Luận văn Đặc trưng của môđun cohen – macaulay dãy qua tính chất phân tích tham số

số của M là dãy M− chính quy. 1.2.11 Bổ đề. [3, Bổ đề 2.2] Cho N là môđun con của M thoả mãn dimN < dimM và M/N là môđun Cohen-Macaulay. Cho x1, . . . , xi là một phần của hệ tham số củaM khi đó (x1, . . . , xi)M∩N = (x1, . . . , xi)N . Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo i. Với i = 1 ta phải chứng minh x1M ∩ N = x1N . Ta luôn có x1N ⊆ x1M ∩N ta chứng minh x1M ∩N ⊆ x1N . Thật vậy, lấy y ∈ x1M ∩N khi đó y ∈ x1M và y = x1m với m ∈ M suy ra y = x1m ∈ N hay x1m + N = 0 + N trong M/N tức x1(m + N) = 0 suy ra m + N = 0 hay m ∈ N . Do đó y = x1m ∈ x1N Giả sử i > 1. Ta luôn có (x1, . . . , xi)N ⊆ (x1, . . . , xi)M ∩ N (1). Lấy a ∈ (x1, . . . , xi)M ∩N khi đó a = x1a1 + ã ã ã+xiai trong đó aj ∈M với mọi j = 1, . . . , i vì a ∈ N nên ai ∈ (N + (x1, . . . , xi−1)M) : xi. Mặt khác, vì dãy x1, . . . , xi là M/N− chính quy và (N + (x1, . . . , xi−1)M) :M xi = N + (x1, . . . , xi−1)M 10 nên ta có ai ∈ N + (x1, . . . , xi−1)M , ai = x1b1 + ã ã ã+ xi−1bi−1 + c trong đó bj ∈M , j = 1, ã ã ã , i− 1 và c ∈ N . Suy ra theo giả thiết quy nạp ta có a− xic ∈ (x1, . . . , xi−1)M ∩N = (x1, . . . , xi−1)N Do đó a ∈ (x1, ã ã ã , xi)N . Vậy (x1, . . . , xi)M∩N ⊆ (x1, . . . , xi)N (2). Từ (1) và (2) ta có (x1, . . . , xi)M ∩N = (x1, . . . , xi)N 1.3 Môđun Cohen-Macaulay dãy Trong phần này ta đưa ra định nghĩa và một số tính chất cơ bản về lọc chiều và môđun Cohen-Macaulay dãy, trước tiên ta nhắc lại khái niệm lọc chiều của môđun. 1.3.1 Định nghĩa. (1) Một lọc các môđun con của M là một họ F : M0 ⊂M1 ⊂ . . . ⊂Mt = M trong đó Mi là các môđun con của M . Lọc các môđun con F của M được gọi là thoả mãn điều kiện chiều nếu dimMi−1 < dimMi với mọi i = 1, 2, . . . , t. (2) Một lọc thoả mãn điều kiện chiều D : D0 ⊂ D1 ⊂ . . . ⊂ Dt = M được gọi là lọc chiều của M nếu nó thoả mãn 2 điều kiện sau (a) D0 = H 0 m(M) là môđun đối đồng điều địa phương thứ 0 của M ứng với iđêan tối đại m. (b) Di−1 là môđun con lớn nhất của Di sao cho dimDi−1 < dimDi với mọi i = 1, 2, . . . , t. 11 Mệnh đề sau sẽ cho ta thấy sự tồn tại của lọc chiều. 1.3.2 Mệnh đề. [2, Chú ý 2.3] Lọc chiều của môđun M luôn tồn tại và duy nhất. Hơn nữa nếu D : D0 ⊂ D1 ⊂ . . . ⊂ Dt = M là lọc chiều của M với dimDi = di thì ta có Di = ⋂ dim(R/pj)≥di+1 Nj với mọi i = 1, 2, . . . , t− 1 trong đó 0 = n⋂ j=1 Nj là phân tích nguyên sơ thu gọn của môđun 0 củaM và Nj là pj− nguyên sơ với mọi j = 1, 2, . . . , n. Nhận xét. Cho N là môđun con của M và dimN < dimM . Từ định nghĩa lọc chiều, tồn tại môđun Di sao cho N ⊆ Di và dimN = dimDi. Do đó nếu F : M0 ⊂M1 ⊂ . . . ⊂Mt = M là lọc thoả mãn điều kiện chiều thì với mỗi Mj luôn tồn tại Di sao cho Mj ⊆ Di và dimMj = dimDi. Hệ tham số tốt là một khái niệm quan trọng được sử dụng trong luận văn này, từ định nghĩa về lọc chiều nêu trên ta có định nghĩa về hệ tham số tốt như sau. 1.3.3 Định nghĩa. Cho F : M0 ⊂ M1 ⊂ . . . ⊂ Mt = M là lọc thoả mãn điều kiện chiều và dimMi = di. Một hệ tham số x = {x1, x2, . . . , xd} của M được gọi là hệ tham số tốt tương ứng với lọc F nếu Mi ∩ (xdi+1, xdi+2, . . . , xd)M = 0 với mọi i = 1, 2, . . . , t− 1. 