Chương 2. Đa thức Hilbert của iđêan đơn thức
2.1. Đa thức Hilbert và chuỗi Hilbert
Đối với chiều xét như không gian véc tơ ta có kết quả sau:
Định lý 2.1.1 (Định lí Macaulay). Với mọi thứ tự từ ≤, tập B tất cả các đơn thức của M nằm ngoài in≤(I) lập thành một cơ sở của không gian véc tơ R/I trên trường K.
Chứng minh. Trước hết ta chứng tỏ tập B độc lập tuyến tính. Giả sử tồn tại m1, ..., ms ∈ B và α1, ..., αs ∈ K\ {0} sao cho
f := α1m1 +...+αsms và f = 0 (trongR/I).
Khi đó in(f) = αimi với 1 ≤ i ≤ s nào đó. Do đó mi ∈ in(I), trái với giả thiết mi ∈ B.
Bây giờ ta chứng tỏ B là hệ sinh của R/I, hay tương đương B∪I sinh ra R. Kí hiệu E là tập các tổ hợp tuyến tính của B∪I trên K. Giả sử E 6= R. Chọn f ∈ R\E sao cho
lm(f) = min{lm(g)| g ∈ R\E}.
Nếu lm(f) ∈ B, thì in(f) ∈ E và do đó f − in(f) ∈ R\E có từ khởi đầu thực sự bé hơn in(f). Vô lý. Vậy phải có lm(f) ∈ in(I). Do đó
tìm được g ∈ I sao cho in(f) = in(g). Vì g ∈ I ⊆ E và f /∈ E nên h := f −g ∈ R\E. Mặt khác ta lại có lm(h) < lm(f), trái với cách chọn f. Suy ra phải có E = R, tức B là hệ sinh của R/I.
ChoJ là iđêan của R và ≤ là một thứ tự từ trênR. Với mỗi s ∈ N, kí hiệu R≤s là tập các đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng s và J≤s là tập các đa thức trong J bậc nhỏ hơn hoặc bằng s. Định lí Macaulay được sử dụng dưới dạng sau.
Định lý 2.1.2. Cho iđêan I ⊆ R và ≤ là một thứ tự từ trên R. Khi đó (i) Nếu ≤ là một thứ tự từ phân bậc và s ∈ N, thì
dimK(R≤s/I≤s) = dimK(R≤s/[in≤(I)]≤s).
(ii) Nếu một trong hai không gian véc tơ R/I và R/in(I) hữu hạn chiều, thì không gian kia cũng hữu hạn chiều và dimKR/I = dimKR/in(I).
Chứng minh. Kí hiệuB≤s là tập tất cả đơn thức bậc không quás và nằm ngoàiin(I).Khi đó với một thay đổi nhỏB, R, S thay bằngB≤s, R≤s, I≤s, dựa vào chứng minh của định lí trên cũng cho phép ta khẳng định B≤s
là cơ sở của không gian véc tơ R≤s/I≤s. Mặt khác, rõ ràng B≤s là cơ sở của không gian véc tơ R≤s/[in≤(I)]≤s. Từ đó có đẳng thức ở (a). Kết luận (b) suy ra ngay từ định lí trên và nhận xét tập B ở đó là cơ sở của không gian véc tơ R/in(I).
VớiMlà tập tất cả các đơn thức của vànhR.Với mỗi tậpA ⊆ K[x]
và s ∈ N kí hiệu A≤s là tập tất cả các đa thức trong A có bậc(tổng thể) không quá s. Nói riêng M≤s là tập tất cả các đơn thức bậc không quá s. Chú ý rằng bậc tổng thể xác định trên vành R một cấu trúc phân bậc chuẩn, R≤s là không gian véc tơ hữu hạn chiều trên K, và nếu A là
không gian con của R thì
A≤s = A∩R≤s
cũng là không gian con véc tơ hữu hạn chiều.
Định nghĩa 2.1.3. Cho I là iđêan của vành R = K[x]. Hàm Hilbert- Samuel (afin) của R/I là hàm xác định như sau:
hR/I(s) = dimK(K[x]≤s/I≤s) ∀s ∈ N,
trong đó K[x]≤s là tập các đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng s và I≤s = I ∩K[x]≤s.
