, xnR là iđêan cực đại thuần nhất duy nhất của R vàG = V, E là đồ thị đơn hữu hạn.Một iđêan đơn thức I khác không của R được gọi là bất khả quy đơnthức hay m-bất khả quy nếu I có dạng mb
Iđêan đơn thức và iđêan cạnh
Iđêan đơn thức và phân tích bất khả quy
Mục này dành để trình bày về khái niệm iđêan đơn thức, iđêan bất khả quy đơn thức, iđêan đơn thức m-bất khả quy và phân tích bất khả quy đơn thức của iđêan đơn thức.
Cho vectơ khác không a = (a 1 , , a n ) ∈ N n , ta đặt x a := x a 1 1 x a n n và m a := (x a i i | a i > 0)R. Định nghĩa 1.1.1 (i) Một iđêan đơn thức trong R là một iđêan của R được sinh bởi các đơn thức theo các biến x1, , xn.
(ii) Một iđêan đơn thức I khác không của R được gọi là bất khả quy đơn thứcnếuI có dạngm b với vectơ khác không b ∈ N n Một iđêan đơn thức I được gọi là m-bất khả quy nếu I là một iđêan bất khả quy và rad(I) = m.(iii) Phân tích bất khả quy đơn thức của một iđêan đơn thức I là một biểu diễn có dạng
I = m b 1 ∩ .∩m b r (∗) với các vectơ khác khôngb1, ,br ∈ N n Một phân tích bất khả quy đơn thức (∗) được gọi là thu gọn nếu không có iđêan nào trong {m b 1 , ,m b r } có thể bỏ đi từ vế phải. Để cho gọn, từ giờ trở đi đối với iđêan đơn thức, ta dùng từ "bất khả quy" thay cho từ "bất khả quy đơn thức" và "phân tích bất khả quy" thay cho "phân tích bất khả quy đơn thức".
Ta biết rằng, nếuI là iđêan đơn thức thì I có phân tích bất khả quy thu gọn duy nhất I r
T i=1 m b i Ta ký hiệu Irr(I) :={m b 1 , ,m b r } là tập các iđêan bất khả quy của I Đặt
Irr m (I) := {m b i ∈ Irr(I) | rad(m b i ) =m} là tập các iđêan đơn thức m-bất khả quy xuất hiện trong phân tích bất khả quy thu gọn của I Rõ ràng rằng Irr m (I) ⊆Irr(I).
Ví dụ 1.1.2 (i) Cho vành đa thức 3 biến R = A[x, y, z] với iđêan cực đại là m = (x, y, z) Iđêan I = (x 3 yz 2 , y 4 z)R là một iđêan đơn thức vì nó được sinh bởi các đơn thức Iđêan J = (x 3 , z 2 )R là bất khả quy vì ta có thể viết J = (x, y, z) (3,0,2) , trong đó véc tơ b = (3,0,2)∈ N 3
(ii) Cho vành đa thức 2 biến R = A[x, y] với iđêan cực đại là m = (x, y). Iđêan I = (x 3 , xy 2 , x 2 y, y 3 )R là một iđêan đơn thức có phân tích bất khả quy thu gọn là
Vì các iđêan bất khả quy trong phân tích bất khả quy thu gọn của I đều có căn là iđêan cực đại nên ta có
= {(x, y) (1,3) ,(x, y) (2,2) ,(x, y) (3,1) } trong đó các véc tơ b 1 = (1,3),b 2 = (2,2),b 3 = (3,1)∈ N 2
(iii) Cho vành R = A[x, y, z] và iđêan I = (x 3 , x 2 y, y 3 z, z 3 )R Khi đó I có phân tích bất khả quy thu gọn là
Đồ thị
Định nghĩa 1.1.3 Cho V = {v 1 , , v n } là một tập hữu hạn Một đồ thị với tập đỉnh V là một cặp G = (V, E), trong đó E là tập cạnh của
G Một phần tử v ∈ V là một đỉnh của G Một cạnh {v i , v j } ∈ E thường được viết là v i v j (hay v j v i ), ta nói v i kề với v j (hay v j kề với v i ) Bậc của một đỉnh v trong đồ thị G, ký hiệu là deg(v), là số cạnh đi qua v Một đỉnh v có bậc 0 gọi là đỉnh cô lập, đỉnh có bậc 1 gọi là lá Khuyên là một cạnh nối một đỉnh với chính nó Đồ thị đơnlà một đồ thị không có khuyên hoặc cạnh bội Đồ thịGlà liên thông nếu với hai đỉnh bất kỳu, v luôn tồn tại một đường từu đến v, nghĩa là tồn tại các đỉnh v 1 , , v k ∈ V sao cho uv 1 , v 1 v 2 , , v k v ∈ E Cho S ⊆ V là tập con của V, đồ thị con cảm sinh là G[S] = (S, E(G[S])), trong đó E(G[S]) = {e = v i v j ∈ E | v i , v j ∈ S}.
Ký hiệu G−S = G[V \S] Khi S = {v}, đồ thị G\ {v} được viết thành
G−v, đó là đồ thị con của G, trong đó v và tất cả các cạnh chứa v đều được bỏ đi.
Cho số nguyên n ⩾ 1, một n-đường là đồ thị P n = (V, E) với tập đỉnh V = {v 1 , v 2 , , v n+1 } và tập cạnh E = {v 1 v 2 , , v n v n+1 } Cho số nguyên n ⩾ 3, một n-chu trình là một đồ thị ký hiệu là C n = (V, E) với tập đỉnh V = {v 1 , v2, , vn} và tập cạnh E = {v 1 v2, , vn−1vn, vnv1}. Vớin ⩾ 2,đồ thị đầy đủ là Kn = (V, E) với tập đỉnh V = {v 1 , , vn} và tập cạnh E = {v i v j | 1 ⩽ i ⩽ j ⩽ n} Với mỗi m, n > 1, đồ thị hai phần đầy đủ K m,n = (V, E) là đồ thị với tập đỉnh V = {u 1 , , u m , v 1 , , v n } và tập cạnh E = {u i v j | 1⩽ i ⩽ m,1⩽ j ⩽ n}.
Từ giờ trở về sau, ta chỉ xét đồ thị liên thông đơn, hữu hạn.
Ví dụ 1.1.4 (i) Đồ thị của C 7 , K 6 có hình vẽ như Hình 1.1
Hình 1.1: Đồ thị của Ví dụ 1.1.4, (i).
(ii) Cho đồ thị G = (V, E) là ngũ giác với tập đỉnh V = {1,2,3,4,5} và tập cạnh E = {12,23,34,45,51,13,35} như Hình 1.2
Hình 1.2: Đồ thị của Ví dụ 1.1.4, (ii).
• Xét tập S = {1,3,4,5} ⊂ V Khi đó đồ thị con cảm sinh G[S] là Hình 1.3
Hình 1.3: Đồ thị của Ví dụ 1.1.4, (ii).
