Mục lục
Lời cam đoan 3
Lời cảm ơn 4
Danh sách hình vẽ 5
Bảng các ký hiệu 6
Bảng thuật ngữ 8
Mở đầu 9
17 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
1.1 Chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford . . . . . . . . . . . 17
1.2 Vành level . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.3 Phức đơn hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.4 Nhóm đồng điều rút gọn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.5 Công thức Takayama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.6 Phức đơn hình Koszul dưới . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.7 Matroid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.8 Ideal Stanley-Reisner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Chương 2. Tính level của các lũy thừa của ideal Stanley-
27 Reisner
1
2.1 Một vài nhóm đồng điều rút gọn không triệt tiêu . . . . . . 28
2
2.2 Trường hợp số mũ t ≥ 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.3 Trường hợp số mũ t = 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Chương 3. Tính level của ideal đơn thức trong lớp Cn(α, β)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
44 3.1 Một số bậc không triệt tiêu của số Betti phân bậc thứ (n − 2) 45 3.2 Trường hợp (α, β) = (2, 1) 3.3 Trường hợp (α, β) (cid:54)= (2, 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
Chương 4. Chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của ideal
đơn thức trong lớp Cn(α, β) 68 4.1 Giá trị của a1(R/I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 4.2 Giá trị của a2(R/I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 Ideal có giải tự do tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 4.3
Kết luận 92
Các công trình liên quan đến luận án 93
Tài liệu tham khảo 95
Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của tôi, dưới sự hướng
dẫn khoa học của PGS.TS. Nguyễn Công Minh. Các kết quả viết chung
với tác giả khác đã được sự đồng ý của đồng tác giả khi đưa vào luận án.
Các kết quả của luận án là mới, trung thực và chưa từng được công bố
trong bất kì công trình nào khác.
Tác giả
3
Phan Thị Thủy
Lời cảm ơn
Luận án này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn, chỉ bảo vô cùng tận
tình và chu đáo của PGS.TS. Nguyễn Công Minh. Tác giả xin được bày
tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc nhất tới Thầy. Thầy đã dành nhiều
công sức, hết lòng dẫn dắt tác giả thực sự bước vào nghiên cứu khoa học,
giúp đỡ và tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong quá trình học tập và
nghiên cứu. Làm việc dưới sự hướng dẫn của Thầy là một may mắn lớn
trong cuộc đời của tác giả.
Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới sự quan tâm, giúp đỡ
và động viên của các thầy cô trong Bộ môn Đại số và các thầy cô trong
Khoa Toán Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu Trường Đại học Sư phạm
Hà Nội, Phòng Sau Đại học của Trường đã tạo những điều kiện thuận lợi
trong quá trình tác giả học tập, công tác và hoàn thành luận án này.
Sau cùng, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn vô hạn tới những người thân
trong gia đình. Mẹ, chồng và hai con nhỏ của tác giả đã luôn động viên,
chia sẽ khó khăn và là nguồn động lực to lớn để tác giả tiếp tục học tập
và nghiên cứu.
Tác giả
4
Phan Thị Thủy
Danh sách hình vẽ
2.1 Đồ thị ngũ giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.2 Đồ thị Petersen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 2.3 Một tam giác phân của không gian xạ ảnh thực P2 . . . . . 42
3.1 Đồ thị hai phần đầy đủ K1,3 . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 3.2 Đồ thị F1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
5
4.1 Đồ thị F2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 4.2 Đồ thị F3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
Bảng các kí hiệu
N tập các số nguyên không âm
Z tập các số nguyên
K
trường
∆
phức đơn hình
dim ∆
chiều của phức đơn hình ∆
F(∆)
tập các mặt cực đại của phức đơn hình ∆
√
∆(I)
I
phức đơn hình liên kết với ideal
phức bậc của I ứng với bậc a
∆a(I)
phức đơn hình Koszul dưới của vành thương R/I tại bậc a
Ka(I)
phức đơn hình con sao của F trong ∆
st∆(F )
phức đơn hình con link của F trong ∆
lk∆(F )
(cid:101)C•(∆, K) phức dây chuyền rút gọn của ∆
(cid:101)Hi(∆; K) nhóm đồng điều rút gọn thứ i của ∆ trên K
ideal Stanley-Reisner của phức đơn hình ∆
I∆
k[∆]
vành Stanley-Reisner của phức đơn hình ∆
đồ thị hai phần đầy đủ trên tập đỉnh X ∪ Y
K|X|,|Y |
R
vành đa thức K[x1, . . . , xn]
m ideal (x1, . . . , xn) trong R
G(I)
6
tập sinh tối tiểu của ideal đơn thức I
7
H i
m(R/I) module đối đồng điều địa phương thứ i của R/I với giá m
m(R/I)
bậc lớn nhất không triệt tiêu của H i
lũy thừa thông thường thứ t của ideal I
ai(R/I) I t I (t)
lũy thừa hình thức thứ t của ideal I
βi(R/I)
βi,j(R/I)
số Betti thứ i của R/I số Betti thứ i tại bậc j ∈ N của R/I số Betti thứ i tại bậc a ∈ Nn của R/I
βi,a(R/I)
reg(R/I)
chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của R/I
(cid:92) tập các ideal của R có dạng Cn(α, β)
(xk | 1 ≤ k ≤ n, k (cid:54)= i, j)wi,j,
1≤i trong đó wi,j ∈ {α, β} với α > β > 0 tập các vị trí tọa độ âm của một vectơ a ∈ Zn
tập các vị trí tọa độ khác không của một vectơ a ∈ Nn Tiếng Anh Tiếng Việt pair of edges cặp cạnh pair of disjoint edges cặp cạnh rời nhau disconnected pair of edges cặp cạnh không liên thông regularity chỉ số chính quy cycle complete graph chu trình
đồ thị đầy đủ complete bipartite graph đồ thị hai phần đầy đủ minimal graded free resolution giải tự do phân bậc tối tiểu monomial ideal connected ideal đơn thức
liên thông facet mặt cực đại reduced homology group nhóm đồng điều rút gọn cone degree complex nón
phức bậc simplicial complex phức đơn hình reduced chain complex phức dây chuyền rút gọn lower Koszul simplicial complex phức đơn hình Koszul dưới level property tính level level ring vành level Luận án sử dụng một số thuật ngữ tiếng Anh: ideal, module, level, 8 matroid, circuit. βp(R/I)
(cid:77) β1(R/I)
(cid:77) Cho R = K[x1, . . . , xn] là một vành đa thức trên trường K và I là một
ideal thuần nhất thực sự của vành R. Theo định lí syzygy của Hilbert [48],
R/I có giải tự do phân bậc tối tiểu độ dài hữu hạn dạng: F : 0 −→ j=1 j=1 trong đó p là chiều xạ ảnh của R-module R/I. Số β1(R/I) là số phần tử
sinh tối tiểu của ideal I và các số Betti βi(R/I) là số phần tử sinh tối tiểu
của module syzygy thứ i của R/I. Các số di,1, . . . , di,βi(R/I) là bậc của các
phần tử thuần nhất trong một hệ sinh tối tiểu (gọi tắt là bậc sinh) của
module syzygy thứ i. Về mặt tổng quát, giải tự do phân bậc tối tiểu F của
R/I vẫn chưa được biết. Trong luận án này, chúng tôi nghiên cứu một số
thông tin về giải tự do phân bậc tối tiểu F theo cấu trúc tổ hợp của ideal
đơn thức I, cụ thể là tính level và chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford. Hướng nghiên cứu thứ nhất trong luận án liên quan đến tính level (level property) của vành thương của vành đa thức cho một ideal đơn thức. Khái niệm tính level được R. Stanley [38] giới thiệu vào năm 1977 để nghiên cứu đặc điểm h-vectơ của một vành Cohen-Macaulay. Tính level là một tính chất mạnh hơn tính Cohen-Macaulay nhưng yếu hơn tính Gorenstein. Vành 9 10 Cohen-Macaulay và module tự do cuối cùng trong giải tự do phân bậc tối
tiểu F của R/I được sinh bởi một bậc (tức là dp,1 = dp,2 = · · · = dp,βp(R/I)).
Việc nghiên cứu hàm Hilbert hoặc các số Betti của một vành level cũng như các câu hỏi mở liên quan đến chúng được đề cập trong một số công
trình như [10], [16], [37]. Tuy nhiên, việc đặc trưng tính level cho R/I theo
cấu trúc tổ hợp của I còn rất ít. Trong luận án này, mục tiêu là tìm những
điều kiện cần hoặc/và những điều kiện đủ để R/I là một vành level theo
tính chất tổ hợp của ideal I. Hướng nghiên cứu thứ hai trong luận án liên quan đến chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của một số lớp ideal đơn thức. Khái niệm chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford được bắt nguồn từ những công trình về đường cong xạ ảnh của G. Castelnuovo và được D. Mumford [31] phát biểu định nghĩa cho các đa tạp xạ ảnh.
Với mỗi số nguyên i ≥ 0, đặt: m(R/I)j (cid:54)= 0} m(R/I) (cid:54)= 0 nếu H i
m(R/I) = 0, nếu H i trong đó H i
m(R/I) là module đối đồng điều địa phương thứ i của R/I
với giá là ideal thuần nhất cực đại m = (x1, . . . , xn). Chỉ số chính quy
Castelnuovo-Mumford của R/I được định nghĩa là số Mối liên hệ giữa khái niệm này và bậc sinh của các module syzygy của
R/I được thiết lập bởi D. Eisenbud và S. Goto [8]. Cụ thể, chỉ số chính
quy Castelnuovo-Mumford của R/I được tính bởi công thức Như vậy chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford vừa là một chặn trên của bậc không triệt tiêu của các module đối đồng điều địa phương với giá là ideal thuần nhất cực đại, vừa được sử dụng để chặn trên các bậc sinh của 11 các module syzygy trong giải tự do phân bậc tối tiểu của R/I. Đây là các ý nghĩa quan trọng của chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford. Gần đây, việc tính giá trị của chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của các ideal đơn thức theo cấu trúc tổ hợp tương ứng của ideal đang là một vấn đề thời sự, được nhiều nhà khoa học nghiên cứu (xem [1], [3], [18], [22], [30]). Luận án này tiếp tục tính cụ thể chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của các lớp ideal đơn thức đặc biệt. Tóm lại, luận án của chúng tôi, với tiêu đề: “Chỉ số chính quy Castelnuovo- Mumford và tính level của một số lớp ideal đơn thức”, hòa vào dòng chảy nghiên cứu các tính chất đại số của một ideal đơn thức theo các dữ liệu tổ hợp ban đầu. Đây là một hướng nghiên cứu đã và đang phát triển mạnh mẽ trong Đại số giao hoán tổ hợp. Mục đích nghiên cứu của luận án là tính chỉ số chính quy Castelnuovo- Mumford và đặc trưng tính level của một số lớp ideal đơn thức theo cấu trúc dữ liệu tổ hợp của ideal. Đối tượng nghiên cứu cụ thể của luận án gồm: các ai-bất biến, chỉ
số chính quy Castelnuovo-Mumford, các số Betti, các số Betti phân bậc và tính level của một số lớp ideal đơn thức đặc biệt của vành đa thức
R = K[x1, . . . , xn] với K là một trường. Lớp ideal đầu tiên mà luận án nghiên cứu là các lũy thừa thường và
các lũy thừa hình thức của ideal Stanley-Reisner: Cho ∆ là một phức đơn
hình trên [n] = {1, . . . , n}. Ideal Stanley-Reisner I∆ của ∆ (trên K) là
ideal của R được sinh bởi các đơn thức không chứa mũ xi1 . . . xip sao cho
{i1, . . . , ip} /∈ ∆. Từ định nghĩa, ta biết rằng I∆ có phân tích nguyên sơ 12 F ∈F(∆) (cid:92) F ∈F(∆) Cùng với lớp ideal trên, luận án cũng nghiên cứu các ideal trong lớp Cn(α, β), tức là các ideal đơn thức I của vành R có dạng: (cid:92) 1≤i trong đó Pi,j là các ideal của R được sinh bởi các biến {x1, x2, ..., xn}\{xi, xj}
với mọi 1 ≤ i < j ≤ n và wi,j nhận một trong hai giá trị nguyên α hoặc
β với α > β > 0. Phạm vi nghiên cứu của luận án là đặc trưng tính level của R/I (t)
∆ và
R/I t
∆ theo ∆ với một số nguyên t ≥ 3 nào đó; nghiên cứu tính level và chỉ
số chính quy Castelnuovo-Mumford của ideal trong lớp Cn(α, β) theo cấu
trúc tổ hợp của đồ thị {{i, j} | wi,j = α, 1 ≤ i < j ≤ n}. Chúng tôi sẽ sử dụng kết hợp các phương pháp nghiên cứu của lý thuyết tổ hợp, lí thuyết tôpô cũng như các kĩ thuật của Đại số giao hoán và một số phần mềm hỗ trợ tính toán như Macaulay2. Cụ thể hơn, đối với bài toán về chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford, chúng tôi sử dụng công thức Takayama mô tả cấu trúc phân bậc của các module đối đồng điều địa phương. Đối với bài toán về tính level, chúng tôi sẽ sử dụng phức đơn hình Koszul dưới cho việc tính toán các số Betti phân bậc. Luận án đóng góp những kết quả mới về chỉ số chính quy Castelnuovo- Mumford, tính level và số Betti của các ideal đơn thức. Kết quả chính đầu 13 tiên là đặc trưng tính level của lũy thừa thường và lũy thừa hình thức thứ
t của ideal Stanley-Reisner với một t ≥ 3 nào đó theo ∆.
Định lí 2.4. Cho ∆ là một phức đơn hình chiều d − 1 ≥ 0 và I∆ là ideal
Stanley-Reisner của ∆. Khi đó các khẳng định sau là tương đương. ∆ là một vành level với mọi t ≥ 1. ∆ là một vành level với một t ≥ 3 nào đó. ∆ là một vành level với mọi t ≥ 1. ∆ là một vành level với một t ≥ 3 nào đó. đôi một rời nhau. Như vậy khác với tính Cohen-Macaulay, tính level của lũy thừa hình
thức và lũy thừa thường của ideal Stanley-Reisner với một số mũ t ≥ 3 là
tương đương. Tuy nhiên, đặc trưng tính level của lũy thừa thứ 2 của ideal
Stanley-Reisner của phức đơn hình ∆ là phức tạp hơn nhiều, và chúng tôi
chỉ xét bài toán trong trường hợp ∆ là một phức matroid chiều 1 (tức là
∆ có thể được coi như là một đồ thị matroid). Kết quả đạt được như sau.
Định lí 2.12. Cho ∆ là một đồ thị matroid trên tập đỉnh [n] với n ≥ 2.
Khi đó R/I (2)
∆ là một vành level nếu và chỉ nếu ∆ là một đồ thị đầy đủ
hoặc một đồ thị hai phần đầy đủ. Tính level của lũy thừa hình thức thứ 2 của một phức đơn hình ∆ bất
kì vẫn là một câu hỏi mở kể cả trong trường hợp ∆ có chiều một, tức là
R/I∆ có chiều hai. Đối với một số ideal đơn thức chiều hai, cụ thể là các ideal thuộc lớp
Cn(α, β), chúng tôi đặc trưng được tính level của chúng trong hai định lí
dưới đây.
Định lí 3.12. Cho n ≥ 4 và I ∈ Cn(2, 1). Khi đó R/I là một vành level
nếu và chỉ nếu một trong hai điều kiện sau được thỏa mãn: 14 Định lí 3.18. Cho n ≥ 4 và I ∈ Cn(α, β) với (α, β) (cid:54)= (2, 1). Khi đó R/I
là một vành level nếu và chỉ nếu n = 4, β = 1 và G là một đồ thị hai phần
đầy đủ K2,2. Chú ý rằng ở đây G = {{i, j} | wi,j = α, 1 ≤ i < j ≤ n} được xem
như là một đồ thị đơn. Các Định lí 3.12, 3.18 được phát biểu với giả thiết
G (cid:54)= ∅ và G không phải là một đồ thị đầy đủ trên tập đỉnh [n]. Hơn nữa,
chúng tôi cũng đã xác định được số Betti cuối cùng của R/I khi nó là một vành level (Định lí 3.19). Cuối cùng, đối với ideal thuộc lớp Cn(α, β), chúng tôi cũng đã đưa ra
một công thức cho chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của nó như sau.
Định lí 4.12. Cho n ≥ 4 và I ∈ Cn(α, β). Khi đó nếu girth(G) = 3; có bậc lớn hơn 1; nếu G gồm t (t ≥ 2) cạnh đôi một rời nhau và
Định lí này nhận được bằng cách tính cụ thể a1(R/I) (các Định lí 4.3,
4.4, 4.5, 4.6, 4.7) và a2(R/I) (Định lí 4.11). Đồng thời, từ Định lí 4.12,
chúng tôi có được điều kiện để I có giải tự do tuyến tính (Định lí 4.18). Luận án đã giải quyết được các vấn đề sau: Đặc trưng được tính level của lũy thừa thường và lũy thừa hình thức của ideal Stanley của một phức 15 đơn hình với số mũ lớn hơn 2 tùy ý; và đưa ra một điều kiện cho tính level của lũy thừa hình thức thứ hai của ideal Stanley-Reisner của một phức
matroid chiều 1. Đồng thời, với mỗi ideal I thuộc lớp Cn(α, β), tính level
của R/I đã được xác định và số Betti cuối cùng của R/I đã được biết khi nó là một vành level. Hơn nữa, chúng tôi đã đưa ra các công thức cho các
ai-bất biến và chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của R/I. Các kết quả đạt được trong luận án sẽ góp phần làm phong phú thêm các thông tin về giải tự do phân bậc tối tiểu, số Betti, tính level và chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của các ideal đơn thức. Ngoài các phần danh sách hình vẽ, bảng các kí hiệu, bảng thuật ngữ, mở đầu, kết luận, các công trình được công bố và tài liệu tham khảo, luận
án gồm 4 chương. Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Trình bày một số kiến thức đã biết liên quan đến các đối tượng được nghiên cứu trong luận án, bao gồm: chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford, vành level, phức đơn hình, đồng điều đơn hình rút gọn, công thức Takayama, phức đơn hình Koszul dưới, matroid và ideal Stanley-Reisner. Chương 2. Tính level của các lũy thừa của ideal Stanley-Reisner. Chương này được viết dựa theo [26], và được trình bày trong ba mục. Mục 2.1 dành để trình bày một số nhóm đồng điều rút gọn không triệt tiêu. Mục 2.2 đặc trưng tính level cho lũy thừa thường và lũy thừa hình thức
thứ t của ideal Stanley-Reisner của một phức đơn hình với một số t ≥ 3 nào đó (Định lí 2.4). Trong Mục 2.3, chúng tôi nghiên cứu tính level của
lũy thừa hình thức thứ 2 của ideal Stanley-Reisner của một phức matroid
chiều 1 (Định lí 2.12). 16 Chương 3. Tính level của ideal đơn thức trong lớp Cn(α, β). Chương
này được viết dựa theo [44], và gồm ba mục. Trong mục đầu tiên, chúng
tôi chỉ ra một số bậc không triệt tiêu của số Betti phân bậc thứ n − 2
của R/I với I ∈ Cn(α, β). Mục thứ hai trình bày đặc trưng tính level của
R/I trong trường hợp (α, β) = (2, 1) (Định lí 3.12). Cuối cùng, chúng tôi
nghiên cứu tính level của R/I trong trường hợp (α, β) (cid:54)= (2, 1) (Định lí
3.18) và tính số Betti cuối cùng của R/I khi nó là level (Định lí 3.19). Chương 4. Chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của ideal đơn
thức trong lớp Cn(α, β). Chương này được viết dựa theo [27], và được
chia thành 3 mục. Mục 4.1 xác định giá trị của a1(R/I) với mỗi ideal
I ∈ Cn(α, β) (các Định lí 4.3, 4.4, 4.5, 4.6, 4.7). Trong Mục 4.2, chúng
tôi thiết lập các công thức cho a2(R/I) (Định lí 4.11) và chỉ số chính quy
Castelnuovo-Mumford reg(R/I) (Định lí 4.12). Mục 4.3 đưa ra một điều
kiện để một ideal trong lớp Cn(α, β) có giải tự do tuyến tính (Định lí 4.18). Chương này sẽ nhắc lại một số khái niệm của Đại số giao hoán và Đại số tổ hợp, bao gồm: chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford, vành level, phức đơn hình, đồng điều đơn hình rút gọn, matroid và ideal Stanley-Reisner. Đồng thời, chúng tôi cũng giới thiệu hai công cụ chủ yếu được sử dụng trong các chương sau, đó là: công thức Takayama để mô tả cấu trúc phân bậc của các module đối đồng điều địa phương, và phức đơn hình Koszul dưới để xác định các số Betti đa phân bậc. Trong luận án này, ta luôn xét R = K[x1, . . . , xn] là một vành đa thức trên trường K và m = (x1, . . . , xn) là ideal thuần nhất cực đại của R. Khái niệm chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford được D. Mumford [31] phát triển từ ý tưởng của G. Castelnuovo và phát biểu như sau: Định nghĩa 1.1. Cho M là một R-module phân bậc hữu hạn sinh. Với
mỗi số nguyên i ≥ 0, đặt m(M )j (cid:54)= 0} m(M ) (cid:54)= 0 nếu H i
m(M ) = 0, nếu H i m(M ) là module đối đồng điều địa phương thứ i của M với giá m. 17 ở đây H i 18 Chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của M là số m(M ) = 0 với mọi i > dim M bởi định lí triệt tiêu Ta cũng lưu ý rằng H i của A. Grothendieck [4]. Do đó Mối liên hệ giữa chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford và bậc sinh của các module syzygy được thiết lập bởi D. Eisenbud và S. Goto [8] như sau: β1(M )
(cid:77) β0(M )
(cid:77) βp(M )
(cid:77) Định lí 1.2 ([8], Định lí 1.2). Cho M là một R-module phân bậc hữu hạn
sinh. Giả sử M có giải tự do phân bậc tối tiểu dạng j=1 j=1 j=1 Khi đó Như vậy chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của R-module M có thể được sử dụng để chặn trên bậc lớn nhất của các phần tử sinh tối tiểu thuần nhất của các module syzygy của M . Nếu I là một ideal thuần nhất
thực sự và khác không của vành R thì theo Định lí 1.2, ta có Một số vấn đề về chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford và các bất biến liên quan có thể xem trong các tài liệu [17] và [45]. Khái niệm vành level được R. Stanley [38] giới thiệu vào năm 1977 như sau. 19 Định nghĩa 1.3. Cho I là một ideal thuần nhất thực sự của vành R.
Vành R/I được gọi là một vành level (hoặc gọi tắt I là level) nếu R/I là một vành Cohen-Macaulay và module tự do cuối cùng trong giải tự do
phân bậc tối tiểu của R-module R/I được sinh bởi các phần tử cùng bậc. Với một ideal thuần nhất thực sự I của vành R, R/I có giải tự do phân βp(R/I)
(cid:77) β1(R/I)
(cid:77) bậc tối tiểu độ dài hữu hạn dạng: F : 0 −→ j=1 j=1 trong đó p là chiều xạ ảnh của R-module R/I. Các số d1,i, . . . , d1,β1(R/I)
chính là bậc của các phần tử trong một hệ sinh tối tiểu thuần nhất của
I. Các số di,1, . . . , di,βi(R/I) là bậc của các phần tử trong một hệ sinh tối
tiểu thuần nhất của module syzygy thứ i của R/I. Khi đó các số Betti
βi(R/I) là số phần tử sinh tối tiểu của module syzygy thứ i của R/I và
các số Betti phân bậc βi,j(R/I) là số phần tử sinh bậc j trong một hệ sinh
tối tiểu thuần nhất của module syzygy thứ i của R/I. Từ giải tự do phân bậc tối tiểu F, R/I là một vành level nếu và chỉ
nếu R/I là một vành Cohen-Macaulay và dp,1 = · · · = dp,βp(R/I) (tức là
βp,dp,1(R/I) = βp(R/I)). Lưu ý rằng R/I là một vành Cohen-Macaulay
nếu và chỉ nếu p = n − dim(R/I) bởi công thức Auslander-Buchsbaum
[5]. Như vậy một vành level kiểu 1 (tức là số Betti cuối cùng bằng 1) là một vành Gorenstein. Ví dụ 1.4. Cho S = K[x1, x2, x3, x4, x5] và I = (x1x3, x2x4, x2x5, x4x5)
là một ideal của S. Khi đó giải tự do phân bậc tối tiểu của S/I là Do vậy S/I là một vành level nhưng nó không phải là một vành Gorenstein. 20 Định nghĩa về phức đơn hình và các khái niệm sau đây được chúng tôi phát biểu theo [39]. Định nghĩa 1.5. Một phức đơn hình ∆ trên tập đỉnh V ⊆ [n] = {1, . . . , n}
là một tập hợp bao gồm các tập con của V thỏa mãn hai tính chất sau: (i) {i} ∈ ∆ với mọi i ∈ V. (ii) Nếu F ∈ ∆ và H ⊆ F thì H ∈ ∆. Với mỗi F ∈ ∆, ta gọi F là một mặt của ∆. Ta kí hiệu dim F = |F | − 1
và gọi là chiều của mặt F . Khi đó dim ∆ = max{dim F | F ∈ ∆} gọi là
chiều của phức đơn hình ∆. Mặt lớn nhất theo quan hệ bao hàm được gọi
là mặt cực đại của ∆. Kí hiệu tập các mặt cực đại của ∆ là F(∆) thì ∆
hoàn toàn được xác định bởi F(∆). Phức đơn hình ∆ được gọi là thuần túy nếu tất cả các mặt cực đại của nó có cùng số phần tử. Phức đơn hình ∆ được gọi là một phức nón (gọi tắt là nón) đỉnh i nếu Quy ước: Khi V = ∅, ta có ∆ = ∅ là phức đơn hình không có bất kì mặt nào và ∆ = {∅} là phức đơn hình có duy nhất một mặt ∅. Tiếp theo, chúng tôi nhắc lại một số khái niệm về phép toán trên phức đơn hình như sau. Định nghĩa 1.6. Cho ∆ là một phức đơn hình trên tập đỉnh V . đơn hình lần lượt được định nghĩa là: 21 kí hiệu ∆[W ], là một phức đơn hình được xác định bởi Để đơn giản trong trình bày, ta viết lk∆(i1, . . . , ik), st∆(i1, . . . , ik) thay thế cho lk∆({i1, . . . , ik}) và st∆({i1, . . . , ik}). Cho V1, V2 là hai tập rời nhau, tức là V1 ∩ V2 = ∅. Giả sử ∆1 và ∆2 là
các phức đơn hình trên V1 và V2. Khi đó tập {F ∪ G | F ∈ ∆1, G ∈ ∆2}
cũng là một phức đơn hình trên V1 ∪ V2. Do đó ta có định nghĩa về phức
đơn hình ghép như sau. Định nghĩa 1.7. Cho ∆1 và ∆2 là các phức đơn hình lần lượt trên các
tập đỉnh rời nhau V1 và V2. Phức đơn hình ghép của ∆1 và ∆2, kí hiệu
∆1 ∗ ∆2, là một phức đơn hình được xác định bởi Giả sử ∆ là một phức đơn hình chiều d − 1 trên tập đỉnh [n]. Đặt và kí hiệu K Fi(∆) là K-không gian vectơ có cơ sở là {eσ | σ ∈ Fi(∆)}. ∂1−→ K F0(∆) Định nghĩa 1.8. Phức dây chuyền rút gọn của ∆ trên K là một phức
∂0−→ K F−1(∆) −→ 0, (cid:101)C•(∆, K) : 0 −→ K Fd−1(∆) ∂d−1−→ · · · trong đó các vi phân ∂i : K Fi(∆) −→ K Fi−1(∆) được xác định như sau:
i
(cid:88) r=0 với mọi i-mặt σ = {j0, j1, . . . , ji} và j0 < j1 < · · · < ji. Khi đó K-không
gian vectơ (cid:101)Hi(∆; K) = ker(∂i)/ im(∂i+1) 22 được gọi là nhóm đồng điều rút gọn thứ i của ∆ trên K. Từ định nghĩa, rõ ràng rằng (cid:101)Hi(∆; K) = 0 nếu i < −1 hoặc i > d − 1, và (cid:101)H−1(∆; K) (cid:54)= 0 nếu và chỉ nếu ∆ = {∅}. Các bổ đề sau đưa ra một số tính chất của nhóm đồng điều rút gọn. Bổ đề 1.9 ([47], Mệnh đề 5.2.5). Nếu phức đơn hình ∆ là một nón thì ∆
là acyclic (tức là có các nhóm đồng điều rút gọn đều triệt tiêu). Bổ đề 1.10 ([39], Mệnh đề 3.3, trang 20). Nếu ∆ (cid:54)= {∅} hoặc ∅ thì chiều
của K-không gian vectơ (cid:101)H0(∆; K) bằng số thành phần liên thông của ∆
trừ 1. Nói riêng, (cid:101)H0(∆; K) = 0 nếu và chỉ nếu ∆ là liên thông. Bổ đề 1.11 ([18], Bổ đề 1.5). Cho ∆ là một phức đơn hình chiều một.
