Thứ Tư, 6 tháng 3, 2019

Phức Kan

Việc phá CW-complex ra thành các cells giusp ta tính các nhóm đồng điều của chúng dễ dàng hơn nhưng về các nhóm đồng luân thì đó vẫn là điều bất khả thi. Trong bài viết này mình đưa ra một định nghĩa mang tính tổ hợp của nhóm đồng luân, tuy rằng nó không giúp ta tính các nhóm này dễ dàng hơn nhưng nó là một chất liệu cần thiết cho mình :3 ít nhất là để tiến vào higher category theory.

Công cụ để đưa ra các định nghĩa và cách nhìn mang tính tổ hợp này là các simplicial - được hiểu là việc mở rộng trừu tượng khái niệm đa giác, đa diện. Sau đó ta mở rộng ra khái niệm phức Kan, nhờ đó đưa ra các mô hình cho $\infty$ - groupoid và các kiểu đồng luân. Như vậy phức Kan giúp ta hiểu thêm về lý thuyết đồng luân là điều hiển nhiên.

Định nghĩa 1: Một tập simplicial $K_{\bullet}$ là một họ các tập $\left \{ K_n \right \}$ cùng với một họ các ánh xạ:
$$d_i: K_{n} \to K_{n-1}$$
$$s_j: K_n \to K_{n+1}$$
thỏa mãn các điều kiện áp đặt:
$$d_id_j = d_{j-1}d_i \forall i < j$$
$$s_is_j = s_{j+1}s_i \forall i \leq j$$
$$d_i s_j =\left\{\begin{matrix}
 s_{j-1}d_i, &\forall i<j \\
 id,&i=j,j+1 \\
 s_jd_{i-1},& \forall i>j+1
\end{matrix}\right.$$
Tập simplicial mà canonical là phạm trù đối của phạm trù $\mathcal{O}$ trong đó $\mathcal{O}$ là phạm trù mà các vật là các tập hợp $[n] = \left \{0,1,...,n-1 \right \}$ và các cấu xạ $[m] \to [n]$ là các ánh xạ bảo toàn thứ tự. Khi đó ánh xạ $d_i: [n] \to [n-1]$ là ánh xạ đối của ánh xạ bỏ qua vị trí thứ $i$ và ánh xạ $s_i:[n] \to [n+1]$ là ánh xạ đối của ánh xạ lặp lại vị trí thứ $i$. Kí hiệu $\Delta = \mathcal{O}^{op}$.

Định nghĩa 2: Một một simplicial trong phạm trù bất kì $\textbf{C}$ là một hàm tử $K : \Delta \to \textbf{C}$. Một cấu xạ giữa hai vật simplicial là một biến đổi tự nhiên giữa chúng. Kí hiệu $\textbf{SimpC}$ là phạm trù của các hàm tử $\textbf{C}^{\Delta}$, của các vật simplicial trong $\textbf{C}$. Kí hiệu $K_n = K([n])$.

Phức Kan

Định nghĩa 3: Một tập simplicial được gọi là thỏa mãn điều kiện mở rộng nếu với mọi dãy $x_0,x_1,..x_{i-1},x_{i+1},..x_n$ trong $K_n$ thỏa mãn $d_k(x_l) = d_{l-1}(x_k) \forall k < l, k \neq i \neq l$ thì tồn tại $x \in K_{n+1}$ mà $d_j(x)=x_j \forall $. Một tập simplicial thỏa mãn điều kiện mở rộng được gọi là một phức Kan.

Khái niệm phức Kan chỉ là mở rộng quan điểm hình học của hàm tử singular $Sing_n(X) = \left \{f | f: \Delta^n \to X \right \}$ từ phạm trù các không gian topo vào phạm trù $\textbf{SimpSets}$.

Đồng luân

Để định nghĩa được khái niệm đồng luân, ta cần một vật đủ tốt đại diện cho $[0,1]$ như trong phạm trù các không gian topo. Ta đưa ra một mẫu hình chuẩn như sau:
$$\Delta[n]_m = \left \{(v_0,v_1,...v_m)| v_i \in \left \{0,1,..n \right \}, v_i \leq v_j \forall i < j \right \}$$
Khi đó họ các vật $\Delta[n]_{\bullet} = \left \{ \Delta[n]_m \right \}$ lập thành một tập simplicial trong phạm trù $\textbf{Sets}$

Ta gọi $n$ xương của một tập simplicial là một simplicial con chứa tất cả các thành phần không suy biến bậc không quá $n$ ($\neq s_j(x) , j\leq n$). Kí hiệu $K^n$.

Định nghĩa 4: Cho hai cấu xạ simplicial $f,g: K_{\bullet} \to L_{\bullet}$. Một đồng luân giữa chúng là một cấu xạ $F: K_{\bullet} \times \Delta[1]_{\bullet} \to L_{\bullet}$ thỏa mãn:
$$F(x,(0,...,0))=f(x),F(x,(1,...,1))=g(x) \forall x$$
Quan hệ đồng luân này không nhất thiết là tương đương, như may mắn khi $L$ là một phức Kan thì nó thực sự là một quan hệ tương đương.

Định nghĩa 5: Cho $K_{\bullet}$ là một phức Kan  thì ta định nghĩa nhóm đồng luân thứ $n$ của $K$ là:
$$\pi_n(K_{\bullet},x_0 \in K_0) = [(\Delta[n]_{\bullet},\Delta[n]^{n-1}),(K_{\bullet},x_0)$$
Đặc biệt với một không gian topo $X$ ta có:
$$\pi_n(X,x_0) = \pi_n(Sing_{\bullet}(X),x_0)$$
Đồng điều

Gọi $\mathcal{F}:\textbf{Sets} \to\textbf{Ab}$ là một hàm tử từ phạm trù tập hợp vào phạm trù các nhóm abel sao cho ảnh mỗi vật là một nhóm abel tự do. Khi đó $\mathcal{F}$ cảm sinh một hàm tử (cùng kí hiệu) $\mathcal{F}:\textbf{SimpSets} \to \textbf{SimpAb}$, định nghĩa:
$$C_n(K_{\bullet}) = \mathcal{F}(K_n), \partial = \sum_{i=0}^{n}(-1)^i \mathcal{F}(d_i)$$
Bất cứ ai từng học qua topo đại số đều có thể thấy $\partial^2 = 0$ và như vậy ta định nghĩa được nhóm đồng điều tổng quát $H_{\bullet}(K_{\bullet})$

Sự tương đương của lý thuyết đồng luân trong hai phạm trù $\textbf{SimpSets}$ và phạm trù các không gian có kiểu đồng luân của CW-phức

Nói chung trong phạm trù $\textbf{SimpSets}$ ta có các cách nhìn bài toán ở dạng tổ hợp hơn, như việc xấp xỉ simplicial, định lý Hurewicz, ... Ta muốn tìm một sự tương đương theo nghĩa hàm tử giữa hai phạm trù này.

Xét hàm tử $Sing$ gửi mỗi không gian topo vào tập tất cả các ánh xạ liên tục từ $\Delta^n \to X$. Ta tìm kiếm một hàm tử $R$ liên hợp của nó theo nghĩa:
$$\textbf{SimpSets}(K_{\bullet},Sing_{\bullet}(X)) \cong \textbf{Top}(RK_{\bullet},X)$$
ở đây $\cong$ hiểu là song ánh bảo toàn các đồng luân.

Định nghia 6: Gọi $K_{\bullet}$ là một tập simplicial khi đó hình học hóa của $K$ được định nghĩa là:
$$RK_{\bullet} = \coprod_{n \geq 0}\Delta^n \times K_n / \sim$$
Trong đó quan hệ $\sim: (\epsilon_i(x),v) \sim (v,d_i(x)), (\eta_i(v),x) \sim (v,s_j(x))$ và $\epsilon_i,\eta_i$ hiểu là face và degenacy của các standard simplicial sets trong phạm trù các không gian topo, $\Delta^n$'s. Khi đó $R$ tạo thành một hàm tử $R: \textbf{SimpSets} \to \textbf{Top}$ là liên hợp của $Sing$.

Định lý: Hàm tử $R_{\bullet}$ và $Sing_{\bullet}$ biểu diễn một quan hệ tương đương giữa lý thuyết đồng luân trong phạm trù các phức Kan và lý thuyết đồng luân trong phạm trù các không gian topo có kiểu đồng luân của một CW-phức. Nói riêng ta có hai tương ứng một - một:
$$[K_{\bullet}, L_{\bullet}]_{\textbf{SimpSets}} \cong [RK,RL]_{\textbf{Top}}$$
$$[Sing_{\bullet}(X),Sing_{\bullet}(Y)]_{\textbf{SimpSets}} \cong [X,Y]_{\textbf{Top}}$$
bất cứ khi nào $L$ là một phức Kan và $Y$ là không gian topo có kiểu đồng luân của CW-phức.

Tham khảo:

[1] A User's Guide to Spectral Sequences - John McCleary.

Thứ Ba, 5 tháng 3, 2019

Code simplex algorithm


import numpy as np                                                      

def enterProblem():
                  
    numberofrows = int(input("Enter number of rows: "))                      
    numberofcolumns = int(input("Enter number of columns: "))                                      
   
    vectorproblem = np.zeros(numberofcolumns)
    originalmatrix = np.zeros((numberofrows,numberofcolumns))
    rightside = np.zeros(numberofrows)
   
    for i in range(numberofcolumns):
        vectorproblem[i] = float(input())                             
       
    for i in range(numberofrows):
        for j in range(numberofcolumns):
            originalmatrix[i,j] = float(input())                             

    for i in range(numberofrows):
        rightside[i] = float(input())

    for i in range(numberofrows):
        if rightside[i] < 0:
            print("This is not LP in standard form")
            break

    matrixtable = np.zeros((numberofrows, numberofrows + numberofcolumns))

    for i in range(numberofrows):                                             
        for j in range(numberofcolumns):
            matrixtable[i,j] = originalmatrix[i,j]
        for k in range(numberofcolumns,numberofrows+numberofcolumns):
            if(k-i==numberofcolumns):
                matrixtable[i,k] = 1
            else:
                matrixtable[i,k] = 0
   
    vectorproblem2 = np.zeros(numberofrows + numberofcolumns)

    for i in range(numberofcolumns):
        vectorproblem2[i] = vectorproblem[i]
    for i in range(numberofcolumns + 1, numberofrows + numberofcolumns):
        vectorproblem2[i] = 0

    matrixtable2 = np.zeros((numberofrows + 1, numberofrows + numberofcolumns + 1))

    for i in range(numberofrows):
        for j in range(numberofrows + numberofcolumns):
            matrixtable2[i,j] = matrixtable[i,j]
    for i in range(numberofrows):
        matrixtable2[i,numberofrows + numberofcolumns] = rightside[i]
    for i in range(numberofrows + numberofcolumns):
        matrixtable2[numberofrows, i] = vectorproblem2[i]
    matrixtable2[numberofrows, numberofrows + numberofcolumns] = 0

