ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
MẠC THỊ HUYỀN
ĐỘ SÂU STANLEY CỦA IĐÊAN ĐƠN THỨC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
MẠC THỊ HUYỀN
ĐỘ SÂU STANLEY CỦA IĐÊAN ĐƠN THỨC
Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số
Mã số: 60.46.01.04
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: TS. TRẦN NGUYÊN AN
THÁI NGUYÊN - 2015
Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan rằng các kết quả nghiên cứu trong luận văn này là trung thực và
không trùng lặp với các đề tài khác. Tôi cũng xin cam đoan rằng mọi sự giúp đỡ cho
việc thực hiện luận văn này đã được cảm ơn và các thông tin trích dẫn trong luận văn
đã được chỉ rõ nguồn gốc.
Thái nguyên, ngày 23 tháng 6 năm 2015
Người viết Luận văn
i
Mạc Thị Huyền
Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của TS Trần Nguyên An
- giảng viên khoa Toán Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên. Nhân dịp này
tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy, người đã hướng dẫn tôi cách đọc tài liệu,
nghiên cứu khoa học đúng đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc và đã dành nhiều thời
gian, công sức giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo của Viện Toán học
và Đại học Thái Nguyên những người đã tận tình giảng dạy và khích lệ, động viên tôi
vượt qua những khó khăn trong học tập.
Tôi xin cảm ơn Ban lãnh đạo Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên,
Khoa Sau đại học đã tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ tôi trong suốt thời gian tôi học tập.
Cuối cùng, tôi xin cảm ơn bạn bè, người thân đã giúp đỡ, động viên, ủng hộ tôi để
tôi có thể hoàn thành tốt luận văn cũng như khóa học của mình.
Thái nguyên, ngày 23 tháng 6 năm 2015
Người viết Luận văn
ii
Mạc Thị Huyền
Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1. Môđun phân bậc trên vành phân bậc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2. Iđêan đơn thức.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
Chương 2. Phân tích Stanley và độ sâu Stanley . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.1. Phân tích Stanley của môđun đa phân bậc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2. Độ sâu Stanley khi chia cho một phần tử . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.3. Độ sâu Stanley và phần tử chính quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.4. Độ sâu Stanley và dãy khớp ngắn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.5. Phân tích Stanley của iđêan đơn thức không chứa bình phương và áp dụng 27
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
iii
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
Mở đầu
Richard P. Stanley nổi tiếng bởi những đóng góp quan trọng cho Tổ hợp và liên hệ
nó với Đại số và Hình học, đặc biệt là những đóng góp trong lý thuyết phức đơn hình.
Hai dạng phức đơn hình có vai trò trung tâm trong Tổ hợp là phức chia được và phức
Cohen-Macaulay. Stanley đặt ra giả thuyết mọi phức Cohen-Macaulay là chia được.
Năm 1982 trong một bài báo đăng trên tạp chí Inventiones Mathematicae [8], Stanley
đã đưa ra khái niệm mà nay được gọi là độ sâu Stanley (sdepth) của một môđun phân
bậc trên một vành phân bậc giao hoán. Độ sâu Stanley là một bất biến hình học của
môđun và có liên hệ mật thiết độ sâu thông thường (depth). Stanley cũng đưa ra giả
thuyết sdepth(M) ≥ depth(M). J Herzog, A. S. Jahan và S. Yassemi đã chỉ ra rằng giả
thuyết Stanley về độ sâu kéo theo giả thuyết Stanley về phức đơn hình. Cho đến nay cả
hai giả thuyết này vẫn là những câu hỏi mở cần được giải quyết. Luận văn này trình bày
một số vấn đề mở đầu về độ sâu Stanley như là: phân tích Stanley; một số tính chất cơ
bản; tìm hiểu một chặn dưới của độ sâu Stanley. Các nội dung trong luận văn được trình
bày dựa theo tài liệu [5], [9], [11]. Khi trình bày luận văn, tác giả đã cũng đã cố gắng
trình bày lại chi tiết các chứng minh, bổ sung thêm một số ví dụ và kết quả trong các
tài liệu tham khảo khác.
Luận văn được chia thành hai chương. Chương 1, chúng tôi trình bày kiến thức cơ
sở về môđun phân bậc trên vành phân bậc, lọc nguyên tố của một môđun. Phần cuối
chương trình bày định nghĩa và các tính chất về iđêan đơn thức trên một vành đa thức.
Đây là những công cụ cơ bản dùng cho các định nghĩa và chứng minh ở chương sau.
Chương 2 trình bày về độ sâu Stanley của một môđun đa phân bậc trên vành đa
phân bậc. Phần đầu chương trình bày về phân tích Stanley của môđun đa phân bậc và
của iđêan đơn thức. Phần tiếp theo chỉ ra các tính chất của độ sâu Stanley với phần tử
chính quy hay không chính quy và dãy khớp. Cuối cùng chúng tôi trình bày về phân
1
tích Stanley của iđêan đơn thức không chứa bình phương và áp dụng.
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1. Môđun phân bậc trên vành phân bậc
Trong mục này ta kí hiệu S là vành giao hoán có đơn vị. Trước hết ta trình bày
một số định nghĩa và kết quả về vành và môđun phân bậc.
Định nghĩa 1.1.1. Cho (G, +) là một vị nhóm Abel. Một vành phân bậc hoặc G-vành
i∈G Si như các
phân bậc là một vành S nếu tồn tại một phân tích tổng trực tiếp S = (cid:76)
Z-môđun thỏa mãn SiS j ⊆ Si+ j với mọi i, j ∈ G.
Nếu S là G-phân bậc và M là một S-môđun, thì M được gọi là G-phân bậc nếu tồn
i∈G Mi như một Z-môđun thỏa mãn SiM j ⊆ Si+ j
tại một phân tích tổng trực tiếp M = (cid:76)
với mọi i, j ∈ G.
Một phần tử u ∈ M là thuần nhất, nếu tồn tại i ∈ G sao cho u ∈ Mi và khi đó i
được gọi là bậc của u, ta viết deg(u) = i. Mỗi Mi được gọi là một thành phần thuần
nhất của M có bậc i, với i ∈ G. Do đó mọi phần tử m ∈ M có thể biểu diễn được duy
nhất dưới dạng m = ∑i∈G mi, trong đó mi ∈ Mi, chỉ hữu hạn mi (cid:54)= 0 và được gọi là thành
phần thuần nhất của m.
Một môđun con N ⊆ M được gọi là thuần nhất, hay G-môđun con phân bậc nếu nó
được sinh bởi các phần tử thuần nhất ứng với G-phân bậc. Điều kiện này tương đương
với một trong hai điều kiện sau:
(i) Với m ∈ M, nếu m ∈ N thì mỗi thành phần thuần nhất của m đều thuộc N;
2
(ii) N = ∑i∈G(N ∩ Mi).
Nếu N ⊆ M là một môđun con thuần nhất của M và ta có tập Ni = Mi ∩ N thì
i∈G Ni và môđun thương M/N = (cid:76)
i∈G Mi/Ni lại là một S-môđun G-phân bậc.
N = (cid:76)
Và từ đó ta cũng có khái niệm iđêan phân bậc.
Cho I là iđêan bất kì của S. Ta kí hiệu I∗ là iđêan sinh bởi các phần tử thuần nhất
u ∈ I. Nếu I phân bậc thì I∗ = I.
Định nghĩa 1.1.2. Cho S là một G-vành phân bậc và M, N là các S-môđun G-phân bậc.
Một S-đồng cấu ϕ : M → N là phân bậc có bậc d với d ∈ G, nếu ϕ(Mi) ⊆ Ni+d với mọi
i ∈ G. Ta gọi ϕ phân bậc, nếu nó là thuần nhất bậc 0.
Hạt nhân Ker ϕ và ảnh Im ϕ của ánh xạ phân bậc ϕ cũng là các môđun G-phân
bậc.
Nếu G là Z hoặc Zn, ta nói rằng S lần lượt là một vành phân bậc hoặc đa phân bậc,
và S-môđun M được gọi là S-môđun phân bậc hoặc đa phân bậc. Trong cả 2 trường hợp
i∈G Si, thì ta có thể xác định một G-vành phân bậc
với G-vành phân bậc bất kì S = (cid:76)
i∈G S(t)i, trong đó S(t)i := St+i.
khác với cố định t ∈ G thỏa mãn S(t) = (cid:76)
Ví dụ 1.1.3. Cho vành đa thức S = K[x1, x2, x3].
(i) Xét phân bậc deg x1 = deg x2 = deg x3 = 1. Khi đó ta có vành phân bậc thông
thường. Ta có S(1) = Kx1 ⊕ Kx2 ⊕ Kx3. Do đó dimK S(1) = 3. Một cách tổng quát S(a) là
tập hợp các đa thức thuần nhất bậc a (đối với 3 biến x1, x2 và x3).
(ii) Xét phân bậc deg x1 = deg x2 = (1, 0); deg x3 = (0, 1). Khi đó ta có vành 2-
phân bậc hay còn gọi là vành song phân bậc. Ta có S(1,0) = Kx1 ⊕ Kx2; S(0,1) = Kx3; và
S(1,1) = Kx1x3 ⊕ Kx2x3. Do đó dimK S(1,0) = 2; dimK S(0,1) = 1 và dimK S(1,1) = 2. Một
cách tổng quát S(a,b) là K-không gian véctơ sinh bởi các đơn thức có bậc đối với x1, x2
là a và bậc của x3 là b. Do đó
3 | f (x1, x2) thuần nhất bậc a theo x1, x2}.
S(a,b) = { f (x1, x2).xb
(iii) Xét phân bậc
3
deg x1 = (1, 0, 0); deg x2 = (0, 1, 0); deg x3 = (0, 0, 1).
Khi đó S là vành 3-phân bậc và ta có
S(1,0,0) = Kx1; S(0,1,0) = Kx2; S(0,0,1) = Kx3.
1xb
2xc 3.
Vì thế dimK S(1,0,0) = dimK S(0,1,0) = dimK S(0,0,1) = 1. Tổng quát, S(a,b,c) là không gian véctơ chiều 1 sinh bởi xa
Đối với vành đa thức S, ngoài cách phân bậc như đã xét ở trên, còn nhiều cách
phân bậc khác. Ví dụ như sau:
(iv) Xét phân bậc deg x1 = deg x2 = (2, 0); deg x3 = (0, 1). Khi đó S(1,b) = 0 với
mọi b và
1x2
3 ⊕ Kx1x2x2
3 ⊕ Kx2
2x2 3.