12 Mọi hệ tham số tốt tương ứng với lọc chiều được gọi là hệ tham số tốt của M . Nhận xét (1) Nếu hệ tham số x = {x1, x2, . . . , xd} là hệ tham số tốt tương ứng với lọc F thì xα11 , . . . , x αd d cũng là hệ tham số tốt tương ứng với lọc F với mọi số nguyên dương α1, . . . , αd. (2) Một hệ tham số tốt của M cũng là hệ tham số tốt tương ứng với bất kỳ lọc thoả mãn thoả mãn điều kiện chiều nào của M . 1.3.4 Bổ đề. [2, Bổ đề 2.5] Luôn tồn tại hệ tham số tốt của M . Chứng minh. Cho D : D0 ⊂ D1 ⊂ . . . ⊂ Dt = M là lọc chiều củaM với dimDi = di. Theo mệnh đề 1.3.2 ta có Di = ⋂ dim(R/pj)≥di+1 Nj trong đó 0 = n⋂ j=1 Nj là sự phân tích nguyên sơ thu gọn của môđun 0 của M . Đặt Ni = ⋂ dim(R/pj)≤di Nj khi đó Di ∩Ni = 0 và dimM/Ni = di. Theo định lý Tránh nguyên tố sẽ tồn tại một hệ tham số x = {x1, x2, . . . , xd} thoả mãn xdi+1, xdi+2, . . . , xd ∈ AnnM/Ni. Suy ra Di ∩ (xdi+1, xdi+2, . . . , xd)M ⊆ Di ∩Ni = 0. 1.3.5 Bổ đề. [3, Bổ đề 2.1] Cho x = {x1, x2, . . . , xd} là hệ tham số tốt của M khi đó Di = 0 :M xj với mọi j = di + 1, . . . , di+1, i = 0, 1, . . . , t − 1 và do đó 0 :M x1 ⊆ 0 :M x2 ⊆ . . . ⊆ 0 :M xd. Chứng minh. Ta có Di ⊆ 0 :M xj với mọi j ≥ di. Thật vậy, lấy x ∈ Di vì Di là môđun con của M nên x ∈ M . Suy ra xjx ∈ (xdi+1, . . . , xd)M , ∀j = di+1, . . . , d hơn nữa xjx ∈ Di. Nên suy ra xjx = 0 hay x ∈ 0 :M xj. Ta còn phải chứng minh rằng 0 :M xj ⊆ Di với mọi di < j < di+1. 13 Giả sử 0 :M xj 6⊆ Di và s là số nguyên lớn nhất sao cho 0 :M xj 6⊆ Ds−1 khi đó t ≥ s > i và 0 :M xj = 0 :Ds xj. Vì ds ≥ di+1 ≥ j, xj là phần tử tham số của Ds và dim 0 :M xj < ds do đó 0 :M xj ⊆ Ds−1 điều này vô lý với việc chọn s. Do vậy 0 :M xj = Di. Trong phần tiếp theo ta sẽ trình bày khái niệm và một vài tính chất đặc trưng của môđun Cohen-Macaulay dãy được sử dụng trong luận văn này. Trước hết ta có định nghĩa sau. 1.3.6 Định nghĩa. Môđun M được gọi là môđun Cohen-Macaulay dãy nếu với lọc chiều D : D0 ⊂ D1 ⊂ . . . ⊂ Dt = M mỗi môđun Di/Di−1 là Cohen-Macaulay với i = 1, 2, . . . , t. Mệnh đề tiếp theo coi như điều kiện tương đương với định nghĩa môđun Cohen-Macaulay dãy. 1.3.7 Mệnh đề. [2, Định lý 3,9] Cho D : D0 ⊂ D1 ⊂ . . . ⊂ Dt = M là lọc chiều của M với dimDi = di và x = (x1, x2, . . . , xd) là hệ tham số tốt của M . Khi đó các mệnh đề sau là tương đương: (1) M là môđun Cohen-Macaulay dãy. (2) (x1, . . . , xdi) là dãy chính quy trên M/Di−1 với i = 1, . . . , t. (3) depthM/Di−1 = di với i = 1, . . . , t. 1.3.8 Bổ đề. [3, Hệ quả 2.3] Cho x = {x1, x2, . . . , xd} là hệ tham số tốt của môđun Cohen-Macaulay dãy M . Khi đó (x1, . . . , xd)M ∩ Di = (x1, . . . , xdi)Di với mọi i = 1, . . . , t− 1. Chứng minh. Ta cóDi là môđun con củaM , dimDi < M vàM là môđun 14 Cohen-Macaulay dãy nên (x1, . . . , xd)M ∩Di = (x1, . . . , xdi, xdi+1, . . . , xd)M ∩Di = (x1, . . . , xdi)M ∩Di + (xdi+1, . . . , xd)M ∩Di = (x1, . . . , xdi)M ∩Di mà (x1, . . . , xdi) là một phần của hệ tham số