Chỉ số chính quy của lũy thừ iđêan cạnh của đồ thị hai phần

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH DƯƠNG CHÍ ĐƠNG CHỈ SỐ CHÍNH QUY CỦA LŨY THỪA IĐÊAN CẠNH CỦA ĐỒ THỊ HAI PHẦN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Nghệ An - 2017 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH DƯƠNG CHÍ ĐƠNG CHỈ SỐ CHÍNH QUY CỦA LŨY THỪA IĐÊAN CẠNH CỦA ĐỒ THỊ HAI PHẦN Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60 46 01 04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS THIỀU ĐÌNH PHONG Nghệ An - 2017 MỤC LỤC Mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Đồ thị khái niệm tổ hợp liên quan 1.2 Chỉ số quy iđêan cạnh đồ thị Chương Chỉ số quy lũy thừa iđêan cạnh đồ thị hai phần 13 2.1 Chặn cho số quy lũy thừa iđêan cạnh đồ thị hai phần 13 2.2 Mối liên hệ G G 19 Kết luận 27 Tài liệu tham khảo 28 MỞ ĐẦU Cho G = (V (G), E(G)) đồ thị đơn hữu hạn với tập đỉnh V (G) = {x1 , , xn } tập cạnh E(G) Bằng cách đồng đỉnh G với biến vành đa thức k[x1 , , xn ], k trường, liên kết đồ thị G với iđêan đơn thức I(G) xác định I(G) = xi xj | {xi , xj } ∈ E(G) Iđêan I(G) gọi iđêan cạnh G Khái niệm giới thiệu Villarreal (1990) Kể từ đó, nhà tốn học nghiên cứu mối liên hệ thuộc tính tổ hợp đồ thị tính chất đại số iđêan cạnh tương ứng Đặc biệt, có nhiều nghiên cứu thời chặn bất biến đồng điều iđêan cạnh dựa theo bất biến tổ hợp đồ thị liên quan, xem [3, 11] Trong luận văn này, tìm hiểu trình bày lại kiến thức số qui Castelnuovo-Mumford lũy thừa iđêan cạnh đồ thị hai phần Cho iđêan đơn thức I , biểu thị reg(I), số qui Castelnuovo-Mumford Một kết tiếng chứng minh Cutkosky, Herzog Trung iđêan đơn thức I vành đa thức khẳng định reg(I s ) hàm tuyến tính với s 0, tức là, tồn số nguyên a, b, s0 mà reg(I s ) = as+b cho tất s ≥ s0 Trong đó, a chứng minh bị chặn bậc lớn phần tử tập hợp phần tử sinh nhỏ I Nhưng ràng buộc chung b s0 chưa rõ ràng Khi xem xét I = I(G) iđêan cạnh đồ thị G, trường hợp này, tồn số nguyên b, s0 mà reg(I s ) = 2s + b cho tất s ≥ s0 Với đồ thị G nào, người ta chứng minh ν(G) + ≤ reg(I(G)) ≤ co-chord(G) + 1, (1) ν(G) co-chord(G) bất biến đồ thị G tương ứng gọi số đối sánh cảm sinh G số phủ đối cung G Chặn chứng minh Katzman (2006) chặn chứng minh Woodroofe (2014) Năm 2015, Beyarslan, Ha Huy Tai Tran Nam Trung chứng minh [5] với đồ thị G s ≥ 1, ta có 2s + ν(G) − ≤ reg(I(G)s ) (2) Họ chứng minh dấu "=" xảy cho iđêan cạnh rừng (với s ≥ 1) iđêan cạnh chu trình (với s ≥ 2) Năm 2017, Moghimian, Sayed Yassemi bất đẳng thức (2) xảy dấu "=" với iđêan cạnh chu trình rẽ nhánh Tuy nhiên chưa có chặn tổng quát biết đến cho reg(I(G)s ) Bất đẳng thức (1) Woodroofe gợi cho ta dự đoán reg(I(G)s ) ≤ 2s + co-chord(G) − với s ≥ (3) Trên sở đó, chúng tơi chọn đề tài "Chỉ số quy lũy thừa iđêan cạnh đồ thị hai phần" để trình bày lại kết A.V.Jayanthan, N.Narayanan S.Selvaraja [10] nhằm chứng minh bất đẳng thức (3) cho đồ thị hai phần Sử dụng bất đẳng thức này, tác giả [10] tìm lớp đồ thị mà b s0 tính tốn cách rõ ràng Ngồi phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung luận văn chia thành hai chương Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương trình bày kiến thức sở đồ thị số quy iđêan cạnh đồ thị nhằm làm sở cho nội dung chương sau Chương Chỉ số quy lũy thừa iđêan cạnh đồ thị hai phần Nội dung chương trình bày lại kết [10] chặn số quy lũy thừa iđêan cạnh đồ thị hai phần theo số bất biến tổ hợp Luận văn hồn thành hướng dẫn TS Thiều Đình Phong Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tận tình dẫn chu đáo TS Thiều Đình Phong Tác giả xin chân thành cảm ơn thầy giáo, cô giáo Bộ mơn Đại số - Hình học, Viện Sư phạm Tự nhiên, Trường Đại học Vinh nhiệt tình giảng dạy giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập làm luận văn Mặc dù có nhiều cố gắng luận văn cịn nhiều thiếu sót, tác giả mong nhận góp ý, bổ sung, sửa chữa thầy, bạn học viên Nghệ An, tháng 08 năm 2017 Tác giả CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Nội dung chương trình bày định nghĩa, ký hiệu tính chất sử dụng luận văn 1.1 Đồ thị khái niệm tổ hợp liên quan 1.1.1 Định nghĩa Cho G đồ thị đơn hữu hạn với tập đỉnh V (G) tập cạnh E(G) Một đồ thị H gọi đồ thị G {u, v} cạnh H u v đỉnh H {u, v} cạnh G Đối với đỉnh u đồ thị G, đặt NG (u) = {v ∈ V (G)|{u, v} ∈ E(G)} tập hợp đỉnh liền kề u Phần bù đồ thị G ký hiệu Gc đồ thị tập đỉnh {u, v} cạnh Gc khơng phải cạnh G Một tập hợp X V (G) gọi độc lập khơng có cạnh {x, y} ∈ E(G) cho x, y ∈ X Số độc lập α(G) cỡ lớn tập độc lập Kí hiệu Ck chu trình k đỉnh Pk đường k đỉnh Chiều dài đường đi, chu trình số cạnh 1.1.2 Ví dụ Cho đồ thị G = (V, E) gồm tập đỉnh V = {a, b, c, d, e} tập cạnh E = {ab, bc, cd, de, ae, ad, ce} (Hình 1.1) Tập tất đỉnh kề a NG (a) = {b, d, e}, NG [a] = {b, d, e, a} bậc a deg(a) = Đồ thị H G gồm tập đỉnh V (H) = {a, b, c, d, e} tập cạnh E(H) = {ab, bc, cd, de, ae, ad} Gc phần bù G với tập đỉnh {a, b, c, d, e} tập cạnh {ac, bd, be} Tập hợp X = {a, c} tập độc lập V (G) Số lượng độc lập α(G) = C5 = {a, b, c, d, e, a} chu trình đỉnh {a, b, c, d, e} {a, b, c, e, d} đường đỉnh kí hiệu P5 , {a, c, d, e} đường khơng có cạnh nối hai đỉnh {a, c} Hình 1.1: Minh họa cho đồ thị G, H, Gc 1.1.3 Định nghĩa Đồ thị G gọi đồ thị hai phần có hai tập độc lập tách rời X, Y V (G) cho X ∪ Y = V (G) 1.1.4 Ví dụ Cho đồ thị G = (V, E) gồm tập đỉnh V = {a, b, c, d, e, f, g} tập cạnh E = {ag, af, ae, bg, be, bd, cf, ce, cd} (Hình 1.2) Khi G đồ thị hai phần với hai tập độc lập tách rời X = {a, b, c} Y = {d, e, f, g} V (G) thỏa mãn X ∪ Y = V (G) Hình 1.2: Đồ thị G 1.1.5 Định nghĩa Cho G đồ thị Chúng ta nói n cạnh khơng kề {f1 , , fn } tạo thành nK2 G G khơng có cạnh với đỉnh đầu thuộc fi đỉnh cuối thuộc fj với tất i, j ∈ {1, , n} i = j Một đồ thị khơng có nK2 gọi nK2 -tự Nếu n đồ thị 2K2 -tự gọi đồ thị không tách cạnh Dễ thấy rằng, G đồ thị không tách cạnh Gc không chứa cảm sinh C4 Vì vậy, G đồ thị khơng tách cạnh khơng chứa cạnh có hai đỉnh rời đồ thị cảm sinh 1.1.6 Định nghĩa Một đối sánh đồ thị G đồ thị bao gồm cặp cạnh tách rời Kích thước lớn đối sánh G gọi số đối sánh ký hiệu c(G) số lượng đối sánh tối thiểu G ký hiệu b(G), lực lượng tối thiểu đối sánh tối đại G Nếu đối sánh đồ thị cảm sinh đối sánh đối sánh cảm sinh Kích thước lớn đối sánh cảm sinh G gọi số đối sánh cảm sinh ký hiệu ν(G) Cho G đồ thị, tập C ⊆ V (G) phủ đỉnh G cho e ∈ E(G), e ∩ C = φ Nếu C tối thiểu theo quan hệ bao hàm, C gọi phủ đỉnh tối thiểu G Một đồ thị G gọi khơng trộn lẫn (cịn gọi phủ tốt) tất phủ đỉnh tối thiểu G có số phần tử 1.1.7 Ví dụ Cho G đồ thị với tập đỉnh V (G) = {x1 , , x6 } xác định Hình 1.3 Hình 1.3: Đồ thị G Khi {x2 , x3 }, {x5 x6 } trở thành đối sánh, đối