bangbang1412

Do $a,b,c>0$
Ta có: $\sum (\frac{a}{2a+b})^{3} = \sum(\frac{1}{2+\frac{b}{a}}) ^{3}$
Đặt $x=\frac{b}{a}$ ; $y=\frac{c}{b}$ ; $z=\frac{a}{c}$
Khi đó bất đẳng thức cần CM là $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{1}{9}$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
 $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{3}{\prod (2+x)}$
Theo AM-GM: $\prod (2+x)\leq(\frac{6+\sum x}{3}) ^{3}$
=> $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{81}{(6+\sum x)^{3}}$
Do bất đẳng thức là thuần nhất đồng bậc nên ta chuẩn hóa $x+y+z=3$
Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$ $<=> a=b=c$

Từ chỗ $\prod(x+2)$ không dùng AM-GM được như bạn truongphat266 đã nhận xét, thay vào đó hãy dùng Holder ba biến với lưu ý $xyz=1$.

Đồng luân tử định điểm

 

Từ bây giờ trở đi ta sẽ dịch derivator là đồng luân tử. Dĩ nhiên ta không thể dịch derivator bằng cách kết hợp "đạo hàm" (derivative) và "toán tử" (operator) hoặc "dẫn xuất" (derive) và "operator" để thành một cái gì đó như kiểu đạo tử hay dẫn tử được vì cách gọi này không gợi ra ý nghĩa của khái niệm. Cách dịch của mình lấy từ việc lý thuyết derivator phát hiện độc lập bởi hai người là A. Grothendieck và A.Heller trong đó Heller gọi derivator là một "homotopy theory" tức là một lý thuyết đồng luân. Do đó kết hợp cả hai lại mình nghĩ nên dịch là đồng luân tử.

Cho $\mathbb{D}$ là một đồng luân tử, ta biết rằng $\mathbb{D}(I)$ có cả vật đầu $\varnothing$ và vật cuối $\bullet$. Nếu cấu xạ duy nhất giữa hai vật này là đẳng cấu với mọi $I$ thì ta nói $\mathbb{D}$ là định điểm (pointed). Nói cách khác, $\mathbb{D}$ là định điểm nếu $\mathbb{D}(I)$ có vật không với mọi $I$.

Cho $\mathbb{D}$ là một đồng luân tử, khi đó:

• $\mathbb{D}$ là định điểm khi và chỉ khi $\mathbb{D}(\mathbf{e})$ có vật không.
• Nếu $\mathbb{D}$ là định điểm thì với mọi hàm tử $u: I \longrightarrow J$, cả ba hàm tử $u_{\#},u^*,u_*$ bảo toàn vật không.

 

Cho $u: I \longrightarrow J$ là một hàm tử đầy đủ trung thành.

• Ta gọi $u$ là một sàng (sieve) nếu với mọi cấu xạ $u(a) \longrightarrow b$ thì $b$ nằm trong ảnh của $u$.
• Ta gọi $u$ là một đối sàng (cosieve) nếu với mọi cấu xạ $b \longrightarrow u(a)$ thì $b$ nằm trong ảnh của $u$.

Sau đây là hai ví dụ quan trọng nhất về sàng và đối sàng. Gọi $\mathbf{1}$ là poset $(0<1)$ xem như một phạm trù, xét $\square$ là phạm trù $\mathbf{1} \times \mathbf{1}$. Ở dạng biểu đồ ta có $\square$ là phạm trù

\begin{xy}
\xymatrix {
(0,0) \ar[r] \ar[d] & (1,0) \ar[d] \\
                 (0,1) \ar[r]  & (1,1)
}
\end{xy}

Ta ký hiệu $\ulcorner$ và $\lrcorner$ là hai phạm trù con sau

\begin{xy}
\xymatrix {
(0,0) \ar[r] \ar[d] & (1,0) \\
                 (0,1)  &
}
\end{xy}

và

\begin{xy}
\xymatrix {
 & (1,0) \ar[d] \\
                 (0,1) \ar[r]  & (1,1)
}
\end{xy}

Khi đó $\ulcorner$ là một đối sàng còn $\lrcorner$ là một sàng. Ta ký hiệu các phép nhúng tương ứng bởi $i_{\ulcorner}$ và $i_{\lrcorner}$.

Bổ đề dưới đây nói rằng sàng và đối sàng biểu hiện như nhúng mở và nhúng đóng trong hình học đại số. Để bắt đầu ta sẽ chứng minh rằng sàng và đối sàng là một khái niệm mà biểu hiện của nó không phụ thuộc vào đồng luân tử (giống như không phụ thuộc vào $2$-hàm tử $D^b_c(-,\mathbb{Q}_l)$).

Ta gọi một hình vuông

\begin{xy}
\xymatrix {
 I \ar[d]_{u} \ar[r]^{v} & I' \ar[d]^{u'} \\
        J \ar[r] _{w} & J'
}
\end{xy}

là khớp đồng luân nếu với mọi đồng luân tử thì hai cấu xạ đổi cở

$$u_{\#}v^* \longrightarrow w^*u'_{\#}   \ \ \ \ \ u^{'*} w_* \longrightarrow v_*u^*$$ là các đẳng cấu.

Cho $u: I \longrightarrow J$ là một hàm tử đầy đủ, trung thành, khi đó hình vuông

\begin{xy}
\xymatrix {
 I \ar[d]_{\mathrm{id}} \ar[r]^{\mathrm{id}} & I \ar[d]^{u} \\
        I \ar[r] _{u} & J
}
\end{xy}

là khớp đồng luân.

Do ta đang làm việc với các đồng luân tử nên đẳng cấu có thể kiểm tra qua các thớ. Như vậy ta có thể rút gọn về chứng minh rừang hình vuông dán bởi hai hình vuông sau là khớp đồng luân.

\begin{xy}
\xymatrix {
 I/i \ar[r]^{p}  \ar[d]_{\pi}& I \ar[d]_{\mathrm{id}} \ar[r]^{\mathrm{id}} & I \ar[d]^{u} \\
   \mathbf{e} \ar[r]_{i}  &   I \ar[r] _{u} & J.
}
\end{xy}

Do $u$ là đầy đủ, trung thành nên $I/u(i) \simeq I/i$. Điều này một lần nữa khiến ta rút gọn về chứng minh hình vuông dán bởi ba hình sau là khớp đồng luân.

\begin{xy}
\xymatrix {
 I/u(i) \ar[r] \ar[d]_{\pi} & I/i \ar[r]^{p}  \ar[d]_{\pi}& I \ar[d]_{\mathrm{id}} \ar[r]^{\mathrm{id}} & I \ar[d]^{u} \\
  \mathbf{e} \ar[r]_{=} & \mathbf{e} \ar[r]_{i}  &   I \ar[r] _{u} & J.
}
\end{xy}

Nhưng điều này là hiển nhiên theo tiên đề bốn.

Cho $\mathbb{D}$ là một đồng luân tử và $u: I \longrightarrow J$ là một hàm tử, khi đó:

• $u$ là một đối sàng thì $u_{\#}:\mathbb{D}(I) \longrightarrow \mathbb{D}(J)$ là trung thành và đầy đủ. Hơn nữa $X \in \mathbb{D}(J)$ nằm trong ảnh của $u_{\#}$ khi và chỉ khi $X_j \simeq \varnothing$ với mọi $j \in J - u(I)$.
• $u$ là một sàng thì $u_{*}:\mathbb{D}(I) \longrightarrow \mathbb{D}(J)$ là trung thành và đầy đủ. Hơn nữa $X \in \mathbb{D}(J)$ nằm trong ảnh của $u_{\#}$ khi và chỉ khi $X_j \simeq \bullet $ với mọi $j \in J - u(I)$.

 

Ta đã biết rằng các phạm trù tam giác là nơi người ta làm đại số đồng điều nhưng có một vấn đề không tốt của nó là xây dựng nón (cone construction) không có tính hàm tử. Đây là chỗ tạo ra rất nhiều vấn đề thậm chí khiến người ta nghi ngờ rằng phạm trù tam giác chưa phải khái niệm đúng (ngày nay ta có các $\infty$-phạm trù ổn định và các phạm trù mô hình ổn định). Nhưng chúng ta cũng không thể định nghĩa lại phạm trù tam giác mà dùng một hàm tử nón được. Bản thân Verdier là người nghĩ ra định nghĩa đã nhận xét rằng một phạm trù tam giác mà được trang bị một hàm tử nón thì phải chẻ. Do đó nếu muốn xây dựng nón có tính hàm tử thì nó không phải một tính chất của phạm trù gốc, mà nó nằm trên một "phạm trù cao hơn". Nói khác nữa, khi nghiên cứu phạm trù tam giác (và đặc biệt hình thức luận sáu hàm tử) ta "không nên" nghiên cứu từng phạm trù đơn lẻ mà phải đi theo các họ phạm trù.

 

Một trong các cách đầu tiên được đề xuất để sửa chữa tính không-hàm tử là lý thuyết về các derivator của Grothendieck trong Pursuing Stacks năm 1983 và sau đó được công bố lại dưới tập bản thảo 2000 trang có tên Les Dérivateurs. Bài viết này của mình là một dẫn nhập về lý thuyết derivator. Một trong các cách hiểu nó là đọc lại các khái niệm trong tô-pô. Nhưng mình sẽ tiếp cận trực tiếp từ hướng trừu tượng. Ngày nay thì lý thuyết derivator đã có nhiều ứng dụng của nó, trong hạn chế hiểu biết của mình, chủ yếu là để sửa tính không hàm tử của rất nhiều xây dựng. Ví dụ trong đối đồng điều étale người ta hay bảo lấy chu trình triệt tiêu (vanishing cycles) là xây dựng nón của hàm tử đồng nhất và chu trình nearby (nearby cycles) là sai. Thực chất nó không là hàm tử, nhưng tính toán thì không thực sự tạo ra vấn đề.

 

Các động lực ban đầu của derivator có thể nói là đến từ các xây dựng trong phạm trù mô hình. Một điều mà ta rất hay gặp trong phạm trù mô hình là xây dựng của chúng quá phức tạp. Derivator là một cách để ta có thể thao tác trên sáu toán tử mà, như Joseph Ayoub nói, không bao giờ phải quay lại với phạm trù mô hình.

 

Định nghĩa và ví dụ

 

Ký hiệu $\mathrm{Cat}$ bởi $2$-phạm trù của các phạm trù nhỏ (small categories) và $\mathrm{CAT}$ bởi $2$-phạm trù của các phạm trù (với vật là phạm trù không nhất thiết nhỏ, $1$-cấu xạ là hàm tử, $2$-cấu xạ là biến đổi tự nhiên).

