Luận văn thạc sĩ độ sâu stanley của iđêan đơn thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM MẠC THỊ HUYỀN ĐỘ SÂU STANLEY CỦA IĐÊAN ĐƠN THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM MẠC THỊ HUYỀN ĐỘ SÂU STANLEY CỦA IĐÊAN ĐƠN THỨC Chuyên ngành: Đại số lý thuyết số Mã số: 60.46.01.04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS TRẦN NGUYÊN AN THÁI NGUYÊN - 2015 Lời cam đoan Tôi xin cam đoan kết nghiên cứu luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác Tôi xin cam đoan giúp đỡ cho việc thực luận văn cảm ơn thơng tin trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Thái nguyên, ngày 23 tháng năm 2015 Người viết Luận văn Mạc Thị Huyền i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học TS Trần Nguyên An - giảng viên khoa Toán Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên Nhân dịp xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy, người hướng dẫn cách đọc tài liệu, nghiên cứu khoa học đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc dành nhiều thời gian, cơng sức giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy cô giáo Viện Toán học Đại học Thái Nguyên người tận tình giảng dạy khích lệ, động viên tơi vượt qua khó khăn học tập Tơi xin cảm ơn Ban lãnh đạo Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, Khoa Sau đại học tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ suốt thời gian học tập Cuối cùng, xin cảm ơn bạn bè, người thân giúp đỡ, động viên, ủng hộ tơi để tơi hồn thành tốt luận văn khóa học Thái nguyên, ngày 23 tháng năm 2015 Người viết Luận văn Mạc Thị Huyền ii Mục lục Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Môđun phân bậc vành phân bậc 1.2 Iđêan đơn thức Chương Phân tích Stanley độ sâu Stanley 12 2.1 Phân tích Stanley mơđun đa phân bậc 12 2.2 Độ sâu Stanley chia cho phần tử 17 2.3 Độ sâu Stanley phần tử quy 20 2.4 Độ sâu Stanley dãy khớp ngắn 25 2.5 Phân tích Stanley iđêan đơn thức khơng chứa bình phương áp dụng 27 Kết luận 34 Tài liệu tham khảo 35 iii Mở đầu Richard P Stanley tiếng đóng góp quan trọng cho Tổ hợp liên hệ với Đại số Hình học, đặc biệt đóng góp lý thuyết phức đơn hình Hai dạng phức đơn hình có vai trị trung tâm Tổ hợp phức chia phức Cohen-Macaulay Stanley đặt giả thuyết phức Cohen-Macaulay chia Năm 1982 báo đăng tạp chí Inventiones Mathematicae [8], Stanley đưa khái niệm mà gọi độ sâu Stanley (sdepth) môđun phân bậc vành phân bậc giao hoán Độ sâu Stanley bất biến hình học mơđun có liên hệ mật thiết độ sâu thông thường (depth) Stanley đưa giả thuyết sdepth(M) ≥ depth(M) J Herzog, A S Jahan S Yassemi giả thuyết Stanley độ sâu kéo theo giả thuyết Stanley phức đơn hình Cho đến hai giả thuyết câu hỏi mở cần giải Luận văn trình bày số vấn đề mở đầu độ sâu Stanley là: phân tích Stanley; số tính chất bản; tìm hiểu chặn độ sâu Stanley Các nội dung luận văn trình bày dựa theo tài liệu [5], [9], [11] Khi trình bày luận văn, tác giả đã cố gắng