Chủ đề này có 14 trả lời

[redline]

Gọi http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1,\cdots,x_n\} là vành các hàm phức chỉnh hình trêb toàn không gian http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}^n. Chứng minh rằng:

1. http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1,\cdots,x_n\} không phải là vành Noether.
2. Tìm tất cả các ideal cực đại hữu hạn sinh của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1,\cdots,x_n\}.
3. Còn cấu trúc của các ideal cực đại không hữu hạn sinh của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1,\cdots,x_n\} như thế nào?.

[redline]

Sao mọi người không có ý kiến gì? Theo redline, thì đây là vấn đề hay. Nó giúp ta hiểu rõ hơn về một vành hàm rất quan trọng của Đại số giao hoán, Hình học Đại số, Giải tích phức, ...

Về cấu trúc các ideal trong vành các hàm nguyên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1,\cdots,x_n\}, ta có định lý sau, có thể xem như một sự mở rộng không tầm thường định lý Nullstellensatz của Hilbert từ vành đa thức http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\[x_1,\cdots,x_n\] lên vành hàm nguyên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1,\cdots,x_n\}.

Định lý. Cho hệ hữu hạn hàm nguyên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}^n. Khi đó ideal sinh bởi các hàm đó chính là http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1,\cdots,x_n\}.

(Để hiểu được chứng minh định lý này cũng rất thú vị. )

Bây giờ ta sẽ xây dựng phản ví dụ để chỉ ra http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1,\cdots,x_n\} không phải vành Noether, bằng cách xây dựng một ideal không hữu hạn sinh trong http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1,\cdots,x_n\}. Chỉ cần xét http://dientuvietnam...imetex.cgi?n=1.

Với mỗi số nguyên http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?m, ký hiệu http://dientuvietnam.../mimetex.cgi?m. Khi đó, dùng các tích Weierstrass, ta xây dựng được các hàm phức http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?f_m chỉnh hình trên toàn bộ mặt phẳng số phức http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}, có tập không điểm chính là là http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?A_m. Khi đó, mọi tập hữu hạn các hàm http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?f_m đều có vô hạn không điểm chung. Và toàn bộ các hàm http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?f_m thì không có không điểm chung nào. Từ đó suy ra ideal http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?I sinh bởi tất cả các hàm đó là một ideal thực sự của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1}. Ideal http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?I không hữu hạn sinh được suy ra từ định lý đã phát biểu.

Từ định lý trên dễ dàng suy ra, các ideal cực đại hữu hạn sinh của vành hàm http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1,\cdots,x_n\} đều có dạng http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?(x_1-a_1,\ldots,x_n-a_n), trong đó http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?I không hữu hạn sinh. Thế thì cấu trúc của các ideal cực đại không hữu hạn sinh của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1,\cdots,x_n\} được mô tả thế nào?

Xin đưa ra một dự đoán như sau trong trường hợp http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?n=1 (có lẽ đúng đến 100% !). Xin mọi người cho một chứng minh.

Conjecture. Trong http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x\} mọi ideal cực đại không hữu hạn sinh đều có một hệ sinh đếm được?

[noproof]

Tiêu đề của bài này có lẽ phải là "Trả lời cho vành giao hoán không Noether" chứ?

Định lý này hay ghê

Định lý. Cho hệ hữu hạn hàm nguyên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}^n. Khi đó ideal sinh bởi các hàm đó chính là http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1,\cdots,x_n\}.

(Để hiểu được chứng minh định lý này cũng rất thú vị. )

Bạn redline nếu có thời gian viết chứng minh cho bọn tớ xem với nhé (Tớ sửa lỗi chính tả: "chung", không phải "trung" ).

Chỗ này không hiểu lắm

Với mỗi số nguyên http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?m, ký hiệu http://dientuvietnam.../mimetex.cgi?m. Khi đó, dùng các tích Weierstrass, ta xây dựng được các hàm phức http://dientuvietnam...mimetex.cgi?f_m chỉnh hình trên toàn bộ mặt phẳng số phức http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}, có tập không điểm chính là là http://dientuvietnam...imetex.cgi?A_m. Khi đó, mọi tập hữu hạn các hàm http://dientuvietnam...mimetex.cgi?f_m đều có vô hạn không điểm chung. Và toàn bộ các hàm http://dientuvietnam...mimetex.cgi?f_m thì không có không điểm chung nào. Từ đó suy ra ideal http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?I sinh bởi tất cả các hàm đó là một ideal thực sự của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1}. Ideal http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?I không hữu hạn sinh được suy ra từ định lý đã phát biểu.

Ideal I là ideal thực sự suy ra từ đâu vậy, có phải là từ việc toàn bộ các hàm http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?f_m không có không điểm chung, và nếu suy ra từ điều này thì suy như thế nào ?

