Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)

Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)Phân tích tham số của Iđêan đơn thức (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LÊ THỊ THU HƯỜNG PHÂN TÍCH THAM SỐ CỦA IĐÊAN ĐƠN THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM LÊ THỊ THU HƯỜNG PHÂN TÍCH THAM SỐ CỦA IĐÊAN ĐƠN THỨC Chuyên ngành: Đại số lý thuyết số Mã số: 604 601 04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS TRẦN NGUYÊN AN THÁI NGUYÊN - 2016 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan kết trình bày luận văn không bị trùng lặp với luận văn trước Nguồn tài liệu sử dụng cho việc hoàn thành luận văn nguồn tài liệu mở Các thông tin, tài liệu luận văn ghi rõ nguồn gốc Thái Nguyên, ngày tháng năm 2016 Tác giả luận văn Lê Thị Thu Hường i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành khóa 22 đào tạo Thạc sĩ trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, hướng dẫn TS.Trần Nguyên An, giảng viên khoa Toán Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy hướng dẫn, người tạo cho phương pháp nghiên cứu khoa học đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc dành nhiều thời gian, công sức giúp đỡ hoàn thành luận văn Tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy cô giáo trường Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học, người tận tình giảng dạy, khích lệ, động viên vượt qua khó khăn học tập Tôi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo Khoa Sau đại học, Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ suốt thời gian học tập Cuối cùng, xin cảm ơn bạn bè, người thân gia đình động viên, ủng hộ vật chất tinh thần để hoàn thành tốt luận văn khóa học Thái Nguyên, ngày tháng năm 2016 TÁC GIẢ LÊ THỊ THU HƯỜNG ii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục iii Mở đầu Chương Iđêan đơn thức 1.1 Iđêan đồ thị iđêan đơn thức 1.2 Tập sinh iđêan đơn thức 1.3 Phép toán iđêan đơn thức 1.4 Iđêan m-bất khả quy 19 Chương Sự phân tích m-bất khả quy phân tích tham số 23 2.1 Sự phân tích m-bất khả quy 23 2.2 Iđêan tham số 30 2.3 Phần tử góc cách tìm 36 KẾT LUẬN 45 Tài liệu tham khảo 46 iii Mở đầu Một kết đại số giao hoán định lý phân tích bất khả quy chứng minh Emmy Noether năm 1921 Trong báo Emmy Noether chứng minh iđêan vành Noether viết thành giao hữu hạn iđêan bất khả quy số iđêan bất khả quy biểu diễn không phụ thuộc vào cách biểu diễn Số gọi số khả quy iđêan Việc tìm phân tích bất khả quy vành khó, người ta thường nghiên cứu vành đa thức, cho lớp iđêan đặc biệt iđêan đơn thức Nghiên cứu iđêan đơn thức cho ta mối liên hệ tổ hợp đại số giao hoán Gần phân tích bất khả quy iđêan đơn thức trở thành vấn đề có nhiều ứng dụng lĩnh vực từ toán học túy đến môn khoa học khác Mục đích luận văn tìm hiểu phân tích bất khả quy cho số lớp iđêan đặc biệt: số dạng iđêan đơn thức; lũy thừa Frobenius iđêan