Một số tính chất của phần tử sinh của đại số đa thức xem như môđun trên đại số steenrod

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

TRẦN THỊ CHUNG

MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA PHẦN TỬ SINH
CỦA ĐẠI SỐ ĐA THỨC XEM NHƯ MÔĐUN
TRÊN ĐẠI SỐ STEENROD

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Bình Định - Năm 2019


1

Mở đầu

Ký hiệu Pn = F2 [x1 , x2 , . . . , xn ] là đại số đa thức trên trường F2 , gồm n biến
xi , mỗi biến có bậc 1. Đại số này đẳng cấu với đối đồng điều kỳ dị hệ số trên F2

của tích n-lần của không gian xạ ảnh thực vô hạn chiều. Do đó, nó có cấu trúc
là một mơđun trái trên đại số Steenrod mod 2, A. Tác động trái của A trên Pn
được xác định tường minh bởi các tính chất sơ cấp của các toán tử Steenrod
Sq m , bậc m

0 (xem [16]) và công thức Cartan [2]
Sq m (f g) =

Sq i (f )Sq j (g),
i+j=m

với mọi đa thức thuần nhất f, g ∈ Pn .
Một trong những bài tốn mang tính thời sự, đang được nhiều nhà Tơpơ đại
số nghiên cứu là bài tốn xác định tường minh một hệ sinh tối tiểu của Pn được
xét như một mơđun trên đại số Steenrod A. Bài tốn này có tên gọi là bài tốn
hit, được nghiên cứu trước tiên bởi Peterson [10] và Singer [14]. Về sau nó được
nghiên cứu bởi nhiều tác giả như Crabb and Hubbuck [3], Janfada and Wood
[4], Kameko [6], Mothebe [8], Nam [9], Phúc-Sum [11], Singer [15], Wood [21] và
nhiều tác giả khác.
Một đa thức thuần nhất bất kỳ f trong Pn được gọi là "hit" nếu nó có thể
Sq m (fm ) trong đó fm là các đa thức

biểu diễn dưới dạng tổng hữu hạn f =
m>0

thuần nhất nào đó trong Pn . Xem F2 như một A-mơđun tầm thường, bài tốn
hit được quy về xác định một hệ sinh tối tiểu của F2 -không gian véctơ phân bậc
QPn := F2 ⊗A Pn = Pn /A+ Pn ,


2
trong đó ký hiệu A+ là iđêan bổ sung của đại số A và A+ Pn là tập hợp tất cả
các đa thức hit trong Pn . Qua các công trình của Peterson [10], Wood [21] và
Singer [14], có thể thấy rằng bài tốn hit có mối quan hệ chặt chẽ với nhiều bài
toán kinh điển trong lý thuyết đồng luân như lý thuyết cobordism của các đa
tạp; bài toán phân tích ổn định khơng gian phân loại của các 2-nhóm Abel sơ
cấp; lý thuyết biểu diễn modular của các nhóm tuyến tính, . . . .
Cho d là một số nguyên dương tùy ý và ký hiệu (QPn )d là khơng gian con
của QPn sinh bởi các lớp có phần tử đại diện là các đa thức thuần nhất bậc d
trong A-môđun Pn . Một trong những công cụ hữu hiệu để giải quyết bài toán

0

0

hit là đồng cấu Kameko Sq ∗ = (Sq ∗ )(n,n+2d) : (QPn )n+2d → (QPn )d . Đồng cấu này
được cảm sinh từ ánh xạ F2 -tuyến tính ϕ : Pn −→ Pn xác định bởi:
ϕ(x) =

u
0

nếu x = x1 x2 . . . xn u2 ,
các trường hợp khác,

với x là đơn thức tùy ý trong Pn .
Bài toán hit đã được giải tường minh bởi Peterson [10] với số biến n

2.

Trường hợp n = 3 được Kameko nghiên cứu trong Luận án tiến sĩ [6] tại Trường
Đại học Johns Hopkins năm 1990. Sau đó, N. Sum giải quyết cụ thể cho trường
hợp n = 4 trong các bài báo [17].
Như đã biết, giải bài toán hit tương đương với việc xác định một cơ sở của
không gian véctơ QPn tại mỗi bậc d

0. Tuy nhiên, từ một kết quả của Wood

trong [21], chúng ta chỉ nghiên cứu không gian QPn tại các bậc d có dạng như
sau:
d = t(2s − 1) + 2s m,

với t, s, m là các số nguyên khơng âm thỏa mãn µ(m) < t
(2di − 1), di > 0, 1

µ(m) = min r ∈ N : m =

(1)
n, trong đó
i

r .

1 i r

Trường hợp t = n, bài toán được nghiên cứu một phần bởi Hưng [5] và Tín-Sum
[20]. Đáng chú ý, trong [20], các tác giả đã chỉ ra rằng với s > τ,
(QPn )n(2s −1)+2t m ∼
= (QPn )n(2τ −1)+2τ m


3
nếu và chỉ nếu τ

τ (n, m) = max{0, n − α(n + m) − ς(n + m)}, trong đó ký hiệu

α(k) là số các hệ số 1 trong khai triển nhị phân của k và ς(k) là số nguyên dương

lớn nhất p sao cho k chia hết cho 2p . Kết quả này là một mở rộng kết quả của
Hưng trong [5] về tính chất đẳng cấu lặp của đồng cấu Kameko [6]. Hơn nữa,
thông qua kết quả của Tín-Sum [20], để xác định khơng gian QPn tại các dạng

bậc d như trong (1), chúng ta chỉ cần xét các trường hợp 1

s

τ (n, m).

Việc nghiên cứu bài toán hit tại các bậc d có dạng (1) là rất phức tạp và đòi
hỏi nhiều kỹ thuật. Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp, thơng qua một vài tính
chất đặc biệt của các phần tử sinh của A-môđun Pn , quá trình giải bài tốn hit
có thể thuận lợi hơn. Trong luận văn này, chúng tơi trình bày chi tiết các kết
quả trong bài báo [18] về một số tính chất của các phần tử sinh của đại số đa
thức Pn được xét như một môđun trên đại số Steenrod. Từ đó, nghiên cứu và
tính tốn tường minh bài tốn hit tại bậc d có dạng (1) với t = n = 5 và m = 10.
Cấu trúc của luận văn này gồm phần Mở đầu, Phần nội dung, Kết luận và
Tài liệu tham khảo. Phần nội dung của luận văn được chia thành 4 chương.
• Chương 1 trình bày một số kiến thức đã biết về bài toán hit của Peterson.