    print("Here is the pivot table")
    print(matrixtable2)
   
    while ((matrixtable2[numberofrows,:] <= 0).all() == False):   
        settest1 = []
        settest2 = []
        settest3 = []
        settest4 = []
   
        for j in range(numberofcolumns):                                         
            if (matrixtable2[numberofrows,j] > 0):
                settest1.append(j)
   
        min1 = min(settest1)
   
        for i in range(numberofrows):
            if matrixtable2[i,min1] > 0:
                settest2.append(i)
                settest3.append(matrixtable2[i,numberofrows + numberofcolumns]/matrixtable2[i,min1])

        min3 = min(settest3)
   
        for i in settest2:
            if matrixtable2[i,numberofrows + numberofcolumns]/matrixtable2[i,min1]== min3:
                settest4.append(i)
   
        min2 = min(settest4)
        pivot = matrixtable2[min2,min1]

        for i in range(numberofrows + numberofcolumns + 1):
            matrixtable2[min2,i] = matrixtable2[min2,i]/pivot
        testrow = np.zeros(numberofrows + numberofcolumns + 1)
        for i in range(numberofrows + 1):
            testrow[i] = matrixtable2[i,min1]
        for i in range(min2):
            for j in range(numberofrows + numberofcolumns + 1):
                matrixtable2[i,j] = matrixtable2[i,j] - matrixtable2[min2,j]*testrow[i]
        for i in range(min2 + 1,numberofrows + 1):
            for j in range(numberofrows + numberofcolumns + 1):
                matrixtable2[i,j] = matrixtable2[i,j] - matrixtable2[min2,j]*testrow[i]
        print(matrixtable2)
        print(matrixtable2[numberofrows, numberofrows + numberofcolumns])

    print("This is optimal value")
    print(-matrixtable2[numberofrows, numberofrows + numberofcolumns])
enterProblem()
           

Thứ Hai, 4 tháng 3, 2019

Định lý Polya cho bước đi ngẫu nhiên trên lưới nguyên

Mình viết blog chơi chơi định lý Polya cho random walk on $\mathbb{Z^{d}}$, cái này dành cho các bạn mà mình sẽ gặp ở Massp trong hè tới.

Định nghĩa: Cho các biến rời rạc ngẫu nhiên độc lập $X_1,X_2,...$ trên $\mathbb{Z^{d}}$, được gọi là bước đi ngẫu nhiên nếu nó có tính chất:

- $P(X_i = e) = \frac{1}{2d}$ nếu $e \in \mathbb{Z}^{d}, \left \| e \right \| = 1$ và $P(X_i = e) = 0 $ trong các trường hợp còn lại.

Định nghĩa:  $S_0 = 0 \in \mathbb{Z}^{d}$ và $S_n = X_1 + X_2 + ... + X_n$ được gọi là vị trí bước đi ngẫu nhiên lần thứ $n$.

- Nếu ta gọi $F$ là xác suất mà đi ngẫu nhiên cuối cùng lại trở về $S_0 = 0$ mà $F = 1$ thì bước đi ngẫu nhiên gọi là "quay lại" (recurrent) và $F < 1$ gọi là "lang thang" (transcient). Định lý Polya phát biểu một tiêu chuẩn cần và đủ cho các bước đi trong $\mathbb{Z^{d}}$.

Kí hiệu:

- $N = \sum_{t} I_{t}$ với $I_{t} = 1$ nếu $S_t = 0$ và $I_{t} = 0 $ trong trường hợp còn lại. Ở đây hiểu $N$ là số lần bước đi ngẫu nhiên quay lại điểm xuất phát $S_0$ của nó.

Bổ đề: Trạng thái $S_0 = 0$ là lang thang khi và chỉ khi $\sum_{n=0}^{\infty}(P(S_n = 0) = P_n(0)) < \infty$.

Chứng minh:

$$\mathbb{E}[N ]  =  \sum_{t = 0}^{\infty}\mathbb{E}[I_t] = \sum_{t =0}^{\infty}P(S_t = 0)$$
Ngoài ra
 $$\mathbb{E}[N ]= \sum_{k=1}^{\infty}kP(N = k)
           = \sum_{k=1}^{\infty}(kP( N \geq k) - kP(N \geq k +1))
           = \sum_{k=1}^{\infty}P(N \geq k)$$
Tổng cuối cùng hiển nhiên là $\sum_{k=1 }^{\infty}F^k$.

Định lý Polya: Bước đi đơn ngẫu nhiên (simple random walk) với số chiều $d$ là lang thang khi và chỉ khi $d \geq 3$.

Ví dụ:

+ $d = 1$: Tại mỗi bước ta chỉ có thể đi trái phải, nó tạo thành một chuỗi $(llrllr....)$ (mỗi $l,r$ có xác suất $1/2$) và mỗi chuỗi như vậy cho ta một cách đi. Rõ ràng sau lẻ bước không thể trở về vị trí cũ và do đó để trở về thì số bước lẻ = số bước chẵn = $n$ bước:
$$P_{2n+1}(0) = 0 ,P_{2n}(0) = \binom{2n}{n}(\frac{1}{2})^n (\frac{1}{2})^n$$
Theo công thức Stirling:
$$P_{2n}(0) \sim \frac{1}{\sqrt{\pi.n}}$$
Như vậy:
$$\sum_{n\geq 1}P_n(0) \sim \frac{1}{\sqrt{\pi}}\sum  \frac{1}{\sqrt{n}}=\infty$$
Từ đó kết luận bước đi ngẫu nhiên khi $d=1$ là quay lại. 