đơn thức; đặc biệt tìm hiểu phân tích tham số iđêan đơn thức Luận văn dựa tài liệu tham khảo giảng "Monomial ideals and their decomposition" M Rogers S Sather-Wagstaff [3] số ví dụ sách [1], [2], [4] Luận văn bố cục làm hai chương Để tiện theo dõi, chương trình bày số vấn đề iđêan đơn thức; iđêan đồ thị iđêan đơn thức; tập sinh iđêan đơn thức; phép toán iđêan đơn thức iđêan m-bất khả quy Chương tìm hiểu phân tích m-bất khả quy, phân tích m-bất khả quy số lớp iđêan, đặc biệt lớp iđêan tham số Chương Iđêan đơn thức Trong toàn luận văn ta quy ước vành vành giao hoán khác có đơn vị thường ký hiệu A, d > số nguyên, R = A[X1 , , Xd ] vành n đa thức d biến A Ký hiệu n = (n1 , , nd ) ∈ Nd ; X n = X1n1 X2n2 Xd d Khi đa thức f ∈ R biểu diễn dạng f= ∑ anX n n∈Λ Trong Λ ⊆ Nd tập hữu hạn Nd cho an = với n ∈ Λ Từ không giải thích thêm nói đến vành R ta hiểu R vành đa thức d biến A Với m = (m1 , , md ), n = (n1 , , nd ) ∈ Nd , p ∈ N Phép cộng phép nhân vô hướng Nd xác định bởi: n + m = (n1 + m1 , , nd + md ), pn = (pn1 , , pnd ) Và X n X m = X n+m , (X m ) p = X pm Ta có quan hệ m n mi ni , với i = 1, , d quan hệ thứ tự Nd Ký hiệu [n] = {m ∈ Nd | m n} = n + Nd Dưới số kiến thức chuẩn bị cần thiết cho nội dung luận văn, kiến thức tham khảo [3] 1.1 Iđêan đồ thị iđêan đơn thức Định nghĩa 1.1.1 Một iđêan đơn thức R iđêan R sinh đơn thức Ví dụ 1.1.2 Đặt R = A[X,Y ] (i) Iđêan I = (X ,Y )R iđêan đơn thức Lưu ý I chứa đa thức X −Y (ii) Iđêan J = (Y − X , X )R iđêan đơn thức J = (Y , X )R (iii) Iđêan tầm thường R iđêan đơn thức = (0)R / R = 1R R = X10 Xd0 R Định nghĩa 1.1.3 Với iđêan đơn thức I ⊆ R, tập hợp [[I]] ký hiệu tập hợp tất đơn thức I Chú ý 1.1.4 Với iđêan đơn thức khác không, I ⊆ R, tập hợp [[I]] ⊂ R tập vô hạn không iđêan Theo định nghĩa, ta có [[I]] = I ∩ [[R]] Bổ đề 1.1.5 Với iđêan đơn thức I ⊆ R, ta có I = ([[I]])R Mệnh đề 1.1.6 Cho I J hai iđêan đơn thức R Khi (i) I ⊆ J [[I]] ⊆ [[J]] (ii) I = J [[I]] = [[J]] Định nghĩa 1.1.7 (i) Cho f g đơn thức R Khi f gọi bội đơn thức g có đơn thức h ∈ R cho f = gh (ii) Cho đơn thức f = X n ∈ R, gồm d số tự nhiên n ∈ Nd gọi vectơ lũy thừa f Bổ đề 1.1.8 Cho f = X m g = X n đơn thức R Nếu h đa thức R cho f = gh mi ni , i = 1, , d h đơn thức h = X p , pi = mi − ni Ví dụ 1.1.9 Đặt R = A[X,Y ] Khi XY không bội X 2Y , X 2Y bội X 2Y Bổ đề 1.1.10 Cho f = X m g = X n đơn thức R Khi điều kiện sau tương đương: (i) f ∈ gR; (ii) f bội g; (iii) f bội đơn thức g; (iv) m n; (v) m ∈ [n] Định nghĩa 1.1.11 Thứ tự chia hết tập hợp đơn thức [[R]] thứ tự X m X m bội X n Xn Bổ đề 1.1.12 Thứ tự chia hết [[R]] quan hệ thứ tự Định lý 1.1.13 Cho f , f1 , , fm đơn thức R Khi f ∈ ( f1 , , fm )R tồn i cho f ∈ fi R Chú ý 1.1.14 Định lí 1.1.13 không fi không đơn thức Định nghĩa 1.1.15 Đồ thị iđêan đơn thức I tập hợp Γ(I) = {n ∈ Nd | X n ∈ I} Định lý 1.1.16 Nếu I = (X n1 , , X nm )R Γ(I) = [n1 ] ∪ ∪ [nm ] Ví dụ 