Cho Hm0(M) = Dt ⊂ . . . ⊂ D0 = M là lọc chiều của M, và đặt
di := dimDi với mỗi i ≤ t. Mục tiêu của tiết này là nghiên cứu khái niệm
kiểu đa thức dãy của M. Đây được xem là một độ đo tốt về khoảng cách từ
M đến lớp môđun Cohen-Macaulay dãy.
Định nghĩa 2.3.1. Kiểu đa thức dãy của M, ký hiệu là sp(M), xác định
bởi
sp(M) = max{p(Di−1/Di)|i = 1, . . . , t}.
Chú ý rằng sp(M) = −1 nếu và chỉ nếu p(Di−1/Di) = −1, với mọi i = 1, . . . , t. Điều này tương đương với Di−1/Di là Cohen-Macaulay với mọi
i = 1, . . . , t. Do đó sp(M) = −1 nếu và chỉ nếu M là môđun Cohen- Macaulay dãy. Lập luận tương tự, sp(M) ≤ 0 khi và chỉ khi M là môđun Cohen-Macaulay suy rộng dãy, tức là Di−1/Di là Cohen-Macaulay suy rộng với mọi i ≥ 1.
Ký hiệunSCM(M)làquỹ tích không Cohen-Macaulay dãycủaM, nghĩa là
nSCM(M) ={p ∈ Spec(R) | Mp không là Cohen-Macaulay dãy}.
Nhìn chung, nSCMkhông là tập con đóng của Spec(R) đối với tôpô Zariski, nhưng nó lại đóng đối với phép đặc biệt hóa, nghĩa là nếu p ⊃ q là các iđêan nguyên tố củaR sao choq ∈ nSCM(M)thì p ∈ nSCM(M). Vì thế ta có thể định nghĩa chiều của nSCM(M) theo cách thông thường. Nếu R là thương của vành Cohen-Macaulay thì nSCM(M) là đóng với tôpô Zariski.
Kết quả sau đây cho ta mối quan hệ giữa kiểu đa thức dãy sp(M) và chiều của quỹ tích không Cohen-Macaulay dãy của M. Nhắc lại rằng, với mỗi cặp iđêan nguyên tố q ⊂ p của R, dãy các iđêan nguyên tố q = p0 ⊂
p1 ⊂ . . . ⊂ pn = p sao cho pi =6 pi+1, với mọi i = 0, . . . , n−1, được gọi là một dãy các iđêan nguyên tố bão hòa giữa p và q nếu với mọi 0≤ i ≤ n−1 không thể chèn thêm iđêan nguyên tố q nào vào giữa pi và pi+1. Khi đó n
được gọi là độ dài của dãy các iđêan nguyên tố bão hòa giữa p và q. Ta nói vành R là catenary nếu với mọi cặp iđêan nguyên tố q ⊂ p của R luôn tồn tại một dãy các iđêan nguyên tố bão hòa giữa p và q và mọi dãy các iđêan nguyên tố bão hòa giữa p và q đều có chung độ dài.
Mệnh đề 2.3.2. Nếu R là catenary thì sp(M) ≥ dimR(nSCM(M)). Dấu
bằng xảy ra khi R là thương của vành Cohen-Macaulay. Chứng minh. Vì R là catenary nên nSCM(M) = ∪t
i=1nCM(Di−1/Di) theo [9, Hệ quả 2.5(i)]. Theo Định lý 1.4.12 ta có
dimR(nSCM(M)) = max
1≤i≤tdimR(nCM(Di−1/Di))
≤ max
1≤i≤t p(Di−1/Di) = sp(M).
Khi R là thương của vành Cohen-Macaulay thì do Di−1/Di là đẳng chiều với mọi i = 1, . . . , t nên theo Định lý 1.4.12 dấu bằng của bất đẳng thức trên xảy ra.
Ký hiệu 2.3.3. Cho Hm0(M) = Dt ⊂. . . ⊂ D1 ⊂ D0 = M là lọc chiều của
M. Với mỗi số nguyên i ∈ {0,1, . . . , t}, đặt di := dimR(Di). Khi đó d = d0 và dt ≤ 0 (nếu Hm0(M) = 0 thì ta đặt dt = −1). Hơn nữa, di < di−1 với mọi i = 1, . . . , t. Với mỗi số nguyên r ≥ 0, ta ký hiệu D(r) là môđun con lớn nhất của M có chiều nhỏ hơn hoặc bằng r. Hiển nhiên D(d−1) = D1 và D(0) = Dt. Khi r ≥ 1, tồn tại một số nguyên t(r) ≤ t thỏa mãn
D(r) = Dt(r). Bằng cách bỏ đi các môđun con Dt(r)+1, . . . , Dt trong lọc chiều, ta được lọc con D(r) = Dt(r) ⊂ . . . ⊂ D1 ⊂ D0 = M. Lọc này được gọi là lọc chiều của M theo chiều > r.
