Trong tiết này, ta luôn giả thiết Alà vành Gorenstein địa phương với iđêan tối đại m, n = v(A) là số phần tử sinh tối tiểu của m và x1, . . . , xn là hệ sinh tối tiểu của m. Chọn z ∈ Soc(A). Ta có 06= z ∈ m và mz = 0.
2.3.1 Bổ đề. Giả sử A là vành Gorenstein, dimM = 0. Đặt I = 0 : m2. Khi đó tồn tại các phần tử y1, . . . , yn ∈ A sao cho xiyi = δij với mọi 1 ≤ i, j ≤ n. Ngoài ra
(i) I = (y1, . . . , yn), µ(I) = n và `A(I) =n+ 1. (ii) Nếu n > 1 thì I & A.
Chứng minh. (i) Do A là vành Gorenstein với dimA = 0 nên mọi iđêan tham số của A là bất khả quy hay iđêan 0 là bất khả quy. Do đó giao của hai iđêan khác không bất kỳ là khác 0.
Đặt T := T
i6=1
Ann(xi) 6= 0. Khi đó x1T ∩ (z) 6= 0. Suy ra tồn tại y10 ∈ T, z1 ∈ A sao cho x1y01 = zz1 6= 0. Vì z1 ∈/ m do zm= 0 nên z1 khả nghịch trong A. Đặt y1 := y10z1−1. Ta có x1y1 = z và xiy1 = 0 vì y1 = y01z−11 ∈ T. Tương tự ta có sự tồn tại của y2, . . . , yn. Từ xiyj = δij với mọi 1 ≤ i, j ≤ n. Đặt J := (y1, . . . , yn). Vì m2J = 0 do m2yj = mP
xiαiyj = P
αimz = 0, ta có J ⊆ I = (0) : m2. Mặt khác, `A(m/m2) = v(A) = n nên `A(A/m2) = n+ 1. Do I = (0) : m2 ∼= Hom
A(A/m2;A), từ chuỗi tăng 0⊂ q1 ⊂ . . .⊂ qn+1 = A/m2, trong đó qi = (x1, . . . , xi) 1 ≤ i ≤ n, kết hợp với phức
0−→ HomA(q1;A) −→ HomA(q2;A) −→ . . .−→ HomA(A/m2;A) và HomA(qi;A)/HomA(qi+1;A) ∼= Hom
A(qi+1/qi;A) ∼= Hom
A(k;A), ta suy ra `A(I) =n+ 1.
Để chứng minhI = J, ta chỉ cần chứng minh`A(J) =n+1 hay`A(J/(z)) = n (do A/m ∼= (z) đơn). Thật vậy, giả sử {b
j}1≤j≤n là các phần tử trong A thoả mãn n P j=1 bjyj ∈ (z). Suy ra biz = bi(xiyi) = xi n X j=1 bjyj ∈ xi(z) = 0.
Do đó bi ∈ m vì nếu bi ∈/ m, suy ra b−1i biz = z = 0 (vôlý). Từ đó ảnh của
{yj}1≤j≤n trong J/(z) là một cơ sở của không gian véc tơ J/(z) trên A/m. Do đó µA(J/(z)) = `A(J/(z)) = n hay `A(I) = n+ 1 và (i) được chứng minh. (ii) Giả sử I = A, do `A(A) =`A(I) = 2 nên ta có dãy hợp thành 0⊂ m ⊂A. Suy ra m2 = 0 (vô lý vì `A(m/m2) = n > 1).
Tiếp theo, giả sử d = dimA > 0, Q = (a1, . . . , ad) là iđêan tham số sinh bởi hệ tham số a1, . . . , ad trong A và I = Q : m2. Giả sử n = v(A/Q) > 0 là số phần tử sinh tối tiểu của m/Q. Viết m= Q+ (x1, . . . , xn) với xi ∈ A. Khi đó rõ ràng mI ⊆ Q : m và nếu mI ⊂ Q thì I ⊆ Q : m ⊆ I, suy ra I = Q :m. Do đó `A(I/Q) = 1 = n+ 1≥ 2 (vô lý) hay mI * Q.
Chọn z ∈ mI sao cho z /∈ Q. Khi đó Q : m = Q + mI = Q + (z) (vì `A(A/Q) < ∞, 1 = NA(Q;A) =`A((Q: m)/Q) = 1 hay (Q : m)/Q đơn).
