Luận văn Độ sâu stanley của iđêan đơn thức

của S. (ii) Tập các đơn thức thuộc I tạo thành một K-cơ sở của I. Lớp các đơn thức còn lại không thuộc I tạo nên một K-cơ sở của vành S/I. Ta kí hiệu Ic ⊂ S là không gian con tuyến tính của S được sinh bởi tất cả các đơn thức không thuộc I. Khi đó S= I⊕ Ic và S/I ∼= Ic là các không gian tuyến tính. Bổ đề 1.2.2. Cho I=(xa11 . . .x an n ;a1, . . . ,an ∈A) là iđêan đơn thức. Đơn thức xb11 . . .xbnn ∈ I khi và chỉ khi xb11 . . .x bn n chia hết cho một đơn thức x a1 1 . . .x an n với (a1, . . . ,an) ∈ A nào đó. Chứng minh. Nếu xb11 . . .x bn n chia hết cho một đơn thức x a1 1 . . .x an n với (a1, . . . ,an) ∈ A thì xb11 . . .x bn n ∈ I theo định nghĩa của iđêan. Ngược lại nếu xb11 . . .xbnn ∈ I thì xb11 . . .xbnn = ∑si=1hi.x a1(i) 1 . . .x an(i) n , trong đó hi ∈K[x1, . . . ,xn], (a1(i), . . . ,an(i))∈A.Xem hi như tổng hữu hạn của các từ và khai triển vế phải của đẳng thức trên ta thấy mỗi từ của nó phải chia hết cho xa1(i)1 . . .x an(i) n nào đó. Sau khi giản ước, sẽ còn lại một từ trong số đó và từ đó phải bằng xb11 . . .x bn n . Vậy x b1 1 . . .x bn n phải chia hết cho x a1(i) 1 . . .x an(i) n nào đó. Chú ý rằng xb11 . . .x bn n chia hết cho x a1 1 . . .x an n khi xb11 . . .x bn n = x a1 1 . . .x an n .x c1 1 . . .x cn n với (c1, . . . ,cn) ∈ Nn kéo theo (b1, . . . ,bn) = (a1, . . . ,an)+(c1, . . . ,cn). Do đó tập (a1, . . . ,an)+Nn = {(a1, . . . ,an)+(c1, . . . ,cn) | (c1, . . . ,cn) ∈ Nn} bao gồm số mũ của tất cả các đơn thức chia hết cho xa11 . . .x an n . Từ chú ý này và Bổ đề 1.2.2 cho ta hình ảnh mô tả các đơn thức trong một iđêan đơn thức cho trước. Chẳng hạn, nếu I = (xy3,x3y2,x4y), khi đó số mũ của các đơn thức 7 trong I là tập: ((1,3)+Nn)∪ ((3,2)+Nn)∪ ((4,1)+Nn). Ta có thể hình dung tập này như hợp các điểm nguyên trong các khối vuông có đỉnh là (1,3),(3,2), và (4,1) trong mặt phẳng như Hình 1.1. Bổ đề 1.2.3. Cho I là iđêan đơn thức và f ∈ K[x1, . . . ,xn]. Các điều kiện sau là tương đương: (i) f ∈ I; (ii) Mọi từ của f thuộc I; (iii) f là tổ hợp tuyến tính trên K của các đơn thức thuộc I. Chứng minh. Rõ ràng có (iii)⇒ (ii)⇒ (i). Để chứng minh (i)⇒ (iii) ta có nhận xét như bổ đề trên, mỗi từ của f phải chia hết cho xa11 . . .x an n ∈ I, với (a1, . . . ,an) ∈ A nào đó. Mà mọi đơn thức chia hết cho xa11 . . .x an n lại thuộc I. Do đó mỗi từ của f là tích của một đơn thức thuộc I và một phần tử của K, tức f là tổ hợp tuyến tính trên K của các đơn thức thuộc I. Như vậy mỗi iđêan đơn thức được xác định duy nhất bằng tập các đơn thức của nó. Hệ quả 1.2.4. Hai iđêan đơn thức trong một vành đa thức bằng nhau nếu chúng chứa cùng một tập đơn thức. 8 Bổ đề 1.2.5. Iđêan I là iđêan đơn thức khi và chỉ khi với mọi f ∈ I, các từ của f đều thuộc I. Chứng minh. Điều kiện cần suy ra từ Bổ đề 1.2.3. Từ giả thiết suy ra tập tất cả các đơn thức của các đa thức trong I sẽ sinh ra I. Do đó điều kiện đủ được chứng minh. Kết quả sau đây chỉ ra với mọi iđêan đơn thức hữu hạn sinh, một trường hợp đặc biệt của Định lý cơ sở Hilber. Kí hiệu x = {x1, . . . ,xn}, a = (a1, . . . ,an) ∈ Nn và xa = xa11 . . .x an n là một đơn thức. Bổ đề 1.2.6 (Bổ đề Dickson). Mọi iđêan đơn thức I = (xa,a ∈ A) bao giờ cũng viết được dưới dạng I = (xa(1), . . . ,xa(s), trong đó a(1), . . . ,a(s) ∈ A). Nói riêng I là hữu hạn sinh. Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo số biến n. Khi n= 1 ta có I = (xa;a ∈ A⊆N). Chọn b ∈ A là số nhỏ nhất. Khi đó xb chia hết mọi đơn thức xa với a ∈ A. Vậy ta có ngay I = (xb). Giả sử n > 1 và bổ đề đúng với không quá n− 1 biến. Đặt x′ = {x1, . . . ,xn−1}. Như vậy mỗi đơn thức trong K[x] đều có thể viết dưới dạng x′αxqn, trong đó α ∈ Nn−1 và q ∈ N. Gọi J là iđêan của vành K[x′] sinh bởi các đơn thức x′α sao cho tồn tại xmn để x ′αxmn ∈ I. Theo giả thiết quy nạp thì J sinh bởi hữu hạn các đơn thức, tức là J = (x′α(1), . . . ,x′α(s)). Theo định nghĩa, với mỗi i = 1, . . . ,s tồn tại mi ∈ N sao cho x′α(i)xmin ∈ I. Giả sử m=max{m1, . . . ,ms}. Với mỗi k < m, xét iđêan Jk = (x′β |x′βxkn ∈ I) ⊆ K[x′]. Lại theo giả thiết quy nạp ta có Jk = (x′αk(1), . . . ,x′αk(sk)), với k = 0, . . . ,m−1. Ta sẽ chứng tỏ I sinh bởi các đơn thức từ J: x′α(1)xmn , . . . ,x′α(s)xmn , từ J0: x′α0(1), . . . ,x′α0(s0), từ J1: x′α1(1)xn, . . . ,x′α1(s1)xn, 9 . . . từ Jm−1: x′αm−1(1)xm−1n , . . . ,x′αm−1(sm−1)xm−1n . Thật vậy, ta giả sử đơn thức x′αxqn ∈ I. Khi đó có hai trường hợp: Nếu q ≥ m thì theo cách xây dựng J, x′α phải chia hết cho x′α(i) nào đó, và do đó ta có x′α(i)xmn chia hết cho một đơn thức ở dòng thứ nhất ở trên. Nếu q ≤ m−1 thì x′αxqn sẽ chia hết cho một đơn thức ở dòng thứ q+2 ở trên. Theo Bổ đề 1.2.2 và Hệ quả 1.2.4 thì I được sinh bởi các đơn thức liệt kê ở trên. Như vậy I được sinh bởi một tập hữu hạn các đơn thức xβ (1)1 , . . . ,x β (1) n , . . . ,x β (r) 1 , . . . ,x β (r) n . Sử dụng Bổ đề 1.2.2 lần nữa, ta thấy mỗi đơn thức xβ ( j)1 , . . . ,x β ( j) n chia hết cho x γ( j) 1 , . . . ,x γ( j) n nào đó với γ( j) ∈ A. Từ đó có ngay kết quả J = (xγ(1)1 , . . . ,xγ(1)n , . . . ,xγ(r)1 , . . . ,xγ(r)n ). Từ Bổ đề 1.2.2 và Bổ đề 1.2.6 suy ra mỗi iđêan đơn thức I chỉ có một tập sinh tối tiểu gồm các đơn thức. Đặt G(I) = J được gọi là tập sinh đơn thức tối tiểu của I. Mỗi đơn thức trong tập sinh này được gọi là đơn thức sinh của I. Sử dụng Bổ đề 1.2.5 ta có tổng, tích và giao của các iđêan đơn thức cũng là các iđêan đơn thức. Ngoài ra nếu ta có I và J là các iđêan đơn thức, thì