Đây là một hàm rất quan trọng trong Đại số giao hoán. Nó được định nghĩa cho cả vành địa phương, nhưng ở đây chỉ phát biểu cho vành đa thức. Từ định nghĩa suy ra ngay
hR/I(s) = dimK(K[x]≤s)−dimK(I≤s).
Chú ý rằng định lí 2.1.2 cho phép chuyển việc nghiên cứu hàm số này về hàm số của vành thương của iđêan đơn thức. Do đó ta bắt đầu nghiên cứu trường hợp iđêan đơn thức.
Bổ đề 2.1.4. Với mọi s ∈ N ta có
hK[x](s) = ♯(M≤s) = s+n n
! .
Chứng minh. Đẳng thức đầu được suy ra vì M là cơ sở của không gian véc tơ K[x]. Đẳng thức thứ hai là một bài toán tổ hợp, có thể chứng minh bằng quy nạp đồng thời theo s và n. Khi s = 0 chỉ có một đơn thức bậc 0 là 1, còn khi n = 1. thì có đúng s+ 1 đơn thức bậc không quá s là 1, x1, ..., xs1. Trong cả hai trường hợp công thức thỏa mãn. Giả sử s > 0 và n > 1. Khi đó mỗi đơn thức m ∈ M≤s thuộc một trong hai lớp không giao nhau sau đây:
(i) m không chứa biến xn. Sử dụng quy nạp theo số biến, ta thấy số đơn thức này chính bằng:
s+ n−1 n−1
! .
(ii) m có dạng m′xn. Khi đó m′ ∈ M≤s−1. Sử dụng quy nạp theo số biến, ta thấy số đơn thức này chính bằng:
s−1 +n n
! . Vậy
♯(M≤s) = s+ n−1 n−1
!
+ s−1 +n n
!
= s+n n
! .
Để đánh giá hàm Hilbert ta giới thiệu khái niệm sau. Như thường lệ, kí hiệu K[x] = K[x1, ..., xn]. Đối với mỗi iđêan I của K[x] và tập con y = {y1, ..., yr} của tập biến {x1, ..., xn}, kí hiệu
Iy = I ∩K[y]
là iđêan khử của I đối với các biến không thuộc y.
Định nghĩa 2.1.5. ChoI là iđêan thực sự của vànhK[x] = K[x1, ..., xn] và {y1, ..., yr} là tập con của tập {x1, ..., xn}. Tập {y1, ..., yr} được gọi là tập độc lập modulo I nếu Iy = 0. Tập {y1, ..., yr} được gọi là tập độc lập cực đại modulo I nếu nó là độc lập modulo I và không thực sự chứa trong một tập khác độc lập modulo I. Chiều của K[x]/I là số
dimK[x]/I = max{♯y| y ⊆ {x1, ..., xn} độc lập modulo I}.
Ta cũng gọidimK[x]/I là chiều của iđêanI và còn kí hiệu làdimI.
Iđêan I được gọi là iđêan chiều d nếu dimI = d.
Chú ý rằng khi cố định vành K[x] thì vành thương K[x]/I được xác định hoàn toàn bởi I. Do đó lạm dùng ngôn ngữ ta nói chiều của I thay cho chiều của vành thương, chứ đây không phải là chiều của I xét như môđun trên vành K[x]. Do đó mới xảy ra tình thế có vẻ trái ngược với trực giác là iđêan lớn hơn lại có chiều nhỏ hơn.
Nhận xét 2.1.6. Chiều của iđêan I chính là lực lượng của tập độc lập modulo I có số phần tử lớn nhất.
Lưu ý rằng một tập là độc lập cực đại modulo I thì chưa chắc đã là tập độc lập modulo I có số phần tử lớn nhất. Chẳng hạn, cho I = (xy, xt2, xzt, xz2y). Dễ thấy, I ∩K[x, z] = 0, hơn nữa {x, z} là tập độc lập cực đại modulo I vì I ∩k[x, z, y] 6= 0 và I ∩ k[x, z, t] 6= 0. Tuy nhiên, ta lại có {y, z, t} là tập độc lập modulo I có số phần tử lớn hơn vì I ∩k[y, z, t] = 0.
