marcolli, Max-Planck-Institut für Mathematik, Bonn.

                                                                                                                                                                                Dịch: Phạm Khoa Bằng, Université de Rennes 1.




#735015 $\frac{P(x^2+1)}{x^2+1}=\frac{P(x^2+2...

Gửi bởi bangbang1412 trong 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.




#734881 Những người Đức nên có 1 cái tên riêng cho Tuyệt kĩ Toán học của chính họ vậy...

Gửi bởi bangbang1412 trong 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?




#734879 K-lý thuyết Milnor

Gửi bởi bangbang1412 trong 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,

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




#734876 K-lý thuyết Milnor

Gửi bởi bangbang1412 trong 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.




#734875 K-lý thuyết Milnor

Gửi bởi bangbang1412 trong 09-09-2022 - 14:26

Đối đồng điều motivic

 

Trong phần này ta sẽ định nghĩ ngắn gọn đối đồng điều motivic và chứng minh rằng K-lý thuyết Milnor bậc $n$ có thể xem như middle $(n,n)$-đối đồng điều motivic. Formulation của đối đồng điều motivic mà ta sử dụng ở đây sẽ là hypercohomology trên Zariski site. Cố định một trường $k$. Giả sử $X,Y \in \mathbf{Sch}/k$ là hai $k$-lược đồ hữu hạn sinh (finitely generated $k$-schemes), ta kí hiệu $Z(X)$ bởi nhóm abel tự do sinh bởi các chu trình đại số của $X$.

 

Định nghĩa. Một tương ứng hữu hạn sơ cấp (elementary finite correspondence) từ $X$ tới $Y$ là một biểu diễn lược đồ nguyên, đóng $W \subset X \times_k Y$ sao cho $pr_1: W \longrightarrow X$ là hữu hạn và $pr_1(W)$ là một thành phần bất khả quy của $X$. Một tương ứng hữu hạn là một tổng hình thức $\sum n_i W_i$ với $n_i \in \mathbb{Z}$ và $W_i$ là cac tương ứng hữu hạn sơ cấp.

 

Ta kí hiệu $\mathrm{Cor}(X,Y)$ bởi tập các tương ứng hữu hạn từ $X$ tới $Y$. Giả sử $Z \in \mathbf{Sch}/k$. Lấy $\alpha \in \mathrm{Cor}(X,Y), \beta \in \mathrm{Cor}(Y,Z)$, khi đó ta có thể định nghĩa một phép hợp thành

$$\beta \circ \alpha = \pi_{XZ *}(\pi_{XY}^*(\alpha) \cdot \pi_{YZ}^*(\beta)),$$

trong đó $\pi_{XY},\pi_{YZ},\pi_{ZX}$ là phép chiếu từ $X \times Y \times Z$ xuống các thành phân tương ứng, các phép $(-)^*$ và $(-)_*$ là kéo lùi và đẩy xuôi của chu trình đại số.

 

Bằng cách này ta có một phạm trù gọi là phạm trù các tương ứng hữu hạn trên $k$, kí hiệu bởi $\mathbf{Cor}(k)$ với vật là các $k$-lược đồ hữu hạn sinh và cấu xạ là các tương ứng hữu hạn. Kí hiệu $\mathbf{Sm}/k$ là phạm trù các $k$-lược đồ trơn. Khi đó ta có một hàm tử

$$\mathbf{Sm}/k \longrightarrow \mathbf{Cor}(k), \ \ X \longmapsto X, \ \ f: X \longrightarrow Y \longmapsto \Gamma_f = \text{đồ thị của} \ f,$$

trong đó đồ thị của $f$ xem như một tương ứng hữu hạn từ $X$ tới $Y$; ta có thể bẻ nó thành các thành phần bất khả quy nếu cần thiết. Phạm trù $\mathbf{Cor}(k)$ là một phạm trù tensor, cộng tính.

 

Định nghĩa. Một PST hay một tiền bó đo chu trình-đồ thị (tạm dịch presheaf with transfers) là một hàm tử cộng tính $F:\mathbf{Cor}(k)^{op} \longrightarrow \mathbf{Ab}$ ($\mathbf{Ab}$: phạm trù các nhóm giao hoán). Một PST được gọi là một bó đo chu trình-đồ thị nếu $F_{X_{Nis}}$ là một bó với mỗi $X \in \mathbf{Sm}/k$, ở đây $X_{Nis}$ là Nisnevich site trên $X$.

 

(mình chọn cách dịch như vậy vì một tiền bó $F: \mathbf{Cor}(k)^{op} \longrightarrow \mathbf{Ab}$ thực chất là một tiền bó đi cùng với các ánh xạ $F(Y) \longrightarrow F(X)$ lưu trữ phần thông tin của các cấu xạ $X \longrightarrow Y$ trong $|mathbf{Cor}(k)$ không cảm sinh bởi đồ thị của một cấu xạ lược đồ.)

 

Ví dụ.

  • Nhóm nhân tính $\mathcal{O}^*$ luôn là một PST.
  • Cho $X \in \mathbf{Sm}/k$, khi đó hàm tử $\mathbb{Z}_{tr}(X)(U) = \mathrm{Hom}_{\mathbf{Cor}(k)}(U,X)$ là một PST (chính xác hơn, nó là PST khả diễn với vật biểu diễn là $X$. Kí hiệu $\mathbb{Z}_{tr}(\mathrm{Spec}(k))$ bởi $\mathbb{Z}$. Thực chất $\mathbb{Z}_{tr}(X)$ còn là một bó chu trình-đồ thị; nó thậm chí là bó đo chu trình-đồ thị trên cả étale site và Zariski site chứ không chỉ Nisnevich site.
  • Cho $(X,x)$ là một $k$-lược đồ định điểm $(x: \mathrm{Spec}(k) \longrightarrow X)$ khi đó có một phép chẻ $\mathbb{Z}_{tr}(X) = \mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}_{tr}(X,x)$. Nói riêng ta áp dụng cho $(X,x) = (\mathbb{G}_m,1)$ với $\mathbb{G}_m = \mathbb{A}^1 - \left \{0 \right \}$ để thu được một PST $\mathbb{Z}_{tr}(\mathbb{G}_m,1)$.
  • Cho $(X_1,x_1),...,(X_n,x_n)$ là các $k$-lược đồ định điểm, khi đó ta có thể định nghĩa tích smash $$\mathbb{Z}_{tr}(X_1 \wedge \cdots \wedge X_n) = \mathrm{Coker}\left(\mathbb{Z}_{tr}(X_1 \times \cdots \times \hat{X_i} \times \cdots \times X_n) \overset{\mathrm{id} \times \cdots \times x_i \times \cdots \times \mathrm{id}}{\longrightarrow} \mathbb{Z}_{tr}(X_1 \times \cdots \times X_n) \right).$$ Hệ quả là ta có tích smash $\mathbb{Z}_{tr}(\mathbb{G}_m^{\wedge n})$ với mọi $n \geq 0$.
  • Xét các $n$-đơn hình đại số cho bởi $\Delta^n = \mathrm{Spec}\left(k[x_0,...,x_n]/(x_0+\cdots+x_n-1)\right)$. Cho $F$ là một tiền bó đo chu trình-đồ thị, khi đó ta có các tiền bó đo chu trình-đồ thị $F^{\Delta^n}$ cho bởi $F^{\Delta^n}(U) = F(U \times \Delta^n)$. Chúng được bó với nhau bởi một phức $$C_*F: ... \longrightarrow F^{\Delta^n} \longrightarrow ... \longrightarrow F^{\Delta^2} \longrightarrow F^{\Delta^1} \longrightarrow F \longrightarrow 0.$$

Định nghĩa. Với mọi $n\geq 0$, ta định nghĩa phức $\mathbb{Z}(p)$ bởi công thức $\mathbb{Z}(p) = C_*\mathbb{Z}_{tr}(\mathbb{G}^{\wedge p}_m)[-p]$. Khi $A$ là một nhóm giao hoán, ta định nghĩa $A(p) = \mathbb{Z}(p) \otimes A$. Đối đồng điều motivic bậc $(p,q)$ được định nghĩa bởi hypercohomology trên Zariski site

$$H^{p,q}(X,A) = \mathbb{H}^p_{Zar}(X, A(q)),$$

trong đó $X \in \mathbf{Sm}/k$.

 

Lưu ý. Ở đây đã có một điểm ẩn mà ta lưu ý, đó là đối đồng điều lấy trên Zariski site thì phức $\mathbb{Z}(p)$ phải là phức của các bó chứ không phải tiền bó. Điều đó được khẳng định trong mệnh đề sau.

 

Bổ đề. Với mọi $k$-lược đồ $Y$, $\mathbb{Z}_{tr}(Y)$ là một bó trên tô-pô Zariski và do đó $C_*\mathbb{Z}_{tr}(Y)$ là một phức các bó; nói riêng, hypercohomology là có nghĩa.

 

Chứng minh. Giả sử $U$ được phủ bởi $U_1,U_2$, ta cần chứng minh có một dãy khớp

$$0 \longrightarrow \mathrm{Cor}(U,Y) \overset{diag}{\longrightarrow} \mathrm{Cor}(U_1,Y) \oplus \mathrm{Cor}(U_2,Y) \overset{(+,-)}{\longrightarrow} \mathrm{Cor}(U_1 \cap U_2,Y).$$

Không giảm tổng quát ta giả sử $U$ liên thông, do đó $U$ là bất khả quy (do $U$ trơn, xem tại đây) và do đó cũng nguyên do regular local rings thì reduced. Mọi tương ứng hữu hạn từ $U$ sang $Y$ thì áp đảo (dominant) $U$ và do đó hoàn toàn xác định bởi thớ trên điển generic của $U$ (thớ trên điểm generic trù mật). Do đó $\mathrm{Cor}(U,Y)$ nhúng vào từng $\mathrm{Cor}(U_i,Y)$.

