Một tập con S ⊆ R đóng đối với phép cộng và phép nhân của R được gọi là vành con nếu nó chứa phần tử 1 của R và bản thân nó cùng với các phép toán cảm sinh lập thành vành.Ví dụ 1.1.3.. T
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
Vành
Định nghĩa 1.1.1 Vành là một tập hợp R ̸= 0 được trang bị phép toán
"+": (a, b) 7→ a+b và phép toán nhân “.” (a, b) 7→ a.b thỏa mãn các tinh chất sau:
(i) Đối với phép cộng, R là một nhôm giao hoán.
(ii) Phép nhân có tính kết hợp, tức là với mọi a,b,c R : aã(bãc) = (aãb)ãc
(iii) Phép nhân có tính chất phân phối đối với phép cộng, tức là với mọi a, b, c∈ R: aã(b+c) = aãb+aãc và (b= c)ãa= bãa+cãa.
Phần tử không của vành được kí hiệu là 0 Để cho tiện thông thường ta viết ab thay cho a.b R được gọi là vành có đơn vị nếu có chứa phần tử thỏa mãn a1 = 1a = a với mọi a ∈ R Khi cần nhấn mạnh vanh R ta thường dùng kí hiệu 0R,1R để chỉ các phần tử không và đơn vị của R R được gọi là vành giao hoán nếu với mọi a, b∈ R, ab = ba.
Ví dụ 1.1.1 Tập các số nguyên Z, số thực R, số phức C với các phép cộng và phép nhân thông thường lập thành các vành Tuy nhiên tập N không phải là vành.
Tập R [x] các đa thức một biến x với hệ số thực lập thành một vành.
Tập C[a, b] các hàm số thực liên tục trên đoạn [a, b], a < b, với các phép cộng và nhân hàm số là một vành.
Một nhóm giao hoan A bất kỳ có thể được xem là vanh giao hoán với phép nhân tầm thường (ab = 0 với mọi a, b ∈A). Định nghĩa 1.1.2 Cho R là một vành và a ∈R Phần tử a được gọi là (i) ước của không nếu a̸= 0 và tồn tại 0 ̸=b ∈ R sao cho ab = 0, (ii) Khả nghịch (hoặc đơn vị) nếu tồn tại cϵR sao cho ac= 1.
Vành R không chứa ước của 0 được gọi là miền nguyên.
Ví dụ 1.1.2 Vành Z là miền nguyên với hai phần tử đơn vị là 1 và −1. Vành C[a, b] không là miền nguyên, và hàm số f(x) ∈C[a, b] là đơn vị khi và chỉ khi f(x)̸= 0, a ≤ ∀x≤ b
Bổ đề 1.1.1 Cho R là vành và a, b∈ R Khi đó
(i) a.0 = 0 Nói riêng 0 không khả nghịch.
(ii) Nếu ab ̸= 0 thì ab là ước của không khi và chỉ khi a hoặc b là ước của không.
(iii) ab là phần tủ đơn vị khi và chỉ khi a và b là phần tủ đơn vị.
(iv) Uớc của không không bao giờ là đơn vị.
(v) Tập tất cả các đơn vị của vành lạp thành một nhóm giao hoán đối với phép nhân
Bổ đề 1.1.2 (i) Nếu R là miền nguyên thì R có luật giản uớc với phép nhân, túc là ac = bc và c̸= 0 kéo theo a= b.
(i) Mọi trường là miền nguyên
(ii) Mọi miền nguyên hữu hạn là trường.
Như nhiều cấu trúc đại số khác, để xây dựng những lớp vanh mới, ta có khái niệm quan trọng là vành con Ta nói rằng tập con A của vành R đóng (hoặc đóng kín) đối với phép cộng nếu với mọi a, b ∈ A, a+b ∈ A. Khi đó phép cộng của R sẽ cảm sinh ra một phép cộng trên A và do đó ta dùng chung một kí hiệu để chỉ cả hai phép toán này Tương tự có thể phát biểu khái niệm đóng đối với phép nhân và khái niệm phép nhân cảm sinh. Định nghĩa 1.1.3 Một tập con S ⊆ R đóng đối với phép cộng và phép nhân của R được gọi là vành con nếu nó chứa phần tử 1 của R và bản thân nó cùng với các phép toán cảm sinh lập thành vành.
Ví dụ 1.1.3 Một vành bao giờ cũng có hai vành con là vành con tầm thường 0 và chinh nó Vành Z chỉ có hai vành con đó Tuy nhiên Z là vành con thực sự không tầm thường của Q.
Tập các đa thức một biến và tập các hàm hằng số là những vành con thực sự và không tầm thường của vành con C[a, b].
Tập các số nguyên chắn 2Z tuy là nhóm con của nhóm cộng Z và đóng với phép nhân nhưng không là vành con của Z vì nó không có đơn vị.
Bổ đề 1.1.3 Cho R là vành và S ⊆ R Khi đó S là vành con nếu và chỉ nếu có các điều kiện sau:
Chứng minh Giả sử S là vành con Kí hiệu 0 S là phần tử không của S. Khi đó 0 + 0 S = 0 S + 0 S Từ đó0 = 0 S ∈ S Cho b∈ S vàb ’ là phần tử đối của b trong S Khi đó b+b ’ = 0 S = 0 = b+ (−b) Do đó −b= b ’ ∈ S Vì
S đóng đối với phép cộng nên với mọi phần tử aϵS ta có a−b= a+ (−b)
∈ S, tức điều kiện (ii) thỏa mãn Điều kiện (i) và (iii) đương nhiên thỏa mãn theo Định nghĩa 1.1.5
Ngược lại, giả sử (i) - (iii) thỏa mãn Khi đó từ (i) và (ii) suy ra 0 1−1 ∈ S và - a = 0−a ∈ S với mọi a ∈S Từ đó thấy ngay S là vành. Định nghĩa 1.1.4 Cho f : R →S là ánh xạ của hai vành Khi đó f được gọi là đồng cấu nếu các điều kiện sau thỏa mãn đối với mọi a,b ∈S :(i) f(a+b) = f(a) +f(b).
(iii) f (1R) = 1S Một đồng cấu được gọi là đơn cấu ( tương ứng toàn cấu, đẳng cấu ) nếu ánh xạ đó là đơn ánh (tương ứng toàn ánh, song ánh). Nếu S là vành con của R, thì ánh xạ i: a →a,∀a∈ S
Là đơn cấu và thường được gọi là phép nhúng.
Bổ đề 1.1.4 Cho f : R → S là đồng cấu vành Khi đó f(0) = 0 và f(−a) = −f(a) với mọi a ϵR.
Chứng minh Đẳng thức f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0) cho ta f(0) = 0, và từ đẳng thức 0 = f(0) = f(a+ (−a)) = f(a) +f(−a) suy ra f(−a) −f(a).
Bổ đề 1.1.5 (i) Nếu g :R → S và f : S → T là các đồng cấu (đơn cấu, toàn cấu, đẳng cấu) thì ánh xạ hợp thành f g cũng là đồng cấu (tương ứng đơn cấu, toàn cấu, đẳng cấu).
(i) Nếu f là đẳng cấu thì ánh xạ ngược f −1 : S → R cũng là đẳng cấu (ii) Nếu f : S → R là đồng cấu vành thì tập ảnh của nó Imf = f(R) là vành con của S.
Cho f :R →S là đồng cấu vành Hạch của f là tập hợp
Bổ đề 1.1.6 Đồng cấu vành f : R → S là đơn cấu khi và chỉ khi Kerf
Cho các vành R1, , Rn Dễ dàng kiểm tra rằng tích Đề-các n
Ri = R1× .×Rn với phép toán cộng:
Trong đó a i , b i ∈ R(i = 1, , n), lập thành một vành( giao hoán, có đơn vị). Định nghĩa 1.1.5 Vành Qn i=1R i định nghĩa như trên được gọi là tích trực tiếp của các vành R1, , Rn.
Chú ý: có thể nhúng Ri vào Qn i=1Ri bằng các ánh xạ a7→ (0, ,0, a,0, ,0)
Trong đó a ∈ Ri, đứng ở thành phần thứ i của ảnh Tuy nhiên theo qui ước chúng ta chỉ xét vành có đơn vị, nên ánh xạ nhúng này không phải là đồng cấu vành Ảnh của R i qua phép nhúng này không là vành con, mặc dù bản thân nó là vành với các phép toán cảm sinh từQn i=1R i Do đó điều kiện vành con của R phải chứa 1 là không thể bỏ được.
Iđêan
Định nghĩa 1.2.1 Cho R là một vành Tập con I ̸= ∅ của R được gọi là iđêan nếu thỏa mãn hai điều kiện:
(ii) Với mọi a ϵI và r ∈ R, ra ∈I.
Nếu I là iđêan thì −a= (−1)a ∈ I Do đó iđêan là nhóm con của nhóm cộng R và là vành con theo nghĩa rộng (tức không cần điều kiện chứa 1), nhưng nói chung không là vành con theo qui ước của chúng ta.
Ví dụ 1.2.1 Mọi vành R đều chứa iđêan tầm thường I = 0 và chính nó I = R Một vành là trường khi và chỉ khi nó có đúng hai iđêan. Tập nZ là các iđêan trong vành Z.
Tập con các hàm liên tục trên [a, b] và triệt tiêu tại x0, a≤ x0 ≤ b, là iđêan của vành C[a, b].
Nếu I ̸= R thì ta gọi nó là iđêan thực sự Chú ý rằng I =R khi và chỉ khi 1ϵI Tương đương I = R khi và chỉ khi I chứa một đơn vị của R Kết quả sau đây cho phép xây dựng nhiều iđêan.
Bổ đề 1.2.1 đồng cấu vành f : R → S với S ̸= 0 Khi đó Kerf là iđêan thưc sự của R.
Cho I là iđêan của vành R Như trên đã nói I là nhóm con của nhóm giao hoán R. ¯ r = r+I = {r+x| x∈ I}
Trong đó r ∈ R, lập thành một phân hoạch của R, nghĩa là hai lớp kề r+I và s+I hoặc trùng nhau, hoặc có giao bằng rỗng, và R là hợp của các lớp kề Kí hiệu R/I là tất cả các lớp kề:
Chú ý rằng r +I = s+I khi và chỉ khi r −s ∈ I Trên R/I ta định nghĩa phép cộng và phép nhân như sau
Các định nghĩa này không phụ thuộc vào phép chọn phần tử đại diện của lớp kề Cụ thể nếu r’, s’ R sao cho r + I = r ’ +I và s+I = s ’ +I thì r−r ’ ϵI và s−s ’ ∈ I Từ đó (r +s)−(r ′ +s ′ ) = (r−r ′ ) + (s−s ′ )ϵI, và do vậy
Ta cũng có rs −r ’s’ = r(s−s ′ ) +s ′ (r−r ′ ) ∈ I Suy ra
Như vậy các định nghĩa trên là hoàn toàn hợp lí Dễ dàng thử lại rằng cùng với hai phép toán trên R/I lập thành một vành giao hoán có đơn vị với phần tử không là lớp kề 0 = 0 +I, phần tử đơn vị là 1 = 1 +I và phần tử đối của r¯= r+I là −r = (−r) +I. Định nghĩa 1.2.2 Cho I là iđêan của vành R Vành R/I được gọi là vành thương của vành R theo iđêan I.