Từ định nghĩa trên và định lý Macaulay ta thấy tậpy = {y1, . . . , yr} ⊆ {x1, . . . , xn}là độc lập modulo I khi và chỉ khi nó là tập độc lập modulo in(I) tức là in(I)∩K[y] = 0. Do đó ta có thuật toán kiểm tra một tập có là độc lập modulo I hay không như sau:
Thuật toán kiểm tra độc lập modulo. Cho I ⊆ R là một iđêan và y = {y1, . . . , yr} ⊆ {x1, . . . , xn}
1. Tìm cơ sở Groebner G = {g1, . . . , gs} của I đối với thứ tự từ điển sao cho các biến bị khử là lớn hơn các biến còn lại.
2. Tìm in(I) = (in(g1), . . . , in(gs)).
3. Nếu mỗi j = 1, . . . , s, tìm bậc tổng thể của in(gj) đối với các biến bị khử, nếu bằng 0 thì in(gj) ∈ k[y1, . . . , yr], nếu khác 0 thì ngược lại.
4. Nếu mọi in(gj) ∈/ k[y1, . . . , yr] với j = 1, . . . , s thì kết luận y là tập độc lập modulo I.
Ví dụ 2.1.7. Tính chiều của iđêan I = (xy −zt, x2y −z3) trong vành K[x, y, z, t].
Cơ sở Gr¨obner của I đối với thứ tự từ điển t > y > x > z là : {−zt+xy, x2y −z3}.
in(I) = (x2y, zt).
Ta có degt,y(x2y) = 1, degt,y(zt) = 1. Vậy {x, z} là tập độc lập modulo I. Hơn nữa nó còn là tập độc lập modulo I có số biến lớn nhất vì theo thuật toán trên ta dễ dàng tính được:
in(I)∩k[x, y, z] = (x2y) 6= 0, in(I)∩k[x, z, t] = (zt) 6= 0, in(I)∩k[y, z, t] = (zt) 6= 0.
Vậy dim(R/I) = 2.
Định lý 2.1.8. Hàm Hilbert-Samuel hR/I thỏa mãn bất đẳng thức sau với mọi s ∈ N :
s+d d
!
≤ hR/I(s) ≤ s+n n
! , trong đó d = dimI như trong Định nghĩa 2.1.5
Chứng minh. Bất đẳng thức thứ hai được suy ra từ Bổ đề 2.1.4 và bất đẳng thức hR/I(s) ≤ hR(s). Đối với bất đẳng thức thứ nhất, không mất tính chất tổng quát ta giả sử x1, ..., xd độc lập modulo I. Khi đó tập (ảnh) các đơn thức chỉ chứa biến x1, ..., xd trong R/I là độc lập tuyến tính trên K. Do đó hR/I(s) không nhỏ hơn số các đơn thức d biến và bậc không quá s. Vì vậy áp dụng Bổ đề 2.1.4 trên ta có ngay bất đẳng thức thứ hai.
Với mỗi số nguyên r ∈ N và đơn thức m, đặt topr(m) = {i ∈ {1, ..., n}| degxi(m) ≥r},
trong đó như thường lệ, degxi(m) là lũy thừa của biến xi trong m. Hơn nữa, đặt
shr(m) = Y
i∈topr(m)
xri. Y
i /∈topr(m)
xdegi xi(m),
tức là shr(m) nhận được từ m bằng cách thay lũy thừa của các biến đã đủ lớn (vượt quá r) bằng một lũy thừa cố định r. Rõ ràng
shr(shr(m)) = shr(m).
Bổ đề 2.1.9. Cho I là iđêan đơn thức chiều d với tập sinh đơn thức hữu hạn G. Đặt
B = max{degxi(g)| g ∈ G,1 ≤i ≤ n}.
Khi đó với mọi đơn thức m, ta có
(i) Nếu i ∈ topB(m) và α ∈ N, thì m ∈ M\I khi và chỉ khi mxαi ∈ M\I.
(ii) Nếu b ∈ N với b ≥ Bn, thì
max{♯topB(m)| m ∈ M≤b\I}= d.
Chứng minh. (i) Chỉ cần chứng minh nếu mxαi ∈ I, thì m ∈ I. Ta lại có mxαi chia hết cho một đơn thức g ∈ G nào đó. Khi đó degxj(m) ≥ degxj(g) với mọi j 6= i. Mặt khác, vì i ∈ topB(m) nên degxi(m) ≥ B ≥ degxi(g). Do đó m chia hết cho g, và m ∈ I.