 

Để thấy dãy trên khớp ở vị trí còn lại, ta lấy $Z_1 =  \sum_{i \in I} m_i Z_{1i} \subset Z(U_i \times Y)$ và $Z_2 = \sum_{j \in J} n_j Z_{2j} \in Z(U_2 \times Y)$ sao cho $Z_1=Z_2$ trên $(U_1 \cap U_2) \times Y$. Theo lập luận trên, tương ứng hữu hạn xác định hoàn toàn bởi thớ trên điểm generic của $U,U_1,U_2$, do đó tồn tại một phép song ánh giữa $I$ và $J$ sao cho nếu $i \in I$ tương ứng với $j \in J$ thì $m_i = n_j$ và $Z_{1i} = Z_{2j}$ trên $(U_1 \cap U_2) \times Y$. Không giảm tổng quát ta giả sử $Z_1,Z_2$ là các tương ứng hữu hạn sơ cấp. Khi đó $Z = Z_1 \cup Z_2$ là một tương ứng hữu hạn từ $U$ tới $Y$ mà hạn chế xuống $U_i \times Y$ là $Z_i$, đpcm.

 

 

Bổ đề. Với mọi trường $F$ và các số nguyên $p,q \geq 0$, ta có $H^{p,q}(\mathrm{Spec}(F),\mathbb{Z}) = H_{q-p}(C_*\mathbb{Z}_{tr}(\mathbb{G}_m^{\wedge q})(\mathrm{Spec}(F))$. Nói riêng

$$H^{n,n}(\mathbb{Spec}(F),\mathbb{Z}) = H_0(C_*\mathbb{Z}_{tr}(\mathbb{G}_m^{\wedge n})(\mathrm{Spec}(F)) = \mathrm{Coker}\left(\mathbb{Z}_{tr}(\mathbb{G}_m^{\wedge n})(\mathbb{A}^1) \overset{\partial_0 - \partial_1}{\longrightarrow} \mathbb{Z}_{tr}(\mathbb{G}_m^{\wedge n})(\mathrm{Spec}(F)) \right).$$

 

Sau đây ta tìm hiểu một số bậc thấp của đối đồng điều motivic.

 

Mệnh đề. Tồn tại một tựa đẳng cấu (quasi-isomorphism) $\mathbb{Z}(1) \simeq \mathcal{O}^*[-1]$.

 

Phác thảo chứng minh. Xét hàm tử $\mathscr{M}(\mathbb{P}^1;0,\infty): \mathbf{Sm}_k \longrightarrow \mathbf{Ab}$ gửi mỗi $k$-lược đồ trơn $X$ với nhóm của các hàm hữu tỷ trên $X \times \mathbb{P}^1$ mà chính quy (regular) trên một lân cận của $X \times \left \{0, \infty \right \}$ và bằng $1$ trên $X \times \left \{1,\infty \right \}$. Khi đó với mọi $f \in \mathscr{M}(\mathbb{P}^1;0,\infty)(X)$ thì ước Weil tương ứng của $f$ là một tương ứng hữu hạn $\mathbf{Cor}(X,\mathbb{A}^1 - \left \{0 \right \})$. Ngoài ra ta có một dãy khớp

$$0 \longrightarrow \mathscr{M}(\mathbb{P}^1;0,\infty) \longrightarrow \mathbb{Z}_{tr}(\mathbb{A}^1 -\left \{0 \right \})(X) \longrightarrow \mathbb{Z} \oplus \mathcal{O}^*(X) \longrightarrow 0.$$

Ngoài ra $\mathscr{M}(\mathbb{P}^1;0,\infty)$ là một PST, và $C_*(\mathscr{M})(X)$ là acyclic với mọi $X \in \mathbf{Sm}/k$, cho ta đpcm.

 

Hệ quả. Với $X \in \mathbf{Sm}/k$, ta có

$$H^{p,q}(X,\mathbb{Z}) = \begin{cases}
        0 & q \leq 1 \ \text{and} \ (p,q) \neq (0,0),(1,1),(2,1) \\
        \mathbb{Z}(X) & (p,q) = (0,0) \\
        \mathcal{O}^*(X) & (p,q)=(1,1) \\
        \mathrm{Pic}(X) & (p,q)=(2,1).
    \end{cases}$$

 

Cho $l$ là một số nguyên tố sao cho $1/l \in k$. Tensor $\mathbb{Z}/l$ với đẳng cấu $\mathbb{Z}(1) \simeq \mathcal{O}^*[-1]$ cho ta

 

Hệ quả. Nếu $1/l \in k, X \in \mathbf{Sm}/k$, khi đó $H^{p,1}(X,\mathbb{Z}/l)=0$ với $p \neq 0,1,2$ và

\begin{align*}
    H^{0,1}(X,\mathbb{Z}/l) & =\mu_l(X) \\
    H^{1,1}(X,\mathbb{Z}/l) & = H^1_{\text{ét}}(X,\mu_l) \\
    H^{2,1}(X,\mathbb{Z}/l) & = \mathrm{Pic}(X)/l\mathrm{Pic}(X).
\end{align*}




#734827 K-lý thuyết Milnor

Gửi bởi bangbang1412 trong 06-09-2022 - 15:29

Luật thuận nghịch Weil và ánh xạ chuẩn của K-lý thuyết Milnor

 

Trong chứng minh của bổ đề x, ta thấy với mỗi cặp $\pi,\pi'$, ta thu được một đồng cấu $\phi_{\pi}:K^M_{n-1}(k[t]/(\pi) \longrightarrow K^M_n(k(t))$ trong đó $\phi_{\pi} \circ \partial_{\pi'}$ là $\mathrm{id}$ nếu $\pi = \pi'$ và $0$ nếu $\pi \neq \pi'$. Ta gọi nó là đồng cấu đối thặng dư.

 

Ta đồng nhất mỗi điểm đóng $P$ của đường thẳng xạ ảnh $\mathbb{P}_k^1$ với một đa thức bất khả quy, do đó ta có một ánh xạ thặng dư $\partial_P$. Tại điểm $\infty$ ta cũng có đồng cấu thặng dư mà ta kí hiệu bởi $\partial_{\infty}$. Với mỗi điểm đóng $P$, ta kí hiệu định giá tương ứng bởi $v_P$ và trường thặng dư bởi $\kappa(P)$.

 

Định nghĩa. Với $\pi \in k[t]$ bất khả quy, ta định nghĩa đồng cấu chuẩn (norm map) $N_{\pi}$ bởi công thức $N_{\pi} = -\partial_{\infty} \circ \phi_{\pi}$, tức là đối của hợp thành của đồng cấu đối thặng dư và đồng cấu thặng dư. Tại điểm $\infty$, ta định nghĩa $N_{\infty} = \mathrm{id}$ trên $K^M_n(k)$.

 

Định lý (luật thuận nghịch Weil). Với mọi $\alpha \in K^M_n(k(t))$, ta có

$$\sum_{\pi \in \mathbb{P}^1_0 }(N_{\pi} \circ \partial_{\pi})(\alpha) = 0,$$

trong đó $\mathbb{P}^1_0$ là tập các điểm đóng của $\mathbb{P}^1_k$, có nghĩa là $\pi$ hoặc là đa thức bất khả quy hoặc là điểm vô hạn.

 

Chứng minh. Với $P \neq \infty$ ta có

$$\partial_P\left(\alpha - \sum_{P \neq \infty}(\psi_P \circ \partial_P)(\alpha) \right) = \partial_P(\alpha)-\partial_P(\alpha)=0.$$

Do đó theo dãy khớp Tate $\alpha - \sum_{P \neq \infty}(\psi_P \circ \partial_P)(\alpha) \in K^M_n(k)$. Áp dụng $\partial_{\infty}$ vào hai vế cho ta đpcm.

 

Trong trường hợp $n=2$ luật thuận nghịch Weil có dạng sao

$$\sum_{P \in \mathbb{P}^1_0} (N_{\kappa(P)/k} \circ \partial_P)(\alpha)=0.$$

Ta áp dụng với $\alpha = \left \{f,g \right \}$ trong đó $f,g \in k(t)$. Theo ví dụ x thì ánh xạ thặng dư $\partial_P: K^M_2(k(t)) \longrightarrow K^M(\kappa(P))$ thoả mãn $\partial(\left \{f,g \right \}) = (-1)^{v_P(f)v_P(g)}\overline{f^{v_P(g)}g^{v_P(f)}}$, ở đây $\overline{-}$ kí hiệu ảnh của phần tử trong $\kappa(P)$. Vấn đề còn lại là làm sao để tính $N_{\kappa(P)/k}$ tại bậc $1$.

 

Mệnh đề. Với $n=0$ thì $N_P:K_0^M(\kappa(P)) \longrightarrow K_0^M(k)$ cho bởi phép nhân với $[\kappa(P):k]$ (bậc của mở rộng trường) còn khi $n=1$ thì $N_P:\kappa(P)^{\times} \longrightarrow k^{\times}$ chính là đồng cấu chuẩn của mở rộng trường (theo nghĩa thông thường).

