Luận văn thạc sĩ toán học iđêan đơn thức chuẩn tắc và đa diện có tính phân tích nguyên

Mục lục Trang Mục lục Lời nói đầu Chương 1: Iđêan đơn thức chuẩn tắc 1.1 Iđêan chuẩn tắc 1.2 Iđêan đơn thức Chương 2: Tính phân tích nguyên đa diện 10 2.1 Tính phân tích nguyên đa diện 10 2.2 Đa diện có hữu hạn điểm nguyên 11 Kết luận 23 Tài liệu tham khảo 24 Lời nói đầu Iđêan đóng nguyên đóng vai trò quan trọng Đại số giao hoán (xem [8]) Từ khái niệm người ta xây dựng khái niệm iđêan chuẩn tắc iđêan mà iđêan mũ đóng nguyên Khái niệm liên quan chặt chẽ đến bao đóng nguyên đại số Rees, khái niệm quan trọng Đại số giao hoán Việc xác định iđêan đóng nguyên vấn đề khó mặt tính toán ta thuật toán để tính bao đóng nguyên Trong trường hợp iđêan đơn thức, Lejeune - Teissier mô tả dược bao đóng nguyên công cụ tổ hợp đa diện Newton Dựa ý tưởng này, người ta tính iđêan đơn thức chuẩn tắc Ở ta gặp vấn đề phải kiểm tra vô hạn iđêan mũ phải đóng nguyên Gần đây, Robert - Reid - Vitulli cần thử số hữu hạn iđêan mũ đóng nguyên đủ Tuy nhiên ta dặt vấn đề liệu mô tả iđêan đơn thức chuẩn tắc qua đa diện Newton không Về mặt nguyên tắc, đa diện phải chứa đựng thông tin bao đóng nguyên iđêan mũ Gần người ta dùng công cụ Quy hoạch tổ hợp để nghiên cứu iđêan đơn thức thấy iđêan đơn thức chuẩn tắc đa diện Newton có tính phân tích nguyên Tuy nhiên đa diện Newton iđêan đơn thức có vô hạn điểm nguyên nên việc kiểm tra tính phân tích nguyên phức tạp Từ nảy sinh vấn đề liệu quy tính chất phân tích nguyên đa diện Newton đa diện lồi có hữu hạn điểm nguyên hay không Vấn đề giải gần Mục đích luận văn nhằm trình bày cách hệ thống kết Luận văn gồm hai chương Chương nói đến mối liên hệ bao đóng nguyên tính đóng nguyên iđêan đơn thức với đa diện Newton Chương nói đến mối liên hệ tính chuẩn tắc iđêan đơn thức với đa diện Newton việc quy tính phân tích nguyên đa diện Newton đa diện lồi có hữu hạn điểm nguyên Nhân xin bày tỏ lời cảm ơn chân thành tới Viện Toán học tạo điều kiện giúp đỡ suốt trình từ vào học Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đặc biệt tới thầy hướng dẫn GS.TSKH Ngô Việt Trung giúp đỡ suốt trình nghiên cứu hoàn thành luận văn Chương Iđêan đơn thức chuẩn tắc Ký hiệu N tập số tự nhiên Ta nhắc lại số ký hiệu tính chất vành đa thức (trong luận văn ta xét vành đa thức trường) Cho R = K[x1 , , xn ] vành đa thức n biến trường K Một đơn thức R có dạng xa11 xann , (a1 , , an ) ∈ Nn