Sử dụng Bổ đề 2.3.1 cho vành Artin địa phương A/Q, suy ra tồn tại các phần tử y1, . . . , yn ∈ A sao cho xiyj = δijz mod Q, 1 ≤ i,j ≤ n. Do đó I = Q+ (y1, . . . , yn); µA(I/Q) = n và `A(I/Q) =n+ 1. Suy ra
µA(I) ≤µA(I/Q) + µA(Q) = n+d. Xét sơ đồ I mI µA≤n+d KKKKK KKKKKK Q n+1 mI ∩ Q 1 mQ d t t t t t t t t t Chú ý rằng [Q+mI]/Q ∼= mI/[mI ∩Q]. Suy ra `A(mI/[mI ∩Q]) = `A(Q+mI/Q) =`A(Q : m/Q) = 1. Do đó µA(I) = n+d khi và chỉ khi mI ∩Q = mQ.
2.3.2 Mệnh đề. Giả sử n= v(A/Q) > 1, Q là bao đóng nguyên của Q. Khi đó các điều kiện sau là tương đương:
(i) I ⊆ Q.
(ii) mI ∩Q = mQ. (iii) µA(I) =n+d. (iv) m2I = m2Q.
Chứng minh. (i)⇒(ii). Do I ⊆ Q nên Q là thu gọn tối tiểu của I. Theo tính chất của iđêan thu gọn ta có (ii).
(ii)⇔(iii). Theo chứng minh ở trên.
(iv)⇒(i). Giả sử m2 có hệ sinh tối tiểu là m2 = (z1, . . . , zk). Với mọi x ∈ I, xzi ∈ m2Q = (z1, . . . , zk)Q. Suy ra xzi = z1q1i + . . .+zkqik. Từ đó ta có một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất có nghiệm nên định thức ma trận hệ số bằng 0 hay x phụ thuộc nguyên trên Q. Do đó x ∈ Q hay I ⊆Q.
(ii)⇒(iv). Vì z ∈ mI ⊆ Q : m= Q+ (z) nênmI = (mI∩Q) + (z) =mQ+ (z). Để chứng minh m2I = m2Q ta chứng minh mz ⊆ m2Q. Do z ∈ mI ⊆ m2, (I 6= A và z+Q∈ Soc(A/Q)). Suy ra Qz ⊆ mQ. Bởi vì m = Q+ (x1, . . . , xn) nên ta chỉ cần chứng minh xlz ∈ mQ (1 ≤ l ≤ n). Chọn 1 ≤ i ≤ n sao cho i 6= l. Khi đó z = xiyi + qi với qi ∈ Q. Từ đó xlz = xi(xlyi) + xlqi. Do qi = z−xiyi ∈ mI ∩Q = mQ và xlyi ∈ mI ∩Q= mQ, suy ra xlz ∈ m2Q hay m2I = m2Q.
2.3.3 Hệ quả. Giả sử n = v(A/Q) > 1 và I là phụ thuộc nguyên trên Q. Khi đó ta có
(i) Qi∩ Ii+1 = QiI, ∀i ≥1. Và do đó I2 = QI nếu I ⊆ m2. (ii) (a1)∩I2 = a1I.
(iii) I2 = QI nếu Q ⊆m2.
Chứng minh. (i) Do Mệnh đề 2.3.2, m2I = m2Q, suy ra m2Ii+1 = m2Qi+1. Lấy f tùy ý thuộc Qi ∩Ii+1, f buểu diễn được dưới dạng
f = X i1+i2+...+id=i ai1 1 ai2 2 . . . aid dfi1...id, với fi1...id ∈ A. Lấy α ∈ m2, ta có αf = X i1+i2+...+id=i ai1 1 ai2 2 . . . aid d(αfi1...id) ∈ m2Ii+1 ⊆ Qi+1.
Suy ra αfi1...id ∈ Q (do a1, . . . , ad là một dãy chính quy). Từ đó fi1...id ∈ I, suy ra f ∈ QiI. Hay Qi ∩Ii+1 = QiI.
Nếu I ⊆m2, ta có I2 ⊆ m2I ⊆ Q ⊆Q∩I2 = QI.
(ii) Lấy f ∈ (a1)∩I2 và viết f = a1g, g ∈ A. Với mọi α ∈ m2, ta có αf = a1(αg) ∈ m2I2 ⊆ Q2.