Các kiến thức trong chương này sẽ được sử dụng cho các chương tiếp theo.
• Chương 2 trình bày cách xây dựng một số đồng cấu và chứng minh một vài

tính chất đặc biệt của các phần tử sinh của đại số đa thức Pn như một môđun
trên đại số Steenrod.
• Trong Chương 3, chúng tơi trình bày chi tiết kết quả trong [18] về bài toán

hit đối với số biến n = 5 và tại bậc d = 5(2s − 1) + 10.2s với s là số nguyên không
âm tùy ý.
• Cuối cùng trong Chương 4, chúng tơi liệt kê tất cả các đơn thức chấp nhận

được bậc 10, 11, 25 trong P5 .
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của PGS. TS. Nguyễn

Sum. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sự kính trọng sâu sắc nhất
đến Thầy hướng dẫn, Thầy đã tận tình trong việc giảng dạy, cũng như giúp đỡ
và truyền đạt cho tác giả những kiến thức quý báu và kinh nghiệm trong quá


4
trình nghiên cứu khoa học, để tác giả hồn thành luận văn này một cách tốt
nhất.
Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến Ban lãnh đạo trường Đại học Quy Nhơn,
Phịng đào tạo sau Đại học, Khoa Tốn và Thống kê cùng quý thầy, cô giáo
giảng dạy lớp Cao học Tốn Đại số và lí thuyết số K20.
Tác giả cũng gửi lời cảm ơn đến các anh chị em học viên lớp Cao học Tốn
Đại số và lí thuyết số khóa 20, gia đình và bạn bè đã quan tâm và giúp đỡ tác
giả trong suốt 2 năm học Cao học tại trường Đại học Quy Nhơn.
Cuối cùng, tác giả hy vọng rằng luận văn này là tài liệu hữu ích cho các sinh
viên, học viên cao học đang tìm tịi và nghiên cứu về bài tốn hit trong lĩnh vực
Tôpô đại số.


5

Chương 1
Kiến thức cơ sở
Trong toàn bộ luận văn này, vành hệ số được xét là trường nguyên tố F2 có
hai phần tử 0 và 1.
Trong chương này, chúng tơi hệ thống lại một số kiến thức đã biết về bài
toán hit của Peterson bao gồm các kiến thức về đại số Steenrod A và tác động
của nó trên đại số đa thức Pn := F2 [x1 , . . . , xn ].

1.1

Sơ lược về đại số Steenrod

Trong mục này, chúng tơi trình bày sơ lược về đại số Steenrod trên trường
F2 . Các kiến thức trong phần này chủ yếu dựa theo các tài liệu [1, 2, 7, 13].
Đại số Steenrod là đại số phân bậc, kết hợp, có đơn vị trên trường F2 sinh
bởi các tốn tử đối đồng điều
Sq m : H d (X) → H d+m (X),

là các phép biến đổi tự nhiên trên đối đồng điều kỳ dị của không gian tôpô X ,
xác định với mọi d, m

0. Các toán tử này được gọi là toán tử Steenrod và giao

hoán với "phép treo”; do đó chúng được gọi là các tốn tử đối đồng điều ổn định.
Đại số Steenrod thường được ký hiệu là A.
Năm 1950, Cartan [2] chỉ ra rằng
Sq m (xy) =

Sq i (x)Sq j (y),
i+j=m


6
với mọi x, y ∈ H ∗ (X) =

H d (X), vành đối đồng điều kỳ dị của X với hệ số
d 0

trên F2 . Công thức này về sau được gọi là công thức Cartan.

Năm 1952, Adem [1] đã chứng minh rằng tất cả các quan hệ trong đại số
Steenrod đều được sinh ra từ tập các quan hệ sau, gọi là các quan hệ Adem,
Sq m Sq n =
0 j [m/2]

n−j−1
Sq m+n−j Sq j , m < 2n,
m − 2j

trong đó, hệ số nhị thức được lấy theo modulo 2 và ký hiệu [m/2] là phần nguyên
của m/2.
Một vài tính chất của tốn tử Steenrod trong [7] như sau:
(i) Sq m (x) = 0 nếu m > deg(x).
(ii) Sq 0 là toán tử đồng nhất.
(iii) Sq m (x) = x2 nếu m = deg(x).
Mệnh đề 1.1.1 (Mosher-Tangora [7]). Với mỗi x ∈ H 1 (X), ta có
Sq m (xj ) =

trong đó

j
m

j
xm+j ,
m

là hệ số được tính theo modulo 2.

Chứng minh. Ta chứng minh mệnh đề bằng quy nạp như sau:

Với j = 1, mệnh đề đúng.
Giả sử mệnh đề đúng với mọi k

j và mọi m

k. Ta chứng minh mệnh đề

cũng đúng với j + 1. Thật vậy, áp dụng cơng thức Cartan, ta có
Sq m (xj+1 ) =

Sq k (xj )Sq m−k (x).
0 k m

Vì Sq m (x) = 0 nếu m > deg(x) nên
Sq m (xj+1 ) = Sq m−1 (xj )Sq 1 (x) + Sq m (xj )Sq 0 (x).

Theo giả thiết quy nạp, ta có Sq m−1 (xj ) =

j
m−1

xm−1+j và Sq m (xj ) =

Do đó, ta nhận được
Sq m (xj+1 ) =

j
m−1

+

j
m

xm+1+j =

j + 1 m+1+j
x
.
m

j
m

xm+j .


7
Mệnh đề được chứng minh.

Ta nói tốn tử Steenrod Sq m là phân tích được nếu nó có dạng
Sq m =

Sq i1 Sq i2 . . . Sq ir
i1 +i2 +···+ir =m

với 0 < i1 , . . . , ir < m. Ngược lại, toán tử Sq m là khơng phân tích được nếu khơng
tồn tại một quan hệ như vậy. Chẳng hạn, Sq 1 và Sq 2 là khơng phân tích được
(Sq 2 khơng phân tích được do Sq 1 Sq 1 = 0). Tuy nhiên, Sq 3 là phân tích được vì
theo quan hệ Adem Sq 3 = Sq 1 Sq 2 .

Định lý 1.1.2 (Mosher-Tangora [7]). Tốn tử Steenrod Sq m là khơng phân tích
được khi và chỉ khi m có dạng m = 2k với k
k

các toán tử Sq 0 và Sq 2 với mọi k

0. Từ đó, đại số Steenrod sinh bởi

0.

Chứng minh. Trước tiên, ta chứng minh nếu Sq m khơng phân tích được thì
m = 2k với k

0.

Giả sử m = a + 2k với k là số nguyên dương lớn nhất sao cho 2k

m. Khi đó

0 < a < 2k . Theo quan hệ Adem, ta có
k

Sq a Sq 2 =
1 j [a/2]

k
2k − j − 1
Sq a+2 −j Sq j +
a − 2j

2k − 1
Sq m .
a

Suy ra
k
2k − 1
Sq m = Sq a Sq 2 +
a

Vì 0 < a < 2k nên

2k −1
a

1 j [a/2]

= 1 mod 2, tức là

được (mâu thuẫn). Do đó, m = 2k với k

k
2k − j − 1
Sq a+2 −j Sq j .
a − 2j

2k −1
a

= 0. Suy ra Sq m là phân tích

0.

