Đến nội dung


bangbang1412

Đăng ký: 18-02-2013
Online Đăng nhập: Hôm nay, 15:49
****-

#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.


#734641 Ghi chú về đối đồng điều động lực

Gửi bởi bangbang1412 trong 26-08-2022 - 22:24

Gửi mọi người một self-study note của mình về đối đồng điều động lực (motivic cohomology) phát triển bởi Voevodsky. Đối đồng điều động lực được dự đoán tồn tại bởi Beillinson, cụ thể, ông dự đoán tồn tại một phức $\mathbb{Z}(n)$ sao cho hypercohomology trên Zariski site này cho ta một đối đồng điều $H^{*,n}(X,\mathbb{Z})=\mathbb{H}_{Zar}^*(X,\mathbb{Z}(n))$ mà khi hạn chế tại một số bậc đặc biệt ta thu được K-lý thuyết Milnor, nhóm Bloch-Chow bậc cao và đồng thời có một dãy phổ hội tụ về K-lý thuyết Quillen sao cho sau khi tensor với $\mathbb{Q}$ dãy phổ này suy biến về $\gamma$-lọc của K-lý thuyết Quillen. Nổi tiếng hơn, giả thuyết Bloch-Kato-Milnor dự đoán tồn tại một đẳng cấu $K^M_*(F)/l \simeq H^*_{et}(F,\mu_l^{\otimes *})$ trong đó $F$ là một trường, $l$ nguyên tố sao cho $1/l \in F$ được Voevodsky chứng minh tương đương với giả thuyết Beillinson-Lichtembaum $H^{p,q}(X,\mathbb{Z}/l) \simeq H^p_{et}(X,\mu_l^{\otimes q})$. Voevodsky sau đó đã được huy chương Fields vì chứng minh trọn vẹn giả thuyết Bloch-Kato bằng cách xây dựng một lớp đa tạp dựa trên công trình của Rost. Với mình đây là thành công đầu tiên hướng tới lý thuyết motive của Grothendieck vì giả thuyết Bloch-Kato đã kết nối hai loại bất biến: transcendental (nhóm Chow) và arithmetic (đối đồng điều etale).

 

Đối đồng điều động lực tới nay có rất nhiều cách xây dựng, có thể kể đến:

  1. Như hypercohomology trên Zarikis hoặc Nisnevich site.
  2. Như nhóm Bloch-Chow bậc cao.
  3. Như hom-set trong phạm trù motive hình học $\mathbf{DM}_{gm}$ hoặc phạm trù motive hình học effective $\mathbf{DM}^{eff}_{gm}$ (phạm trù này là một ứng viên khá tốt cho phạm trù mixed motives dự đoán bởi Grothendieck nhưng rất tiếc chỉ bằng một ví dụ đơn giản Voevodsky chứng minh nó không có $t$-structure nào theo nghĩa của Deligne.
  4. Biểu diễn trong phạm trù đồng luân ổn định motivic (không trong note) bằng vật biểu diễn là phổ Eilenberg-MacLane motivic.

Trong note của mình mình chọn hai cách $1$ và $3$, mình không chứng minh chúng agree với nhau mà chọn từng hình thức luận sao cho tiện việc tính toán và đi thẳng vào những chỗ cần đi. Tất cả các định nghĩa trên đều đồng nhất khi ta xét trên phạm trù các đa tạp trơn trên một trường. Trong trường hợp đặc số $0$ trường có giải kì dị ta có thể chỉ xét $k$-đa tạp (không nhất triết hơn) mà vẫn có đối đồng điều motivic.

 

Mọi người có thể thảo luận thêm về đối đồng điều động lực tại chủ đề này luôn.

File gửi kèm




#734456 VMF sẽ đi về đâu?

Gửi bởi bangbang1412 trong 17-08-2022 - 10:34

Đúng là thời kì hoàng kim của VMF chắc vào khoảng 2006-2007. Có một thời gian lúc em mới bắt đầu vào đại học đọc lại các topic cũ trên diễn đàn, các member như Kakalotta, Alexi Laiho, toilachinhtoi,... thấy rất thú vị, không chỉ là về mặt toán học. Về việc mọi người vẫn còn chịu khó ghé diễn đàn đúng là một điều đáng quý, thực ra vẫn có vài anh em tàu ngầm không lên đâu nhưng vẫn đọc, hy vọng sẽ có lúc họ quay lại. Có thời gian em cũng đã vận động bạn bè xung quanh tạo tài khoản VMF nhưng có vẻ đây không phải điều chỉ vận động mà được, nó cần sự tự nhiên một chút.