+ $d=3$: Tại mỗi vị trí ta có $6$ cách đi mỗi cách có xác suất $1/6$ và để trở về $0$ sau khi xuất phát từ $0$ ta cần một số chẵn $2n$ - lần trong đó $i$ lên, $i$ xuống, $j$ nam, $j$ bắc, $k$ đông, $k$ tây (lần) với $i+j+k=n$. Như vậy ta kết luận:
$$P_{2n+1}(0) = 0, P_{2n}(0) =\sum_{i+j+k=n}\frac{(2n)!}{(i!j!k!)^2}\frac{1}{6^2n} = \binom{2n}{n} (\frac{1}{2})^{2n}\sum_{i+j+k=n}\binom{n}{i,j,k}^2(\frac{1}{3})^{2n}$$
Ta có:
$$\sum \binom{n}{i,j,k}(\frac{1}{3})^n = 1$$
Vì vế trái là xác suất tung một quả bóng vào ba cái hộp. Khi $n=3m$ ta có:
$$\binom{n}{i,j,k} \leq \binom{n}{m,m,m}$$
Như vậy:
$$P_{2n}(0) \leq \binom{2n}{n}(\frac{1}{2})^{2n} \binom{n}{m,m,m}(\frac{1}{3})^n \sim \frac{1}{2c^3}(\frac{6}{n})^{\frac{3}{2}}$$
Từ đó kết luận bước đi ngẫu nhiên khi $d=3$ là lang thang.

Bổ đề 2: Cho một bước đi ngẫu nhiên $X_1,X_2,...$ và ta kí hiệu:
$$\phi(k ) =\mathbb{E}(e^{ikX_1}) $$
Khi đó:
$$\mathbb{E}N = \lim_{t \to 1} \int_{[-\pi,\pi)^d} \frac{dk}{(2 \pi)^d} \frac{1}{1 - t\phi(k)}$$
Chứng minh: 
Ta có:
 $$\int_{[-\pi,\pi)} \frac{d \theta}{2\pi}e^{in\theta} = \left\{\begin{matrix}
1 & ,n = 0\\
0 & ,  n \neq 0
\end{matrix}\right.$$
Áp dụng công thức này nhiều lần:
$$I_{n} = \int_{[-\pi,\pi)^d} \frac{dk}{(2 \pi)^{d}}e^{ik.S_n}$$
Lấy kì vọng hai vế:
$$P(S_n = 0 )=\int_{[-\pi,\pi)^d} \frac{dk}{(2\pi)^d}\mathbb{E}(e^{ik.S_n})$$
Theo định nghĩa của $S_n$ ta có:
$$\mathbb{E}(e^{ikS_n}) = \phi(k)^n = \prod_{j=1}^{n}\mathbb{E}(e^{ikX_j})$$
Như vậy ta có:
$$\sum_{n=0}^{\infty}t^{n}P_n(0) = \sum_{n \geq 0} \int_{[-\pi,\pi)^d}\frac{dk}{(2\pi)^d}\sum  (t\phi(k))^n =  \int_{[-\pi,\pi)^d}\frac{dk}{(2\pi)^d} \frac{1}{1 - t\phi(k)}$$
Lấy giới hạn hai vế khi $t\to 1$ ta có đpcm.

Chứng minh định lý Polya:

Ta thấy rằng:
$$\phi(k) = \frac{1}{2d}\sum_{j=1}^{d}(e^{ik_j}+e^{-ik_{j}}) = \frac{1}{d}\sum_{j=1}^{d} \cos(k_j), k = (k_1,k_2,...k_d)$$ 
Sử dụng đánh giá:   
 $$2 \frac{k_{j}^{2}}{\pi^{2}} \leq 1 - \cos(k_j) \leq \frac{k_{j}^{2}}{2}$$
Ta suy ra:
$$1 - t + 2t \frac{ |k|^2}{\pi^2 d} \leq 1 - t\phi(k) \leq 1 - t + \frac{|k|^2}{2d}$$
 Như vậy ta có:
$$\mathbb{E}N < \infty \Leftrightarrow \int_{|k|<1}\frac{dk}{|k|^2}  < \infty$$
Điều này chỉ xảy ra khi $d \geq 3$

Định lý này thường được hiểu là một người đàn ông say rượu luôn về tới nhà nhưng một con chim có thể lạc mãi mãi.

Tham khảo:

[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling's_approximation

Thứ Ba, 19 tháng 2, 2019

Mở rộng khái niệm số chiều của không gian vector cho module trên vành

Kiến thức yêu cầu: đại số tuyến tính và một số khái niệm module trên vành.

Trong bài viết này mọi vành $R$ được giả sử là giao hoán có đơn vị. Như ta đã biết không gian vector được phân loại chính xác tới một đẳng cấu bằng bất biến là số chiều. Nói riêng các không gian vector hữu hạn chiều ta có thể chứng minh nó tồn tại một cơ sở bằng cách sử dụng tính khả nghịch của phần tử trong trường số, sự khó khăn xảy ra khi trường số của ta được thay bằng vành. Nói chung ngay cả việc một $R$ module tự do trên vành $R$ được phân loại cũng không dễ với vành $R$ nói chung (ít nhất nó đúng với vành giao hoán có đơn vị).

