Bourbaki

§ 5. Các phép tính hình thức trong các nhóm Lie

Cho f,gf, g là hai chuỗi lũy thừa hình thức với các hệ số trong KK theo cùng các biến bất định, cho fif_i (tương ứng gig_i) là thành phần thuần nhất của ff (tương ứng gg) có bậc ii. Ta sẽ viết

f≡gmod  deg⁡p f \equiv g \mod \deg p
nếu fi=gif_i = g_i với i<pi < p.

Trong § này, G ký hiệu một mầm nhóm Lie số chiều hữu hạn nn; trường cơ sở KK được giả thiết có đặc số không. Ta đồng nhất một lần cho tất cả, bằng một biểu đồ, một lân cận mở của ee trong G với một lân cận mở U của 0 trong KnK^n, sao cho ee được đồng nhất với 0. Với x,yx, y trong U và n∈Zn \in \mathbf{Z}, x.yx.y ký hiệu tích của xx và yy và x[m]x^{[m]} là lũy thừa thứ m của xx trong G (khi chúng được xác định). Các tọa độ của x∈Ux \in U được ký hiệu bởi x1,x2,…,xnx_1, x_2, \ldots, x_n.

1. Các hệ số cαβγc_{\alpha \beta \gamma}

Cho Ω\Omega là tập hợp các (x,y)∈U×U(x, y) \in U \times U sao cho x.yx.y được xác định và thuộc U. Khi đó Ω\Omega là mở trong U×UU \times U và ánh xạ (x,y)↦x.y(x, y) \mapsto x.y của Ω\Omega vào U là giải tích. Do đó các tọa độ z1,…,znz_1, \ldots, z_n của z=x.yz = x.y cho phép các khai triển thành chuỗi nguyên quanh gốc theo các lũy thừa của x1,…,xn,y1,…,ynx_1, \ldots, x_n, y_1, \ldots, y_n. Vì vậy, tồn tại các hằng số xác định rõ cα1,…,αn,β1,…,βn,γ1,…,γn∈Kc_{\alpha_1, \ldots, \alpha_n, \beta_1, \ldots, \beta_n, \gamma_1, \ldots, \gamma_n} \in K, sao cho

z1γ1⋯znγn=∑α1,…,βn∈Ncα1,…,αn,β1,…,βn,γ1,…,γnx1α1⋯xnαny1β1⋯ynβn z_1^{\gamma_1} \cdots z_n^{\gamma_n} = \sum_{\alpha_1, \ldots, \beta_n \in \mathbf{N}} c_{\alpha_1, \ldots, \alpha_n, \beta_1, \ldots, \beta_n, \gamma_1, \ldots, \gamma_n} x_1^{\alpha_1} \cdots x_n^{\alpha_n} y_1^{\beta_1} \cdots y_n^{\beta_n}
với γ1,…,γn\gamma_1, \ldots, \gamma_n trong N\mathbf{N}. Theo các quy ước của Đa tạp khả vi và giải tích, R, ta sẽ viết các công thức này ngắn gọn hơn:
(x.y)γ=∑α,β∈Nncα,β,γxαyβ(γ∈Nn). (x.y)^{\gamma} = \sum_{\alpha, \beta \in \mathbf{N}^n} c_{\alpha, \beta, \gamma} x^{\alpha} y^{\beta} \quad (\gamma \in \mathbf{N}^n).
Vì x.0=0.x=xx.0 = 0.x = x với x∈Ux \in U,
cα,0,γ=c0,α,γ=δαγ c_{\alpha, 0, \gamma} = c_{0, \alpha, \gamma} = \delta_{\alpha \gamma}
trong đó δαγ\delta_{\alpha \gamma} là chỉ số Kronecker. Đặc biệt, từ nay viết kk thay cho εk\varepsilon_k với k=1,…,nk = 1, \ldots, n,
(x.y)k=xk+yk+∑∣α∣≥1,∣β∣≥1cα,β,kxαyβ. (x.y)_k = x_k + y_k + \sum_{|\alpha| \geq 1, |\beta| \geq 1} c_{\alpha, \beta, k} x^{\alpha} y^{\beta}.
Viết cαβ=(cαβ1,cαβ2,…,cαβn)∈Knc_{\alpha \beta} = (c_{\alpha \beta 1}, c_{\alpha \beta 2}, \ldots, c_{\alpha \beta n}) \in K^n, khi đó suy ra rằng
x.y=x+y+∑∣α∣≥1,∣β∣≥1cαβxαyβ. x.y = x + y + \sum_{|\alpha| \geq 1, |\beta| \geq 1} c_{\alpha \beta} x^{\alpha} y^{\beta}.

