Định lí 2.4.1. Cho I là iđêan thực sự của R. Lấy y1, y2, ..., yn ∈ I sao cho I = (y1, y2, ..., yn). Khi đó
f −depth(I, M) = n−Sup{i|dim(Hi(y1, y2, ..., yn;M))> 0} Nếu không tồn tại iđể dim ( Hi(y1, y2, ..., yn ;M))>0 thì vế phải bằng
∞
Chứng minh.
+ Nếu dim(M/IM) = 0 thì f −depth(I, M) = ∞ (do mệnh đề 2.3.4).
Mặt khác, theo mệnh đề 1.6.1 ta có I Hi(y1, y2, ..., yn;M)) = 0 với mọi i nên dim (Hi(y1, y2, ..., yn;M))6 0. Do đó vế phải bằng ∞.
Vậy trong trường hợp này định lí đúng.
+ Nếu dim(M/IM) >0. Đặt r =f −depth(I, M).
Bây giờ ta chứng minh định lí đúng bằng cách quy nạp theo r, thật vậy:
* Nếu r = 0 thì tồn tại p ∈ AssR(M)\ {m} sao cho I ⊆ p. Suy ra tồn tại m ∈ M sao cho p =Ann(m) và Im = 0. Do đó m ∈ 0 :M I =Hn(y1, y2, ..., yn;M).
Nên p∈ AssR(Hn(y1, y2, ..., yn;M)).
Mà p6= mnên dim(Hn(y1, y2, ..., yn;M))> 0. Suy ra vế phải đẳng thức bằng 0.
Vậy định lí đúng với r = 0.
* Giả sử r > 0 và định lí đúng với r−1. Ta sẽ chứng minh định lí đúng với r, thật vậy:
Lấy x ∈ I là M - phần tử chính qui lọc và đặt M1 = M/xM. Khi đó: f −depth(I, M1) =f −depth(I, M)−1 = r −1 Theo giả thiết qui nạp ta suy ra:
Sup{i|dim(Hi(y1, y2, ..., yn;M1))>0} =n−r + 1 Mà Supp(Hi(y1, y2, ..., yn;M1))⊆ Supp(M/IM) nên
Sup{i|dim(Hi(y1, y2, ..., yn;M1))>0} =n−r + 1
⇔Hi(y1, y2, ..., yn;M1)p = 0,∀i > n−r+ 1,∀p ∈ Supp(M/IM)\ {m}
và tồn tại p∈ Supp(M/IM)\ {m} để Hn−r+1(y1, y2, ..., yn;M1)p 6= 0. Với mọi p ∈ Supp(M/IM)\ {m} thì x ∈ p nên x/1 là Mp - phần tử chính qui.
Với dãy khớp ngắn
0 →Mp
−x/1−→Mp → (M1)p → 0
Ta nhận được dãy khớp dài :
... →Hi(y1/1, ..., yn/1;Mp) −x/1−→Hi(y1/1, ..., yn/1;Mp) →
→ Hi(y1/1, ..., yn/1; (M1)p) → Hi−1(y1/1, ..., yn/1;Mp) −x/1−→ ...
Vì (Hi(y1/1, y2/1, ..., yn/1;Mp)) được linh hóa bởi x/1 nên từ dãy khớp dài trên ta nhận được dãy khớp ngắn chẻ sau:
0 →Hi(y1/1, ..., yn/1;Mp) →Hi(y1/1, ..., yn/1; (M1)p) →
→Hi−1(y1/1, ..., yn/1;Mp) → 0 Nghĩa là:
0 →Hi(y1/1, ..., yn/1;M)p → Hi(y1/1, ..., yn/1;M1)p →
→Hi−1(y1/1, ..., yn/1;M)p →0 Do đó với mọi p ∈ Supp(M/IM)\ {m} ta có:
(Hi(y1, y2, ..., yn;M)p = 0, ∀i > n−r và tồn tạip∈ Supp(M/IM)\ {m}
sao cho Hn−r(y1, y2, ..., yn;M)p 6= 0. Vì vậy
Sup{i|dim(Hi(y1, y2, ..., yn;M1))> 0} =n−r Vậy định lí đúng với r >0. Ta có điều phải chứng minh.
Định lí 2.4.2. ChoI là iđêan thực sự củaRthỏaSupp(M/IM) 6⊂ {m}. Khi đó:f−depth(I, M) = min{depth(IRp, Mp) : p ∈ SuppM/IM\ {m}}.
Chứng minh.
Đặt n =f −depth(I, M)
Lấy x1, x2, ..., xn là dãy M - chính quy lọc tối đại trong I. Theo kết quả suy ra từ định nghĩa 2.1.2 ii), ta có:
n = min
i |dim ExtiR(R/I, M)
>0 Mặt khác:
dim ExtiR(R/I, M)
6 0,∀i < n và dim(ExtnR(R/I, M)) >0.