Khi đó (cid:101)H1(∆; K) (cid:54)= 0 nếu và chỉ nếu ∆ chứa một chu trình. Cho I là một ideal đơn thức của vành R. Với mỗi a = (a1, . . . , an) ∈ Zn,
thì H i
m(R/I)a là một K-không gian vectơ. Mở rộng kết quả của Hochster
[20, Định lí 4.8] cho trường hợp ideal đơn thức không chứa mũ, Takayama
đã tìm ra một công thức tổ hợp cho dimK H i
m(R/I)a [40, Định lí 1] thông
qua phức bậc. Định nghĩa phức bậc được phát biểu theo D. H. Giang và L. T. Hoa [11, Bổ đề 1.1] như sau. i Cho F là một tập con của [n], kí hiệu RF = R[x−1 vectơ a = (a1, . . . , an) ∈ Zn, đặt Ga = {i | ai < 0}. Định nghĩa 1.12. Cho một vectơ a = (a1, . . . , an) ∈ Zn. Phức bậc ∆a(I)
của I ứng với bậc a là một phức đơn hình được xác định bởi n (cid:54)∈ IRF ∪Ga}. 1 · · · xan Theo chứng minh của [29, Định lí 1.6], chúng tôi nhận được tính chất sau của phức bậc. 23 Bổ đề 1.13. Cho một vectơ a ∈ Zn. Kí hiệu ei là vectơ đơn vị thứ i với
i = 1, . . . , n. Đặt b = a − (cid:80)
aiei. Khi đó
i∈Ga
nếu ∆b(I) (cid:54)= ∅; nếu ∆b(I) = ∅. Gọi ∆(I) là phức đơn hình liên kết với ideal Bổ đề tiếp theo đưa ra một mối liên hệ quan trọng giữa ∆a(I) và ∆(I). Bổ đề 1.14 ([18], Bổ đề 1.2). Giả sử rằng Ga ∈ ∆(I) với một vectơ
a ∈ Zn. Khi đó Công thức Takayama được phát biểu trong [40] như trong bổ đề dưới đây. Bổ đề 1.15 (Công thức Takayama). Với mỗi vectơ a ∈ Zn và mỗi số
nguyên i ≥ 0, ta có
nếu Ga ∈ ∆(I), m(R/I)a = nếu Ga (cid:54)∈ ∆(I) . Kí hiệu ei là vectơ đơn vị thứ i với i = 1, . . . , n. Với mỗi vectơ a ∈ Nn,
i∈supp(a) ei. Định nghĩa phức đặt supp(a) = {i | ai (cid:54)= 0} và esupp(a) = (cid:80)
đơn hình Koszul dưới được phát biểu theo [24] như sau. Định nghĩa 1.16. Cho I là một ideal đơn thức của R và một vectơ
a ∈ Nn, phức đơn hình Koszul dưới của R/I tại bậc a là i∈F xi và xa = (cid:81) i∈supp(a) xai
i . trong đó xF = (cid:81) 24 Miller và Stumfels [24, Định lí 5.11] đã đưa ra một công thức cho thấy sự liên hệ giữa các số Betti đa phân bậc và phức đơn hình Koszul dưới. Đây là một công cụ chủ yếu được chúng tôi sử dụng cho việc xác định tính level của các ideal đơn thức. Bổ đề 1.17. Cho một vectơ a ∈ Nn và một ideal đơn thức I của R. Với
mỗi số tự nhiên i, các số Betti thứ i của R/I tại bậc a được biểu diễn là Định nghĩa matroid được chúng tôi phát biểu sau đây theo tài liệu [32]. Định nghĩa 1.18. Một matroid M trên tập đỉnh [n] là một tập F các
tập con của [n] thỏa mãn ba điều kiện sau: (i) ∅ ∈ F. (ii) Nếu I ∈ F và J ⊆ I thì J ∈ F. (iii) Nếu I, J ∈ F và |J| < |I| thì tồn tại x ∈ I \ J sao cho J ∪ {x} ∈ F. Các phần tử của F được gọi là các tập độc lập của M . Các tập độc lập
cực đại của M được gọi là các cơ sở. Khi đó số phần tử của các cơ sở của
M bằng nhau, và được gọi là hạng của M . Ta kí hiệu r(M ) là hạng của
M và B(M ) là tập tất cả các cơ sở của M . Một tập phụ thuộc của M là một tập con của [n] nhưng không thuộc F .
Mỗi tập phụ thuộc cực tiểu của M được gọi là một circuit. Ký hiệu C(M )
là tập tất cả các circuit của M . Từ đó, M được xác định bởi C(M ) như
sau: F gồm các tập con của [n] mà không chứa bất kì phần tử nào của
C(M ). Nhận xét 1.19. Tập hợp các tập độc lập của một matroid M tạo thành
một phức đơn hình, và ta gọi là phức matroid của M . Phức đơn hình này 25 là một phức đơn hình thuần túy và có chiều r(M ) − 1. Chúng tôi cũng sẽ
sử dụng kí hiệu C(∆), B(∆) lần lượt là tập các circuit và tập các cơ sở
của một phức matroid ∆. Tiếp theo, chúng tôi giới thiệu một tính chất của các circuit của một phức matroid. Bổ đề 1.20 ([32], Mệnh đề 1.4.12). Cho C1, C2 là các circuit phân biệt
của một phức matroid ∆ và x ∈ C1 ∩ C2. Khi đó tồn tại một circuit C3
của ∆ sao cho C3 ⊆ C1 ∪ C2\{x}. Bổ đề sau phát biểu lại một kết quả trong chứng minh của Định lí 3.4 ở trang 92 [39]. Bổ đề 1.21. Cho ∆ là một phức matroid. Khi đó ∆ là một nón nếu và
chỉ nếu ∆ là acyclic. Hơn nữa, nếu ∆ là một phức matroid nhưng không
phải là một nón thì (cid:101)Hdim ∆(∆; K) (cid:54)= 0. Theo định nghĩa của phức đơn hình ghép, ta dễ dàng chứng minh được rằng nếu hai phức matroid không là nón thì phức đơn hình ghép của chúng cũng là một phức matroid mà không là nón. Kết quả này được phát biểu trong bổ đề dưới đây. Bổ đề 1.22. Nếu ∆1, ∆2 là các phức matroid lần lượt trên hai tập đỉnh
rời nhau V1, V2 nhưng không phải là nón thì ∆1 ∗ ∆2 cũng là một phức
matroid trên V1 ∪ V2 nhưng không phải là một nón. Bổ đề tiếp theo cho thấy rằng nếu một phức matroid không là nón thì các phức con link khác rỗng của nó cũng là các phức matroid mà không là nón. Chứng minh chi tiết có thể xem trong [30, Bổ đề 2.3]. Bổ đề 1.23. Cho ∆ là một phức matroid nhưng không phải là một nón và
F ∈ ∆. Nếu lk∆(F ) (cid:54)= {∅} thì lk∆(F ) cũng là một phức matroid nhưng
không phải là một nón. 26 Cho ∆ là một phức đơn hình trên tập đỉnh [n]. Định nghĩa 1.24. Ideal Stanley-Reisner của phức đơn hình ∆ là một ideal
đơn thức của vành R được định nghĩa bởi Vành thương k[∆] = R/I∆ được gọi là vành Stanley-Reisner của phức đơn
hình ∆. Ngoài ra, I∆ có thể được xác định thông qua phân tích nguyên sơ như sau. Bổ đề 1.25 ([24], Định lí 1.7). Ideal Stanley-Reisner I∆ của phức đơn
hình ∆ có phân tích nguyên sơ: (cid:92) F ∈F(∆) Bổ đề sau cho ta biết chiều Krull của một vành Stanley-Reisner. Bổ đề 1.26 ([39], Định lí 1.3, trang 53). dim(k[∆]) = dim ∆ + 1. ∆ của I∆ được xác định
∆ ứng với các ideal nguyên tố Với mỗi số nguyên dương t, lũy thừa hình thức I (t) là giao của các thành phần nguyên sơ của I t
tối tiểu của I∆. Do vậy lũy thừa hình thức thứ t của I∆ là (cid:92) F ∈F(∆) Trong trường hợp tổng quát thì lũy thừa thường thứ t của I∆ là một tập con thực sự của lũy thừa hình thức thứ t của I∆. Cho ∆ là một phức đơn hình trên tập đỉnh [n] và I∆ là ideal Stanley-
Reisner của nó. Các điều kiện cần và đủ của tính Cohen-Macaulay của I∆
theo ∆ được cho bởi G. Reisner [33]. Do đó tính level trong trường hợp này được biết thông qua công thức Hochster [20]. Trong chương này, chúng tôi
sẽ đặc trưng tính level của R/I (t)
∆ và R/I t
∆ với một số nguyên t ≥ 3 nào
đó. Với t = 2, chúng tôi nghiên cứu trường hợp ∆ là một phức matroid chiều 1. Các kết quả của chương này đã được công bố trong bài báo [26]. Tính Cohen-Macaulay của các lũy thừa thường và các lũy thừa hình
thức của I∆ được một số tác giả nghiên cứu gần đây (xem [6],[19], [28],
[29], [34], [35], [41], [42], [46]). Cụ thể, từ kết quả của R. C. Cowsik và
M. V. Nori [6], R/I t
∆ là Cohen-Macaulay với mọi số nguyên t ≥ 1 nếu và
chỉ nếu I∆ được sinh bởi một dãy chính quy. Sau đó, với lũy thừa hình
thức, N. C. Minh và N. V. Trung [29] đã khẳng định rằng R/I (t)
∆ là Cohen-
Macaulay với mọi số nguyên t ≥ 1 nếu và chỉ nếu ∆ là một matroid. Năm 27 2012, N. Terai và N. V. Trung [41] đã cho các kết quả mạnh hơn các kết
quả trên, đó là R/I t
∆ là Cohen-Macaulay với một số nguyên t ≥ 3 khi và
chỉ khi I∆ được sinh bởi một dãy chính quy; và R/I (t)
∆ là Cohen-Macaulay
với một số nguyên t ≥ 3 khi và chỉ khi ∆ là một matroid. Với t = 2, nếu
∆ là một phức đơn hình chiều 1 thì tính Cohen-Macaulay của R/I 2
∆ đã 28 được biết trong [28]. Từ đó dẫn đến R/I 2
∆ là một vành level nếu và chỉ nếu
∆ là một trong các phức sau: đoạn thẳng 2-đỉnh; đoạn thẳng 3-đỉnh; tam giác; tứ giác và ngũ giác. Tuy nhiên, chúng tôi vẫn chưa có được thông tin
gì về tính Cohen-Macaulay cũng như tính level của R/I (2)
∆ . Kí hiệu ∆ là level nếu và chỉ nếu I (t) ∆ . Do đó I (t) và core(∆) = ∆[core([n])]. Ta thấy rằng {xi | i ∈ [n] \ core([n])} là một dãy chính quy tuyến tính
của R/I (t)
core(∆) là level. Vì vậy, ta giả
thiết ∆ = core(∆), nghĩa là ∆ không phải là một nón. Trong mục này, cho ∆ là một phức matroid chiều (d − 1) ≥ 0. Các định lí sau đây là những kết quả quan trọng để chúng tôi nghiên cứu phần tiếp theo. Định lí 2.1. Cho ∆ là một phức matroid chiều d − 1 ≥ 0. Với một circuit
C ∈ C(∆) bất kì, thì (cid:91) i∈C (cid:101)Hd−1( Chứng minh. Do C ∈ C(∆) nên C \ {i} ∈ ∆ với mọi i ∈ C, tức là
st∆(C \ {i})) (cid:54)= ∅. Ta đã biết rằng phức con ∆[C] cũng là một phức
matroid có tập các mặt cực đại {C \ {i} | i ∈ C}. Dẫn đến ∆[C] không là
nón. Cố định i ∈ C, cho B ∈ lk∆(C \ {i}). Từ điều kiện thứ ba của định
nghĩa matroid, ta có B ∪ (C \ {j}) ∈ ∆ với mọi j ∈ C. Do đó (cid:91) i∈C i∈C st∆(C \{i}) là một phức matroid và không là nón bởi Bổ đề 1.22 Vậy (cid:83)
và Bổ đề 1.23. Do đó điều cần chứng minh được suy ra từ Bổ đề 1.21. 29 Định lí 2.2. Cho ∆ là một phức matroid chiều d − 1 ≥ 0. Giả sử mọi
circuit của ∆ có cùng số phần tử và tồn tại hai circuit của ∆ có ít nhất
một đỉnh chung. Chọn C, C (cid:48) là hai circuit phân biệt của ∆ sao cho |C ∩C (cid:48)|
có số phần tử nhiều nhất có thể. Khi đó (cid:91) (cid:0) 0 = C (cid:48) \ W . Do đó
0| = α ≥ 1. Trước hết, ta sẽ đưa ra một số bước U ⊆(C∪C (cid:48)),|U |=2
Chứng minh. Cho W = C ∩ C (cid:48), V0 = C \ W và V (cid:48)
|W | ≥ 1 và |V0| = |V (cid:48)
chuẩn bị như sau. (cid:101)Hd−1 Bước 1. Ta chứng minh với bất kì x ∈ W , tồn tại Wx ⊆ W sao cho
|Wx| = α, x ∈ Wx và 0 ∪ W ) \ Wx ∈ C(∆). Thật vậy, theo tính chất cơ bản của một phức matroid trong Bổ đề 1.20,
tồn tại C (cid:48)(cid:48) ∈ C(∆) sao cho C (cid:48)(cid:48) ⊆ (C ∪ C (cid:48)) \ {x}. Cho U1 = W ∩ C (cid:48)(cid:48),
U2 = (C ∩ C (cid:48)(cid:48)) \ U1 và U3 = (C (cid:48) ∩ C (cid:48)(cid:48)) \ U1. Suy ra x ∈ W \ U1. Hơn nữa,
ta có 0 và C (cid:48)(cid:48) = V0 ∪ V (cid:48) và |C (cid:48)(cid:48) ∩ C| = |U1| + |U2|, |C (cid:48)(cid:48) ∩ C (cid:48)| = |U1| + |U3|. Bởi cách xác định
C, C (cid:48), thì |U2| ≤ |W \ U1| và |U3| ≤ |W \ U1|. Kết hợp với giả thiết, ta có
C \ (C (cid:48) ∪ C (cid:48)(cid:48)) = C (cid:48) \ (C ∪ C (cid:48)(cid:48)) = ∅ và |U2| = |U3| = |W \ U1|. Điều này
dẫn đến U2 = V0, U3 = V (cid:48)
0 ∪ U1. Đặt Wx = W \ U1 và
Cx = C (cid:48)(cid:48).
Bước 2. Ta chứng minh rằng với x, y ∈ W bất kì thì Wx = Wy hoặc
Wx ∩ Wy = ∅. Thật vậy, giả sử ngược lại rằng tồn tại x, y ∈ W sao cho
Wx ∩ Wy (cid:54)= ∅ và Wx (cid:54)= Wy. Theo Bước 1, ta có 0 ∪ W ) \ Wx ∈ C(∆), 30 0 ∪ W ) \ Wy ∈ C(∆). Từ đó suy ra Cx (cid:54)= Cy và 0| + |W | − |Wx| − |Wy| + |Wx ∩ Wy| > |W |. Điều này là mâu thuẫn với cách chọn C và C (cid:48). Vậy Bước 2 đã được hoàn
thành. s+1
(cid:88) Theo Bước 2, ta có thể chia W thành s tập Wi rời nhau với i = 1, . . . , s.
Ta đặt W0 = V0 và Ws+1 = V (cid:48)
0. Khi đó C ∪ C (cid:48) là một hợp rời nhau của
các tập Wi với i = 0, . . . , s + 1. Hơn nữa, với mọi i = 0, . . . , s + 1, ta có
|Wi| = α và (C ∪ C (cid:48)) \ Wi ∈ C(∆).
Bước 3. Ta chứng minh với mỗi U = {x, y} ⊆ C ∪C (cid:48), thì (C ∪C (cid:48))\U ∈ ∆
nếu và chỉ nếu x, y không cùng thuộc một tập Wi với mọi i = 0, . . . , s + 1.
Thật vậy, ta thấy rằng nếu x, y ∈ Wi với i ∈ {0, . . . , s + 1} nào đó, thì
(C ∪ C (cid:48)) \ U (cid:54)∈ ∆ bởi (C ∪ C (cid:48)) \ Wi ∈ C(∆). Ngược lại, giả sử x ∈ Wa,
y ∈ Wb với 0 ≤ a (cid:54)= b ≤ s + 1 và (C ∪ C (cid:48)) \ U (cid:54)∈ ∆. Khi đó tồn tại một
circuit C (cid:48)(cid:48) của ∆ sao cho C (cid:48)(cid:48) ⊆ (C ∪ C (cid:48)) \ U . Với mỗi i = 0, . . . , s + 1, đặt
αi = |Wi \ C (cid:48)(cid:48)| ≥ 0. Ta có αa ≥ 1 và αb ≥ 1. Đồng thời, do C (cid:48)(cid:48) và C có
cùng số phần tử nên i=0 tức là |C (cid:48)(cid:48)| = (s + 1)α. Như vậy (C ∪ C (cid:48)) \ Wa (cid:54)= C (cid:48)(cid:48), và
(cid:88) i(cid:54)=a
(cid:88) i(cid:54)=a (cid:88) i(cid:54)=a suy ra mâu thuẫn với cách chọn C, C (cid:48). 31 Bây giờ ta sẽ chứng minh định lí. Thật vậy, theo Bước 3, ta có (cid:91) (cid:91) U ⊆(C∪C (cid:48)),|U |=2 x∈Wa,y∈Wb,a(cid:54)=b là một phức đơn hình chiều d − 1. Hơn nữa, cũng theo Bước 3, ∆[C ∪ C (cid:48)]
là một phức matroid với tập các mặt cực đại bao gồm các tập
C ∪ C (cid:48) \ {x, y} trong đó x, y thuộc hai tập Wi phân biệt. Do đó
∆[C ∪ C (cid:48)] (cid:54)= ∅ và không phải là một nón. Cố định x ∈ W0 và y ∈ W1. Cho
B ∈ lk∆((C ∪ C (cid:48)) \ {x, y}) bất kì. Theo điều kiện thứ ba của định nghĩa
matroid, nếu x(cid:48), y(cid:48) thuộc hai tập phân biệt Wi, Wj với 0 ≤ i (cid:54)= j ≤ s + 1
thì B ∈ lk∆((C ∪ C (cid:48)) \ {x(cid:48), y(cid:48)}). Từ đó suy ra (cid:91) U ⊆(C∪C (cid:48)),|U |=2 Theo Bổ đề 1.21, Bổ đề 1.22 và Bổ đề 1.23, ta có được điều phải chứng minh. Cho ∆ là một phức đơn hình chiều (d − 1) ≥ 0 trên tập đỉnh [n]. Trong
∆ với một số nguyên phần này, chúng tôi sẽ đặc trưng tính level của R/I (t)
t ≥ 3 nào đó. Ta biết rằng nếu I∆ là ideal Stanley-Reisner của một phức matroid ∆
thì các circuit của ∆ tương ứng với các phần tử sinh tối tiểu của I∆. Từ
tính level của một lũy thừa hình thức R/I (t)
∆ với t ≥ 2, ta luôn nhận được
điều kiện rằng I∆ được sinh cùng bậc như sau. Định lí 2.3. Cho ∆ là một matroid chiều d−1 ≥ 0 và I∆ là ideal Stanley-
Reisner của ∆. Nếu R/I (t)
∆ là một vành level với một t ≥ 2 nào đó thì các
circuit của ∆ có cùng số phần tử. i∈C tei + (cid:80) i /∈C ei. Chứng minh. Với mỗi circuit C ∈ C(∆), đặt aC = (cid:80) 32 ∆ }, Khi đó ∆ ) = {F ⊆ [n] | fC.xF (cid:54)∈ I (t)
. Với mỗi B ∈ B(∆), ta có |C \ B| ≥ 1. Như
∆ nếu và chỉ nếu tồn tại B ∈ B(∆) sao cho F ⊆ B và trong đó fC = (cid:81)
vậy fC.xF (cid:54)∈ I (t)
|C \ B| = 1. Từ đó suy ra (cid:91) ∆ ) = i∈C Theo Bổ đề 1.17 và Định lí 2.1, (cid:91) ∆ ) = dimK (cid:101)Hd−1( i∈C ∆ ) (cid:54)= 0 với mỗi C ∈ C(∆). Theo giả thiết, R/I (t)
Suy ra βn−d,(t−1)|C|+n(R/I (t)
∆
là một vành level nên các số Betti phân bậc cuối cùng sẽ tập trung vào
một bậc. Do đó mọi circuit của ∆ phải có cùng số phần tử. Bây giờ chúng tôi phát biểu định lí chính của phần này. Định lí 2.4. Cho ∆ là một phức đơn hình chiều d − 1 ≥ 0 và I∆ là ideal
Stanley-Reisner của ∆. Khi đó các khẳng định sau là tương đương. ∆ là một vành level với mọi t ≥ 1. ∆ là một vành level với một t ≥ 3 nào đó. ∆ là một vành level với mọi t ≥ 1. ∆ là một vành level với một t ≥ 3 nào đó. ∆ là một vành Cohen-Macaulay nếu và chỉ nếu R/I (t) ∆ = I (t) ∆ . Do đó R/I t ∆ = I (t) đôi một rời nhau. ∆ là một vành level và I t Chứng minh. Hiển nhiên (1) ⇒ (2) và (3) ⇒ (4). Chú ý rằng với t ≥ 1,
R/I t
∆ là một vành
Cohen-Macaulay và I t
∆ là một vành level nếu và chỉ
nếu R/I (t)
∆ . Từ đó ta nhận được (1) ⇒ (3) 33 và (2) ⇒ (4). Vì vậy ta chỉ cần chứng minh (5) ⇒ (1) và (4) ⇒ (5) là đủ. Thật vậy, ta có: ∆ là một vành Cohen-Macaulay với một số nguyên
t ≥ 3 nào đó nên theo Định lí [41, Định lí 3.6], ∆ là một phức matroid. (cid:88) Theo Định lí 2.3, ta chỉ cần chứng minh hai circuit khác nhau bất kì của
∆ đều rời nhau. Giả sử rằng tồn tại hai circuit phân biệt của ∆ có ít nhất
một phần tử chung. Ta chọn C (cid:54)= C (cid:48) ∈ C(∆) sao cho số phần tử của tập
∅ (cid:54)= W = C ∩ C (cid:48) là nhiều nhất có thể. Đặt
(cid:88) (cid:88) i∈C i /∈C∪C (cid:48) i∈C (cid:48)\C Khi đó ∆ }, ∆ ) = {F ⊆ [n] | f(C,C (cid:48)).xF (cid:54)∈ I (t) i∈C xt−2
i i∈C (cid:48)\C xi. Với mỗi B ∈ B(∆), |C \ B| ≥ 1 (cid:81) trong đó f(C,C (cid:48)) = (cid:81)
và |C (cid:48) \ B| ≥ 1. Nếu |(C ∪ C (cid:48)) \ B| = 1 thì gọi x ∈ (C ∪ C (cid:48)) \ B. Khi đó x ∈ W và
(C ∪ C (cid:48)) \ {x} ⊆ B. Theo Bước 1 như trong chứng minh của Định lí 2.2,
tồn tại x ∈ Wx ⊆ W sao cho Cx = (V0 ∪ V (cid:48)
0 ∪ W ) \ Wx ∈ C(∆). Suy ra
mâu thuẫn với Cx ⊆ B ∈ ∆. Nếu |(C ∪ C (cid:48)) \ B| ≥ 3 thì f(C,C (cid:48)) ∈ (xi | i (cid:54)∈ B)t bởi t ≥ 3. Từ
đó suy ra f(C,C (cid:48)).xF (cid:54)∈ I (t) nếu và chỉ nếu tồn tại B ∈ B(∆) sao cho
F ⊆ B và |(C ∪ C (cid:48)) \ B| = 2 nếu t = 3, hoặc (C ∪ C (cid:48)) \ B = {x, y} với
x ∈ C, y ∈ C (cid:48) \ C nếu t ≥ 4. Ta xét hai trường hợp sau. Nếu t = 3 thì theo chứng minh trên, ta có (cid:91) ∆ ) = U ⊆(C∪C (cid:48)),|U |=2 ∆ ); K) (cid:54)= 0. Theo Định lí 2.2, (cid:101)Hd−1(Ka(C,C(cid:48))(I (t) 34 Nếu t ≥ 4, thì (cid:91) ∆ ) = x∈C,y∈(C (cid:48)\C) Tương tự như chứng minh của Định lí 2.2, cố định x ∈ C, y ∈ C (cid:48) \ C. Ta
nhận được (cid:91) x∈C,y∈(C (cid:48)\C) ∆ ); K) (cid:54)= 0. trong đó Γ là một phức matroid gồm tất cả các tập con của (C (cid:48) \ C) \ {z}
với bất kì z ∈ C (cid:48) \ C. Sử dụng Bổ đề 1.21, Bổ đề 1.22 và Bổ đề 1.23,
(cid:101)Hd−1(Ka(C,C(cid:48))(I (t) Từ các trường hợp trên và Bổ đề 1.17, ta có ∆ ) (cid:54)= 0. ∆ ) (cid:54)= 0 theo Định lí 2.3. Điều này là mâu ∆ . Vậy ta có được điều phải chứng minh. Mặt khác, βn−d,(t−1)|C|+n(R/I (t)
thuẫn với tính level của R/I (t) Chúng tôi cũng lưu ý rằng tồn tại một ideal Stanley-Reisner I∆ sao cho
∆ là level nhưng R/I 2
∆ không phải là một vành level (xem các ví dụ Hệ quả 2.5. Cho ∆ là một phức đơn hình và I∆ là ideal Stanley-Reisner
của ∆. Khi đó các khẳng định sau là tương đương. ∆ là một vành Gorenstein với mọi t ≥ 1. ∆ là một vành Gorenstein với một t ≥ 3 nào đó. ∆ là một vành Gorenstein với mọi t ≥ 1. ∆ là một vành Gorenstein với một t ≥ 3 nào đó. 35 ∆ = I t ∆ trong giải tự do tối tiểu là (cid:0)p+t−2 t−1 Chứng minh. Các mũi tên (1) ⇒ (2), (2) ⇒ (4), (1) ⇒ (3), (3) ⇒ (4) và
(5) ⇒ (1) là hiển nhiên. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh (4) suy ra (5) là
đủ. Giả sử điều kiện (4) được thỏa mãn. Theo Định lí 2.4, ∆ là một phức matroid mà các circuit của nó có cùng số phần tử và đôi một rời nhau. Do
đó I (t)
∆. Giả sử rằng ∆ có p circuit với p ≥ 2, tức là I∆ được sinh bởi
một dãy chính quy gồm p phần tử. Khi đó với t ≥ 3, số Betti cuối cùng
(cid:1) (cid:54)= 1 bởi [13, Hệ quả 1.3]. Điều
của R/I t
này cũng có nghĩa rằng R/I t
∆ không phải là một vành Gorenstein, mâu
thuẫn với điều kiện (4). Vậy ∆ chỉ có duy nhất một circuit. Nhận xét 2.6. Chúng tôi phát biểu Hệ quả 2.5 ở đây để cho thấy một ứng dụng trực tiếp của Định lí 2.4. Tuy nhiên, N. D. Hợp đã chỉ ra rằng kết luận này là đúng trong trường hợp tổng quát hơn, cụ thể là: Với ideal
đơn thức thực sự I bất kì của vành R, R/I t là một vành Gorenstein với
một t ≥ 2 nào đó nếu và chỉ nếu I là một ideal chính. Với ideal đơn thức
thực sự, không trộn lẫn I của vành R, R/I (t) là một vành Gorenstein với
một t ≥ 2 nào đó nếu và chỉ nếu I là một ideal chính. Các khẳng định này nhận được bởi các kết quả trong các công trình [2], [15], [21]. Chúng tôi xin trân trọng cảm ơn sự góp ý của N. D. Hợp. Trong phần này, chúng tôi chỉ nghiên cứu lũy thừa hình thức thứ hai của
ideal Stanley-Reisner của một phức matroid chiều 1. Để đơn giản, chúng
tôi luôn giả sử ∆ là một phức matroid chiều 1 trên tập đỉnh [n]. Trong
trường hợp này, chúng ta có thể xem các mặt cực đại của ∆ như là các
cạnh của một đồ thị đơn trên tập đỉnh [n]. Nói theo một cách khác, ∆ là
một đồ thị matroid. Khi đó R/I (2)
∆ là một vành Cohen-Macaulay chiều 2.