Ở vế phải của (5), ta xét thành phần thuần nhất có bậc 2:

B(x,y)=∑i,j=1ncijxiyj B(x, y) = \sum_{i,j=1}^n c_{ij} x_i y_j

sao cho (x,y)↦B(x,y)(x, y) \mapsto B(x, y) là một ánh xạ song tuyến tính từ Kn×KnK^n \times K^n vào KnK^n. Khi đó

(6)

x.y≡x+y+B(x,y)mod  deg⁡3. x.y \equiv x + y + B(x, y) \mod \deg 3.

Mặt khác, công thức (4) suy ra rằng

(7)

cα,β,γ=0neˆˊu ∣α∣+∣β∣<∣γ∣ c_{\alpha, \beta, \gamma} = 0 \quad \text{nếu } |\alpha| + |\beta| < |\gamma|

và rằng các số hạng có bậc toàn phần ∣γ∣|\gamma| trong khai triển của zγz^\gamma cũng chính là các số hạng của (x1+y1)γ1(x2+y2)γ2…(xn+yn)γn=∑α+β=γ((α,β))xαyβ(x_1 + y_1)^{\gamma_1}(x_2 + y_2)^{\gamma_2} \ldots (x_n + y_n)^{\gamma_n} = \sum_{\alpha + \beta = \gamma} ((\alpha, \beta)) x^\alpha y^\beta (xem Đa tạp khả vi và giải tích, R, Ký hiệu và quy ước). Do đó:

(8)

cα,β,γ=0neˆˊu ∣α∣+∣β∣=∣γ∣nhưng α+β≠γ c_{\alpha, \beta, \gamma} = 0 \quad \text{nếu } |\alpha| + |\beta| = |\gamma| \quad \text{nhưng } \alpha + \beta \neq \gamma
(9)
cα,β,α+β=((α,β)). c_{\alpha, \beta, \alpha + \beta} = ((\alpha, \beta)).

Tính kết hợp của tích suy ra quan hệ

∑ξcαξnxα(∑β,γcβγξyβzγ)=∑ξ,γcξγn(∑α,βcαβξxαyβ)zγ \sum_{\xi} c_{\alpha \xi n} x^\alpha \left( \sum_{\beta, \gamma} c_{\beta \gamma \xi} y^\beta z^\gamma \right) = \sum_{\xi, \gamma} c_{\xi \gamma n} \left( \sum_{\alpha, \beta} c_{\alpha \beta \xi} x^\alpha y^\beta \right) z^\gamma
đối với mọi x,y,zx, y, z đủ gần 0, do đó

(10)

∑ξcαξncβγξ=∑ξcξγncαβξ(α,β,γ,η trong Nn). \sum_{\xi} c_{\alpha \xi n} c_{\beta \gamma \xi} = \sum_{\xi} c_{\xi \gamma n} c_{\alpha \beta \xi} \quad (\alpha, \beta, \gamma, \eta \text{ trong } \mathbf{N}^n).

mầm nhóm G thừa nhận một mầm nhóm con mở giao hoán khi và chỉ khi cαβγ=cβαγc_{\alpha \beta \gamma} = c_{\beta \alpha \gamma} đối với mọi α,β,γ\alpha, \beta, \gamma trong Nn\mathbf{N}^n.

2. Dấu ngoặc trong đại số Lie

Với α∈Nn\alpha \in \mathbf{N}^n, gọi eαe_\alpha là phân bố điểm 1α!∂α∂xα\frac{1}{\alpha!} \frac{\partial^\alpha}{\partial x^\alpha} tại gốc. Đặc biệt,

ek=eek=∂∂xk. e_k = e_{e_k} = \frac{\partial}{\partial x_k}.
Các eαe_\alpha tạo thành một cơ sở của không gian vectơ U(G)U(G). Nếu ff là một hàm giải tích trên một lân cận mở của 0 trong G và f(x)=∑λαxαf(x) = \sum \lambda_\alpha x^\alpha là khai triển của nó thành chuỗi nguyên quanh gốc, thì
⟨eα,f⟩=λα. \langle e_\alpha, f \rangle = \lambda_\alpha.
Đặc biệt,
⟨eα,xγ⟩=δαγ. \langle e_\alpha, x^\gamma \rangle = \delta_{\alpha \gamma}.

