Chương 2. Đa thức Hilbert của iđêan đơn thức
2.3. Đồ thị và vành mặt
Định nghĩa 2.3.1. Cho V = {v1,ã ã ã , vd} là một tập hữu hạn. Một đồ thị với tập đỉnh V là một cặp G= (V, E) trong đó E là tập hợp các cặp không thứ tự vivj với vi 6= vj ( không thứ tự là vivj = vjvi. ) Phần tử vi ∈ V gọi là một đỉnh của G. Tập E gọi là tập các cạnh của G. Với mỗi cạnh e = vivj các điểm cuối của e là các đỉnh vi và vj.
Chú ý. Đồ thị hữu hạn là đồ thị có số đỉnh là hữu hạn, đồ thị là đơn nếu không có cạnh bội.
Vớ dụ 2.3.2. Đồ thị rời rạc Dn là đồ thị với tập đỉnh {v1, v2,ã ã ã , vn} và không có cạnh. Hình học của D5 như sau:
Ví dụ 2.3.3. Với mỗi n > 3, các n-chu trình là đồ thị Cn với tập đỉnh {v1, v2,ã ã ã , vn} và cạnh {v1v2, v2v3,ã ã ã , vd−1vd, vdv1}. Hỡnh học của C3, C4 và C5 là như sau:
Ví dụ 2.3.4. Với d > 2, đồ thị đầy đủ trên tập d đỉnh là đồ thị Kd với tập đỉnh {v1,ã ã ã , vd} và tập cạnh {vivj | 1 6 i < j 6 d}. Hỡnh học của K2, K3, K4 và K5 là như sau:
Ví dụ 2.3.5. Với mỗi m, n > 1, các đồ thị hai phần Bm,n là các đồ thị với tập đỉnh {u1,ã ã ã , um, v1,ã ã ã , vd} và cỏc cạnh {uivj | 1 6 i 6 m,1 6 j 6 n}. Hình học của B1,1, B1,2, B1,3, B2,2, B2,3 và B3,3 là như sau :
Định nghĩa sau cho ta thấy cách sử dụng đồ thị để xây dựng iđêan đơn thức.
Định nghĩa 2.3.6. Cho G là đồ thị với tập đỉnh V = {v1,ã ã ã , vd}. Cỏc iđờan cạnh kết hợp với G là iđờan IG ⊆ R = K[x1,ã ã ã , xd], cho bởi
IG = ({xixj | vivj | là một cạnh của G})R.
Vành mặt được định nghĩa bởi
K[G] := K[x1,ã ã ã , xd]/IG.
Ví dụ 2.3.7. Iđêan cạnh liên kết với D5 là ID5 = 0. Các iđêan cạnh liên kết với C3, C4 và C5 là
IC3 = (x1x2, x2x3, x1x3) ⊆ A[x1, x2, x3]
IC4 = (x1x2, x2x3, x3x4, x1x4) ⊆A[x1, x2, x3, x4]
IC5 = (x1x2, x2x3, x3x4, x4x5, x1x5) ⊆ A[x1, x2, x3, x4, x5] Các iđêan cạnh liên kết với K2, K3 và K4 là
IK2 = (x1x2) ⊆ A[x1, x2]
IK3 = (x1x2, x1x3, x2x3) ⊆ A[x1, x2, x3]
IK4 = (x1x2, x1x3, x1x4, x2x3, x2x4, x3x4) ⊆ A[x1, x2, x3, x4]
Các iđêan cạnh liên kết với một đồ thị hai phần bất kỳ ở trên là IB1,1 = (x1y1) ⊆ A[x1, y1]
IB1,2 = (x1y1, x1y2) ⊆ A[x1, y1, y2]
IB1,3 = (x1y1, x1y2, x1y3) ⊆A[x1, y1, y2, y3] IB2,2 = (x1y1, x1y2, x2y1, x2y2) ⊆A[x1, x2, y1, y2]
IB2,3 = (x1y1, x1y2, x1y3, x2y1, x2y2, x2y3) ⊆ A[x1, x2, y1, y2, y3]
Các iđêan cạnh của đồ thị là(x1x2, x1x3, x1x4, x2x3, x3x4) ⊆ A[x1, x2, x3, x4].
v1 v2
v3
v4
Định lý 2.3.8. Cho G là một đồ thị và I(G) là iđêan cạnh kết hợp với G. Khi đó tồn tại một phức đơn hình △, sao cho I△ = I(G).
