Cho R là một vành, I là một iđêan của R và t là một biến trên R. Xét R[t]
là một vành phân bậc, ta đặt
R+(R, I) ={Xcntn|cn ∈ In}= M
n
Intn
Khi đó ta có R+(R, I) là vành phân bậc và R+(R, I) ⊂ R[t].
NếuI = (a1, ..., ar)thìR+(R, I)có thể được viếtR+(R, I) =R[a1t, ..., art], do đó R+(R, I) là vành Noether nếu R là vành Noether.
R+(R, I) có quan hệ với grI(R) := R/I ⊕ I/I2 ⊕..., vành phân bậc liên kết của R đối với I như sau:
grI(R) =M
n
In/In+1 ' R+(R, I)/IR+(R, I).
Đặt u = t−1 và xét R[t, u] = R[t, t−1] là một vành phân bậc. Vành Rees của I kí hiệu R(I) là vành phân bậc con được định nghĩa như sau:
R(I) =R+(R, I)[u] = X cntn | cn ∈ I n với n≥ 0 cn ∈ R với n ≤ 0 ⊂ R[t, t−1]
Do đó uR(I) = X cntn | cn ∈ I n+1 với n ≥0 cn ∈ R với n ≤ −1 Khi đó ta có grI(R) = R(I)/uR(I) và R(I)/(1−u)R(I) =R.
Sự hội tụ của dãy các tập hợp iđêan nguyên tố liên kết
2.1 Sự ổn định tiệm cận của tập các iđêan nguyên tố liên kết
ChoI là một iđêan của vànhN oether R. Vớin ∈ N, đặtA(n) =Ass(R/In), tập hợp các ước nguyên tố của In [12]. Trong phần này, ta đi chỉ ra rằng với n lớn thì A(n) là không đổi. Để làm được điều này, ta đi xét một tập con của A(n), xác định bởi B(n) = {P|P là ước nguyên tố của In−1/In}, ta chỉ ra rằng dãy B(n) là không đổi với n lớn và sau đó liên hệ với A(n). Giả sử dãy A(n) và B(n) có các giá trị cuối không đổi, kí hiệu các giá trị cuối không đổi tương ứng của hai dãy là Ass∗(I) và Bss∗(I), cũng trong phần này ta đưa ra một số trường hợp mà đảm bảo rằng một iđêan nguyên tố là nằm trongAss∗(I)trước khi chuyển sang kết quả khá thú vị liên quan đến Ass∗(I)−Bss∗(I) đó là một iđêan nguyên tố trong Ass∗(I)−Bss∗(I)
phải là ước nguyên tố của không.
Định nghĩa 2.1.1. Vành phân bậc T = L
n≥0Rn là vành tiêu chuẩn nếu
T = R0[R1].
Mệnh đề 2.1.2. .
(i) Nếu T = L
n≥0Rn là một vành N oether tiêu chuẩn, khi đó tồn tại t
sao cho, với mọi n≥ t,(0 : R1)∩Rn = 0.
(ii) Nếu I là một iđêan của vành N oether R, khi đó tồn tại t sao cho, với mọi n≥ t,(In+1 : I)∩It = In.
Chứng minh.
(i) Giả sử (0 : R1) được sinh bởi các phần tử thuần nhất a1, ..., as. Đặt
t= 1 + max{degai}. Nếu x ∈ (0 : R1)∩Rn, với n≥ t, thì
x = Xriai, ri thuần nhất ,degri ≥1.
Vì vậy, ri ∈ R1T, suy ra riai = 0, suy ra x = 0, ta được điều cần chứng minh.
(ii)Xét T = P
n≥0In/In+1 vàtnhư trên. Giả sử,n ≥tvà x ∈ (In+1 : I)∩It
nhưng x /∈ In. Nếu x ∈ Ik−Ik+1, thì 0 6= x ∈ Rk, trong đó, t ≤ k < n và do xI ⊆ In+1 ⊆ Ik+2, ta có x ∈ (0 : R1)∩ Rk = 0, mâu thuẫn, ta có điều
cần chứng minh. 2
Số tđược tìm thấy ở đây sẽ được sử dụng trong các phần sau, lưu ý rằng bất kì số nào lớn hơn t cũng thỏa mãn (i) và (ii).
Bổ đề 2.1.3. Cho T = L
n≥0Rn là một vành N oether phân bậc, I là một iđêan phân bậc và c là một phần tử thuần nhất. Cho S là một tập con đóng nhân của R0. Nếu (I : c)∩ S = ∅, thì tồn tại một phần tử thuần nhất d
sao cho (I : dc) là nguyên tố và (I : dc)∩S = ∅. Chứng minh.
