3. Mục tiêu nghiên cứu
1.2 Các phép toán trên ideal đơn thức
1.2.4 Lũy thừa hình thức của một ideal đơn thức
Lũy thừa In của ideal đơn thứcI không sinh ra bởi lũy thừa của các phần tử sinh của I. Trong phần này, chúng ta nghiên cứu các ideal sinh bởi lũy thừa của các phần tử sinh của nó.
Định nghĩa 1.2.22. Cho R = A[x1, ..., xd] là vành đa thức d biến. Gọi J
là một ideal đơn thức của R. Với k = 1,2, ... ta đặt J(k) = (Tk)R trong đó
Tk = {fk | f ∈ [[J]]}.
Từ định nghĩa ta có J(k) là một ideal đơn thức với mỗi k = 1,2, .... Bổ đề
sau giúp chúng ta tìm tập sinh của J(k).
Bổ đề 1.2.23. Cho R = A[x1, ..., xd] là vành đa thức d biến. Xét tập các đơn thức S ⊆ [[R]] và số nguyên k ≥ 1. Đặt J = (S)R và I = ({fk | f ∈ S})R.
Với mỗi đơn thức g ∈ [[R]] ta có g ∈ J khi và chỉ khi gk ∈ I.
Chứng minh. Để chứng minh chiều kéo theo, giả sử g ∈ J. Ideal J là một ideal đơn thức, từ Định lý 1.1.12 dẫn đến tồn tại một tập con hữu hạnS0 ⊆ S
sao cho J = (S0)R. Từ Định lý 1.1.9 dẫn đến g ∈ (f)R với f ∈ S0, và dẫn đến gk ∈ (fk)R ⊆ I.
Để chứng minh chiều ngược lại, giả sử rằng gk ∈ I. Tập hợp Sk = {fk |
f ∈ S} là một tập sinh đơn thức của I. Do đó, có một tập con hữu hạn
Sk0 ⊆ Sk sao cho I = (Sk0)R. Từ Định lý 1.1.9 dẫn đến gk ∈ (fk)R với
fk ∈ Sk0. Chú ý rằng f ∈ S. Ta viết f = xm và g = xn với m, n ∈ Nd. Khi đó fk = xkm và gk = xkn, do đó từ Bổ đề 1.1.8 dẫn đến km < kn, suy ra m < n, do đó g = xn ∈ (xm)R = (f)R ⊆J.
Mệnh đề 1.2.24. Cho R = A[x1, ..., xd] là vành đa thức d biến, J là một ideal đơn thức của R.
(a) Nếu S là một tập sinh đơn thức của J, khi đó tập Sk = {fk | f ∈ S}
(b) Nếu f1, ..., fn ∈ [[J]] là một dãy sinh đơn thức của J, khi đó J(k) = (f1k, ..., fnk)R.
Chứng minh. (a) Đặt Tk = {fk | f ∈ [[J]]}. Từ định nghĩa ta có J(k) = (Tk)R, do đó ta cần chỉ ra rằng(Sk)R = (Tk)R. Để kiểm chứng rằng (Sk)R ⊆
(Tk)R, ta cần chỉ ra Sk ⊆ (Tk)R. Lấy một phần tử tùy ý của Sk có dạng fk
với f ∈ S. Bằng định nghĩa, ta có fk ∈ Tk ⊆ (Tk)R, do đó Sk ⊆ (Tk)R.
Để kiểm chứng rằng (Sk)R ⊇ (Tk)R, ta cần chỉ ra Tk ⊆ (Sk)R. Một phần
tử tùy ý của Tk có dạng fk với f ∈ [[J]]. Từ Bổ đề 1.2.23 dẫn đến rằng fk ∈ (Sk)R, do đó Tk ⊆ (Sk)R.
(b) Đây là một trường hợp đặc biệt của ý (a) với S = {f1, ..., fn}.
Ví dụ 1.2.25. trong vành đa thức R = A[x, y], ta xét ideal đơn thức J = (x3, x2y, y2)R có đồ thị như sau:
Bổ đề dưới đây là sự kết hợp giữa Bổ đề 1.2.23 và Mệnh đề 1.2.24(a). Chú ý rằng từ bổ đề này ta khơng có [J(k)] = {hk |h ∈ [[J]]}.
Bổ đề 1.2.26. Cho R = A[x1, ..., xd] là vành đa thức d biến. Cho J là một ideal đơn thức của R và g ∈ [[R]] là một đơn thức trong R. Với k = 1,2, ...
ta có g ∈ J khi và chỉ khi gk ∈ J(k).