trình bày lại chi tiết chứng minh, bổ sung thêm số ví dụ kết tài liệu tham khảo khác Luận văn chia thành hai chương Chương 1, chúng tơi trình bày kiến thức sở mơđun phân bậc vành phân bậc, lọc nguyên tố mơđun Phần cuối chương trình bày định nghĩa tính chất iđêan đơn thức vành đa thức Đây công cụ dùng cho định nghĩa chứng minh chương sau Chương trình bày độ sâu Stanley môđun đa phân bậc vành đa phân bậc Phần đầu chương trình bày phân tích Stanley mơđun đa phân bậc iđêan đơn thức Phần tính chất độ sâu Stanley với phần tử quy hay khơng quy dãy khớp Cuối chúng tơi trình bày phân tích Stanley iđêan đơn thức khơng chứa bình phương áp dụng Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Môđun phân bậc vành phân bậc Trong mục ta kí hiệu S vành giao hốn có đơn vị Trước hết ta trình bày số định nghĩa kết vành môđun phân bậc Định nghĩa 1.1.1 Cho (G, +) vị nhóm Abel Một vành phân bậc G-vành phân bậc vành S tồn phân tích tổng trực tiếp S = i∈G Si Z-môđun thỏa mãn Si S j ⊆ Si+ j với i, j ∈ G Nếu S G-phân bậc M S-mơđun, M gọi G-phân bậc tồn phân tích tổng trực tiếp M = i∈G Mi Z-môđun thỏa mãn Si M j ⊆ Si+ j với i, j ∈ G Một phần tử u ∈ M nhất, tồn i ∈ G cho u ∈ Mi i gọi bậc u, ta viết deg(u) = i Mỗi Mi gọi thành phần M có bậc i, với i ∈ G Do phần tử m ∈ M biểu diễn dạng m = ∑i∈G mi , mi ∈ Mi , hữu hạn mi = gọi thành phần m Một môđun N ⊆ M gọi nhất, hay G-mơđun phân bậc sinh phần tử ứng với G-phân bậc Điều kiện tương đương với hai điều kiện sau: (i) Với m ∈ M, m ∈ N thành phần m thuộc N; (ii) N = ∑i∈G (N ∩ Mi ) Nếu N ⊆ M môđun M ta có tập Ni = Mi ∩ N N= i∈G Ni mơđun thương M/N = i∈G Mi /Ni lại S-môđun G-phân bậc Và từ ta có khái niệm iđêan phân bậc Cho I iđêan S Ta kí hiệu I ∗ iđêan sinh phần tử u ∈ I Nếu I phân bậc I ∗ = I Định nghĩa 1.1.2 Cho S G-vành phân bậc M, N S-môđun G-phân bậc Một S-đồng cấu ϕ : M → N phân bậc có bậc d với d ∈ G, ϕ(Mi ) ⊆ Ni+d với i ∈ G Ta gọi ϕ phân bậc, bậc Hạt nhân Ker ϕ ảnh Im ϕ ánh xạ phân bậc ϕ môđun G-phân bậc Nếu G Z Zn , ta nói S vành phân bậc đa phân bậc, S-môđun M gọi S-môđun phân bậc đa phân bậc Trong trường hợp với G-vành phân bậc S = i∈G Si , khác với cố định t ∈ G thỏa mãn S(t) = ta xác định G-vành phân bậc i∈G S(t)i , S(t)i := St+i Ví dụ 1.1.3 Cho vành đa thức S = K[x1 , x2 , x3 ] (i) Xét phân bậc deg x1 = deg x2 = deg x3 = Khi ta có vành phân bậc thơng thường Ta có S(1) = Kx1 ⊕ Kx2 ⊕ Kx3 Do dimK S(1) = Một cách tổng quát S(a) tập hợp đa thức bậc a (đối với biến x1 , x2 x3 ) (ii) Xét phân bậc deg x1 = deg x2 = (1, 0); deg x3 = (0, 1) Khi ta có vành 2phân bậc hay cịn gọi vành song phân bậc Ta có S(1,0) = Kx1 ⊕ Kx2 ; S(0,1) = Kx3 ; S(1,1) = Kx1 x3 ⊕ Kx2 x3 Do dimK S(1,0) = 2; dimK S(0,1) = dimK S(1,1) = Một cách tổng quát S(a,b) K-không gian véctơ sinh đơn thức có bậc x1 , x2 a bậc x3 b Do S(a,b) = { f (x1 , x2 ).x3b | f (x1 , x2 ) bậc a theo x1 , x2 } (iii) Xét phân bậc deg x1 = (1, 0, 0); deg x2 = (0, 1, 0); deg x3 = (0, 0, 