(ii) Để chứng minh chiều ≤, ta giả sử phản chứng là tồn tại m ∈ M≤b\I sao cho có nhiều hơn d chỉ số i thỏa mãn degxi(m) ≥ B. khi đó tồn tại tập con {y1, ..., yr} của {x1, ..., yn}, r > d, sao cho có thể viết m = m1m2 với m1 chỉ chứa các biến y1, ..., yr;m2 chỉ chứa các biến còn lại, và thỏa mãn tính chất:
degyj(m1) ≥ B, ∀j = 1, ..., r.
Vìm /∈ I nên m1 ∈/ I.Nhưng y1, ..., yr không độc lập modulo I, nên phải có g ∈ G sao cho g ∈ K[y1, ..., yr]. Nhưng khi đó với mọi j = 1, ..., r ta
đều có degyj(g) ≤ B ≤ degyj(m1). Suy ra m1 chia hết cho g, hay m1 ∈ I.
Vô lý.
Để chứng minh chiều ngược lại, không mất tính chất tổng quát ta có thể giả sử x1, ..., xd là tập độ lập modulo I. Vì b ≥ Bn, ta có
xB1 ...xBd ∈ M≤b\I và
♯topB(xB1 ...xBd) = d.
Mệnh đề 2.1.10. Cho I là iđêan đơn thức chiều d của vành R = K[x].
Giữ nguyên các kí hiệu của Bổ đề 2.1.9. Khi đó tồn tại đa thức pR/I ∈ Q[x] bậc d sao cho
pR/I(s) = hR/I(s),
với mọi s ≥ Bn. Hơn nữa có thể viết pR/I dưới dạng pR/I(s) =
d
X
i=0
ei
s+d−i d−i
! , trong đó e0, ..., ed ∈ Z và e0 > 0.
Chứng minh. Trước hết ta nhận xét
hR/I(s) = ♯(M≤s\I).
Cho s ≥ Bn. Trên M≤s\I xét quan hệ sau m ∼ m′ nếu và chỉ nếu shB(m) = shB(m′).
Rõ ràng đây là một quan hệ tương đương. Kí hiệu A = {m ∈ M≤s\I| degxim ≤ B ∀i = 1, ..., n}.
Khi đó, từ bổ đề 2.1.9(i), suy ra mỗi phần tử trong M≤s\I tương đương với một phần tử trong A. Hơn nữa, các phần tử trong A không tương
đương với nhau. Như vậy A là tập tất cả đại diện của các lớp tương đương theo quan hệ ∼ . Với mỗi m ∈ A, kí hiệu [m] là lớp các phần tử tương đương với m. Khi đó
[m] = {m.m′| m′ ∈ M≤s−deg(m)
và m’ không chứa các biến xi, i /∈ topB(m)}.
Thật vậy, nếu T ∈ [m] thì shB(T) = shB(m) = m nên T = mm′. Tuy nhiên nếu m′ chứa một biến xi, i /∈ topB(m), thì đối với chỉ số i đó ta có degxi(m) < B, nên
degxi(shB(T)) = degxi(shB(mm′)) ≥ degxi(shB(m)) + 1,
trái với điều kiện shB(T) = m. Ngược lại, nếu m′ chỉ chứa các biến xi, i ∈ topB(m), thì từ bổ đề 2.1.9(i) suy ra mm′ ∈ M≤s\I. Rõ ràng shB(m) = shB(mm′). Do đó mm′ ∼ m.
Chú ý rằng s ≥ Bn ≥ deg(m). Vì vậy,áp dụng Bổ đề 2.1.4, với mỗi m ∈ A ta có
♯[m] = s−deg(m) +♯topB(m)
♯topB(m)
! . Do đó
hR/I(s) = ♯(M≤s\I) = X
m∈A
s−deg(m) +♯topB(m)
♯topB(m)
! .
Theo bổ đề 2.1.9, ♯topB(m) ≤d với mọi m ∈ A, và đẳng thức xảy ra với ít nhất một m. Do đó vế phải ở trên là một đa thức bậc đúng bằng d.
Kí hiệu đa thức này là pR/I. Sử dụng công thức a+b−1
b−1
!
+ a−1 +b b
!
= a+b b
!
nhiều lần, có thể biểu diễn a−c+bb , c≥ 0 thành tổ hợp tuyến tính với hệ số nguyên của các chỉnh hợp
a+b b
!
, a+b−1 b−1
!
, ..., a 0
! .
Thay vào công thức trên của pR/I(s), suy ra có thể biểu diễn nó dưới dạng
pR/I(s) =
d
X
i=0
ei
s+d−i d−i
! , trong đó e0, ..., ed ∈ Z và e0 > 0.
