bangbang1412

Đại số affinoid

 

Một $k$-đại số $A$ được gọi là affinoid nếu tồn tại một toàn cấu $T_n(k) \twoheadrightarrow A$ của các $k$-đại số. Một toàn cấu như vậy gọi là một biểu diễn của $A$.

Từ các tính chất của đại số $T_n(k)$ mà ta có các tính chất sau của các đại số affinoid.

Cho $A$ là một $k$-đại số affinoid, khi đó:

1. Mọi biểu diễn định nghĩa một metric trên $A$ theo ví dụ 1 và tô-pô sinh bởi metric này thực chất không phụ thuộc vào biểu diễn của $A$.
2. Vành $A$ là noetherian.
3. Vành $A$ là Jacobson.
4. Tồn tại một đơn cấu hữu hạn $T_n(k) \hookrightarrow A$ với $n$ nào đó. Nói riêng, $n = \dim(A)$.
5. Một ideal nguyên tố $\mathfrak{p}$ là cực đại khi và chỉ khi $A/\mathfrak{p}$ là mở rộng hữu hạn của $k$.
6. Mọi ideal của $A$ đều đóng.
7. Mọi $k$-đồng cấu đại số giữa các $k$-đại số affinoid là liên tục.

Hình học cứng (đầy đủ, hình học giải tích cứng) là một dạng hình học giải tích trên trường phi ác-si-mét. Trong bài viết này ta trình bày một dẫn nhập vào hình học này.

 

Một số khái niệm tổng quát

 

Cho $A$ là một vành giao hoán có đơn vị, một nửa chuẩn (tương ứng, chuẩn) trên $A$ là một ánh xạ $\left| \cdot \right| \colon A \longrightarrow \mathbb{R}_{\geq 0}$ thỏa mãn các điều kiện sau (với $a,b\in A$):

1. $\left|1 \right| \leq 1$ và $\left |0 \right|=0$ (tương ứng, $\left|a \right| = 0 \Leftrightarrow a = 0$);
2. $\left|ab \right| \leq \left| a \right|\left|b \right|$;
3. $\left|a + b \right| \leq \max(\left|a\right|,\left|b\right|)$.

Trên mọi vành $A$ luôn có một chuẩn tầm thường thỏa mãn $\left|a \right|=1$ với mọi $a \neq 0$. Ta ký hiệu $A^{\circ} = \left|a \in A \mid \left|a \right | \leq 1 \right \}$ và $A^{\vee} = \left \{a \in A \mid \left|a \right| <1 \right \}$. Ta thấy rằng $A^{\circ}$ là một vành nửa chuẩn (tương ứng, chuẩn) con của $A$ và $A^{\vee}$ là một ideal của $A^{\circ}$. Ký hiệu $\widetilde{A} = A^{\circ}/A^{\vee}$ và gọi nó là vành thặng dư.

 

Khi nửa chuẩn (tương ứng, chuẩn) đã rõ, ta chỉ viết $A$ thay vì $(A,\left| \cdot \right|)$.

1. Cho $A$ là một vành nửa chuẩn và $p \colon A \twoheadrightarrow B$ là một toàn cấu của các vành. Khi đó ta có thể định nghĩa một nửa chuẩn trên $B$ bởi $\left|b \right|_p= \inf_{a \in p^{-1}(b)}\left|a \right|$. Không khó để chứng minh rằng $\left| \cdot \right|_p$ là một chuẩn khi và chỉ khi $p^{-1}(0)=\operatorname{Ker}(p)$ là đóng (theo nghĩa tô-pô) trong $A$.
2. Cho một vành $A$ và hai $A$-đại số $B_1,B_2$ được định chuẩn. Ta định nghĩa một nửa chuẩn trên $B \otimes_A C$ bởi $$\left|v \right | = \inf \left\{ \sup \left\{\left|b_1\right|\left|c_1\right|,...,\left|b_n \right|\left|c_n \right| \right \} \mid v = b_1 \otimes c_1 +\cdots b_n\otimes c_n \right \}$$ trong đó $v \in B \otimes_A C$.

Một nửa chuẩn trên $A$ được gọi là nhân tính nếu $\left|a b \right| = \left|a \right|\left|b \right|$ với mọi $a,b \in A$. Một định giá trên một trường $k$ là một chuẩn nhân tính trên $k$.

Cho $A$ là một vành nửa chuẩn, một chuỗi hình thức $n$ biến $T_1,...,T_n$

$$f = \sum_{I} a_I T^I =  \sum_{i_1,...,i_n \in \mathbb{N}}a_{i_1,...,i_n}T_1^{i_1}\cdots T_n^{i_n}$$

được gọi là hội tụ ngặt nếu $\left| a_I \right| \to 0$ khi $\left|I \right | = i_1 + \cdots + i_n \to \infty$. Ta ký hiệu $A\left \{T_1,...,T_n \right \}$ là tập các chuỗi hội tụ ngặt. Nó là một $A$-đại số con của các chuỗi hình thức $A[[T_1,...,T_n]]$. Ta cũng ký hiệu $A^{\circ}\left \{T_1,...,T_n \right \}$ bởi tập con của $A\left \{T_1,...,T_n \right\}$ chứa các $f$ mà $\left|a_{i_1,...,i_n}\right| \leq 1$ (tức là thuộc $A^{\circ}$ với mọi $i_1,...,i_n \in \mathbb{N}$.

Mệnh đề dưới đây nói rằng tồn tại một chuẩn, gọi là chuẩn Gauss trên $A\left \{T_1,...,T_n \right \}$.

Cho $A$ là một vành nửa chuẩn (tương ứng, chuẩn) và ta xét

$$f =  \sum_{I} a_I T^I = \sum_{i_1,...,i_n \in \mathbb{N}}a_{i_1,...,i_n}T_1^{i_1}\cdots T_n^{i_n}$$

trong $A\left \{T_1,...,T_n \right \}$. Khi đó ánh xạ $f \mapsto = \sup_I \left|a_I \right| =  \sup_{i_1,...,i_n \in \mathbb{N}} \left|a_{i_1,...,i_n }\right|$ định nghĩa một nửa chuẩn (tương ứng, chuẩn) trên $A\left \{T_1,...,T_n \right \}$ gọi là nửa chuẩn Gauss (tương ứng, chuẩn Gauss). Khi nửa chuẩn (tương ứng, chuẩn) trên $A$ là nhân tính và $\widetilde{A}$ là một miền nguyên thì nửa chuẩn Gauss (tương ứng, chuẩn Gauss) cũng nhân tính.