gọi số mũ đơn thức Một từ biểu thức có dạng αxa11 xann α ∈ R gọi hệ số từ Với x = (x1 , , xn ), a = (a1 , , an ) ∈ Nn , ký hiệu xa = xa11 xann Với a, b ∈ Nn ta viết a ≥ b ≥ bi với i = 1, , n a > b a ≥ b ∃i : > bi Đơn thức xa gọi chia hết cho xb (hay xb ước xa ) a ≥ b, ký hiệu xb xa Một đa thức n biến R có dạng αa x a , f (x) = a∈Nn αa ∈ K có hữu hạn hệ số αa = Bậc tổng thể đa thức f (x) degf (x) = max {a1 + · · · + an | αa = 0} 1.1 Iđêan chuẩn tắc Định nghĩa 1.1.1 Cho R vành I iđêan R Một phần tử z ∈ R gọi nguyên I z d + c1 z d−1 + · · · + cd = với ci ∈ I i , i = 1, , d, d > Tập I gồm tất phần tử R nguyên I gọi bao đóng nguyên I Iđêan I gọi đóng nguyên I = I I gọi chuẩn tắc I k đóng nguyên với k ≥ Trong trường hợp R vành đa thức K[x1 , , xn ] ta có kết sau Định lý 1.1.2 [4, theorem 1.4.2] I = (xa | ∃m ∈ N : xam ∈ I m ) Vậy ta có tính chất: xa nguyên I ∃m ∈ N : xam ∈ I m 1.2 1.2.1 Iđêan đơn thức Iđêan đơn thức Định nghĩa 1.2.1 Iđêan I R gọi iđêan đơn thức sinh đơn thức Mệnh đề 1.2.2 [5, Bổ đề 4.2] Cho I = (xa ; a ∈ A) iđêan đơn thức Đơn thức xb ∈ I xb chia hết cho đơn thức xa với a ∈ A Mệnh đề 1.2.3 [5, Bổ đề 4.3] Cho I iđêan đơn thức f ∈ R Các điều kiện sau tương đương: (a) f ∈ I (b) Mọi từ f thuộc I (c) f tổ hợp tuyến tính K đơn thức thuộc I Mệnh đề 1.2.4 [5, Bổ đề 4.6] Mọi iđêan đơn thức I = (xa ; a ∈ A), A ⊆ Nn viết dạng I = (xa1 , , xas ), a1 , , as ∈ A Nói riêng I hữu hạn sinh Định lý 1.2.5 [4, Proposition 1.1.6] Mọi iđêan đơn thức có hệ sinh đơn thức tối tiểu Chính xác hơn, gọi G tập đơn thức I có tính chất tối tiểu theo quan hệ ước Khi G hệ sinh đơn thức tối tiểu I Để đơn giản , ta ký hiệu G(I) hệ sinh đơn thức tối tiểu I 1.2.2 Biểu diễn iđêan đơn thức Cho I = (xa ; a ∈ A) iđêan đơn thức Với xa ∈ I ta cho tương ứng điểm a = (a1 , , an ) ∈ Nn số mũ xa Như vậy, theo mệnh đề 1.3.2 tập tất số mũ tất đơn thức thuộc I điểm nằm khối vuông có đỉnh điểm thuộc A Tập gọi tập số mũ I, ký hiệu Γ(I) Nếu {xa1 , , xas } hệ sinh đơn thức I Γ(I) tập tất điểm nguyên lớn số mũ đó, i = 1, , s, tức Γ(I) = {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a} 1.2.3 Đa diện Newton Định nghĩa 1.2.6 Cho I iđêan đơn thức vành đa thức K[x1 , , xn ] Bao lồi tập số mũ I gọi đa diện Newton I, ký hiệu N (I) Như với I = (xa1 , , xam ), ∈ Nn , i = 1, , m N (I) = conv {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a} ký hiệu convS dùng để bao lồi tập S ⊆ Rn Cho M = xb1 , , xbp tập gồm hữu hạn đơn thức Ký hiệu QM = conv {b1 , , bp } Với J iđêan đơn thức K[x1 , , xn ] theo định lý 1.3.5, J có hệ sinh đơn thức tối tiểu G(J), ta ký hiệu QJ := QG(J) Định lý 1.2.7 [6, Lemma 2.5] Cho I ⊆ K[x1 , , xn ] iđêan đơn thức m ≥ Giả sử I = (xβ1 , , xβl ) (không thiết hệ sinh tối tiểu) Khi (a) N (I m ) = mN (I) (b) N (I) = α ∈ Rn | α ≥ l i=1 ci βi , ci ∈ Q+ : l i=1 ci =1 Chú ý định lý với hệ sinh I Khi chọn xβ1 , , xβl hệ sinh tối tiểu I l i=1 ci βi ∈ QI , phần tử α ∈ N (I) viết dạng α=β+c β ∈ QI c ≥ Từ ta có hệ sau Hệ 1.2.8 Cho I iđêan đơn thức Khi QI ⊆ N (I) Bao đóng nguyên tính đóng nguyên iđêan đơn thức có mối quan hệ chặt chẽ với đa diện Newton nó, điều định lý sau Định lý 1.2.9 [4, Corolarry 1.4.3] Cho I iđêan đơn thức R = K[x1 , , xn ] Khi I = (xa | a ∈ N (I) ∩ Nn ) Như ta có Γ(I) = N (I) ∩ Nn Hệ 1.2.10 (Đặc trưng đóng nguyên iđêan đơn thức) Cho I = (xa1 , , xam ) iđêan đơn thức Khi I đóng nguyên tập số mũ I tập tất điểm nguyên N (I), tức Γ(I) = N (I) ∩ Nn Chứng minh Ta có Γ(I) = N (I) ∩ Nn Vì I = I nên Γ(I) = N (I) ∩ Nn Ngược lại, xα ∈ I, ta có xα xb , b ∈ N (I) ∩ Nn Vì N (I) ∩ Nn = Γ(I) nên xb ∈ I Do xb xai đó, i = 1, , m Vậy xα xai đó, i = 1, , m hay ta có xα ∈ I Chứng minh Với k ≥ 1, ta có Γ(I k ) = N (I k ) ∩ Nn = kN (I) ∩ Nn (do định lý 1.4.2) Nếu I chuẩn tắc hiển nhiên I đóng nguyên Ta chứng minh N (I) có tính phân tích nguyên: Với phần tử α ∈ N (I) mà kα ∈ kN (I) ∩ Nn , k ≥ 1, ta có xkα ∈ I k = I k , kα = α1 + · · · + αk , αi ∈ Γ(I) Như kα = α1 + · · · + αk , αi ∈ N (I) ∩ Nn Ngược lại, với phần tử xα ∈ I k , k ≥ 1, ta có α ∈ kN (I) ∩ Nn Do α = α1 + · · · + αk với αi ∈ N (I) ∩ Nn hay xαi ∈ I Từ xα ∈ (I)k = I k Định nghĩa tính phân tích nguyên đa diện đòi hỏi phải kiểm tra với k, véc tơ nguyên kP tổng k véc tơ nguyên P Từ định lý 2.1.2 nhờ định lý 2.1.3 sau, ta không cần kiểm tra tính phân tích nguyên với k : Định lý 2.1.2 [6, Proposition 3.1] Cho I iđêan đơn thức Khi I chuẩn tắc I k = I k với k ≤ n − 2.2 Đa diện có hữu hạn điểm nguyên Đa diện Newton N (I) có vô hạn điểm nguyên nên việc kiểm tra tính phân tích nguyên phức tạp Ta xét đa diện có hữu hạn điểm nguyên N ∗ (I) sau Đặt amax := max {a1 , , am } (theo thành phần) 11 a∗i := amax − , i = 1, , m N ∗ (I) = conv {a ∈ Nn | ∃a∗i ≥ a} Ta quy tính chất phân tích nguyên đa diện Newton có vô hạn điểm nguyên đa diện N ∗ (I) có hữu hạn điểm nguyên Điều thể định lý sau Định