S(2,0) = Kx1 ⊕ Kx2; S(4,2) = Kx2
Vì thế dimK S(2,0) = 2; dimK S(4,2) = 3. Tổng quát, S(a,b) xác định như sau: nếu a lẻ thì
S(a,b) = 0 với mọi b. Nếu a chẵn thì
3 | f (x1, x2) thuần nhất bậc a/2 theo x1, x2}.
S(a,b) = { f (x1, x2).xb
Trong toàn bộ luận văn ta luôn xét phân bậc là thuần nhất như Ví dụ (iii).
Phần tiếp theo trình bày khái niệm và một số tính chất liên quan đến một iđêan
nguyên tố liên kết.
Định nghĩa 1.1.4. Cho M là một S-môđun. Một iđêan nguyên tố P của S được gọi là
một iđêan nguyên tố liên kết của M, nếu tồn tại một phần tử x ∈ M để P = 0 : x = Ann(x).
Tập tất cả các iđêan nguyên tố liên kết của M kí hiệu là AssS M, hoặc Ass M nếu như
không cần thiết phải nhắc đến S. Như vậy
Ass M = {P ∈ Spec S | ∃x ∈ M, P = Ann(x)}.
Nhận xét. Phần tử x làm cho 0 : x là một iđêan nguyên tố, thì x (cid:54)= 0.
Bổ đề 1.1.5. P là một iđêan nguyên tố liên kết của S-môđun M khi và chỉ khi tồn tại
4
một đơn cấu S-môđun từ S/P tới M, hay tồn tại môđun con của M đẳng cấu với S/P.
Bổ đề 1.1.6. Nếu N là một môđun con của của S-môđun M thì
Ass N ⊆ Ass M.
Chú ý. Khi S là vành Noether, I là iđêan của S. Khi đó I có phân tích nguyên sơ
I = Q1 ∩ · · · ∩ Qr, với Qi là Pi-nguyên sơ và Ass(S/I) = {P1, . . . , Pr}.
Từ hai bổ đề trên ta chỉ ra sự tồn tại một lọc các môđun con có tính chất đặc biệt.
Trước hết ta nhắc lại kết quả đối với môđun hữu hạn sinh.
Mệnh đề 1.1.7. Cho M là một môđun khác 0, hữu hạn sinh trên một vành Noether S.
Khi đó tồn tại một dãy các môđun con
0 = M0 ⊂ M1 ⊂ · · · ⊂ Mn = M
∼= S/Pi với mọi i = 1, 2, . . . , n, và một họ các iđêan nguyên tố P1, . . . , Pn sao cho Mi/Mi−1
đồng thời Ass(M) ⊆ {P1, P2, . . . , Pn}.
Ann(x1) = P1 ∈ Ass(M) và chọn M1 = Sx1
Chứng minh. Ta sẽ xây dựng dãy các môđun con như sau: M0 = 0. Lấy x1 ∈ M sao cho ∼= S/P1. Nếu M (cid:54)= M1, lấy x2 + M1 ∈ M/M1 ∼= S/P2. sao cho Ann(x2 + M1) = P2 ∈ Ass(M/M1) và lấy M2 = M1 + Sx2, ta có M2/M1
Quá trình trên sẽ dừng do M là một môđun Noether, và do đó ta xây dựng được dãy các
môđun con của M:
0 = M0 ⊂ M1 ⊂ · · · ⊂ Mn = M
∼= S/Pi với Pi ∈ Spec S. Ta có với mỗi j = 1, . . . , n thỏa mãn Mi/Mi−1
Ass(M j) ⊆ Ass(M j−1) ∪ Ass(S/Pj) = Ass(M j−1) ∪ {Pj}.
Do đó Ass(M) ⊆ {P1, P2, . . . , Pn}. Mệnh đề được chứng minh.
Bổ đề 1.1.8. Cho S là vành phân bậc, M là S-môđun phân bậc. Khi đó
(i) Với mọi iđêan nguyên tố P, ta có P∗ là iđêan nguyên tố,
5
(ii) Nếu P ∈ Supp(M) thì P∗ ∈ Supp(M),
(iii) Nếu P ∈ Ass(M) thì P là phân bậc, hơn nữa P là linh hóa tử của một phần tử
thuần nhất.
Tương tự ta có kết quả cho môđun phân bậc. Ta có thể đưa ra một cách chứng
minh khác như sau:
Mệnh đề 1.1.9. Cho M là môđun phân bậc hữu hạn sinh trên vành phân bậc Noether
S. Khi đó tồn tại lọc
(0) = M0 ⊂ M1 ⊂ · · · ⊂ Mn = M
∼= (S/Pi)(li) với mỗi i = 1, . . . , n, iđêan các môđun con phân bậc thỏa mãn Mi/Mi−1
thuần nhất Pi của S và li ∈ G.
Lọc trên được gọi là lọc nguyên tố của M.
Chứng minh. Đặt
Σ = {N | N là môđun con của M có lọc nguyên tố}.
Gọi N là phần tử tối đại của Σ (N tồn tại vì S là Noether và M là hữu hạn sinh). Giả sử
M (cid:54)= N. Đặt N(cid:48) = M/N. Vì N(cid:48) (cid:54)= 0 nên tồn tại Q ∈ AssS N(cid:48). Do đó N(cid:48) có môđun con
phân bậc đẳng cấu với (S/Q)(l), l ∈ G. Gọi M(cid:48) là nghịch ảnh của N trong M. Khi đó
N (cid:32) M(cid:48) và M(cid:48) ∈ Σ, vô lý. Vậy M = N có lọc nguyên tố.
1.2. Iđêan đơn thức.
n là một đơn thức.
Trong mục này ta xét một lớp iđêan đặc biệt trong vành đa thức nhiều biến S =
K[x1, . . . , xn] với hệ số trên trường K là lớp iđêan đơn thức. Ta đặt (a1, . . . , an) ∈ Nn và xa1 1 . . . xan
Định nghĩa 1.2.1. Iđêan I ⊆ K[x1, . . . , xn] được gọi là iđêan đơn thức nếu nó sinh bởi
các đơn thức. Tức là nếu có tập con A ⊆ Nn (có thể vô hạn) sao cho iđêan I bao gồm tất
cả các đa thức có dạng
1 . . . xan n ,
∑ a1,...,an∈A
6
ha1,...,anxa1
n ; a1, . . . , an ∈ A).
1 . . . xan
trong đó ha1,...,an ∈ K[x1, . . . , xn], (a1, . . . , an) ∈ A. Trong trường hợp này ta viết I = (xa1
Ví dụ: I = (xy3, x3y2, x4y) là iđêan đơn thức.
Nhận xét. (i) Tập các đơn thức trong S kí hiệu là Mon(S) và tạo thành một K-cơ sở của
S.
(ii) Tập các đơn thức thuộc I tạo thành một K-cơ sở của I. Lớp các đơn thức còn
lại không thuộc I tạo nên một K-cơ sở của vành S/I. Ta kí hiệu Ic ⊂ S là không gian
con tuyến tính của S được sinh bởi tất cả các đơn thức không thuộc I. Khi đó S = I ⊕ Ic và S/I ∼= Ic là các không gian tuyến tính.
n ; a1, . . . , an ∈ A) là iđêan đơn thức. Đơn thức xb1
n ∈
1 . . . xbn
Bổ đề 1.2.2. Cho I = (xa1
n với (a1, . . . , an) ∈ A nào
1 . . . xan n chia hết cho một đơn thức xa1
1 . . . xan
1 . . . xbn
I khi và chỉ khi xb1
đó.
1 . . . xbn
n =
n với (a1, . . . , an) ∈ A n ∈ I thì xb1
n chia hết cho một đơn thức xa1 n ∈ I theo định nghĩa của iđêan. Ngược lại nếu xb1
1 . . . xbn
1 . . . xan 1 . . . xbn
Chứng minh. Nếu xb1
1
. . . xan(i) n , trong đó hi ∈ K[x1, . . . , xn], (a1(i), . . . , an(i)) ∈ A. Xem hi như tổng
nào đó. Sau khi giản ước, sẽ còn lại một từ trong số đó và từ
n phải chia hết cho xa1(i)
1
1 . . . xbn
1 1 . . . xbn
nào đó. thì xb1 1 . . . xbn i=1 hi.xa1(i) ∑s hữu hạn của các từ và khai triển vế phải của đẳng thức trên ta thấy mỗi từ của nó phải chia hết cho xa1(i) đó phải bằng xb1 . . . xan(i) n . . . xan(i) n n . Vậy xb1
n khi
n chia hết cho xa1
1 . . . xan
1 . . . xbn
n = xa1
n .xc1
n với (c1, . . . , cn) ∈ Nn
1 . . . xan
1 . . . xcn
Chú ý rằng xb1
xb1 1 . . . xbn
kéo theo (b1, . . . , bn) = (a1, . . . , an) + (c1, . . . , cn). Do đó tập
(a1, . . . , an) + Nn = {(a1, . . . , an) + (c1, . . . , cn) | (c1, . . . , cn) ∈ Nn}
1 . . . xan n .
bao gồm số mũ của tất cả các đơn thức chia hết cho xa1
Từ chú ý này và Bổ đề 1.2.2 cho ta hình ảnh mô tả các đơn thức trong một iđêan
7
đơn thức cho trước. Chẳng hạn, nếu I = (xy3, x3y2, x4y), khi đó số mũ của các đơn thức
trong I là tập:
((1, 3) + Nn) ∪ ((3, 2) + Nn) ∪ ((4, 1) + Nn).
Ta có thể hình dung tập này như hợp các điểm nguyên trong các khối vuông có đỉnh là
(1, 3), (3, 2), và (4, 1) trong mặt phẳng như Hình 1.1.
Bổ đề 1.2.3. Cho I là iđêan đơn thức và f ∈ K[x1, . . . , xn]. Các điều kiện sau là tương
đương:
(i) f ∈ I;
(ii) Mọi từ của f thuộc I;
(iii) f là tổ hợp tuyến tính trên K của các đơn thức thuộc I.
Chứng minh. Rõ ràng có (iii) ⇒ (ii) ⇒ (i). Để chứng minh (i) ⇒ (iii) ta có nhận xét
n ∈ I, với (a1, . . . , an) ∈ A nào
1 . . . xan
như bổ đề trên, mỗi từ của f phải chia hết cho xa1
n lại thuộc I. Do đó mỗi từ của f là tích của
1 . . . xan
đó. Mà mọi đơn thức chia hết cho xa1
một đơn thức thuộc I và một phần tử của K, tức f là tổ hợp tuyến tính trên K của các
đơn thức thuộc I.