G(I+ J)⊆ G(I)∪G(J), G(IJ)⊆ G(I)G(J). Hơn nữa ta có kết quả sau. Mệnh đề 1.2.7. Cho I,J là hai iđêan đơn thức. Khi đó I ∩ J và I : J là các iđêan đơn thức. Nếu I = (m1, . . . ,mr) và J = (n1, . . . ,ns), mi,n j là các đơn thức, thì (i) I∩ J = (BCNN(mi,n j) | 1≤ i≤ r;1≤ j ≤ s). (ii) I : n j = (mi/UCLN(mi,n j) | 1 ≤ i ≤ r). Do đó I : J có thể tính được theo công thức I : J = ∩sj=1(I : n j) và (i). Chứng minh. Ta đã biết I : J = ∩sj=1(I : n j). Do đó chỉ cần chứng minh I ∩ J là đơn thức, và các công thức tính ở (i) và (ii) đúng. Giả sử f ∈ I∩ J và m là một từ của f . Vì 10 I, J là các iđêan đơn thức nên theo Bổ đề 1.2.5 ta có m ∈ I và m ∈ J. Do đó m ∈ I∩ J. Lại theo Bổ đề 1.2.5, I∩ J là iđêan đơn thức. Để chứng minh (i), nhận xét rằng bao hàm thức ⊇ là hiển nhiên. Cho đơn thức m ∈ I ∩ J. Theo Bổ đề 1.2.2, m chia hết cho mi và n j nào đó. Do đó m chia hết cho BCNN(mi,n j). Suy ra m ∈ (BCNN(mi,n j)|1≤ i≤ r;1≤ j ≤ s), và ta có (i). Chứng minh (ii) tương tự với chú ý rằng UCLN(mi,n j)BCNN(mi,n j) = min j. Ta được điều cần chứng minh. Ví dụ 1.2.8. Cho I = (x21,x1x 2 2,x2x 2 3) và J = (x 3 1x2,x2x3) là các iđêan đơn thức trong vành đa thức S= R[x1,x2,x3] trên trường K. Khi đó I+ J = (x21,x1x 2 2,x2x3), I∩ J = (x31x2,x21x2x3,x1x22x3,x2x23), IJ = (x51x2,x 2 1x2x3,x 4 1x 3 2,x1x 3 2x3,x 3 1x 2 2x 2 3,x 2 2x 3 3), I : J = (x 2 1,x1x2,x3). Bổ đề sau tuy đơn giản nhưng hay được sử dụng. Bổ đề 1.2.9. Giả sử m,n là hai đơn thức không chứa biến chung và m1, . . . ,mr là các đơn thức. Khi đó (m1, . . . ,mr,mn) = (m1, . . . ,mr,m)∩ (m1, . . . ,mr,n). Chứng minh. Chỉ cần chứng minh⊇. Nếu đơn thức u∈ (m1, . . . ,mr,m)∩(m1, . . . ,mr,n) chia hết cho mi nào đó, i ≤ r, thì u ∈ (m1, . . . ,mr,mn). Trong trường hợp ngược lại, vì u ∈ (m1, . . . ,mr,m), nên theo Bổ đề 1.2.2 phải có m|u. Tương tự n|u. Vì m,n không chứa biến chung nên mn|u. Do đó u ∈ (m1, . . . ,mr,mn). Kết quả này giúp ta tìm được phân tích nguyên sơ của iđêan đơn thức I và từ đó tìm được tập iđêan nguyên tố liên kết của vành S/I. 11 Chương 2 Phân tích Stanley và độ sâu Stanley Cho K là một trường và S = K[x1, ...,xn] là một vành đa thức n biến trên trường K. Cho I ⊂ S là một iđêan đơn thức, và u ∈ S là một đơn thức thỏa mãn u là chính quy trên S/I. Trong chương này, ta tìm hiểu phân tích Stanley của Zn-môđun phân bậc dạng S/I. Sau đó tìm hiểu độ sâu Stanley khi chuyển từ S/I sang S/(I,u) và ngược lại. 2.1. Phân tích Stanley của môđun đa phân bậc Trước tiên ta định nghĩa độ sâu Stanley của một môđun đa phân bậc. Định nghĩa 2.1.1. Cho K là một trường và S= K[x1, ...,xn] là một vành đa thức n biến trên trường K. Cho M là một S-môđun đa phân bậc hữu hạn sinh (Zn-phân bậc). Cho m ∈M là một phần tử thuần nhất trong M