Mệnh đề 1.2.27. Cho R = A[x1, ..., xd] là vành đa thức d biến, J là một ideal đơn thức của R. Gọi f1, ..., fn ∈ [[J]] là một dãy sinh đơn thức thu gọn của J. Với k = 1,2, ..., một dãy sinh đơn thức thu gọn của J(k) là f1k, ..., fnk. Chứng minh. Từ Mệnh đề 1.2.24(b), dãy f1k, ..., fnk là một dãy sinh đơn thức của J(k), do đó nó đủ để chỉ ra tính thu gọn. Giả sử dãy khơng là thu gọn. Khi đó tồn tại các chỉ số i, j sao cho i 6= j và fik ∈ (fjk)R = ((fj)R)(k). Khi đó từ Bổ đề 1.2.26 dẫn đến fi ∈ (fj)R, mâu thuẫn với tính thu gọn của dãy
sinh ban đầu.
Bổ đề 1.2.28. Cho R = A[x1, ..., xd] là vành đa thức d biến. Đặt I, J là các ideal đơn thức của R và cố định một số nguyên k ≥ 1.
(a) I ⊆J khi và chỉ khi I(k) ⊆ J(k). (b) I = J khi và chỉ khi I(k) = J(k).
Chứng minh. (a) Đặt f1, ..., fm ∈ [[I]] là một dãy sinh đơn thức của I và
g1, ..., gn ∈ [[J]] là một dãy sinh đơn thức của J.
Để chứng minh chiều kéo theo, giả sửI ⊆ J, ta cần chứng minhI(k) ⊆ J(k). Có thể thấy rằng mỗi phần tử sinh fik ∈ I(k) đều thuộc J(k). Theo giả thiết, ta có fi ∈ I ⊆J. Từ Bổ đề 1.2.26 dẫn đến fik ∈ J(k).
Chứng minh chiều ngược lại, giả sử I(k) ⊆ J(k), ta cần chỉ ra I ⊆ J. Với i = 1, ..., m ta có fik ∈ I(k) ⊆ J(k), do đó từ Bổ đề 1.2.26 dẫn đến fi ∈ J,
dẫn đến I = (f1, ..., fm)R ⊆J.
(b) Ta có I = J khi và chỉ khi I ⊆ J và J ⊆ I. Theo chứng minh phần (a), ta có I ⊆ J và J ⊆ I khi và chỉ khi I(k) ⊆ J(k) và J(k) ⊆I(k), tức là khi và chỉ khi I(k) = J(k).
Bổ đề tiếp theo chỉ ra rằng phép tốn lũy thừa hình thức giao hốn với phép toán giao. Ta nhắc lại, giao của các ideal đơn thức là một ideal đơn thức theo Định lý 1.2.1. Do đó, ideal n \ i=1 Ji !(k)
ideal n
\
i=1
Ji(k) cũng là một ideal đơn thức.
Bổ đề 1.2.29. Cho R = A[x1, ..., xd] là vành đa thức d biến. Đặt J1, ..., Jn
là các ideal đơn thức trong R. Với mỗi số nguyên k ≥ 1, ta có:
n \ i=1 Ji !(k) = n \ i=1 Ji(k) .
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp đối với n.
Với n = 2, đặt f1, ..., fm ∈ [[J1]] là một dãy sinh đơn thức của J1,
g1, ..., gn ∈ [[J2]] là một dãy sinh đơn thức của J2.
Đối với bao hàm thức(J1∩J2)(k) ⊆J1(k)∩J2(k), nhận thấy rằngJ1∩J2 ⊆J1, do đó từ bổ đề 1.2.28 ta có (J1∩J2)(k) ⊆J1(k). Tương tự, ta có (J1∩J2)(k) ⊆
J2(k). Do đó (J1 ∩J2)(k) ⊆ J1(k)∩J2(k).