Tất cả các tính chất đều hiển nhiên trừ tính nhân tính nên ta sẽ chỉ chứng minh tính chất này. Tồn tại một đồng cấu thặng dư chính tắc $A^{\circ} \twoheadrightarrow \widetilde{A}$. Đồng cấu này cảm sinh một đồng cấu

$$\pi \colon A^{\circ}\left\{T_1,...,T_n \right \} \twoheadrightarrow \widetilde{A}[T_1,...,T_n]  $$

Ta có $\pi(f) = 0$ khi và chỉ khi $\left|f \right | < 1$. Với $f,g \in A\left \{T_1,...,T_n \right \}$ thỏa mãn $\left|f \right| = \left|g \right| = 1$ thì $f,g,fg \in A^{\circ}\left \{T_1,...,T_n \right\}$. Ta có $\pi(fg) =\pi(f)\pi(g) \neq 0$ do $\widetilde{A}[T_1,...,T_n]$ là miền nguyên. Như vậy ta phải có $\left|fg \right|=1$. Như vậy tính nhân tính được chứng minh trong trường hợp này. Trường hợp tổng quát ta viết $f = af'$ và $g= bg'$ với $a,b \in A$ sao cho $\left|f \right| = \left|a \right|$ và $\left |g \right | = \left|b \right|$.

Cho $A$ là một vành nửa chuẩn (tương ứng, chuẩn), khi đó nửa chuẩn (tương ứng, chuẩn) trên $A$ định nghĩa một giả-metric (tương ứng, metric) bởi $d(a,b)  = \left|a - b \right|$. Một đồng cấu $f \colon A \longrightarrow B$ của các vành nửa chuẩn được gọi là liên tục nếu nó liên tục với tô-pô định nghĩa bởi các nửa-metric tương ứng. Nó được gọi là bị chặn nếu $\left|f(a)\right| \leq M\left|a\right|$ với hằng số $M \in \mathbb{R}$ nào đó. Một đồng cấu bị chặn thì hiển nhiên liên tục. Nó được gọi là một phép đẳng cự nếu $\left|f(a) \right|=\left|a\right|$.

Cho $A$ là một vành nửa chuẩn, một làm đầy của $A$ là một vành nửa chuẩn $\hat{A}$ cùng với một phép đẳng cự $A \longrightarrow \hat{A}$ với ảnh trù mật.

Mọi vành nửa chuẩn $A$ đều nhận một làm đầy $\hat{A}$ chính xác tới một đẳng cấu. Hơn nữa, $\left|A \right| = \left|\hat{A}\right|$.

Chứng minh này tiêu chuẩn nên được để lại như một bài tập.

Gọi $A$ là một vành và $B,C$ là hai $A$-đại số được trang bị các nửa chuẩn, ta định nghĩa $B \hat{\otimes}_A C$ là làm đầy của $B \otimes_A C$ với chuẩn định nghĩa trong ví dụ 1.

Bằng tính phổ dụng ta có mệnh đề sau.

Cho $A$ là một vành định chuẩn đầy đủ, khi đó ánh xạ chính tắc $A\left\{T_1,...,T_n \right \} \otimes_A A\left\{S_1,...,S_m \right \} \longrightarrow A\left \{ T_1,...,T_n,S_1,...,S_m \right \}$ cảm sinh một đẳng cấu 

$$A\left\{T_1,...,T_n \right \} \hat{\otimes}_A A\left\{S_1,...,S_m \right \} \overset{\sim}{\longrightarrow} A\left \{ T_1,...,T_n,S_1,...,S_m \right \}$$

 

Đại số Tate

 

Trong phần này ta giới hạn sự quan tâm vào tường hợp $A = k$ là một trường định giá. Để ngắn gọn, từ giờ trở về sau ta sẽ ký hiệu $T_n(k)$ cho $k\left \{T_1,...,T_n \right \}$ và gọi nó là đại số Tate $n$ biến trên $k$. Bổ đề sau được xem như một bài tập.

Cho $k$ là trường định giá. Khi đó

1. $\left|a+b \right| = \max\left\{\left|a \right|,\left|b \right | \right\}$ nếu $\left|a \right| \neq \left|b \right|$.
2. Một chuỗi $\sum_{n=0}^{\infty}a_n$ là Cauchy khi và chỉ khi $\lim_{n \to \infty} \left|a_n \right| = 0$.

Cho $k$ là trường định giá đầy đủ, khi đó $T_n(k)$ là một $k$-đại số Banach với chuẩn Gauss.

Giả sử rằng ta có một dãy Cauch  \begin{equation*}
        f_i = \sum a_{I,i} X^I \ \ \ \ \left \|f_i - f_j \right \| < \epsilon \ \forall \ m,l \gg 0.
 \end{equation*} Khi đó với mỗi $I$ cố định thì bản thân dãy $\left \{a_{I,i} \right \}$ phải là dãy Cauchy trong $k$ và do $k$ dầy đủ nên chúng hội tụ về $a_I$ nào đó. Ta xét $f = \sum a_I X^I$ và chứng minh nó là giới hạn của dãy $\left \{f_i \right \}$. Hiển nhiên nó là giới hạn của dãy nếu nó xác định tốt: ta cần chứng minh $f$ thực sự là một phần tử của $T_n$; tức là $\lim_{ \left |J \right | \to \infty} \left| a_I \right |=0$. Ta có \begin{equation*}
        \left |a_I \right| = \left |a_I - a_{I,i} + a_{I,i} \right | \leq \operatorname{max}\left \{\left |a_I - a_{I,i} \right |, \left |a_{I,i} \right| \right\}. \end{equation*} Ta thấy $\left| a_I- a_{I,i} \right |$ đủ bé nếu $l$ đủ lớn theo định nghĩa và $\left |a_{I,i} \right|$ lại đủ bé nếu $\left |I \right |$ đủ lớn do $f_i \in T_n$. Như vậy ta làm theo bước sau: với $\left |I \right |$ đủ lớn thì $\left |a_{I,i} \right|$ bé với $i$ nào đó chọn sau, sau đó ta lại chọn $i$ đủ lớn để $\left |a_I - a_{I,i} \right|$ đủ bé và bằng cách này $\left |a_I \right|$ sẽ bé nếu $\left |I \right |$ lớn, cho ta đpcm.