Ví dụ 1.2.2 Cho n ≥ 2 là số tự nhiên Các bội số của n lập thành iđêan nZ của Z Với mỗi r ∈ Z, lớp kề r +nZ chính là lớp thặng dư của r theo môđun n Vành thương Z/nZ chính là khái niệm mở rộng khái niệm các lớp đồng dư trong lý thuyết số.
Bổ đề 1.2.2 Cho I là iđêan của vành R Khi đó ánh xạ f : R → R/I xác định bởi f(r) =r +I là một toàn cấu vành Hơn nữa Kerf = I. Ánh xạ này thường được gọi là đồng cấu chính tắc, hoặc đồng cấu tự nhiên, từ R vào R/I.
Chứng minh Từ cách xây dựng của R/I ta thấy ngay với mọi r, s ∈ R : f(r+s) = f(r) +f(s), f(rs) = f(r)f(s) và f(1) = 1
Rõ ràng f là toàn ánh Như vậy f là toàn cấu vành Hơn nữa f(r) = 0 khi và chỉ khi r+I = I, hay tương đương r ∈ I.
Từ các Bổ đề 1.2.2 và 1.2.4 ta có:
Hệ quả 1.2.1 Cho I là tập con của vành R Khi đó I là iđêan của R nếu và chỉ nếu tồn tại đồng cấu f từ R vào một vành nào đó sao cho ừKerf
= I. Định lý 1.2.1 (Định lí đẳng cấu vành) Chof :R →S là đồng cấu vành. Khi đó f cảm sinh một đẳng cấu vành f¯: R/Kerf →Imf, xác định bởi f¯(¯r) = f(r)∀r ∈ R.
Chứng minh Đặt K = Kerf Trước hết ta chứng tỏ ánh xạf¯là hoàn toàn xác định, tức là cần chứng tỏ với mọi r, s ∈ R, nếu r + K = s+ K thì f(r) =f(s) Thật vậy từ điều kiện r+K =s+K ta có r−s∈ K = Kerf.
Do đó f(r)−f(s) = f(r −s) = 0S và f(r) = f(s) Từ định nghĩa của R/K có thể kiểm tra ngay f là toàn cấu Hơn nữa r¯∈ Ker ¯f khi và chỉ khi f(r) = 0 hay r ∈ K, tức là r¯= 0.Vậy Ker ¯f = 0 và f¯là đẳng cấu.
Giả sửI ⊆ J là hai iđêan củaR Kí hiệuJ/I là tập các lớp kê{¯a| a∈ J} của R/I Bổ đề sau đây mô tả iđêan trong vành thương thông qua vành ban đầu.
Bổ đề 1.2.3 Cho R là vành và I là iđêan của R Khi đó có tương ứng
1−1 giữa các iđêan chứa I trong R và các iđêan trong vành thương R/I.
Cụ thể đó là tương ứng J →J/I, trong đó J là iđêan của R và chưa I.
Chứng minh Theo Định nghĩa 1.2.1, có thể kiểm tra nếu I ⊆ J là hai iđêan của R thì J/I là iđêan của R/I Giả sử có iđêan I ⊆ J ′ sao cho J/I =J ′ /I Với mọi a ∈ J ta tìm được a’ ∈ J ’ sao cho a+I =a ′ +I Suy ra a−a ′ ∈ I ⊆ J ′ , và a ∈ a ′ +J ′ ⊆ J ′ Vậy J ⊆ J ′ Tương tự J ′ ⊆ J Do đó J = J ′ và tương ứng trên là đơn ánh Để chứng minh nó là toàn ánh, giả sử K ⊆ R/I là iđêan Kí hiệu f là đồng cấu tự nhiên từ R vào R/I ( xem Bổ đề 1.2.4) Đặt J = f −1 (K) Với mọi a ∈ I, vì f(a) = 0 ∈ K nên a ∈ J, tức là I ⊆ J Cho a, b ∈ J Khi đó f(a+b) = f(a) + f(b) ∈ K, nên a+b ∈ J Nếu r ∈ R thì f(ra) = f(r)f(a) ∈ K, nên cũng có {ra}
∈ J Vậy J là iđêan của R Hơn nữa với mỗi a ∈ J, f(a) = ¯a ∈ J/I nên
K =J/I. Định lý 1.2.2 (Định lí đẳng cấu thứ hai) Giả sử I ⊆ J là hai iđêan của
Chứng minh Theo Bổ đề 1.2.7, J/I là iđêan của R/I Xét ánh xạ: g : R→ (R/I)/(J/I) a7→ (a+I) +J/I. Đây là ánh xạ hợp thành của các đồng cấu tự nhiên f 1 :R → R/I và f 2 : R/I → (R/I)/(J/I), nên g là toàn cấu Theo Định lí 1.2 6 chỉ cần chứng tỏ Ker g = J Ta có a∈ Kerg khi và chỉ khi (a+I) +J/I Điều đó tương đương với a+IϵJ/I,hay a∈ J Vậy Ker g =J và định lí được chứng minh.
Bổ đề 1.2.4 Cho R là một vành và ∅ ̸= A ⊆ R Khi đó tập hợp
(A) = {r1a1+ .+rnan | n ∈N;r1, , rn ∈ R;a1, , an ∈ A} là iđêan bé nhất chứa A.
Chứng minh Với mọi a ∈ A ta có a = 1.a ∈ (A) nên A ⊆ (A) Do
A ̸= ∅ nên (A) ̸= ∅ Giả sử {x, y} ∈ (A) Khi đó tìm được n, m ∈
= r n+1 a n+1 + .+r n+m a n+m ∈ (A) và với mọi r ∈ R rx = r(r 1 a 1 + .+r n a n ) = (rr 1 )a 1 + .+ (rr n )a n ∈ (A).
Vậy (A) là iđêan Nếu I là iđêan chứa A thì với mọi r1, , rn ∈ R;a1, , an ∈ A ta có a1, , an ∈ I và r1a1 ∈ I, , rnan ∈ I Do đó r1a1+ .+rnan ∈ I Cho nên (A) ⊆ I.
Chú ý: Ở định nghĩa của (A), không bắt buộca 1 , , a n là khác nhau. Tuy nhiên nhóm các số hạng có chung a i lại, có thể giả thiết điều đó Như vậy, khi A là tập hữu hạn gồm n phần tử a 1 , , a n , thì
Vì 0 là iđêan bé nhất chứa ∅ nên ta qui ước (∅) = 0. Định nghĩa 1.2.3 Cho I là iđêan của vành R Nếu A là tập hợp sao cho
I = (A) thì A được gọi là tập sinh (hay hệ sinh, cơ sở) của I và ta nói I là iđêan sinh bởi A.
A được gọi là tập sinh tối tiểu (còn gọi là: hệ sinh tối tiểu, cơ sở tối tiểu) của I nếu A là tập sinh của I và không chứa thực sự một tập sinh khác của I.
Ta nói iđêan là hữu hạn sinh nếu nó có một hệ sinh hữu hạn.
Ví dụ 1.2.3 Mọi iđêan khác 0 trong vành Z đều sinh bởi một phần tử Thật vậy cho I ̸= 0 là iđêan của Z Vì b∈ I kéo theo −b ∈I nên
I ∩N+ ̸= ∅ Kí hiệu a là số nguyên dương bé nhất chứa trong I Với mọi x ∈ I chọn p, r ∈ Z sao cho x = pa+r và 0 ≤ r < a Vì x, pa
∈I nên r =x− pa ϵI Do tính bé nhất của a nên phải có r = 0 Suy ra I ⊆ aZ Ngược lại vì a ϵI nên aZ ⊆ I Vậy I = aZ = (a).
Vành đa thức
Cho R là một vành và x1, , xn(n ≥ 1) là các biến Ta gọi đơn thức là một biểu thức.Có dạng x a 1 1 x a n n , trong đó (a 1 , , a n ) ∈ N n được gọi là bộ số mũ của đơn thức.
Nếu a 1 = = a n = 0, thì đơn thức được kí hiệu là 1 Phép nhân trên tập các đơn thức
Như vậy nếu đồng nhất x1 với đơn thức x 1 1 x 0 2 x 0 n , , xn với đơn thức x 0 1 x 0 n−1 x 1 n , thì đơn thức là tích của các biến (được lặp lại) Chú ý rằng phép nhân đơn thức tương ứng với phép cộng các bộ số mũ trong nửa nhóm cộng N n
"Từ" là biểu thức có dạng αx a 1 1 x a n n , trong đó α ∈ R được gọi là hệ số của từ.
Thông thường phần tử của vành cơ sở R được gọi là phần tử vô hướng. Hai từ khác không αx a 1 1 x a n n và βx a 1 1 x a n n là đồng dạng với nhau Như vậy có thể xem đơn thức là từ với hệ số là 1, và phần tử vô hướng α là từ α.1. Để cho tiện ta kí hiệu x = (x 1 , , x n ),a = (a 1 , , a n ) ∈ N n và x a = x a 1 1 x a n n Đa thức n biến x 1 , , x n trên vành R là một tổng hình thức của các từ: f(x) = X a∈ N n αax a trong đó chỉ có một số hữu hạn hệ số αa ̸= 0 Từ αax a với αa ̸= 0 được gọi là từ của đa thức f(x) và x a là đơn thức của f(x).
Hai đa thức f(x) = P a∈ N n α a x a và g(x) = P a∈ N n β a x a được xem là bằng nhau, nếu α a = β a với mọi a∈ N n
Phép cộng đa thức được định nghĩa như sau:
Vì αa +βa ̸= 0 nếu một trong hai hệ số αa hoặc βa bằng 0 , nên trong biểu thức ở vế phải cũng chỉ có hữu hạn hệ số khác 0 và nó đúng là đa thức.
Ta sẽ đồng nhất từ αx a với đa thức
Trong đó β a = a và β b = 0 với mọi b ̸= a X b∈ N n β b x b Chú ý rằng theo cách này tất cả các từ với hệ số 0 đều đồng nhất với một đa thức có tất cả hệ số bằng 0 Đa thức đặc biệt này được gọi là đa thức không, và ta cũng kí hiệu là 0 Đa thức hằng α là đa thức tương ứng với từ a 1 Nếu αx a 1 1 , , x a n p là tất cả các từ của f(x) thì có thể xem f(x) là tổng đa thức của các từ này qua phép đồng nhất vừa nếu: f(x) = α 1 x a 1 + .+α p x a p ,(∗)
Trong đó a1, , ap ∈ N n là các bộ số mũ khác nhau Hơn nữa biểu diễn này là duy nhất và được gọi là biểu diễn chính tắc của đa thức f(x) Nếu không phải tất cả các từ α 1 x a 1 + .+α p x a p trongf(x) khác không, nhưng tập này chứa tất cả các từ khác 0 của f(x) thì f(x) vẫn bằng tổng hữu hạn các đa thức - từ như trong (∗) Mỗi đa thức có nhiều cách biểu diễn như vậy.
Phép nhân đa thúc được định nghĩa như sau:
Nhận xét rằng γ a ̸= 0 khi và chỉ khi tồn tại b và c với α b ̸= 0 và β c ̸= 0 để a = b + c.
Do vậy chỉ có một số hữu hạn hệ số γa khác 0, phép nhân đa thức ở trên hoàn toàn xác định Bằng cách đồng nhất từ bởi các đa thức như trên có thể thấy ngay phép nhân này tương thích với phép nhân đơn thức định nghĩa ở trên.