1) Khi S vành 3-phân bậc ta có S(1,0,0) = Kx1 ; S(0,1,0) = Kx2 ; S(0,0,1) = Kx3 Vì dimK S(1,0,0) = dimK S(0,1,0) = dimK S(0,0,1) = Tổng quát, S(a,b,c) không gian véctơ chiều sinh x1a x2b x3c Đối với vành đa thức S, cách phân bậc xét trên, cịn nhiều cách phân bậc khác Ví dụ sau: (iv) Xét phân bậc deg x1 = deg x2 = (2, 0); deg x3 = (0, 1) Khi S(1,b) = với b S(2,0) = Kx1 ⊕ Kx2 ; S(4,2) = Kx12 x32 ⊕ Kx1 x2 x32 ⊕ Kx22 x32 Vì dimK S(2,0) = 2; dimK S(4,2) = Tổng quát, S(a,b) xác định sau: a lẻ S(a,b) = với b Nếu a chẵn S(a,b) = { f (x1 , x2 ).x3b | f (x1 , x2 ) bậc a/2 theo x1 , x2 } Trong tồn luận văn ta ln xét phân bậc Ví dụ (iii) Phần trình bày khái niệm số tính chất liên quan đến iđêan nguyên tố liên kết Định nghĩa 1.1.4 Cho M S-môđun Một iđêan nguyên tố P S gọi iđêan nguyên tố liên kết M, tồn phần tử x ∈ M để P = : x = Ann(x) Tập tất iđêan nguyên tố liên kết M kí hiệu AssS M, Ass M không cần thiết phải nhắc đến S Như Ass M = {P ∈ Spec S | ∃x ∈ M, P = Ann(x)} Nhận xét Phần tử x làm cho : x iđêan nguyên tố, x = Bổ đề 1.1.5 P iđêan nguyên tố liên kết S-môđun M tồn đơn cấu S-môđun từ S/P tới M, hay tồn môđun M đẳng cấu với S/P Bổ đề 1.1.6 Nếu N mơđun của S-mơđun M Ass N ⊆ Ass M Chú ý Khi S vành Noether, I iđêan S Khi I có phân tích nguyên sơ I = Q1 ∩ · · · ∩ Qr , với Qi Pi -nguyên sơ Ass(S/I) = {P1 , , Pr } Từ hai bổ đề ta tồn lọc mơđun có tính chất đặc biệt Trước hết ta nhắc lại kết môđun hữu hạn sinh Mệnh đề 1.1.7 Cho M môđun khác 0, hữu hạn sinh vành Noether S Khi tồn dãy mơđun = M0 ⊂ M1 ⊂ · · · ⊂ Mn = M họ iđêan nguyên tố P1 , , Pn cho Mi /Mi−1 ∼ = S/Pi với i = 1, 2, , n, đồng thời Ass(M) ⊆ {P1 , P2 , , Pn } Chứng minh Ta xây dựng dãy môđun sau: M0 = Lấy x1 ∈ M cho Ann(x1 ) = P1 ∈ Ass(M) chọn M1 = Sx1 ∼ = S/P1 Nếu M = M1 , lấy x2 + M1 ∈ M/M1 cho Ann(x2 + M1 ) = P2 ∈ Ass(M/M1 ) lấy M2 = M1 + Sx2 , ta có M2 /M1 ∼ = S/P2 Quá trình dừng M mơđun Noether, ta xây dựng dãy môđun M: = M0 ⊂ M1 ⊂ · · · ⊂ Mn = M thỏa mãn Mi /Mi−1 ∼ = S/Pi với Pi ∈ Spec S Ta có với j = 1, , n Ass(M j ) ⊆ Ass(M j−1 ) ∪ Ass(S/Pj ) = Ass(M j−1 ) ∪ {Pj } Do Ass(M) ⊆ {P1 , P2 , , Pn } Mệnh đề chứng minh Bổ đề 1.1.8 Cho S vành phân bậc, M S-mơđun phân bậc Khi (i) Với iđêan nguyên tố P, ta có P∗ iđêan nguyên tố, (ii) Nếu P ∈ Supp(M) P∗ ∈ Supp(M), Trước tiên ta chứng minh trường hợp đặc biệt định lý: Bổ đề 2.3.6 Cho m < n J ⊂ S = K[x1 , , xm ] iđêan đơn thức Khi với iđêan đơn thức I = JS với xk bất kì, m < k ≤ n ta có sdepth(S/(I, xk )) = sdepth(S/I) − Chứng minh Đặt T = S [xm+1 , , xk−1 , xk+1 , , xn ] L ⊂ T iđêan đơn thức thỏa mãn L = JT Khi ta có S/(I, xk ) ∼ = T /L = (S/xk )/(JS(S/xk )) ∼ = S/(JS + (xk )S) ∼ Đặt r D : T /L = ui K[Zi ] i=1 phân tích Stanley T /L thỏa mãn sdepth(D) = sdepth(T /L) Khi r r D1 : S/I = (T /L)[xk ] = ui K[Zi ][xk ] = i=1 ui K[Zi , xk ] i=1 phân tích Stanley S/I Từ có sdepth(D1 ) = sdepth(D) + = sdepth(T /L) + Mặt khác sdepth(D1 ) ≤ sdepth(S/I) Do sdepth(T /L) + ≤ sdepth(S/I) Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại ta xét phân tích Stanley s D2 : S/I = vi K[Wi ] i=1 S/I với sdepth(D2 ) = sdepth(S/I) Đặt I = {i ∈ {1, , s} : vi K[Wi ] ∩ T = {0}} Ta cần D3 : T /L = Lc = vi K[Wi ] ∩ T i∈I 22 (3.1) vi K[Wi ] ∩ T phân tích tổng trực tiếp T /L i∈I Để chứng minh (3.1), ta chọn đơn thức v ∈ Lc Ta cần tồn i ∈ I thỏa mãn v ∈ vi K[Wi ] ∩ T Giả sử ngược lại v ∈ / vi K[Wi ] ∩ T với i ∈ I Từ v ∈ T , kéo theo v ∈ / vi K[Wi ], với i Do ta có v ∈ I = JS Vì v ∈ T L = JT , nên v ∈ L, mâu thuẫn Ngược lại, chọn đơn thức w ∈ vi K[Wi ] ∩ T Điều kéo theo w ∈ / I = JS L = JT ⊂ JS = I, ta w ∈ Lc Bây ta D3 phân tích Stanley Thật vậy, ta có     vi K[Wi \{xk }], xk không chia hết cho vi vi K[Wi ] ∩ T =    0, x chia hết cho v i k So sánh phân tích Stanley D2 S/I với phân tích Stanley D3 T /L ta thấy sdepth(D2 ) ≤ sdepth(D3 ) + Do sdepth(S/I) = sdepth(D2 ) ≤ sdepth(D3 ) + ≤ sdepth(T /L) + Vậy ta có điều cần chứng minh Để chứng minh Định lí 2.3.5 ta cần thêm kết sau: Bổ đề 2.3.7 Cho I = I0 ⊂ I1 ⊂ · · · ⊂ Ir = S dãy tăng iđêan đơn thức S cho I j /I j−1 môđun cyclic, I j /I j−1 ∼ = S/L j (−a j ) với số iđêan đơn thức L j a j ∈ Zn Khi sdepth(S/I) ≥ min{sdepth(S/L j ) : j ∈ {1, , r}} Chứng minh Ta có phân tích sau S/I K-khơng gian vectơ: S/I = I1 /I0 ⊕ I2 /I1 ⊕ · · · ⊕ S/Ir−1 Vì I j /I j−1 ∼ = S/L j (−a j ) ta đẳng cấu S/I ∼ = S/L1 (−a1 ) ⊕ S/L2 (−a2 ) ⊕ · · · ⊕ S/Lr (−ar ) 23 (2.2) Với j đặt D j : S/L j = rj u j u jk K[Z jk ] phân tích Stanley S/L j thỏa mãn k=1 sdepth(D j ) = sdepth(S/L j ) Khi từ đẳng cấu (2.2) ta phân tích Stanley sau rj r u j u jk K[Z jk ] S/I = j=1 k=1 S/I, u j = xa j với j = 1, , r Từ phân tích Stanley S/I ta điều cần chứng minh Chứng minh Định lý 2.3.5 Vì u phần tử quy I nên I = JS a a1 J ⊂ S = K[x1 , , xm ] u = xm+1 xnn−m Ta xét dãy tăng iđêan S (I, u) S thành phần liên tiếp dãy có dạng b −1 b b1 b1 (I, xm+1 xk k xnbn−m ) ⊂ (I, xm+1 xk k xnbn−m ) bi ≤ với i = 1, , n − m Chú ý b −1 b1 (I, xm+1 · · · xk k b b1 xk k xnbn−m ) · · · xnbn−m )/(I, xm+1 S/(I, xk ) Từ Bổ đề 2.3.6 Bổ đề 2.3.7 kéo theo sdepth(S/(I, u)) ≥ sdepth(S/(I, xk )) = sdepth(S/I) − Để chứng minh bất đẳng thức cịn lại, ta chọn phân tích Stanley r D : (I, u) = c ui K[Zi ] i=1 S/(I, u) với sdepth(D ) = sdepth(S/(I, u)) Ta có tổng trực tiếp Kr không gian vectơ i=1 ui K[Zi ] ∩ S S Chú ý r c ui K[Zi ] ∩ S J = i=1 r i=1 ui K[Zi ] ∩ S phân tích Stanley S /J, tổng lấy i ∈ {1, , r} với ui K[Zi ] ∩ S = {0}, theo chứng minh Bổ đề 2.3.6 24 Ta có ui K[Zi ] ∩ S =     ui K[Zi ∩ {x1 , , xm }], Supp(ui ) ⊂ {x1 , , xm }    0, trường hợp cịn lại Do ta xét tập Λ = {i : Supp(ui ) ⊂ {x1 , , xm }, D : S/I = ui K[Zi ] i∈Λ phân tích Stanley S/I, Zi := {Zi ∩ {x1 , , xm }} ∪ {xm+1 , , xn } Ta |Zi | > |Zi | Thật vậy, {xm+1 , , xn } ⊂ Zi , mâu thuẫn với (u) ∩ ui K[Zi ] = {0} Do đó, sdepth(D) ≥ sdepth(D ) + Do cuối ta sdepth(S/(I, u)) = sdepth(S/I) − Ta có điều cần chứng minh Hệ 2.3.8 