Ngược lại, giả sử m = 2k , ta chứng minh Sq m khơng phân tích được. Giả sử
k

Sq 2 =

Sq i1 Sq i2 . . . Sq ir
i1 +i2 +···+ir =2k

với 0 < i1 , . . . , ir < 2k . Gọi x = 0 là phần tử sinh của H 1 (X). Nhận xét rằng,
2k
j

= 0 mod 2, với mọi j < 2k . Kết hợp điều này với tính chất của tốn tử


8
Steenrod, ta có
0 = x2

k+1

k

k

k

= Sq 2 (x2 ) =

Sq i1 Sq i2 . . . Sq ir (x2 ) = 0.
i1 +i2 +···+ir =2k

Điều này là mâu thuẫn. Vậy Sq m khơng phân tích được.
k

Từ đó, chúng ta thấy rằng đại số Steenrod được sinh bởi Sq 0 và Sq 2 với mọi
k

0.

Cho I = (i1 , i2 , . . . , ir ) là một bộ gồm r số nguyên dương. Ta nói dãy I là
dãy chấp nhận được nếu ij

2ij+1 với 1

j

r − 1. Một tích các toán tử

Sq i1 Sq i2 . . . Sq ir được gọi là một đơn thức có độ dài r và có bậc là i1 + i2 + · · · + ir .

Đơn thức Sq I := Sq i1 Sq i2 . . . Sq ir được gọi là đơn thức chấp nhận được nếu I là
một dãy chấp nhận được.
Với mỗi s

0, ký hiệu As là F2 -không gian véctơ sinh bởi các đơn thức Sq I

bậc s. Ta nói deg Sq I = s nếu Sq I ∈ As . Do đó, A =

As . Ta cũng ký hiệu
s 0

A+

As

=

là ideal bổ sung của A sinh bởi các đơn thức bậc dương.

s>0

Nhận xét 1.1.3. Giả sử Sq I = Sq i1 Sq i2 · · · Sq ik là đơn thức khơng chấp nhận
được. Thế thì tồn tại s sao cho 0 < is < 2is+1 . Khi đó, theo quan hệ Adem, ta có
Sq I = Sq i1 Sq i2 · · · Sq ik
= Sq i1 · · ·
=

is+1 −j−1
is −2j

0 j [is /2]
is+1 −j−1
is −2j
0 j [is /2]

Sq is +is+1 −j Sq j · · · Sq ik

Sq i1 · · · Sq is +is+1 −j Sq j · · · Sq ik .

Tiếp tục q trình như thế, ta có thể phân tích Sq I thành tổng các đơn thức
chấp nhận được, các số hạng trong tổng này có bậc bằng deg Sq I nên tổng này
là hữu hạn. Do đó, mọi đơn thức trong A đều có thể viết dưới dạng tổng hữu
hạn của các đơn thức chấp nhận được.
Năm 1953, Serre [13] chỉ ra rằng các toán tử Steenrod sinh ra tất cả các toán
tử đối đồng điều ổn định và đại số Steenrod có một cơ sở cộng tính được gọi là
cơ sở chấp nhận được. Kết quả này là định lý sau đây.
Định lý 1.1.4 (Mosher-Tangora [7], Serre [13]). Tập hợp tất cả các đơn thức
chấp nhận được là một cơ sở cộng tính của đại số Steenrod A, xem như là F2 không gian véctơ phân bậc.


9
Sau đây là một số ví dụ về cơ sở chấp nhận được và số chiều của F2 -không
gian véctơ Ad với 1

d

9.

Ví dụ 1.1.5.
d
0
1
2
3
4
5

6
7
8
9

Cơ sở chấp nhận được của Ad
Sq 0 = 1
Sq 1
Sq 2
Sq 3 , Sq 2 Sq 1
Sq 4 , Sq 3 Sq 1
Sq 5 , Sq 4 Sq 1
Sq 6 , Sq 5 Sq 1 , Sq 4 Sq 2
Sq 7 , Sq 6 Sq 1 , Sq 5 Sq 2 , Sq 4 Sq 2 Sq 1
Sq 8 , Sq 7 Sq 1 , Sq 6 Sq 2 , Sq 5 Sq 2 Sq 1
Sq 9 , Sq 8 Sq 1 , Sq 7 Sq 2 , Sq 6 Sq 3 , Sq 6 Sq 2 Sq 1

dim Ad
1
1
1
2
2
2
3
4
4
5

Ta biết rằng đại số Steenrod A là đại số Hopf liên thơng, đối giao hốn, có

kiểu hữu hạn với đối tích ∆ và phép bổ sung

xác định như sau:

∆:A
−→ A ⊗F2 A,
m
Sq
−→
Sq m−i ⊗F2 Sq i ,
0 i m

:A
θ

−→ F2 ,
1 nếu deg θ = 0,
−→
0 nếu deg θ > 0.

Nhận thấy rằng Ker( ) = A+ .

1.2

Cấu trúc A-môđun trái không ổn định của đại
số đa thức Pn

Như đã trình bày trong phần Mở đầu, chúng tơi nghiên cứu bài tốn tìm một
hệ sinh tối tiểu của F2 -đại số đa thức phân bậc Pn = F2 [x1 , . . . , xn ] được xét như
một môđun trên đại số Steenrod A. Trong phần này, chúng tôi nhắc lại cấu trúc

A-môđun trái không ổn định của Pn .


10
Ký hiệu RP ∞ là không gian xạ ảnh thực vô hạn chiều. Biết rằng H ∗ (RP ∞ ) ∼
=
F2 [x] với x ∈ H 1 (RP ∞ ); do ú theo nh lý Kă
unneth v i ng iu kỳ dị, ta
có
H ∗ ((RP ∞ )n ) ∼
= F2 [x1 , x2 , . . . , xn ] := Pn .

trong đó H ∗ ((RP ∞ )n ) là đối đồng điều mod-2 của tích n-lần của RP ∞ . Tác động
trái của A trên Pn cho bởi

 xi nếu m = 0,
Sq m (xi ) =
x2 nếu m = 1,
 i
0 nếu m > 1,
và công thức Cartan [2]
Sq t (f )Sq m−t (g),

Sq m (f g) =
0 t m

với f, g là các đa thức thuần nhất bất kỳ trong Pn . Đặc biệt, theo Mệnh đề
1.1.1, Sq m (xdi ) =

d

m

xm+d
. Với tác động này, Pn có cấu trúc là một A-mơđun
i

trái khơng ổn định.

1.3
1.3.1

Một số kiến thức về bài toán hit và kết quả liên
quan
Véctơ trọng lượng và véctơ lũy thừa

Chúng ta kí hiệu Nn = {1, 2, ..., n}, J = {j1 , j2 , ..., jt } ⊂ Nn và
XJ = X{j1 ,j2 ,...,jt } =

xj .
j∈Nn \J

Đặc biệt, XNn = 1, X∅ = x1 x2 ...xn , Xj = x1 ...ˆ
xj ...xn , 1 ≤ j ≤ n, và X := Xn =
x1 x2 ...xn−1 ∈ Pn−1 .