Với hai phép toán cộng đa thức và nhân đa thức nêu trên có thể kiểm tra tập tất cả đa thức lập thành vành giao hoán với phần tử đơn vị là đơn thức 1 Tập này được kí hiệu là R[x 1 , , x n ] hay R[x]. Định nghĩa 1.3.1 Vành R[x 1 , , x n ] xây dựng như trên được gọi là vành đa thức n biến trên vành R.
Chú ý 1.3.1 Khi n = 1 ta có vành đa thức một biến thông thường Tuy nhiên đa thức một biến x thường được viết dưới dạng f(x) =a n x n + .+a 1 x+a 0 (n ∈ N, a 0 , , a n ∈ R)
Thế nhưng trong dạng biểu diễn này một số hệ số có thể bằng 0, và một đa thức f(x) có nhiều dạng biểu diễn Nói cách khác, với đa thức một biến ta hay sử dụng cách biểu diễn (*) với hệ số không nhất thiết khác 0.
Việc định nghĩa đa thức là tổng vô hạn hình thức như trên thuận tiện trong việc giới thiệu định nghĩa các phép toán, cũng như kiểm tra một số tính chất nào đó của các phép toán Tuy nhiên, trên thực tế tính toán, biểu diễn thành tổng hữu hạn các từ như (*) (với các hệ số có thể bằng 0) sẽ thuận tiện hơn, và trực giác hơn Chẳng hạn để tính tích của hai đa thức ta chỉ việc áp dụng định luật phân phối và qui tắc nhân trên các từ:
= (αβ)x a+b đối với tích của hai biểu diễn hữu hạn của hai đa thức để phá ngoặc, rồi sau đó ước lượng các từ đồng dạng.
Cho 0 ≤ m ≤ n Bằng cách xem mỗi từ αx a 1 1 + .+x a n n trên R như là từ (αx a 1 1 + .+x a m m )x a m+1 m+1 x a n n trên vành R[x 1 , , x m ], có thể xem R[x 1 , , x n ] như vành đa thức n − m biến x m+1 , , x n trên vành R[x 1 , , x m ], tức là
R[x 1 , , x n ] = R[x 1 , , x m ]R[x m+1 , , x n ] Với quan điểm này có thể xây dựng vành nhiều biến từ vành một biến theo qui nạp.
Tương tự có thể xây dựng vành đa thức vô hạn biến R[x i ;i∈ I] Tuy nhiên mỗi đa thức của vành đa thức này vẫn là một đa thức hữu hạn biến.
Khi tập các biến đã được xác định, ta chỉ kí hiệu đa thức đơn giản là f, g, thay cho f(x), g(x), Định nghĩa 1.3.2 Bậc tổng thể của đa thức f(x) =P a∈ N n α a x a là số degf(x) = max{a1+ .+an |αa ̸= 0} Đối với đa thức một biến, bậc tổng thể chính là bậc thông thường Đôi khi bậc tổng thể của đa thức nhiều biến cũng được gọi tắt là bậc, nếu như không có sự hiểu nhầm nào xảy ra.
Chú ý 1.3.2 Bậc tổng thể của đa thức hằng là 0 Bậc tổng thể của đa thức được qui ước là một số tùy ý.
Nhiều khi ta còn dùng bậc của đa thức đối với một tập con các biến, chẳng hạn {x 1 , , xk}, được định nghĩa như sau: deg x 1 x k f(x) = max{a 1 , , ak | αa ̸= 0}.
Trong đó k < n cố định Nói cách khác, đó là bậc tổng thể của f(x) xét như nhau đa thức của vành K [x k+1 , , x k ] [x 1 , , x k ] Sau đây là một số tính chất của vành đa thức.
Mệnh đề 1.3.1 Nếu R là miền nguyên thì vành đa thức R[x] cũng là miền nguyên.
Chứng minh Bằng qui nạp theo số biến, chỉ cần chứng minh điều khẳng định cho rằng vành một biến R[x] Giả sử f(x) =a p x p + .+a 1 x+b 0 và g(x) = b q x p + .+b 1 x+b 0 là hai đơn thức khác 0 , trong đó p, q ≥ 0 Có thể giả thiết a p ̸= 0 và b q ̸= 0.
Khi đó f(x)g(x) = a p b q x p+q + các từ bậc nhỏ hơn p+q.
Vì R là miền nguyên, nên a p b q ̸= 0 Vì các từ còn lại có bậc nhỏ hơn p+q nên f(x)g(x) ̸= 0
Cho f(x) ∈ R[x] Với mỗi i ≤ degf(x) kí hiệu fi là tổng tất cả các từ có bậc tổng thể là i trong biểu diễn chính tắc của f(x) fi được gọi là thành phần thuần nhất thứ i của f(x) Khi đó f(x) = f p + .+f 0 , trong đó p = degf(x) và fp ̸= 0.
Mệnh đề 1.3.2 Nếu R là miền nguyên, thì với mọi đa thức f(x), g(x) ∈ R[x] đều có deg(f(x)g(x) = degf(x) + degg(x) và
(degf(x) + degg(x)) ≤ max{degf(x),degg(x)}.
Hơn nữa, ta có bất đẳng thức chặt khi và chỉ khi degf(x) = degg(x) và f deg f (x) = −g deg g(x)
Hệ quả 1.3.1 Vành đa thức K[x] trên trường K là miền nguyên và bậc tổng thể của đa thức thỏa mãn mệnh đề trên.
Vành và môđun Cohen-Macaulay
Trong mục này luận văn trình bày về vành và môđun Cohen-Maccaulay dựa trên tài liệu [2],[3],[4] Ta luôn giả thiếtM là môđun hữu hạn sinh trên vành Nother địa phương giao hoán R Để tìm hiểu về khái niệm môđun Cohen-Macaulay ta cần tìm hiểu về khái niệm chiều và độ sâu của môđun. Định nghĩa 1.4.1 ([2, Định nghĩa 19.2] và [3, Chương 11]) Với mỗi chuỗi tăng thực sự các iđêan nguyên tố P 0 ⊂ P 1 ⊂ ⊂ P d của vành R ta gọi d là độ dài của chuỗi Độ dài cực đại của các chuỗi tăng thực sự của các iđêan nguyên tố của R gọi là chiều Krull của R gọi tắt là chiều Kí hiệu là dimR.
Cho M là các R-môdun Chiều Krull của M là chiều của vành thương R/Ann(M),trong đó
Kí hiệu dimM, khi đó ta có dimM = dimR/Ann(M).
Ví dụ 1.4.1 a) Cho K là một trường, khi đó dimK = 0 vì 0 là iđêan nguyên tố duy nhất trong K. b) dimZ = 1, do Z là vành iđêan chính nên mọi iđêan nguyên tố đều có dạng 0 hoặc pZ, p là số nguyên tố, nên 0 ⊂ pZ là chuỗi tăng thực sự các iđêan nguyên tố có độ dài cực đại là 1 c) [2, Ví dụ 2, trang 196] dimK[x1, , xn] = nn.
Tiếp theo, ta tìm hiểu về khái niệm dãy M-chính quy Định nghĩa 1.4.2 [4, Definition 1.1.1]
Cho R là vành Noether và M là R-môdun phần tử a ∈ R gọi là phần tử M-chính quy nếu ax ̸= 0 với mọi 0 ̸= x ∈ M Một dãy các phần tử a1, , an của R gọi là M-dãy chính quy nếu thỏa mãn các điều kiện sau: i) M/(a1, , an)M ̸= 0 ii) ai là M/(a1, , an)M-chính quy, với mọi i = 1, , n Khi đó, n gọi là độ dài của dãy M-chính quy a 1 , , a n
Ví dụ 1.4.2 Cho vành đa thức R= k[x 1 , , x n ] trên trường k i) x1, , xn là các phần tử R-chính quy. ii) Dãy x1, , xn là R-chính quy. Định nghĩa 1.4.3 [4] Cho I là một iđêan của R Độ dài cực đại của các
M-chính quy trong I gọi là I-độ sâu của M Kí hiệu là depth I (M) Nếu (R, m) là vành địa phương và I = m, kí hiệu là depth m (M) và để cho gọn ta kí hiệu depth(M) = depth m (M)
Trong trường hợp độ sâu và chiều của môđun M bằng nhau, ta gọi là môđun Cohen-Macaulay Cụ thể ta có định nghĩa sau: Định nghĩa 1.4.4 [Definition 2.1.1])
Cho R là vành địa phương Nother M là R-môdun hữu hạn sinh khác
0 M gọi là môđun Cohen-Macaulay nếu depth(M) = dim(M)
Nếu R là môđun Cohen-Maccaulay trên chính nó thì ta gọi R là vành Cohen-Macaulay.
Ví dụ 1.4.3 Trường k là vành Cohen-Macaulay. Định nghĩa 1.4.5 [4, chapter 8, trang 66]
Cho M là R-môđun Iđêan nguyên tố p của R gọi là iđêan nguyên tố liên kết của M nếu tồn tại u∈ M sao cho p = 0R :u Kí hiệu Ass(M) là tập các iđêan nguyên tố liên kết của M.
Khi đó, môdun Cohen-Macaulay có một số tính chất sau: Định lý 1.4.1 [4, theorem 2.1.2]
Cho (R, m) là vành Noether địa phương, M ̸= 0 là môdun Cohen- Macaulay trên R Khi đó a) dim(R/p) = depth(M) với mọi p ∈ Ass(M). b) Nếu x1, , xi là M - dãy chính quy thì M/(x1, , xi)M là môdun Cohen-Maccaulay và dimM/(x1, , xi)M =M −i.
Ví dụ 1.4.4 Trường k là vành Cohen-Maccaulay.
Vành đa thức n biếnk[x1, , xn]trên trường k là vành Cohen-Maccaulay.
Iđêan mặt của một phức đơn hình
Phức đơn hình
Định nghĩa 2.1.1 Một phức đơn hình ∆ trên một tập hợp các đỉnh V
= {v 1 , , v n } là một tập hợp các tập con của V, với tính chất sao cho {v i } ∈ ∆ và nếu F ∈ ∆ và tất cả các tập hợp con của F cũng ∈ ∆ (bao gồm cả tập hợp rỗng).
Chứng minh Phức đơn hình Ta chỉ cần xét các tập lớn nhất của ∆.
Xét {3,6,7}các tập con {3,6},{6,7},{3,7},{3},{6},{7},∅ ⊂ {3,6,7}. Xét {4,1} có tập con {4},{1} ∈ ∆
Vậy ∆ là phức đơn hình. Định nghĩa 2.1.2 [6, Definition 2.1] Một phần tử của ∆ được gọi là mặt và chiều của mặt F của ∆ được định nghĩa là |F|-1, ở đây |F| là số đỉnh của của F Các mặt có kích thước 0 và 1 được gọi là đỉnh và cạnh Chiều của phức đơn hình là chiều lớn nhất của các mặt của nó.