Ví dụ 2.1.11. Cho n = 2 và I = (x31, x1x2). Dễ thấy x2 là tập độc lập cực đại modulo I. Do đó dimI = 1. Ta có B = 3. Với s ≥ 6 thì
A = 1, x1, x2, x21, x22, x32 .
Chú ý rằng ♯top3(m) bằng 0 nếu m = 1, x1, x2, x21, x22, và bằng 1 nếu m = x32. Áp dụng công thức tính ở trên, ta có
pR/I(s) = 5 + (s−3 + 1) = s+ 3 = s+ 1 1
!
+ 2 s 0
! . Đa thức này bằng hR/I(s) khi s ≥ 6.
Bây giờ có thể phát biểu và chứng minh kết quả chính của mục này.
Định lý 2.1.12. Cho I là iđêan chiều d của vành đa thức R = K[x].
Khi đó tồn tại đa thức pR/I ∈ Q[x] bậc d sao cho pR/I(s) = hR/I(s)
với mọi s ≫ 0. Hơn nữa, có thể viết pR/I dưới dạng pR/I(s) =
d
X
i=0
ei
s+d−i d−i
,
trong đó e0, ..., ed ∈ Z và e0 > 0. Đa thức này được gọi là đa thức Hilbert- Samuel (afin) của R/I.
Chứng minh. Cố định một thứ tự từ phân bậc trênR.Đặtd′ = dim in(I).
Khi đó theo định lí Macaulay, ta có
hR/I(s) = hR/in(I)(s)
với mọi s ∈ N (chú ý rằng nếu thứ tự đã chọn không phân bậc thì chưa chắc điều này đã đúng). Do đó theo Mệnh đề 2.1.10, tồn tại đa thức pR/I ∈ Q[x] bậc d′ sao cho
pR/I(s) = hR/I(s) với mọi s ≫0. Chỉ còn phải chứng minh d = d′.
Lấy {y1, ..., yd′} ⊆ {x1, ...,n} là tập độc lập modulo in(I). Giả sử tập này không độc lập modulo I. Thế thì có thể tìm được đa thức 06= f ∈ I chỉ chứa các biến y1, ..., yd′. Nhưng khi đó
lm(f) ∈ K[y1, ..., yd′]∩in(I),
trái với giả thiết y1, ..., yd′. độc lập cực đại modulo in(I). Vậy y1, ..., yd′ độc lập modulo I. Mặt khác, ta có
pR/I(s) ≥
s+d d
với mọi s ≫0. Do đó d′ = deg(pR/I) ≥ d. Cho nên d = d′. Định lí trên và cách chứng minh của nó cho hệ quả sau.
Hệ quả 2.1.13. Cho I là iđêan của vành đa thức R/K[x]. Cố định một thứ tự từ phân bậc trên R. Khi đó
(i) Với mọi s ∈ Z, hR/I(s) = hR/in(I)(s).
(ii) pR/I(s) = pR/in(I)(s).
(iii) dimR/I = dimR/in(I).
(iv) Nếu {y1, ..., yd} ⊆ {x1, ..., xn} độc lập modulo in(I), thì nó cũng độc lập modulo I.
Dựa vào các kết quả trên ta xây dựng được thuật toán tìm hàm Hilbert-Samuel, đa thức Hilbert-Samuel và chiều của iđêan.
Thuật toán. Thuật toán tìm hàm Hilbert-Samuel của iđêan đơn thức.
Tìm hR/I(s) = h
Input: s > 0 và m1, . . . , mr : các đơn thức trong K[x]
Output: h, d
u := 0, A := {1}, h:= 0, d := 0 B := max{degxi(mj)| 1≤ j ≤ r}
WHILE u < s DO
A := {x1, ..., xn}.A B := A
FOR m ∈ A DO i := 1
WHILE i ≤ r DO IF mi| m THEN
B := B\ {m}
i := r + 1 ELSE
i := i+ 1
IF d < topB(m) THEN d := topB(m) h := h+♯B
A := B, u:= u+ 1
Tính đúng đắn của thuật toán được suy ra từ chứng minh của Mệnh Đề 2.1.10. Hơn nữa nếu cho s ≥ Bn thì giá trị d tính ở trên chính là dimI. Tất nhiên chỉ nên áp dụng thuật toán này khi s bé.