Cho αi (a) là hệ số thứ i trong khai triển nhị phân của một số ngun khơng
âm a. Điều đó nghĩa là a = α0 (a)20 + α1 (a)21 + α2 (a)22 + . . . , với αi (a) = 0 hoặc 1
với i ≥ 0.
Cho đơn thức x = xa11 xa22 . . . xann ∈ Pn . Kí hiệu νt (x) = at , 1 ≤ t ≤ n. Đặt
Ji (x) = {t ∈ Nn : αi (νt (x)) = 0}

11
với i ≥ 0. Khi đó đơn thức x được viết lại như sau:
i

XJ2i (x) .

x=
i 0

Định nghĩa 1.3.1. Với một đơn thức x trong Pn , định nghĩa hai dãy liên kết
với x bằng cách đặt:
ω(x) = (ω1 (x), ω2 (x), . . . , ωn (x), . . .);
σ(x) = (ν1 (x), ν2 (x), . . . , νn (x))

với ωi (x) =

1≤j≤n αi−1 νj (x)

= degXJi−1 (x) , i ≥ 1.

Các dãy ω(x) và σ(x) theo thứ tự được gọi là véctơ trọng lượng và véctơ lũy
thừa liên kết với x.
Cho ω = (ω1 , ω2 , . . . , ωi , . . .) là một dãy các số nguyên không âm. Dãy ω được
gọi là véctơ trọng lượng nếu ωi = 0 nếu i

0. Chúng ta quy ước tập hợp tất

cả các véctơ trọng lượng và véctơ lũy thừa được sắp xếp thứ tự toàn phần theo

quan hệ thứ tự từ điển bên trái.
Với ω là một véctơ trọng lượng, định nghĩa degω = Σi>0 2i−1 ωi . Nếu có i0 =
0, i1 , i2 , . . . , ir > 0 sao cho i1 + i2 + . . . + ir = m, ωi1 +i2 +...+is−1 +t = bs , 1 ≤ j ≤ is , 1 ≤
(i )

(i )

(i )

s ≤ r, và ωi = 0 với mọi i > m thì ta viết ω = (b1 1 , b2 2 . . . , br r ). Quy ước
(1)

bu = bu . Ví dụ ω = (3, 2, 2, 2, 1, 1, 0, . . . ) = (3, 2(3) , 1(2) ).

Ký hiệu Pn (ω) là không gian con của Pn sinh bởi tất cả các đơn thức y sao
cho degy = degω , ω(y) ≤ ω và Pn− (ω) là không gian con của Pn sinh bởi tất cả
các đơn thức y ∈ Pn (ω) sao cho ω(y) < ω .
Định nghĩa 1.3.2. Cho ω là một véctơ trọng lượng và hai đa thức thuần nhất
cùng bậc f, g trong Pn .
(i) f ≡ g khi và chỉ khi (f + g) ∈ A+ Pn . Nếu f ≡ 0 thì f gọi là đa thức hit.
(ii) f ≡ω g khi và chỉ khi (f + g) ∈ A+ Pn + Pn− (ω).
(iii) f

(s,ω)

−
g khi và chỉ khi (f + g) ∈ A+
s Pn + Pn (ω).

12
Dễ thấy các quan hệ trong (i), (ii) và (iii) là các quan hệ tương đương. Nếu
f ≡ω g thì f

(

s, ω)g, với mọi s

ω = ω(x), thì ta kí hiệu x

s

0. Nếu x là một đơn thức bất kỳ trong Pn và

g khi và chỉ khi f

(s,ω)

g.

Mệnh đề 1.3.3 (Sum [17]). Cho x, y là các đơn thức và f, g là các đa thức thuần
nhất trong Pn sao cho degx = degf, degy = degg.
(i) Nếu ωi (x)

1 với i > s và x

(ii) Nếu ωi (x) = 0 với i > s, x

s

t

f với t

f và y

r

s thì xy 2
g thì xy 2

s

s

t

f y2 .

s+r

f g2 .

s

s

Ký hiệu QPn (ω) là không gian thương của Pn (ω) theo quan hệ tương đương
≡ω . Khi đó ta có
QPn (ω) = Pn (ω)/(A+ Pn ∩ Pn (ω) + Pn− (ω)).

Hơn nữa, chúng ta thấy rằng (QPn )d ∼
=

Pn (ω).

deg ω=d

1.3.2

Đơn thức chấp nhận được

Trong phần này, chúng tơi trình bày các khái niệm và một số kết quả trong
Kameko [6] về đơn thức chấp nhận được.
Ta đồng nhất một dãy hữu hạn các số nguyên không âm (ξ1 , ξ2 , . . . , ξn ) với
dãy vô hạn (ξ1 , ξ2 , . . . , ξn , 0, 0, . . .). Xét quan hệ thứ tự từ điển " " trên tập hợp
dãy các số nguyên không âm. Sau đây là định nghĩa một quan hệ thứ tự trên
tập hợp các đơn thức trong Pn .
Định nghĩa 1.3.4 (Kameko [6]). Cho x, y là hai đơn thức cùng bậc trong Pn .
Ta nói rằng x < y khi và chỉ khi một trong các điều sau đúng:
(i) ω(x) < ω(y);
(ii) ω(x) = ω(y) và σ(x) < σ(y).
Định nghĩa 1.3.5 (Kameko [6]). Một đơn thức x ∈ Pn được gọi là không chấp
nhận được nếu tồn tại các đơn thức y1 , y2 , . . . , ym , sao cho yt < x với t = 1, 2, . . . , m
và x ≡

yt .
1 t m

13
Đơn thức x bất kỳ trong Pn được gọi là chấp nhận được nếu nó khơng là đơn
thức khơng chấp nhận được.
Định nghĩa 1.3.6 (Kameko [6]). Đơn thức x trong Pn được gọi là không chấp
nhận được chặt nếu tồn tại các đơn thức y1 , y2 , . . . , ym sao cho sao cho yt < x với
t = 1, 2, . . . , m và
x=

Sq j (gj )

yt +
1 t m

1 j 2k −1

với k = max{r : ωr (x) > 0} và đơn thức thích hợp gj ∈ Pn .
Từ các định nghĩa trên, rõ ràng tập hợp tất cả các đơn thức chấp nhận
được cùng bậc trong Pn là một tập sinh cực tiểu của Pn như môđun trên đại số
Steenrod A.
Định lý 1.3.7 (Kameko [6], Sum [17]). Cho x, y, w là các đơn thức trong Pn sao
cho ωi (x) = 0 với i > r > 0, ωs (w) = 0 và ωi (w) = 0 với i > s > 0.
r

(i) Nếu w là khơng chấp nhận được thì xw2 cũng không chấp nhận được.
s

(ii) Nếu w là không chấp nhận được chặt thì wy 2 cũng khơng chấp nhận được
chặt.
Chúng tôi kết thúc phần này bằng việc nhắc lại một số kí hiệu. Đặt
Pn0 = {x = x1 a1 x2 a2 . . . xn an : a1 a2 . . . an = 0} ;

Pn+ = {x = x1 a1 x2 a2 . . . xn an : a1 a2 . . . an > 0} .