Do đó

⟨eα∗eβ,xγ⟩=⟨eα⊗eβ,(x.y)γ⟩=⟨eα⊗eβ,∑α′,β′cα′β′γxα′yβ′⟩=∑α′,β′cα′β′γ⟨eα,xα′⟩⟨eβ,yβ′⟩=cαβγ \langle e_\alpha * e_\beta, x^\gamma \rangle = \langle e_\alpha \otimes e_\beta, (x.y)^\gamma \rangle \\ = \langle e_\alpha \otimes e_\beta, \sum_{\alpha', \beta'} c_{\alpha'\beta'\gamma} x^{\alpha'} y^{\beta'} \rangle \\ = \sum_{\alpha', \beta'} c_{\alpha'\beta'\gamma} \langle e_\alpha, x^{\alpha'} \rangle \langle e_\beta, y^{\beta'} \rangle = c_{\alpha\beta\gamma}
và do đó
eα∗eβ=∑γcαβγeγ. e_\alpha * e_\beta = \sum_\gamma c_{\alpha\beta\gamma} e_\gamma.
(Công thức (10) khi đó biểu thị tính kết hợp trên U(G)U(G).) Đặc biệt, vì L(G)L(G) ổn định đối với dấu ngoặc.
[ei,ej]=∑k(cijk−cjik)ek. [e_i, e_j] = \sum_k (c_{ijk} - c_{jik}) e_k.
Các hằng số cấu trúc của L(G)L(G) đối với cơ sở (e1,…,en)(e_1, \ldots, e_n) do đó là các cijk−cjikc_{ijk} - c_{jik}. Nói cách khác, bằng cách đồng nhất một cách chính tắc L(G)L(G) với KnK^n, ta thu được:
[x,y]=B(x,y)−B(y,x). [x, y] = B(x, y) - B(y, x).

Mệnh đề 1

(i)

x[−1]≡−x+B(x,x)mod  deg⁡3 x^{[-1]} \equiv -x + B(x, x) \mod \deg 3
(ii)
x.y.x[−1]≡y+[x,y]mod  deg⁡3 x.y.x^{[-1]} \equiv y + [x, y] \mod \deg 3
(iii)
y[−1].x.y≡x+[x,y]mod  deg⁡3 y^{[-1]}.x.y \equiv x + [x, y] \mod \deg 3
(iv)
x[−1].y[−1].x.y≡[x,y]mod  deg⁡3 x^{[-1]}.y^{[-1]}.x.y \equiv [x, y] \mod \deg 3
(v)
x.y.x[−1].y[−1]≡[x,y]mod  deg⁡3. x.y.x^{[-1]}.y^{[-1]} \equiv [x, y] \mod \deg 3.
(Trong (i), x[−1]x^{[-1]} dĩ nhiên biểu thị khai triển của hàm x↦x[−1]x \mapsto x^{[-1]} thành một chuỗi nguyên quanh gốc; các công thức khác có thể được hiểu tương tự.) Gọi g1g_1 và g2g_2 là các thành phần thuần nhất của x[−1]x^{[-1]} có bậc 1 và 2. Khi đó
0=x.x[−1]≡x+g1(x)+B(x,g1(x))mod  deg⁡2(theo (6))≡x+g1(x)mod  deg⁡2 0 = x.x^{[-1]} \\ \equiv x + g_1(x) + B(x, g_1(x)) \mod \deg 2 \quad \text{(theo (6))} \\ \equiv x + g_1(x) \mod \deg 2
và do đó g1(x)=−xg_1(x) = -x. Khi đó
0=x.x[−1]≡x+(−x+g2(x))+B(x,−x+g2(x))mod  deg⁡3≡g2(x)−B(x,x)mod  deg⁡3 0 = x.x^{[-1]} \\ \equiv x + (-x + g_2(x)) + B(x, -x + g_2(x)) \mod \deg 3 \\ \equiv g_2(x) - B(x, x) \mod \deg 3

và do đó g2(x)=B(x,x)g_2(x) = B(x, x). Điều này chứng minh (i). Khi đó, dùng (i),