•Các đồ thị con G−i, với i = 1, ,5tương ứng là các đồ thị trong hình 1.4
Hình 1.4: Các đồ thị con G − i của Ví dụ 1.1.4, (ii).
Iđêan cạnh và phân tích bất khả quy
Định nghĩa 1.1.5 Cho G = (V, E) là đồ thị với tập cạnh E và tập đỉnh
V = {v 1 , v 2 , , v n } Iđêan cạnh I G ⊆ R = A[x 1 , , x n ] của đồ thị G là iđêan cho bởi
Từ định nghĩa, ta thấy IG là một iđêan đơn thức không chứa bình phương Do đó IG có đầy đủ các tính chất của một iđêan đơn thức.
Ví dụ 1.1.6 Cho các đồ thị C 5 , K 4 và B 2,3 như Hình 1.5.
Khi đó iđêan cạnh của các đồ thị tương ứng là:
I B 2,3 = (x 1 y 1 , x 1 y 2 , x 2 y 1 , x 2 y 2 , x 2 y 3 )R ⊆R = A[x 1 , x 2 , y 1 , y 2 , y 3 ], trong đó K là một trường.
Iđêan cạnh là một loại iđêan đơn thức đặc biệt, vì thế sẽ có những cách đặc biệt để tìm phân tích bất khả quy của iđêan cạnh, một trong những cách đó là thông qua khái niệm sau. Định nghĩa 1.1.7 (i) ChoGlà một đồ thị có đỉnh cho bởiV = {v 1 , , v n }. Một phủ đỉnh của G là một tập hợp con V ′ ⊆ V sao cho mỗi cạnh vivj thuộc G thì một trong hai đỉnh v i ∈ V ′ hoặc v j ∈ V ′ Một tập phủ đỉnh
V ′ là cực tiểu nếu nó không chứa thực sự một tập phủ đỉnh khác của G.
(ii) Với mỗi tập hợp con V ′ ⊆ V, iđêan "sinh bởi các phần tử của V ′ ", ký hiệu PV ′ ⊆R, là iđêan
Chẳng hạn, cho R = A[x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ] Khi đó
P ∅ = 0 P {v 1 ,v 4 } = (x 1 , x 4 )R P V = (x 1 , x 2 , x 3 , x 4 )R. Định lý sau cho ta phân tích bất khả quy của iđêan cạnh thông qua các tập phủ đỉnh. Định lý 1.1.8 Cho G là đồ thị với tập đỉnh V = v 1 , , v n Khi đó iđêan cạnh I G ⊆R có sự phân tích bất khả quy như sau
P V ′ trong đó giao thứ nhất lấy trên tất cả các tập phủ đỉnh và giao thứ hai lấy trên tập phủ đỉnh cực tiểu của G Hơn nữa giao thứ hai là rút gọn.
Vì thế, để tìm phân tích bất khả quy đơn thức của iđêan cạnh, trước hết ta đi tìm các tập phủ đỉnh cực tiểu, sau đó lấy giao của chúng.
Ví dụ 1.1.9 (i) Cho R = A[x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ] Tìm phân tích bất khả quy đơn thức của iđêan J = (x 1 x 2 , x 2 x 3 , x 2 x 4 , x 3 x 4 )R.
(a) Đồ thị của G là Hình 1.6
Hình 1.6: Đồ thị của Ví dụ 1.1.9, (i)
(b) Các tập phủ đỉnh cực tiểu của G là:
(c) Theo Định lý 1.1.8, ta có phân tích bất khả quy đơn thức rút gọn của J là
(ii) Cho đồ thị như Hình 1.7 và vành R = A[x 1 , , x 5 ].
Hình 1.7: Đồ thị của Ví dụ1.1.9, (ii)
(a) Dãy đơn thức sinh rút gọn của iđêan cạnh là
(b) Các tập phủ đỉnh cực tiểu của đồ thị G là
(c) Theo Định lý 1.1.8, ta có phân tích bất khả quy đơn thức rút gọn của I G là
Đồ thị nhân tử tới hạn và tập cặp trội tới hạn
Đồ thị nhân tử tới hạn
Khái niệm đồ thị nhân tử tới hạn được đưa ra bởi Gallai [14], (xem thêm [7], [12]). Định nghĩa 1.2.1 (i) Mộtghép cặp M của đồ thị G là một tập con củaE sao cho hai cạnh bất kỳ của M đều không có đỉnh chung Ghép cặp gồm s cạnh gọi là s-ghép cặp, ký hiệu M s G = {M|M là một s-ghép cặp của G}.Ghép cặp tối đại của G là ghép cặp có số cạnh lớn nhất của G Số ghép cặp của G, ký hiệu ν(G), là số cạnh trong một ghép cặp tối đại của G. Ghép cặp được gọi là hoàn hảo nếu mọi đỉnh của G đều kề với một cạnh của ghép cặp.
(ii) Đồ thị G được gọi là nhân tử tới hạn nếu với mọi đỉnh v thuộc G, đồ thị G−v có ghép cặp hoàn hảo Một tập con F ⊂V được gọi là nhân tử tới hạn nếu đồ thị con cảm sinh trên F là nhân tử tới hạn Đồ thị Gđược gọi là ghép cặp tới hạn nếu với mọi đỉnh v ∈ V ta có ν(G) = ν(G−v).
Chú ý rằng từ định nghĩa ta thấy ngay nếu đồ thị G có ghép cặp hoàn hảo thì mọi đỉnh của G đều thuộc vào một cạnh nào đó của ghép cặp hoàn hảo của nó; Vì thế suy ra nếu G là nhân tử tới hạn thì G luôn có số đỉnh là lẻ; Đồ thị G là ghép cặp tới hạn nếu như mọi thành phần liên thông của nó đều là nhân tử tới hạn.
Ví dụ 1.2.2 (i) Cho đồ thị G là ngũ giác như trong Ví dụ 1.1.4, (ii) Khi đó
G−1 có ghép cặp hoàn hảo là (25,34), ν(G−1) = 2;
G−2 có ghép cặp hoàn hảo là (14,35), ν(G−2) = 2;
G−3 có ghép cặp hoàn hảo là (14,25), ν(G−3) = 2;
G−4 có ghép cặp hoàn hảo là (12,35), ν(G−4) = 2;
G−5 có ghép cặp hoàn hảo là (14,23),(12,34), ν(G−5) = 2.
Do đó theo định nghĩa G là đồ thị nhân tử tới hạn và ghép cặp tới hạn. (ii) Cho G là đồ thị gồm 5 đỉnh như hình vẽ.
• Tập các ghép cặp của G là
M 2 G ={(ad, bc),(ab, cd),(ab, ce),
(dc, be),(ad, be),(ad, ce)}.
Hình 1.8: Đồ thị minh họa cho Định nghĩa 1.2.1, (ii)
• Vì ghép cặp cực đại có 2 cạnh nên ν(G) = 2.