Khi đó, Pn0 và Pn+ là các A-môđun con của Pn . Hơn nữa, ta có điều sau đây.
Mệnh đề 1.3.8. Ta có sự phân tích QPn thành tổng trực tiếp các F2 -không gian
con như sau:
QPn = QPn0 ⊕ QPn+ ,

trong đó, QPn0 = F2 ⊗A Pn0 và QPn+ = F2 ⊗A Pn+ .
Từ mệnh đề này, nếu biết một hệ sinh tối tiểu trong A-mơđun Pn−1 thì ta có
thể dễ dàng xác định một cơ sở của QPn0 . Do đó, để xác định QPn tại một dạng
bậc nào đó, ta chỉ cần xác định một cơ sở của QPn+ tại dạng bậc đó.


14

1.3.3

Đồng cấu Kameko và tiêu chuẩn đơn thức hit của Singer

Trong phần này, chúng tơi trình bày định nghĩa đồng cấu của Kameko [6] và
tính chất của nó. Chúng tơi cũng nhắc lại một kết quả của Singer [15] về các đa
thức hit trong Pn . Các kiến thức này sẽ được sử dụng cho các chương tiếp theo.
Định nghĩa 1.3.9 (Kameko [6]). Cho x là đơn thức bất kỳ trong Pn . Định
nghĩa các F2 -đồng cấu không gian véctơ ψ, ϕ : Pn → Pn xác định bởi
ψ(x) = x1 x2 . . . xn x2 ;
u
0

ϕ(x) =

nếu x = ψ(u),
các trường hợp khác.

Chú ý rằng Sq m ϕ = ϕSq 2m và ϕSq 2m+1 = 0, với mọi số ngun khơng âm m.
Do đó, ϕ cảm sinh một ánh xạ tuyến tính
0

0

Sq ∗ = (Sq ∗ )(n,d) : (QPn )d → (QPn ) d−n
2

với mọi d

n và d − n là số chẵn. Đồng cấu này về sau được gọi là đồng cấu

Kameko.
Nói chung Sq 2m ψ = ψSq m với mọi m

0. Tuy nhiên, trường hợp riêng, ta có

định lý sau đây.
Định lý 1.3.10 (Kameko [6]). Cho d là một số dương tùy ý. Nếu µ(d) = n thì
0

0

đồng cấu Sq∗ = (Sq∗ )(n.d) : (QPn )d −→ (QPn ) d−n là một đẳng cấu không gian
2

véctơ và ψ cảm sinh một nghịch đảo của nó. Ở đây,
(2ti − 1), ti > 0, 1

µ(d) = min r ∈ N : d =

i

r .

1 i r

Trường hợp µ(d) > n, chúng ta có kết quả sau.
Định lý 1.3.11 (Wood [21]). Nếu µ(d) > n thì (QPn )d = 0.
Bây giờ, chúng tơi trình bày một kết quả của Singer trong [15] về tiêu chuẩn
đơn thức hit.


15
Định nghĩa 1.3.12. Một đơn thức z trong Pn được gọi là spike nếu νj (z) = 2sj −1
với sj là một số nguyên không âm và j = 1, 2, . . . , n. Nếu z là một đơn thức spike
với s1 > s2 > . . . > sr−1

sr > 0 và sj = 0 với j > r thì nó được gọi là đơn thức

spike cực tiểu.
Mệnh đề 1.3.13 (Phúc-Sum [11]). Tất cả các đơn thức spike trong Pn là đơn
thức chấp nhận được và các véctơ trọng lượng của nó là dãy giảm yếu. Hơn nữa,
nếu một véctơ trọng lượng ω là dãy giảm yếu và ω1

n thì có một đơn thức

spike z trong Pn sao cho ω(z) = ω .
Định lý sau đây giúp cho ta xác định các đơn thức hit trong Pn mà không
thông qua định nghĩa.
Định lý 1.3.14 (Singer [15]). Cho x là đơn thức bậc d trong Pn , ở đó µ(d)

n.

Nếu z là đơn thức spike cực tiểu bậc d trong Pn mà ω(z) > ω(x) thì x là đơn thức
hit.


16

Chương 2
Một số tính chất về các phần tử
sinh của đại số đa thức Pn như một
môđun trên đại số Steenrod
Trong chương này, chúng tơi trình bày chi tiết kết quả trong các bài báo [18]
về cách xây dựng và một số tính chất của các phần tử sinh của đại số đa thức
Pn như một môđun trên đại số Steenrod.

2.1

Xây dựng phần tử sinh

Cho (i; I) ∈ Nn và j ∈ Nn . Kí hiệu r = l(I) là độ dài của I , và
I ∪j =

I,

(i1 , . . . , it−1 , j, it , . . . , ir ),

j ∈ I,
it−1 < j < it , 1

j

r + 1.

với i0 = 0 và ir+1 = n + 1.
Định nghĩa 2.1.1. Cho (i; I) ∈ Nn , r = l(I) và u là một số nguyên thỏa mãn
1

u

r. Một đơn thức x ∈ Pn−1 được gọi là u-tương thích đối với cặp (i; I) nếu

tất cả các điều sau đây là đúng:
(i) νi1 −1 (x) = νi2 −1 (x) = . . . = νiu−1 −1 (x) = 2r − 1,
(ii) νiu −1 (x) > 2r − 1,
(iii) αr−t (νiu −1 (x)) = 1, ∀t, 1

t

u,

(iv) αr−t (νit −1 (x)) = 1, ∀t, u < t

r.

17
Rõ ràng, một đơn thức x chỉ có thể là u-tương thích đối với (i; I) ∈ Nn đã
cho tối đại một giá trị của u. Quy ước x là 1-tương thích với (i; ∅).
Với 1

i

n, định nghĩa đồng cấu F2 -đại số fi : Pn−1 −→ Pn xác định bởi
xj ,
xj+1 ,

fi (xj ) =

nếu 1
nếu i

j < i,
j < n.
r−1

Định nghĩa 2.1.2. Cho (i; I) ∈ Nn , x(I,u) = x2iu

+...+2r−u

r−t

u
x2it

với r =

l(I) > 0, x(∅,1) = 1. Với một đơn thức x ∈ Pn−1 , định nghĩa đơn thức φ(i;I) (x)

trong Pn xác định bởi:
 2r −1
(xi fi (x))/x(I,u)
φ(i;I) (x) =



0

nếu tồn tại u sao cho
x là u-tương thích với (i, I),
các trường hợp khác.