 

Để chứng minh mệnh đề này ta cần bổ đề sau.

 

Bổ đề. Cho $K/k$ là một mở rộng trường và $P$ là một điểm đóng của $\mathbb{P}^1_k$, khi đó biểu đồ

bieudo1.jpg

 

giao hoán, trong đó $Q \longmapsto P$ có nghĩa là điểm đóng $Q$ của $\mathbb{P}^1_K$ nằm trên (lying over) $P$, và $e_Q$ là chỉ số rẽ nhánh của định giá $v_Q$ mở rộng $v_P$ từ $K(t)$, $i$ là phép nhúng tự nhiên.

 

Chứng minh. Đây là hệ quả của lưu ý x và định nghĩa của chuẩn. Người đọc tự hoàn thành chứng minh.

 

Chứng minh mệnh đề. Áp dụng bổ đề trên với $K = k^{alg}$ là bao đóng đại số của $k$, khi đó mỗi điểm $Q$ đều có bậc $1$ trên $K$ nên $N_Q$ đều là ánh xạ đồng nhất. Hơn nữa các đồng cấu dọc đều là các phép nhúng với $n=0,1$. Khi đó trường hợp $n=0$ là hệ quả của công thức $\sum e_Q = [\kappa(P):k]$ và trường hợp $n=1$ là hệ quả của định nghĩa chuẩn của mở rộng trường $N_{\kappa(P)/k}(\alpha)$ là tích các phần tử liên hợp của $\alpha$ (tính cả bội).

 

Định lý (Kato). Cho $L/k$ là một mở rộng trường hữu hạn, khi đó với mỗi $n \geq 0$ tồn tại một ánh xạ chuẩn $N_{K/k}: K^M_n(L) \longrightarrow K^M_n(k)$ thoả mãn các tính chất sau:

  • Khi $n = 0$ thì $N_{L/k}$ là phép nhân với $[L:k]$.
  • Khi $n = 1$ thì $N_{L/k}$ là ánh xạ chuẩn thông thường $L^{\times} \longrightarrow k^{\times}$.
  • Với $\alpha \in K^M_n(k)$ và $\beta \in K^M_m(L)$ ta có công thức chiếu $N_{L/k}(\left \{\alpha_L,\beta \right \}) = \left \{\alpha,N_{L/k}(\beta)\right \}$.
  • Với $F/L/k$ là một tháp trường, ta có $N_{F/k} = N_{F/L} \circ N_{L/k}$.

Ta không chứng minh định lý này (nó rất khó!) mà chỉ nêu một vài lưu ý ở đây:

  • Khi $L=k(a)$ là một mở rộng đơn thì đa thức tối tiểu của $a$ định nghĩa một điểm đóng $P \in \mathbb{P}^1_k$ sao cho $L \simeq \kappa(P)$, ta định nghĩa $N_{L/k}$ bởi $N_{\kappa(P)/k}$ như đã làm trước định lý Kato.
  • Khi $L=k(a_1,...,a_r)$ ta tách nó thành một dãy hợp thành các mở rộng đơn và định nghĩa $N_{L/k}$ như là hợp của các ánh xạ chuẩn trên các mở rộng đơn. Công sức lớn của Kato là chứng minh cách định nghĩa này không phụ thuộc vào hệ sinh $a_1,...,a_r$.

Định lý (luật thuận nghịch Weil tổng quát dạng hình học). Cho $C$ là một đường cong xạ ảnh trơn trên $k$ với trường hàm $k(C)$. Khi đó với mỗi điểm đóng $P$ của $C$ ta có ánh xạ thặng dư $\partial_P: K^M_n(k(C)) \longrightarrow K^M_{n-1}(\kappa(P))$. Khi đó với mọi $\alpha \in K^M_n(k(C))$ ta có

$$\sum_{P \in C_0} (N_{\kappa(P)/k} \circ \partial_P)(\alpha) = 0,$$ trong đó $C_0$ là tập các điểm đóng của $C$.

 

Ta không chứng minh luận thuật nghịch Weil mà đưa ra một hệ quả thú vị của nó. Lưu ý rằng luật thuận nghịch Weil còn có thể phát biểu như:

 

Định lý (luật thuận nghịch Weil dạng đại số). Cho $L$ là một trường hàm trên $k$ (một mở rộng hữu hạn của $k(t)$). Khi đó với mọi $x \in K^M_{n+1}(L)$ ta có

$$\sum_v N_{k(v)/k} \circ \partial_v)(x) = 0,$$

trong đó tổng chạy trên tất cả các định giá rời rạc của $L$.

 

Hệ quả. Cho $p: Z \longrightarrow \mathbb{A}_k^1$ là một toàn cấu hữu hạn (surjective + finite) và giả sử $Z$ là nguyên (integral). Lấy $f_1,...,f_n \in \mathcal{O}^{\times}(Z)$ cùng các số nguyên $n_i^0,n_j^1$ sao cho

$$p^{-1}(0) = \coprod n_i^0 z_i^0 \ \ \ \text{và} \ \ \ p^{-1}(1) = \coprod n_i^1 z_i^1$$

trong đó $n_i^{\epsilon}$ là chỉ số rẽ nhánh của các điểm $z_i^{\epsilon}=\mathrm{Spec}(E_i^{\epsilon})$ ($\epsilon \in \left \{0,1\right \}$). Định nghĩa

$$\varphi_0 = \sum n_i^0 N_{E_i^0/k}(\left \{f_1,...,f_n \right \}_{E_i^0}) \ \ \ \text{và} \ \ \ \varphi_1 = \sum n_i^1 N_{E_i^1/k}(\left \{f_1,...,f_n \right \}_{E_i^1}).$$

Khi đó $\varphi_0 = \varphi_1 \in K^M_n(k)$.

 

Chứng minh. Kí hiệu $L$ là trường hàm của $Z$, khi đó $L/k$ là mở rộng hữu hạn, gọi $t$ là tham số cho $\mathbb{A}^1_k$. Ta xét kí hiệu $x = \left \{\frac{t}{t-1},f_1,...,f_n \right \}$. Tại các chốn vô cùng, $\frac{t}{t-1}$ bằng $1$ và do đó ánh xạ thặng dư triệt tiêu, $\partial_v(x)=0$. Tương tự, $\partial_v(x)=0$ bằng không tại mọi chốn trừ các chốn tại $0$ và $1$. Nếu $v_i$ nằm trên $t=0$ thì

$$\partial_{v_i}(x) = \partial_{v_i}(\left \{t,f_1,...,f_n \right \} - \left \{t-1,f_1,...,f_n \right \}) = v_i(t)\left \{f_1,...,f_n \right \} = n_i^0\left \{\overline{f_1},...,\overline{f_n} \right \},$$

xem như một phần tử của $K^M_n(E^0_i)$. Tương tự $\partial_{v_i}(x) = -n_i^0\left \{\overline{f_1},...,\overline{f_n} \right \}$ nếu $v_i$ nằm trên $t=1$. Cuối cùng theo luật thuận nghịch Weil thì $\sum N\partial_{v_i}(x) = \varphi_0 - \varphi_1$ triệt tiêu trong $K^M_n(k)$.




#734826 K-lý thuyết Milnor

Gửi bởi bangbang1412 trong 06-09-2022 - 15:08

Ánh xạ thặng dư của K-lý thuyết Milnor và bổ đề Bass-Tate

 

Giả sử $k$ được trang bị một định giá rời rạc $v: k^{\times} \longrightarrow \mathbb{Z}$. Ta có thể xem $v$ như một ánh xạ $K_1^M(k) \longrightarrow K_0^M(\overline{k})$ trong đó $\overline{k}$ là trường thặng dư. Gọi $\mathcal{O} = \left \{x \in k^{\times} \mid v(x) \geq 0 \right \} \cup \left \{0 \right \}$ là vành định giá tương ứng, $\mathfrak{m} = \left \{x \in k^{\times} \mid v(x) = 0 \right \} \cup \left \{0 \right \}$ là ideal cực đại và $\mathfrak{m}^{\times} = \mathfrak{m} \setminus \left \{0 \right \}$, $\pi \in \mathcal{O}$ là một uniformizer, i.e., $v(\pi)=1$. Với mỗi $u \in \mathfrak{m}$, kí hiệu $\overline{u}$ là ảnh của $u$ qua ánh xạ thương $\mathcal{O} \longrightarrow \mathcal{O}/\mathfrak{m} = \overline{k}$.

 

Mục đích trong phần này của ta là chứng minh tồn tại duy nhất một ánh xạ mở rộng $v$ lên $K_n^M(k) \longrightarrow K_{n-1}^M(\overline{k})$.

 

Mệnh đề. Với mọi $n \geq 1$, tồn tại duy nhất một đồng cấu, gọi là ánh xạ thặng dư $\partial_v: K_n^M(k) \longrightarrow K^M_{n-1}(\overline{k})$ thoả mãn

$$\partial_v(\left \{a,u_2,...,u_n \right \}) = v(a)\partial_v(\left\{\overline{u_2},...,\overline{u_n} \right \})$$ với mọi $a \in k^{\times}$, $u_2,...,u_n \in \mathfrak{m}^{\times}$.

 

Chứng minh.