Đối với bao hàm thức (J1∩J2)(k) ⊇ J1(k)∩J2(k), ta cần chỉ ra mọi đơn thức
z ∈ hhJ1(k)∩J2(k)ii= hhJ1(k)ii∩ hhJ2(k)ii
đều thuộc (J1 ∩J2)k. Từ điều kiện z ∈ hhJ1(k)ii = (f1k, ..., fmk)R dẫn đến
z ∈ fikR với một vài chỉ số i. Tương tự, z ∈ hhJ2(k)ii = (g1k, ..., gnk)R
nên z ∈ (gjk)R với một vài chỉ số j. Viết fi = xm và gj = xn. Khi đó ta có fik = xkm và gjk = xkn. Với l = 1, ..., d, đặt pl = max{ml, nl}. Dễ thấy
kpl = max{kml, knl}, do đó từ Bổ đề 1.2.6 ta có được đẳng thức thứ nhất
và thứ ba trong dãy sau:
z ∈ (fik)R∩(gjk)R = (xkp)R = ((xp)R)(k) = ((fi)R∩(gj)R)(k) ⊆(J1∩J2)(k)
Đẳng thức thứ hai có được nhờ định nghĩa. Bao hàm thức cuối cùng có được nhờ Bổ đề 1.2.28(b) do (fi)R∩(gjR) ⊆J1 ∩J2.
TIỂU KẾT
Trong chương này chúng tơi đã trình bày được hai nội dung chính. Thứ nhất là một số tính chất cơ bản của ideal đơn thức và tập sinh của nó. Các kiến thức này đóng vai trò nền tảng trong việc nghiên cứu về ideal đơn thức. Thứ hai là các phép toán trên các ideal đơn thức.
PHÂN TÍCH BẤT KHẢ QUY CỦA IDEAL ĐƠN THỨC
Nội dung chương này được trình bày dựa trên tài liệu tham khảo [1], [3], [4], [6], [8], [10].
Trong chương này ta luôn giả sử A là một vành giao hốn khác khơng và có đơn vị.
2.1. Ideal đơn thức bất khả quy
Định nghĩa 2.1.1. Cho R = A[x1, ..., xd] là vành đa thức d biến. Một ideal đơn thức J ( R được gọi là khả quy nếu có các ideal đơn thức J1, J2 6= J sao cho J = J1 ∩ J2. Một ideal J ( R được gọi là bất khả quy nếu nó khơng là khả quy.
Từ định nghĩa ta thấy, một ideal đơn thức J ⊆ R là bất khả quy khi và chỉ khi J 6= R, và nếu cho hai ideal đơn thức J1, J2 sao cho J = J1 ∩ J2 thì
J = J1 hoặc J = J2.
Một cách quy nạp, nếu J là bất khả quy và J1, ..., Jn, n ≥ 2 là các ideal đơn thức sao cho J =
n
\
i=1
Ji, thì J = Ji với chỉ số i nào đó.
Ví dụ 2.1.2. Cho R = A[x, y] là vành đa thức hai biến. Ideal đơn thức
J = (x3, x2y, y3)R là khả quy. Thật vây, ta có:
J = (x2, y3)R∩(x3, y)R.
Ta cũng có x2 ∈ (x2, y3)R\ J nên J 6= (x2, y3)R, và y ∈ (x3, y)R \J nên
J 6= (x3, y)R. Mặt khác, các ideal (x2, y3)R và (x3, y)R là bất khả quy. Có thể chứng minh điều này một cách trực tiếp hoặc áp dụng Định lý 2.1.3
Định lý 2.1.3. Cho R = A[x1, ..., xd] là vành đa thức d biến và J là một ideal đơn thức khác không của R. Ideal J là bất khả quy nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương k, t1, ...tk, e1, ..., ek sao cho 1≤ t1 < ... < tk ≤ d và
J = xe1t1, ..., xektkR.
Chứng minh. Giả sử tồn tại các số nguyên dương k, t1, ..., tk, e1, ..., ek sao cho
1≤ t1 < ... < tk ≤d vàJ = xe1 t1, ..., xek tk R. Lưu ý rằngJ ⊆ (xt1, ..., xtk)R ⊆ (x1, ..., xd)R, do đó J 6= R.
Lấy cố định các ideal J1, J2 thuộc R sao cho J = J1 ∩J2. Giả sử J ( Ji
với i = 1,2 và lấy cố định một đơn thức fi ∈ [[Ji]]\[[J]]. Viết f1 = xm và
f2 = xn. Với i = 1, ..., d đặt pi = max{mi, ni}.
Với i = 1, ..., k ta có mti < ei; bởi nếu khơng, ta có mi ≥ ei với i nào đó, do đó bằng cách so sánh các vectơ lũy thừa, f1 ∈ xeitiR ⊆ J, mâu thuẫn. Tương tự, với i = 1, ..., k ta có ni < ei, và do đó pi = max{mi, ni} < ei. Lập luận tương tự cho thấy rằng lcm(f1, f2) = xp ∈/ J. Tuy nhiên, ta có
lcm(f1, f2) ∈ J1 ∩J2 = J, mâu thuẫn.