Như vậy mỗi iđêan đơn thức được xác định duy nhất bằng tập các đơn thức của
nó.
Hệ quả 1.2.4. Hai iđêan đơn thức trong một vành đa thức bằng nhau nếu chúng chứa
8
cùng một tập đơn thức.
Bổ đề 1.2.5. Iđêan I là iđêan đơn thức khi và chỉ khi với mọi f ∈ I, các từ của f đều
thuộc I.
Chứng minh. Điều kiện cần suy ra từ Bổ đề 1.2.3. Từ giả thiết suy ra tập tất cả các đơn
thức của các đa thức trong I sẽ sinh ra I. Do đó điều kiện đủ được chứng minh.
Kết quả sau đây chỉ ra với mọi iđêan đơn thức hữu hạn sinh, một trường hợp
n là một đơn thức.
1 . . . xan
đặc biệt của Định lý cơ sở Hilber. Kí hiệu x = {x1, . . . , xn}, a = (a1, . . . , an) ∈ Nn và xa = xa1
Bổ đề 1.2.6 (Bổ đề Dickson). Mọi iđêan đơn thức I = (xa, a ∈ A) bao giờ cũng viết
được dưới dạng I = (xa(1), . . . , xa(s), trong đó a(1), . . . , a(s) ∈ A). Nói riêng I là hữu
hạn sinh.
Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo số biến n.
Khi n = 1 ta có I = (xa; a ∈ A ⊆ N). Chọn b ∈ A là số nhỏ nhất. Khi đó xb chia hết
mọi đơn thức xa với a ∈ A. Vậy ta có ngay I = (xb).
Giả sử n > 1 và bổ đề đúng với không quá n − 1 biến. Đặt x(cid:48) = {x1, . . . , xn−1}.
n, trong đó α ∈ Nn−1
Như vậy mỗi đơn thức trong K[x] đều có thể viết dưới dạng x(cid:48)αxq
n để x(cid:48)αxm xm n ∈ I. Theo giả thiết quy nạp thì J sinh bởi hữu hạn các đơn thức, tức là J = (x(cid:48)α(1), . . . , x(cid:48)α(s)). Theo định nghĩa, với mỗi i = 1, . . . , s tồn tại mi ∈ N sao cho x(cid:48)α(i)xmi
n ∈ I. Giả sử m = max{m1, . . . , ms}.
và q ∈ N. Gọi J là iđêan của vành K[x(cid:48)] sinh bởi các đơn thức x(cid:48)α sao cho tồn tại
n ∈ I) ⊆ K[x(cid:48)]. Lại theo giả thiết quy nạp
Với mỗi k < m, xét iđêan Jk = (x(cid:48)β |x(cid:48)β xk
ta có
Jk = (x(cid:48)αk(1), . . . , x(cid:48)αk(sk)), với k = 0, . . . , m − 1.
Ta sẽ chứng tỏ I sinh bởi các đơn thức
n , . . . , x(cid:48)α(s)xm n , x(cid:48)α0(1), . . . , x(cid:48)α0(s0),
x(cid:48)α(1)xm từ J:
từ J0:
9
x(cid:48)α1(1)xn, . . . , x(cid:48)α1(s1)xn, từ J1:
. . .
n
n
x(cid:48)αm−1(1)xm−1 , . . . , x(cid:48)αm−1(sm−1)xm−1 . từ Jm−1:
n ∈ I. Khi đó có hai trường hợp: Nếu q ≥ m thì theo
Thật vậy, ta giả sử đơn thức x(cid:48)αxq
n chia hết cho
cách xây dựng J, x(cid:48)α phải chia hết cho x(cid:48)α(i) nào đó, và do đó ta có x(cid:48)α(i)xm
n sẽ chia hết cho một đơn
một đơn thức ở dòng thứ nhất ở trên. Nếu q ≤ m − 1 thì x(cid:48)αxq
thức ở dòng thứ q + 2 ở trên. Theo Bổ đề 1.2.2 và Hệ quả 1.2.4 thì I được sinh bởi các
đơn thức liệt kê ở trên.
Như vậy I được sinh bởi một tập hữu hạn các đơn thức
n
1
, . . . , xβ (r) , . . . , xβ (r) . , . . . , xβ (1) n xβ (1) 1
n
1
, . . . , xγ( j)
n
n
1
1
, . . . , xβ ( j) n , . . . , xγ(1) chia hết cho xγ( j) , . . . , xγ(r) , . . . , xγ(r) ). Sử dụng Bổ đề 1.2.2 lần nữa, ta thấy mỗi đơn thức xβ ( j) 1 nào đó với γ( j) ∈ A. Từ đó có ngay kết quả J = (xγ(1)
Từ Bổ đề 1.2.2 và Bổ đề 1.2.6 suy ra mỗi iđêan đơn thức I chỉ có một tập sinh tối
tiểu gồm các đơn thức. Đặt G(I) = J được gọi là tập sinh đơn thức tối tiểu của I. Mỗi
đơn thức trong tập sinh này được gọi là đơn thức sinh của I.
Sử dụng Bổ đề 1.2.5 ta có tổng, tích và giao của các iđêan đơn thức cũng là các
iđêan đơn thức. Ngoài ra nếu ta có I và J là các iđêan đơn thức, thì
G(I + J) ⊆ G(I) ∪ G(J), G(IJ) ⊆ G(I)G(J).
Hơn nữa ta có kết quả sau.
Mệnh đề 1.2.7. Cho I, J là hai iđêan đơn thức. Khi đó I ∩ J và I : J là các iđêan đơn
thức. Nếu I = (m1, . . . , mr) và J = (n1, . . . , ns), mi, n j là các đơn thức, thì
(i) I ∩ J = (BCNN(mi, n j) | 1 ≤ i ≤ r; 1 ≤ j ≤ s).
(ii) I : n j = (mi/ UCLN(mi, n j) | 1 ≤ i ≤ r). Do đó I : J có thể tính được theo công
j=1(I : n j) và (i).
thức I : J = ∩s
j=1(I : n j). Do đó chỉ cần chứng minh I ∩ J là đơn
Chứng minh. Ta đã biết I : J = ∩s
10
thức, và các công thức tính ở (i) và (ii) đúng. Giả sử f ∈ I ∩ J và m là một từ của f . Vì
I, J là các iđêan đơn thức nên theo Bổ đề 1.2.5 ta có m ∈ I và m ∈ J. Do đó m ∈ I ∩ J.
Lại theo Bổ đề 1.2.5, I ∩ J là iđêan đơn thức.
Để chứng minh (i), nhận xét rằng bao hàm thức ⊇ là hiển nhiên. Cho đơn thức
m ∈ I ∩ J. Theo Bổ đề 1.2.2, m chia hết cho mi và n j nào đó. Do đó m chia hết cho
BCNN(mi, n j). Suy ra m ∈ (BCNN(mi, n j)|1 ≤ i ≤ r; 1 ≤ j ≤ s), và ta có (i).
Chứng minh (ii) tương tự với chú ý rằng
UCLN(mi, n j) BCNN(mi, n j) = min j.
Ta được điều cần chứng minh.
1, x1x2
2, x2x2
3) và J = (x3
1x2, x2x3) là các iđêan đơn thức trong
Ví dụ 1.2.8. Cho I = (x2
vành đa thức S = R[x1, x2, x3] trên trường K. Khi đó
1, x1x2
2, x2x3),
1x2x3, x1x2
2x3, x2x2
3),
1x2, x2
I + J = (x2 I ∩ J = (x3
1x2x3, x4
1x3
2x2
3, x2
2x3
1, x1x2, x3).
1x2, x2
2, x1x3
2x3, x3
1x2
3),
IJ = (x5 I : J = (x2
Bổ đề sau tuy đơn giản nhưng hay được sử dụng.
Bổ đề 1.2.9. Giả sử m, n là hai đơn thức không chứa biến chung và m1, . . . , mr là các
đơn thức. Khi đó
(m1, . . . , mr, mn) = (m1, . . . , mr, m) ∩ (m1, . . . , mr, n).
Chứng minh. Chỉ cần chứng minh ⊇. Nếu đơn thức u ∈ (m1, . . . , mr, m)∩(m1, . . . , mr, n)
chia hết cho mi nào đó, i ≤ r, thì u ∈ (m1, . . . , mr, mn). Trong trường hợp ngược lại, vì
u ∈ (m1, . . . , mr, m), nên theo Bổ đề 1.2.2 phải có m|u. Tương tự n|u. Vì m, n không
chứa biến chung nên mn|u. Do đó u ∈ (m1, . . . , mr, mn).
Kết quả này giúp ta tìm được phân tích nguyên sơ của iđêan đơn thức I và từ đó
11
tìm được tập iđêan nguyên tố liên kết của vành S/I.
Chương 2
Phân tích Stanley và độ sâu Stanley
Cho K là một trường và S = K[x1, ..., xn] là một vành đa thức n biến trên trường
K. Cho I ⊂ S là một iđêan đơn thức, và u ∈ S là một đơn thức thỏa mãn u là chính quy
trên S/I. Trong chương này, ta tìm hiểu phân tích Stanley của Zn-môđun phân bậc dạng
S/I. Sau đó tìm hiểu độ sâu Stanley khi chuyển từ S/I sang S/(I, u) và ngược lại.
2.1. Phân tích Stanley của môđun đa phân bậc
Trước tiên ta định nghĩa độ sâu Stanley của một môđun đa phân bậc.
Định nghĩa 2.1.1. Cho K là một trường và S = K[x1, ..., xn] là một vành đa thức n biến
trên trường K. Cho M là một S-môđun đa phân bậc hữu hạn sinh (Zn-phân bậc). Cho
m ∈ M là một phần tử thuần nhất trong M và Z ⊆ {x1, ..., xn}. Ta kí hiệu mK[Z] là K-
không gian con của M sinh bởi tất cả các phần tử mv trong đó v là một đơn thức trong
K[Z].
(i) Một K-không gian con đa phân bậc mK[Z] ⊂ M được gọi là không gian Stanley
chiều |Z|, nếu mK[Z] là một K[Z]-môđun tự do.
(ii) Một phân tích Stanley của M là một biểu diễn của K-không gian vectơ M như
r (cid:77)
một tổng trực tiếp hữu hạn của các không gian Stanley
i=1
D : M = miK[Zi].
12
Đặt sdepth(D) = min{|Zi| : i = 1, . . . , r}.