Cho $k$ là trường định giá đầy đủ khi đó theo lý thuyết thì mọi mở rộng hữu hạn $k'/k$ nhận một mở rộng chuẩn trên $k$ và $k'$ cũng đầy đủ với chuẩn mở rộng này. Cụ thể hơn ta thể định nghĩa $\left|x' \right| = \left|\mathrm{N}_{k'/k}(x') \right|^{1/[k':k]}$ với $x' \in k'$. Nói riêng ta có thể định nghĩa một chuẩn trên $k^{alg}$ mở rộng chuẩn trên $k$ (lưu ý rằng chuẩn này không nhất thiết đầy đủ).

Ta định nghĩa khối cầu đóng $n$ chiều bởi

$$B^n(k^{alg}) = \left \{x=(x_1,...,x_n) \in (k^{alg})^n \mid \left|x_i \right| \leq 1 \right \}.$$

Một chuỗi lũy thừa hình thức $f = \sum a_I T^I$ hội tụ tại mọi điểm $x \in B^n(k^{alg})$ khi và chỉ khi $f \in T_n(k)$.

Nếu $f$ hội tụ tại $(1,...,1)$ thì $\sum a_I$ hội tụ nên theo bổ đề 2 thì $\lim_{\left|I \right| \to \infty} \left|a_I \right| = 0$; nói cách khác, $f \in T_n(k)$. Ngược lại giả sử $f \in T_n(k)$. Với mọi $x = (x_1,...,x_n) \in B^n(k^{alg})$, tồn tại một mở rộng hữu hạn $k'/k$ sao cho $k'$ chứa tất cả $a_1,...,a_n$. Khi đó do $\lim_{\left|I \right| \to \infty}\left|a_I \right|$ nên $\lim_{\left|I\right| \to \infty} \left|a_I \right|\left|x^I \right| = 0$ và đó $f(x)$ hội tụ trong $k' \subset k^{alg}$ nên ta có đpcm theo bổ đề 2.

Mệnh đề dưới đây được biết đến với tên nguyên lý cực đại.

Cho $f \in T_n(k)$ khi đó $\left| f(x) \right| \leq \left| f \right|$ với mọi $x \in B^n(k^{alg})$. Quan trọng hơn, tồn tại $x \in B^n(\overline{k})$ sao cho $\left| f(x) \right| = \left |f \right|$.

Phát biểu đầu tiên là hiển nhiên, ta chứng minh phát biểu thứ hai. Không giảm tổng quát, ta lại giả sử $\left|f \right|=1$ và xét ánh xạ chính tắc $\pi \colon k^{\circ}\left\{T_1,...,T_n \right \} \to \widetilde{k}[T_1,...,T_n]$. Ta thấy rằng $\pi(f)$ là một đa thức $n$ biến không tầm thường (xem chứng minh mệnh đề 1) nên tồn tại $\widetilde{x} \in ((\widetilde{k})^{alg})^n$ sao cho $\pi(f)(\widetilde{x}) \neq 0$. Lý thuyết về định giá cho ta biết rằng $(\widetilde{k})^{alg} = \widetilde{k^{alg}}$. Chọn $x \in B^n(k^{alg})$ là một phép nâng của $\widetilde{x}$ Xét biểu đồ giao hoán

\begin{xy}
\xymatrix {
k^{\circ}\left\{T_1,...,T_n \right \} \ar[r] \ar[d]&  \widetilde{k}[T_1,...,T_n] \ar[d] \\
                             (k^{alg})^{\circ} \ar[r] & (\widetilde{k})^{alg}
}
\end{xy}

trong đó mũi tên dọc bên trái là phép tính tại $x$ và mũi tên dọc bên phải là phép tính tại $\widetilde{x}$. Do $f(x) \in (k^{alg})^{\circ}$ được ánh xạ tới $\pi(f)(\widetilde{x}) \in \widetilde{k^{alg}}$ khác không nên ta phải có $\left|f(x) \right| = \left|f \right| = 1$.

Đại số Tate có các tính chất giống với vành đa thức $n$ biến như được phát biểu dưới đây, chứng minh của chúng sử dụng các kỹ thuật giống với các kỹ thuật trong giải tích phức thông qua phép biểu diễn Weierstrass nên ta sẽ không chứng minh chúng. Người đọc có thể tìm được chứng minh của chúng trong bất cứ cuốn sách nào về hình học cưng.

Đại số Tate $n$ biến $T_n(k)$ thỏa mãn các tính chất sau:

1. $T_n(k)$ là miền nguyên, noetherian, chính quy và có phân tích duy nhất. Với mọi ideal cực đại $\mathfrak{m}$ thì vành địa phương $(T_n(k))_{\mathfrak{m}}$ có chiều $n$ và trường thặng dư $T_n(k)/\mathfrak{m}$ là một mở rộng hữu hạn của $k$.
2. Vành $T_n(k)$ là Jacobson, tức là mọi ideal nguyên tố là giao của các ideal cực đại.
3. Mọi ideal của $T_n(k)$ là đóng với chuẩn Gauss. Theo ví dụ 1 thì vành thặng dư $T_n(k)/I$ là định chuẩn với mọi ideal $I$.

Ta xem xét tính phổ dụng của đại số Tate.