• Xét các đồ thị con G−i với i = a, , e, ta thấy
G−a có ghép cặp hoàn hảo là (dc, be), ν(G−a) = 2;
G−b có ghép cặp hoàn hảo là (ad, ce), ν(G−b) = 2;
G−c có ghép cặp hoàn hảo là (ad, be), ν(G−c) = 2;
G−d có ghép cặp hoàn hảo là (ab, ce), ν(G−d) = 2;
G−e có ghép cặp hoàn hảo là (ab, cd),(ad, bc), ν(G−e) = 2. nên G là đồ thị nhân tử tới hạn và ghép cặp tới hạn.
(iii) Cho G là đồ thị gồm 14 đỉnh như hình vẽ.
Hình 1.9: Đồ thị minh họa cho Định nghĩa 1.2.1, (iii)
• Tập các ghép cặp của G là
M G ={(ab, cd, f g, ij, hl, km),(ab, cd, f g, ij, kl),
(ab, cf, de, ij, hl, km),(ab, cf, dg, ij, hl, km) (ab, cd, f g, ij, hl, km),(ab, cd, f g, jk, hl), }
• Vì ghép cặp cực đại có 6 cạnh nên ν(G) = 6.
• Ta thấy các đồ thị con G−i không có ghép cặp hoàn hảo với mọi i = a, , n (vì có số đỉnh là lẻ) nên G không là đồ thị nhân tử tới hạn.
• Ta có ν(G − d) = 5 ̸= 6 = ν(G) nên theo định nghĩa G cũng không phải là đồ thị ghép cặp tới hạn.
Tập cặp trội tới hạn
Tiếp theo ta nhắc lại khái niệm một số loại đồ thị dùng để tính toán phân tích bất khả quy ở chương sau được giới thiệu trong [3]. Định nghĩa 1.2.3 (i) Một tập trội của đồ thị G là một tập con S ⊆ V thỏa mãn với mọi đỉnh của G không nằm trong S đều kề với ít nhất một đỉnh của S.
(ii) Một tập trội hoàn toàn của đồ thị G không có đỉnh cô lập là một tập
S ⊆ V thỏa mãn mọi đỉnh của G đều kề với một đỉnh trong S.
(iii) Tập con S ⊆ V được gọi là tập cặp trội của G nếu nó là tập trội của
G và đồ thị con cảm sinh G[S] có ghép cặp hoàn hảo.
(iv) Tập con S ⊆V được gọi là tập cặp trội tới hạn của G nếu nó là tập trội hoàn toàn của G và đồ thị con cảm sinh G[S] có ghép cặp tới hạn.
Ví dụ 1.2.4 (i) Cho đồ thị G là ngũ giác như trong Ví dụ 1.1.4, (ii) Khi đó
• Tập {1,3} và {1,3,5} là các tập trội hoàn toàn của Gvì các đỉnh
1,2,3,4,5 đều kề với một trong các đỉnh 1 hoặc 3 hoặc 5.
• Tập {1,4} không là tập trội hoàn toàn của G vì đỉnh 1 không kề với đỉnh 4, nhưng nó là tập trội của G vì các đỉnh 2,3,5 đều kề với ít nhất một đỉnh là 1 hoặc 4.
• Tập cặp trội tới hạn của G là tập {1,3,5} vì nó là tập trội hoàn toàn của G và đồ thị con cảm sinh G[{1,3,5}] là một tam giác nên có ghép cặp tới hạn.
(ii) Cho G là đồ thị gồm 5 đỉnh V = {a, b, c, d, e} như Ví dụ 1.2.2, (ii). Khi đó ta có
• Các tập con S có dạng {a, b},{c, d},{b, c} và {b, c, e} là các tập trội hoàn toàn vì mọi đỉnh của G đều kề với một đỉnh của S.
• Tập{a, d}không là tập trội vì đỉnh e không kề với đỉnh nào trong {a, d}.
• Tập {b, c, e} là tập cặp trội tới hạn của G vì nó là tập trội hoàn toàn và đồ thị con cảm sinh G[{b, c, e}] là một tam giác nên có ghép cặp tới hạn.
Định lý cấu trúc Gallai-Edmonds
Bây giờ, ta ký hiệu D(G) là tập tất cả các đỉnh trong G không thuộc ít nhất một ghép cặp tối đại của G và A(G) là tập các đỉnh thuộc
V −D(G) kề với ít nhất một đỉnh trongD(G) Một thành phần liên thông của một đồ thị G được gọi là thành phần lẻ (chẵn) nếu số đỉnh của thành phần liên thông là lẻ (chẵn) Giả sử C(G) = V −A(G)−D(G) và ký hiệu odd(G) là số các thành phần liên thông lẻ của G.
Trước hết ta nhắc lại Định lý cấu trúc của Gallai-Edmonds được đưa ra độc lập bởi [13] và [4] (xem [12, Định lý 1.5.3]). Định lý 1.2.5 Cho đồ thị G Khi đó
(i) Mọi thành phần lẻ H của G − A(G) là đồ thị nhân tử tới hạn và
(ii) Mọi thành phần chẵn H của G−A(G) đều có ghép cặp hoàn hảo và
Ví dụ 1.2.6 (i) Cho G là đồ thị như Hình 1.9 trong Ví dụ 1.2.2, (iii). Khi đó ta có các ghép cặp cực đại của G có 6 cạnh nên ν(G) = 6.
• Tìm tập D(G): Vì các đỉnh b /∈ (ac, de, f g, ij, km, hl), c /∈ (ab, de, f g, ij, km, hl), g /∈ (ab, cf, de, ij, km, hl), h /∈ (ab, cf, de, ij, km, ln), n /∈ (ab, cf, de, ij, km, hl), e /∈ (ab, cd, f g, ij, km, hl) nên ta có tập
• Tìm tập A(G): theo định nghĩa
A(G) ={v ∈ V −D(G) | v kề với ít nhất một đỉnh trong D(G)}
• Vì tập G−A(G) = {b, c, e, g, i, j, k, h, m, n} nên các thành phần lẻ của G− A(G) là {b},{c},{e},{g},{h},{n} ⊆ D(G) và đều là đồ thị nhân tử tới hạn.
• Thành phần chẵn của G−A(G) là {i, j, k, m} chính là tập C(G) và có ghép cặp hoàn hảo {ij, km}.
• Vì D(G) có 6 đỉnh cô lập nên ta có odd(D(G)) = 6 và theo Định lý 1.2.5 ta có thể kiểm tra rằng ν(G) = (14−6 + 4)/2 = 6.
(ii) Cho G là đồ thị như Hình 1.10
Hình 1.10: Đồ thị của Ví dụ 1.2.6, (ii)
Tương tự ví dụ trên, ta có
• Vì tập các ghép cặp cực đại của G là à 3 G = {(ab, cd, f g),(ab, de, f g),(ab, de, gh), } nên ν(G) = 3.