1.1.17 (i) Đặt R = A[X,Y ] Đồ thị iđêan I = (X , X 3Y,Y )R tập hợp Γ(I) = [(4, 0)] ∪ [(3, 1)] ∪ [(0, 2)] ⊆ N2 , biểu diễn sơ đồ Hình 1.1 Hình 1.1: (ii) Đặt R = A[X,Y ] Đặt I = (X )R J = (Y )R Khi I + J = (X ,Y )R Theo Định lí 1.1.16, Γ(I) = [(2, 0)], Γ(J) = [(0, 3)] Γ(I + J) = [(2, 0)] ∪ [(0, 3)] = Γ(I) ∪ Γ(J) Ta có đồ thị Hình 1.2 Hình 1.2: Nhận xét 1.1.18 Một tập khác rỗng γ ⊆ Nd có dạng γ = Γ(I) với iđêan đơn thức I ⊆ A[X1 , , Xd ] với m ∈ γ n ∈ Nd ta có m + n ∈ γ Chẳng hạn, đồ thị Hình 1.3 dạng γ = Γ(I) Hình 1.3: Theo mục (ii), ta nhìn thấy hai ví dụ sau: Trong ví dụ đầu tiên, đơn thức g1 = X 3Y ∈ PR ( f ) vòng tròn ta có g1 ∈ PR ( f ) f ∈ / g1 R (Hình 2.3) ◦ ⊙ ◦ ⊙ 4 Γ((g1 )R) Γ(PR ( f )) = Γ((X ,Y )R) Hình 2.3: Trong ví dụ thứ 2, đơn thức g2 = XY ∈ / PR ( f ) ký hiệu ∗ đồ thị Ta có g2 ∈ / PR ( f ) f ∈ g1 R (Hình 2.4) ◦ ◦ ∗ ∗ 4 Γ((g2 )R) Γ(PR ( f )) = Γ((X ,Y )R) Hình 2.4: Định nghĩa 2.2.5 Cho J iđêan đơn thức R Một phân tích tham số J phân tích J có dạng J = ∩ni=1 PR (zi ) Phân tích tham số J = ∩ni=1 PR (zi ) ′ ′ thừa tồn số j = j cho PR (z j ) ⊆ PR (z j ) Một phân tích tham số 32 ′ J = ∩ni=1 PR (zi ) tối giản không thừa, nghĩa với số j = j ta có ′ PR (z j ) PR (z j ) Chú ý 2.2.6 Cho J iđêan đơn thức R J có phân tích tham số Theo Định lý 1.4.3 iđêan tham số R m-bất khả quy Do đó, phân tích tham số J phân tích m-bất khả quy Ngoài ra, phân tích thừa (tối giản) phân tích tham số thừa (tối giản) phân tích m-bất khả quy Hơn nữa, phân tích tham số đưa phân tích tham số tối giản phân tích tham số tối giản Kết cho ta đặc trưng iđêan đơn thức mà có phân tích tham số Mệnh đề 2.2.7 Cho X = (X1 , , Xd )R Một iđêan đơn thức J ⊆ R iđêan tham số J m-bất khả quy m − rad(J) = X Chứng minh Nếu J iđêan tham số, theo Định lý 1.4.3 có J m-bất khả quy m − rad(J) = X Ngược lại, giả sử J m-bất khả quy m − rad(J) = X Vì m − rad(J) = X suy J = Theo Định lý 1.4.3, tồn số nguyên k,t1 , ,tk , e1 , , ek e cho t1 < < tk d J = (Xte11 , , Xtkk )R Khi ta có dãy sinh đơn thức e e rút gọn Xte11 , , Xtkk J chứa lũy thừa Xi Suy J = (X1e1 , , Xd d )R, J iđêan tham số Định lý 2.2.8 Cho X = (X1 , , Xd )R J iđêan đơn thức R Khi J có phân tích tham số m − rad(J) = X Chứng minh Nếu J có phân tích tham số J = ∩ni=1 PR (zi ), m − rad(J) = m − rad(∩ni=1 PR (zi )) = ∩ni=1 m − rad(PR (zi )) = ∩ni=1 X = X (theo Mệnh đề 2.2.7) Ngược lại, giả sử m − rad(J) = X Theo Hệ 2.1.4 iđêan đơn thức J có phân tích m-bất khả quy J = ∩ni=1 Ji Do với i có m − rad(Ji ) = X Theo Mệnh đề 2.2.7 Ji iđêan tham số với i Suy ra, ∩ni=1 Ji phân tích tham số J Cho X = (X1 , , Xd )R iđêan R Ta có m − rad(Xn ) = X Do theo Định lý 2.2.8 Xn có phân tích tham số Định lý sau mô tả chi tiết cho phân tích tham số 33 Định lý 2.2.9 Với số nguyên n ta có Xn = ∩deg( f )=n−1 PR ( f ) Trong giao chạy tất đơn thức f ∈ [[R]] có deg( f ) = n − Hơn phân tích tham số tối giản Chứng minh Đặt J = ∩deg( f )=n−1 PR ( f ), giao chạy tất đơn thức f = [[R]] có deg( f ) = n − Ta chứng minh J = Xn Từ PR ( f ) iđêan đơn thức, theo Định lý 1.3.1 ta có J iđêan đơn thức Do đó, theo Mệnh đề 1.1.6 để chứng tỏ J = Xn ta chứng minh [[J]] = [[Xn ]] Lấy g đơn thức [[R]] Ta g∈ / J g ∈ / Xn Ta có g ∈ / J tồn đơn thức f ∈ [[R]] có bậc n − 1, cho g ∈ / PR ( f ) Tức là, tồn đơn thức f ∈ [[R]] có bậc n − f ∈ (g)R (Theo Bổ đề 2.2.3) Điều kiện xảy deg(g) < n Do g ∈ / Xn Vậy J = Xn Để giao tối giản, đặt f g hai đơn thức khác với deg( f ) = n − = deg(g) Suy f ∈ PR (g) PR (g) PR ( f ) Ví dụ 2.2.10 Đặt R = A[X,Y ] X = (X,Y )R Ta có X3 = (X , X 2Y, XY ,Y )R Các đơn thức có bậc tổng R X , XY,Y Theo Định lý 2.2.9 ta có X3 = PR (X ) ∩ PR (XY ) ∩ PR (Y ) = (X ,Y )R ∩ (X ,Y )R ∩ (X,Y )R Đồ thị X3 đồ thị phân tích sau Γ(X3 ) Hình 2.5: 34 Γ(PR (X )) = Γ((X ,Y )R) Γ(PR (XY )) = Γ((X ,Y )R) Hình 2.6: Γ(PR (Y )) = Γ((X,Y )R) Hình 2.7: Có thể kiểm tra cách dễ dàng phân tích tối giản Chẳng hạn đơn thức X thuộc PR (XY ) \ PR (X ) Định lý 2.2.11 Cố định số nguyên dương n,t1 , ,tn đặt I = (Xt1 , , Xtn )R Với k ta có I k = ∩e1 + +en=k+n−1 (Xte11 , , Xtenn )R Trong giao chạy tất dãy e1 , , en số nguyên dương có e1 + + en = k + n − Hơn nữa, giao tối giản Chứng minh Không tính tổng quát giả sử I = (X1 , , Xn )R Để đơn giản ta viết 35 e = (e1 , , en ) Ie = (X1e1 , , Xnen )R Trước tiên ta kiểm tra I k ⊆ ∩|e|=n+k−1 Ie Iđêan I k sinh đơn thức dạng f = X1m1 Xnmn mà m1 + + mn = k Ta chứng minh phần tử nằm / Ie Từ ei > mi với iđêan Ie thỏa mãn |e| = k + n − Giả sử f ∈ i = 1, , n Tức ei mi + 1, n k + n − = ∑ ei i=1 n n i=1 i=1 ∑ (mi + 1) = ( ∑ mi) + n = k + n Điều mâu thuẫn Tiếp theo ta kiểm tra I k ⊇ ∩|e|=n+k−1 Ie Đặt R′ = A[X1 , , Xn ] ⊆ R I ′ = (X1 , , Xn )R′ Với n-tọa độ e cho |e| = k + n − 1, với p = k+n−2 n−1 Đặt I1 , , Ip iđêan phân biệt có dạng Ie đặt I1 ′ , , Ip ′ iđêan phân biệt có dạng Ie ′ Bằng quy nạp dựa Mệnh đề 1.3.8, ta có iđêan ∩|e|=n+k−1 Ie = ∩ pj=1 I j ∩|e|=n+k−1 Ie ′ = ∩ pj=1 I j ′ có tập sinh tập tất đơn thức có dạng lcm( f1 , , f p ) mà f j phần tử sinh I j Theo Định lý 2.2.9 phần tử sinh thuộc (I ′ )k ⊆ I k Cuối ta chứng minh giao ∩|e|=n+k−1 Ie tối giản Giả sử ngược lại giao "thừa" Khi tồn e = e′ cho Ie ⊆ Ie′ Tức phần tử Ie thuộc Ie′ Suy ta có ei ei ′ với i = 1, , n Từ giả sử e = e′, ta có ei > ei ′ với số i Do k + n − = |e| > e′ = k + n − Điều mâu thuẫn, ta có điều cần chứng minh 2.3 Phần tử góc cách tìm Định nghĩa 2.3.1 Cho J iđêan đơn thức R Một đơn thức z ∈ [[R]] gọi phần tử góc J z ∈ / J X1 z, , Xd z ∈ J Tập phần tử góc J [[R]] ký hiệu CR (J) Mệnh đề 2.3.2 Cho X = (X1 , , Xd )R J iđêan đơn thức R Khi (i) Các phần tử góc J đơn thức (J :R X) \ J, nói cách khác ta có CR(J) = [[(J :R X)]] \ [[J]] (ii) Nếu z z′ phần tử góc J phân biệt, z ∈ / (z′ )R z′ ∈ / (z)R (iii) Tập CR (J) hữu hạn 36 Chứng minh (i) Được suy từ Định lý 2.1.19 (ii) Giả sử z z′ phần tử góc phân biệt J giả sử thêm z ∈ (z′ )R Suy tồn đơn thức f ∈ [[R]] cho z = f z′ Do z = z′ , nên f = Vì f đơn thức nên f ∈ X Theo (i) ta có z′ ∈ (J :R X), từ điều kiện f ∈ X, suy z = f z′ ∈ J Điều mâu thuẫn với điều kiện z ∈ CR (J) Do z ∈ (z′ )R sai, suy z ∈ / (z′ )R Tương tự có z′ ∈ / (z)R (iii) Iđêan K = (CR (J))R iđêan đơn thức, theo Định lý 1.2.1, K sinh hữu hạn đơn thức z1 , , zn ∈ CR(J) Ta chứng minh {z1 , , zn } = CR (J) Theo giả thiết ta có {z1 , , zn } ⊆ CR (J) Lấy z′ ∈ CR(J) Ta có z′ ∈ CR (J) ⊆ K = (z1 , , zn )R, suy z′ bội đơn thức z j với j Theo (ii) có z′ = z j Hệ 2.3.3 Giả sử X = (X1 , , Xd )R, J iđêan đơn thức R Cho z1 , , zm phần tử góc khác J đặt J ′ = PR (z1 ) ∩ ∩ PR (zm ) (i) Với i = 1, , m ta có (z1 , , zi−1 , zi+1 , , zm )R ⊆ PR (zi ) zi ∈ / PR (zi ) zi ∈ / J′ (ii) J ′ = ∩m i=1 PR (zi ) tối giản (iii) J ⊆ J ′ Chứng minh (i) Từ Bổ đề 2.2.3(ii) có zi ∈ / PR (zi ) Với m = hiển nhiên Ta chứng minh m Với số i j mà j = i, ta có zi = z j , Theo Mệnh đề 2.3.2(ii) zi ∈ / (z j )R Theo Bổ đề 2.2.3(ii) suy z j ∈ PR (zi ) Vậy z1 , , zi−1 , zi+1 , , zm ∈ PR (zi ) (z1 , , zi−1 , zi+1 , , zm )R ⊆ PR (zi ) Vì J ′ ⊆ PR (zi ) suy zi ∈ / J′ (ii) Vì zi ∈ ∩ j=i PR (z j ) zi ∈ / PR (zi ) nên ta có J ′ = ∩m i=1 PR (zi ) tối giản (iii) Từ (i) ta có zi ∈ / J ′ Mặt khác theo giả thiết zi phần tử góc phân biệt J nên zi ∈ / J Suy J ⊆ J ′ Mệnh đề 2.3.4 Cho X = (X1 , , Xd )R I iđêan đơn thức R cho m − rad(I) = X Khi (i) Nếu f ∈ [[R]] \ [[I]] tồn đơn thức g ∈ [[R]] cho f g ∈ CR (I) (ii) CR(I) = / (iii) Tồn iđêan đơn thức J ⊆ R cho J I CR (I) ∩ J = / Chứng minh (i) Đặt S = [[R]] \ [[I]] tập hữu hạn Đặt T = {g ∈ [[R]] | f g ∈ / I} 37 Nếu g ∈ T , f g ∈ / I I iđêan nên g ∈ / I Suy T ⊆ S, T tập hữu hạn Mà g đơn thức T với bậc lớn Do tính cực đại deg(g), ta có với i = 1, , d Xi g ∈ / T Hay nói cách khác, Xi f g ∈ I với i = 1, , d, suy f g ∈ (I :R X) Do f g ∈ / I nên f g ∈ CR(I) (ii) Từ m − rad(I) = X, ta có I = R Đặc biệt, f = ∈ [[R]] \ [[I]] nên theo (i) có đơn thức g ∈ [[R]] cho g = 1g ∈ CR (I) (iii) Cố định đơn thức f ∈ [[J]] \ [[I]] Theo (i) có đơn thức g ∈ [[R]] cho f g ∈ CR(I) Do J iđêan f ∈ J ta có f g ∈ J f g ∈ CR(I) ∩ J Định lý 2.3.5 Cho X = (X1 , , Xd )R giả sử J iđêan đơn thức R cho m − rad(J) = X Nếu phần tử góc phân biệt J z1 , , zm J = ∩mj=1 PR (z j ) phân tích tham số tối giản J Chứng minh Mệnh đề 2.3.4 J có phần tử góc Đặt J ′ = ∩mj=1 PR (z j ), theo Hệ 2.3.3 giao tối giản J ′ ⊆ J Ta chứng minh J ′ ⊇ J Từ PR (z j ) iđêan đơn thức, theo Định lý 1.3.1 J ′ iđêan đơn thức Giả sử ngược lại J ′ J Theo Mệnh đề 2.3.4 ta có J ′ chứa phần tử góc J, hay zi ∈ J ′ Suy zi ∈ PR (zi ), điều mâu thuẫn với Bổ đề 2.2.3 Định lý 2.3.5 phần tử góc J xác định phân tích tham số tối giản J Kết chiều ngược lại định lý trên, tức phân tích tham số tối giản J xác định phần tử góc J Mệnh đề 2.3.6 Cố định đơn