củaM nên theo bổ đề 1.2.11 ta có (x1, . . . , xdi)M ∩Di = (x1, . . . , xdi)Di. Chương 2 Phân tích tham số của luỹ thừa iđêan tham số và môđun Cohen-Macaulay dãy Trong chương này ta sẽ trình bày nội dung chính của luận văn. Nội dung chình được chia làm ba tiết. Tiết một trình bày về đặc trưng của môđun Cohen-Macaulay dãy qua phân tích tham số. Tiết hai sẽ trình bày về đa thức Hilbert-samuel của môđun Cohen-Macaulay dãy và trong tiết ba sẽ đưa ra một số ví dụ nhằm làm sáng tỏ các kết quả đã nêu ở trên. 2.1 Đặc trưng củamôđun Cohen-Macaulay dãy qua phân tích tham số Cho (R,m) là vành địa phương Noether, M là R− môđun hữa hạn sinh với dimM = d. Cho x = {x1, x2, . . . , xd} là hệ tham số của môđun M và q là iđêan sinh bởi x1, x2, . . . , xd. Với số nguyên dương n, s ta có tập Λd,n = {(α1, . . . , αd) ∈ Zd | αi ≥ 1,∀1 ≤ i ≤ d, d∑ i=1 αi = d+ n− 1} với α = (α1, . . . , αd) ∈ Λd,n. Ký hiệu q(α) = (xα11 , . . . , xαdd ). 15 16 2.1.1 Bổ đề. Với các ký hiệu trên ta có qnM ⊆ ⋂ α∈Λd,n q(α)M Chứng minh. Vì q(α)M = (xα11 , . . . , x αd d ) nên q nM được sinh bởi các phần tử có dạng xβ11 . . . x βd d m trong đó βi ∈ N,∀i = 1, . . . , d và d∑ i=1 βi = n. Lấy tuỳ ý α = (α1, . . . , αd) ∈ Λd,n. Ta có d∑ i=1 βi > d∑ i=1 (αi − 1) nên tồn tại βi > αi với i nào đó. Suy ra x β1 1 . . . x βd d m ∈ q(α)M . Vậy với mọi n ta có qnM ⊆ ⋂ α∈Λd,n q(α)M . Nếu ở mệnh đề trên dấu bằng xảy ra với mọi n tức qnM = ⋂ α∈Λd,n q(α)M đúng với mọi n thì ta nói x = x1, . . . , xd có tính chất phân tích tham số. Ta sẽ chứng minh trong tiết này rằng M là môđun Cohen-Macaulay dãy khi và chỉ khi tồn tại một hệ tham số tốt x nào đó củaM để sao cho x có tính chất phân tích tham số . Ta bắt đầu bằng bổ đề về tính chất phân tích tham số của dãy các phần tử chính quy. 2.1.2 Bổ đề. Cho s là một số nguyên dương và y1, . . . , ys làM− dãy chính quy của các phần tử trong m. Khi đó (y1, . . . , ys) nM = ⋂ α∈Λs,n (yα11 , . . . , y αs s )M với mọi n ≥ 1. Chứng minh. Ta kí hiệu y = (y1, . . . , ys) và y(α) = (y α1 1 , . . . , y αs s ). Việc chứng minh bổ đề trên trong vành R là hoàn toàn tương tự như xét trong vành đa thức Z[X1, . . . , Xs] và do đó ta có thể thay thế y bởi X = X1, . . . , Xs. Ta biết rằng dãy X là Z[X1, . . . , Xs]− chính quy, vậy có thể giả sử y là Z[X1, . . . , Xs]− chính quy. 17 Đặt S = R nM là iđêan hoá của M trên R. Khi đó S = R nM là nhóm cộng và phép nhân trong S được định nghĩa như sau (a, x)(b, y) = (ab, ay + bx),∀a, b ∈ R, ∀x, y ∈M. Đặt fi = (yi, 0), (i = 1, . . . , s), ta sẽ chứng minh dãy f = f1, . . . , fs là S− chính quy, tức là (f1, . . . , fi)S : fi+1 = (f1, . . . , fi)S, i = 0, . . . , s− 1. Ta luôn có (f1, . . . , fi)S : fi+1 ⊇ (f1, . . . , fi)S do đó ta chỉ cần phải chứng minh (f1, . . . , fi)S : fi+1 ⊆ (f1, . . . , fi)S, i = 0, . . . , s − 1 là đủ. Lấy bất kỳ g ∈ (f1, . . . , fi)S : fi+1, tức là g = (u, x), u ∈ R, x ∈ M và gfi+1 ∈ (f1, . . . , fi)S, suy ra (u, x)(yi+1, 0) = i∑ j=1 (yj, 0)(uj, xj) hay là (uyi+1, xyi+1) = ( i∑ j=1 yjuj, i∑ j=1 yjxj), trong đó uj ∈ R, xj ∈ M . Vậy uyi+1 = i∑ j=1 