• Vì D(G) là tập tất cả các đỉnh của G không thuộc ít nhất một ghép cặp tối đại nên ta có tập
• Tìm tập A(G): theo định nghĩa
A(G) ={v ∈ V −D(G) | v kề với ít nhất một đỉnh trong D(G)}
• Vì tập G − A(G) = {a, b, c, e, f, h} nên các thành phần lẻ của
G−A(G) là {c},{e},{f},{h} ⊆ D(G) và đều là đồ thị nhân tử tới hạn.
• Thành phần chẵn củaG−A(G) là {a, b} là một cạnh nên có ghép cặp hoàn hảo {ab}.
• Vì D(G) có 4 đỉnh cô lập nên ta có odd(D(G)) = 4 và theo Định lý 1.2.5 ta có thể kiểm tra rằng ν(G) = (8−4 + 2)/2 = 3.
Phân tích bất khả quy của lũy thừa iđêan cạnh
Trong suốt chương này, ta luôn giả thiết R = K[x1, x2, , xn] là vành đa thức n biến trên trường K, m = (x 1 , x 2 , , x n )R là iđêan cực đại thuần nhất duy nhất của R và G = (V, E) là đồ thị đơn hữu hạn Các kết quả của chương này là trình bày chi tiết của bài báo [2].
Mục 2.1 chứng minh một tiêu chuẩn kỹ thuật để m a ∈ Irr m (I) (với a ∈ N n ) Mục 2.2 chứng minh đặc trưng một iđêan đơn thức m a (với a = {1,2} n ) là thành phần bất khả quy của lũy thừa iđêan cạnh I G s thông qua các bất biến tổ hợp của đồ thị G (xem Định lý 2.2.6) Mục 2.3 áp dụng Định lý 2.2.6 và Định lý cấu trúc Gallai-Edmonds để xác định thành phần bất khả quy của lũy thừa iđêan cạnh thông qua sự tồn tại của tập cặp trội tới hạn của đồ thị G.
Các thành phần bất khả quy có căn là iđêan cực đại
Ký hiệu ε 1 , , ε n là cơ sở chính tắc của N n Bổ đề sau đây là một tiêu chuẩn kỹ thuật để đặc trưng một iđêan đơn thứcm-bất khả quy thuộc tập Irr m (I).
Bổ đề 2.1.1 Cho I là iđêan đơn thức và a = (a 1 , , a n ) ∈ N n Các mệnh đề sau là tương đương:
(iii) I ⊆ m a và với mọi i = 1, , n, tồn tại α i ∈ N n sao cho x α i ∈ I và (α i ) k < a k với mọi k ̸= i, nhưng (α i ) i = a i
Chứng minh (i) ⇒(ii) Vì m a ∈ Irr m (I) nên ta cóI ⊆ m a Giả sử tồn tại
1 ≤ i ≤ n để I ⊆ m a+ε i và I = T r−1 j=1 m b j ∩ m a là phân tích bất khả quy đơn thức thu gọn của I Vì vậy ta có
\ j=1 m b j ∩m a+ε i , mâu thuẫn, vì phân tích bất khả quy đơn thức thu gọn của I là duy nhất. Vậy I ̸⊆m a+ε i với mọi i = 1, , n.
(ii) ⇒ (i) Giả sử I ⊆ m a và I ̸⊆ m a+ε i với mọi i = 1, , n Ta cũng giả sử I = T r j=1 m b j là phân tích bất khả quy đơn thức thu gọn của I Vì
Từ tính duy nhất của phân tích bất khả quy đơn thức thu gọn củaI, tồn tại j ∈ {1, , r}sao cho m a ⊇m b j Nếu m a ̸= m b j thì tồn tại k ∈ {1, , n} sao cho (b j ) k > a k Điều này suy ra I ⊆m b j ⊆ m a+ε k , mâu thuẫn Do đó m a = m b j Vậy m a ∈ Irr m (I).
(ii) ⇔(iii) Cho i = 1, , n Chú ý rằng, I ̸⊆ m a+ε i tương đương với tồn tạix α i ∈ I sao chox α i ̸∈ m a+ε i Điều này tương đương với mọik = 1, , n ta có (α i ) k < (a+ ε i ) k , có nghĩa là, với mọi k ̸= i ta có (α i ) k < a k và (αi)i < ai + 1 Nếu I ⊆ m a thì ta có x α i ∈ m a hay (αi)i = ai Ta có điều phải chứng minh.
Với mỗi vectơ a∈ N n , ta đặt a+ 1 = a+ε 1 + +ε n Ta quan tâm tới định nghĩa sau. Định nghĩa 2.1.2 Cho I là iđêan đơn thức của R, tập các đơn thức đế của R/I, ký hiệu bởi mSoc(I), được định nghĩa là tập mSoc(I) = {x a ∈/ I | x i x a ∈ I với mọi i}.
Chú ý rằng tập các đơn thức đế của một iđêan đơn thức I chính là tập các phần tử góc C R (I) của nó (xem [10]).
Ví dụ 2.1.3 (i) Cho vành đa thức 2biến R=k[x,y] và cho iđêan đơn thức
I = (x 6 , y 5 , x 2 y 3 , x 3 y 2 )R Khi đó theo định nghĩa ta có thể kiểm tra rằng mSoc(I) ={xy 4 , x 2 y 2 , x 5 y}.
(ii) Cho vành đa thức 3 biến R=k[x,y,z] và I = (x 3 , y 2 z 2 , x 2 z 3 )R là iđêan đơn thức Theo định nghĩa ta có mSoc(I) ={x 2 yz 2 }.
Phần còn lại của mục này, chúng ta sẽ quan tâm đến các đơn thức đế và mối quan hệ của chúng với phân tích bất khả quy đơn thức bằng cách mô tả một cách ngắn gọn kỹ thuật thu được Irr m (I) từ mSoc(I).
Bổ đề 2.1.4 Cho a ∈ N n và I là iđêan đơn thức của R Khi đó các mệnh đề sau là tương đương:
Chứng minh (i) ⇒ (ii) Giả sử m a+1 ∈ Irr m (I) Theo Bổ đề 2.1.1 ta có
I ⊆ m a+1 Do đó x a ∈/ I Với mọi i = 1, , n, tồn tại phần tử x α i ∈ I sao cho (α i ) j ⩽ a j với mọi 1 ⩽ i ̸= j ⩽ n và (α i ) i = a i + 1 Vì vậy ta có thể viết x i x a = x α i u, trong đó u ∈ R Vậy x i x a ∈ I với mọi i = 1, , n.
(ii) ⇒ (i) Giả sử x a ∈ mSoc(I) Khi đó x a ∈/ I nhưng x a x i ∈ I Giả sử x β ∈ I, nhưng x β ∈/ m a+1 Khi đó β i ⩽ a i với mọi i = 1, , n Do đó ta có thể viết x a = x β u, trong đó u ∈ R Khi đó ta có x a ∈ I, điều này mâu thuẫn với giả thiết Do đó I ⊆ m a+1 Bây giờ cố định i = 1, , n Đặt x α i = x i x a Khi đó x α i ∈ I và (α i ) j = a j < a j + 1 với mọi 1 ⩽ i ̸= j ⩽ n, nhưng (α i ) i = a i + 1 Vậy điều kiện (iii) trong Bổ đề 2.1.1 thỏa mãn nên m a+1 ∈ Irr m (I).