 

Một tiền-derivator (prederivator) $\mathbb{D}$ là một $2$-hàm tử ngặt (tất cả đẳng thức là dấu bằng, không phải đẳng cấu) $\mathbb{D}: \mathrm{Cat}^{op} \longrightarrow \mathrm{CAT}.$.

Ở đây $\mathrm{Cat}^{op}$ ta chỉ đảo chiều $1$-cấu xạ, tức là các hàm tử và giữ nguyên chiều của $2$-cấu xạ.

Hãy viết cụ thể định nghĩa này ra:

• Ở mức các vật, mỗi phạm trù nhỏ $I$ cho ta một phạm trù $\mathbb{D}(I)$.
• Với mọi hàm tử $u:I \longrightarrow J$ trong $\mathrm{Cat}$ cho ta một hàm tử $u^*:\mathbb{D}(J) \longrightarrow \mathbb{D}(I)$.
• Với mọi biến đổi tự nhiên $\alpha: u \longrightarrow v$ giữa hai hàm tử $u,v: I \longrightarrow J$ ta có một biến đổi tự nhiên $\alpha^*:u^* \longrightarrow v^*$.

Ký hiệu $\mathbf{e}$ là phạm trù gồm một vật một cấu xạ (tức là groupoid tầm thường). Nó là vật cuối trong $\mathrm{Cat}$. Ta goi phạm trù $\mathbb{D}(\mathbf{e})$ là phạm trù nền của derivator $\mathbb{D}$. Hầu hết các xây dựng của ta sẽ xoay quanh phạm trù này theo một nghĩa nào đó.

 

Sau đây là các ví dụ.

• Mọi phạm trù nhỏ $I$ cho ta một derivator gọi là derivator khả diễn bởi $I$. Nó định nghĩa bởi $$I(J) = J^I = \mathrm{Func}(I,J)$$ (phạm trù các hàm tử - functor category). Với mọi hàm tử $u:J \longrightarrow J'$ ta có một hàm tử $u^*:\mathrm{Func}(I,J') \longrightarrow \mathrm{Func}(I,J)$ cho bởi phép hợp thành. Cũng bằng phép hợp thành ta có biến đổi tự nhiên giữa hai hàm tử. Phạm trù nền của nó $I(\mathbf{e}) = I$.
• Cho $\mathcal{A}$ là một phạm trù abel và ký hiệu $\mathbf{Ch}(\mathcal{A})$ phạm trù các xích phức kiểu đổi đồng điều không bị chặn hai đầu. Ký hiệu $\mathbf{W}$ là lớp các tựa đẳng cấu của các xích. Với mọi phạm trù nhỏ $I$ thì phạm trù $\mathcal{A}^I$ cũng là phạm trù abel. Phép gán $$\mathbb{D}_{\mathcal{A}}(I) = D(\mathcal{A}^I)$$ cho ta một prederivator trong đó $D$ ký hiệu phạm trù dẫn xuất của một phạm trù abel. Có một xây dựng khác tương đương là ta xét $\mathbf{Ch}(\mathcal{A})^I$ như một phạm trù mô hình trong đó các đồng luân yếu là các biến đổi tự nhiên mà là tựa đẳng cấu tại mọi bậc. Ký hiệu lớp các đồng luân yếu này bởi $\mathbf{W}^I$ thì ta có $$\mathbb{D}_{\mathcal{A}}(I) \simeq \mathbf{Ch}(\mathcal{A})^I[\mathbf{W}^I]^{-1}.$$
• Ký hiệu $\mathbf{Top}$ bởi phạm trù các không gian tô-pô. Ta gọi một ánh xạ liên tục $f: X \longrightarrow Y$ là một tương đương đồng luân yếu nếu $f_n: \pi_n(X,x_0) \longrightarrow \pi_n(Y,f(x_0))$ là đẳng cấu với mọi $x_0 \in X$ và $n \geq 0$. Ta biết rằng $\mathbf{Top}$ là một phạm trù mô hình với các đồng luân yếu chính là các tương đương đồng luân yếu. Không những vậy, với mọi phạm trù nhỏ $I$ thì phạm trù $\mathbf{Top}^I$ cũng là một phạm trù mô hình trong đó một đồng luân yếu giữa hai hàm tử $u,v: I \longrightarrow \mathbf{Top}$ là một biến đổi tự nhiên mà là đồng luân yếu tại mọi vị trí. Điều này giống với trường hợp ở trên. Do đó ta có một prederivator $$\mathbb{D}_{\mathbf{Top}}(I) = \mathbf{Top}^I[\mathbf{W}^I]^{-1}.$$
• Cả hai trường hợp trên nằm trong một xây dựng tổng quát hơn. Cho $\mathcal{M}$ là một phạm trù mô hình với lớp đồng luân yếu ký hiệu bởi $\mathbf{W}$. Để tốt cho các xây dựng, ta giả sử $\mathcal{M}$ sinh bởi các đối phân thớ (cofibrantly generated model category) khi đó với mỗi phạm trù nhỏ ta có một phạm trù $\mathcal{M}^I$ là phạm trù mô hình với các đồng luân yếu là các biến đổi tự nhiên và là đồng luân yếu tại mỗi bậc, ta ký hiệu lớp này bởi $\mathbf{W}^I$. Khi đó ta có một prederivator $$\mathbf{Ho}_{\mathcal{M}}(I) = \mathcal{M}^I[\mathbf{W}^I]^{-1}.$$ Phạm trù nền của prederivator này hiển nhiên là chính $\mathcal{M}$.

 

Giờ ta sẽ thấy mỗi prederivator khi tính trên từng phạm trù nhỏ $I$ sẽ cho ta một biểu đồ trong $\mathbb{D}(\mathbf{e})$. Xây dựng này như sau: lấy $i \in I$ là một vật thì nó có thể xem như một hàm tử $i:\mathbf{e} \longrightarrow I$. Một cấu xạ $i \longrightarrow j$ trong $I$ có thể xem như một biến đổi tự nhiên giữa hai hàm tử $i \Rightarrow j: \mathbf{e} \longrightarrow I$. Khi đó mỗi cấu xạ $i \longrightarrow j$ cho ta một biến đổi tự nhiên $\mathbb{D}(I) \longrightarrow \mathbb{D}(\mathbf{e})$. Nói cách khác, ta có một hàm tử

$$\mathbb{D}(I) \longrightarrow \mathrm{Func}\left(I^{op},\mathbb{D}(\mathbf{e}) \right).$$ Hàm tử này cho ta một biểu đồ hình $I^{op}$ ở trong $\mathbb{D}(\mathbf{e})$. Nhưng lưu ý: hàm tử này hầu như không bao giờ là đẳng cấu.

 

Để đi đến các phiên bản hoàn chỉnh của derivator, ta cần thêm ít nhất hai hàm tử nữa.

 

Cho $\mathbb{D}$ là một prederivator và $u: I \longrightarrow J$ là một hàm tử. Ta nói

• $\mathbb{D}$ nhận một mở rộng Kan trái theo $u$ nếu tồn tại một cặp liên hợp $(u_{\#} \dashv u^*):\mathbb{D}(I) \longrightarrow \mathbb{D}(J)$.
• $\mathbb{D}$ nhận một mở rộng Kan phải theo $u$ nếu tồn tại một cặp liên hợp $(u^* \dashv u_*):\mathbb{D}(J) \longrightarrow \mathbb{D}(I)$.

 

Tuy nhiên mở rộng Kan không đi theo một nghĩa thông thường mà nó phải thỏa mãn một số luật base change. Ta hãy quay lại phạm trù các vật đơn hình từng được xem xét ở đây. Trong ví dụ 7 ta đã biết rằng có một cặp liên hợp $(u_{\#} \dashv u^*)$ (trong bài đó ký hiệu $u_!$ thay vì $u_{\#}$, nhưng minh sẽ giải thích sau tại sao $u_{\#}$ là ký hiệu tốt hơn) và quan trọng hơn $u_{\#}$ có thể tính như một đối giới hạn trên một phạm trù slice nào đó. Điều này khiến ta quan tâm tới các biểu đồ sau: cho $u: I \longrightarrow J$ là một hàm tử và $j :\mathbf{e} \longrightarrow J$ là một vật.

\begin{CD} u/j @>p>> I\\@V\pi_{u/j}VV @VVuV\\ \mathbf{e} @>j>> J \end{CD}

và

\begin{CD} j/u @>q>> I\\@V\pi_{u/j}VV @VVuV\\ \mathbf{e} @>j>> J \end{CD}

trong đó

• $u/j$ có vật là các cặp $(i,f:u(i) \longrightarrow j)$.
• $j/u$ có vật là các cặp $(i,f:j \longrightarrow u(i))$.

Nói riêng ta có các cấu xạ đổi cơ sở $\pi_{\#}p^* \longrightarrow j^*u_{\#}$

\begin{xy}
\xymatrix {
\mathbb{D}(\mathbf{e}) & \mathbb{D}(u/j)  \ar[l]_{\pi_{\#}} & \mathbb{D}(I) \ar[l]_{p^*}  & \\
                                     & \mathbb{D}(\mathbf{e}) \ar[u]^{\pi^*} \ar@/^1pc/[ul]^{\mathrm{id}}  & \mathbb{D}(J) \ar[u]_{u^*} \ar[l]_{j^*} & \mathbb{D}(I) \ar[l]^{u_{\#}} \ar@/_1pc/[ul]_{\mathrm{id}}
}
\end{xy}

Tương tự ta có một cấu xạ đổi cơ sở $j^*u_* \longrightarrow \pi_* q^*$.

Một tiền derivator là một derivator nếu nó thỏa mãn các điều kiện sau

• (Đối tích sang tích) $\mathbb{D}$ gửi đối tích sang tích. Nói cách khác, ta có một tương đương phạm trù $\mathbb{D}\big(\coprod_{i \in I}A_i \big) \simeq \prod_{i\in I}\mathbb{D}(A_i).$ Nói riêng ta có $\mathbb{D}(\varnothing) = \mathbf{e}.$
• (Đẳng cấu kiểm tra qua thớ) Một cấu xạ $f: X \longrightarrow Y$ trong $\mathbb{D}(I)$ là đẳng cấu khi và chỉ khi kéo lùi của nó qua tất cả các vật là đẳng cấu, i.e. $f_i: X_i \longrightarrow Y_i$ là đẳng cấu trong $\mathbb{D}(\mathbf{e})$ trong đó $X_i = i^*X$.
• (Tồn tại các mở rộng Kan) $\mathbb{D}$ nhận mở rộng Kan trái và phải theo mọi hàm tử $u: I \longrightarrow J$.
• (Các định lý đổi cơ sở) Xét các biểu đồ giao hoán như trên khi đó các cấu xạ đổi cơ sở $$\pi_{\#}p^* \longrightarrow j^*u_{\#} \ \  j^*u_* \longrightarrow \pi_* q^*$$ là đẳng cấu.

