Luận án Đặc trưng các bất biến của đường cong đơn thức xạ ảnh

ới dãy các số nguyên, điều đó được chỉ ra ở Định lý sau. 22 Định lý 1.7.8. Cho R  krM s và Q  pxd, ydq. Giả sử R  krN s với N là tập hợp các đơn thức bậc d. Khi đó, regpRq  mintn ¥ rQpR  q| nGM  nGNu. Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.7.4, regpRq  maxtapR{Rq 1, rQpR  qu. Ta có apR{Rq  maxtn| Rn  R  nu. Vì R và R sinh bởi các đơn thức bậc d nên Rn  krx αynd
α| α P nGM s, Rn  krx αynd
α| α P nGN s. Do đó, apR{Rq  maxtn| nGM  nGNu. Với n ¥ rQpR  q, ta có pn 1qGN  t0, du nGN „ GM nGN . Điều này suy ra pn 1qGM  pn 1qGN nếu nGM  nGN . Do đó, apR{Rq 1  mintn| nGM  nGNu. Từ đây suy ra regpRq  mintn ¥ rQpR  q| nGM  nGNu. 23 Chương 2 Các công thức tính số mũ rút gọn và chỉ số chính quy Trong chương này, chúng tôi tìm các công thức tính rQpRq và regpRq theo a1, ..., a2r1 trong các trường hợp A - E được giới thiệu ở phần Mở đầu. 2.1 Trường hợp A Trong phần này, chúng tôi sẽ nghiên cứu R  krM s với M được biểu diễn bởi hợp của một điểm và một đoạn (xem Hình 2). Hình 2. Định lý 2.1.1. Cho 1   a   d là các số nguyên. Đặt R  krxαyd
α| α P t0u Y ra, dss và Q  pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và regpRq  rQpRq  R d
1 d
a V . Chứng minh. Tính Cohen-Macaulay của R được suy ra từ [44, Theorem 3.5]. Theo Mệnh đề 1.7.2, ta cần chứng minh rQpRq  R d
1 d
a V . Ta sẽ sử dụng Bổ đề 1.6.7 để chứng minh điều đó. Đặt nGM : tα| x αynd
α P Ru. Dễ thấy nGM  ”n i0ria, ids. Do đó, pn 1qGM  nGM Y rpn 1qa, pn 1qds, (2.1) 24 nGM t0, du  pnGM t0uq Y pnGM tduq  nGM Y n ¤ i0 ria d, pi 1qds. Với i  0, ..., n
1, ta có ria d, pi 1qds „ rpi 1qa, pi 1qds „ nGM . Do đó, nGM t0, du  nGM Y rna d, pn 1qds. (2.2) Chú ý rằng rpn 1qa, pn 1qdszrna d, pn 1qds  rpn 1qa, na d
1s. Khi đó, từ (2.1) và (2.2) suy ra pn 1qGM  nGM t0, du khi và chỉ khi rpn 1qa, na d
1s „ nGM . Ta có nad
1 P nGM khi và chỉ khi nad
1 P ria, ids với i  0, ..., n nào đó, suy ra na d
1 ¤ id ¤ nd. Vì na   pn 1qa nên rpn 1qa, na d
1s „ rna, nds. Do đó, rpn 1qa, na d
1s „ nGM khi và chỉ khi rpn 1qa, na d
1s „ rna, nds. Điều kiện này thỏa mãn khi và chỉ khi na d
1 ¤ nd. Do đó, pn 1qGM  nGM t0, du khi và chỉ khi n ¥ d
1 d
a . Do Bổ đề 1.6.7, suy ra rQpRq  R d
1 d
a V . 25 Từ Định lý 2.1.1 ta thu được kết quả sau đối với các đường cong đơn thức. Hệ quả 2.1.2. Cho R  krxd, xd
1y, xd
2y2, yds, d ¥ 4 và Q  pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và regpRq  rQpRq  R d
1 2 V . Chú ý 2.1.3. Định lý 2.1.1 cũng đúng cho R  krxd
αyα| α P r0, as Y tdus bằng cách đổi vai trò của x và y. 2.2 Trường hợp B Trong phần này, chúng tôi nghiên cứu R  krM s với M được biểu diễn bởi hai điểm ở hai đầu và một đoạn ở giữa (xem Hình 3). Trong trường hợp này, R luôn là vành Cohen-Macaulay [44, Theorem 2.1]. Theo Mệnh đề 1.7.2, ta suy ra regpRq  rQpRq. Hình 3. Nếu đoạn giữa chỉ có một điểm thì ta có công thức đơn giản sau cho rQpRq. Mệnh đề 2.2.1. Cho 2 ¤ a   d là các số nguyên thỏa mãn d ¥ a 2. Đặt R  krxd, xayd