Ở đây mình giới thiệu một khái niệm mà mình thích gọi là"trọng" của module trên vành $R$ với mỗi module $M$ như vậy bất biến này kí hiệu là $h(M)$ có  tính chất cơ bản:

Nếu $N$ là module con của $M$ thì $h(N) \leq h(M)$ và $h(M) = h(N)$ khi và chỉ khi $M = N$. Hơn nữa $h(M) = h(N) + h(M/N).$

Định nghĩa 1: Một tháp của các module con của $M$ được hiểu là một dãy lồng nhau các module con:
$$T_1: M_0 \supset M_1 \supset ... \supset M_r = 0.$$
Cho một tháp khác:
$$T_2: N_0 \supset N_1 \supset ... \supset N_t = 0$$.
hai tháp được gọi là tương đương nếu $t = r$ và tồn tại một hoán vị $\sigma$ của $\left \{1,2,...,r  \right \}$ sao cho
 $$M_{i}/M_{i+1} \cong N_{\sigma(i)}/N_{\sigma(i)+1}$$
Định nghĩa 2: Một tháp các module con của $M$ được gọi là Jordan-Holder là một tháp với $M_0 = M$ và $M_{i}/M_{i+1}$ là một module đơn, tức là mọi module con của nó là nó và $0$.

Mục tiêu của ta sẽ là chứng minh mọi tháp Jordan-Holder đều tương đương và định nghĩa độ dài của một tháp Jordan-Holder là trọng của nó. 

Với hai tháp module con $T_1,T_2$ ta nói $T_2$ mịn hơn $T_1$ nếu mọi module của $T_1$ đều xuất hiện trong $T_2$. Như vậy ta thấy tháp Jordan-Holder nếu tồn tại thì tồn tại theo nghĩa cực đại, tức là ta không thể thêm được một module con thực sự nào vào giữa hai term liên tiếp.

Định lý 1 (Schreier): Nếu $T_1,T_2$ là hai tháp module con của $M$ thì tồn tại hai tháp $S_1,S_2$ mịn hơn của $T_1,T_2$ mà $S_1,S_2$ tương đương.

Chứng minh:

Vẫn với kí hiệu cũ, ta đặt:
$$M_{i,j} = M_i + (M_{i-1} \cap N_{j})$$
$$N_{j,i} = N_j + (N_{j-1} \cap M_{i})$$
Khi đó $M_{i-1} = M_{i,0}, N_{j-1} = N_{j,0}$ và rõ ràng hai tháp sau mịn hơn $S_1,S_2$ (giả sử $t \leq r$):
$$... M_{i-1}=M_{i,0} \supset M_{i,1} \supset ... \subset M_{i,t}= ...=M_{i,r} = M_{i}=M_{i+1,0} ... $$
$$N_{j-1}=N_{j,0} \supset N_{j,1} ... \supset N_{j,r} = N_{j} = N_{j+1,0} ...$$
Rõ ràng ta có:
$$M_{i,j-1}/M_{i,j} \cong N_{j-1,i}/N_{j,i}$$
Như vậy trong hai tháp mới ta xóa tất cả các vị trí mà nó bằng với vị trí bên trái nó sẽ thu được hai tháp $T_1,T_2$ cần tìm.

Hệ quả 1: Hai tháp Jordan-Holder bất kì tương đương và ta định nghĩa số module khác $0$ trong tháp Jordan-Holder bất kì là trọng của module.

Chứng minh:

Giả sử $J_1,J_2$ là hai tháp Jordan-Holder khi đó có $T_1,T_2$ mịn hơn nó mà $T_1,T_2$ tương đương. Nhưng do $J_1,J_2$ cực đại nên $J_1=T_1,J_2=T_2$ và ta có đpcm.

Định lý 2: Một $R$-module $M$ có tháp Jordan-Holder khi và chỉ khi nó vừa Noether vừa Artin như một $R$-module. Hơn nữa mọi tháp cho trước đều có một tháp Jordan-Holder mịn hơn nó.

Chứng minh:

$(\Rightarrow)$ Giả sử $M$ có tháp Jordan-Holder với trọng $h$. Nếu $h=0$ hiển nhiên $M = 0$. Giả sử kết quả đúng với mọi tháp  Jordan-Holder với trọng không quá $n$ ($n>1$). Gọi $M$ là một $R$-module với trọng $n$ và có một tháp:
$$M = M_0 \supset M_1 \supset ... \supset M_{n-1} \supset M_n = 0$$
Khi đó ta có:
$$M/M_{n-1} = M_0/M_{n-1} \supset M_1/M_{n-1} \supset ... \supset M_{n-1}/M_{n-1} = 0$$
là một tháp Jordan-Holder của $M/M_{n-1}$ với trọng $n-1$, lý do là:
$$(M_i/M_{n-1})/(M_{i+1}/M_{n-1}) \cong M_{i}/M_{i+1}$$
Như vậy theo giả thiết quy nạp $M/M_{n-1}$ vừa là Artin vừa Noether. Hơn nữa dễ thấy theo định nghĩa $M_{n-1}$ là module đơn nên nó vừa Artin vừa Noether. Kết hợp lại ta thấy $M$ vừa Artin vừa Noether.

$(\Leftarrow)$ Giả sử $M$ vừa là Artin, vừa là Noether. Gọi $C$ là họ các module con của $M$ mà có một tháp Jordan-Holder (nói cách khác, họ các module con vừa Artin vừa Noether), họ này khác rỗng ví lấy một tháp bất kì:
$$M_0 \supset M_1 \supset ... \supset M_k ...$$
thì nó sẽ dừng ở vị trí $M_k$ nào đó, khi đó $M_k$ phải là đơn vì nếu không đơn thì tháp này kéo dài them được, mà module đơn hiển nhiên vừa Artin vừa Noether. Trong $C$ có một phần tử $M^{*}$ cực đại theo nghĩa bao hàm tập hợp, vì nếu không sẽ có một dãy tăng vô hạn các module con không dừng trái với việc $M$ là Noether. Giả sử $M^{*} \neq M$ khi đó $M/M^{*}$ vừa là Artin vừa Noether nên nó có một module đơn dạng $M^{**}/M^{*}$. Khi này $M^{**}$ có một tháp Jordan-Holder vì $M^{*}$ và $M^{**}/M^{*}$ đều có nên $M^{**} \in C$ cực đại hơn $M^{*}$. Đây là điều vô lý.