thức z1 , , zm ∈ [[R]] giả sử J = ∩mj=1 PR (z j ) phân tích tham số tối giản J Khi phần tử góc phân biệt J z1 , , zm Chứng minh Trước hết ta chứng minh zi phần tử góc J Theo Bổ đề 2.2.3 ta có zi ∈ / PR (zi ) Do J = ∩mj=1 PR (z j ) ⊆ PR (zi ) suy zi ∈ / J Để chứng minh ta cần X j zi ∈ J với j Giả sử ngược lại X j zi ∈ / J, suy X j zi ∈ / PR (zk ) với k Theo Bổ đề 2.2.3 ta có zk ∈ (X j zi )R ⊆ (zi )R Do PR (zk ) ⊆ PR (zi ) Do giao tối giản nên PR (zk ) = PR (zi ) suy i = k Vì zk ∈ (X j zi )R nên ta coi zk ∈ (X j zk )R Từ ta có X j zi ∈ J với i, j suy zi ∈ CR(J) Tiếp theo ta chứng minh phần tử z1 , , zm phân biệt Thậy vậy, zi = z j PR (zi ) = PR (z j ), giao J = ∩mj=1 PR (z j ) tối giản, suy i = j 38 Cuối ta chứng minh CR(J) ⊆ {z1 , , zm } Giả sử z ∈ CR(J) suy z ∈ / J Do tồn k cho z ∈ / PR (zk ) Theo Bổ đề 2.2.3 zk ∈ (z)R Do theo Mệnh đề 2.3.2 ta có z = zk Kết cho ta thấy iđêan đơn thức m-bất khả quy với đơn thức X iđêan tham số Hệ 2.3.7 Cho X = (X1 , , Xd )R giả sử J iđêan đơn thức R cho m − rad(J) = X Khi (i) Với đơn thức z ∈ [[R]] ta có CR (PR (z)) = {z} (ii) Các điều kiện sau tương đương (a) Iđêan J m-bất khả quy; (b) Iđêan J iđêan tham số; (c) J có phần tử góc Chứng minh (i) Trường hợp giao tầm thường J = PR (z) phân tích tham số tối giản Theo Mệnh đề 2.3.6 CR(PR (z)) = CR(J) = {z} (ii) (a) ⇔ (b) Suy từ Mệnh đề 2.2.7 (b) ⇒ (c) Suy từ (i) (c) ⇒ (b) Giả sử J có phần tử góc w Từ Định lý 2.3.5 phân tích J = ∩z∈CR (J) PR (z), phân tích J = PR (w), suy J iđêan tham số Mệnh đề 2.3.8 Cố định đơn thức z1 , , zm ∈ [[R]] đặt J = ∩mj=1 PR (z j ) Khi mệnh đề sau tương đương (i) ∩mj=1 PR (z j ) tối giản; (ii) Với tất số i j, i = j zi ∈ / (z j )R Ví dụ 2.3.9 Đặt R = A[X,Y ] J = (X ,Y )R∩(X ,Y )R∩(X ,Y )R = PR (X 2Y )∩ PR (X 3Y ) ∩ PR (X 4Y ) Ta có phân tích tối giản Theo Mệnh đề 2.3.8 đơn thức dãy X 2Y , X 3Y , X 4Y bội đơn thức đơn thức khác dãy Dưới thuật toán đưa phân tích tham số phân tích tham số tối giản Thuật toán 2.3.10 Đặt R = A[X1 , , Xd ], cố định đơn thức z1 , , zm ∈ [[R]] tập I = ∩mj=1 PR (z j ), giả sử m 39 Bước 1: Sử dụng Mệnh đề 2.3.8 kiểm tra tính tối giản phân tích ∩mj=1 PR (z j ) Bước 1a: Nếu với i, j mà i = j, ta có z j = (zi )R, giao tối giản Trong trường hợp thuật toán kết thúc Bước 1b: Nếu tồn i, j mà i = j z j ∈ (zi )R, giao thừa chuyển sang bước Bước 2: Rút gọn giao cách bỏ iđêan tham số thừa giao Theo giả thiết tồn i, j mà i = j z j ∈ (zi )R Sắp lại thứ tự số, không tính tổng quát ta giả sử i = m Khi j < m z j ∈ (zm )R Do PR (z j ) ⊆ PR (zm ) Suy I = ∩mj=1 PR (z j ) = ∩m−1 j=1 PR (z j ) Áp dụng Bước ta có dãy đơn thức z1 , , zm−1 Thuật toán kết thúc sau nhiều m − bước ta loại bỏ nhiều m − đơn thức từ dãy chọn cuối thu phân tích tham số tối giản Ví dụ 2.3.11 Đặt R = A[X,Y ] J = (X,Y )R ∩ (X ,Y )R ∩ (X ,Y )R ∩ (X ,Y )R ∩ (X ,Y )R = PR (Y ) ∩ PR (XY ) ∩ PR (X 3Y ) ∩ PR (X ) ∩ PR (X 4Y ) Dãy zi