Lưu ý rằng nếu n = 2, 3 thì I∆ là một ideal chính, và do đó R/I (2)
∆ là một
vành level. Vì vậy ta giả thiết n ≥ 4. 36 Trước hết chúng tôi nhắc lại một số khái niệm liên quan đến đồ thị được sử dụng trong các kết quả của phần này. Định nghĩa 2.7. Một đồ thị đơn (gọi tắt là đồ thị) Γ = (V (Γ), E(Γ)) bao
gồm V (Γ) ⊆ [n] là tập các đỉnh của Γ và E(Γ) ⊆ {{i, j} | i (cid:54)= j ∈ V (Γ)}
là tập các cạnh của Γ. Đồ thị Γ được gọi là một đồ thị đầy đủ nếu tập cạnh E(Γ) của nó thỏa mãn E(Γ) = {{i, j} | i (cid:54)= j ∈ V (Γ)}. Đồ thị Γ được gọi là một đồ thị hai phần đầy đủ nếu tập đỉnh V (Γ) của
nó được phân hoạch thành V (Γ) = V1 ∪ V2 với V1 (cid:54)= ∅, V2 (cid:54)= ∅, V1 ∩ V2 = ∅
sao cho tập cạnh E(Γ) = {{i, j} | i ∈ V1 và j ∈ V2}. Nếu V1 và V2 lần
lượt có p và q đỉnh thì đồ thị hai phần đầy đủ Γ được kí hiệu bởi Kp,q. Để chứng minh định lí chính, chúng tôi cần một số bổ đề và mệnh đề như sau. Bổ đề 2.8. Nếu ∆ không chứa bất kì một tam giác nào thì ∆ là một đồ
thị hai phần đầy đủ. Chứng minh. Từ tính liên thông của ∆, ta có thể giả sử {1, 2}, {1, 3} ∈ ∆. Đặt và Khi đó 1 ∈ X và 2, 3 ∈ Y . Theo tính chất matroid của ∆, ta có {1, u} ∈ ∆
hoặc {2, u} ∈ ∆ với u ∈ [n] \ {1, 2, 3} bất kì. Do đó X ∪ Y = [n]. Hơn nữa,
vì ∆ không chứa bất kì một tam giác nào nên X ∩ Y = ∅. Ta sẽ chứng
minh ∆ là đồ thị hai phần đầy đủ K|X|,|Y |. Thật vậy, với mọi a (cid:54)= b ∈ X, ta
có {a, b} (cid:54)∈ ∆ bởi ∆ không chứa bất kì tam giác nào. Với bất kì a (cid:54)= b ∈ Y,
tồn tại ia, ib ∈ X sao cho {a, ia}, {b, ib} ∈ ∆. Nếu ia = ib thì {a, b} (cid:54)∈ ∆
như trên. Nếu ia (cid:54)= ib thì {ia, ib} (cid:54)∈ ∆. Do điều kiện matroid của ∆ nên
{ia, b} ∈ ∆. Từ đó dẫn đến {a, b} (cid:54)∈ ∆. 37 ∆ là một vành level. Mặt khác, với u ∈ X, v ∈ Y bất kì, nếu v = 2 thì {u, v} ∈ ∆. Nếu v (cid:54)= 2
thì tồn tại iv ∈ X sao cho {v, iv} ∈ ∆. Khi đó nếu iv = u thì {u, v} ∈ ∆,
và nếu iv (cid:54)= u thì {u, v} ∈ ∆ do tính matroid của ∆. Do đó {u, v} ∈ ∆
với mọi u ∈ X, v ∈ Y . Vậy ta có điều phải chứng minh. i=4 ei. Khi đó supp(a) = [n] và Mệnh đề 2.9. Nếu ∆ là một đồ thị đầy đủ thì R/I (2)
Chứng minh. Đặt a = 2(e1 + e2 + e3) + (cid:80)n ∆ .} ∆ . Nếu F ⊆ {1, 2, 3} ∆ ) = {F ⊆ [n] | x1x2x3.xF (cid:54)∈ I (2)
Ta thấy rằng nếu |F \{1, 2, 3}| ≥ 1 thì x1x2x3.xF ∈ I (2)
thì ∆ ); K) (cid:54)= 0. Do đó ∆ )) = {{1, 2}, {2, 3}, {1, 3}}.
∆ ) = dimK (cid:101)H1(Ka(I (2) Theo Bổ đề 1.17, βn−2,a(R/I (2)
βn−2,n+3(R/I (2)
∆ ) (cid:54)= 0. ∆ ); K) (cid:54)= 0 (tức
là βn−2,b(R/I (2)
∆ ) (cid:54)= 0) với một vectơ b ∈ Nn thì |b| = n + 3. Thật vậy,
với một vectơ b ∈ Nn, đặt W = supp(b), u = b − esupp(b). Hiển nhiên
supp(u) ⊆ W . Kí hiệu Bây giờ ta chỉ cần chứng minh nếu (cid:101)H| supp(b)|−n+1(Kb(I (2) ∆ }. ∆ ) = ∆u[W ]. Các dạng của ∆u có thể được mô tả như sau. ∆ . Do đó ∆u = ∅. ∆ . Do đó Khi đó Kb(I (2)
Dạng 1. | supp(u)| ≥ 4. Suy ra xu ∈ I (2)
Dạng 2. | supp(u)| = 3. Giả sử 1, 2, 3 ∈ supp(u). Nếu |F \ {1, 2, 3}| ≥ 1
thì xu.xF ∈ I (2) (i) Nếu u1 = u2 = u3 = 1 thì F(∆u) = {{1, 2}, {1, 3}, {2, 3}}; (ii) Nếu u1 ≥ 2, u2 = u3 = 1 thì F(∆u) = {{1, 2}, {1, 3}}; (iii) Nếu u1 ≥ 2, u2 ≥ 2, u3 = 1 thì F(∆u) = {{1, 2}}; 1x2 2x2 3 ∈ I (2)
∆ . (iv) Nếu u1 ≥ 2, u2 ≥ 2, u3 ≥ 2 thì ∆u = ∅ bởi x2 38 1,2 với mọi i. Do đó ∆ . Ta biết rằng xu.xi (cid:54)∈ P 2 Dạng 3. | supp(u)| = 2. Giả sử 1, 2 ∈ supp(u). Nếu |F \ {1, 2}| ≥ 2 thì
xu.xF ∈ I (2) 1,i với mọi i (cid:54)= j nên ∆ . Vì xu.xixj (cid:54)∈ P 2 Dạng 4. | supp(u)| = 1. Giả sử 1 ∈ supp(u). Nếu |F \ {1}| ≥ 3 thì
xu.xF ∈ I (2) ∆ là một vành level. ∆ là một Dạng 5. | supp(u)| = 0. Khi đó F(∆u) = {{i, j, h} | 1 ≤ i < j < h ≤ n}.
Bởi tính acyclic của một nón nên (cid:101)H|W |−n+1(∆u[W ]; K) = 0 nếu ∆u
khác dạng 2(i) và dạng 5. Bây giờ, nếu ∆u có dạng 5 thì ∆u[W ] (cid:54)= {∅}
khi |W | = n − 2; và ∆u[W ] là liên thông khi |W | = n − 1. Khi |W | = n,
ta viết ∆u = ∆1 ∪ ∆2, trong đó F(∆1) = {{1, i, j} | 2 ≤ i < j ≤ n} và
F(∆2) = {{i, j, h} | 2 ≤ i < j < h ≤ n}. Khi đó sử dụng phương pháp
quy nạp theo n và dãy Mayer-Vietoris · · · → (cid:101)H1(∆1; K) ⊕ (cid:101)H1(∆2; K) →
(cid:101)H1(∆1 ∪ ∆2; K) → (cid:101)H0(∆1 ∩ ∆2; K) → · · · , ta có (cid:101)H1(∆1 ∪ ∆2; K) = 0.
Vậy (cid:101)H|W |−n+1(∆u[W ]; K)) (cid:54)= 0 chỉ khi dạng 2(i) xảy ra và |W | = n, tức
là |b| = n + 3. Từ đó suy ra R/I (2) Mệnh đề 2.10. Nếu ∆ là một đồ thị hai phần đầy đủ thì R/I (2)
vành level. Chứng minh. Gọi ∆ là một đồ thị hai phần đầy đủ K|X|,|Y | với X∪ Y = [n],
X ∩ Y = ∅, X, Y (cid:54)= ∅. Ta chỉ cần chứng minh rằng tất cả độ dài |b|
của các vectơ b ∈ Nn thỏa mãn (cid:101)H| supp(b)|−n+1(Kb(I (2)
∆ ); K) (cid:54)= 0 (tức là
βn−2,b(R/I (2)
∆ ) (cid:54)= 0) là bằng nhau. Thật vậy, với một vectơ b ∈ Nn, đặt
W = supp(b) và u = b − esupp(b). Kí hiệu ∆ }. ∆ ) = ∆u[W ]. Ta có các dạng của ∆u như sau.
∆ . Do đó ∆u = ∅. Khi đó Kb(I (2)
Dạng 1. | supp(u)| ≥ 4. Rõ ràng xu ∈ I (2)
Dạng 2. | supp(u)| = 3. Giả sử 1, 2, 3 ∈ supp(u). Khi đó 39 (i) Nếu 1, 2, 3 ∈ X hoặc 1, 2, 3 ∈ Y thì ∆u = ∅ bởi x1x2x3 ∈ I (2)
∆ ; (ii) Nếu 1, 2 ∈ X và 3 ∈ Y thì F(∆u) là {{2, 3}, {1, 3}} nếu u1 = u2 = 1,
u3 ≥ 1; hoặc {{1, 3}} nếu u1 ≥ 2, u2 = 1, u3 ≥ 1; hoặc {{2, 3}} nếu
u1 = 1, u2 ≥ 2, u3 ≥ 1; hoặc ∅ trong các trường hợp khác. Dạng 3. | supp(u)| = 2. Giả sử 1, 2 ∈ supp(u). Khi đó (i) Nếu 1, 2 ∈ X hoặc 1, 2 ∈ Y thì ∆u = st∆(1)∪st∆(2) nếu u1 = u2 = 1;
hoặc st∆(1) nếu u1 ≥ 2, u2 = 1; hoặc st∆(2) nếu u1 = 1, u2 ≥ 2; hoặc
∅ trong các trường hợp khác. (ii) Nếu 1 ∈ X và 2 ∈ Y thì F(∆u) = {{1, 2, i} | i = 3, . . . , n}. Dạng 4. | supp(u)| = 1. Giả sử 1 ∈ supp(u). Không mất tổng quát, giả
sử 1 ∈ X. Khi đó F(∆u) = {{1, i, j} | i ∈ Y hoặc j ∈ Y }.
Dạng 5. | supp(u)| = 0. Khi đó ∆ là một vành level. i(cid:54)=1,2,t Trước hết, theo các dạng trên của ∆u, (cid:101)H|W |−n+1(∆u[W ]; K) = 0 nếu
∆u có dạng như dạng 1, dạng 2, dạng 3(ii) và dạng 4 bởi supp(u) ⊆ W
và tính acyclic của một nón. Do đó ta chỉ cần nghiên cứu ∆u có dạng 3(i)
hoặc dạng 5. Ta xét ba trường hợp như sau.
Trường hợp 1. |X| = 1 hoặc |Y | = 1. Không mất tính tổng quát, giả sử
|X| = 1, và gọi t ∈ X. Nếu ∆u có dạng 5 thì nó là một nón trên đỉnh t,
tức là (cid:101)H|W |−n+1(∆u[W ]; K) = 0. Hơn nữa, nếu ∆u có dạng 3(i) thì ∆u[W ]
là một nón đỉnh t hoặc ∅ khi |W | = n; và ∆u[W ] (cid:54)= {∅} khi |W | = n − 2.
Từ đó suy ra (cid:101)H|W |−n+1(∆u[W ]; K) (cid:54)= 0 khi và chỉ khi W = [n] \ {t} và
u1 = u2 = 1 với 1, 2 ∈ Y (tức là ∆u[W ] = {∅, {1}, {2}}). Điều này tương
đương b = 2(e1 + e2) + (cid:80)
ei. Do đó R/I (2) Trường hợp 2. |X| = 2 và |Y | = 2. Khi đó I∆ được sinh bởi một dãy
chính quy mà các phần tử đều có bậc 2. Theo Định lí 2.4, R/I (2)
∆ là một
vành level. 40 Trường hợp 3. |X| ≥ 2 và |Y | ≥ 3, hoặc |X| ≥ 3 và |Y | ≥ 2. Không
mất tính tổng quát, giả sử |X| ≥ 2 và |Y | ≥ 3. Khi đó nếu ∆u có
dạng 5 thì ∆u[W ] (cid:54)= {∅} nếu |W | = n − 2; và ∆u[W ] là liên thông
nếu |W | = n − 1. Khi |W | = n, quy nạp theo số phần tử của X và sử dụng dãy Mayer-Vietoris tương tự như trong chứng minh Mệnh đề 2.9, ta
nhận được (cid:101)H1(∆u[W ]; K) = 0. Mặt khác, nếu ∆u có dạng 3(i) thì ∆u[W ] (cid:54)= {∅} nếu |W | = n − 2;
∆u[W ] là liên thông nếu |W | = n−1; và (cid:101)H1(∆u[W ]; K) = 0 nếu |W | = n
và u1 hoặc u2 lớn hơn 1. Do đó (cid:101)H|W |−n+1(∆u[W ]; K)) (cid:54)= 0 khi và chỉ khi
b = 2(e1 + e2) + (cid:80)
i≥3 ei (với 1, 2 ∈ X hoặc 1, 2 ∈ Y ). Như vậy trong
trường hợp này, số Betti phân bậc thứ n − 2 của R/I (2)
∆ chỉ khác không ở
bậc n + 2. Vậy ta có điều phải chứng minh. ∆ không là một vành level. Mệnh đề 2.11. Nếu ∆ không phải là một đồ thị đầy đủ và cũng không
phải là một đồ thị hai phần đầy đủ thì R/I (2) Chứng minh. Do ∆ không phải là một đồ thị hai phần đầy đủ nên theo
Bổ đề 2.8, ∆ phải chứa ít nhất một tam giác. Gọi {1, 2}, {2, 3}, {1, 3} ∈ ∆.
Hơn nữa, vì ∆ là một đồ thị không đầy đủ nên ta có thể giả sử rằng
{1, 4} (cid:54)∈ ∆. Do đó {1, 2, 3}, {1, 4} ∈ C(∆). Theo Định lí 2.3, R/I (2)
∆
không phải là một vành level. Vậy mệnh đề đã được chứng minh. Từ Mệnh đề 2.9, Mệnh đề 2.10 và Mệnh đề 2.11, kết quả chính của mục này được phát biểu như sau. Định lí 2.12. Cho ∆ là một đồ thị matroid trên tập đỉnh [n] với n ≥ 2.
Khi đó R/I (2)
∆ là một vành level nếu và chỉ nếu ∆ là một đồ thị đầy đủ
hoặc một đồ thị hai phần đầy đủ. Ví dụ sau đây chỉ ra các phức đơn hình không phải là các phức matroid nhưng các lũy thừa hình thức thứ hai của các ideal Stanley-Reisner của chúng vẫn là level. Các ví dụ này được tính bởi Macaulay2 [12]. 41 Ví dụ 2.13. (i) Cho n = 5 và ∆ là một phức đơn hình với Hình 2.1: Đồ thị ngũ giác Ta có thể xem ∆ như là một đồ thị ngũ giác: ∆ có giải tự do phân bậc tối tiểu là Khi đó R/I (2) ∆ → 0. ∆ là level. Điều này dẫn đến R/I (2) (ii) Cho n = 10 và ∆ là một phức đơn hình với Hình 2.2: Đồ thị Petersen Ta có thể xem ∆ như là đồ thị Petersen: 42 ∆ có giải tự do phân bậc tối tiểu là Khi đó R/I (2) ∆ → 0. ∆ là một vành level. Ngoài ra, ta cũng lưu ý rằng trong ∆ không phải là một vành level. Do vậy R/I (2)
trường hợp này, R/I 2 Từ các ví dụ trên, ta thấy rằng việc đặc trưng tính level cho các lũy
thừa hình thức thứ hai của ideal Stanley-Reisner của phức đơn hình ∆
đang rất phức tạp, thậm chí trong trường hợp ∆ có chiều 1, và vẫn còn là một vấn đề mở. Cuối cùng, chúng tôi đưa ra một ví dụ cho thấy tính level phụ thuộc vào đặc số của trường K. Ví dụ 2.14 ([33], Chú ý 3). Cho n = 10 và ∆ là một phức đơn hình với Hình 2.3: Một tam giác phân của không gian xạ ảnh thực P2 Ta có thể coi ∆ như là một tam giác phân của không gian xạ ảnh thực
P2 : 43 Nếu trường K có đặc số 0 thì R/I∆ có giải tự do phân bậc tối tiểu là Từ đó suy ra R/I∆ là một vành level. Nếu trường K có đặc số 2 thì R/I∆ có giải tự do phân bậc tối tiểu là Do đó R/I∆ không phải là một vành Cohen-Macaulay. Điều này dẫn đến
R/I∆ cũng không phải là một vành level. Từ các kết quả đã được trong Chương 2, tiếp theo chúng tôi quan tâm tới các vấn đề sau. (1) Cho ∆ là một phức đơn hình chiều d − 1 ≥ 0. Đặc trưng tính level ∆ theo ∆. của R/I (2) (2) Cho ∆ là một phức đơn hình chiều d − 1 ≥ 0. Tính level của R/I (2)
∆ có phụ thuộc vào đặc số của trường K hay không? ∆ là một vành (3) Cho ∆ là một phức đơn hình chiều d − 1 ≥ 0. Nếu R/I (2) level thì xác định các số Betti của nó. Chúng tôi có thể bắt đầu nghiên cứu các vấn đề trên khi ∆ là một phức đơn hình chiều một, tức là R/I∆ có chiều hai. Cho I là một ideal của vành R có dạng: (cid:92) 1≤i trong đó Pi,j là các ideal của R được sinh bởi tập {x1, . . . , xn} \ {xi, xj}
và wi,j là các số tự nhiên với mọi 1 ≤ i < j ≤ n. Khi n ≥ 4, đặc trưng
tính Cohen-Macaulay của R/I đã nhận được sự quan tâm của nhiều tác
giả (xem [9], [11], [23], [25], [36]). Cụ thể, với n = 4, đặc trưng tính Cohen-
Macaulay của R/I theo các số mũ wi,j đã được trả lời đầy đủ trong các
công trình của C. Francisco [9] và D. H. Giang-L. T. Hoa [11]. Với n ≥ 5, N. C. Minh-Y. Nakamura [25] đã đặc trưng được tính Cohen-Macaulay
của R/I khi wi,j nhận một trong hai giá trị nguyên dương α hoặc β. Kí hiệu Cn(α, β) là tập tất cả các ideal I có dạng trên với wi,j ∈ {α, β}, ở đây α > β > 0. Đặt 44 Ta có thể coi G là một đồ thị đơn không có đỉnh cô lập với tập đỉnh
V (G) ⊆ [n] và tập cạnh E(G) = {{i, j} | {i, j} ∈ G}. Trong chương này,
chúng tôi đặc trưng tính level của R/I theo cấu trúc của đồ thị G với mỗi
I ∈ Cn(α, β). Các kết quả của chương đã được viết thành bài báo [44]. 45 Nếu n = 2 hoặc n = 3 thì R/I luôn là một vành level (kể cả khi wi,j ∈ N
với mọi 1 ≤ i < j ≤ n). Hơn nữa, nếu G = ∅ hoặc G là một đồ thị đầy đủ
với V (G) = [n] thì tính level của R/I đã được biết theo Định lí 2.4, Định lí 2.12 và [39, Định lí 3.4, trang 92]. Từ đây, ta giả thiết rằng các điều kiện sau được thỏa mãn. (1) n ≥ 4; (2) G (cid:54)= ∅; (3) Nếu G là một đồ thị đầy đủ thì V (G) (cid:54)= [n]. Các kí hiệu và thuật ngữ của lí thuyết đồ thị mà chúng tôi sử dụng trong luận án được tham khảo theo tài liệu [7]. Cho I ∈ Cn(α, β). Ta biết rằng dim(R/I) = 2 và tính Cohen-Macaulay
của R/I đã hoàn toàn được đặc trưng theo các dữ liệu tổ hợp của đồ thị
G như trong [11], [25]. Vì vậy để nghiên cứu tính level của R/I, ta chỉ cần
xét các bậc không triệt tiêu của số Betti thứ n − 2 của nó. Trước hết, ta nhắc lại định nghĩa của m-chu trình và girth của G. Định nghĩa 3.1. Một chu trình độ dài m trong G là một dãy m đỉnh
phân biệt i1, i2, . . . , im sao cho {ij, ij+1} và {i1, im} là các cạnh của G với
mọi j = 1, 2, . . . , m − 1. Khi đó nó cũng được gọi là một m-chu trình trong
G và được viết (i1, . . . , im). Kí hiệu girth(G) là độ dài ngắn nhất của tất cả các chu trình trong
G. Nếu G không có chu trình nào (tức là G là một rừng), ta quy ước
girth(G) = ∞. Bổ đề 3.2. Giả sử girth(G) = 3. Khi đó βn−2,3α+n−3(R/I) (cid:54)= 0. 46 Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử rằng G chứa 3-chu trình
(1, 2, 3), tức là {1, 2}, {2, 3}, {1, 3} ∈ G. Đặt (cid:88) i≥4 Khi đó |a| = 3α + n − 3 và supp(a) = [n]. Hơn nữa, phức đơn hình Koszul
dưới của R/I tại bậc a là 1 xα−1 2 xα−1
3 2 xα−1
3
.xF (cid:54)∈ P wi,j
i,j 1 xα−1
.xF (cid:54)∈ I nếu và chỉ nếu tồn tại i (cid:54)= j ∈ [n]
2 xα−1
. Do đó nếu |F \ {1, 2, 3}| ≥ 1 thì
3
.xF ∈ I. Từ đó suy ra F(Ka(I)) = {{1, 2}, {2, 3}, {1, 3}}. Ta biết rằng xα−1
sao cho xα−1
1 xα−1
xα−1
2 xα−1
1 xα−1
3
Theo Bổ đề 1.17, ta có βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. Vậy βn−2,3α+n−3(R/I) (cid:54)= 0. Bổ đề 3.3. Giả sử G có một cặp cạnh có một đỉnh chung nhưng không
được chứa trong một 3-chu trình. Khi đó βn−2,2α+β+n−3(R/I) (cid:54)= 0. i≥4 Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử rằng {1, 2}, {1, 3} ∈ G và
{2, 3} (cid:54)∈ G. Đặt a = βe1 + αe2 + αe3 + (cid:80)
ei. Khi đó |a| = 2α + β + n − 3 và supp(a) = [n]. Đồng thời, phức đơn hình Koszul dưới của R/I tại bậc
a là 2 xα−1
3 1 xα−1 2 xα−1
3 2 xα−1
3
1 xα−1
.xF ∈ P wi,j
i,j
, hoặc xβ−1 . Do đó xβ−1
1 xα−1 Nếu β (cid:54)= 1 thì F(Ka(I)) = {{1, 2}, {1, 3}, {2, 3}}. Như vậy Ka(I) là một
phức đơn hình chiều 1 và chứa 3-chu trình (1, 2, 3). Theo Bổ đề 1.11 và Bổ
đề 1.17, βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. Điều này rút ra βn−2,2α+β+n−3(R/I) (cid:54)= 0. 47 Chú ý rằng một cặp cạnh của G mà không có bất kì đỉnh chung nào thì
được gọi là một cặp cạnh rời nhau. Bây giờ ta sẽ cần thêm một định nghĩa
sau của đồ thị G để phát biểu bổ đề tiếp theo. Định nghĩa 3.4. Cho W là một tập khác rỗng. Đồ thị con cảm sinh của
G trên W, kí hiệu G[W ], được cho bởi Với bốn điểm phân biệt i, j, p, q ∈ [n], nếu đồ thị con cảm sinh thì G[i, j, p, q] được gọi là một 4-chu trình cảm sinh của G. Bổ đề 3.5. Giả sử G chứa một 4-chu trình cảm sinh. Khi đó Chứng minh. Ta giả sử rằng G[1, 2, 3, 4] = {{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {1, 4}}. Đặt nếu α chẵn; nếu α lẻ.