Ngược lại, giả sử J là bất khả quy và f1, ..., fk là một dãy sinh đơn thức thu gọn của J. Đủ để chỉ ra rằng mỗi fi có dạng xei
ti. Giả sử phản chứng có một fi nào đó khơng có dạng này. Sắp xếp các đơn thứ fi nếu cần thiết để giả sử rằng fk khơng có dạng xei
ti. Điều này có nghĩa là ta có thể viết
fk = xei
tig, với ei ≥ 1 và xti - g và g 6= 1. Sắp xếp lại các biến nếu cần để giả sử rằng fk = xe1, với e ≥ 1 và x1 - g và g 6= 1. Đặt I = (f1, ..., fk−1, xe1)R và
I0 = (f1, ..., fk−1, g)R.
Ta cần chứng minh J = I ∩I0. Ta thấy I ∩I0 được sinh bởi dãy sau:
f1, ..., fn−1,lcm(f1, xe1),lcm(f1, g) | {z } ∈(f1)R , ...,lcm(fn−1, xe1),lcm(fn−1, g) | {z } ∈(fn−1)R ,lcm(xe1, g) | {z } =fn
Loại bỏ các phần dư khỏi dãy này ta thấy I ∩I0 được sinh bởi f, ..., fn−1, fn. Do dãy này sinh ra I, ta có được điều cần chứng minh.
Tiếp theo ta chứng minh J ( I. Để chứng minh J ⊆ I, nó đủ để chỉ ra rằng f1, ..., fn ∈ I. Các đơn thức f1, ..., fn−1 là các phần tử sinh của I theo định nghĩa. Ta cũng có xe1 là phần tử sinh của I, do đó fn = xe1g ∈ I. Để chỉ
ra I 6= J, ta cần chỉ ra xe1 ∈/ J. Giả sử phản chứng xe1 ∈ J. Khi đó fi | xe1 với chỉ số i nào đó. Do xe1 | fk nên fi | fk. Dãy f1, ..., fk là thu gọn nên fi = fk. Do đó ta có fk = xe1g | xe1. Bằng cách so sánh các vectơ lũy thừa, ta kết luận
g = 1, mâu thuẫn.
Tương tự ta có J ( J0. Tóm lại ta cóJ = I∩I0,J ( I vàJ ( I0. Điều này mâu thuẫn với giả thiết J là bất khả quy. Suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.1.4. ChoR = A[x1, ..., xd]là vành đa thứcd biến. Giả sửI, J1, ..., Jn
là các ideal của R sao cho I là bất khả quy. Nếu
n
\
i=1
Ji ⊆ I thì có một chỉ số
j sao cho Jj ⊆I.
Chứng minh. Nếu I = 0, thì điều kiện
n \ i=1 Ji ⊆ I = 0 suy ra n \ i=1 Ji = 0, đơn
giản để chỉ ra rằng điều này dẫn đến Ji = 0 = I với chỉ số i nào đó. Do đó, giả sử I 6= 0. Trường hợp n= 1 là rõ ràng nên ta giả sử n ≥2. Định lý 2.1.3
cung cấp các số nguyên đương k, t1, ..., tk, e1, ..., ek,1 ≤ t1 < ... < tk ≤ d sao cho I = (xe1
t1, ..., xek
tk)R.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Với n = 2, giả sử J1 ∩ J2 ⊆ I. Giả sử phản chứng J1 * I và J2 * I. Khi đó [[J1]] * [[I]] và [[J2]] * [[I]] nên tồn tại các đơn thức f1 ∈ J1 \I và
f2 ∈ J2 \I. Viết f1 = xm và f2 = xn. Với i = 1, ..., d đặt pi = max{mi, ni},
ta có:
xp = lcm(f1, f2) ∈ J1 ∩J2 ⊆ I = (xe1t1, ..., xektk)R
Từ đây dẫn đến có một chỉ sốj sao choxej
tj |xp. Bằng cách so sánh các vectơ lũy thừa ta thấy ej ≤ ptj = max{mtj, ntj}, suy ra ej ≤ mtj hoặc ej ≤ ntj. Nếu ej ≤ mtj, bằng cách so sánh các vectơ lũy thừa ta có xejtj | xm = f1, do đó f1 ∈ (xejtj)R ⊆ I, mâu thuẫn. Tương tự, nếu ej ≤ ntj thì f2 ∈ I, mâu thuẫn. Lập luận một cách hình thức theo quy nạp ta suy ra điều phải chứng minh.