Cho $A$ là một $k$-đại số Banach, tức là một $k$-đại số được trang bị một chuẩn $\left \| \cdot \right \|$ sao cho:

1. $\left|a \right|\left \|v \right \| = \left \|av \right \|$.
2. $\left \|v_1 v_2 \right \|\leq \left \|v_1 \right \|\left \|v_2 \right \|$.

và $A$ đầy đủ với chuẩn đã cho. Ta nói $v \in A$ là bị chặn mũ nếu tập $\left \{v^i \mid i \in \mathbb{N} \right \}$ bị chặn. Tức là tồn tại $M > 0$ mà $\left|v^i \right| \leq M$ với mọi $i \in \mathbb{N}$. Ký hiệu $A^0$ bởi tập các phần tử bị chặn mũ.

Cho $A$ là một $k$-đại số Banach.. Khi đó ánh xạ

\begin{align*}  \operatorname{Hom}(T_n(k),A) & \longrightarrow (A^0)^n \\ f & \longmapsto (f(T_1),...,f(T_n)) \end{align*}

là một song ánh.

Trước khi chứng minh mệnh đề này, ta có bổ đề sau

Cho $f \colon A \longrightarrow B$ là một $k$-đồng cấu tuyến tính giữa hai $k$-đại số Banach. Giả sử chuẩn trên $k$ không tầm thường, khi đó $f$ là liên tục khi và chỉ khi $f$ bị chặn.

Hiển nhiên bị chặn suy ra liên tục (thậm chí liên tục đều). Ta chứng minh chiều ngược lại, giả sử $f$ liên tục nhưng $f$ không bị chặn. Do chuẩn trên $k$ không tầm thường, tồn tại $a \in k$ mà $0 < \left |a \right| < 1$. Khi đó tồn tại một dãy $v_i$ mà $\left|a^{-i}\right|\left \|v_i \right \| < \left \|f(v_i) \right\|$. Ta có thể giả sử dãy $v_i$ bị chặn. Thật vậy, mỗi $v_i$ không thay đổi vai trò nếu ta nhân với một hằng số nên ta chỉ cần chứng minh với mỗi $v \in A$ tồn tại $c \in k$ mà $1 \leq  \left \|cv \right \| \leq \max \left \{\left|a\right|,\left |a^{-1}\right| \right \}$. Rõ ràng chỉ cần chọn $c=a^i$ với $i \in \mathbb{Z}$ hợp lý là được. Khi đó dãy $v'_i = a^i v_i$ thỏa mãn $\left \|f(v'_i)\right \| \geq 1$ nhưng $\lim_{i \to \infty} \left \|v_i' \right \| \to 0$.

Theo bổ đề trên thì phép xây dựng $A \to A^0$ có tính hàm tử và do $T_1,...,T_n$ là các phần tử bị chặn mũ trong $T_n(k)$ nên ánh xạ trong mệnh đề 5 được định nghĩa tốt. Ngược lại với mọi $(a_1,...,a_n) \in (A^0)^n$ thì phép tương ứng $T_i \mapsto a_i$ định nghĩa một đồng cấu của các $k$-đại số $k[T_1,...,T_n] \to A$. Lưu ý rằng ta có thể thác triển đồng cấu này thành một đồng cấu $T_n(k) \to A$ do $k[T_1,...,T_n]$ trù mật trong $T_n(k)$.

Tính chất sau đây được xem như một phiên bản của định lý không điểm Hilbert. Nhắc lại rằng với một trường đóng đại số $F$ thì các ideal cực đại của $F[T_1,...,T_n]$ song ánh với $F^n$. Trong trường hợp không đóng đại số thì nó song ánh với quỹ đạo của tác động của $\operatorname{Gal}(F^{alg}/F)$ trên $(F^{alg})^n$. Ta có

Tồn tại một song ánh giữa tập các ideal cực đại của $T_n(k)$ với tập các quỹ đạo của tác động của $\operatorname{Gal}(k^{alg}/k)$ trên khối cầu đơn bị $B^n(k^{alg})$.

Với $x = (x_1,...,x_n) \in B^n(k^{alg})$ ta ký hiệu

$$\mathfrak{m}_x = \left \{f \in T_n(k) \mid f(x) = 0 \right \}$$ thì $\mathfrak{m}_x$ sẽ là một ideal cực đại do nó là hạt nhân của toàn cấu $T_n(k) \to k, f \mapsto f(x)$. Do $f(\phi(x)) = \phi(f(x))$ với mọi $\phi \in \operatorname{Gal}(k^{alg}/k)$ nên ta có một ánh xạ

$$B^n(k^{alg})/\operatorname{Gal}(k^{alg}/k) \longrightarrow \operatorname{Max}(T_n(k))$$ và ta sẽ chứng minh nó là song ánh bằng cách xây dựng ánh xạ ngược. Gọi $\mathfrak{m}$ là một ideal cực đại của $T_n(k)$ thì theo định lý 1 ta thấy $T_n(k)/\mathfrak{m}$ là một mở rộng hữu hạn của $k$ do đó ta có thể nhúng $\phi \colon T_n(k)/\mathfrak{m} \hookrightarrow k^{alg}$. Ta định nghĩa $x_i = \phi(T_i \ \mathrm{mod} \ \mathfrak{m})$ với mọi $i = 1,...,n$. Theo tính phổ dụng của đại số Tate thì $x_i$ bị chặn mũ, nói riêng $\left|x_i \right| \leq 1$. Điều này cho ta một điểm $x=(x_1,...,x_n) \in B^n(k^{alg})$. Có thể kiểm tra rằng $\mathfrak{m} \mapsto x$ theo cách này cho ta một ánh xạ ngược của ánh xạ ban đầu.

Bài này vừa lên Pi số mới nhất

 

vẫn đang không biết đọc $\infty$-cat như thế nào, đọc cụ Kodaira cảm thấy được an ủi phần nào.

Mọi người có thể đề xuất thêm giúp em cuốn nào tiếng việt được không ạ.

Bạn tìm cuốn Đại số đại cương của thầy Nguyễn Hữu Việt Hưng.

Phần tiếp theo là về các không gian compact.

 

Bài 5. Chứng minh các khẳng định sau:

• a) Không gian con đóng của không gian compact là compact.
• b) Ảnh của không gian compact qua một ánh xạ liên tục là compact.
• c) Không gian con compact của không gian Hausdorff là không gian con đóng.
• d) Hợp rời hữu hạn của các không gian compact là compact.