i≥5 Khi đó |a| = 2α + n − 2 và supp(a) = [n]. Lập luận tương tự như trong
chứng minh Bổ đề 3.3, ta có tập các mặt cực đại F(Ka(I)) của Ka(I) là
{{1, i} | {1, i} ∈ G} ∪ {{3, i} | {3, i} ∈ G} ∪ {{1, 3}} nếu α = 2, hoặc
{{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {1, 4}, {1, 3}} nếu α = β + 1 (cid:54)= 2 và α là một số
chẵn, hoặc {{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {1, 4}} với các trường hợp còn lại. Do đó
Ka(I) là một phức đơn hình chiều 1 và chứa 4-chu trình (1, 2, 3, 4). Theo
Bổ đề 1.11 và Bổ đề 1.17, βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. Vậy βn−2,2α+n−2(R/I) (cid:54)= 0. Định nghĩa 3.6. Cho {i, j}, {p, q} là hai cạnh rời nhau của G. Khi đó,
cặp cạnh {i, j}, {p, q} được gọi là một cặp cạnh không liên thông của G
nếu đồ thị con cảm sinh G[i, j, p, q] = {{i, j}, {p, q}}. 48 Bổ đề 3.7. Giả sử G chứa một cặp cạnh không liên thông. Khi đó Chứng minh. Từ giả thiết, giả sử G[1, 2, 3, 4] = {{1, 2}, {3, 4}}. Ta chỉ cần
xây dựng một vectơ a ∈ Nn sao cho βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0, và |a| = 2α + n − 3
nếu α > 2β hoặc |a| = α + 2β + n − 3 nếu α ≤ 2β và α (cid:54)= 2. Thật vậy, đặt nếu α > 2β và α chẵn; i≥5 i≥5 nếu α ≤ 2β. i≥4
βe1 + βe2 + αe3 + (cid:80) Với mỗi vectơ a được xác định như trên, ta có: Nếu α > 2β thì |a| = 2α + n − 3 và supp(a) = [n] \ {4}. Tương tự
như trong chứng minh Bổ đề 3.3, ta dễ dàng kiểm tra được F(Ka(I))
là {{3, i} | {3, i} ∈ G và i (cid:54)= 4} ∪ {{1, 2}} nếu tồn tại r (cid:54)= 4 sao cho
{3, r} ∈ G, hoặc {3, {1, 2}} trong các trường hợp khác. Do đó Ka(I) không
liên thông, tức là (cid:101)H0(Ka(I); K) (cid:54)= 0. Theo Bổ đề 1.17, βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0.
Nếu α = 2β và α (cid:54)= 2 thì |a| = α + 2β + n − 3 và supp(a) = [n]. Khi đó
Ka(I) = ∆1 ∪ ∆2, với F(∆1) = {{3, i, j} | {3, i} ∈ G hoặc {3, j} ∈ G}
và F(∆2) = {{1, 2}}. Do đó (cid:101)H0(∆1 ∩ ∆2; K) (cid:54)= 0, (cid:101)H0(∆1; K) = 0, và
(cid:101)H0(∆2; K) = 0. Theo dãy Mayer-Vietoris, ta có (cid:101)H1(∆1 ∪ ∆2; K) (cid:54)= 0. Theo Bổ đề 1.17, βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. Nếu α < 2β thì |a| = α+2β+n−3 và supp(a) = [n]. Tương tự như trên,
ta kiểm tra được F(Ka(I)) là {{1, 2}, {2, 3}, {1, 3}}∪{{3, i} | {3, i} ∈ G} 49 nếu α = 2β − 1, hoặc {{1, 2}, {2, 3}, {1, 3}} nếu α (cid:54)= 2β − 1. Do đó Ka(I)
là một phức đơn hình chiều 1 và chứa 3-chu trình (1, 2, 3). Theo Bổ đề 1.11
và Bổ đề 1.17, βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. Như vậy bổ đề đã được chứng minh. Bổ đề 3.8. Giả sử V (G) (cid:54)= [n]. Khi đó βn−2,α+2β+n−3(R/I) (cid:54)= 0. i≥4 Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử 1 (cid:54)∈ V (G) và {2, 3} ∈ G.
Đặt a = αe1+βe2+βe3+(cid:80)
ei. Khi đó |a| = α+2β+n−3. Lập luận tương tự như chứng minh Bổ để 3.3, ta có F(Ka(I)) là {{1, 2}, {2, 3}, {1, 3}} nếu
β (cid:54)= 1, hoặc {{i, j} | {i, j} ∈ G} ∪ {{1, i} | 2 ≤ i ≤ n} nếu β = 1. Do đó
Ka(I) là một phức đơn hình chiều 1 và chứa 3-chu trình (1, 2, 3). Theo Bổ
đề 1.11 và Bổ đề 1.17, βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. Vậy βn−2,α+2β+n−3(R/I) (cid:54)= 0. Trong mục này, giả thiết I ∈ Cn(2, 1). Theo [25, Định lí 3.1], ta biết
rằng R/I luôn là một vành Cohen-Macaulay. Vì vậy R/I là một vành level
khi và chỉ khi các số Betti phân bậc thứ n − 2 của R/I khác 0 đều tập trung vào một bậc. Trước hết ta cần các mệnh đề sau để chứng minh kết quả chính của mục này. Mệnh đề 3.9. Giả sử G chứa ít nhất một đỉnh có bậc lớn hơn 1. Khi đó
nếu R/I là một vành level thì V (G) = [n] và G là một đồ thị hai phần đầy đủ. Chứng minh. Theo giả thiết, G phải chứa một tam giác hoặc một cặp cạnh có một đỉnh chung nhưng không được chứa trong một tam giác. Theo Bổ
đề 3.2 và Bổ đề 3.3, βn−2,n+3(R/I) (cid:54)= 0 hoặc βn−2,n+2(R/I) (cid:54)= 0. Do R/I
là một vành level nên theo Bổ đề 3.8, V (G) = [n]. Tiếp theo, ta giả sử 1 là một đỉnh có bậc lớn hơn 1 của G. Đặt 50 Khi đó V (G) = X ∪ Y , X ∩ Y = ∅ và X, Y (cid:54)= ∅. Ta sẽ chứng minh G
là đồ thị hai phần đầy đủ K|X|,|Y |. Để chứng minh điều này, ta tiến hành
theo ba bước sau.
Bước 1. Ta chứng minh {i, j} (cid:54)∈ G với mọi i, j ∈ Y . Thật vậy, giả sử
tồn tại hai điểm phân biệt u, v ∈ Y sao cho {u, v} ∈ G. Suy ra tập
{{i, j} | i, j ∈ Y và {i, j} ∈ G} (cid:54)= ∅. Đặt (cid:88) i≥2 Khi đó Ka(I) = ∆1 ∪ ∆2, ở đây F(∆1) = {{1, i, j} | i ∈ X hoặc j ∈ X}
và F(∆2) = {{i, j} | i, j ∈ Y và {i, j} ∈ G}. Do đó ∆1 là một nón
và F(∆1 ∩ ∆2) = {i | i ∈ ∆2}. Điều này dẫn đến (cid:101)H0(∆1; K) = 0, và
(cid:101)H0(∆1 ∩ ∆2; K) (cid:54)= 0. Nếu ∆2 là liên thông thì (cid:101)H0(∆2; K) = 0. Áp dụng dãy Mayer-Vietoris,
· · · → (cid:101)H1(∆1 ∪ ∆2; K) → (cid:101)H0(∆1 ∩ ∆2; K) → (cid:101)H0(∆1; K) ⊕ (cid:101)H0(∆2; K) →
· · · , ta có (cid:101)H1(∆1 ∪ ∆2; K) (cid:54)= 0. Nếu ∆2 không liên thông thì ∆2 gồm t (t ≥ 2) thành phần liên thông
phân biệt Γ1, Γ2, . . . , Γt. Sử dụng kết hợp quy nạp theo t và dãy Mayer-
Vietoris, · · · → (cid:101)H1 ((∆1 ∪ Γ1 ∪ · · · ∪ Γt−1) ∩ Γt; K)
→ (cid:101)H1 (∆1 ∪ Γ1 ∪ · · · ∪ Γt−1; K) ⊕ (cid:101)H1(Γt; K) → (cid:101)H1(∆1 ∪ ∆2; K) → · · · ,
ta nhận được (cid:101)H1(∆1 ∪ ∆2; K) (cid:54)= 0. Như vậy βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0, tức là βn−2,n+1(R/I) (cid:54)= 0. Điều này là mâu thuẫn với tính level của R/I. Vậy {i, j} (cid:54)∈ G với mọi i, j ∈ Y .
Bước 2. Ta chứng minh {i, j} (cid:54)∈ G với mọi i, j ∈ X. Thật vậy, giả
sử tồn tại hai điểm phân biệt u, v ∈ X sao cho {u, v} ∈ G. Do đó G
chứa 3-chu trình (1, u, v), nghĩa là girth(G) = 3. Theo Bổ đề 3.2, ta có
βn−2,n+3(R/I) (cid:54)= 0. Bởi tính level của R/I và Bổ đề 3.3, thì mọi cặp cạnh
có một đỉnh chung của G đều được chứa trong một 3-chu trình. Ta xét hai trường hợp sau. Trường hợp 2.1. Y = {1}. Khi đó với mọi 2 ≤ i < j ≤ n, thì
{1, i}, {1, j} ∈ G. Suy ra {i, j} ∈ G với mọi 1 ≤ i < j ≤ n, tức là 51 Trường hợp 2.2. Y (cid:54)= {1}. Khi đó gọi p ∈ Y \ {1}. Nếu tồn tại một điểm
q ∈ X sao cho {p, q} ∈ G thì {1, p} ∈ G bởi {1, q}, {p, q} ∈ G. Suy ra
p ∈ X ∩Y , vô lí vì X ∩Y = ∅. Vì vậy {p, q} (cid:54)∈ G với mọi q ∈ X. Mặt khác,
do V (G) = [n] nên p ∈ V (G), hay là {{p, i} | i ∈ Y và {p, i} ∈ G} (cid:54)= ∅.
Từ đó kéo theo {{i, j} | i, j ∈ Y và {i, j} ∈ G} (cid:54)= ∅. Đặt (cid:88) i≥2 Lập luận tương tự như trong Bước 1, ta nhận được điều phải chứng minh.
Bước 3. Ta chứng minh {i, j} ∈ G với mọi i ∈ X, j ∈ Y . Thật vậy, giả
sử tồn tại các điểm u ∈ X và v ∈ Y sao cho {u, v} (cid:54)∈ G. Không mất tính
tổng quát, ta có thể gọi u = 2, v = 3. Do V (G) = [n] nên tồn tại r ∈ [n]
để {3, r} ∈ G. Theo Bước 1, ta có r ∈ X. Do đó {2, r} (cid:54)∈ G bởi Bước 2.
Điều này dẫn đến {{i, j} | {i, j} ∈ G và {2, i}, {2, j} (cid:54)∈ G} (cid:54)= ∅. Đặt (cid:88) i≥3 Khi đó ta có F(Ka(I)) = {{2, i, j} | {2, i} ∈ G hoặc {2, j} ∈ G} ∪
{{i, j} | {i, j} ∈ G và {2, i}, {2, j} (cid:54)∈ G}. Lập luận tương tự như trong
Bước 1, ta nhận được βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. Từ đó suy ra βn−2,n+1(R/I) (cid:54)= 0,
mâu thuẫn với tính level của R/I. Vậy mệnh đề đã được chứng minh. Mệnh đề 3.10. Giả sử mọi đỉnh của G đều có bậc 1. Nếu R/I là một
vành level thì n = 4 và G là một cặp cạnh rời nhau. Chứng minh. Giả sử phản chứng rằng G bao gồm t cạnh sao cho t (cid:54)= 2;
hoặc t = 2 và n ≥ 5. Ta chú ý rằng t cạnh này của G là đôi một rời nhau
bởi mọi đỉnh của G đều bậc 1. Gọi {1, 2} ∈ G. Đặt a = (cid:80)
i≥1 ở đây 52 và F(∆2) = {{i, j, k} | {i, j} ∈ G và i, j, k (cid:54)= 1, 2}∪{{i, j} | i, j (cid:54)∈ V (G)}. Khi đó F(∆1 ∩ ∆2) = {k, {i, j} | k (cid:54)∈ V (G) và {i, j} ∈ G \ {1, 2}}. Suy
ra (cid:101)H0(∆1; K) = (cid:101)H0(∆2; K) = 0 và (cid:101)H0(∆1 ∩ ∆2; K) (cid:54)= 0. Áp dụng dãy
Mayer-Vietoris, ta có (cid:101)H1(∆1 ∪ ∆2; K) (cid:54)= 0. Do đó βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. Điều này dẫn đến
βn−2,n(R/I) (cid:54)= 0. Mặt khác, nếu V (G) (cid:54)= [n] thì theo Bổ đề 3.8 ta có βn−2,n+1(R/I) (cid:54)= 0,
mâu thuẫn với R/I là một vành level. Vì vậy V (G) = [n], tức là n = 2t
và t > 2. Đặt (cid:88) 2, ở đây F(∆(cid:48) 1 ∪ ∆(cid:48) 1 ∪ ∆(cid:48) 1; K) = (cid:101)H0(∆(cid:48) 2; K) = 0, dimK (cid:101)H0(∆(cid:48) 1 ∩ ∆(cid:48) 1 ∩ ∆(cid:48) 2; K) → (cid:101)H0(∆(cid:48) 1 ∪ ∆(cid:48)
2; K) → · · · , ta nhận được (cid:101)H1(∆(cid:48) i≥2
Khi đó Kb(I) = ∆(cid:48)
1) = {{1, 2, i} | 3 ≤ i ≤ n} và
F(∆(cid:48)
2) = {{i, j} | {i, j} ∈ G và {i, j} (cid:54)= {1, 2}}. Theo Bổ đề 1.10, ta
có (cid:101)H0(∆(cid:48)
2; K) = 2t − 3,
và dimK (cid:101)H0(∆(cid:48)
2; K) = t − 2. Tiếp tục sử dụng lại dãy Mayer-Vietoris,
1; K) ⊕ (cid:101)H0(∆(cid:48)
2; K) → (cid:101)H0(∆(cid:48)
· · · → (cid:101)H1(∆(cid:48)
2; K) →
1 ∪ ∆(cid:48)
1 ∪ ∆(cid:48)
(cid:101)H0(∆(cid:48)
2; K) (cid:54)= 0. Từ đó suy
ra βn−2,b(R/I) (cid:54)= 0. Điều này kéo theo βn−2,n+1(R/I) (cid:54)= 0, mâu thuẫn với
tính level của R/I. Vậy ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề 3.11. Cho I ∈ Cn(2, 1). Khi đó R/I là một vành level nếu một
trong hai điều kiện sau được thỏa mãn: Chứng minh. Để chứng minh mệnh đề, ta chỉ cần chứng minh rằng tất cả
độ dài |a| của các vectơ a ∈ Nn sao cho (cid:101)H| supp(a)|−n+1(Ka(I); K) (cid:54)= 0 (tức
là βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0) là bằng nhau. Thật vậy, với mỗi vectơ a ∈ Nn, ta đặt
W = supp(a) và ∆u = {F ⊆ [n] | xu.xF (cid:54)∈ I}, trong đó u = a − esupp(a). 53 Từ định nghĩa của phức đơn hình Koszul dưới, ta có Ka(I) = ∆u[W ] và
supp(u) ⊆ W. Khi đó ∆u có thể được mô tả trong các dạng như sau.
Dạng 1. | supp(u)| ≥ 4. Rõ ràng xu.xF ∈ I. Do đó ∆u = ∅.
Dạng 2. | supp(u)| = 3. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử
1, 2, 3 ∈ supp(u) và u1 ≥ u2 ≥ u3. Nếu |F \ {1, 2, 3}| ≥ 1 thì xu.xF ∈ I.
Do đó ta có: (i) Nếu u1, u2, u3 ≥ 2 thì ∆u = ∅. (ii) Nếu u1, u2 ≥ 2 và u3 = 1 thì F(∆u) là {{1, 2}} nếu {1, 2} ∈ G; hoặc là ∅ nếu {1, 2} (cid:54)∈ G. (iii) Nếu u1 ≥ 2, u2 = u3 = 1 thì F(∆u) là {{1, 2}, {1, 3}} nếu {1, 2} ∈ G
và {1, 3} ∈ G; hoặc {{1, 2}} nếu {1, 2} ∈ G và {1, 3} (cid:54)∈ G; hoặc ∅
nếu {1, 2}, {1, 3} (cid:54)∈ G. (iv) Nếu u1 = u2 = u3 = 1 thì F(∆u) là {{1, 2}, {1, 3}, {2, 3}} nếu
{1, 2}, {1, 3}, {2, 3} ∈ G; hoặc {{1, 2}, {1, 3}} nếu {1, 2}, {1, 3} ∈ G,
và {2, 3} (cid:54)∈ G; hoặc {{1, 2}} nếu {1, 2} ∈ G và {1, 3}, {2, 3} (cid:54)∈ G;
hoặc ∅ nếu {1, 2}, {1, 3}, {2, 3} (cid:54)∈ G. Dạng 3. | supp(u)| = 2. Không mất tính tổng quát, giả sử 1, 2 ∈ supp(u)
và u1 ≥ u2. Nếu |F \ {1, 2}| ≥ 2 thì xu.xF ∈ I. Ta có: (i) Nếu u1, u2 ≥ 2 thì F(∆u) là {{1, 2, i} | i = 3, . . . , n} nếu {1, 2} ∈ G; hoặc {{1, 2}} nếu {1, 2} (cid:54)∈ G. (ii) Nếu u1 ≥ 2 và u2 = 1 thì F(∆u) là {{1, 2, i}, | i = 3, . . . , n} nếu
{1, 2} ∈ G; hoặc {{1, 2}} ∪ {{1, i} | {1, i} ∈ G} nếu {1, 2} (cid:54)∈ G. (iii) Nếu u1 = 1 và u2 = 1 thì F(∆u) là {{1, 2, i} | i = 3, . . . , n} nếu
{1, 2} ∈ G; hoặc {{1, 2}}∪{{1, i} | {1, i} ∈ G}∪{{2, i} | {2, i} ∈ G}
nếu {1, 2} (cid:54)∈ G. Dạng 4. | supp(u)| = 1. Không mất tính tổng quát, giả sử supp(u) = {1}. Khi đó 54 (i) Nếu u1 ≥ 2 thì F(∆u) = {{1, i, j} | {1, i} ∈ G hoặc {1, j} ∈ G}. (ii) Nếu u1 = 1 thì Dạng 5. | supp(u)| = 0. Khi đó Từ supp(u) ⊆ W và các dạng trên của ∆u, ta có các khẳng định sau:
Trường hợp 1. n ≥ 4 và G là một đồ thị hai phần đầy đủ K|X|,|Y | với
X ∪ Y = [n], X ∩ Y = ∅, X, Y (cid:54)= ∅. Bởi tính acyclic của một nón nên
(cid:101)H|W |−n+1(∆u[W ]; K) = 0 nếu ∆u có dạng 1, dạng 2, dạng 3(i), dạng 3(ii),
dạng 3(iii) nếu {1, 2} ∈ G, và dạng 4. Bây giờ nếu ∆u có dạng 5 thì ∆u[W ] (cid:54)= {∅} khi |W | = n − 2 và ∆u[W ] là liên thông khi |W | = n − 1. Nếu |W | = n thì gọi 1 ∈ X và ta có trong đó F(∆1) = {{i, j, k} | i ∈ X \ {1}, j ∈ Y và k (cid:54)= 1, i, j} và
F(∆2) = {{1, i, j} | i ∈ Y và j (cid:54)= 1, i}. Bằng phương pháp quy nạp theo
số phần tử của X và dãy Mayer-Vietoris, · · · → (cid:101)H1(∆1; K)⊕ (cid:101)H1(∆2; K) →
(cid:101)H1(∆1 ∪ ∆2; K) → (cid:101)H0(∆1 ∩ ∆2; K) → · · · , ta có (cid:101)H1(∆1 ∪ ∆2; K) = 0.
Nếu ∆u có dạng 3(iii) và {1, 2} (cid:54)∈ G thì 1, 2 ∈ X hoặc 1, 2 ∈ Y . Khi
đó ∆u[W ] (cid:54)= {∅} khi |W | = n − 2; ∆u[W ] liên thông khi |W | = n − 1;
và ∆u[W ] là một phức đơn hình chiều 1, chứa một chu trình khi |W | = n
(do G là một đồ thị hai phần đầy đủ với V (G) = [n]). Từ đó suy ra
(cid:101)H|W |−n+1(∆u[W ]; K) (cid:54)= 0 nếu và chỉ nếu ∆u có dạng 3(iii), W = [n] và
{1, 2} (cid:54)∈ G, tức là |a| = n + 2.
Trường hợp 2. n = 4 và G là một cặp cạnh rời nhau. Khi đó ta có
(cid:101)H|W |−n+1(∆u[W ]; K) = 0 nếu ∆u khác dạng 3(iii) và {1, 2} (cid:54)∈ G, dạng 55 Không mất tính tổng quát, giả sử G = {{1, 2}, {3, 4}}. Nếu ∆u có dạng
5 thì F(∆u) = {{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 3, 4}, {2, 3, 4}}. Bởi định nghĩa của
các nhóm đồng điều rút gọn, (cid:101)H|W |−n+1(∆u[W ]; K) = 0. Nếu ∆u có dạng
4(ii) thì ta có Do đó (cid:101)H|W |−n+1(∆u[W ]; K) (cid:54)= 0 nếu và chỉ nếu ∆u có dạng 4(ii) và
|W | = n, tức là |a| = n + 1. Cả hai trường hợp trên đều cho thấy rằng R/I là một vành level. Vậy mệnh đề được chứng minh. Kết hợp Mệnh đề 3.9, Mệnh đề 3.10 và Mệnh đề 3.11, ta nhận được một đặc trưng về tính level của R/I khi (α, β) = (2, 1). Định lí 3.12. Cho n ≥ 4 và I ∈ Cn(2, 1). Khi đó R/I là một vành level
nếu và chỉ nếu một trong hai điều kiện sau được thỏa mãn: Cho (α, β) (cid:54)= (2, 1) và I ∈ Cn(α, β), tính Cohen-Macaulay của R/I đã
được giải quyết trong [11], [25]. Vì vậy trong mục này, ta giả thiết R/I là một vành Cohen-Macaulay. Đầu tiên ta cần xét một trường hợp mà R/I không phải là một vành level như sau. 56 Hình 3.1: Đồ thị hai phần đầy đủ K1,3 Bổ đề 3.13. Cho (α, β) (cid:54)= (2, 1) và I ∈ Cn(α, β). Giả sử tồn tại bốn điểm
phân biệt i, j, p, q ∈ [n] sao cho đồ thị con cảm sinh G[i, j, p, q] của G là
một đồ thị hai phần đầy đủ K1,3: Khi đó R/I không là một vành level. nếu α lẻ; i≥5 nếu α chẵn. Chứng minh. Ta có thể giả sử G[1, 2, 3, 4] = {{1, 2}, {1, 3}, {1, 4}}. Theo
Bổ đề 3.3, βn−2,2α+β+n−3(R/I) (cid:54)= 0. Để chứng minh R/I không là một vành
level, ta chỉ cần xây dựng một vectơ a ∈ Nn sao cho |a| (cid:54)= 2α + β + n − 3
và βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. Ta xét hai trường hợp như sau.