Giả sử r ≥ 1 là một số nguyên. Mệnh đề sau đóng một vai trò quan trọng trong việc chứng minh các kết quả của luận văn này.
Mệnh đề 2.3.4. Cho t(r) và D(r) được định nghĩa như trong Ký hiệu 2.3.3. Khi đó sp(M) ≤ r khi và chỉ khi tồn tại một lọc D(r) = Nk ⊂. . . ⊂
N1 ⊂ N0 = M các môđun con của M thỏa mãn dimR(Ni) < dimR(Ni−1)
và p(Ni/Ni−1) ≤r với mọi i = 1, . . . , k. Trong trường hợp này, k = t(r) và
dimR(Di/Ni) ≤ r với mọi i ≤ t(r). Hơn nữa, max
i≤t(r) p(Ni−1/Ni) = r khi và chỉ khi
max{sp(M),max
i≤t(r)dimR(Di/Ni)} = r.
Chứng minh. Rõ ràng nếu sp(M) ≤ r thì lọc chiều của M thỏa mãn đầy đủ các điều kiện trên.
Ngược lại, giả sử D(r) = Nk ⊂ . . . ⊂ N1 ⊂ N0 = M là một lọc các môđun con của M thỏa mãn dimR(Ni) < dimR(Ni−1) và p(Ni−1/Ni) ≤ r
với mọi i = 1, . . . , k. Khi đó ta suy ra được sp(M) ≤r nhờ các khẳng định sau.
Khẳng định 1. Ta có t(r) = k, Ni ⊆ Di, dimR(Di/Ni) ≤ r và
p(Di−1/Ni) ≤r với mọi i ≤ t(r).
Ta chứng minh khẳng định này bằng quy nạp theo t(r). Nếu t(r) = 0 thì D(r) = D0 = M. Suy ra k = 0 = t(r) và D(r) = N0 = M. Rõ ràng
N0 = D0, dimR(D0/N0) = −1≤ r. Vì thế khẳng định đúng với t(r) = 0.
Giả sử t(r) = 1. Khi đó r < d và D1 = D(r). Vì thế k ≥ 1. Do D(r) ⊆
N1 và N1 ⊆ D1 (do dimR(N1) < dimR(N0) = d) nên N1 = D1. Dẫn đến
k = 1 = t(r) vàdimR(D1/N1) = −1 ≤ r. Do dimR(D1) 6 r nên theo Mệnh đề 1.4.6 ta có sp(D1) 6 r. Theo giả thiết ta có p(N0/N1) = p(M/D1) ≤ r.
Vì thế
sp(M) = max{p(M/D1),sp(D1)} 6 r.
Vì thế khẳng định đúng với t(r) = 1.
Cho t(r) ≥ 2 và giả sử rằng khẳng định đúng với t(r)−1. Vì t(r) > 1,
nên ta có k ≥ 1. Rõ ràng dimR(M/N1) = d và N1 ⊆ D1. Vì p(M/N1) 6 r
theo giả thiết và D1/N1 là môđun con của M/N1 có chiều nhỏ hơn d, nên theo Hệ quả 1.4.13 ta suy ra dimR(D1/N1) 6 r. Nếu k = 1 thì do t(r) ≥2 nên
N1 = D(r) ⊆ D2.
Dẫn đến dimR(N1) < dimR(D1) và do đó dimR(D1/N1) = dimR(D1) > r,
mâu thuẫn. Vì thế k ≥ 2. Chú ý rằng D(r) =Dt(r) ⊂. . . ⊂ D2 ⊂ D1 là lọc chiều theo chiều > r của D1 (xem Ký hiệu 2.3.3) có độ dài t(r)−1. Xét lọc
D(r) = Nk ⊂ . . .⊂ N2 ⊂ D1 của D1 có độ dài k −1. Từ dãy khớp 0→ N1/N2 → D1/N2 →D1/N1 → 0
ta có dãy khớp dài cảm sinh
. . .→ Hmr(D1/N1) →Hmr+1(N1/N2) → Hr+1(D1/N2)
→ Hmr+1(D1/N1) → Hmr+2(N1/N2) →Hr+2(D1/N2) → . . .
Chú ý rằng dimR(D1/N1) 6 r. Vì thế Hmj(D1/N1) = 0 với mọi j ≥ r + 1.