 

Tính duy nhất. Nếu $\partial_v$ tồn tại, thế thì với mọi uniformizer $\pi$ ta có

$$\partial_v(\left \{\pi,u_2,...,u_n \right \}) = \partial_v(\left\{\overline{u_2},...,\overline{u_n} \right \}), \ \ \ \partial_v(\left \{u_1,...,u_n \right \}) = 0$$

với mọi $u_1,...,u_n \in \mathfrak{m}$. Nhưng mọi $a \in k^{\times} = (\mathrm{Frac}(\mathcal{O}))^{\times}$ có thể viết dưới dạng $a = \pi^{v(a)}u$ với $u \in \mathfrak{m}^{\times}$. Hơn nữa $\left \{\pi \right \}^2 = \left \{\pi \right \} \left \{-1 \right\}$ nên ta có thể thấy $K^M_*(k)$ được sinh bởi các phần tử thuộc một trong hai dạng $\left \{\pi,u_2,...,u_n \right \}$ hoặc $\left\{u_2,...,u_n \right \}$. Từ đó ta thấy nếu tồn tại thì nó xác định duy nhất.

 

Tính tồn tại. Xét vành $L(\overline{k}) = K^M_n(\overline{k})[\zeta]$ trong đó $\zeta^2 = \left \{-1 \right \}\zeta$ và $\zeta \alpha = -\alpha \zeta$ với mọi $\alpha \in K^M_1(\overline{k})$. Ta đặt $\zeta$ tại bậc $1$, và do đó $L$ được phân bậc như sau

$$L_n(\overline{k}) = K_n^M(\overline{k}) \oplus \zeta K_{n-1}(\overline{k}).$$

Xét ánh xạ $d_{\pi}:K_1^M(k) \longrightarrow L_1(\overline{k})$ xác định bởi $\left \{\pi^i u \right \} \longmapsto \left \{\overline{u} \right \} + \zeta i$. Hiển nhiên $d_{\pi}$ cảm sinh một đồng cấu $d_{\pi}^{\otimes 2}: (K_1^M(k))^{\otimes} \longrightarrow L_2(\overline{k})$. Ta sẽ chứng minh rằng

$$d_{\pi}^{\otimes 2}(\left \{a \right\} \otimes \left \{1 - a \right \}) = 0,$$

với mọi $a \in k \setminus \left \{0, 1 \right \}$. Thật vậy mọi phần tử $a \in k^{\times}$ đều có dạng $\pi^{v(a)} u$ với $u$ là đơn vị, i.e., $u \in \mathfrak{m}^{\times}$. Nếu $v(a) > 0$ thì $1 - a = 1 - \pi^{v(a)}u$ là đơn vị với thặng dư $\overline{1-a} = \overline{1-\pi^{v(a)}u} = \overline{1}$. Khi đó $d_{\pi}(\left \{1-a \right \}) = \left \{\overline{1} \right \} = 0 \in K_1^M(\overline{k})$. Trong trường hợp $v(a) < 0$, ta có $1 - a = \pi^{v(a)}(\pi^{-v(a)}-u)$ trong đó $\pi^{-v(a)}-u$ là một đơn vị và có lớp thặng dư là $\overline{\pi^{-v(a)}-u} = -\overline{u}$. Do đó

$$d^{\otimes 2}_{\pi}(\left \{a \right \} \otimes \left \{1-a \right \}) = (\left \{\overline{u} \right \} + \zeta v(a))(\left \{-\overline{u} \right \} + \zeta v(a)) = (v(a)-v(a)^2)\zeta \left \{-1 \right \} = \zeta \left \{(-1)^{v(a)-v(a)^2} \right \} = 0.$$ Trường hợp cuối cùng khi $v(a)=0$ mà $v(1-a) \neq 0$ thì ta có thể sử dụng hai trường hợp trước. Nếu $v(a)=v(1-a)=0$, tức là cả $a,1-a$ đều là đơn vị thì

$$d^{\otimes 2}_{\pi}(\left \{a \right \} \otimes \left \{1-a \right \}) = \left \{\overline{u} \right \} \left \{\overline{1-u} \right \} = \left \{\overline{u},1 - \overline{u} \right \} = 0 \in K_2^M(\overline{k}).$$

Như vậy $d^{\otimes n}_{\pi}$ tách qua $K^M_n(k)$ và ta hợp thành ánh xạ tách này với phép chiếu chính tắc $L_n(\overline{k}) \longrightarrow K^M_{n-1}(\overline{k})$ để thu được $\partial_v$. Lưu ý rằng dù ta cố định một uniformizer, ánh xạ cuối cùng không phụ thuộc cách chọn ban đầu.

 

Lưu ý. Ánh xạ thặng dư của mở rộng trường có mô tả cụ thể như sau. Cho $L/k$ là một mở rộng của các trường định giá rời rạc với các định giá tương ứng $v_L$ và $v_k$ sao cho $(v_L)_{\mid k} = v_k$. Kí hiệu các uniformizer tương ứng là $\pi_L$ và $\pi_k$ và $e$ bởi chỉ số rẽ nhánh, i.e., $\pi_k = u\pi_L^e$ ($u$: đơn vị). Khi đó $\partial_L(\alpha_L) = e \partial_k(\alpha)$ với mọi $\alpha \in K^M_n(k)$.

 

Giờ với trường $k$ bất kì, lấy $\pi \in k[t]$ là một đa thức bất khả quy, khi đó ta có một định giá $(\pi)$-adic, là một định giá rời rạc $v_{\pi}: k(t) \longrightarrow k[t]/(\pi)$. Nó gửi mỗi $a(t)/b(t)$ (với $a,b \in k[t]$) tới $\mathrm{ord}_{\pi}(a) - \mathrm{ord}_{\pi}(b)$ trong đó $\mathrm{ord}_{\pi}(a) = i$ nếu $a(t)=\pi(t)^i r(t)$ với $\pi \nmid r$ trong $k[t]$. Ta lưu ý rằng mọi trị tuyệt đối trên $k(t)$ mà tầm thường trên $k$ thì tương đương với một trị tuyệt đối $(\pi)$-adic hoặc một trị tuyệt đối ở vô hạn (định nghĩa bởi hiệu bậc của tử và mẫu). Do đó ta có một ánh xạ thặng dư $\partial_{\pi}: K^M_n(k(t)) \longrightarrow K^M_{n-1}(k[t]/(\pi))$.

 

Mệnh đề (Tate). Họ các ánh xạ thặng dư $\partial_{\pi}$ cho ta một dãy khớp chẻ

$$0 \longrightarrow K^M_n(k) \longrightarrow K_n^M(k(t)) \longrightarrow \bigoplus K^M_n k[t]/(\pi) \longrightarrow 0.$$

với mọi $n \geq 0$.

 

Chứng minh. Cố định $n$, xét $L_d \subset K_n(k(t))$ là nhóm con sinh bởi $\left \{f_1 \right \}\cdots\left \{f_n \right \}$ với $f_1,...,f_n \in F[t]$ là các đa thức bậc $\leq d$. Do đó $L_0 \subset L_1 \subset L_2 \subset ...$ và hợp thành $\bigcup_{i \geq 0} L_i = K_n(k(t))$. Khi $\mathrm{deg}(\pi)$ ta có một đồng cấu thặng dư $\partial_{\pi}:K_n(k(t)) \longrightarrow K_{n-1}(k)$, và do đó $L_0$ là một hạng tử trực tiếp của $K_n(k(t))$, hơn nữa $L_0$ đẳng cấu tự nhiên với $K_n(k)$. 

 

Để tính toán hạng tử trực tiếp còn lại, ta cần hai bổ đề sau. Với $\pi$ bất khả quy, cố định, ta kí hiệu $\overline{g} \in k[t]/(\pi)$ là lớp thương của một đa thức $g \in k[t]$. Không giảm tổng quát, ở đây ta luôn có thể giả sử $\mathrm{deg}(g) < \mathrm{deg}(\pi) = d$.

 

Bổ đề. Tồn tại duy nhất một đồng cấu

$$\psi_{\pi}: K_{n-1}k[t]/(\pi) \longrightarrow L_d/L_{d-1},$$

sao cho

$$\psi_{\pi}(\left \{\overline{g_2} \right \}\cdots\left \{\overline{g_n} \right \}) = \left \{\pi \right \}\left \{g_2 \right \}\cdots \left \{g_n \right \} \mathrm{mod} \ L_{d-1}.$$

Chứng minh. Trước tiên xét đồng cấu

$$K_1(k[t]/(\pi)) \times \cdots \times K_1(k[t]/(\pi)) \longrightarrow L_d/L_{d-1}, \ \ \ \left \{\overline{g_2} \right\} \cdots \left \{\overline{g_n} \right \}\longmapsto \left \{\pi \right\}\left \{g_2\right \}\cdots \left \{g_n \right \} \ \mathrm{mod} \ L_{d-1}.$$ Ta sẽ chứng minh đồng cấu này tách qua $K_nk[t]/(\pi)$. Trước tiên ta cần chứng minh nó đa tuyến tính. Ví dụ theo biến $\overline{g_2}$. Giả sử rằng $g_2 \equiv ab \ \mathrm{mod} \ (\pi)$, khi đó $g_2 = \pi c + ab$, trong đó $\mathrm{deg}(g),\mathrm{deg}(a),\mathrm{deg}(b) < d$. Trường hợp $c=0$ là hiển nhiên. Nếu $c\neq 0$, ta có $1 = \pi c/g_2 + ab/g_2$. Ta lấy $\left \{ - \right\}$ của đẳng thức này, sau đó nhân hai vế với $\left \{g_3\right \}\cdots \left \{g_n \right \}$ sau đó modulo $L_{d-1}$ để thu được tính đa tuyến tính.