Ví dụ 2.1.2 Xét Ví dụ 1.1.1 dim{1,2,3} = dim{2,3,4} = dim{3,6,7} = 3−1 = 2 dim{1,2} = dim{2,3} = dim{3,1} = dim{3,4} = dim{4,1} = dim{3,5} dim{5,6} = dim{6,7} = 2−1 = 1 dim{1} = dim{2} = dim{3} = dim{4} = dim{5} = dim{6} = dim{7} 0
Vậy dim∆ = 2 Định nghĩa 2.1.3 Ta luôn giả sử F(∆) = {F1, , Fq}gọi tập các mặt cực đại của ∆ và f(∆) = tập hợp tất cả các mặt của ∆ Kí hiệu ∆ ⟨F1 Fq⟩. Định nghĩa 2.1.4 [6, Definition 2.2] Phức đơn hình con của phức đơn hình ∆ là một phức đơn hình có tập các mặt cực đại là tập con của các mặt cực đại của phức đơn hình ∆. Định nghĩa 2.1.5 Phức đơn hình ∆ =⟨F1, , Fq⟩ là liên thông nếu với mọi cặp i, j,1 ≤ i < j ≤ q ,tồn tại một dãy các mặt cực đại Ft 1, , Ft r của ∆ sao cho Ft 1 = Fi, Ft r = Fj và Ft s ∩Ft s+1 ̸= 0 với s = 1, , r−1. Trong trường hợp ngược lại ∆ gọi là phức đơn hình không liên thông, nghĩa là, giả sử V là tập các đỉnh của ∆, khi đó ta có thể tách tập đỉnh V thành hai tập khác ∅, V 1 , V 2 sao cho V = V 1 ∪V 2 , V 1 ∩V 2 = ∅ và không có mặt cực đại nào có các đỉnh thuộc đồng thời cả hai tập V 1 và V 2
Ví dụ 2.1.3 Cho phức đơn hình ∆ như hình vẽ dưới đây:
Ta có V = {1,2,3,4,5,6,7,8} Khi đó V1 = {1,2,3,4},V2 = {5,6,7,8} thỏa mãn: V =V1∪V2 và V1∩V2 = ∅ Vậy ∆ là phức đơn hình liên thông. Định nghĩa 2.1.6 [6, Definition 2.4] Cho ∆ là phức đơn hình có tập đỉnh là {v1, , vn} Cho k là một trường và R= k[x1, , xn] là vành đa thức n biến x1, , xn. a) Kí hiệu F(∆) là iđêan của R sinh bởi tất cả đơn thức không chứa bình phương x i 1 x i S , trong đó {v i 1 v i s } là một mặt của ∆, nghĩa là
F(∆) = (x i 1 x i s ){v i 1 , , v i s } ∈ F(∆) và gọi là iđêan mặt của ∆. b) Kí hiệu N(∆) là iđêan của R sinh bởi tất cả các iđêan không chứa bình phương x i 1 , , x i s , trong đó {v i 1 v i s } không phải là một mặt của
∆, nghĩa là N(∆) = (xi 1 xi s| {vi 1, , vi s} ∈/ ∆, và gọi là iđêan không mặt của ∆ hay còn gọi là iđêan Stanley-Reisner. Định nghĩa 2.1.7 [6, Definition 2.5] Cho I = (m1, , mq) là một iđêan trong vành đa thức k{x1, , xn}, trong đó m1, , mq là các đơn thức không chứa bình phương và là hệ sinh tối tiểu của I. a) Kí hiệu δF(I) là phức đơn hình trên một tập đỉnh v1, , vn có các mặt cực đại là F1, , Fq, trong đó với mỗi i, Fi = {v j | xj | mi,1 ≤ j ≤ n} và gọi là phức mặt của I. b) Kí hiệu δ N (I) là phức đơn hình trên một tập đỉnh v 1 v n , trong đó {v i 1 , , v i S } là một mặt của δ N (I) khi và chỉ khi x i 1 x i s ∈/ I và gọi là phức không mặt hay còn gọi là phức Stanley-Reiner của I.
Nhận xét 2.1.1 Từ các khái niệm trên cho chúng ta tương ứng 1 - 1 giữa các phức đơn hình và các iđêan đơn thức không chứa bình phương Nghĩa là :
Cho I là một iđêan của R = k[x1, , xn], các đỉnh của δ F (I) là cấc biến mà các biến này là ước của các đơn thức sinh của I, tập này không nhất thiết phải bao gồm tất cả các biến x1, , xn,tức là tập này là tập con của tập {x 1 , , x n } Từ tính chất: k[x 1 , x 2 , , x n , t 1 , , t k ]/(t 1 , , t k )∼= k[x 1 , , x n ].
Ta nhận thấy rằng một số biến khác thêm vào trong vành đa thức sẽ không làm ảnh hưởng đến cấu trúc đại số và cấu trúc tổ hợp của iđêan δF(I) Hay nói cách khác, nếu ∆ là một phức đơn hình, ta có thể xem xét các iđêan mặt, không mặt của các phức đơn hình con như là các iđêan trong cùng một vành đa thức.
Ví dụ 2.1.4 [6, Example 2.6] Cho phức đơn hình ∆ như hình vẽ
Ta có N(∆) = (yv, zu, uv),F(∆) = (xyu, xyz, xzv) là các iđêan của vành k[x, y, z, u, v].
Nhận xét 2.1.2 Tập sinh tối tiểu của iđêan N(∆) bao gồm các đơn thức x i 1 , , x i s sao cho {v i 1 , , v i s } là không mặt nhỏ nhất theo quan hệ bao hàm của ∆ Do đó khi làm tìm iđêan N(∆), ta chỉ cần liệt kê tất cả các không mặt nhỏ nhất của ∆.
Cho I = (xy, xz) ⊆ k[x, y, z] Ta có δN(I) = {∅,{x},{y},{z},{y, z}} gồm các mặt cực đại tương ứng với các đơn thức không thuộc {I} là {x} và {yz}. δF(I) ={∅,{x},{y},{z},{x, y},{x, z}} gồm các mặt cực đại {x, y} và {x, z} ứng với các đơn thức trên là {xy} và {xz}.
Trong phần tiếp theo chúng tôi giới thiệu khái niệm phức đơn tối thiểu, số phủ đỉnh và tính không trộn lẫn. Định nghĩa 2.1.8 [6, Definition 2.8]
Cho ∆ là phức đơn hình có tập đỉnh V và các mặt cực đại là F 1 , , F q Một phủ đỉnh của phức đơn hình ∆ là một tập con A của V sao cho với mọi mặt cực đại Fi đều tồn tại một đỉnh của Fi thuộc A Phủ đỉnh tối tiểu của ∆ là một tập con A của V không có một tập con thực sự nào là phủ đỉnh của ∆ Số đỉnh nhỏ nhất của một phủ đỉnh của ∆ gọi là số phủ đỉnh của ∆ Kí hiệu là α(∆) Tập các phủ đỉnh tối tiểu của ∆, kí hiệu P(∆). Một phức đơn hình ∆ gọi là không trộn lẫn nếu tất cả các phủ tối tiểu của ∆ có cùng số phần tử. Định nghĩa 2.1.9 [6, Definition 2.9] Cho ∆ là phức đơn hình Tập các mặt cực đại {F 1 , , F u } gọi là tập đọc lập nếu F i ∩F j = ∅ với mọi i ̸= j.
Số phần tử lớn nhất của một tập đọc lập của ∆ kí hiệu là β(∆) Một tập độc lập của ∆ không nằm trong thuộc sự theo quan hệ bao hàm một tập độc lập khác của ∆ gọi là tập độc lập cực đại của ∆.
Ví dụ 2.1.6 [5, Example 2.10] Cho phức đơn hình ∆ a) Các phủ đỉnh tối tiểu của ∆ là
Các tập trên cùng có 2 phần tử nên α(∆) = 2 và ∆ là phức không trộn lẫn. b) F C(∆) ={{x, y, z},{y, z, u},{u, v}}
Ta có (x, y, z)∩ {u, v} = ∅ nên {{x, y, z},{x, v}} là tập độc lập cực đại của ∆, do đó β(∆) = 2.
Ví dụ 2.1.7 Xét δ F (I) là phức đơn hình trong Ví dụ 2.1.4 a) Các phủ đỉnh tối tiểu của δ F (I) là{x} và {y, z} do đó α(δ F (I)) = 1. Mặt khác | {x} = 1 |̸=| {y, z} |= 2, nên δ F (I) trộn lẫn. b) F C(δF(I)) = {{x, y},{y, z}} do đó tập độc lập cực đại là {{x, y}} và {{y, z}} nên β(δF(I)) = 1. Định nghĩa 2.1.10 [6, Section 2] Cho phức đơn hình ∆ trên tập đỉnh {x 1 , , x n }∆ gọi là phức đơn hình Cohen-Macaulay, nếu với mỗi trường k ta có vành k[x 1 , , x n ]/F(∆) là vành Cohen-Macaulay.
Cho I = (m 1 , , m q ) là iđêan trong k[x 1 , , x n ] với {m 1 , , m q } là hệ sinh tối tiểu và là các đơn thức không chứa bình phương của I Đặt
V là tập các biến, mà các biến đó là ước của một đơn thức trong hệ {m1, , mq} Khi đó ta có bổ đề sau:
Bổ đề 2.1.1 [6, Disscussion 2.13] Cho I là một iđêan đơn thức không chứa bình phương như trên V ={v 1 , , v n } Khi đó F ∈ F φ (δ N (I)) khi và chỉ khi V\F ∈ P(δ F (I)).
Chứng minh "⇒" Giả sửF ={v 1 , , vi} ∈ F C(δN(I))suy rax1, , xi ∈/
Giả sử V\F không phải là một phủ đỉnh của δ F (I), khi đó có mặt cực đại của δ F (I) không có đỉnh nào thuộc V\F, giả sử F t 0 , không có đỉnh nào thuộc V\F, suy ra các đơn thức không chứa bình phương m t không chứa các biến xi+1, , xn hay mt có các biến thuộc tập {x1, , xi}, nên mt|x1x2ã ã ãxi, suy ra x1x2ã ã ãxi ∈ I, mõu thuẫn với giả thiếtx1, , xi ∈/ I.
Do đó, V\F là một phủ đỉnh của δF(I).
Giả sử có một tập A là tập con thực sự của V\F là phủ đỉnh của δF(I). Không mất tính tổng quát, giả sử A = {v i+2 , , vn}.
Giả sử x 1 x 2 x i+1 ∈ I, nghĩa là tồn tại m t | x 1 x i+1 Mặt khác do A là phủ đỉnh của δ F (I) ,nên F 1 , F 2 , , F q dều chứa ít nhất một đỉnh thuộc
A, nghĩa là các đơn thức m 1 , m 2 , , m q đều chứa ít nhất 1 biến thuộc tập {x i+2 , , x n } hay m t ∤ x 1 x i+1 , mâu thuẫn với m t | x 1 x i+1 Suy ra x1x2 xi+1 ∈/ I Do đó, F ′ = {v1, , vi+1} là một mặt của phức δ N (I) thực sự chứa F, mâu thuẫn với F là mặt cực đại Vậy V\F ∈(δ F (I)).
" ⇐ " Giả sử cho F ⊂ V sao cho V\F ∈ P(δF(I))P, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử
Giả sử x 1 x i ∈ I, khi đó tồn tại đơn thức m t là ước của x 1 x i suy ra tập các biến của mt là tập con của {x1, , xi} Khi đó Ft ⊆ {v1, , vi}, nên mặt Ft không có đỉnh nào thuộc V\F, mâu thuẫn với
V\F ∈ Fφ(δN(I)) Suy ra x1 xi ∈/ I, hay F là một mặt của δF(I).
Phức đơn hình cây
Trong mục này, luận văn trình bày về phức đơn hình cây dựa trên tài liệu [6].
