Luận án Tiến sĩ Toán học: Đặc trưng các bất biến của đường cong đơn thức xạ ảnh

VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM

VIỆN TOÁN HỌC

TRẦN THỊ GIA LÂM

ĐẶC TRƯNG CÁC BẤT BIẾN CỦA ĐƯỜNG CONG ĐƠN THỨC XẠ ẢNH

LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - 2022

VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VIỆT NAM

VIỆN TOÁN HỌC

TRẦN THỊ GIA LÂM

ĐẶC TRƯNG CÁC BẤT BIẾN CỦA ĐƯỜNG CONG ĐƠN THỨC XẠ ẢNH

LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Đại số và Lý thuyết số

MÃ SỐ:

9 46 01 04

Tập thể hướng dẫn:

GS.TSKH. Ngô Việt Trung

TS. Nguyễn Trọng Hòa

Hà Nội - 2022

MỤC LỤC

Tóm tắt iv

Abstract v

Lời cam đoan vi

Lời cảm ơn vii

Danh mục các ký hiệu viii

Mở đầu 1

1 Kiến thức chuẩn bị

1.1 Đường cong đơn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Đối đồng điều địa phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Vành Cohen-Macaulay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Macaulay hóa hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5 Vành Buchsbaum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Số mũ rút gọn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Chỉ số chính quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 8 9 10 12 15 16 20

2 Các công thức tính số mũ rút gọn và chỉ số chính quy

2.1 Trường hợp A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Trường hợp B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Trường hợp C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Trường hợp D . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 Trường hợp E . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 24 26 33 35 40

3 Tính Buchsbaum của đường cong đơn thức không trơn

3.1 Tiêu chuẩn cho một đoạn thẳng nằm trong 2GM . . . . . . . 3.2 Tính Buchsbaum cho Trường hợp F . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Tính Buchsbaum cho Trường hợp G . . . . . . . . . . . . . . 45 45 50 53

4 Ước lượng chỉ số chính quy cho đường cong đơn thức không

trơn 4.1 So sánh các nửa nhóm số học phân bậc . . . . . . . . . . . . 4.2 Chỉ số chính quy cho Trường hợp F . . . . . . . . . . . . . . 4.3 Chỉ số chính quy cho Trường hợp G . . . . . . . . . . . . . . 57 58 60 67

Kết luận 75

Các công trình liên quan đến Luận án 76

Các kết quả trong Luận án đã được báo cáo và thảo luận tại 77

iii

TÀI LIỆU THAM KHẢO 77

Tóm tắt

Luận án nghiên cứu một số tính chất đại số của đường cong đơn thức (xạ ảnh). Các kết quả chính của Luận án đưa ra những ước lượng cho số mũ rút gọn, chỉ số chính quy và đặc trưng tính Buchsbaum của vành toạ độ cho nhiều lớp đường cong đơn thức.

Abstract

The thesis studies algebraic properties of (projective) monomial curves. The main results give estimates for the reduction number, the Castelnuovo- Mumford regularity and characterize the Buchsbaum property of the coor- dinate rings of several classes of monomial curves.

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi dưới sự hướng dẫn của Tập thể hướng dẫn. Kết quả viết chung với tác giả khác đã được sự nhất trí của đồng tác giả trước khi đưa vào Luận án. Các kết quả nêu trong Luận án là trung thực và chưa từng được ai công bố trong bất kì công trình nào khác.

Tác giả

Trần Thị Gia Lâm

Lời cảm ơn

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn vô hạn tới người thầy kính yêu của tôi - GS. TSKH. Ngô Việt Trung. Thầy luôn tận tình, chu đáo, dìu dắt tôi từ những bước chập chững đầu tiên trên con đường khoa học. Với tâm huyết của người thầy, Thầy không những dạy tôi về tri thức Toán học, phương pháp nghiên cứu, cách phát hiện và giải quyết vấn đề mà còn giúp tôi có những quan điểm đúng đắn về cuộc sống.

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới người thầy hướng dẫn thứ hai của tôi - TS. Nguyễn Trọng Hòa. Thầy là người đã hướng dẫn, giúp đỡ và định hướng để tôi chọn làm Nghiên cứu sinh tại Viện Toán học, một cơ sở đào tạo đã cho tôi những điều kiện tốt nhất để tôi học tập, rèn luyện và trưởng thành. Thầy đã quan tâm, động viên, khích lệ và giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và nghiên cứu.

Tôi xin trân trọng cảm ơn Viện Toán học, Trung tâm Đào tạo sau đại học, Phòng Đại số và các phòng chức năng đã cho tôi một môi trường học tập, nghiên cứu lý tưởng để tôi hoàn thành Luận án.

Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu Trường Đại học Phú Yên, Lãnh đạo Khoa Khoa học Tự nhiên và các đồng nghiệp trong Bộ môn Toán đã tạo điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành việc học tập và nghiên cứu.

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đến các nghiên cứu viên của Phòng Đại số,

Viện Toán học đã giúp đỡ và động viên tôi trong thời gian qua.

Tôi xin cảm ơn những đồng nghiệp, các anh, chị em đã và đang học tập và nghiên cứu tại Viện Toán học về những trao đổi, hỗ trợ, chia sẻ trong khoa học và sự động viên, giúp đỡ quý báu.

Cuối cùng, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn vô hạn đến đại gia đình của mình, đặc biệt là Chồng và Con trai yêu quý, đã hi sinh rất nhiều, luôn yêu thương, động viên, tạo điều kiện thuận lợi nhất và mong mỏi ngày tôi hoàn thành Luận án.

vii

Luận này xin được kính tặng những người mà tôi yêu thương.

Danh mục các ký hiệu

N Z

tập hợp các số tự nhiên tập hợp các số nguyên ước chung lớn nhất của các số nguyên a1, . . . , an vành đa thức nhiều biến trên trường k vành con đơn thức sinh bởi F vành phân bậc gcdpa1, . . . , anq krx1, ..., xns krF s R (cid:16) Rn

n¥0 (cid:192) n¥1 (cid:192)

R(cid:0)pRq

iđêan phân bậc cực đại của vành phân bậc R Rn R(cid:0) (cid:16)

viii

Dn ra, bs depthpRq dimpDq ΓIpDq H i IpDq aipRq regpRq rJpIq rpIq R(cid:6) thành phần phân bậc thứ n của môđun phân bậc D tập hợp các số nguyên α sao cho a ⁄ α ⁄ b độ sâu của vành R chiều Krull của môđun D môđun con xoắn của D xác định bởi I môđun đối đồng điều địa phương thứ i của D với giá I bậc không triệt tiêu lớn nhất của H i chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của vành R số mũ rút gọn của I theo J số mũ rút gọn của I Macaulay hóa hữu hạn của vành R

Mở đầu

Cho krx, ys là vành đa thức trên trường k, hai biến x, y. Đặt R (cid:16) krM s là vành con của krx, ys sinh bởi tập hợp M gồm các đơn thức bậc d cho trước. Khi đó, R là vành tọa độ thuần nhất của đường cong đơn thức xạ ảnh có nghiệm tham số là tập M . Lớp vành này thường được dùng làm đối tượng nghiên cứu cơ bản cho một số bài toán trong Đại số giao hoán và Hình học đại số, chẳng hạn, ví dụ không tầm thường đầu tiên về vành không Cohen-Macaulay là krx4, x3y, xy3, y4s, được tìm thấy bởi Macaulay [29]. Ngoài ra, vành này cũng là vành Buchsbaum không tầm thường đầu tiên, là khái niệm mở rộng vành Cohen-Macaulay [6, Theorem 3], [42, p. 229]. Người đọc nên xem Chương 1 của Luận án để hiểu các khái niệm chuyên sâu được đề cập trong phần Mở đầu này.

Cho M (cid:16) txd, xα1yd(cid:1)α1, ..., xαnyd(cid:1)αn, ydu là một tập hợp gồm các đơn thức hai biến x, y, cùng bậc d và chứa xd, yd. Gr¨obner [15] là người đã đặt ra bài toán đặc trưng tính chất Cohen-Macaulay của R theo M . Bài toán này đã được giải quyết cho một số lớp đường cong đơn thức trong [1, Corollary 2.3, Corollary 3.2], [6, Theorem 3], [20, p. 188, 193, 195, 196], [22, Lemma 2.1], [43, p. 574, 577], [44, Theorem 2.1, Lemma 3.1, Corollary 3.4]. Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là liệu tồn tại hay không đặc trưng cho tính Buchsbaum của R qua dãy d, α1, ..., αn. Nói chung, đây là bài toán khó vì nó phụ thuộc nhiều tham số. Tuy nhiên, nếu xd(cid:1)1y, xyd(cid:1)1 P M thì ta có thể chứng minh được R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi d, α1, ..., αn thỏa mãn một hệ bất đẳng thức tuyến tính [44, Theorem 4.3]. Trường hợp này được quan tâm về mặt hình học bởi vì đường cong đơn thức được cho một cách tham số hóa bởi M là trơn khi và chỉ khi xd(cid:1)1y, xyd(cid:1)1 P M . Mặt khác, người ta biết rất ít lớp đường cong đơn thức không trơn có vành toạ độ Buchsbaum không Cohen-Macaulay [4, Theorem 2.1, Theorem 3.1, Theorem 3.2], [6, Theorem 3], [21, Theorem 3.2], [44, Theorem 3.5].

Một bài toán khác là ước lượng chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford regpRq qua dãy d, α1, ..., αn. Vấn đề này được nhiều người quan tâm vì regpRq kiểm soát bậc dịch chuyển của giải tự do phân bậc cực tiểu của R [11]. Theo giả thuyết Eisenbud-Goto [11, p. 93], được chứng minh cho

đường cong xạ ảnh bởi Gruson, Lazarsfeld và Peskine [14, Theorem 1.1], ta biết rằng regpRq ⁄ d (cid:1) n. Dễ thấy d (cid:1) n (cid:1) 1 là số các điểm nguyên còn lại trong khoảng p0, dq, không có trong dãy α1, ..., αn. Một chặn tốt hơn nhiều được phát hiện bởi L’vovsky [28, Proposition 5.5] dùng tổng của đoạn trống nguyên lớn nhất và lớn nhì. Đối với đường cong đơn thức trơn, Hellus, Hoa và St¨uckrad [18, Theorem 2.7] chứng minh được regpRq bị chặn bởi một phân số của đoạn trống nguyên lớn nhất. Ta cũng có thể tìm được công thức tường minh cho chỉ số chính quy cho các lớp khá lớn các đường cong đơn thức trơn [18, Proposition 3.4, Proposition 3.5], [34, Example 4.4, Remark 4.5]. Việc tìm các kết quả tương tự cho đường cong đơn thức không trơn rất khó bởi vì ngay việc chứng minh giả thuyết Eisenbud-Goto đối với đường cong đơn thức bằng phương pháp tổ hợp từng là vấn đề mở [8], gần đây mới được giải quyết bởi Nitsche [34].

Chúng ta sẽ thấy rằng nguồn gốc của các kết quả nói trên cho các đường cong đơn thức trơn xuất phát từ thực tế là nếu xd(cid:1)1y, xyd(cid:1)1 P M thì vành con Veronese của krx, ys sinh bởi tất cả các đơn thức bậc d chính là Macaulay hóa hữu hạn của R (xem định nghĩa vành con Veronese ở [51, Definition 7.1.6]). Ta nói vành mở rộng R(cid:6) của R trong krx, ys là Macaulay hóa hữu hạn của R nếu R(cid:6) là vành Cohen-Macaulay và R(cid:6){R có độ dài hữu hạn. Với tập hợp các đơn thức tùy ý M , R luôn luôn có duy nhất Macaulay hóa hữu hạn R(cid:6) sinh bởi các đơn thức. Chúng tôi sẽ chứng minh rằng tính Buchsbaum và chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của R có thể được đặc trưng thông qua R(cid:6). Nếu R(cid:6) là vành sinh bởi tập hợp N các đơn thức bậc d thì đặc trưng này có thể mô tả qua nửa nhóm số học sinh bởi các số mũ của thành phần thứ nhất của các đơn thức trong M và N (Định lý 1.5.7 và Định lý 1.7.8). Điều đó cho chúng ta một phương pháp hiệu quả để nghiên cứu đường cong đơn thức xạ ảnh.

Để áp dụng phương pháp trên, đầu tiên chúng tôi phải ước lượng số mũ rút gọn rQpRq theo M , đặc biệt khi R là vành Cohen-Macaulay, với Q (cid:16) pxd, ydq là iđêan sinh bởi xd, yd trong R. Bài toán này được người ta quan tâm nghiên cứu một cách độc lập vì số mũ rút gọn là một xấp xỉ tốt của regpRq. Trong trường hợp R là vành Cohen-Macaulay hoặc Buchsbaum thì regpRq (cid:16) rQpRq [45, Corollary 3.5]. Câu hỏi liệu regpRq (cid:16) rQpRq luôn

đúng trong mọi trường hợp là một câu hỏi mở cho đến khi Hellus, Hoa và St¨uckrad tìm ra một phản ví dụ [18, Example 3.2]. Có thể quy việc tính rQpRq thành một bài toán số học với các số mũ của các đơn thức trong M . Đây là một bài toán phức tạp về mặt tính toán.

Cho một tập hợp bất kỳ M gồm các đơn thức cùng bậc d cho trước trong krx, ys với xd, yd P M , ta có thể tìm được duy nhất một dãy các số nguyên 0 (cid:16) a0 ⁄ a1 ⁄ (cid:4) (cid:4) (cid:4) ⁄ a2r(cid:0)1 (cid:16) d với a2i(cid:1)1 (cid:160) a2i (cid:1) 1, i (cid:16) 1, ..., r, sao cho

ra2i, a2i(cid:0)1s

i(cid:16)0 ⁄

(

, M (cid:16) xαyd(cid:1)α| α P

trong đó ra2i, a2i(cid:0)1s là tập hợp các số nguyên α, sao cho a2i ⁄ α ⁄ a2i(cid:0)1 và r là số đoạn trống giữa các đoạn này. Chú ý rằng xd(cid:1)1y, xyd(cid:1)1 P M nghĩa là a1 ¡ 0 và a2r (cid:160) d. Luận án sẽ nghiên cứu những vấn đề sau đây thông qua dãy số a1, ..., a2r(cid:0)1:

Vấn đề 1: Tìm công thức tính rQpRq. Vấn đề 2: Đặc trưng tính Buchsbaum của R cho đường cong đơn thức

không trơn.

Vấn đề 3: Ước lượng regpRq cho đường cong đơn thức không trơn. Bố cục Luận án chia làm 4 chương. Chương 1 chuẩn bị các kiến thức cần thiết và giới thiệu phương pháp Macaulay hoá hữu hạn. Chương 2-4 lần lượt trình bày các kết quả về các Vấn đề 1-3. Sau đây là phần giới thiệu các kết quả chính của Luận án.

Đối với Vấn đề 1, chúng tôi tìm được công thức tường minh cho rQpRq (cũng chính là rQpR(cid:0)q, với R(cid:0) là iđêan phân bậc cực đại của R) theo a1, ..., a2r(cid:0)1 trong các trường hợp ở Hình 1, trong đó các đoạn đã cho được tô đậm và các dấu chấm có nghĩa là các đoạn chỉ có một điểm.

Cụ thể, chúng tôi thu được các kết quả sau:

Định lý 2.1.1 (Trường hợp A). Cho 1 (cid:160) a (cid:160) d là các số nguyên. Đặt R (cid:16) krxαyd(cid:1)α| α P t0u Y ra, dss và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen- Macaulay và

. regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) d (cid:1) 1 d (cid:1) a

Định lý 2.2.3 (Trường hợp B). Cho 2 ⁄ a (cid:160) b ⁄ d (cid:1) 2 là các số nguyên.

Trường hợp A:

Trường hợp B:

Trường hợp C:

Trường hợp D:

Trường hợp E:

Hình 1.

Cho R (cid:16) krxαyd(cid:1)α|α P t0, du Y ra, bss và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và

nếu b ¥ 2a (cid:1) 1, (1) regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) a (cid:0) d (cid:1) 1 b

⁄ b (cid:160) 2a (cid:1) 1.

V 2a (cid:0) d (cid:1) 1 b

nếu (2) regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) 3a (cid:1) 1 2

Định lý 2.3.1 (Trường hợp C). Cho 1 ⁄ a (cid:160) b (cid:160) d là các số nguyên thỏa mãn b ¥ a (cid:0) 2. Cho R (cid:16) krxαyd(cid:1)α| α P r0, as Y rb, dss và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó,

nếu d (cid:1) b ¥ a,

nếu d (cid:1) b (cid:160) a. b (cid:1) 1 a R V d (cid:1) a (cid:1) 1 d (cid:1) b

Định lý 2.4.1 (Trường hợp D). Cho 1 (cid:160) a ⁄ b (cid:160) c (cid:160) d là các số nguyên. regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) $ ’’& ’’%

(cid:0) 1.

Đặt R (cid:16) krxαyd(cid:1)α| α P t0u Y ra, bs Y rc, dss và Q (cid:16) pxd, ydq. Giả sử c ⁄ 2a và 2b ⁄ d. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và

regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) a (cid:1) 1 d (cid:1) c

Định lý 2.5.2 (Trường hợp E). Cho 1 ⁄ a (cid:160) b ⁄ c (cid:160) e (cid:160) d là các số nguyên

sao cho e ⁄ 2b và 2c ⁄ a (cid:0) d. Đặt R (cid:16) krxαyd(cid:1)α| α P r0, as Y rb, cs Y re, dss

và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó,

V ,

, , rQpRq (cid:16) max

R Kết quả của chúng tôi cho thấy độ khó của việc tính toán rQpRq phụ thuộc rất nhiều vào số đoạn và vào việc liệu hai đoạn ở hai đầu chứa một hay nhiều điểm, nghĩa là a1 (cid:16) 0 và a2r (cid:16) d hay không. Trường hợp C được suy ra từ kết quả của Hellus, Hoa and St¨uckrad đối với đường cong đơn thức trơn [18, Proposition 3.4]. Việc nghiên cứu số mũ rút gọn của chúng tôi có thể dùng làm điểm khởi đầu cho việc nghiên cứu có hệ thống chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của đường cong đơn thức xạ ảnh thông qua số mũ rút gọn. Các kết quả về số mũ rút gọn của Luận án được công bố trong [26].

. b (cid:1) 1 a "R d (cid:1) c (cid:1) 1 d (cid:1) e e (cid:1) c (cid:0) a (cid:1) 1 a V R d (cid:1) e (cid:0) b (cid:1) a (cid:1) 1 d (cid:1) e

Đối với Vấn đề 2 và Vấn đề 3, chúng tôi khảo sát các đường cong đơn

thức không trơn trong các trường hợp sau:

Trường hợp F: a1 (cid:16) 0, a2r (cid:160) d và 2a2 (cid:1) 1 ⁄ a3, r ¥ 1. Trường hợp G: a1 (cid:16) 0, a2r (cid:16) d và 2a2 (cid:1) 1 ⁄ a3, a2r(cid:1)2 (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄ 2a2r(cid:1)1,

r ¥ 2. Do tính đối ngẫu của các biến x, y nên Trường hợp F bao gồm cả trường hợp a1 ¡ 0, a2r (cid:16) d và a2r(cid:1)2 (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄ 2a2r(cid:1)1. Các trường hợp này biểu thị những lớp đường cong đơn thức không trơn khá rộng.

Nếu r (cid:16) 1 trong Trường hợp F hoặc r (cid:16) 2 trong Trường hợp G thì R là vành Cohen-Macaulay [44, Corollary 3.4, Theorem 2.1] và regpRq được tính trong Định lý 2.1.1 và Định lý 2.2.3. Nếu r ¥ 2 trong Trường hợp F hoặc r ¥ 3 trong Trường hợp G thì R không là vành Cohen-Macaulay. Tuy nhiên, Macaulay hóa hữu hạn của R có cấu trúc tương đối đơn giản. Dựa vào điều đó, chúng tôi chứng minh rằng trong các Trường hợp F và G, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi a1, ..., a2r(cid:0)1 thỏa mãn một hệ các bất đẳng thức tuyến tính, hay khi và chỉ khi regpRq (cid:16) 2 (các Định lý 3.2.1 và 3.3.1). Đặc trưng đầu tiên cho chúng ta cách kiểm tra tính Buchsbaum, còn đặc trưng thứ hai cho thấy các đường cong đơn thức tương ứng được định nghĩa bởi các phương trình có bậc không quá 3. Các kết quả của Luận án về đặc

trưng tính Buchsbaum được công bố trong [27].

Với tất cả những đường cong trong Trường hợp F và G, chúng tôi chứng minh được các chặn cho regpRq có dạng là phân số liên quan đến đoạn trống nguyên lớn nhất giống như trong kết quả đã đề cập ở trên trong trường hợp trơn của Hellus, Hoa, và St¨uckrad (Định lý 4.2.1 và Định lý 4.3.1).

r i(cid:16)0ra2i, a2i(cid:0)1s

(cid:16)

(cid:24)

Định lý 4.2.1 (Trường hợp F). Cho 0 (cid:16) a0 ⁄ a1 ⁄ (cid:4) (cid:4) (cid:4) ⁄ a2r(cid:0)1 (cid:16) d là một xαyd(cid:1)α| α P dãy các số nguyên với a2i(cid:1)1 (cid:160) a2i (cid:1) 1, i (cid:16) 1, ..., r và R (cid:16) k . Giả sử a1 (cid:16) 0, a2r (cid:160) d và 2a2 (cid:1) 1 ⁄ a3, r ¥ 2. Đặt

(cid:96) (cid:16) maxta2i (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:1) 1| i (cid:16) 2, ..., ru và ε (cid:16) minta3, d (cid:1) a2ru. Khi đó, (cid:148)

(cid:0) 3 nếu a3 (cid:1) a2 (cid:160) d (cid:1) a2r,

(1) regpRq ⁄ (cid:96) (cid:1) 1 ε

(cid:0) 2 nếu a3 (cid:1) a2 ¥ d (cid:1) a2r,

(2) regpRq ⁄ (cid:96) (cid:1) 1 ε

(cid:0) 1.

^ a4 (cid:1) 2 a3 ^

r i(cid:16)0ra2i, a2i(cid:0)1s

(cid:16)

, (3) regpRq ¥ max d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 2 d (cid:1) a2r

Định lý 4.3.1 (Trường hợp G). Cho 0 (cid:16) a0 ⁄ a1 ⁄ (cid:4) (cid:4) (cid:4) ⁄ a2r(cid:0)1 (cid:16) d là một xαyd(cid:1)α| α P dãy các số nguyên với a2i(cid:1)1 (cid:160) a2i (cid:1) 1, i (cid:16) 1, ..., r và R (cid:16) k . Giả sử a1 (cid:16) 0, a2r (cid:16) d, 2a2 (cid:1) 1 ⁄ a3 và a2r(cid:1)2 (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄ 2a2r(cid:1)1, r ¥ 3. Đặt (cid:96) (cid:16) maxta2i (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:1) 1| i (cid:16) 2, ..., r (cid:1) 1u và (cid:24) (cid:148) ε (cid:16) minta3, d (cid:1) a2r(cid:1)2u. Khi đó,

(cid:0) 2,

(1) regpRq ⁄ (cid:96) (cid:0) a2 (cid:0) d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 1 ε

(cid:0) 2 nếu a3 (cid:1) a2 ¥ d (cid:1) a2r(cid:1)2,

(2) regpRq ⁄ (cid:96) (cid:0) d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 1 ε

(cid:0) 2 nếu a2r(cid:1)1 (cid:1) a2r(cid:1)2 ¥ a3,

(3) regpRq ⁄ (cid:96) (cid:0) a2 (cid:1) 1 ε

(cid:0) 1.

, (4) regpRq ¥ max

^ a4 (cid:1) 2 a3 ^

d (cid:1) a2r(cid:1)3 (cid:1) 2 d (cid:1) a2r(cid:1)2 ^*

Những chặn này rất gần với regpRq, cụ thể là từ chặn đó mà ta có thể chỉ ra được công thức cho regpRq trong trường hợp r (cid:16) 2 đối với Trường hợp F (Định lý 4.2.4 ) và r (cid:16) 3 đối với Trường hợp G (Định lý 4.3.2).

Định lý 4.2.4. Cho 1 (cid:160) a (cid:160) b (cid:160) c (cid:160) d là một dãy các số nguyên với xαyd(cid:1)α| α P t0u Y ra, bs Y rc, ds . Giả sử 2a (cid:1) 1 ⁄ b. b (cid:160) c (cid:1) 1 và R (cid:16) k

(cid:0) 2. (cid:24)

Gọi ε (cid:16) mintb, d (cid:1) cu. Khi đó regpRq (cid:16) (cid:16) c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

xαyd(cid:1)α| α P t0, du Y ra, bs Y rc, es

(cid:24)

(cid:16)

Định lý 4.3.2. Cho 1 (cid:160) a (cid:160) b (cid:160) c (cid:160) e (cid:160) d (cid:1) 1 là một dãy các số nguyên . Giả sử 2a (cid:1) 1 ⁄ b với b (cid:160) c (cid:1) 1 và R (cid:16) k và c (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄ 2e. Gọi ε (cid:16) mintb, d (cid:1) cu. Khi đó,

(cid:0) 2 ⁄ regpRq ⁄

(cid:0) 3.

(1) c (cid:1) b (cid:1) 2 ε c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

(cid:0) 2 nếu một trong các điều kiện sau thỏa mãn:

^ c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

(2) regpRq (cid:16)

(i) a (cid:1) 1 ⁄ e (cid:1) c và d (cid:1) e (cid:1) 1 ⁄ b (cid:1) a,

(ii) b (cid:1) a ¥ d (cid:1) c,

(iii) e (cid:1) c ¥ b.

Những kết quả trên là các công thức tường minh đầu tiên cho chỉ số chính quy đối với các lớp đường cong đơn thức không trơn, không Cohen- Macaulay. Trong các tài liệu trước đây, chúng ta chỉ có thể tìm thấy công thức cho chỉ số chính quy trong các trường hợp rất đặc biệt, đó là các đường cong trong P3 k [5] hoặc đường cong liên kết với các dãy số học tổng quát mở rộng [1]. Công thức chỉ số chính quy đối với một số trường hợp đường cong đơn thức không trơn nhưng Cohen-Macaulay có thể tìm thấy trong [1, 25] và trong Chương 2 của Luận án. Các kết quả của Luận án về chỉ số chính quy trong hai trường hợp F và G được công bố trong [27].

Nói chung, ta luôn có thể đặc trưng tính Buchsbaum và ước lượng chỉ số chính quy regpRq nếu ta biết Macaulay hóa hữu hạn của R. Vì vậy phương pháp tiếp cận của chúng tôi có thể được sử dụng để nghiên cứu các đường cong đơn thức không trơn khác.