lý 2.2.1 N (I) có tính phân tích nguyên N ∗ (I) có tính phân tích nguyên Chứng minh Đặt D := N (I) = conv {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a} Dai := {a ∈ Rn | a ≥ } , i = 1, , m D∗ := conv {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a ≤ amax } Ta chứng minh D có tính phân tích nguyên D∗ có tính phân tích nguyên D∗ có tính phân tích nguyên N ∗ (I) có tính phân tích nguyên: (1) Chứng minh D có tính phân tích nguyên D∗ có tính phân tích nguyên (1a) Chứng minh D∗ có tính phân tích nguyên D có tính phân tích nguyên (*) Chứng minh D = Nếu α ∈ m i=1 Dai m i=1 Dai ∗ ∪ D∗: ∪ D tồn i : α ∈ Dai α ∈ D∗ mà Dai , D∗ ⊆ D, α ∈ D Nếu α ∈ D Ta chứng minh tồn i : α ∈ Dai α ∈ D∗ Ta xét 12 hai trường hợp sau: Trường hợp 1.α ∈ {a ∈ Rn | ∃ai ≤ a} Khi tồn cho α ∈ Dai Trường hợp 2.α ∈ D\ {a ∈ Rn | ∃ai ≤ a} = D\ Ta chứng minh D\ Với α ∈ D\ m i=1 Dai m i=1 Dai , m i=1 Dai ⊆ D∗ ta có α∈D α∈ / Dai , với i = 1, , m Đặt D≤α := {a ∈ Rn | a ≤ α} Vì α ∈ / Dai , với i = 1, , m nên đa diện lồi D≤α ∩ N (I) không chứa điểm nguyên nhỏ α Do Dai ⊆ D D = conv {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a} nên mặt D có hai dạng: Dạng Song song với trục tọa độ, Dạng Là bao lồi hữu hạn điểm nguyên Nếu D chỉ có mặt song song với trục tọa độ giao mặt chứa điểm nguyên nhỏ α, suy D≤α ∩ N (I) chứa điểm nguyên nhỏ α, điều vô lý Nếu D có mặt bao lồi hữu hạn điểm nguyên D chứa hữu hạn điểm nguyên, vô lý Do mặt D phải có hai dạng Mặt khác mặt giao đa diện D≤α có giao nằm D≤α D≤α ∩ N (I) chứa điểm nguyên nhỏ α Suy D≤α ∩ N (I) đa diện lồi có n mặt song song với trục tọa độ mặt bao lồi hữu hạn điểm {xi1 , , xir } Những 13 điểm thuộc mặt D bao lồi điểm {ai1 , , air } ⊆ {a1 , , am } Vì α thuộc mặt song song với trục tọa độ nên α = max {xi1 , , xir } ≤ max {ai1 , , air } ≤ max {a1 , , am } Vậy α ≤ amax hay α ∈ D∗ (*) Chứng minh Dai có tính phân tích nguyên: Dai := {a ∈ Rn | a ≥ } Với α ∈ Dai , với kα ∈ kDai ∩ Nn , ta có kα ≥ kai Do kα = kai + v(v ≥ 0, nguyên kα, kai nguyên) Hay kα = + · · · + +(ai + v), + v ≥ Vậy kα = α1 + · · · + αk , αi ∈ Dai ∩ Nn k−1 (*) Chứng minh D∗ có tính phân tích nguyên D có tính phân tích nguyên: Với α ∈ D, tồn i : α ∈ Dai α ∈ D∗ Nếu α ∈ Dai kα ∈ kDai ∩ Nn viết kα = α1 + · · · + αk , αi ∈ Dai ∩ Nn Do kα = α1 + · · · + αk , αi ∈ D ∩ Nn Nếu α ∈ D∗ kα ∈ kD∗ ∩ Nn viết kα = α1 + · · · + αk , αi ∈ D∗ ∩ Nn Do kα = α1 + · · · + αk , αi ∈ D ∩ Nn 14 (1b) Chứng minh D có tính phân tích nguyên D∗ có tính phân tích nguyên Với α ∈ D∗ Ta chứng minh kα ∈ kD∗ ∩ Nn viết dạng kα = β1 + · · · + βk , βi ∈ D∗ ∩ Nn , k ≥ Thật vậy: Với kα ∈ kD∗ ∩ Nn kα ∈ kD ∩ Nn Do kα = α1 + · · · + αk (∗), αi ∈ D ∩ Nn (vì D có tính phân tích nguyên) Giả sử αi = (αi1 , , αin ) Nếu αi ≤ amax tức αi ∈ D∗ ∩ Nn , ta có: kα = α1 + · · · + αk , αi ∈ D∗ ∩ Nn Nếu tồn αi ∈ / D∗ ∩ Nn tồn j : αij > amaxj tồn ah : αhj < amaxj (vì ah (h = j) : αhj ≥ amaxj kamaxj (j = 1, , n) Từ kα kamax , hay α s t=1 λt λt γt + γt ≤amax β= s t=1 λt γt , = 1, γt ∈ {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a} Do β= Xét γt > amax (vô lý α ∈ D∗ nên α ≤ amax ) Mọi phần tử β ∈ D ∩ Nn , ta có β = λt ≥ 0, k i=1 αij λt γt γt amax amax : γtj > amaxj γtj = amaxj + bj , bj ∈ N Do s t=1 λt ξt + b, ξt < amax , b ∈ Nn Vậy phần tử β ∈ D ∩ Nn , α viết dạng β = β + b, β ∈ D∗ ∩ Nn , b ∈ Nn Ta viết αi = αi + (c1 e1 + · · · + cn en ), αi ∈ D∗ ∩ Nn , ci ∈ N Trong (∗) ta thay αi αi − ej , αh αh + ej 15 Vì αij > amaxj nên cj > hay cj − ≥ Từ ta có αi − ej = αi + γi1 e1 + · · · + (γij − 1)ej + · · · + γin en ∈ D ∩ Nn Vì αh ∈ D ∩ Nn nên αh + ej ∈ D ∩ Nn Tiếp tục trình thay véc tơ ta βi ∈ D∗ ∩ Nn kα = β1 + · · · + βk , (2) Chứng minh D∗ có tính phân tích nguyên N ∗ (I) có tính phân tích nguyên: (2a) Chứng minh D∗ có tính phân tích nguyên N ∗ (I) có tính phân tích nguyên: Với α ∈ N ∗ (I) Ta chứng minh kα ∈ kN ∗ (I) ∩ Nn viết dạng: kα = α1 + · · · + αk , αi ∈ N ∗ (I) ∩ Nn , k ≥ Thật vậy, α ∈ N ∗ (I) nên α = λj ≥ 0(j = 1, , s), s j=1 λj s j=1 λj αj , = 1, αj ∈ {a ∈ Nn | ∃a∗i ≥ a} Vì αj ∈ {a ∈ Nn | ∃a∗i ≥ a} nên tồn a∗ν(j) ≥ αj , tức αj + bj = a∗ν(j) , bj ∈ Nn hay αj = a∗ν(j) − bj Do s s λj (a∗ν(j) α = − bj ) = j=1 s j=1 s λj amax − = λj (amax − aν(j) − bj ) j=1 λj (aν(j) + bj ) j=1 s = amax − λj (aν(j) + bj ) j=1 16 Từ ta có α = amax − β, β ∈ N (I) (β ∈ N (I) : ta có I = (xa | a ∈ N (I) ∩ Nn ) Vì xaν(j) ∈ I nên xaν(j) ∈ I, xaν(j) +bj ∈ I Ta suy xaν(j) +bj xa , a ∈ N (I) ∩ Nn Đặt δj := aν(j) + bj , ta có δj ≥ a Do δj = a + cj , cj ∈ Nn , j = 1, , s, hay δj = (µl ≥ 0(l = 1, , r), Ta δj = r l=1 µl r l=1 µl (al +cj ), = 1, al ∈ {a ∈ r l=1 µl al Nn | ∃ai + r l=1 µl cj ≤ a}) suy δj ∈ N (I) Vậy β = s j=1 λj (aν(j) + ∗ bj ) ∈ N (I) (do N (I) lồi)) Vì α ≥ nên amax ≥ β, β ∈ D Vì α = amax − β nên kα = kamax − kβ Với kβ ∈ kD∗ ∩ Nn , ta có kβ = β1 + · · · + βk , βi ∈ D∗ ∩ Nn (vì D∗ có