#734219 Mệnh đề về liên hệ giữa $\dim R_{\lambda}$ và g...

Gửi bởi bangbang1412 trong 05-08-2022 - 01:11


Chứng minh. Theo định nghĩa của không gian con riêng suy rộng, đồng cấu $(f-\lambda \text{id}_V)\mid_{R_\lambda}$ là lũy linh. Do đó, ta có thể chọn một cơ sở của $R_{\lambda}$ sao cho đối với cơ sở đó ma trận của $f \mid_{R_\lambda}$ có dạng chéo khối, với các đường chéo có dạng
$$\begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0 & ... & 0 & 0\\ 0& \lambda& 0& ...& 0& 0\\ 0& 0& \lambda& ....& 0& 0\\ .& .& .& .& ...& .\\ 0& 0& 0& ...& \lambda& 0\\ 0& 0& 0& ...& 0& \lambda \end{pmatrix}$$

Bạn gõ sai rồi, ma trận này phải là

$$\begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0 & ... & 0 & 0\\ 1 & \lambda& 0& ...& 0& 0\\ 0& 1 & \lambda& ....& 0& 0\\ .& .& .& .& ...& .\\ 0& 0& 0& ...& \lambda& 0\\ 0& 0& 0& ...& 1 & \lambda \end{pmatrix}$$

Đó là do định lý 4.2 trong cùng sách, vì $(f-\lambda \mathrm{id}_V)_{\mid R_{\lambda}}$ là lũy linh nên nó có một cơ sở cyclic nên ma trận nó có dạng (ma trận ngay trên định lý 4.2)

$$(f- \lambda \mathrm{id}_V)_{\mid R_{\lambda}} = \begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0\\ 1 & 0 & 0& ...& 0& 0\\ 0& 1 & 0 & ....& 0& 0\\ .& .& .& .& ...& .\\ 0& 0& 0& ...&0& 0\\ 0& 0& 0& ...& 1 & 0\end{pmatrix}$$

Khi này bạn chuyển vế $\lambda \mathrm{id}$ sang vế phải sẽ suy ra dạng của $f$ là

$$ f_{\mid R_{\lambda}} = \begin{pmatrix} \lambda & 0 & 0 & ... & 0 & 0\\ 1 & \lambda& 0& ...& 0& 0\\ 0& 1 & \lambda& ....& 0& 0\\ .& .& .& .& ...& .\\ 0& 0& 0& ...& \lambda& 0\\ 0& 0& 0& ...& 1 & \lambda \end{pmatrix}$$

Do đó đa thức đặc trưng của $f_{\mid R_{\lambda}}$ sẽ là

$$P_{f_{\mid R_{\lambda}}}(X) = \mathrm{det}\begin{pmatrix} \lambda - X & 0 & 0 & ... & 0 & 0\\ 1 & \lambda - X& 0& ...& 0& 0\\ 0& 1 & \lambda - X& ....& 0& 0\\ .& .& .& .& ...& .\\ 0& 0& 0& ...& \lambda - X& 0\\ 0& 0& 0& ...& 1 & \lambda - X \end{pmatrix} = (\lambda - X)^{\mathrm{dim}(R_{\lambda})}.$$

Lý do là vì đây là ma trận tam giác trên nên định thức chỉ là tích các phần tử trên đường chéo.




#734020 ICM 2022

Gửi bởi bangbang1412 trong 17-07-2022 - 13:06

Có hai bài về nhóm đồng luân ổn định và phân thớ vector đều phải dùng tới phạm trù đồng luân (ổn định) motivic. Như vậy có thể thấy hai phạm trù này của Voevodsky có vẻ đang là ngôn ngữ rất thịnh hành trong topo và hình học đại số. Chắc em sẽ viết một bài nói về cách xây dựng hai phạm trù này.