[pizza]

Định lý. Cho hệ hữu hạn hàm nguyên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}^n. Khi đó ideal sinh bởi các hàm đó chính là http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1,\cdots,x_n\}.

(Để hiểu được chứng minh định lý này cũng rất thú vị. )

Xét Iđêan I sinh bởi họ {fi} các hàm chỉnh hình không có không điểm chung . Tại địa phương mỗi điểm , sau khi đưa vào quan hệ tương đương là quan hệ bằng nhau , nó là vành đẳng cấu với vành http://dientuvietnam...mimetex.cgi?O_x các mầm hàm chỉnh hỉnh hình . Do đó , và vì 1 H^0(X,O) nên (g_i) sao cho (f_i)(g_i)=1 ->dpcm .

Có một bài tương tự nhưng khó hơn nhiều , phát biểu cho mọi tập compact lồi chỉnh hình trên đa tạp Stein .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pizza: 25-10-2006 - 01:50

[Kakalotta]

Lâu lắm mới thấy Pizza yêu dấu vào đây.
Có một câu hỏi nho nhỏ mà mình nghĩ mãi không ra, tại sao http://dientuvietnam...x.cgi?H^{p,q}(X)=H^{q,p}(X)

[pizza]

KK kì cục quá , chích chòe hiểu lầm thì chết . Pizza biết KK muộn nên đành lòng làm "trái tim bên lề" :cry

Câu hỏi của KK theo Pizza là không đúng . Vd có thể lấy cặp (0,1) và (1,0) , X là C . Với cặp đầu thì Dolbeault cohomology ( HC) tương ứng là trivial , còn cặp thứ hai thì HC là group of 1-forms on C .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pizza: 25-10-2006 - 01:48

[Kakalotta]

Quên mất, nói thiếu điều kiện, M là đa tạp Kahler compact, thì người ta khẳng định chắc chắn là theo lý thuyết Hodge, "hiển nhiên" H^l,m va H^m,l có cùng hạng. Nghĩ mãi vẫn chưa hiểu tại sao lại hiển nhiên, hả "trái tim bên lề"?

[redline]

To noproof: Cảm ơn đã sửa chính tả cho mình. Ideal http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?I là ideal thực sự, vì nếu không http://dientuvietnam...x.cgi?1=a_m(x_1)f_n(x_1)+\cdots+a_n(x_1)f_n(x_1). Trong đó http://dientuvietnam...metex.cgi?a_m(x),\ldots,a_n(x) là các hàm nguyên. Nhưng khi đó, theo cách xây dựng của họ hàm http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\{f_i\}, vế phải có vô số không điểm. Trong khi vế trái thì không có không điểm nào. Mâu thuẫn.

To pizza: Lý luận của bạn đã bỏ qua phần khó của chứng minh. Nếu gọi http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?O là bó các hàm chỉnh hình, http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?X=\mathbb{C}^n. Và http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{x_1,\ldots,x_n\}. Khi đó ta có bó ideal http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\tilde{J} là bó hóa của tiền bó http://dientuvietnam.../mimetex.cgi?X. Bởi vì hệ http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?f_1,\ldots,f_m không có không điểm chung, nên tại mỗi http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\tilde{J} và http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?O đẳng cấu. Và do đó suy ra . Hiển nhiên ta có . Tất cả các lý luận đó đều rất đơn giản. Nhưng bạn đã công nhận phần khó nhất của chứng minh là . Rõ ràng là , nhưng việc chứng minh có dấu bằng xảy ra là rất khó và độ khó không khác gì phát biểu cho miền lồi chỉnh hình trên đa tạp Stein.

[noproof]

Cảm ơn bạn redline.

Công nhận là việc chứng minh http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?H^0(X,\tilde{J})=J là mấu chốt. Pizza (hoặc redline hoặc ai đó khác) nếu rảnh thì viết chứng minh chi tiết giúp với. Cảm ơn nhiều.

[quantum-cohomology]

Chắc ý anh Kaka muốn nói là , cái này là complex conjugation, còn là do Serrer-duality, còn lại thì trường hợp xẩy ra tương đối hiếm, ngoại trừ 1 lớp các đa tạp tương đối đặc biệt, bởi vì sử dụng bổ đề Dobeault thấy ngay còn .

[Kakalotta]

Hiểu rồi, nó in sai thiếu cái dấu gạch.

[pizza]

Tại mỗi điểm z , stalk của I là các hàm có dạng (fi)(gi)|_(z) . Do đó , mỗi global section tương ứng với một hàm dạng (fi)(gi) . Cm giống như cm H^0 (X,O) là H(X) .

@ KK yêu dấu ! KK post bài nhớ cẩn thận nhé . Mà KK làm gì mà liên quan đến Hodge theory thế ?