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Chương này giới thiệu các khái niệm và kiến thức được dùng trong Luận án. Kết quả mới của chương này là phương pháp Macaulay hoá hữu hạn có thể dùng để đặc trưng tính Buchsbaum và ước lượng chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của đường cong đơn thức.

1.1 Đường cong đơn thức

Cho krx, ys là vành đa thức hai biến trên trường k và

(cid:132) krx, ys

( là một tập hợp các đơn thức cùng bậc d, chứa xd và yd.

xd, xα1yd(cid:1)α1, xα2yd(cid:1)α2, . . . , xαcyd(cid:1)αc, yd M (cid:16)

Định nghĩa 1.1.1. Đường cong đơn thức xạ ảnh tham số hoá bởi M là tập hợp các điểm có toạ độ pαd : αα1βd(cid:1)α1 : αα2βd(cid:1)α2 : . . . : ααcβd(cid:1)αc : βdq trong không gian xạ ảnh Pc(cid:0)1 nhận được từ M bằng cách thay x, y bởi các giá trị α, β P k với pα, βq (cid:24) p0, 0q.

Người ta biết rằng nếu xyd(cid:1)1, xd(cid:1)1y P M thì đường cong đơn thức tương

ứng là đường cong trơn.

Dễ thấy rằng vành toạ độ của đường cong đơn thức xạ ảnh tham số hoá

bởi M là k-đại số krM s sinh bởi các đơn thức của M trong krx, ys.

Nhận xét 1.1.2. Vành krM s là miền nguyên, phân bậc chuẩn với deg f (cid:16) 1 với mọi f P M và dim krM s (cid:16) 2.

Ta luôn có thể biểu diễn krM s thành vành thương của vành đa thức. Gọi A (cid:16) krt0, t1, . . . , tc, tc(cid:0)1s là vành đa thức trên k. Xét đồng cấu k-đại số

φ : A (cid:209) krM s t0 (cid:222)(cid:209) yd tc(cid:0)1 (cid:222)(cid:209) xd

ti (cid:222)(cid:209) xαiyd(cid:1)αi, với mọi i (cid:16) 1, . . . , c.

Vì φ là toàn cấu nên krM s (cid:21) A{ Kerpφq.

Định nghĩa 1.1.3. Iđêan Kerpφq được gọi là iđêan định nghĩa của krM s và cũng được gọi là iđêan định nghĩa của đường cong đơn thức tương ứng.

Ví dụ 1.1.4. R (cid:16) krx4, x3y, xy3, y4s là vành tọa độ của đường cong đơn thức xạ ảnh tham số hóa bởi M (cid:16) tx4, x3y, xy3, y4u. Khi đó,

R (cid:21) krt0, t1, t2, t3s{ Kerpφq

với φ là toàn cấu từ krt0, t1, t2, t3s lên R xác định bởi

φpt0q (cid:16) y4, φpt1q (cid:16) xy3, φpt2q (cid:16) x3y, φpt3q (cid:16) x4.

Iđêan định nghĩa của đường cong đơn thức này là

1 (cid:1) t2

0t2, t3

2 (cid:1) t1t2

3, t0t2

2 (cid:1) t2

1t3q.

Kerpφq (cid:16) pt1t2 (cid:1) t0t3, t3

1.2 Đối đồng điều địa phương

Khái niệm môđun đối đồng điều địa phương được giới thiệu bởi A. Grothendieck vào những năm 1960, khởi nguồn từ công trình của J. P. Serre năm 1955.

Định nghĩa 1.2.1. Cho R là vành giao hoán Noether, D là R-môđun, I p0 :D I nq, trong đó p0 :D I nq (cid:16) tx P là một iđêan của R. Đặt ΓIpDq :(cid:16)

nPN (cid:148)

D | I nx (cid:16) 0u, được gọi là môđun con I-xoắn của D.

Hàm tử ΓI khớp trái nên ta có các hàm tử dẫn xuất phải.

Định nghĩa 1.2.2. Với mỗi số nguyên i ¥ 0, hàm tử dẫn xuất phải thứ i của ΓI, ký hiệu là H i I, được gọi là hàm tử đối đồng điều địa phương thứ i xác định bởi I. Cho D là R-môđun, kết quả của tác động H i I vào D, ký hiệu là H i IpDq và được gọi là môđun đối đồng điều địa phương thứ i của D xác định bởi I.

Ta nhắc lại một số kết quả về tính triệt tiêu và không triệt tiêu của

môđun đối đồng điều địa phương như sau.

Định lý 1.2.3. ([9, Theorem 3.5.7]) Cho pR, mq là vành Noether địa phương và D là R-môđun hữu hạn sinh. Khi đó,

mpDq (cid:24) 0 với i (cid:16) dim D và i (cid:16) depth D,

(1) H i

mpDq (cid:16) 0 với i (cid:160) depth D và i ¡ dim D.

(cid:192)

n¥0 Rn là vành phân bậc n¥1 Rn là iđêan phân bậc cực đại của R và D là R-môđun R(cid:0)pDq là môđun phân bậc trên R và

(cid:192)

(2) H i

Chú ý 1.2.4. ([7, Theorem 16.1.5]) Cho R (cid:16) dương, R(cid:0) (cid:16) phân bậc hữu hạn sinh. Khi đó, H i H i R(cid:0)pDqn là R0-môđun hữu hạn sinh.

Chi tiết hơn về định nghĩa và tính chất của môđun đối đồng điều địa

phương có thể xem trong [7] và [9].

1.3 Vành Cohen-Macaulay

Định nghĩa 1.3.1. Cho R là vành giao hoán Noether. Ta nói a1, . . . , an P R là dãy chính quy nếu pa1, . . . , anq (cid:24) R và ai không là ước của không trên R{ pa1, . . . , ai(cid:1)1q , với mọi i (cid:16) 1, . . . , n.

Độ dài của dãy chính quy là số phần tử trong dãy đó.

Định nghĩa 1.3.2. Cho R là vành giao hoán Noether và I (cid:24) R là iđêan của R. Ta nói dãy chính quy a1, . . . , an là dãy chính quy trong I nếu a1, . . . , an P I.

Cho a1, . . . , an là dãy chính quy trong I. Khi đó, a1, . . . , an được gọi là dãy chính quy cực đại trong I nếu không tồn tại phần tử an(cid:0)1 P I sao cho a1, . . . , an(cid:0)1 là dãy chính quy trong I.

Chú ý 1.3.3. Theo [40, Theorem 16.13], hai dãy chính quy cực đại bất kỳ trong cùng một iđêan có cùng độ dài.

Định nghĩa 1.3.4. Cho pR, mq là vành giao hoán Noether địa phương. Độ sâu của R, ký hiệu là depthpRq, là độ dài của dãy chính quy cực đại bất kỳ trong m.

Chú ý 1.3.5. Cho pR, mq là vành giao hoán Noether địa phương. Khi đó, depthpRq ⁄ dimpRq (theo [51, Lemma 1.3.6]).

Định nghĩa 1.3.6. Vành giao hoán Noether địa phương R được gọi là vành Cohen-Macaulay nếu depth R (cid:16) dim R.

Tổng quát, nếu R là vành giao hoán Noether bất kỳ thì R là vành Cohen- Macaulay nếu Rp là vành Cohen-Macaulay với mọi iđêan nguyên tố p của R.

Chú ý 1.3.7. ([9]) Nếu R là đại số phân bậc chuẩn trên một trường k thì R là vành Cohen-Macaulay khi và chỉ khi vành địa phương RR(cid:0) là vành Cohen-Macaulay.

Định nghĩa 1.3.8. ([41]) Cho R là vành địa phương có chiều d với iđêan cực đại là m. Một tập hợp gồm d phần tử của R, sinh ra iđêan m-nguyên sơ, được gọi là hệ tham số của R. Iđêan sinh bởi một hệ tham số được gọi là iđêan tham số.

Mệnh đề 1.3.9. ([9, Theorem 4.6.10]) Vành Noether địa phương R là vành Cohen-Macaulay khi và chỉ khi mọi hệ tham số là dãy chính quy.

Mệnh đề 1.3.10. ([7, Corollary 6.2.9]) Cho pR, mq là vành Noether địa phương. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay khi và chỉ khi H i mpRq (cid:16) 0 với mọi i (cid:24) dim R.

Cho M (cid:132) krx, ys là tập hợp các đơn thức cùng bậc d. Gọi m là iđêan đơn mpkrM sq (cid:16) ΓmpkrM sq (cid:16)

thức cực đại của krM s. Khi đó, dim krM s (cid:16) 2 và H 0 0 vì krM s là miền nguyên.

Hệ quả 1.3.11. krM s là vành Cohen-Macaulay khi và chỉ khi

mpkrM sq (cid:16) 0.

H 1

1.4 Macaulay hóa hữu hạn

Định nghĩa 1.4.1. Vành mở rộng S của vành địa phương R được gọi là Macaulay hóa hữu hạn của R nếu S là vành Cohen-Macaulay và S{R có độ dài hữu hạn.

mpS{Rq (cid:16) S{R (cid:24) 0. Suy ra depth R (cid:16) 1.

Ví dụ 1.4.2. Một vành bất kỳ R có dim R ¡ depth R ¥ 2 không có Macaulay hóa hữu hạn. Nếu vành R có Macaulay hóa hữu hạn S thì từ dãy khớp ngắn 0 (cid:209) R (cid:209) S (cid:209) S{R (cid:209) 0 ta có thể thấy rằng H 1 mpRq (cid:21) H 0

Sau đây ta sẽ thấy vành toạ độ của các đường cong đơn thức luôn có

Macaulay hoá hữu hạn.

Cho M là tập hợp các đơn thức hai biến x và y sao cho xd, yd P M , với d là một số tự nhiên nào đó. Đặt R (cid:16) krM s và m là iđêan đơn thức cực đại của R.

Gọi E là tập hợp tất cả các điểm pα, βq sao cho xαyβ P krM s. Khi đó, E là nửa nhóm afin của M hoặc krM s và krM s là vành nửa nhóm của E. Tính Cohen-Macaulay của vành nửa nhóm afin trong Nd với d tùy ý đã được nghiên cứu trong [16, 17, 23].

Cho hai tập con A, B của N hoặc N2, ta định nghĩa

A (cid:8) B :(cid:16) tu (cid:8) v| u P A, v P Bu.

Với n ¥ 1, nA là ký hiệu cho tổng n lần A (không phải là tập hợp tnu| u P Au).

Gọi E1 và E2 lần lượt là các tập hợp gồm các phần tử pα, βq P E với β (cid:16) 0 và α (cid:16) 0. Chú ý rằng e1 :(cid:16) pd, 0q P E1 và e2 :(cid:16) p0, dq P E2 vì xd, yd P M . Ký hiệu

E(cid:6) :(cid:16) pE (cid:1) E1q X pE (cid:1) E2q.

Khi đó, E(cid:6) là nửa nhóm con cộng của N2. Đặt

M (cid:6) :(cid:16) txαyβ| pα, βq P E(cid:6)u.

Ta thấy M (cid:132) M (cid:6) và pM (cid:6)q(cid:6) (cid:16) M (cid:6).

Định lý 1.4.3. Cho M và M (cid:6) như trên. Khi đó,

(i) krM (cid:6)s là vành Cohen-Macaulay, (ii) krM (cid:6)s{krM s có độ dài hữu hạn, (iii) krM (cid:6)s (cid:16) krM s nếu krM s là vành Cohen-Macaulay, (iv) krM (cid:6)s là vành Cohen-Macaulay duy nhất chứa krM s trong krx, ys

thỏa mãn krM (cid:6)s{krM s có độ dài hữu hạn,

mpkrM sq (cid:21) krM (cid:6)s{krM s và H 2

mpkrM sq (cid:21) H 2

mpkrM (cid:6)sq.

(v) H 1

Chứng minh. (i) Gọi m(cid:6) là iđêan phân bậc cực đại của krM (cid:6)s. Do [23, Corollary 3.4(i)], ta có H 1 m(cid:6)pkrM (cid:6)sq (cid:16) 0. Do đó, krM (cid:6)s là vành Cohen- Macaulay.

(ii) Vì krM (cid:6)s là miền nguyên nên krM (cid:6)sp là vành Cohen-Macaulay với mọi iđêan nguyên tố p của krM (cid:6)s với ht p (cid:16) 1. Theo [23, Corollary 2.3], điều này suy ra

dim krM (cid:6)s{krM s (cid:160) dim krM s (cid:1) 1 (cid:16) 1.

Do đó, dim krM (cid:6)s{krM s (cid:16) 0. Vì vậy krM (cid:6)s{krM s có độ dài hữu hạn.

(iii) Nếu krM s là vành Cohen-Macaulay thì theo [23, Corollary 2.2] ta

có krM (cid:6)s (cid:16) krM s.

pα, βq P pE (cid:1) ne1q X pE (cid:1) ne2q (cid:132) E(cid:6).

(iv) Giả sử N (cid:133) M là tập hợp các đơn thức trong krx, ys sao cho krN s là vành Cohen-Macaulay và krN s{krM s có độ dài hữu hạn. Như ta đã biết ở (iii), krN (cid:6)s (cid:16) krN s. Do định nghĩa, N (cid:6) (cid:133) M (cid:6), suy ra krN s (cid:133) krM (cid:6)s. Vì krN s{krM s có độ dài hữu hạn nên tồn tại số n sao cho mnkrN s (cid:132) krM s. Gọi xαyβ là một đơn thức bất kỳ của N . Khi đó, xndxαyβ và yndxαyβ thuộc krM s. Từ đây suy ra

Do đó, N (cid:132) M (cid:6), suy ra krN s (cid:132) krM (cid:6)s. Vì vậy krN s (cid:16) krM (cid:6)s.

(v) Xét một dãy khớp dẫn xuất của đối đồng điều địa phương của các

môđun trong dãy khớp ngắn

mpkrM (cid:6)sq (cid:16) 0 với

0 (cid:209) krM s (cid:209) krM (cid:6)s (cid:209) krM (cid:6)s{krM s (cid:209) 0.

Vì krM (cid:6)s là môđun Cohen-Macaulay trên krM (cid:6)s nên H i i (cid:24) 2. Vì krM (cid:6)s{krM s là không gian vectơ hữu hạn chiều nên

mpkrM (cid:6)s{krM sq (cid:21) krM (cid:6)s{krM s

H 0

và

mpkrM (cid:6)s{krM sq (cid:16) 0

H i

với i ¡ 0. Do đó,

mpkrM sq (cid:21) krM (cid:6)s{krM s

H 1

và

mpkrM sq (cid:21) H 2

mpkrM (cid:6)sq.

H 2

Chú ý 1.4.4.

1. Theo (i) và (ii) của Định lý 1.4.3, krM (cid:6)s là Macaulay hóa hữu hạn của krM s. Theo (iv) của Định lý 1.4.3, nó là duy nhất.

2. Theo Định lý 1.4.3(ii), E(cid:6)zE là tập hợp hữu hạn vì không gian vectơ krM (cid:6)s{krM s có cơ sở gồm hữu hạn các đơn thức trong krM (cid:6)szkrM s, mà các mũ của chúng là các phần tử của E(cid:6)zE.

3. Theo Định lý 1.4.3(iii), krM s là vành Cohen-Macaulay khi và chỉ khi E(cid:6) (cid:16) E. Điều này cũng có thể được suy ra từ một kết quả khác của Goto, Suzuki và Watanabe [16, Theorem 2.6] nhưng thay thế E(cid:6) (cid:16) E bởi một điều kiện yếu hơn là pE (cid:1) e1q X pE (cid:1) e2q (cid:16) E. Tiêu chuẩn Cohen-Macaulay của krM s có thể tìm thấy trong [12, 19, 21].

Ta có thể tính Macaulay hóa hữu hạn krM (cid:6)s một cách gián tiếp như

sau.

Hệ quả 1.4.5. Giả sử M chứa trong tập hợp N (cid:132) M (cid:6) sao cho krN s là vành Cohen-Macaulay. Khi đó, krM (cid:6)s (cid:16) krN s.

Chứng minh. Ta có krN s{krM s (cid:132) krM (cid:6)s{krM s. Vì krM (cid:6)s{krM s có độ dài hữu hạn nên krN s{krM s cũng có độ dài hữu hạn. Do đó, theo (iv) của Định lý 1.4.3 ta có krM (cid:6)s (cid:16) krN s.

pα, d (cid:1) αq (cid:0) pd (cid:1) α (cid:1) 1qe1 (cid:16) pd (cid:1) αqpd (cid:1) 1, 1q P E,

pα, d (cid:1) αq (cid:0) pα (cid:1) 1qe2 (cid:16) αp1, d (cid:1) 1q P E.

Ví dụ 1.4.6. Gọi M là tập hợp các đơn thức bậc d với xd, yd, xd(cid:1)1y, xyd(cid:1)1 P M . Khi đó, pd (cid:1) 1, 1q, p1, d (cid:1) 1q P E. Gọi N là tập hợp tất cả các đơn thức bậc d trong krx, ys. Với mọi đơn thức xαyd(cid:1)α P N , ta có

pα, d (cid:1) αq P pE (cid:1) E1q X pE (cid:1) E2q (cid:16) E(cid:6).

Do đó,

Suy ra N (cid:132) M (cid:6). Vì krN s là vành con Veronese của krx, ys nên krN s là vành Cohen-Macaulay. Do đó, krM (cid:6)s (cid:16) krN s theo Hệ quả 1.4.5.

Nói chung, Macaulay hóa hữu hạn của krM s có thể sinh bởi các đơn thức không cùng bậc ngay cả khi M là tập hợp các đơn thức cùng bậc. Ví dụ sau chỉ ra điều đó.

Ví dụ 1.4.7. ([2, Example 3]) Với M (cid:16) tx10, x5y5, x4y6, xy9, y10u, Macaulay hóa hữu hạn của krM s là krx10, x5y5, x4y6, xy9, y10, x3y17s.

1.5 Vành Buchsbaum

Định nghĩa 1.5.1. ([42, Definition 1.1]) Cho pR, mq là vành Noether địa phương. Ta nói a1, . . . , an P m là dãy yếu nếu pa1, . . . , ai(cid:1)1q : ai (cid:16) pa1, . . . , ai(cid:1)1q : m với mọi i (cid:16) 1, . . . , n. Với i (cid:16) 1, ta quy ước pa1, . . . , ai(cid:1)1q (cid:16) p0q trong R.

Định nghĩa 1.5.2. ([42, Definition 1.5]) Một vành Noether địa phương được gọi là vành Buchsbaum nếu mọi hệ tham số đều là dãy yếu.

Mệnh đề 1.5.3. ([42, Proposition 2.12]) Cho pR, mq là vành Noether địa phương với r :(cid:16) depth R (cid:160) dim R (cid:16): d và H i m pRq (cid:16) 0 với mọi i (cid:24) r, d. Khi đó, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi mH r m pRq (cid:16) 0.

Bây giờ cho R là k-đại số phân bậc, k là trường, với iđêan cực đại thuần

n¥1 Rn.

(cid:192)

nhất là R(cid:0) (cid:16)

Định nghĩa 1.5.4. ([42, Definition 3.1]) Cho R là vành Noether phân bậc có chiều dương. R được gọi là vành Buchsbaum nếu RR(cid:0) là vành Buchsbaum.

Cho M là tập hợp các đơn thức hai biến x và y sao cho xd, yd P M với d là một số tự nhiên nào đó. Đặt m là iđêan đơn thức cực đại của krM s. Theo Định lý 1.4.3, tồn tại Macaulay hóa hữu hạn của krM s. Do đó, theo Ví dụ 1.4.2 và Mệnh đề 1.5.3 ta suy ra đặc trưng tính Buchsbaum của krM s qua đối đồng điều địa phương như sau.

mpkrM sq (cid:16) 0.

Mệnh đề 1.5.5. krM s là vành Buchsbaum khi và chỉ khi mH 1

Nếu biết Macaulay hóa hữu hạn của krM s thì ta có thể sử dụng nó để

kiểm tra tính Buchsbaum của krM s.

Mệnh đề 1.5.6. Cho M là tập hợp các đơn thức hai biến x và y sao cho xd, yd P M với d là một số tự nhiên nào đó. Gọi E là nửa nhóm afin của M . Khi đó, krM s là vành Buchsbaum khi và chỉ khi pEzt0uq (cid:0) E(cid:6) (cid:132) E.

Chứng minh. Đây là hệ quả của [23, Lemma 4.11]. Ta cũng có thể chứng minh một cách trực tiếp như sau. Gọi m là iđêan đơn thức cực đại của krM s. Theo Mệnh đề 1.5.5, krM s là vành Buchsbaum khi và chỉ khi mH 1 mpkrM sq (cid:16) 0. Theo (v) của Định lý 1.4.3, mH 1 mpkrM sq (cid:16) 0 khi và chỉ khi mkrM (cid:6)s (cid:132) krM s. Điều kiện cuối cùng có nghĩa là pEzt0uq (cid:0) E(cid:6) (cid:132) E.

Cho M là tập hợp các đơn thức cùng bậc d với xd, yd P M . Đặt R (cid:16) krM s. Để kiểm tra tính Buchsbaum của R ta chỉ cần làm việc với dãy các số nguyên nếu Macaulay hóa hữu hạn R(cid:6) của R sinh bởi các đơn thức bậc d. Với mọi tập hợp F các đơn thức bậc d trong krx, ys, đặt

(

. α| xαyd(cid:1)α P F GF :(cid:16)

Định lý 1.5.7. Cho M là tập hợp các đơn thức cùng bậc d với xd, yd P M . Đặt R (cid:16) krM s. Giả sử R(cid:6) (cid:16) krN s với N là tập hợp các đơn thức bậc d. Khi đó, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi GM (cid:0) GN (cid:16) 2GM .

Chứng minh. Gọi E là nửa nhóm afin của M . Theo Mệnh đề 1.5.6, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi pEzt0uq (cid:0) E(cid:6) (cid:132) E. Đặt

A (cid:16) tpα, d (cid:1) αq| α P GM u,

B (cid:16) tpα, d (cid:1) αq| α P GN u.

Khi đó, E và E(cid:6) lần lượt sinh bởi A và B. Do đó, pEzt0uq (cid:0) E(cid:6) (cid:132) E khi và chỉ khi A(cid:0)B (cid:132) 2A. Điều kiện này thỏa mãn khi và chỉ khi GM (cid:0)GN (cid:132) 2GM hoặc tương đương với GM (cid:0) GN (cid:16) 2GM .

1.6 Số mũ rút gọn

Các khái niệm sau đây có thể tìm thấy trong [24], [35], [38].

Định nghĩa 1.6.1. Cho R là vành Noether và I là iđêan của R. Iđêan J (cid:132) I được gọi là rút gọn của I nếu JI r (cid:16) I r(cid:0)1 với r ¥ 0 nào đó. Ta ký hiệu rJpIq là số bé nhất r với tính chất trên và gọi là số mũ rút gọn của I theo J. Một rút gọn của I được gọi là rút gọn tối tiểu nếu nó không chứa một rút gọn nào khác của I. Số mũ rút gọn của I được ký hiệu là rpIq và được định nghĩa như sau:

rpIq :(cid:16) mintrJpIq| J là rút gọn tối tiểu của Iu.

Định nghĩa 1.6.2. ([47]) Cho A (cid:16) n¥0 An là đại số phân bậc chuẩn trên trường k. Rút gọn của A là iđêan phân bậc Q sinh bởi các dạng tuyến tính (cid:192) thỏa mãn Qn (cid:16) An với mọi n đủ lớn. Số nguyên không âm n nhỏ nhất thỏa mãn Qn(cid:0)1 (cid:16) An(cid:0)1 được gọi là số mũ rút gọn của A theo Q, ký hiệu là rQpAq. Rút gọn Q của A được gọi là rút gọn cực tiểu nếu Q không chứa một rút gọn nào khác của A.

Đặt R (cid:16) krM s là đại số trên trường k sinh bởi tập hợp M gồm các đơn thức hai biến x, y, bậc d ¡ 0, chứa xd, yd. Với n ¥ 0 ta ký hiệu Rn là không gian vectơ sinh bởi tất cả các đơn thức bậc nd của R. Khi đó, R (cid:16) ‘n¥0Rn là đại số phân bậc chuẩn, nghĩa là R là đại số sinh bởi các phần tử của R1 trên R0. Trong trường hợp này, Rn (cid:16) Rn 1 là không gian vectơ sinh bởi tích n phần tử của R1 [14, Introduction]. Đặt R(cid:0) (cid:16) ‘n¥1Rn là iđêan phân bậc cực đại của R.

Bổ đề 1.6.3. Cho Q là iđêan thuần nhất của R sinh bởi các phần tử bậc 1. Khi đó, Q là rút gọn của R(cid:0) khi và chỉ khi Rn (cid:16) Qn với n ¥ 1 nào đó và rQpR(cid:0)q là số nguyên bé nhất n sao cho Rn(cid:0)1 (cid:16) Qn(cid:0)1.

Chứng minh. Vì R là đại số phân bậc chuẩn nên R(cid:0) là iđêan sinh bởi R1. Do đó, pR(cid:0)qn(cid:0)1 sinh bởi Rn(cid:0)1 1 (cid:16) Rn(cid:0)1. Vì Q sinh bởi Q1 nên QpR(cid:0)qn sinh bởi không gian vectơ gồm tích các phần tử của Q1 với các phần tử của Rn, cũng chính là không gian vectơ Qn(cid:0)1 gồm các phần tử của Q có bậc là n(cid:0)1. Do đó, pR(cid:0)qn(cid:0)1 (cid:16) QpR(cid:0)qn khi và chỉ khi Rn(cid:0)1 (cid:16) Qn(cid:0)1. Điều này cùng với định nghĩa rút gọn và số mũ rút gọn suy ra điều cần chứng minh.

Nhận xét 1.6.4. (i) Bổ đề 1.6.3 cũng đúng cho đại số phân bậc chuẩn bất kỳ.

(ii) Với R là đại số phân bậc chuẩn, hữu hạn sinh trên trường k và R(cid:0) là iđêan phân bậc cực đại của nó thì số mũ rút gọn của R(cid:0) theo Q và số mũ rút gọn của đại số R theo Q là trùng nhau, trong đó Q là iđêan thuần nhất của R sinh bởi các phần tử bậc 1.

Ta đã biết luôn tồn tại rút gọn tối tiểu của R(cid:0) (theo [35]). Sau đây chúng

tôi chỉ ra chỉ có duy nhất rút gọn tối tiểu của R(cid:0) sinh bởi các đơn thức. Bổ đề 1.6.5. Cho Q (cid:16) pxd, ydq là iđêan sinh bởi xd, yd trong R. Khi đó, Q là rút gọn tối tiểu duy nhất của R(cid:0) sinh bởi các đơn thức.