Ví dụ 2.1.5 (i) Xét Ví dụ 2.1.3,(i), vì mSoc(I) = {xy 4 , x 2 y 2 , x 5 y} nên theo Bổ đề 2.1.4 ta có ngay
Mặt khác, dùng phương pháp phân tích thông thường, ta cũng có phân tích bất khả quy thu gọn của I là
(ii) Xét Ví dụ 2.1.3, (ii) Vì mSoc(I) = {x 2 yz 2 } nên theo Bổ đề 2.1.4 ta có ngay
Irr m (I) = {(x 3 , y 2 , z 3 )R}, so sánh với việc áp dụng phương pháp phân tích thông thường, ta cũng có phân tích bất khả quy thu gọn của I là
Phân tích bất khả quy của lũy thừa iđêan cạnh
Cho iđêan cạnh I G của một đồ thị G Việc tìm phân tích bất khả quy thu gọn và tập Irr(IG) đã được biết rõ ở chương trước thông qua các tập phủ đỉnh cực tiểu của G Tuy nhiên, cho trước s ∈ N, việc tìm phân tích bất khả quy đơn thức thu gọn của I G s lại không hề đơn giản Mục này sẽ trình bày lại chứng minh trong [2] sự tồn tại của iđêan đơn thức m-bất khả quy xuất hiện trong phân tích bất khả quy đơn thức thu gọn của I G s
Sự tồn tại này được xác định thông qua hệ bất phương trình tuyến tính liên kết với các ghép cặp của G.
Ký hiệu 2.2.1 (i) Với tập con bất kỳ S ⊆ V của các đỉnh, ta ký hiệu x S := Q x∈S x và m S := (x | x ∈ S)R Do đó m = m V là iđêan thuần nhất cực đại trong R.
(ii) Với ghép cặp M, ta ký hiệu V(M) là tập các đỉnh chứa trong M và x M := Q x∈V (M ) x.
Bổ đề sau đây chỉ ra điều kiện tương đương để một iđêan đơn thức m-bất khả quy thuộc tập Irr m (I G s ) với s ∈ N thông qua các điều kiện của tập các ghép cặp của đồ thị G.
Bổ đề 2.2.2 Cho s ∈ N,a ∈ {1,2} n và Sa = {x i | ai = 1} Khi đó các mệnh đề sau là tương đương:
(ii) Các điều kiện sau là đúng.
(2) Với mỗi i = 1, , n hoặc tồn tại ghép cặp M i ∈ M s G sao cho
V(M i )∩S a = {x i }, hoặc tồn tại ghép cặp M i ∈ M s−1 G và u ∈ N(x i )−S a sao cho x i ∈ V(M i ) và u /∈ V(M i ), V(M i )∩S a = ∅.
Chứng minh (i) ⇒ (ii) Vì m a ∈ Irr m (I G s ) nên ta có I G s ⊆ m a Vì vậy với mọi s-ghép cặp M ta có x M ∈ I G s ⊆ m a là không chứa bình phương, hay
V(M)∩S a ̸= ∅ Đặtα = a−1vàα i = ε i +α Theo Bổ đề2.1.1, với mỗiita có x α i ∈ I G s ; (α i ) j < a j với mọi 1⩽ i ̸= j ⩽ n và (α i ) i = a i Vì a i ∈ {1,2} với mọi i = 1, , n nên ta có (αi)j ∈ {0,1} với mọi 1 ⩽ i ̸= j ⩽ n và
(α i ) i = 1 hoặc 2 Hơn nữa, nếu (α i ) j = 1 với j ̸= i thì do (α i ) j < a j ta có x j ̸∈ S a Điều này suy ra có nhiều nhất một biến trong S a xuất hiện trong x α i , giả sử là x i Do đó ta có xét hai trường hợp:
• Nếu (αi)i = 1 thì x α i là không chứa bình phương, xi thuộc Sa và cũng xuất hiện trongx α i Do đó tồn tạis-ghép cặpMi sao chox α i = x M i Ni với đơn thức N i nào đó và V(M i )∩S a = {x i }.
• Nếu (α i ) i = 2 thì không có biến nào trong S a xuất hiện trong x α i và x α i = L i N i , ở đó L i là phần tử sinh của I G s , và N i là đơn thức Nếu L i là không chứa bình phương thì tồn tại s-ghép cặp M i sao cho L i = x M i , điều này kéo theo V(M i )∩S a ̸= ∅ bởi khẳng định (1), mâu thuẫn Vì mọi lũy thừa của x α i là 0 hoặc 1 trừ (αi)i = 2 nên ta có Li = (xiu)x M i , trong đó Mi là một (s−1)-ghép cặp, xi ∈ V(Mi), xiu ∈ E, u /∈ Sa, u /∈ V(Mi) và V(M i )∩S a = ∅.
(ii) ⇒ (i) Ta sẽ sử dụng Bổ đề 2.1.1 Trước hết ta chứng minh rằng
I G s ⊆ m a Giả sử x α là một phần tử sinh của I G s Nếu tồn tại số nguyên j sao cho α j ⩾ 2 thì x α ∈ m a , vì a i ⩽ 2 với mọi i = 1, , n Nếu α i ≤ 1 với mọi i thì x α là không chứa bình phương Do đó tồn tại s-ghép cặp M của G sao cho x α = x M Do đó vì V(M)∩Sa ̸= ∅, ta có x α ∈ m a Do đó
Bây giờ chúng ta chỉ ra rằng điều kiện (iii) của Bổ đề 2.1.1 là thỏa mãn Ta có hai trường hợp.
Trường hợp 1.Giả sử tồn tại một ghép cặpM i ∈ M s G sao choV(M i )∩S a {x i } Đặt x α i := x M i , trong đó α i ∈ N n Khi đó ta có x α i ∈ I G s và vì
V(M i )∩S a = {x i } nên ta thu được (α i ) j < a j ≤ 2 với mọi 1⩽ j ̸= i ⩽ n và (α i ) i = a i = 1.
Trường hợp 2 Giả sử có một ghép cặp Mi ∈ M s−1 G và u ∈ N(xi) − S sao cho x i ∈ V(M i ) và u /∈ M i , V(M i ) ∩S a = ∅ Đặt x α i := ux i x M i Khi đó x α i ∈ I G s ,(α i ) i = 2 và (α i ) j ⩽ 1 với mọi 1 ⩽ j ̸= i ⩽ n Vì u /∈ S a và V(M i ) ∩ S a = ∅ nên ta có (α i ) j < a j với mọi 1 ⩽ j ̸= i ⩽ n và (α i ) i = a i
Hệ quả 2.2.3 Cho s = ν(G) + 1, a ∈ {1,2} n và S a = {x i | a i = 1} Khi đó các mệnh đề sau là tương đương:
(ii) Với mỗi i = 1, , n tồn tại ghép cặp tối đại M i và u ∈ N(x i ) −S a sao cho x i ∈ V(M i ) và u /∈ V(M i ), V(M i )∩S a = ∅.