x.y.x[−1]≡(x+y+B(x,y)).(−x+B(x,x))mod bậc 3 x.y.x^{[-1]} \equiv (x + y + B(x, y)).(-x + B(x, x)) \quad \text{mod bậc 3}
≡x+y+B(x,y)+(−x+B(x,x))+B(x+y,−x)mod bậc 3 \equiv x + y + B(x, y) + (-x + B(x, x)) + B(x + y, -x) \quad \text{mod bậc 3}
≡y+B(x,y)−B(y,x)mod bậc 3 \equiv y + B(x, y) - B(y, x) \quad \text{mod bậc 3}
≡y+[x,y]mod bậc 3 (theo (13)) \equiv y + [x, y] \quad \text{mod bậc 3 (theo (13))}
do đó (ii). Chứng minh của (iii) là tương tự. Kết hợp (i) và (iii), ta thu được
x[−1],y[−1].x.y≡(−x+B(x,x)).(x+[x,y])mod bậc 3 x^{[-1]},y^{[-1]}.x.y \equiv (-x + B(x, x)).(x + [x, y]) \quad \text{mod bậc 3}
≡−x+B(x,x)+x+[x,y]+B(−x,x)mod bậc 3 \equiv -x + B(x, x) + x + [x, y] + B(-x, x) \quad \text{mod bậc 3}
≡[x,y]mod bậc 3 \equiv [x, y] \quad \text{mod bậc 3}
do đó (iv). Chứng minh của (v) là tương tự.

3. Lũy thừa

Xét j điểm của G:

x(1)=(x(1)1,x(1)2,…,x(1)n) x(1) = (x(1)_1, x(1)_2, \ldots, x(1)_n)
x(2)=(x(2)1,x(2)2,…,x(2)n) x(2) = (x(2)_1, x(2)_2, \ldots, x(2)_n)
………………… \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots
x(j)=(x(j)1,x(j)2,…,x(j)n). x(j) = (x(j)_1, x(j)_2, \ldots, x(j)_n).
Ánh xạ (x(1),x(2),…,x(j))↦x(1).x(2)…x(j)(x(1), x(2), \ldots, x(j)) \mapsto x(1).x(2)\ldots x(j) thừa nhận một khai triển thành chuỗi nguyên quanh gốc:

x(1).x(2)…x(j)=∑α(1),α(2),…,α(j)∈Nnaα(1),…,α(j)x(1)α(1)…x(j)α(j) x(1).x(2)\ldots x(j) = \sum_{\alpha(1), \alpha(2), \ldots, \alpha(j) \in \mathbf{N}^n} a_{\alpha(1), \ldots, \alpha(j)} x(1)^{\alpha(1)} \ldots x(j)^{\alpha(j)}

trong đó các aα(1),…,α(j)a_{\alpha(1), \ldots, \alpha(j)} là các phần tử của Kn\mathbf{K}^n. Ta viết, với j=0,1,2,…j = 0, 1, 2, \ldots,

ψj(x)=∑α(1)≠0,…,α(j)≠0aα(1),…,α(j)xα(1)+…+α(j) \psi_j(x) = \sum_{\alpha(1) \neq 0, \ldots, \alpha(j) \neq 0} a_{\alpha(1), \ldots, \alpha(j)} x^{\alpha(1) + \ldots + \alpha(j)}

vế phải là một chuỗi nguyên hội tụ theo biến x∈Knx \in \mathbf{K}^n. Chuỗi này thu được bằng cách loại bỏ trong (14) các số hạng mà trong đó một trong các biến x(1),…,x(j)x(1), \ldots, x(j) không xuất hiện tường minh và sau đó viết x(1)=x(2)=⋯=x(j)=xx(1) = x(2) = \cdots = x(j) = x.

Nếu t∈Kt \in \mathbf{K}, tất cả các ánh xạ lũy thừa bậc t của G đều có cùng một khai triển thành chuỗi nguyên quanh gốc, vì hai ánh xạ bất kỳ trong số chúng trùng nhau trên một lân cận của 0. Ta ký hiệu khai triển này dưới dạng chuỗi nguyên bởi x[t]x^{[t]}.

Mệnh đề 2

(i) ψj≡0mod  deg⁡j\psi_j \equiv 0 \mod \deg j. (ii) Nếu t∈Kt \in \mathbf{K}, thì

x[t]=∑i=18(ti)ψi(x) x^{[t]} = \sum_{i=1}^8 \binom{t}{i} \psi_i(x)
*trong đó chuỗi lũy thừa hình thức ở vế phải có nghĩa do (i).