Cuối cùng giả sử $T$ là một tháp của $M$ và $J$ là một tháp Jordan-Holder của $M$ thì có một tháp $S$ mịn hơn $T$ tương đương $J$ (vì $J$ cực đại) nên ta có một tháp mở rộng $T$ mà là Jordan-Holder.

Định lý 3: Nếu $N$ là module con của một module $M$ vừa Artin, vừa Noether thì 
$$h(M) = h(N) + h(M/N)$$
và $N = M$ khi và chỉ khi $h(M) = h(N)$.

Chứng minh:

Xét tháp $N \supset 0$. Theo định lý trên có một tháp Jordan-Holder của $M$ chứa $N$ có dạng:
$$M = M_0 \supset M_1 \supset .... N \supset ... M_k \supset ... \supset 0$$
Hiển nhiên phần các vị trí sau $N$ là một tháp Jordan-Holder của $N$ và lấy tháp này chia thương $N$ sẽ có một tháp Jordan-Holder của $M/N$, như vậy $h(M) = h(N) + h(M/N)$ và $h(M) = h(N) $ khi và chỉ khi $h(M/N) = 0 $ dẫn tới $M = N$.

Thứ Ba, 15 tháng 1, 2019

Giới thiệu về dãy phổ Adams

Trong bài viết này mình giả sử mọi không gian là CW và đối đồng điều lấy với hệ số $\mathbb{Z/p}$, đồng thời $\mathcal{A}=\mathcal{A}_{p}$ luôn hiểu là đại số Steenrod module $p$. (xem [1])

Mục tiêu chính của lý thuyết đồng luân là hiểu cấu trúc nội tại của lớp các đồng luân giữa hai không gian $X,Y$ cho trước, $[X,Y]$. Đặc biệt khi $X=S^n$ thì đây chính là nhóm đồng luân thứ $n$ của $Y$. Ta có thể iterate $X,Y$ một số lần đủ lớn qua hàm tử treo mà vẫn giữ được cấu trúc nhóm của $[X,Y]$ nhưng cách làm này quá khó. Một trong số hiếm hoi các lớp không gian phân loại được là $[S^n,S^n]$, mọi ánh xạ được xác định kiểu đồng luân của nó thông qua bậc đồng điều. Với cấu trúc quá thô của các không gian, kể cả với một số không gian tốt như vật nhóm hay đối vật nhóm trong phạm trù đồng luân. Một cách để tìm kiếm thông tin là cảm sinh nó trên đối đồng điều theo $\mathbb{Z}$-module:
$$[X,Y] \to \text{Hom}(H_{*}(X),H_{*}(Y))$$
hoặc đối đồng điều:
$$[X,Y ]\to \text{Hom}(H^{*}(Y),H^{*}(X))$$
nhưng vì $\mathbb{Z }$ - module vẫn quá đơn giản nên ta lấy trên một đại số Steenrod nào đó (nhắc lại mọi vành đối đồng điều là một $\mathcal{A}$-module):
$$[X,Y] \to \text{Hom}_{\mathcal{A}}(H^{*}(Y),H^{*}(X))$$
Dĩ nhiên vì nội tại các đại số Steenrod đã rất khó nên ta cũng không hy vọng gì ở hàm tử $\text{Hom}$ giữa các module của nó, tuy nhiên ta có thể tìm các thông tin theo nghĩa địa phương. Mà ở đây là hàm tử $\text{Ext}_{\mathcal{A}}$, dãy phổ Adams nói rằng có một dãy phổ mà:
$$E_{2}^{s,t}=\text{Ext}^{s,t}_{\mathcal{A}}(H^{*}(X),\mathbb{Z}/p) \Rightarrow \pi_{*}^{s}(X)/ \text{non p-torsion}$$
Phần non $p$-torsion không có gì ngạc nhiên vì hệ số lấy trong $\mathbb{Z}/p$ nên nó không thể chứa thông tin gì về phần non $p$-torsion. Trong trường hợp $Y$ là CW-hữu hạn ta định nghĩa: $\pi_{k}^{Y}(X)=[\Sigma^{k}Y,X]$ thì ta có một dãy phổ:
$$E_{2}^{s,t}(H^{*}(X),H^{*}(Y)) \Rightarrow \pi_{*}^{Y}(X)/\text{non p-torsion}$$
Dãy phổ Adams đưa ta đến với một phần thông tin tuyệt vời của nhóm đồng luân. Thông thường để tìm các thông tin này ta đưa ra hai bước. Bước đầu tiên và thuần nhất đại số là tính $\text{Ext}^{s,t}_{\mathcal{A}}(\mathbb{Z}/p,\mathbb{Z}/p)$. Sau đó là tính các vi phân, đây là bước khó nhất, như trong dãy phổ Serre.

Xây dựng dãy phổ Adams nói chung rất khó khăn, nói chung chúng ta chỉ nên tập trung vào các tính toán nếu có thể. Xây dựng của nó yêu cầu một phạm trù mới là phạm trù CW-spectra (spectrum). Nói chung tất cả đều mang tính kĩ thuật.