Chứng minh. Gọi f là một đơn thức bất kỳ bậc rpd (cid:1) 1q (cid:0) 1 trong R, với r là số các đơn thức của M . Vì f là tích của rpd (cid:1) 1q (cid:0) 1 đơn thức trong M nên f chia hết cho gd với g là một đơn thức nào đó trong M . Vì g (cid:16) xayb với a, b ¥ 0 nào đó nên suy ra f chia hết cho xd hoặc yd trong R. Vì vậy, ta có Rrpd(cid:1)1q(cid:0)1 (cid:16) Qrpd(cid:1)1q(cid:0)1. Theo Bổ đề 1.6.3, Q là rút gọn của R(cid:0). Vì dim R (cid:16) 2 nên mọi rút gọn của R(cid:0) sinh bởi 2 phần tử đều là rút gọn tối tiểu của R(cid:0) [35, Theorem 2 trang 151 và Theorem 1 trang 154]. Do đó, Q là rút gọn tối tiểu của R(cid:0).

Nếu có một rút gọn tối tiểu bất kỳ của R(cid:0) sinh bởi các đơn thức f, g thì f, g P M và xnd, ynd phải chia hết cho f hoặc g với n ¥ 1 nào đó. Từ đây suy ra f, g phải là lũy thừa của x hoặc y. Vì trong M chỉ có xd, yd có dạng là lũy thừa của x hoặc y nên suy ra f, g là xd, yd.

Mặc dù Q là rút gọn tối tiểu duy nhất của R(cid:0) sinh bởi các đơn thức nhưng ta vẫn có thể có rQpR(cid:0)q ¡ rpR(cid:0)q. Điều này được chỉ ra ở ví dụ sau đây.

Cho I là iđêan sinh bởi M trong krx, ys. Đặt m là iđêan phân bậc cực đại của krx, ys. Đặt F pIq (cid:16) ‘I n{mI n, là vành phân thớ của I. Khi đó, F pIq (cid:21) R. Theo [47, Lemma 4.1], có tương ứng 1-1 giữa các rút gọn tối tiểu của I và các rút gọn tối tiểu của R(cid:0) và sự tương ứng đó bảo toàn số mũ rút gọn. Huckaba đã chứng minh rằng số mũ rút gọn của I xác định bởi J phụ thuộc vào cách chọn J [24, Example 3.1]. Sử dụng kết quả này chúng tôi đưa ra ví dụ sau.

Ví dụ 1.6.6. Cho I (cid:16) px7, x6y, x2y5, y7q (cid:132) krx, ys và J1 (cid:16) px7, y7q, J2 (cid:16) px7, x6y (cid:0) y7q. Theo [24, Example 3.1], rJ1pIq (cid:16) 4 ¡ rJ2pIq. Do đó, rJ1pIq ¡

rpIq. Đặt R (cid:16) krx7, x6y, x2y5, y7s và Q (cid:16) px7, y7q (cid:132) R. Theo [47, Lemma 4.1], suy ra rQpR(cid:0)q ¡ rpR(cid:0)q.

Tuy nhiên, cũng có rất nhiều trường hợp cho thấy rQpR(cid:0)q (cid:16) rpR(cid:0)q,

chẳng hạn, khi R là vành Buchsbaum (xem Mệnh đề 1.7.2).

Sau đây chúng tôi phiên dịch bài toán tìm rQpR(cid:0)q sang bài toán tính toán với các điểm nguyên trong N2. Vì mục đích này, chúng tôi đồng nhất đơn thức xαyβ với điểm pα, βq.

Với n ¥ 0, đặt

nHM (cid:16) tpα, βq P N2| xαyβ P R, α (cid:0) β (cid:16) ndu.

Khi đó, Rn là không gian vectơ sinh bởi các đơn thức xαyβ, pα, βq P nHM . Đặt e1 (cid:16) pd, 0q và e2 (cid:16) p0, dq thì Qn là không gian vectơ sinh bởi các đơn thức xαyβ, pα, βq P pn (cid:1) 1qHM (cid:0) te1, e2u (tổng Minkowski). Áp dụng Bổ đề 1.6.3, ta được

rQpR(cid:0)q (cid:16) mintn P N| pn (cid:0) 1qHM (cid:16) nHM (cid:0) te1, e2uu.

Điều này có thể được đơn giản hóa bằng cách xét các thành phần đầu

tiên của các phần tử của nHM . Nhắc lại rằng

GM (cid:16) tα| xαyd(cid:1)α P M u.

Bổ đề 1.6.7. rQpR(cid:0)q (cid:16) mintn P N| pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM (cid:0) t0, duu.

pn (cid:0) 1qHM (cid:16) tpα, pn (cid:0) 1qd (cid:1) αq| α P pn (cid:0) 1qGM u,

Chứng minh. Ta có

nHM (cid:0) te1, e2u (cid:16) tpα, pn (cid:0) 1qd (cid:1) αq| α P nGM (cid:0) t0, duu.

Do đó, pn (cid:0) 1qHM (cid:16) nHM (cid:0) te1, e2u khi và chỉ khi pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM (cid:0) t0, du.

Bổ đề 1.6.7 là cơ sở để tính rQpR(cid:0)q (cũng chính là rQpRq). Chúng tôi sử dụng nó để tìm công thức tường minh cho rQpRq trong các trường hợp trình bày ở Chương 2.

1.7 Chỉ số chính quy

Định nghĩa 1.7.1. ([7, Definition 16.2.9]) Cho R (cid:16) n¥0 Rn là vành phân bậc với iđêan phân bậc cực đại là m và i ¥ 0 là một số nguyên bất kỳ. Đặt

(cid:192) mpRq (cid:24) 0,

mpRqt (cid:24) 0u nếu H i nếu H i

(cid:1)8

mpRq (cid:16) 0.

$ &

maxtt| H i aipRq :(cid:16)

Chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford (gọi tắt là chỉ số chính quy) của R ký hiệu là regpRq và được định nghĩa như sau:

regpRq :(cid:16) maxtaipRq (cid:0) i | i ¥ 0u.

Cho M là tập hợp các đơn thức cùng bậc d, hai biến x, y và xd, yd P M . Gọi R là vành tọa độ của đường cong đơn thức tương ứng. Khi đó, R đẳng cấu với đại số con krM s của krx, ys sinh bởi M . Biểu diễn R thành vành thương của vành đa thức S. Xét giải tự do tối tiểu của R trên S:

0 (cid:209) Fp (cid:209) (cid:4) (cid:4) (cid:4) (cid:209) F0 (cid:209) R (cid:209) 0

với Fi là các môđun tự do phân bậc trên S, i (cid:16) 0, ..., p. Gọi bi là bậc cực đại của các phần tử sinh Fi. Khi đó, ta có công thức ([10, 20.5, trang 505])

regpRq (cid:16) maxtbi (cid:1) i| i (cid:16) 0, ..., pu.

Ta đã biết regpRq cũng là chỉ số chính quy của R như là môđun trên A (cid:16) krxd, yds, là chuẩn hóa Noether của R. Giải tự do tối tiểu của R trên A có dạng đơn giản

0 (cid:209) E1 (cid:209) E0 (cid:209) R (cid:209) 0,

với Ei là môđun tự do phân bậc trên A, i (cid:16) 0, 1. Gọi ci là bậc cực đại trong các phần tử sinh của Ei. Khi đó,

regpRq (cid:16) maxtc0, c1 (cid:1) 1u.

Đặt Q (cid:16) pxd, ydq là iđêan sinh bởi xd, yd trong R. Ta có Q là rút gọn tối tiểu của R(cid:0) và rQpR(cid:0)q (cid:16) c0. Do đó, rQpR(cid:0)q là một xấp xỉ tốt của regpRq.

Mệnh đề 1.7.2. Cho R là vành Buchsbaum. Khi đó,

regpRq (cid:16) rQpR(cid:0)q (cid:16) rpR(cid:0)q.

Chứng minh. Kết quả này được suy ra từ [45, Corollary 3.5].

Ta luôn có regpRq ¥ rQpR(cid:0)q [45, Proposition 3.2]. Có những ví dụ cho thấy regpRq ¡ rQpR(cid:0)q thậm chí khi mà đường cong đơn thức tương ứng là trơn. Những ví dụ này được tìm thấy đầu tiên bởi Hellus, Hoa và St¨uckrad [18, Example 3.2].

Ví dụ 1.7.3. [18, Example 3.2]. Cho

R (cid:16) krx17, x16y, x15y2, x12y5, x4y13, x3y14, xy16, y17s

và Q (cid:16) px17, y17q. Khi đó, rQpR(cid:0)q (cid:16) 3 (cid:160) 4 (cid:16) regpRq.

R(cid:0)pRq (cid:16) 0 với i (cid:16) 0 và i ¡ 2 nên

Nếu ta xem deg xαyβ (cid:16) 1 với mọi xαyβ P M thì R (cid:16) krM s là đại số phân bậc chuẩn với deg xαyβ (cid:16) pα (cid:0) βq{d với mọi xαyβ P R. Gọi R(cid:0) là iđêan phân bậc cực đại của R. Vì H i

regpRq (cid:16) maxta1pRq (cid:0) 1, a2pRq (cid:0) 2u.

Gọi Q (cid:16) pxd, ydq. Ta đã biết Q là rút gọn tối tiểu của R(cid:0) (Bổ đề 1.6.5). Do đó, theo Bổ đề 1.6.3, tồn tại số nguyên n ¥ 0 sao cho Rn(cid:0)1 (cid:16) Qn(cid:0)1. Từ Bổ đề 1.6.3, ta suy ra rQpRq (cid:16) rQpR(cid:0)q. Theo [45, Proposition 3.2], ta có

a2pRq (cid:0) 2 ⁄ rQpRq ⁄ regpRq.

Do đó,

regpRq (cid:16) maxta1pRq (cid:0) 1, rQpRqu.

Đặt R(cid:6) (cid:16) krM (cid:6)s là Macaulay hóa hữu hạn của R (cid:16) krM s. Vì R(cid:6){R là không gian vectơ hữu hạn chiều nên R(cid:6) là R-môđun phân bậc hữu hạn sinh. Do đó, cũng tồn tại số n sao cho R(cid:6) n(cid:0)1 (cid:16) pQR(cid:6)qn(cid:0)1. Số n bé nhất với tính chất trên là số mũ rút gọn của R(cid:6) theo Q, ký hiệu là rQpR(cid:6)q. Vì R(cid:6) là vành Cohen-Macaulay nên H i mpR(cid:6)q (cid:16) 0 với i (cid:24) 2. Do đó, aipR(cid:6)q (cid:16) (cid:1)8 với i (cid:24) 2. Bằng cách phiên dịch [45, Proposition 3.2] sang lý thuyết môđun, điều này suy ra được

regpR(cid:6)q (cid:16) rQpR(cid:6)q (cid:16) a2pR(cid:6)q (cid:0) 2.

Ta có thể đặc trưng regpRq bởi R(cid:6) như sau. Đặt apR(cid:6){Rq là số nguyên lớn nhất n sao cho pR(cid:6){Rqn (cid:24) 0. Nếu pR(cid:6){Rq (cid:16) 0 thì ta quy ước apR(cid:6){Rq (cid:16) (cid:1)8.

Mệnh đề 1.7.4. Cho R, R(cid:6) và Q như trên. Khi đó,

regpRq (cid:16) maxtapR(cid:6){Rq (cid:0) 1, rQpR(cid:6)qu.

Chứng minh. Theo Định lý 1.4.3(v), a1pRq (cid:16) apR(cid:6){Rq và a2pRq (cid:16) a2pR(cid:6)q. Do đó,

(cid:16) maxtapR(cid:6){Rq (cid:0) 1, a2pR(cid:6)q (cid:0) 2u (cid:16) maxtapR(cid:6){Rq (cid:0) 1, rQpR(cid:6)qu.

regpRq (cid:16) maxta1pRq (cid:0) 1, a2pRq (cid:0) 2u

Ta luôn có rQpR(cid:6)q ⁄ rQpRq. Thật vậy, rQpR(cid:6)q (cid:16) a2pRq (cid:0) 2 theo chứng minh của Định lý 1.7.4 và a2pRq (cid:0) 2 ⁄ rQpRq theo [45, Proposition 3.2]. Ví dụ sau đây cho thấy rQpRq có thể lớn hơn rQpR(cid:6)q một cách tùy ý.

Ví dụ 1.7.5. Nếu xd(cid:1)1y, xyd(cid:1)1 P M thì R(cid:6) là vành con Veronese của krx, ys sinh bởi các đơn thức bậc d. Dễ thấy rQpR(cid:6)q (cid:16) 1. Theo Định lý 2.3.1, rQpRq có thể là một số bất kỳ giữa 1 và d (cid:1) 2.

Hệ quả 1.7.6. Cho R, R(cid:6) và Q như trên. Giả sử R là vành Buchsbaum. Khi đó,

regpRq (cid:16) rQpRq P trQpR(cid:6)q, rQpR(cid:6)q (cid:0) 1u.

Chứng minh. Vì R là vành Buchsbaum nên regpRq (cid:16) rQpRq theo Mệnh đề 1.7.2. Theo Mệnh đề 1.7.4, để chứng minh regpRq P trQpR(cid:6)q, rQpR(cid:6)q (cid:0) 1u ta chỉ cần chứng minh apR(cid:6){Rq ⁄ rQpR(cid:6)q. Với n ¥ rQpR(cid:6)q, ta có R(cid:6) n(cid:0)1 (cid:16) pQR(cid:6)qn(cid:0)1. Theo Mệnh đề 1.5.6, te1, e2u(cid:0)E(cid:6) (cid:132) E, suy ra pQR(cid:6)qn(cid:0)1 (cid:16) Rn(cid:0)1. Do đó, pR(cid:6){Rqn(cid:0)1 (cid:16) 0. Vì vậy, apR(cid:6){Rq ⁄ rQpR(cid:6)q.

Ta có thể tìm được vành Buchsbaum R với regpRq (cid:16) rQpR(cid:6)q (cid:0) 1.

Ví dụ 1.7.7. Cho R (cid:16) krx4, x3y, xy3, y4s. Khi đó, R(cid:6) (cid:16) krx4, x3y, x2y2, xy3, y4s với rQpR(cid:6)q (cid:16) 1. Vì R là vành Buchsbaum với rQpRq (cid:16) 2 nên ta có regpRq (cid:16) 2.

Nếu Macaulay hóa hữu hạn R(cid:6) của R sinh bởi các đơn thức bậc d thì để ước lượng chỉ số chính quy của R ta chỉ cần làm việc với dãy các số nguyên, điều đó được chỉ ra ở Định lý sau.

Định lý 1.7.8. Cho R (cid:16) krM s và Q (cid:16) pxd, ydq. Giả sử R(cid:6) (cid:16) krN s với N là tập hợp các đơn thức bậc d. Khi đó,

regpRq (cid:16) mintn ¥ rQpR(cid:6)q| nGM (cid:16) nGN u.

Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.7.4,

regpRq (cid:16) maxtapR(cid:6){Rq (cid:0) 1, rQpR(cid:6)qu.

Ta có

nu.

apR(cid:6){Rq (cid:16) maxtn| Rn (cid:24) R(cid:6)

Vì R và R(cid:6) sinh bởi các đơn thức bậc d nên

Rn (cid:16) krxαynd(cid:1)α| α P nGM s,

n (cid:16) krxαynd(cid:1)α| α P nGN s.

R(cid:6)

Do đó,

apR(cid:6){Rq (cid:16) maxtn| nGM (cid:24) nGN u.

pn (cid:0) 1qGN (cid:16) t0, du (cid:0) nGN (cid:132) GM (cid:0) nGN .

Với n ¥ rQpR(cid:6)q, ta có

Điều này suy ra pn (cid:0) 1qGM (cid:16) pn (cid:0) 1qGN nếu nGM (cid:16) nGN . Do đó,

apR(cid:6){Rq (cid:0) 1 (cid:16) mintn| nGM (cid:16) nGN u.

Từ đây suy ra regpRq (cid:16) mintn ¥ rQpR(cid:6)q| nGM (cid:16) nGN u.

Chương 2

Các công thức tính số mũ rút gọn và chỉ số chính quy

Trong chương này, chúng tôi tìm các công thức tính rQpRq và regpRq theo a1, ..., a2r(cid:0)1 trong các trường hợp A - E được giới thiệu ở phần Mở đầu.

2.1 Trường hợp A

Trong phần này, chúng tôi sẽ nghiên cứu R (cid:16) krM s với M được biểu

Hình 2.

diễn bởi hợp của một điểm và một đoạn (xem Hình 2).

Định lý 2.1.1. Cho 1 (cid:160) a (cid:160) d là các số nguyên. Đặt R (cid:16) krxαyd(cid:1)α| α P t0u Y ra, dss và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và

. regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) d (cid:1) 1 d (cid:1) a

Chứng minh. Tính Cohen-Macaulay của R được suy ra từ [44, Theorem

. Ta sẽ sử 3.5]. Theo Mệnh đề 1.7.2, ta cần chứng minh rQpRq (cid:16) d (cid:1) 1 d (cid:1) a

dụng Bổ đề 1.6.7 để chứng minh điều đó.

n i(cid:16)0ria, ids. Do đó,

(cid:148)

Đặt nGM :(cid:16) tα| xαynd(cid:1)α P Ru. Dễ thấy nGM (cid:16)

pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM Y rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qds,

(2.1)

ria (cid:0) d, pi (cid:0) 1qds.

(cid:16) nGM Y

i(cid:16)0 ⁄

nGM (cid:0) t0, du (cid:16) pnGM (cid:0) t0uq Y pnGM (cid:0) tduq

ria (cid:0) d, pi (cid:0) 1qds (cid:132) rpi (cid:0) 1qa, pi (cid:0) 1qds (cid:132) nGM .

Với i (cid:16) 0, ..., n (cid:1) 1, ta có

Do đó,

(2.2) nGM (cid:0) t0, du (cid:16) nGM Y rna (cid:0) d, pn (cid:0) 1qds.

rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qdszrna (cid:0) d, pn (cid:0) 1qds (cid:16) rpn (cid:0) 1qa, na (cid:0) d (cid:1) 1s.

Chú ý rằng

pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM (cid:0) t0, du

Khi đó, từ (2.1) và (2.2) suy ra

rpn (cid:0) 1qa, na (cid:0) d (cid:1) 1s (cid:132) nGM .

khi và chỉ khi

Ta có na (cid:0) d (cid:1) 1 P nGM khi và chỉ khi na (cid:0) d (cid:1) 1 P ria, ids với i (cid:16) 0, ..., n

rpn (cid:0) 1qa, na (cid:0) d (cid:1) 1s (cid:132) rna, nds.

nào đó, suy ra na (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄ id ⁄ nd. Vì na (cid:160) pn (cid:0) 1qa nên

rpn (cid:0) 1qa, na (cid:0) d (cid:1) 1s (cid:132) nGM

Do đó,

rpn (cid:0) 1qa, na (cid:0) d (cid:1) 1s (cid:132) rna, nds.

khi và chỉ khi

pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM (cid:0) t0, du

Điều kiện này thỏa mãn khi và chỉ khi na (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄ nd. Do đó,

. Do Bổ đề 1.6.7, suy ra khi và chỉ khi n ¥ d (cid:1) 1 d (cid:1) a

. rQpRq (cid:16) d (cid:1) 1 d (cid:1) a

Từ Định lý 2.1.1 ta thu được kết quả sau đối với các đường cong đơn

thức.

Hệ quả 2.1.2. Cho R (cid:16) krxd, xd(cid:1)1y, xd(cid:1)2y2, yds, d ¥ 4 và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và

. regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) d (cid:1) 1 2

Chú ý 2.1.3. Định lý 2.1.1 cũng đúng cho R (cid:16) krxd(cid:1)αyα| α P r0, as Y tdus bằng cách đổi vai trò của x và y.

2.2 Trường hợp B

Hình 3.

Trong phần này, chúng tôi nghiên cứu R (cid:16) krM s với M được biểu diễn bởi hai điểm ở hai đầu và một đoạn ở giữa (xem Hình 3). Trong trường hợp này, R luôn là vành Cohen-Macaulay [44, Theorem 2.1]. Theo Mệnh đề 1.7.2, ta suy ra regpRq (cid:16) rQpRq.

Nếu đoạn giữa chỉ có một điểm thì ta có công thức đơn giản sau cho

rQpRq.

(cid:1) 1,

Mệnh đề 2.2.1. Cho 2 ⁄ a (cid:160) d là các số nguyên thỏa mãn d ¥ a (cid:0) 2. Đặt R (cid:16) krxd, xayd(cid:1)a, yds và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và

regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) d pa, dq

với pa, dq là ước chung lớn nhất của a và d.

Chứng minh. Ta có

pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM Y tia (cid:0) pn (cid:0) 1 (cid:1) iqd | i (cid:16) 0, 1, . . . , n (cid:0) 1u ,

nGM (cid:16) tia (cid:0) jd | i (cid:0) j ⁄ nu ,

nGM (cid:0) t0, du (cid:16) nGM Y tia (cid:0) pn (cid:0) 1 (cid:1) iqd | i (cid:16) 0, 1, . . . , nu .

(cid:1) 1. Do đó, áp dụng Bổ đề 1.6.7 ta được điều cần chứng minh.

Do đó, pn(cid:0)1qGM (cid:16) nGM (cid:0)t0, du khi và chỉ khi pn(cid:0)1qa P nGM (cid:0)t0, du. Vì pn(cid:0)1qa (cid:160) ia(cid:0)pn(cid:0)1(cid:1)iqd với mọi i (cid:16) 0, 1, . . . , n nên pn(cid:0)1qa P nGM (cid:0)t0, du khi và chỉ khi pn (cid:0) 1qa P nGM , điều này tương đương với pn (cid:1) i (cid:0) 1qa (cid:16) jd với i, j nào đó thỏa mãn i (cid:0) j ⁄ n. Số n bé nhất với tính chất trên là

d pa, dq

Nếu đoạn giữa có nhiều hơn một điểm thì việc tính rQpRq trở nên rất phức tạp. Tuy nhiên, chúng ta có thể xác định được công thức cho rQpRq trong một số trường hợp. Điều đó dựa trên Bổ đề sau đây.

Bổ đề 2.2.2. Cho 0 (cid:160) a (cid:160) b là các số nguyên. Với các số nguyên bất kỳ

ria (cid:0) c, ib (cid:0) cs (cid:16) rma (cid:0) c, nb (cid:0) cs.

i(cid:16)m ⁄

và số nguyên bất kỳ c, ta có n ¥ m ¥ a (cid:1) 1 b (cid:1) a

n(cid:1)1

ria (cid:0) c, ib (cid:0) cs (cid:16) rma (cid:0) c, pn (cid:1) 1qb (cid:0) cs.

i(cid:16)m ⁄

ta có Chứng minh. Trường hợp n (cid:16) m là tầm thường. Bây giờ ta chứng minh cho trường hợp n ¡ m. Bằng quy nạp theo n ta có ta có thể giả sử với n (cid:1) 1 ¥ a (cid:1) 1 b (cid:1) a

ria (cid:0) c, ib (cid:0) cs (cid:16) rma (cid:0) c, pn (cid:1) 1qb (cid:0) cs Y rna (cid:0) c, nb (cid:0) cs.

i(cid:16)m ⁄

Khi đó,

rma (cid:0) c, pn (cid:1) 1qb (cid:0) cs Y rna (cid:0) c, nb (cid:0) cs (cid:16) rma (cid:0) c, nb (cid:0) cs.

nên pn (cid:1) 1qb (cid:0) c ¥ na (cid:0) c (cid:1) 1. Do đó, Vì n (cid:1) 1 ¥ a (cid:1) 1 b (cid:1) a

Định lý 2.2.3. Cho 2 ⁄ a (cid:160) b ⁄ d (cid:1) 2 là các số nguyên. Cho R (cid:16) krxαyd(cid:1)α|α P t0, du Y ra, bss và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen- Macaulay và

nếu b ¥ 2a (cid:1) 1, (1) regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) a (cid:0) d (cid:1) 1 b

⁄ b (cid:160) 2a (cid:1) 1.

V 2a (cid:0) d (cid:1) 1 b

nếu (2) regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) 3a (cid:1) 1 2

Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh công thức cho rQpRq. Với i, j ¥ 0, đặt

Ii,j :(cid:16) ria (cid:0) jd, ib (cid:0) jds.

pira, bs (cid:0) jdq (cid:16)

Ta có nGM (cid:16) tα| xαynd(cid:1)α P Ru. Dễ thấy

i(cid:0)j⁄n ⁄

n(cid:0)1

pn (cid:0) 1qGM (cid:16)

nGM (cid:16) Ii,j,

i(cid:0)j⁄n(cid:0)1 ⁄

i(cid:0)j(cid:16)n(cid:0)1 ⁄

i(cid:16)0 ⁄

Ii,j (cid:16) nGM Y Ii,j (cid:16) nGM Y Ii,n(cid:0)1(cid:1)i.

Chú ý rằng Ii,j (cid:0) t0u (cid:16) Ii,j và Ii,j (cid:0) tdu (cid:16) Ii,j(cid:0)1. Khi đó,

pIi,j Y Ii,j(cid:0)1q (cid:16) nGM Y

i(cid:0)j⁄n ⁄

i(cid:16)0 ⁄

nGM (cid:0) t0, du (cid:16) Ii,n(cid:0)1(cid:1)i.

Do đó, pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM (cid:0) t0, du khi và chỉ khi

In(cid:0)1,0 (cid:16) rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qbs (cid:132) nGM (cid:0) t0, du.

n(cid:0)1(cid:1)i

Ta có thể giả sử n ¥ 1. Khi đó,

pIi,j Y Ii,j(cid:0)1q (cid:16)

nGM (cid:0) t0, du (cid:16) Ii,j

j(cid:16)0 i(cid:16)0 ⁄ ⁄ n(cid:0)1(cid:1)j

i(cid:0)j⁄n ⁄ n(cid:0)1

(cid:16)

(2.3)

j(cid:16)1 ⁄

i(cid:16)1 ⁄

j(cid:16)0 ⁄

i(cid:16)1 ⁄

I0,j Y Ii,0 Y Ii,j.

(cid:16) 1. Theo Bổ đề 2.2.2,

Chứng minh (1). Nếu b ¥ 2a (cid:1) 1 thì a (cid:1) 1 b (cid:1) a

i(cid:16)1 ⁄ n(cid:0)1(cid:1)j

Ii,0 (cid:16) ra, nbs,

i(cid:16)1 ⁄

Ii,j (cid:16) ra (cid:0) jd, pn (cid:0) 1 (cid:1) jqb (cid:0) jds.

ra (cid:0) jd, pn (cid:0) 1 (cid:1) jqb (cid:0) jds.