Nếu u1 , , ur ∈ Mon(S) S/I-dãy, sdepth(S/(u1 , , ur ) + I) = sdepth(S/I) − r 2.4 Độ sâu Stanley dãy khớp ngắn Đối với độ sâu thông thường qua dãy khớp ngắn ta có số tính chất sau Bổ đề 2.4.1 (Bổ đề Độ sâu [10, Bổ đề 1.3.9]) Nếu 0→U →M →N →0 dãy khớp ngắn môđun phân bậc hữu hạn sinh vành phân bậc S, (i) Nếu depth(M) < depth(N), depth(U) = depth(M) (ii) Nếu depth(M) = depth(N), depth(U) ≥ depth(M) (iii) depth(M) > depth(N), depth(U) = depth(N) + 25 Hệ 2.4.2 Cho → U → M → N → dãy khớp ngắn môđun phân bậc hữu hạn sinh vành phân bậc S, depth(M) ≥ min{depth(U), depth(N)} Cịn độ sâu Stanley qua dãy khớp ta kết sau f g Bổ đề 2.4.3 Cho → U → M → N → dãy khớp S-môđun Zn -phân bậc hữu hạn sinh Khi sdepth(M) ≥ min{sdepth(U), sdepth(N)} Chứng minh Đặt D : U = ⊕ri=1 ui K[Zi ] phân tích Stanley U với sdepth(D) = sdepth(U) đặt D : N = ⊕sj=1 n j K[Z j ] phân tích Stanley N với sdepth(D ) = sdepth(N) Vì f đơn ánh, ta giả sử f phép nhúng Giả sử n j ∈ M phần tử Zn thỏa mãn g(n j ) = n j Hiển nhiên r s M = ∑ ui K[Zi ] + ∑ n j K[Z j ] i=1 j=1 Ta chứng minh ∑ri=1 ui K[Zi ] + ∑sj=1 n j K[Z j ] tổng trực tiếp Xét tập V = ∑sj=1 n j K[Z j ] Vì dãy khớp chẻ khơng gian tuyến tính nên U ∩ V = {0} Khi với s s k= j k= j y ∈ n j K[Z j ]∩ ∑k=1 nk K[Zk ], ta có g(y) ∈ n j K[Z j ]∩ ∑k=1 nk K[Zk ] = {0} Do ta y ∈ U = Ker f , kéo theo y ∈ U ∩V = {0} Vậy r s ui K[Zi ] ⊕ M= i=1 nk K[Zk ] k=1 k= j Đó điều cần chứng minh Hệ 2.4.4 Cho (0) = M0 ⊂ M1 ⊂ · · · ⊂ Mr−1 ⊂ Mr = M dãy tăng môđun Zn -phân bậc M Khi sdepth(M) ≥ min{sdepth(Mi /Mi−1 ), i ∈ {1, , r}} với i ∈ {1, , r} 26 (3.3) Chứng minh Ta xét dãy khớp môđun Zn -phân bậc M → Mi−1 → Mi → Mi /Mi−1 → Từ Bổ đề 2.4.3, ta có sdepth(Mi ) ≥ min{sdepth(Mi−1 ), sdepth(Mi /Mi−1 )} Ta sử dụng phép quy nạp để chứng minh bất đẳng thức (3.3) Với i = hiển nhiên Ta giả sử (3.3) với i = t ta có sdepth(Mt ) ≥ min{sdepth(Mi /Mi−1 ) : i ∈ {1, ,t}} Đặt i = t + ta có sdepth(Mt+1 ) ≥ min{sdepth(Mt ), sdepth(Mt+1 /Mt )} Từ ta có điều cần chứng minh Hệ 2.4.5 Trong giả thiết Bổ đề 2.4.3 giả sử sdepth(M) < sdepth(N) sdepth(M) ≥ sdepth(U) Chứng minh Nếu sdepth(M) < sdepth(U) ta có sdepth(M) < min{sdepth(U), sdepth(N)} trái với Bổ đề 2.4.3 Ví dụ 2.4.6 Cho S = K[x, y, z], M = (x, y, z) Trong dãy khớp → M → S → K → 0, ta có sdepth(S) = ≥ sdepth(K) = 0, sdepth(M) = = sdepth(K) + Mệnh đề 2.4.7 Nếu M S-môđun đa phân bậc, S = K[x1 , , xn ] với sdepth(M) = n M mơđun tự Chứng minh Nếu sdepth(M) = n ta có phân tích Stanley có dạng M = ⊕i ui S ui S S-môđun tự 2.5 Phân tích Stanley iđêan đơn thức khơng chứa bình phương áp dụng Kết mục trình bày theo báo Stanley depths of certain Stanley-Reisner rings Zhongming Tang [?] 