Giờ chúng ta hãy xem xét một số ví dụ về các derivator

• Với mọi phạm trù mô hình $\mathcal{M}$ sinh bởi các đối phân thớ thì $\mathbf{Ho}_{\mathcal{M}}(-)$ là một derivator.
• Một mô hình khác xuất phát từ tô-pô: xét $\mathbf{Top}_{\bullet}$ là phạm trù các không gian tô-pô định điểm (pointed topological spaces). Một phổ các không gian tô-pô là một họ $(X_n)_{n \geq 0}$ các không gian tô-pô cùng với các ánh xạ nối $\Sigma X_n \longrightarrow X_{n+1}$. Một cấu xạ giữa hai phổ là một họ cấu xạ giữa từng bậc làm giao hoán các cấu xạ nối. Một phổ được gọi là $\Omega$-phổ nếu liên hợp của các cấu xạ nối $X_n \longrightarrow \Omega X_{n+1}$ là các đồng luân yếu. Cho trước một phổ $X=(X_n)$, ta định nghĩa nhóm đồng luân ổn định của nó bởi $$\pi_{n}^{st}(X) = \mathrm{colim}_a \pi_{n+a}(X_a)$$ trong đó đối giới hạn này có nghĩa do ta có các cấu xạ $$[S^{n+a},X_n] \longrightarrow [S^{n+a+1},\Sigma X_n] \longrightarrow [S^{n+a+1},X_{n+1}].$$ Một cấu xạ được gọi là một tương đương đồng luân ổn định nếu nó cảm sinh đẳng cấu trên tất cả các nhóm đồng luân ổn định. Phạm trù đồng luân của nó chính là phạm trù đồng luân ổn định trong tô-pô. Phạm trù này sinh bởi các đối phân thớ và do đó theo ví dụ trên cho ta một derivator gắn với nó.
• Nếu $\mathbb{D}$ là một derivator thì với mọi $I$, pre-derivator $\mathbb{D}_I(J) = \mathbb{D}(I \times J)$ cũng là một derivator. Hơn nữa ta còn có một hàm tử $I$-dạng $$\mathbb{D}(I \times J) \longrightarrow \mathrm{Func}(I^{op},\mathbb{D}(J)).$$

Sau đây là một số tính chất cơ bản của derivator

Cho $\mathbb{D}$ là một derivator, khi đó $\mathbb{D}(I)$ có vật đầu và vật cuối với mọi $I$. Tổng quát hơn, $\mathbb{D}(I)$ là đầy đủ và đối đầy đủ.

Cho $S$ là một tập hợp xem như một phạm trù rời rạc, khi đó ta có một biểu đồ giao hoán

\begin{xy}
\xymatrix {
\mathbb{D}(\coprod_{s \in S}I) \ar[r] \ar[d] & \prod_{s \in S}\mathbb{D}(I) \ar[d]   \\
                              \mathbb{D}(S \times I) \ar[r]  & \mathrm{Func}(S^{op},\mathbb{D}(I))
}
\end{xy}

trong đó theo tiên đề của derivator thì hàng ngang bên trên là tương đương, và hai cột dọc là tương đương theo nghĩa hiển nhiên. Do đó hàng ngang bên dưới, tức là hàm tử $S$-dạng là tương đương. Ta lại có một biểu đồ

\begin{xy}
\xymatrix {
\mathbb{D}(S \times I) \ar[r] \ar[d]_{(pr_2)^*} & \mathrm{Func}(S^{op},\mathbb{D}(I)) \\
                              \mathbb{D}(I) \ar[r]_{\mathrm{id}}  & \mathbb{D}(I) \ar[u]^{\Delta}
}
\end{xy}

giao hoán trong đó $\Delta$ là hàm tử đường chéo. Nhưng do $(pr_1)^*$ nhạn cả mở rộng Kan trái lẫn phải (tức là liên hợp trái lẫn phải) nên hàm tử đường chéo cũng phải nhận cả liên hợp trái lẫn phải. Tức là tồn tại cả tích và đối tích theo tập chỉ số $S$.

Cho m,n là 2 số nguyên dương và $m|n$. Tìm ideal A của $\mathbb{Z}_n$ sao cho $\mathbb{Z}_n/A\cong \mathbb{Z}_m$.

Định lý đẳng cấu thứ ba: Cho $P \subset N \subset M$ là ba module trên một vành giao hoán có đơn vị $R$, khi đó $N/P$ là một ideal của $M/P$ và $(M/P)/(N/P) \simeq M/N$.

 

Chứng minh. Xét đồng cấu module $\mathrm{id}: M \longrightarrow M$, do $P \subset N$ nên nó cảm sinh một đồng cấu $M/P \longrightarrow M/N$. Rõ ràng đây là toàn cấu với hạt nhân $N/P$ (can you see why?) nên ta có đpcm theo định lý đẳng cấu thứ nhất.

 

Chọn $R = \mathbb{Z}$, $M = \mathbb{Z},N = m\mathbb{Z},P=n\mathbb{Z}$ thì $P$ là một module con của $N$ do $m \mid n$ và ta thấy $M/N \simeq \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ và $M/P= \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$. Từ đó kết luận $N/P$ là ideal (module con) cần tìm.

Phỏng vấn với Joseph Ayoub

 

 ayoub-1.jpg   47.73K   10 Số lần tải

 

Joseph Ayoub, Giáo sư ngành Toán học tại Đại học Zurich, là người đầu tiên giữ ghế "Alexzandria Figueroa và Robert Penner". Ông quan tâm đến đối đồng điều của các đa tạp đại số và lý thuyết motive.

 

Ông đã bắt đầu hứng thú với toán học như thế nào?

 

Tôi đã luôn hứng thú với toán. Từ lúc bắt đầu thời thiếu niên tôi đã có những điểm số tốt trong mọi môn học nhưng toán học đã luôn là hứng thú đặc biệt của tôi: trong thời gian rảnh của tôi, tôi thưởng thức việc giải quyết các vấn đề toán học. Khi đã làm hết, tôi tự kiếm thêm những vấn đề mới. Tôi đã đặc biệt thích hình học phẳng nhưng tôi cũng đã thích tính toán các thứ khác và giải các phương trình. Trong thời gian nghỉ tôi thường biến mất vào các thư viện để tra cứu các bài báo toán học thông qua Bách Khoa Toàn Thư. Đây là cách làm thế nào tôi quen thuộc với một lượng lớn khái niệm hiện đại như bài toán phân loại các nhóm đơn. Tôi đã có thể tiếp cận một lượng không nhỏ "toán cao cấp" ở tuổi còn rất trẻ khi tôi tìm thấy vài bài báo trong kho của căn hộ nhà tôi ở Beyrouth. Chúng là các bản thảo của các bài giảng tô-pô đại cương mà bố tôi - một giáo sư toán học - đã giảng dạy ở đại học. Anh trai tôi, người là thủ thư tại bộ môn khoa học, biết vài người có thể giúp tôi chạm tay vào một bản sách Hình học Vi Phân và Không gian Đối xứng của Helgason. Tôi nhớ rằng mình đã dùng hầu hết các kỳ nghỉ hè ép buộc bản thân học quyển sách đó. Cuối cùng tôi kết thúc việc đọc từ đầu tới cuối và cảm giác rằng mình đã hiểu mọi thứ!

 

Năm 1998, ngay sau khi nhận bằng tú tài, tôi đã đủ may mắn để được nhận vào Lycée Louis-le-Grand ở Paris. Đó là khi tôi hiểu rằng bạn có thể kiếm sống bằng các nghiên cứu toán học, mà đó thật sự là một sự mặc khải cho tôi. Giáo viên toán của tôi, Hervé Gianella, người khiến tôi nhận ra điều này và khuyến khích tôi tham dự kỳ thi đầu vào của Đại học Sư Phạm Paris. Trước đó tôi mường tượng rằng bản thân mình sẽ trở thành một kỹ sư với một công việc "thực sự" và có sở thích "kỳ dị": đọc sách toán.

 

Mối liên hệ của ông với IHES là gì?

 

Lần đầu tôi nghe về IHES là do Alexandre Grothendieck. Tên của ông ấy gắn bó chặt chẽ với IHES. Theo một cách, tôi lần đầu khám phá ra IHES cùng hộ Élément de Géométrie Algébrique và "Séminaire de Géométrie Algébrique" vốn phần lớn được chuẩn bị và nháp tại IHES. Rất lâu sau đó thì tôi đến IHES, và đó là một hội nghị vinh danh Luc Illusie.

 

Tôi rất biết ơn hội đồng khoa học vì đã chọn tôi làm người đầu tiên giữ ghế Alexzandria Figueroa và Robert Penner. Đó là một vinh hạnh lớn, chắc chắn rồi, và tôi đã sẵn sàng cho thời gian tôi sẽ dành tại IHES. Tôi không biết những chuyến thăm của mình sẽ ảnh hưởng tới công việc như thế nào nhưng tôi sẽ cố thu được lợi ích tối đa từ chúng. 

 

Ông sẽ tóm tắt các cống hiến chính của mình như thế nào?

 

Trong một thời gian dài, tôi làm việc với một giả thuyết đặc biệt và quan trọng trong lý thuyết motive, nó có tên là "giả thuyết bảo toàn" (conservativity conjecture). Giả thuyết này khá dễ để phát biểu và cung cấp một cầu nối, hoặc nói đúng hơn là một con đường hai chiều giữa hai loại đối tượng khác nhau. Một cái là motive, một đối tượng hình học đại số rất màu mỡ, cái còn lại là hiện thân của nó, một đối tượng tô-pô không có thêm cấu trúc bổ sung nào.

 

Giả thuyết bảo toàn tỏ ra vô cùng khó nhằn. Tuy nhiên, tôi đã nghĩ ra một chiến lược để chứng minh nó. Thậm chí ngay cả khi tôi không thể hoàn thành nó, tôi vẫn xem cái công việc dang dở này là cống hiến quan trọng nhất của mình.

 

Điều gì truyền cảm hứng cho ông theo đuổi nghiên cứu của mình và ông thấy điều gì thú vị nhất trong công việc mình làm?