Trong phần đầu chúng tôi trình bày về cây. Định nghĩa 2.2.1 [6, Definition 3.1] Cho phức đơn hình ∆ Mặt cực đại
F của ∆ gọi là lá nếu F chỉ có duy nhất một mặt cực đại của ∆ hoặc tồn tại một mặt cực đại G trong ∆\⟨F⟩ sao cho F ∩F ′ ⊆ F ∩G với mọi mặt cực đại F ′ ⊆ ∆\⟨F⟩ Ta cũng có thể hiểu F là lá nếu F duy nhất cực đại hoặc F ∩∆\⟨F⟩ là một mặt của ∆\⟨F⟩. Định nghĩa 2.2.2 [6] Gọi tập tất cả các tập G như trên kí hiệu là U∆(F), gọi là tập toàn cục của F Nếu G ∈ (U) ∆ (F) và F ∩G ̸= ∅ thì gọi là nối (joint) của F. Định nghĩa 2.2.3 [6, Definition 3.2] Một đỉnh của phức đơn hình ∆ là một đỉnh tự do nếu nó thuộc duy nhất một mặt cực đại của ∆.
Ví dụ 2.2.1 a) ∆ = {{x, y, z},{x, y, u}} có {x, y, z},{x, y, u} là 2 lá b) ∆ = nn x,y,z
G∩F2 = F1∩F2 = {x, y};F3∩F2 = F1∩F3 = {x, y} nên G∩F2 =F3∩F2, hay F2 là lá của ∆.
Kiểm tra theo cách khác
F2∩∆\ {F 2 } = {x, y} ∈ ∆\ {F 2 }, suy ra F2 là một lá của ∆ \mathcal (U) ∆ (F 2 ) = {F 1 , F 3 }, F 1 , F 3 là nối của F 2 và tập đỉnh độc lập là {u,v,z}.
∆⊆ ⟨F 2 ⟩ = {F 1 , F 3 } lấy G = F1, F1∩F2 = {x, y}, F 3 ∩F2 = {x, u}, suy ra F3 ∩F2 ⊈ F1 ∩F2 và F1 ∩ F2 ⊈ F3 ∩ F2, nên F2 không là lá của ∆ Kiểm tra cách khác
F 2 ∩∆ \ ⟨F 2 ⟩ = {{x, y},{x, u}} không phải là mặt của ∆ \ ⟨F 2 ⟩ nên F 2 không là lá của ∆ và đỉnh độc lập của ∆ là {v,z}. Định nghĩa 2.2.4 [6, Definition 3.5] Cho ∆ là một phức đơn hình liên thông, ta nói ∆ là cây nếu mọi tập con khác rỗng liên thông của ∆ đều có một lá. Định nghĩa 2.2.5 [6, Definition 3.6] Cho ∆ là một phức đơn hình, ta nói
∆ là rừng nếu mọi thành phần liên thông của ∆ đều là một cây.
Ví dụ 2.2.3 a) Cho phức ∆ 1 có hình vẽ dưới đây.
∆1 không có lá, nên không phải là cây. b) Cho phức ∆ 2 có hình vẽ dưới đây.
∆ 2 không có lá, nên không phải là cây.
Tiếp theo chúng tôi giới thiệu một số tính chất của cây.
Bổ đề 2.2.1 [6, lemmas 1] Cho ∆ là một cây có từ hai mặt cực đại trở lên Khi đó ∆ có ít nhất hai lá.
Chứng minh Giả sử F C(∆) = {F 1 , , F q }, q ≥ 2 Ta chứng minh quy nạp theo q.
Trường hợp q = 2, theo định nghĩa của lá như phần của Ví dụ 21 ta có
Giả sử ∆ ′ có q − 1 mặt cực đại thì có 2 lá Do ∆ là cây, không mất tính tổng quát, giả sử một lá của ∆ là F1, xét phức con của ∆ là ∆ ′ {F2, , Fq} theo giả thiết quy nạp ∆ ′ có 2 lá, không mất tính tổng quát giả sử hai lá đó là F2 và F3.
DoF1là lá của∆, nên tồn tạiG1 ∈ U ∆ (F1), nghĩa làG1 ∈ F C(∆\ ⟨F 1 ⟩) {F 2 , , F q }, với mọi F ∈ {F 2 , , F q } ta có F ∩F 1 ⊆ G 1 ∩F 1 , nghĩa là
Fi ∩ F1 ⊆ G1 ∩ F1∀i = 2, q( ∗ ) Do G1 ∈ {F 2 , , Fq}, nên ít nhất một trong hai mặt cực đại F 2 , F 3 khác G 1 Không mất tính tổng quát, giả sử
F 2 ̸= G 1 Ta sẽ chứng minh F 2 là lá của ∆ Do F 2 là lá của ∆ ′ , nên chọn
G 2 ∈ U ∆ ′ (F 2 ), khi đó với mọi F ′ ∈ F C(∆\ ⟨F 2 ⟩) = {F 3 , , F q } và có
Fi ∩F2 ⊆ G2∩F2 với mọi i= 3, q(∗∗). Để chứng minh F2 là lá của ∆, ta sẽ chứng tỏ
Từ (**) ta còn chỉ cần chứng minh F1∩F2 ⊆ F2∩G2.
Từ (*) ta có F 1 ∩F 2 ⊆ F 1 ∩G 1 Suy ra
Vậy F 2 là lá của ∆, do đó ∆ có ít nhất hai lá F 1 , F 2 Để thực hiện được phép quy nạp trên cây ta cần đến khái niệm địa phương hóa của phức đơn hình Sau đây, chúng tôi trình bày khái niệm và một số tính chất cơ bản của địa phương hóa của phức đơn hình.
Trước hết ta nhắc lại khái niệm và một số tính chất cơ bản của vành địa phương hóa ứng với tập nhân đóng S, dựa trên tài liệu [1].
Cho R là vành giao hoán, p là iđêan nguyên tố Khi đó S = R\P là tập nhân đóng Thật vậy, ta có 1 ∈ R\P = S;∀u, v ∈ S, suy ra u, v /∈ P, do p nguyên tố Do đó S = R\P là tập nhân đóng.
Xét R×S = {(a, s) | a ∈ R, s ∈ S} Ta có quan hệ tương đương sau: (a, s) ∼ (b, t) ⇔ ∃u∈ S sao cho u(at−bs) = 0 Đặt
Trên S −1 R, trang bị phép toán cộng và nhân như sau
(a, s) + (b, t) = (at+bs, st) (a, s)ã(b, t) = (ab, st)
Khi đó S −1 R,+, lập thành một vành , gọi là địa phương hóa của
R ứng với tập nhân đóng S (hoặc gọi vành các thương ứng với tập nhân đóng S) Để cho đơn giản ta viết (a, s) =a\s.
Xét tương ứng f :R → S −1 R a 7→ a/1 Đây là đồng cấu vành Ta có Kerf = {a∈ A | ∃s :as = 0}
Do đó nếu R là miền nguyên thì Kerf = 0 hay f là đơn cấu.
Bổ đề 2.2.2 Với đồng cấu f xác định như trên, ta có a) Mọi phần tử của f(S) đều khả nghịch. b) Mọi phần tử của S −1 R luụn cú dạng f(a)ãf(s) −1 , a ∈R, s ∈S.
Bổ đề 2.2.3 Cho I là iđêan của R, S là tập nhân đóng trong R Khi đó
Trong trường hợp S = R\p,p là iđêan nguyên tố Kí hiệu S −1 R =R P Giả sử I = (m 1 , , m q ), trong đó m i là đơn thức với 1 ≤ i ≤ q Trong vành đa thức k[x1, , xn] và P = (xi 1, , xi r) Theo trên ta có đồng cấu f :R → RP, f : R →RP m 7→m/1
Khi đó f(I) ={m/1 |m ∈ I} là iđêan của Rp với mỗi mi ∈ {m1, , mq}, ta luôn viết được mi = (mi) p m ′ i , trong đó m ′ i là đơn thức gồm các biến thuộc tập{x 1 , , x n } \ {x i 1 , , x i r } Khi đóD
Với mọi y ∈ f(I),∃x ∈ I sao cho y = f(x), ta có x = Pr i=1aimi, ai ∈ R,ta có f(x) r
(mi) p /1, ,(mq) p p//1 o là hệ sinh của f(I) Suy ra f(I) =n
Bổ đề 2.2.4 f(I) = S −1 I kí hiệu ) I p (m i ) P / p , ,(m q ) P / p là iđêan của k[x i 1 , , x i r ]
Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh S −1 I có hệ sinh là n
(mi) p p/1, ,(mq) p /1 o Với mọi y ∈ S −1 I Khi đó y = a/s, a ∈I, s ∈S Ta có a =Pq i=1a i m i , nên y = Pq i=1a i m i /s, lập luận tương tự trên y q
X i=1 a i m ′ i ã(m i ) P/1 Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ta kí hiệu S −1 I là Ip Do đó có thể xem Ip
(mi) p , ,(mq) p là iđêan đơn thức trên vành đa thức Rp = k[xi 1, , xi r].
Bổ đề 2.2.5. f : k[xi 1, , xi s] −→ Rplà đẳng cấu. a 7−→ a/ 1 Chứng minh Ta cần chứng minh f(R ′ ) = R ρ , R ′ = k[x i 1 , , x i s ] với mọi y ∈ Rρ, khi đó y t
X i=1 aimi/s, trong đó mi là các đơn thức của R,ai ∈k,s∈ S = R\ P Khi đó y q
Ta cú (mi) ∈ f (R ′ ), aim ′ i /s ∈ Rp mà f (R ′ ) là iđờan của Rp, nờn aimi/sã (m i ) p / 1 ∈f (R ′ ) với mọi i = 1, t hay Pq i=1a i m ′ i / s ã(m i ) ρ / 1 ∈f (R ′ ). Vậy Bổ đề được chứng minh xong Định nghĩa 2.2.6 Cho k[x 1 , , x n ] là vành đa thức trên trường k, P {xi 1, , xi r} và I = {m1, , mq} là iđêan đơn thức có hệ sinh bởi hệ tối tiểu là {m1, , mq},(mi) p là đơn thức với các biến là các biến của mi và thuộc tập {xi 1, , xi r} Khi đó: a) Rp =k[xi 1, , xi r] là vành đa thức địa phương hóa của
R= k[xi 1, , xi r] tại các iđêan nguyên tố p. b) I p (m i ) p p, ,(m p ) p là iđêan địa phương hóa của I địa phương hóa tại iđêan nguyên tố p.
Nhận xét: Ip là iđêan đơn thức của Rp
Ví dụ 2.2.4 R = k[x1, , x5], I = (x1x2x3x4, x1x2x4, x2x4x5) và P (x2, x4) Khi đó Rp = k[x2, x4], Ip = (x1x3, x1x5) = (x1, x5).
Từ ví dụ trên ta thấyn
(m 1 ) p , ,(m q ) p o không phải là hệ sinh tối tiểu
I p Do đó không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử n (m 1 ) p , ,(m t ) p o là hệ sinh tối tiểu của Ip và n (mt+1) 1 p, ,(mq) p o là các đơn thức bị loại bỏ khỏi hệ sinh của I p
Trong phần tiếp theo, ta tìm hiểu vấn đề địa phương hóa của một phức đơn hình, ta luôn giả thiết ∆ = ⟨F1, , Fq⟩ là một phức đơn hình trên tập V = {x1, , xn} Cho p là iđêan nguyên tố của k[x1, , xn] sinh bởi tập con của tập các biến {x1, , xn} là {xi 1, , xi r}, nghĩa là p = (xi 1, , xi s) Giả sửI = (m1, , mq)trong đómi là các đơn thức ứng với mặt Fi Không mất tính tổng quát, giả sử Ip n (m1) p , ,(mt) p o trong đó n
(m1) p , ,(mt) p o là hệ số tối tiểu và n (mt+1) p , ,(mq) p o là các đơn thức loại bỏ khỏi hệ sinh ban đầu của I P Định nghĩa 2.2.7 δ F (I p ) = ⟨F 1 ′ , , F t ′ ⟩ và δ F (I p ) gọi là phức đơn hình địa phương hóa của ∆ tại iđêan nguyên tố p.