Do đó ta có thể viết (2.3) dưới dạng

j(cid:16)1 ⁄

nGM (cid:0) t0, du (cid:16) t0, d, ..., pn (cid:0) 1qdu Y ra, nbs Y

ra(cid:0)jd, pn(cid:0)1(cid:1)jqb(cid:0)jds,

(2.4)

j(cid:16)1 ⁄

Với một phần tử bất kỳ p P t2d, ..., pn(cid:0)1qduY

ta có p ¥ a (cid:0) d. Nếu

p P rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qbs

thì

p ⁄ pn (cid:0) 1qb (cid:160) nb (cid:0) d,

do đó

p P ra (cid:0) d, nb (cid:0) ds.

rpn(cid:0)1qa, pn(cid:0)1qbsX

t2d, ..., pn(cid:0)1qduY

ra(cid:0)jd, pn(cid:0)1(cid:1)jqb(cid:0)jds

(cid:132) ra(cid:0)d, nb(cid:0)ds.

j(cid:16)1 ⁄

(cid:0)

(cid:8)

Từ đây suy ra

rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qbs (cid:132) nGM (cid:0) t0, du

Từ (2.4) suy ra

rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qbs (cid:132) tdu Y ra, nbs Y ra (cid:0) d, nb (cid:0) ds.

khi và chỉ khi

rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qbszra, nbs (cid:16) rnb (cid:0) 1, pn (cid:0) 1qbs.

Vì a (cid:160) pn (cid:0) 1qa ⁄ pn (cid:1) 1qa (cid:0) b (cid:0) 1 ⁄ nb nên ta có

Do đó, rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qbs (cid:132) nGM (cid:0) t0, du khi và chỉ khi

rnb (cid:0) 1, pn (cid:0) 1qbs (cid:132) tdu Y ra (cid:0) d, nb (cid:0) ds.

(2.5)

Chúng ta sẽ chứng minh (2.5) thỏa mãn khi và chỉ khi nb (cid:0) 1 ¥ a (cid:0) d.

pn (cid:0) 1qb P ra (cid:0) d, nb (cid:0) ds.

Giả sử (2.5) thỏa mãn. Vì đoạn rnb (cid:0) 1, pn (cid:0) 1qbs chứa b ¡ 2 điểm nên

Nếu nb (cid:0) 1 (cid:160) a (cid:0) d thì (2.5) suy ra

nb (cid:0) 1 (cid:16) d (cid:16) a (cid:0) d (cid:1) 1.

rnb (cid:0) 1, pn (cid:0) 1qbs (cid:132) ra (cid:0) d, nb (cid:0) ds.

Do đó, ta được a (cid:16) 1, mâu thuẫn. Vì vậy ta phải có nb (cid:0) 1 ¥ a (cid:0) d. Ngược lại, nếu nb (cid:0) 1 ¥ a (cid:0) d thì

Điều này kéo theo (2.5) thỏa mãn.

Tóm lại, ta có pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM (cid:0) t0, du khi và chỉ khi nb (cid:0) 1 ¥ a (cid:0) d,

điều này tương đương

. n ¥ a (cid:0) d (cid:1) 1 b

Bởi Bổ đề 1.6.7, điều này suy ra (1).

⁄ b (cid:160) 2a (cid:1) 1 thì 1 (cid:160)

⁄ 2. Do đó,

(cid:16) 2.

Chứng minh (2). Nếu 3a (cid:1) 1 2 a (cid:1) 1 b (cid:1) a

a (cid:1) 1 b (cid:1) a

Theo Bổ đề 2.2.2, ta có

i(cid:16)2 ⁄ n(cid:0)1(cid:1)j

Ii,0 (cid:16) r2a, nbs,

i(cid:16)2 ⁄

Ii,j (cid:16) r2a (cid:0) jd, pn (cid:0) 1 (cid:1) jqb (cid:0) jds.

Do đó, ta có thể viết (2.3) dưới dạng

ra (cid:0) jd, b (cid:0) jds Y

r2a (cid:0) jd, pn (cid:0) 1 (cid:1) jqb (cid:0) jds.

j(cid:16)1 ⁄

nGM (cid:0) t0, du (cid:16) t0, d, ..., pn (cid:0) 1qdu Y ra, bs Y r2a, nbs

(2.6)

pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM (cid:0) t0, du

Nhắc lại rằng

rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qbs (cid:132) nGM (cid:0) t0, du.

khi và chỉ khi

Lấy p là một phần tử của rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qbs sao cho

ra (cid:0) jd, b (cid:0) jds Y

r2a (cid:0) jd, pn (cid:0) 1 (cid:1) jqb (cid:0) jds.

j(cid:16)2 ⁄

j(cid:16)1 ⁄

p P t3d, ..., pn (cid:0) 1qdu Y

ra (cid:0) jd, b (cid:0) jds

rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qbs X

t3d, ..., pn (cid:0) 1qdu Y

(cid:0)

r2a (cid:0) jd, pn (cid:0) 1 (cid:1) jqb (cid:0) jds

j(cid:16)2 ⁄ (cid:132) r2a (cid:0) d, nb (cid:0) ds.

j(cid:16)1 ⁄

(cid:8)

Khi đó, p ¥ 2a (cid:0) d. Do đó, p P r2a (cid:0) d, nb (cid:0) ds vì p ⁄ pn (cid:0) 1qb (cid:160) nb (cid:0) d. Vì vậy,

rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qbs X ra, bs (cid:16) H.

Vì b (cid:160) 2a (cid:1) 1 (cid:160) pn (cid:0) 1qa nên

rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qbs (cid:132) nGM (cid:0) t0, du

Do đó, sử dụng (2.6) ta có

rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qbs (cid:132) td, 2du Y r2a, nbs Y ra (cid:0) d, b (cid:0) ds Y r2a (cid:0) d, nb (cid:0) ds.

khi và chỉ khi

rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qbszr2a, nbs (cid:16) rnb (cid:0) 1, pn (cid:0) 1qbs.

Vì 2a ⁄ pn (cid:0) 1qa ⁄ pn (cid:1) 2qa (cid:0) 2b (cid:0) 1 ⁄ nb nên ta có

rpn (cid:0) 1qa, pn (cid:0) 1qbs (cid:132) nGM (cid:0) t0, du

Do đó,

khi và chỉ khi

rnb (cid:0) 1, pn (cid:0) 1qbs (cid:132) td, 2du Y ra (cid:0) d, b (cid:0) ds Y r2a (cid:0) d, nb (cid:0) ds.

(2.7)

rnb (cid:0) 1, pn (cid:0) 1qbs (cid:132) td, 2du Y ra (cid:0) d, b (cid:0) ds

Chú ý rằng rnb (cid:0) 1, pn (cid:0) 1qbs có b điểm và td, 2du Y ra (cid:0) d, b (cid:0) ds có b (cid:1) a (cid:0) 3 điểm. Vì 2a (cid:1) 1 ¡ b ¥ 3 nên ta có a ¥ 3, suy ra b (cid:1) a (cid:0) 3 ⁄ b. Nếu

rnb (cid:0) 1, pn (cid:0) 1qbs (cid:16) td, 2du Y ra (cid:0) d, b (cid:0) ds,

thì

rnb (cid:0) 1, pn (cid:0) 1qbs (cid:134) td, 2du Y ra (cid:0) d, b (cid:0) ds.

điều này mâu thuẫn vì td, 2du Y ra (cid:0) d, b (cid:0) ds không phải là một đoạn với các điểm nguyên. Vì vậy,

Bây giờ ta chứng minh (2.7) thỏa mãn khi và chỉ khi nb (cid:0) 1 ¥ 2a (cid:0) d.

rnb (cid:0) 1, pn (cid:0) 1qbs X r2a (cid:0) d, nb (cid:0) ds (cid:24) H.

Giả sử (2.7) thỏa mãn. Khi đó,

pn (cid:0) 1qb P r2a (cid:0) d, nb (cid:0) ds.

Do đó,

Nếu nb (cid:0) 1 (cid:160) 2a (cid:0) d thì

2a (cid:0) d (cid:1) 1 P t2du Y ra (cid:0) d, b (cid:0) ds.

Vì b (cid:0) d (cid:160) 2a (cid:0) d (cid:1) 1 nên

2a (cid:0) d (cid:1) 1 (cid:16) 2d.

Do đó, 2a (cid:1) 1 (cid:16) d. Vì b (cid:0) d (cid:0) 1 (cid:160) 2d nên ta cũng có

b (cid:0) d (cid:0) 1 R t2du Y r2a (cid:0) d, nb (cid:0) ds.

Từ đây suy ra b (cid:0) d (cid:0) 1 (cid:160) nb (cid:0) 1. Vì thế,

nb (cid:0) 1 P t2du Y r2a (cid:0) d, nb (cid:0) ds.

Do đó, nb (cid:0) 1 (cid:16) 2d, suy ra n ¥ 3 vì b ⁄ d (cid:1) 2. Vì 2b ¥ 3a (cid:1) 1 nên nb (cid:0) 1 ¥ 3a (cid:0) b ¥ 4a (cid:0) 1 ¡ 2d, mâu thuẫn. Vì vậy ta có nb (cid:0) 1 ¥ 2a (cid:0) d. Ngược lại, nếu nb (cid:0) 1 ¥ 2a (cid:0) d thì rnb (cid:0) 1, pn (cid:0) 1qbs (cid:132) r2a (cid:0) d, nb (cid:0) ds, điều này suy ra (2.7) thỏa mãn.

Tóm lại, ta có pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM (cid:0) t0, du khi và chỉ khi nb (cid:0) 1 ¥ 2a (cid:0) d,

. Theo Bổ đề 1.6.7, điều này suy điều này tơng đương với n ¥ 2a (cid:0) d (cid:1) 1 b ra ý (2) của Định lý 2.2.3.

Từ Định lý 2.2.3 ta suy ra kết quả sau đây trên không gian các đường

cong đơn thức.

Hệ quả 2.2.4. Cho R (cid:16) krxd, x3yd(cid:1)3, x2yd(cid:1)2, yds, d ¥ 5 và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và

. regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) d (cid:0) 1 3

Hệ quả 2.2.5. Cho R (cid:16) krxd, x4yd(cid:1)4, x3yd(cid:1)3, yds, d ¥ 6, và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và

. regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) d (cid:0) 5 4

2.3 Trường hợp C

Hình 4.

Trong phần này, chúng tôi nghiên cứu R (cid:16) krM s với M được biểu diễn bởi hợp của hai đoạn mà mỗi đoạn có nhiều hơn một điểm (xem Hình 4).

Ta đã biết đường cong đơn thức xạ ảnh được tham số hóa bởi M là trơn khi và chỉ khi mỗi đoạn ở hai đầu của M có nhiều hơn một điểm. Hellus, Hoa và St¨uckrad [18] đã tìm ra công thức tính số mũ rút gọn của một vài trường hợp riêng đối với đường cong đơn thức trơn. Kết quả sau đây được suy ra từ [18, Proposition 3.4].

Định lý 2.3.1. Cho 1 ⁄ a (cid:160) b (cid:160) d là các số nguyên thỏa mãn b ¥ a (cid:0) 2. Cho R (cid:16) krxαyd(cid:1)α| α P r0, as Y rb, dss và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó,

nếu d (cid:1) b ¥ a,

nếu d (cid:1) b (cid:160) a. b (cid:1) 1 a V R d (cid:1) a (cid:1) 1 d (cid:1) b

regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) $ ’’& ’’%

(cid:0) 2.

Chứng minh. Do tính đối xứng, ta có thể giả sử d (cid:1) b (cid:160) a. Khi đó, R thỏa mãn giả thiết [18, Proposition 3.4]. Từ đây suy ra

regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) b (cid:1) a (cid:1) 2 d (cid:1) b

(cid:0) 2 (cid:16)

^ d (cid:1) a (cid:1) 1 d (cid:1) b

V Từ Định lý 2.3.1 chúng tôi suy ra được Hệ quả sau.

. Dễ dàng kiểm tra rằng b (cid:1) a (cid:1) 2 d (cid:1) b

Hệ quả 2.3.2. [3, Theorem 3.6(i)] Cho R (cid:16) krxd, xd(cid:1)1y, xyd(cid:1)1, yds, d ¥ 4 và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó,

regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) d (cid:1) 2.

Chú ý 2.3.3. Theo giả thiết của Định lý 2.3.1, R không là vành Cohen- Macaulay. Điều này được suy ra từ [44, Remark 4.2].

Sau đây là mối quan hệ giữa tính Buchsbaum của R và số mũ rút gọn.

Mệnh đề 2.3.4. Cho 1 ⁄ a (cid:160) b (cid:160) d là các số nguyên thỏa mãn b ¥ a (cid:0) 2. Đặt R (cid:16) krxαyd(cid:1)α| α P r0, asYrb, dss. Khi đó, các điều sau đây tương đương nhau:

(1) R là vành Buchsbaum,

(2) 2a (cid:0) 1 ¥ b và a (cid:0) d (cid:0) 1 ¥ 2b,

(3) regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) 2.

Chứng minh. Áp dụng [44, Theorem 4.3] ta có (1) và (2) tương đương.

Do tính đối xứng, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử d (cid:1) b ¥ a.

Khi đó,

rQpRq (cid:16) b (cid:1) 1 a

(cid:16) 2 khi và chỉ khi 2a (cid:0) 1 ¥ b, điều này

V suy ra a (cid:0) d (cid:0) 1 ¥ 2a (cid:0) b (cid:0) 1 ¥ 2b. Như vậy (2) và (3) tương đương.

theo Định lý 2.3.1. Rõ ràng b (cid:1) 1 a

Hệ quả 2.3.5. Cho R (cid:16) krxd, xd(cid:1)1y, xyd(cid:1)1, yds, d ¥ 4 và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi d (cid:16) 4. Trong trường hợp này,

regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) 2.

Chứng minh. Đây là một trường hợp của Mệnh đề 2.3.4 với a (cid:16) 1 và b (cid:16) d (cid:1) 1. Ta có 2a (cid:0) 1 ¥ b và a (cid:0) d (cid:0) 1 ¥ 2b khi và chỉ khi 3 ¥ d (cid:1) 1 và d (cid:0) 2 ¥ 2pd (cid:1) 1q, tương đương với d (cid:16) 4.

2.4 Trường hợp D

Trong phần này, ta xét vành R (cid:16) krM s với M được biểu diễn bởi một

Hình 5.

điểm ở một đầu và hai đoạn (xem Hình 5).

Các kết quả sau đây cho một lớp khá rộng các đường cong đơn thức mà

chúng ta có thể tính được số mũ rút gọn.

(cid:0) 1.

Định lý 2.4.1. Cho 1 (cid:160) a ⁄ b (cid:160) c (cid:160) d là các số nguyên. Đặt R (cid:16) krxαyd(cid:1)α| α P t0u Y ra, bs Y rc, dss và Q (cid:16) pxd, ydq. Giả sử c ⁄ 2a và 2b ⁄ d. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và

regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) a (cid:1) 1 d (cid:1) c

Chứng minh. Theo [44, Theorem 3.5], R là vành Cohen-Macaulay nếu

¡ min

]

. , a c (cid:1) a c (cid:1) b (cid:1) 2 d (cid:1) c b (cid:1) 1 d (cid:1) b

Điều kiện này thỏa mãn vì

(cid:16) 1 ¥

(cid:0) 1. Theo Bổ

. a c (cid:1) a a 2a (cid:1) a b d (cid:1) b b (cid:1) 1 d (cid:1) b

Theo Bổ đề 1.7.2, ta chỉ cần chứng minh rQpRq (cid:16) a (cid:1) 1 d (cid:1) c

đề 1.6.7, rQpRq (cid:16) mintn| pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM (cid:0) t0, duu với

nGM (cid:16) tα| xαynd(cid:1)α P Ru.

pira, bs (cid:0) jrc, dsq (cid:16)

ria (cid:0) jc, ib (cid:0) jds.

Ta có

i(cid:0)j⁄n ⁄

nGM (cid:16)

ria (cid:0) jc, ib (cid:0) jds

pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM Y

i(cid:0)j(cid:16)n(cid:0)1 ⁄ n(cid:0)1

ria (cid:0) pn (cid:0) 1 (cid:1) iqc, ib (cid:0) pn (cid:0) 1 (cid:1) iqds.

(cid:16) nGM Y

i(cid:16)0 ⁄

ria (cid:0) jc (cid:0) d, ib (cid:0) pj (cid:0) 1qds

Từ đó suy ra

i(cid:0)j⁄n ⁄

ria (cid:0) jc (cid:0) d, ib (cid:0) pj (cid:0) 1qds

(cid:16) nGM Y

i(cid:0)j(cid:16)n ⁄ n

ria (cid:0) pn (cid:1) iqc (cid:0) d, ib (cid:0) pn (cid:0) 1 (cid:1) iqds.

(cid:16) nGM Y

i(cid:16)0 ⁄

nGM (cid:0) t0, du (cid:16) nGM Y

Ta có 2ra, bs (cid:16) r2a, 2bs (cid:132) rc, ds vì c ⁄ 2a và 2b ⁄ d. Do đó, với i ¥ 2

ira, bs (cid:132) pi (cid:1) 1qGM .

ria (cid:0) pn (cid:1) iqc (cid:0) d, ib (cid:0) pn (cid:0) 1 (cid:1) iqds (cid:132) ria (cid:0) pn (cid:0) 1 (cid:1) iqc, ib (cid:0) pn (cid:0) 1 (cid:1) iqds

(cid:16) ira, bs (cid:0) pn (cid:0) 1 (cid:1) iqrc, ds (cid:132) nGM

Suy ra,

với i ¥ 2. Từ đây suy ra

pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM Y rpn (cid:0) 1qc, pn (cid:0) 1qds Y ra (cid:0) nc, b (cid:0) nds,

(2.8)

nGM (cid:0) t0, du (cid:16) nGM Y rnc (cid:0) d, pn (cid:0) 1qds Y ra (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d, b (cid:0) nds.

(2.9)

rpn (cid:0) 1qc, pn (cid:0) 1qds Y ra (cid:0) nc, b (cid:0) nds (cid:132) nGM (cid:0) t0, du.

Do (2.8), ta có pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM (cid:0) t0, du khi và chỉ khi

ra (cid:0) nc, b (cid:0) nds X nGM (cid:132) rnc, nds.

Trước hết ta tìm điều kiện cần và đủ để ra (cid:0) nc, b (cid:0) nds (cid:132) nGM (cid:0) t0, du. Gọi p là phần tử bất kỳ của ra (cid:0) nc, b (cid:0) nds X nGM . Khi đó, p ¥ a (cid:0) nc ¡ nc và p ⁄ nd. Do đó,

ra (cid:0) nc, b (cid:0) nds (cid:132) rnc, nds Y rnc (cid:0) d, pn (cid:0) 1qds Y ra (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d, b (cid:0) nds.

Sử dụng (2.9), ta có ra (cid:0) nc, b (cid:0) nds (cid:132) nGM (cid:0) t0, du khi và chỉ khi

ra(cid:0)nc, b(cid:0)ndsXrnc(cid:0)d, pn(cid:0)1qds (cid:132) rnc(cid:0)d, b(cid:0)nds (cid:132) ra(cid:0)pn(cid:1)1qc(cid:0)d, b(cid:0)nds.

Dễ dàng kiểm tra rằng

ra (cid:0) nc, b (cid:0) nds (cid:132) rnc, nds Y ra (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d, b (cid:0) nds.

Do đó, ra (cid:0) nc, b (cid:0) nds (cid:132) nGM (cid:0) t0, du khi và chỉ khi

rnc, nds Y ra (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d, b (cid:0) nds (cid:16) rnc, b (cid:0) nds,

Điều kiện cuối cùng thỏa mãn khi và chỉ khi

ra (cid:0) nc, b (cid:0) nds (cid:132) nGM (cid:0) t0, du

điều này tương đương với nd ¥ a (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d (cid:1) 1. Do đó,

. khi và chỉ khi n ¥ d (cid:1) c (cid:0) a (cid:1) 1 d (cid:1) c Tiếp theo ta tìm điều kiện cần và đủ để rpn(cid:0)1qc, pn(cid:0)1qds (cid:132) nGM (cid:0)t0, du.

rpn (cid:0) 1qc, pn (cid:0) 1qds (cid:132) rnc, nds Y rnc (cid:0) d, pn (cid:0) 1qds Y ra (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d, b (cid:0) nds.

Tương tự như trên, điều kiện này thỏa mãn khi và chỉ khi

rpn (cid:0) 1qc, pn (cid:0) 1qds (cid:132) rnc, nds Y rnc (cid:0) d, pn (cid:0) 1qds Y ra (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d, b (cid:0) nds

Nếu 2c (cid:160) a (cid:0) d thì pn (cid:0) 1qc (cid:160) a (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d. Do đó,

rnc, nds Y rnc (cid:0) d, pn (cid:0) 1qds Y ra (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d, b (cid:0) nds (cid:16) rnc, pn (cid:0) 1qds.

khi và chỉ khi

rnc, nds Y rnc (cid:0) d, pn (cid:0) 1qds Y ra (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d, b (cid:0) nds (cid:16) rnc, pn (cid:0) 1qds

Vì a (cid:0) b ¥ 2a ¥ c nên nd ¥ a (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d (cid:1) 1 kéo theo b (cid:0) nd ¥ nc (cid:0) d (cid:1) 1. Từ đây suy ra

rpn (cid:0) 1qc, pn (cid:0) 1qds (cid:132) rnc, nds Y rnc (cid:0) d, pn (cid:0) 1qds Y ra (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d, b (cid:0) nds

khi và chỉ khi nd ¥ a (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d (cid:1) 1. Từ đó,

khi và chỉ khi nd ¥ a (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d (cid:1) 1 hay

. n ¥ d (cid:1) c (cid:0) a (cid:1) 1 d (cid:1) c

rpn (cid:0) 1qc, pn (cid:0) 1qds (cid:132) rnc, nds Y rnc (cid:0) d, pn (cid:0) 1qds Y ra (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d, b (cid:0) nds

Nếu 2c ¥ a (cid:0) d thì pn (cid:0) 1qc ¥ a (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d. Do đó,

rnc (cid:0) d, pn (cid:0) 1qds Y ra (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d, b (cid:0) nds (cid:16) ra (cid:0) pn (cid:1) 1qc (cid:0) d, pn (cid:0) 1qds,

khi và chỉ khi

tương đương với b (cid:0) nd ¥ nc (cid:0) d (cid:1) 1 hay

. n ¥ d (cid:1) b (cid:1) 1 d (cid:1) c

rpn (cid:0) 1qc, pn (cid:0) 1qds (cid:132) nGM (cid:0) t0, du

Vì vậy,

khi và chỉ khi

, . n ¥ max d (cid:1) c (cid:0) a (cid:1) 1 d (cid:1) c d (cid:1) b (cid:1) 1 d (cid:1) c

Vì a (cid:0) b ¥ 2a ¥ c nên

. d (cid:1) c (cid:0) a (cid:1) 1 d (cid:1) c d (cid:1) b (cid:1) 1 d (cid:1) c

Do đó, rpn (cid:0) 1qc, pn (cid:0) 1qds (cid:132) nGM (cid:0) t0, du khi và chỉ khi

. n ¥ d (cid:1) c (cid:0) a (cid:1) 1 d (cid:1) c

Tóm lại, ta có pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM (cid:0) t0, du khi và chỉ khi

. n ¥ d (cid:1) c (cid:0) a (cid:1) 1 d (cid:1) c

(cid:16)

(cid:0) 1.

Áp dụng Bổ đề 1.6.7,

rQpRq (cid:16) d (cid:1) c (cid:0) a (cid:1) 1 d (cid:1) c a (cid:1) 1 d (cid:1) c

Từ Định lý 2.4.1 ta suy ra ngay hệ quả sau đây trên không gian các

đường cong đơn thức.

và Hệ quả 2.4.2. Cho R (cid:16) krxd, xd(cid:1)1y, xayd(cid:1)a, yds, d ¥ 5, a (cid:16) d (cid:1) 1 2

Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và

. regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) d (cid:1) 1 2

Chứng minh. Đây là trường hợp riêng của Định lý 2.4.1 với a (cid:16) b (cid:16)

(cid:1) 1

, c (cid:16) d (cid:1) 1. Do đó, R là vành Cohen-Macaulay và d (cid:1) 1 2

(cid:0) 1 (cid:16)

(cid:1) 1

(cid:0) 1 (cid:16)

(cid:28)

R d (cid:1) pd (cid:1) 1q

(cid:22) (cid:22) (cid:22) (cid:22) (cid:22)

(cid:30) (cid:30) (cid:30) (cid:30) (cid:30)

d (cid:1) 1 2 . regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) (cid:20) d (cid:1) 1 2 d (cid:1) 1 2

Định lý 2.4.3. Cho 1 (cid:160) a (cid:160) b, b (cid:0) 1 (cid:160) c (cid:160) d là các số nguyên. Đặt R (cid:16) krxαyd(cid:1)α| α P t0u Y ra, bs Y rc, dss và Q (cid:16) pxd, ydq. Nếu 2a (cid:1) 1 ⁄ d, a (cid:0) c ⁄ 2b (cid:0) 1, 2c ⁄ b (cid:0) d (cid:0) 1 thì rQpRq (cid:16) 2.

Chứng minh. Ta có GM (cid:16) t0u Y ra, bs Y rc, ds.

Nếu 2a (cid:1) 1 ⁄ d, a (cid:0) c ⁄ 2b (cid:0) 1, 2c ⁄ b (cid:0) d (cid:0) 1 thì

(cid:16) t0u Y ra, bs Y r min t2a, cu, 2ds.

2GM (cid:16) t0u Y ra, bs Y r2a, 2bs Y ra (cid:0) c, b (cid:0) ds Y rc, ds Y r2c, 2ds

r2a, 2bs Y ra (cid:0) c, b (cid:0) ds Y r2c, 2ds (cid:16) r2a, 2ds,

Thật vậy, vì c (cid:0) a ⁄ 2b (cid:0) 1 và 2c ⁄ b (cid:0) d (cid:0) 1 nên

rc, ds Y r2a, 2ds (cid:16) r min t2a, cu, 2ds.

vì 2a (cid:1) 1 ⁄ d nên

Khi đó,

Y rc, ds Y ra (cid:0) c, b (cid:0) ds Y r min t2a, cu (cid:0) c, 3ds

(cid:16) t0u Y ra, bs Y r min t2a, cu, 2ds

Y r min t2a, cu (cid:0) a, 2d (cid:0) bs Y r min t2a, cu (cid:0) c, 3ds.

3GM (cid:16) t0u Y ra, bs Y r min t2a, cu, 2ds Y r2a, 2bs Y r min t2a, cu (cid:0) a, 2d (cid:0) bs

Vì

min t2a, cu (cid:160) min t2a, cu (cid:0) a (cid:160) min t2a, cu (cid:0) c (cid:160) 2d (cid:160) 2d (cid:0) b (cid:160) 3d

nên

3GM (cid:16) t0u Y ra, bs Y r min t2a, cu, 3ds.