 

Điều tôi thích nhất ở toán học là tính nhất quán vốn bắt nguồn từ một lý thuyết được xây dựng tốt. Một khi quan điểm đúng được định hình thì theo sau sẽ là định nghĩa đúng, bối cảnh phù hợp, những gì tiếp theo là tất yếu và kết quả rất nhất quán. Tôi nghĩ tôi thực sự rất trân quý tính nhất quán. May mắn thay, không thiếu những lý thuyết được xây dựng tốt trong hình học đại số, điều có lẽ là một trong các di sản của Grothendieck.

 

Tôi cũng thích bước viết. Thực tế, tôi nghĩ rằng làm và viết toán là các hoạt động không thể tách rời. Chỉ khi tôi viết một bài báo mà tôi mới thực sự hiểu chứng minh của một vấn đề và các bánh răng cưa chạy trong một lý thuyết. Không may mắn thay, các câu hỏi lớn tôi định làm nói chung lại tỏ ra rất khó. Điều này tự nhiên gây ra cơn thất vọng nhưng tôi là một người lạc quan. Điều truyền cảm hứng cho tôi hiếp tục chắc chắc là hy vọng một ngày nào đó được nhìn thấy lời giải cho những câu hỏi lớn này. Một nguồn hy vọng và cảm hứng khác là để chứng kiến các bước tiến hùng vĩ trong những chủ đề và các lĩnh vực toán học khác.

 

Nguồn: https://www.ihes.fr/...h-joseph-ayoub/

Dịch: Phạm Khoa Bằng, Đại học Rennes 1.

Cảm ơn anh. Em vẫn muốn hỏi thêm tại sao có nghịch đảo thì bảo toàn hạng. Vì hạng của ma trận m*n không phải là ma trận vuông.

Hạng của một ma trận $A$ với các hàng $H_1,...,H_m$ (mỗi $H_i$ là một vector trong $\mathbb{R}^n$) là số chiều của không gian vector sinh bởi các vector $H_1,...,H_m$. Nếu bạn biến đổi sơ cấp trên các hàng, ví dụ $H_1+2H_2,H_2,...,H_m$ thì không thay đổi không gian mà nó sinh ra, vì hai hệ sinh có thể biến đổi ngược lại nhau.

Thưa mọi người, em muốn hỏi tại sao biến đổi sơ cấp không làm thay đổi hạng của ma trận. Sách giải thích rất đơn sơ ạ

https://vi.m.wikiped.../Ma_trận_sơ_cấp

Bạn xem ở đây. Lý do vì mỗi biến đổi sơ cấp tương đương với phép nhân với một ma trận sơ cấp, mà mà trận sơ cấp thì khả nghịch nên nó không thay đổi hạng.

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

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

Lân cận của điểm

 

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

 

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

 

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

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

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

 

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

 

 

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

 

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

 

Lại là điểm - nhưng hình học!

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

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

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

 

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

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

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

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

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

 

Quay lại với phương trình nghiệm nguyên

 

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

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

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

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

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

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

Nói cách khác, ta nên xem xét vành

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

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

 

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

 

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

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

 

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

 

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

 

Không gian xạ ảnh: một lớp lược đồ không affine

 

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

 

Slogan. Làm địa phương, kết quả toàn cục.

 

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

 

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

 vbbv6.png   43.31K   9 Số lần tải

 

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

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

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

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

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

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

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

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

và các phép chuyển tọa độ giữa hai mảnh

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

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

 

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

 

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

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

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

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

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

 

Định lý Legendre

 

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

 

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Có hai trường hợp:

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

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

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

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

 

Phương trình nghiệm nguyên tới số nguyên p-adic

 

Giả sử ta có một phương trình

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

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

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

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

 

 Screenshot 2023-03-12 at 01-17-09 Viu-Sos - p-adic and motivic integration.pdf.png   116.96K   7 Số lần tải

 

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

 

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

 

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

 

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

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

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

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

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

 

Nghiệm nguyên - một góc nhìn khác

 

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

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

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

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

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

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

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

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

 

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

 

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

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

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

 1200px-Bundle_section.svg.png   22.33K   7 Số lần tải

 

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

 

 

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

 

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

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

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

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

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

 

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

 

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

 

 

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

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

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

 

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

 

Như vậy khi ta có một phép gán

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

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

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

 

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

 

 

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

 

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

 

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

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

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

 

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

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

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

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

 

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

 

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

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

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

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

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

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

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

 

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

 

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

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

 

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

 

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

 

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

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

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

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

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

@Nesbit anh thử vụ tikz nữa xem T.T

Em không biết đấy. Em nhớ lần trước hỏi anh hay ai đó thì bảo diễn đàn chưa có vẽ biểu đồ mà.

Dùng tạm thôi @perfectstrong à, còn nhiều hạn chế lắm. Đến hè nếu diễn đàn đông vui thì anh nâng cấp lên toàn bộ luôn. 

Test sửa bài @Nesbitttt.

 

@Nesbitttt

  làm sao vẽ được biểu đồ giao hoán đi anh

Ví dụ, một đính lý trong một mảng này có thể được "dịch" sang một mảng khác thông qua category, và như vậy ta có thể thu được một định lý mới (hoặc một định lý đã có sẵn, nhưng xem như cách chứng minh là mới, thông qua category theory và kết quả của mảng kia). Đã có trường hợp nào mà category theory giúp phát hiện ra định lý mới như vậy chưa nhỉ? Anh nghĩ chắc là phải có chứ?

Nếu học category theory, thì anh trông đợi là sẽ được học những ví dụ hay làm những bài tập tương tự như vậy. Còn nếu chỉ có định nghĩa, thì học category theory để làm gì? 

 

Đến đây làm nhớ tới một câu mà Dieudonné nói với Grothendieck, đại loại "il ne faut pas généraliser pour le plaisir de généraliser". Cụm từ "abstract nonsense" chắc cũng xuất phát từ việc cho rằng category theory chỉ để trừu tượng hoá lên mọi thứ chứ chẳng dùng được làm gì. Nhưng ngày nay thì đã rất rõ ràng rằng điều đó không đúng (và lưu ý rằng "abstract nonsense" ngày nay được mọi người dùng với nghĩa tích cực chứ không phải tiêu cực).

 

Anh đang hiểu theo cách em đã cảnh báo ở trên, em nói rằng chữ theory trong category theory không có nghĩa là một theory như các ngành cụ thể, mà ở sơ khởi nó chỉ thuần tuý là một cách diễn đạt nhiều khái niệm trong toán học dưới một ngôn ngữ hình thức và cho gọn, cho đẹp hơn. Một khi người ta học đủ họ sẽ tự nhận ra sự tương đồng giữa các cách viết định nghĩa, lập luận trong các ngành, và cần thiết để có một cách trình bày gọn gẽ hơn, đó là cái lý thuyết phạm trù làm. Nhưng Không có việc chuyển dịch một định lý từ cái này sang cái kia, em có thể nói cụm từ abstract nonsense cá nhân em không dùng nó với nghĩa tiêu cực nhưng cũng không tích cực. Nếu ai cũng chỉ học category theory xong vẽ ra mấy cái biểu đồ thì như anh Nxb bảo thì ai cũng làm toán được hết. Bản chất vẫn là nội tại của ngành mình làm.

 

Nói thế không có nghĩa là có thể coi thường cái cách lý thuyết phạm trù làm người ta viết mọi thứ chuẩn chỉ hơn, như Brian Conrad nói before functoriality, people still live in caves. Lý thuyết phạm trù, ngoài việc giúp trình bày còn mang lại cái philosophies. Ví dụ điển hình là quan điển functor of points (hàm tử điểm) của Grothendieck hay gọi là relative point of view, hay gì cũng được, xuất phát từ bổ đề Yoneda. Bổ đề Yoneda nói rằng một vật trong một phạm trù được xác định nếu ta biết tất cả các cấu xạ đi vào vật đó (thế nên Serre mới viết ...comme Grothendieck nous l'a appris, les objets d'une catégorie ne jouent pas un grand rôle, ce sont les morphismes qui sont essentiels.). Hoặc một cái khác là tính phổ dụng (universal property) và một thứ quan trọng nữa lý thuyết phạm trù dạy cho ta, đó là xây dựng cái gì thì cũng phải có tính hàm tử (functoriality). Em sẽ để ra vài ví dụ:

