Đa thức Hilbert
3.1 dài của môđun
Định nghĩa 3.1.1. Cho M là một R−môđun. Dãy 0 = M0 ⊂M1 ⊂ ...⊂
Mn = M hữu hạn các môđun con gọi là dãy hợp thành nếu Mi/Mi−1 là môđun đơn với mọi i = 1, ..., n. Khi đó n được gọi là độ dài của dãy hợp thành.
Chú ý 3.1.2. i) Nói chung một môđun không chắc có dãy hợp thành. Ví dụ Z ⊃ nZ ⊃ n2Z ⊃... ⊃ ... không dừng.
ii) Nếu M có dãy hợp thành thì hai dãy hợp thành tùy ý của M có độ dài như nhau. Độ dài đó được gọi là độ dài của môđun M. Nếu M
có dãy hợp thành độ dài n, ta kí hiệu là `R(M) = n.
iii) Nếu M không có dãy hợp thành thì `R(M) = +∞.
Mệnh đề 3.1.3. Nếu M có dãy hợp thành hữu hạn khi và chỉ khi M vừa là môđun Noether vừa là môđun Artin.
Chứng minh. =⇒)Giả sử `R(M) = n < +∞. Suy ra mọi dãy tăng (giảm) các môđun con của M không có quá n+ 1 phần tử. Suy ra mọi dãy tăng
(giảm) các môđun con của M đều dừng. Suy ra M vừa là môđun Noether vừa là môđun Artin.
⇐=) Ngược lại, giả sử M là Noether và Artin. Ta phải chứng minh
`R(M) < +∞. Thật vậy, giả sử `R(M) = ∞. Đặt P
= {N sao cho
N là môđun con của M và `R(N) = ∞}. Ta thấy M ∈ P
suy ra P
6
= ∅. Do M là môđun Artin, suy ra P
có phần tử cực tiểu H. Do M là môđun Noether, suy ra tập các môđun con thực sự của H có phần tử cực đại H0.
Ta có H0 ⊂ H. Nếu H0 ∈ P
thì mâu thuẫn với tính cực tiểu của H. Do đó H0 ∈/ P
suy ra `R(H0) < ∞. Ta có dãy hợp thành
0 = H00 ⊂ H10 ⊂H20 ⊂ ...⊂ Ht0 = H0.
Do H0 là môđun cực đại của H nên
0 = H00 ⊂ H10 ⊂ H20 ⊂... ⊂ Ht0 = H0 ⊂ H.
Suy ra `R(H) < +∞. Suy ra mâu thuẫn với tính chất H ∈ P
. Vậy
`R(M) < +∞.
Hệ quả 3.1.4. Giả sử N là môđun con của R−môđun M. Khi đó M có độ dài hữu hạn khi và chỉ khi N và M/N là những R−môđun có độ dài hữu hạn. Hơn nữa, trong trường hợp này ta có `(M) = `(N) +`(M/N). Chứng minh. =⇒) Khi N = 0 hoặc N = M thì hiển nhiên hệ quả đúng. Giả sử M là môđun có độ dài hữu hạn và 0 ⊂ N ⊂ M là một xích của
M. Xích này có thể làm mịn hơn thành một dãy hợp thành của M
0 = A0 ⊂ A1 ⊂ ...⊂ Ak = N ⊂ Ak+1 ⊂... ⊂ An = M.
Khi đó, xích 0 = A0 ⊂ A1 ⊂ ... ⊂ Ak = N là một dãy hợp thành của N. Suy ra N có độ dài hữu hạn và `(N) =k.
Theo định lý đẳng cấu môđun ta có
(Ak+i+1/N)/(An+k/N) ∼= A
k+i+1/Ak+i∀i = 0, ..., n−k−1.
Mà Ak+i+1/Ak+i là môđun đơn. Suy ra (Ak+i+1/N)/(An+k/N) cũng là môđun đơn ∀i = 0, ..., n−k −1.
Suy ra xích 0 =Ak/N ⊂Ak+1/N ⊂... ⊂ An/N = M/N là dãy hợp thành của M/N và `(M/N) = n−k.
Từ chứng minh trên suy ra `(M) = `(N) +`(M/N).
⇐=) Giả sử
0 =A0 ⊆ A1 ⊆ ...⊆ Ak = N
và
0 = B00 ⊆ B10 ⊆ ... ⊆Bl0 = M/N
lần lượt là hai dãy hợp thành của N và M/N.
Gọi π : M −→ M/N là phép chiếu chính tắc và ta có π(Bj) = Bj0
và N ⊆ B0 ⊆ B1 ⊆ ... ⊆ Bl = M vì Bj0+1/Bj0 là môđun đơn nên từ định lý đẳng cấu (Bj+1/N)/(Bj/N) ∼= B
j+1/Bj suy ra Bj+1/Bj, ∀j = 1, ..., l là những môđun đơn. Vậy xích 0 = A0 ⊆ A1 ⊆ ... ⊆ Ak = N ⊆ B0 ⊆ B1 ⊆
... ⊆Bl = M là dãy hợp thành của M. Suy ra `(M) < +∞.
