Đối với độ sâu thông thường (depth) qua phần tử chính quy ta có các kết quả sau.
Bổ đề 2.3.1. ([10]) NếuM là một môđun phân bậc trên một vành phân bậc S vàz là một phần tử chính quy thuần nhất trênM trong một iđêan cực đại phân bậc. Khi đó
(i) depth(M/zM) =depth(M)−1, (ii)dim(M/zM) =dim(M)−1.
Để chứng minh ta cần hai Bổ đề sau:
Bổ đề 2.3.2. NếuMlà mộtS-môđun hữu hạn sinh thì
Ass(M)⊂Supp(M),
Bổ đề 2.3.3. Nếu M là một S-môđun phân bậc hoặc đa phân bậc hữu hạn sinh và
x1, . . . ,xrthuộc iđêan cực đại thuần nhất củaS. Khi đó
dim(M/(x1, . . . ,xr)M)≥dim(M)−r.
Chứng minh Bổ đề2.3.1:
Chứng minh. (i) Ta có depth(M)≥depth(M/zM)và ta xét một dãy khớp ngắn
0→M→z M→M/zM→0. Áp dụng Bổ đề Độ sâu cho dãy khớp ngắn này, ta thu được
depth(M) =depth(M/zM) +1.
(ii) Ta chỉ ra rằng dim(M/zM)<dim(M). Thật vậy, mặt khác ta có một dãy tăng các iđêan nguyên tố
Ann(M)⊂Ann(M/zM)⊂P0 ⊂ · · · ⊂Pd,
trong đódlà số chiều củaMvàP0là bé nhất trênAnn(M). Từ Bổ đề 2.3.2 iđêanP0chứa ước của không vàz∈Ann(M/zM), do vậy z∈P0, mâu thuẫn. Bất đẳng thức ngược lại
dim(M/zM)≥dim(M)−1được suy ra từ Bổ đề 2.3.3.
Hệ quả 2.3.4. Chox=x1, . . . ,xr là một dãy chính quy trên mộtR-môđun phân bậcM
trong iđêan cực đại thuần nhất củaR. Khi đó
(i) depth(M/xM) =depth(M)−r, (ii)dim(M/xM) =dim(M)−r.
Chứng minh Hệ quả này bằng cách quy nạp theor.
Đối với độ sâu Stanley (sdepth) kết quả chính là Định lý sau:
Định lý 2.3.5. Cho I ⊂Slà một iđêan đơn thức củaS=K[x1, . . . ,xn] vàu∈Slà đơn thức chính quy trênS/I. Khi đó
Trước tiên ta chứng minh một trường hợp đặc biệt của định lý:
Bổ đề 2.3.6. Cho m<n và J⊂ S0 =K[x1, . . . ,xm] là một iđêan đơn thức. Khi đó với iđêan đơn thứcI=JSvà vớixk bất kì,m<k≤nta có
sdepth(S/(I,xk)) =sdepth(S/I)−1.
Chứng minh. Đặt T =S0[xm+1, . . . ,xk−1,xk+1, . . . ,xn] và L⊂T là một iđêan đơn thức thỏa mãnL=JT. Khi đó ta có S/(I,xk)∼=S/(JS+ (x k)S)∼= (S/x k)/(JS(S/xk))∼=T/L. Đặt D :T/L= r M i=1 uiK[Zi]
là một phân tích Stanley củaT/Lthỏa mãnsdepth(D) =sdepth(T/L). Khi đó
D1:S/I= (T/L)[xk] = r M i=1 uiK[Zi][xk] = r M i=1 uiK[Zi,xk]
là một phân tích Stanley củaS/I. Từ đó có
sdepth(D1) =sdepth(D) +1=sdepth(T/L) +1. Mặt khác
sdepth(D1)≤sdepth(S/I). Do đó
sdepth(T/L) +1≤sdepth(S/I).
Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại ta xét một phân tích Stanley
D2 :S/I = s M
i=1
viK[Wi]
củaS/I vớisdepth(D2) =sdepth(S/I).
ĐặtI ={i∈ {1, . . . ,s}:viK[Wi]∩T 6={0}}. Ta cần chỉ ra
D3 :T/L=Lc=M i∈I
và L
i∈IviK[Wi]∩T là một phân tích tổng trực tiếp của T/L.
Để chứng minh (3.1), ta chọn một đơn thứcv∈Lc. Ta cần chỉ ra tồn tạii∈I thỏa mãn v∈viK[Wi]∩T. Giả sử ngược lại v∈/ viK[Wi]∩T với mọi i ∈I. Từ v∈T, kéo theov∈/viK[Wi], với mọii. Do đó ta cóv∈I =JS. Vìv∈T vàL=JT, nênv∈L, mâu thuẫn. Ngược lại, chọn một đơn thứcw∈viK[Wi]∩T. Điều đó kéo theow∈/I =JS và vìL=JT ⊂JS=I, ta đượcw∈Lc.