sánh cảm sinh từ đồ thị cảm sinh với đỉnh {x2 , x3 , x5 , x6 } chứa cạnh {x3 , x6 } {x2 , x5 } Tập hợp {x1 , x2 }, {x3 , x4 }, {x5 , x6 } trở thành đối sánh G {x2 , x5 }, {x3 , x6 } đối sánh, tập hợp {x1 , x3 , x5 } trở thành tập hợp độc lập G Dễ dàng chứng minh c(G) = 3, b(G) = 2, ν(G) = α(G) = Có thể ý {x2 , x3 , x5 , x6 } {x2 , x4 , x6 } phủ đỉnh tối thiểu G Do G đồ thị khơng trộn lẫn 1.1.8 Định nghĩa Cho đồ thị G có n đỉnh, gọi W (G) đồ thị rẽ nhánh 2n đỉnh thu từ G cách thêm vào đỉnh G cạnh nối với đỉnh bậc Một đồ thị G dây cung yếu chu trình cảm sinh G Gc có độ dài tối đa G đồ thị dây cung hai phần đồng thời dây cung yếu hai phần Một cách tương đương, đồ thị hai phần dây cung hai phần khơng có chu trình cảm sinh sáu đỉnh nhiều 1.1.9 Ví dụ Cho đồ thị G = (V, E) sau (Hình 1.4) Ta thấy đồ thị G Hình 1.4: Đồ thị G, Gc W (G) dây cung yếu chu trình cảm sinh G Gc có độ dài tối đa Hơn đồ thị G dây cung hai phần G đồng thời dây cung yếu hai phần Đồ thị W (G) đồ thị rẽ nhánh 12 đỉnh thu cách thêm vào đỉnh G cạnh nối đỉnh với đỉnh bậc Chúng ta nhắc lại định nghĩa liên thơng chẵn số tính chất quan trọng từ [3] 15 i bé cho (V (Hm ), {g1 , , gi }) có đồ thị cảm sinh 2K2 , giả sử {gj , gi } Từ Hm đối cung, gj gi đồng thời thuộc E(Hm ) Trường hợp 1: Giả sử gj ∈ E(Hm ) \ E(Hm ) gi = {xα , xβ } ∈ E(Hm ) Cho gj = {[p1,k , p2, ]}, với số ≤ k ≤ s ≤ ≤ t Bằng xây dựng, có gj = {p1,k , p1 } < gj < gi Từ gj , gi ∈ E(Hm ), nên chúng tạo thành đồ thị cảm sinh 2K2 Hm Do đó, gj gi có đỉnh chung tồn cạnh gh ∈ E(Hm ) cho gh < gi kết nối gj gi Nếu gj gi có đỉnh chung điều mâu thuẫn với giả thiết {gj , gi } đồ thị 2K2 cảm sinh Giả sử gh cạnh liên thông với gj gi Cho gh = {p1 , xα } xα = p2 Khi xα ∈ NHm (p1 ) xây dựng, có cạnh {[xα , p2, ]} ∈ E(Hm ) với xếp gh < {[xα , p2, ]} < gi Điều mâu thuẫn với giả thiết {gj , gi } đồ thị 2K2 cảm sinh Nếu gh = {p1 , xα } xα = p2 xβ ∈ NHm (p2 ) Vì có cạnh {[p1,k , xβ ]} ∈ E(Hm ) với xếp gj < {[p1,k , xβ ]} < gi Điều mâu thuẫn với giả thiết {gj , gi } đồ thi cảm sinh 2K2 Tương tự, gh = {p1 , xβ }, {p1,k , xα } {p1,k , xβ } với số k , lại có mâu thuẫn Nếu gj ∈ E(Hm ) gi ∈ E(Hm ) \ E(Hm ), cách tương tự suy mâu thuẫn Trường hợp 2: Giả sử gj , gi ∈ E(Hm ) \ E(Hm ) Cho gi = {[p1,k , p2, ]} gj = {[p1,k , p2, ]}, với số ≤ k, k ≤ s, ≤ , ≤ t Bằng cách xây dựng, có gj = {p1,k , p1 } < gj < gi = {p1,k , p1 } < gi Từ p1,k ∈ NG (p1 ) p2, ∈ NG (p2 ), cách xây dựng, tồn cạnh {[p1,k , p2, ]} Hm với xếp gj < {[p1,k , p2, ]} < gi 16 Điều mâu thuẫn với giả thiết {gj , gi } đồ thị 2K2 cảm sinh Do Hm đồ thị đối cung với ≤ m ≤ n E(G ) = E(H1 ) ∪ · · · ∪ E(Hn ) Vì co-chord(G ) ≤ n Trong [1, Hệ 3.6], Alilooee Banerjee chứng minh rằng, giải tự tối thiểu I(G) tuyến tính giải tự tối thiểu (I(G)s+1 : e1 · · · es ) tuyến tính Bằng cách áp dụng kết nhiều lần, ta thấy rằng, giải tự tối thiểu I(G) tuyến tính giải tự tối thiểu (((I : ei1 )2 : · · · )2 : eij ) Ta chứng minh lại kết hệ Định lý 2.1.3 2.1.4 Hệ Cho G đồ thị với iđêan cạnh I = I(G) e1 , , es , s ≥ số cạnh G không thiết phải khác Nếu giải tự tối thiểu I tuyến tính giải tự tối thiểu ((((I : ei1 )2 : ei2 )2 · · · )2 : eim ) vậy, {i1 , , im } ⊆ {1, , s} Chứng minh Frăoberg chng minh rng I(G) cú mt gii t tối thiểu tuyến tính co-chord(G) = 1, [8, Định lý 1] Cho G1 đồ thị liên kết với phân cực (I(G)2 : ei1 ) Từ Định lý 2.1.3, ta có co-chord(G1 ) = Với j ≥ 2, định nghĩa Gj đồ thị liên kết với phân cực (I(Gj−1 )2 : eij ) Bây áp dụng nhiều lần Định lý 2.1.3 [8, Định lý 1], có điều phải chứng minh Hệ sau giúp ta có chặn số quy iđêan cạnh đồ thị hai phần 2.1.5 Hệ Cho G đồ thị hai phần e1 , , es , s ≥ 1, số cạnh G không thiết phải khác Cho G đồ thị liên kết với iđêan (I(G)s+1 : e1 · · · es ) Khi co-chord(G ) ≤ co-chord(G) Chứng minh Từ G đồ thị hai phần, theo Định lý 1.2.6 đồ thị G liên kết với (((I(G)2 : e1 ) : · · · )2 : es ) hai phần tập đỉnh phần giống phần G Từ [1, Bổ đề 3.7], (((I(G)2 : e1 )2 : · · · )2 : es ) = (I(G)s+1 : e1 · · · es ) 17 Áp dụng nhiều lần Định lý 2.1.3 có co-chord(G ) ≤ co-chord(G) Nếu G khơng phải đồ thị hai phần, đẳng thức (((I(G)2 : e1 )2 : · · · )2 : es ) = (I(G)s+1 : e1 · · · es ) khơng đúng, chẳng hạn xem ví dụ sau Ví dụ cho thấy (((I(G)2 : e1 ))2 : e2 ) có giải tự tối thiểu tuyến tính, khơng thiết kéo theo (I(G)3 : e1 e2 ) có giải tự tối thiểu tuyến tính 2.1.6 Ví dụ Cho iđêan đơn thức khơng phương I = (x1 x7 , x1 x2 , x2 x3 , x2 x6 , x3 x4 , x3 x5 , x4 x5 , x6 x8 ) ⊂ R = k[x1 , , x8 ] G đồ thị liên kết Cho G1 G2 đồ thị liên kết với (I : x2 x3 x4 x5 ) = I + (x1 x3 , x1 x5 , x1 x4 , x3 y1 , x3 x6 , x4 x6 , x5 x6 ) ⊂ R1 = R[y1 ] (((I : x2 x3 ))2 : x4 x5 ) = (I : x2 x3 x4 x5 ) + (x6 y3 , x1 x6 , x1 y2 ) ⊂ R1 [y2 , y3 ] Khi đó, dễ thấy Gc1 dây cung Gc2 dây cung Từ [8, Định lý 1], I(G1 ) giải tự tối thiểu tuyến tính I(G2 ) có giải tự tối thiểu tuyến tính Từ Định lý 1.2.9, (((I : x2 x3 ))2 : x4 x5 ) có giải tự tối thiểu tuyến tính (I : x2 x3 x4 x5 ) khơng có giải tự tối thiểu tuyến tính Bây chứng minh chặn cho reg(I(G)s ) G đồ thị hai phần 2.1.7 Định lí Cho G đồ thị hai phần Khi với s ≥ 1, reg(I(G)s ) ≤ 2s + co-chord(G) − Chứng minh Chứng minh phương pháp qui nạp theo s Nếu s = 1, khẳng định suy từ [15, Định lý 1] Giả sử s > Áp dụng Định lý 1.2.4 nhiều lần, ta cần chứng minh với cạnh e1 , , es G (khơng thiết phải khác nhau), ta có reg(I(G)s+1 : e1 · · · es ) ≤ co-chord(G) + với s > 18 Gọi G đồ thị liên kết với iđêan (I(G)s+1 : e1 · · · es ) reg((I(G)s+1 : e1 · · · es )) ≤ co-chord(G ) + 1, ≤ co-chord(G) + 1, bất đẳng thức thứ suy từ [15, Định lý 1] bất đẳng thức thứ hai suy từ Hệ 2.1.5 Vì reg(I(G)s ) ≤ 2s + co-chord(G) − 1, với s ≥ 2.1.8 Chú ý Các bắt đẳng thức nêu Định lý 2.1.7 ln ngặt (khơng xảy dấu bằng) Ví dụ, G = C8 ta thấy đồ thị đối cung C8 đường với cạnh co-chord(G) = Mặt khác, từ [5, Định lý 5.2], reg(I(G)s ) = 2s + < 2s + với s ≥ Từ [5, Định lý 4.5] Định lý 2.1.7 với đồ thị hai phần G, có 2s + ν(G) − ≤ reg(I(G)s ) ≤ 2s + co-chord(G) − với s ≥ (2.1) Như hệ (2.1), suy kết sau Alilooee Banerjee: 2.1.9 Hệ [1, Mệnh đề 2.15] Cho G đồ thị hai phần Các phát biểu sau tương đương I(G) có biểu diễn tuyến tính I(G)s có giải tự tuyến tính với s ≥ Gc dây cung Chứng minh Với đồ thị G, G hai phần, ν(G) = co-chord(G) = Vì ba phát biểu tương đương từ (2.1) [13, Mệnh đề 1.3] Với đồ thị G, Ha Huy Tai Van Tuyl chứng minh reg(I(G)) ≤ c(G) + 1, [9, Định lý 6.7] Sau Woodroofe chứng minh kết tổng quát hơn, reg(I(G)) ≤ b(G) + với đồ thị G, [15, Định lý 2] 19 Cho G đồ thị {z1 , , zt } đối sánh tối đại nhỏ G Cho Zi đồ thị G với E(Zi ) = zi ∪ { cạnh liền kề zi } Khi với i, Zi đồ thị đối cung G E(G) = ∪ti=1 E(Zi ) Do co-chord(G) ≤ b(G) Vì với đồ thị