(iii) Số
sdepth(M) := max{sdepth(D) : D là một phân tích Stanley của M}
được gọi là độ sâu Stanley của M.
1x2) ⊂ S = K[x1, x2]. Hình 2.1 biểu diễn một phân tích Stanley của I và Ic. Miền màu xám biểu diễn iđêan I. Một phân tích Stanley của iđêan
Ví dụ 2.1.2. (i) Xét iđêan I = (x2
1x2K[x1, x2]. Vì S là vành đa thức 2 biến và I ⊂ S là một iđêan chính, do đó
I là I = x2
sdepth(I) = 2 . Trong Hình 2.1 đường kẻ màu xanh biểu diễn các không gian Stanley
chiều 1. Một phân tích Stanley của môđun S/I là
Ic = K[x1] ⊕ x2K[x2] ⊕ x1x2K[x2].
Điều này kéo theo 1 ≤ sdepth(S/I) ≤ 2. Nếu sdepth(S/I) = 2, thì I ∩ Ic (cid:54)= {0}, mâu
Hình 2.1:
thuẫn. Vậy sdepth(S/I) = 1.
1x2) của S = K[x1, x2], thì x2
1x2K, x3
2, x2
1x2K[x1], K[x1, x2] là các không gian Stanley với số chiều lần lượt là 0, 1, 1 và
(ii) Cho iđêan đơn thức I = (x1x2
1x2 2
K[x2] và x2 x1x2 2
2. Trong Hình 2.3, điểm màu đỏ, cam và xanh gồm có các số mũ của các đơn thức lần
1x2 2
1x2K chỉ gồm 1 đơn thức là
1x2K[x1], x1x2 2
lượt trong x3 K[x2] và x2 K[x1, x2]. Do đó x2
x2 1x2. Số mũ của đơn thức này là một điểm màu tím trong Hình 2.3.
Luôn tồn tại ít nhất một phân tích Stanley của I. Ví dụ
1x2K ⊕ x3
1x2 2
1x2K[x1] ⊕ x1x2 2
13
D1 : I = x2 K[x2] ⊕ x2 K[x1, x2]
1x2K[x1] ⊕ x1x2 2
1x2 2
1x2K ⊕ x3
1x2K ⊕ x4
K[x2] ⊕ x2 K[x1, x2], D2 : I = x2
1x2K[x1, x2]
K[x2] ⊕ x2 D3 : I = x1x2 2
Hình 2.2: Các điểm màu xanh kí hiệu số mũ của các đơn thức thuộc iđêan I = (x1x2
2, x2
1x2) của S = K[x1, x2].
thuộc
K[x2] và x2
K[x1, x2].
1x2 2
Hình 2.3: Các điểm màu tím, đỏ, cam và xanh gồm số mũ của các đơn thức lần lượt 1x2K, x3 x2
1x2K[x1], x1x2 2
Hình 2.4: Hình a biểu diễn phân tích Stanley D2, Hình b biểu diễn D3.
là các phân tích Stanley của I.
Do đó, ta có sdepth(D1) = 0, sdepth(D2) = 0, sdepth(D3) = 1. Từ sự phân tích D3
ta có 1 ≤ sdepth(I) ≤ 2. Nếu sdepth(I) = 2 thì I là iđêan chính, vô lý. Vậy sdepth(I) = 1.
14
Ta có thể xác định một phân tích Stanley cũng như độ sâu Stanley của Ic. Độ sâu
Stanley của Ic được kí hiệu là sdepth(S/I), thay cho sdepth(Ic). Ta có
D : Ic = x1x2K ⊕ K[x1] ⊕ x2K[x2]
là một phân tích Stanley của Ic. Do đó ta có sdepth(D) = 0. Nhân bất kì đơn thức
nào với x1x2 đều là phần tử của I nên x1x2K luôn là không gian Stanley của Ic. Từ đó
sdepth(S/I) = 0.
(iii) Cho I = (x1x2, x1x3) là một iđêan đơn thức trong vành đa thức S = K[x1, x2, x3].
Khi đó một phân tích Stanley của S/I là Ic = K[x2, x3]⊕x1K[x1]. Ta có 1 ≤ sdepth(S/I) ≤
3. Ta được sdepth(S/I) = 1, thật vậy ta có một không gian Stanley x1K[x1] có chiều 1
và vì x1 nhân x2 hoặc x3 thuộc I, nên không gian Stanley này không thể chứa một không
gian Stanley có chiều lớn hơn 1. Một phân tích Stanley của I là I = x1x2K[x1, x2, x3] ⊕
x1x3K[x1, x3]. Do vậy sdepth(I) = 2. Vì nếu sdepth(I) = 3 thì I là iđêan chính, vô lý.
Phần tiếp theo ta trình bày một số tính chất liên quan đến lọc nguyên tố.
Cho I ⊂ S là một iđêan đơn thức. Đặt
F : I = I0 ⊂ I1 ⊂ · · · ⊂ Ir = S
∼= S/PFi(−ai) trong đó Fi ⊂ là một Nn-lọc nguyên tố phân bậc của S/I với Ii/Ii−1 {1, . . . , r} và (PFi) = (x j : j ∈ Fi). Theo [1] lọc nguyên tố F này của S/I cảm sinh
r (cid:77)
một phân tích Stanley
i=1
] S/I = uiK[ZF c i
= {x j : j /∈ Fi}, và ui = xai. Soleyman-Jahan [2] đã mở rộng kết của S/I, trong đó ZF c i
quả trên cho bất kì S-môđun Zn- phân bậc hữu hạn sinh.
Định lý 2.1.3. Cho M là một S-môđun Zn- phân bậc hữu hạn sinh. Nếu
(0) = M0 ⊂ M1 ⊂ · · · ⊂ Mr = M
r (cid:77)
là một lọc nguyên tố của M thỏa mãn Mi/Mi−1 ∼= S/PFi(−ai), thì
i=1
15
] M ∼= miK[ZF c i
là một phân tích Stanley của M trong đó mi ∈ Mi là một phần tử thuần nhất có bậc ai
i
= {x j : j /∈ Fi}. thỏa mãn (Mi−1 :S mi) = PFi và ZF c
Ví dụ 2.1.4. Xét I = (x1x2, x3x4) ⊂ S = K[x1, x2, x3, x4] là một iđêan đơn thức của vành
đa thức S trên trường K, khi đó một lọc nguyên tố của môđun M = S/I là như sau:
F : M0 = (0) ⊂ M1 = (x1x3)M ⊂ M2 = M1 + x1M
⊂ M3 = M2 + x3M ⊂ M4 = M
trong đó
∼= S/(x2, x4)(−1, 0, −1, 0) ∼= K[x1, x3](−1, 0, −1, 0), M1
∼= S/(x2, x3)(−1, 0, 0, 0) ∼= K[x1, x4](−1, 0, 0, 0), M2/M1
M3/M2 ∼= S/(x1, x4)(0, 0, −1, 0) ∼= K[x2, x3](0, 0, −1, 0),
M4/M3 ∼= S/(x1, x3) ∼= K[x2, x4].
Vì thế một phân tích Stanley của S/I cảm sinh từ lọc F là
S/I = x1x3K[x1, x3] ⊕ x1K[x1, x4] ⊕ x3K[x2, x3] ⊕ K[x2, x4].
Chú ý rằng mọi lọc nguyên tố của S-môđun Zn-phân bậc có một phân tích Stanley,
nhưng ngược lại chưa chắc. Không phải tất cả phân tích Stanley suy ra từ lọc nguyên
tố. Một ví dụ ngược lại được đưa ra lần đầu bởi McLangan và Smith [3]. Cho I =
(x1x2x3) ⊂ S = K[x1, x2, x3] là một iđêan đơn thức của S. Khi đó
S/I = K ⊕ x1K[x1, x2] ⊕ x2K[x2, x3] ⊕ x3K[x1, x3]
là một phân tích Stanley của S/I mà không tương ứng với bất kì lọc nguyên tố nào của
S/I.
Từ kết quả trên ta có luôn tồn tại phân tích Stanley của các môđun đa phân bậc.
Mệnh đề 2.1.5. Mọi S-môđun Zn-phân bậc hữu hạn sinh M đều có một phân tích
16
Stanley.
2.2. Độ sâu Stanley khi chia cho một phần tử
Nếu ta xét sự rút gọn một phần tử chính quy thì độ sâu giảm 1. Điều gì xảy ra nếu
ta rút gọn một phần tử không chính quy?
Mệnh đề 2.2.1. Cho S = K[x1, . . . , xn] là một vành đa thức trên trường K, I ⊂ S là một
iđêan đơn thức và R = S/I. Khi đó
sdepth(R/xnR) ≥ sdepth(R) − 1.
Chứng minh. Đặt ¯R = R/xnR (cid:39) S/(I, xn). Ta kí hiệu ¯S = K[x1, . . . , xn−1] và đặt x(cid:48) =
{x1, . . . , xn−1}, x = {x1, . . . , xn}.
Giả sử ϕ là ánh xạ chính tắc từ R vào ¯R và α là ánh xạ hợp
¯S −→ S −→ R = S/I.
trong đó ánh xạ đầu là phép nhúng chính tắc, ánh xạ thứ hai là toàn ánh chính tắc. Rõ
ϕ
ràng rằng ker(α) = I ∩ ¯S. Đặt α1 là ánh xạ hợp
¯S −→ S −→ R = S/I −→ S/(I, xn).
Rõ ràng α1 là toàn ánh. Ta cần chỉ ra ker(α1) = I ∩ ¯S. Bao hàm thức ⊇ là hiển nhiên.