Bài 6. Cho $S$ là một không gian compact + Hausdorff và $R \subset S \times S$ là một quan hệ tương đương. Chứng minh rằng các khẳng say tương đương:

• $S/R$ với tô-pô thương là compact + Hausdorff.
• $R \subset S \times S$ là tập con đóng.
• Ánh xạ chiều $S \longrightarrow S/R$ là đóng.

Bài 7. Cho $S,T$ là các không gian compact + Hausdorff và $f \colon S \longrightarrow T$ là một ánh xạ liên tục. Chứng minh rằng các khẳng định sau tương đương:

• $f$ là một ánh xạ thương.
• $f$ là một cokernel (theo nghĩa phạm trù).
• $f$ là một epimorphism (theo nghĩa phạm trù).
• $f$ là toàn ánh.

Bài 8. Cho $f \colon S \longrightarrow T$ là một ánh xạ liên tục. Giả sử $S,T$ là các không gian compact, Hausdorff và $f$ toàn ánh. Chứng minh rằng tồn tại một tập con đóng $S' \subset S$ cực tiểu sao cho $f_{\mid S'} \colon S' \longrightarrow T$ là toàn ánh.

 

Gợi ý: sử dụng bổ đề Zorn.

Mình có một số bài tập môn tô-pô đại cương đăng lên để mình và các bạn cùng giải. Đây là phần chuẩn bị cho môn condensed math mà mình đang học. Post đầu tiên về không gian Hausdorff. Nhắc lại một số kiến thức.

 

• Không gian tô-pô gọi là $T_1$ (Frechet) nếu mọi điểm đều đóng.
• Không gian tô-pô gọi là $T_2$ (Hausdorff) nếu mọi cặp hai điểm đều tách được bởi các lân cận.
• Không giân tô-pô gọi là $T_4$ nếu mọi cặp hai tập đóng rời nhau đều tách được bởi các lân cận.
• Không gian tô-pô gọi là chuẩn tắc nếu nó $T1+T4$ (cũng tương đương $T2+T4$).

Bài 1. Chứng minh các khẳng định sau.

• a) Một không gian con (với tô-pô cảm sinh) của không gian Hausdorff là không gian Hausdorff.
• b) Cho $(X_i)_{ i\in I}$ là một họ các không gian tô-pô khác rỗng, tích $\prod_{i \in I} X_i$ là Hausdorff khi và chỉ khi mỗi $X_i$ là Hausdorff.
• c) Cho $(X_i)_{i \in I}$ là một hệ xạ ảnh các không gian tô-pô, chứng minh rằng nếu mỗi $X_i$ Hausdorff thì $\varprojlim X_i$ là Hausdorff.
• d) Cho ví dụ chứng tỏ rằng $\varinjlim X_i$ nói chung không Hausdorff ngay cả khi mỗi $X_i$ Hausdorff.

Lời giải:

 

Bài 2. Cho $\pi \colon X \longrightarrow Y$ là một ánh xạ liên tục + toàn ánh giữa hai không gian tô-pô. Giả sử $\pi$ đóng (ảnh của tập đóng là đóng). Chứng minh nếu $X$ là $T_1$ hoặc $T_4$ thì $Y$ có tính chất tương ứng. Nói riêng nếu $X$ chuẩn tắc thì $Y$ là Hausdorff.

 

Lời giải:

 

Bài 3. Chứng minh rằng không gian tô-pô $X$ là Hausdorff khi và chỉ khi ánh xạ đường chéo $\Delta \colon X \longrightarrow X \times X, x \longmapsto (x,x)$ là ánh xạ liên tục đóng.

 

Lời giải:

 

Bài tập dưới đây nâng cao hơn một chút, nhắc lại một số kiến thức: cho $\mathcal{C} \subset\mathcal{D}$ là một phạm trù con đầy đủ, ta gọi $\mathcal{C}$ là phản xạ (refletive) trong $\mathcal{D}$ nếu hàm tử nhúng $\mathcal{C} \longrightarrow \mathcal{D}$ nhận một liên hợp trái.

 

Bài 4. Chứng minh rằng phạm trù các không gian tô-pô Hausdorff là một phạm trù con phản xạ của phạm trù các không gian tô-pô.

 

Lời giải:

 

Gợi ý: sử dụng định lý liên hợp hàm tử của Frey và bài tập số 1).

Trước hết ta xét trường hợp $p$ lẻ, nếu một trong hai số $x,y$ là bội của $p$ thì số còn lại cũng là bội của $p$. Ta có thể rút luỹ thừa cao nhất của $p$ trong phân tích nguyên tố của $x,y$ ra và giản ước cho tới khi cả hai số không có số nào là bội của $p$ nữa (xem trường hợp $p=2$ bên dưới). Giả sử $p \not\mid x, p \not\mid y$, khi đó theo bổ đề LTE thì

$$\nu_p(x^5+y^5) = \nu_p(x+y) + \nu_p(5)$$

và do đó nếu $p \neq 5$ thì $x^5+y^5=x+y$ suy ra vô lý. Vậy trong trường hợp $p$ lẻ thì $p=5$ và từ đẳng thức trên ta suy ra $x+y=5^{n-1}$. Nói cách khác, $x^5+y^5=5(x+y)$. Tuy nhiên theo bất đẳng thức Holder thì $16(x^5+y^5) \geq 16(x+y)^5$ nên $(x+y)^4 \leq 80$ và $x+y=2$ nhưng trường hợp này mâu thuẫn giả thiết hiện tại.