 

Để chứng minh nó tách qua $K_nk[t]/(\pi)$, ta chỉ cần chứng minh ánh xạ vừa định nghĩa bằng không bất cứ khi nào có $\overline{g_i} + \overline{g_j} = \overline{1}$. Nhưng điều này có nghĩa là $1 + \pi h = g_i + g_j$. Nhưng ta giả sử $\mathrm{deg}(g_i),\mathrm{deg}(g_j) < \mathrm{deg}(\pi)=d$ nên $h=0$, hay $g_i+g_j=1$, suy ra đpcm.

 

Bổ đề. Họ các ánh xạ thặng dư $\partial_{\pi}$ với $\mathrm{deg}(\pi) =d$ bất khả quy cảm sinh một đẳng cấu giữa $L_d/L_{d-1}$ và $\bigoplus K_{n-1}k[t]/(\pi)$.

 

Chứng minh. Trước tiên với mỗi $\pi$, $\partial_{\pi}$ cảm sinh một đồng cấu $L_d/L_{d-1} \longrightarrow K_{n-1}k[t]/(\pi)$. Hơn nữa mỗi hợp thành

$$K_{n-1}k[t]/(\pi) \overset{\psi_{\pi}}{\longrightarrow} L_d/L_{d-1} \longrightarrow K_{n-1}k[t]/(\pi')$$

là ánh xạ đồng nhất hoặc ánh xạ không, phụ thuộc vào việc $\pi=\pi'$ hay $\pi \neq \pi'$, lần lượt. Như vậy để kết thúc chứng minh ta chỉ cần chứng minh $L_d/L_{d-1}$ được sinh bởi ảnh của các $\psi_{\pi}$. Lấy mỗi phần tử sinh của $L_d$ và viết dưới dạng tích $\left \{f_1\right \}\cdots \left \{f_s \right \}\left\{g_{s+1} \right \}\cdots \left \{g_n \right \}$ trong đó $\mathrm{deg}(f_i)=d$ và $\mathrm{deg}(g_j)<d$. Nếu $s\geq 2$ ta có thể viết $f_2 = -af_1+g$ với $\mathrm{deg}(g)<d$. Nếu $g \neq 0$ ta có $af_1/g + f_2/g=1$, do đó

$$(\left \{a \right \} + \left \{f_1 \right \} - \left \{g \right \})(\left \{f_2 \right \} - \left \{g \right \}) = 0.$$

Hệ quả là $\left \{f_1 \right \}\left \{f_2 \right \}=\left \{f_1\right\}\left \{g \right \} + \left \{g \right\}\left \{f_2\right \} - \left \{a \right\}\left \{f_2\right \} + \left \{a \right \}\left \{g \right \} - \left \{g \right \}^2$. Mỗi tích trong tổng vế phải chứa nhiều nhất một đa thức bậc $d$ (với $g=0$ tương tự). Như vậy bằng quy nạp ta có thể chứng minh sau khi modulo $L_{d-1}$, mọi phần tử của $L_d$ có dạng $\left \{f \right \}\left \{g_2 \right \}\cdots \left \{g_n \right \}$ với $\mathrm{deg}(f)=d$ và $\mathrm{deg}(g_i)<d$. Nếu $f$ bất khả quy thì $f=a\pi$ với $a$ đơn vị, khi đó $\left \{f \right \}\left \{g_2 \right \}\cdots \left \{g_n \right \}$ hiển nhiên nằm trong ảnh của $\psi_{\pi}$. Nhưng nếu $f$ khả quy thì $\left \{f \right \}\left \{g_2 \right \}\cdots \left \{g_n \right \}$ đồng dư $0$ modulo $L_{d-1}$ (do $f$ tách thành hai đa thức, mỗi đa thức bậc $\leq d-1$, nằm trong $L_{d-1}$). Điều này kết thúc chứng minh bổ đề.

 

Tiếp tục chứng minh mệnh đề. Quy nạp theo $d$ ta chứng minh được họ $\partial_{\pi}$ cảm sinh đẳng cấu $L_d/L_0$ với $\bigoplus K_nk[t]/(\pi)$ trong đó $\pi$ chạy trên các đa thức bất khả quy bậc $\leq d$. Đẩy tới giới hạn trực tiếp cho ta điều phải chứng minh.

 

Cuối cùng ta phát biểu và chứng minh bổ đề Bass-Tate cũng như đưa ra một hệ quả quan trọng của nó mà ta sẽ dùng trong chứng minh về sau khi liên hệ với đối đồng điều motivic.

 

Mệnh đề (Bass-Tate). Cho $K=k(a)$ là một mở rộng đơn sinh. Gọi $d$ là bậc của đa thức tối tiểu của $a$. Khi đó $K^M_*(K)$ xem như một $K^M_*(k)$-module sinh bởi các phần tử có dạng

$$\left \{\pi_1(a),\pi_2(a),...,\pi_m(a) \right \}$$

trong đó $\pi_i$ là các đa thức monic bất khả quy trong $k[t]$ sao cho $\mathrm{deg}(\pi_1)<\cdots <\mathrm{deg}(\pi_m) \leq d-1$.

 

Bổ đề.

 

Hệ quả. Giả sử $K/k$ là một mở rộng hữu hạn. Giả sử một trong hai giả thiết sau thoả mãn:

  • $K/k$ là một mở rộng bậc hai.
  • $[K:k]=p$ là một số nguyên tố và $k$ không có mở rộng hữu hạn không tầm thường có bậc nguyên tố cùng nhau với $p$.

Khi đó $K^M_n(K)$ xem như một $K^M_n(k)$-module sinh bởi $K^M_1(K)=K^{\times}$. Nói cách khác, ánh xạ tự nhiên $K^M_{n-1}(k) \otimes K^{\times} \longrightarrow K^M_n(K)$ là toàn cấu.




#734748 K-lý thuyết Milnor

Gửi bởi bangbang1412 trong 01-09-2022 - 22:50

K-lý thuyết Milnor

 

Trong phần này mình sẽ định nghĩa K-lý thuyết Milnor và trình bày một số tính toán sơ cấp của nó. Cố định một trường $k$, kí hiệu $k^{\times}=k \setminus 0$.

 

Định nghĩa. $K$-lý thuyết Milnor $K^M_*(k)$ của $k$ là thương của đại số tensor (trên $\mathbb{Z}$)

$$\mathbb{Z} \oplus k^{\times} \oplus (k^{\times} \otimes k^{\times}) \oplus \cdots ...$$

cho ideal hai phía sinh bởi $\left \{a \otimes (1-a) \mid a \in k \setminus \left \{0,1 \right \} \right \}$. Như vậy $K$-lý thuyết Milnor là một đại số phân bậc trong đó

$$K^M_n(k) = (k^{\times} \otimes \cdots \otimes k^{\times})/\left \{a \otimes (1-a) \mid a \in k \setminus \left \{0,1 \right \} \right \},$$

trong đó tích tensor được lấy $n$ lần với $n \geq 2$.

 

Ta kí hiệu một lớp tương đương $[a_1 \otimes a_2 \otimes \cdots \otimes a_n]$ bởi $\left \{a_1,...,a_n \right \}$ và gọi nó là một $n$-kí hiệu. Bởi vì nhóm $k^{\times}$ viết theo lối nhân nên ta có:

  • $\left \{a_1,...,a_n \right \}=0$ nếu $a_i=1$ nào đó.
  • $\left \{a_1,...,aa_i,...,a_n \right \} = \left \{a_1,...,a,...,a_n \right \} + \left \{a_1,...,a_i,...,a_n \right \}$.
  • $\left \{a_1,...,a,1-a,...,a_n \right \}=0$ với $a \neq 1$.
  • $\left \{a_1,...,a_n \right \}\left \{b_1,...,b_m \right\} = \left \{a_1,...,a_n,b_1,...,b_m \right \}$.

Bổ đề. Với mọi $a \in k^{\times}$, ta có $\left \{a,-a \right \} =0$.

 

Chứng minh. Bổ đề hiển nhiên đúng nếu $a=1$, khi $a \neq 1$ thì $-a = \frac{1-a}{1-a^{-1}}$, do đó

$$\left \{a,-a \right \} = \left \{a,(1-a)(1-a^{-1})^{-1} \right \} = \left \{a,1-a \right \} - \left \{a,1-a^{-1} \right \} = \left \{a^{-1},1-a^{-1} \right \} = 0.$$

 

Bổ đề. Với mọi $a,b \in k^{\times}$, ta có $\left \{a,b\right \} = -\left \{b,a \right \}$. Hệ quả là trong $K_*^M(k)$ thì $\beta \alpha = (-1)^{\left |\alpha \right| \left |\beta \right|} \alpha \beta$.

 

Chứng minh. Ta có

$$0 = \left \{ab,-ab \right \} = \left \{a,-a\right \} + \left \{a,b \right \} + \left \{b,a \right \} + \left \{b,-b \right \} = \left \{a,b \right \} + \left \{b,a \right \}.$$

 

Bổ đề. Cho $a_1,...,a_n \in k^{\times}$, khi đó $\left \{a_1,...,a_n \right \}=0$ nếu $a_i+a_j$ bằng $0$ hoặc $1$ với một cặp chỉ số $1 \leq i \neq j \leq n$ nào đó.

 

Chứng minh. Hiển nhiên theo bổ đề trước do ta có thể di chuyển $a_i$ về cạnh $a_j$.