Trường hợp 1. Với mọi i ≥ 5, mọi đồ thị con cảm sinh G[2, 3, 4, i] có
nhiều nhất một cạnh. Nếu α > 2β thì đặt
α + 1
2
e4 + (cid:80)
i≥5 Khi đó |a| (cid:54)= 2α + β + n − 3 và supp(a) = [n] \ {1}. Cho ∆1, ∆2, ∆3
là các phức đơn hình lần lượt có tập F(∆1) = {{2, i} | {2, i} ∈ G},
F(∆2) = {{3, i} | {3, i} ∈ G}, và F(∆3) = {{4, i} | {4, i} ∈ G}. Dễ dàng
kiểm tra được rằng, Ka(I) = (∆1 ∪ ∆2 ∪ ∆3) [[n] \ {1}] nếu α là một số
lẻ, hoặc Ka(I) = (∆2 ∪ ∆3)[[n] \ {1}] nếu α là một số chẵn. Do mỗi đồ thị
con cảm sinh G[2, 3, 4, i] có nhiều nhất một cạnh với mọi i (cid:54)= 1 nên Ka(I)
không liên thông. Theo Bổ đề 1.17, βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. Nếu α ≤ 2β thì đặt 57 i≥5 nếu α chẵn i≥5 và α (cid:54)= 2β; nếu α = 2β.
i≥5 Khi đó |a| (cid:54)= 2α + β + n − 3 và supp(a) = [n]. Nếu α là một số lẻ thì
F(Ka(I)) là {{2, 3}, {3, 4}, {2, 4}, {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}} nếu α < 2β − 1,
hoặc {{2, 3}, {3, 4}, {2, 4}} ∪ {{2, i} | {2, i} ∈ G} ∪ {{3, i} | {3, i} ∈
G} ∪ {{4, i} | {4, i} ∈ G} nếu α = 2β − 1. Bây giờ nếu α là một số chẵn
và α (cid:54)= 2β thì F(Ka(I)) là {{2, 3}, {3, 4}, {2, 4}}. Cuối cùng nếu α = 2β
thì F(Ka(I)) là {{3, 4}} ∪ {{3, i} | {3, i} ∈ G} ∪ {{4, i} | {4, i} ∈ G}. Vì
vậy, với mỗi vectơ a như trên thì Ka(I) là một phức đơn hình chiều 1 và
chứa một chu trình. Theo Bổ đề 1.11 và Bổ đề 1.17, βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. Trường hợp 2. Tồn tại i ≥ 5 sao cho đồ thị con cảm sinh G[2, 3, 4, i] có ít nhất hai cạnh. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng
{3, 5}, {4, 5} ∈ G. Do đó G chứa 3-chu trình (1, 3, 5) hoặc 4-chu trình cảm
sinh (1, 3, 5, 4). Theo Bổ đề 3.2 và Bổ đề 3.5, ta có βn−2,3α+n−3(R/I) (cid:54)= 0
hoặc βn−2,2α+n−2(R/I) (cid:54)= 0. Đồng thời, 3α + n − 3 (cid:54)= 2α + β + n − 3, và
2α + n − 2 (cid:54)= 2α + β + n − 3 nếu β (cid:54)= 1. Bây giờ nếu β = 1 thì đặt i≥5 nếu α chẵn.
i≥5 Do α (cid:54)= 2 nên |a| (cid:54)= 2α + β + n − 3. Dễ dàng kiểm tra được rằng F(Ka(I))
là {{2, i} | {2, i} ∈ G} ∪ {{3, i} | {3, i} ∈ G} ∪ {{4, i} | {4, i} ∈ G} nếu
α là một số lẻ, hoặc {{3, i} | {3, i} ∈ G} ∪ {{4, i} | {4, i} ∈ G} nếu α là
một số chẵn. Từ đó suy ra Ka(I) là một phức đơn hình chiều 1 và chứa
4-chu trình (1, 3, 5, 4). Theo Bổ đề 1.11 và Bổ đề 1.17, βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. 58 Từ hai trường hợp, ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề sau cho thấy R/I không là level trong trường hợp n ≥ 5. Mệnh đề 3.14. Cho n ≥ 5 và (α, β) (cid:54)= (2, 1). Giả sử rằng I ∈ Cn(α, β).
Khi đó R/I không là một vành level. Chứng minh. Để chứng minh mệnh đề, ta tiến hành theo ba bước sau đây.
Bước 1. Ta chứng minh rằng nếu girth(G) = 3 thì R/I không phải là
một vành level. Thật vậy, do girth(G) = 3 nên ta có thể giả sử (1, 2, 3) là
một 3-chu trình trong G, tức là {1, 2}, {1, 3}, {2, 3} ∈ G. Theo Bổ đề 3.2, Bây giờ giả sử phản chứng rằng R/I là một vành level. Khi đó theo Bổ
đề 3.3, Bổ đề 3.7 và Bổ đề 3.8, G phải thỏa mãn cả ba điều kiện dưới đây. trình. Từ đó suy ra {1, i} ∈ G với mọi i = 2, . . . , n. Điều này kéo theo {i, j} ∈ G
với mọi 1 ≤ i < j ≤ n. Do đó G là một đồ thị đầy đủ trên tập đỉnh
V (G) = [n], mâu thuẫn với giả thiết trong phần đầu của chương.
Bước 2. Ta chứng minh rằng nếu girth(G) (cid:54)= 3 và G chứa ít nhất một
đỉnh bậc lớn hơn 1 thì R/I không phải là một vành level. Thật vậy,
giả sử rằng {{1, 2}, {2, 3}} ∈ G và {1, 3} (cid:54)∈ G. Theo Bổ đề 3.3, ta có
βn−2,2α+β+n−3(R/I) (cid:54)= 0. Theo Bổ đề 3.8 và Bổ đề 3.13, ta chỉ cần chứng minh Bước 2 cho trường
hợp V (G) = [n] và mọi đồ thị con cảm sinh G[i, j, p, q] đều không phải là
một đồ thị hai phần đầy đủ K1,3. Do R/I là một vành Cohen-Macaulay
nên đồ thị con cảm sinh G[1, 2, 3, r, s] (cid:54)= {{1, 2}, {2, 3}, {r, s}} với mọi
4 ≤ r < s ≤ n bởi [25, các Định lí 3.2, 4.3, 4.5, 4.6]. Kết hợp thêm với điều 59 kiện n ≥ 5 và girth(G) (cid:54)= 3, thì tồn tại bốn phần tử phân biệt i, j, p, q ∈ [n]
sao cho đồ thị con cảm sinh G[i, j, p, q] = {{i, j}, {j, p}, {p, q}}. Như vậy
{i, j}, {p, q} là một cặp cạnh rời nhau của G mà không được chứa trong
bất kì 4-chu trình nào. Theo [25, các Định lí 4.5, 4.6], ta có α = β + 1 và
β ≥ 2. Đặt (cid:88) k(cid:54)=i,j,p,q Khi đó F(Ka(I)) là {{i, j}, {j, q}, {i, q}, {q, k} | {q, k} ∈ G} nếu β = 2,
hoặc {{i, j}, {j, q}, {i, q}} nếu β > 2. Theo Bổ đề 1.11 và Bổ đề 1.17, ta
nhận được βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. Điều này dẫn đến βn−2,α+2β+n−3(R/I) (cid:54)= 0.
Vậy R/I không phải là một vành level.
Bước 3. Ta chứng minh rằng nếu mọi đỉnh của G đều có bậc 1 thì R/I
không phải là một vành level. Thật vậy, do R/I là một vành Cohen-
Macaulay nên theo [25, các Định lí 3.2, 4.3, 4.5, 4.6] thì α = β + 1 ≥ 3 và
G có duy nhất một cạnh. Giả sử G = {{1, 2}}. Khi đó 3 (cid:54)∈ V (G). Theo
Bổ đề 3.8, βn−2,α+2β+n−3(R/I) (cid:54)= 0. Mặt khác, đặt (cid:88) i≥5 Khi đó ta có F(Ka(I)) là {{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {2, 4}} nếu β = 2, hoặc
{{2, 3}, {3, 4}, {2, 4}} nếu β > 2. Theo Bổ đề 1.17, βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. Điều
này rút ra βn−2,3β+n−3(R/I) (cid:54)= 0. Từ đó ta có điều phải chứng minh. Tiếp theo, ta xem xét tính level của R/I trong trường hợp n = 4. Trường hợp này là phức tạp hơn trường hợp n ≥ 5. Mệnh đề 3.15. Cho (α, β) (cid:54)= (2, 1) và I ∈ C4(α, β). Khi đó nếu R/I là
một vành level thì G là một đồ thị hai phần đầy đủ K2,2. Chứng minh. Ta giả sử phản chứng rằng G không phải là một đồ thị hai
phần đầy đủ K2,2. Theo giả thiết, G không phải là một đồ thị đầy đủ trên 60 tập đỉnh [n] và R/I là một vành level nên theo Bổ đề 3.2 và Bổ đề 3.3, G có nhiều nhất ba cạnh. Ta xét ba trường hợp sau đây. Hình 3.2: Đồ thị F1 Trường hợp 1. G gồm ba cạnh phân biệt. Do R/I là một vành level nên
theo Bổ đề 3.2, Bổ đề 3.8 và Bổ đề 3.13, G phải có dạng (F1) : Theo Bổ đề 3.3, β2,2α+β+1(R/I) (cid:54)= 0. Mặt khác, vì G có dạng (F1) và R/I là một vành Cohen-Macaulay nên Lập luận tương tự như trong chứng minh Bước 2 của Mệnh đề 3.14, ta có
β2,α+2β+1(R/I) (cid:54)= 0. Điều này dẫn đến R/I không phải là một vành level,
mâu thuẫn. Trường hợp 2. G gồm hai cạnh phân biệt. Vì R/I là một vành level nên
theo Bổ đề 3.3 và Bổ đề 3.8, G phải là một cặp cạnh rời nhau. Do R/I là
một vành Cohen-Macaulay nên theo [11, Định lí 3.2], ta có α = β + 1 và
α là một số chẵn. Theo Bổ đề 3.7, β2,α+2β+1(R/I) (cid:54)= 0. Bây giờ giả sử G = {{1, 2}, {3, 4}}. Đặt Khi đó F(Ka(I)) = {{1, 2}, {1, 3, 4}, {2, 3, 4}}. Theo Bổ đề 1.17, ta nhận
được β2,a(R/I) (cid:54)= 0, tức là β2,2α+1(R/I) (cid:54)= 0. Điều này rút ra R/I không
phải là một vành level, mâu thuẫn. 61 Trường hợp 3. G có duy nhất một cạnh. Suy ra V (G) (cid:54)= [n], nên theo
Bổ đề 3.8, β2,α+2β+1(R/I) (cid:54)= 0. Mặt khác, vì R/I là một vành Cohen-
Macaulay nên theo [11, Định lí 3.2], ta có α = β + 1 (β ≥ 2); hoặc
α = β + 2 và α là một số chẵn. Giả sử G = {{1, 2}}. Đặt nếu α = β + 1 và α chẵn; nếu α = β + 1 và α lẻ; nếu α = β + 2 và α chẵn.
Khi đó |a| (cid:54)= α + 2β + 1. Dễ thấy F(Ka(I)) là {{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {3, 4}}
nếu α = β + 1 và α là một số chẵn, hoặc {{1, 3, 4}, {2, 3, 4}, {1, 2}} nếu
α = β +1 và α là một số lẻ, hoặc {{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {3, 4}} nếu α = β +2
và α là một số chẵn. Theo Bổ đề 1.17, β2,a(R/I) (cid:54)= 0. Suy ra R/I không
phải là một vành level, mâu thuẫn. Từ đó ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề 3.16. Cho (α, β) (cid:54)= (2, 1) và I ∈ C4(α, β). Khi đó nếu G là một
đồ thị hai phần đầy đủ K2,2 và β (cid:54)= 1 thì R/I không là một vành level. Chứng minh. Theo giả thiết, G chứa một cặp cạnh có một đỉnh chung mà
không được chứa trong bất kì 3-chu trình nào nên theo Bổ đề 3.3, ta có
β2,2α+β+1(R/I) (cid:54)= 0. Hơn nữa, G cũng có một 4-chu trình cảm sinh nên
β2,2α+2(R/I) (cid:54)= 0 theo Bổ đề 3.5. Do β (cid:54)= 1 nên 2α + 2 (cid:54)= 2α + β + 1. Điều
này dẫn đến R/I không phải là một vành level. Mệnh đề 3.17. Cho (α, β) (cid:54)= (2, 1) và I ∈ C4(α, β). Khi đó nếu G là
một đồ thị hai phần đầy đủ K2,2 và β = 1 thì R/I là một vành level. Chứng minh. Theo giả thiết, giả sử G = {{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {1, 4}}. Do
G là một đồ thị hai phần đầy đủ K2,2 nên theo [11, Định lí 3.2], R/I là
một vành Cohen-Macaulay. Để chứng minh R/I là một vành level, ta chỉ
cần chứng minh các số Betti phân bậc thứ 2 của R/I khác 0 đều cùng bậc.
Do đó ta chỉ cần chứng minh rằng tất cả độ dài |a| của các vectơ a ∈ N4
sao cho β2(R/I)a (cid:54)= 0 (tức là (cid:101)H| supp(a)|−3(Ka(I); K) (cid:54)= 0) là bằng nhau. 62 Thật vậy, với một vectơ a ∈ N4, đặt W = supp(a), u = a − esupp(a). Kí
hiệu Khi đó Ka(I) = ∆u[W ] và supp(u) ⊆ W . Do β = 1 nên các dạng của ∆u
được mô tả đầy đủ như sau.
Dạng 1. | supp(u)| = 4. Vì (u1 +u2)+(u3 +u4) = (u1 +u4)+(u2 +u3) nên
không mất tính tổng quát, giả sử u1 + u2 ≤ u2 + u3 ≤ u1 + u4 ≤ u3 + u4.
Khi đó 3,4 , và do đó xu.x1x2x3x4 (cid:54)∈ I. (i) Nếu u1+u2 ≤ α−3 thì xu.x1x2x3x4 (cid:54)∈ P w3,4 Suy ra F(∆u) = {{1, 2, 3, 4}}. (ii) Nếu u1 + u2 = u3 + u4 = α − 2 thì xu.xF (cid:54)∈ I nếu và chỉ nếu tồn tại . Suy ra (iii) Nếu u1+u2 = α−2 và u3+u4 ≥ α−1 thì F(∆u) là {{1, 3, 4}, {2, 3, 4}}
nếu u3 + u4 ≥ α và u2 + u3 ≥ α − 1; hoặc {{1, 3, 4}, {2, 3, 4}, {1, 2, 4}}
trong các trường hợp khác. (iv) Nếu u1+u2 = u3+u4 = α−1 thì F(∆u) = {{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {1, 4}}. (v) Nếu u1 + u2 ≥ α − 1 và u3 + u4 ≥ α thì F(∆u) = {{3, 4}, {1, 4}}
nếu u1 + u2 = u2 + u3 = α − 1; hoặc {{3, 4}} nếu u1 + u2 = α − 1 và
u2 + u3 ≥ α; hoặc ∅ trong các trường hợp khác. Dạng 2. | supp(u)| = 3. Ta có thể giả sử supp(u) = {1, 2, 3} và u1 ≤ u3.
Khi đó (i) Nếu u1 ≤ α − 3 thì F(∆u) = {{1, 2, 3, 4}}. (ii) Nếu u1 = u3 = α − 2 thì F(∆u) = {{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {2, 3, 4}}. (iii) Nếu u1 = α − 2 và u3 ≥ α − 1 thì F(∆u) = {{1, 2, 3}, {2, 3, 4}}. 63 (iv) Nếu u1, u3 ≥ α − 1 thì F(∆u) = {{1, 2}, {2, 3}} nếu u3 = u1 = α − 1;
hoặc {{2, 3}} nếu u3 > u1 = α − 1; hoặc ∅ trong các trường hợp khác. Dạng 3. supp(u) = {i, j} và {i, j} (cid:54)∈ G. Không mất tính tổng quát, giả
sử supp(u) = {1, 3} và u1 ≤ u3. Khi đó (i) Nếu u1 ≤ α − 3 thì F(∆u) = {{1, 2, 3, 4}}. (ii) Nếu u1 = u3 = α−2 thì F(∆u) = {{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 3, 4}, {2, 3, 4}}. (iii) Nếu u1 = α−2 và u3 ≥ α−1 thì F(∆u) = {{1, 2, 3}, {2, 3, 4}, {1, 3, 4}}. (iv) Nếu u1 = u3 = α−1 thì F(∆u) = {{1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {3, 4}}. (v) Nếu u1 ≥ α − 1 và u3 ≥ α thì F(∆u) là {{1, 3}, {2, 3}, {3, 4}} nếu Dạng 4. supp(u) = {i, j} và {i, j} ∈ G. Khi đó F(∆u) = {{1, 2, 3, 4}}.
Dạng 5. | supp(u)| ≤ 1. Khi đó F(∆u) = {{1, 2, 3, 4}}. Bởi tính acyclic của một nón nên (cid:101)H|W |−3(∆u[W ]; K) = 0 nếu ∆u không
phải là một trong các dạng sau: dạng 1(ii), dạng 1(iv), dạng 3(ii) và dạng 3(iv). Tuy nhiên, theo định nghĩa của các nhóm đồng điều rút gọn thì
(cid:101)H|W |−3(∆u[W ]; K) = 0 nếu ∆u có dạng 1(ii) hoặc 3(ii). Hơn nữa, nếu
∆u có dạng 3(iv) thì ∆u[W ] (cid:54)= {∅} khi |W | = 2; ∆u[W ] liên thông
khi |W | = 3; và ∆u[W ] chứa một chu trình khi |W | = 4. Do đó
(cid:101)H|W |−3(∆u[W ]; K) (cid:54)= 0 nếu và chỉ nếu ∆u có dạng 1(iv) hoặc dạng 3(iv)
và W = [4], tức là |a| = 2α + 2. Do đó các số Betti phân bậc thứ 2 của
R/I khác không chỉ tại bậc 2α + 2. Vậy R/I là một vành level. Kết hợp Mệnh đề 3.14, Mệnh đề 3.15, Mệnh đề 3.16 và Mệnh đề 3.17, ta
có được điều kiện cần và điều kiện đủ để R/I là một vành level đối trong
trường hợp (α, β) (cid:54)= (2, 1) như sau. Định lí 3.18. Cho n ≥ 4 và I ∈ Cn(α, β) với (α, β) (cid:54)= (2, 1). Khi đó R/I
là một vành level nếu và chỉ nếu n = 4, β = 1 và G là một đồ thị hai phần
đầy đủ K2,2. 64 Lưu ý rằng nếu R/I là một vành level thì số Betti cuối cùng của R/I chính là hệ số của bậc cao nhất của đa thức tử số của chuỗi Hilbert của nó. Định lí dưới đây cho biết chính xác hệ số này. Định lí 3.19. Cho n ≥ 4 và I ∈ Cn(α, β). Giả sử rằng R/I là một vành
level. Khi đó ta có
+ r
nếu n ≥ 4, α = 2 và
2 nếu n = 4, α = 2 và G là một cặp cạnh rời nhau;
nếu n = 4, α ≥ 3 và G = K2,2, (cid:32) (cid:33) ở đây quy ước l(cid:54)=i,j Chứng minh. Ta chú ý rằng β = 1 bởi R/I là một vành level. Để chứng
minh Định lí, ta cần chỉ ra tất cả các vectơ a = (a1, a2, . . . , an) ∈ Nn sao
cho βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0. Theo Định lí 3.12 và Định lí 3.18, ta xét ba trường
hợp như sau.
Trường hợp 1. n ≥ 4, α = 2 và G là một đồ thị hai phần đầy đủ. Giả sử
G = K|X|,|Y |, trong đó X∪Y = [n], X∩Y = ∅, X, Y (cid:54)= ∅. Theo chứng minh
của Mệnh đề 3.11, βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0 nếu và chỉ nếu a = 2ei + 2ej + (cid:80)
el với {i, j} (cid:54)∈ G, tức là i, j ∈ X hoặc i, j ∈ Y . Nếu i, j ∈ X thì Theo [39, Định nghĩa 3.2, trang 20], đặc trưng Euler rút gọn (cid:101)χ(Ka(I)) của
Ka(I) có thể được tính theo hai cách như sau: (cid:101)χ(Ka(I)) = −1 + |F0(Ka(I))| − |F1(Ka(I))| 65 Bởi vì Ka(I) là liên thông nên (cid:101)H0(Ka(I); K) = 0. Do đó Theo Bổ đề 1.17, βn−2,a(R/I) = |Y |. Còn nếu i, j ∈ Y thì lập luận tương
tự như trên, ta nhận được βn−2,a(R/I) = |X|. Vậy (cid:32) (cid:33) (cid:32) (cid:33) l(cid:54)=i,1≤l≤4 trong đó r = |X|.
Trường hợp 2. n = 4, α = 2 và G là một cặp cạnh rời nhau. Giả sử rằng
G = {{1, 2}, {3, 4}}. Theo chứng minh của Mệnh đề 3.11, βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0
nếu và chỉ nếu a = 2ei + (cid:80)
el với mỗi i = 1, . . . , 4. Khi đó F(Ka(I)) là {{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {3, 4}} nếu i ∈ {1, 2}; hoặc là {{1, 3, 4}, {2, 3, 4},
{1, 2}} nếu i ∈ {3, 4}. Theo Bổ đề 1.17, βn−2,a(R/I) = 1. Vậy Trường hợp 3. n = 4, α ≥ 3 và G là một đồ thị hai phần đầy đủ K2,2.
Giả sử G = {{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {1, 4}}. Theo chứng minh của Mệnh
đề 3.17, βn−2,a(R/I) (cid:54)= 0 nếu và chỉ nếu a thỏa mãn một trong ba điều
kiện sau: (1) a1 = a3 ≥ 2, a2 = a4 ≥ 2, a1 + a2 = α + 1; (2) a1 = a3 = α, a2 = a4 = 1; (3) a1 = a3 = 1, a2 = a4 = α. nếu a thỏa mãn (1); nếu a thỏa mãn (2); Dễ dàng kiểm tra được rằng
{{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {1, 4}}
{{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {1, 4}, {1, 3}}
{{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {1, 4}, {2, 4}} nếu a thỏa mãn (3). 66 Theo Bổ đề 1.17, ta có βn−2,a(R/I) = 1 nếu a thỏa mãn điều kiện (1),
và βn−2,a(R/I) = 2 nếu a thỏa mãn điều kiện (2) hoặc điều kiện (3). Vậy Hệ quả 3.20. Cho n ≥ 4 và I ∈ Cn(α, β). Khi đó R/I không phải là một
vành Gorenstein. Sau đây chúng tôi đưa ra một vài ví dụ minh họa cho các kết quả đã đạt được. Các tính toán trong các ví dụ này được hỗ trợ bởi Macaulay2 [12]. Ví dụ 3.21. Cho n = 5 và I ∈ Cn(α, 1). Giả sử rằng (i) Nếu α = 2 thì {i,j} /∈G (cid:33) Khi đó R/I là một vành level và β3(R/I) = 2 (cid:33)
(cid:32)
3
2 (cid:32)
2
2 cũng có thể kiểm chứng điều này thông qua giải tự do phân bậc tối
tiểu của R/I như sau: (ii) Nếu α = 3 thì {i,j} /∈G 67 Khi đó R/I không phải là một vành level nhưng nó là một vành Cohen- Macaulay theo [25, Định lí 4.5]. Điều này cũng có thể được thấy từ
giải tự do phân bậc tối tiểu của R/I như sau: Với các kết quả đã đạt được trong Chương 3, chúng tôi tiếp tục quan tâm tới một số vấn đề sau. (1) Cho I ∈ Cn(α, β). Mô tả giải tự do phân bậc tối tiểu của R/I. (2) Đặc trưng tính level của ideal I trong R có dạng (cid:92) 1≤i trong đó wi,j là các số nguyên không âm với mọi 1 ≤ i < j ≤ n. Trong suốt chương này, cho I là một ideal đơn thức thuộc Cn(α, β).
Chúng tôi sẽ đưa ra công thức tính chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford
của R/I. Ta biết rằng dim(R/I) = 2 nên Tuy nhiên, do m = (x1, . . . , xn) (cid:54)∈ Ass(R/I) nên a0(R/I) = −∞. Do đó
để xác định reg(R/I), chúng tôi tính cụ thể các giá trị của a1(R/I) và
a2(R/I). Nếu n = 2 thì reg(R/I) = 0. Nếu n = 3 thì I là một ideal chính của
vành đa thức R, và reg(R/I) hoàn toàn được xác định theo bậc của phần tử sinh của nó. Lưu ý rằng nếu wi,j = β với mọi 1 ≤ i < j ≤ n thì I là một lũy thừa
hình thức của ideal Stanley-Reisner của một phức đơn hình chiều 1 đầy đủ
trên tập đỉnh [n]. Do đó chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford reg(R/I) đã được xác định theo [18, Định lí 2.9]. Vì vậy trong chương này, ta luôn
giả thiết n ≥ 4 và G (cid:54)= ∅. 68 Các kết quả của chương đã được công bố trong [27]. 69 m(R/I)a (cid:54)= 0 với một Trong phần này, chúng tôi đưa ra các công thức cho a1(R/I) với một
ideal I ∈ Cn(α, β). Chú ý rằng a1(R/I) = −∞ (tức là H 1
m(R/I) = 0) nếu
và chỉ nếu R/I là một vành Cohen-Macaulay. Vì vậy chúng tôi luôn giả
thiết rằng R/I không là một vành Cohen-Macaulay.
Bổ đề sau đây đưa ra điều kiện cần và đủ để H 1 m(R/I)a (cid:54)= 0 vectơ a ∈ Zn bất kì. Chứng minh chi tiết có thể xem trong [25]. Bổ đề 4.1 ([25], Mệnh đề 2.4). Cho vectơ a ∈ Zn. Khi đó H 1
nếu và chỉ nếu a ∈ Nn (nghĩa là Ga = ∅) và ∆a(I) không liên thông. Với mỗi vectơ a = (a1, . . . , an) ∈ Zn, ta đặt |a| = a1 + · · · + an và
σi,j(a) = |a| − ai − aj với 1 ≤ i < j ≤ n. Một mô tả của phức bậc ∆a(I)
được cho bởi N. C. Minh và Y. Nakamura [25]. Bổ đề 4.2 ([25], Bổ đề 2.2, 2.3). Với một vectơ a ∈ Nn bất kì, ta có Định lí dưới đây xác định giá trị của a1(R/I) trong trường hợp n = 4. Định lí 4.3. Cho n = 4. Khi đó nếu G có duy nhất một cạnh;
nếu G có nhiều hơn một cạnh. Chứng minh. Cho một vectơ b = (b1, b2, . . . , bn) ∈ Zn thỏa mãn điều kiện
H 1
m(R/I)b (cid:54)= 0. Ta sẽ chứng minh |b| ≤ α + β − 2 nếu G có duy nhất
một cạnh; và |b| ≤ 2α − 2 nếu G có nhiều hơn một cạnh. Thật vậy,
theo Bổ đề 4.1, ta có b ∈ Nn và ∆b(I) không liên thông. Giả sử rằng
{1, 2}, {3, 4} ∈ ∆b(I). Theo Bổ để 4.2(ii), ta nhận được σ1,2(b) < w1,2 và 70 Điều này dẫn đến |b| ≤ (α − 1) + (β − 1) = α + β − 2 nếu G có duy nhất
một cạnh, và |b| ≤ (α − 1) + (α − 1) = 2α − 2 nếu G có nhiều hơn một cạnh. Do đó nếu G có duy nhất một cạnh;
nếu G có nhiều hơn một cạnh. Bây giờ để chứng minh chiều ngược lại của các bất đẳng thức này, ta sẽ
chọn một vectơ b ∈ Nn sao cho H 1
m(R/I)b (cid:54)= 0 (nghĩa là ∆b(I) không liên
thông) và độ dài |b| bằng giá trị chặn trên của a1(R/I) như trên. Thật
vậy, do R/I không phải là một vành Cohen-Macaulay nên G có không quá bốn cạnh theo [11, Định lí 3.2]. Ta sẽ xét bốn trường hợp sau.