Từ kết quả trên ta có Hệ quả sau.
Hệ quả 3.1.5. Cho 0 −→ M1 f1
−−→ M2 f2
−−→ ... −−−→fn−1 Mn −→ 0 là dãy khớp dài với `R(Mi) < +∞ ∀i = 1, ...n. Khi đó
n
X
i=1
(−1)il(Mi) = 0
Chứng minh. Ta có Kerfi và Mi/Kerfi là các R−môđun con của Mi và
`R(Mi) = `R(Ker fi) + `R(Mi/Ker fi),(∀i = 1, ..., n−1). Mặt khác Mi/ Ker fi ∼= Im f i. Do đó `R(Mi) = `R(Ker fi) +`R(Im fi) (∀i = 1, ..., n−i). Suy ra Pn i=1(−1)i`(Mi) = Pn−1 i=1(−1)i`(Mi) + (−1)n`(Mn) Suy ra Pn i=1(−1)i`(Mi) =Pn−1 i=1(`R(Kerfi) +`R(Imfi)) + (−1)n`(Mn). Do là dãy khớp dài nên ta có Imfi = Kerfi+1, ∀i = 1, ..., n−2. Vậy
Pn
i=1(−1)i`(Mi) = −`(Kerf1) + (−1)n−1Imfn−1 + (−1)n`(Mn) (∗)
Vì f1 là đơn ánh, fn−1 là toàn ánh nên Kerf1 = 0 và Imfn−1 = Mn. Thay vào (*) ta được n X i=1 (−1)i`(Mi) = 0. 3.2 Đa thức Hilbert
Ta biết rằng nếu A là vành Artin thì A là vành Noether, suy ra
`(A) < +∞. Xét vành đa thức m biến R = A[x1, ..., xm] với hệ số trong
A. Khi đó R là một vành phân bậc R = ⊕n≥0Rn, trong đó R0 = A,
Rn = {f ∈ R|f là đa thức thuần nhất bậc n }. Cho M = ⊕n≥0Mn là một
R−môđun phân bậc hữu hạn sinh (khi đóM cũng là R−môđun Noether). Ta có AMn = R0Mn ⊆Mn,∀n≥ 0, tức là Mn là R0−môđun, ∀n ≥ 0.
Mệnh đề 3.2.1. Nếu A là một vành Artin, và Rn = {f ∈ A[x1, ..., xn] | f là đa thức thuần nhất bậc n } thì `A(Rn) = `(A) m+n−1 m−1 . Đặc
biệt khi A là một trường thì `A(Rn) = m+n−1 m−1 .
Chứng minh. Ta biết số đơn thức bậc n của A[x1, ..., xm] tính được là
t = m +n−1 m−1
. Gọi các đơn thức này là f1, ..., ft. Xét các môđun
Ai = (fi),∀i = 1, .., t.
Khi đó ta có Rn = ⊕k
i=1Ai suy ra `A(Rn) = Pki=1`A(Ai). Mặt khác, ta có dãy hợp thành 0 = A0 ⊂ A1 ⊂ ... ⊂ Al = A của A, với l = `(A). Khi đó dãy các môđun của Ai là
0 =A0 ⊂ A1fi ⊂ ... ⊂Alfi = Ai, `(A) = l (∗ ∗ ∗).
Vì Aj+1fi/Ajfi ∼= A
j+1/Aj nên các Aj+1fi/Ajfi là các môđun đơn với
∀i = 1, ..., t và ∀j = 1, ..., l. Suy ra (***) là dãy hợp thành của Ai. Do đó
`(Ai) =`(A). Vậy `A(Rn) = Pk i=1`(Ai) = `(A).t = `(A). m+ n−1 m −1 .
`A(Mn)là độ lớn của môđunMn và là một hàm số nhận giá trị nguyên dương. Kí hiệu là FM(n) =`A(Mn).
Mệnh đề 3.2.2. Với các kí hiệu như trên, ta có `A(Mn) < +∞.
Chứng minh. Do M là hữu hạn sinh nên giả sử M = y1R+...+ykR. Khi đó ta có thể giả thiết thêm y1, ..., yk là các phần tử thuần nhất bậc lần lượt là d1, ..., dk. Tức là y1 ∈ Rd1, ..., yk ∈ Rdk.
Đặt ϕ : ⊕k n≥0R(di) −→ M, trong đó R(di) = ⊕+n=∞d iRn−di, ϕ(b1, ..., bk = k X i=1 biyi).