Suy ra αg ∈ Q (do a1 là A-dãy). Do đó g ∈ I. Suy ra f ∈ a1I, hay (a1)∩I2 = a1I.
(iii) Chứng minh quy nạp theo d.
Giả sử d = 1 , b ∈ m2 là một phần tử không là ước của không của A. Khi đó dựa vào đẳng cấu các A-môđun,
[(b) : m2]/(b) ∼= Hom
A(A/m2;A/(b)) ∼= Ext1
A(A/m2;A).
Suy ra `A([(b) : m2]/(b)) = `A(Ext1A(A/m2;A)) không phụ thuộc vào cách chọn b ∈ m2. Đặt a = a1, Q0 = (a2) và I0 = Q0 : m2. Khi đó ta có đồng cấu ϕ: A/(a) −→ A/(a2) xác định bởi ϕ(x) = ax là một đơn cấu vì ϕ(x) = 0 khi ax = 0 hay ax ∈ (a2), do đó x = ax0 (x0 ∈ (a)) nên x = 0.
Khi đó ϕ(I/(a)) = I0/(a2). Suy ra I0 = aI + (a2) =aI (do a ∈ Q⊆ I). Theo Mệnh đề 2.3.2, µA(I0) = µA(I) = n+ 1. Từ đó I0 cũng là phụ thuộc nguyên trên Q0. Do v(A/Q0) = v(A) = v(A/Q) = n > 1 và I0 ⊆ m2 nên theo (i), (I0)2 = a2I0. Và do đó a2I2 = (I0)2 = a2I0 = a3I hay I2 = aI (do a không là ước của 0 trong A).
Giả sử d ≥ 2 và khẳng định đúng đến d−1.
Đặt A= A/(a1); m= m/(a1); Q = Q/(a1) và I = I/(a1). Khi đó Q: m2 = I; v(A/Q) =v(A/Q) = n > 1 và I là phụ thuộc nguyên trên Q. Từ Q ⊆ m2 suy ra Q ⊆ m2. Bởi giả thiết quy nạp, ta có I2 = QI. Từ đó, bởi (ii) ta có
I2 ⊆ QI+ (a1) = [QI+ (a1)]∩I2 = QI+ ((a1)∩I2) = QI+a1I = QI. 2.3.4 Hệ quả. Giả sử v(A/Q) > 1 và I là phụ thuộc nguyên trên Q. Khi đó I ⊆m2 nếu Q⊆ m2.
Chứng minh. Giả sử Q ⊆ m2. Khi đó, bởi Hệ quả 2.3.3 (3), I2 = QI. Suy ra I2 ⊆ Q. Mặt khác, Q là iđêan tham số của vành Gorenstein, do đó ta có Q: (Q : m2) = m2. Suy ra I ⊆ Q: I = Q : (Q : m2) = m2.
2.3.5 Định lý. Giả sử n = v(A/Q) > 1 và I là phụ thuộc nguyên trên Q. Khi đó
I3 = QI2
Chứng minh. Do Hệ quả 2.3.3, nếu I2 ⊆ Q suy ra I2 = I2 ∩ Q = QI. Ta có thể giả sử I2 * Q. Chọn phần tử z ∈ mI sao cho z ∈ I2. Do Q : m = Q+I2 = Q+ (z) nên I2 = QI + (z) bởi Q∩I2 = QI (Hệ quả 2.3.3 (1)). Từ đó I3 = QI2 +zI.
Mặt khác
(Q2 +zQ)∩I3 = (Q2 ∩I3) +zQ = Q2I +zQ ⊆ QI2. Ta chỉ cần chứng minh zI ⊆ Q2 +zQ.
Từ I = Q+ (y1, . . . , yn), ta chỉ cần chứng minh zyl ∈ Q2 +zQ, ∀1≤ l ≤ n. Lấy 1 ≤ i ≤ n là một số nguyên sao cho i 6= l. Ta có z = xiyi+ qi; qi ∈ mQ. Khi đó
zyl = (xiyl)yi +ylqi ∈ (mI)Q Từ mI ⊆ Q: m = Q+ (z), ta có
zyl ∈ [Q+ (z)]Q= Q2 +zQ. Do đó zI ⊆ Q2 +zQ.
CHƯƠNG 3