Trường hợp 1. G có duy nhất một cạnh. Giả sử rằng G = {{1, 2}}, tức
là w1,2 = α và wi,j = β với mọi {i, j} (cid:54)= {1, 2}. Do R/I không phải là một
vành Cohen-Macaulay, nên theo [11, Định lí 3.2], ta có α ≥ β + 3; hoặc
α = β + 2 là một số lẻ. Đặt nếu α, β lẻ; nếu α, β chẵn; nếu α lẻ và β chẵn; nếu α chẵn và β lẻ.
Nếu α và β là các số lẻ thì Nếu α và β là các số chẵn thì α ≥ β + 4. Khi đó 71 Nếu α là một số lẻ và β là một số chẵn thì α ≥ β + 3. Khi đó Nếu α là một số chẵn và β là một số lẻ thì α ≥ β + 3. Khi đó Như vậy với mỗi vectơ b được chọn như trên thì {1, 2}, {3, 4} ∈ ∆b(I)
và {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4} (cid:54)∈ ∆b(I). Từ đó suy ra ∆b(I) không liên
thông. Vậy a1(R/I) ≥ |b| = α + β − 2, tức là a1(R/I) = α + β − 2.
Trường hợp 2. G có đúng hai cạnh. Do R/I không phải là một vành
Cohen-Macaulay nên theo [11, Định lí 3.2], G là một cặp cạnh rời nhau và
α ≥ β + 2 hoặc α = β + 1 là một số lẻ. Không mất tính tổng quát, ta giả
sử rằng G = {{1, 2}, {3, 4}}. Đặt nếu α lẻ;
nếu α chẵn. Nếu α là một số lẻ thì Nếu α là một số chẵn thì α ≥ β + 2. Khi đó 72 Tương tự như Trường hợp 1, ta cũng có ∆b(I) không liên thông, tức là
a1(R/I) ≥ 2α − 2.
Trường hợp 3. G có đúng ba cạnh. Do R/I không phải là một vành
Cohen-Macaulay nên theo [11, Định lí 3.2], α ≥ β + 2 và G phải có dạng
(F1) (xem Hình 3.2). Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng
G = {{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}}. Đặt nếu α lẻ;
nếu α chẵn. Nếu α là một số lẻ thì Nếu α là một số chẵn thì Hình 4.1: Đồ thị F2 Tương tự như Trường hợp 1, ta có ∆b(I) không liên thông. Từ đó suy ra
a1(R/I) ≥ 2α − 2.
Trường hợp 4. G có đúng bốn cạnh. Do R/I không phải là một vành
Cohen-Macaulay nên theo [11, Định lí 3.2], α ≥ β + 3 hoặc α = β + 2 là
một số lẻ, và G phải có dạng (F2): 73 Không mất tính tổng quát, giả sử G = {{1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {3, 4}}. Đặt nếu α lẻ;
nếu α chẵn. Nếu α là một số lẻ thì Nếu α là một số chẵn thì α ≥ β + 3. Khi đó Tương tự như Trường hợp 1, ∆b(I) không liên thông. Từ đó suy ra
a1(R/I) ≥ 2α − 2. Vậy chứng minh đã được hoàn thành. Tiếp theo, ta sẽ xét trường hợp n ≥ 5. Khi đó giá trị của a1(R/I) không
những phụ thuộc vào cấu trúc của đồ thị G mà còn phụ thuộc vào mối
liên hệ giữa α và β. Định lí 4.4. Cho n ≥ 5. Giả sử α = β + 1. Khi đó nếu β là một số lẻ;
nếu β là một số chẵn. Chứng minh. Giả sử rằng b = (b1, b2, . . . , bn) ∈ Zn thỏa mãn điều kiện
H 1
m(R/I)b (cid:54)= 0. Ta sẽ chứng minh rằng |b| ≤ α + β − 2 nếu β là một số lẻ;
và |b| ≤ α + β − 1 nếu β là một số chẵn. Thật vậy, theo Bổ đề 4.1, ta có
b ∈ Nn và ∆b(I) không liên thông. Không mất tính tổng quát, ta có thể
giả sử rằng {1, 2}, {3, 4} ∈ ∆b(I) và {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4} (cid:54)∈ ∆b(I).
Sử dụng Bổ để 4.2(ii), ta nhận được hệ bất phương trình sau: 74
Do đó Suy ra a1(R/I) ≤ α + β − 1. Nếu |b| = 2β thì σ1,2(b) = σ3,4(b) = β. Hơn
nữa, Suy ra σi,j(b) = β với mọi i (cid:54)= j ∈ {1, 2, 3, 4}. Điều này dẫn tới bi = 0 với
mọi i ≥ 5 và b1 = b2 = b3 = b4. Vì thế β = 2b1 là một số tự nhiên chẵn.
Vậy |b| ≤ 2β − 1, hay là a1(R/I) ≤ α + β − 2 nếu β là một số lẻ. m(R/I)b (cid:54)= 0 (nghĩa
là ∆b(I) không liên thông) để đưa ra một chặn dưới của a1(R/I). Vì R/I
không phải là một vành Cohen-Macaulay nên theo [25, Định lí 3.1], ta có
β > 1. Hơn nữa, theo [25, Định lí 3.2] và [25, Định lí 4.3], ta có thể giả
sử rằng đồ thị con cảm sinh G[1, 2, 3, 4] = {{1, 2}, {3, 4}} nếu β ≥ 2 và
thêm điều kiện {1, 5}, {2, 5} (cid:54)∈ G khi β = 3. Gọi b là các vectơ như trong Tiếp theo, ta sẽ chọn một vectơ b ∈ Nn sao cho H 1 các chứng minh của [25, Định lí 3.2 và Định lí 4.3 ], tức là nếu β = 3; nếu β chẵn. Khi đó theo Bổ đề 4.2(ii), ta có thể thấy được {1, 2}, {3, 4} ∈ ∆b(I) và
{1, r}, {2, r} (cid:54)∈ ∆b(I) với mọi r ∈ [n] \ {1, 2}. Do đó ∆b(I) là không liên 75 thông. Vậy a1(R/I) ≥ α + β − 1 nếu β chẵn và a1(R/I) ≥ α + β − 2 nếu
β lẻ. Kết hợp điều này với chặn trên của a1(R/I) đã được cho như trên,
ta nhận được điều phải chứng minh. Trong trường hợp α ≥ β + 2 và (α, β) (cid:54)= (4, 2), ta cần định nghĩa hai điều kiện của đồ thị G như sau: Chú ý rằng R/I không phải là một vành Cohen-Macaulay nên G phải
thỏa mãn điều kiện (G1) hoặc điều kiện (G2) theo [25, Định lí 4.5]. Hơn
nữa, nếu G không thỏa mãn điều kiện (G1) thì G là một đồ thị liên thông. Định lí 4.5. Cho n ≥ 5. Giả sử α ≥ β + 3. Khi đó
nếu G thỏa mãn (G1); nếu G không thỏa mãn (G1). Chứng minh. Giả sử rằng b = (b1, b2, . . . , bn) ∈ Zn sao cho H 1
m(R/I)b (cid:54)= 0,
tức là b ∈ Nn và ∆b(I) là không liên thông. Ta sẽ chứng minh |b| ≤ 2α−2
nếu G thỏa mãn (G1); và |b| ≤ α + β − 2 nếu G không thỏa mãn (G1).
Thật vậy, gọi {1, 2}, {3, 4} thuộc hai thành phần liên thông khác nhau
của ∆b(I). Tương tự như trong chứng minh của Định lí 4.4, ta có các bất
phương trình sau: Rõ ràng rằng |b| ≤ σ1,2(b) + σ3,4(b) ≤ 2α − 2. Nếu G không thỏa
mãn (G1) thì đồ thị cảm sinh G[1, 2, 3, 4] phải có duy nhất một cạnh
theo [25, Bổ đề 4.4]. Điều này dẫn tới w1,2 + w3,4 − 2 = α + β − 2 và 76
nếu G thỏa mãn (G1); nếu G không thỏa mãn (G1). Để chứng minh chiều ngược lại của bất đẳng thức này, ta sẽ xây dựng một vectơ b ∈ Nn sao cho ∆b(I) không liên thông như sau. Giả sử G thỏa mãn (G1). Gọi {1, 2}, {3, 4} ∈ G và {2, 3}, {2, 4} (cid:54)∈ G. Cho một vectơ b ∈ Nn được xác định bởi nếu α lẻ (xem [25, Định lí 4.5]); nếu α chẵn và α ≥ 2β + 2; nếu α chẵn
và β + 3 ≤ α < 2β + 2. Sử dụng Bổ đề 4.2(ii), ta có thể kiểm tra được rằng {1, 2}, {3, 4} ∈ ∆b(I)
và {3, r}, {4, r} (cid:54)∈ ∆b(I) với mọi r ∈ [n] \ {3, 4}. Khi đó {3, 4} là một
thành phần liên thông của ∆b(I). Suy ra ∆b(I) không liên thông. Vậy
a1(R/I) ≥ 2α − 2. Giả sử G không thỏa mãn (G1). Do đó G thỏa mãn (G2). Không mất
tính tổng quát, giả sử {1, 2} ∈ G, {3, 4} /∈ G và {3, r}, {4, r} (cid:54)∈ G với mọi
r ∈ [n], r (cid:54)= 3, 4. Đặt nếu α, β lẻ; nếu α, β chẵn; nếu α chẵn và β lẻ; nếu α lẻ và β chẵn.
77 Dễ dàng kiểm tra được {1, 2}, {3, 4} ∈ ∆b(I) và {3, r}, {4, r} (cid:54)∈ ∆b(I)
với mọi r ∈ [n] \ {3, 4}. Như vậy a1(R/I) ≥ α + β − 2. Vậy định lí đã
được chứng minh hoàn toàn. Trong trường hợp α = β + 2 và (α, β) (cid:54)= (4, 2), ta cũng cần định nghĩa thêm một số điều kiện của G khi nó đã thỏa mãn điều kiện (G1). Định lí 4.6. Cho n ≥ 5. Giả sử α = β + 2 và (α, β) (cid:54)= (4, 2). Khi đó nếu α lẻ, G thỏa mãn (G1); hoặc α chẵn, G thỏa mãn (G1) nhưng không thỏa mãn (G3); nếu α chẵn, G thỏa mãn cả (G1), (G3); nếu α lẻ, G không thỏa mãn (G1);
m(R/I)b (cid:54)= 0 thì b ∈ Nn và nếu α chẵn, G không thỏa mãn (G1). Chứng minh. Sử dụng kí hiệu như trong chứng minh của Định lí 4.5, nếu
b = (b1, b2, . . . , bn) ∈ Zn sao cho H 1
nếu G thỏa mãn (G1); nếu G không thỏa mãn (G1). Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng |b| ≤ α + β − 3 nếu α là một số chẵn
và G không thỏa mãn (G1); và |b| ≤ α + β − 1 nếu α là một số chẵn và G
thỏa mãn cả (G1), (G3). Thật vậy, gọi {i, j}, {p, q} thuộc các thành phần
liên thông phân biệt của ∆b(I). Ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1. G không thỏa mãn (G1). Theo Bổ đề [25, Bổ đề 4.4], đồ
thị con cảm sinh G[i, j, p, q] phải có duy nhất một cạnh (đó là {i, j} hoặc
{p, q}). Không mất tính tổng quát, gọi cạnh đó là {i, j}. Điều này dẫn đến 78 Do đó Suy ra bp = bq và bi = bj. Nếu |b| = α + β − 2 = 2β thì α − 1 = 2β − 2bi
phải là một số chẵn. Từ đó ta có nếu α lẻ;
nếu α chẵn. Trường hợp 2. G thỏa mãn (G1). Tương tự như Trường hợp 1, ta có Giả sử rằng |b| = α + β. Do |b| ≤ σi,j(b) + σp,q(b) nên Suy ra Hơn nữa, max{wi,p + wj,q, wi,q + wj,p} < 2α. Do vậy {i, j}, {p, q} là một
cặp cạnh rời nhau của G mà không được chứa trong bất kì 4-chu trình nào.
Nếu α là một số chẵn và điều kiện (G3) là đúng thì ta gọi wj,p = wj,q = α.
Khi đó , mâu thuẫn với Suy ra σj,p(b) = σj,q(b) = α, tức là bp = bq =
b ∈ Nn. Từ đó ta nhận được: nếu α chẵn và G thỏa mãn (G3); nếu α chẵn và G không thỏa mãn (G3);
α + β − 1
α + β
α + β nếu α lẻ. 79 Để chứng minh chiều ngược lại của bất đẳng thức, ta sẽ xây dựng một
vectơ b ∈ Nn sao cho ∆b(I) không liên thông và |b| tương ứng với các giá
trị chặn trên của nó.
Trường hợp 1. G không thỏa mãn (G1). Vì R/I không phải là một vành
Cohen-Macaulay nên theo [25, Định lí 4.5], G phải thỏa mãn điều kiện
(G2). Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử {1, 2} ∈ G, {3, 4} /∈ G
và {3, r}, {4, r} (cid:54)∈ G với mọi r ∈ [n], r (cid:54)= 3, 4. Gọi b là vectơ như trong chứng minh của [25, Định lí 4.5, Bước 2], cụ thể: nếu α chẵn; nếu α lẻ.
β
(
2
β − 1
2 Khi đó ta có {1, 2}, {3, 4} ∈ ∆b(I) và {3, r}, {4, r} (cid:54)∈ ∆b(I) với mọi
r ∈ [n] \ {3, 4}, tức là ∆b(I) không liên thông. Đồng thời, ta nhận được
|b| = 2β − 1 = α + β − 3 nếu α là một số chẵn và |b| = 2β = α + β − 2
nếu α là một số lẻ.
Trường hợp 2. G thỏa mãn (G1). Giả sử rằng {1, 2}, {3, 4} ∈ G và
{2, 3}, {2, 4} /∈ G. Tương tự chứng minh của [25, Định lí 4.5, Bước 1], gọi
b là vectơ như sau: nếu α lẻ; nếu α chẵn và
Khi đó |b| = 2α − 3 = α + β − 1 nếu α là một số chẵn và G thỏa mãn
(G3), và |b| = 2α − 2 = α + β nếu α là một số lẻ. Hơn nữa, ∆b(I) không
liên thông bởi vì {1, 2}, {3, 4} ∈ ∆b(I) và {3, r}, {4, r} (cid:54)∈ ∆b(I) với mọi
r ∈ [n] \ {3, 4}. Nếu α là một số chẵn và G không thỏa mãn (G3). Ta có thể giả sử 80 Khi đó |b| = 2α − 2 = α + β và Suy ra {i, j}, {p, q} ∈ ∆b(I) và {p, r}, {q, r} (cid:54)∈ ∆b(I) với mọi r (cid:54)= p, q.
Do đó ∆b(I) không liên thông. Vậy định lí đã được chứng minh. Trong trường hợp (α, β) = (4, 2), việc tính giá trị của a1(R/I) là phức
tạp hơn các trường hợp trước. Ta cần đưa ra thêm một số điều kiện của
G như sau: Hình 4.2: Đồ thị F3 và t ∈ [n]\{i, j}. Chú ý rằng nếu I ∈ Cn(4, 2) thì R/I là một vành Cohen-Macaulay
(nghĩa là a1(R/I) = −∞) nếu và chỉ nếu G thỏa mãn các điều kiện
(G3), (G4) và (G5) (xem [25, Định lí 4.6 ]). 81 Định lí 4.7. Cho n ≥ 5 và (α, β) = (4, 2). Khi đó
6 nếu G không thỏa mãn (G3);
5 nếu G thỏa mãn (G3), nhưng không thỏa mãn (G4);
3 nếu G thỏa mãn cả (G3), (G4), nhưng không thỏa mãn (G5). Chứng minh. Theo Bổ đề 4.1, nếu b = (b1, b2, . . . , bn) ∈ Zn sao cho
m(R/I)b (cid:54)= 0 thì b ∈ Nn và ∆b(I) không liên thông. Giả sử rằng
H 1
{i, j}, {p, q} thuộc hai thành phần liên thông phân biệt của ∆b(I). Điều
này kéo theo Suy ra |b| ≤ 6, tức là a1(R/I) ≤ 6. Để chứng minh định lí ta sẽ thực hiện
theo ba bước như sau.
Bước 1. Ta chứng minh nếu G không thỏa mãn điều kiện (G3) thì
a1(R/I) = 6. Thật vậy, theo giả thiết, ta có thể giả sử {1, 2}, {3, 4}
là một cặp cạnh rời nhau của G không được chứa trong bất kì 4-chu
trình nào và đồ thị con cảm sinh G[1, 2, 3, 4] không có dạng (F2). Giả sử
{1, 4}, {2, 3}, {2, 4} /∈ G. Đặt a = (e1 + e3) + 2(e2 + e4), như trong chứng
minh của [25, Định lí 4.6]. Do đó F(∆a(I)) = {{1, 2}, {3, 4}}, tức là ∆a(I)
không liên thông. Điều này dẫn đến H 1
m(R/I)a (cid:54)= 0, hay là a1(R/I) ≥ 6.
Vậy a1(R/I) = 6.
Bước 2. Ta chứng minh nếu G thỏa mãn điều kiện (G3) nhưng không thỏa
mãn điều kiện (G4) thì a1(R/I) = 5. Thật vậy, giả sử rằng tồn tại một
vectơ b ∈ Nn sao cho |b| = 6 và ∆b(I) không liên thông. Gọi {1, 2}, {3, 4}
thuộc các thành phần liên thông khác nhau của ∆b(I). Như bất đẳng thức
trong phần đầu tiên của chứng minh, ta phải có w1,2 = w3,4 = 4, nghĩa là
{1, 2}, {3, 4} ∈ G và 82 Do đó b1 + b2 = b3 + b4 = 3, bi = 0 với mọi i ≥ 5. Hơn nữa, nên {1, 2}, {3, 4} không được chứa trong bất kì 4-chu trình nào. Theo
điều kiện (G3), đồ thị con cảm sinh G[1, 2, 3, 4] phải có dạng (F2). Giả
sử {2, 3}, {2, 4} ∈ G và {1, 3}, {1, 4} /∈ G, tức là w2,3 = w2,4 = 4 và
w1,3 = w1,4 = 2. Theo theo Bổ đề 4.2, ta có Suy ra σ2,3(b) = σ2,4(b) = 4, hay là b3 = b4, mâu thuẫn với b3 + b4 = 3.
Do đó a1(R/I) ≤ 5. Ngược lại, theo giả thiết, tồn tại một cặp cạnh rời nhau {1, 2}, {3, 4}
của G và một đỉnh t > 4 sao cho đồ thị con cảm sinh G[1, 2, 3, 4] có
dạng (F2), và mọi đồ thị con của đồ thị con cảm sinh G[1, 2, 3, 4, t] đều
không có dạng (F3). Giả sử G[1, 2, 3, 4] = {{1, 2}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4}}.
Nếu {1, t} ∈ G thì theo điều kiện (G3) với cặp cạnh rời nhau
{1, t}, {3, 4}, ta có {3, t}, {4, t} ∈ G, mâu thuẫn. Nếu {1, t} /∈ G thì đặt
a = 2e1 + e3 + e4 + et. Tương tự như chứng minh của [25, Định lí 4.6], thì (cid:91) (cid:0) (cid:91) {1,r}∈G,r(cid:54)=1 và {1, 2}, {3, 4} ∈ ∆a(I). Do đó {1, 2}, {3, 4} thuộc các thành phần liên
thông khác nhau của ∆a(I), tức là H 1
m(R/I)a (cid:54)= 0. Suy ra a1(R/I) ≥ 5.
Vậy a1(R/I) = 5.
Bước 3. Ta chứng minh nếu G thỏa mãn cả hai điều kiện (G3), (G4)
nhưng không thỏa mãn điều kiện (G5) thì a1(R/I) = 3. Thật vậy, bởi vì
đồ thị G không thỏa mãn điều kiện (G5) nên tồn tại {1, 2} (cid:54)∈ G sao cho
{1, 2}∪{1, 3}∪{2, 3}∪G là một đồ thị không liên thông. Từ điều kiện (G3),
thì G là một đồ thị liên thông. Điều này dẫn đến {1, 2}, {1, 3}, {2, 3} /∈ G
và {1, i}, {2, i}, {3, i} /∈ G với mọi i ≥ 4. Nếu tồn tại một cặp cạnh rời
nhau của G không được chứa trong bất kì 4-chu trình nào, gọi cặp cạnh 83 đó là {u, v}, {r, s}, thì đồ thị con cảm sinh G[u, v, r, s, 1] có một đồ thị
con dạng (F3) bởi các điều kiện (G3), (G4), mâu thuẫn. Vậy mọi cặp cạnh
rời nhau của G đều được chứa trong một 4-chu trình. Với kí hiệu như trong bất đẳng thức ở phần đầu của chứng minh, nếu
wi,j = wp,q = 4 thì max{wi,p + wj,q, wi,q + wj,p} = 8 bởi {i, j}, {p, q} được
chứa trong một 4-chu trình nào đó. Điều này là vô lí. Do đó Giả sử rằng tồn tại một vectơ b ∈ Nn sao cho |b| = 4 và ∆b(I) không liên
thông. Khi đó Ta có thể giả sử σi,j(b) = 3, σp,q(b) = 1, wi,j = 4 và wp,q = 2. Do đó
br = 0 với mọi r /∈ {i, j, p, q} và bp + bq = 3, bi + bj = 1. Hơn nữa, và 4 = σi,p(b) + σj,q(b) = σi,q(b) + σj,p(b). Suy ra σj,q(b) = σj,p(b) = 2,
tức là bi + bp = bi + bq = 2. Điều này kéo theo bp = bq, mâu thuẫn với
bp + bq = 3. Vậy |b| ≤ 3, tức là a1(R/I) ≤ 3. Đảo lại, đặt a = e1 + e2 + e3. Khi đó m(R/I)a (cid:54)= 0. Do đó a1(R/I) ≥ 3. Suy ra ∆a(I) không liên thông, tức là H 1
Vậy ta có được điều phải chứng minh. Trong mục này, chúng tôi xác định giá trị của a2(R/I). Đồng thời, chúng
tôi cũng đưa ra một công thức cho chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford
reg(R/I). 84 m(R/I)b (cid:54)= 0. Theo Bổ đề 1.15, Cho b = (b1, b2, . . . , bn) ∈ Zn sao cho H 2 m(R/I)b = dimK (cid:101)H1−|Gb|(∆b(I); K) (cid:54)= 0, và Gb là một mặt của phức đơn hình ∆(I). Do đó |Gb| ≤ 2. Để thiết lập
một chặn trên của a2(R/I), ta cần một số bổ đề sau. Bổ đề 4.8. Nếu |Gb| = 2 thì |b| ≤ α − 3. Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng Gb = {1, 2}. Do
dimK (cid:101)H−1(∆b(I); K) (cid:54)= 0 nên ∆b(I) = {∅}. Từ đó suy ra xb (cid:54)∈ P w1,2
1,2 RGb.
Điều này tương đương với σ1,2(b) ≤ w1,2 − 1. Vì vậy Bổ đề 4.9. Giả sử rằng |Gb| = 1. Khi đó |b| ≤ 2α − 3 nếu G chứa ít
nhất một đỉnh có bậc lớn hơn 1, và |b| ≤ α + β − 3 nếu mọi đỉnh của G đều có bậc 1. Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng Gb = {1}. Đặt
a = b − b1e1 ∈ Nn. Theo Bổ đề 1.13, ta có ∆b(I) = lk∆a(I)(1). Vì rằng
dimK (cid:101)H0(∆b(I); K) (cid:54)= 0 nên ∆b(I) không liên thông. Điều này kéo theo
∆b(I) phải chứa ít nhất hai đỉnh phân biệt (do dim ∆b(I) ≤ 0). Gọi
{2}, {3} ∈ ∆b(I). Do đó {1, 2}, {1, 3} ∈ ∆a(I). Sử dụng Bổ đề 4.2, ta
nhận được Vì thế |a| ≤ 2|a| − 2a1 − a2 − a3 ≤ w1,2 + w1,3 − 2. Suy ra Vậy ta có điều phải chứng minh. Bổ đề 4.10. Giả sử rằng |Gb| = 0 (nghĩa là b ∈ Nn). Khi đó (i) Nếu girth(G) = 3 thì |b| ≤ 3α − 3. (ii) Nếu girth(G) (cid:54)= 3 và G chứa ít nhất một đỉnh có bậc lớn hơn 1 thì 85 (iii) Nếu mọi đỉnh của G đều có bậc 1 thì |b| ≤ α + 2β − 3. t−1
(cid:88) Chứng minh. Từ điều kiện (cid:101)H1(∆b(I); K) (cid:54)= 0 và Bổ đề 1.11 thì ∆b(I)
phải chứa một chu trình, và gọi nó là {1, 2}, {2, 3}, . . . , {t − 1, t}, {1, t}
với t ≥ 3. Theo Bổ đề 4.2, σi,i+1(b) ≤ wi,i+1 − 1 với mọi i = 1, . . . , t − 1
và σ1,t(b) ≤ w1,t − 1. Do đó i=1 Điều này dẫn đến |b| ≤ i=1 wi,i+1 + w1,t − t ≤ 2α + β − 3. Nếu t ≥ 4 thì được chứng minh. Tiếp theo để chứng minh (ii), (iii), ta sẽ xét hai trường hợp.
Trường hợp 1. girth(G) (cid:54)= 3 và G chứa ít nhất một đỉnh bậc lớn hơn 1.
Nếu t = 3 thì |b| ≤ (cid:80)t−1
tα − t
t − 2 t−1
(cid:88) Trường hợp 2. Mọi đỉnh của G đều có bậc 1. Nếu t = 3 thì i=1 i=1 wi,i+1 + w1,t − t ≤ Nếu t là một số chẵn lớn hơn 3 thì (cid:80)t−1
Do đó i=1 wi,i+1 +w1,t −t ≤ Nếu t là một số lẻ lớn hơn 3 thì (cid:80)t−1
Vì vậy Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh. Bây giờ giá trị của a2(R/I) được xác định như sau. 86 Định lí 4.11. Cho n ≥ 4 và I ∈ Cn(α, β). Khi đó ta có: nếu girth(G) = 3; có bậc lớn hơn 1;
Chứng minh. Theo Bổ đề 4.8, Bổ đề 4.9 và Bổ đề 4.10, ta chỉ cần chứng minh chiều ngược lại của các bất đẳng thức trong Bổ đề 4.10 cũng đúng.