27 Định nghĩa 2.5.1 Cho S = K[x1 , , xn ] Đơn thức x1a1 xnan ∈ S gọi khơng chứa bình phương (square-free) ∈ {0, 1}, ∀i = 1, , n Iđêan I S gọi khơng chứa bình phương sinh đơn thức khơng chứa bình phương Mệnh đề 2.5.2 Cho S = K[x1 , , xr ], S = K[xr+1 , , xn ], S = K[x1 , , xn ], I iđêan đơn thức khơng chứa bình phương S giao iđêan nguyên tố đơn thức: I = P1 ∩ · · · ∩ Ps , s ≥ Giả sử ∑si=1 Pi = m = (x1 , , xn ) Với tập thực τ ⊂ [s] = {1, 2, , s}, đặt Sτ = K xi | ≤ i ≤ r, xi ∈ / ∑ Pj , j∈τ quy ước K[0] / = K Khi đó, ta có phân tích thành K-khơng gian véctơ      S = S ⊕ Pj  ∩ Sτ  Sτ [xr+1 , , xn ]  j∈[s]\τ τ⊂[s] Chứng minh Giả sử α ∈ S đơn thức, α = uv, u ∈ S , v ∈ S Nếu u = 1, α = v ∈ S Bây ta giả sử u = Đặt τ = {i ∈ [s] | u ∈ / Pi } Từ ∑si=1 Pi = m u = 1, ta thấy τ tập thực [s] Khi u ∈ Pj , j ∈ [s]\τ Điều kéo theo   u∈ Pj  ∩ K xi |1 ≤ i ≤ r, xi ∈ / ∑ Pj j∈τ j∈[s]\τ   Pj  ∩ Sτ = j∈[s]\τ Do α = uv ∈ (( j∈[s]\τ Pj ) ∩ Sτ )S = (( j∈[s]\τ Pj ∩ Sτ )Sτ [xr+1 , , xn ] Điều cho thấy   S = S + ∑  τ⊂[s]    Pj  ∩ Sτ  Sτ [xr+1 , , xn ] j∈[s]\τ 28 Phần lại ta tổng tổng trực tiếp Giả sử ngược lại, tức tồn τ1 = τ2 , j0 ∈ τ1 \τ2 α = u1 v1 = u2 v2 thỏa mãn Pj ) ∩ Sτ1 , u1 ∈ ( Pj ) ∩ Sτ2 u2 ∈ ( v1 , v2 ∈ S j∈[s]\τ2 j∈[s]\τ1 Do u1 , u2 ∈ S , ta có u1 = u2 v1 = v2 Xét u = u1 = u2 Vì u ∈ Sτ1 nên ta có u ∈ / Pj0 , từ u ∈ ( j∈[s]\τ2 Pj ) ta u ∈ Pj0 , mâu thuẫn Mệnh đề chứng minh Chú ý τ = 0/ ta có S0/ = S Pj ) ∩ S0/ )S0/ [xr+1 , , xn ] = (I ∩ S )S (( j∈[s]\0/ j∈[s]\τ Pj ) ∩ Sτ )Sr [xr+1 , , xn ]) = Trong phân tích Sτ = K, số hạng (( Hệ sau quan trọng để ta xét sdepth S/I Hệ 2.5.3 Giả thiết Mệnh đề 2.5.2, giả sử thêm iđêan nguyên tố đơn thức phân tích I (x1 , , xr ) Khi tồn phân tích S/I là: S/I = S ⊕    τ⊂[s] Pj ) ∩ Sτ )Sτ [xr+1 , , xn ] (( j∈[s]\τ Pj ) ∩ Sτ )Sτ [xr+1 , , xn ]) ∩ ((( ((( j∈[s]\τ Pj ) ∩ S )Sτ [xr+1 , , xn ])   , j∈[s]\τ τ chạy qua tất tập khác rỗng thực [s] Chứng minh Việc chứng minh suy từ Mệnh đề 2.5.2 phân tích sau I:     I = (I ∩ S )S ⊕ Pj  ∩ Sτ  Sτ [xr+1 , , xn ]  τ⊂[s] ∩ j∈[s]\τ Pj ∩ S Sτ [xr+1 , , xn ] j∈τ τ chạy qua tất tập khác rỗng thực [s] Bổ đề 2.5.4 Cho I ⊂ S1 = K[x1 , , xn ], J ⊂ S2 = K[y1 , , ym ] iđêan đơn thức S = K[x1 , , xn , y1 , , ym ] Khi sdepth(S1 /I)+sdepth(S2 /J) ≤ sdepth((S/(IS, JS)) 29 Chứng minh Đặt r D1 : S1 /I = ui K[Zi ] i=1 phân tích Stanley S1 /I thỏa mãn sdepth(D1 ) = sdepth(S1 /I) s D2 : S2 /J = v j K[W j ] j=1 phân tích Stanley S2 /I thỏa mãn sdepth(D2 ) = sdepth(S2 /J) Khi ta có S/IS = S1 [y1 , , ym ]/IS = (S1 /I)[y1 , , ym ] r = ui K[Zi ][y1 , , ym ] i=1 r = ui K[Zi , y1 , , ym ] i=1 S/JS = S2 [x1 , , xn ]/JS = (S2 /J)[x1 , , xn ] s = v j K[W j ][x1 , , xn ] j=1 s = v j K[W j , x1 , , xn ] j=1 Ta S/(IS, JS) = ui v j K[Zi ,W j ] i, j Đặt w ∈ (IS, JS)c = S/(IS/JS) đơn thức, tức w ∈ S w ∈ / (IS/JS) Ta có w∈ / IS w ∈ / JS Kéo theo w ∈ (IS)c w ∈ (JS)c Do tồn i j thỏa mãn w ∈ ui K[Zi , y1 , , ym ] w ∈ v j K[W j , x1 , , xn ] Từ có w ∈ ui K[Zi , y1 , , ym ] ∩ v j K[W j , x1 , , xn ], ui K[Zi , y1 , , ym ] ∩ v j K[W j , x1 , , xn ] = ui v j K[Zi ,W j ], ui ∈ S1 v j ∈ S2 30 Để chứng minh bao hàm ngược lại, xét đơn thức v ∈ ui v j K[Zi ,W j ] Khi v ∈ ui K[Zi , y1 , , ym ] ⊂ (IS)c tương tự v ∈ (JS)c Do