tính phân tích nguyên) Ta kα = kamax − (β1 + · · · + βk ) = (amax − β1 ) + · · · + (amax − βk ) Ta cần chứng minh amax − βi ∈ N ∗ (I) ∩ Nn Thật vậy, Vì βi ∈ D∗ ∩ Nn nên βi ≤ amax , đóamax − βi ∈ Nn Vì βi ∈ D∗ nên βi = ri j=1 µij γij với i = 1, , k, µij ≥ 0, ri j=1 µij 1, γij ∈ {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a ≤ amax } γij ∈ {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a ≤ amax } nên tồn aν(ij) ≤ γij , tức γij = aν(ij) + cij (cij ∈ Nn ) Từ đó, ta có βi = ri j=1 µij (aν(ij) + cij ) 17 = ri amax − βi = amax − µij (aν(ij) + cij ) j=1 ri µij (amax − aν(ij) − cij ) = j=1 ri µij (a∗ν(ij) − cij ) = j=1 ri µij ξij , ξij = a∗ν(ij) − cij = j=1 Ta có ξij = a∗ν(ij) − cij ∈ {a ∈ Nn | ∃a∗i ≥ a} a∗ν(ij) ≥ cij tức ∃a∗ij ≥ ξij (a∗ν(ij) ≥ cij Thật vậy, ta có amax = a∗ν(ij) + aν(ij) , γij = cij + aν(ij) , amax ≥ γij Nên ta có a∗ν(ij) ≥ cij ) Do amax − βi ∈ N ∗ (I) (vì N ∗ (I) lồi) (2b) Chứng minh N ∗ (I) có tính phân tích nguyên D∗ có tính phân tích nguyên Lấy α ∈ D∗ Ta chứng minh kα ∈ kD∗ ∩ Nn viết dạng kα = α1 + · · · + αk , αi ∈ D∗ ∩ Nn , k ≥ Thật vậy, α ∈ D∗ = conv {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a ≤ amax } α = s j=1 λj αj , với λj ≥ 0, s j=1 λj = 1, αj ∈ {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a ≤ amax } Vì αj ∈ {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a ≤ amax } nên ∃aν(j) ≤ αj ≤ amax , αj = aν(j) + bj , bj ∈ Nn 18 Ta suy s α = s λj (amax − a∗ν(j) + bj ) λj (aν(j) + bj ) = j=1 s j=1 s λj (a∗ν(j) − bj ) λj amax − = j=1 j=1 s λj ξj = amax − β, β ∈ N ∗ (I) = amax − j=1 (β ∈ N ∗ (I) vì: Ta có: amax = a∗ν(j) + aν(j) , αj = bj + aν(j) , αj ≤ amax Nên ta có a∗ν(j) ≥ bj hay a∗ν(j) − bj ≥ Do ξj ∈ {a ∈ Nn | ∃a∗i ≥ a} Vậy β ∈ N ∗ (I) (vì N ∗ (I) lồi)).Vì α = amax − β, nên kα = kamax − kβ Với kβ ∈ kN ∗ (I) ∩ Nn , ta có kβ = β1 + · · · + βk , βi ∈ N ∗ (I) ∩ Nn Ta kα = kamax − (β1 + · · · + βk ) = (amax − β1 ) + · · · + (amax − βk ) Ta cần chứng minh amax − βi ∈ D∗ ∩ Nn Vì βi ∈ N ∗ (I) nên βi = ri j=1 µij γij (i = 1, , k), µij ≥ 0, ri j=1 µij = 1, γij ∈ {a ∈ Nn | ∃a∗i ≥ a} Vì γij ∈ {a ∈ Nn | ∃a∗i ≥ a} nên tồn a∗ν(ij) ≥ γij ,tức γij = a∗ν(ij) − 19 cij (cij ∈ Nn ) Do ri amax − βi = amax − µij γij j=1 ri µij (a∗ν(ij) − cij ) = amax − j=1 ri µij (amax − a∗ν(ij) + cij ) = j=1 ri = ri µij (aν(ij) + cij ) = j=1 µij ξij j=1 Vế phải ≥ nên vế trái ≥ tức amax − βi ∈ Nn amax − βi ∈ D∗ = conv {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a ≤ amax } aν(ij) ≤ ξij := aν(ij) + cij ≤ amax = aν(j) + a∗ν(j) nên ξij ∈ {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a ≤ amax } Do amax − βi ∈ D∗ (vì D∗ lồi) Như tính phân tích nguyên đa diện Newton N (I) đa diện N ∗ (I) tương đương Ta biết tính đóng nguyên iđêan đơn thức có mối quan hệ chặt chẽ với đa diện Newton Tính đóng nguyên iđêan đơn thức I có mối quan hệ chặt chẽ với đa diện N ∗ (I) nó, điều thể qua định lý sau Định lý 2.2.2 Cho I = (xa1 , , xam ) iđêan đơn thức Khi I đóng nguyên N ∗ (I) ∩ Nn = {a ∈ Nn | ∃a∗i ≥ a} 20 Chứng minh Theo Hệ 1.2.10 ta có I đóng nguyên N (I) ∩ Nn = {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a} Ta chứng minh N (I) ∩ Nn = {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a} ⇔ N ∗ (I) ∩ Nn = {a ∈ Nn | ∃a∗i ≥ a} Hiển nhiên {a ∈ Nn | ∃a∗i ≥ a} ⊆ N ∗ (I) ∩ Nn α ∈ Nn ∗ n Vì α ∈ N (I) ∩ N nên Ta chứng minh tồn a∗i ≥ α ∗ α ∈ N (I) Vì α ∈ N ∗ (I) = conv {a ∈ Nn | ∃a∗i ≥ a} , nên α = s j=1 λj αj n λj ≥ 0(j = 1, , s), Vì αj ∈ {a ∈ N | ∃a∗i ≥ a} nên tồn s j=1 λj = 1, αj ∈ a∗ν(j) ≥ αj Do {a ∈ Nn | ∃a∗i ≥ a} a∗ν(j) = αj + bj , bj ∈ Nn , hay αj = a∗ν(j) − bj = amax − (aν(j) + bj ) Ta α = amax − s j=1 λj (aν(j) + bj ) = amax − β, β := s j=1 λj (aν(j) + bj ) Ta có β ≥ 0; α, amax ∈ Nn ⇒ β ∈ Nn Mặt khác β ∈ N (I), β ∈ N (I) ∩ Nn = {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a} Từ tồn ≤ β hay −ai ≥ −β Ta suy amax − ≥ amax − β = α Vậy tồn a∗i ≥ α Hiển nhiên {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a} ⊆ N (I) ∩ Nn α ∈ Nn n Vì α ∈ N (I) ∩ N nên α ∈ N (I) Ta chứng minh tồn ≤ α, với α ∈ N (I) = m i=1 Dai ∪ D∗, Dai = {a ∈ Rn | a ≥ } , i = 1, , m, D∗ = conv {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a ≤ amax } Nếu α ∈ Dai tức tồn i : α ∈ Dai hay tồn ≤ α Nếu α ∈ D∗ = conv {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a ≤ amax } α = λj ≥ 0(j = 1, , s), s j=1 λj s j=1 λj αj , = 1, αj ∈ {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a ≤ amax } αj ∈ {a ∈ Nn | ∃ai ≤ a ≤ amax } nên tồn aν(j) ≤ αj , hay αj = 21 aν(j) + bj (bj ∈ Nn ) = amax − (a∗ν(j) − bj ), s λj (a∗ν(j) − bj ) = amax − β α = amax − j=1 Ta có a∗ν(j) − bj ≥ (vì αj = aν(j) + bj ≤ amax = aν(j) + a∗ν(j) ) Do β ≥ Vì α, amax ∈ Nn nên β ∈ Nn Mặt khác β ∈ N ∗ (I) Do ta có β ∈ N ∗ (I) ∩ Nn = {a ∈ Nn | ∃a∗i ≥ a} Từ tồn a∗i ≥ β hay −a∗i ≤ −β Ta suy amax − a∗i ≤ amax − β = α Vậy tồn ≤ α 22 