Bổ đề 2.2.6 Xét trong vành đa thức R ′ = R P = k[x i 1 , , x i r ] gọi F i ′ Fi ∩ {xi 1, , xi r} Khi đó F t+1 ′ , , F q ′ chứa ít nhất một trong các tập
Chứng minh Do (m j ) ∈ I p ,∀j = t + 1, q nên tồn tại u ∈ {1,2, , t} sao cho
(mu) p | (mj) p , sinh ra tập các biến của (mu) p là tập con của các biến của (mj) p hay F j ′ ⊇ Fu ′ Do đó Ft+1 ′, , F q ′ chứa ít nhất một trong các tập F 1 ′ , , F t ′ Ta có I p D (m 1 ) p , ,(m t ) p
Bổ đề 2.2.7 [6, lemmas 4.4] Cho ∆ là một phức không trộn lẫn với các đỉnh x1, , xnvà I = F(∆) là iđêan mặt của ∆ trong vành đa thức
R = k[x1, , xn], trong đó k là một trường Khi đó với mọi iđêan nguyên tố p của R, δF (Ip)là phức không trộn lẫn và α(δF (Ip)) =α(∆).
Chứng minh Giả sử B ⊆ {x1, , xn}là một phủ đỉnh tối tiểu của δ F (Ip), khi đó B phủ tất cả các mặt (F1) p , ,(Ft) p suy ra B phủ tất cả các mặt (F1) p , ,(Fq) p Suy ra B phủ tất cả các mặt F1, , Fq Giả sử B ′ là là tập con của B có số phần tử là α(∆) Do đó B ′ là phủ tối tiểu ∆ mà
B ′ ⊆ {x 1 , , xn}, khi đó B ′ cũng là phủ tối tiểu của δF(Ip) Do B ′ chứa ít nhất 1 đỉnh của các mặt F 1 , , F q và do (F i ) p là mặt tương ứng với (m i ) p loại bỏ tất cả các biến không thuộc tập{x i 1 , , x i s }, màB ′ ⊆ {x i 1 , , x i s }, nên (m i ) p có đỉnh nằm trong B ′ , hay B ′ là phủ tối tiểu của δ F (I p ) Suy ra B ⊆ B ′ do đó B = B ′
Vậy δ F (Ip) là không trộn lẫn và α(δ F (Ip)) = α(∆).
Bổ đề 2.2.8 [6, lemmas 4.5] Cho ∆ là cây ứng với tập đỉnh {x 1 , , x n } và cho I = F(∆) là iđêan mặt của ∆ trong vành đa thức R = k[x 1 , , x n ], trong đó k là một trường Khi đó với mọi iđêan nguyên tố p của R, ta có δ F (Ip) là rừng.
Chứng minh Không mất tính tổng quát, giả sử p = (x i 1 , , x i n ) khi đó giả sử ∆ = ⟨F 1 , , F q ⟩, I p (m 1 ) p , ,(m t ) p và ∆ ′ = δ F (I p ) = ⟨F 1 , , F q ⟩ với t ≤ q Để chứng minh ∆ ′ là rừng, ta cần chỉ ra mọi phức con khác ∅ của ∆ đều có lá Cho ∆ ′ 1 = D
(F j1 ) p , ,(F js ) p E là phức con của ∆ ′ , trong đó (Fj1) p , ,(Fjs) p phân biệt.
Nếu s = 1 thì ∆ ′ có lá (Fj1) p Giả sử s > 1 Khi đó ta có phức sau là phức con của ∆:
∆1 = ⟨F j1 , , Fjs⟩, do ∆ là cây nên ∆1 có ít nhất một lá, không mất tính tổng quát, giả sử lá đó là (Fj1) Khi đó, tồn tại G = ∆1\ ⟨F j1 ⟩ sao cho
F j1 ∩F ⊆ F j1 ∩G (3) với mọi mặt cực đại F ∈ {Fj1, , Fjs} Địa phương hóa tại p, không mất tính tổng quát ta có
E Từ (3) ta lấy giao với {x 1 , , x n } ta được (F j1 ) p ∩(F) p ⊆ (F j1 ) p ∩(G) p với mọi
.Suy ra (Fj1) p là lá của ∆ ′ 1 Vậy Bổ đề được chứng minh xong.
Phức ghép
Trong mục này luận văn tiếp tục trình bày thêm một phức đơn hình đặc biệt gọi là phức đơn hình ghép dựa trên tài liệu [6] Định nghĩa 2.3.1 [6, Definition 7.1] Một phức đơn hình ∆ gọi là phức ghép của phức đơn hình ∆ ′ = ⟨G 1 , , G s ⟩ với các mặt F 1 , , F r nếu
∆ =⟨F 1 , , F r ⟩ ∪ ⟨G 1 , , G s ⟩ thỏa mãm các tính chất sau: i) V (∆ ′ ) ⊆ V (F1)∪ .∪V (Fr). ii) F1, , Fr là các lá của ∆. iii) {G1, , Gs} ∩ {F1, , Fr} = ∅. iv) Với i ̸= j, Fi∩Fj =∅. v) Nếu Gi là nối của ∆ thì ∆\ ⟨Gi⟩ cũng là phức ghép với mọi i ∈ {1, , s}
Nhận xét 2.3.1 Phức đơn hình gồm có một mặt cực đại hoặc các mặt cực đại đối mặt nhau là phức ghép Giao các phức ghép là phức ghép Từ điều kiện (v) ta thấy rằng nếu F là lá của phức ghép ∆ Thì tất cả các mặt cực đại H, H ′ sao cho H ∩F, H ′ ∩F ̸= 0 sẽ có hai khả năng xảy ra
H ∩F ⊆ H ′ ∩F hoặc H ′ ∩F ⊆ H ∩F Suy ra ta có dãy sau:
, trong đó H1, H2, , Ht là các mặt cực đại của ∆ có giao khác rỗng với F.
Ví dụ 2.3.1 [6, Example 7.5] Cho phức Định lý 2.3.1 Cho phức ghép của phức⟨G1, , Gs⟩ với các mặtF1, , Fr. Khi đó ∆ là phức không trộn lẫn và α(∆) = r.
Chứng minh Trường hợp 1: ⟨G 1 , , Gs⟩ = ⟨∅⟩ Khi đó F1, , Fr là các mặt đôi một rời nhau, nên {F 1 , , F r } là tập độc lập nên α(∆) = r.
Trường hơp 2: ⟨G 1 , , Gs⟩ ̸= ⟨∅⟩ suy ra r +s ≥ 2 Bây giờ chúng ta quy nạp theo số mặt cực đại của ∆ là q =r +s.
Với q = 2, chỉ có thể có r = 1 và s = 1 (Do V ⟨G 1 , , G s ⟩ ⊆
V (F 1 )∪, ,∪(F r ) nên {F 1 , , F r } ̸= ∅) Khi đó một đỉnh chung của
F 1 và G 1 là các tập độc lập tối tiểu của ∆ nên α(∆) = 1.
Với q = 3, do ⟨G1, , Gs⟩ ̸= ⟨∅⟩ nên ∆ có hai khả năng là ⟨F1⟩ ∪
⟨G1∪G2⟩ hoặc ⟨F1, F2⟩ ∪ ⟨G1⟩ Giả sử ∆ = ⟨F1⟩ ∪ ⟨G1∪G2⟩, theo i) của Định nghĩa 2.3.1 ta cóV (G1)∪V (G2) ⊂ V (F1), nghĩa là G1, G2 ⊆ F1 nên
∆\ ⟨F 1 ⟩= {0}nên mâu thuẫn vớiF1là lá của∆ Do đó∆ = ⟨F 1 , F2⟩∪⟨G 1 ⟩. Theo định nghĩa 2.3.1 của phức ghép ta có F1∩F2 = ∅ suy ra α(∆) ≥ 2. Mặt khác V (G 1 ) ⊆ V (F 1 )∪V (F 2 ), nên α(∆) ≤ 2, suy ra α(∆) = 2 Giả sử q >3, nghĩa là ∆ có nhiều hơn ba mặt cực đại Do F 1 là lá nên
U ∆ (F 1 ) ̸= ∅, không mất tính tổng quát, giả sử G 1 ∈ U ∆ (F 1 ), theo Định 2.3.1 của phức ghép , ta có ∆\ ⟨G 1 ⟩ = ⟨F 1 , , F r ⟩ ∪ ⟨G 2 , , G s ⟩ là một phức ghép, theo giả thiết quy nạp ta có α(∆\ ⟨G1⟩) = r Gọi A là một phủ đỉnh của ∆, do {F1, , Fr} là một tập độc lập của ∆ nên α(∆)≥ r Giả sử α(∆) > r Do A là tập phủ đỉnh của ∆ nên cũng là phủ đỉnh của ∆\ ⟨G 1 ⟩, khi đó ta có thể chọn một tập con A ′ của A là phủ đỉnh tối tiểu của ∆\ ⟨G 1 ⟩ Do α(∆\ ⟨G 1 ⟩) = r nên |A ′ |= r hay A ′ là tập con thực sự của A do đó A ′ không phải là phủ đỉnh của ∆, nên tồn tại một mặt cực đại của ∆ không có đỉnh nào thuộc A ′ , mà A ′ đều chứa ít nhất một 1 đỉnh của F 1 , , F r , G 2 , , G s do đó không có đỉnh nào của G 1 nằm trong A ′
Vì vậy A ′ phải chứa một đỉnh xtự do của F 1 (tất cả các đỉnh không tự do của F1( tất cả các đỉnh không tự do của F1 đều nằm trong G1 do F1∩G1 là tập lớn nhất) Dẫn đến A phải chứa 1 đỉnh của G1, giả sử đỉnh đó là y và y /∈ F1, suy ra A = A ′ ∪ {y}.
Giả sử y /∈ Fi, i ≥ 2 Khi đó y /∈ V (F1)∪ ∪V (Fr) mâu thuẫn với y ∈ V (G1)∪ .∪V (Gr) ⊆ V (F1)∪ .∪V (Fr) Suy ra tồn tại ít nhất một mặt F i , i ≥ 2 sao cho y ∈ F i Không mất tính tổng quát, giả sử y ∈F 2 suy ra y ∈ G 1 ∩F 2 Mặt khác do A ′ là phủ đỉnh của ∆\ ⟨G 1 ⟩, nên F 2 có ít nhất một đỉnh khác thuộc A ′ , giả sử là Z Do đó F 2 có 2 đỉnh cùng nằm trong A khác nhau y, t nằm trong A, suy ra |A| = r + 1 và các mặt
F1, F3, , Fr, mỗi mặt có duy nhất một đỉnh thuộc A.
Xét lá F 2 , không mất tính tổng quát, giả sử G 2 ∈ VU ∆ (F 2 ) Khi đó
∆\ ⟨G 2 ⟩ có tập A ′′ là phủ đỉnh tối tiểu là tập con thực sự của A, do đó
|A ′′ | = r Vì A chỉ chứa một đỉnh của các mặt F 1 , F 3 , F 4 , , F r , do đó ta có thể chọn A ′′ từ A bằng cách xóa đi {y} hoặc {z} Khi đó A ′′ cũng là một phủ đỉnrh của ∆ mâu thuẫn với A là phủ đỉnh tối tiểu của ∆.