Hơn nữa, vì

min t2a, cu (cid:160) a (cid:0) d (cid:160) min t2a, cu (cid:0) d (cid:160) 2d (cid:160) 3d

nên

Y tdu Y ra (cid:0) d, b (cid:0) ds Y r min t2a, cu (cid:0) d, 3ds

(cid:16) t0u Y ra, bs Y r min t2a, cu, 3ds (cid:16) 3GM .

2GM (cid:0) t0, du (cid:16) t0u Y ra, bs Y r min t2a, cu, 2ds

Ngoài ra, vì a ¥ 2 nên

GM (cid:0) t0, du (cid:16) t0u Y ra, bs Y rc, ds Y ra (cid:0) d, b (cid:0) ds Y rc (cid:0) d, 2ds (cid:24) 2GM .

Do đó, rQpRq (cid:16) 2.

2.5 Trường hợp E

Hình 6.

Trong trường hợp này vành R (cid:16) krM s với M được biểu diễn bởi hợp của 3 đoạn, trong đó mỗi đoạn ở hai đầu có nhiều hơn một điểm (Hình 6).

Áp dụng [18, Proposition 3.4] ta thu được kết quả sau đây.

Mệnh đề 2.5.1. Cho 1 ⁄ a (cid:160) b ⁄ c (cid:160) e (cid:160) d là các số nguyên sao cho d (cid:1) e ⁄ a và b (cid:1) a ⁄ e (cid:1) c. Đặt R (cid:16) krxαyd(cid:1)α| α P r0, as Y rb, cs Y re, dss và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó,

. regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) d (cid:1) c (cid:1) 1 d (cid:1) e

(cid:0) 2.

Chứng minh. [18, Proposition 3.4] cho ta công thức

regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) e (cid:1) c (cid:1) 2 d (cid:1) e

(cid:0) 2 (cid:16)

Z d (cid:1) c (cid:1) 1 d (cid:1) e

R Kết quả sau đây cho một lớp khá rộng các đường cong đơn thức mà ta

Dễ dàng kiểm tra . e (cid:1) c (cid:1) 2 d (cid:1) e

có thể tính được số mũ rút gọn.

Định lý 2.5.2. Cho 1 ⁄ a (cid:160) b ⁄ c (cid:160) e (cid:160) d là các số nguyên sao cho e ⁄ 2b và 2c ⁄ a (cid:0) d. Đặt R (cid:16) krxαyd(cid:1)α| α P r0, as Y rb, cs Y re, dss và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó,

V ,

, , rQpRq (cid:16) max

R xαyd(cid:1)α| α P r0, as Y re, ds

. b (cid:1) 1 a "R d (cid:1) c (cid:1) 1 d (cid:1) e e (cid:1) c (cid:0) a (cid:1) 1 a R V d (cid:1) e (cid:0) b (cid:1) a (cid:1) 1 d (cid:1) e

và S (cid:16) krN s là đại số

( nGM (cid:16) tα| xαynd(cid:1)α P Ru,

Chứng minh. Đặt N (cid:16) sinh bởi N trong krx, ys. Khi đó, với n ¥ 0,

nGN (cid:16) tα| xαynd(cid:1)α P Su.

Vì R sinh bởi S và các đơn thức xαyd(cid:1)α, α P rb, cs nên mỗi đơn thức xαynd(cid:1)α P R là tích của một đơn thức xβypn(cid:1)iqd(cid:1)β P S và một đơn thức xλyid(cid:1)λ với i ⁄ n nào đó, λ P irb, cs. Do đó,

ppn (cid:1) iqGN (cid:0) irb, csq.

i(cid:16)0 ⁄

nGM (cid:16)

Giả sử e ⁄ 2b và 2c ⁄ a (cid:0) d kéo theo

2rb, cs (cid:16) r2b, 2cs (cid:132) re, a (cid:0) ds (cid:16) r0, as (cid:0) re, ds (cid:132) 2GN .

Do đó,

pn (cid:1) iqGN (cid:0) irb, cs (cid:132)

nếu i chẵn, nGN

pn (cid:1) 1qGN (cid:0) rb, cs

$ &

nếu i lẻ.

Từ đây suy ra

nGM (cid:16) nGN Y ppn (cid:1) 1qGN (cid:0) rb, csq

với n ¥ 1. Do đó,

pn (cid:0) 1qGM (cid:16) pn (cid:0) 1qGN Y pnGN (cid:0) rb, csq,

(2.10)

(2.11) nGM (cid:0) t0, du (cid:16) pnGN (cid:0) t0, duq Y ppn (cid:1) 1qGN (cid:0) rb, cs (cid:0) t0, duq.

Theo Bổ đề 1.6.7, ta có

rQpRq (cid:16) mintn| pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM (cid:0) t0, duu.

Để tính pn (cid:0) 1qGM , ta sẽ tính pn (cid:0) 1qGN và pnGN (cid:0) rb, csq trong 2.10.

pir0, as (cid:0) jre, dsq (cid:16)

rje, ia (cid:0) jds (cid:16)

rje, pn (cid:1) jqa (cid:0) jds.

Ta có

i(cid:0)j(cid:16)n ⁄

j(cid:16)0 ⁄

nGN (cid:16)

rje, pn (cid:0) 1 (cid:1) jqa (cid:0) jds Y rpn (cid:0) 1qe, pn (cid:0) 1qds,

pn (cid:0) 1qGN (cid:16) r0, pn (cid:0) 1qas Y

j(cid:16)1 ⁄

Từ đây suy ra

n(cid:1)1

rb (cid:0) je, c (cid:0) pn (cid:1) jqa (cid:0) jds

(2.12)

j(cid:16)1 ⁄

Y rb (cid:0) ne, c (cid:0) nds.

nGN (cid:0) rb, cs (cid:16)rb, na (cid:0) cs Y (2.13)

t0, duq. Chú ý rằng nGN (cid:0) t0, du (cid:16) pnGN (cid:0) t0uq Y pnGN (cid:0) tduq. Khi đó,

rje, pn(cid:1)jqa(cid:0)jdsY

rje(cid:0)d, pn(cid:1)jqa(cid:0)pj (cid:0)1qds. (2.14)

Để tính nGM (cid:0) t0, du ta sẽ tính pnGN (cid:0) t0, duq và ppn (cid:1) 1qGN (cid:0) rb, cs (cid:0)

j(cid:16)0 ⁄

nGN (cid:0)t0, du (cid:16)

rje, pn (cid:1) jqa (cid:0) jds Y rpj (cid:1) 1qe (cid:0) d, pn (cid:1) j (cid:0) 1qa (cid:0) jds (cid:16) rje, pn (cid:1) j (cid:0) 1qa (cid:0) jds.

Với j (cid:16) 1, ..., n, ta có pn (cid:1) jqa (cid:0) jd ¥ pj (cid:1) 1qe (cid:0) d, suy ra

rje, pn(cid:0)1(cid:1)jqa(cid:0)jdsYrne(cid:0)d, pn(cid:0)1qds. (2.15)

Do đó, ta có thể viết (2.14) dưới dạng

j(cid:16)1 ⁄

nGN (cid:0)t0, du (cid:16) r0, nasY

pn (cid:1) 1qGN (cid:0) rb, cs (cid:0) t0, du (cid:16) rb, pn (cid:1) 1qa (cid:0) cs

n(cid:1)1

Từ đây suy ra

rb (cid:0) je, pn (cid:1) jqa (cid:0) c (cid:0) jds Y rb (cid:0) pn (cid:1) 1qe (cid:0) d, c (cid:0) nds.

j(cid:16)1 ⁄

(2.16)

pn (cid:0) 1qGN zpnGN (cid:0) t0, duq (cid:132) pr0, pn (cid:0) 1qas Y rpn (cid:0) 1qe, pn (cid:0) 1qdsq,

pnGN (cid:0) rb, csqzppn (cid:1) 1qGN (cid:0) rb, cs (cid:0) t0, duq (cid:132) rb, na (cid:0) cs Y rb (cid:0) ne, c (cid:0) nds.

So sánh (2.12) và (2.13) với (2.15) và (2.16) ta được

r0, pn (cid:0) 1qas Y rpn (cid:0) 1qe, pn (cid:0) 1qds Y rb, na (cid:0) cs

Từ (2.10) và (2.11) suy ra pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM (cid:0) t0, du khi và chỉ khi

Y rne (cid:0) b, nd (cid:0) cs (cid:132) nGM (cid:0) t0, du.

(2.17)

Bây giờ chúng ta sẽ kiểm tra khi nào thì điều kiện này thỏa mãn. Đầu tiên ta sẽ kiểm tra khi nào thì r0, pn(cid:0)1qasYrb, na(cid:0)cs (cid:132) nGM (cid:0)t0, du. Lấy p

rje, pn(cid:0)1(cid:1)jqa(cid:0)jds hoặc

j(cid:16)1 ⁄

là một phần tử bất kỳ của r0, pn(cid:0)1qas. Nếu p P

p P rne(cid:0)d, pn(cid:0)1qds thì p ¥ e, suy ra p P re, na(cid:0)ds vì p ⁄ pn(cid:0)1qa (cid:160) na(cid:0)d. Do đó, sử dụng (2.15) ta có

r0, pn (cid:0) 1qas X pnGN (cid:0) t0, duq (cid:132) r0, nas Y re, na (cid:0) ds.

n(cid:1)1

(2.18)

rb (cid:0) je, pn (cid:1) jqa (cid:0) c (cid:0) jds hoặc nếu p P rb (cid:0) pn (cid:1) 1qe (cid:0)

j(cid:16)1 ⁄

Tương tự, nếu p P

r0, pn (cid:0) 1qas X ppn (cid:1) 1qGN (cid:0) rb, cs (cid:0) t0, duq (cid:132) rb, pn (cid:1) 1qa (cid:0) cs Y re, na (cid:0) ds. (2.19) Áp dụng (2.11), (2.18) và (2.19), điều này suy ra r0, pn(cid:0)1qas (cid:132) nGM (cid:0)t0, du khi và chỉ khi

d, c (cid:0) nds thì p P re, na (cid:0) ds. Do đó, sử dụng (2.16) ta có

r0, pn (cid:0) 1qas (cid:132) r0, nas Y rb, pn (cid:1) 1qa (cid:0) cs Y re, na (cid:0) ds.

(2.20)

Tương tự, ta có thể chứng minh rb, na (cid:0) cs (cid:132) nGN (cid:0) t0, du khi và chỉ

khi

rb, na (cid:0) cs (cid:132) r0, nas Y rb, pn (cid:1) 1qa (cid:0) cs Y re, na (cid:0) ds.

(2.21)

r0, nasYrb, pn(cid:1)1qa(cid:0)csYre, na(cid:0)ds (cid:16) r0, na(cid:0)ds (cid:133) r0, pn(cid:0)1qasYrb, na(cid:0)cs,

Dễ thấy nếu (2.20) thỏa mãn thì na (cid:0) 1 ¥ b và nếu (2.21) thỏa mãn thì pn (cid:1) 1qa (cid:0) c (cid:0) 1 ¥ e. Ngược lại, nếu na (cid:0) 1 ¥ b và pn (cid:1) 1qa (cid:0) c (cid:0) 1 ¥ e thì

suy ra (2.20) và (2.21) thỏa mãn. Do đó, r0, pn (cid:0) 1qas Y rb, na (cid:0) cs (cid:132) nGM (cid:0) t0, du khi và chỉ khi

, . n ¥ max b (cid:1) 1 a e (cid:1) c (cid:0) a (cid:1) 1 a

Tương tự, ta có rpn (cid:0) 1qe, pn (cid:0) 1qds Y rne (cid:0) b, nd (cid:0) cs (cid:132) nGM (cid:0) t0, du

khi và chỉ khi

, . n ¥ max d (cid:1) c (cid:1) 1 d (cid:1) e d (cid:1) e (cid:0) b (cid:1) a (cid:1) 1 d (cid:1) e

Do đó, (2.17) và do đó điều kiện pn (cid:0) 1qGM (cid:16) nGM (cid:0) t0, du thỏa mãn

khi và chỉ khi

, , , . n ¥ max b (cid:1) 1 a e (cid:1) c (cid:0) a (cid:1) 1 a d (cid:1) c (cid:1) 1 d (cid:1) e d (cid:1) e (cid:0) b (cid:1) a (cid:1) 1 d (cid:1) e

Áo dụng Bổ đề 1.6.7, suy ra

V ,

, , rQpRq (cid:16) max

. b (cid:1) 1 a "R d (cid:1) c (cid:1) 1 d (cid:1) e e (cid:1) c (cid:0) a (cid:1) 1 a R V d (cid:1) e (cid:0) b (cid:1) a (cid:1) 1 d (cid:1) e

Chúng tôi chưa có câu trả lời cho câu hỏi sau đây.

Câu hỏi 2.5.3. Với giả thiết của Định lý 2.5.2, đẳng thức regpRq (cid:16) rQpRq có xảy ra không?

Chương 3

Tính Buchsbaum của đường cong đơn thức không trơn

Cho M là tập hợp các đơn thức bậc d hai biến x, y, chứa xd, yd với d là một số nguyên dương nào đó. Khi đó, ta có thể tìm thấy một dãy không giảm các số nguyên 0 (cid:16) a0 ⁄ a1 ⁄ (cid:4) (cid:4) (cid:4) ⁄ a2r(cid:0)1 (cid:16) d với a2i(cid:1)1 (cid:160) a2i (cid:1) 1, i (cid:16) 1, ..., r, sao cho tập các số mũ α với xαyd(cid:1)α P M được cho bởi

ra2i, a2i(cid:0)1s,

i(cid:16)0 ⁄

GM (cid:16)

với ra2i, a2i(cid:0)1s là tập hợp các số nguyên α, a2i ⁄ α ⁄ a2i(cid:0)1. Điều kiện a2i(cid:1)1 (cid:160) a2i (cid:1) 1 nghĩa là ra2i(cid:1)1 (cid:0) 1, a2i (cid:1) 1s là một đoạn trống giữa các đoạn của GM .

Đặt R (cid:16) krM s. Trong chương này, chúng tôi sẽ tìm tiêu chuẩn để R là một vành Buchsbaum qua dãy a1, ..., a2r(cid:0)1. Đặt R(cid:6) là Macaulay hóa hữu hạn của R. Chúng tôi sẽ tập trung vào trường hợp R(cid:6) (cid:16) krN s với N là tập hợp các đơn thức bậc d trong krx, ys. Trong trường hợp này, R là một vành Buchsbaum khi và chỉ khi GM (cid:0) GN (cid:132) 2GM , xem Định lý 1.5.7. Ta có thể biểu diễn GM (cid:0) GN thành hợp rời các đoạn nguyên trong r0, 2ds. Do vậy, để đặc trưng tính Buchsbaum của R, trước hết ta cần tìm điều kiện cho ru, vs (cid:132) r0, 2ds nằm trong 2GM qua dãy a1, ..., a2r(cid:0)1.

3.1 Tiêu chuẩn cho một đoạn thẳng nằm trong 2GM

Đặt I (cid:16) tpm, nq P N2| 0 ⁄ m, n ⁄ ru. Với pm, nq, pm1, n1q P I, ta định nghĩa pm1, n1q ⁄ pm, nq nếu m1 ⁄ m, n1 ⁄ n. Đây là một quan hệ thứ tự bộ

phận trên I. Một tập con J của I được gọi là đối xứng nếu với mọi pm, nq P J thì pn, mq P J. Ta nói J một iđêan poset nếu với mọi pm1, n1q ⁄ pm, nq P J thì pm1, n1q P J. Đặt Jmax (tương ứng, Jmin) là tập hợp các phần tử cực đại (tương ứng, cực tiểu) của J.

Bổ đề 3.1.1. Cho 0 ⁄ u ⁄ v ⁄ 2d là hai số nguyên tùy ý. Gọi pm, nq và pm1, n1q là các phần tử của I sao cho a2m(cid:0)1 (cid:0) a2n(cid:0)1 là lớn nhất trong tất cả các giá trị a2i(cid:0)1 (cid:0) a2j(cid:0)1 (cid:160) u và a2m1 (cid:0) a2n1 là bé nhất trong tất cả các giá trị a2i (cid:0) a2j ¡ v, pi, jq P I. Khi đó, ru, vs (cid:132) 2GM khi và chỉ khi với mọi iđêan poset đối xứng J của I với pm, nq P J và pm1, n1q R J,

(cid:0) 1 ¥ min

(

max a2i (cid:0) a2j| pi, jq P pIzJqmin a2i(cid:0)1 (cid:0) a2j(cid:0)1| pi, jq P Jmax

. (3.1) (

Chứng minh. Gọi J là một iđêan poset đối xứng bất kỳ của I với pm, nq P J và pm1, n1q R J. Đặt

a (cid:16) maxta2i(cid:0)1 (cid:0) a2j(cid:0)1| pi, jq P Jmaxu,

b (cid:16) minta2i (cid:0) a2j| pi, jq P pIzJqminu.

(cid:148)

Nếu a (cid:0) 1 (cid:160) b thì ra (cid:0) 1, b (cid:1) 1s (cid:132) ra2m(cid:0)1 (cid:0) a2n(cid:0)1 (cid:0) 1, a2m1 (cid:0) a2n1 (cid:1) 1s (cid:132) ru, vs. Gọi c là một phần tử bất kỳ của ra (cid:0) 1, b (cid:1) 1s. Vì a (cid:160) c nên c R ra2i (cid:0) a2j, a2i(cid:0)1 (cid:0) a2j(cid:0)1s với mọi pi, jq P J. Vì c (cid:160) b nên c R ra2i (cid:0) a2j, a2i(cid:0)1 (cid:0) a2j(cid:0)1s với mọi pi, jq P IzJ. Chú ý rằng 2GM (cid:16) pi,jqPIra2i (cid:0) a2j, a2i(cid:0)1 (cid:0) a2j(cid:0)1s. Vì vậy c R 2GM . Suy ra ru, vs (cid:134) 2GM .

Ngược lại, nếu ru, vs (cid:134) 2GM thì ta chọn phần tử c P ru, vs sao cho c R 2GM . Đặt J là tập hợp tất cả các phần tử pi, jq P I sao cho c ¡ a2i(cid:0)1 (cid:0) a2j(cid:0)1. Khi đó, J là một iđêan poset đối xứng của I với pm, nq P J và pm1, n1q R J. Nếu ta định nghĩa a như trên thì a (cid:160) c. Với pi, jq P IzJ ta có c ⁄ a2i(cid:0)1 (cid:0) a2j(cid:0)1. Vì c R ra2i (cid:0) a2j, a2i(cid:0)1 (cid:0) a2j(cid:0)1s (cid:132) 2GM nên c (cid:160) a2i (cid:0) a2j. Nếu ta định nghĩa b như trên thì c (cid:160) b. Do đó, a (cid:0) 1 (cid:160) b.

Ví dụ 3.1.2. Chúng tôi xét trường hợp trơn, tức là a1 ¡ 0 và a2r (cid:160) d. Trong trường hợp này, theo Ví dụ 1.4.6, R(cid:6) (cid:16) krN s, với N là tập hợp tất cả các đơn thức bâc d trong krx, ys. Vì GN (cid:16) r0, ds nên GM (cid:0) GN (cid:133) t0, du (cid:0) r0, ds (cid:16) r0, 2ds. Do đó GM (cid:0) GN (cid:16) r0, 2ds. Theo Định lý 1.5.7, ta có R là vành

Buchsbaum khi và chỉ khi r0, 2ds (cid:16) 2GM . Vì r0, 2a1s, r2a2r, 2ds (cid:132) 2GM nên r0, 2ds (cid:16) 2GM khi và chỉ khi r2a1 (cid:0) 1, 2a2r (cid:1) 1s (cid:132) 2GM . Chú ý rằng a1 (cid:0) a1 là giá trị lớn nhất trong tất cả các giá trị a2i(cid:0)1 (cid:0) a2j(cid:0)1 (cid:160) 2a1 (cid:0) 1 và a2r (cid:0) a2r là giá trị nhỏ nhất trong tất cả các giá trị a2i (cid:0) a2j ¡ 2a2r (cid:1) 1, pi, jq P I. Do đó, r2a1 (cid:0) 1, 2a2r (cid:1) 1s (cid:132) 2GM khi và chỉ khi bất đẳng thức (3.1) thỏa mãn với mọi iđêan poset đối xứng J của I với pr, rq R J. Đây là tiêu chuẩn Buchsbaum cho trường hợp trơn trong [44, Theorem 4.7].

Sau đây chúng tôi chỉ ra mối quan hệ giữa tính Buchsbaum và chỉ số

chính quy trong trường hợp trơn.

(cid:16)

(cid:148)

xαyd(cid:1)α| α P

Định lý 3.1.3. Cho 0 (cid:16) a0 ⁄ a1 ⁄ (cid:4) (cid:4) (cid:4) ⁄ a2r(cid:0)1 (cid:16) d là một dãy các số r nguyên với a2i(cid:1)1 (cid:160) a2i(cid:1)1, i (cid:16) 1, ..., r và R (cid:16) k . i(cid:16)0ra2i, a2i(cid:0)1 Giả sử a1 ¡ 0 và a2r (cid:160) d. Khi đó, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi (cid:24) regpRq (cid:16) 2.

Chứng minh. Đặt

ra2i, a2i(cid:0)1su,

i(cid:16)0 ⁄

M (cid:16) txαyd(cid:1)α| α P

N (cid:16) txαyd(cid:1)α| α P r0, dsu.

Khi đó, R (cid:16) krM s và R(cid:6) (cid:16) krN s. Như ta đã thấy trong Ví dụ 3.1.2,

GM (cid:0) GN (cid:16) r0, 2ds (cid:16) 2GN .

Do đó, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi 2GN (cid:16) 2GM . Đặt Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó, rQpR(cid:6)q (cid:16) 1. Theo Định lý 1.7.8, ta có

regpRq (cid:16) mintn ¥ 1| nGN (cid:16) nGM u.

Với giả thiết a2i(cid:1)1 (cid:160) a2i (cid:1) 1, i (cid:16) 1, ..., r thì GN (cid:24) GM . Do đó, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi regpRq (cid:16) 2.

Kết quả sau đây của chúng tôi chỉ ra đặc trưng tính Cohen-Macaulay và Buchsbaum của tất cả các lớp đường cong đơn thức trơn qua số mũ rút gọn và chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford.

Định lý 3.1.4. Cho một dãy không giảm các số nguyên

0 (cid:16) a0 (cid:160) a1 ⁄ a2 ⁄ . . . ⁄ a2r (cid:160) a2r(cid:0)1 (cid:16) d

r i(cid:16)0 ra2i, a2i(cid:0)1s

xαyd(cid:1)α| α P

(cid:16)

(cid:24)

(cid:148)

với a2i(cid:1)1 (cid:160) a2i (cid:1) 1, i (cid:16) 1, . . . , r. Đặt R (cid:16) k và Q (cid:16) pxd, ydq. Khi đó,

(1) R là vành Cohen-Macaulay khi và chỉ khi regpRq (cid:16) rQpRq (cid:16) 1,

(2) R là vành Buchsbaum, không Cohen-Macaulay khi và chỉ khi regpRq (cid:16)

rQpRq (cid:16) 2.

r i(cid:16)0 ra2i, a2i(cid:0)1s . Khi đó,

(cid:148)

Chứng minh. Ta có GM (cid:16)

ra2i (cid:0) a2j, a2i(cid:0)1 (cid:0) a2j(cid:0)1s

0⁄i⁄j⁄r ⁄ r

(cid:16)

ra2i (cid:0) a2j, a2i(cid:0)1 (cid:0) a2j(cid:0)1s .

j(cid:16)0 ⁄

i(cid:16)0 ⁄

2GM (cid:16)

(1) Nếu R là vành Cohen-Macaulay thì theo Bổ đề 1.7.2, regpRq (cid:16) rQpRq. Ta cần chứng minh rQpRq (cid:16) 1. Vì R là vành Cohen-Macaulay nên theo [44, Remark 4.2], GM (cid:16) r0, ds . Từ đó suy ra 2GM (cid:16) r0, 2ds (cid:16) GM (cid:0) t0, du. Do đó, theo Bổ đề 1.6.7 ta có rQpRq (cid:16) 1.

Ngược lại, vì rQpRq (cid:16) 1 nên 2GM (cid:16) GM (cid:0) t0, du. Ta có

ra2i (cid:0) d, a2i(cid:0)1 (cid:0) ds .

i(cid:16)0 ⁄ Giả sử R không là vành Cohen-Macaulay thì theo [44, Remark 4.2], GM (cid:24) r0, ds . Do đó, r ¥ 1 và a2 ¥ a1 (cid:0) 2. Lấy p (cid:16) a1 (cid:0) 1 P 2GM thì p R GM và p R ra2i (cid:0) d, a2i(cid:0)1 (cid:0) ds với mọi i (cid:16) 0, 1, . . . , r vì p (cid:160) a2 (cid:160) d. Suy ra p R GM (cid:0) t0, du hay 2GM (cid:24) GM (cid:0) t0, du, mâu thuẫn với rQpRq (cid:16) 1. Vậy R là vành Cohen-Macaulay.

GM (cid:0) t0, du (cid:16) GM Y

(2) Nếu R là vành Buchsbaum thì theo Bổ đề 1.7.2, regpRq (cid:16) rQpRq. Theo [44, Theorem 4.1], vì R là vành Buchsbaum nên 2GM (cid:16) r0, 2ds . Do đó,

3GM (cid:16) r0, 3ds (cid:16) 2GM (cid:0) t0, du.

Suy ra

rQpRq ⁄ 2.

Vì R không là vành Cohen-Macaulay nên theo ý (1), rQpRq (cid:24) 1. Hơn

nữa, vì a1 ¡ 0 và a2r (cid:160) d nên rQpRq (cid:24) 0. Vậy rQpRq (cid:16) 2.

Ngược lại, nếu rQpRq (cid:16) 2 thì theo (i), R không là vành Cohen-Macaulay. Bây giờ ta chứng minh 2GM (cid:16) r0, 2ds . Giả sử 2GM (cid:24) r0, 2ds. Khi đó, ta có thể viết

rb2j, b2j(cid:0)1s

j(cid:16)0 ⁄

2GM (cid:16)

với 0 (cid:16) b0 (cid:160) b1, b2s (cid:160) b2s(cid:0)1 (cid:16) 2d và b2j(cid:1)1 (cid:160) b2j (cid:1) 1, j (cid:16) 1, . . . , s.