 

Bổ đề. Cho $a_1,...,a_n \in k^{\times}$ sao cho $a_1 + \cdots + a_n$ bằng $0$ hoặc $1$, khi đó $\left \{a_1,...,a_n \right \}=0$.

 

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp trên $n$. Với $n=2$ thì khẳng định là hiển nhiên. Giả sử khẳng định đúng tới $n-1$ (với $n \geq 3$) và $a_1+\cdots a_n$ bằng $0$ hoặc $1$. Nếu $a_1+a_2=0$ thì khẳng định hiển nhiên theo bổ đề trước. Nếu $a_1 + a_2 \neq 0$ thì

$$1 = \frac{a_1}{a_1+a_2} + \frac{a_2}{a_1+a_2}.$$

Do đó

$$0 = (\left \{a_1 \right \} - \left \{a_1+a_2 \right \})(\left \{a_2 \right \} - \left \{a_1+a_2 \right \}).$$

Hay

$$\left \{a_1,a_2 \right \}- \left \{a_1,a_1+a_2\right\} + \left \{a_2,a_1+a_2\right \}+ \left \{a_1+a_2,a_1+a_2 \right \}=0.$$

Cuối cùng ta nhân hai vế với $\left \{a_3,...,a_n \right \}$. Khi đó ba số hạng cuối là bội của $\left \{a_1+a_2,a_3,...,a_n \right \}$, bằng $0$ theo giả thiết quy nạp. Do đó số hạng đầu tiên $\left \{a_1,a_2,...,a_n \right \}$ cũng triệt tiêu.

 

Bổ đề. Với $a \in k^{\times}$, khi đó $\left \{a \right \}^2 = \left \{a,-1 \right \} = \left \{-1,a \right \}$.

 

Chứng minh. Ta có $\left \{a \right \}^2 = \left \{a,a\right \} = \left \{a,(-1)(-a) \right \} = \left \{a,-1\right \}+\left \{a,-a\right \} = \left \{a,-1\right \}=\left \{-1,a\right \}$.

 

Cuối cùng ta lưu ý rằng $K$-lý thuyết Milnor hiển nhiên có tính hàm tử.

 

Bổ đề + Định nghĩa. Cho $F/k$ là một mở rộng trường, khi đó ánh xạ gửi mỗi $n$-kí hiệu $\alpha=\left \{a_1,...,a_n \right\} \in K^M_n(k)$ tới chính nó xem như một phần tử trong $K^M_n(F)$ xác định tốt, ta gọi nó là ánh xạ hạn chế, kí hiệu $\alpha_F$.




#734738 K-lý thuyết Milnor

Gửi bởi bangbang1412 trong 01-09-2022 - 14:33

Trong topic này mình muốn giới thiệu về K-lý thuyết Milnor (Milnor's K-theory) và kết nối nó với một số lý thuyết đối đồng điều như đối đồng điều Galois, nhóm Bloch-Chow, đối đồng điều motivic. Về mặt lịch sử, ban đầu K-lý thuyết đại số (algebraic K-theory) chỉ định nghĩa được cho $K_0,K_1,K_2$ (Grothendieck định nghĩa $K_0$) và các tính toán trên các nhóm này đã rất phức tạp rồi, về sau K-lý thuyết đại số chỉ được định nghĩa và nghiên cứu một cách có hệ thống từ sau Quillen khi ông đưa lý thuyết đồng luân vào các context khác của toán học. Trước đó một định lý của Matsumoto cho ta mô tả $K_2$ cụ thể dưới dạng phần tử sinh và quan hệ, Milnor dựa trên định nghĩa này đưa ra một định nghĩa ad-hoc cho một K-lý thuyết khác, gọi là K-lý thuyết Milnor, nó chứa một phần thông tin của K-lý thuyết đại số (theo nghĩa Quillen + cổ điển) theo nghĩa sau khi tensor với $\mathbb{Q}$ nó được nhúng vào $K$-lý thuyết đại số.

 

Để thuận tiện cho người đọc, mình sẽ định nghĩa lại một số nhóm cổ điển $K_0,K_1,K_2$ và một số tính chất cơ bản (không chứng minh).

 

Nhóm K_0

 

Cố định một vành $R$ (giao hoán có đơn vị). Nhắc lại rằng một module xạ ảnh là một hạng tử trực tiếp của một module tự do nào đó.

 

Định nghĩa. Nhóm $K_0(R)$ được định nghĩa bởi công thức sau

$$K_0(R) = \bigoplus \mathbb{Z}[P]/\sim,$$

trong đó tổng trực tiếp lấy trên lớp đẳng cấu các $R$-module xạ ảnh hữu hạn sinh, quan hệ $\sim$ được cho bởi $[P] + [Q] = [P \oplus Q]$. Ta cũng có thể trang bị cho $K_0(R)$ một cấu trúc vành bởi tích tensor $[P][Q] = [P \otimes Q]$, điều này có được do tích tensor của hai module xạ ảnh hữu hạn sinh cũng là một module xạ ảnh hữu hạn sinh. Như vậy thực chất $K_0(R)$ là một vành.

 

Lưu ý rằng xây dựng $K_0$ có tính hàm tử, tức là nếu $f: R \longrightarrow R'$ là một đồng cấu vành thì ta có một đồng cấu vành tự nhiên $f_*:K_0(R) \longrightarrow K_0(R')$ cho bởi phép đổi cơ sở $[P] \longmapsto [R' \otimes_R P]$. Như vậy nói chung mọi vành $R$ ta có một đồng cấu $K_0(\mathbb{Z}) \longrightarrow K_0(R)$ do $\mathbb{Z}$ là vật đầu trong phạm trù vành giao hoán.

Ví dụ.

  • Khi $R=k$ là một trường thì mọi module hữu hạn sinh là một không gian vector hữu hạn chiều, xác định chính xác tới một đẳng cấu bằng số chiều. Như vậy ánh xạ $K_0(k) \longrightarrow \mathbb{R}, V \longmapsto \dim_k(V)$ là một đẳng cấu.
  • Khi $R$ là một vành địa phương thì định lý của Kaplansky nói rằng mọi module xạ ảnh hữu hạn sinh trên $R$ là tự do, chứng minh $K_0(R) \simeq \mathbb{Z}$.

Giờ giả sử $R$ được nhúng vào một trường $k$ (luôn làm được ví dụ khi $R$ nguyên, $k=\mathrm{Frac}(R)$ trường các thương của $R$) thì ta có một phân tích

$$K_0(R) \simeq \mathbb{Z} \oplus \mathrm{Ker}(K_0(R) \longrightarrow \mathbb{Z})$$

do $K_0(R) \longrightarrow K_0(k)$ có một chẻ chính là đồng cấu $K_0(\mathbb{Z}) \longrightarrow K_0(R)$. Hạng tử $\mathrm{Ker}(K_0(R) \longrightarrow \mathbb{Z})$ được kí hiệu bởi $\widetilde{K_0}(R)$ và gọi là nhóm $K_0$ rút gọn của $R$.

 

Một lớp vành khác mà ta có thể tính nhóm $K_0$ là các miền Dedekind (miền Noether, đóng nguyên, chiều Krull một).

 

Mệnh đề. Cho $R$ là một miền Dedekind, khi đó $K_0(R) \simeq \mathbb{Z} \oplus \widetilde{K_0}(R)$ trong đó $\widetilde{K_0}(R)$ đẳng cấu với nhóm lớp ideal của $R$. Hơn nữa, tích hai phần tử bất kì trong nhóm rút gọn bằng không.
 

Nhóm Whitehead $K_1$

 

Cố định vành giao hoán có đơn vị $R$. Kí hiệu $GL(n,R)$ bởi nhóm tuyến tính tổng quát cỡ $n$ trên $R$. Nhóm $GL(n,R)$ được nhúng vào nhóm $GL(n+1,R)$ bởi

$$A \longmapsto \begin{pmatrix}
A & 0 \\
 0 &1
\end{pmatrix}$$

Định nghĩa nhóm tuyến tính tổng quát $GL(R)$ là giới hạn (hay hợp thành) trực tiếp của dãy $(GL(n,R))_{n \geq 0}$. Nhóm $GL(R)$ có một tính chất rất đặc biệt, đó là nhóm con $E(R)$ sinh bởi các ma trận cơ bản (elementary matrices) chính là nhóm giao hoán tử của $GL(R)$, do đó là một nhóm con chuẩn tắc.

 

Định nghĩa. Nhóm Whitehead $K_1(R)$ được định nghĩa là abel hoá $GL(R)^{ab} = GL(R)/E(R)$ của nhóm tuyến tính vô hạn.

 

Lưu ý rằng nhóm tuyến tính và phép abel hoá đều có tính hàm tử nên $K_1(-)$ có tính hàm tử.

 

Nhóm Steinberg và hàm tử $K_2$

 

Cố định một vành giao hoán có đơn vị $R$. Kí hiệu $GL(n,R)$ bởi nhóm tuyến tính tổng quát cỡ $n$ trên $R$. Với $1 \leq i,j \leq n, \lambda \in R$ ta có các ma trận sơ cấp $E^{\lambda}_{i,j}=\mathbb{1}+A^{\lambda}_{i,j}$  trong đó $A^{\lambda}_{i,j}$ có tất cả vị trí bằng $0$ ngoại trừ vị trí $(i,j)$ là $\lambda$. Có thể dễ chứng minh các đẳng thức dưới đây

$$E^{\lambda}_{i,j}E^{\mu}_{i,j} = E^{\lambda+\mu}_{i,j}, \ \ [E_{i,j}^{\lambda},E^{\mu}_{k,l}] = \begin{cases} 1 & j \neq k, i \neq l, \\ E^{\lambda \mu}_{i,l} & j = k, i\neq l, \\ E^{-\mu\lambda}_{k,j} & j\neq k, i = l. \end{cases}$$

Trong đó $[a,b]=aba^{-1}b^{-1}$ là giao hoán tử.