(Ta viết

(ti)=t(t−1)…(t−i+1)i! \binom{t}{i} = \frac{t(t-1)\ldots(t-i+1)}{i!}

với mọi t∈Kt \in \mathbf{K}.)

Mệnh đề (i) là hiển nhiên từ định nghĩa của các ψj\psi_j.

Ta chứng minh (ii) với tt là một số nguyên ≥0\geq 0. Theo (14),

x[t]=∑α(1),…,α(t)∈Nnaα(1),…,α(t)xα(1)+…+α(t). x^{[t]} = \sum_{\alpha(1), \ldots, \alpha(t) \in \mathbf{N}^n} a_{\alpha(1), \ldots, \alpha(t)} x^{\alpha(1) + \ldots + \alpha(t)}.

Với α=(α(1),…,α(t))∈(Nn)t\alpha = (\alpha(1), \ldots, \alpha(t)) \in (\mathbf{N}^n)^t, ký hiệu σ(α)\sigma(\alpha) là tập hợp các j∈{1,2,…,t}j \in \{1, 2, \ldots, t\} sao cho α(j)≠0\alpha(j) \neq 0. Nếu trong tổng (17), ta nhóm lại các số hạng mà σ(α)\sigma(\alpha) là như nhau, thì

x[t]=∑σ⊂{1,t}ht,σ(x) x^{[t]} = \sum_{\sigma \subset \{1, t\}} h_{t, \sigma}(x)

trong đó

ht,σ(x)=∑σ(α)=σaα(1),…,α(t)xα(1)+…+α(t). h_{t, \sigma}(x) = \sum_{\sigma(\alpha) = \sigma} a_{\alpha(1), \ldots, \alpha(t)} x^{\alpha(1) + \ldots + \alpha(t)}.

Cho σ={j1,j2,…,jq}\sigma = \{j_1, j_2, \ldots, j_q\} với j1<j2<…<jqj_1 < j_2 < \ldots < j_q. Trong (14) (trong đó jj được thay bởi tt), ta thay 0 vào x(k)x(k) với k∉σk \notin \sigma; vì 0 là phần tử đơn vị của GG, ta thu được khai triển của x(j1)⋅x(j2)…x(jq)x(j_1) \cdot x(j_2) \ldots x(j_q) thành một chuỗi nguyên quanh gốc:

x(j1)⋅x(j2)…x(jq)=∑σ(α)⊂σaα(1),…,α(t)x(j1)α(j1)x(j2)α(j2)…x(jq)α(jq) x(j_1) \cdot x(j_2) \ldots x(j_q) = \sum_{\sigma(\alpha) \subset \sigma} a_{\alpha(1), \ldots, \alpha(t)} x(j_1)^{\alpha(j_1)} x(j_2)^{\alpha(j_2)} \ldots x(j_q)^{\alpha(j_q)}

và do đó, theo định nghĩa của ψq\psi_q:

ψq(x)=∑σ(α)=σaα(1),…,α(t)xα(j1)+…+α(jq). \psi_q(x) = \sum_{\sigma(\alpha) = \sigma} a_{\alpha(1), \ldots, \alpha(t)} x^{\alpha(j_1) + \ldots + \alpha(j_q)}.

Theo (19) và (20), ta thấy rằng ht,σ(x)=ψcard σ(x)h_{t, \sigma}(x) = \psi_{\mathrm{card}\,\sigma}(x). Khi đó (18) suy ra

x[t]=∑i=0t(ti)ψi(x)=∑i=0∞(ti)ψi(x). x^{[t]} = \sum_{i=0}^t \binom{t}{i} \psi_i(x) = \sum_{i=0}^\infty \binom{t}{i} \psi_i(x).

Sau đó ta viết x[t]′=∑i=0∞(ti)ψi(x)x^{[t]'} = \sum_{i=0}^\infty \binom{t}{i} \psi_i(x) với mọi t∈Kt \in \mathbf{K}. Trong các chuỗi nguyên x[t]x^{[t]} và x[t]′x^{[t]'}, mỗi hệ số là một hàm đa thức của tt. Điều này là hiển nhiên đối với x[t]′x^{[t]'}. Đối với x[t]x^{[t]}, chỉ cần chứng minh rằng, với mọi u∈U(G)u \in \mathrm{U}(G), ảnh của uu qua x↦x[t]x \mapsto x^{[t]} là một hàm đa thức của tt. Bây giờ, với u∈Um(G)u \in \mathrm{U}^m(G), ảnh này là tmut^m u (§ 4, no. 3, Mệnh đề 7 (iv)).