Chứng minh Vì s = ν(G) + 1, M s G = ∅ nên theo điều kiện (ii) của Bổ đề 2.2.2 tương đương với, tồn tại ghép cặp tối đại M i và u ∈ N(x i )−S a sao cho x i ∈ V(M i ) và u /∈ V(M i ), V(M i )∩ S a = ∅ với mỗi i = 1, , n Do đó ta có điều phải chứng minh.
Bây giờ với mỗi i = 1, , n, đặt Γ s (i) ={M|M ∈ M s G và xi ∈ V(M)}, Γ ′s (i) ={T | T = (M, u), M ∈ Γ s−1 (i), u ∈ V −V(M), x i u∈ E}.
VớiT = (M, u) ∈ Γ ′s (i), ký hiệuV(T)là tậpV(M)∪{u} Choa ∈ {1,2} n và Sa như trong Bổ đề 2.2.2, vectơ ya = (y1, , yn) xác định bởi y i (1 nếu ai = 1,
0 các trường hợp còn lại.
Với T ∈ Γ s (i)∪Γ ′s (i), vectơ z T ∈ N n xác định bởi z T,i
1 các trường hợp còn lại.
Với ký hiệu trên, Bổ đề2.2.2 được viết lại theo ngôn ngữ của hệ bất phương trình tuyến tính như sau.
Bổ đề 2.2.4 Cho a ∈ {1,2} n Khi đó các mệnh đề sau là tương đương:
(ii) Các điều kiện sau là đúng.
(2) Với mọi 1⩽ i ⩽ n và M ∈ Γ s (i), ta có P x i ̸=x j ∈V (M ) y j ≤ 2sz M,i
(3) Với mọi 1⩽ i ⩽ n và T ∈ Γ ′s (i), ta có P x j ∈V (T ) y j ≤ 2sz T,i
Chứng minh (i) ⇒ (ii) Giả sử M là một s-ghép cặp của G Chú ý rằng điều kiện (1) là tương đương với V(M)∩ S a ̸= ∅ với mọi M ∈ M s G , điều này có thể suy ra từ Bổ đề 2.2.2 (ii) Bây giờ ta sẽ chứng minh điều kiện
(2) Giả sử M ∈ Γ s (i) Nếu V(M) ∩ S a ̸= {x i } thì ta có z M,i = 1 Vì
| V(M) |= 2s nên ta có P x i ̸=x j ∈V (M ) y j = 2sz M,i Nếu V(M)∩ S a = {x i } thì theo định nghĩa của y i và z M,i ta thu được z M,i = 0 và y j = 0 với mọi x j ∈ V(M)−x i Do đó ta có 0 = P x i ̸=x j ∈V (M ) y j ≤ 2sz M,i Để chứng minh điều kiện (3), ta giả sử T ∈ Γ ′s (i) Nếu V(T)∩S a = ∅ thì từ định nghĩa của yi và zT,i ta suy ra zT,i = 0 và yj = 0 với mọi xj ∈ V(T) Do đó ta có P x j ∈V (T ) y j ≤ 2sz T,i Nếu V(T)∩S a ̸= ∅ thì z T,i = 1 và vì | V(T) |⩽ 2s với mọi T ∈ Γ ′s (i) nên ta có P x j ∈V (T ) y j ≤ 2sz T,i Để chứng minh điều kiện(4), từ Bổ đề2.2.2 (ii), (2) ta thấy rằng, với mỗii luôn tồn tại một phần tửT ∈ Γ s (i)∪Γ ′s (i) sao choz T,i = 0 Điều này có nghĩa là, với mọi 1⩽ i ⩽ n ta có P
(ii) ⇒(i) Giả sử M ∈ M s G Từ điều kiện (1) suy ra V(M)∩S a ̸= ∅ Do đó ta thu được điều kiện (ii), (1) trong Bổ đề 2.2.2 Từ điều kiện (4) tồn tại T ∈ Γ s (i)∪ Γ ′s (i) sao cho z T,i = 0 Ta có 2 trường hợp sau.
Trường hợp 1 Nếu T ∈ Γ s (i) thì vì z T,i = 0 nên điều kiện (2) là tương đương với y j = 0 với mọi x i ̸= x j ∈ V(T) Bởi (1) ta có P x i ∈V (T ) y i ≥ 1 hay y i = 1 Do đó V(T)∩S a = {x i }.
Trường hợp 2 Nếu T ∈ Γ ′s (i) thì ta có T = (M, u) với M ∈ Γ s−1 (i), u ∈
V −V(M), x i u ∈ E Vì z T,i = 0, điều kiện (3) là tương đương với y j = 0 với mọi xj ∈ V(T) Do đó V(M) ∩Sa = ∅ và u /∈ Sa Do đó ta thu được điều kiện (ii), (2) như trong Bổ đề 2.2.2 Do đó m a ∈ Irr m (I G s ).
Bổ đề 2.2.5 Cho s = ν(G) + 1, a ∈ {1,2} n Các mệnh đề sau là tương đương:
(ii) Với mọi 1⩽ i ⩽ n và T ∈ Γ ′s (i), ta có P x j ∈V (T ) y j ≤2sz T,i
Chứng minh Vì s = ν(G) + 1 và M s G = ∅ nên điều kiện (ii) (1), (2), (4) của Bổ đề 2.2.4 đều không xảy ra Do đó ta có điều phải chứng minh.
Bằng cách sử dụng các bổ đề quan trọng trên, Định lý 2.2.6 cho ta điều kiện để một iđêan đơn thức m-bất khả quy thuộc phân tích bất khả quy đơn thức thu gọn của lũy thừa iđêan cạnh theo các bất biến tổ hợp của đồ thị G như sau. Định lý 2.2.6 Cho s ∈ N,a∈ {1,2} n và Sb a = {x i | a i = 2} Khi đó các mệnh đề sau là tương đương:
(ii) Các điều kiện sau là đúng.
(2) Với mọi v ∈ Sb a , tồn tại u ∈ N(v)∩Sb a sao cho xảy ra đẳng thức ν(G[Sb a ]) = ν(G[Sb a −u]).
(3) Với mọi v /∈ Sb a ta có ν(G[Sb a ∪ {v}]) = s.