[quantum-cohomology]

Thì chắc anh KK đang luyện Calabi-Yau hoặc string-Hodge hoặc 1 loại công lực nào mới, cũng có thể là Bihermitian chăng. Thấy Hitchin mới làm 1 cái về Bihermitian metrics on Del Pezzo surfaces.

[Kakalotta]

@ KK yêu dấu ! KK post bài nhớ cẩn thận nhé . Mà KK làm gì mà liên quan đến Hodge theory thế ?

@PIZZA vô cùng thương nhớ. KK sẽ cẩn thận hơn. Hồi này đang ôn thi và đang lăn lộn một chút bên lý thuyết trường. Có một giả thuyết liên hệ giữa topo đại số, lượng tử hóa trên đa tạp spin, Witten genus, lý thuyết trường bảo giác, lý thuyết trường Euclide, dạng modular và lý thuyết hàm tử molular mới xuất hiện, gây chấn động trong một cái seminar về topology, mọi người cực kì hào hứng tấn công nên nhảy vào chơi. Đọc chúng nó thì lại cần biết về lý thuyết chỉ số của Atiyah-Singer trước đã như là kiến thức chuẩn bị và để đọc lý thuyết chỉ số này thì lại liên hệ đến Hodge theory. Hodge theory thì cũng dùng cho phương pháp quỹ đạo trong giải tích điều hòa và lý thuyết biểu diễn. Tóm lại vì thế nên KK vẫn chưa học được gì đáng kể cả. Tuy nhiên KK lại không có thời gian để đọc Hodge theory một cách nghiêm chỉnh vì còn chia sức ra cho một đề tài khác về đại số vô hạn chiều trong Poisson Geometry nên chỉ đọc chơi chơi thôi, rồi quay lại sau. Tự nhiên cứ đọc hình học phức và mấy cái đại loại như vậy là KK lại nhớ đên Pizza tha thiết, vì Pizza rất khá về hình học phức và vì tuần nào cũng ăn Pizza, uống Coke, cho nên lại lọ mọ vào đây tìm lại người thương.

[redline]

Về cấu trúc các ideal cực đại không hữu hạn sinh trong vành các hàm nguyên một biến http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{z\}. Ta sẽ chứng minh một kết quả nói rằng: Mọi hệ sinh của bất kỳ ideal cực đại http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathfrak{m} không hữu hạn sinh trong vành http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{z\} đều không đếm được.
Điều này khá ngạc nhiên, nếu như ta chú ý rằng bản thân http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{z\} có lực lượng continum.

Ta phát biểu lại định lý đã nêu trước đó: Mọi ideal sinh bởi hữu hạn các hàm nguyên của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{z\} không có không điểm chung sẽ sinh ra http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{z\}.


Trước hết: Vì các phần tử của ideal http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathfrak{m} không có không điểm chung, nên suy ra tất cả các phần tử thuộc http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathfrak{m} đều có vô số không điểm. Vì có định lý trên, nên suy ra mọi hệ hữu hạn các phần tử của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathfrak{m} đều có vô số không điểm chung.

Giả sử http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?g_{\alpha} đều khác không và có các không điểm là http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?a_1,a_2,\ldots, với số bội lần lượt là: http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?m_1,\m_2,\ldots . Khi đó, sử dụng các tích Weierstrass, ta xây dựng được các hàm nguyên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?f_{\alpha} có các không điểm http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?a_1,a_2,\ldots và đều là không điểm đơn. Ta có thể viết http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?u_{\alpha} là một hàm nguyên. Như vậy http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathbb{C}\{z\} nên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?Z_{\alpha} là tập các không điểm của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?f_{\alpha}, thì tập này đếm được và không có điểm tụ hữu hạn. Bây giờ giả sử http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?A đếm được, ta sẽ chỉ ra mâu thuẫn. Thật vậy, nếu như vậy, ta có thể xem http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?h_i(z) xây dựng bằng tích Weierstrass, nhận tập http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?X_i là không điểm, sinh ra ideal cực đại http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathfrak{m}. Chú ý, ta có dãy lồng nhau các tập vô hạn: http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?n, ta có http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?X_1. Ta sẽ chọn ra dãy http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?b_1,b_2,\cdots là dãy mà các phần tử đôi một khác nhau. Gọi http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?h(z) là hàm nguyên chỉ nhận dãy http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?k, hệ http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?h(z),h_1(z),\ldots,h_k(z) có vô số không điểm chung. Nên suy ra http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?h(z) như sau: tồn tại số tự nhiên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?n, và hàm nguyên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?v(z) sao cho http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?h(z) sẽ có tập không điểm bao gồm tập http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?a_{n,n^2+1} được. Mâu thuẫn.

Vì vậy, tập http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?A không đếm được. Từ đó, ideal cực đại http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\mathfrak{m} không có hệ sinh nào đếm được.