⇔ ExtiRp(Rp/IRp, Mp) = 0,∀i < n,∀p ∈ Supp (M/IM)\ {m} và tồn tại p∈ Supp(M/IM)\ {m} sao cho ExtnR
p (Rp/IRp, Mp) 6= 0.
⇔ depth(IRp, Mp) > n,∀p ∈ Supp(M/IM)\ {m} và tồn tại p ∈ Supp(M/IM)\ {m} sao cho depth(IRp, Mp) =n.
Do đó n = min{depth(IRp, Mp) : p∈ SuppM/IM\ {m}}. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Định lí 2.4.3. Cho I là iđean thực sự của R. Khi đó:
f −depth(I, M) = min
i : dim SuppHIi(M) >0 Chứng minh.
Để chứng minh định lí ta cần chứng minh các kết quả sau:
i) Với số nguyên n > 0 thì dim SuppHIi(M) 6 0 với mọi i < n nếu và chỉ nếu tồn tại một M - dãy chính quy lọc có độ dài n trong I.
ii) Nếu dimM/IM > 0 thì mọi M - dãy chính quy lọc tối đại trong I có cùng chiều dài là n được xác định như sau:
n =min
i : dimSuppHIi(M) >0
iii) Nếu dimM/IM = 0 thì với mọi số nguyên n > 0 luôn tồn tại một M - dãy chính quy lọc trong I có độ dài là n.
* Chứng minh i).
⇒) Giả sử dim SuppHIi(M) 6 0 với mọi i < n ta sẽ chứng minh tồn tại một M - dãy chính quy lọc có độ dài n trong I (dùng phương pháp quy nạp theo n).
+ Nếu n = 1 thì i = 0. Khi đó dim SuppHI0(M) 6 0. Suy ra với mọi p ∈ AssR(M)\ {m} ta có I 6⊂p.
Do đó tồn tại x1 ∈ I là M - phần tử chính quy lọc.
Vậy trong trường hợp này định lí đúng.
+ Giả sử n > 1 và kết quả đúng với n−1. Ta sẽ chứng minh định lí đúng với n, thật vậy:
Theo giả thiết quy nạp tồn tại x1 ∈ I là M - phần tử chính qui lọc.
Đặt M1 =M/x1M. Từ dãy khớp ngắn:
0 → 0 :M x1 →M →M/(0 :M x1) →0 Ta nhận được dãy khớp dài sau:
... →HIi(M) →HIi (M/(0 :M x1)) →HIi+1(0 :M x1) →...∀i > 0 Vì x1 ∈ I là M - phần tử chính qui lọc nên dim(0 :M x1) 6 0. Suy ra dim SuppHIi(0 :M x1) 6 0 với mọi i > 0.
Theo giả thiết quy nạp, suy ra dim SuppHIi(M/(0 :M x1)) 6 0 với mọi i < n.
Từ dãy khớp ngắn
0 → M/(0 :M x1) → M → M1 →0 Ta nhận được dãy khớp dài sau:
... →HIi(M) → HIi(M1) →HIi+1(M/(0 :M x1)) →... ∀i > 0 Do đó dim SuppHIi (M1) 6 0 với mọi i−1 < n.
Theo giả thiết qui nạp tồn tại một dãy x2, ..., xn là M1 - chính quy lọc trong I.
Do đó x1, x2, ..., xn là M - dãy chính quy lọc trong I.
⇐) Giả sử x1, x2, ..., xn là M - dãy chính quy lọc trong I ta sẽ chứng minh dim SuppHIi(M) 6 0 với mọi i < n. Thật vậy:
Lấy p ∈ Supp(M)\ {m}.
Khi đó với mọi p ∈ Supp(M)\ {m}, theo mệnh đề 2.1.1 suy ra x1/1, x2/1, ..., xn/1 là một Mp - dãy chính quy nghèo.
Vì vậy HIRi
p(Mp) = 0 với mọi i < n. Vì thế p ∈/ SuppHIi(M) với mọi i < n. Do đó dim SuppHIi(M) 6 0 với mọi i < n.
* Chứng minh ii).
Giả sử x1, x2, ..., xn và y1, y2, ..., yt là hai M - dãy chính quy lọc tối đại trong I.
Ta cần chứng minh n=t (dùng phương pháp phản chứng)
Giả sử n < t. Khi đó theo i) ta có: dim SuppHIi(M) 6 0 với mọi i 6n. Tương tự như chứng minh i) ở chứng minh quy nạp, ta có:
dim SuppHIi(M/(x1, x2, ..., xk)M) 6 0 với mọi i 6 n−k và với mọi
k 6 n.
Do đó dim HI0(M/(x1, x2, ..., xn)M) 60.