Chú ý 2.1.14. Cho I là iđêan đơn thức của vành R. Khi đó R/I là vành phân bậc chuẩn. Kí hiệu Rs và [R/I]s là s-thành phần phân bậc của chúng (tập các đa thức thuần nhất bậc s và tập các phần tử f +I,
f là thuần nhất bậc s). Hàm
HR/I(s) = dimK[R/I]s
được gọi là hàm Hilbert của R/I. Ta mở rộng hàm này bằng cách gán cho nó giá trị 0 khi s < 0. Vì
HR/I(s) = hR/I(s)−hR/I(s−1), nên cũng tồn tại đa thức PR/I(s) bậc d−1 sao cho
HR/I(s) = PR/I(s) ∀s ≫0.
Đa thức PR/I(s) được gọi là đa thức Hilbert của R/I. Số ri(I) = min{t∈ Z| HR/I(t) = HR/I(s) ∀s ≥ t}
được gọi là chỉ số chính quy của I.Như vậy theo Mệnh đề 2.1.10, ri(I) ≤ Bn+ 1.
Định nghĩa 2.1.15. Cho I là iđêan đơn thức của vành R = K[x]. Hàm Hilbert(afin) của R/I là hàm xác định như sau:
HR/I(s) = dimK(K[x]/I)s ∀s ∈ N, Chuỗi Hilbert của R/I xác định bởi
HSR/I(t) =
∞
X
s=0
(dimK(K[x]/I)s).
Ví dụ 2.1.16. Cho R = K[x, y] và cho I = 0. Đặt Ri = span{xα11xα22. . . xαnn|αj ∈ N với 1 ≤ i ≤n và
n
X
j=1
αj = i}.
Cụ thể R0 = span{x0y0} = span{1} = K, R1 = span{x, y}, R2 = span{x2, xy, y2}, R3 = span{x3, x2y, xy2, y3}, . . .
Ta có Ii = 0.
Vậy ta có đa thức Hilbert là
HR/I(n) = dimK(n) = C2+n−1n = Cn+1n = n+ 1.
Chuỗi Hilbert của R/I là
HSR/I(t) = 1 + 2t+ 3t2 + 4t3 + 5t4 + 6t5+ . . .
= d
dt 1 +t+t2 +t3+ t4 +. . .
= d dt
1 1−t
= 1
(1−t)2.
Tổng quát ví dụ trên trong trường hợp I = 0 là bài toán đếm số đơn thức bậc s trong vành đa thức n biến K[x]. Trước hết ta có bổ để.
Bổ đề 2.1.17. Số cách để s quả bóng vào n hộp là n+s−1s .
Chứng minh. Sử dụng n+ 1 ký hiệu | để chỉ n hộp, ký hiệu bóng bởi •.
Chẳng hạn với n = 3, s = 4 ký hiệu
| • | | • • • |
chỉ rằng hộp thứ nhất chứa 1 quả bóng, hộp thứ hai không chứa quả nào còn hộp thứ 3 chứa 3 quả.
Như vậy có n+ s+ 1 ký hiệu. Hai ký hiệu đầu tiên và cuối cùng luôn là | nên mỗi cách để s quả bóng vào n hộp là cách xếp n+s−1 ký hiệu | và •, trong đó có s ký hiệu •. Vậy số các để là n+s−1s .
Mệnh đề 2.1.18. Số đơn thức bậc s trong vành K[x] là n+s−1s .
Chứng minh. Cho tương ứng mỗi biến xi với hộp, số bóng trong hộp là bậc của biến. Chẳng hạn cách xếp 4 bóng vào 3 hộp như sau
| • | | • • • |
cho ứng với đơn thức x11x02x33 trong vành K[x1, x2, x3]. Như vậy số đơn thức bậc s trong vành K[x] là số cách để s quả bóng vào n hộp và là
n+s−1 s
.
Nhận xét 2.1.19. Vì số đơn thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng s là số đơn thức bậc 0,1, ..., s nên số đơn thức đó (xem Bổ đề 2.1.4) là
s
X
k=0
n+k −1 k
!
= n+s s
! .
Từ kết quả trên ta có hàm Hilbert và chuỗi Hilbert được cho trong Mệnh đề 2.3.9.
Sau đây ta đưa ra thuật toán xác định Hàm Hilbert của iđêan đơn thức.