Tham khảo:

[1] https://en.wikipedia.org/wiki/Steenrod_algebra

Thứ Tư, 9 tháng 1, 2019

A nontrivial result

During my projective geometry class, we've been stuck in a lemma for which I think it's quite classical but we weren't able to prove it. The following proposition is the most significant key in the proof of Bezout theorem on intersection numbers of two curves in projective plane.

Proposition 1: Given two homogeneous polynomials $f,g$ in the complex projective plane $\mathbb{P}_{\mathbb{C}}^2$ with $f(1:0:0), g(1:0:0) \neq 0$. Then $f,g$ have a common component iff $\text{Res}(f,g,x)$ is identifically zero. Here $\text{Res}$ denotes the resultant of two polynomials.

Equivalenty,

Proposition 2: Two polynomials $f,g $ in $\mathbb{C}[x,y]$ then they have common components iff $\text{Res}_y(f,g)=0$.

(this follows by the fact that polynomials in $\mathbb{C}[x,y]$ corresponds to homogeneous polynomials in $\mathbb{C}[x,y,z]$ and then $\mathbb{P}^2_{\mathbb{C}}$)

I'm going to deal with the second statement. But firstly I should give a bulk of prerequisite sublemmas.

Gauss lemma: Let $R$ be a GCD ring then a polynomial $f \in R[x_1,...x_n]$ is irreducible iff it is primitive and irreducible in $K[x_1,...x_n]$ with $K$ is the field of fractions of $R$.

Lemma 3: Let $f,g \in \mathbb{C}[x]$. Then $f,g$ have a common zero iff $\text{Res}(f,g)=0$. (a shifting-dimensional analog of lemma $2$).

Lemma 4: Let $f,g \in \mathbb{C }[x,y,z]$ be two nonzero coprime homogeneous polynomials. One has that the intersection of their curve $|Z(f) \cap Z(g)| $ is finite. Here $Z(f)$ denotes the zero points of $f$.

Proof of lemma 4:

We see that we could decompose $\mathbb{P}^2_{\mathbb{C}}$ into two subsets $A,B$ consisting of all points of form $(x:y:1),(x:y:0)$, respectively.

Consider the former subset consists all elements of form $(a_1:a_2:1)$. Hence it is equivalently to study common vanishing points in $\mathbb{C}^2$ of polynomials $f(x,y,1),g(x,y,1)$ in $\mathbb{C}[x,y]$. Since $\mathbb{C}[y]$ is a factorial ring (GCD ring) with quotient field $\mathbb{C}(y)$ then it follows from Gauss lemma that $f,g$ are coprime in $\mathbb{C}(y)[x]$. Hence there exists two rational functions $r_1,r_2 \in \mathbb{C}(y)[x]$ satisfies $r_1f+ r_2g=1$. Multiplying this equality by a common nonzero multiple of the denominators of $r_1,r_2$, namely $h \in \mathbb{C}[y]$. This shows that $h$ belongs to ideal generated by $f(x,y,1),g(x,y,1)$ in $\mathbb{C}[x,y]$. Hence for every poitns $(a_1:a_2:1)$ vanishes $f(x,y,1),g(x,y,1)$ then $a_2$ vanishes $h$ as well. This proves there are only finitely many $a_2$ for which simultaneously exists a corresponding $a_1$ such that $f(a_1,a_2,1)=g(a_1,a_2,1)=0$.

The latter case we will deal with points of form $(b:1:0)$ and hence polynomials in one variable. This is undoubtedly a "trivial" case.

Proof of proposition 2:

We denote $f,g$ by:

$$f(x,y) = \sum_{0 \leq i\leq n} f_i(x) y^i, g(x,y) = \sum_{0 \leq j \leq m} g_j(x)y^j$$
Let $\alpha \in \mathbb{C}$ satisfies $f_n(\alpha),g_m(\alpha) \neq 0$ then:

$$\text{Res}(f(\alpha,y),g(\alpha,y)) = \text{Res}_y(f,g)(\alpha)=\text{det} Syl_y(f,g)(\alpha)$$
here $Syl$ is stand for Sylvester matrix (then $Syl_y$ is Sylvester matrix with polynomials of variable $x$ as coefficients) and $\text{det}$ is determinant. This fact is obviously trivial.

Now assume first that $f,g$ have a nontrivial common factor, say $h=h(x,y)$, then $f = \widetilde{f}h, g = \widetilde{g}h$. For every $\alpha \in \mathbb{C}$ there is at least a $\beta \in \mathbb{C}$ with $h(\alpha,\beta)$. There are only finitely many $\alpha$'s that are a zero of either $f_n(x)$ or $g_m(x)$; in fact there are at most $m+n$ such $\alpha$'s. For any $\alpha$ that is not a zero of either $f_n(x),g_m(x)$ then $f(\alpha,y),g(\alpha,y)$ have degree of $n,m$, respectively. And:
$$0 =  \text{Res}(f(\alpha,y),g(\alpha,y)) = \text{Res}_y(f,g)(\alpha)$$
where first equality follows lemma $3$ and second is consequence of the fact in first paragraph.

Conversely, assume $\text{Res}(f,g,y) \equiv 0$ we consider an arbitrary $\alpha \in \mathbb{C}$ that is not a zero of either $f_n(x),g_m(x)$ then:
$$0 = \text{Res}_y(f,g)(\alpha)=\text{Res}(f(\alpha,y),g(\alpha,y))$$
Lemma $3$ then implies that there is a $\beta$ such that $f(\alpha,\beta)=g(\alpha,\beta)=0$. Since the arbitrarity of $\alpha$ we conclude that $f(x,y),g(x,y)$ have infinitely many points in common. This contradicts with lemma $4$ and finishes our proof.