Vì vậy tồn tại x ∈ I là M/(x1, x2, ..., xn)M - phần tử chính quy lọc.
Điều này mâu thuẫn với tính tối đại của dãy x1, x2, ..., xn.
Vì thế mọi M - dãy chính quy lọc tối đại trong I có cùng chiều dài.
Theo i) chiều dài chung đó là n= min
i : dim SuppHIi(M) >0 .
* Chứng minh iii).
Nếu dim(M/IM) = 0 thì dim Supp HIi(M) 6 0 với mọi i 6 0.
Theo i) với mọi số nguyên n >0, I chứa một M - dãy chính quy lọc độ dài n.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Định lí 2.4.4. Cho I là iđêan thực sự của R. Khi đó f −depth(I, M) = min
i ∈ N : Supp HIi(M) 6⊂ {m}
Chứng minh.
Lấy x1, x2, ..., xn là M - dãy chính quy lọc tối đại trong I.
Nếu tồn tại i∈ N(0 6 i 6 n−1) sao cho có p ∈ SuppHIi(M)\ {m} thì x1/1, x2/1, ..., xn/1 là một Mp - dãy chính quy trong IRp.
Do đó HIi(M)p = 0. Điều này mâu thuẩn.
Vì vậy f −depth(I, M) 6 min
i ∈ N0 : SuppHIi(M) 6⊂ {m}
Mặt khác vì x1, x2, ..., xn là dãy M - chính quy lọc tối đại trong I nên tồn tại p ∈ Ass(M/(x1, x2, ..., xn)M)\ {m} sao cho I ⊂ p.
Suy ra p ∈ Ass(HomR(R/I, M/(x1, x2, ..., xn)M)}. Vì vậy p∈ Ass(ExtnR(R/I, M))\ {m}.
Do đó theo mệnh đề 1.5.13 suy ra p ∈ Ass(HIn(M))\ {m}. Vì vậy p∈ SuppHIn(M)\ {m}.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Định lí 2.4.5.
Cho I là iđêan thực sự của R sao cho Supp(M/IM) 6⊂ {m}. Khi đó với n = f −depth(I, M) ta có HIi(M) là môđun Artin với mọi i < n nhưng HIn(M) không là môđun Artin.
Chứng minh.
Vì Supp(M/IM) 6⊂ {m} nên HIn(M) không là môđun Artin.
Để chứng minh HIi(M) là môđun Artin với mọi i < n (*), ta dùng phương pháp quy nạp theo n, thật vậy:
+ Với n= 1 thì SuppHI0(M) ⊂m.
Suy ra HI0(M) có độ dài hữu hạn nên HI0(M) là Artin.
Vậy trường hợp này (*) đúng.
+ Giả sử n > 1 và kết quả đúng với n−1, ta cần chứng minh kết quả (*) đúng với n, thật vậy:
Đặt M = M/ΓI(M).
Khi đó theo mệnh đề 1.5.4, HIi(M) ∼= HIi(M) với mọi i >0. Mà M là I - không xoắn hữu hạn sinh (do bổ đề 1.5.2 ii).
Vì vậy ta có thể giả sử thêm M là I - không xoắn.
Do đó theo bổ đề 1.5.2 i) I chứa một M - phần tử chính qui x và đặt M1 = M/xM.
Từ dãy khớp ngắn
0 →M −→x M →M1 → 0
Ta nhận được dãy khớp dài:
... → HIi−1(M1) →HIi(M) −→x HIi(M) →...
Mà f −depth(I, M1) =f −depth(I, M) −1 = n−1. Vì thế theo giả thiết quy nạp HIi−1(M1) là Artin với i < n. Vì vậy 0 :Hi
I(M) I là Artin.
Mặt khác S∞ n=1
0 :Hi
I(M) In = HIi(M) nên theo mệnh đề 1.5.9 suy ra HIi(M) là Artin.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Định lí 2.4.6. Với I là iđêan thực sự của R, ta có:
f −depth(I, M) = min{r|HIr(M) không là môđun Artin} Chứng minh.
+ Nếu dim(M/IM) = 0 thì p
I +annR(M) = m. Suy ra HIr(M) ∼= Hmr(M).
Theo mệnh đề 1.5.10 thì Hmr(M) là môđun Artin với mọi r > 0 nên HIr(M) cũng là môđun Artin với mọi r > 0.
Vì vậy min{r|HIr(M) không là môđun Artin} = ∞.
Mặt khác khi dim(M/IM) = 0 thì f −depth(I, M) = ∞ (do mệnh đề 2.3.3).Vậy trong trường hợp này định lí đúng.
+ Nếu dim(M/IM) >0 Đặt n =f −depth(I, M)
Theo định lí 2.4.5 ta suy ra:n= min{r|HIr(M) không là môđun Artin} Vậy ta có điều phải chứng minh.