a, yds và Q  pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và regpRq  rQpRq  d pa, dq
1, với pa, dq là ước chung lớn nhất của a và d. Chứng minh. Ta có nGM  tia jd | i j ¤ nu , pn 1qGM  nGM Y tia pn 1
iqd | i  0, 1, . . . , n 1u , nGM t0, du  nGM Y tia pn 1
iqd | i  0, 1, . . . , nu . 26 Do đó, pn1qGM  nGMt0, du khi và chỉ khi pn1qa P nGMt0, du. Vì pn1qa   iapn1
iqd với mọi i  0, 1, . . . , n nên pn1qa P nGMt0, du khi và chỉ khi pn 1qa P nGM , điều này tương đương với pn
i 1qa  jd với i, j nào đó thỏa mãn i j ¤ n. Số n bé nhất với tính chất trên là d pa, dq
1. Do đó, áp dụng Bổ đề 1.6.7 ta được điều cần chứng minh. Nếu đoạn giữa có nhiều hơn một điểm thì việc tính rQpRq trở nên rất phức tạp. Tuy nhiên, chúng ta có thể xác định được công thức cho rQpRq trong một số trường hợp. Điều đó dựa trên Bổ đề sau đây. Bổ đề 2.2.2. Cho 0   a   b là các số nguyên. Với các số nguyên bất kỳ n ¥ m ¥ a
1 b
a và số nguyên bất kỳ c, ta có n ¤ im ria c, ib cs  rma c, nb cs. Chứng minh. Trường hợp n  m là tầm thường. Bây giờ ta chứng minh cho trường hợp n ¡ m. Bằng quy nạp theo n ta có ta có thể giả sử với n
1 ¥ a
1 b
a ta có n
1 ¤ im ria c, ib cs  rma c, pn
1qb cs. Khi đó, n ¤ im ria c, ib cs  rma c, pn
1qb cs Y rna c, nb cs. Vì n
1 ¥ a
1 b
a nên pn
1qb c ¥ na c
1. Do đó, rma c, pn
1qb cs Y rna c, nb cs  rma c, nb cs. Định lý 2.2.3. Cho 2 ¤ a   b ¤ d
2 là các số nguyên. Cho R  krxαyd
α|α P t0, du Y ra, bss và Q  pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen- Macaulay và 27 (1) regpRq  rQpRq  R a d
1 b V nếu b ¥ 2a
1, (2) regpRq  rQpRq  R 2a d
1 b V nếu 3a
1 2 ¤ b   2a
1. Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh công thức cho rQpRq. Với i, j ¥ 0, đặt Ii,j : ria jd, ib jds. Ta có nGM  tα| x αynd
α P Ru. Dễ thấy nGM  ¤ ij¤n pira, bs jdq  ¤ ij¤n Ii,j, pn 1qGM  ¤ ij¤n1 Ii,j  nGM Y ¤ ijn1 Ii,j  nGM Y n1 ¤ i0 Ii,n1
i. Chú ý rằng Ii,j t0u  Ii,j và Ii,j tdu  Ii,j1. Khi đó, nGM t0, du  ¤ ij¤n pIi,j Y Ii,j1q  nGM Y n ¤ i0 Ii,n1
i. Do đó, pn 1qGM  nGM t0, du khi và chỉ khi In1,0  rpn 1qa, pn 1qbs „ nGM t0, du. Ta có thể giả sử n ¥ 1. Khi đó, nGM t0, du  ¤ ij¤n pIi,j Y Ii,j1q  n ¤ i0 n1
i ¤ j0 Ii,j  n1 ¤ j0 I0,j Y n ¤ i1 Ii,0 Y n ¤ j1 n1
j ¤ i1 Ii,j. (2.3) Chứng minh (1). Nếu b ¥ 2a
1 thì R a
1 b
a V  1. Theo Bổ đề 2.2.2, n ¤ i1 Ii,0  ra, nbs, n1
j ¤ i1 Ii,j  ra jd, pn 1
jqb jds. 28 Do đó ta có thể viết (2.3) dưới dạng nGM t0, du  t0, d, ..., pn 1qduY ra, nbs Y n ¤ j1 ra jd, pn 1
jqb jds. (2.4) Với một phần tử bất kỳ p P t2d, ..., pn1qduY n ¤ j1 rajd, pn1
jqbjds, ta có p ¥ a d. Nếu p P rpn 1qa, pn 1qbs thì p ¤ pn 1qb   nb d, do đó p P ra d, nb ds. Từ đây suy ra rpn1qa, pn1qbsX t2d, ..., pn1qduY n ¤ j1 rajd, pn1