Vì x[t]=x[t]′x^{[t]} = x^{[t]'} với tt là một số nguyên ≥0\geq 0, suy ra x[t]=x[t]′x^{[t]} = x^{[t]'} với mọi t∈Kt \in \mathbf{K}.

Nhận xét

(1) Ta viết điều kiện (ii) của Mệnh đề 2 với t là một số nguyên ⩾0\geqslant 0:

0=ψ0(x)x=ψ0(x)+ψ1(x)x[2]=ψ0(x)+2ψ1(x)+ψ2(x)………………… \begin{align*} 0 &= \psi_0(x) \\ x &= \psi_0(x) + \psi_1(x) \\ x^{[2]} &= \psi_0(x) + 2\psi_1(x) + \psi_2(x) \\ &\ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \end{align*}

Các công thức này đủ để xác định các ψi\psi_i.

(2) Ta thấy rằng ψ0(x)=0,ψ1(x)=x,ψ2(x)=x[2]−2x\psi_0(x) = 0, \psi_1(x) = x, \psi_2(x) = x^{[2]} - 2x,

x[−1]=∑i=1∞(−1)iψi(x). x^{[-1]} = \sum_{i=1}^\infty (-1)^i \psi_i(x).

(3) Biểu thức trên của ψ2\psi_2 và công thức (6) chứng minh rằng

ψ2(x)≡B(x,x)mod  deg⁡3. \psi_2(x) \equiv \mathrm{B}(x, x) \mod \deg 3.
Dùng Mệnh đề 2, (i) và (ii), ta thấy rằng

x[t]≡tx+(t2)B(x,x)mod  deg⁡3. x^{[t]} \equiv tx + \binom{t}{2} \mathrm{B}(x, x) \mod \deg 3.

(4) Gọi ψp,m(x)\psi_{p,m}(x) và ht,m(x)h_{t,m}(x) lần lượt là các thành phần thuần nhất của ψp(x)\psi_p(x) và x[t]x^{[t]} có bậc m. Khi đó ψp,m=0\psi_{p,m} = 0 với m<pm < p. Mặt khác, Mệnh đề 2 (ii) cho

ht,m(x)=∑p≤mt(t−1)…(t−p+1)p!ψp,m(x) h_{t,m}(x) = \sum_{p \leq m} \frac{t(t-1)\ldots(t-p+1)}{p!} \psi_{p,m}(x)
tức là

ht,m(x)=∑1≤r≤mtrϕr,m(x) h_{t,m}(x) = \sum_{1 \leq r \leq m} t^r \phi_{r,m}(x)
trong đó ϕr,m\phi_{r,m} là các ánh xạ đa thức thuần nhất bậc m từ Kn\mathbf{K}^n vào Kn\mathbf{K}^n. Đặc biệt, theo (23),

ϕ1,m(x)=∑p≤m(−1)p−1pψp,m(x) \phi_{1,m}(x) = \sum_{p \leq m} \frac{(-1)^{p-1}}{p} \psi_{p,m}(x)
ϕm,m(x)=1m!ψm,m(x). \phi_{m,m}(x) = \frac{1}{m!} \psi_{m,m}(x).

(5) Nếu K\mathbf{K} có đặc số >0> 0, các kết quả của các số 1 và 2 vẫn đúng, với điều kiện eαe_\alpha, trong no. 2, được định nghĩa bởi ⟨eα,∑βλβxβ⟩=λα\langle e_\alpha, \sum_\beta \lambda_\beta x^\beta \rangle = \lambda_\alpha. Trong no. 3, nếu các ψj\psi_j được định nghĩa như trên, lập luận lại chứng minh rằng x[t]=∑i=1∞(ti)ψi(x)x^{[t]} = \sum_{i=1}^\infty \binom{t}{i} \psi_i(x) nếu t∈Nt \in \mathbf{N}.