hai phần G, từ [5, Định lý 4.6] Định lý 2.1.7, ta có 2s + ν(G) − ≤ reg(I(G)s ) ≤ 2s + b(G) − (2.2) Một đối sánh cảm sinh trội G đối sánh cảm sinh đối sánh tối đại G Nếu G đối sánh cảm sinh trội ν(G) = b(G) Vì với đồ thị hai phần G với đối sánh cảm sinh trội, có reg(I(G)s ) = 2s + ν(G) − với s ≥ 2.2 Mối liên hệ G G Cho G đồ thị e1 , , es cạnh G Cho G đồ thị liên kết với (I(G)s+1 : e1 · · · es ) Trong phần này, so sánh tính chất đại số tổ hợp G G Dùng so sánh thu chặn số quy lũy thừa iđêan cạnh đồ thị hai phần Chúng ta bắt đầu cách xét đồ thị hai phần không trộn lẫn 2.2.1 Định lí Nếu G đồ thị hai phần khơng trộn lẫn đồ thị G liên kết với (I(G)s+1 : e1 · · · es ) khơng trộn lẫn, với tích s-chập e1 · · · es s ≥ Chứng minh Chứng minh phương pháp qui nạp s Cho G đồ thị hai phần khơng trộn lẫn Khi theo [14, Định lý 1.1], tồn phân chia V1 = {x1 , , xn } V2 = {y1 , , yn } với V (G) = V1 ∪ V2 Đầu tiên chứng minh đồ thị G liên kết với (I(G)2 : e) đồ thị hai phần không trộn lẫn với cạnh e G Từ Định lý 1.2.6, (I(G)2 : e) hai phần tập đỉnh giống G Từ {xi , yi } ∈ E(G ) với i, từ [14, Định lý 1.1] cần {xi , yk } ∈ E(G ), {xi , yj }, {xj , yk } ∈ E(G ) với i, j, k không trùng 20 Trường hợp I: Giả sử {xi , yj }, {xj , yk } ∈ E(G) Từ G đồ thị hai phần khơng trộn lẫn, có cạnh {xi , yk } ∈ E(G), [14, Định lý 1.1] Vì {xi , yk } ∈ E(G ) Trường hợp II: Giả sử {xi , yj } ∈ E(G) {xj , yk } ∈ / E(G) Cho xj p1 p2 yk liên thông chẵn xj yk ứng với e = p1 p2 Từ {xi , yj }, {xj , p1 } ∈ E(G), [14, Định lý 1.1], có cạnh {xi , p1 } ∈ E(G) Vì có liên thơng chẵn xi p1 p2 yk ứng với e Do {xi , yk } ∈ E(G ) Trường hợp III: Nếu {xi , yj } ∈ / E(G) {xj , yk } ∈ E(G) Cho xi p1 p2 yj liên thông chẵn xi yj ứng với e = p1 p2 Từ {p2 , yj }, {xj , yk } ∈ E(G), [14, Định lý 1.1], có cạnh {p2 , yk } ∈ E(G) Vì có liên thơng chẵn xi p1 p2 yk ứng với e Do {xi , yk } ∈ E(G ) Trường hợp IV: Nếu {xi , yj }, {xj , yk } ∈ / E(G) Xét liên thông chẵn xi p1 p2 yj xj p1 p2 yk xi , yj xj , yk tương ứng với e Khi có liên thơng chẵn xi p1 p2 yk xi yk ứng với e Do {xi , yk } ∈ E(G ) Vì G đồ thị khơng trộn lẫn Bởi giả thiết quy nạp, với đồ thị hai phần không trộn lẫn G, đồ thị liên kết với (I(G)s : e1 · · · es−1 ) đồ thị khơng trộn lẫn với tích (s − 1)-chập s > Từ [1, Bổ đề 3.7], có (I(G)s+1 : e1 · · · es ) = (I(G)2 : ei )s : ej j=i Từ trường hợp s = 1, đồ thị liên kết với (I(G)2 : ei ) đồ thị hai phần khơng trộn lẫn, nói Gi Do phương pháp quy nạp ta có đồ thị liên kết với (I(Gi )s : j=i ej ) đồ thị hai phần không trộn lẫn Vậy định lý chứng minh Ví dụ sau cho thấy Định lý 2.2.1 không đồ thị hai phần 2.2.2 Ví dụ Cho iđêan đơn thức bình phương tự I = (x1 x4 , x1 x2 , x1 x3 , x2 x3 , x2 x5 , x3 x6 ) ⊂ R = k[x1 , , x6 ] G đồ thị liên kết với I Khi G đồ thị không trộn lẫn không 21 phải hai phần Lấy e1 = {x1 , x2 }, có (I : e1 ) = I + (x4 x5 , x3 x5 , x3 x4 , x3 y1 ) ⊂ R[y1 ] Cho G đồ thị liên kết với (I : e1 ) Khi (x1 , x3 , x5 ) (x1 , x2 , x4 , x5 , x6 , y1 ) phủ đỉnh tối thiểu G Vì G đồ thị không trộn lẫn Đồ thị G gọi H -tự với H đồ thị G không chứa đồ thị cảm sinh đẳng cấu với H Bıyıko˘glu Civan chứng minh G hai phần P6 -tự do, reg(I(G)) = ν(G) + 1, [6, Định lý 3.15] Tiếp theo ta trình bày chứng minh kết khẳng định G P6 -tự G 2.2.3 Định lí Nếu G đồ thị hai phần Pk -tự với số k ≥ 4, đồ thị G liên kết với (I(G)s+1 : e1 · · · es ) đồ thị hai phần, với tích s-chập e1 · · · es s ≥ Chứng minh Từ [1, Bổ đề 3.7], ta cần chứng minh với s = Cho G đồ thị hai phần Pk -tự do, với k ≥ Đầu tiên ta chứng minh đồ thị G liên kết với (I(G)2 : e) Pk -tự với cạnh e G Chú ý G đồ thị hai phần tập đỉnh Giả sử G có đường cảm sinh Pk : x1 x2 · · · xk Đầu tiên giả thiết E(Pk ) \ E(G) có cạnh, giả sử {xi , xi+1 } Cho liên thông chẵn xi p1 p2 xi+1 , e = {p1 , p2 } Chú ý {xi , xi+1 } ∩ {p1 , p2 } = ∅ Trước hết đỉnh p1 p2 khơng trùng liền kề xj với j < i − j > i + Bổ đề I: p1 = xj với j = i − p2 = xj với j = i + Nếu p1 = xj với số j = i − 1, {xj , xi } ∈ E(G) Điều mâu thuẫn với giả thiết Pk đường cảm sinh Tương tự p2 = xj với số j = i + {xj , xi+1 } ∈ E(G), điều mâu thuẫn Bổ đề II: {p1 , xj } ∈ / E(G) với j = i, i + {p2 , xj } ∈ / E(G) với j = i − 1, i + Giả sử {p1 , xj } ∈ E(G) với số j = i, i + Khi xj p1 p2 xi+1 liên thông chẵn xj xi+1 cho {xj , xi+1 } ∈ E(G ) Từ j = i, i + 2, ta có mâu thuẫn với giả thiết Pk đường cảm sinh Tương tự, thấy {p2 , xj } ∈ / E(G) với j = i − 1, i + 22 Bây giải khả cịn lại Nếu p1 = xi−1 , p2 = xi+2 có đường P : xi−1 p2 xi+1 xi+2 G Tương tự, p2 = xi+2 , p1 = xi−1 có đường P : xi−1 xi p1 xi+2 Giả sử {p1 , xi+2 } ∈ E(G) Nếu {p2 , xi−1 } ∈ E(G), có liên thơng chẵn xi−1 p2 p1 xi+2 , mâu thuẫn Vì {p2 , xi−1 } ∈ / E(G) Do có đường P : xi−1 xi p1 xi+2 G Nếu {p2 , xi−1 } ∈ E(G), {p1 , xi+2 } ∈ / E(G) có đường P : xi−1 p2 xi+1 xi+2 G Từ p1 p2 xj với j < i − j > i + 2, thay đoạn xi−1 xi xi+1 xi+2 Pk với P , thu đường cảm sinh x1 · · · xi−2 P xi+3 · · · xk độ dài k − G điều mâu thuẫn với giả thiết G Pk -tự Giả sử E(Pk ) \ E(G) có nhiều cạnh Theo chứng minh Bổ đề I Bổ đề II, khơng thể có nhiều hai cặp đỉnh liên thơng chẵn Hơn nữa, có hai liên thơng chẵn, đỉnh liên thơng chẵn phải {xi−1 , xi } {xi , xi+1 } với i Giả sử liên thơng chẵn xi−1 p1 p2 xi xi p2 p1 xi+1 Chú ý rằng, trường hợp này, với r = 1, 2, pr = xj với j {pr , xj } ∈ / E(G) với j = i − 1, i, i + Vì có đường P : xi−1 p1 xi+1 xi+2 G Từ p1 xj với j < i − j > i + 2, thay đoạn xi−1 xi xi+1 xi+2 Pk với P thu đường cảm sinh x1 · · · xi−2 P xi+3 · · · xk với k đỉnh G, điều mâu thuẫn với giả thiết G Pk -tự Do G đồ thị Pk -tự Kết sau so sánh số đối sánh cảm sinh G G 2.2.4 Mệnh đề Cho G đồ thị G đồ thị liên kết với (I(G)s+1 : e1 · · · es ) với e1 , , es ∈ E(G) Khi ν(G ) ≤ ν(G) Chứng minh Cho {f1 , , fq , fq+1 , , fr , fr+1 , , ft } đối sánh cảm sinh G , với = 1, , q, f ∈ E(G); với = q + 1, , r, f = {u , v } u = v đỉnh G liên thông chẵn e1 · · · es ; 23 với = r + 1, , t, f = {u , u }, u liên thơng chẵn với với e1 · · · es u đỉnh Cho u = p0 p1 · · · p2k +1 = v , với = q + 1, , t, liên thông chẵn u v (u v ) e1 · · · es Với i = q + 1, , t, cho fi = {pi0 , pi1 } Bổ đề: {f1 , , fq , fq+1 , , ft } đối sánh cảm sinh với G Chứng minh bổ đề: Giả sử đối sánh cảm sinh Khi đó, có đỉnh chung cho hai số cạnh tồn cạnh G liên thông với hai cạnh tập nói Từ {f1 , , ft } đối sánh cảm sinh, thấy fi fj khơng thể có đỉnh chung, với ≤ i ≤ q, q + ≤ j ≤ t Giả sử f = {p0 , p1 } m m m m fm = {pm , p1 } có đỉnh chung Nếu p0 = p0 p0 = p1 p1 = p0 , mâu thuẫn với giả thiết {f , fm } tạo thành đối sánh cảm sinh Nếu p1 = pm , có liên thơng chẵn m pm (p1 = p1 )p2 · · · p2k +1 pm p2k +1 ứng với e1 · · · es , mâu thuẫn với giải thiết {f , fm } tạo