Chứng minh (i) ⇒ (ii) Giả sử m a ∈ Irr m (I G s ) Khi đó điều kiện (1),
(2), (3), (4) của Bổ đề 2.2.4 (ii) là đúng Nhắc lại rằng, yi ∈ {0,1} và z T,i ∈ {0,1} Do đó Sb a = {x i | y i = 0} Nếu ν(G[Sb a ]) ⩾ s thì tồn tại s-ghép cặp M sao cho V(M) ⊂ Sba Do đó M s G ̸= ∅ Điều này có nghĩa là P x i ∈V (M ) y i = 0, mâu thuẫn với điều kiện (1) của Bổ đề 2.2.4 (ii) Vì vậy ν(G[Sb a]) ⩽ s−1 Từ điều kiện (1) và (2) của Bổ đề 2.2.4 (ii) ta có 2sz M,i +y i ⩾ 1 với mọi 1 ⩽ i ⩽ n và M ∈ Γ s (i) Ta xét hai trường hợp sau.
Trường hợp 1 Cho v ∈ Sb a Giả sử tồn tại i để v = x i hay y i = 0 Với mọi M ∈ Γ s (i) ta có z M,i = 1 Điều kiện (4) của Bổ đề 2.2.4 (ii) suy ra rằng tồn tại một phần tử T i ∈ Γ ′s (i) sao cho z T i ,i = 0 Từ (3) của
Bổ đề 2.2.4 (ii) ta có y j = 0 với mọi x j ∈ V(T i ) Giả sử T i = (M i , u) trong đó Mi ∈ Γ s−1 (i), u ∈ V − V(Mi), xiu ∈ E sao cho V(Ti) ⊂ Sba. Suy ra ν(G[Sb a ]) ⩾ s −1 Vì vậy ν(G[Sb a ]) = s−1 Hơn nữa u ∈ Sb a và ν(G[Sb a −u]) = ν(G[Sb a ]).
Mối quan hệ giữa tập cặp trội tới hạn và thành phần bất khả quy của lũy thừa iđêan cạnh
phần bất khả quy của lũy thừa iđêan cạnh
Mục này trình bày lại các chứng minh trong [2] về phương pháp xác định một số thành phần bất khả quy của lũy thừa iđêan cạnh của đồ thị
G Trước hết ta cần một số bổ đề sau.
Bổ đề 2.3.1 Cho G là đồ thị thỏa mãn với mọi v ∈ V, tồn tại hai đỉnh u ̸= w ∈ N(v) sao cho ν(G− {v, u, w}) = ν(G)−1 Khi đó D(G) là tập trội của G và đồ thị con G[D(G)] là một đồ thị ghép cặp tới hạn không có đỉnh cô lập.
Chứng minh Cho v ∈ V, tồn tại hai đỉnh u ̸= w ∈ N(v) sao cho ν(G−{v, u, w}) = ν(G) − 1 Ta sẽ chứng minh w ∈ D(G) Thật vậy, chú ý rằng cạnh uv là được chứa trong G−w, nên nếu ta lấy ghép cặp M trong G−{v, u, w}thì{uv}∪M là ghép cặp trongG−w Do đóν(G−w) =ν(G). Vậy w ∈ D(G) Vì v ∈ N(w), ta có D(G) là tập trội của G Tuy nhiên, nếuv ∈ D(G) thì cạnhvw là được chứa trongD(G), điều này chứng minh rằng D(G) không có đỉnh cô lập Vì D(G) là một tập trội của G nên ta có C(G) = ∅ và theo Định lý cấu trúc của Gallai-Edmonds (Định lý 1.2.5), đồ thị G−A(G) không có thành phần chẵn Hơn nữa, mọi thành phần lẻ
H của G−A(G) = D(G) là đồ thị nhân tử tới hạn Do đó G[D(G)] là đồ thị ghép cặp tới hạn không có đỉnh cô lập.
Bổ đề 2.3.2 Cho G là đồ thị ghép cặp tới hạn không có đỉnh cô lập Khi đó với mọi v ∈ V, tồn tại hai đỉnh u, w ∈ N(v) sao cho ν(G− {v, u, w}) = ν(G)−1.
Chứng minh Theo Định lý cấu trúc của Gallai-Edmonds (Định lý 1.2.5), không mất tính tổng quát ta có thể giả sửG là đồ thị nhân tử tới hạn Hơn nữa, vìGkhông có đỉnh cô lập nên mọi đỉnh của Gđều nối với ít nhất một đỉnh khác Chov là một đỉnh bất kỳ của G và giả sửu là một đỉnh bất kỳ kề vớiv Bây giờGưv có ghép cặp hoàn hảoM v vàGưucó ghép cặp hoàn hảo M u Ta chứng minh rằng tồn tại một đường P có độ dài chẵn trong
G nối u và v bằng cách sử dụng các cạnh xen kẽ từ ghép cặp hoàn hảo
M u và M v Thật vậy, lấy một cạnh uu 1 ∈ M v và đặt u 0 = u Tồn tại một cạnh u1u2 ∈ Mu Chú ý rằng u2 ∈ {u/ 0 , u1} Giả sử ta đã xây dựng được một đường u 0 u 1 , u 1 u 2 , u k u k+1 sao cho u 2l u 2l+1 ∈ M v , u 2l+1 u 2l+2 ∈ M u với 2l + 2 ≤ k + 1 và u j ∈ {u/ 0 , , u j−1 } với mọi 1 ≤ j ≤ k + 1 Nếu u k+1 = v thì ta tìm được đường P Nếu u k+1 ̸= v thì ta có thể tìm một cạnh mới u k+1 u k+2 trong M v ∪M u chứa u k+1 Vì mọi cạnh đã chọn thuộc về M u hoặc M v ta có u k+2 ∈ {u/ 0 , , u k+1 } Vì số các đỉnh G là hữu hạn nên đường P phải dừng tại v và cạnh cuối cùng, ta ký hiệu là wv, trong đường P phải thuộc Mu Ta biết rằng cạnh đầu tiên trong P thuộc về Mv và các cạnh đó trong P là xen kẽ giữa cạnh trong M u hoặc M v Do đó số các cạnh trong đường P là chẵn. Đồ thị P ∪ {uv} là một chu trình lẻ trong G Chú ý rằng, ta có
M ′ := ((P \ {wv})∩Mu)∪ {uv} là ghép cặp tối đại P∪ {uv} Giả sử M ′′ là tập con của Mu sao cho V(M ′′ ) ∩ V(P) = ∅ Ta thấy rằng M ′ ∪ M ′′ là ghép cặp tối đại của G và w /∈ V(M ′ ∪ M ′′ ) Vì uv ∈ M ′ nên ta có ν(G− {v, u, w}) =ν(G)−1.
Bổ đề 2.3.3 Cho đồ thị G và u ∈ V Giả sử u 1 ̸= u 2 ∈ N(u) sao cho ν(G− {u, u 1 , u 2 }) =ν(G)−1 Khi đó u 1 , u 2 ∈ D(G).
Chứng minh Cho M là một(ν(G)−1)-ghép cặp trongG−{u, u 1 , u2} Khi đó M ∪ {uu 1 } là một ν(G)-ghép cặp của G tránh u2 và M ∪ {uu 2 } cũng là ν(G)-ghép cặp của G tránh u 1 Do đó cả hai u 2 , u 1 thuộc D(G).