Để chứng minh bao hàm còn lại, ta xét một đơn thức v ∈ ker(α1), kéo theo v ∈ (I, xn). Vì v ∈ ¯S và I là một iđêan đơn thức nên v ∈ I. Đặt ker(α1) = ¯I thì ¯S/ ¯I ∼= S/(I, xn). Ta
r (cid:77)
có một phân tích Stanley
i=1
uiK[Zi] D1 : Ic ∼= R =
của R với sdepth(D1) = sdepth(R).
r (cid:77)
Đặt I = {i ∈ {1, . . . , r} : uiK[Zi] ∩ ¯S (cid:54)= {0}}. Ta chỉ ra
i=1
(2.1) uiK[Zi] ∩ ¯S D2 : ¯S/ ¯I = ¯Ic =
17
và ⊕i∈I uiK[Zi] ∩ ¯S là một phân tích tổng trực tiếp của ¯S/ ¯I. Để chứng minh (2.1) ta chọn một đơn thức v ∈ ¯Ic. Ta cần chỉ ra tồn tại i ∈ I thỏa mãn v ∈ uiK[Zi] ∩ ¯S. Giả sử
ngược lại v /∈ uiK[Zi] ∩ ¯S, với mọi i ∈ I . Vì v ∈ ¯S nên v /∈ uiK[Zi], với mọi i. Do đó ta
có v ∈ I. Vì v ∈ ¯S kéo theo v ∈ ¯I = I ∩ ¯S, điều này mâu thuẫn. Để chứng minh bao hàm
thức còn lại, ta chọn một đơn thức v1 ∈ uiK[Zi] ∩ ¯S. Kéo theo v1 /∈ I và vì ¯I ⊂ I, ta có
v1 ∈ ¯Ic. Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng D2 là một phân tích Stanley. Thật vậy, ta có
nếu xn không chia hết cho ui uiK[Zi] ∩ ¯S =
trường hợp còn lại.
uiK[Zi\{xn}], 0, Do vậy ta được sdepth(D1) ≤ sdepth(D2) + 1. Do đó
sdepth(S/I) = sdepth(D1) ≤ sdepth(D2) + 1 ≤ sdepth( ¯S/ ¯I) + 1.
Ta được điều cần chứng minh.
Mệnh đề 2.2.1 không thể mở rộng cho môđun đa phân bậc M. Ví dụ sau đây chỉ
ra điều đó.
Ví dụ 2.2.2. Cho M = (x, y, z) là một iđêan của S = K[x, y, z]. Xét một phân tích Stanley
M = zK[x, z]⊕xK[x, y]⊕yK[y, z]⊕xyzK[x, y, z]. Vì sdepth(M) ≤ dim(S) = 3 và M không
là iđêan chính, nên sdepth(M) = 2. Chú ý rằng x cảm sinh một phần tử khác 0 trong
lớp M/xM không chứa trong bất kì không gian Stanley chiều lớn hơn hoặc bằng 1. Do
đó sdepth(M/xM) = 0. Do vậy sdepth(M/xM) < sdepth(M) − 1.
Ví dụ 2.2.2 gợi ý rằng nếu xk là một phần tử chính quy trên M thì sdepth(M/xkM) ≤
sdepth(M) − 1. Đó là vấn đề của mệnh đề tiếp theo.
i=1 ¯miK[Zi], là một phân tích Stanley của M/xkM, trong
Mệnh đề 2.2.3. Cho M là một S-môđun Zn-phân bậc hữu hạn sinh và xk là chính quy trên M. Nếu D1 : M/xkM = (cid:76)r
r (cid:77)
đó mi ∈ M là thuần nhất và ¯mi = mi + xkM thì
i=1 là một phân tích Stanley của M. Đặc biệt
M = (2.2) miK[Zi, xk]
18
sdepth(M/xkM) ≤ sdepth(M) − 1.
i=1 miK[Zi, xk]. Khi đó N ⊆ M. Vì D1 là một phân tích Stanley
Chứng minh. Đặt N = ∑r
của M/xkM kéo theo ψ(N) = M/xkM trong đó ψ : M → M/xkM là một toàn cấu chính
tắc. Điều đó kéo theo M = xkM + N như một Zn-phân bậc K-không gian vectơ. Ta chỉ
k M + N với mọi d. Tiếp tục quy nạp theo d, bởi
ra M = N. Trước tiên chú ý rằng M = xd
k M + N thì
vì nếu ta có M = xd−1
k M + N,
k M + xd−1
k N ⊂ N.
k N + N = xd
k
M = xd−1 vì xd−1 (xkM + N) + N = xd
Điều này hoàn thành phép quy nạp.
(m) ≥ c với mọi
(m) = a
k M + N , tồn tại phần tử thuần nhất
Vì M là hữu hạn sinh nên tồn tại một số nguyên c thỏa mãn degxk phần tử thuần nhất m ∈ M. Bây giờ giả sử m ∈ M là phần tử thuần nhất với degxk và đặt d > a − c là một số nguyên. Vì M = xd
k v + w, trong đó a = degxk
v ∈ M và w ∈ N sao cho m = xd w. Kéo theo v + d = degxk
v = a − d < c, mâu thuẫn. Suy ra v = 0, do đó m = w ∈ N. degxk
i=1 miK[Zi, xk] là trực tiếp, tức là
Bây giờ ta sẽ chỉ ra tổng ∑r
r ∑ j=1 j(cid:54)=i
miK[Zi, xk] ∩ m jK[Z j, xk] = (0).
j=1 j(cid:54)=i
m jq j ∈ M là thuần nhất với các đơn thức q j trong K[Z j, xk] thỏa
Đặt u = miqi = ∑r mãn deg(u) = deg(m jq j) với mọi j. Đặt p là lũy thừa cao nhất của phép chia xk cho qi.
Nếu p = 0 thì ta có ¯u = ¯miqi (cid:54)= 0 trong M/xkM vì ¯miK[Zi] là một không gian Stanley.
Kéo theo
r ∑ j=1 j(cid:54)=i
¯m jK[Z j], mâu thuẫn. ¯u ∈ ¯miK[Zi] ∩
¯m j ¯q j. Suy ra ¯q j = 0,
j=1 j(cid:54)=i j với q(cid:48)
j ∈ K[Z j, xk] và ta
Trong trường hợp p > 0, thì trong M/xkM ta có ¯u = 0 = ∑r vì D1 là một phân tích Stanley của M/xkM. Do vậy q j = xkq(cid:48)
j) = 0, kéo theo miq(cid:48)
j = 0 vì xk là chính quy trên
i − ∑r
i − ∑r
j=1 j(cid:54)=i
m jq(cid:48)
j=1 j(cid:54)=i
19
m js j. Ta xét có xk(miq(cid:48) j=1 j(cid:54)=i M. Lặp lại lí luận trên ta được q j = xp m jq(cid:48) k s j với s j ∈ K[Z j, xk], và misi = ∑r
v = misi. Vì ¯si (cid:54)= 0, ta có ¯v (cid:54)= 0 vì ¯miK[Zi] là không gian Stanley. Mặt khác
r ∑ j=1 j(cid:54)=i
¯v ∈ ¯miK[Zi] ∩ ¯m jK[Z j].
Suy ra ¯v = 0, mâu thuẫn.
k thỏa mãn xk không chia hết cho f j với
mi f = 0 với f ∈ K[Zi, xk] trong đó f = ∑a Tương tự ta chỉ ra rằng mỗi miK[Zi, xk] là một không gian Stanley. Thật vậy, giả sử j=0 f jx j
j=0 mi f jx j
k = 0 kéo theo ¯mi f0 = 0 trong M/xkM. Ta được f0 = 0 vì ¯miK[Zi] là
mọi j thì ∑a
j=1 f jx j−1
k
không gian Stanley. Kéo theo f = xkg trong đó g = ∑a và từ xkmig = mi f = 0
ta được mig = 0, xk trở thành chính quy trên M. Khi đó phép quy nạp theo bậc của f
f . kết thúc việc chứng minh vì degxk g < degxk
Hệ quả 2.2.4. Trong Mệnh đề 2.2.1 dấu bằng xảy ra nếu xn là chính quy trên S/I.
Chứng minh suy ra từ Mệnh đề 2.2.1 và Mệnh đề 2.2.3 với M = S/I.
2.3. Độ sâu Stanley và phần tử chính quy
Đối với độ sâu thông thường (depth) qua phần tử chính quy ta có các kết quả sau.
Bổ đề 2.3.1. ([10]) Nếu M là một môđun phân bậc trên một vành phân bậc S và z là
một phần tử chính quy thuần nhất trên M trong một iđêan cực đại phân bậc. Khi đó
(i) depth(M/zM) = depth(M) − 1,
(ii) dim(M/zM) = dim(M) − 1.
Để chứng minh ta cần hai Bổ đề sau:
Bổ đề 2.3.2. Nếu M là một S-môđun hữu hạn sinh thì
Ass(M) ⊂ Supp(M),
20
và bất kì phần tử cực tiểu nào của Supp(M) đều thuộc Ass(M).
Bổ đề 2.3.3. Nếu M là một S-môđun phân bậc hoặc đa phân bậc hữu hạn sinh và
x1, . . . , xr thuộc iđêan cực đại thuần nhất của S. Khi đó
dim(M/(x1, . . . , xr)M) ≥ dim(M) − r.
Chứng minh Bổ đề 2.3.1:
Chứng minh. (i) Ta có depth(M) ≥ depth(M/zM) và ta xét một dãy khớp ngắn
0 → M z→ M → M/zM → 0.
Áp dụng Bổ đề Độ sâu cho dãy khớp ngắn này, ta thu được
depth(M) = depth(M/zM) + 1.
(ii) Ta chỉ ra rằng dim(M/zM) < dim(M). Thật vậy, mặt khác ta có một dãy tăng các
iđêan nguyên tố
Ann(M) ⊂ Ann(M/zM) ⊂ P0 ⊂ · · · ⊂ Pd,
trong đó d là số chiều của M và P0 là bé nhất trên Ann(M). Từ Bổ đề 2.3.2 iđêan P0 chứa
ước của không và z ∈ Ann(M/zM), do vậy z ∈ P0, mâu thuẫn. Bất đẳng thức ngược lại
dim(M/zM) ≥ dim(M) − 1 được suy ra từ Bổ đề 2.3.3.
Hệ quả 2.3.4. Cho x = x1, . . . , xr là một dãy chính quy trên một R-môđun phân bậc M
trong iđêan cực đại thuần nhất của R. Khi đó
(i) depth(M/xM) = depth(M) − r,
(ii) dim(M/xM) = dim(M) − r.
Chứng minh Hệ quả này bằng cách quy nạp theo r.
Đối với độ sâu Stanley (sdepth) kết quả chính là Định lý sau:
Định lý 2.3.5. Cho I ⊂ S là một iđêan đơn thức của S = K[x1, . . . , xn] và u ∈ S là đơn
thức chính quy trên S/I. Khi đó
21
sdepth(S/(I, u)) = sdepth(S/I) − 1.
Trước tiên ta chứng minh một trường hợp đặc biệt của định lý:
Bổ đề 2.3.6. Cho m < n và J ⊂ S(cid:48) = K[x1, . . . , xm] là một iđêan đơn thức. Khi đó với
iđêan đơn thức I = JS và với xk bất kì, m < k ≤ n ta có
sdepth(S/(I, xk)) = sdepth(S/I) − 1.