v ∈ (IS, JS)c Từ S/(IS, JS) = ∑ ui v j K[Zi ,W j ] i, j Bây ta chứng minh tổng trực tiếp Đặt i1 , i2 ∈ [r] j1 , j2 ∈ [s] thỏa mãn (i1 , j1 ) = (i2 , j2 ), hay i1 = i2 Khi ui1 v j1 K[Zi1 ,W j1 ] ∩ ui2 v j2 K[Zi2 ,W j2 ] ⊂ ui1 K[Zi1 , y1 , , ym ] ∩ ui2 K[Zi2 , y1 , , ym ] = {0}, cho thấy điều ta cần Kéo theo sdepth(S1 /I) + sdepth(S2 /J) ≤ sdepth(S/(IS/JS)) Định lí chứng minh Ví dụ bất đẳng thức Bổ đề chặt chẽ Ví dụ 2.5.5 Cho S = K[x1 , x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 , x8 ] vành đa thức trường K Cho I = (x1 x3 , x1 x4 , x2 x3 , x2 x4 ) ⊂ S1 = K[x1 , x2 , x3 , x4 ] iđêan vành đa thức S1 J = (x5 x7 , x5 x8 , x6 x7 , x6 x8 ) ⊂ S2 = K[x5 , x6 , x7 , x8 ] iđêan vành đa thức S2 Xét iđêan (IS, JS) ⊂ S, phân tích Stanley D S/(IS, JS) D : S/(IS, JS) = K[x1 , x2 , x5 ] ⊕ x3 K[x3 , x5 , x6 ] ⊕ x4 K[x4 , x5 , x6 ] ⊕ x6 K[x1 , x2 , x6 ] ⊕ x7 K[x1 , x2 , x7 ]⊕x8 K[x1 , x2 , x8 ]⊕x3 x4 K[x3 , x4 , x5 ]⊕x3 x7 K[x3 , x7 , x8 ]⊕x3 x8 K[x3 , x4 , x8 ]⊕ x4 x7 K[x3 , x4 , x7 ] ⊕ x4 x8 K[x4 , x7 , x8 ] ⊕ x5 x6 K[x1 , x5 , x6 ] ⊕ x7 x8 K[x1 , x7 , x8 ] ⊕ x2 x5 x6 K[x1 , x2 , x5 , x6 ]⊕x3 x4 x6 K[x3 , x4 , x5 , x6 ]⊕x2 x7 x8 K[x1 , x2 , x7 , x8 ]⊕x3 x4 x7 x8 K[x3 , x4 , x7 , x8 ] Do sdepth(D) = Chú ý sdepth(S1 /I) = với phân tích Stanley S1 /I = K[x1 , x2 ] ⊕ x3 K[x3 ] ⊕ x4 K[x3 , x4 ] Ta ý sdepth(S1 /I) lớn Tương tự ta có sdepth(S2 /J) = Do ta sdepth(S1 /I) + sdepth(S2 /J) < sdepth(S/(IS, JS)) Bây ta xét ví dụ mà đẳng thức Định lí 2.5.4 31 Ví dụ 2.5.6 Cho S1 = K[x1 , x2 , x3 ] S2 = K[y1 , y2 ] vành đa thức trường K Cho I = (x1 x2 , x1 x3 ) ⊂ S1 J = (y2 , y1 y2 ) ⊂ S2 iđêan S1 S2 Vì depth(S1 /I) = 0, ta có sdepth(S1 /I) ≥ Ta có sdepth(S1 /I) ≤ min{dim(S1 /P) : P ∈ Ass(S1 /I)}, Ass(S1 /I) = {(x1 ), (x2 , x3 )} Do sdepth(S1 /I) = Nên sdepth(S2 /J) = Đặt S = K[x1 , x2 , x3 , y1 , y2 ] vành đa thức trường K Vì Ass(S/(IS, JS)) = {(x1 , y1 ), (x1 , y1 , y2 ), (x2 , x3 , y1 ), (x2 , x3 , y1 , y2 )} sdepth(S/(IS, JS)) ≤ min{dim(S/P) : P ∈ Ass(S/(IS, JS)), ta sdepth(S/(IS, JS)) = Từ Bổ đề 2.4.3, Hệ 2.5.3 Bổ đề 2.5.4, ta có kết sau Định lý 2.5.7 Giả thiết Hệ 2.5.3 Khi    Pj  ∩ Sτ  sdepthS (S/I) ≥ min{n − r, sdepthSτ  j∈[s]\τ Pj ∩ S + sdepthS S / } j∈τ phần tử cực tiểu chạy qua tất tập khác rỗng thực τ ⊂ [s] thỏa mãn ( j∈[s]\τ Pj ) ∩ Sτ = 0/ Chú ý Giả sử P1 = (x1 , , xn ) iđêan nguyên tố Khi depthS (S/I) ≤ n−r, từ P1 ∈ AssS (S/I), ta có n − r = dimS (S/P1 ) ≥ depthS (S/I) Chú ý sdepthSτ ( j∈[s]\τ Pj ) ∩ Sτ > ( j∈[s]\τ Pj ) ∩ Sτ Pj ) ∩ S )) = n − r ( sdepthS (S /(( j∈τ = 0, / Pj ) ∩ S ) = j∈τ Ta xét    Pj  ∩ Sτ  + sdepthS S / Dτ = sdepthSτ  Pj ∩ S j∈τ j∈[s]\τ 32 Do Dτ ≥ ( j∈[s]\τ Pj ) ∩ Sτ = / Bởi vậy, để có sdepthS (S/I) ≥ depthS (S/I), điều kiện đủ Dτ ≥ depthS (S/I) với tập khác rỗng thực τ [s] thỏa mãn ( j∈[s]\τ Pj ) ∩ Sτ = / Điều xảy ra: cho I iđêan đơn thức khơng chứa bình phương S Khi theo Bổ đề 1.2.9 ta có I = P1 ∩ · · · ∩ Ps , iđêan nguyên tố Pk với k = 1, , s