Trong số tất cả các phần tử thuần nhất d0 mà (I :cd0)∩S = ∅ chọn d sao cho (I : cd) là tối đại. Ta chỉ ra rằng (I : cd) là nguyên tố.
Thật vậy, lấy các phần tử thuần nhất x, y /∈ (I : cd), ta chỉ ra rằng
xy /∈ (I : cd). Giả sử ngược lại xy ∈ (I : cd), khi đó (I : cdx) chứa y, suy ra (I : cdx) ⊃ (I : cd), do đó (I : cdx)∩S 6= ∅, chọn s ∈ (I : cdx)∩S.
Mặt khác, (I : cds) chứa x, nên suy ra (I : cds) ⊃ (I : cd). Do đó, ta có thể chọn s0 ∈ (I : cds), suy ra ss0 ∈ (I : cd)∩S, mâu thuẫn. Ta được điều
cần chứng minh. 2
Mệnh đề 2.1.4. Cho T = L
n≥0Rn là một vành N oether tiêu chuẩn. Khi đó, tồn tại m sao cho AssR0(Rm+l) = AssR0(Rm), với l ≥0.
Chứng minh. Đầu tiên, ta chứng minh rằng C = S
AssR0(Rn) là hữu hạn, thật vậy, theo bổ đề 2.1.3, ta có nếu P ∈ C thì tồn tại P∗ ∈ AssT(T), với P∗ ∩R0 = P, do đó C hữu hạn.
Giả sử, P ∈ AssR0(Rn) với n ≥ t và với t như trong mệnh đề 2.1.2 (i). Khi đó, với c ∈ Rn, ta có P = (0 : c) và do n ≥t, P = (0 : cR1) để cR1 ⊆ Rn+1,
P ∈ AssR0(Rn+1). Suy ra AssR0(Rn) ⊆ AssR0(Rn+1) với n lớn và do C là
hữu hạn nên ta được điều cần chứng minh. 2
Hệ quả 2.1.5. Dãy (Ass(In/In+1))n∈N0 có các giá trị cuối không đổi. Chứng minh. Áp dụng mệnh đề 2.1.4, đối với vành P
n≥0In/In+1 ta có
Hệ quả 2.1.6. Dãy (Ass(R/In))n∈N có các giá trị cuối không đổi. Chứng minh. Xét dãy khớp
0→ In/In+1 →R/In+1 →R/In →0
Theo mệnh đề 1.2.5 (i), ta có
A(n+ 1) ⊆ A(n)∪B(n+ 1)
Theo hệ quả 2.1.5, với n lớn, ta có
B(n+ 1) = B(n) ⊆ A(n)
Suy ra A(n+ 1) ⊆ A(n). Ta có điều cần chứng minh. 2
Định nghĩa 2.1.7. Cho J là một iđêan của vành R. Bao đóng nguyên của
J kí hiệu là Jbđược định nghĩa như sau:
b
J = {x ∈ R|xn+a1xn−1 +...+an−1x+ an = 0, với ai ∈ Ji}
Đặt Ab(n) = Ass(R/Ibn), tập các ước nguyên tố của bao đóng nguyên của In [12]. Ta sẽ chỉ ra rằng, dãy Ab(n) có các giá trị cuối không đổi, với
ht(I) ≥1. Trong trường hợp này, ta sẽ sử dụng vành Rees của I R(I) = R[IX, X−1] = X
n∈Z
InXn
trong đó X là biến và In = R với n ≤ 0. Khi nói đến vành Rees, ta viết
u = X−1.
Mệnh đề 2.1.8. Nếu ht(I) ≥ 1, thì dãy Ab(n) có các giá trị cuối không đổi.
Chứng minh. Theo [12, 2.5], ta có nếu P ∈ Ab(k) với k nào đó, thì trong
R(I), bao đóng nguyên củaR(I), tồn tại một ước nguyên tốP∗ củaukR(I), với P∗ ∩ R = P. Hơn nữa, u là chính quy trong R(I). Do đó, P∗ có chiều cao là 1, ht(P∗) = 1 và P∗ cũng là một ước nguyên tố của uR(I). Suy ra,
S b
A(k) là hữu hạn do mỗi phần tử của nó là một co của một ước nguyên tố của uR(I). Cũng theo [12, 2.5], nếu P ∈ Ab(k) với k nào đó, thì P ∈ Ab(n), với mọi n lớn và từ sự hữu hạn của S
b
A(k) ta có điều cần chứng minh. 2
Cho I là một iđêan của vành N oether R, ta đã biết, các dãy A(n) và
B(n) có các giá trị cuối không đổi, kí hiệu các giá trị cuối không đổi tương ứng của hai dãy là Ass∗(I) và Bss∗(I). Trước khi chuyển sang kết quả chính liên quan đến Ass∗(I) −Bss∗(I), ta đưa ra một số trường hợp mà đảm bảo rằng một iđêan nguyên tố là nằm trong Ass∗(I).