• Đầu tiên, và kinh điển nhất, là đối ngẫu của không gian vector $V$ trên $\mathbf{R}$ (bất cứ trường nào cũng được): đối ngẫu một lần $V^{\vee}$ thì đẳng cấu với $V$ (vì có cùng số chiều). Nhưng bất biến về số chiều thì quá thô, đẳng cấu này dựa vào việc chọn một cơ sở của $V$, có rất nhiều cơ sở, làm sao mà biết cái nào chuẩn nhất? Tuy nhiên đối ngẫu hai lần $V^{\vee \vee}$ thì tự nhiên, tồn tại một phép xây dựng $V \longmapsto V^{\vee \vee}$ tự nhiên theo nghĩa cứ có một đồng cấu không gian vector $V \longrightarrow W$ thì có một đồng cấu $V^{\vee \vee} \longrightarrow W^{\vee \vee}$. Trong trường hợp đối ngẫu một lần, phép hợp thành cũng cho ta $W^{\vee} \longrightarrow V^{\vee}$, nhưng do phụ thuộc vào cơ sở, nó không tương thích với phép xây dựng $V \longmapsto V^{\vee}$.
• Cho $G$ là một nhóm, làm thế nào để tạo ra một nhóm giao hoán (commutative group, hoặc abelian group) từ $G$? Có một cách, lấy tâm của $$Z(G) = \left \{g \in G \mid gx = xg \forall x \in G \right \}$$ Tuy nhiên cách làm này có quá nhiều bất lợi, tâm của một nhóm có thể rất bé (ví dụ tâm của nhóm ma trận của là bội của ma trận đơn vị), và quan trọng hơn, nếu có một đồng cấu nhóm $G \longrightarrow H$, ta không có một đồng cấu nhóm giao hoán $Z(G) \longrightarrow Z(H)$. May mắn, ta có một cách khác, là xét abel-hoá $G^{ab}$ của $G$, tức là nhóm thương $G/[G,G]$ trong đó $[G,G]$ là nhóm con các giao hoán tử, i.e. sinh bởi các phần tử $aba^{-1}b^{-1}$. Xây dựng này thì có tính hàm tử nên nó tốt. Nó còn tốt hơn nữa do nó là đảo ngược quá trình ta đưa một nhóm abel thành một nhóm. Khi anh có một nhóm abel $G$, anh có thể xem nó như một nhóm (mà quên mất tính giao hoán), quá trình này gọi là quên (forgetful functor). Khi anh xem xét một đồng cấu $G \longrightarrow H$ với $H$ abel, $G$ bất kỳ, thực chất anh đã quên mất tính abel của $H$ (do đồng cấu của nhóm abel cũng chỉ là đồng cấu nhóm). Làm thế nào để không mất thông tin? Đó là với bất kỳ đồng cấu nào thế kia, nó đều tách thành hợp thành $G \longrightarrow G^{ab} = G/[G,G] \longrightarrow H$, tức là tách qua nhóm abel hoá của $G$, và thực chất ta đang làm với các nhóm abel. Rồi bấy giờ chúng ta hãy thử chứng minh $(G \times H)^{ab} \cong G^{ab} \times H^{ab}$. Đây là một bài tập đơn giản, nhưng không khai sáng lắm nếu ta viết ra cụ thể một đẳng cấu. Tính phổ dụng cho ta một chứng minh độc đáo hơn.
• Nếu chưa thoả mãn với ví dụ này, hãy xét tiếp với tích tensor $V \otimes_{\mathbf{R}} W$ của hai không gian vector $V,W$ trên $\mathbf{R}$ chẳng hạn. Tích tensor trong đại số tuyến tính dù được xây dựng tường minh nhưng tính phổ dụng mới là cái độc đáo của nó. Nó nói rằng phép xây dựng tensor là cách ta "đơn" tuyến tính hoá một cái gì đó song tuyến tính. Rất nhiều chứng minh ví dụ như kiểu $V \otimes W \cong W \otimes V$ mà viết cụ thể ra thì rất mệt, tính phổ dụng cho tư duy gọn gàng hơn, và chứng minh khai sáng hơn. Tóm lại ta "không" nhớ về vật, mà ta nhớ về cấu xạ giữa vật. Ta cũng "không" nhớ về xây dựng, mà ta nhớ tính phổ dụng (tức là mục đích của nó là gì). Theo nghĩa này, lý thuyết phạm trù là một cách thay đổi tư duy: lý thuyết phạm trù là cách thể hiện mối tương quan giữa các đối tượng và là chọn ra một xây dựng tự nhiên nhất.
• Đây là một "phản ví dụ" cho cái mà anh muốn hỏi: liệu có thể chứng minh một định lý ở lĩnh vực này và áp dụng category theory để translate sang lĩnh vực khác không? Câu trả lời là có, nhưng không đơn giản như thế. Nguyên lý GAGA (Géométrie algébrique et géométrie analytique) của J. P. Serre nói rằng một một tương ứng $1-1$ giữa các đa tạp xạ ảnh đại số xạ ảnh phức (projective complex algebraic variety) và các không gian giải tích compact (compact analytic space). Nói khác đi, một bài toán về đa tạp đại số xạ ảnh trên trường $\mathbf{C}$ có thể nghiên cứu bằng công cụ giải tích phức và ngược lại. Nói tổng quát hơn, hình học đại số trên $\mathbf{C}$ dù làm bằng đại số hay giải tích thì cũng như nhau! Nhưng đây không phải là lý thuyết phạm trù, nếu anh đọc chứng minh của nguyên lý này, hoàn toàn không có gì là phạm trù mà chỉ là đại số giao hoán và giải tích phức. Phạm trù chỉ là cách viết $X$ (đa tạp đại số) biến thành $X^{an}$ (không gian giải tích) thì là một tương đương phạm trù (equivalence of categories).
• Một cái tương đương khác như vậy gọi là tương ứng Dold-Kan, nó nói rằng phạm trù các nhóm abel đơn hình (simplicial abelian groups) và phạm trù các phức (complexes) là tương đương nhau. Tức là dù anh làm với mô hình đại số (phức) hay mô hình tổ hợp (simplicial objects) thì cũng như nhau. Nhưng đọc chứng minh thì hoàn toàn không có gì gọi là thuần tuý phạm trù, toàn là dãy phổ (spectral sequences) với đại số đồng điều (homological algebra). Ở đây còn có một cầu nối rất sâu sắc giữa hai kiểu mô hình này, đó là chúng cùng là các phạm trù mô hình (model categories) riêng, sinh bởi đối phân thớ (proper + cofibrantly generated model categories). Ở đây mới bắt đầu có thể nói phạm trù (hoặc infinity category mà anh Nxb làm) thực sự là một ngành nghiên cứu. 
• Một ví dụ khác, cao cấp hơn nữa cho những ai quan tâm về việc phạm trù có thể giúp định hình tư duy như thế nào và tại sao lại nên có một phạm trù tốt. Tức là rất nhiều xây dựng trong các ngành là "cái bóng" (shadow) của một xây dựng nào đó "bên trên": đối đồng điều là cái bóng của motives hoặc lý thuyết về các derivator trong bản thảo 2000 trang của Grothendieck (the theory of derivators). Cái này không phải là em nói về lý thuyết derivator như một chuyên gia, mà như tư cách một người học, tức là có trải nghiệm cụ thể với lý thuyết. Lý thuyết về derivator có thể coi là cái "motive" thật sự (in some sense, of course!) của hình thức luận sáu hàm tử (six functors formalism). Mục đích ban đầu của Grothendieck khi đề xuất nó là do xây dựng trụ (cone) của phạm trù tam giác (triangulated categories) không có tính hàm tử (nhiều người vì lý do này tin rằng phạm trù tam giác vẫn chưa phải là xây dựng tốt, cũng như người ta tin đối đồng điều étale thì vẫn chưa phải là đối đồng điều "đúng" cho đa tạp đại số; xin nói thêm hơi dài chỗ này một chút: cái Grothendieck muốn cho lý thuyết motive là tìm được phạm trù motives trộn - aka category of mixed motives mà từ đó các đối đồng điều đều là cái bóng của các vật trong phạm trù này. Cái đúng theo philosophy của Grothendieck là phạm trù đúng, đúng tức là tốt, chứ không phải một đối tượng cụ thể tốt (một phạm trù tốt mà vật xấu thì còn tốt hơn một phạm trù xấu mà vật tốt - có thể nói vậy). Ví dụ một quá trình $$D^b(X_{\overline{k}},\mathbf{Q}_l) \longmapsto H^{\bullet}_{et}(X_{\overline{k}};\mathbf{Q}_l) \longmapsto \zeta_X(T)$$ là đi từ categorical-level invariant thu được set-level invariant và lấy toàn tử Frobenius thu được element-level invariant), tức là từ phạm trù, được bất biến đại số, và được hàm. Derivators là chỗ mà ta làm việc "rất hình thức" nhưng các xây dựng thì lại tổng quát (mà không hề nonsense) tới mức có thể đặc biệt hoá (chiếu xuống) các xây dựng cụ thể tới một cách bất ngờ. Ví dụ các định lý đổi cơ sở (Bech-Chevalley), dãy địa phương của một cặp bù trừ lược đồ đòng mở,... đều có thể viết thành ngôn ngữ phạm trù hết. Khi em học về các xây dựng của lý thuyết phạm trù mô hình (nhất là tính tam giác hoá của phạm trù đồng luân của một phạm trù định điểm) thì rất bối rối vì dù các chứng minh cũng không quá khó (lấy động lực từ tôpô cả, nhưng mà vẫn khó, phần nữa phong cách Pháp họ còn không viết nhiều ví dụ) nhưng vẫn rất loằng ngoằng. Lý thuyết derivator là một cách định hình hoá lại cái mindset của em. Cái cone construction thực chất ban đầu nằm trong phạm trù gốc, nhưng thực chất lý thuyết derivator nói nó nên nằm ở "một phạm trù cao hơn". Tìm kiếm các phạm trù ngày nay không còn là công việc xa lạ với những người làm hình học đại số.

Tặng anh và anh Nxb cái meme em làm:

 chỉ mục.jpg   89.08K   5 Số lần tải

 

Cuối cùng là tự pr, hồi mới học tô-pô đại số em có viết cái note này để tổng hợp các ví dụ. Như anh có thể thấy, sau mỗi khái niệm là một loạt các ví dụ. Nên em nghĩ là nếu anh muốn học thì có hai cách: lao vào tô-pô đại số hoặc như anh Nxb bảo, kiếm cái gì đó ứng dụng vì giờ người ta cũng mang nó đi nhiều nơi mà. Ngay cả mấy ông triết chủng cũng còn học phạm trù cơ mà. 

Phỏng vấn với Jean-Pierre Serre

 

 Serre.jpg   138.45K   8 Số lần tải

 

While other sciences search for the rules that God has chosen for the Universe, we mathematicians search for the rules that even God has to obey.

 

Trong khi các ngành khoa học khác tìm kiếm các quy luật mà Chúa đã chọn cho vũ trụ, chúng tôi những nhà toán học tìm kiếm các quy luật mà ngay cả Chúa cũng phải tuân theo.

 

Jean-Pierre Serre sinh năm 1926 tại Pháp. Ông từng theo học toán tại đại học sư phạm Paris. Vào năm 1954, ở tuổi 28, ông đã được giải Fields bởi Hiệp hội Toán học Quốc tế, chứng nhận cao nhất cho một thành tựu trong toán học. Hai năm sau ông được bổ nhiệm chức Giáo sư về Đại số và Hình học tại College de France, nơi mà ông là giáo sư trẻ nhất trong khoảng 15 năm. Ông thăm khoa toán Đại học Quốc Gia Singapore từ ngày 2 tới 15 tháng Hai năm 1985. Chuyến thăm của ông được tài trợ chương trình trao đổi học thuật Pháp-Sing. Khi ở Singapore, giáo sư Serre đã trình bày hai bài giảng về đường cong đại số trên trường hữu hạn và một bài giảng về hàm Ramanujan. Ông cũng góp một bài nói seminar hai tiếng về chứng minh của Falting cho giả thuyết Mordell, và một bài giảng hội đàm với tiêu đề "Biệt thức = $b^2-4ac$" về class numbers của các trường toàn phương ảo (imaginary quadratic fields). Vào ngày 14 tháng hai năm 1985, ông có một cuộc phỏng vấn trong đó ông thảo luận nhiều khía cạnh sự nghiệp toán học của mình và cách nhìn của ông về toán học. Những gì sau đây là ghi chép từ cuộc phỏng vấn đó, chỉnh sửa bởi C. T. Chong và Y. K. Leong, và đã được kiểm tra lại bởi J. P. Serre.

 

Q: Điều gì khiến ông chọn toán học làm sự nghiệp của mình?