2GM (cid:0) t0, du (cid:16) 2GM Y p2GM (cid:0) tduq

(cid:16) 2GM Y

rb2j (cid:0) d, b2j(cid:0)1 (cid:0) ds

(cid:11)

(cid:3)

j(cid:16)0 ⁄ 3GM (cid:16) 2GM (cid:0) GM s

(cid:16)

ra2i (cid:0) b2j, a2i(cid:0)1 (cid:0) b2j(cid:0)1s .

j(cid:16)0 ⁄

i(cid:16)0 ⁄

Vì ra2r, a1 (cid:0) ds (cid:132) 2GM nên một trong hai khả năng sau xảy ra: b1 (cid:160) a2r hoặc b1 ¥ a1 (cid:0) d.

Giả sử b1 (cid:160) a2r, lấy q (cid:16) b1 (cid:0) 1. Ta có q R 2GM và q P r0, a1 (cid:0) b1s (cid:16) r0, a1s (cid:0) r0, b1s (cid:132) 3GM . Vì b2j (cid:0) d ¥ d ¡ a2r ¥ b1 (cid:0) 1 (cid:16) q với mọi j (cid:16) 0, . . . , s nên q R 2GM (cid:0) t0, du. Do đó, 3GM (cid:24) 2GM (cid:0) t0, du, mâu thuẫn với rQpRq (cid:16) 2.

Nếu b1 ¥ a1 (cid:0) d thì b1 (cid:0) d ¡ 2d. Do đó,

2GM (cid:132) r0, 2ds (cid:132) r0, b1(cid:0)ds (cid:16) r0, b1sYrd, b1(cid:0)ds (cid:16) r0, b1s(cid:0)t0, du (cid:128) 2GM (cid:0)t0, du.

Từ đây suy ra

rb2j (cid:0) d, b2j(cid:0)1 (cid:0) ds .

j(cid:16)1 ⁄

2GM (cid:0) t0, du (cid:16) r0, b1 (cid:0) ds Y

ra2i, a2i(cid:0)1 (cid:0) b1s (cid:16) r0, d (cid:0) b1s.

i(cid:16)0 ⁄

Vì b1 ¥ a1 (cid:0) d ¡ d ¡ a2i với mọi i (cid:16) 1, . . . r nên r

Do đó, ta có

ra2i (cid:0) b2j, a2i(cid:0)1 (cid:0) b2j(cid:0)1s

j(cid:16)1 ⁄

i(cid:16)0 ⁄ s

(cid:16) r0, d (cid:0) b1s Y

ra2r (cid:0) b2j, b2j(cid:0)1 (cid:0) ds

(cid:11)

(cid:3)

j(cid:16)1 ⁄

r(cid:1)1

3GM (cid:16) r0, d (cid:0) b1s Y

ra2i (cid:0) b2j, a2i(cid:0)1 (cid:0) b2j(cid:0)1s

(cid:11)

(cid:3)

i(cid:16)0 ⁄

j(cid:16)1 ⁄

Vì d ¡ a2r nên rb2j (cid:0) d, b2j(cid:0)1 (cid:0) ds (cid:138) ra2r (cid:0) b2j, b2j(cid:0)1 (cid:0) ds với mọi j (cid:16) 1, . . . , s. Mà các đoạn r0, b1 (cid:0) ds, rb2 (cid:0) d, b3 (cid:0) ds, . . . , rb2s (cid:0) d, 3ds của 2GM (cid:0) t0, du đôi một rời nhau nên với mỗi 1 ⁄ j ⁄ s, ta chọn pj (cid:16) b2j (cid:0) d (cid:1) 1 thì pj P ra2r (cid:0) b2j, b2j(cid:0)1 (cid:0) ds (cid:132) 3GM nhưng pj R 2GM (cid:0) t0, du. Suy ra

2GM (cid:0) t0, du (cid:138) 3GM .

Điều này mâu thuẫn với rQpRq (cid:16) 2. Do đó, 2GM (cid:16) r0, 2ds. Theo [44, Theorem 4.1], R là vành Buchsbaum.

Nhận xét 3.1.5. Bằng hai cách tiếp cận khác nhau, chúng tôi thu được các kết quả như nhau trong Định lý 3.1.3 và Định lý 3.1.4 (ii).

3.2 Tính Buchsbaum cho Trường hợp F

(cid:16)

(cid:148)

. xαyd(cid:1)α| α P

Định lý 3.2.1. Cho 0 (cid:16) a0 ⁄ a1 ⁄ (cid:4) (cid:4) (cid:4) ⁄ a2r(cid:0)1 (cid:16) d là một dãy các số r i(cid:16)0ra2i, a2i(cid:0)1s nguyên với a2i(cid:1)1 (cid:160) a2i(cid:1)1, i (cid:16) 1, ..., r và R (cid:16) k Giả sử a1 (cid:16) 0, a2r (cid:160) d và 2a2 (cid:1) 1 ⁄ a3, r ¥ 2. Khi đó, các mệnh đề sau (cid:24) tương đương:

(1) R là vành Buchsbaum,

(2) Bất đẳng thức (3.1) (trong Bổ đề 3.1.1) thỏa mãn với mọi iđêan poset

đối xứng J của I với p1, 1q P J và pr, rq R J,

(3) regpRq (cid:16) 2.

Chứng minh. Đặt

ra2i, a2i(cid:0)1su,

i(cid:16)0 ⁄

M (cid:16) txαyd(cid:1)α| α P

N (cid:16) txαyd(cid:1)α| α P t0u Y ra2, dsu.

Khi đó, M (cid:132) N và krN s là vành Cohen-Macaulay theo [44, Corollary 3.4]. Ta có

N zM (cid:132) txαyd(cid:1)α| α P ra3 (cid:0) 1, a2r (cid:1) 1su.

pα, d (cid:1) αq (cid:0) pd (cid:1) α (cid:1) 1qe1 (cid:16) pd (cid:1) αqpd (cid:1) 1, 1q P E,

pα, d (cid:1) αq (cid:0) pt (cid:1) 1qe2 (cid:16) pt (cid:1) 1qpa2, d (cid:1) a2q (cid:0) pa2 (cid:0) c, d (cid:1) a2 (cid:1) cq P E.

Với α P ra3 (cid:0) 1, a2r (cid:1) 1s ta viết α (cid:16) ta2 (cid:0) c với 0 ⁄ c (cid:160) a2. Vì a3 (cid:0) 1 ¥ 2a2 nên t ¥ 2 và a3 ¥ a2 (cid:0) c. Do đó, pa2 (cid:0) c, d (cid:1) a2 (cid:1) cq P E, với E là nửa nhóm afin của M . Ta có

pα, d (cid:1) αq P pE (cid:1) E1q X pE (cid:1) E2q (cid:16) E(cid:6).

Do đó,

Từ đây suy ra N (cid:132) M (cid:6). Vì vậy R(cid:6) (cid:16) krN s theo Hệ quả 1.4.5.

Ta có

GN (cid:16) t0u Y ra2, ds.

Do đó,

2GN (cid:16) t0u Y ra2, ds Y r2a2, 2ds.

ra2, ds Y r2a2, 2ds (cid:16) ra2, 2ds (cid:16) ra2, a3s Y r2a2, 2ds.

Vì 2a2 (cid:1) 1 ⁄ a3 (cid:160) d nên

r2a2, 2ds (cid:16) ta2, du (cid:0) ra2, ds (cid:132) GM (cid:0) GN .

Chú ý rằng ra2, a3s (cid:132) GM và

Do đó, 2GN (cid:132) GM (cid:0) GN . Vì GM (cid:132) GN nên suy ra GM (cid:0) GN (cid:16) 2GN . Theo Định lý 1.5.7, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi 2GN (cid:16) 2GM .

ra2, 2a3s (cid:16) ra2, a3s Y r2a2, 2a3s (cid:132) 2GM

Mặt khác, ta có

r2a2r, 2ds (cid:132) 2GM .

và

Vì 2GN (cid:16) t0u Y ra2, 2ds nên điều này suy ra

2GN z2GM (cid:132) ra2, 2dszpra2, 2a3s Y r2a2r, 2dsq (cid:16) r2a3 (cid:0) 1, 2a2r (cid:1) 1s.

Do đó, 2GN (cid:16) 2GM khi và chỉ khi r2a3 (cid:0) 1, 2a2r (cid:1) 1s (cid:132) 2GM .

Rõ ràng a3 (cid:0) a3 là giá trị lớn nhất trong tất cả các giá trị a2i(cid:0)1 (cid:0) a2j(cid:0)1 (cid:160) 2a3 (cid:0) 1 và a2r (cid:0) a2r là giá trị nhỏ nhất trong tất cả các giá trị a2i (cid:0) a2j ¡ 2a2r (cid:1) 1, pi, jq P I. Do Bổ đề 3.1.1, r2a3 (cid:0) 1, 2a2r (cid:1) 1s (cid:132) 2GM khi và chỉ khi bất đẳng thức (3.1) thỏa mãn với mọi iđêan poset đối xứng J của I với p1, 1q P J và pr, rq R J. Điều này chứng tỏ (1) và (2) tương đương nhau.

Bây giờ ta sẽ chứng minh (1) tương đương với (3). Đặt Q (cid:16) pxd, ydq.

Theo Định lý 2.1.1, ta có

. rQpR(cid:6)q (cid:16)

R Vì 2a2 (cid:1) 1 ⁄ a3 (cid:160) d nên d (cid:1) 1 (cid:160) 2pd (cid:1) a2q. Do đó, rQpR(cid:6)q (cid:16) 2. Theo Định lý 1.7.8, điều này suy ra

d (cid:1) 1 d (cid:1) a2 V

regpRq (cid:16) mintn ¥ 2| nGN (cid:16) nGM u.

Theo chứng minh trên, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi 2GN (cid:16) 2GM . Do đó, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi regpRq (cid:16) 2.

Ta có thể cụ thể hóa các bất đẳng thức (3.1) trong Định lý 3.2.1(2).

Chẳng hạn, trường hợp r (cid:16) 2 ta có tiêu chuẩn sau đây.

(cid:16)

(cid:24)

Hệ quả 3.2.2. Cho 1 (cid:160) a (cid:160) b (cid:160) c (cid:160) d là một dãy các số nguyên với xαyd(cid:1)α| α P t0u Y ra, bs Y rc, ds b (cid:160) c (cid:1) 1 và R (cid:16) k . Giả sử 2a (cid:1) 1 ⁄ b. Khi đó, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi

2b (cid:0) 1 ¥ c,

maxt2b, du (cid:0) 1 ¥ a (cid:0) c,

b (cid:0) d (cid:0) 1 ¥ 2c.

Chứng minh. Có 3 iđêan poset đối xứng phân biệt J của I với p1, 1q P J và p2, 2q R J:

1. tp0, 0q, p0, 1q, p1, 0q, p1, 1qu,

2. tp0, 0q, p0, 1q, p1, 0q, p0, 2q, p2, 0q, p1, 1qu,

3. tp0, 0q, p0, 1q, p1, 0q, p0, 2q, p2, 0q, p1, 1q, p1, 2q, p2, 1qu.

Theo (3.1), các iđêan poset đối xứng này cho ta 3 bất đẳng thức như trong phát biểu Hệ quả 3.2.2.

Ví dụ 3.2.3. Cho R (cid:16) krxd, xd(cid:1)1y, x3yd(cid:1)3, x2yd(cid:1)2, yds, d ¥ 6. Khi đó, a (cid:16) 2, b (cid:16) 3 và c (cid:16) d (cid:1) 1, chúng thỏa mãn các giả thiết của Hệ quả 3.2.2. Áp dụng Hệ quả 3.2.2 ta nhận được R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi d (cid:16) 6.

3.3 Tính Buchsbaum cho Trường hợp G

r i(cid:16)0ra2i, a2i(cid:0)1s

(cid:16)

Định lý 3.3.1. Cho 0 (cid:16) a0 ⁄ a1 ⁄ (cid:4) (cid:4) (cid:4) ⁄ a2r(cid:0)1 (cid:16) d là một dãy không xαyd(cid:1)α| α P giảm các số nguyên với a2i(cid:1)1 (cid:160) a2i (cid:1) 1, i (cid:16) 1, ..., r, và R (cid:16) k . Giả sử a1 (cid:16) 0, a2r (cid:16) d, 2a2 (cid:1) 1 ⁄ a3 và a2r(cid:1)2 (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄

(cid:24) (1) R là vành Buchsbaum,

2a2r(cid:1)1, r ¥ 3. Khi đó, các mệnh đề sau đây tương đương: (cid:148)

(2) Bất đẳng thức (3.1) (trong Bổ đề 3.1.1) thỏa mãn với mọi iđêan poset

đối xứng J của I với p1, 1q P J và pr (cid:1) 1, r (cid:1) 1q R J,

(3) regpRq (cid:16) 2.

Chứng minh. Đặt

ra2i, a2i(cid:0)1su,

i(cid:16)0 ⁄

M (cid:16) txαyd(cid:1)α| α P

N (cid:16) txαyd(cid:1)α| α P t0, du Y ra2, a2r(cid:1)1su.

Khi đó, M (cid:132) N và krN s là vành Cohen-Macaulay theo [44, Theorem 2.1]. Ta có

N zM (cid:132) txαyd(cid:1)α| α P ra3 (cid:0) 1, a2r(cid:1)2 (cid:1) 1su.

pα, d (cid:1) αq P pE (cid:1) E1q X pE (cid:1) E2q (cid:16) E(cid:6)

Gọi E là nửa nhóm afin của R (cid:16) krM s. Tương tự chứng minh Định lý 3.2.1, ta có thể sử dụng giả thiết 2a2 (cid:1) 1 ⁄ a3 và a2r(cid:1)2 (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄ 2a2r(cid:1)1 để chứng minh rằng

txαyd(cid:1)α| α P ra3 (cid:0) 1, a2r(cid:1)2 (cid:1) 1su (cid:132) M (cid:6).

với α P ra3 (cid:0) 1, a2r(cid:1)2 (cid:1) 1s. Do đó,

Từ đây suy ra N (cid:132) M (cid:6). Do đó, R(cid:6) (cid:16) krN s theo Hệ quả 1.4.5.

Ta có GN (cid:16) t0, du Y ra2, a2r(cid:1)1s. Do đó,

2GN (cid:16) t0, d, 2du Y ra2, a2r(cid:1)1s Y r2a2, 2a2r(cid:1)1s Y ra2 (cid:0) d, a2r(cid:1)1 (cid:0) ds.

ra2, a2r(cid:1)1s Y r2a2, 2a2r(cid:1)1s (cid:16) ra2, 2a2r(cid:1)1s,

r2a2, 2a2r(cid:1)1s Y ra2 (cid:0) d, a2r(cid:1)1 (cid:0) ds (cid:16) r2a2, a2r(cid:1)1 (cid:0) ds.

Vì 2a2 (cid:1) 1 ⁄ a3 (cid:160) a2r(cid:1)1 và a2 (cid:0) d (cid:1) 1 (cid:160) a2r(cid:1)2 (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄ 2a2r(cid:1)1 nên

Do đó,

(cid:16) t0, 2du Y ra2, a3s Y r2a2, 2a2r(cid:1)1s Y ra2r(cid:1)2 (cid:0) d, a2r(cid:1)1 (cid:0) ds.

2GN (cid:16) t0, 2du Y ra2, a2r(cid:1)1 (cid:0) ds

r2a2, 2a2r(cid:1)1s (cid:16) ta2, a2r(cid:1)1u (cid:0) ra2, a2r(cid:1)1s (cid:132) GM (cid:0) GN .

Chú ý rằng ra2, a3s, ra2r(cid:1)2 (cid:0) d, a2r(cid:1)1 (cid:0) ds (cid:132) 2GM và

Do đó, 2GN (cid:132) GM (cid:0) GN . Điều này suy ra GM (cid:0) GN (cid:16) 2GN . Áp dụng Định lý 1.5.7 suy ra R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi 2GN (cid:16) 2GM .

ra2, 2a3s (cid:16) ra2, a3s Y r2a2, 2a3s (cid:132) 2GM ,

r2a2r(cid:1)2, a2r(cid:1)1 (cid:0) ds (cid:16) r2a2r(cid:1)2, 2a2r(cid:1)1s Y ra2r(cid:1)2 (cid:0) d, a2r(cid:1)1 (cid:0) ds (cid:132) 2GM .

Mặt khác, ta có

Vì 2GN (cid:16) t0, 2du Y ra2, a2r(cid:1)1 (cid:0) ds nên

(cid:16) r2a3 (cid:0) 1, 2a2r(cid:1)2 (cid:1) 1s.

2GN z2GM (cid:132) ra2, a2r(cid:1)1 (cid:0) dszpra2, 2a3s Y r2a2r(cid:1)2, a2r(cid:1)1 (cid:0) dsq

Do đó, 2GN (cid:16) 2GM khi và chỉ khi r2a3 (cid:0) 1, 2a2r(cid:1)2 (cid:1) 1s (cid:132) 2GM .

Dễ thấy a3 (cid:0) a3 là giá trị lớn nhất trong tất cả các giá trị a2i(cid:0)1 (cid:0) a2j(cid:0)1 (cid:160) 2a3 (cid:0)1 và a2r(cid:1)2 (cid:0)a2r(cid:1)2 là giá trị nhỏ nhất trong tất cả các giá trị a2i (cid:0)a2j ¡ 2a2r(cid:1)2(cid:1)1, pi, jq P I. Áp dụng Bổ đề 3.1.1 ta được r2a3(cid:0)1, 2a2r(cid:1)2(cid:1)1s (cid:132) 2GM khi và chỉ khi bất đẳng thức (3.1) thỏa mãn với mọi iđêan poset đối xứng J của I với p1, 1q P J và pr (cid:1) 1, r (cid:1) 1q R J. Điều này chứng tỏ (1) và (2) tương đương nhau.

V Vì 2a2r(cid:1)1 ¥ a2r(cid:1)2 (cid:0) d (cid:1) 1 ¡ a2 (cid:0) d (cid:1) 1 nên rQpR(cid:6)q (cid:16) 2. Áp dụng Định lý 1.7.8, suy ra

. Gọi Q (cid:16) pxd, ydq. Theo Định lý 2.2.3 (1), ta có rQpR(cid:6)q (cid:16) a2 (cid:0) d (cid:1) 1 a2r(cid:1)1

regpRq (cid:16) mintn ¥ 2| nGN (cid:16) nGM u.

Theo chứng minh trên, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi 2GN (cid:16) 2GM . Do đó, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi regpRq (cid:16) 2. Điều này chứng tỏ (1) và (3) tương đương nhau.

Với r (cid:16) 3 trong Trường hợp G, ta có tiêu chuẩn sau đây cho tính

Buchsbaum của R.

(cid:24)

(cid:16)

xαyd(cid:1)α| α P t0, du Y ra, bs Y rc, es

Hệ quả 3.3.2. Cho 1 (cid:160) a (cid:160) b (cid:160) c (cid:160) e (cid:160) d (cid:1) 1 là một dãy không giảm các số nguyên với b (cid:0) 1 (cid:160) c và R (cid:16) k . Giả sử 2a ⁄ b (cid:0) 1 và c (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄ 2e. Khi đó, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi

2b (cid:0) 1 ¥ c,

max t2b, eu (cid:0) 1 ¥ min ta (cid:0) c, du ,

b (cid:0) e (cid:0) 1 ¥ min t2c, du ,

max t2b, du (cid:0) 1 ¥ a (cid:0) c,

max td, b (cid:0) eu (cid:0) 1 ¥ min ta (cid:0) d, 2cu ,

b (cid:0) d (cid:0) 1 ¥ 2c.

Chứng minh. Có 6 iđêan poset đối xứng phân biệt J của I với p1, 1q P J và p2, 2q R J:

1. tp0, 0q, p0, 1q, p1, 0q, p1, 1qu, 2. tp0, 0q, p0, 1q, p1, 0q, p0, 2q, p2, 0q, p1, 1qu, 3. tp0, 0q, p0, 1q, p1, 0q, p0, 2q, p2, 0q, p1, 1q, p1, 2q, p2, 1qu, 4. tp0, 0q, p0, 1q, p1, 0q, p1, 1q, p0, 2q, p2, 0q, p0, 3q, p3, 0qu, 5. tp0, 0q, p0, 1q, p1, 0q, p1, 1q, p0, 2q, p2, 0q, p0, 3q, p3, 0q, p1, 2q, p2, 1qu, 6. tp0, 0q, p0, 1q, p1, 0q, p1, 1q, p0, 2q, p2, 0q, p0, 3q, p3, 0q, p1, 2q, p2, 1q, p1, 3q, p3, 1qu. Áp dụng (3.1), các iđêan poset đối xứng này cho ta 6 bất đẳng thức như

trong phát biểu Hệ quả 3.3.2.

Ví dụ 3.3.3. Cho R (cid:16) krxd, xd(cid:1)2y2, xd(cid:1)3y3, x3yd(cid:1)3, x2yd(cid:1)2, yds, d ¥ 8. Khi đó, a (cid:16) 2, b (cid:16) 3, c (cid:16) d (cid:1) 3 và e (cid:16) d (cid:1) 2 thỏa mãn các giả thiết của Hệ quả 3.3.2. Áp dụng Hệ quả 3.3.2 ta thấy R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi d (cid:16) 8, 9, 10.

Chương 4

Ước lượng chỉ số chính quy cho đường cong đơn thức không trơn

Trong chương này, chúng tôi giữ nguyên những ký hiệu ở các chương trước. Đặt M là tập hợp các đơn thức bậc d trong krx, ys, chứa xd, yd và R (cid:16) krM s. Gọi 0 (cid:16) a0 ⁄ a1 ⁄ (cid:4) (cid:4) (cid:4) ⁄ a2r(cid:0)1 (cid:16) d là một dãy các số nguyên với a2i(cid:1)1 (cid:160) a2i (cid:1) 1, i (cid:16) 1, ..., r, thỏa mãn

ra2i, a2i(cid:0)1s.

i(cid:16)0 ⁄

GM (cid:16)

(cid:176)

Các đoạn trống nguyên giữa các đoạn của GM là ra2i(cid:1)1 (cid:0) 1, a2i (cid:1) 1s, có độ dài (cid:96)i :(cid:16) a2i (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:1) 1, i (cid:16) 1, ..., r. Mục đích của chương này là ước lượng regpRq qua độ dài lớn nhất của các đoạn trống nguyên.

Theo giả thuyết Goto-Eisenbud về chỉ số chính quy [11, p. 93], đã được Gruson, R. Lazarsfeld và C. Peskine chứng minh cho trường hợp đường cong xạ ảnh [14, Theorem 1.1], ta biết rằng regpRq ⁄ epRq (cid:1) codimpRq, với epRq là số bội của R. Trong trường hợp tổng quát, theo một chứng minh gần đây của McCullough và Peeva [31], giả thuyết này không đúng. Vì epRq ⁄ d và codimpRq (cid:16) |M | (cid:1) 2 nên epRq (cid:1) codimpRq ⁄ d (cid:1) |M | (cid:0) 2. r r i(cid:16)1 (cid:96)i (cid:0) 1. Tuy nhiên, i(cid:16)1 (cid:96)i. Do đó, regpRq ⁄ Dễ thấy d (cid:1) |M | (cid:0) 1 (cid:16) chặn này còn xa so với chặn tốt nhất có thể. L’vosky [28, Proposition 5.5] đã chứng minh rằng regpRq ⁄ (cid:96) (cid:0) (cid:96)1 (cid:0) 1, với (cid:96) và (cid:96)1 lần lượt là độ dài lớn nhất và lớn nhì của các đoạn trống nguyên. Nếu chỉ có một đoạn trống thì ta đặt (cid:96)1 (cid:16) 0.

Trong trường hợp trơn, tức là a1 ¡ 0 và a2r (cid:160) d, Hellus, Hoa và St¨uckrad

[18, Theorem 2.7] đã đưa ra chặn

(cid:0) 2,

Z với ε (cid:16) minta1, d (cid:1) a2ru, chỉ là một phần nhỏ của chặn của L’vosky. Họ cũng chỉ ra một số trường hợp đạt được chặn này.

regpRq ⁄ (cid:96) (cid:1) 1 ε

Chương này sẽ chứng minh các kết quả tương tự cho đường cong đơn thức không trơn, cụ thể là cho các Trường hợp F và G được nêu trong phần Mở đầu.

4.1 So sánh các nửa nhóm số học phân bậc

Đối với trường hợp đường cong không trơn thuộc Trường hợp F và Trường hợp G, chúng tôi đã chỉ ra trong các chứng minh của Định lý 3.2.1 và 3.3.1 rằng Macaulay hóa hữu hạn của R sinh bởi một tập N gồm các đơn thức bậc d và regpRq (cid:16) mintn ¥ 2| nGM (cid:16) nGN u. Để tính nGM và nGN chúng ta sẽ cần những Bổ đề sau.

Bổ đề 4.1.1. Cho 0 ⁄ a (cid:160) b là các số nguyên thỏa mãn 2a (cid:1) 1 ⁄ b. Đặt H (cid:16) t0u Y ra, bs. Khi đó,

(1) ra, nbs (cid:132) nH với mọi n ¥ 1,

(cid:0) 1.

(2) Với mọi số nguyên c ¡ α ¡ b, α (cid:0) nb P nH (cid:0) c với mọi n ¥

a (cid:0) c (cid:1) α (cid:1) 1 b

ria, ibs Y rpi (cid:0) 1qa, pi (cid:0) 1qbs (cid:16) ria, pi (cid:0) 1qbs.

Chứng minh. (1) Vì 2a (cid:1) 1 ⁄ b nên ta có ib ¥ pi (cid:0) 1qa (cid:1) 1 với mọi i ¥ 1. Từ đây suy ra

ra, nbs (cid:16) ra, bs Y r2a, 2bs Y (cid:4) (cid:4) (cid:4) Y rna, nbs

(cid:16)

Do đó,

ppn (cid:1) iq0 (cid:0) ira, bsq

i(cid:16)1 ⁄

i(cid:16)1 ⁄ (cid:132) nH.

ira, bs (cid:16)

(2) Ta có a (cid:0) c (cid:1) α (cid:1) 1 (cid:160) nb. Do đó, a ⁄ α (cid:0) nb (cid:1) c ⁄ nb. Điều này suy

α (cid:0) nb (cid:1) c P ra, nbs (cid:132) nH.

Do đó, α (cid:0) nb P nH (cid:0) c.

Bổ đề 4.1.2. Cho 0 (cid:160) c (cid:160) e ⁄ d là các số nguyên thỏa mãn d (cid:0) c (cid:1) 1 ⁄ 2e. Đặt H (cid:16) rc, es Y tdu. Khi đó,

(1) rnc, e (cid:0) pn (cid:1) 1qds (cid:132) nH với mọi n ¥ 1,

(cid:0) 1.