 

Định nghĩa. Với $n \geq 3$, nhóm Steinberg $St(n,R)$ được định nghĩa là nhóm tự do trên các kí hiệu $X^{\lambda}_{i,j}$ với $\lambda \in R, 1 \leq i,j \leq n$ chia thương cho quan hệ

$$X^{\lambda}_{i,j}X^{\mu}_{i,j} = X^{\lambda+\mu}_{i,j}, \ \ [X_{i,j}^{\lambda},X^{\mu}_{k,l}] = \begin{cases} 1 & j \neq k, i \neq l, \\ X^{\lambda \mu}_{i,l} & j = k, i\neq l, \\ X^{-\mu\lambda}_{k,j} & j\neq k, i = l. \end{cases}$$

Nhắc lại từ phép nhúng $GL(n,R) \longrightarrow GL(n+1,R)$ ta có phép nhúng tương ứng $St(n,R) \longrightarrow St(n+1,R)$ và do đó lấy giới hạn cho ta nhóm Steinberg vô hạn và một đồng cấu $St(R) \longrightarrow GL(R)$ thoả mãn ảnh của đồng cấu này chính là nhóm $E(R)$ các giao hoán tử của $GL(R)$.

 

Định nghĩa. Nhóm $K_2(R)$ được định nghĩa là $\mathrm{Ker}(St(R) \longrightarrow GL(R))$. Như vậy dễ thấy $K_2(-)$ có tính hàm tử.

 

Một định lý không tầm thường nói rằng là hạt nhân của $St(R)$. Như vậy $K_2(R)$ là nhóm abel và ta có một dãy khớp

$$1 \longrightarrow K_2(R) \longrightarrow St(R) \longrightarrow GL(R) \longrightarrow K_1(R) \longrightarrow 1.$$

 

(còn tiếp)




#734684 Tại sao tìm nghiệm hữu tỉ lại khó?

Gửi bởi bangbang1412 trong 29-08-2022 - 14:13

Định lý Ostrowski cho trường số

 

Định ly Ostrowski cho $\mathbb{Q}$ nói rằng mọi chốn của $\mathbb{Q}$ chính xác tới một tương đương là các định giá $p$-adic và giá trị tuyệt đối. Ta có thể mở rộng định lý Ostrowski cho trường số. Cho $K$ là một trường số (một mở rộng hữu hạn của $\mathbb{Q}$), ký hiệu $\mathcal{O}_K$ là bao đóng nguyên của $\mathbb{Z}$ trong $K$. Ta biết rằng $\mathcal{O}_K$ là một miền Dedekind, tức là: miền Noether, đóng nguyên (integrally closed), chiều Krull một và quan trọng hơn mọi ideal có phân tích duy nhất thành tích các ideal nguyên tố. Ký hiệu $\mathfrak{p}$ bởi một ideal nguyên tố của $\mathcal{O}_K$. Định lý Ostrowski khi này nói mọi giả trị tuyệt đối trên $K$ đến từ bậc triệt tiêu của một ideal nguyên tố của $\mathcal{O}_K$ hoặc là hạn chế của giá trị tuyệt đối của một phép nhúng thực hoặc phức của $K$.

 

Định nghĩa. Với $x \in \mathcal{O}_K \setminus 0$, ta định nghĩa $\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(x) = m$ nếu $(x) = x\mathcal{O}_K = \mathfrak{p}^m\mathfrak{a}$ trong đó $m \geq 0$ và $\mathfrak{p} \nmid \mathfrak{a}$. (một tính chất khác của miền Dedekind: quan hệ bao hàm tương đương quan hệ chia hết trên lớp các ideal).

 

Không khó để mở rộng định nghĩa này lên $K^{\times}$ bằng cách định nghĩa $\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(x/y) = \mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(x) - \mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(y)$ ($x,y \in \mathcal{O}_K \setminus 0$). Ta có thể kiểm tra $\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(x+y) \geq \min\left \{\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(x),\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(y) \right \}$.

 

Định nghĩa. Với $c \in (0,1)$ ta định nghĩa $\left |\alpha \right|_{\mathfrak{p}} = c^{\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(\alpha)}$ với $\alpha \in K^{\times}$ và gọi nó trị tuyệt đối $\mathfrak{p}$-adic trên $K$. Theo quy ước, ta thường gọi đây là các chốn hữu hạn của $K$. Các chốn vô hạn được định nghĩa nhờ vào các phép nhúng thực và phức của $K$. Giả sử $L$ là một trong hai trường $\mathbb{R}$ hoặc $\mathbb{C}$, khi đó mỗi nhúng $\sigma: K \longrightarrow L$ cho ta một trị tuyệt đối $\left|\alpha \right|_{\infty} = \left|\sigma(\alpha) \right|_{\infty}$ trong đó $\left |\cdot\right|_{\infty}$ vế phải là trị tuyệt đối thông thường trên $\mathbb{R}$ hoặc $\mathbb{C}$.

 

Bổ đề. Cho $\mathfrak{p}$ là một ideal nguyên tố không tầm thường của $\mathcal{O}_K$. Nếu $\alpha \in K^{\times}$ và $\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(\alpha) \geq 0$ thì $\alpha = x/y$ với $x,y \in \mathcal{O}_K$ trong đó $\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(y)=0$.

 

Chứng minh. Viết $\alpha \mathcal{O}_K = \mathfrak{a}\mathfrak{b}^{-1}$ với $\mathfrak{a},\mathfrak{b} \subset \mathcal{O}_K$ là các ideal (ta có thể viết $\alpha$ dưới dạng phân số và sử dụng phân tích duy nhất) sao cho không có thành phân chung trong phân tích duy nhất ra tích các ideal nguyên tố. Ta cũng có thể giả sử $\mathfrak{b}$ không chia hết $\mathfrak{p}$ do $\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(\alpha) \geq 0$ và $\mathfrak{a},\mathfrak{b}$ không có nhân tử chung. Trong nhóm lớp các ideal (thương của nhóm các fractional ideal cho các principal fractional ideal) ta có $\mathfrak{a} = (\alpha)\mathfrak{b}$ nên $\mathfrak{a},\mathfrak{b}$ nằm trong cùng một lớp ideal. Gọi $\mathfrak{c}$ là một phần tử trong lớp $[\mathfrak{a}]^{-1} = [\mathfrak{b}]^{-1}$ mà nguyên tố cùng nhau với $\mathfrak{p}$. Khi đó $(\alpha) = \mathfrak{a}\mathfrak{b}^{-1}=(\mathfrak{a}\mathfrak{c})(\mathfrak{b}\mathfrak{c})^{-1}$. Hai ideal $\mathfrak{a}\mathfrak{c}$ và $\mathfrak{b}\mathfrak{c}$ đều là ideal chính nên ta có thể đặt chúng lần lượt là $(x)$ và $(y)$ với $x,y \in \mathcal{O}_K$. Do $\mathfrak{b}$ nguyên tố cùng nhau với $\mathfrak{b}$ nên $\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(y) =0$. Như vậy $(\alpha)=(x/y)$. Thay $x$ bởi $ux$ với $u$ là đơn vị nếu cần thiết, ta có $\alpha=x/y$ với $\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(y)=0$.

 

Mệnh đề. Giả sử $v: K^{\times} \longrightarrow \mathbb{R}$ là một đồng cấu không tầm thường sao cho $v(\alpha+\beta) \geq \min \left \{v(\alpha),v(\beta) \right\}$ trong đó $\alpha,\beta,\alpha+\beta \in K^{\times}$. Khi đó $v = t\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}$ với $t>0$ và $\mathfrak{p}$ là một ideal nguyên tố của $\mathcal{O}_K$ (cả hai đều xác định duy nhất).

 

Chứng minh. Tính duy nhất khá hiển nhiên. Ví dụ tính duy nhất của $\mathfrak{p}$ do

$$\mathfrak{p} = \left \{\alpha \in \mathcal{O}_K \mid \alpha \in \mathfrak{p} \right \} = \left \{\alpha \in \mathcal{O}_K \mid \mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(\alpha)>0 \right \} = \left \{\alpha \in \mathcal{O}_K \mid t\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(\alpha)>0 \right \}.$$ Trong đó tính duy nhất của $t$ suy ra từ việc việc $t$ là giá trị dương nhỏ nhất mà $t\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}$ lấy trên $K^{\times}$.