Chứng minh. Đặt T = S(cid:48)[xm+1, . . . , xk−1, xk+1, . . . , xn] và L ⊂ T là một iđêan đơn thức
thỏa mãn L = JT . Khi đó ta có
S/(I, xk) ∼= S/(JS + (xk)S) ∼= (S/xk)/(JS(S/xk)) ∼= T /L.
r (cid:77)
Đặt
i=1
D : T /L = uiK[Zi]
r (cid:77)
r (cid:77)
là một phân tích Stanley của T /L thỏa mãn sdepth(D) = sdepth(T /L). Khi đó
i=1
i=1
uiK[Zi][xk] = uiK[Zi, xk] D1 : S/I = (T /L)[xk] =
là một phân tích Stanley của S/I. Từ đó có
sdepth(D1) = sdepth(D) + 1 = sdepth(T /L) + 1.
Mặt khác
sdepth(D1) ≤ sdepth(S/I).
Do đó
sdepth(T /L) + 1 ≤ sdepth(S/I).
s (cid:77)
Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại ta xét một phân tích Stanley
i=1
viK[Wi] D2 : S/I =
của S/I với sdepth(D2) = sdepth(S/I).
Đặt I = {i ∈ {1, . . . , s} : viK[Wi] ∩ T (cid:54)= {0}}. Ta cần chỉ ra
22
(3.1) viK[Wi] ∩ T. D3 : T /L = Lc = (cid:77) i∈I
viK[Wi] ∩ T là một phân tích tổng trực tiếp của T /L. và (cid:76) i∈I
Để chứng minh (3.1), ta chọn một đơn thức v ∈ Lc. Ta cần chỉ ra tồn tại i ∈ I thỏa
mãn v ∈ viK[Wi] ∩ T . Giả sử ngược lại v /∈ viK[Wi] ∩ T với mọi i ∈ I . Từ v ∈ T , kéo
theo v /∈ viK[Wi], với mọi i. Do đó ta có v ∈ I = JS. Vì v ∈ T và L = JT , nên v ∈ L, mâu
thuẫn. Ngược lại, chọn một đơn thức w ∈ viK[Wi] ∩ T . Điều đó kéo theo w /∈ I = JS và
vì L = JT ⊂ JS = I, ta được w ∈ Lc.
Bây giờ ta sẽ chỉ ra D3 là một phân tích Stanley. Thật vậy, ta có
nếu xk không chia hết cho vi viK[Wi] ∩ T =
nếu xk chia hết cho vi. viK[Wi\{xk}], 0,
So sánh phân tích Stanley D2 của S/I với phân tích Stanley D3 của T /L ta thấy
sdepth(D2) ≤ sdepth(D3) + 1. Do đó
sdepth(S/I) = sdepth(D2) ≤ sdepth(D3) + 1 ≤ sdepth(T /L) + 1.
Vậy ta có điều cần chứng minh.
Để chứng minh Định lí 2.3.5 ta cần thêm kết quả sau:
Bổ đề 2.3.7. Cho
I = I0 ⊂ I1 ⊂ · · · ⊂ Ir = S
là một dãy tăng các iđêan đơn thức của S sao cho mỗi I j/I j−1 là một môđun cyclic, và ∼= S/L j(−a j) với một số iđêan đơn thức L j và a j ∈ Zn. Khi đó do đó I j/I j−1
sdepth(S/I) ≥ min{sdepth(S/L j) : j ∈ {1, . . . , r}}.
Chứng minh. Ta có phân tích sau của S/I như một K-không gian vectơ:
S/I = I1/I0 ⊕ I2/I1 ⊕ · · · ⊕ S/Ir−1.
∼= S/L j(−a j) ta được một đẳng cấu Vì mỗi I j/I j−1
23
(2.2) S/I ∼= S/L1(−a1) ⊕ S/L2(−a2) ⊕ · · · ⊕ S/Lr(−ar)
r j (cid:76) k=1
Với mỗi j đặt D j : S/L j = u ju jkK[Z jk] là một phân tích Stanley của S/L j thỏa mãn
sdepth(D j) = sdepth(S/L j). Khi đó từ đẳng cấu (2.2) ta được một phân tích Stanley
r j (cid:77)
r (cid:77)
như sau
j=1
k=1 của S/I, trong đó u j = xa j với j = 1, . . . , r. Từ phân tích Stanley này của S/I ta được
S/I = u ju jkK[Z jk]
điều cần chứng minh.
Chứng minh Định lý 2.3.5. Vì u là phần tử chính quy của I nên I = JS trong đó
n
m+1 . . . xan−m
. Ta xét một dãy tăng các iđêan của S giữa J ⊂ S(cid:48) = K[x1, . . . , xm] và u = xa1
(I, u) và S trong đó 2 thành phần liên tiếp của dãy có dạng
k . . . xbn−m n
k
m+1 . . . xbk−1
m+1 . . . xbk
) ⊂ (I, xb1 ) (I, xb1 . . . xbn−m n
trong đó bi ≤ ai với mọi i = 1, . . . , n − m.
Chú ý rằng
k . . . xbn−m n
k
m+1 · · · xbk−1
m+1 . . . xbk
(I, xb1 )/(I, xb1 ) (cid:39) S/(I, xk). · · · xbn−m n
Từ Bổ đề 2.3.6 và Bổ đề 2.3.7 kéo theo
sdepth(S/(I, u)) ≥ sdepth(S/(I, xk)) = sdepth(S/I) − 1.
r (cid:77)
Để chứng minh bất đẳng thức còn lại, ta chọn một phân tích Stanley
i=1
D (cid:48) : (I, u)c = uiK[Z(cid:48) i]
của S/(I, u) với sdepth(D (cid:48)) = sdepth(S/(I, u)). Ta có một tổng trực tiếp của các K-
i] ∩ S(cid:48) của S(cid:48). Chú ý rằng
r (cid:76) i=1
r (cid:77)
không gian vectơ con uiK[Z(cid:48)
i] ∩ S(cid:48)
i=1
Jc = uiK[Z(cid:48)
i] ∩ S(cid:48) là một phân tích Stanley của S(cid:48)/J, trong đó một tổng được lấy trên
i=1 uiK[Z(cid:48) i ∈ {1, . . . , r} với uiK[Z(cid:48)
i] ∩ S(cid:48) (cid:54)= {0}, theo chứng minh Bổ đề 2.3.6.
24
và (cid:76)r
Ta có
i ∩ {x1, . . . , xm}],
i] ∩ S(cid:48) =
nếu Supp(ui) ⊂ {x1, . . . , xm} uiK[Z(cid:48)
trường hợp còn lại. uiK[Z(cid:48) 0,
Do đó nếu ta xét tập Λ = {i : Supp(ui) ⊂ {x1, . . . , xm}, thì
uiK[Zi] D : S/I = (cid:77) i∈Λ
i ∩ {x1, . . . , xm}} ∪ {xm+1, . . . , xn}.
i|. Thật vậy, nếu {xm+1, . . . , xn} ⊂ Z(cid:48)
i, mâu thuẫn với (u) ∩
là một phân tích Stanley của S/I, trong đó Zi := {Z(cid:48)
uiK[Z(cid:48) Ta chỉ ra rằng |Zi| > |Z(cid:48) i] = {0}. Do đó, sdepth(D) ≥ sdepth(D (cid:48)) + 1.
Do vậy cuối cùng ta được
sdepth(S/(I, u)) = sdepth(S/I) − 1.
Ta có điều cần chứng minh.
Hệ quả 2.3.8. Nếu u1, . . . , ur ∈ Mon(S) là S/I-dãy, thì
sdepth(S/(u1, . . . , ur) + I) = sdepth(S/I) − r.
2.4. Độ sâu Stanley và dãy khớp ngắn
Đối với độ sâu thông thường qua dãy khớp ngắn ta có một số tính chất sau.
Bổ đề 2.4.1. (Bổ đề Độ sâu [10, Bổ đề 1.3.9]) Nếu
0 → U → M → N → 0
là một dãy khớp ngắn của các môđun phân bậc hữu hạn sinh trên vành phân bậc S, khi
đó
(i) Nếu depth(M) < depth(N), thì depth(U) = depth(M).
(ii) Nếu depth(M) = depth(N), thì depth(U) ≥ depth(M).
25
(iii) depth(M) > depth(N), thì depth(U) = depth(N) + 1.
Hệ quả 2.4.2. Cho 0 → U → M → N → 0 là một dãy khớp ngắn của các môđun phân
bậc hữu hạn sinh trên vành phân bậc S, khi đó
depth(M) ≥ min{depth(U), depth(N)}.
f → M
Còn đối với độ sâu Stanley qua dãy khớp ta được kết quả như sau.
g → N → 0 là một dãy khớp của các S-môđun Zn-phân
Bổ đề 2.4.3. Cho 0 → U
bậc hữu hạn sinh. Khi đó
sdepth(M) ≥ min{sdepth(U), sdepth(N)}.
Chứng minh. Đặt D : U = ⊕r
i=1uiK[Zi] là một phân tích Stanley của U với sdepth(D) = j] là một phân tích Stanley của N với sdepth(D (cid:48)) = j=1n jK[Z(cid:48)
sdepth(U) và đặt D (cid:48) : N = ⊕s
j ∈ M là một
sdepth(N). Vì f là một đơn ánh, ta có thể giả sử f là phép nhúng. Giả sử n(cid:48)
j) = n j. Hiển nhiên
phần tử Zn thuần nhất thỏa mãn g(n(cid:48)
jK[Z(cid:48) n(cid:48) j].
r ∑ i=1
s ∑ j=1
M = uiK[Zi] +
jK[Z(cid:48) j].
j] là tổng trực tiếp. Xét tập V = ∑s
jK[Z(cid:48)
i=1 uiK[Zi] + ∑s
j=1 n(cid:48)
j=1 n(cid:48)
Ta chứng minh ∑r
Vì dãy khớp chẻ ra như các không gian tuyến tính nên U ∩ V = {0}. Khi đó với mọi
jK[Z(cid:48)
jK[Z(cid:48)
kK[Z(cid:48) n(cid:48)
k] = {0}. Do đó ta được
kK[Z(cid:48) n(cid:48)
k], ta có g(y) ∈ n(cid:48)
j]∩ ∑s
j]∩ ∑s
k=1 k(cid:54)= j
k=1 k(cid:54)= j
y ∈ n(cid:48)
r (cid:77)
s (cid:77)
y ∈ U = Ker f , kéo theo y ∈ U ∩V = {0}. Vậy
kK[Z(cid:48) n(cid:48) k].
i=1
k=1 k(cid:54)= j
M = uiK[Zi] ⊕
Đó là điều cần chứng minh.