thành đối sánh cảm sinh Do f fm khơng thể có đỉnh chung Như vậy, từ {f1 , , fq } đối sánh cảm sinh G, khơng thể có cạnh liên thơng fi fj Vì hai khả là, Tồn cạnh liên thông fi fj ; Tồn cạnh liên thông f fm Trường hợp 1: Cho fi fj = {pj0 , pj1 }, với ≤ i ≤ q q +1 ≤ j ≤ t, liên thông cạnh, giả sử {xα , xβ } G Nếu xα = pj0 xβ = pj0 , mâu thuẫn với giả thiết fi fj tạo thành đối sánh cảm sinh G Vì xα = pj1 xβ = pj1 Giả sử xα = pj1 Khi có liên thông chẵn xβ pj1 · · · pj2kj +1 G Điều mâu thuẫn với giả thiết fi fj đối sánh cảm sinh G Do xα = pj1 Tương tự ta chứng minh xβ = pj1 Do đó, khơng thể có cạnh chung {xα , xβ } fi fj với j = q + 1, , t 24 Trường hợp 2: Giả sử tồn cạnh, giả sử {xα , xβ }, f = m {p0 , p1 } fm = {pm , p1 } Nếu {xα , xβ } = {p0 , pm }, {xα , xβ } cạnh chung f fm , điều mâu thuẫn với giả thiết {f , fm } có đối sánh cảm sinh G Nếu {xα , xβ } = {p0 , pm }, có liên thơng chẵn m m p0 pm p2 · · · p2km +1 p0 pm 2km +1 ứng với e1 · · · es , điều mâu thuẫn Tương tự, dẫn đến mâu thuẫn {xα , xβ } = {p1 , pm } m m Giả sử {xα , xβ } = {p1 , pm } Nếu {p2µ+1 , p2µ+2 } {p2µ1 +1 , p2µ1 +2 } có đỉnh chung, với ≤ µ ≤ k − 1, ≤ µ1 ≤ km − 1, từ m [3, Bổ đề 6.13], p0 liên thông chẵn đến pm đến p2km +1 Cả hai mâu thuẫn với với giả thiết f , fm có đối sánh cảm sinh m G Vì {p2µ+1 , p2µ+2 } {pm 2µ1 +1 , p2µ1 +2 } khơng có đỉnh chung với ≤ µ ≤ k − 1, ≤ µ1 ≤ km − Khi có liên thơng chẵn m p2k +1 p2k · · · p1 pm · · · p2km +1 p2k +1 pm 2km +1 , điều mâu thuẫn với giả thiết {f , fm } đối sánh cảm sinh Do {f1 , , fq , fq+1 , , ft } tạo thành đối sánh cảm sinh G Vì ν(G ) ≤ ν(G) Như hệ Mệnh đề 2.2.4, thu chặn cho reg(I(G)s ) G đồ thị hai phần 2.2.5 Hệ Cho G đồ thị hai phần với hai phần X Y Khi với s ≥ 1, ta có reg(I(G)s ) ≤ 2s + (ν(G) + min{|X|, |Y |}) − Chứng minh Nếu s = 1, mệnh đề chứng minh [7, Định lý 4.16] Cho G đồ thị liên kết với (I(G)s+1 : e1 · · · es ) với e1 , , es 25 cạnh G Từ ν(G ) ≤ ν(G) G đồ thị hai phần với hai phần X Y , mệnh đề suy từ Định lý 1.2.4 quy nạp Từ [5, Định lý 4.5] Hệ 2.2.5, với đồ thị hai phần G, có 2s+ν(G)−1 ≤ reg(I(G)s ) ≤ 2s+ (ν(G) + min{|X|, |Y |})−1 với s ≥ Cho G đồ thị hai phần với hai phần X Y , giả sử |X| ≤ |Y | Khi từ Hệ 2.2.5, reg(I(G)s ) ≤ 2s + |X| − với s ≥ Một hệ trực tiếp việc so sánh số đối sánh cảm sinh mối liên hệ tính chất nK2 -tự G G 2.2.6 Hệ Nếu G dồ thị nK2 -tự với n ≥ 1, với tích s-chập e1 · · · es , đồ thị G liên kết với (I(G)s+1 : e1 · · · es ) nK2 -tự Chứng minh Nếu G nK2 -tự do, ν(G) < n Từ Mệnh đề 2.2.4, ν(G ) ≤ ν(G) Vì ν(G ) < n G nK2 -tự Dùng kết [13, Mệnh đề 1.3] có: 2.2.7 Hệ Cho G đồ thị không tách cạnh Khi đồ thị G liên kết với iđêan (I(G)s+1 : e1 · · · es ), với tích s-chập e1 · · · es Nói cách khác, I(G) có biểu diễn tuyến tính, (I(G)s+1 : e1 · · · es ) vậy, với tích s-chập e1 · · · es Trong [2], Banerjee đặt câu hỏi mối quan hệ I(G) (I(G)s+1 : e1 · · · es ) với số cạnh e1 , , es G Đặc biệt, ông đưa câu hỏi: 2.2.8 Câu hỏi [2, Câu hỏi 6.2.2] Phân loại G e1 , , es cho reg(I(G)) ≥ reg(I(G)s+1 : e1 · · · es ) Một ứng dụng Hệ 2.1.5 Mệnh đề 2.2.4, có số điều kiện đủ để có bất bẳng thức 26 2.2.9 Mệnh đề Cho G đồ thị e1 , , es cạnh G, với s ≥ Cho G đồ thị liên kết với (I(G)s+1 : e1 · · · es ) Khi bất đẳng thức reg(I(G)) ≥ reg(I(G)s+1 : e1 · · · es ) reg(I(G)s+1 : e1 · · · es ) = ν(G ) + 1; G đồ thị hai phần với