 

Như vậy chỉ còn trường hợp $p=2$ là có thể có nghiệm. Ta thấy $x,y$ cùng tính chẵn lẻ. Nếu $x,y$ cùng chẵn ta đặt $x=2^a b$ và $y=2^c d$ với $a,c \geq 1$ nguyên dương và $b,c$ nguyên dương lẻ. Không giảm tổng quát giả sử $a \geq c$, khi đó từ giả thiết ta có

$$2^n = 2^{5c}(2^{5a-5c}b^5 + d^5).$$

Từ đây nếu $n > 5c$ thì $a=c$ bằng cách xét tính chẵn lẽ. Còn nếu $n = 5c$ thì $1 = 2^{5a-5c}b+d$ nên suy ra vô lý vì $b,d$ nguyên dương. Trường hợp đầu tiên ta quy về

$$2^{n-5c} = b^5+d^5$$

với $b,d$ lẻ. Từ chứng minh trên ta có thể giả sử $x,y$ cùng lẻ từ đầu. Khi đó lại theo bổ đề LTE ta có $\nu_2(x^5+y^5)=\nu_2(x+y)$ (ở đây cần thiết $x,y$ cùng lẻ) và do đó $x=y=1$.

 

Dưới đây là một chứng minh thủ công cho bước cuối, ban đầu mình không để ý bước cuối ta cũng dùng LTE được. Đặt $x+y=2^m$ với $1 \leq m < n$. Từ các bất đẳng thức

$$(x+y)^5 > x^5 + y^5 \geq \frac{1}{16}(x+y)^5$$

ta suy ra

$$2^{5m} > 2^n \geq 2^{5m-4}$$

nên $n \in \left \{5m-1,5m-2,5m-3,5m-4 \right \}$ và ta sẽ giải từng trường hợp. Trường hợp $n = 5m-4$ tầm thường vì dấu bằng xảy ra tức là $x=y=2^{m-1}$; và để thoả mãn giả thiết $x,y$ cùng lẻ thì ta phải có $m=1$ và $x=y=1$. Như vậy chỉ còn ba trường hợp, bắt đầu với $n=5m-1$ hay

$$2(x^5+y^5) = (x+y)^5.$$

Bằng cách thế $y= 2^m - x$ và khai triển và rút gọn hai vế ta thu được

$$2^{4m} - 5.2^{3m} x +  10. 2^{2m}x^2 - 10.2^m x^3 + 5x^4 = 0.$$

Điều này không thể xảy ra do mâu thuẫn tính chẵn lẻ. Hai trường hợp $n=5m-2$ và $n=5m-3$ đều chứng minh tương tự.

 

Như vậy toàn bộ nghiệm có thể là $(p,n,x,y)=(2,5a+1,2^a,2^a)$.

Cho ma trận $A$ vuông cấp $2021$ thoả mãn $A^{2021}= -I$, với $I$ là ma trận đơn vị cùng cấp. Xác định $\det(A+I)$

Ta có thể giả sử đang làm việc trên $\mathbb{C}$. Từ giả thiết thì đa thức đặc trưng của $A$ là nghiệm của $x^{2021}+1=0$ có các nghiệm phân biệt nên dạng chuẩn Jordan của $A$ là các khối $(1\times 1)$; nói cách khác, $A$ chéo hoá được và các giá trị riêng của nó là nghiệm của phương trình $x^{2021}+1$. Gọi $\lambda_1,...,\lambda_{2021}$ là các giá trị riêng (có thể trùng nhau) của $A$ thì định thức cẩn tính là $(1+\lambda_1)\cdots (1+\lambda_{2021})$.

Có thể sẽ dễ đọc hơn nếu thấy phạm trù vô cực được sử dụng thế nào trong nghiên cứu. Chẳng hạn như có một notes rất tốt gần đây của Can Yaylali về hình học đại số dẫn xuất https://arxiv.org/pdf/2208.01506.pdf. Hoặc áp dụng của vành dẫn xuất (derived rings) (còn được gọi là animated rings bởi Clausen) trong bài báo sau  https://arxiv.org/abs/1912.10932                         

 

Chắc là không nên đọc phạm trù vô cực nếu không biết sẵn một ứng dụng trong đầu. Bản thân em chỉ đọc vì có vài ý tưởng nghiên cứu cho tương lai và em cảm thấy không thể dùng phạm trù mô hình được nữa. Có sẵn một ứng dụng thì học sẽ biết cái gì cần trước cái gì cần sau.

 

Đợt trước có trao đổi với Ayoub vài câu thì thấy ông có vẻ đã đã chuyển mindset sang phạm trù vô cực hẳn rồi dù ông này là người rất thành thạo về phạm trù mô hình. Hỏi ông thầy thì ông ấy bảo ông ấy biết tính Ayoub, hắn ta chỉ học cái gì đó khi không thể dùng được cái cũ nữa. Bản thân ông ấy thì không học phạm trù vô cực, trước nay chỉ phạm trù tam giác hay derivator là đủ và ông thấy ngày nay người ta dùng phạm trù vô cực nhiều quá, dù nó tiện thật nhưng có vẻ ít người thực sự can thiệp được vào phần lõi lý thuyết.

 

Lúc đấy em thấy cũng đúng, có khi mình lại như ông ấy không cần thiết học lắm. Nhưng vài tuần nghiên cứu thì tự nhiên cảm giác cái công thức của mình mở rộng lên algebraic spaces được, nhưng phải qua một bước lấy giới hạn. Thế là có lý do để học.

Trước đây mình chỉ sử dụng phạm trù mô hình tuy nhiên giờ đây có một số xây dựng mà mình thấy không thể tiếp tục với phạm trù mô hình. Cụ thể là việc lấy giới hạn đồng luân của các phạm trù mô hình, theo mình biết thì có một định nghĩa trong

• Julia E.Bergner, Homotopy limits of model categories and more general homotopy theories.

về giới hạn lỏng (lax homotopy limits) của các phạm trù mô hình tổ hợp (combinatorial model categories). Vấn đề này có vẻ không xuất hiện trong lý thuyết phạm trù vô hạn: tồn tại phạm trù vô hạn của các phạm trù vô hạn.và ta có thể lấy giới hạn dễ dàng hơn. Mình chưa hiểu chi tiết kỹ thuật nào làm phạm trù mô hình bị "yếu thế" so với phạm trù vô hạn. Dĩ nhiên không nói tới việc mỗi phạm trù mô hình đơn hình đều sinh ra một phạm trù vô hạn chứa "đủ" các thông tin của chính nó thì trên đây là lý do mà mình bắt đầu thử học phạm trù vô hạn. Mình chia sẻ một số note mang tính cá nhân với mọi người xem như một nguồn tham khảo cho ai muốn bắt đầu mà chưa biết bắt đầu từ đâu.