Hệ quả 2.4.4. Cho (0) = M0 ⊂ M1 ⊂ · · · ⊂ Mr−1 ⊂ Mr = M là một dãy tăng của các
môđun con Zn-phân bậc của M. Khi đó
(3.3) sdepth(M) ≥ min{sdepth(Mi/Mi−1), i ∈ {1, . . . , r}}
26
với mọi i ∈ {1, . . . , r}.
Chứng minh. Ta xét dãy khớp của các môđun con Zn-phân bậc của M
0 → Mi−1 → Mi → Mi/Mi−1 → 0.
Từ Bổ đề 2.4.3, ta có sdepth(Mi) ≥ min{sdepth(Mi−1), sdepth(Mi/Mi−1)}. Ta sử dụng
phép quy nạp để chứng minh bất đẳng thức (3.3). Với i = 1 là hiển nhiên. Ta giả sử (3.3)
đúng với i = t thì ta có
sdepth(Mt) ≥ min{sdepth(Mi/Mi−1) : i ∈ {1, . . . ,t}}
Đặt i = t + 1 ta có
sdepth(Mt+1) ≥ min{sdepth(Mt), sdepth(Mt+1/Mt)}.
Từ đó ta có điều cần chứng minh.
Hệ quả 2.4.5. Trong giả thiết của Bổ đề 2.4.3 chúng ta giả sử rằng sdepth(M) <
sdepth(N) thì sdepth(M) ≥ sdepth(U).
Chứng minh. Nếu sdepth(M) < sdepth(U) thì ta có
sdepth(M) < min{sdepth(U), sdepth(N)}
trái với Bổ đề 2.4.3.
Ví dụ 2.4.6. Cho S = K[x, y, z], M = (x, y, z). Trong dãy khớp 0 → M → S → K → 0, ta
có sdepth(S) = 3 ≥ sdepth(K) = 0, nhưng sdepth(M) = 2 (cid:54)= sdepth(K) + 1.
Mệnh đề 2.4.7. Nếu M là S-môđun đa phân bậc, S = K[x1, . . . , xn] với sdepth(M) = n
thì M là môđun tự do.
Chứng minh. Nếu sdepth(M) = n thì ta có một phân tích Stanley có dạng M = ⊕iuiS
và uiS là S-môđun tự do.
2.5. Phân tích Stanley của iđêan đơn thức không chứa bình phương và áp
dụng
Kết quả trong mục này được trình bày theo bài báo Stanley depths of certain
27
Stanley-Reisner rings của Zhongming Tang [?].
n ∈ S được gọi là không
1 . . . xan
Định nghĩa 2.5.1. Cho S = K[x1, . . . , xn]. Đơn thức xa1
chứa bình phương (square-free) nếu ai ∈ {0, 1}, ∀i = 1, . . . , n. Iđêan I của S được gọi là
không chứa bình phương nếu nó sinh bởi các đơn thức không chứa bình phương.
Mệnh đề 2.5.2. Cho S(cid:48) = K[x1, . . . , xr], S(cid:48)(cid:48) = K[xr+1, . . . , xn], S = K[x1, . . . , xn], và I một
iđêan đơn thức không chứa bình phương của S và là giao của các iđêan nguyên tố đơn
thức:
I = P1 ∩ · · · ∩ Ps, s ≥ 2.
i=1 Pi = m = (x1, . . . , xn). Với bất kì tập con thực sự τ ⊂ [s] = {1, 2, . . . , s},
Giả sử rằng ∑s
đặt (cid:34)(cid:40) (cid:41)(cid:35)
, Pj Sτ = K xi | 1 ≤ i ≤ r, xi /∈ ∑ j∈τ
quy ước K[ /0] = K. Khi đó, ta có sự phân tích thành các K-không gian véctơ
(cid:92)
(cid:77)
j∈[s]\τ
τ⊂[s]
S = S(cid:48)(cid:48) ⊕ Pj Sτ[xr+1, . . . , xn] . ∩ Sτ
Chứng minh. Giả sử α ∈ S là một đơn thức, α = uv, u ∈ S(cid:48), v ∈ S(cid:48)(cid:48). Nếu u = 1, thì
α = v ∈ S(cid:48)(cid:48). Bây giờ ta giả sử rằng u (cid:54)= 1.
i=1 Pi = m và u (cid:54)= 1, ta thấy rằng τ là tập con thực
Đặt τ = {i ∈ [s] | u /∈ Pi}. Từ ∑s
sự của [s]. Khi đó u ∈ Pj, j ∈ [s]\τ. Điều này kéo theo
(cid:92)
(cid:34)(cid:40) (cid:41)(cid:35)
j∈[s]\τ
u ∈ Pj Pj ∩ K xi|1 ≤ i ≤ r, xi /∈ ∑ j∈τ
(cid:92)
j∈[s]\τ
= Pj ∩ Sτ.
j∈[s]\τ Pj) ∩ Sτ)S(cid:48)(cid:48) = (((cid:84)
j∈[s]\τ Pj ∩ Sτ)Sτ[xr+1, . . . , xn]. Điều này
Do vậy α = uv ∈ (((cid:84)
(cid:92)
cho thấy
j∈[s]\τ
28
S = S(cid:48)(cid:48) + Pj ∩ Sτ Sτ[xr+1, . . . , xn] . ∑ τ⊂[s]
Phần còn lại ta sẽ chỉ ra tổng trên là tổng trực tiếp. Giả sử ngược lại, tức là tồn tại
τ1 (cid:54)= τ2, j0 ∈ τ1\τ2 và α = u1v1 = u2v2 thỏa mãn
và v1, v2 ∈ S(cid:48)(cid:48). Pj) ∩ Sτ1, Pj) ∩ Sτ2 u2 ∈ ( (cid:92) j∈[s]\τ2 u1 ∈ ( (cid:92) j∈[s]\τ1
j∈[s]\τ2
Do đó u1, u2 ∈ S(cid:48), ta có u1 = u2 và v1 = v2. Xét u = u1 = u2. Vì u ∈ Sτ1 nên ta có u /∈ Pj0, và từ u ∈ ((cid:84) Pj) ta được u ∈ Pj0, mâu thuẫn. Mệnh đề được chứng minh.
Chú ý rằng khi τ = /0 ta có S /0 = S(cid:48) và
Pj) ∩ S /0)S /0[xr+1, . . . , xn] = (I ∩ S(cid:48))S. (( (cid:92) j∈[s]\ /0
j∈[s]\τ Pj) ∩ Sτ)Sr[xr+1, . . . , xn]) = 0.
Trong phân tích trên khi Sτ = K, số hạng (((cid:84)
Hệ quả sau đây quan trọng để ta xét sdepth trên S/I.
Hệ quả 2.5.3. Giả thiết như trong Mệnh đề 2.5.2, và giả sử thêm rằng một iđêan nguyên
tố đơn thức trong phân tích của I là (x1, . . . , xr). Khi đó tồn tại một phân tích của S/I
là:
j∈[s]\τ
(cid:77)
S/I = S(cid:48)(cid:48)⊕ (( (cid:84) Pj) ∩ Sτ)Sτ[xr+1, . . . , xn]
τ⊂[s]
j∈[s]\τ
j∈[s]\τ
, ((( (cid:84) Pj) ∩ Sτ)Sτ[xr+1, . . . , xn]) ∩ ((( (cid:84) Pj) ∩ S(cid:48)(cid:48))Sτ[xr+1, . . . , xn])
trong đó τ chạy qua tất cả các tập con khác rỗng thực sự của [s].
Chứng minh. Việc chứng minh được suy ra từ Mệnh đề 2.5.2 và phân tích sau của I:
(cid:77)
(cid:92)
(cid:32)
τ⊂[s]
j∈[s]\τ
I = (I ∩ S(cid:48))S ⊕ Pj ∩ Sτ Sτ[xr+1, . . . , xn]
(cid:92)
(cid:32)(cid:32)(cid:32) (cid:33) (cid:33) (cid:33) (cid:33)
j∈τ
∩ S(cid:48)(cid:48) ∩ Pj Sτ[xr+1, . . . , xn]
trong đó τ chạy qua tất cả các tập con khác rỗng thực sự của [s].
Bổ đề 2.5.4. Cho I ⊂ S1 = K[x1, . . . , xn], J ⊂ S2 = K[y1, . . . , ym] là các iđêan đơn thức và
29
S = K[x1, . . . , xn, y1, . . . , ym]. Khi đó sdepth(S1/I)+sdepth(S2/J) ≤ sdepth((S/(IS, JS)).
Chứng minh. Đặt
r (cid:76) i=1
uiK[Zi] D1 : S1/I =
s (cid:77)
là một phân tích Stanley của S1/I thỏa mãn sdepth(D1) = sdepth(S1/I) và
j=1
v jK[Wj] D2 : S2/J =
là một phân tích Stanley của S2/I thỏa mãn sdepth(D2) = sdepth(S2/J). Khi đó ta có
S/IS = S1[y1, . . . , ym]/IS
r (cid:77)
= (S1/I)[y1, . . . , ym]
i=1 r (cid:77)
= uiK[Zi][y1, . . . , ym]
i=1
= uiK[Zi, y1, . . . , ym]
và
S/JS = S2[x1, . . . , xn]/JS
s (cid:77)
= (S2/J)[x1, . . . , xn]
j=1 s (cid:77)
= v jK[Wj][x1, . . . , xn]
j=1
= v jK[Wj, x1, . . . , xn]
Ta chỉ ra rằng
uiv jK[Zi,Wj].
S/(IS, JS) = (cid:77) i, j Đặt w ∈ (IS, JS)c = S/(IS/JS) là một đơn thức, tức là w ∈ S và w /∈ (IS/JS). Ta có
w /∈ IS và w /∈ JS. Kéo theo w ∈ (IS)c và w ∈ (JS)c. Do đó tồn tại i và j thỏa mãn
w ∈ uiK[Zi, y1, . . . , ym] và w ∈ v jK[Wj, x1, . . . , xn]. Từ đó có
w ∈ uiK[Zi, y1, . . . , ym] ∩ v jK[Wj, x1, . . . , xn],
30
và uiK[Zi, y1, . . . , ym] ∩ v jK[Wj, x1, . . . , xn] = uiv jK[Zi,Wj], vì ui ∈ S1 và v j ∈ S2.