Kết luận Luận văn trình bày hiểu biết iđêan đơn thức chuẩn tắc đa diện có tính phân tích nguyên qua nghiên cứu tài liệu hướng dẫn tận tình thầy Ngô Việt Trung Cụ thể tập trung trình bày cách hệ thống kết vấn đề Bản thân tiếp cận với kiến thức qua nghiên cứu tài liệu hướng dẫn tận tình thầy Ngô Việt Trung Tuy nhiên, với thời gian hạn chế thân, kiến thức lĩnh vực thời gian tích lũy cảm nhận vấn đề, nên mong đóng góp ý kiến bạn đọc để luận văn hoàn thiện 23 Tài liệu tham khảo [1] Baum and Trotter, Integer rounding and polyhedral decomposition for totally unimodular systems, Optimization and operation research (Proc Workshop, Univ Bonn, 1977), pp 15 - 23, Lecture Notes in Econom and Math Systems, 157, Springer, Berlin - New York, 1978 [2] Baum and Trotter, Integer rounding for polymatroid and branching optimization problems,SIAM J Algebraic Discrete Methods (1981), 416 - 425 [3] Esenbud, Commutative Algebra with a View Toward Algebraic Geometry, Graduate Texts in Math, Springer - Verlag: New York, 1995 [4] J Herzog, T Hibi, Monomial ideals, Graduate Texts in Mathematics 260, 2010 [5] L T Hoa, Đại số máy tính Cơ sở Gr¨obner, Xưởng in Viện Toán học, Trung tâm Khoa học tự nhiên Công nghệ Quốc gia, 2003 [6] Robert, Reid and Vitulli, Some results on normal homogeneous ideals Com Alg 31 (2003), 4485 - 4506 24 [7] J A Smith, Hilbert Sequences of Monomial Ideals, Annandale - on - Hudson, New York, 2002 [8] I Swanson, C Huneke, Integral closure of Ideals, Rings and Modules, Cambridge University Press [9] N V Trung, Integral closure of monomial ideals and Fulkersonian hypergraphs, Vietnam J Math 34 (2006), 489 - 494 [10] W V Vasconcelos, Computational Methods in Commutative Algebra and Algebraic Geometry, Springer - Verlag, 1998 [11] M A Vitulli, Some Normal math/0209284v1, 2002 25 Monomial Ideals, arXiv: ... tích nguyên D∗ có tính phân tích nguyên N ∗ (I) có tính phân tích nguyên: (1) Chứng minh D có tính phân tích nguyên D∗ có tính phân tích nguyên (1a) Chứng minh D∗ có tính phân tích nguyên D có. .. Chương 1: Iđêan đơn thức chuẩn tắc 1.1 Iđêan chuẩn tắc 1.2 Iđêan đơn thức Chương 2: Tính phân tích nguyên đa diện 10 2.1 Tính phân tích nguyên đa diện 10 2.2 Đa diện có hữu... đóng nguyên tính đóng nguyên iđêan đơn thức với đa diện Newton Chương nói đến mối liên hệ tính chuẩn tắc iđêan đơn thức với đa diện Newton việc quy tính phân tích nguyên đa diện Newton đa diện