jqbjds  „ rad, nbds. Từ (2.4) suy ra rpn 1qa, pn 1qbs „ nGM t0, du khi và chỉ khi rpn 1qa, pn 1qbs „ tdu Y ra, nbs Y ra d, nb ds. Vì a   pn 1qa ¤ pn
1qa b 1 ¤ nb nên ta có rpn 1qa, pn 1qbszra, nbs  rnb 1, pn 1qbs. Do đó, rpn 1qa, pn 1qbs „ nGM t0, du khi và chỉ khi rnb 1, pn 1qbs „ tdu Y ra d, nb ds. (2.5) Chúng ta sẽ chứng minh (2.5) thỏa mãn khi và chỉ khi nb 1 ¥ a d. Giả sử (2.5) thỏa mãn. Vì đoạn rnb 1, pn 1qbs chứa b ¡ 2 điểm nên pn 1qb P ra d, nb ds. 29 Nếu nb 1   a d thì (2.5) suy ra nb 1  d  a d
1. Do đó, ta được a  1, mâu thuẫn. Vì vậy ta phải có nb 1 ¥ a d. Ngược lại, nếu nb 1 ¥ a d thì rnb 1, pn 1qbs „ ra d, nb ds. Điều này kéo theo (2.5) thỏa mãn. Tóm lại, ta có pn 1qGM  nGM t0, du khi và chỉ khi nb 1 ¥ a d, điều này tương đương n ¥ a d
1 b . Bởi Bổ đề 1.6.7, điều này suy ra (1). Chứng minh (2). Nếu 3a
1 2 ¤ b   2a
1 thì 1   a
1 b
a ¤ 2. Do đó, R a
1 b
a V  2. Theo Bổ đề 2.2.2, ta có n ¤ i2 Ii,0  r2a, nbs, n1
j ¤ i2 Ii,j  r2a jd, pn 1
jqb jds. Do đó, ta có thể viết (2.3) dưới dạng nGM t0, du  t0, d, ..., pn 1qdu Y ra, bs Y r2a, nbs Y n ¤ j1 ra jd, b jds Y n ¤ j1 r2a jd, pn 1
jqb jds. (2.6) Nhắc lại rằng pn 1qGM  nGM t0, du khi và chỉ khi rpn 1qa, pn 1qbs „ nGM t0, du. 30 Lấy p là một phần tử của rpn 1qa, pn 1qbs sao cho p P t3d, ..., pn 1qdu Y n ¤ j2 ra jd, b jds Y n ¤ j1 r2a jd, pn 1
jqb jds. Khi đó, p ¥ 2a d. Do đó, p P r2a d, nb ds vì p ¤ pn 1qb   nb d. Vì vậy, rpn 1qa, pn 1qbs X t3d, ..., pn 1qdu Y n ¤ j2 ra jd, b jds Y n ¤ j1 r2a jd, pn 1
jqb jds  „ r2a d, nb ds. Vì b   2a
1   pn 1qa nên rpn 1qa, pn 1qbs X ra, bs  H. Do đó, sử dụng (2.6) ta có rpn 1qa, pn 1qbs „ nGM t0, du khi và chỉ khi rpn 1qa, pn 1qbs „ td, 2du Y r2a, nbs Y ra d, b ds Y r2a d, nb ds. Vì 2a ¤ pn 1qa ¤ pn
2qa 2b 1 ¤ nb nên ta có rpn 1qa, pn 1qbszr2a, nbs  rnb 1, pn 1qbs. Do đó, rpn 1qa, pn 1qbs „ nGM t0, du khi và chỉ khi rnb 1, pn 1qbs „ td, 2du Y ra d, b ds Y r2a d, nb ds. (2.7) Chú ý rằng rnb 1, pn 1qbs có b điểm và td, 2du Y ra d, b ds có b
a 3 điểm. Vì 2a
1 ¡ b ¥ 3 nên ta có a ¥ 3, suy ra b
a 3 ¤ b. Nếu rnb 1, pn 1qbs „ td, 2du Y ra d, b ds 31 thì rnb 1, pn 1qbs  td, 2du Y ra d, b ds, điều này mâu thuẫn vì td, 2du Y ra d, b ds không phải là một đoạn với các điểm nguyên. Vì vậy, rnb 1, pn 1qbs † td, 2du Y ra d, b ds. Bây giờ ta chứng minh (2.7) thỏa mãn khi và chỉ khi nb 1 ¥ 2a d. Giả sử (2.7) thỏa mãn. Khi đó, rnb 1, pn 1qbs X r2a d, nb ds  H. Do đó, pn 1qb P r2a d, nb ds. Nếu nb 1   2a d thì 2a d
1 P t2du Y ra d, b ds. Vì b d   2a d
1 nên 2a d
1  2d. Do đó, 2a
1  d. Vì b d 1   2d nên ta cũng có b d 1 R t2du Y r2a d, nb ds. Từ đây suy ra b d 1   nb 1. Vì thế, nb 1 P t2du Y r2a d, nb ds. Do đó, nb 1  2d, suy ra n ¥ 3 vì b ¤ d
2. Vì 2b ¥ 3a
1 nên nb 1 ¥ 3a b ¥ 4a 1 ¡ 2d, mâu thuẫn. Vì vậy ta có nb 1 ¥ 2a d. Ngược lại, nếu nb 1 ¥ 2a d thì rnb 1, pn 1qbs „ r2a d, nb ds, điều này suy ra (2.7) thỏa mãn. Tóm lại, ta có pn1qGM  nGM t0, du khi và chỉ khi nb1 ¥ 2ad, điều này tơng đương với n ¥ 2a d