Khi đó ta có ánh xạ F2 -tuyến tính , φ(i;I) : Pn−1 −→ Pn . Đặc biệt φ(i;∅) = fi .
Ta dễ dàng thấy rằng nếu φ(i;I) (x) = 0 thì ω(φ(i;I) (x)) = ω(x).
Định nghĩa 2.1.3. Với bất kì (i; I) ∈ Nn , định nghĩa đồng cấu đại số p(i;I) :
Pn −→ Pn−1 cho bởi


xj ,

nếu 1 j < i,
p(i;I) (xj ) =
xs−1 , nếu j = i,
 s∈I

xj−1 ,
nếu i < j n.
Chú ý rằng p(i;I) cũng là một đồng cấu A-môđun. Đặc biệt, p(i;∅) (xi ) = 0 và
p(i;I) (fi (y)) = y, ∀y ∈ Pn−1 .

Bây giờ, cho tập hợp B ⊂ Pn , ta ký hiệu [B] = {[f ] : f ∈ B}. Nếu B ⊂ Pn (ω),
thì ta đặt [B]ω = {[f ]ω : f ∈ B}.
Ký hiệu:
Φ0 (B) =

φ(i;∅) (B) =
1 i n

fi (B),
1 i n

Φ+ (B) =

φ(i;I) (B) Pn0 ,
(i;I)∈Nn ,0< (I) n−1
0
+

Φ(B) =Φ (B) ∪ Φ (B).

Ta thấy rằng nếu B là tập sinh cực tiểu A-môđun Pn−1 tại bậc n, thì Φ0 (B)
là tập sinh cực tiểu của A-mơđun Pn0 tại bậc n và Φ+ (B) ⊂ Pn+ .


18

Từ đây trở về sau, chúng tôi luôn ký hiệu Bn (d) là tập hợp tất cả các đơn
thức chấp nhận được bậc d trong Pn . Đặt
Bn0 (d) = Bn (d) ∩ Pn0 , Bn+ (d) = Bn (d) ∩ Pn+ .

Nếu ω là một véctơ trọng lượng bậc d thì ta đặt
Bn (ω) = Bn (d) ∩ Pn (ω), Bn0 (ω) = Bn (ω) ∩ Pn0 , Bn+ (ω) = Bn (ω) ∩ Pn+ .

Sau đây là một dự đoán về mối quan hệ giữa các đơn thức chấp nhận được trong
các đại số đa thức.
Giả thuyết 2.1.4. Nếu ω là một véctơ trọng lượng thì Φ(Bn−1 (ω)) ⊆ Bn (ω).
Chúng ta thấy rằng nếu giả thuyết này đúng thì Φ(Bn−1 (d)) ⊆ Bn (d), với d
là số nguyên dương bất kỳ. Dựa vào các kết quả của Peterson [10], Kameko [6]
và Sum [17], giả thuyết này đúng với n

4. Trong Chương 3, chúng tôi sẽ chỉ

ra giả thuyết này cũng đúng cho trường hợp n = 5 và bất kỳ véctơ trọng lượng
bậc d = 15.2s − 5 với s là số nguyên không âm tùy ý.

2.2

Một số tính chất của các phần tử sinh của Amơđun Pn

Trước hết, chúng tôi nhắc lại các kết quả sau trong [17]. Với b là một số
nguyên dương, ký hiệu
ω(n,b) = ((n − 1)(b) ), ω
˜ (n,b) = ((n − 1)(b) , 1).

Bổ đề 2.2.1 (Sum [17]). Cho b là một số nguyên dương và j0 , j1 , . . . , jb−1 ∈ Nn .
Đặt i = min{j0 , j1 , . . . , jb−1 }, I = (i1 , . . . , ir ) với {i1 , . . . , ir } = {j0 , . . . , jb−1 }\{i}.Khi

đó, ta có
t

Xj2t

b−1

φ(i;I) (X 2

b

−1

).

0 t
Bổ đề 2.2.2 (Sum [17]). Cho i, j, d, a, b là các số nguyên dương sao cho i, j
n, i = j và a + b = 2d − 1. Khi đó
Xia Xjb

d

2

Xi2

−2

Xj .

19
Bổ đề 2.2.3 (Sum [17]). Cho (i; I) ∈ Nn và d, h, u là các số nguyên sao cho
d và 1

l(I) = r < h

n. Khi đó ta có

i
φ(i;I) (X 2

h

−1

)Xu2

d

−2h

r+2

φ(i;I∪u) (X 2

d

−1

).

Sau đây, chúng tơi trình bày phép chứng minh một số tính chất về các phần
tử sinh của A-môđun Pn . Các kết quả này là công cụ để nghiên cứu bài toán hit.
Mệnh đề 2.2.4. Với bất kì số nguyên 0 < l

n,

n
l
l
Xl2 −1 x2l

l

l

l

l

φ(i;I∪u) (X 2 −1 )x2u + Σnu=l+1 Xu2 −1 x2u .

l
u=l (i;I)∈Nl−1

Chứng minh. Ta chứng minh mệnh đề bằng quy nạp theo l.
Với l = 1,

n

X1 x21

n

Xu x2u

=

1

+ Sq (X∅ )

Xu x2u .

1

u=2

u=2

Vì N0 = ∅, nên mệnh đề trên là đúng
Giả sử rằng 1

l < n và mệnh đề trên là đúng với l. Sử dụng cơng thức Cartan,

ta có
n

l
2l+1 −1 2l+1
Xl+1
xl+1

l+1
l+1
Xu2 −1 x2u

=

l+1

Xu2

+

u=1

l+1
−1 2l+1
xu Sq 1 (X∅2 −1 )

u=l+2

l

n
l+1−u

u
u
l+1−u
−1
Xu2
(Xu2 −1 x2u )2

1
u=1

Với 1

u

l+1

Xu2

+

−1 2l+1
xu .

u=l+2

l, sử dụng giả thiết quy nạp và Mệnh đề 1.3.3, ta có
n
l+1−u
u
u

l+1−u
−1
Xu2
(Xu2 −1 x2u )2

2l+1−u −1
(
l+1 Xu

Xt2

u

−1 2u
xt

t=u+1
n
u

φ(i;I∪t) (X 2

+

−1

u

l+1−u

)x2t )2

.

t=u (i;I)∈Nu−1

Theo Bổ đề 2.2.1 và Mệnh đề 1.3.3,
Xu2
Xu2

l+1−u

−1

l+1−u

−1

(Xt2
u

(φ(i;I∪t) (X 2

u

−1 2u 2l+1−u
xt )

−1

u

−1

φ(u;t) (X 2

l

φ(i;I∪t∪u) (X 2

l+1−u

)x2t )2

l+1

l

l+1

)x2t

l+1

−1

)x2t

l+1

.