Vậy α(∆) = r và ∆ là phức không trộn lẫn.
Ví dụ 2.3.2 Cho∆ ′ là phức không trộn lẫn như sau⟨{x, y, t},{z, y, t},{x, z, t}⟩ Xét phức ghép ∆ = ∆ ′ ∪ ⟨{x, y, u},{z, w},{t, v}⟩ là phức không trộn lẫn có α(∆) = 3.
Bổ đề 2.3.1 Cho ∆ là phức đơn hình không trộn lẫn sao cho α(∆) β(∆) = r và {F 1 , , F r } là tập độc lập cực đại các mặt cực đại của ∆. Khi đó V(∆) = V(F 1 )∪ .∪v(F r ).
Trong phần cuối của mục này, chúng tôi giới thiệu về vấn đề địa phương hóa của một phức ghép.
Mệnh đề 2.3.1 [6, Proposition 7.9] Cho ∆ là phức ghép có tập đỉnh được kí hiệu là x1, , xn và I = F(∆) Giả sử k là một trường và p là iđêan nguyên tố của vành đa thức R= k[x1, , xn] Khi đó δF(Ip) là một phức ghép.
Chứng minh Giả sửp ′ là iđêan nguyên tố sinh bởi các biếnxi ∈ {x1, , xn} vào cho xi ∈ p Do đó p ′ ⊆ p Giả sử I = {m1, , mq} khi đó Ip ′
Giả sử x j là một biến của (m j ) p ′, khi đó x j ∈ p ′ suy ra xj ∈ phay xj ∈/ R\p = S (là tập nhân đóng của Rứng với iđêan nguyên tố p) Do Ip = {a/s | a ∈ I, s ∈ R\p} và Ip ′ = {a/s| a ∈I, s ∈R\p ′ }.
Từ p ′ ⊆ p nên R\p ′ ⊇ R\p, nên I p ⊆ I p ′ Từ giả thiết, tất cả các biến x i của p đề nằm trong p ′ nên nếu x i ∈/ p ′ thì x j ∈/ p Ta có thể viết m i = (m i ) P ′ ã(m i ) ′ , trong đú (m i ) ′ gồm tất cả cỏc biến x j ∈/ p ′ , nờn cũng gồm các biến không thuộc p suy ra (m ′ i ) ∈ p suy ra m ′ i ∈ S Ta viết lại ảnh của (mi) trong Ip ′ như sau m i /1 = (m i )m ′ i /1.
Khi đú (mi) P ′ = m1/1ã1/ m ′ i = mi/ m ′ i Do (mi) ∈ I,(mi) ′ ∈ S = R/p nên (mi) p ′ ∈ Ip hay Ip ′ = Ip vậy Ip = Ip ′ Do đó ta chỉ cần chứng minh kết quả của mệnh đề cho các iđêan nguyên tố sinh bởi các biến Giả sử
P = (x i 1 , , x i h ) Theo định nghĩa 2.2.7 Giả sử
Với 1 ≤ i ≤ t,1 ≤ j ≤ u thì (F i ) p = F i ∩ {x i 1 , , x i h }; (G j ) p Gj ∩ {xi 1, , xi h } và với mỗi mặt (Ft+1) p , ,(Fr) p ; (Gt+1) p , ,(Gs) p đều chưa ít nhất một trong các mặt (F1) q , ,(Ft) q , (G1) q , ,(Gu) q (1) Đổi tên lại các mặt cực đại của ∆p = δF(Ip) như sau: với i = 1, , t, đặtHi(Fi) p Xét với mỗi i =t+ 1, , r,(Fi) p chứa một mặt cực đại trong
(1) DoFi∩Fj =∅ với mọii ̸= j, nên tồn tạij ≤ usao cho (Gj) p ⊆ (Fi) p Giả sử có (G j ) p với j ̸= f ≤ u cũng thỏa mãn (F i ) p ⊇ (G j ) p Khi đó, do
F i là lá, theo (iv) của Định nghĩa 2.3.1 ta có G j ∩ F i ⊇ G f ∩ F i hoặc
G j ∩F i ⊆ G f ∩F i Suy ra(G j ) p ∩(F i ) p ⊇ (G f ) p ∩(F i ) p hoặc(G j ) p ∩(F i ) p ⊆ (G f ) p ∩(F i ) p Suy ra (G j ) p ⊇ (G j ) p hoặc (G j ) p ⊆ (G f ) p Mâu thuẫn với (Gj) p và (Gj) p là các mặt cực đại của ∆p Do đó chỉ có duy nhất (Gj) p với j ≤ u nằm trong (Fi) p Từ đó, ta có thể đặt Hi = (Gj) p Khi đó phức ∆p được viết lại như sau
∆p = ⟨H1, , Hr⟩ ∪ {E1, , Ev},(2) trong đó E 1 , , E v là các mặt của ∆ p không được đổi tên thành H i Bây giờ ta sẽ chứng minh ∆ p là phức ghép của phức đơn hình ⟨E 1 , , E v ⟩ với các mặt H 1 , , H r
Từ cách xây dụng trên ta có {H 1 , , H r } đôi một rời nhau Thật vậy, lấy i 1 ̸= i 2 ;i 1 , i 2 ≤ r, tồn tại i 1 ̸= i 2 sao cho
Mà cóFj 1∩Fj 2 = ∅ nênHi 1∩Hi 2 = ∅ Do đó điều kiện (iv) của Định 2.3.1 thỏa mãn Theo Định lý??, ta có∆p không trộn lẫn vàα(∆p) = α(∆) =r.
Từ cách xây dựng ∆ p bằng cách đổi tên mặt như công thức (2), ta có {H 1 , , H r } là tập độc lập cực đại của các mặt cực đại của ∆ p , nên β(∆ p ) = α suy ra α(∆ p ) = β(∆ p ) Theo Bổ đề 2.3.1 ta nhận được
Từ đó ta chứng minh được điều kiện i) của Định nghĩa 2.3.1 Do đó
E1, , Ev không có đỉch tự do và cũng không có lá của ∆p Từ cách xây dựng ∆p ở công thức (2), ta có {H1, , Hr} ∪ {E1, , Ev} = ∅ Từ đó ta cũng chứng minh được (iii) của Định 2.3.1.
Tiếp theo ta chứng tỏ{H 1 , , H r }là các lá của∆ p Nếu∆ p = ⟨H 1 , , H r ⟩ thì ∆ p là phức ghép Do đó, ta có thể giả sử ∆ p có thành phần liên thông
Tính chất Cohen-Macaulay của iđêan mặt
Iđêan mặt của phức ghép
Trong mục này, chúng tôi trình bày kết quả về tính chất Cohen-Macaulay của một iđêan mặt của phức ghép các kết quả này được trình bày trong [6].
Bổ đề 3.1.1.Cho∆ là phức đơn hình có láF và nốiG Khi đóα(∆\⟨G⟩) α(∆).
Chứng minh Giả sử α(∆) = r Cho ∆ ′ = ∆\⟨G⟩ và A là một tập phủ đỉnh tối tiểu của ∆ ′ Khi đó bất kì phủ đỉnh nào của ∆ đều có một tập con là phủ đỉnh của ∆ ′ nên |A| ≤ r Do F là lá của ∆, nên tồn tại một đỉnh x ∈ A sao cho x ∈F.
Nếu x là đỉnh tự do của F, ta có thể thay x bởi đỉnh không tự do của
F để nhận được một phủ đỉnh tối tiểu A ′′ của ∆ ′ , ứng với A ′ là phủ đỉnh tối tiểu của ∆ suy ra |A ′ | ≤ |A| Do A ′ là phủ đỉnh tối tiểu của ∆ suy ra
Hệ quả 3.1.1 ∆ là phức đơn hình cây và G ∈ ∆ là một nối, khi đó α(∆\⟨G⟩) =α(∆).
Chứng minh Do ∆ là phức đơn hình cây nên phải có ít nhất một lá, theo
Bổ đề 3.1.1, ta có α(∆\⟨G⟩) =α(∆). Định lý 3.1.1 Cho ∆ là phức đơn hình cây (rừng) và α(∆) = r Khi đó
∆ có r mặt độc lập và vì vậy α(∆) = β(∆) =r.
Ta chứng minh quy nạp theo số mặt cực đại q của ∆ Nếu q = 1, khi đó α(∆) = β(∆) = 1 Giả sử định lý đúng cho mọi rừng có ít hơn q mặt cực đại và cho ∆ là rừng có q mặt cực đại Nếu mọi thành phần liên thông đều có duy nhất 1 lá thì ta có α(∆) = β(∆) Trong các truòng hợp còn lại, theo hệ quả 3.1.1 khi xóa một nối của ∆ ta nhận được ∆ ′ là rừng có α(∆ ′ ) = r Khi đó theo giả thiết quy nạp ∆ ′ có r mặt cực đại độc lập và cũng là các mặt cực đại độc lập của ∆, suy ra α(∆) = β(∆) Hiển nhiên ta có α(∆) ≥ β(∆) Suy ra α(∆) =β(∆).
Cho R là vành đa thức k[x 1 , , x n ]/(m 1 , ,m q ), trong đó m 1 , ,m q là các đơn thức gồm các biến x 1 , , x n và k là một trường, Khi đó, tồn tại N ≥ n và một tập các đơn thức không chứa bình phương trong vành k[x 1 , , x N ] sao cho
R =R ′ /(f1, , fN −nn), trong đó R ′ = k[x 1 , , x N ]/(n 1 , , n q ) và (f 1 , , f N −n ) là một dãy chính quy bậc 1 trong R ′
Chứng minh Không mất tính tổng quát, giả sử xi | mi với 1 ≤ i ≤ s và xi ∤ mj với s < j ≤ q Với mỗi i = 1, , s đặt m1 = m1/x1 Khi đó ta có thể viết
I = (m 1 , ,m q ) = (x 1 m 1 ′ , , x 1 m s ′ ,m s+1 , ,m q ). Đặt I1 = (x1m 1 ′ , , x1m s ′ ,ms+1, ,mq) ⊆ k[x1, , xn+1] Khi đó, R R1/(n+1 −xn)R1, trong đó R1 = k[x1, , xn, xn+1]/I1 Do đó xn+1 −x1 là phần tử chính quy trong R1 và I1 là iđêan đơn thức không chứa bình phương Tiếp tục quá trình trên ta nhận được điều phải chứng minh. Định lý 3.1.2 Cho ∆ là một phức ghép trên một tập đỉnh {x 1 , , x n } và k là một trường Khi đó R(∆) =k[x 1 , , x n ]/F(∆) là một vành Cohen- Macaulay.
Chứng minh Cho m là một iđêan cực đại bất kì củaR(∆), lập luận tương tự như trong Bổ đề 2.2.8 và Bổ đề 2.3.1, nếu p = (x1, , xe) là iđêan sinh bởi các biến thuộc Rm thì Im = Ip là iđêan mặt của một phức đơn hình trên tập đỉnh {x 1 , , xe} Vì vậy, ta có thể viết m= p+q, trong đó q là iđêan nguyên tố của k[x e+1 , , x n ] Từ đó, ta có
Theo [4, theorem 5.5.5], ta có do k[x1, , xe] p là Cohen-Macaulay nên chỉ cần chứng minh k[x1, , xe] p /Ip là Cohen-Macaulay Từ đó suy ra được R(∆) m Cohen-Macaulay.