1 b . Theo Bổ đề 1.6.7, điều này suy ra ý (2) của Định lý 2.2.3. 32 Từ Định lý 2.2.3 ta suy ra kết quả sau đây trên không gian các đường cong đơn thức. Hệ quả 2.2.4. Cho R  krxd, x3yd
3, x2yd
2, yds, d ¥ 5 và Q  pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và regpRq  rQpRq  R d 1 3 V . Hệ quả 2.2.5. Cho R  krxd, x4yd
4, x3yd
3, yds, d ¥ 6, và Q  pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và regpRq  rQpRq  R d 5 4 V . 2.3 Trường hợp C Trong phần này, chúng tôi nghiên cứu R  krM s với M được biểu diễn bởi hợp của hai đoạn mà mỗi đoạn có nhiều hơn một điểm (xem Hình 4). Hình 4. Ta đã biết đường cong đơn thức xạ ảnh được tham số hóa bởi M là trơn khi và chỉ khi mỗi đoạn ở hai đầu của M có nhiều hơn một điểm. Hellus, Hoa và Stu¨ckrad [18] đã tìm ra công thức tính số mũ rút gọn của một vài trường hợp riêng đối với đường cong đơn thức trơn. Kết quả sau đây được suy ra từ [18, Proposition 3.4]. Định lý 2.3.1. Cho 1 ¤ a   b   d là các số nguyên thỏa mãn b ¥ a 2. Cho R  krxαyd
α| α P r0, as Y rb, dss và Q  pxd, ydq. Khi đó, regpRq  rQpRq  $ ' ' & ' ' % R b
1 a V nếu d
b ¥ a, R d
a
1 d
b V nếu d
b   a. 33 Chứng minh. Do tính đối xứng, ta có thể giả sử d
b   a. Khi đó, R thỏa mãn giả thiết [18, Proposition 3.4]. Từ đây suy ra regpRq  rQpRq  Z b
a
2 d
b ^ 2. Dễ dàng kiểm tra rằng Z b
a
2 d
b ^ 2  R d
a
1 d
b V . Từ Định lý 2.3.1 chúng tôi suy ra được Hệ quả sau. Hệ quả 2.3.2. [3, Theorem 3.6(i)] Cho R  krxd, xd
1y, xyd
1, yds, d ¥ 4 và Q  pxd, ydq. Khi đó, regpRq  rQpRq  d
2. Chú ý 2.3.3. Theo giả thiết của Định lý 2.3.1, R không là vành Cohen- Macaulay. Điều này được suy ra từ [44, Remark 4.2]. Sau đây là mối quan hệ giữa tính Buchsbaum của R và số mũ rút gọn. Mệnh đề 2.3.4. Cho 1 ¤ a   b   d là các số nguyên thỏa mãn b ¥ a 2. Đặt R  krxαyd
α| α P r0, asYrb, dss. Khi đó, các điều sau đây tương đương nhau: (1) R là vành Buchsbaum, (2) 2a 1 ¥ b và a d 1 ¥ 2b, (3) regpRq  rQpRq  2. Chứng minh. Áp dụng [44, Theorem 4.3] ta có (1) và (2) tương đương. Do tính đối xứng, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử d
b ¥ a. Khi đó, rQpRq  R b
1 a V theo Định lý 2.3.1. Rõ ràng R b
1 a V  2 khi và chỉ khi 2a1 ¥ b, điều này suy ra a d 1 ¥ 2a b 1 ¥ 2b. Như vậy (2) và (3) tương đương. 34 Hệ quả 2.3.5. Cho R  krxd, xd
1y, xyd
1, yds, d ¥ 4 và Q  pxd, ydq. Khi đó, R là vành Buchsbaum khi và chỉ khi d  4. Trong trường hợp này, regpRq  rQpRq  2. Chứng minh. Đây là một trường hợp của Mệnh đề 2.3.4 với a  1 và b  d
1. Ta có 2a 1 ¥ b và a d 1 ¥ 2b khi và chỉ khi 3 ¥ d
1 và d 2 ¥ 2pd
1q, tương đương với d  4. 2.4 Trường hợp D Trong phần này, ta xét vành R  krM s với M được biểu diễn bởi một điểm ở một đầu và hai đoạn (xem Hình 5). Hình 5. Các kết quả sau đây cho một lớp khá rộng các đường cong đơn thức mà chúng ta có thể tính được số mũ rút gọn. Định lý 2.4.1. Cho 1   a ¤ b   c   d là các số nguyên. Đặt R  krxαyd