Để chứng minh bao hàm ngược lại, xét một đơn thức v ∈ uiv jK[Zi,Wj]. Khi đó
v ∈ uiK[Zi, y1, . . . , ym] ⊂ (IS)c và tương tự v ∈ (JS)c. Do vậy v ∈ (IS, JS)c. Từ đó
uiv jK[Zi,Wj]. S/(IS, JS) = ∑ i, j
Bây giờ ta chứng minh tổng này là trực tiếp. Đặt i1, i2 ∈ [r] và j1, j2 ∈ [s] thỏa mãn
(i1, j1) (cid:54)= (i2, j2), hay i1 (cid:54)= i2. Khi đó
ui1v j1K[Zi1,Wj1] ∩ ui2v j2K[Zi2,Wj2] ⊂ ui1K[Zi1, y1, . . . , ym] ∩ ui2K[Zi2, y1, . . . , ym] = {0},
trong đó cho thấy điều ta cần chỉ ra . Kéo theo
sdepth(S1/I) + sdepth(S2/J) ≤ sdepth(S/(IS/JS)).
Định lí đã được chứng minh.
Ví dụ tiếp theo chỉ ra bất đẳng thức này trong Bổ đề trên được chặt chẽ hơn.
Ví dụ 2.5.5. Cho S = K[x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8] là một vành đa thức trên trường K.
Cho I = (x1x3, x1x4, x2x3, x2x4) ⊂ S1 = K[x1, x2, x3, x4] là một iđêan của vành đa thức S1
và J = (x5x7, x5x8, x6x7, x6x8) ⊂ S2 = K[x5, x6, x7, x8] là một iđêan của vành đa thức S2.
Xét iđêan (IS, JS) ⊂ S, khi đó một phân tích Stanley D của S/(IS, JS) là
D : S/(IS, JS) = K[x1, x2, x5] ⊕ x3K[x3, x5, x6] ⊕ x4K[x4, x5, x6] ⊕ x6K[x1, x2, x6] ⊕
x7K[x1, x2, x7]⊕x8K[x1, x2, x8]⊕x3x4K[x3, x4, x5]⊕x3x7K[x3, x7, x8]⊕x3x8K[x3, x4, x8]⊕
x4x7K[x3, x4, x7] ⊕ x4x8K[x4, x7, x8] ⊕ x5x6K[x1, x5, x6] ⊕ x7x8K[x1, x7, x8] ⊕ x2x5x6
K[x1, x2, x5, x6]⊕x3x4x6K[x3, x4, x5, x6]⊕x2x7x8K[x1, x2, x7, x8]⊕x3x4x7x8K[x3, x4, x7, x8]. Do vậy sdepth(D) = 3. Chú ý rằng sdepth(S1/I) = 1 với một phân tích Stanley
S1/I = K[x1, x2] ⊕ x3K[x3] ⊕ x4K[x3, x4].
Ta chú ý sdepth(S1/I) không thể lớn hơn 1. Tương tự ta có sdepth(S2/J) = 1. Do đó ta
được sdepth(S1/I) + sdepth(S2/J) < sdepth(S/(IS, JS)).
31
Bây giờ ta xét một ví dụ mà đẳng thức trong Định lí 2.5.4 là đúng.
Ví dụ 2.5.6. Cho S1 = K[x1, x2, x3] và S2 = K[y1, y2] là một vành đa thức trên trường
K. Cho I = (x1x2, x1x3) ⊂ S1 và J = (y2, y1y2) ⊂ S2 là các iđêan lần lượt của S1 và S2.
Vì depth(S1/I) (cid:54)= 0, ta có sdepth(S1/I) ≥ 1. Ta có sdepth(S1/I) ≤ min{dim(S1/P) :
P ∈ Ass(S1/I)}, trong đó Ass(S1/I) = {(x1), (x2, x3)}. Do đó sdepth(S1/I) = 1. Nên
sdepth(S2/J) = 0. Đặt S = K[x1, x2, x3, y1, y2] là một vành đa thức trên trường K. Vì
Ass(S/(IS, JS)) = {(x1, y1), (x1, y1, y2), (x2, x3, y1), (x2, x3, y1, y2)} và
sdepth(S/(IS, JS)) ≤ min{dim(S/P) : P ∈ Ass(S/(IS, JS)),
ta được sdepth(S/(IS, JS)) = 1.
Từ Bổ đề 2.4.3, Hệ quả 2.5.3 và Bổ đề 2.5.4, ta có kết quả sau.
Định lý 2.5.7. Giả thiết như trong Hệ quả 2.5.3. Khi đó
(cid:92)
j∈[s]\τ (cid:33)
Pj ∩ Sτ sdepthS(S/I) ≥ min{n − r, sdepthSτ
(cid:92)
(cid:32) (cid:32)(cid:32)
j∈τ
S(cid:48)(cid:48)/ ∩ S(cid:48)(cid:48) (cid:33)(cid:33) } Pj + sdepth(cid:48)(cid:48) S
trong đó phần tử cực tiểu chạy qua tất cả các tập con khác rỗng thực sự τ ⊂ [s] thỏa
j∈[s]\τ Pj) ∩ Sτ (cid:54)= /0
mãn ((cid:84)
Chú ý. Giả sử rằng P1 = (x1, . . . , xn) là một iđêan nguyên tố. Khi đó depthS(S/I) ≤ n−r,
vì từ P1 ∈ AssS(S/I), ta có
n − r = dimS(S/P1) ≥ depthS(S/I).
j∈[s]\τ Pj) ∩ Sτ > 0 mỗi khi ((cid:84)
j∈[s]\τ Pj) ∩ Sτ (cid:54)= /0, và
((cid:84) Chú ý rằng sdepthSτ
S(S(cid:48)(cid:48)/(( (cid:92)
j∈τ
sdepth(cid:48)(cid:48) Pj) ∩ S(cid:48)(cid:48)) = 0. Pj) ∩ S(cid:48)(cid:48))) = n − r khi ( (cid:92) j∈τ
Ta xét
(cid:92)
(cid:92)
(cid:32) (cid:32)(cid:32) (cid:33) (cid:33)(cid:33)
j∈τ
j∈[s]\τ
32
S(cid:48)(cid:48)/ ∩ S(cid:48)(cid:48) . Pj Pj ∩ Sτ + sdepth(cid:48)(cid:48) S Dτ = sdepthSτ
j∈[s]\τ Pj) ∩ Sτ (cid:54)= /0. Bởi vậy, để có sdepthS(S/I) ≥ depthS(S/I),
Do vậy Dτ ≥ 1 nếu ((cid:84)
j∈[s]\τ Pj) ∩ Sτ (cid:54)= /0. Điều này xảy ra: cho I là iđêan đơn thức không chứa bình
điều kiện đủ là Dτ ≥ depthS(S/I) với bất kì tập con khác rỗng thực sự τ của [s] thỏa mãn ((cid:84)
phương của S. Khi đó theo Bổ đề 1.2.9 ta có I = P1 ∩ · · · ∩ Ps, trong đó các iđêan nguyên
tố Pk với k = 1, . . . , s có dạng (x1t , . . . , xst ) không chứa nhau.
Hệ quả sau là trường hợp đặc biệt của Định lí 2.3.5.
Hệ quả 2.5.8. Cho I ⊂ S là một iđêan đơn thức và u ∈ S là một đơn thức chính quy trên
S/I. Khi đó sdepth(S/(I, u)) ≥ sdepth(S/I) − 1.
Chứng minh. Đánh số lại xi ∈ Supp(u j) với mọi u j ∈ G(I), ta có thể giả sử I sinh
bởi các iđêan đơn thức J ⊂ S1 = K[x1, . . . , xr] và u ∈ S2 = K[xr+1, . . . , xn] với 1 <
r < n. Khi đó sdepth(S/(I, u)) ≥ sdepth(S1/J) + sdepth(S2/(u)) từ Định lý 2.5.4. Vì
sdepth(S2/(u)) = n − r − 1 và sdepth(S/I) = sdepth(S1/J) + n − r, từ Bổ đề 2.3.6, kéo
theo
sdepth(S/(I, u)) ≥ sdepth(S/I) − 1.
33
Ta được điều cần chứng minh.
KẾT LUẬN
Trong luận văn này chúng tôi đã thu được những kết quả sau:
(1) Hệ thống lại một số kiến thức về môđun phân bậc trên vành phân bậc, iđêan đơn
thức trên vành đa thức.
(2) Mô tả định nghĩa và tính chất của phân tích Stanley của môđun phân bậc, của iđêan
đơn thức. Có ví dụ minh họa.
(3) Mô tả độ sâu Stanley của một iđêan đơn thức, của môđun phân bậc hay đa phân bậc
khi chia cho một phần tử chính quy hoặc không chính quy và dãy khớp.
34
(4) Trình bày phân tích Stanley của iđêan không chứa bình phương và áp dụng.
Tài liệu tham khảo
[1] J. Herzog, D. Popescu (2006), Finite filtrations of modules anh shellabla muti-
complexes. Manuscripta Math, 121, 385-410.
[2] A. S. Jahan (2008), Prime filtrations of modules anh Stanley decompositions, PhD
thesis, Abdus Salam School of Mathematical Sciences GC University Lahore, Pak-
istan.
[3] D. Maclagan, G. Smith (2005), Uniform bounds on multigraded regularity. J. Alg.
Geom, 14, 137-164.
[4] D. Popescu (2009), An inequality between depth and Stanley depth,
arXiv:math.AC/0905.4597vi, Preprint.
[5] A. Rauf (2005), Stanley decompositions of multigraded modules and reductions
modulo regular elements, Abdus Salam School of Mathematical Sciences GC Uni-
versity Lahore, Pakistan.
[6] A. Rauf (2007), Stanley Decomposition, Pretty Clean Filtrations and Reductions
Modulo Regular Elements, Bull. Math. Soc. Sc. Math. Roumanie. 50, 347-354.
[7] A. Rauf (2010), Depth and Stanley Depth of multigraded modules, Comm. Alg, 2,
773-784.
[8] R. P. Stanley (1982), Linear Diophantine Equations and Local Cohomology, In-
35
vent. Math, 68, 175-193.
[9] Zhongming Tang (2014), “Stanley depths of certain Stanley-Reisner rings”, Jour-
nal of Algebra, 409, 430-443.
[10] R. H. Villarreal (2001), Monomial Algebras, New York: Marcel Dekker Inc.
[11] S. Yassemi, M. Tousi, M. R. Pournaki, S. A. Seyed Fakhari (2009), “What is Stan-
36
ley depth”, Notices of the American Mathematical Society, 56, 1106-1108.