Giả sử với mọi i ≤ r, F i = y i x i 1 x i ui , trong đó y i là một đỉnh tự do của lá F i và y i , x i 1 , , x i ui ∈V Xét vành
Trong đó E1, , Es là các iđêan đơn thức ứng với các mặt G1, , Gs, trong đó mỗi đỉnh thuộc Fi được thay bởi đỉnh tự do yi Hay nói cách khác, nếu
S =R(∆)/J, và dãy y1−x 1 1 , , y1−x 1 u1 , , yr −x r 1 , , yr −x r ur (∗) là dãy chính quy trong vR(∆).
Giả sử xét lá Fi và H 1 i , , H e i i là tất cả các mặt của ∆\(Fi), ta có dãy tăng
Từ dãy (*),ta đặt thứ tự yi−x i 1 , , yi −x i ui (∗ ∗ ∗) sao cho với bất kì e và f, x i e ∈ H f i thì x i e ∈ H f i +1
Bây giờ, ta quy nạp theo số mặt cực đại của ∆ Nếu xóa một nối, chẳng hạn đó là G1 ∈ U∆(F1), ta nhận được phức ghép ∆ ′ = ∆\ ⟨G1⟩ trên tập đỉnh x1, , xn Theo Bổ đề 3.1.1, ta có α(∆ ′ ) =α(∆) Do đó
Suy ra dimR(∆) = dimR(∆ ′ ) Hơn nữa, ∆ ′ có các lá F1, , Fr Do đó theo kết quả quy nạp ta có S ′ = R(∆)/J, nghĩa là
Theo giả thiết quy nạp đã cho thấy rằng áp dụng dãy (*) cho (S ′ ), tất cả các mặt cực đại của ∆ ′ được khôi phục về vị trí ban đầu Từ đó ta nhận thấy rằng quá trình thực hiện trên sẽ đưa ra E 1 biến thành G 1 Vậy R(∆) là vành Cohen-Macaulay.
Iđêan mặt của phức cây
Trong mục này, chúng tôi trình bày về tính Cohen-Macaulay của phức cây Kí hiệu V(∆) là tập đỉnh của ∆ Từ Bổ đề 2.3.1, Không mất tính tổng quát ta luôn giả sử ∆ là phức đơn hình không trộn lẫn.
Bổ đề 3.2.1 2.3.1 Cho ∆ là phức cây không trộn lẫn có α(∆) = r và {F 1 , , F r } là tập độc lập cực đại của các mặt cực đại của ∆, khi đó
V(∆) =V (F 1 )∪ .∪V (F r ) Chứng minh Theo Định lý 3.1.1 ta có α(∆) = β(∆) = r Ta có V(∆) V (F1)∪ .∪V (Fr)
Hệ quả 3.2.1 Nếu ∆ là một cây không trộn lẫn khi đó bất kì tập độc lập cực đại của các mặt cực đại có số phần tử là α(δ) chứa tất cả các lá của
∆ Đặc biệt các lá của cây không trộn lẫn là độc lập.
Chứng minh Với mọi lá đều có một đỉnh tự do, do đó mọi tập các mặt độc lập có số phần tử α(∆) đều phải chứa tất cả các lá.
Hệ quả 3.2.2 Cho ∆ là cây không trộn lẫn, khi đó một tập độc lập cực đại của các mặt cực đại có số phần tử là α(∆) của ∆ không chứa nối Đặc biệt, một nối của cây không thể là một lá.
Chứng minh Giả sửGlà một nối, khi đó sẽ có một láF thỏa mãnF∩F ′ ⊆
F ∩G với mọi mặt cực đại F ′ ∈ ∆\⟨F⟩ Và vì F nằm trong mọi tập độc lập cực đại của các mặt của ∆ Do đó, G không nằm trong bất kì tập độc lập cực đại của các mặt cực đại nào của ∆ Từ đó, ta cũng nhận được một nối của cây không trộn lẫn không phải là một lá.
Như vậy, trong phần tiếp theo chúng tôi sẽ chứng tỏ, đối với một cây không trộn lẫn có duy nhất một tập độc lập cực đại gồm các mặt cực đại của ∆ có số phần tử là α(∆) bao gồm tất cả các lá Trước hết =, ta cần mệnh đề sau để có thể chứng minh kết quả đó bằng quy nạp.
Mệnh đề 3.2.1 Cho ∆ là một cây không trộn lẫn có lá F và G là một joint của F khi đó ∆ ′ = ∆\⟨G⟩ là không trộn lẫn.
Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo số đỉnh của ∆ Cho
∆ =⟨F1, , Fq⟩ và V ={x1, , xn} là tập đỉnh của ∆.
Giả sử rằng α(∆) = r và A là một phủ đỉnh tối tiểu của ∆ ′ Nếu n = 1, mệnh đề đúng Giả sử α(∆) = r và A là một phủ đỉnh tối tiểu của ∆ ′ Theo Hệ quả 3.1.1, ta có α(∆ ′ ) = r Nếu A chứa một đỉnh của G thì A cũng là phủ đỉnh tối tiểu của ∆ và suy ra số phần tử r Do đó, ta giả sử rằng
Khi đó có đỉnh x∈ V\(A ∪G) Khi đó V = A∪G Với bất kì y ∈ A, có mặt cực đại H ∈ ∆ ′ sao cho H ∩A = {y} ( vì nếu không có H thì A\{y} là một phủ đỉnh của ∆, mâu thuẫn với tính tối tiểu của A ) Từ (2), ta nhận được H = (G∩H)∪ {y} (3) Mặt khác,theo Định lý ?? ta có thể giả sử {F 1 , , F r } là tập độc lập cực đại của các mặt cực đại trong ∆.Theo
Hệ quả 3.2.2 khi đó ta có G /∈ {F1, , Fr}.
Vì |A| = r, nên có một mặt, chẳng hạn Fr chứa nhiều hơn một điểm A, vì vậy, ta có thể giả sử
A∩Fr ={y1, , ys}, trong đó và y1, , ys là các phần tử phân biệt của ∆.Từ (2), ta nhận được
Lập luận tương tự để suy ra (3), ta có thể lấy H 1 , , H s là các mặt cực đại của ∆ ′ sao cho
Hi = (G∩Hi)∪ {yi}.(5) với i = 1, , s và xét cây sau
Theo Bổ đề 2.2.1 thì cây trên có ít nhất hai lá, nhưng dựa trên mô tả của F r , H 1 , , H s trong (4) và (5) chỉ có một mặt của cây này là G có một đỉnh tự do Điều này mâu thuẫn Vậy có một đỉnh x ∈ V\(A ∪ G) Tiếp theo, ta sẽ chứng tỏ không thể có |A| > r Cho x∈ V\(A ∪G) Địa phương hóa tại iđêan nguyên tốpsinhbởi V\{x}, và sử dụng giả thiết quy nạp.
. Không mất tính tổng quát, giả sử, với mỗi t ≤ q
, ở đây Fe 1 = F i \{x} và mỗi Fg t+1 , ,Fe q chứa ít nất một mặt Ff 1 , ,Fe t Từ
Bổ đề 2.2.7,ta có ∆p là rừng có tập đỉnh là tập con thực sự của V.Theo Bổ đề 2.2.7 Ta có ∆p không trộn lẫn và α(∆p) = r Bây giờ, ta tập trung xem xét ∆ ′ p Bên cạnh đó có thể là G, tất cả các cạnh khác củae ∆p và ∆ ′ p là như nhau Thật vậy, Lấy Fei ∈ ∆ ′ p Khi đó Fej ⊈ Fei với mọi Fj ∈ ∆ ′ , j ̸= i Mặt khác, vì Ge = G và G ⊈ F i , ta có Ge ⊈ Fe i Và vì vậy Fe i ∈ ∆ p Ngược lại, nếu Fe i ∈ ∆ p , thì Fe j ⊈ Fe i , với mọi F j ∈ ∆, j ̸= i, tương tự với mọi
F j ∈∆ và vì vậy Fe i ∈ ∆ ′ p Vì vậy có hai khả năng
Trường hợp 1: Nếu Ge ∈ ∆ p , thì∆ p = ∆ ′ p , suy ra A cũng là phủ đỉnh tối tiểu của ∆ p , do tính không trộn lẫn suy ra |A| = r mâu thuẫn với |A|> r Trường hợp 2: Nếu Ge ∈ ∆p, khi đó Fei ∈ ∆p.
Nếu không với mỗi mặt của H của ∆, ta có He ⊆ Fe, vì vậy H ∩F = ∅ và từ G là nối của lá F, nên
Dẫn đến He ⊆ G, đây là điều vô lý.e
Do đó Fe là lá của ∆p, nếu He là một mặt của ∆p sao cho He ∩Fe ̸= ∅, khi đó
Và vì vậy Ge là nối của ∆ p Theo giả thiết quy nạp ∆ ′ p = ∆ p \⟨G⟩ là rừng không trộn lẫn Suy ra|A|= r, mâu thuẫn Vậy mệnh đề được chứng minh. Định lý 3.2.1 Giả sử ∆ là cây không trộn lẫn với nhiều hơn một mặt cực đại sao cho α(∆) =r Khi đó ∆ có thể viết như sau:
Thỏa mãn các tính chất sau:
(i) F 1 , , F r là tất cả các lá của ∆
(iv) Nếu một mặt H ∈ ∆ không phải là lá thì không chứa đỉnh tự do
Chứng minh Theo Hệ quả thì các mệnh đề (ii),(iii) và (iv) được suy ra từ (i) Do đó, ta chỉ cần chứng minh (i) Ta chứng minh bằng quy nạp theo số mặt cực đại q của ∆. q = 1 hiển nhiên đúng q > 1, theo Bổ đề 2.2.1 thì q > 3. q = 3 Giả sử F 1 , F 2 là hai lá rời nhau của ∆ Và G 1 là mặt cực đại thứ ba Do ∆ liên thông và không trộn lẫn nên G 1 không thể là lá (vì các lá phải đôi một rời nhau) Vì vậy G 1 là một nối của cả F 1 và F 2 do đó q = 3 thì (i) đúng.
Trong trường hợp tổng quát, Giả sử G là nối của ∆,theo Hệ quả 3.2.2cuacaykhongphaila và Mệnh đề 3.2.1 thì G không phải là lá Theo giả thiết quy nạp
∆ ′ = ⟨F 1 , , F r ⟩ ∪ ⟨G 1 , , G s ⟩ thỏa mãn từ (i) đến (iv) Từ (iv) ta thấy F là lá của ∆, khi đó F là một lá của ( do F có chứa một đỉnh tự do) Bây giờ ta chứng tỏ điều ngược lại là đúng, nghĩa là ta sẽ chứng minh F 1 , , F r là lá của ∆ Ta có ∆ được biểu diễn như sau:
Trường hợp 1: G là nối duy nhất của ∆ Không mất tính tổng quát, giả sử có số e(e ∈ [1, r]) sao cho F 1 , , F e−1 là các lá của ∆ và F e , , F r không phải là lá của ∆ Xóa các mặt cực đại Fe, , Fr ta được rừng
Theo Bổ đề 2.2.1 thì ∆ " có ít nhất hai lá Do tất cả G1, , Gs không phải là lá (nên không có đỉnh tự do) Thật vậy