Bây giờ ta sẽ chỉ raD3 là một phân tích Stanley. Thật vậy, ta có
viK[Wi]∩T =
viK[Wi\{xk}], nếuxk không chia hết chovi
0, nếuxk chia hết chovi.
So sánh phân tích Stanley D2 của S/I với phân tích Stanley D3 của T/L ta thấy
sdepth(D2)≤sdepth(D3) +1. Do đó
sdepth(S/I) =sdepth(D2)≤sdepth(D3) +1≤sdepth(T/L) +1. Vậy ta có điều cần chứng minh.
Để chứng minh Định lí 2.3.5 ta cần thêm kết quả sau:
Bổ đề 2.3.7. Cho
I=I0⊂I1 ⊂ · · · ⊂Ir=S
là một dãy tăng các iđêan đơn thức củaSsao cho mỗiIj/Ij−1 là một môđun cyclic, và do đóIj/Ij−1 ∼=S/L
j(−aj)với một số iđêan đơn thứcLj vàaj∈Zn. Khi đó
sdepth(S/I)≥min{sdepth(S/Lj): j∈ {1, . . . ,r}}.
Chứng minh. Ta có phân tích sau củaS/I như một K-không gian vectơ: S/I=I1/I0⊕I2/I1⊕ · · · ⊕S/Ir−1.
Vì mỗiIj/Ij−1∼=S/L
j(−aj)ta được một đẳng cấu S/I ∼=S/L
Với mỗi j đặtDj:S/Lj= rj L k=1
ujujkK[Zjk]là một phân tích Stanley củaS/Lj thỏa mãn
sdepth(Dj) =sdepth(S/Lj). Khi đó từ đẳng cấu (2.2) ta được một phân tích Stanley như sau S/I= r M j=1 rj M k=1 ujujkK[Zjk]
của S/I, trong đó uj =xaj với j =1, . . . ,r. Từ phân tích Stanley này của S/I ta được điều cần chứng minh.
Chứng minh Định lý 2.3.5. Vì u là phần tử chính quy của I nên I =JS trong đó J⊂S0=K[x1, . . . ,xm] vàu=xa1
m+1. . .xann−m. Ta xét một dãy tăng các iđêan của Sgiữa (I,u)vàStrong đó 2 thành phần liên tiếp của dãy có dạng
(I,xb1 m+1. . .xbk k . . .xbn−m n )⊂(I,xb1 m+1. . .xbk−1 k . . .xbn−m n ) trong đóbi≤ai với mọii=1, . . . ,n−m.
Chú ý rằng (I,xb1 m+1· · ·xbk−1 k · · ·xbn−m n )/(I,xb1 m+1. . .xbk k . . .xbn−m n )'S/(I,xk). Từ Bổ đề 2.3.6 và Bổ đề 2.3.7 kéo theo
sdepth(S/(I,u))≥sdepth(S/(I,xk)) =sdepth(S/I)−1.
Để chứng minh bất đẳng thức còn lại, ta chọn một phân tích Stanley
D0:(I,u)c = r M
i=1
uiK[Zi0]
của S/(I,u) với sdepth(D0) =sdepth(S/(I,u)). Ta có một tổng trực tiếp của các K- không gian vectơ con
r L i=1 uiK[Zi0]∩S0 củaS0. Chú ý rằng Jc= r M i=1 uiK[Zi0]∩S0 vàLr
i=1uiK[Zi0]∩S0là một phân tích Stanley củaS0/J, trong đó một tổng được lấy trên i∈ {1, . . . ,r}vớiuiK[Zi0]∩S06={0}, theo chứng minh Bổ đề 2.3.6.
Ta có uiK[Zi0]∩S0= uiK[Zi0∩ {x1, . . . ,xm}], nếu Supp(ui)⊂ {x1, . . . ,xm} 0, trường hợp còn lại. Do đó nếu ta xét tậpΛ={i: Supp(ui)⊂ {x1, . . . ,xm}, thì D :S/I =M i∈Λ uiK[Zi]
là một phân tích Stanley củaS/I, trong đóZi:={Zi0∩ {x1, . . . ,xm}} ∪ {xm+1, . . . ,xn}. Ta chỉ ra rằng|Zi|>|Zi0|. Thật vậy, nếu{xm+1, . . . ,xn} ⊂Zi0, mâu thuẫn với(u)∩
uiK[Zi0] ={0}. Do đó,sdepth(D)≥sdepth(D0) +1. Do vậy cuối cùng ta được
sdepth(S/(I,u)) =sdepth(S/I)−1. Ta có điều cần chứng minh.
Hệ quả 2.3.8. Nếuu1, . . . ,ur∈Mon(S)làS/I-dãy, thì
sdepth(S/(u1, . . . ,ur) +I) =sdepth(S/I)−r.