20
Từ những tính chất trên, ta có
Xu2

l+1−u

−1

(Xu2

u

−1 2u 2l+1−u
xu )

φ(i;I∪u) (X 2

l+1

l+1

−1

l+1

)x2u

(i;I)∈Nu−1
n

+

φ(i;I∪t∪u) (X 2

(

l+1

−1

)x2t

l+1

) + φ(u;t) (X 2

l+1

−1

)x2t

l+1

).

t=u+1 (i;I)∈Nu−1

Với 2

u

h

n, ta đặt Nu−1 ∪ u = {(i; I ∪ u) : (i; I) ∈ Nu−1 }. Khi đó ta có
Nh = (N1 ∪ 2) ∪ . . . ∪ (Nh−1 ∪ h) ∪ {(1; ∅), . . . , (h; ∅)}

(2.1)

Bằng tính tốn trực tiếp từ các tính chất trên và sử dụng quan hệ (2.1), ta có
l

l
l+1−u
u
u
l+1−u
−1
Xu2
(Xu2 −1 x2u )2

φ(i;I∪u) (X 2

l+1

l+1

−1

l+1

)x2u

u=2 (i;I)∈Nu−1

u=1
l

+

t−1

(

φ(i;I∪t) (X 2

l+1

−1

) + φ(u;t) (X 2

l+1

−1

)x2t

l+1

φ(i;I∪t) (X 2

l+1

−1

) + φ(u;t) (X 2

l+1

−1

)x2t

l+1

)

t=2 u=1 (i;I)∈Nu−1 ∪u
n

+

l

(

)

t=l+1 u=1 (i;I)∈Nu−1 ∪u
l

l

=

φ(i;I∪u) (X

2l+1 −1

l+1
)x2u

+

u=2 (i;I)∈Nu−1

φ(i;I∪t) (X 2

l+1

−1

)x2t

l+1

φ(i;I∪t) (X 2

l+1

−1

)x2t

t=2 (i;I)∈Nt−1
n

+

l+1

t=l+1 (i;I)∈Nl
n

φ(i;I∪t) (X 2

=

l+1

−1

l+1

)x2t

.

t=l+1 (i;I)∈Nl

Kết hợp các đẳng thức trên, ta nhận được
n
2l+1 −1 2l+1
Xl+1
xl+1

n

φ(i;I∪u) (X

l+1
u=l+1 (i;I)∈Nl

2l+1 −1

l+1
)x2u

Xu2

+
u=l+2

Mệnh đề được chứng minh.
Hệ quả sau đây được suy ra trực tiếp từ Mệnh đề 2.2.4.

l+1

−1 2l+1
xu .


21
Hệ quả 2.2.5. Với 2

n, ta có

d

d−1

n
d
d
Xu2 −1 x2u

φ(i;I∪u) (X 2

d

u=1

d

−1

d

)x2u .

u=d (i;I)∈Nd−1

u < d − n + t, 0 <

Mệnh đề 2.2.6. Cho d, h, t, u là các số nguyên sao cho 1
n, x là một đơn thức trong Pn . Khi đó ta có

t
Z := φ(i;It ) (X 2

d−u

−1

)X 2

d

−2d−u 2d

x

φ(i;It ) (X 2

n−t+1

d

−1

d

)x2 .

Chứng minh. Ta chứng minh mệnh đề này bằng quy nạp theo cặp (t, u).
Nếu t = n − 1 thì h = n. Theo Bổ đề 2.2.2, ta có
d−u

φ(n−1;n) (X 2

d−u

−1 )X 2d −2d−u x2d
n

d

d−u

d

2
−2 2 −2
+1 x2
= Xn−1

Xn
d
2 −1 )x2d .
2 φ(n−1;n) (X

Vì vậy mệnh đề là đúng. Giả sử rằng 0 < t < n − 1 và mệnh đề là đúng với t + 1.
Nếu h = t + 1 thì
Z = φ(t+2;It+2 ) (X 2

n−t−1

−1

)(Xt2

d−n+t−u+1

−2

d−n+t+1

2
Xt+1

−2d−n+t−u+1 +1 2d−n+t+1 2n−t−1

x

)

.

Theo Bổ đề 2.2.2, ta có
Xt2

d−n+t−u+1

−2

d−n+t+1

2
Xt+1

−2d−n+t−u+1 +1 2d−n+t+1

d−n+t+1

x

Xt2

2

−2

Xt+1 x2

d−n+t+1

.

Do đó, áp dụng Mệnh đề 1.3.3, ta được
Z

φ(t+2;It+2 ) (X 2
d
d
= φ(t;It ) (X 2 −1 )x2 .

n−t−1

n−t+1

−1 )(X 2d−n+t+1 −2 X
2d−n+t+1 )2n−t−1
t+1 x
t

Mệnh đề là đúng. Giả sử h > t + 1 và u = 1. Ta có
Z = φ(t+1;It+1 ) (X 2
d−n+t−1

Vì Xt2

−1

Xh2

d−n+t−1

x2

n−t

−1

d−n+t

1

d−n+t−1

)(Xt2

Xt2

d−n+t−1

−1

Xh2

Xh2

d−n+t−1

d−n+t−1

x2

d−n+t

)2

n−t

−1 2d−n+t
x
,

áp dụng Mệnh đề

d−n+t−1

d−n+t

1.3.3 và giả thiết quy nạp ta có
Z

n−t

d−n+t−1

−1 2
φ(t+1;It+1 ) (X 2 −1 )(Xt2
Xh2
x
)2
d−1

n−t
n−t
d−1
= φ(t+1;It+1 ) (X 2 −1 )Xh2 −2 (Xt x2 )2
2d−1 −1 )(X x2 )2d−1
n−1 φ(t+1;It+1 ) (X
t
n−t−1
2d−n+t −1 2d−n+t 2d−n+t+1 2n−t−1
2
−1
= φ(t+2;It+2 ) (X
)(Xt+1
Xt
x
)
.
n−t+1

n−t


22
Theo Bổ đề 2.2.2,
d−n+t

2
Xt+1

−1

d−n+t

Xt2

x2

d−n+t+1

2

Xt2

d−n+t+1

−2

d−n+t+1

Xt+1 x2

Do đó, sử dụng Mệnh đề 1.3.3, ta được
Z

φ(t+2;It+2 ) (X 2
d
d
= φ(t;It ) (X 2 −1 )x2 .

n−t−1

n−t+1

−1 )(X 2d−n+t+1 −2 X
2d−n+t+1 )2n−t−1
t+1 x
t

Bây giờ, giả sử rằng h > t + 1 và u > 1. Đặt d = d − u + 1. Kết hợp Mệnh đề
1.3.3 và giả thiết quy nạp ta được
−1 )X 2d −2d −1 (X 2d−d −1 x2d−d )2d
h
h
d −1
2d−d −1 2d−d 2d
2
)
)(Xh
x
n−t+1 φ(t;It ) (X
d
d−u+1
d−u+1
d
d
d
2
−2
−1 )X
= φ(t;It ) (X 2

x2 n−t+1 φ(t;It ) (X 2 −1 )x2 .
h

Z = φ(t;It ) (X 2

d −1

Mệnh đề 2.2.7. Với bất kì số nguyên d
d

Xn2

−1 2d
xn

n

2,

n

φ(i;I∪n) (X 2

d

φ(i;I∪n) (X 2

n

−1

d

)x2n .