Chứng minh. Ta chứng minh định lý này bằng cách xây dựng một phức đơn hình tương ứng với đồ thị G cho trước. Với mỗi vi ∈ V(G) ta gọi pi
là đỉnh của △ tương ứng với vi. Chú ý nếu {vi, vj} là một cạnh trong G thì xixj là một đơn thức của I(G). Ta cần xây dựng △ sao cho {pi, pj}, hay bất kỳ mặt chứa nó không thuộc △.
Cụ thể ta xây dựng △ bằng cách trước hết giả sử tất cả các mặt thuộc △. Sau đó xóa đi tất cả các cạnh của G và các mặt chứa cạnh đó.
Vậy vi, vj là một cạnh của G khi và chỉ khi xixj ∈ I△.
Tuy nhiên điều ngược lại của mệnh đề trên không đúng. Chẳng hạn xét phức đơn hình 3 đỉnh với các mặt chiều 0 hoặc 1. Khi đó iđêan mặt là (x1x2x3) không sinh bởi các đơn thức bậc 2. Do đó không tồn tại đồ thị tương ứng với nó.
Mệnh đề 2.3.9. Cho Dn là đồ thị rời rạc. Đặt R = K[Dn]. Khi đó HSR(t) =
∞
X
d=0
d+n−1 n−1
!
td = (1−t)−n
Chứng minh. Ta cú I(Dn) = (0), kộo theo R = K[x1,ã ã ã , xn]/(0) = K[x1,ã ã ã , xn]. Do đú, cho n≥ 0, HR(d) = lR0(Rd) = d+n−1n−1 và
HSR(t) =
∞
X
d=0
d+n−1 n−1
!
td = (1−t)−n.
Mệnh đề 2.3.10. Cho Kn là độ thị đầy đủ n đỉnh. Đặt R = K[Kn].
Khi đó
HSR(t) = 1 + (n−1)t 1−t . Chứng minh. Ta có
I(Kn) = (x1x2, x1x3,ã ã ã , x1xn, x2x3,ã ã ã , xn−1xn),
là iđêan sinh bởi tất cả các đơn thức hai biến phân biệt. Do đó các phần tử khác không của R[Kn] phải chứa ít hơn hai biến. Xét bậc 0 ta có HR(0) = lR0(R0) = 1. Xét bậc d > 0, cơ sở của Rd như không gian véctơ trờn K là {xd1,ã ã ã , xdn}. Suy ra HR(d) = lR0(Rd) = n. Như vậy,
HSR(t) = 1 +nt+ nt2 +nt3 +ã ã ã
= 1 +nt(1 +t+t2 +t3 +ã ã ã)
= 1 + nt
1−t = 1 + (n−1)t 1−t .
Mệnh đề 2.3.11. Cho Bm,n là đồ thị hai phần. Đặt R = K[Bm,n]. Khi đó
HSR(t) = (1−t)−m + (1−t)−n.
Chứng minh. Chia tập đỉnh thành 2 tập tập đỉnh A, B lực lượng m, n tương ứng. Ký hiệu cỏc biến với giỏ trờn A là x1,ã ã ã , xm và trờn B là y1,ã ã ã , yn. Iđờan cạnh I(Bm,n) bao gồm cỏc đơn thức dạng x1y2, x3y2, ...
(giá cả trên A và B). Vành mặt là không gian véc tơ với cơ sở là các đơn thức có giá chỉ trên A hoặc trên B. Do đó độ dài Rd là các đơn thức bậc d trờn Rd là tổng số đơn thức bậc d trờn R′ = K[x1,ã ã ã , xm] và trờn R′′ = K[y1,ã ã ã , yn]. Vậy HR(d) = d+m−1m−1 + d+n−1n−1 và
HSR(t) =
∞
X
d=0
[ d+ m−1 m−1
!
+ d+n−1 n−1
!
]td = (1−t)−m+ (1−t)−n.
Mệnh đề 2.3.12. Cho Cn là chu trình n đỉnh. Đặt R = K[Cn]. Khi đó
1 +
∞
X
d=1
[
min{[n−21],d}
X
s=1
n−s+ 1 s
! d−1 s−1
! ]td.