α| α P t0uYra, bsYrc, dss và Q  pxd, ydq. Giả sử c ¤ 2a và 2b ¤ d. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và regpRq  rQpRq  R a
1 d
c V 1. Chứng minh. Theo [44, Theorem 3.5], R là vành Cohen-Macaulay nếu Y a c
a ] ¡ min "Z c
b
2 d
c ^ , Z b
1 d
b ^* . Điều kiện này thỏa mãn vì a c
a ¥ a 2a
a  1 ¥ b d
b ¡ b
1 d
b . Theo Bổ đề 1.7.2, ta chỉ cần chứng minh rQpRq  R a
1 d
c V 1. Theo Bổ đề 1.6.7, rQpRq  mintn| pn 1qGM  nGM t0, duu với nGM  tα| x αynd
α P Ru. 35 Ta có nGM  ¤ ij¤n pira, bs jrc, dsq  ¤ ij¤n ria jc, ib jds. Từ đó suy ra pn 1qGM  nGM Y ¤ ijn1 ria jc, ib jds  nGM Y n1 ¤ i0 ria pn 1
iqc, ib pn 1
iqds. nGM t0, du  nGM Y ¤ ij¤n ria jc d, ib pj 1qds  nGM Y ¤ ijn ria jc d, ib pj 1qds  nGM Y n ¤ i0 ria pn
iqc d, ib pn 1
iqds. Ta có 2ra, bs  r2a, 2bs „ rc, ds vì c ¤ 2a và 2b ¤ d. Do đó, với i ¥ 2 ira, bs „ pi
1qGM . Suy ra, ria pn
iqc d, ib pn 1
iqds „ ria pn 1
iqc, ib pn 1
iqds  ira, bs pn 1
iqrc, ds „ nGM với i ¥ 2. Từ đây suy ra pn 1qGM  nGM Y rpn 1qc, pn 1qds Y ra nc, b nds, (2.8) nGM t0, du  nGM Y rnc d, pn 1qds Y ra pn
1qc d, b nds. (2.9) Do (2.8), ta có pn 1qGM  nGM t0, du khi và chỉ khi rpn 1qc, pn 1qds Y ra nc, b nds „ nGM t0, du. Trước hết ta tìm điều kiện cần và đủ để ranc, bnds „ nGM t0, du. Gọi p là phần tử bất kỳ của ranc, bndsXnGM . Khi đó, p ¥ anc ¡ nc và p ¤ nd. Do đó, ra nc, b nds X nGM „ rnc, nds. 36 Sử dụng (2.9), ta có ra nc, b nds „ nGM t0, du khi và chỉ khi ra nc, b nds „ rnc, nds Y rnc d, pn 1qds Y ra pn
1qc d, b nds. Dễ dàng kiểm tra rằng ranc, bndsXrncd, pn1qds „ rncd, bnds „ rapn
1qcd, bnds. Do đó, ra nc, b nds „ nGM t0, du khi và chỉ khi ra nc, b nds „ rnc, nds Y ra pn
1qc d, b nds. Điều kiện cuối cùng thỏa mãn khi và chỉ khi rnc, nds Y ra pn
1qc d, b nds  rnc, b nds, điều này tương đương với nd ¥ a pn
1qc d
1. Do đó, ra nc, b nds „ nGM t0, du khi và chỉ khi n ¥ d
c a
1 d
c . Tiếp theo ta tìm điều kiện cần và đủ để rpn1qc, pn1qds „ nGMt0, du. Tương tự như trên, điều kiện này thỏa mãn khi và chỉ khi rpn1qc, pn1qds „ rnc, ndsYrncd, pn1qdsYrapn
1qcd, bnds. Nếu 2c   a d thì pn 1qc   a pn
1qc d. Do đó, rpn1qc, pn1qds „ rnc, ndsY rncd, pn1qdsY rapn
1qcd, bnds khi và chỉ khi rnc, nds Y rnc d, pn 1qds Y ra pn
1qc d, b nds  rnc, pn 1qds. Vì ab ¥ 2a ¥ c nên nd ¥ apn
1qcd
1 kéo theo bnd ¥ ncd
1. Từ đây suy ra rnc, nds Y rnc d, pn 1qds Y ra pn
1qc d, b nds  rnc, pn 1qds khi và chỉ khi nd ¥ a pn
1qc d
1. Từ đó, rpn1qc, pn1qds „ rnc, ndsY rncd, pn1qdsY rapn
1qcd, bnds 37 khi và chỉ khi nd ¥ a pn
1qc d
1 hay n ¥ d
c a
1 d
c . Nếu 2c ¥ a d thì pn 1qc ¥ a pn
1qc d. Do đó, rpn1qc, pn1qds „ rnc, ndsY rncd, pn1qdsY rapn
1qcd, bnds khi và chỉ khi rnc d, pn 1qds Y ra pn
1qc d, b nds  ra pn
1qc d, pn 1qds, tương đương với b nd ¥ nc d
1 hay n ¥ d
b
1 d