(i;I)∈Nn−1

Chứng minh. Từ Mệnh đề 2.2.4, ta có
n

Xn2

−1 2n
xn

n

−1

n

)x2n .

(i;I)∈Nn−1

Do đó, sử dụng Mệnh đề 1.3.3 phần (i), ta có
d

Xn2

−1 2d
xn

−1 2n 2d −2n
xn X ∅

n

= Xn2

φ(i;I∪n) (X 2

n

n

−1

d

)Xn2

−2n 2d
xn .

(i;I)∈Nn−1

Cho (i; I) ∈ Nn−1 . Nếu I = ∅, sử dụng Bổ đề 2.2.2 ta được
φ(i;I∪n) (X 2
= Xi2

n

−2

d

Xn2

n

−1

d

)Xn2

−2n +1 2d
xn

−2n 2d
xn

2

Xi2

d

= φ(i;n) (X 2

−2

n

−1

d

)Xn2

d

−2n 2d
xn

Xn x2n = φ(i;I∪n) (X 2

d

−1

Nếu I = (i1 , . . . , ir ), r > 0 thì s = n − l(I ∪ n) > 0. Do đó
Y

n

d

n

d

d

)x2n .

:= φ(i;I∪n) (X 2 −1 )Xn2 −2 x2n
s
n−s
d−n+s
−2s x2d−n+s )2n−s .
= φ(i1 ;I∪n\i1 ) (X 2 −1 )(Xi2 −1 Xn2
n


23
Theo Bổ đề 2.2.2, ta có
s

Xi2

−1

d−n+s

Xn2

d−n+s

−2s 2d−n+s

xn

2

Xi2

−2

d−n+s

Xn x2n

.

Nếu (i; I ∪ n) = (1; I1 ) , thì theo Mệnh đề 2.2.6, ta có
n

φ(1;I1 ) (X 2

−1

Nếu (i; I ∪ n) = (1; I1 ) thì s

d

)Xn2

−2n 2d
xn

n

φ(1;I1 ) (X 2

d

−1

d

)x2n .

2. Sử dụng Mệnh đề 1.3.3 và Bổ đề 2.2.1, ta được
d−n+s

n−s

d−n+s

n−s

−2 2
φ(i1 ;I∪n i1 ) (X 2 −1 )(Xn Xi2
xn
)2
d
n−s+2
n−s
n−s
n−s+1

d
= (φ(i1 ;I∪n∪i1 ) (X 2 −1 )Xn2 Xi2
)Xi2 −2
x2n
2d −1 )x2d .
2n−s+2 −1 )X 2d −2n−s+2 x2d = φ
n−s+1 φ(i;I∪n) (X
(i;I∪n) (X
n
n
i

Y

n−s+2

Vì n − s + 2

n, mệnh đề đúng.

Bây giờ, bằng cách áp dụng các tính chất trên, chúng tôi chứng minh kết
quả sau đây. Chú ý rằng, kết quả này đã được chứng minh trong [17] bằng cách
khác.
Kí hiệu It = (t + 1, t + 2, . . . , n) với 1

t

n. Đặt

n

φ(t;It ) (X 2

Yt = Yn,t =

d

−1

d

)x2u , d > n − t + 1.

u=t

Mệnh đề 2.2.8 (Sum [17]). Với 1 < t
Yt

n,
d

φ(j;J) (X 2

(n−t+1,ω)

−1

d

)x2j ,

(j;J)

ở đây, tổng chạy trên mọi (j; J) ∈ N với 1
d

ω = ω(X12

j < t, J ⊂ It−1 , J = It−1 và

−1 2d
x1 ).

Để chứng minh mệnh đề này, chúng tôi cần bổ đề sau.
Bổ đề 2.2.9. Với d

n, Y1 =

n
2d −1 )x2d
u
u=1 φ(1;I1 ) (X

Nói một cách khác
i

Sq 2 (yi ) + h,

Yt =
0 i

với các đa thức yi phù hợp trong Pn , h ∈ Pn− (ω).

(n,ω)

0, với ω = ω(X12

d

−1 2d
x1 ) .


24
Chứng minh. Đầu tiên, ta chứng minh quan hệ sau bằng quy nạp theo t

1.

n

Y1

d

φ(i;I∪It−1 ) (X 2

Yt +

n,ω

−1

d

)x2u .

(2.2)

u=t (i;I)∈Nt−1

Vì N0 = ∅ nên quan hệ (2.2) là đúng với t = 1. Chú ý rằng nếu 1
φ(t;It ) (X 2

d

−1

d

)x2t = φ(t+1;It+1 ) (X 2

n−t

−1

t

d−n+t

t

)(Xt2 −1 x2t X∅2

t < n, thì

−2t 2n−t

)

.

Áp dụng Mệnh đề 1.3.3 và 2.2.6, ta có
n
t
d−n+t
t
−2t
Xt2 −1 x2t X∅2

Xu2

t

d−n+t

−1 2d−n+t
xu

u=t+1
n

t

φ(i;I∪u) (X 2 −1 )Xu2

+

d−n+t

−2t 2d−n+t
xu
.

u=t (i;I)∈Nt−1

Sử dụng Mệnh đề 2.2.6, ta được
φ(t+1;It+1 ) (X 2

n−t

−1

)Xu2

d

−2n−t 2d
xu

n−t

φ(t+1;It+1 ) (X 2

d

−1

d

)x2u .

Áp dụng Mệnh đề 1.3.3 và Bổ đề 2.2.1, ta được
φ(t+1;It+1 ) (X 2

n−t

−1

t

)(φ(i;I∪u) (X 2 −1 ))2

n−1

φ(i;I∪It ∪u) (X 2

n

n−t

−1

Xu2

d

d

))Xu2

−2n 2d
xu

−2n 2d
xu .

Kết hợp các tính chất trên và Mệnh đề 1.3.3, ta có
n

φ(t;It ) (X

2d −1

d
)x2t

n

φ(i;I∪It ∪u) (X 2

Yt+1 +

n

−1

)Xu2

d

−2n 2d
xu .

u=t (i;I)∈Nt−1

Nếu (i; I ∪ It ∪ u) = (1; I1 ), thì từ Mệnh đề 2.2.6, ta có
φ(1;I1 ) (X 2

n

−1

)Xu2

d

−2n 2d
xu

n

φ(1;I1 ) (X 2

Giả sử (i; I ∪ It ∪ u) = (1; I1 ) thì 0 < s = l(I ∪ It ∪ u)

d

−1

d

)x2u .

n − 2. Sử dụng Bổ đề 2.2.3,

ta có
n

φ(1;I1 ) (X 2

−1

)Xu2

d

−2n 2d
xu

d

s+2

φ(i;I∪It ∪u) (X 2

−1

d

)x2u .