có dạng (x1t , , xst ) không chứa Hệ sau trường hợp đặc biệt Định lí 2.3.5 Hệ 2.5.8 Cho I ⊂ S iđêan đơn thức u ∈ S đơn thức quy S/I Khi sdepth(S/(I, u)) ≥ sdepth(S/I) − Chứng minh Đánh số lại xi ∈ Supp(u j ) với u j ∈ G(I), ta giả sử I sinh iđêan đơn thức J ⊂ S1 = K[x1 , , xr ] u ∈ S2 = K[xr+1 , , xn ] với < r < n Khi sdepth(S/(I, u)) ≥ sdepth(S1 /J) + sdepth(S2 /(u)) từ Định lý 2.5.4 Vì sdepth(S2 /(u)) = n − r − sdepth(S/I) = sdepth(S1 /J) + n − r, từ Bổ đề 2.3.6, kéo theo sdepth(S/(I, u)) ≥ sdepth(S/I) − Ta điều cần chứng minh 33 KẾT LUẬN Trong luận văn thu kết sau: (1) Hệ thống lại số kiến thức môđun phân bậc vành phân bậc, iđêan đơn thức vành đa thức (2) Mô tả định nghĩa tính chất phân tích Stanley mơđun phân bậc, iđêan đơn thức Có ví dụ minh họa (3) Mô tả độ sâu Stanley iđêan đơn thức, môđun phân bậc hay đa phân bậc chia cho phần tử quy khơng quy dãy khớp (4) Trình bày phân tích Stanley iđêan khơng chứa bình phương áp dụng 34 Tài liệu tham khảo [1] J Herzog, D Popescu (2006), Finite filtrations of modules anh shellabla muticomplexes Manuscripta Math, 121, 385-410 [2] A S Jahan (2008), Prime filtrations of modules anh Stanley decompositions, PhD thesis, Abdus Salam School of Mathematical Sciences GC University Lahore, Pakistan [3] D Maclagan, G Smith (2005), Uniform bounds on multigraded regularity J Alg Geom, 14, 137-164 [4] D Popescu (2009), An inequality between depth and Stanley depth, arXiv:math.AC/0905.4597vi, Preprint [5] A Rauf (2005), Stanley decompositions of multigraded modules and reductions modulo regular elements, Abdus Salam School of Mathematical Sciences GC University Lahore, Pakistan [6] A Rauf (2007), Stanley Decomposition, Pretty Clean Filtrations and Reductions Modulo Regular Elements, Bull Math Soc Sc Math Roumanie 50, 347-354 [7] A Rauf (2010), Depth and Stanley Depth of multigraded modules, Comm Alg, 2, 773-784 [8] R P Stanley (1982), Linear Diophantine Equations and Local Cohomology, Invent Math, 68, 175-193 35 [9] Zhongming Tang (2014), “Stanley depths of certain Stanley-Reisner rings”, Journal of Algebra, 409, 430-443 [10] R H Villarreal (2001), Monomial Algebras, New York: Marcel Dekker Inc [11] S Yassemi, M Tousi, M R Pournaki, S A Seyed Fakhari (2009), “What is Stanley depth”, Notices of the American Mathematical Society, 56, 1106-1108 36 ... gồm đơn thức Đặt G(I) = J gọi tập sinh đơn thức tối tiểu I Mỗi đơn thức tập sinh gọi đơn thức sinh I Sử dụng Bổ đề 1.2.5 ta có tổng, tích giao iđêan đơn thức iđêan đơn thức Ngoài ta có I J iđêan. .. iđêan đơn thức vành đa thức chúng chứa tập đơn thức Bổ đề 1.2.5 Iđêan I iđêan đơn thức với f ∈ I, từ f thuộc I Chứng minh Điều kiện cần suy từ Bổ đề 1.2.3 Từ giả thiết suy tập tất đơn thức đa thức. .. Mà đơn thức chia hết cho x1a1 xnan lại thuộc I Do từ f tích đơn thức thuộc I phần tử K, tức f tổ hợp tuyến tính K đơn thức thuộc I Như iđêan đơn thức xác định tập đơn thức Hệ 1.2.4 Hai iđêan