c . Vì vậy, rpn 1qc, pn 1qds „ nGM t0, du khi và chỉ khi n ¥ max " d
c a
1 d
c , d
b
1 d
c * . Vì a b ¥ 2a ¥ c nên d
c a
1 d
c ¥ d
b
1 d
c . Do đó, rpn 1qc, pn 1qds „ nGM t0, du khi và chỉ khi n ¥ d
c a
1 d
c . Tóm lại, ta có pn 1qGM  nGM t0, du khi và chỉ khi n ¥ d
c a
1 d
c . Áp dụng Bổ đề 1.6.7, rQpRq  R d
c a
1 d
c V  R a
1 d
c V 1. 38 Từ Định lý 2.4.1 ta suy ra ngay hệ quả sau đây trên không gian các đường cong đơn thức. Hệ quả 2.4.2. Cho R  krxd, xd
1y, xayd
a, yds, d ¥ 5, a  R d
1 2 V và Q  pxd, ydq. Khi đó, R là vành Cohen-Macaulay và regpRq  rQpRq  R d
1 2 V . Chứng minh. Đây là trường hợp riêng của Định lý 2.4.1 với a  b  R d
1 2 V , c  d
1. Do đó, R là vành Cohen-Macaulay và regpRq  rQpRq        R d
1 2 V
1 d
pd
1q fi ffi ffi ffi ffi ffi 1  RR d
1 2 V
1 V 1  R d
1 2 V . Định lý 2.4.3. Cho 1   a   b, b 1   c   d là các số nguyên. Đặt R  krxαyd
α| α P t0u Y ra, bs Y rc, dss và Q  pxd, ydq. Nếu 2a
1 ¤ d, a c ¤ 2b 1, 2c ¤ b d 1 thì rQpRq  2. Chứng minh. Ta có GM  t0u Y ra, bs Y rc, ds. Nếu 2a
1 ¤ d, a c ¤ 2b 1, 2c ¤ b d 1 thì 2GM  t0u Y ra, bs Y r2a, 2bs Y ra c, b ds Y rc, ds Y r2c, 2ds  t0u Y ra, bs Y r min t2a, cu, 2ds. Thật vậy, vì c a ¤ 2b 1 và 2c ¤ b d 1 nên r2a, 2bs Y ra c, b ds Y r2c, 2ds  r2a, 2ds, vì 2a
1 ¤ d nên rc, ds Y r2a, 2ds  r min t2a, cu, 2ds. Khi đó, 3GM  t0u Y ra, bs Y r min t2a, cu, 2ds Y r2a, 2bs Y r min t2a, cu a, 2d bs Y rc, ds Y ra c, b ds Y r min t2a, cu c, 3ds  t0u Y ra, bs Y r min t2a, cu, 2ds Y r min t2a, cu a, 2d bs Y r min t2a, cu c, 3ds. 39 Vì min t2a, cu   min t2a, cu a   min t2a, cu c   2d   2d b   3d nên 3GM  t0u Y ra, bs Y r min t2a, cu, 3ds. Hơn nữa, vì min t2a, cu   a d   min t2a, cu d   2d   3d nên 2GM t0, du  t0u Y ra, bs Y r min t2a, cu, 2ds Y tdu Y ra d, b ds Y r min t2a, cu d, 3ds  t0u Y ra, bs Y r min t2a, cu, 3ds  3GM . Ngoài ra, vì a ¥ 2 nên GM t0, du  t0u Y ra, bs Y rc, ds Y ra d, b ds Y rc d, 2ds  2GM . Do đó, rQpRq  2. 2.5 Trường hợp E Trong trường hợp này vành R  krM s với M được biểu diễn bởi hợp của 3 đoạn, trong đó mỗi đoạn ở hai đầu có nhiều hơn một điểm (Hình 6). Hình 6. Áp dụng [18, Proposition 3.4] ta thu được kết quả sau đây. Mệnh đề 2.5.1. Cho 1 ¤ a   b ¤ c   e   d là các số nguyên sao cho d
e ¤ a và b
a ¤ e
c. Đặt R  krxαyd
α| α P r0, as Y rb, cs Y re, dss và Q  pxd, ydq. Khi đó, regpRq  rQpRq  R d
c
1 d
e V . 40 Chứng minh. [18, Proposition 3.4] cho ta công thức regpRq  rQpRq  Z e
c
2 d
e ^ 2. Dễ dàng kiểm tra Z e
c
2 d
e ^ 2  R d
c
1 d
e V . Kết quả sau đây cho một lớp khá rộng các đường cong đơn thức mà ta có thể tính được số mũ rút gọn. Định lý 2.5.2. Cho 1 ¤ a   b ¤ c   e   d là các số nguyên sao cho e ¤ 2b và 2c ¤ a d. Đặt R  krxαyd
α| α P r0, as Y rb, cs Y re, dss và Q  pxd, ydq. Khi đó, rQpRq max "R b
1 a V , R e
c a
1 a V , R d
c
1 d
e V , R d
e b
a
1 d
e V* . Chứng minh. Đặt N  xαyd