và Z ⊆ {x1, ...,xn}. Ta kí hiệu mK[Z] là K- không gian con của M sinh bởi tất cả các phần tử mv trong đó v là một đơn thức trong K[Z]. (i) Một K-không gian con đa phân bậc mK[Z] ⊂M được gọi là không gian Stanley chiều |Z|, nếu mK[Z] là một K[Z]-môđun tự do. (ii) Một phân tích Stanley của M là một biểu diễn của K-không gian vectơ M như một tổng trực tiếp hữu hạn của các không gian Stanley D :M = r⊕ i=1 miK[Zi]. Đặt sdepth(D) =min{|Zi| : i= 1, . . . ,r}. 12 (iii) Số sdepth(M) :=max{sdepth(D) :D là một phân tích Stanley của M} được gọi là độ sâu Stanley của M. Ví dụ 2.1.2. (i) Xét iđêan I = (x21x2)⊂ S= K[x1,x2]. Hình 2.1 biểu diễn một phân tích Stanley của I và Ic. Miền màu xám biểu diễn iđêan I. Một phân tích Stanley của iđêan I là I = x21x2K[x1,x2]. Vì S là vành đa thức 2 biến và I ⊂ S là một iđêan chính, do đó sdepth(I) = 2 . Trong Hình 2.1 đường kẻ màu xanh biểu diễn các không gian Stanley chiều 1. Một phân tích Stanley của môđun S/I là Ic = K[x1]⊕ x2K[x2]⊕ x1x2K[x2]. Điều này kéo theo 1 ≤ sdepth(S/I) ≤ 2. Nếu sdepth(S/I) = 2, thì I ∩ Ic 6= {0}, mâu thuẫn. Vậy sdepth(S/I) = 1. Hình 2.1: (ii) Cho iđêan đơn thức I = (x1x22,x 2 1x2) của S = K[x1,x2], thì x21x2K,x31x2K[x1], x1x22K[x2] và x21x22K[x1,x2] là các không gian Stanley với số chiều lần lượt là 0, 1, 1 và 2. Trong Hình 2.3, điểm màu đỏ, cam và xanh gồm có các số mũ của các đơn thức lần lượt trong x31x2K[x1],x1x22K[x2] và x21x22K[x1,x2]. Do đó x21x2K chỉ gồm 1 đơn thức là x21x2. Số mũ của đơn thức này là một điểm màu tím trong Hình 2.3. Luôn tồn tại ít nhất một phân tích Stanley của I. Ví dụ D1 : I = x21x2K⊕ x31x2K[x1]⊕ x1x22K[x2]⊕ x21x22K[x1,x2] 13 D2 : I = x21x2K⊕ x31x2K⊕ x41x2K[x1]⊕ x1x22K[x2]⊕ x21x22K[x1,x2], D3 : I = x1x22K[x2]⊕ x21x2K[x1,x2] là các phân tích Stanley của I. Hình 2.2: Các điểm màu xanh kí hiệu số mũ của các đơn thức thuộc iđêan I = (x1x22,x 2 1x2) của S=K[x1,x2]. Hình 2.3: Các điểm màu tím, đỏ, cam và xanh gồm số mũ của các đơn thức lần lượt thuộc x21x2K,x31x2K[x1],x1x22K[x2] và x21x22K[x1,x2]. Hình 2.4: Hình a biểu diễn phân tích Stanley D2, Hình b biểu diễn D3. Do đó, ta có sdepth(D1) = 0, sdepth(D2) = 0, sdepth(D3) = 1. Từ sự phân tíchD3 ta có 1≤ sdepth(I)≤ 2. Nếu sdepth(I) = 2 thì I là iđêan chính, vô lý. Vậy sdepth(I) = 1. Ta có thể xác định một phân tích Stanley cũng như độ sâu Stanley của Ic. Độ sâu 14 Stanley của Ic được kí hiệu là sdepth(S/I), thay cho sdepth(Ic). Ta có D : Ic = x1x2K⊕K[x1]⊕ x2K[x2] là một phân tích Stanley của Ic. Do đó ta có sdepth(D) = 0. Nhân bất kì đơn thức nào với x1x2 đều là phần tử của I nên x1x2K luôn là không gian Stanley của Ic. Từ đó sdepth(S/I) = 0. (iii) Cho I=(x1x2,x1x3) là một iđêan đơn thức trong vành đa thức S=K[x1,x2,x3]. Khi đó một