 

Giờ ta chứng minh sự tồn tại, giả sử ta có $v$, khi đó xét

$$\mathfrak{p} = \left \{\alpha \in \mathcal{O}_K \setminus 0 \mid v(\alpha) > 0 \right \} \cup \left \{0\right \}.$$

Trước khi chứng minh $\mathfrak{p}$ là ideal nguyên tố của $\mathcal{O}_K$, ta sẽ chứng minh $v$ lấy giá trị không âm trên toàn $\mathcal{O}_K \setminus 0$. Thật vậy $v(1) = v(1.1) = v(1) + v(1)$ nên $v(1)=0$. Do đó ta cũng có $0=v(1)=v(-1)+v(-1)$ nên $v(-1)$. Từ bất đẳng phức phi archimedean ta suy ra $v(a) \geq 0$ với mọi $a \in \mathbb{Z}$. Giờ giả sử $\alpha \in \mathcal{O}_K$, ta chọn $n$ nhỏ nhất có thể sao cho tồn tại một quan hệ

$$\alpha^n + a_{n-1}\alpha^{n-1} + \cdots + a_1 \alpha + a_0=0,$$

trong đó $a_j \in \mathbb{Z}$. Do tính nhỏ nhất của $n$, $a_0 \neq 0$. Viết lại phương trình cho ta $\alpha^n = -a_{n-1}\alpha^{n-1}-\cdots -a_0$. Giờ ta phản chứng giả sử $v(\alpha) < 0$. Ta chỉ xét tới $a_j \neq 0$, khi đó $v(-\alpha_j \alpha^{n-1}) = v(a_j) + jv(\alpha) \geq jv(\alpha) \geq (n-1)v(\alpha)$ (do $j \neq n-1$ và $v(\alpha)<0$). Sử dụng bất đẳng thức phi archimedean ta thấy

$$nv(\alpha) = v(\alpha^n) = v(LHS) = v(RHS) \geq (n-1)v(\alpha) \Rightarrow v(\alpha)\geq 0,$$

điều này trái với giả thiết phản chứng nên $v(\alpha) \geq 0$. Ta thấy $v$ không thể đồng nhất $0$ trên $\mathcal{O}_K \setminus 0$ vì nếu vậy nó sẽ tầm thường trên $K^{\times}$, trái giả thiết, nên $v$ phải lấy một giá trị dương nào đó trên $\mathcal{O}^{\times}$. Do đó $\mathfrak{p} \neq 0$. Do $v$ là một đồng cấu nên $\mathfrak{p}$ là một nhóm con của $\mathcal{O}_K$. Do tính không âm của $v$ trên $\mathcal{O}_K \setminus 0$ nên ta thấy $\mathfrak{p}$ là một ideal của $\mathcal{O}_K$. Giờ ta thấy nó là ideal nguyên tố, thật vậy lấy $\alpha,\beta \in \mathcal{O}_K\setminus 0$ sao cho $\alpha \beta \in \mathfrak{p}$, khi đó một trong hai $v(\alpha),v(\beta)$ phải dương cho $v(\alpha)+v(\beta) = v(\alpha \beta) > 0$. Bây giờ ta sẽ chứng minh $v = t\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}$. Trước tiên ta phải chứng minh $\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(\alpha)=0 \Rightarrow v(\alpha)=0$. Theo bổ đề trước $\alpha=x/y$ với $\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(y)=0$. Do đó $\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(x) = \mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(\alpha y) = 0 + 0 = 0$. Như vậy cả $x,y$ không thuộc $\mathfrak{p}$. Theo định nghĩa của $\mathfrak{p}$ thì $v(x)=v(y)=0$. Do đó $v(\alpha)=v(x)-v(y) = 0$. 

 

Giờ với $\alpha \in K^{\times}$ ta viết $n =\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(\alpha) \in \mathbb{Z}$. Lấy $\gamma \in \mathfrak{p} \setminus \mathfrak{p}^2$, khi đó $\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(\gamma) = 1$ và $v(\gamma)>0$. Khi đó $\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(\alpha/\gamma^n) = 0$ nên $v(\alpha/\gamma^n)=0$, nên

$$v(\alpha) = nv(\gamma) = \mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(\alpha)v(\gamma),$$

nói cách khác ta xác định được $v(\gamma)=t>0$. Cách chọn $\gamma$ không phụ thuộc $\alpha$ nên $v = t\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}$. Kết thúc chứng minh.

 

Giờ ta chứng minh định lý Ostrowski cho trường số.

 

Định lý (Ostrowski). Giả sử $K/\mathbb{Q}$ là một trường số, khi đó mọi trị tuyệt đối không tầm thường trên $K$ tương đương hoặc với một trị tuyệt đối $\mathfrak{p}$-adic với $\mathfrak{p}$ là một ideal nguyên tố của $\mathcal{O}_K$ hoặc một trị tuyệt đối đến từ một phép nhúng thực hoặc phức của $K$.

 

Chứng minh. Giả sử $\left | \cdot\right|$ là trị tuyệt đối trên $K$. Nếu $\left| \cdot \right|$ là phi archimedean thì hàm $v(\alpha) = -\log \left|\alpha \right|$ thoả mãn điều kiện của định lý trước. Do đó $-\log \left| \cdot \right| = t \mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}$ nên $\left | \cdot \right | = (e^{-t})^{\mathrm{ord}_{\mathfrak{p}}(\cdot)}$ (lưu ý $e^{-t} \in (0,1)$).

 

Trường hợp khó hơn là nếu $\left |\cdot \right|$ là archimedean, ta sẽ chứng minh tồn tại một nhúng $\sigma$ của $K$ vào $\mathbb{R}$ hoặc $\mathbb{C}$. Trước tiên ta hạn chế $\left |\cdot \right|$ xuống $\mathbb{Q}$, khi đó nó vẫn archimedean (một trị tuyệt đối trên $K$ là phi archimedean khi và chỉ khi $\left |n \right| \leq 1$ với mọi $n \in \mathbb{Z}$) và do đó $\left |r \right| = \left |r \right|_{\infty}^t$ với $t >0, r \in \mathbb{Q}$. Ký hiệu $\hat{K}$ là một đầy đủ hoá (completion) của $K$ ứng với chuẩn $\left |\cdot \right|$. Ký hiệu $\hat{\mathbb{Q}}$ là bao đóng của $\mathbb{Q}$ trong $\hat{K}$. Khi đó $(\hat{\mathbb{Q}},\left| \cdot \right|)$ và $(\mathbb{R},\left|\cdot \right|^t_{\infty})$ là hai đầy đủ hoá của $(\mathbb{Q},\left| \cdot\right|)$ nên chúng phải đẳng cấu dưới tư cách hai trường định giá, ký hiệu một đẳng cấu $\sigma: \hat{\mathbb{Q}} \longrightarrow \mathbb{R}$ là một đẳng cấu như vậy. Khi đó $\left|x \right|  = \left|\sigma(x)\right|^t_{\infty}$ với mọi $x \in \hat{\mathbb{Q}}$.

 

Theo định lý phần tử nguyên thuỷ ($\mathbb{Q}$ có đặc số $0$ nên luôn áp dụng được) $K = \mathbb{Q}(\gamma)$ với $\gamma \in K$ nào đó. Nếu $\gamma \in \hat{\mathbb{Q}}$ ta suy ra $K \subset \hat{\mathbb{Q}}$ và $\left |\alpha \right| = \left |\sigma(\alpha) \right|_{\infty}^t$ với mọi $\alpha \in K$. Điều này chứng tỏ $K$ được nhúng thực. Hơn nữa, vì $\hat{\mathbb{Q}}$ chứa $K$ nên $\hat{\mathbb{Q}}$ trù mật trong $\hat{K}$; tuy nhiên bản thân $\hat{\mathbb{Q}}$ đầy đủ nên $\hat{K}=\hat{\mathbb{Q}} = \mathbb{R}$, chứng tỏ rằng $K \hookrightarrow \hat{K}$ là một phép nhúng thực.

 

Trường hợp $\gamma \notin \hat{\mathbb{Q}}$ khi đó $\hat{\mathbb{Q}}(y)$ là một mở rộng hữu hạn của $\hat{\mathbb{Q}}$ (do $K/\mathbb{Q} = \hat{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q}$ là hữu hạn) với $[\hat{\mathbb{Q}}(y):\hat{\mathbb{Q}}] > 1$. Do $\mathbb{C}$ đóng đại số và $[\mathbb{C}:\mathbb{R}]=2$ nên mở rộng đại số duy nhất của $\mathbb{R}$ là $\mathbb{R}$ hoặc $\mathbb{C}$. Do đó $[\hat{\mathbb{Q}}(\gamma):\hat{\mathbb{Q}}]=2$ và ta có hai cách mở rộng $\sigma:\hat{\mathbb{Q}} \longrightarrow \mathbb{R}$ lên thành $\tau: \hat{\mathbb{Q}}(y) \longrightarrow \mathbb{C}$. Cố định một mở rộng $\tau$ như vậy. Do $\hat{\mathbb{Q}}(\gamma)/\hat{\mathbb{Q}}$ hữu hạn và $\hat{\mathbb{Q}}$ đầy đủ với tô-pô sinh bởi $\left | \cdot \right|$ nên $\hat{\mathbb{Q}}(\gamma)$ cũng đầy đủ với tô-pô sinh bởi $\left |\cdot \right|$. Ta có $K=\mathbb{Q}(\gamma) \subset \hat{\mathbb{Q}}(\gamma) \subset \hat{K}$, lập luận tương tự trường hợp trước ta thấy $\hat{\mathbb{Q}}(\gamma)=\hat{K}$. Nói cách khác $\hat{K} \simeq \mathbb{C}$, chứng tỏ rằng $K$ được nhúng phức.




#734647 Ghi chú về đối đồng điều động lực

Gửi bởi bangbang1412 trong 27-08-2022 - 11:22

Anh nghĩ không nên dịch motivic là động lực vì motivic là tính từ của motif. Động lực thì lại là motivation mất rồi.


Đúng là vậy, bình thường em giữ nguyên từ motivic nhưng vì muốn Việt hóa nên ghi theo cách wiki chứ từ motivic chả có nghĩa gì thực sự liên quan từ động lực.