α| α P r0, as Y re, ds ( và S  krN s là đại số sinh bởi N trong krx, ys. Khi đó, với n ¥ 0, nGM  tα| x αynd
α P Ru, nGN  tα| x αynd
α P Su. Vì R sinh bởi S và các đơn thức xαyd
α, α P rb, cs nên mỗi đơn thức xαynd
α P R là tích của một đơn thức xβypn
iqd
β P S và một đơn thức xλyid
λ với i ¤ n nào đó, λ P irb, cs. Do đó, nGM  n ¤ i0 ppn
iqGN irb, csq. Giả sử e ¤ 2b và 2c ¤ a d kéo theo 2rb, cs  r2b, 2cs „ re, a ds  r0, as re, ds „ 2GN . Do đó, pn
iqGN irb, cs „ $ & % nGN nếu i chẵn, pn
1qGN rb, cs nếu i lẻ. 41 Từ đây suy ra nGM  nGN Y ppn
1qGN rb, csq với n ¥ 1. Do đó, pn 1qGM  pn 1qGN Y pnGN rb, csq, (2.10) nGM t0, du  pnGN t0, duq Y ppn
1qGN rb, cs t0, duq. (2.11) Theo Bổ đề 1.6.7, ta có rQpRq  mintn| pn 1qGM  nGM t0, duu. Để tính pn 1qGM , ta sẽ tính pn 1qGN và pnGN rb, csq trong 2.10. Ta có nGN  ¤ ijn pir0, as jre, dsq  ¤ ijn rje, ia jds  n ¤ j0 rje, pn
jqa jds. Từ đây suy ra pn 1qGN  r0, pn 1qasY n ¤ j1 rje, pn 1
jqa jdsY rpn 1qe, pn 1qds, (2.12) nGN rb, cs rb, na cs Y n
1 ¤ j1 rb je, c pn
jqa jds Y rb ne, c nds. (2.13) Để tính nGM t0, du ta sẽ tính pnGN t0, duq và ppn
1qGN rb, cs t0, duq. Chú ý rằng nGN t0, du  pnGN t0uq Y pnGN tduq. Khi đó, nGNt0, du  n ¤ j0 rje, pn
jqajdsY n ¤ j0 rjed, pn
jqapj1qds. (2.14) Với j  1, ..., n, ta có pn
jqa jd ¥ pj
1qe d, suy ra rje, pn
jqa jdsYrpj
1qed, pn
j1qa jds  rje, pn
j1qa jds. Do đó, ta có thể viết (2.14) dưới dạng nGNt0, du  r0, nasY n ¤ j1 rje, pn1
jqajdsYrned, pn1qds. (2.15) 42 Từ đây suy ra pn
1qGN rb, cs t0, du  rb, pn
1qa cs Y n
1 ¤ j1 rb je, pn
jqa c jds Y rb pn
1qe d, c nds. (2.16) So sánh (2.12) và (2.13) với (2.15) và (2.16) ta được pn 1qGNzpnGN t0, duq „ pr0, pn 1qas Y rpn 1qe, pn 1qdsq, pnGN rb, csqzppn
1qGN rb, cs t0, duq „ rb, na cs Y rb ne, c nds. Từ (2.10) và (2.11) suy ra pn 1qGM  nGM t0, du khi và chỉ khi r0, pn 1qas Y rpn 1qe, pn 1qds Y rb, na cs Y rne b, nd cs „ nGM t0, du. (2.17) Bây giờ chúng ta sẽ kiểm tra khi nào thì điều kiện này thỏa mãn. Đầu tiên ta sẽ kiểm tra khi nào thì r0, pn1qasYrb, nacs „ nGMt0, du. Lấy p là một phần tử bất kỳ của r0, pn1qas. Nếu p P n ¤ j1 rje, pn1
jqajds hoặc p P rned, pn1qds thì p ¥ e, suy ra p P re, nads vì p ¤ pn1qa   nad. Do đó, sử dụng (2.15) ta có r0, pn 1qas X pnGN t0, duq „ r0, nas Y re, na ds. (2.18) Tương tự, nếu p P n
1 ¤ j1 rb je, pn
jqa c jds hoặc nếu p P rbpn
1qe d, c nds thì p P re, na ds. Do đó, sử dụng (2.16) ta có r0, pn 1qas X ppn
1qGN rb, cs t0, duq „ rb, pn
1qa cs Y re, na ds. (2.19) Áp dụng (2.11), (2.18) và (2.19), điều này suy ra r0, pn1qas „ nGMt0, du khi và chỉ khi r0, pn 1qas „ r0, nas Y rb, pn
1qa cs Y re, na ds. (2.20) Tương tự, ta có thể chứng minh rb, na cs „ nGN t0, du khi và chỉ khi rb, na cs „ r0, nas Y rb, pn
1qa cs Y re, na ds. (2.21) 43 Dễ thấy nếu (2.20) thỏa mãn thì na 1 ¥ b và nếu (2.21) thỏa mãn thì pn
1qa c 1 ¥ e. Ngược lại, nếu na 1 ¥ b và pn
1qa c 1 ¥ e thì r0, nasYrb, pn