 

A: Tôi nhớ rằng tôi bắt đầu thích toán vào khoảng năm 7 hoặc 8 tuổi. Hồi còn trung học tôi thường giải các bài toán của các lớp lớn hơn. Hồi ấy tôi ở một khu nhà trọ ở Nimes cùng với lũ trẻ lớn hơn và chúng thường bắt nạt tôi. Để làm hoà với chúng, tôi thường làm hộ bài tập về nhà môn toán cho chúng. Dù sao đó cũng là một bài luyện tập tốt.

 

Mẹ tôi là một dược sĩ (cũng như bố tôi), và bà yêu toán học. Khi bà ấy vẫn còn là một sinh viên dược tại đại học Montpellier, bà ấy đã đăng ký học một khoá học năm đầu tiên môn giải tích, chỉ để cho vui, và bà đã vượt qua bài kiểm tra. Và bà ấy đã giữ cẩn thận những quyển sách giải tích của mình (viết bởi Fabry và Vogt, nếu tôi nhớ không nhầm). Khi tôi 14 hoặc 15, tôi thường xem những quyển sách này và nghiên cứu chúng. Đó là cách tôi học về đạo hàm, tích phân, chuỗi và các thứ kiểu thế (tôi học theo một cung cách hình thức thuần tuý - phong cách của Euler với tôi mà nói thì tôi không thích, và không hiểu ngôn ngữ epsilon delta.) Vào thời điểm đó, tôi không biết rằng người ta có thể kiếm sống bằng cách trở thành một nhà toán học. Chỉ sau này tôi mới khám phá ra rằng người ta được trả tiền để làm toán! Đầu tiên tôi nghĩ tôi sẽ trở thành một giáo viên trung học, điều đó dường như là tự nhiên với tôi. Nhưng khi tôi 19, tôi đã đăng ký kì thi vào trường Đại học Sư phạm Paris và thành công. Khi tôi đã ở trong "Trường", tôi thấy rõ hơn rằng không phải giáo viên trung học là cái tôi muốn trở thành, mà tôi muốn trở thành một nhà toán học.

 

Q: Những lĩnh vực khác có từng thu hút ông không, như vật lý hoặc hoá học?

 

A: Vật lý thì không nhiều lắm, nhưng hoá học thì có đấy. Như tôi đã nói, bố mẹ tôi đều là dược sĩ, nên họ có cả đống hoá chất và ống nghiệm. Tôi nghịch chúng khi tôi mới 15 16 ngoài việc làm toán. Và tôi đọc những quyển sách hoá học của bố tôi (tôi vẫn giữ một trong số chúng, một quyển sách lôi cuốn, "Les Colloides" của Jacques Duclaux). Tuy nhiên, khi học hoá, tôi thất vọng vì cái khía cạnh toán học nửa vời của nó: có một chuỗi các hợp chất hữu cơ như $CH_4,C_2H_6,...$, tất cả đều trông na ná nhau. Tôi nghĩ, nếu mà phải có chuỗi thì thà tôi đi làm toán! Do đó tôi từ bỏ hoá học - nhưng không hoàn toàn: cuối cùng tôi cưới một nhà hoá học.

 

Q: Ông có từng bị ảnh hưởng bởi giáo viên nào trong việc làm toán không?

 

A: Tôi chỉ từng có đúng một giáo viên tốt. Đó là năm đầu tiên trung học của tôi (1943-1944) ở Nimes. Ông ấy có biệt danh "Le Barbu": để râu rất hiếm vào thời đó. Ông ấy luôn rất rõ ràng và chặt chẽ; ông ấy yêu cầu mọi công thức và chứng minh phải được trình bày gọn gàng. Và ông ấy đã dành cho tôi một bài luyện tập tận tâm cho kỳ thi toán học quốc gia có tên "Concours General", nơi mà tôi dành giải nhất.

 

Nói về Concours General, tôi cũng thử với tay mình sang kỳ thi đó bên vật lý vào cùng năm (1944). Vấn đề chúng tôi được hỏi hoàn toàn dựa vào một định luật vật lý mà tôi nên biết, nhưng tôi lại không biết nó. May mắn thay, chỉ có một công thức dường như có thể áp dụng cho định luật đó. Tôi đã giả sử nó đúng, và triển khai làm việc với một vấn đề-6-tiếng dựa trên giả sử đó. Tôi thậm chí còn nghĩ mình sẽ đạt giải. Không may mắn lắm, công thức của tôi sai, và tôi không đạt được gì - điều tôi xứng đáng!

 

Q: Cảm hứng có vai trò quan trọng như thế nào trong việc tìm ra các định lý?

 

A: Tôi không biết "cảm hứng" thực sự có nghĩa gì. Các định lý và các lý thuyết đến theo những cách buồn cười. Thỉnh thoảng, anh chỉ không hài lòng với các chứng minh đã có, và anh tìm những chứng minh tốt hơn để có thể áp dụng cho các tình huống khác. Một ví dụ điển hình với tôi là khi tôi làm việc với định lý Riemann-Roch (khoảng năm 1953), mà tôi xem nó như một công thức "Euler-Poincare" (tôi đã không biết rằng Kodaira-Spencer đã có cùng ý tưởng.) Mục tiêu đầu tiên của tôi là chứng minh nó cho các đường cong đại số - một trường hợp đã biết từ cả thế kỷ trước! Nhưng tôi muốn một chứng minh theo một phong cách đặc biệt, và khi tôi thành công trong việc tìm ra nó, tôi nhớ rằng tôi mất không quá một hoặc hai phút để đi từ đó lên trường hợp 2 chiều (điều được chứng minh bởi Kodaira). Sáu tháng sau, kết quả hoàn chỉnh được đưa ra bởi Hirzebruch, và công bố trong bài Habilitationsschrift nổi tiếng của ông ấy.

 

Thông thường, anh không giải quyết một vấn đề bằng cách tấn công trực diện nó. Thay vào đó anh có vài ý tưởng trong đầu mà anh cảm giác sẽ có ích, nhưng anh không thật sự biết chúng có ích cho việc gì. Do đó, anh tìm kiếm xung quanh, và cố gắng áp dụng chúng. Giống như việc có cả chùm chìa khoá, và cố gắng thử chúng vào những cái cửa.

 

Q: Ông có từng có trải nghiệm nào mà ông ấy một vấn đề là không thể giải quyết, nhưng sau khi bỏ nó sang một bên một thời gian thì một ý tưởng đột nhiên xuất hiện dẫn tới lời giải không?

 

A: Có, điều này vẫn thường diễn ra. Ví dụ, khi tôi làm việc với các nhóm đồng luân (khoảng 1950), tôi tự thuyết phục mình rằng, với một không gian $X$, nên tồn tại một không gian phân thớ $E$ với nền $X$ mà có thể co rút về một điểm; một không gian như thế có thể cho phép tôi (sử dụng các phương pháp của Leray) làm rất nhiều các tính toán về nhóm đồng luân và đối đồng điều của không gian Eilenberg-MacLane. Nhưng làm thế nào để tìm ra nó? Tốn vài tuần (một thời gian rất dài, vào cái tuổi tôi lúc đó...) để tôi nhận ra không gian các đường trên $X$ có đủ các tính chất cần thiết - chỉ khi tôi dám gọi nó là không gian phân thớ, và tôi đã làm vậy. Đây là điểm bắt đầu của phương pháp không gian cung trong tôpô đại số, rất nhiều kết quả sau đó nhanh chóng được chứng minh.

 

Q: Ông thường làm việc với chỉ một vấn đề hay nhiều vấn đề cùng lúc?

 

A: Hầu như chỉ một vấn đề từng thời điểm, nhưng không phải luôn luôn. Và tôi thường làm việc buổi đêm (giấc ngủ chập chờn), khi mà anh không phải viết thứ gì ra sẽ làm cho đầu óc có độ tập trung cao hơn, và thay đổi các chủ đề dễ dàng hơn.

 

Q: Trong vật lý, có rất nhiều khám phá là do tình cờ, ví dụ như tia X, bức xạ nền vũ trụ, vân vân. Điều đó có xảy ra với ông trong toán học?

 

A: Một sự tình cờ thật sự là rất hiếm. Nhưng thi thoảng anh vẫn ngạc nhiên vì một lập luận của anh cho một mục đích lại có thể giải quyết một câu hỏi trong một hướng nghiên cứu khác; tuy nhiên, người ta khó có thể gọi nó là "tình cờ".

 

Q: Đâu là những vấn đề cốt lõi trong hình học đại số và lý thuyết số?

 

A: Tôi không thể trả lời chính xác. Anh thấy đấy, vài nhà toán học có những chương trình rõ ràng và dài hơi. Ví dụ, Grothendieck có một chương trình như thế cho hình học đại số; bây giờ Langlands có một cái như vậy cho lý thuyết biểu diễn, trong mối quan hệ với dạng modular và số học. Tôi chưa từng có một chương trình như vậy, kể cả một cái cỡ nhỏ. Tôi chỉ làm việc với những thứ hấp dẫn tôi tại một thời điểm. (hiện tại, vấn đề hấp dẫn tôi nhất là đếm số điểm trên các đường cong đại số trên những trường hữu hạn. Nó là một kiểu toán ứng dụng: anh cố sử dụng bất kỳ công cụ nào trong hình học đại số và lý thuyết số mà anh biết... và anh không thành công lắm!)

 

 jeanpierreserre.jpg   19.06K   8 Số lần tải

 

...comme Grothendieck nous l'a appris, les objets d'une catégorie ne jouent pas un grand rôle, ce sont les morphismes qui sont essentiels.

 

Like Grothendieck has taught us, objects of a category do not play a great role, it is the morphisms between them that are essential.

 

Q: Ông cho rằng đâu là những tiến bộ vượt bậc nhất trong hình học đại số và lý thuyết số năm năm trở lại đây?

 

A: Câu này dễ trả lời hơn. Chứng minh của Falting cho giả thuyết Mordell và giả thuyết Tate là điều đầu tiên tôi nghĩ đến. Tôi cũng xin nhắc đến công trình của Gross-Zagier về vấn đề số lớp (class number problem) cho các trường toàn phương (dựa trên một định lý trước đó của Goldfeld), và định lý Mazur-Wiles về lý thuyết Iwasawa, sử dụng đường cong modular. (Ứng dụng của đường cong modular và hàm modular vào lý thuyết số là cực kỳ thú vị: anh sử dụng $\mathrm{GL}_2$ để nghiên cứu $\mathrm{GL}_1$, có thể nói như vậy! Hiển nhiên là còn rất nhiều thứ sẽ tới theo hướng đó… thậm chí có thể là chứng minh giả thuyết Riemann vào một ngày nào đó!) 