Suy ra ta có Hmj(N1/N2) ∼= Hj
m(D1/N2) với mọi j ≥ r+ 2 và Hmr+1(D1/N2) là thương của Hmr+1(N1/N2). Vì dimR(D1/N2) = d1 và p(N1/N2) 6 r theo giả thiết nên áp dụng Định lý 1.4.5 ta suy ra
dim(R/b Ann
b
R(Hmj(D1/N2))) ≤dim(R/b Ann
b
R(Hmj(N1/N2)))6 r
với mọi j = r + 1, . . . , d1 −1. Theo Bổ đề 1.2.10 ta có dim(R/b Ann
b
với mọi j 6 r. Suy ra p(D1/N2) 6 r theo Định lý 1.4.5. Áp dụng giả thiết quy nạp cho môđun D1 ta đượct(r)−1 = k−1,Ni ⊆ Di,dimR(Di/Ni) 6 r
vàp(Di−1/Ni) 6 r với mọii = 2, . . . , t(r).Vì thế, Khẳng định 1 được chứng minh.
Khẳng định 2. Ta có sp(M) ≤ r.
Với mỗi i ∈ {1, . . . , t(r)}, từ dãy khớp
0 →Di/Ni →Di−1/Ni →Di−1/Di →0 và dimR(Di/Ni) 6 r theo Khẳng định 1, ta suy ra
Hmj(Di−1/Ni) ∼= Hj
m(Di−1/Di)
với mọi số nguyên j ≥ r + 1. Chú ý rằng dimR(Di−1/Di) = di−1. Vì
p(Di−1/Ni) 6 r theo Khẳng định 1, nên áp dụng Định lý 1.4.5 ta có
dim(R/b Ann
b
R(Hmj(Di−1/Di))) 6 r
với mọij = r+ 1, . . . , di−1−1.Hơn nữa, dim(R/b Ann
b
R(Hmj(Di−1/Di))) 6 r
với mọi j 6 r theo Bổ đề 1.2.10. Vì thế, p(Di−1/Di) 6 r theo Định lý 1.4.5. Do dimR(Dt(r)) 6 r nên sp(Dt(r)) 6 r. Vì thế, sp(M) = max i6t(r){p(Di−1/Di),sp(Dt(r))} 6 r. Khẳng định 3. max i≤t(r) p(Ni−1/Ni) = r khi và chỉ khi max{sp(M),max i≤t(r)dimR(Di/Ni)} = r.
Ta chứng minh Khẳng định 3. Giả sử max
i6t(r) p(Ni−1/Ni) = r. Khi đó theo các Khẳng định 1, 2 ta có
max
Rõ ràng nếu dimR(Di/Ni) = r với i 6 t(r) nào đó thì dấu bằng xảy ra. Vì thế ta có thể giả sử dimR(Di/Ni) < r với mọi i 6 t(r). Do giả thiết max
i6t(r) p(Ni−1/Ni) = r nên tồn tại n 6 t(r) để p(Nn−1/Nn) = r. Vì thế, theo Bổ đề 1.2.10 và Định lý 1.4.5, tồn tại số nguyên r 6 j < dimR(Nn−1) sao cho dim(R/b Ann
b
R(Hmj(Nn−1/Nn))) =r. Từ dãy khớp
0→ Nn−1/Nn → Dn−1/Nn → Dn−1/Nn−1 → 0 ta được dãy khớp
Hmj−1(Dn−1/Nn−1) →Hmj(Nn−1/Nn) →Hmj(Dn−1/Nn) → 0.
Nếu j > r thì Hmj−1(Dn−1/Nn−1) = 0. Nếu j = r thì theo Định lý 1.4.5 ta có
dim(R/b Ann
b
R(Hmj−1(Dn−1/Nn−1))) ≤p(Dn−1/Nn−1) 6 r −1.
Áp dụng vào dãy khớp trên ta được dim(R/b Ann b R(Hmj(Dn−1/Nn))) = r. Xét dãy khớp 0→ Dn/Nn →Dn−1/Nn →Dn−1/Dn → 0. Do dimR(Dn/Nn) < r và j ≥ r nên ta có Hmj(Dn−1/Nn) ∼= Hj m(Dn−1/Dn). Vì thế dim(R/b Ann b R(Hmj(Dn−1/Dn))) = r. Chú ý rằng dimR(Dn−1/Dn) =
dn−1 vàj < dimR(Nn−1) 6 dn−1.Suy rap(Dn−1/Dn) ≥ r theo Bổ đề 1.4.12, do đó sp(M) =r theo Khẳng định 2.