1qacsYre, nads  r0, nads … r0, pn1qasYrb, nacs, suy ra (2.20) và (2.21) thỏa mãn. Do đó, r0, pn 1qas Y rb, na cs „ nGM t0, du khi và chỉ khi n ¥ max " b
1 a , e
c a
1 a * . Tương tự, ta có rpn 1qe, pn 1qds Y rne b, nd cs „ nGM t0, du khi và chỉ khi n ¥ max " d
c
1 d
e , d
e b
a
1 d
e * . Do đó, (2.17) và do đó điều kiện pn 1qGM  nGM t0, du thỏa mãn khi và chỉ khi n ¥ max " b
1 a , e
c a
1 a , d
c
1 d
e , d
e b
a
1 d
e * . Áo dụng Bổ đề 1.6.7, suy ra rQpRq max "R b
1 a V , R e
c a
1 a V , R d
c
1 d
e V , R d
e b
a
1 d
e V* . Chúng tôi chưa có câu trả lời cho câu hỏi sau đây. Câu hỏi 2.5.3. Với giả thiết của Định lý 2.5.2, đẳng thức regpRq  rQpRq có xảy ra không? 44 Chương 3 Tính Buchsbaum của đường cong đơn thức không trơn Cho M là tập hợp các đơn thức bậc d hai biến x, y, chứa xd, yd với d là một số nguyên dương nào đó. Khi đó, ta có thể tìm thấy một dãy không giảm các số nguyên 0  a0 ¤ a1 ¤    ¤ a2r1  d với a2i
1   a2i
1, i  1, ..., r, sao cho tập các số mũ α với xαyd
α PM được cho bởi GM  r ¤ i0 ra2i, a2i1s, với ra2i, a2i1s là tập hợp các số nguyên α, a2i ¤ α ¤ a2i1. Điều kiện a2i
1   a2i
1 nghĩa là ra2i
1 1, a2i
1s là một đoạn trống giữa các đoạn của GM . Đặt R  krM s. Trong chương này, chúng tôi sẽ tìm tiêu chuẩn để R là một vành Buchsbaum qua dãy a1, ..., a2r1. Đặt R  là Macaulay hóa hữu hạn của R. Chúng tôi sẽ tập trung vào trường hợp R  krN s với N là tập hợp các đơn thức bậc d trong krx, ys. Trong trường hợp này, R là một vành Buchsbaum khi và chỉ khi GM GN „ 2GM , xem Định lý 1.5.7. Ta có thể biểu diễn GM GN thành hợp rời các đoạn nguyên trong r0, 2ds. Do vậy, để đặc trưng tính Buchsbaum của R, trước hết ta cần tìm điều kiện cho ru, vs „ r0, 2ds nằm trong 2GM qua dãy a1, ..., a2r1. 3.1 Tiêu chuẩn cho một đoạn thẳng nằm trong 2GM Đặt I  tpm,nq P N2| 0 ¤ m,n ¤ ru. Với pm,nq, pm1, n1q P I, ta định nghĩa pm1, n1q ¤ pm,nq nếu m1 ¤ m,n1 ¤ n. Đây là một quan hệ thứ tự bộ 45 phận trên I. Một tập con J của I được gọi là đối xứng nếu với mọi pm,nq P J thì pn,mq P J . Ta nói J một iđêan poset nếu với mọi pm1, n1q ¤ pm,nq P J thì pm1, n1q P J . Đặt Jmax (tương ứng, Jmin) là tập hợp các phần tử cực đại (tương ứng, cực tiểu) của J . Bổ đề 3.1.1. Cho 0 ¤ u ¤ v ¤ 2d là hai số nguyên tùy ý. Gọi pm,nq và pm1, n1q là các phần tử của I sao cho a2m1 a2n1 là lớn nhất trong tất cả các giá trị a2i1a2j1   u và a2m1a2n1 là bé nhất trong tất cả các giá trị a2i a2j ¡ v, pi, jq P I. Khi đó, ru, vs „ 2GM khi và chỉ khi với mọi iđêan poset đối xứng J của I với pm,nq P J và pm1, n1q R J , max a2i1 a2j1| pi, jq P Jmax ( 1 ¥ min a2i a2j| pi, jq P pIzJqmin ( . (3.1) Chứng minh. Gọi J là một iđêan poset đối xứng bất kỳ của I với pm,nq P J và pm1, n1q R J . Đặt a  maxta2i1 a2j1| pi, jq P Jmaxu, b  minta2i a2j| pi, jq P pIzJqminu. Nếu a1   b thì ra1, b
1s „ ra2m1a2n11, a2m1a2n1
1s „ ru, vs. Gọi c là một phần