yjuj và xyi+1 = i∑ j=1 yjxj. Từ đó uyi+1 ∈ (y1, . . . , yi)R và xyi+1 ∈ (y1, . . . , yi)M tức là u ∈ (y1, . . . , yi)R : yi+1 = (y1, . . . , yi)R x ∈ (y1, . . . , yi)M : yi+1 = (y1, . . . , yi)M với i = 0, . . . , s−1. Suy ra (u, x) ∈ (f1, . . . , fi)S do đó g ∈ (f1, . . . , fi)S. Vậy (f1, . . . , fi)S : fi+1 ⊆ (f1, . . . , fi)S, với mọi i = 0, . . . , s − 1 nên (f1, . . . , fi)S : fi+1 = (f1, . . . , fi)S,∀i = 0, . . . , s − 1 tức là ta có f = f1, . . . , fs là S− chính quy. Từ đây áp dụng [6, Định lý 2.4] ta có (f)nS = ⋂ α∈Λs,n f(α)S,∀n ≥ 1 (1) 18 Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng (f)nS = (y)nRì (y)nM. Thật vậy, lấy tuỳ ý t = ∑ Cβf β1 1 . . . f βs s ∈ (f)nS, trong đó βi ≥ 0, i = 1, . . . , s, s∑ i=1 βi = n, Cβ = (rβ,mβ) ∈ RìM . Ta có t = ∑ (rβ,mβ)(y β1 1 . . . y βs s , 0) = ( ∑ rβy β1 1 . . . y βs s , ∑ mβy β1 1 . . . y βs s ) ∈ (y)nRì (y)nM. Ngược lại, cho t ∈ (y)nRì(y)nM , tức là t = (∑ rβyβ11 . . . yβss ,∑mβyβ′11 . . . yβ′ss ), trong đó βi, β ′ i ≥ 0, s∑ i=1 βi = n, s∑ i=1 β′i = n, r ∈ R,m ∈ M . Đặt fβii = (yβii , 0), f β′i i = (y β′i i , 0), 1 ≤ i ≤ s. Ta có t = ∑ (rβy β1 1 . . . y βs s , 0) + (0, ∑ mβy β′1 1 . . . y β′s s ) = ∑ (rβ, 0)(f β1 1 . . . f βs s ) + ∑ (0,mβ)(f β′1 1 . . . f β′i i ) ∈ (f)nS. Vậy (f)nS = (y)nRì (y)nM (2) Tương tự như chứng minh đẳng thức (2) ta cũng có f(α)S = y(α)Rì y(α)M,n ≥ 1, α ∈ Λs,n. Suy ra ⋂ α∈Λs,n f(α)S = ⋂ α∈Λs,n y(α)Rì ⋂ α∈Λs,n y(α)M (3) Từ (1),(2),(3) dẫn đến kết quả sau (y)nRì (y)nM = ⋂ α∈Λs,n y(α)Rì ⋂ α∈Λs,n y(α)M. Từ đây suy ra (y)nM = ⋂ α∈Λs,n y(α)M,n ≥ 1 hay (y1, . . . , ys) nM = ⋂ α∈Λs,n (yα11 , . . . , y αs s )M với mọi n ≥ 1. 19 2.1.3 Bổ đề. Cho s là một số nguyên dương và y1, . . . , ys là một dãy các phần tử của m thoả mãn (y1, . . . , ys) nM = ⋂ α∈Λs,n (yα11 , . . . , y αs s )M với mọi n ≥ 1. Khi đó (i) (y1, . . . , yi) nM = ⋂ α∈Λi,n (yα11 , . . . , y αi i )M với mọi n ≥ 1 và i < s. (ii) yki+1M ∩ (y1, . . . , yi)mM ⊆ (y1, . . . , yi, yi+1)k+mM với ∀k,m ≥ 1 và i < s. Chứng minh. (i) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử s ≥ 2 và chỉ cần chứng minh bổ đề đúng với i = s− 1 là đủ. Ta luôn có (y1, . . . , ys−1)nM ⊆ ⋂ α∈Λs−1,n (yα11 , . . . , y αs−1 s−1 )M với mọi n ≥ 1. Thật vậy, vì y(α) = (yα11 , . . . , y αs−1 s−1 ) nên y n = (y1, . . . , ys−1)n được sinh bởi các phần tử có dạng yβ11 . . . y βs−1 s−1 , trong đó βi ∈ N,∀i = 1, . . . , s − 1 và s−1∑ i=1 βi = n. Lấy tuỳ ý phần tử α = (α1, . . . , αs−1) ∈ Λs−1,n. Khi đó ta có s−1∑ i=1 βi = n > s−1∑ i=1 (αi − 1) nên tồn tại i(1 ≤ i ≤ s − 1) sao cho βi > αi. Suy ra y β1 1 . . . y βs−1 s−1 ∈ y(α). Vậy (y1, . . . , ys−1)nM ⊆⋂ α∈Λs−1,n (yα11 , . . . , y αs−1 s−1 )M. Giả sử phản chứng rằng không xảy ra bao hàm thức trên, khi đó sẽ tồn tại x ∈ ⋂ α∈Λs−1,n (yα11 , . . . , y αs−1 s−1 )M mà x 6∈ (y1, . . . , ys−1)nM . Ta chọn số tự nhiên k đủ lớn sao cho x ∈ (y1, . . . , ys−1)nM + yksM,x 6∈ (y1, . . . , ys−1)nM + yk+1s M. Việc chọn như vậy là hoàn toàn xác định vì nếu k = 0 thì hiển nhiên ta có x ∈ (y1, . . . , ys−1)nM+y0sM = M . Mặt khác, nếu x ∈ (y1, . . . , ys−1)nM+ 20 yk+1s M,∀k ≥ 1 thì dẫn đến x ∈ ⋂ k≥1 ((y1, . . . , ys−1)nM + yk+1s M) = (y1, . . . , ys−1) nM. Điều này trái với cách chọn x ban đầu. Vậy ta luôn có thể biểu diễn x = y+ yk+1s a trong đó y ∈ (y1, . . . , ys−1)nM,a ∈M . Để chứng minh bổ đề ta cần chứng minh 2 khẳng định sau. (1) x− y ∈ ⋂ α∈Λs,k+n (yα11 , . . . , y αs s )M = (y1, . . . , ys) k+nM, ∀k, n ≥ 1. (2) (y1, . . . , ys) k+nM ⊆ (y1, . . . , ys−1)nM + yk+1s M . Ta chứng minh (1) như sau. Lấy tuỳ ý α = (α1, . . . , αs) ∈ Λs,k+n. Nếu αs ≤ k, dễ thấy yksM ⊆ (yα11 , . . . , yαss )M , từ đó suy ra x − y ∈ (yα11 , . . . , y αs s )M. Nếu αs ≥ k + 1 thì ta có ⋂ α∈Λs−1,n (yα11 , . . . , y αs−1 s−1 )M ⊆ (yα11 , . . . , yαss )M . Thật vậy, với mọi β = β1, . . . , βs−1 ∈ Λs−1,n ta có s−1∑ i=1 βi = s+ n− 2 ≥ s−1∑ i=1 αi = s+ n+ k − 1− αs, suy ra tồn tại i(1 ≤ i ≤ − 1) sao cho βi ≥ αi. Vậy (yβ11 , . . . , yβs−1s−1 )M ⊆ (yα11 , . . . , y αs−1 s−1 , y αs s )M , tức là ta có ⋂ α∈Λs−1,n (yα11 , . . . , y αs−1 s−1 )M ⊆ (yα11 , . . . , yαss )M . Từ đây suy ra x ∈ (yα11 , . . . , yαss )M . Mặt khác, dễ thấy (y1, . . . , ys−1)nM ⊆ (yα11 , . . . , yαs−1s−1 )M ⊆ (yα11 , . . . , yαs−1s−1 , yαss )M vậy y ∈ (y1, . . . , ys−1)nM ⊆ (yα11 , . . . , yαss )M . Tóm lại ta luôn có x− y ∈ (yα11 , . . . , y αs s )M, ∀α ∈ Λs,k+n, do đó ta có x− y ∈ ⋂ α∈Λs,k+n (yα11 , . . . , y αs s )M = (y1, . . . , ys) k+nM. 21 Để chứng minh (2) ta lấy phần tử sinh tuỳ ý f của (y1, . . . , ys) k+nM, giả sử f viết dưới dạng f = yβ11 . . . y βs s a trong đó s∑ i=1 βi = k + n, βi ≥ 0,∀i = 1, . . . , s và a ∈ M . Xét trường hợp βs ≥ k + 1, hiển nhiên f ∈ yk+1s M , vậy (y1, . . . , ys)k+nM ⊆ yk+1s M . Xét trường hợp βs ≤ k. Ta có (y1, . . . , ys−1)nM sinh bởi các phần tử dạng yα11 . . . y αs−1 s−1 a, trong đó s−1∑ i=1 αi = n, αi ≥ 0,∀i = 1, . . . , s− 1 và a ∈M . Do s−1∑ i=1 βi = k+n−βs ≥ s−1∑ i=1 αi = n nên ta suy ra y β1 1 . . . y βs s a ∈ (y1, . . . , ys−1)nM . Điều này chứng tỏ f ∈ (y1, . . . , ys−1)nM . Tóm lại ta luôn có f ∈ (y1, . . . , ys−1)nM + yk+1s M. Vậy (y1, . . . , ys) k+nM ⊆ (y1, . . . , ys−1)nM + yk+1s M . Ta sẽ chứng minh bổ đề dựa vào hai khẳng định trên. Thật vậy theo (1) ta có x− y ∈ (y1, . . . , ys)k+nM , suy ra x ∈ (y1, . . . , ys−1)nM + (y1, . . . , ys)k+nM. Mặt khác theo (2) ta có (y1, . . . , ys) k+nM ⊆ (y1, . . . , ys−1)nM + yk+1s M , từ đó dẫn đến x ∈ (y1, . . . , ys−1)nM + yk+1s M. Điều này mâu thuẫn với cách chọn ban đầu. Vậy (y1, . . . , ys−1)nM = ⋂ α∈Λs−1,n (yα11 , . . . , y αs−1 s−1 )M. Từ đó ta có (y1, . . . , yi) nM = ⋂ α∈Λi,n (yα11 , . . . , y αi i )M với mọi n ≥ 1, i ≤ s. (ii) Giả sử ngược lại, tức là tồn tại x ∈ yki+1M ∩ (y1, . . . , yi)mM mà x 6∈ (y1, . . . , yi, yi+1)k+mM = ⋂ α∈Λi+1,k+m (yα11 , . . . , y αi i , y αi+1 i+1 )M với k,m ≥ 1, i < s. Khi đó ta chọn được α = (α1, . . . , αi+1) ∈ Λi+1,k+m sao cho x 6∈ (yα11 , . . . , yαii , yαi+1i+1 )M . Vì x ∈ yki+1M nên ta có αi+1 ≥ k + 1. Mặt khác do x ∈ (y1, . . . , yi)mM nên x sinh bởi các phần tử dạng 22 yβ11 . . . y βi i a với a ∈ M và β1 + ã ã ã + βi = m > α1 + ã ã ã + αi. Suy ra x ∈ (yα11 , . . . , yαii , yαi+1i+1 )M . Điều này mâu thuẫn với cách chọn x. Vậy bổ đề được chứng minh. 2.1.4 Bổ đề. Cho s là một số nguyên dương và y1, . . . , ys là một dãy các phần tử của m thoả mãn (y1, . . . , ys) nM = ∩α∈Λs,n(yα11 , . . . , yαss )M với mọi n ≥ 1. Khi đó với 1 ≤ i < s ta có yki+1M ∩ (y1, . . . , yi)mM ⊆ yki+1(y1, . . . , yi, yi+1)M + (y1, . . . , yi)m+1M với ∀k,m ≥ 1. Chứng minh. Theo bổ đề 2.1.3(ii) ta có yki+1M ∩ (y1, . . . , yi)mM ⊆ (y1, . . . , yi, yi+1)k+mM do vậy nếu ta chứng minh được (y1, . . . , yi, yi+1) k+mM ⊆ yki+1(y1, . . . , yi, yi+1)M + (y1, . . . , yi)m+1M với ∀k,m ≥ 1 thì bổ đề được chứng minh. Thật vậy, lấy a ∈M và (n1, . . . , ni, ni+1) ∈ Zi+1 sao cho n1+ã ã ã+ni+1 = k +m. Nếu ni+1 ≥ k khi đó n1 + ã ã ã + ni + (ni+1 − k) = m ≥ 1 suy ra yn11 . . . y ni i y ni+1 i+1 a = y k i+1(y n1 1 . . . y ni i y ni+1−k i+1 )a ∈ yki+1(y1, . . . , yi+1)M . Nếu ni+1 < k hay ni+1 ≤ k − 1 khi đó n1+ã ã ã+ni = k+m−ni+1 ≥ m+1 suy ra yn11 . . . y ni i y ni+1 i+1 a ∈ (y1, . . . , yi)m+1M do đó yn11 . . . y ni i y ni+1 i+1 a ∈ yki+1(y1, . . . , yi+1)M + (y1, . . . , yi)m+1M. Vậy ta có (y1, . . . , yi, yi+1) k+mM ⊆ yki+1(y1, . . . , yi+1)M + (y1, . . . , yi)m+1M với mọi k,m ≥ 1 và 1 ≤ i < s. 23 2.1.5 Bổ đề. Cho x = {x1, x2, . . . , xd} là một hệ tham số của môđun M có tính chất phân tích tham số. Khi đó với ∀1 ≤ i < j ≤ d sẽ tồn tại một số nguyên k ≥ 1 sao cho qiM : xnj = qiM + 0 :M xkj với ∀n ≥ k. Chứng minh. Để chứng minh bổ đề trước hết ta chứng minh xnjM ∩ qiM ⊆ xnj (xj, qi)M, ∀n ≥ 1. Thật vậy, giả sử ngược lại. Khi đó, theo định lý Giao Krull sẽ tồn tại một số nguyên n ≥ 1 sao cho xnjM ∩ qiM ⊆ xnj (xj, qi)M + qmi M nhưng xnjM ∩ qiM 6⊆ xnj (xj, qi)M + qm+1i M . Vì vậy xnjM ∩ qiM ⊆ xnjM ∩ [xnj (xj, qi)M + qmi M ] = xnj (xj, qi)M + x n jM ∩ qmi M. Mặt khác, theo bổ đề 2.1.4 và giả thiết ta có xnjM ∩ qmi M ⊆ xnj (xj, qi)M + qm+1i M suy ra xnjM ∩ qiM ⊆ xnj (xj, qi)M + qm+1i M (điều này vô lý). Do đó xnjM ∩ qiM ⊆ xnj (xj, qi)M . Như vậy xnj (qiM : x n j ) ⊆ xnjM ∩ qiM ⊆ xnj (xj, qi)M . Do đó qiM : xnj ⊆ (xj, qi)M + 0 :M x n i . Lấy k  0 sao cho qiM : x k j = qiM : x k+1 j 0 :M x k j = 0 :M x k+1 j Khi đó qiM : x n j ⊆ (xj, qi)M + 0 :M xkj với ∀n ≥ k. Lấy a ∈ qiM : xnj , ta viết a = xjb+x1b1 + ã ã ã+xibi+c trong đó c ∈ 0 :M xkj . Vì xnj a ∈ qiM 24 và n ≥ k, b ∈ qiM : xn+1j do vậy a ∈ xj(qiM : xn+1j ) + qiM + 0 :M xkj . Suy ra với ∀n ≥ k ta có qiM : x n j = xj(qiM : x n+1 j ) + qiM + 0 :M x k j = xj(qiM : x n j ) + qiM + 0 :M x k j Khi đó theo bổ đề Nakayama ta có qiM : x n j = qiM + 0 :M x k j với mọi n ≥ k. Kết quả dưới đây là định lý chính của chương này 2.1.6 Định lý. Cho (R,m) là vành địa phương Noether.M là R− môđun hữa hạn sinh. Khi đó các mệnh đề sau là tương đương: (i) M là môđun Cohen-Macaulay dãy. (ii) Mọi hệ tham số tốt của M có tính chất phân tích tham số. (iii) Tồn tại hệ tham số tốt của M có tính chất phân tích tham số. Chứng minh. (i)⇒ (ii). Cho x = x1, . . . , xd là hệ tham số tốt của M . Ta phải chứng minh đẳng thức qnM = ⋂ α∈Λd,n q(α)M đúng với q là iđêan tham số sinh bởi x và q(α) = (xα11 , . . . , x αd d ), (α1, . . . , αd) = α ∈ Λd,n. Kí hiệu D : D0 ⊂ D1 ⊂, . . . , Dt = M là lọc chiều củaM . Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo độ dài t của lọc chiều D của M rằng x có tính chất phân tích tham số. Thật vậy, với t = 1 khi đó M là R− môđun Cohen-Macaulay, x1, . . . , xd là dãy M− chính quy do đó nó có tính chất phân tích tham số. Với t > 1 đặt M = M/Dt−1. Vì x = x1, . . . , xd là hệ tham số của M nên x là hệ tham số củaM mặt khác vìM là môđun Cohen-Macaulay với dimRM = d nên x là M− chính quy ta có qnM = ⋂ α∈Λd,n q(α)M, ∀n ≥ 1. 25 Cho x ∈ ⋂ α∈Λd,n q(α)M khi đó ta có x ∈ qnM, trong đó x là ảnh của x trong M do đó x ∈ qnM + Dt−1. Vậy ⋂ α∈Λd,n q(α)M ⊆ qnM + Dt−1. Vì xα11 , . . . , x αd d là hệ tham số tốt củaM với ∀α ∈ Λd,n và theo bổ đề 1.3.8 là q(α)M ∩Dt−1 = (xα11 , . . . , x αdt−1 dt−1 )Dt−1. Do vậy⋂ α∈Λd,n q(α)M = [ ⋂ α∈Λd,n q(α)M ] ∩ [qnM +Dt−1] = [ ⋂ α∈Λd,n q(α)M ∩ qnM ] + [ ⋂ α∈Λd,n q(α)M ∩Dt−1] = qnM + ⋂ α∈Λd,n [q(α)M ∩Dt−1] = qnM + ⋂ α∈Λd,n (xα11 , . . . , x αdt−1 dt−1 )Dt−1 Ta luôn có (β1, . . . , βdt−1, 1, . . . , 1) ∈ Λd,n với bất kỳ (β1, . . . , βdt−1) ∈ Λdt−1,n và độ dài của lọc chiều của môđun Cohen-Macaulay dãy Dt−1 là t− 1. Do đó theo giả thiết quy nạp ta có⋂ (α1,...,αd)∈Λd,n (xα11 , . . . , x αdt−1 dt−1 )Dt−1 ⊆ ⋂ (β1,...,βdt−1)∈Λdt−1,n (xβ11 , . . . , x βdt−1 dt−1 )Dt−1 = (x1, x2, . . . , xdt−1) nDt−1 ⊆ qnM Suy ra ⋂ α∈Λd,n q(α)M = qnM . (ii)⇒(iii). Vì mọi hệ tham số của M có tính chất phân tích tham số nên luôn tồn tại một hệ tham số nào đó củaM có tính chất phân tích tham số. (iii)⇒ (i). Cho x = x1, . . . , xd là hệ tham số tốt củaM có tính chất phân tích tham số. Ta phải chứng minh M là môđun Cohen-Macaulay dãy hay tương đương với chứng minh Ds/Ds−1,∀s = 1, . . . , t là môdun Cohen- 26 Macaulay với D : D0 ⊂ D1 ⊂ . . . ⊂ Dt = M là lọc chiều của M . Để chứng minh điều đó trước hết ta chứng minh rằng (qiM +Ds) : xi+1 = qiM +Ds với ∀i < ds+1 và s = 0, . . . , t− 1. Thật vậy, theo bổ đề 2.1.5 sẽ tồn tại số nguyên k sao cho qiM : x k i+1 = qiM + 0 :M x k i+1 qiM : x k+1 ds+1 = qiM + 0 :M x k ds+1 . Hơn nữa theo bổ đề 1.3.5 có 0 :M x k i+1 ⊆ 0 :M xkds+1. Khi đó ta có (qiM + 0 :M xds+1) : x k i+1 ⊆ qiM : xds+1xki+1 = (qiM + 0 :M x k i+1) : xds+1 ⊆ qiM : xk+1ds+1 = qiM + 0 :M x k ds+1 mà theo bổ đề 1.3.5 có Ds = 0 : x k ds+1 do đó (qiM +Ds) : x k i+1 = qiM ⊆ (qiM +Ds) : xi+1 với ∀i < ds+1 suy ra (qiM +Ds) : xi+1 = qiM +Ds. Ta có depthM/Ds ≥ ds+1 với s = 0, . . . , t− 1. nên từ dãy khớp ngắn 0 −→ Ds/Ds−1 −→M/Ds−1 −→M/Ds −→ 0 kéo theo Ds/Ds−1 là môđun Cohen-Macaulay với ∀s = 1, . . . , t hayM là môđun Cohen-Macaulay dãy. 2.1.7 Hệ quả. Cho dimM ≥ 2 và H0m(M) là môđun đối đồng điều địa phương thứ 0 của M ứng với iđêan tối đại m. Khi đó các mệnh đề sau là tương đương: (i) M/H0m(M) là môđun Cohen-Macaulay và mH 0 m(M) = 0. (ii) Mọi hệ tham số của M có tính chất phân tích tham số. 27 Chứng minh. (i)⇒ (ii). Theo giả thiếtM/H0m(M) là môđun Cohen-Macaulay nên M là