Mệnh đề 2.1.9. Cho P là tối tiểu trên I, thì P ∈ Ass∗(I). Hơn nữa,
P ∈ Bss∗(I) nếu và chỉ nếu ht(P) > 0.
Chứng minh. Với mọi n, P là tối tiểu trên In. Suy ra, P ∈ Ass∗(I). Bây giờ ta đi chứng minh P ∈ Bss∗(I) nếu và chỉ nếu ht(P) > 0. Địa phương hóa theo P và có iđêan I là P - nguyên sơ. Ta có, ht(P) > 0 khi và chỉ khi
I không là lũy linh. Hiển nhiên, nếu I là lũy linh thì P /∈ Bss∗(I). Nếu
I không là lũy linh thì In/In+1 là một R - môđun khác không và do đó
In/In+1 có một ước nguyên tố chứa I. Vì P tối tiểu chứa I, nên ta có điều
cần chứng minh. 2
tiểu trên Q+ I. Khi đó, P ∈ Ass∗(I). Hay nói cách khác, tồn tại một số nguyên n phụ thuộc vào Q và P nhưng không phụ thuộc vào I sao cho với mọi m ≥ n, P ∈ A(m).
Chứng minh. Địa phương hóa theo P. Lấy Q = Q1, Q2, ..., Qr là tất cả các ước nguyên tố của không và cho T
qi, i = 1, ..., r, là một sự phân tích nguyên sơ của không, với qi là Qi - nguyên sơ. Lấy 0 6= x ∈ q2 ∩ ...∩qr và chọn n đủ lớn để x /∈ Pn. Để chứng minh mệnh đề trên, ta sử dụng kết quả sau: Nếu J là một iđêan, P là tối tiểu trên Q+J và J ⊆ Pn, thì P là một ước nguyên tố của J. Thật vậy, giả sử ngược lại P không phải là ước nguyên tố của J. Cho p là một ước nguyên tố tùy ý của J. Do p6= P và P
là tối tiểu trên Q+J, rõ ràng Q1 = Q* p. Trong Rp, 0 = (q2)p∩...∩(qr)p. Do đó x ∈ ker(R → Rp) và vì thế x nằm trong mỗi iđêan p - nguyên sơ. Mà p là một ước nguyên tố tùy ý của J, suy ra x ∈ J. Mặt khác J ⊆ Pn, suy ra x ∈ Pn, mâu thuẫn với x /∈ Pn. Vậy P là ước nguyên tố của J. Do với m ≥ n, Im = J, theo kết quả trên suy ra P là một ước nguyên tố của J = Im, suy ra P ∈ A(m), với mọi m ≥ n. Ta suy ra điều cần chứng
minh. 2
Hệ quả 2.1.11. Nếu I ⊆ P ∈ Ass(R), thì P ∈ Ass∗(I).
Chứng minh. Giả sử, R là vành địa phương theo P. Ta có, P = (0 : c)
với c ∈ R. Do T
In = 0, với m lớn ta có c /∈ Im, suy ra P = (Im : c). Ta
được điều cần chứng minh. 2
là các giá trị cuối không đổi tương ứng của hai dãy A(n) và B(n). Trong [4] M.Brodmann đã chỉ ra rằng nếu I chứa một phần tử chính quy thì
Ass∗(I) = Bss∗(I). Bây giờ, ta đi tổng hợp các kết quả trên và từ đó chỉ ra rằng, Ass∗(I)−Bss∗(I) phải bao gồm các ước nguyên tố của không.
Bổ đề 2.1.12. Cho t như trong mệnh đề 2.1.2 (ii). Nếu n > t và nếu
P = (In : c), với c ∈ It. Khi đó P ∈ Bss∗(I).
Chứng minh. Do cI ⊆ cP ⊆ In, c ∈ (In : I) ∩ It = In−1. Hơn nữa, với mọi j ≥ 0, P = (In+j : cIj). Thật vậy, nếu rcIj ⊆ In+j thì
rcIj−1 ⊆(In+j : I)∩It = In+j−1
Lặp lại quá trình trên, ta tìm được rc ∈ In sao cho r ∈ (In : c) = P. Do đó P = (In+j : cIj). Do c ∈ In−1, suy ra cIj ⊆ In+j−1, do đó P ∈ B(n+j)
với mọi j ≥ 0. Vậy P ∈ Bss∗(I) 2
Bổ đề 2.1.13. Cho I là một iđêan trong một vành N oether địa phương
(R, P). Giả sử, tồn tại một số nguyên t > 0 và một dãy {xn}n≥1 của các phần tử của R sao cho:
(i) xn ∈/ It với mỗi n.