Thuật toán. Cho I = (m1, . . . , mr) là iđêan sinh bởi các đơn thức m1, . . . , mr ∈ M ⊆ R và s ∈ N cho trước. Tìm hàm Hilbert của iđêan I.
1. Liệt kê tất cả các đơn thức bậc s.
2. Xóa đi các đơn thức là bội của mi nào đó. Số đơn thức còn lại là HR/I(s).
Từ định lý Macaulay và Hệ quả 2.1.13 (ii) ta suy ra để tìm hàm Hilbert(đa thức Hilbert) củaR/I ta đi tìm hàm Hilbert(đa thức Hilbert) của R/in(I).
Để đơn giản hơn đa mô tả qua thuật toán sau:
Thuật toán Tìm hàm Hilbert- Samuel của R/I với I là iđêan thuần nhất.
1. Chọn một thứ tự từ ≤ .
2. Tìm cơ sở Groebner của I, từ đó tìm ra in(I).
3. Tìm hàm Hilbert của R/in(I), suy ra đó là hàm Hilbert của R/I.
Như vậy, cho I là iđêan của vành R = k[x1, . . . , xn] và m0 nào đó thuộc N. Hàm Hilbert- Samuel của R/I có dạng:
HR/I(s) =
1 , s = 0
n , s = 1
...
PR/I(s) , s ≥ m0
Ví dụ 2.1.20. Tìm hàm Hilbert- Samuel và đa thức Hilbert- Samuel của iđêan I = (xy −zt, x2y −z3). Như đã xét ở Ví dụ 2.1.7, I có cơ sở Groebner đối với thứ tự ≤lex: (t > x > y > z) là :
{x2y −z3,−zt+xy}
in(I) = (x2y, zt).
-Tính HR/I(2).
Liệt kê tất cả các đơn thức bậc 2 theo thứ tự ≤lex: (t > x > y > z):
A(2) =
x2, xy, xz, xt y2, yz, yt z2, zt, t2
Xóa đi các đơn thức là bội của x2y hoặc zt thì các đơn thức còn lại là:
x2, xy, xz, xt, y2, yz, yt, z2, t2. Vậy HR/I(2) = 9.
- Tính HR/I(3).
Liệt kê tất cả các đơn thức bậc 3 theo thứ tự ≤lex: (t > x > y > z):
A(3) =
x3, x2y, x2z, x2t
xy2, xyz, xyt, xz2, xzt, xt2 z2, zt, t2
y3, y2z, y2t, yz2, yzt, yt2 z3, z2t, zt2, t3
Xóa đi các đơn thức là bội của x2y hoặc zt thì các đơn thức còn lại là:
x3, x2z, x2t, xy2, xyz, xyt, xz2, xt2, y3, y2z, y2t, yz2, yt2, z3, t3.
Vậy HR/I(3) = 15.
-TínhHR/I(s): Đa thức bậc s tổng quát có dạng:xaybzctd, a+b+c+d = s.
1. Nếu c = 0 suy ra xaybtd không chia hết cho zt.
Nếu b = 0 suy ra xatd không chia hết cho x2y.
Vậy a+d = s. Do đó có s+1 lựa chọn, s ≥ 2.
Nếu b ≥ 1 suy ra a = 0; 1.
a = 0 có ybtd suy ra b+d = s. Vậy có s lựa chọn, s≥ 1.
a = 1 có xybtd suy ra b+d = s−1. Vậy có s-1 lựa chọn, s ≥1.
2. c ≥ 1 suy ra d = 0, do đó ta có xaybzc.
Nếu b = 0 →xazc. Vậy a+c = s. Do đó có s lựa chọn, s ≥ 2.
Nếu b ≥ 1→ a = 0; 1
a = 0 → ybzc. Vậy b+c = s → có s-1 lựa chọn, s ≥ 2.
a = 1 → xybzc. Vậy b+ c = s−1 →có s-1 lựa chọn, s ≥ 3.
Vậy HR/I(s) = s+ 1 +s+s−1 +s+s−1 +s−2 = 6s−3,(s ≥ 3.) Suy ra hàm Hilbert-Samuel của R/I có dạng:
HR/I(s) =
1 , s = 0 4 , s = 1 9 , s = 2 6s−3 , s ≥ 3
=
1 , s = 0 4 , s = 1 6s−3 , s ≥2 và đa thức Hilbert-Samuel của R/I là: PR/I = 6s−3.