Bổ đề 2.3.4 Cho G là đồ thị sao cho với mọi v ∈ V, tồn tại hai đỉnh u ̸= w ∈ N(v) sao cho ν(G − {v, u, w}) = ν(G) − 1 Khi đó với mọi v ∈ A(G) và v ̸= u ∈ V, tồn tại hai đỉnh u 1 ̸= u 2 ∈ N(u)− {v} sao cho ν(G− {u, u 1 , u 2 , v}) =ν(G−v)−1.
Chứng minh Theo Bổ đề 2.3.1 ta có D(G) là tập trội của G nên suy ra
V = A(G)∪ D(G) Theo giả thiết, vì tồn tại hai đỉnh u 1 ̸= u 2 ∈ V sao cho ν(G− {u, u 1 , u 2 }) = ν(G)−1nên từ Bổ đề 2.3.3 suy ra u 1 , u 2 ∈ D(G) và u1 ̸= v, u2 ̸= v với mọi v ∈ A(G) Vì ν(G− {u, u 1 , u2}) = ν(G)−1 nên coi M ′ là một (ν(G)− 1)-ghép cặp của G − {u, u 1 , u 2 } Nếu ta đặt
M := M ′ ∪ {uu 1 } thì M là ghép cặp của G sao cho | M |= ν(G) và u 2 ∈/ V(M) Nếu v /∈ V(M) thì v ∈ D(G), mâu thuẫn với v ∈ A(G) Do đó v ∈ V(M) và tồn tại một đỉnh w /∈ {u, u 1 , u 2 } sao cho vw ∈ M Suy ra M − {vw} là ghép cặp của G−v, chú ý rằng ν(G− v) = ν(G)− 1.
Ta lại có M − {vw, uu 1 } là ghép cặp của G− {u, u 1 , u 2 , v} Vì thế suy ra ν(G− {u, u 1 , u2, v}) ≥ ν(G−v)−1 Mặt khác, nếu M ′′ là ghép cặp tối đại của G− {u, u 1 , u 2 , v}, thì M ′′ ∪ {uu 1 } là một ghép cặp của G−v Do đó ta có ν(G− {u, u 1 , u 2 , v}) =ν(G−v)−1.
Từ các Bổ đề trên, sự tồn tại của tập cặp trội tới hạn S của đồ thịG thông qua thành phần bất khả quy của lũy thừa iđêan cạnh I s với s ≥ 0 được chứng minh trong định lý sau đây. Định lý 2.3.5 Các mệnh đề sau là tương đương:
(ii) Tồn tại tập cặp trội tới hạn S của G.
Irr m I G s , tồn tại số nguyên s sao cho m a ∈ Irr m (I G s ) Theo Định lý 2.2.6, tồn tại S 0 ⊆ V sao cho điều kiện
(1),(2),(3)trong Định lý 2.2.6 thỏa mãn Giả sửS := D(G[S 0 ]) Ta sẽ chỉ ra rằng S là tập trội của G Thật vậy, cho v ∈ V Nếu v ∈ S 0 thì tồn tại một đỉnh u ∈ N(v)∩S0 sao cho ν(G[S0]) = ν(G[S0 −u]) Nếu M là một ghép cặp tối đại của G[S 0 −u] thì nó cũng là một ghép cặp tối đại G[S 0 ] mà tránh u Do đó u ∈ S Chú ý rằng, nếu v ∈ S thì S không có đỉnh cô lập Nếuv /∈ S 0 thì theo Định lý2.2.6, ta cóν(G[S 0 ]) = ν(G[S 0 ∪{v}])−1.
Do đó ghép cặp tối đại bất kỳ M của G[S 0 ∪ {v}] có một cạnh uv ∈ M với u ∈ S 0 Đặt M ′ = M \ {uv} Vì V(M ′ ) ⊆ S 0 và | M ′ |= ν(G[S 0 ]) nên ta có M ′ là ghép cặp tối đại của G[S 0 ] tránh u Vì vậy u ∈ S vì
S = D(G[S0]) Do đó S là tập trội của G Mặt khác, vì S là tập trội trong G[S 0 ], ta có C(G[S 0 ]) = ∅ Theo Định lý cấu trúc Gallai-Edmonds 1.2.5, không có thành phần chẵn củaG[S 0 ]−A(G[S 0 ]) = G[S], mọi thành phần lẻ H của G[S 0 ] − A(G[S 0 ]) = G[S] là đồ thị nhân tử tới hạn và
V(H) ⊆ D(G[S 0 ]) = G[S] Do đó G[S] là một đồ thị ghép cặp tới hạn không có đỉnh cô lập.
(ii) ⇒ (i) Giả sử S là tập trội của G sao cho G[S] là đồ thị ghép cặp tới hạn không có đỉnh cô lập và đặt s = ν(G[S]) + 1 Điều này suy ra từ điều kiện (2) của Định lý 2.2.6 Do đó ta chỉ cần chỉ ra rằng điều kiện
(3) của Định lý 2.2.6 thỏa mãn, tức là ν(G[S]) = ν(G[S ∪ {v}]) + 1 với mọi v /∈ S Thật vậy, giả sử v /∈ S, vì S là tập trội của G nên ta thu được một đỉnh u ∈ S ∩ N(v) Bởi vì G[S] là đồ thị ghép cặp tới hạn và u ∈ S nên tồn tại ghép cặp M của G[S] sao cho | M |= ν(G[S]) và u /∈ V(M) Đặt M ′ = M ∪ {vu} Khi đó M ′ là ghép cặp của G[S ∪ {v}] và | M ′ |= ν(G[S]) + 1 Do đó ν(G[S]) + 1 = ν(G[S ∪ {v}]) Vì vậy tất cả các điều kiện (1), (2) và (3) của Định lý 2.2.6 là thỏa mãn Do đó tồn tại m a sao cho m a ∈ Irr m (I G ν (G[S])+1 ).
Với mọi 1 ≤ i ≤ n, ký hiệu m i := (x 2 1 , , x 2 i−1 , x i , x 2 i+1 , , x 2 n )R và m [2] := (x 2 1 , , x 2 n )R Với ký hiệu này, Định lý 2.3.5 được phát biểu như sau. Định lý 2.3.6 Cho n = 2s + odd(G) − 2 Khi đó các mệnh đề sau là tương đương:
(i) x V ∈ mSoc(I G s ) và x V /x i ∈/ mSoc(I G s−1 ) với mọi i = 1, , n.
(ii) m [2] ∈ Irr m (I G s ) và m i ∈/ Irr m (I G s−1 ) với mọi i = 1, , n.
(iii) G là đồ thị ghép cặp tới hạn không có đỉnh cô lập.
Chứng minh (i) ⇔(ii) suy ra từ Bổ đề 2.1.4.