môđun Cohen-Macaulay dãy với lọc chiều D : H0m(M) ⊂ M . Hơn nữa, theo bổ đề 1.2.11 ta có (x1, . . . , xd)M ∩H0m(M) = (x1, . . . , xd)H0m(M) mặt khác (x1, . . . , xd)H 0 m(M) ⊆ mH0m(M) = 0 với bất kỳ hệ tham số x1, . . . , xd của M . Suy ra (x1, . . . , xd)M ∩ H0m(M) = 0. Điều này có nghĩa rằng mọi hệ tham số của M là tốt, do đó theo định lý chính nó có tính chất phân tích tham số. (ii)⇒ (i). Vì mọi hệ tham số củaM có tính chất phân tích tham số nên theo định lý chính M là môđun Cohen-Macaulay dãy hay ta có M/H0m(M) là môđun Cohen-Macaulay. Ta còn phải chứng minh mH0m(M) = 0.Ta sẽ chứng minh mDt−1 = 0. Thật vậy giả sử ngược lại. Khi đó tồn tại một phần tử x1 ∈ m sao cho x1Dt−1 6= 0 và dimM/x1M = d−1. Vì d ≥ 2 nên ta có thể chọn x2 ∈ m sao cho x2Dt−2 = 0 và dimM/(x1, x2)M = d− 2. Ta dễ thấy rằng dãy x1, x2 và x1, x1 + x2 là các phần tử của hệ tham số của M . Do đó, theo giả thiết và bổ đề 2.1.3(i) ta có (x21, x1 + x2)M ∩ (x1, (x1 + x2)2)M = (x1, x1 + x2)2M = (x1, x2) 2M = (x21, x2)M ∩ (x1, x22)M. Vì M/Dt−1 là môđun Cohen-Macaulay, từ bổ đề 1.2.11 có x1Dt−1 = (x21, x1 + x2)Dt−1 ∩ (x1, (x1 + x2)2)Dt−1 = (x21, x2)Dt−1 ∩ (x1, x22)Dt−1 = x21Dt−1. Theo bổ đề Nakayama ta có x1Dt−1 = 0. Suy ra mDt−1 = 0. 28 2.2 Đa thức Hilbert-Samuel củamôđun Cohen-Macaulay dãy Phần trên đã cho ta thấy một môđun Cohen-Macaulay dãyM có thể được đặc trưng bởi tính chất phân tích tham số của hệ tham số tốt như thế nào, trong phần này ta sẽ chỉ ra rằng vớiM là môđun Cohen-Macaulay dãy thì hàm Hilbert-Samuel Fq,M(n) = l(M/q n+1M) là một biểu thức đặc biệt với hệ số không âm, nó có thể tính toán được bằng lọc chiều và hàm này trùng với đa thức Hilbert-Samuel Pq,M(n) với bất kì iđêan tham số tốt q nào của M và với mọi n ≥ 1. Hơn nữa môđun Cohen-Macaulay dãy M có thể được đặc trưng bởi biểu thức này của hàm Hilbert-Samuel. Trước tiên ta bắt đầu bằng việc chứng minh hai bổ đề sau. 2.2.1 Bổ đề. Cho q là iđêan tham số tốt của môđun Cohen-Macaulay dãy M . Khi đó qnM ∩Di = qnDi với ∀n ≥ 1 và i = 0, . . . , t. Chứng minh. Cho q là iđêan tham số tốt của M và x1, . . . , xd là hệ tham số tốt của m ta ký hiệu qM = (x1, . . . , xd)M . Với ∀n ≥ 1 và i = 0, . . . , t ta luôn có qnDi ⊆ qnM ∩Di. Ta còn phải chứng minh qnM ∩Di ⊆ qnDi. Thật vậy ta có qnM ∩Di = [ ⋂ α∈Λd,n q(α)M ] ∩Di = ⋂ α∈Λd,n (q(α)M ∩Di) = ⋂ α∈Λd,n (xα11 , . . . , x αdi di )Di. 29 Mặt khác ta luôn có (β1, . . . , βdi, 1, . . . , 1) ∈ Λd,n với ∀(β1, . . . , βdi) ∈ Λdi,n. Do đó theo định lý 2.1.6 ta có⋂ α∈Λd,n (xα11 , . . . , x αdi di )Di ⊆ ⋂ (β1,...,βdi)∈Λdi,n (xβ11 , . . . , x βdi di )Di = (x1, . . . , xdi) nDi. Suy ra qnM ∩Di ⊆ (x1, . . . , xdi)nDi ⊆ qnDi. Vậy ta có qnM ∩Di = qnDi với ∀n ≥ 1 và i = 0, . . . , t. 2.2.2 Bổ đề. Cho q là iđêan tham số của môđun M.Khi đó l(M/qn+1M) ≤ ( n+ d d ) l(M/qM). Hơn nữa, bất đẳng thức trở thành đẳng thức khi và chỉ khi M là môđun Cohen-Macaulay. Chứng minh. Giả sử q = (x1, . . . , xd) là iđêan tham số của M . Ta đặt N = (M/qM)[X1, . . . , Xd] và grq(M) = ∞⊕ i=0 qiM/qi+1M khi đó ta có toàn cấu ϕ : N −→ grq(M) xác định