 

Hai cuốn kinh thánh chắc chắn là:

• J. Lurie, Higher Topos Theory (HTT).
• J. Lurie, Higher Algebra (HA).

Và tuỳ theo khẩu vị mà người ta có thể đọc các tài liệu liên quan. Tuy nhiên để bắt đầu với HTT thì không hề dễ, mình giới thiệu một số tài liệu khác mang tính dẫn nhập hơn. Trước tiên mình tin để học phạm trù vô cực, người ta phải biết về lý thuyết các đơn hình và do đó cũng ít nhiều đụng tới phạm trù mô hình, cuốn

• Paul G. Goerss, John F. Jardine, Simplicial Homotopy Theory.

rất đáng tin cậy, đặc biệt là chương đầu tiên về tập đơn hình và chương thứ hai về phạm trù mô hình. Về phạm trù mô hình, hai cuốn kinh điển có lẽ là

• Mark Hovey, Model Categories: cuốn này dẫn nhập về phạm trù mô hình và nếu bạn chỉ muốn tìm hiểu về phạm trù mô hình một cách trừu tượng thì chương một là đủ, nếu bạn muốn các ví dụ thì hai chương sau cũng tốt. Các chương còn lại tuỳ gu.
• Philip S. Hirschhorn, Model Categories and Their Localizations: một "thiếu sót" lớn trong cuốn của Hovey là lý thuyết địa phương hoá Bousfield được trình bày rất chi tiết trong cuốn của Hirschhorn. Cuốn sách này chia làm hai phần, nhưng phần thứ hai phụ thuộc rất chặt vào phần thứ nhất và do đó chương bắt đầu là chương bảy chứ không phải chương một. Cuốn này trình bày mọi thứ cực kỳ chặt chẽ và liên kết mọi phát biểu với nhau nên rất thích hợp để làm trích dẫn.
• J. Ayoub, Les six opérations de Grothendieck et le formalisme des cycles évanescents dans le monde motivique: chương bốn luận án của Joseph Ayoub là một tài liệu vô cùng chi tiết về lý thuyết phạm trù mô hình và cực kỳ self-contained. Nó trình bày tất cả những gì bạn cần biết về phạm trù mô hình (địa phương hoá Bousfield đã được đơn giản hoá điều kiện một chút so với cuốn Hirschhorn). Nếu bạn không muốn đọc hai cuốn đầu và muốn một phong cách "đi-thẳng-vào-vấn-đề" thì luận án của Ayoub là một tài liệu trên cả xuất sắc.

Hai tài liệu bên ngoài tham khảo thêm.

• David Barnes, Constanze Roitzheim, Foundations of Stable Homotopy Theory.
• D.C.Cisinski, Higher Categories and Homotopical Algebra.

Bây giờ bạn có thể bắt đầu với phạm trù vô cực (thực chất tài liệu trên chỉ là tham khảo và có lẽ chỉ bắt đầu với cuốn Goerss và Jardine là tạm đủ rồi) một cách không chính thức (tức là không chạm vào HTT hay HA).

• Markus Land, Introduction to Infinity-Categories: một cuốn rất sơ cấp về phạm trù vô hạn, có thể nói là vô cùng baby version của HTT, nó có cả bài tập.
• Charles Rezk, Introduction to quasi-categories: một note trình bày theo phong cách khá chi tiết, phù hợp với ai muốn đọc tài liệu tỉ mỉ. Nhưng nó khá giới hạn về overview.
• Moritz Groth, A short course on $\infty$-categories: một note xuất sắc trình bày những gì bạn nên biết về phạm trù vô hạn. Nó không có mấy chứng minh nhưng mình tin đây là một điểm bắt đầu rất đáng tin cậy. Dù sao người ta nên biết về philosophy of $\infty$-categories trước khi học lý thuyết về chúng và đây là một tài liệu làm được điều này. Nó được viết phần nào giản lược từ đoạn đầu của HTT và HA.
• Fabian Hebestreit, Ferdinand Wagner, Lecture notes for Algebraic and Hermitian K-Theory: ghi chép của Wagner từ bài giảng của Hebestreit, tuy không có chứng minh (chứng minh cần xem lại bài giảng của Hebestreit) nhưng như tài liệu của Groth nó trình bày ý tưởng rất tốt. Có thể đọc sau note của Groth nếu bạn muốn có thêm cái nhìn mang tính kỹ thuật trước khi bắt đầu với HTT.
• Một số tài liệu khác từ phần tham khảo ở nlab.

Và rồi bạn có thể quay lại với HTT và HA. Chúc may mắn

Gọi $a \in \mathbb{R} \setminus \left \{0 \right \}$ thì ta cần chứng minh $f$ không liên tục tại $a$. Lưu ý rằng liên tục và liên tục dãy là đồng nghĩa trên $\mathbb{R}$.

• Nếu $a$ vô tỷ, ta lấy một dãy số hữu tỷ $(a_n)_{n\in \mathbb{N}}$ hội tụ về $a$, $\lim a_n = a$. Khi đó $\lim f(a_n) = \lim a_n^2 = a^2$ trong khi $ f(\lim a_n) = f(a) = 0$ và do $a$ khác $0$ nên $f$ không liên tục tại $a$.
• Nếu $a$ hữu tỷ, ta lấy một dãy số vô tỷ $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ hội tụ về $a$, $\lim a_n = a$. Khi đó $\lim f(a_n) = \lim 0 = 0$ trong khi $f(\lim a_n) =f(a) = a^2$ và do $a$ khác $0$ nên $f$ không liên tục tại $a$.