Theo Bổ đề 1.15, ta chỉ cần đưa ra các vectơ b ∈ Nn sao cho |b| tương ứng
với các chặn trên của a2(R/I) và (cid:101)H1(∆b(I); K) (cid:54)= 0 (tức là ∆b(I) chứa
một chu trình theo Bổ đề 1.11). Thật vậy, ta có: Suy ra ∆b(I) chứa 3-chu trình (1, 2, 3). Do đó ∆b(I) chứa 3-chu trình (1, 2, 3). Từ giá trị của a1(R/I) và giá trị của a2(R/I), ta có thể phát biểu kết quả cho chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của R/I như sau. 87 Định lí 4.12. Cho n ≥ 4 và I ∈ Cn(α, β). Khi đó nếu girth(G) = 3; có bậc lớn hơn 1; nếu G gồm t (t ≥ 2) cạnh đôi một rời nhau và
Chứng minh. Rõ ràng ta có thể nhận được kết luận từ Định lí 4.3, Định lí 4.4, Định lí 4.5, Định lí 4.6, Định lí 4.7 và Định lí 4.11. Ta chỉ cần lưu
ý trong trường hợp cuối cùng của định lí, tức là G là gồm t (t ≥ 2) cạnh
đôi một rời nhau và α > 2β, thì theo Định lí 4.3, Định lí 4.5, Định lí 4.6
và Định lí 4.11, ta có a2(R/I) + 2 = α + 2β − 1 < 2α − 1 = a1(R/I) + 1,
hay là reg(R/I) = 2α − 1. Sau đây ta sẽ đưa ra một vài ví dụ minh họa cho kết quả trên. Ví dụ 4.13. Cho n = 6 và I ∈ Cn(α, β). (i) Giả sử G = {{1, 2}, {2, 3}, {1, 3}, {1, 4}, {5, 6}} (tức là girth(G) = 3). Khi đó
I = (x3, x4, x5, x6)α (cid:92) (cid:92) (cid:92) (cid:92) {i,j} /∈G Do đó reg(R/I) = 3α − 1. (ii) Giả sử G = {{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}} (tức là girth(G) (cid:54)= 3 và G chứa đỉnh bậc lớn hơn 1). Khi đó ideal 88 (cid:92) {i,j} /∈G Do vậy reg(R/I) = 2α + β − 1. (iii) Giả sử G = {{1, 2}, {3, 4}, {5, 6}} (tức là G bao gồm ba cạnh đôi một rời nhau). Khi đó
I = (x3, x4, x5, x6)α (cid:92) (cid:92) (cid:92) {i,j} /∈G Nếu (α, β) = (7, 4) (ứng với α < 2β) thì reg(R/I) = α + 2β − 1 = 14.
Nếu (α, β) = (7, 3) (ứng với α > 2β) thì reg(R/I) = 2α − 1 = 13. (iv) Giả sử G = {{1, 2}}. Khi đó {i,j} /∈G Như vậy reg(R/I) = α + 2β − 1. Định lí 4.12 là một mở rộng kết quả của P. T. Thuy [43]. Đồng thời,
bởi vì reg(I) = reg(R/I) + 1 nên ta cũng có được trực tiếp hệ quả về tính tuyến tính của chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của lũy thừa hình
thức thứ t (t ≥ 1) của một ideal bất kì thuộc lớp Cn(α, β) như sau. Mệnh đề 4.14. Cho I ∈ Cn(α, β). Khi đó với mọi t ≥ 1, trong đó I (t) là lũy thừa hình thức thứ t của I. Chứng minh. Theo [14, Bổ đề 3.1], ta có (cid:92) 1≤i 89 Mục này trình bày một ứng dụng của Định lí 4.12, đó là chúng tôi đưa
ra điều kiện để I ∈ Cn(α, β) có giải tự do tuyến tính, tức là giải tự do
phân bậc tối tiểu của R/I có dạng Như vậy I có giải tự do tuyến tính nếu và chỉ nếu mọi đơn thức thuộc tập
sinh tối tiểu G(I) của I đều có bậc bằng reg(R/I) + 1. Với giả thiết như phần đầu của chương này (tức là n ≥ 4 và G (cid:54)= ∅), các
bổ đề sau cho thấy các trường hợp mà I không có giải tự do tuyến tính. Bổ đề 4.15. Nếu G chứa ít nhất một đỉnh bậc lớn hơn 1 thì I không có
giải tự do tuyến tính. α
2 α
2 α
2 Chứng minh. Theo giả thiết, giả sử rằng {1, 2}, {1, 3} ∈ G. Cho đơn thức
m được xác định bởi α
2
4 2 x 3 x α+1
2 α+1
2 α+1
2 α−1
2 nếu α chẵn; 2 x 1 x α+1
2 α+1
2 α−1
2 3 x
4
α−1
2 nếu α lẻ và girth(G) = 3. 2 x 1 x 3 x
4 nếu α lẻ và girth(G) (cid:54)= 3.
1 x
x
x
x
Suy ra m ∈ P ωi,j
i,j với mọi 1 ≤ i < j ≤ n, tức là m ∈ I. Điều này dẫn đến
tồn tại một đơn thức m(cid:48) ∈ G(I) sao cho m(cid:48) chia hết m. Do đó bậc của
m(cid:48) không vượt quá 2α nếu girth(G) (cid:54)= 3 và bậc của m(cid:48) bé hơn 3α nếu
girth(G) = 3. Theo Định lí 4.12, bậc của m(cid:48) nhỏ hơn reg(R/I) + 1. Vậy
I không có giải tự do tuyến tính. Bổ đề 4.16. Cho n ≥ 4 và α < 2β. Nếu mọi đỉnh của G đều có bậc 1 thì
I không có giải tự do tuyến tính. Chứng minh. Gọi {1, 2} ∈ G. Từ giả thiết, ta có {1, i}, {2, i} (cid:54)∈ G với mọi 90 α
2 3 x nếu α chẵn;
α
2
4
α−1
2 α+1
2 1 xβ
xβ−1
2 x
1 xβ
xβ−1
2 x 3 x 4 nếu α lẻ. Khi đó m ∈ I. Lập luận tương tự như trong chứng minh của Bổ đề 4.15,
I không có giải tự do tuyến tính. Bổ đề 4.17. Cho n ≥ 5 và α ≥ 2β. Nếu mọi đỉnh của G đều có bậc 1 thì
I không có giải tự do tuyến tính. α
2 α−2
2 α
2 α−2
2 Chứng minh. Gọi {1, 2} ∈ G. Khi đó {1, i}, {2, i} (cid:54)∈ G với mọi i ≥ 3. Do
n ≥ 5 nên tồn tại ba điểm phân biệt p, q, r ≥ 3 thỏa mãn {p, r}, {q, r} (cid:54)∈ G.
Không mất tổng quát, ta giả sử {3, 5}, {4, 5} (cid:54)∈ G. Đặt 1 x
x 2 x 3 x 4 x5 nếu α chẵn;
α−1
2 α−1
2 α−1
2 α−1
2 1 x 2 x 3 x 4 x5 nếu α lẻ. Tương tự như trong chứng minh của Bổ đề 4.15, ta có điều phải chứng minh. Kết quả chính trong phần này được chúng tôi phát biểu như sau. α
2 Định lí 4.18. Cho n ≥ 4 và I ∈ Cn(α, β). Khi đó I có giải tự do tuyến
tính nếu và chỉ nếu n = 4, α ≥ 2β và G là một cặp cạnh rời nhau. 3 x nếu α chẵn; Chứng minh. Theo Bổ đề 4.15, Bổ đề 4.16 và Bổ đề 4.17, ta có thể giả
thiết n = 4, α ≥ 2β và mọi đỉnh của G đều có bậc 1. Gọi {1, 2} ∈ G,
và {1, i}, {2, i} (cid:54)∈ G với mọi i ∈ {3, 4}. Ta chỉ cần chứng minh rằng I
có giải tự do tuyến tính khi và chỉ khi {3, 4} ∈ G. Thật vậy, giả sử rằng
{3, 4} (cid:54)∈ G. Xét đơn thức
α
2
4
α−1
2 α+1
2 nếu α lẻ. 3 x 4 Khi đó m ∈ I. Tương tự như chứng minh của Bổ đề 4.15, I không có giải
tự do tuyến tính. Vì vậy nếu I có giải tự do tuyến tính thì {3, 4} ∈ G. 91 2 xu3 3 xu4
1 xu2
là một
4
1,2 và m ∈ P α
phần tử bất kì của G(I). Từ đó suy ra m ∈ P α
3,4, tức là
u3 + u4 ≥ α và u1 + u2 ≥ α. Do đó deg(m) = u1 + u2 + u3 + u4 ≥ 2α.
Bởi vì bậc của mọi đơn thức thuộc G(I) không vượt quá reg(R/I) + 1 nên
theo Định lí 4.12, deg(m) = reg(R/I) + 1. Suy ra I có giải tự do tuyến Ngược lại, giả sử {3, 4} ∈ G. Cho đơn thức m = xu1 tính. Vậy ta có điều phải chứng minh. Tiếp theo các kết quả trong Chương 4, chúng tôi quan tâm tới tính chỉ
số chính quy Castelnuovo-Mumford của ideal đơn thức I của vành R có dạng (cid:92) 1≤i trong đó wi,j là các số nguyên không âm với mọi 1 ≤ i < j ≤ n. Luận án nghiên cứu những vấn đề thời sự về chỉ số chính quy Castelnuovo- Mumford và tính level của một số lớp ideal đơn thức và đã thu được các quả sau: được số Betti cuối cùng của nó (Định lí 3.19). 92 1. N. C. Minh, Terai N., P. T. Thuy (2019), “Level property of ordinary
and symbolic powers of Stanley-Reisner ideals”, Journal of Algebra 535, pp. 350–364. 2. N. C. Minh, P. T. Thuy (2020), “A computation of the Castelnuovo- Mumford regularity of certain two-dimensional unmixed ideals”,
Communications in Algebra 48, pp. 2028–2040. 3. P. T. Thuy, “On the level property of two-dimensional monomial 93 ideals”, submitted. 1. Hội nghị Toán học toàn quốc (Nha Trang - Khánh Hòa): 8/2018. 2. Workshop “Giải tự do và các bất biến đối đồng điều địa phương” (Viện Toán học): 10/2019. 3. Hội nghị Đại số - Lý thuyết số - Hình học - Tôpô (Bà Rịa - Vũng Tàu): 12/2019. 4. Hội nghị nghiên cứu sinh của Khoa Toán Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội: 12/2018, 12/2019, 12/2020. 5. Xêmina Đại số và lý thuyết số, Bộ môn Đại số và lý thuyết số, Khoa Toán Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội: 5/2021. 94 6. Xêmina Đại số và lý thuyết số, Viện Toán học: 5/2021. [1] Alilooee A., Beyarslan S., Selvaraja S. (2019), “Regularity of powers
of unicyclic graphs”, Rocky Mountain J. Math. 49(3), pp. 699–729. [2] Avramov L. L. (1998), “Infinite free resolutions”, In: Six Lectures on
Commutative Algebra (Bellaterra, 1996), Progr. Math. 166, pp. 1–118, Birkh¨auser, Basel. [3] Beyarslan S., H. H. Tài, T. N. Trung (2015), “Regularity of powers of forests and cycles”, J. Algebraic Combin. 42(4), pp. 1077–1095. [4] Brodmann M., Sharp R. Y. (1998), Local cohomology: an algebraic
introduction with geometric applications, Cambridge University Press. [5] Bruns W., Herzog J. (1993), Cohen-Macaulay rings, Cambridge Uni- versity Press. [6] Cowsik R. C., Nori M. V. (1976), “On the fibres of blowing up”, J. Indian Math. Soc. (N.S.) 40(1-4), pp. 217–222. theory, 2nd. edition, [7] Diestel R. (2000), Graph Springer: Berlin/Heidelberg/New York/Tokyo. [8] Eisenbud D., Goto S. (1984), “Linear free resolutions and minimal multiplicity”, J. Algebra 88, pp. 89–133. [9] Francisco C. (2008), “Tetrahedral curves via graphs and Alexander 95 duality”, J. Pure and Appl. Algebra 212, pp. 364–375. 96 [10] Geramita A. V., Harima T., Miglior J. C., Shin Y. S. (2007), “The
Hilbert function of a level algebra”, Mem. Amer. Math. Soc. 186(872), pp. vi+139. [11] D. H. Giang, L. T. Hoa (2010), “On local cohomolory of a tetrahedral curve”, Acta Math. Vietnam. 35(2), pp. 229–241. [12] Grayson D. R., Stillman M. E., Macaulay2, a software system for research in algebraic geometry. Available at http://www.math.uiuc.edu/Macaulay2/. [13] Guardo E., Tuyl A. V. (2005), “Powers of complete intersections:
Graded Betti numbers and applications”, Illinois J. Math. 49, pp. 265–279. [14] Herzog J., Hibi T., N. V. Trung (2007), “Symbolic powers of monomial
ideals and vertex cover algebras”, Adv. Math. 210, pp. 304–322. [15] Herzog J., Maleki R. A (2018), “Koszul cycles and Golod rings”, Manuscripta Math. 157, pp. 483–495 . [16] Hibi T. (1988), “Level rings and algebras with straightening laws”, J. Algebra 117, pp. 343–362. [17] L. T. Hoa (2010), Castelnuovo-Mumford regularity, Lecture Note. [18] L. T. Hoa, T. N. Trung (2016), “Castelnuovo-Mumford regularity of symbolic powers of two-dimensional square-free monomial ideal”,
J. Commut. Algebra 8(1), pp. 77–88. [19] D. T. Hoang, N. C. Minh, T. N. Trung (2013), “Combinatorial char- acterizations of the Cohen-Macaulayness of the second power of edge
ideals”, J. Combin. Theory Ser. A 120, pp. 1073–1086. 97 [20] Hochster M. (1977), “Cohen-Macaulay rings, combinatorics, and
simplicial complexes”, in B. R. McDonald and R. A. Morris (eds.),
Ring theory II, Lect. Notes in Pure and Appl. Math. 26, M. Dekker, pp. 171–223. [21] Huneke C. (2007), “Ideals defining Gorenstein rings are (almost) never products”, Proc. Amer. Math. Soc 135(7), pp. 2003-2005. [22] Lu D. (2021), “Geometric regularity of powers of two-dimensional
squarefree monomial ideals”, J. Algebraic Combin. 53, pp. 991–1014. [23] Migliore J. C, Nagel U. (2005), “Tetrahedral curves”, Int. Math. Res. Not. 15, pp. 899–939. [24] Miller E., Sturmfels B. (2004), Combinatorial Commutative Algebra, Springer: Berlin/Heidelberg/New York/Tokyo. [25] N. C. Minh, Nakamura Y. (2010), “Unmixed monomial ideals of
dimension two and their Cohen-Macaulay properties”, Commun.
Algebra 38, pp. 1699–1714. [26] N. C. Minh, Terai N., P. T. Thuy (2019), “Level property of ordi-
nary and symbolic powers of Stanley-Reisner ideals”, J. Algebra 535, pp. 350–364. [27] N. C. Minh, P. T. Thuy (2020), “A computation of the Castelnuovo- Mumford regularity of certain two-dimensional unmixed ideals”,
Commun. Algebra 48, pp. 2028–2040. [28] N. C. Minh, N. V. Trung (2009), “Cohen-Macaulayness of pow-
ers of two-dimensional squarefree monomial ideals”, J. Algebra 322, pp. 4219–4227. [29] N. C. Minh, N. V. Trung (2011), “Cohen-Macaulayness of monomial
ideals and symbolic powers of Stanley-Reisner ideals”, Adv. Math. 226, pp. 1285–1306. 98 [30] N. C. Minh, T. N. Trung (2019), “Regularity of symbolic powers and arboricity of matroids”, Forum Math. 31, pp. 465–477. [31] Mumford D. (1966), Lectures on curves on an algebraic surface, Princeton University Press, New Jersey. [32] Oxley J. G. (1992), Matroid theory, Oxford University Press, New York. [33] Reisner G. (1976), “Cohen-Macaulay quotients of polynomial rings”, Adv. Math. 21, pp. 30–49. [34] Rinaldo G., Terai N., Yoshida K. (2011), “Cohen–Macaulayness for
second powers of Stanley-Reisner ideals”, J. Commut. Algebra 3(3), pp. 405–430. [35] Rinaldo G., Terai N., Yoshida K. (2011), “Cohen–Macaulayness for
symbolic power ideals of edge ideals”, J. Algebra 347, pp. 1–22. [36] Schwartau P. (1982), Liaison addition and monomial ideals, PhD. Thesis, Brandeis University. [37] Shirmohammadi N. (2017), “A note on the multiplicity and final Betti
number of a level algebra”, J. Algebra Appl. 16(2), 1750033 (5 pages). [38] Stanley R. (1977), “Cohen-Macaulay complexes”, In: Higher Combi-
natorics (M. Aigner, Ed), Reidel, Dordrecht and Boston, pp. 51–62. [39] Stanley R. (1996), Combinatorics and Commutative Algebra, 2. Edi- tion, Birkh¨auser. [40] Takayama Y. (2005), “Combinatorial characterizations of general-
ized Cohen-Macaulay monomial ideals”, Bull. Math. Soc. Sci. Math.
Roumanie (N. S.) 48(96), pp. 327–344. [41] Terai N., N. V. Trung (2012), “Cohen–Macaulayness of large powers of Stanley-Reisner ideals”, Adv. Math. 229, pp. 711–730. 99 [42] Terai N., Yoshida K. (2009), “Locally complete intersection Stanley- Reisner ideals”, Illinois J. Math. 53, pp. 413–429. [43] P. T. Thuy (2017), “Regularity of ideals associated with a complete graph in two weights (2, 1)”, HNUE J. Sci. 8, pp. 3–8. [44] P. T. Thuy, “On the property of two-dimensional monomial ideals”, submitted. [45] N. V. Trung (2007), “Castelnuovo-Mumford regularity and related
invariants”, In: Commutative algebra and combinatorics, Ramanujan
Math. Soc. Lect. Notes Ser. 4, pp. 157–180. [46] Varbaro M. (2011), “Symbolic powers and matroids”, Proc. Amer. Math. Soc. 139, pp. 2757–2366. [47] Villarreal R. (2001), Monomial Algebras, Springer-Verlag. [48] Hilbert D. (1890), “ ¨Uber die Theorie der algebraischen Formen”, Math. Ann. 36, pp. 473–534.dim(R/I) chiều Krull của R/I
Ga
supp(a)
Bảng thuật ngữ
Mở đầu
1 Lý do chọn đề tài
R(−dp,j) −→ · · · −→
R(−d1,j) −→ R
−→ R/I −→ 0,
R/I được gọi là một vành level (level ring) nếu và chỉ nếu R/I là một vành
max{j | H i
ai(R/I) =
−∞
reg(R/I) = max{ai(R/I) + i | 0 ≤ i ≤ dim(R/I)}.
reg(R/I) = max{di,j − i | i = 1, . . . , p và j = 1, . . . , βi(R/I)}.
2 Mục đích nghiên cứu
3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
I∆ = (cid:84)
(xi | i (cid:54)∈ F ), trong đó F(∆) là tập tất cả các mặt cực đại của
∆. Khi đó với t ≥ 1, lũy thừa hình thức thứ t của I∆ được xác định bởi
(xi | i (cid:54)∈ F )t.
I (t)
∆ =
I =
,
P wi,j
i,j
4 Phương pháp nghiên cứu
5 Những đóng góp mới của luận án
(1) R/I t
(2) R/I t
(3) R/I (t)
(4) R/I (t)
(5) ∆ là một phức matroid mà các circuit của nó có cùng số phần tử và
(1) n ≥ 4 và G là một đồ thị hai phần đầy đủ với V (G) = [n];
(2) n = 4 và G là một cặp cạnh rời nhau.
3α − 1
2α + β − 1 nếu girth(G) (cid:54)= 3 và G chứa ít nhất một đỉnh
reg(R/I) =
α + 2β − 1 nếu G gồm t (t ≥ 2) cạnh đôi một rời nhau và
α ≤ 2β, hoặc G có duy nhất một cạnh;
2α − 1
α > 2β.
6 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của luận án
7 Cấu trúc của luận án
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1. Chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford
max{j | H i
ai(M ) =
−∞
reg(M ) = max{ai(M ) + i | i ≥ 0}.
reg(M ) = max{ai(M ) + i | i = 0, . . . , dim M }.
0 −→
R(−dp,j) −→ · · · −→
R(−d1,j) −→
R(−d0,j)
−→ M −→ 0.
reg(M ) = max{di,j − i | j = 1, . . . , βi(M ) và i = 0, . . . , p}.
reg(I) = reg(R/I) + 1.
1.2. Vành level
R(−dp,j) −→ · · · −→
R(−d1,j) −→ R
−→ R/I −→ 0,
0 → S(−5)2 → S(−3)2 ⊕ S(−4)3 → S(−2)4 → S → S/I → 0.
1.3. Phức đơn hình
i ∈ F với mọi F ∈ F(∆).
(i) Với mỗi F ∈ ∆, link và star của F trong phức đơn hình ∆ là các phức
lk∆(F ) = {G ∈ ∆ | F ∪ G ∈ ∆, F ∩ G = ∅};
st∆(F ) = {G ∈ ∆ | F ∪ G ∈ ∆}.
(ii) Với mỗi tập con W ⊆ V , phức đơn hình con cảm sinh trên W của ∆,
∆[W ] = {F ⊂ W | F ∈ ∆}.
∆1 ∗ ∆2 = {F ∪ G | F ∈ ∆1, G ∈ ∆2}.
1.4. Nhóm đồng điều rút gọn
Fi(∆) = {σ ∈ ∆ | dim σ = i},
∂i(eσ) =
(−1)reσ\jr,
1.5. Công thức Takayama
| i ∈ F ]. Với mỗi
∆a(I) = {F ⊂ [n] \ Ga | xa = xa1
lk∆b(I)(Ga)
∆a(I) =
∅
√
I, tức là
√
I}.
∆(I) = {{i1, . . . , ik} ⊂ [n] | xi1 · · · xik (cid:54)∈
∆a(I) = {F ∈ lk∆(I)(Ga) | xa (cid:54)∈ IRF ∪Ga}.
dimK (cid:101)Hi−|Ga|−1(∆a(I); K)
dimK H i
0
1.6. Phức đơn hình Koszul dưới
Ka(I) = {F ⊆ supp(a) | xa−esupp(a).xF (cid:54)∈ I},
βi,a(R/I) = dimK (cid:101)H| supp(a)|−i−1(Ka(I); K).
1.7. Matroid
1.8.
Ideal Stanley-Reisner
I∆ = (xi1 · · · xis | 1 ≤ i1 < · · · < is ≤ n và {i1, . . . , is} /∈ ∆).
I∆ =
(xi | i /∈ F ).
(xi | i /∈ F )t.
I (t)
∆ =
Chương 2
Tính level của các lũy thừa của
ideal Stanley-Reisner
core([n]) = {i ∈ [n] | st∆(i) (cid:54)= ∆},
2.1. Một vài nhóm đồng điều rút gọn không triệt tiêu
st∆(C \ {i}); K) (cid:54)= 0.
st∆(C \ {i}) = ∆[C] ∗ lk∆(C \ {i}).
st∆((C ∪ C (cid:48)) \ U ); K(cid:1) (cid:54)= 0.
Cx = (V0 ∪ V (cid:48)
|C| = |U1| + |U2| + |W \ U1| + |C \ (C (cid:48) ∪ C (cid:48)(cid:48))|,
|C (cid:48)| = |U1| + |U3| + |W \ U1| + |C (cid:48) \ (C ∪ C (cid:48)(cid:48))|,
|C (cid:48)(cid:48)| = |U1| + |U2| + |U3|,
Cx = (V0 ∪ V (cid:48)
Cy = (V0 ∪ V (cid:48)
|Cx ∩ Cy| = |V0| + |V (cid:48)
αi = α,
|((C ∪ C (cid:48)) \ Wa) ∩ C (cid:48)(cid:48)| =
|Wi ∩ C (cid:48)(cid:48)|
=
(α − αi)
= (s + 1)α −
αi = sα + αa > sα = |C ∩ C (cid:48)|,
st∆((C ∪ C (cid:48)) \ {x, y}),
st∆((C ∪ C (cid:48)) \ U ) =
st∆((C ∪ C (cid:48)) \ U ) = ∆[C ∪ C (cid:48)] ∗ lk∆((C ∪ C (cid:48)) \ {x, y}).
2.2. Trường hợp số mũ t ≥ 3
KaC (I (t)
i∈C xt−1
i
st∆(C \ {i}).
KaC (I (t)
st∆(C \ {i}); K) (cid:54)= 0.
βn−d,aC (R/I (t)
(1) R/I t
(2) R/I t
(3) R/I (t)
(4) R/I (t)
(5) ∆ là một phức matroid mà các circuit của nó có cùng số phần tử và
(5) ⇒ (1): Do các circuit của ∆ đôi một rời nhau và có cùng số phần
tử nên các phần tử sinh của I∆ đôi một nguyên tố với nhau và cùng bậc.
Theo [13, Định lí 2.1], R/I t
∆ là một vành level.
(4) ⇒ (5): Bởi R/I (t)
ei.
ei +
(t − 1)ei + 2
a(C,C (cid:48)) =
Ka(C,C(cid:48))(I (t)
st∆((C ∪ C (cid:48)) \ U ).
Ka(C,C(cid:48))(I (t)
st∆((C ∪ C (cid:48)) \ {x, y}).
Ka(C,C(cid:48))(I (t)
st∆((C ∪ C (cid:48)) \ {x, y}) = ∆[C] ∗ Γ ∗ lk∆((C ∪ C (cid:48)) \ {x, y})
βn−d,(t−1)|C|+n−|W |(R/I (t)
R/I (2)
cuối ở phần tiếp theo).
(1) R/I t
(2) R/I t
(3) R/I (t)
(4) R/I (t)
(5) ∆ là một phức matroid có duy nhất một circuit.
2.3. Trường hợp số mũ t = 2
X = {i ∈ [n] | i (cid:54)= 2, {2, i} ∈ ∆},
Y = {j ∈ [n] | j (cid:54)= 1, tồn tại một đỉnh ij ∈ X sao cho {j, ij} ∈ ∆}.
Ka(I (2)
F(Ka(I (2)
∆u = {F ⊆ [n] | xu.xF (cid:54)∈ I (2)
F(∆u) = {{1, 2, i} | i = 3, . . . , n}.
F(∆u) = {{1, i, j} | 2 ≤ i < j ≤ n}.