reg(I(G)) = co-chord(G) + Chứng minh Nếu reg(I(G)s+1 : e1 · · · es ) = ν(G ) + 1, reg(I(G)s+1 : e1 · · · es ) = ν(G ) + ≤ ν(G) + = reg(I(G)) (từ Mệnh đề 2.2.4) (từ (1)) Nếu G đồ thị hai phần reg(I(G)) = co-chord(G) + 1, reg(I(G)s+1 : e1 · · · es ) ≤ co-chord(G ) + ≤ co-chord(G) + = reg(I(G)) (từ (1)) từ Hệ 2.1.5) 27 KẾT LUẬN Trên sở tìm hiểu trình bày lại kết tài liệu tham khảo [10], luận văn hoàn thành nội dung sau: Trình bày khái niệm, tính chất đồ thị, iđêan cạnh đồ thị, số quy lũy thừa iđêan cạnh với số ví dụ minh họa Trình bày khái niệm đồ thị hai phần, số phủ đối cung việc sử dụng số phủ đối cung để chặn cho số quy lũy thừa iđêan cạnh đồ thị hai phần Trình bày mối liên hệ đồ thị G đồ thị G liên kết với iđêan đơn thức khơng phương có từ phân cực lũy thừa iđêan cạnh đồ thị hai phần 28 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Ali Alilooee and Arindam Banerjee (2014) Powers of edge ideals of regularity three bipartite graphs ArXiv e-prints [2] Arindam Banerjee (2015), Catelnuovo-Mumford Regularity and Edge Ideals, PhD thesis, University of Virginia [3] Arindam Banerjee (2015), The regularity of powers of edge ideals, J Algebraic Combin, 41(2), 303–321 [4] Claude Benzaken, Yves Crama, Pierre Duchet, Peter L Hammer, and Frédéric Maffray (1990), More characterizations of triangulated graphs J Graph Theory, 14(4): 413–422 [5] Selvi Beyarslan, Huy Tai Ha, and Tran Nam Trung (2015), Regularity of powers of forests and cycles, J Algebraic Combin, 42(4), 10771095 [6] Tă urker Bykoglu and Yusuf Civan (2015), Castelnuovo-Mumford regularity of graphs ArXiv e-prints [7] Tă urker Bykoglu and Yusuf Civan (2016), Projective dimension of (hyper)graphs and the Castelnuovo-Mumford regularity of bipartite graphs ArXiv e-prints [8] Ralf Frăoberg (1990), On Stanley-Reisner rings In Topics in algebra, Part (Warsaw, 1988), volume 26 of Banach Center Publ, pages 57– 70 PWN, Warsaw [9] Huy Tài Hà and Adam Van Tuyl (2008), Monomial ideals, edge ideals of hypergraphs, and their graded Betti numbers J Algebraic Combin, 27(2): 215–245 29 [10] A V Jayanthan, N Narayanan, S Selvaraja (2016), Regularity of powers of bipartite graphs, ArXiv e-prints, Available at https://arxiv.org/abs/ 1609.01402 [11] Sean Jacques (2004), Betti numbers of graph ideals, PhD thesis, University of Sheffield [12] Manoj Kummini (2008), Homological invariants of monomial and binomial ideals PhD thesis, University of Kansas [13] Eran Nevo and Irena Peeva (2013), C4 -free edge ideals, J Algebraic Combin, 37(2): 243–248 [14] Rafael H Villarreal (2007) Unmixed bipartite graphs Rev Colombiana Mat, 41(2): 393–395 [15] Russ Woodroofe (2014), Matchings, coverings, and Castelnuovo- Mumford regularity, J Commut Algebra, 6(2), 287–304 ... 1.1 Đồ thị khái niệm tổ hợp liên quan 1.2 Chỉ số quy iđêan cạnh đồ thị Chương Chỉ số quy lũy thừa iđêan cạnh đồ thị hai phần 13 2.1 Chặn cho số quy lũy thừa iđêan cạnh đồ. .. sở đồ thị số quy iđêan cạnh đồ thị nhằm làm sở cho nội dung chương sau Chương Chỉ số quy lũy thừa iđêan cạnh đồ thị hai phần Nội dung chương trình bày lại kết [10] chặn số quy lũy thừa iđêan cạnh. .. chất đồ thị, iđêan cạnh đồ thị, số quy lũy thừa iđêan cạnh với số ví dụ minh họa Trình bày khái niệm đồ thị hai phần, số phủ đối cung việc sử dụng số phủ đối cung để chặn cho số quy lũy thừa iđêan