Nếu bạn có thắc mắc về việc tại sao ta chọn được một dãy số vô tỷ trong trường hợp thứ hai thì ta dựa vào trường hợp thứ nhất: lấy một dãy $b_n$ hữu tỷ hội tụ về $a$ (ở đây $a$ hữu tỷ thì có thể chọn $b_n = a$ với mọi $n$, nhưng lập luận này đúng với cả $a$ vô tỷ) và với mỗi $n \in \mathbb{N}^{\times}$ ta chọn một số vô tỷ $c_n$ trong đoạn $(\frac{1}{n+1},\frac{1}{n})$, khi đó $\lim (b_n - c_n) = \lim b_n - \lim c_n = a - 0 = a$.

 

Ngoài ra thì $f$ liên tục tại $0$, thật vậy với mỗi $\epsilon > 0$ bé tùy ý, ta chọn $\delta = \sqrt{\epsilon}$, khi đó $\left |f(x) \right| < \epsilon$ với mọi $\left |x \right| < \delta$ và $f$ liên tục tại $0$ theo định nghĩa.

Cảm ơn câu hỏi của em. Về thắc mắc này thì anh nghĩ nên ghi "$A$ không tồn tại với (hoặc là nếu) $m= n$" ($m= n$ là một trường, ngược lại nó là một trường khác) sẽ chuẩn nhất (về chữ tương đương ở post trên của anh cũng không chuẩn xác). Cách ghi $A= \varnothing$ nó lại hướng kiểu dữ liệu, tính chất đại số của nó ngây thơ hơn (trong một bài ở đây có nói, với tập rỗng thì đối ngẫu của nó là tập hợp rộng nhất $U$, tập hợp rộng nhất là tập không có tính chất gì). Ví dụ: Lúc đầu ta có $A$ không tồn tại với $m\geq n$ thì nếu ghi $A= \varnothing$ em sẽ không thể kết luận $A$ không tồn tại với $m= n$.

Và điều này, chúng ta đã hiểu lí do cú pháp $\LaTeX$ của tập rỗng lại là \varnothing

 

Bạn này trả lời rất nhăng cuội, đây không phải là lần đầu. Mình không hiểu sao bạn lại làm ĐHV toán cao cấp được.

1) Câu hỏi của bạn leehuh là tập rỗng thì có tồn tại không, điều này không thực sự liên quan đến biểu diễn cụ thể của tập $A$ trong post ban đầu.

2) $m=n$ là một trường, ngược lại nó là một trường khác - Trường gì? Trường hợp hay trường số.

3) Khi bạn ghi ra chữ tương đương nhưng bạn lại không chắc, ý bạn là gì? Câu trả lời đầu tiên của bạn ghi điều kiện của $A$ không tồn tại là $m \geq n$ là hoàn toàn sai. Tập $A$ khi đó là rỗng, nó vẫn tồn tại, nhưng không chứa phần tử nào. Nói cách khác, ngay từ câu trả lời đầu tiên đã cho thấy bạn không đủ khả năng để trả lời câu hỏi tiếp theo của leehuh.

4) $A = \varnothing$ không liên quan gì đến dữ liệu và tính chất đại số ngây thơ là gì?

5) Tập hợp rộng nhất là tập không có tính chất gì - Nếu bạn nói thế thì khác gì mọi tập là không có tính chất gì?

6) Bạn trích cú pháp latex ra để làm gì?

 

Nói chung bạn luôn trả lời mọi câu hỏi theo một cách sợ người khác biết mình không có nhiều chữ. Các post khác kiểu bạn cứ liên tục dropping vào đầu người khác mấy cái link trong khi bạn thì chỉ chứng tỏ bạn không biết một cái gì. Việc cứ phải kéo dài lê thê các câu trả lời bằng cách cứ thêm các chi tiết, các từ rất nhỏ nhất - vốn không đóng góp một giá trị gì - vào các câu chứng tỏ điều đó. Bạn cực kỳ thích làm phức tạp câu trả lời của mình vì bạn (ngoài việc không hiểu) tin rằng cái gì phức tạp và dông dài thì đồng nghĩa với hiểu biết. Và ngược lại, vì sau khi đã dông dài nhưng không hiểu, bạn lại cứ phải lấp nó đi bằng sự lờ mờ. Bạn cứ thử đọc lại mà xem, câu trả lời của bạn toàn "không chắc" hoặc "hơi hướng", toàn những thứ thể hiện sự lờ mờ.

 

Nếu thích học toán bạn nên học cho cẩn thận; ít nhất hãy cố gắng trả lời một thứ một cách "đơn giản". Một người hiểu vấn đề không chỉ có thể thể hiện nó trên công thức một cách ngắn gọn mà ngay cả khi trình bày bằng chữ, bằng lời cũng phải tinh giản và gãy gọn.

Anh nghĩ tàn dư của Toán phổ thông là tạo cho học sinh cảm giác rằng tính toán là công việc tầm thường, chỉ có suy luận trừu tượng mới có ý nghĩa. Điều này là hết sức sai lầm. Đối với học ĐH, việc em có hiểu lý thuyết hay không sẽ thể hiện ở việc em có khả năng tính toán các ví dụ cụ thể không. Nếu câu trả lời là không thì chứng tỏ ta vẫn chưa thực sự hiểu hết lý thuyết.

Cái này em nghĩ thực chất đúng cả với các bậc học cao hơn. Ví dụ cá nhân em thông thường khi bắt đầu vào một bài toán nghiên cứu mới sẽ lao vào tìm càng nhiều ví dụ để tính càng tốt và tính toán song hành với việc học lý thuyết là rất nhanh và hiệu quả. Nói đơn giản, có cung cầu đầy đủ.

 

p/s: em nghĩ diễn đàn nên có nút downvote. 

Do tập $[0,1]$ compact nên tồn tại một dãy con $(x_{n_k})$ của $(x_n)$ hội tụ về một điểm trong $[0,1]$ (lưu ý giới hạn này có thể là hai đầu mút, do đó nằm ngoài đoạn $(0,1)$ ban đầu). Gọi $a = \lim_{n_k \to \infty} x_{n_k}$, khi đó

$$\left |y_{n_k} - a \right| \leq \left |x_{n_k} - y_{n_k} \right| + \left |a - x_{n_k} \right|$$

và theo định nghĩa, khi $n_k \to \infty$ ta có $A = \lim_{n_k \to \infty} y_{n_k}$.