để xét Y , XY , X 3Y , X , X 4Y Đơn thức X 3Y bội XY , ta loại bỏ XY khỏi dãy Dãy zi để xét Y , X 3Y , X , X 4Y Đơn thức X 4Y bội X , ta loại bỏ X khỏi dãy Dãy zi Y , X 3Y , X 4Y Không đơn thức dãy bội đơn thức khác Các vectơ số mũ (0, 4), (3, 3), (4, 1) không so sánh được, Do giao J = PR (Y ) ∩ PR (X 3Y ) ∩ PR (X 4Y ) = (X,Y )R ∩ (X ,Y )R ∩ (X ,Y )R phân tích tham số tối giản J Mệnh đề cho ta thêm phương pháp đưa phân tích tham số phân tích tham số tối giản Mệnh đề 2.3.12 Cố định đơn thức phân biệt z1 , , zm ∈ [[R]] với m đặt I = ∩mj=1 PR (z j ) Với j = 1, , m viết z j = X n j với n j ∈ Nd Giả sử ∆ = {n1 , , nm } ⊆ Nd xét thứ tự Nd Giả thiết ∆′ tập phần tử cực đại ∆ thứ 40 tự Khi I = ∩n j ∈∆′ PR (z j ) phân tích tham số tối giản I CR(I) = {z j | n j ∈ ∆′ } ⊆ {z1 , , zn } Chứng minh Theo Mệnh đề 2.3.2 tập ∆ có phần tử cực đại ∆ hữu hạn Với ni ∈ ∆, tồn phần tử n j ∈ ∆′ cho n j ni Suy z j ∈ (zi )R Do PR (z j ) ⊆ PR (zi ) Từ I = ∩n j ∈∆′ PR (z j ) Với n j , nk ∈ ∆′ mà j = k, ta có n j nk n j nk hai số phần tử cực đại ∆ chúng khác Từ z j ∈ / (zk )R PR (zk ) PR (z j ) Theo Mệnh đề 2.3.8 có I = ∩n j ∈∆′ PR (z j ) tối giản theo Mệnh đề 2.3.6 có CR(I) = {z j | n j ∈ ∆′ } Ví dụ 2.3.13 Đặt R = A[X,Y ] J = (X,Y )R ∩ (X ,Y )R ∩ (X ,Y )R ∩ (X ,Y )R ∩ (X ,Y )R = PR (Y ) ∩ PR (XY ) ∩ PR (X 3Y ) ∩ PR (X ) ∩ PR (X 4Y ) Dãy véctơ số mũ ∆ = {(0, 4), (1, 2), (3, 3), (2, 0), (4, 1)} Dãy phần tử cực đại ∆ ∆′ = {(0, 4), (3, 3), (4, 1)} Do giao J = PR (Y ) ∩ PR (X 3Y ) ∩ PR (X 4Y ) = (X,Y )R ∩ (X ,Y )R ∩ (X ,Y )R phân tích tham số tối giản J Trong trường hợp có ba nhiều biến việc sử dụng Thuật toán 2.3.10 để tìm phần tử góc khó thực Trong tình này, mệnh đề sau cho ta cách tìm phần tử góc Mệnh đề 2.3.14 Cho X = (X1 , , Xd )R I iđêan đơn thức R cho m − rad(I) = X Đặt S = [[R]] \ [[I]] w = max{deg( f ) | f ∈ S} Với j = 0, , w đặt D j = { f ∈ S | deg( f ) = j} Với j = 0, w − đặt C j = { f ∈ D j | với i = 1, , d ta có Xi f ∈ / D j+1 } Cw = Dw Khi CR(I) = ∪wj=0C j hợp rời Chứng minh Theo Mệnh đề 2.3.4 ta có CR(I) = / Hơn nữa, tập S hữu hạn Mặt khác, với i = j ta có Ci ∩C j = 0/ phần tử Ci có bậc khác với phần tử C j 41 Trước hết ta chứng minh ∪wj=0C j ⊆ CR(I) Cố định đơn thức f ∈ C j chứng minh f ∈ CR (I) Ta có C j ⊆ D j ⊆ S ⊆ R \ I nên f ∈ / I Theo định nghĩa deg( f ) = j nên ta có deg(Xi f ) = j + với i = 1, , d Nếu j = w f ∈ Cw = Dw , deg(Xi f ) = j + = w + > w = max{deg(g) | g ∈ S} nên Xi f ∈ / S với i = 1, , d Mặt khác, j < w theo định nghĩa C j có Xi f ∈ / D j+1 theo định nghĩa D j+1 có Xi f ∈ / S Trong trường hợp phần tử X1 f , , Xd f đơn thức R mà không thuộc S = [[R]] \ [[I]] Suy X1 f , , Xd f ∈ I f ∈ CR(I) Tiếp theo ta chứng minh ∪wj=0C j ⊇ CR (I) Để kiểm tra điều lấy cố định đơn thức g ∈ CR (I) đặt j = deg(g), ta chứng minh g ∈ C j Từ g ∈ CR (I) suy g đơn thức R không nằm I, g ∈ S Theo định nghĩa ta có g ∈ D j Nếu j = w g ∈ C j Do giả sử j < w Với i = 1, , d ta có Xi g ∈ I Xi g ∈ / S Suy X j g ∈ / D j+1 , g ∈ C j Suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.3.15 Đặt R = A[X,Y ], J = (X , X 4Y, X 3Y ,Y )R ta có đồ thị Hình 2.8 Hình 2.8: Các đơn thức tập S thể với ∗ phần tử D j miêu tả ∗ đường chéo (Hình 2.9) 42 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ Hình 2.9: Trong ví dụ này, tập S chứa 22 đơn thức, bậc cao tìm thấy w = 7, tập D j là: D0 = {1} D1 = {X,Y } D2 = {X , XY,Y } D3 = {X , X 2Y, XY ,Y } D4 = {X , X 3Y, X 2Y , XY ,Y } D5 = {X , X 2Y , XY ,Y } D6 = {X 2Y , XY } D7 = {X 2Y } Ta thấy C7 = D7 = {X 2Y } Với j < w = 7, phần tử C j đơn thức bậc j biểu diễn ∗ cho (a) điểm mà bên phải a (a với dấu chấm đen) (b) điểm bên a, điểm thể đồ thị ⊛ (Hình 2.10) Và ta có C0 = 0/ C1 = 0/ C2 = 0/ C3 = 0/ C4 = {X 3Y } C5 = {X } C6 = 0/ C7 = {X 2Y } 43 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ⊛ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ⊛ ∗ ∗ Hình 2.10: ⊛ Do CR (J) = {X 3Y, X , X 2Y } Từ Định lý 2.3.5 ta có phân tích m-bất khả quy tối giản J J = PR (X 3Y ) ∩ PR (X ) ∩ PR (X 2Y ) = (X ,Y )R ∩ (X ,Y )R ∩ (X ,Y )R 44 KẾT LUẬN Trong luận văn thu kết sau - Trình bày hệ thống số vấn đề iđêan đơn thức đồ thị iđêan đơn thức - Tìm hiểu tập sinh phép toán iđêan đơn thức liên hệ với đồ thị - Tìm hiểu iđêan đơn thức bất khả quy mô tả chúng đồng thời trình bày kết iđêan đơn thức khác vành phân tích thành giao iđêan đơn thức bất khả quy phân tích không thứ tự nhân tử - Tìm hiểu phân tích tham số iđêan đơn thức Mỗi phân tích tham số iđêan đơn thức m-bất khả quy Mọi phân tích tham số đưa phân tích tham số tối giản phân tích tham số tối giản - Tìm hiểu phần tử góc iđêan đơn thức.Các phần tử góc iđêan đơn thức xác định phân tích tham số tối giản iđêan đơn thức ngược lại phân tích tham số tối giản iđêan xác định phần tử góc iđêan đơn thức 45 Tài liệu tham khảo [1] W Bruns, J Herzog (1996), Cohen Macaulay Rings, Revised sdition Cambridge: Cambridge University Press [2] J Herzog and T Hibi (2011), Monomial ideals, Springer [3] M Rogers and S Sather-Wagstaff (2011), Monomial ideals and their decomposition, http://www.ndsu.edu/pubweb/ ssatherw/DOCS/monomial.pdf [4] R H Villarreal (2001), Monomial Algebras, New York: Marcel Dekker Inc 46 ... hiểu phân tích bất khả quy cho số lớp iđêan đặc biệt: số dạng iđêan đơn thức; lũy thừa Frobenius iđêan đơn thức; đặc biệt tìm hiểu phân tích tham số iđêan đơn thức Luận văn dựa tài liệu tham. .. ta thấy iđêan đơn thức có dãy sinh đơn thức rút gọn, dãy sinh đơn thức rút gọn Định lý 1.2.7 Cho I iđêan đơn thức R (i) Mọi tập sinh đơn thức I chứa dãy sinh đơn thức rút gọn I (ii) Iđêan I có... số ví dụ sách [1], [2], [4] Luận văn bố cục làm hai chương Để tiện theo dõi, chương trình bày số vấn đề iđêan đơn thức; iđêan đồ thị iđêan đơn thức; tập sinh iđêan đơn thức; phép toán iđêan đơn