(ii) P xn ⊆In với mỗi n.
Thì P là một ước nguyên tố của không.
Chứng minh. Giả sử, R là vành đầy đủ. Theo mệnh đề 2.1.2, ta cũng có thể giả sử rằng
[In : I]∩It = In−1 với n > t.
Ta có, P∧ = 0 vì ∧ là một không gian vectơ hữu hạn chiều trênR/P. Hơn nữa, ∧n+1 ⊆ ∧n ⊆ ∧ và từ điều kiện (i) và (ii), suy ra ∧n 6= 0 với mọi n. Do đó, tồn tại 0 6= λ ∈ T
∧n. Chọn λ ∈ [It : P]−It. Với mọi n > t, ta viết
λ = dn+in với dn ∈ [In :P] và in ∈ It.
Do đó, với m ≥n, ta có
In ⊇P(dn−dm) =P(im −in) ⊇ I(in −im).
Suy ra
in −im ∈ [In : I]∩It = In−1 ⊆ Pn−1
Suy ra {in} và {dn} là dãy Cauchy. Cho in →i0 và dn →d0, do I0 ∈ It và
λ /∈ It, d0 6= 0. Cuối cùng, do dnP ⊆ In ⊆Pn, suy ra d0P ⊆ T
Pn = 0. Ta
được điều cần chứng minh. 2
Hệ quả 2.1.14. Nếu P ∈ Ass∗(I) −Bss∗(I) thì P là một ước nguyên tố của không.
Chứng minh. Địa phương hóa theo P. Do P ∈ Ass∗(I), với n lớn tồn tại
xn sao cho P = [In : xn]. Theo bổ đề 2.1.12, suy ra xn ∈/ It. Theo bổ đề 2.1.13, suy ra P là một ước nguyên tố của không. Vậy ta có được điều cần
chứng minh. 2
Từ mệnh đề 2.1.11 và hệ quả 2.1.14, ta xác định được
Ass∗(I) = Bss∗(I)∪ {P|I ⊆P ∈ Ass(R)}.
Vấn đề còn lại là xác định Bss∗(I)∩ {P|I ⊆ P ∈ Ass(R)}.
rằng, (0 : I) ⊆ (0 : I2) ⊆ ... sao cho với k lớn, ta có (0 : Ik) = (0 : Ik+m), với mọi m ≥ 0. Đặt J = (0 : Ik).
Bổ đề 2.1.15. Cho J được xác định như trên. Khi đó, Ass∗(I) =Bss∗(I)
và P ∈ Bss∗(I) nếu và chỉ nếu J ⊆ P và P ∈ Ass∗(I).
Chứng minh. Giả sử, P ∈ Ass∗(I)−Bss∗(I). Theo hệ quả 2.1.14, P là một ước nguyên tố của không, trong R và với c ∈ R ta có P = (0 : c). Đặc biệt cI = 0. Do đó cI ⊆ J sao cho cIk+1 = 0 (với k như trong định nghĩa của J). Suy ra
c ∈ (0 : Ik+1) = (0 : Ik) =J
Suy ra c = 0, mâu thuẫn P = (0 : c). Suy ra Ass∗(I) =Bss∗(I).
Bây giờ, ta xét t như trong mệnh đề 2.1.2, do (In+1 : I) ∩ It = In với n
lớn, suy ra (In+k : Ik)∩It = In với n lớn. Mặt khác It ∩ J ⊆ T
n>0In. Thật vây, nếu x ∈ It ∩J thì xIk = 0 ⊆ In+k
với mọi n lớn, suy ra x ∈ In với mọi n lớn.
Bằng cách xây dựng ánh xạ từ In/In+1 → In/In+1 xác định bởi:
a+In+1 7→a+ (In+1 +J)
ta khẳng định rằng, với n lớn, In/In+1 ≈ In + J/In+1 + J = In/In+1 là
R−môđun. Hơn nữa, In ∩J ⊆ In+1.