4. Hàm mũ

Gọi E(x)E(x) là khai triển của một ánh xạ hàm mũ của GG thành một chuỗi nguyên quanh 0. Gọi L(x)L(x) là khai triển của ánh xạ nghịch đảo của một ánh xạ hàm mũ đơn ánh của GG thành một chuỗi nguyên quanh 0. Vì ánh xạ tiếp xúc tại 0 của mọi ánh xạ hàm mũ là đồng nhất của L(G)L(G), ta có E(x)≡xmod  deg⁡2E(x) \equiv x \mod \deg 2 và L(x)≡xmod  deg⁡2L(x) \equiv x \mod \deg 2. Vì E(L(x))=L(E(x))E(L(x)) = L(E(x)) với xx đủ gần 0, các chuỗi lũy thừa hình thức EE và LL thỏa mãn E(L(X))=L(E(X))=XE(L(X)) = L(E(X)) = X. Một lập luận tương tự cho thấy rằng

E(tX)=(E(X))[t],L(X[t])=tL(X) E(tX) = (E(X))^{[t]}, \quad L(X^{[t]}) = tL(X)
với t∈Kt \in K.

Mệnh đề 3

(27)

L=∑p=1∞(−1)p−1pψp L = \sum_{p=1}^{\infty} \frac{(-1)^{p-1}}{p} \psi_p
(28)
E=∑p=1∞1p!ψp,p E = \sum_{p=1}^{\infty} \frac{1}{p!} \psi_{p,p}
(Nhắc lại rằng ψp,p\psi_{p,p} là thành phần thuần nhất của ψp\psi_p có bậc pp.)

hoặc, theo (24),

E(tx)=(E(x))[t] E(tx) = (E(x))^{[t]}

Hai vế là các chuỗi lũy thừa hình thức theo tt và xx. Đồng nhất các số hạng bậc nhất theo tt, ta thu được

x=∑m≥0ϕ1,m(E(x)). x = \sum_{m \geq 0} \phi_{1,m}(E(x)).
Bây giờ phép nghịch đảo của một hệ các chuỗi lũy thừa hình thức, khi có thể thực hiện được, chỉ có thể thực hiện được theo một cách duy nhất (Đại số, Chương IV, § 6, Hệ quả của Mệnh đề 8). Khi đó
L(x)=∑m≥0ϕ1,m(x)theo (29) L(x) = \sum_{m \geq 0} \phi_{1,m}(x) \quad \text{theo (29)}
=∑p,m(−1)ppψp,m(x)theo (25) = \sum_{p,m} \frac{(-1)^p}{p} \psi_{p,m}(x) \quad \text{theo (25)}
=∑p(−1)ppψp(x), = \sum_p \frac{(-1)^p}{p} \psi_p(x),
do đó (i). Tương tự, với t≠0t \neq 0,
L(tx)=tL((tx)[t−1]) L(tx) = tL((tx)^{[t^{-1}]})
=tL(∑m≥0∑1≤r≤mtm−rϕr,m(x))theo (24). = tL\left( \sum_{m \geq 0} \sum_{1 \leq r \leq m} t^{m-r} \phi_{r,m}(x) \right) \quad \text{theo (24)}.

Đồng nhất các số hạng bậc nhất theo t, ta thu được

x=L(∑m≥0ϕm,m(x)) x = L \left( \sum_{m \geq 0} \phi_{m,m}(x) \right)

do đó

E(x)=∑m≥0ϕm,m(x) E(x) = \sum_{m \geq 0} \phi_{m,m}(x)
=∑m≥01m!ψm,m(x)theo (26). = \sum_{m \geq 0} \frac{1}{m!} \psi_{m,m}(x) \quad \text{theo (26).}

Mệnh đề 4

Để biểu đồ của G được chính tắc, điều kiện cần và đủ là ψj=0\psi_j = 0 với j≥2j \geq 2.

Điều này đủ theo Mệnh đề 3. Giả sử rằng bảng là chính tắc và ψi=0\psi_i = 0 với 2≤i<n2 \leq i < n. Khi đó nx=x[n]=∑i=0n(ni)ψi(x)=nx+ψn(x)nx = x^{[n]} = \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} \psi_i(x) = nx + \psi_n(x), do đó ψn=0\psi_n = 0. Suy ra ψj=0\psi_j = 0 với j≥2j \geq 2 bằng quy nạp theo jj.

Bài tập

Xem các bài tập của § 5.

Machine translation of the English, by gpt-5-6-mini, against glossary version 34. Not checked by a person. That model is a cut down version of the one the rest of this language was written by.