Chứng minh. Iđờan của Cn là I(Cn) = (x1x2, x2x3,ã ã ã , xn−1xn). Ta cú R = K[x1,ã ã ãxn]/I(Cn). Đặt Rd là tập cỏc đa thức bậc d cựng với 0 là K-không gian véc tơ. Cơ sở của Rd là tập các đơn thức giá trên các đỉnh không liên tiếp.
Như vậy độ dài Rd là số cách chọn d đỉnh không liên tiếp từ tập đỉnh {v1,ã ã ã , vn}. Ký hiệu số cỏch chọn d đỉnh khụng liờn tiếp từ tập đỉnh {v1,ã ã ã , vn} là t(n, d).
Ta cót(m,1) = mvới mọim ≥ 1, vàt(m, k) = 0vớim < 2k−1. Ta chứng minh quy nạp theo m, k rằng t(m, k) = m−k+1k . Nếu m <2k−1 thì m−k+ 1 < k và m−k+1k = 0. Ta cũng có m−1+11 = m1 = m. Giả sử t(m′, k′) = m′−kk′′+1
với m′ < m và k′ = k. Nếu v1 đã chọn, thì có t(m−3, k −1) = m−2−(k−1)+1
k−1
= m−1k−1 cách để chọn các đỉnh còn lại.
Tổng quát có t(m−j−1, k−1) = m−j−1−(k−1)+1 k−1
= m−k−j−1k−1 các đỉnh không liên tiếp với vj là đỉnh nhỏ nhất trong tập.
Do đú t(m, k) = Pm−2k+2j=1 m−k−j−1k−1 = m−kk−1 + m−k−1k−1 + ã ã ã +
k+1 k−1
+ k−1k + k−1k−1. Ta có 1 = kk, và cộng từ phía trước ta có kk+
k k−1
= k+1k . Tiếp tục k+1k−1+ k−1k + k−1k−1 = k+1k−1+ k+1k = k+2k . Cuối cùng m−kk−1+ m−k−1k−1 + m−k−1k = m−kk−1+ m−kk = m−k+1k−1 . Do đó có m−k+1k cách đề chọn k đỉnh không liên tiếp từ m đỉnh.
Như vậy độ dài của Rd, với d≥ 1 là
l(Rd) =
min{[n−21],d}
X
s=1
n−s+ 1 s
! d−1 s−1
! . Do đó chỗi Hilbert là
1 +
∞
X
d=1
[
min{[n−21],d}
X
s=1
n−s+ 1 s
! d−1 s−1
! ]td.
Mệnh đề 2.3.13. Chuỗi Hilbert của đồ thị hình sao (tức là một đồ thị liên thông mà các cạnh có một điểm chung) là
HS(t) = t
1−t + 1 (1−t)n−1.
Chứng minh. Giả sử đỉnh chung là vn. Ta có các cạnh của đồ thị là E(G) = {v1vn, v2vn,ã ã ã , vn−1vn}.
Do đó
I(G) = (x1xn, x2xn,ã ã ã , xn−1xn) = (x1,ã ã ã , xn−1)∩ (xn).
Phức đơn hình tương ứng bao gồm một đỉnh cô lập chiều 0, {vn} và một mặt chiều n−1, {v1, ...., vn−1}. Để tìm hàm Hilbert ta xác định f-vectơ.
Ta cú f0 = n, fk = n−1k , k = 2,ã ã ã , n−1. Do đú chuỗi Hilbert là HS(t) = 1 + nt
1−t +
n−1
X
i=2 n−1
i
ti (1−t)i.
Hay
HS(t) = 1 + nt
1−t −1− (n−1)t 1−t +
n−1
X
i=0 n−1
i
ti
(1−t)i = t 1−t +
n−1
X
i=0 n−1
i
ti (1−t)i. Tổng tương đương với một chuỗi Hilbert có f - véctơ bằng
( n−1 1
!
, n−1 2
!
,ã ã ã , n−1 n
! ).
Đây cũng là f - véctơ của một phức đơn hình đầy đủ n−1 đỉnh, tương ứng với đồ thị rời rạc n−1 đỉnh. Sử dụng kết quả cho đồ thị rời rạc, ta
có n−1
X
i=0 n−1
i
ti
(1−t)i = 1 (1−t)n−1. Do đó HS(t) = 1−tt + (1−t)1n−1.
vn vn
v1
v2
v3
v4
v5
v3
v4
v5
v1
v2