Tiếp theo, giả sử rằng P ∈ Bss∗(I). Ta chú ý rằng điều này sẽ vẫn đúng sau khi địa phương hóa theo P. Đặc biệt, IRP không thể lũy linh. Vì vậy
J ⊆ P, mặt khác, (IRP)k = 0 mà P ∈ Bss∗(I), P là ước nguyên tố trên
trên In/In+1. Do J linh hóa In/In+1, đây cũng là một R - môđun, và rõ ràng có P là một ước nguyên tố. Vì vậy P ∈ Bss∗(I). Ta suy ra điều cần
chứng minh. 2
Mệnh đề 2.1.16. Cho P ∈ Ass∗(I). Khi đó P /∈ Bss∗(I) nếu và chỉ nếu tồn tại một số nguyên k ≥ 1 sao cho với mọi n đủ lớn, P(k)(lũy thừa thứ k
của P) là một phần của sự phân tích nguyên sơ của In.
Chứng minh. Giả sử rằng R là địa phương theo P. Dĩ nhiên trong trường hợp này P(k) = Pk.
Đầu tiên giả sử với mọi n lớn, In có một sự phân tích nguyên sơ là:
In = Pk ∩qn1 ∩...∩qnm.
Nếu P ∈ Bss∗(I) thì với n ≥ k + 1 ta có P ∈ B(n) sao cho với
c ∈ In−1, P = (In : c). Ta có, qni là nguyên sơ đối với một iđêan nguyên tố chứa trong P thực sự, suy ra c ∈ qn1 ∩ ...∩qnm.
Hơn nữa
c ∈ In−1 ⊆ Ik ⊆Pk.
Do đó
c ∈ Pk∩ qn1 ∩...∩qnm = In
mâu thuẫn với (In : c) = P 6= R. Như vậy P /∈ B∗.
Ngược lại, giả sử rằng P /∈ Bss∗(I). Cho t như trong mệnh đề 2.1.2, và cho t là số đủ lớn để A(t) = A(t+ 1) = ... = Ass∗(I). Cho Ass∗(I) =
{P, Q1, ..., Qm} và với n > t cho một phân tích nguyên sơ của In là:
với q1/2 = P. Cho Jn = qn1 ∩...∩ qnm. Giả sử qn+1,i ⊆ qn,i khi đó Jn+1 ⊆
Jn. Ta khẳng định rằng Jn ∩ It = In. Thật vậy, giả sử c ∈ Jn ∩ It và
c /∈ In. Do (In : c) ⊂ P. Hơn nữa, với l ≥ 1, Pl ⊆ qn và từ c ∈ Jn ta có Plc ⊆ qn ∩ Jn = In. Do đó Pl ⊆ (In : c) ⊆ P. Theo bổ đề 2.1.3, với
r ∈ R,(In : rc) là nguyên tố. Tuy nhiên Pl ⊆ (In : c) ⊆ (In : rc) và P
tối đại cho thấy P = (In : rc). Do c ∈ It, rc ∈ It và theo bổ đề 2.1.12,
P ∈ Bss∗(I). Mâu thuẫn này chứng tỏ rằng Jn∩ It = In như khẳng định đã đưa ra. Do Jn+1 ⊆ Jn ta có Jn ⊆Jt.
Suy ra
In = Jn∩It = Jn∩Jt ∩qt = Jn ∩qt.
Lấy k sao cho Pk ⊆ qt, thì với n ≥ k, In = Jn ∩ Pk, vậy ta được điều cần
chứng minh. 2
Nhớ lại rằng, vành hình thức của I là:
R0 = R[IX]/IR[IX] ≈ X
n≥0
In/In+1.
Một iđêan nguyên tố thuần nhất trongR0 được gọi là relevant nếu nó không chứa tất cả các phần tử thuần nhất bậc dương, hay tương đương, nếu nó không chứa I/I2.
Mệnh đề 2.1.17. Cho P là một iđêan nguyên tố trong R. Khi đó P ∈
Bss∗(I)nếu và chỉ nếu tồn tại một iđêan nguyên tố relevant P0 ∈ AssR0(R0), với P0 ∩R/I = P/I.
Chứng minh. Đặt Rn = In/In+1, n ≥ 0 sao cho R0 = P
Rn, và xét t như trong mệnh đề 2.1.2 (i). NếuP ∈ Bss∗(I) thì với n ≥t ta có P ∈ B(n+ 1)
sao cho tồn tại c ∈ In −In+1 với P = (In+1 : c). Ta có, c ∈ Rn và rõ ràng
(0 :c)R0 = P/I. Vì vậy (0 : c)R0∩R0 = P/I và theo bổ đề 2.1.3, với một vài phần tử thuần nhất d ta có (0 : cd)R0∩R0 = P/I và (0 : cd)R0 ∈ AssR0(R0). Ta phải chỉ ra rằng P0 = (0 : cd)R0 là relevant. Nếu không, R1 ⊆(0 : cd)R0