 

Q: Vài nhà khoa học đã làm được một số công trình nền tảng trong một lĩnh vực và nhanh chóng chuyển sang lĩnh vực khác. Ông đã làm việc ba năm với tôpô, và sau đó làm thứ khác. Điều đó đã xảy ra như thế nào?

 

A: Nó là một con đường liền, không phải một thay đổi rời rạc. Năm 1952, sau luận án của tôi về các nhóm đồng luân, tôi đến Princeton nơi mà tôi có bài giảng về luận án của mình (và phần tiếp theo của nó “lý thuyết C”), và tham dự seminar nổi tiếng Artin-Tate về lý thuyết trường các lớp. 

 

Sau đó tôi trở về Paris, nơi mà seminar Cartan đang thảo luận về các hàm phức nhiều biến, và các đa tạp Stein. Hoá ra các kết quả của Cartan-Oka có thể được biểu diễn hiệu quả hơn (và được chứng minh theo cách đơn giản hơn) nhờ sử dụng đối đồng điều và bó. Điều đó khá phấn khích, và tôi đã làm việc một thời gian ngắn về chủ đề này, áp dụng lý thuyết Cartan vào các đa tạp Stein. Tuy nhiên, một mảng thú vị của lý thuyết hàm phức nhiều biến là nghiên cứu các đa tạp xạ ảnh (đối lập với các đa tạp affine - được xem là khá bệnh hoạn với một nhà hình học); bởi vậy tôi bắt đầu làm việc với các đa tạp xạ ảnh phức, sử dụng lý thuyết bó: đó là cách tôi đến với cái vòng các ý tưởng xung quanh Riemann-Roch vào năm 1953. Nhưng các đa tạp xạ ảnh thì đại số (định lý Chow), và nó hơi không tự nhiên nếu muốn nghiên cứu những đối tượng đại số này bằng các hàm giải tích, vốn có thể có rất nhiều kỳ dị. Rõ ràng, chỉ nên làm với các hàm hữu tỷ là đủ - và đúng là như vậy. Điều đó đưa tôi (vào năm 1954) đến với hình học đại số trừu tượng trên bất kỳ trường đóng đại số nào. Nhưng cần gì  tính đóng đại số? Các trường hữu hạn thú vị hơn, như giả thuyết Weil và những thứ tương tự. Và từ đó đến với những trường số, đó là một bước chuyển tiếp tự nhiên… Đây ít nhiều là con đường tôi đã theo đuổi. 

 

Một hướng nghiên cứu khác đến tự sự hợp tác (và tình bạn) của tôi với Armand Borel. Ông ấy nói về tôi về nhóm Lie, thứ mà ông ấy biết như không ai khác. Mối liên hệ giữa chúng với tôpô, hình học đại số, lý thuyết số,... rất lôi cuốn. Để tôi cho anh một ví dụ (mà tôi để ý vào khoảng năm 1968): 

 

Hãy xem xét nhóm con rời rạc hiển nhiên nhất của $\mathrm{SL}_2(\mathbf{R})$, tức là $G = \mathrm{SL}_2(\mathbf{Z})$. Anh có thể tính “đặc trưng Euler-Poincare” $X(G)$ của nó và nó bằng $-1/12$ (nó không phải là số nguyên, vì $G$ có xoắn). Giờ anh thấy $-1/12$ là giá trị $\zeta(-1)$ của hàm Riemann-zeta tại $s=-1$ (một kết quả biết từ thời Euler). Và đây không phải là sự trùng hợp! Nó mở rộng lên bất kỳ trường số $K$ hoàn toàn thực nào (totally real number field), và có thể sử dụng để nghiên cứu mẫu số của $\zeta_k(-1)$. (Các kết quả tốt hơn thu được bằng cách sử dụng dạng modular, như sau này được tìm ra.) Những câu hỏi như thế không phải lý thuyết nhóm, không phải tôpô, cũng chẳng phải lý thuyết số: chúng chỉ là toán học.

 

Q: Đâu là những triển vọng trong việc đạt được vài sự thống nhất các lĩnh vực toán học đa dạng?

 

A: Tôi có thể nói điều này đã đạt được rồi. Tôi đã đưa ra trong câu hỏi trước một ví dụ điển hình về nhóm Lie, lý thuyết số, vân vân, đến cùng nhau và không thể bị tách rời. Để tôi cho anh một ví dụ khác (và không khó để đưa ra thêm nhiều ví dụ như vậy): 

 

Có một định lý được chứng minh gần đây bởi S. Donaldson về các đa tạp khả vi compact 4 chiều. Nó nói rằng một dạng toàn phương (trên $H^2$) của một đa tạp như thế bị hạn chế nghiêm trọng: nếu nó xác định dương, nó phải là tổng các bình phương. Và mấu chốt của chứng minh là xây dựng một đa tạp phụ trợ (một “đồng biên”) như một tập nghiệm của các phương trình đạo hàm riêng (phi tuyến tính, hiển nhiên)! Đây là một ứng dụng hoàn toàn mới của giải tích vào tôpô vi phân. Và điều còn làm nó đáng chú ý hơn là, nếu tính khả vi bị bỏ đi, thì tình huống trở nên khá khác: bằng một định lý của M. Freedman, dạng $H^2$-toàn phương có thể là hầu như bất cứ thứ gì. 

 

Q: Làm thế nào để một người bắt kịp sự bùng nổ của kiến thức toán học? 

A: Anh không nhất thiết phải bắt kịp. Khi anh hứng thú với một câu hỏi cụ thể, anh sẽ thấy rất ít thứ đã được làm có liên quan gì đến anh, và nếu nó có liên quan gì đến anh, thì anh sẽ học nó nhanh hơn rất nhiều, vì anh có sẵn một ứng dụng trong đầu. Một thói quen tốt là thường kiểm tra Math. Reviews (đặc biệt là những ấn bản về lý thuyết số, lý thuyết nhóm, vân vân). Và anh cũng học rất nhiều từ các bạn của mình: sẽ dễ dàng khi xem một chứng minh được giải thích trên bảng đen hơn là khi đọc nó. 

Một vấn đề nghiêm trọng hơn là vấn đề với các “bài toán lớn”, những bài toán rất có ít nhưng chứng minh lại quá dài để kiểm tra (trừ khi anh dành ra một phần lớn thời gian đời mình…). Một ví dụ điển hình là định lý Feit-Thompson: các nhóm cấp lẻ thì giải được. (Chevalley có lần đã muốn lấy nó làm chủ đề cho một seminar với ý định tìm hiểu hoàn chỉnh chứng minh của nó. Sau hai năm, ông ấy bỏ cuộc.) Người ta nên làm gì với các bài toán như thế nếu họ buộc phải dùng tới nó? Chấp nhận chúng bằng niềm tin? Có thể. Cơ mà nó không phải là cái gì thoải mái lắm.

Bản thân tôi khá bứt rứt với vài chủ đề, chủ yếu là tôpô vi phân, nơi người ta vẽ một bức hình phức tạp (2 chiều) và bắt anh chấp nhận nó như chứng minh cho một cái gì đó trong 5 chiều hoặc hơn nữa. Chỉ có các chuyên gia có thể “thấy” một chứng minh như thế là đúng hay sai - nếu anh gọi đó là một chứng minh. 

Q: Ông nghĩ rằng máy tính sẽ ảnh hưởng gì đến sự phát triển của toán học?

A: Máy tính vốn đã làm rất tốt phần của nó trong vài nhánh toán học. Lấy ví dụ trong lý thuyết số thì chúng được dùng theo rất nhiều cách. Đầu tiên, để đề xuất các giả thuyết hoặc câu hỏi. Nhưng cũng để kiểm tra các định lý tổng quát trên các ví dụ tính toán - vốn giúp rất nhiều trong việc tìm ra các lỗi có thể có. 

Máy tính cũng rất có ích khi phải tìm kiếm diện rộng (ví dụ, khi anh có $10^6$ hoặc $10^7$ trường hợp). Một ví dụ khét tiếng là định lý bốn màu: Tuy nhiên có một vấn đề ở đây, hầu như tương tự như định lý Feit-Thompson: một chứng minh như thế không thể kiểm tra bằng tay; anh cần một cái máy tính (và một chương trình rất phức tạp). Điều đó cũng không thực sự thoải mái. 

Q: Làm thế nào để chúng ta khuyến khích những người trẻ theo đuổi toán học, đặc biệt là trong trường học?

A: Tôi có một lý thuyết thế này, điều đầu tiên người ta nên làm là không khuyến khích mọi người làm toán, chẳng có lý do gì để có nhiều nhà toán học. Nhưng nếu sau đó, họ vẫn khăng khăng đòi làm toán, thì anh nên khuyến khích họ, và giúp họ.

Với các học sinh trung học, điểm mấu chốt là phải làm cho các em hiểu rằng toán học tồn tại, rằng nó không chết (học sinh có xu hướng tin rằng chỉ có vật lý, hoặc sinh học mới có các bài toán mở). Khuyết điểm trong cách dạy toán truyền thống là giáo viên không bao giờ đề cập đến các bài toán như thế. Xót xa thay cho điều đó. Có rất nhiều bài toán như vậy, ví dụ trong lý thuyết số, mà các bạn trẻ vị thành niên có thể hiểu: của Fermat dĩ nhiên, hoặc Goldbach chẳng hạn, hoặc sự tồn tại của vô hạn số nguyên tố dạng $n^2+1$. Và người ta nên thoải mái phát biểu chúng mà không cần chứng minh (ví dụ định lý Dirichlet về các số nguyên tố trên các cấp số cộng). 

Q: Liệu ông có nghĩ rằng sự phát triển của toán học trong vòng ba mươi năm vừa rồi nhanh hơn năm mươi năm trước đó không?

 

A: Tôi không chắc liệu điều đó đúng không. Hoàn cảnh khác nhau mà. Trong những năm 50 60, điểm nhấn thường là về các phương pháp tổng quát: distributions, đối đồng điều, và kiểu thế. Những phương pháp như thế đã rất thành công, nhưng ngày nay người ta làm việc với những câu hỏi rất cụ thể (ví dụ, những câu hỏi rất cũ như phân loại đường cong đại số trong không gian xạ ảnh 3 chiều!). Họ áp dụng những công cụ đã có trước đó; điều này khá tốt. (Và họ cũng tạo ra những công cụ mới: microlocal analysis, supervarieties, intersection cohomology,...). (xin phép không dịch ba thuật ngữ này, ai biết có thể bổ sung)

Q: Trong sự bùng nổ của toán học, ông có nghĩ rằng một nghiên cứu sinh mới có thể tiếp thu một lượng lớn toán học trong bốn, năm năm hoặc sáu năm và ngay sau đó bắt đầu làm các công trình lớn không?