(2) Với mọi số nguyên b (cid:160) α (cid:160) c, α (cid:0) nc P nH (cid:0) b với mọi n ¥

^ Chứng minh. Đặt a1 (cid:16) d (cid:1) e và b1 (cid:16) d (cid:1) c. Khi đó,

d (cid:1) e (cid:1) b (cid:0) α (cid:1) 1 d (cid:1) c

2a1 (cid:1) 1 (cid:16) 2pd (cid:1) eq (cid:1) 1 ⁄ 2d (cid:1) pd (cid:0) cq (cid:16) b1.

Đặt H 1 (cid:16) t0u Y ra1, b1s. Khi đó,

nH (cid:16) tnd (cid:1) α| α P nH 1u.

rnc, e (cid:0) pn (cid:1) 1qds (cid:132) nH.

(1) Theo Bổ đề 4.1.1(1), ta có ra1, nb1s (cid:132) nH 1 với mọi n ¥ 1. Do đó,

(2) Với mọi số nguyên b (cid:160) α (cid:160) c, ta có d (cid:1) b ¡ d (cid:1) α ¡ b1. Theo Bổ đề

4.1.1(2),

b (cid:1) α (cid:0) nb1 (cid:16) pd (cid:1) αq (cid:0) nb1 (cid:1) pd (cid:1) bq P nH 1

(cid:0) 1. Vì vậy,

với n ¥ a1 (cid:1) b (cid:0) α (cid:1) 1 b1

(cid:0) 1.

nc (cid:1) b (cid:0) α (cid:16) nd (cid:1) pb (cid:1) α (cid:0) nb1q P nH

với n ¥ d (cid:1) e (cid:1) b (cid:0) α (cid:1) 1 d (cid:1) c

(cid:0) 1.

Vậy α (cid:0) nc P nH (cid:0) b với n ¥ d (cid:1) e (cid:1) b (cid:0) α (cid:1) 1 d (cid:1) c

Bổ đề 4.1.3. Cho 0 (cid:160) b (cid:160) c (cid:160) d là các số nguyên. Đặt H (cid:16) r0, bs Y rc, ds. Khi đó,

, (1) nb (cid:0) 1 R nH với n ⁄ c (cid:1) 2 b

. (2) nc (cid:1) 1 R nH với n ⁄ d (cid:1) b (cid:1) 2 d (cid:1) c

Z c (cid:1) 2 b

Chứng minh. (1) Với n ⁄ ta có nb (cid:0) 1 ⁄ c (cid:1) 1. Nếu nb (cid:0) 1 P nH thì

nb (cid:0) 1 là tổng của n phần tử của H. Không thể tất cả các phần tử này đều không quá b. Do đó, một trong số chúng lớn hơn b. Vì c là phần tử bé nhất của H lớn hơn b nên nb (cid:0) 1 ¥ c, mâu thuẫn. Từ đây ta có (1).

(2) Với n ⁄ ta có nc (cid:1) 1 ¥ pn (cid:1) 1qd (cid:0) b (cid:0) 1. Nếu nc (cid:1) 1 P nH d (cid:1) b (cid:1) 2 d (cid:1) c

thì nc (cid:1) 1 là tổng của n phần tử của H. Không thể tất cả các phần tử này đều không nhỏ hơn c. Do đó, một trong số chúng nhỏ hơn c. Vì b là phần tử lớn nhất của H nhỏ hơn c và n (cid:1) 1 số hạng còn lại trong tổng không quá d nên nc (cid:1) 1 ⁄ b (cid:0) pn (cid:1) 1qd, mâu thuẫn. Từ đây ta có (2).

Sau đây chúng tôi thiết lập các chặn cho chỉ số chính quy đối với trường

hợp đường cong không trơn thuộc Trường hợp F và Trường hợp G.

4.2 Chỉ số chính quy cho Trường hợp F

(cid:148)

. xαyd(cid:1)α| α P

Định lý 4.2.1. Cho 0 (cid:16) a0 ⁄ a1 ⁄ (cid:4) (cid:4) (cid:4) ⁄ a2r(cid:0)1 (cid:16) d là một dãy các số r i(cid:16)0ra2i, a2i(cid:0)1s nguyên với a2i(cid:1)1 (cid:160) a2i(cid:1)1, i (cid:16) 1, ..., r và R (cid:16) k Giả sử a1 (cid:16) 0, a2r (cid:160) d và 2a2 (cid:1) 1 ⁄ a3, r ¥ 2. Đặt (cid:96) (cid:16) maxta2i (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:1) (cid:24) (cid:16) 1| i (cid:16) 2, ..., ru và ε (cid:16) minta3, d (cid:1) a2ru. Khi đó,

(cid:0) 3 nếu a3 (cid:1) a2 (cid:160) d (cid:1) a2r,

(1) regpRq ⁄ (cid:96) (cid:1) 1 ε

(cid:0) 2 nếu a3 (cid:1) a2 ¥ d (cid:1) a2r,

(2) regpRq ⁄ (cid:96) (cid:1) 1 ε

(cid:0) 1.

^ a4 (cid:1) 2 a3 ^

, (3) regpRq ¥ max d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 2 d (cid:1) a2r

Chứng minh. Đặt

ra2i, a2i(cid:0)1su,

i(cid:16)0 ⁄

M (cid:16) txαyd(cid:1)α| α P

N (cid:16) txαyd(cid:1)α| α P t0u Y ra2, dsu.

Theo chứng minh Định lý 3.2.1, ta có

regpRq (cid:16) mintn ¥ 2| nGM (cid:16) nGN u.

n i(cid:16)0 ira2, ds với n ¥ 1. Từ đây suy ra nGN (cid:132) t0uYra2, nds.

Ta có nGN (cid:16)

(cid:148)

Vì d ¡ a3 ¥ 2a2 (cid:1) 1 nên ra2, nds (cid:132) nGN theo Bổ đề 4.1.1(1). Do đó,

nGN (cid:16) t0u Y ra2, nds.

ra2, na3s (cid:132) nGM

Theo Bổ đề 4.1.1(1), ta có

rna2r, nds (cid:132) nGM .

và theo Bổ đề 4.1.2(1) (trường hợp e (cid:16) d), ta có

Do đó,

(cid:132) rna3, na2rs.

nGN znGM (cid:132) ra2, ndszpra2, na3s Y rna2r, ndsq

Suy ra nGN (cid:16) nGM khi và chỉ khi rna3, na2rs (cid:132) nGM . Điều này kéo theo

(4.1) regpRq (cid:16) mintn ¥ 2 | rna3, na2rs (cid:132) nGM u.

rna3, na2rs (cid:16) ra3, a2rs (cid:0) pn (cid:1) 1qta3, a2ru

Đặt m (cid:16) regpRq (cid:1) 1. Khi đó, tồn tại ν P rma3, ma2rs sao cho ν R mGM . Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh

r2a3, 2a2rs (cid:16) r2a3, a3 (cid:0) a2rs Y ra3 (cid:0) a2r, 2a2rs

(cid:16) ra3, a2rs (cid:0) ta3, a2ru.

với n ¥ 2. Thật vậy, ta có

rpn (cid:1) 1qa3, pn (cid:1) 1qa2rs (cid:16) ra3, a2rs (cid:0) pn (cid:1) 2qta3, a2ru.

Giả sử

ra3, a2rs (cid:0) pn (cid:1) 1qta3, a2ru

(cid:16) ra3, a2rs (cid:0) pn (cid:1) 2qta3, a2ru (cid:0) ta3, a2ru

(cid:16) rpn (cid:1) 1qa3, pn (cid:1) 1qa2rs (cid:0) ta3, a2ru

(cid:16) rna3, pn (cid:1) 1qa2r (cid:0) a3s Y rpn (cid:1) 1qa3 (cid:0) a2r, na2rs

(cid:16) rna3, na2rs.

Khi đó,

Do đó, tồn tại α P ra3, a2rs và các số nguyên p, q ¥ 0, p (cid:0) q (cid:16) m (cid:1) 1 sao cho ν (cid:16) α (cid:0) pa3 (cid:0) qa2r. Vì ν R mGM nên α R GM . Điều kiện ν R mGM cũng suy ra α (cid:0) pa3 R pp (cid:0) 1qGM và α (cid:0) qa2r R pq (cid:0) 1qGM .

Vì α R GM nên tồn tại i sao cho a2i(cid:1)1 (cid:160) α (cid:160) a2i, 1 (cid:160) i ⁄ r. Đặt

H (cid:16) t0u Y ra2, a3s.

Vì H (cid:132) GM , a2i P GM và α (cid:0) pa3 R pp (cid:0) 1qGM nên α (cid:0) pa3 R pH (cid:0) a2i. Áp dụng Bổ đề 4.1.1(2), điều này suy ra

⁄

^ Đặt K (cid:16) ra2r, ds. Vì K (cid:132) GM , a2i(cid:1)1 P GM và α (cid:0) qa2r R pq (cid:0) 1qGM nên α (cid:0) qa2r R qK (cid:0) a2i(cid:1)1. Sử dụng Bổ đề 4.1.2(2) (trường hợp e (cid:16) d), ta cũng có

. p ⁄ a2 (cid:0) a2i (cid:1) α (cid:1) 1 ε a2 (cid:0) a2i (cid:1) α (cid:1) 1 a3

⁄

. q ⁄ α (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:1) 1 ε α (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:1) 1 d (cid:1) a2r

Từ đây suy ra

(cid:16)

p (cid:0) q ⁄ α (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:1) 1 ε a2 (cid:0) a2i (cid:1) α (cid:1) 1 ε

⁄

(cid:0) a2i (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:0) a2 (cid:1) 2 ε (cid:96) (cid:0) a2 (cid:1) 1 ε

Do đó,

(cid:0) 2.

regpRq (cid:16) p (cid:0) q (cid:0) 2 ⁄ (cid:96) (cid:0) a2 (cid:1) 1 ε

Chặn này suy ra (1). Thật vậy, nếu ε (cid:16) a3 thì ta có

(cid:0) 2 ⁄

(cid:0) 3 (cid:16)

(cid:0) 3.

regpRq ⁄ (cid:96) (cid:1) 1 ε (cid:96) (cid:0) a2 (cid:1) 1 a3 (cid:96) (cid:1) 1 a3 ^

Nếu ε (cid:16) d (cid:1) a2r và a3 (cid:1) a2 (cid:160) d (cid:1) a2r thì ta có a2 ⁄ a3 (cid:1) a2 (cid:0) 1 ⁄ d (cid:1) a2r. Do đó,

(cid:0) 2 ⁄

(cid:0) 3 (cid:16)

(cid:0) 3.

Z Bây giờ ta chứng minh (2). Nếu a3 (cid:1) a2 ¥ d (cid:1) a2r thì ε (cid:16) d (cid:1) a2r và

(cid:0) 1. Từ đây suy ra

regpRq ⁄ (cid:96) (cid:1) 1 ε (cid:96) (cid:0) a2 (cid:1) 1 d (cid:1) a2r ^ (cid:96) (cid:1) 1 d (cid:1) a2r ^

a2i (cid:1) α (cid:1) 1 (cid:160) nε ⁄ npa3 (cid:1) a2q với n ¥ a2i (cid:1) α (cid:1) 1 ε

na2 ⁄ α (cid:0) na3 (cid:1) a2i ⁄ na3. Do đó,

α (cid:0) na3 (cid:1) a2i P rna2, na3s (cid:132) nGM ,

điều này suy ra

α (cid:0) na3 P nGM (cid:0) a2i (cid:132) pn (cid:0) 1qGM .

. Như vậy ta có Do đó, p ⁄ a2i (cid:1) α (cid:1) 1 ε

(cid:16)

(cid:0) a2i (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:1) 2 ε

p (cid:0) q ⁄ α (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:1) 1 ε a2i (cid:1) α (cid:1) 1 ε

⁄

. (cid:96) (cid:1) 1 ε

(cid:0) 2.

Suy ra regpRq (cid:16) p (cid:0) q (cid:0) 2 ⁄

(cid:96) (cid:1) 1 ε Bây giờ ta chứng minh (3). Đặt

U (cid:16) r0, a3s Y ra4, ds.

. Mà GM (cid:132) U Áp dụng Bổ đề 4.1.3(1), ta có na3 (cid:0) 1 R nU với n ⁄

a4 (cid:1) 2 a3 ^

Z a4 (cid:1) 2 a3 ^

rna3, na2rs (cid:134) nGM .

. Từ đây suy ra nên nGM (cid:132) nU. Do đó, na3 (cid:0) 1 R nGM với n ⁄

Do đó, theo (4.1) ta suy ra

(cid:0) 1.

regpRq ¥

a4 (cid:1) 2 a3 ^

Đặt V (cid:16) r0, a2r(cid:1)1sYra2r, ds. Áp dụng Bổ đề 4.1.3(2), ta có na2r (cid:1)1 R nV với

n ⁄ . Mà GM (cid:132) V nên nGM (cid:132) nV. Do đó, na2r (cid:1) 1 R nGM

rna3, na2rs (cid:134) nGM .

. Từ đây suy ra với n ⁄ d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 2 d (cid:1) a2r d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 2 d (cid:1) a2r

Do đó, theo (4.1) ta suy ra

(cid:0) 1.

Z Vậy ta có điều phải chứng minh.

regpRq ¥ d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 2 d (cid:1) a2r

Chú ý 4.2.2. Chặn của Định lý 4.2.1(1) là rất tốt. Theo chứng minh Định lý 4.2.1(1), ta có

(cid:0) 2.

regpRq ⁄ (cid:96) (cid:0) a2 (cid:1) 1 ε

(cid:0) 1.

Chặn này đạt được khi (cid:96) (cid:16) a4 (cid:1) a3 (cid:1) 1, ε (cid:16) a3 và a5 (cid:160) a4 (cid:0) a2 (cid:1) 1 (cid:160) a6 với

r ¥ 3. Thật vậy, ta có pn (cid:1) 1qa3 ⁄ a4 (cid:1) a3 (cid:0) a2 (cid:1) 2 với n ⁄ (cid:96) (cid:0) a2 (cid:1) 1 ε

Từ đây suy ra na3 (cid:0) 1 ⁄ a4 (cid:0) a2 (cid:1) 1. Đặt α :(cid:16) a4 (cid:0) a2 (cid:1) 1. Nếu α P nGM thì α là tổng của n phần tử của GM . Không thể tất cả các phần tử này đều không quá a3. Do đó, một trong số chúng lớn hơn hoặc bằng a4. Các phần tử còn lại phải bằng 0 vì tất cả các phần tử khác 0 của GM đều lớn hơn hoặc bằng a2. Từ đó suy ra α P GM . Vì α P ra5 (cid:0) 1, a6 (cid:1) 1s, mà đoạn này không chứa bất kỳ phần tử nào của GM nên tồn tại mâu thuẫn. Vì vậy ta có α R nGM . Vì na3 (cid:160) α (cid:160) na6 ⁄ na2r nên rna3, na2rs (cid:134) nGM . Áp dụng (4.1), suy ra

(cid:0) 2.

regpRq ¥ (cid:96) (cid:0) a2 (cid:1) 1 ε

Như vậy, trong trường hợp này ta có

(cid:0) 2.

regpRq (cid:16) (cid:96) (cid:0) a2 (cid:1) 1 ε

Sử dụng các điều kiện trên, ta có thể xây dựng các ví dụ trong đó

(cid:0) 2 (cid:16)

(cid:0) 3.

^ Ví dụ 4.2.3. Cho R (cid:16) krxd, xd(cid:1)1y, xd(cid:1)2y2, xd(cid:1)3y3, xd(cid:1)5y5, x3yd(cid:1)3, x2yd(cid:1)2, yds, d ¥ 10. Khi đó, R thuộc Dạng A với r (cid:16) 3, a1 (cid:16) 0, a2 (cid:16) 2, a3 (cid:16) 3, a4 (cid:16) a5 (cid:16) d (cid:1) 5, a6 (cid:16) d (cid:1) 3, a7 (cid:16) d, thỏa mãn điều kiện để đạt được chặn của chỉ số chính quy trong Chú ý 4.2.2. Trong trường hợp này, (cid:96) (cid:16) d (cid:1) 9 và ε (cid:16) 3. Do đó,

regpRq (cid:16) (cid:96) (cid:0) a2 (cid:1) 1 ε (cid:96) (cid:1) 1 ε

(cid:0) 2.

Z Nếu d (cid:1) 10 không chia hết cho 3 thì

(cid:0) 2 (cid:16)

(cid:0) 3.

regpRq (cid:16) d (cid:1) 8 3

Z Nếu r (cid:16) 2 thì chúng tôi có công thức tường minh cho chỉ số chính quy

d (cid:1) 8 3 d (cid:1) 10 3

như sau.

(cid:16)

(cid:24)

(cid:0) 2.

Định lý 4.2.4. Cho 1 (cid:160) a (cid:160) b (cid:160) c (cid:160) d là một dãy các số nguyên với xαyd(cid:1)α| α P t0u Y ra, bs Y rc, ds b (cid:160) c (cid:1) 1 và R (cid:16) k . Giả sử 2a (cid:1) 1 ⁄ b. Đặt ε (cid:16) mintb, d (cid:1) cu. Khi đó,

regpRq (cid:16) c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

Chứng minh. Theo Định lý 4.2.1(3), ta có

(cid:0) 1

, regpRq ¥ max c (cid:1) 2 b d (cid:1) b (cid:1) 2 d (cid:1) c

(cid:16) max

(cid:0) 2

Z c (cid:1) b (cid:1) 2 b

^* c (cid:1) b (cid:1) 2 d (cid:1) c

(cid:16)

(cid:0) 2.

"Z c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

Bây giờ ta chứng minh

(cid:0) 2.

regpRq ⁄ c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

Theo Định lý 4.2.1(2), chặn này thỏa mãn nếu b (cid:1) a ¥ d (cid:1) c. Ta chứng minh chặn này cũng đúng với b (cid:1) a (cid:160) d (cid:1) c. Theo chứng minh Định lý 4.2.1, ta có

regpRq (cid:16) mintn ¥ 2| rnb, ncs (cid:132) nGM u,

với GM (cid:16) t0u Y ra, bs Y rc, ds.

rmb, mcs (cid:16) rb, cs (cid:0) pm (cid:1) 1qtb, cu

Đặt m (cid:16) regpRq (cid:1) 1 và ν P rmb, mcs thỏa mãn ν R mGM . Vì

nên tồn tại α P rb, cs và các số nguyên p, q ¥ 0 với p (cid:0) q (cid:16) m (cid:1) 1 sao cho

ν (cid:16) α (cid:0) pb (cid:0) qc.

Điều kiện ν R mGM suy ra α (cid:0) pb R pp (cid:0) 1qGM và α (cid:0) qc R pq (cid:0) 1qGM .

(cid:0) 1. Khi đó,

^ c (cid:1) α ⁄ tb ⁄ c (cid:1) α (cid:0) b (cid:1) 1.

Đặt t (cid:16) c (cid:1) α (cid:1) 1 b

rc, c (cid:0) bs (cid:16) rc, ds Y rc (cid:0) a, c (cid:0) bs

(cid:132) 2GM

(cid:132) pt (cid:0) 1qGM .

Do đó, α (cid:0) tb P rc, c (cid:0) bs. Vì 2a (cid:1) 1 ⁄ b và b (cid:1) a (cid:160) d (cid:1) c nên ta có c (cid:0) a (cid:1) 1 ⁄ c (cid:0) b (cid:1) a (cid:160) d. Điều này suy ra

Do đó, α (cid:0) tb P pt (cid:0) 1qGM . Từ đây suy ra α (cid:0) nb P pn (cid:0) 1qGM với n ¥ t. Do đó,

⁄

. p ⁄ c (cid:1) α (cid:1) 1 b c (cid:1) α (cid:1) 1 ε

(cid:0) 1. Điều này suy ra

Đặt H (cid:16) rc, ds. Áp dụng Bổ đề 4.1.2(2) (trường hợp e (cid:16) d), ta có

α (cid:0) nc P nH (cid:0) b (cid:132) pn (cid:0) 1qGM với n ¥ α (cid:1) b (cid:1) 1 d (cid:1) c

⁄

^ α (cid:1) b (cid:1) 1 ε

. q ⁄ α (cid:1) b (cid:1) 1 d (cid:1) c

Do đó,

(cid:0)

p (cid:0) q ⁄ α (cid:1) b (cid:1) 1 ε

(cid:16)

. c (cid:1) α (cid:1) 1 ε c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

Vì regpRq (cid:16) p (cid:0) q (cid:0) 2 nên ta có

(cid:0) 2.

regpRq ⁄ c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

Vậy ta có điều cần chứng minh.

Ví dụ 4.2.5. Cho R (cid:16) krxd, xd(cid:1)1y, x3yd(cid:1)3, x2yd(cid:1)2, yds, d ¥ 6. Khi đó, R thỏa mãn giả thiết của Định lý 4.2.4 với r (cid:16) 2, a (cid:16) 2, b (cid:16) 3, c (cid:16) d (cid:1) 1. Do đó, regpRq (cid:16) d (cid:1) 4.

4.3 Chỉ số chính quy cho Trường hợp G

(cid:16)

(cid:148)

. xαyd(cid:1)α| α P

Định lý 4.3.1. Cho 0 (cid:16) a0 ⁄ a1 ⁄ (cid:4) (cid:4) (cid:4) ⁄ a2r(cid:0)1 (cid:16) d là một dãy các số r i(cid:16)0ra2i, a2i(cid:0)1s nguyên với a2i(cid:1)1 (cid:160) a2i(cid:1)1, i (cid:16) 1, ..., r và R (cid:16) k Giả sử a1 (cid:16) 0, a2r (cid:16) d, 2a2 (cid:1) 1 ⁄ a3 và a2r(cid:1)2 (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄ 2a2r(cid:1)1, r ¥ 3. Đặt (cid:24) (cid:96) (cid:16) maxta2i (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:1) 1| i (cid:16) 2, ..., r (cid:1) 1u và ε (cid:16) minta3, d (cid:1) a2r(cid:1)2u. Khi đó,

(cid:0) 2,

(1) regpRq ⁄ (cid:96) (cid:0) a2 (cid:0) d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 1 ε

(cid:0) 2 nếu a3 (cid:1) a2 ¥ d (cid:1) a2r(cid:1)2,

(2) regpRq ⁄ (cid:96) (cid:0) d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 1 ε

(cid:0) 2 nếu a2r(cid:1)1 (cid:1) a2r(cid:1)2 ¥ a3,

(3) regpRq ⁄ (cid:96) (cid:0) a2 (cid:1) 1 ε

(cid:0) 1.

^ a4 (cid:1) 2 a3 ^

, (4) regpRq ¥ max

d (cid:1) a2r(cid:1)3 (cid:1) 2 d (cid:1) a2r(cid:1)2 ^*

Chứng minh. Đặt

ra2i, a2i(cid:0)1su,

i(cid:16)0 ⁄

M (cid:16) txαyd(cid:1)α| α P

N (cid:16) txαyd(cid:1)α| α P t0, du Y ra2, a2r(cid:1)1su.

Ta có

ria2 (cid:0) jd, ia2r(cid:1)1 (cid:0) jds

i(cid:0)j⁄n ⁄

nGN (cid:16)

với n ¥ 1. Từ đây suy ra

nGN (cid:132) t0, ndu Y ra2, a2r(cid:1)1 (cid:0) pn (cid:1) 1qds.

Đặt

H (cid:16) t0u Y ra2, a2r(cid:1)1s (cid:132) GN .

ra2, na2r(cid:1)1s (cid:132) nH (cid:132) nGN .

Vì a2r(cid:1)1 ¡ a3 ¥ 2a2 (cid:1) 1 nên theo Bổ đề 4.1.1(1), ta có

Đặt

K (cid:16) ra2, a2r(cid:1)1s Y tdu (cid:132) GN .

rna2, a2r(cid:1)1 (cid:0) pn (cid:1) 1qds (cid:132) nK (cid:132) nGN .

Vì a2 (cid:0) d (cid:1) 1 (cid:160) a2r(cid:1)2 (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄ 2a2r(cid:1)1 nên theo Bổ đề 4.1.2(1), ta có

Do đó,

(cid:16) ra2, a2r(cid:1)1 (cid:0) pn (cid:1) 1qds.

nGN (cid:133) ra2, na2r(cid:1)1s Y rna2, a2r(cid:1)1 (cid:0) pn (cid:1) 1qds

Suy ra,

nGN (cid:16) t0, ndu Y ra2, a2r(cid:1)1 (cid:0) pn (cid:1) 1qds.

Đặt

U (cid:16) t0u Y ra2, a3s (cid:132) GM .

ra2, na3s (cid:132) nU (cid:132) nGM .

Vì 2a2 (cid:1) 1 ⁄ a3 nên theo Bổ đề 4.1.1(1),

Đặt

V (cid:16) ra2r(cid:1)2, a2r(cid:1)1s Y tdu (cid:132) GM .

rna2r(cid:1)2, a2r(cid:1)1 (cid:0) pn (cid:1) 1qds (cid:132) nV (cid:132) nGM .

Vì a2r(cid:1)2 (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄ 2a2r(cid:1)1 nên theo Bổ đề 4.1.2(1),

Do đó,

(cid:132) rna3, na2r(cid:1)2s.

nGN znGM (cid:132) ra2, a2r(cid:1)1 (cid:0) pn (cid:1) 1qdszpra2, na3s Y rna2r(cid:1)2, a2r(cid:1)1 (cid:0) pn (cid:1) 1qdsq

rna3, na2r(cid:1)2s (cid:132) nGM .

Từ đây suy ra nGN (cid:16) nGM khi và chỉ khi

Mặt khác, theo chứng minh Định lý 3.3.1,

regpRq (cid:16) mintn ¥ 2| nGM (cid:16) nGN u.

Do đó,

(4.2) regpRq (cid:16) mintn ¥ 2| rna3, na2r(cid:1)2s (cid:132) nGM u.

Bây giờ chúng ta thực hiện tương tự chứng minh Định lý 4.2.1. Đặt

rma3, ma2r(cid:1)2s (cid:16) ra3, a2r(cid:1)2s (cid:0) pm (cid:1) 1qta3, a2r(cid:1)2u

m (cid:16) regpRq (cid:1) 1 và ν P rma3, ma2r(cid:1)2s thỏa mãn ν R mGM . Vì

nên tồn tại α P ra3, a2r(cid:1)2s và các số nguyên p, q ¥ 0 với p (cid:0) q (cid:16) m (cid:1) 1 sao cho

ν (cid:16) α (cid:0) pa3 (cid:0) qa2r(cid:1)2.

Vì ν R mGM nên α R GM , α (cid:0) pa3 R pp (cid:0) 1qGM và α (cid:0) qa2r(cid:1)2 R pq (cid:0) 1qGM .

Vì α R GM nên a2i(cid:1)1 (cid:160) α (cid:160) a2i với i nào đó, 1 (cid:160) i (cid:160) r. Đặt

P (cid:16) t0u Y ra2, a3s (cid:132) GM .