Thứ Năm, 3 tháng 1, 2019

Định lý Picard-Lindelof

Định lý 1:(Weissinger) Giả sử $C$ là một tập con đóng khác rỗng của không gian Banach $(X,\left \| \right \|)$ và toán tử $T: C \to C$ thỏa mãn:
  $$\left \| T^{n}(x) - T^{n}(y) \right \| \leq \theta_{n} \left \|x - y \right \| \forall x ,y \in C$$
  sao cho $\sum_{n=1}^{\infty} \theta_{n}$ hội tụ. Khi đó $K$ có duy nhất một điểm bất động $\overline{x}$ và:
$$\left \| T^{n}(x) - \overline{x} \right \| \leq (\sum_{j=n}^{\infty} \theta_{j}) \left \| T(x)  - x \right \| \forall x \in C$$
Định lý 2: (Picard-Lindelof) Giả sử $f \in C(E,\mathbb{R}^{n})$ và $(x_0,t_0) \in E \subset \mathbb{R}^n \times J$ (với $J$ là một khoảng) sao cho $f$ là Lipschitz đều khi đó hệ non-autonomous
$$\begin{equation}
    \left\{\begin{matrix}
\dfrac{dx}{dt}=f(x,t)\\
x(t_0)=x_0 \in R^{n}
\end{matrix}\right.
\end{equation}$$
 tồn tại duy nhất nghiệm địa phương. Hơn nữa nghiệm có thể mô tả như sau chọn $\delta >0, T > t_0$ sao cho $ \overline{B_{\delta}(x_0)} \times [t_0,T]\subset E$ và đặt:
$$T(x)(t) = x_0 + \int_{t_0}^{t}f(x(\tau),\tau) d \tau $$
$$M(t) = \int_{t_0}^{t}\text{sup}_{x \in B_{\delta}(x_0)}|f(x,\tau)| d \tau,L(t) = \text{sup}_{x \neq y \in B_{\delta}(x_0)} \frac{|f(x,t)-f(y,t)|}{|x-y|}$$
Ta định nghĩa $T_0$ bởi:
$$T_0 = \left \{ T > t_0 | M(T) = \delta \right \}$$
Khi đó nghiệm địa phương duy nhất của $(1)$ xác định bởi:
$$x = \lim_{i \to \infty}T^{i}(x_0)(t) \in C^1([t_0,T_0], \overline{B_{\delta}(x_0)})$$
Trong đó $T^i$ có thể ước lượng bởi:
$$\text{sup}_{t \in [t_0,T_0]}|x(t)-T^i(x_0)(t)| \leq \frac{1}{n}(\int_{t_0}^{T_0}L(\tau)d \tau )^{i}e^{\int_{t_0}^{T_0}L(\tau) d\tau} \int_{t_0}^{T_0}|f(x_0,\tau)|d \tau$$
Chứng minh:
Để đơn giản kí hiệu ta có thể giả sử $t_0 = 0$. Chọn không gian Banach $X=C([0,T],\mathbb{R})$ và không gian con đóng $C = C([0,T_0],\overline{B_{\delta}(x_0)})  \subset X$. Đầu tiên ta thấy nếu $x(t) \in C, t \in [0,T_0]$ thì:
$$|T(x)(t) - x_0| \leq \int_{0}^{t}|f(x(\tau),\tau)| d \tau \leq M(t) \leq M(T_0)= \delta$$
nghĩa là $T(x)(t) \in \overline{B_{\delta}(x_0)}$. Điều này cũng giải thích cách chọn $T_0.$
Ta sẽ đi chứng minh:
$$|T^{n}(x)(t) - T^{n}(y)(t) | \leq \frac{L_1(t)^n}{n!}\sup_{s \leq t}|x(\tau) - y(\tau)|$$
trong đó $L_{1}(t) = \int_{0}^{t}L(\tau) d\tau$. Điều này được suy ra từ quy nạp:
\begin{align*}
    |T^{n+1}(x)(t) - T^{n+1}(y)(t)| & \leq \int_{0}^{t}|f(T^{n}(x)(\tau),\tau) - f(T^{n}(y)(\tau),\tau)| d\tau \\
                                    & \leq \int_{0}^{t}L(\tau)|K^{n}(x)(\tau) - K^{n}(y)(\tau)| d \tau \\
                                    & \leq \int_{0}^{t}L(\tau)\frac{L_1(\tau)^{n}}{n!}|x(\tau)-y(\tau)| d\tau \\
                                    & \leq \sup_{\tau \leq t}|x(\tau) - y(\tau)| \int_{0}^{t}L_1'(\tau)\frac{L_1(\tau)^n}{n!}d\tau \\
                                    & = \frac{L_1(t)^{n+1}}{(n+1)!}\sup_{\tau  \leq t}|x(\tau) - y(\tau) |
\end{align*}
Theo định lý $1$ thì $T$ có điểm bất động và:
$$\sup_{0 \leq t \leq T_0}| \overline{x}(t) - K^{n}(x_0)(t) | \leq \sum_{j=n}^{\infty}(\frac{L_1(T_0)^j}{j!})\int_{0}^{T_0}|f(x_0,\tau)| d\tau$$

Phức Kan

Việc phá CW-complex ra thành các cells giusp ta tính các nhóm đồng điều của chúng dễ dàng hơn nhưng về các nhóm đồng luân thì đó vẫn là điều...