A: Tại sao không? Với một vấn đề anh thường không cần biết nhiều đến thế - và bên cạnh đó, những ý tưởng rất đơn giản đã làm được rồi. 

Vài lý thuyết được đơn giản hoá. Vài cái khác thì tuột khỏi tầm nhìn. Ví dụ, vào năm 1949, tôi nhớ rằng tôi đã trầm cảm vì mọi vấn đề trên Annals of Mathematics đều chứa một bài báo khác về tôpô mà khó đọc hơn bài báo trước đó. Nhưng không ai đọc những bài báo đó nữa; chúng đã bị lãng quên (và đáng bị như vậy: tôi không nghĩ rằng chúng có gì sâu sắc…). Quên là một hoạt động rất lành mạnh.

Nói gì thì nói, vài chủ đề cần luyện tập nhiều hơn một số chủ đề khác, bởi vì những kỹ thuật nặng nề được sử dụng. Hình học đại số là một ca như vậy; và lý thuyết biểu diễn cũng thế.

Dù sao thì một người không nên bảo là “tôi sẽ đi làm hình học đại số”. Với hầu hết mọi người, tốt hơn là nên bám theo các seminar, đọc, tự hỏi những câu hỏi; và học lượng kiến thức cần cho những câu hỏi đó. 

Q: Nói cách khác, một người nên nhắm tới một bài toán trước rồi sau đó học bất cứ công cụ nào cần thiết cho nó?

A: Kiểu vậy đấy. Nhưng vì tôi biết rằng tôi không có lời khuyên tốt cho chính bản thân, tôi sẽ không đưa ra lời khuyên cho những người khác. Tôi không có một kỹ thuật nội tại cho việc nghiên cứu.

Q: Ông có nhắc đến các bài báo đã bị quên lãng. Ông nghĩ có bao nhiêu phần trăm các bài báo được công bố sẽ còn tiếp tục tồn tại?

A: Một phần trăm khác không, tôi tin là vậy. Sau cùng, chúng ta vẫn đọc những bài báo thú vị của Hurwitz, hoặc Eisenstein, hay thậm chí Gauss.

Q: Ông có bao giờ nghĩ rằng mình sẽ hứng thú với lịch sử toán học?

 

A: Tôi vốn đã hứng thú rồi. Nhưng nó không thật sự dễ dàng; tôi không có khả năng ngôn ngữ trong việc học tiếng Latin hay Hy Lạp chẳng hạn. Và tôi thấy rằng việc viết một bài báo về lịch sử toán học còn tốn thời gian hơn viết một bài báo về chính toán. Dù sao thì lịch sử cũng rất thú vị; nó gom mọi thứ vào một góc nhìn ngay ngắn.

Q: Ông có tin người ta sẽ giải quyết được bài toán phân loại nhóm đơn? 

A: Ít nhiều - nhưng nhiều hơn ít. Tôi sẽ rất thích thú nếu một nhóm sporadic mới được tìm ra, nhưng tôi e rằng điều đó sẽ không xảy ra.

Quan trọng hơn, định lý phân loại là một cái gì đó lộng lẫy. Anh có thể kiểm tra rất nhiều tính chất chỉ bằng việc kiểm qua một loạt các nhóm (ví dụ điển hình: phân loại các nhóm $n$-truyền dẫn, với $n$ lớn hoặc hoặc bằng $4$).

 

Q: Ông nghĩ rằng mọi thứ sẽ thay đổi thế nào sau bài toán phân loại nhóm đơn?

A: Anh đang ám chỉ rằng một số nhà lý thuyết nhóm hữu hạn sẽ bị mất tinh thần bởi bài toán phân loại; họ nói rằng (và tôi được nói rằng) “chẳng có gì mà làm sau đó nữa”. Tôi nghĩ điều này thật nực cười. Chắc chắn rằng vẫn còn nhiều thứ để làm! Đầu tiên là đơn giản hoá chứng minh (cái mà Gorenstein gọi là “tái tầm nhìn luận” (revisionism)). Nhưng cũng còn phải tìm ứng dụng trong các phần khác của toán học; ví dụ, đã có rất nhiều khám phá gây tò mò liên hệ nhóm quỷ Griess-Fischer với các dạng modular (cái được gọi là “Moonshine”). 

Hỏi thế không khác gì hỏi rằng liệu chứng minh của Falting cho giả thuyết Mordell có làm lý thuyết điểm hữu tỷ trên đường cong chết đi không. Không! Nó chỉ đơn thuần là điểm bắt đầu. Rất nhiều câu hỏi vẫn bỏ ngỏ.

(nhưng cũng cần phải nói rằng có những lý thuyết có thể bị giết. Một ví dụ nổi tiếng là vấn đề thứ mười lăm của Hilbert: mọi nhóm tôpô Euclid địa phương là một nhóm Lie. Khi tôi vẫn còn là một nhà tôpô trẻ, đó là vấn đề mà tôi rất muốn giải quyết - nhưng tôi đã chẳng đi đến đâu. Gleason, và Montgomery-Zippin là những người giải quyết nó, và lời giải của họ tất cả không là gì ngoài việc giết chết vấn đề. Còn gì để khám phá trong hướng này? Tôi có thể nghĩ tới một câu hỏi: liệu nhóm các số nguyên p-adic có tác động effective lên một đa tạp? Câu hỏi này dường như khá khó - nhưng ngay cả thế lời giải của nó sẽ còn không có chút ứng dụng nào theo tôi thấy.) 

Q: Nhưng người ta có thể nói rằng hầu hết các vấn đề trong toán học đều như vậy, tức là vấn đề tự chúng có thể khó và thách thức nhưng sau khi có lời giải thì chúng trở nên vô dụng. Thực tế có rất ít vấn đề như giả thuyết Riemann khi mà thậm chí trước cả lời giải của nó, người ta đã biết tới rất nhiều hệ quả. 

A: Đúng, giả thuyết Riemann là một trường hợp rất tốt: nó suy ra rất nhiều điều (bao gồm các bất đẳng thức thuần dữ liệu số, ví dụ về biệt thức của các trường số). Nhưng vẫn còn các ví dụ khác: định lý giải kỳ dị của Hironaka chẳng hạn; hay bài toán phân loại nhóm đơn mà chúng ta vừa bàn tới.

Đôi khi phương pháp sử dụng trong chứng minh là thứ có nhiều ứng dụng: tôi tự tin mà nói rằng điều này đúng với Falting. Và đôi khi, đúng là vấn đề tự nó không có ứng dụng; chúng là một dạng bài kiểm tra có những lý thuyết đang tồn tại; chúng ép chúng ta đi xa hơn nữa.

Q: Ông có còn quay lại với các vấn đề trong tôpô không?

A: Không. Tôi đã không dõi theo các kỹ thuật gần đây, và tôi không biết những tính toán cuối cùng của nhóm đồng luân của mặt cầu $\pi_{k+n}(S^n)$ (tôi đoán người ta đã chạm tới mức $k=40$ hoặc $50$. Tôi từng biết chúng tới khoảng $k=10$.)

Nhưng tôi vẫn sử dụng các ý tưởng từ tôpô theo nghĩa rộng, ví dụ đối đồng điều, cản trở, lớp đặc trưng Stiefel-Whitney, vân vân.

Q: Bourbaki đã ảnh hưởng gì lên toán học?

A: Một ảnh hưởng tốt. Tôi biết rằng trách mắng Bourbaki vì mọi thứ là một thứ mốt thời thượng (ví dụ “New Math”), nhưng điều đó không công bằng. Người ta đã lạm dụng những quyển sách của Bourbaki; chúng vốn không được dùng cho giảng dạy đại học, thậm chí còn ít hơn trong việc giảng dạy trung học. 

Q: Liệu có nên có một dấu hiệu cảnh báo?

A: Một dấu hiệu cảnh báo thực tế đã được đưa ra bởi Bourbaki: đó là seminar Bourbaki. Seminar đó không hình thức như những gì trong sách: nó bao gồm tất cả các thể loại toán học, thậm chí một chút vật lý. Nếu anh gộp cả seminar và sách thì anh sẽ có một góc nhìn cân bằng hơn rất nhiều.

Q: Ông có thấy ảnh hưởng của Bourbaki lên toán học đang đi xuống?

A: Ảnh hưởng là khác so với nó đã từng. Bốn mươi năm trước, Bourbaki có một nhiệm vụ để làm; đó là chứng minh rằng một thứ toán học hệ thống và trình bày tốt là khả thi. Và bây giờ nhiệm vụ hoàn thành rồi, Bourbaki chiến thắng. Như một hệ quả, những quyển sách của anh ta chỉ còn dùng cho sở thích kỹ thuật; câu hỏi chỉ là liệu chúng có trình bày tốt về chủ đề người ta quan tâm hay không. Đôi khi là có (quyển về “root systems” đã trở thành tham khảo chính quy cho ngành) (   hồi thi môn lý thuyết nhóm Lie mình đã phải tham khảo ở đây); đôi khi là không (tôi sẽ không đưa ra ví dụ: nó là vấn đề thị hiếu).

Q: Nói về thị hiếu, phong cách nào (cho sách, báo) mà ông thích nhất?

A: Sự chính xác kết hợp với tính không hình thức! Cái đó là lý tưởng, như cho các bài giảng. Anh có thể tìm thấy sự hoà quyện niềm vui ở các tác giả như Atiyah hay Milnor, và một số ít khác. Nhưng rất khó để đạt tới mức này. Ví dụ, tôi thấy rất nhiều nhà toán học Pháp (bao gồm cả tôi) làm mọi thứ hơi hình thức, và một số nhà toán học Nga lại quá thiếu chính xác…

Một điểm nữa tôi muốn đề cập các bài báo nên bao gồm nhiều hơn những lưu ý, câu hỏi mở, vân vân. Rất thường xuyên, có những thứ thú vị hơn những định lý thực sự được chúng minh. Than ôi, hầu hết mọi người sợ thừa nhận rằng họ không biết câu trả lời cho một câu hỏi, và như một hệ quả họ tránh luôn việc nói tới câu hỏi, ngay cả khi nó là một câu hỏi rất tự nhiên. Thương xót làm sao! Như tôi vẫn hay làm, tôi thích nói “tôi không biết”.

 

Dịch bởi: Phạm Khoa Bằng, Đại học Rennes 1, Pháp.

Nguồn: xem tại đây.