Vì 2a2 (cid:1) 1 ⁄ a3, a3 ⁄ a2i(cid:1)1 (cid:160) α (cid:160) a2i với 1 (cid:160) i (cid:160) r nên theo Bổ đề 4.1.1(2),

α (cid:0) na3 P nP (cid:0) a2i (cid:132) nGM (cid:0) a2i (cid:132) pn (cid:0) 1qGM

(cid:0) 1. Vì α (cid:0) pa3 R pp (cid:0) 1qGM nên

với mọi n ¥ a2 (cid:0) a2i (cid:1) α (cid:1) 1 a3

⁄

. p ⁄ a2 (cid:0) a2i (cid:1) α (cid:1) 1 ε a2 (cid:0) a2i (cid:1) α (cid:1) 1 a3

Đặt

Q (cid:16) ra2r(cid:1)2, a2r(cid:1)1s Y tdu (cid:132) GM .

Vì a2r(cid:1)2 (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄ 2a2r(cid:1)1, a2i(cid:1)1 (cid:160) α (cid:160) a2i ⁄ a2r(cid:1)2 với 1 (cid:160) i (cid:160) r nên theo Bổ đề 4.1.2(2),

α (cid:0) na2r(cid:1)2 P nQ (cid:0) a2i(cid:1)1 (cid:132) nGM (cid:0) a2i(cid:1)1 (cid:132) pn (cid:0) 1qGM

(cid:0) 1. Vì α (cid:0) qa2r(cid:1)2 R pq (cid:0) 1qGM

với mọi n ¥ d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:0) α (cid:1) 1 d (cid:1) a2r(cid:1)2

nên

⁄

. q ⁄ α (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:0) d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 1 ε α (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:0) d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 1 d (cid:1) a2r(cid:1)2

Từ đây suy ra

(cid:0)

(cid:16)

p (cid:0) q ⁄ a2 (cid:0) a2i (cid:1) α (cid:1) 1 ε

α (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:0) d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 1 ε a2i (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:0) a2 (cid:0) d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 2 ε

⁄

. (cid:96) (cid:0) a2 (cid:0) d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 1 ε

Vì regpRq (cid:16) p (cid:0) q (cid:0) 2 nên

(cid:0) 2.

regpRq ⁄ (cid:96) (cid:0) a2 (cid:0) d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 1 ε

Như vậy ta đã chứng minh được (1).

Bây giờ ta chứng minh (2). Nếu a3 (cid:1) a2 ¥ d (cid:1) a2r(cid:1)2 thì ε (cid:16) d (cid:1) a2r(cid:1)2.

. Lí luận tương tự chứng minh Định lý 4.2.1(2), ta được p ⁄ a2i (cid:1) α (cid:1) 1 ε

(cid:0)

Do đó,

(cid:16)

p (cid:0) q ⁄ a2i (cid:1) α (cid:1) 1 ε

α (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:0) d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 1 ε a2i (cid:1) a2i(cid:1)1 (cid:0) d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 2 ε

⁄

. (cid:96) (cid:0) d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 1 ε

(cid:0) 2, ta được (2).

Suy ra regpRq ⁄ (cid:96) (cid:0) d (cid:1) a2r(cid:1)1 (cid:1) 1 ε

Chú ý rằng giả thiết của Định lý 4.3.1 có tính đối xứng nếu thay ai bởi d (cid:1) a2r(cid:0)1(cid:1)i, i (cid:16) 0, 1, ..., 2r (cid:0) 1. Vì a2r(cid:1)1 (cid:1) a2r(cid:1)2 ¥ a3 là điều kiện đối xứng của a3 (cid:1) a2 ¥ d (cid:1) a2r(cid:1)2 nên ta cũng có (3), là phát biểu đối xứng của (2).

Cuối cùng ta chứng minh (4). Đặt

L (cid:16) r0, a3s Y ra4, ds (cid:133) GM .

. Theo Bổ đề 4.1.3(1), na3 (cid:0) 1 R nL, do đó na3 (cid:0) 1 R nGM với n ⁄

Z a4 (cid:1) 2 a3 ^

a4 (cid:1) 2 a3 ^ . Do Vì na3 (cid:0) 1 P rna3, na2r(cid:1)2s, nên rna3, na2r(cid:1)2s (cid:134) nGM với n ⁄

đó, từ (4.2) ta suy ra

(cid:0) 1.

regpRq ¥

a4 (cid:1) 2 a3 ^

(cid:0) 1.

Do tính đối ngẫu của các biến x, y nên ta có thể thay thế a3, a4 lần lượt bởi d (cid:1) a2r(cid:1)2, d (cid:1) a2r(cid:1)3, ta được

regpRq ¥

d (cid:1) a2r(cid:1)3 (cid:1) 2 d (cid:1) a2r(cid:1)2 ^

Định lý 4.3.1 đã được chứng minh.

Khi r (cid:16) 3, ta có các ước lượng cho chỉ số chính quy còn tốt hơn Định lý

4.3.1.

xαyd(cid:1)α| α P t0, du Y ra, bs Y rc, es

(cid:24)

(cid:16)

(cid:0) 2 ⁄ regpRq ⁄

(cid:0) 3,

(1) c (cid:1) b (cid:1) 2 ε c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

(cid:0) 2 nếu một trong các điều kiện sau thỏa mãn:

^ c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

(2) regpRq (cid:16)

(i) a (cid:1) 1 ⁄ e (cid:1) c và d (cid:1) e (cid:1) 1 ⁄ b (cid:1) a,

(ii) b (cid:1) a ¥ d (cid:1) c,

(iii) e (cid:1) c ¥ b.

Chứng minh. Theo chứng minh Định lý 4.3.1, ta có

regpRq (cid:16) mintn ¥ 2 | rnb, ncs (cid:132) nGM u,

với GM (cid:16) t0, du Y ra, bs Y rc, es.

rmb, mcs (cid:16) rb, cs (cid:0) pm (cid:1) 1qtb, cu

Đặt m (cid:16) regpRq (cid:1) 1 và ν P rmb, mcs sao cho ν R mGM . Vì

nên tồn tại α P rb, cs và các số nguyên p, q ¥ 0 với p (cid:0) q (cid:16) m (cid:1) 1 sao cho

ν (cid:16) α (cid:0) pb (cid:0) qc.

Vì ν R mGM nên α (cid:0) pb R pp (cid:0) 1qGM .

rc, c (cid:0) bs (cid:132) rc, es Y rc (cid:0) a, c (cid:0) bs (cid:132) 2GM .

(cid:0) 1. Khi đó,

Nếu a (cid:1) 1 ⁄ e (cid:1) c thì c (cid:0) a (cid:1) 1 ⁄ e. Điều này suy ra

Đặt t (cid:16) c (cid:1) α (cid:1) 1 b

c (cid:1) α ⁄ tb ⁄ c (cid:0) b (cid:1) α (cid:1) 1.

Do đó,

α (cid:0) tb P rc, c (cid:0) bs (cid:132) 2GM (cid:132) pt (cid:0) 1qGM .

Như vậy ta có α (cid:0) tb P pt (cid:0) 1qGM . Từ đây suy ra α (cid:0) nb P pn (cid:0) 1qGM với n ¥ t. Mà α (cid:0) pb R pp (cid:0) 1qGM nên

⁄

. (4.3) p ⁄ c (cid:1) α (cid:1) 1 b c (cid:1) α (cid:1) 1 ε

Sử dụng chứng minh Định lý 4.3.1(1), ta có

. q ⁄ α (cid:1) b (cid:0) d (cid:1) e (cid:1) 1 ε

(cid:0)

Do đó,

p (cid:0) q ⁄ c (cid:1) α (cid:1) 1 ε α (cid:1) b (cid:0) d (cid:1) e (cid:1) 1 ε

(cid:16)

. c (cid:1) b (cid:0) d (cid:1) e (cid:1) 2 ε

Vì regpRq (cid:16) p (cid:0) q (cid:0) 2 nên ta có

(cid:0) 2.

Z Theo Định lý 4.3.1(2), chặn này cũng đúng nếu b (cid:1) a ¥ d (cid:1) c.

(4.4) regpRq ⁄ c (cid:1) b (cid:0) d (cid:1) e (cid:1) 2 ε

Chú ý rằng giả thiết của Định lý 4.3.2 có tính đối xứng nếu ta thay thế a, b, c, e lần lượt bởi d (cid:1) e, d (cid:1) c, d (cid:1) b, d (cid:1) a. Khi đó, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử ε (cid:16) d (cid:1) c. Vì d (cid:1) e (cid:160) d (cid:1) c nên từ (4.4) suy ra

(cid:0) 2 ⁄

(cid:0) 3.

regpRq ⁄ c (cid:1) b (cid:0) d (cid:1) e (cid:1) 2 d (cid:1) c c (cid:1) b (cid:1) 2 d (cid:1) c

Do đó, để chứng minh chặn thứ nhất của (1), ta có thể giả sử thêm a (cid:1) 1 ¡ e (cid:1) c và b (cid:1) a (cid:160) d (cid:1) c. Chú ý rằng a (cid:1) 1 ¡ e (cid:1) c là điều kiện đối xứng của a (cid:1) 1 ⁄ e (cid:1) c. Khi đó, ta có thể thay thế b, c, d (cid:1) e trong (4.4) lần lượt bởi d (cid:1) c, d (cid:1) b, a, ta được

(cid:0) 2 (cid:16)

(cid:0) 2.

regpRq ⁄ c (cid:1) b (cid:0) a (cid:1) 2 ε c (cid:1) b (cid:0) a (cid:1) 2 d (cid:1) c

(cid:0) 3.

Vì a ⁄ b (cid:1) a (cid:0) 1 ⁄ d (cid:1) c nên regpRq ⁄ c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

Theo Định lý 4.3.1(4), ta có

(cid:0) 1

, regpRq ¥ max c (cid:1) 2 b d (cid:1) b (cid:1) 2 d (cid:1) c

(cid:16) max

(cid:0) 2 (cid:16)

(cid:0) 2.

Z c (cid:1) b (cid:1) 2 b

^* c (cid:1) b (cid:1) 2 d (cid:1) c

"Z Điều này suy ra chặn thứ hai của (1).

, c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

(cid:0)2

Để chứng minh (2), ta chỉ cần chứng minh rằng regpRq ⁄ c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

nếu một trong các điều kiện (i)-(iii) thỏa mãn.

. Do đó, nếu a (cid:1) 1 ⁄ e (cid:1) c và bởi q, d (cid:1) b, d (cid:1) α, ta được q ⁄ Nếu d (cid:1) e (cid:1) 1 ⁄ b (cid:1) a thì ta có thể thay thế p, c, α trong (4.3) lần lượt α (cid:1) b (cid:1) 1 ε

d (cid:1) e (cid:1) 1 ⁄ b (cid:1) a thì ta có

(cid:0)

(cid:16)

. p (cid:0) q ⁄ c (cid:1) α (cid:1) 1 ε α (cid:1) b (cid:1) 1 ε c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

(cid:0) 2.

Do đó, regpRq (cid:16) p (cid:0) q (cid:0) 2 ⁄ c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

(cid:0) 1. Từ đây suy ra na ⁄ α (cid:0) nb (cid:1) c ⁄ nb. Do đó,

Nếu b (cid:1) a ¥ d (cid:1) c thì ε (cid:16) d (cid:1) c và c (cid:1) α (cid:1) 1 (cid:160) nε ⁄ npb (cid:1) aq với

n ¥ c (cid:1) α (cid:1) 1 ε

α (cid:0) nb (cid:1) c P rna, nbs (cid:132) nGM . Suy ra α (cid:0) nb P nGM (cid:0) c (cid:132) pn (cid:0) 1qGM . Do

^ như đã chứng minh ở đoạn trước.

. Vì d (cid:1) e (cid:1) 1 ⁄ đó, điều kiện α (cid:0) pb R pp (cid:0) 1qGM kéo theo p ⁄ c (cid:1) α (cid:1) 1 ε

d (cid:1) c ⁄ b (cid:1) a nên ta có q ⁄ α (cid:1) b (cid:1) 1 ε

Do đó,

(cid:16)

(cid:0)

, p (cid:0) q ⁄ α (cid:1) b (cid:1) 1 ε c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

(cid:0) 2.

Z c (cid:1) α (cid:1) 1 ε c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

điều này suy ra regpRq ⁄

(cid:0) 2 nếu

Điều kiện đối xứng của b (cid:1) a ¥ d (cid:1) c là e (cid:1) c ¥ b. Thay thế b, c lần lượt

bởi d (cid:1) c, d (cid:1) b trong chặn ở trên, ta cũng có regpRq ⁄ c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

e (cid:1) c ¥ b. Điều này kết thúc chứng minh (2).

Điều kiện (i) của Định lý 4.3.2(2) được thỏa mãn nếu b (cid:1) a (cid:16) e (cid:1) c. Thật vậy, giả thiết 2a (cid:1) 1 ⁄ b và c (cid:0) d (cid:1) 1 ⁄ 2e kéo theo a (cid:1) 1 ⁄ b (cid:1) a (cid:16) e (cid:1) c và d (cid:1) e (cid:1) 1 ⁄ e (cid:1) c (cid:16) b (cid:1) a.

Ví dụ 4.3.3. Cho R (cid:16) krxd, xd(cid:1)2y2, xd(cid:1)3y3, x3yd(cid:1)3, x2yd(cid:1)2, yds, d ¥ 8. Khi đó, a (cid:16) 2, b (cid:16) 3, c (cid:16) d (cid:1) 3, e (cid:16) d (cid:1) 2, chúng thỏa mãn giả thiết của Định lý 4.3.2. Vì b (cid:1) a (cid:16) e (cid:1) c, tức là 2(i) của Định lý 4.3.2 thỏa mãn, nên ta có

(cid:0) 2 (cid:16)

(cid:0) 3 của Định lý

. regpRq (cid:16) c (cid:1) b (cid:1) 2 ε d (cid:1) 2 3

Z ^ c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

Ví dụ sau đây cho thấy chặn regpRq ⁄

4.3.2(1) có thể đạt được.

Ví dụ 4.3.4. Cho R (cid:16) krx12, x10y2, x9y3, x5y7, x4y8, x3y9, y12s. Khi đó, a (cid:16) 3, b (cid:16) 5, c (cid:16) 9, e (cid:16) 10, d (cid:16) 12, thỏa mãn giả thiết của Định lý 4.3.2. Do đó,

(cid:0) 3 (cid:16) 3.

regpRq ⁄ c (cid:1) b (cid:1) 2 ε

Theo chứng minh của Định lý 4.3.1, regpRq (cid:16) mintn ¥ 2| r5n, 9ns (cid:132) nGM u, với GM (cid:16) t0, 3, 4, 5, 9, 10, 12u. Dễ thấy 11 R 2GM . Do đó, r10, 18s (cid:134) 2GM . Từ đây suy ra regpRq ¥ 3. Vậy regpRq (cid:16) 3.

Kết luận

Trong Luận án này, chúng tôi đạt được những kết quả sau đây:

1. Góp phần minh họa cho áp dụng Đại số tổ hợp để nghiên cứu các bài

toán trong Hình học đại số và Đại số giao hoán.

2. Tìm được công thức cho số mũ rút gọn và chỉ số chính quy Castelnuovo- Mumford của một số lớp đường cong đơn thức xạ ảnh Cohen-Macaulay.

3. Đặc trưng tính Buchsbaum cho một số lớp đường cong đơn thức xạ

ảnh không trơn.

4. Đưa ra chặn trên tốt cho chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của một số lớp khá rộng các đường cong đơn thức xạ ảnh không trơn.

Các công trình liên quan đến Luận án

[1] T.T.G. Lam, On the reduction numbers and the Castelnuovo-Mumford regularity of projective monomial curves, Journal of Algebra and its Appli- cations, accepted.

[2] T.T.G. Lam and N.V. Trung, Buchsbaumness and Castelnuovo-Mumford

regularity of non-smooth monomial curves, Journal of Algebra 590 (2022), 313–337.

Các kết quả trong Luận án đã được báo cáo và thảo luận tại:

1. Xêmina liên phòng Đại số và Lý thuyết số - Viện Toán học: 11/2020,

3/2022;

2. Hội nghị nghiên cứu sinh của Viện Toán học: 10/2017, 10/2018, 10/2019,

11/2020, 11/2021;

3. Hội nghị Toán học Miền Trung, Tây Nguyên lần thứ ba, 8/2019;

4. Hội nghị Đại số - Hình học - Tôpô (Bà Rịa - Vũng Tàu), 12/2019;

5. Hội nghị quốc tế về Đại số giao hoán (Hà Nội), 5/2021;

6. Hội nghị Đại số - Hình học - Tôpô (Thái Nguyên), 10/2021;

7. Hội nghị Lý thuyết vành và tổ hợp (Thanh Hóa), 7/2022.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] I. Bermejo, E. Garcia-Llorente, and I. Garcia-Marco, Algebraic invari- ants of projective monomial curves associated to generalized arithmetic sequences, J. Symbolic Comput. 81 (2017), 1–19.

[2] I. Bermejo, E. García-Llorente, I. García-Marco, M. Morales, Noether

resolutions in dimension 2, J. Algebra 482 (2017), 398–426.

[3] I. Bermejo, P. Gimenez and M. Morales, Castelnuovo-Mumford regu- larity of projective monomial varieties of codimension two, J. Symbolic Comput. 41 (2006), no. 10, 1105–1124.

[4] H. Bresinsky, Monomial Buchsbaum ideals in Pr, Manuscripta Math.

47 (1984), 105–132.

[5] H. Bresinsky, F. Curtis, M. Fiorentini, and L.T. Hoa, On the structure K, Nagoya Math.

of local cohomology modules for monomial curves in P3 J. 136 (1994), 81–114.

[6] H. Bresinsky, P. Schenzel, and W. Vogel, On liaison, arithmetical Buchsbaum curves and monomial curves in P3, J. Algebra 86 (1984), 283–301.

[7] M. Brodmann, R. Y. Sharp, Local cohomology: An algebraic introduc- tion with geometric applications, Cambridge University Press, 1998.

[8] W. Bruns, J. Gubeladze, and N.V. Trung, Problems and algorithms for

affine semigroups, Semigroup Forum 64 (2002), no. 2, 180–212.

[9] W. Bruns and J. Herzog, Cohen-Macaulay rings, Cambridge University

Press, 1993.

[10] D. Eisenbud, Commutative algebra with a view toward algebraic ge- ometry, Graduate Texts in Mathematics, vol. 150, Berlin, New York: Springer-Verlag, 1995.

[11] D. Eisenbud and S. Goto, Linear free resolutions and minimal multi-

plicity, J. Algebra 88 (1984), 89–133.

[12] M. Fiorentini and L.T. Hoa, On monomial k-Buchsbaum curves in Pr,

Ann. Univ. Ferrara Sez. VII (N.S.) 36 (1991), 159–174.

[13] S. Goto, On the Cohen-Macaulayfication of certain Buchsbaum ring,

Nagoya Math. J. 80 (1980), 107–116.

[14] L. Gruson, R. Lazarsfeld and C. Peskine, On a theorem of Castelnuovo, and the equations defining space curves, Invent. Math. 72 (1983), no. 3, 491–506.

[15] W. Gr¨obner, ¨Uber Veronesche Variet¨aten und deren Projektionen,

Arch. Math. 16 (1965), 257 – 264.

[16] S. Goto, N. Suzuki, K. Watanabe, On affine semigroup rings, Japan.

J. Math. (N.S.) 2 (1976), 1–12.

[17] S. Goto and K. Watanabe, On graded rings, II, Tokyo J. Math. 1-2

(1978), 237–261.

[18] M. Hellus, L. T. Hoa, J. St¨uckrad, Castelnuovo-Mumford regularity and the reduction number of some monomial curves, Proc. Amer. Math. Soc. 138 (2010), 27–35.

[19] J. Herzog and D.I. Stamate, Cohen-Macaulay criteria for projective monomial curves via Gr¨obner bases, Acta Math. Vietnam. 44 (2019), 51–64.

[20] L. T. Hoa, Classification of the triple projections of Veronese varieties,

Math. Nachr. 128(1986), 185-197.

[21] L. T. Hoa, Algorithmetical aspects of the problem of classifying multi- projections of Veronesian varieties, Manuscripta Math. 63 (1989), no. 3, 317–331.

[22] L. T. Hoa, On monomial k-Buchsbaum curves in P 3, Manuscripta

Math. 73(1991), 423-436.

[23] L.T. Hoa and N.V. Trung, Affine semigroups and Cohen-Macaulay rings generated by monomials, Trans. Amer. Math. Soc. 298 (1986), 145–167.

[24] S. Huckaba, Reduction numbers for ideals of higher analytic spread,

Math. Proc. Cambridge Philos. Soc. 102 (1987), 49–57.

[25] M. Javanbakht and L. Sharifan, Algebraic invariants of certain projec- tive monomial curves, Beitr. Algebra Geom. 60 (2019), 783–795.

[26] T.T.G. Lam, On the reduction numbers and the Castelnuovo-Mumford regularity of projective monomial curves, Journal of Algebra and its Applications, accepted.

[27] T.T.G. Lam and N.V. Trung, Buchsbaumness and Castelnuovo- Mumford regularity of non-smooth monomial curves, Journal of Al- gebra 590 (2022), 313–337.

[28] S. L’vovsky, On inflection points, monomial curves and hypersurfaces

containing projective curves, Math. Ann. 306 (1996), 719–735.

[29] F.S. Macaulay, Algebraic theory of modular systems, Cambridge Tracts

19, 1916.

[30] H. Matsumura, Commutative ring theory, second edition, Cambridge

University Press, Cambridge, 1989.

[31] J. McCullough and I. Peeva, Counterexamples to the Eisenbud-Goto

regularity conjecture, J. Amer. Math. Soc. 31 (2018), 473–496.

[32] S. Molinelli, D. P. Patil, G. Tamone On the Cohen-Macaulayness of the coordinate ring of certain projective monomial curves, Beitr¨age zur Algebra und Geometrie 40 (1999), No. 2, 437–458.

[33] M. J. Nitsche, Castelnuovo-Mumford regularity and reduction number of smooth monomial curves in P5, Proc. Amer. Math. Soc. 140 (2012), no. 9, 2937–2944.

[34] M. J. Nitsche, A combinatorial proof of the Eisenbud-Goto conjecture for monomial curves and some simplicial semigroup rings, J. Algebra 397 (2014), 47–67.

[35] D.G. Northcott, D. Rees, Reductions of ideals in local rings, Proc. Cam-

bridge Philos. Soc. 50 (1954), 145–158.

[36] L. Reid, L. G. Roberts Non-Cohen–Macaulay projective monomial

curves, Journal of Algebra 291 (2005), 171–186.

[37] L. Reid, L. G. Roberts Maximal and Cohen-Macaulay projective mono-

mial curves, Journal of Algebra 307 (2007), 409–423

[38] J. D. Sally, Tangent cones at Gorenstein singularities, Compositio

Math. 40 (1980), 167–175.

[39] P. Schenzel, On Veronesean embeddings and projections of Veronesean

varieties, Arch. Math. 30 (1978), 391–397.

[40] R. Y. Sharp, Step in Commutative Algebra, Cambridge University

Press, 2000.

[41] K. Shultis, Systems of parameters and the Cohen-Macaulay property, Dissertations, Theses, and Student Research Papers in Mathematics. 66 (2015).

[42] J. St¨uckrad, W. Vogel, Buchsbaum rings and applications. An inter- action between algebra, geometry, and topology, Mathematische Mono- graphien 21, VEB Deutscher Verlag der Wissenschaften, Berlin, 1986.

[43] N. V. Trung, Classification of the double projections of Veronese vari-

eties, J. Math. Kyoto Univ. 22 (1983), no. 4, 567–581.

[44] N. V. Trung, Projections of one-dimensional Veronese varieties, Math.

Nachr. 118 (1984), 47–67.

[45] N. V. Trung, Reduction exponent and degree bound for the defining equations of graded rings, Proc. Amer. Math. Soc. 101 (1987), 229– 236.

[46] N. V. Trung, The Castelnuovo regularity of the Rees algebra and the associated graded ring, Trans. Amer. Math. Soc. 350 (1998), 2813–2832.

[47] N. V. Trung, Constructive characterization of the reduction numbers,

Compositio Math. 137 (2003), 99–113.

[48] N. V. Trung, Castelnuovo-Mumford regularity and related invariants, in: Commutative algebra and combinatorics, Ramanujan Math. Soc. Lect. Notes Ser. 4 (2007), 157–180.

[49] W. Vasconcelos, The reduction number of an algebra, Compositio

Mathematica 104 (1996), 189–197.

[50] W. Vasconcelos, Integral closure. Rees algebras, multiplicities, algo-

rithms, Springer, 2005.

[51] R. H. Villarreal, Monomial Algebras, M. Dekker, 2001.

Luận án Tiến sĩ Toán học: Đặc trưng các bất biến của đường cong đơn thức xạ ảnh

ĐẶC TRƯNG CÁC BẤT BIẾN CỦA ĐƯỜNG CONG ĐƠN THỨC XẠ ẢNH

ĐẶC TRƯNG CÁC BẤT BIẾN CỦA ĐƯỜNG CONG ĐƠN THỨC XẠ ẢNH

MỤC LỤC

Tóm tắt

Abstract

Lời cam đoan

Lời cảm ơn

Danh mục các ký hiệu

Mở đầu

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

1.1 Đường cong đơn thức

1.2 Đối đồng điều địa phương

1.3 Vành Cohen-Macaulay

1.4 Macaulay hóa hữu hạn

1.5 Vành Buchsbaum

1.6 Số mũ rút gọn

1.7 Chỉ số chính quy

Chương 2

Các công thức tính số mũ rút gọn và chỉ số chính quy

2.1 Trường hợp A

2.2 Trường hợp B

2.3 Trường hợp C

2.4 Trường hợp D

2.5 Trường hợp E

Chương 3

Tính Buchsbaum của đường cong đơn thức không trơn

3.1 Tiêu chuẩn cho một đoạn thẳng nằm trong 2GM

3.2 Tính Buchsbaum cho Trường hợp F

3.3 Tính Buchsbaum cho Trường hợp G

Chương 4

Ước lượng chỉ số chính quy cho đường cong đơn thức không trơn

4.1 So sánh các nửa nhóm số học phân bậc

4.2 Chỉ số chính quy cho Trường hợp F

4.3 Chỉ số chính quy cho Trường hợp G

Kết luận

Các công trình liên quan đến Luận án

Các kết quả trong Luận án đã được báo cáo và thảo luận tại:

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Có thể bạn quan tâm

Tài liêu mới

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA

Hỗ trợ

Hướng dẫn sử dụng

Đăng ký tài khoản VIP

093 303 0098

support@tailieu.vn

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi

Facebook

Youtube

TikTok