Khi đó ϕ là toàn cấu bậc như nhau, tức là ta có toàn cấu
ψ : ⊕ki=1Rn−di −→Mn. Suy ra Mn ∼= ⊕k i=1Rn−di/Kerϕ. Do đó lA(Mn) = lA(⊕ki=1Rn−di)−lA(Kerϕ) ≤ lA(⊕ki=1Rn−di) = k X i=1 lA(Rn−di) < +∞. Vậy `A(Mn) < +∞. Định lý 3.2.3. (Định lý đa thức Hilbert )
Cho A là một vành Artin, R = ⊕n≥0Rn là vành phân bậc với R0 = A,
Rn = {f ∈ R = A[x1, ..., xm]|f là đa thức thuần nhất bậc n}, M =
⊕n≥0Mn là một R−môđun phân bậc hữu hạn sinh. Khi đó tồn tại một đa thức PM(n) sao cho FM(n) = PM(n) khi n đủ lớn (n 0). Ngoài ra
PM(n) là đa thức có hệ số hữu tỉ.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo độ lớn môđun conN của
M. Ta viết P(M/N) nếu định lý đúng với M/N.
Nếu N = M thì ta có P(M/N).
Giả sử ta đã có P(M/N0). Ta sẽ chứng minh P(M/N) với N ⊂ N0, tức là ta đã có P(M/N0),∀N ⊂ N0, và ta cần chứng minh P(M/N).
Xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1. N không là bất khả quy. Khi đó ∃N1, N2 ⊃ N để N = N1∩
N2. Nên ta có P(M/N1) và P(M/N2). Vì (N1+N2)/N1 ∼= N 2/N1∩N2 = N2/N nên FM/N(n) =FM/N2(n) +F(M/N)/(M/N2)(n) = FM/N2(n) +FN2/N(n) = FM/N2(n) +F(N1+N2)/N1(n) = FM/N2(n) +FM/N1(n)−FM/(N1+N2).
Do FM/N2(n), FM/N1(n) và FM/(N1+N2)(n) đều là các đa thức nên ta suy ra
P(M/N) khi N không là bất khả quy.
Trường hợp 2. N là bất khả quy. Khi đó N là nguyên sơ. Giả sử
{p} = AnnR(M/N).
Đặt I = (x1, ..., xm) ⊆ R và M/N = M0.
Giả sử I ⊆ p. Ta phải chứng minh (M/N)n = 0, khi n đủ lớn. Thật vậy, giả sử M/N = y1R + ...+ ykR với yi ∈ (M/N)di, (degyi = di). Đặt d= max(d1, ..., dk). Ta sẽ chứng minh (M/N)n+d = In(M/N)d,∀n≥ 0.
Rõ ràng In(M/N)d ⊆ (M/N)d+n. Lấy y ∈ (M/N)n+d, suy ra tồn tại
g1, ..., gk ∈ R sao cho
y = y1g1 +...+ ykgk
với deggi = n + (d − di). Do d=max(d1, ..., dk), suy ra d − di ≥ 0 nên tồn tại fi ∈ I và hi với degfi = n, deghi = d− di sao cho gi = hifi. Vì
hiyi ∈ In(M/N)d suy ra
y = y1h1f1 +...+ykhkfk ∈ In(M/N)d
Mặt khác, ta có p = pAssR(M/N) nên với mọi a ∈ p, tồn tại r sao cho ar ∈Ann(M/N). Do vậy ar(M/N) = 0. Giả sử p = (a1, ..., as). Khi đó tồn tại ri sao cho ari
i (M/N) = 0.
Ta chọnl =max(sr1, ..., srs)khi đóal(M/N) = 0,∀a ∈ p. Suy ra p(M/N)l = 0 với n≥ l. Mặt khác (M/N)n+d = In(M/N)d ⊆ p(M/N)n = 0. Suy ra (M/N)n+d = 0,∀n ≥0. Vậy (M/N)n = 0 với n≥ l+ d. Do đó ta có P(M/N). Nên ta có dãy khớp 0 −→(M/N)n −−→xi (M/N)n+1 −→(M/(N +xiM))n+1 −→ 0 suy ra FM/N(n+ 1)−FM/N(n) = FM/(N+xiM)(n+ 1).
Vì N ⊂N +xiM nên F(M/N+xiM)(n+ 1) là đa thức với n đủ lớn. Do vậy
FM/N(n+ 1)−FM/N(n) là một đa thức.
Đa thức PM(n) gọi là đa thức Hilbert của M.
Chú ý 3.2.4. Nếu f(x) ∈ Q[x] và giả sử thêm f(n) ∈ Z,∀n ∈ Z và degf(n) = d. Khi đó, tồn tại các số nguyên a0 6= 0, a1, ..., ad sao cho
f(n) = a0 n+ d d −a1 n+d−1 d−1 +...+ (−1)dad.
Theo định lí đa thức Hilbert, tồn tại các số nguyên
e0(M) > 0, e1(M), ..., ed(M), d = deg PM(n) sao cho PM(n) =e0(M) n+ d d −e1(M) n+ d−1 d−1 + ...+ (−1)ded(M)
Các số e0(M), e1(M), ..., ed(M)gọi là hệ số Hilbert của môđun phân bậc
M. Đặc biệt, e0(M) được gọi là số bội của M, e1(M)được gọi làlớp Chern của M.