∆u = {F ⊆ [n] | xu.xF (cid:54)∈ I (2)
F(∆u) = {{i, j, h} | {i, j, h} ∩ X (cid:54)= ∅ và {i, j, h} ∩ Y (cid:54)= ∅}.
F(∆) = {{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {1, 5}}.
0 → R(−6)10 −→ R(−5)24 −→ R(−4)15 −→ R −→ R/I (2)
F(∆) = {{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}, {4, 5}, {1, 5}, {1, 6}, {2, 7}, {3, 8}, {4, 9},
{5, 10}, {6, 8}, {6, 9}, {7, 9}, {7, 10}, {8, 10}}.
0 → R(−11)90 −→ R(−10)684 −→ R(−9)2240 −→ R(−8)4095
−→ R(−6)5 ⊕ R(−7)4500 −→ R(−5)60 ⊕ R(−6)2945
−→ R(−4)75 ⊕ R(−5)1068 −→ R(−3)30 ⊕ R(−4)165 −→ R
−→ R/I (2)
F(∆) = {{1, 2, 6}, {1, 3, 6}, {3, 5, 6}, {2, 3, 5}, {1, 2, 5}, {1, 4, 5},
{1, 3, 4}, {2, 3, 4}, {2, 4, 6}, {4, 5, 6}.
0 → R(−5)6 −→ R(−4)15 −→ R(−3)10 −→ R −→ R/I∆ → 0.
0 → R(−6) −→ R(−5)6 ⊕ R(−6) −→ R(−4)15 −→ R(−3)10 −→ R
−→ R/I∆ → 0.
Chương 3
Tính level của ideal đơn thức trong
lớp Cn(α, β)
I =
,
P wi,j
i,j
G = {{i, j} | wi,j = α, 1 ≤ i < j ≤ n}.
3.1. Một số bậc không triệt tiêu của số Betti phân bậc thứ
(n − 2)
a = αe1 + αe2 + αe3 +
ei.
.xF (cid:54)∈ I}.
Ka(I) = {F ⊆ [n] | xα−1
.xF (cid:54)∈ I}.
.xF (cid:54)∈ P w3,i
.xF (cid:54)∈ P wi,j
i,j
2 xα−1
1 xα−1
3
2 xα−1
3
.xF (cid:54)∈ I khi và chỉ khi tồn tại hai phần tử
. Hơn nữa, nếu i, j (cid:54)∈ {2, 3}
.xF (cid:54)∈ I khi và chỉ khi
3,i với một số i nào
Ka(I) = {F ⊆ [n] | xβ−1
Rõ ràng rằng xβ−1
1 xα−1
i (cid:54)= j ∈ [n] sao cho xβ−1
thì xβ−1
1 xα−1
2 xα−1
3
.xF (cid:54)∈ P w2,i
xβ−1
2 xα−1
1 xα−1
3
2,i
đó. Nếu β = 1 thì
F(Ka(I)) = {{2, i} | {2, i} ∈ G} ∪ {{3, i} | {3, i} ∈ G} ∪ {{2, 3}}.
G[W ] = {{i, j} ∈ G | i, j ∈ W }.
G[i, j, p, q] = {{i, j}, {j, p}, {p, q}, {i, q}}
βn−2,2α+n−2(R/I) (cid:54)= 0.
e1 +
e2 +
e3 +
ei
α + 2
2
α
2
a =
e1 +
e2 +
e3 +
e4 + (cid:80)
ei
α + 2
2
α + 1
2
α
2
α + 1
2
α + 1
2
e4 + (cid:80)
i≥5
α + 1
2
βn−2,2α+n−3(R/I) (cid:54)= 0 nếu α > 2β, và
βn−2,α+2β+n−3(R/I) (cid:54)= 0 nếu α ≤ 2β và α (cid:54)= 2.
e2 + αe3 + (cid:80)
e1 +
ei
a =
e1 +
e2 + αe3 + (cid:80)
ei nếu α > 2β và α lẻ;
α
2
α + 1
2
α + 2
2
α + 1
2
ei
· · · → (cid:101)H1(∆1 ∪ ∆2; K) → (cid:101)H0(∆1 ∩ ∆2; K) → (cid:101)H0(∆1; K) ⊕ (cid:101)H0(∆2; K)
→ (cid:101)H0(∆1 ∪ ∆2; K) → · · · ,
3.2. Trường hợp (α, β) = (2, 1)
X = {i ∈ [n] | {1, i} ∈ G} và Y = [n] \ X.
a = 2e1 +
ei.
G là một đồ thị đầy đủ và tập đỉnh V (G) = [n], vô lí.
a = 2e1 +
ei.
a = e1 + 2e2 +
ei.
ei. Khi đó
Ka(I) = ∆1 ∪ ∆2,
F(∆1) = {{1, 2, i} | i ≥ 3} ∪ {{1, i, j}, {2, i, j} | {i, j} ∈ G và i, j (cid:54)= 1, 2}
· · · → (cid:101)H1(∆1∪∆2; K) → (cid:101)H0(∆1∩∆2; K) → (cid:101)H0(∆1; K)⊕ (cid:101)H0(∆2; K) → · · · ,
b = 2e1 +
ei.
(1) n ≥ 4 và G là một đồ thị hai phần đầy đủ với V (G) = [n];
(2) n = 4 và G là một cặp cạnh rời nhau.
F(∆u) = {{1, i, j} | {1, i} ∈ G hoặc {1, j} ∈ G}
∪ {{i, j} | {i, j} ∈ G và {1, i}, {1, j} (cid:54)∈ G}.
F(∆u) = {{i, j, p} | trừ trường hợp {i, j}, {i, p}, {j, p} (cid:54)∈ G}.
∆u = ∆1 ∪ ∆2,
4(ii) và dạng 5 bởi tính acyclic của một nón. Hơn nữa, nếu ∆u có dạng
3(iii) và {1, 2} (cid:54)∈ G thì ∆u[W ] (cid:54)= {∅} khi |W | = n − 2; ∆u[W ] là liên
thông khi |W | = n − 1; và ∆u[W ] là một phức đơn hình chiều 1 không có
bất kì chu trình nào khi W = [n]. Do đó (cid:101)H|W |−n+1(∆u[W ]; K) = 0.
F(∆u) = {{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {3, 4}}.
(1) n ≥ 4 và G là một đồ thị hai phần đầy đủ với V (G) = [n];
(2) n = 4 và G là một cặp cạnh rời nhau.
3.3. Trường hợp (α, β) (cid:54)= (2, 1)
e4 + (cid:80)
e2 +
e3 +
ei
α + 1
2
α + 1
2
a =
e2 +
e3 +
ei
α + 2
2
α + 2
2
α
2
(β −
)e1 +
e2 +
e3 +
e4 + (cid:80)
ei nếu α lẻ;
α − 1
2
α + 1
2
α + 1
2
(β −
)e1 +
e2 +
e3 +
α + 1
2
e4 + (cid:80)
ei
α
2
α + 2
2
α + 2
2
α + 2
2
a =
e1 +
ei
e2 +
e3 +
e4 + (cid:80)
α
2
α + 2
2
α + 2
2
e1 +
ei nếu α lẻ;
e2 +
e3 +
e4 + (cid:80)
α + 1
2
α + 1
2
a =
e1 +
e2 +
e3 +
α + 1
2
e4 + (cid:80)
ei
α
2
α + 2
2
α + 2
2
βn−2,3α+n−3(R/I) (cid:54)= 0.
(1) Mọi cặp cạnh có một đỉnh chung của G đều được chứa trong một 3-chu
(2) Mọi cặp cạnh rời nhau của G đều liên thông.
(3) V (G) = [n], nghĩa là với mọi i ∈ [n] đều tồn tại j sao cho {i, j} ∈ G.
a = βei + βej + ep + αeq +
ek.
a = e1 + βe2 + βe3 + βe4 +
ei.
α = β + 1 bởi [11, Định lí 3.2]. Giả sử G = {{1, 2}, {2, 3}, {3, 4}}. Đặt
a = βe1 + βe2 + e3 + αe4.
a =
e1 +
e2 +
e3 +
e4.
α
2
α
2
α
2
α + 2
2
e1 +
e2 +
e4
a =
e1 +
e2 +
e4
α + 1
2
α
e3 +
2
α + 1
2
e3 +
e4
e1 +
e2 +
α
2
β
2
β
2
α
2
β
2
α
2
α
2
α
2
e3 +
α
2
∆u = {F ⊆ [4] | xu.xF (cid:54)∈ I}.
i (cid:54)= j ∈ [4] sao cho xu.xF (cid:54)∈ P wi,j
i,j
F(∆u) = {{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 3, 4}, {2, 3, 4}}.
u1 = α − 1; hoặc {{1, 3}} nếu u1 ≥ α.
r
n − r
(n − r)
2
G = Kr,n−r với 1 ≤ r ≤ n − 1;
βn−2(R/I) =
4
α + 2
= 0 nếu m < k.
m
k
F(Ka(I)) = {{i, j}} ∪ {{i, l} | l ∈ Y } ∪ {{j, l} | l ∈ Y }.
= dimK (cid:101)H0(Ka(I); K) − dimK (cid:101)H1(Ka(I); K).
dimK (cid:101)H1(Ka(I); K) = 1 − (|Y | + 2) + (2|Y | + 1) = |Y |.
r
n − r
+ r
,
βn−2(R/I) = (n − r)
2
2
βn−2(R/I) = 4.
F(Ka(I)) =
βn−2(R/I) = 1.(α − 2) + 2.2 = α + 2.
G = {{1, 3}, {1, 4}, {1, 5}, {2, 3}, {2, 4}, {2, 5}}, (tức là G = K2,3).
(x2, x3, x4)2 (cid:92)
(x1, x4, x5)2
I = (x2, x4, x5)2 (cid:92)
(x1, x3, x5)2 (cid:92)
(cid:92)
(x2, x3, x5)α (cid:92)
(x1, x3, x4)2 (cid:92) (cid:92)
(xr | r (cid:54)= i, r (cid:54)= j, r = 1, . . . , 5).
+ 3
= 9. Ta
0 → R(−7)9 −→ R(−5)3 ⊕R(−6)18 −→ R(−3)⊕R(−4)3 ⊕R(−5)9
−→ R −→ R/I → 0.
(x2, x3, x4)3 (cid:92)
(x1, x4, x5)3
(x2, x3, x5)3 (cid:92)
(x1, x3, x4)3 (cid:92) (cid:92)
I = (x2, x4, x5)3 (cid:92)
(x1, x3, x5)3 (cid:92)
(cid:92)
(xr | r (cid:54)= i, r (cid:54)= j, r = 1, . . . , 5).
0 → R(−8)2 ⊕ R(−9)12 −→ R(−6)2 ⊕ R(−7)9 ⊕ R(−8)21
−→ R(−5)4 ⊕ R(−6)6 ⊕ R(−7)9 −→ R −→ R/I → 0.
I =
,
P wi,j
i,j
Chương 4
Chỉ số chính quy
Castelnuovo-Mumford của ideal
đơn thức trong lớp Cn(α, β)
reg(R/I) = max{ai(R/I) + i | i = 0, 1, 2}.
4.1. Giá trị của a1(R/I)
(i) dim ∆a(I) ≤ 1.
(ii) {i, j} ∈ ∆a(I) nếu và chỉ nếu σi,j(a) < wi,j với 1 ≤ i < j ≤ n.
(iii) Nếu ∆a(I) (cid:54)= {∅} thì dim ∆a(I) = 1 và ∆a(I) là thuần túy.
α + β − 2
a1(R/I) =
2α − 2
σ3,4(b) < w3,4. Từ đó suy ra
|b| = σ1,2(b) + σ3,4(b) ≤ w1,2 + w3,4 − 2.
α + β − 2
a1(R/I) ≤
2α − 2
e4
e1 +
α − 1
2
e1 +
β − 1
2
e2 +
α − 1
2
e3 +
b =
e1 +
e4
e1 +
e2 +
α − 2
2
α − 1
2
e2 +
e3 +
α
e4
2
α − 1
2
e3 +
e4
β − 1
2
β − 2
2
β − 2
2
β − 1
2
β
2
β
e2 +
2
β − 1
2
e3 +
α − 2
2
α
2
σ1,2(b) = α − 1, σ3,4(b) = β − 1 và
≥ β.
σ1,3(b) = σ1,4(b) = σ2,3(b) = σ2,4(b) =
α + β − 2
2
> β,
σ1,2(b) = α − 1, σ3,4(b) = β − 1, σ1,3(b) =
α + β
2
≥ β.
σ1,4(b) = σ2,3(b) =
> β, và σ2,4(b) =
α + β − 2
2
α + β − 4
2
> β,
σ1,2(b) = α − 1, σ3,4(b) = β − 1, σ1,3(b) =
≥ β.
σ1,4(b) =
> β, và σ2,3(b) = σ2,4(b) =
α + β − 1
2
α + β − 1
2
α + β − 3
2
> β,
σ1,2(b) = α − 1, σ3,4(b) = β − 1, σ1,3(b) =
≥ β.
σ2,3(b) =
> β, và σ1,4(b) = σ2,4(b) =
α + β − 1
2
α + β − 3
2
α + β − 1
2
e4
α − 1
2
b =
α − 1
2
e1 +
α − 1
2
e2 +
α − 1
2
e3 +
e4
α
2
e1 +
α − 2
2
e2 +
α − 2
2
e3 +
α
2
σ1,2(b) = σ3,4(b) = α − 1 và
σ1,3(b) = σ1,4(b) = σ2,3(b) = σ2,4(b) = α − 1 ≥ β.
σ1,2(b) = σ3,4(b) = α − 1,
σ1,3(b) = σ2,4(b) = α − 1 > β, σ1,4(b) = α − 2 ≥ β, và σ2,3(b) = α > β.
e4
α + 1
2
b =
α − 1
2
e1 +
α − 1
2
e2 +
α − 3
2
e3 +
e4
α
2
e1 +
α − 2
2
e2 +
α − 2
2
e3 +
α
2
σ1,2(b) = σ3,4(b) = α − 1, và
σ2,3(b) = σ1,3(b) = α, σ1,4(b) = σ2,4(b) = α − 2 ≥ β.
σ1,2(b) = σ3,4(b) = α − 1, σ2,3(b) = α,
σ1,3(b) = σ2,4(b) = α − 1 > β, và σ1,4(b) = α − 2 ≥ β.
e4
b =
α − 1
2
e1 +
α − 1
2
e2 +
α − 3
2
e3 +
α + 1
2
e4
α
2
e1 +
α − 2
2
e2 +
α − 4
2
e3 +
α + 2
2
σ1,2(b) = σ3,4(b) = α − 1 và
σ1,3(b) = σ2,3(b) = α, σ1,4(b) = σ2,4(b) = α − 2 ≥ β.
σ1,2(b) = σ3,4(b) = α − 1,
σ1,3(b) = α, σ2,3(b) = α +1, σ1,4(b) = α −3 ≥ β, và σ2,4(b) = α −2 > β.
α + β − 2
a1(R/I) =
α + β − 1
σ1,2(b) < w1,2
σ3,4(b) < w3,4
σ1,3(b) ≥ w1,3
σ1,4(b) ≥ w1,4
σ2,3(b) ≥ w2,3
σ2,4(b) ≥ w2,4.
|b| ≤ σ1,2(b)+σ3,4(b) ≤ w1,2+w3,4−2 ≤ (α−1)+(α−1) = 2β = α+β−1.
2β = σ1,2(b) + σ3,4(b) = σ1,3(b) + σ2,4(b) = σ1,4(b) + σ2,3(b) ≥ 2β.
b =
e3 +
e4 + e5 nếu β > 3 và β lẻ;
β − 1
2
e3 +
e2 +
β − 1
2
e4
e1 + e2 + e3 + e4 + e5
β − 1
2
e1 +
β − 1
2
β
2
e2 +
β
2
e1 +
β
2
β
2
(G1) Tồn tại một cặp cạnh rời nhau của G không được chứa trong bất kì
4-chu trình nào;
(G2) Tồn tại {i, j} (cid:54)∈ G sao cho {i, j} ∪ G là một đồ thị không liên thông.
2α − 2
a1(R/I) =
α + β − 2
w1,2 + w3,4 − 2 ≥ σ1,2(b) + σ3,4(b) = σ1,3(b) + σ2,4(b)
= σ1,4(b) + σ2,3(b) ≥ max{w1,3 + w2,4, w1,4 + w2,3}.
w1,3 + w2,4 = w1,4 + w2,3 = 2β. Do đó
2α − 2
a1(R/I) ≤
α + β − 2
e1 +
e2 +
e3 +
e4
α − 3
2
α + 1
2
α − 1
2
α − 1
2
(α − 1)e2 +
e3 + (
− 1)e4
α
2
α
2
b =
(β + 1 −
)e1 + (
− 2 − β)e2 + (
− 1)e3 +
e4
α
2
3α
2
α
2
α
2
e4
β − 1
2
e1 + (
b =
e2 +
α
2
e2 +
e3 +
α
2
e3 + (
− 1)e4
β
2
β − 1
2
e1 + (
β − 1
2
− 1)e2 +
β − 1
2
− 1)e2 +
e4
e1 +
β
2
e1 +
β
2
β
2
α − 1
2
e3 + (
α
2
α − 1
2
α − 1
2
− 1)e4
α
2
α − 1
e3 +
2
(G3) Mọi cặp cạnh rời nhau {i, j}, {p, q} của G không được chứa trong bất
kì 4-chu trình nào thì đồ thị con cảm sinh G[i, j, p, q] có dạng (F2)
(xem Hình 4.1).
α + β
a1(R/I) =
α + β − 1
α + β − 2
α + β − 3
α + β
|b| ≤
α + β − 2
2β = wi,j + wp,q − 2 ≥ σi,j(b) + σp,q(b) = σi,p(b) + σj,q(b)
= σi,q(b) + σj,p(b) ≥ max{wi,p + wj,q, wi,q + wj,p} = 2β.
σi,j(b) = α − 1, σp,q(b) = β − 1, σi,p(b) = σj,q(b) = σi,q(b) = σj,p(b) = β.
α + β − 2
|b| ≤
α + β − 3
2α − 2 = α + β ≥ wi,j + wp,q − 2 ≥ σi,j(b) + σp,q(b) = σi,p(b) + σj,q(b)
= σi,q(b) + σj,p(b) ≥ max{wi,p + wj,q, wi,q + wj,p}.
α + β = wi,j + wp,q − 2 = σi,j(b) + σp,q(b).
wi,j = wp,q = α, σi,j(b) = σp,q(b) = α−1 và br = 0 với mọi r /∈ {i, j, p, q};
max{wi,p + wj,q, wi,q + wj,p} = α + β.
α − 1
2
|b| ≤
− 1)(e1 + e2) +
(e3 + e4) + e5
b =
(e1 + e2) +
(e3 + e4)
β
2
β + 1
2
e1 +
(e3 + e4)
b =
(
e2 + (
α − 1
2
− 1)(e3 + e4) + e5
α − 3
2
α
− 2)e1 +
2
α + 1
2
α
2
e2 +
α
2
G thỏa mãn (G3).
{i, j}, {p, q} ∈ G và {j, p}, {j, q}, {i, q} /∈ G. Đặt
b = (
− 1)ei +
ej + (
− 1)ep +
eq.
α
2
α
2
α
2
α
2
σi,j(b) = σp,q(b) = α − 1, σi,p(b) = α, σi,q(b) = σj,p(b) = α − 1 > β,
σj,q(b) = α − 2 = β và σp,r(b) > α, σq,r > α với mọi r /∈ {i, j, p, q}.
(G4) Nếu G[i, j, p, q] có dạng (F2) thì với một đỉnh t ∈ [n] \ {i, j, p, q} bất
kì, đồ thị con cảm sinh G[i, j, p, q, t] có một đồ thị con có dạng (F3) :
(G5) {i, j} ∪ {i, t} ∪ {t, j} ∪ G là một đồ thị liên thông với mọi {i, j} (cid:54)∈ G
a1(R/I) =
6 ≥ (wi,j − 1) + (wp,q − 1) ≥ σi,j(b) + σp,q(b) = σi,p(b) + σj,q(b)
= σi,q(b) + σj,p(b) ≥ max{wi,p + wj,q, wi,q + wj,p}.
σ1,2(b) + σ3,4(b) = σ1,3(b) + σ2,4(b) = σ1,4(b) + σ2,3(b) = 6.
max{w1,3 + w2,4, w1,4 + w2,3} ≤ 6
σ1,4(b) ≥ 2, σ1,3(b) ≥ 2, σ2,3(b) ≥ 4, và σ2,4(b) ≥ 4.
{1, r}(cid:1),
F(∆a(I)) ⊆ {3, 4} ∪ {3, t} ∪ {4, t}
(wi,j − 1) + (wp,q − 1) ≤ (4 − 1) + (2 − 1) = 4.
4 = |b| ≤ σi,j(b) + σp,q(b) ≤ (wi,j − 1) + (wp,q − 1) ≤ 4.
2 ≤ min{wi,p, wi,q, wj,p, wj,q} ≤ min{σi,p(b), σi,q(b), σj,p(b), σj,q(b)}
F(∆a(I)) = {1, 2} ∪ {2, 3} ∪ {1, 3} ∪ G.
4.2. Giá trị của a2(R/I)
dimK H 2
|b| = σ1,2(b) + b1 + b2 ≤ w1,2 − 1 + b1 + b2 ≤ α − 3.
|a| − a1 − a2 ≤ w1,2 − 1 và |a| − a1 − a3 ≤ w1,3 − 1.
|b| = |a| + b1 ≤ w1,2 + w1,3 − 3.
|b| ≤ 2α + β − 3.
(t − 2)|b| ≤
wi,i+1 + w1,t − t.
= α − 1 +
≤ 3α − 3. Suy ra (i)
tα − t
t − 2
2α − 2
t − 2
≤ 2α + β − 3.
≤ α − 1 +
= α − 1 +
|b| ≤
2α − 2
t − 2
2α − 2
2
|b| ≤
wi,i+1 + w1,t − t ≤ α + 2β − 3.
α +
β − t.
t
2
t
2
|b| ≤
+
≤ α + β − 2 ≤ α + 2β − 3.
α + β − 2
2
α + β − 2
t − 2
α+
β −t.
t + 1
2
t − 1
2
|b| ≤
+
≤
+
≤ α + 2β − 3.
α + β − 2
2
3α + β − 4
2(t − 2)
α + β − 2
2
3α + β − 4
6
3α − 3
2α + β − 3 nếu girth(G) (cid:54)= 3 và G chứa ít nhất một đỉnh
a2(R/I) =
α + 2β − 3 nếu mọi đỉnh của G đều có bậc 1.
(i) Nếu girth(G) = 3 thì ta có thể giả sử {1, 2}, {2, 3}, {1, 3} ∈ G. Đặt
b = (α − 1)(e1 + e2 + e3). Khi đó |b| = 3α − 3 và
σ1,2(b) = σ2,3(b) = σ1,3(b) = α − 1 < α.
(ii) Nếu girth(G) (cid:54)= 3 và G chứa ít nhất một đỉnh có bậc lớn hơn 1 thì
giả sử {1, 2}, {1, 3} ∈ G và {2, 3} (cid:54)∈ G. Đặt b = (β−1)e1+(α−1)(e2+e3).
Khi đó |b| = 2α + β − 3 và
σ1,2(b) = σ1,3(b) = α − 1, σ2,3(b) = β − 1.
(iii) Nếu mọi đỉnh của G đều có bậc 1 thì ta có thể gọi {1, 2} ∈ G và
{1, 3}, {2, 3} (cid:54)∈ G. Đặt b = (β − 1)(e1 + e2) + (α − 1)e3. Tương tự như
trên, |b| = α + 2β − 3 và ∆b(I) chứa 3-chu trình (1, 2, 3). Như vậy định
lí đã được chứng minh.
3α − 1
2α + β − 1 nếu girth(G) (cid:54)= 3 và G chứa ít nhất một đỉnh
reg(R/I) =
α + 2β − 1 nếu G gồm t (t ≥ 2) cạnh đôi một rời nhau và
α ≤ 2β, hoặc G có duy nhất một cạnh;
2α − 1
α > 2β.
(x1, x4, x5, x6)α
(x2, x4, x5, x6)α (cid:92)
(x2, x3, x5, x6)α (cid:92)
(x1, x2, x3, x4)α
(xr | r (cid:54)= i, r (cid:54)= j, r = 1, . . . , 6)β.
I = (x3, x4, x5, x6)α (cid:92)
(x1, x4, x5, x6)α (cid:92)
(x1, x2, x5, x6)α
(xr | r (cid:54)= i, r (cid:54)= j, r = 1, . . . , 6)β.
(x1, x2, x3, x6)α (cid:92) (cid:92)
(x1, x2, x5, x6)α (cid:92)
(x1, x2, x3, x4)α
(xr | r (cid:54)= i, r (cid:54)= j, r = 1, . . . , 6)β.
I = (x3, x4, x5, x6)α (cid:92) (cid:92)
(xr | r (cid:54)= i, r (cid:54)= j, r = 1, . . . , 6)β.
reg(I (t)) = reg(I)t,
I (t) =
,
P twi,j
i,j
4.3.
Ideal có giải tự do tuyến tính
0 −→ R(−q − p)βp(R/I) −→ · · · −→ R(−q − 2)β2(R/I) −→ R(−q − 1)β1(R/I)
−→ R −→ R/I −→ 0.
m =
i ≥ 3. Đặt
m =
m =
x
m =
xβ−1
1 xβ
2 x
1 xβ
xβ−1
2 x
I =
,
P wi,j
i,j
Kết luận
1. Đặc trưng được tính level của lũy thừa thường và lũy thừa hình thức
thứ t của một ideal Stanley-Reisner với một số nguyên t ≥ 3 nào đó
(Định lí 2.4). Trường hợp t = 2, luận án đạt được kết quả trong chiều
1 và phức đơn hình là một matroid (Định lí 2.12).
2. Đặc trưng được tính level của một ideal I trong lớp Cn(α, β) (các Định
lí 3.12, 3.18). Hơn nữa, khi R/I là một vành level, luận án đã tính
3. Đưa ra được các công thức cho a1(R/I) (các Định lí 4.3, 4.4, 4.5, 4.6,
4.7), a2(R/I) (Định lí 4.11) và chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford
reg(R/I) (Định lí 4.12) với mỗi ideal I ∈ Cn(α, β). Đồng thời, luận
án cũng xác định được khi nào một ideal trong lớp Cn(α, β) có giải tự
do tuyến tính (Định lí 4.18).
Các công trình liên quan đến luận án
Các kết quả luận án đã được báo cáo và
thảo luận tại
Tài liệu tham khảo
Tiếng Anh
Tiếng Đức