phân tích Stanley của S/I là Ic=K[x2,x3]⊕x1K[x1]. Ta có 1≤ sdepth(S/I)≤ 3. Ta được sdepth(S/I) = 1, thật vậy ta có một không gian Stanley x1K[x1] có chiều 1 và vì x1 nhân x2 hoặc x3 thuộc I, nên không gian Stanley này không thể chứa một không gian Stanley có chiều lớn hơn 1. Một phân tích Stanley của I là I = x1x2K[x1,x2,x3]⊕ x1x3K[x1,x3]. Do vậy sdepth(I) = 2. Vì nếu sdepth(I) = 3 thì I là iđêan chính, vô lý. Phần tiếp theo ta trình bày một số tính chất liên quan đến lọc nguyên tố. Cho I ⊂ S là một iđêan đơn thức. Đặt F : I = I0 ⊂ I1 ⊂ ·· · ⊂ Ir = S là một Nn-lọc nguyên tố phân bậc của S/I với Ii/Ii−1 ∼= S/PFi(−ai) trong đó Fi ⊂ {1, . . . ,r} và (PFi) = (x j : j ∈ Fi). Theo [1] lọc nguyên tố F này của S/I cảm sinh một phân tích Stanley S/I = r⊕ i=1 uiK[ZFci ] của S/I, trong đó ZFci = {x j : j /∈ Fi}, và ui = xai . Soleyman-Jahan [2] đã mở rộng kết quả trên cho bất kì S-môđun Zn- phân bậc hữu hạn sinh. Định lý 2.1.3. Cho M là một S-môđun Zn- phân bậc hữu hạn sinh. Nếu (0) =M0 ⊂M1 ⊂ ·· · ⊂Mr =M là một lọc nguyên tố của M thỏa mãn Mi/Mi−1 ∼= S/PFi(−ai), thì M ∼= r⊕ i=1 miK[ZFci ] 15 là một phân tích Stanley của M trong đó mi ∈Mi là một phần tử thuần nhất có bậc ai thỏa mãn (Mi−1 :S mi) = PFi và ZFci = {x j : j /∈ Fi}. Ví dụ 2.1.4. Xét I = (x1x2,x3x4)⊂ S= K[x1,x2,x3,x4] là một iđêan đơn thức của vành đa thức S trên trường K, khi đó một lọc nguyên tố của môđun M = S/I là như sau: F :M0 = (0)⊂M1 = (x1x3)M ⊂M2 =M1+ x1M ⊂M3 =M2+ x3M ⊂M4 =M trong đó M1 ∼= S/(x2,x4)(−1,0,−1,0)∼= K[x1,x3](−1,0,−1,0), M2/M1 ∼= S/(x2,x3)(−1,0,0,0)∼= K[x1,x4](−1,0,0,0), M3/M2 ∼= S/(x1,x4)(0,0,−1,0)∼= K[x2,x3](0,0,−1,0), M4/M3 ∼= S/(x1,x3)∼= K[x2,x4]. Vì thế một phân tích Stanley của S/I cảm sinh từ lọcF là S/I = x1x3K[x1,x3]⊕ x1K[x1,x4]⊕ x3K[x2,x3]⊕K[x2,x4]. Chú ý rằng mọi lọc nguyên tố của S-môđun Zn-phân bậc có một phân tích Stanley, nhưng ngược lại chưa chắc. Không phải tất cả phân tích Stanley suy ra từ lọc nguyên tố. Một ví dụ ngược lại được đưa ra lần đầu bởi McLangan và Smith [3]. Cho I = (x1x2x3)⊂ S= K[x1,x2,x3] là một iđêan đơn thức của S. Khi đó S/I = K⊕ x1K[x1,x2]⊕ x2K[x2,x3]⊕ x3K[x1,x3] là một phân tích Stanley của S/I mà không tương ứng với bất kì lọc nguyên tố nào của S/I. Từ kết quả trên ta có luôn tồn tại phân tích Stanley của các môđun đa phân bậc. Mệnh đề 2.1.5. Mọi S-môđun Zn-phân bậc hữu hạn sinh M đều có một phân tích Stanley. 16 2.2. Độ sâu Stanley khi chia cho một phần tử Nếu ta xét sự rút gọn một phần tử chính quy thì độ sâu giảm 1. Điều gì xảy ra nếu ta rút gọn một phần tử không chính quy? Mệnh đề 2.2.1. Cho S = K[x1, . . . ,xn] là một vành đa thức trên trường K, I ⊂ S là một iđêan đơn thức và R= S/I. Khi đó sdepth(R/xnR)≥ sdepth(R)−1. Chứng minh. Đặt R¯ = R/xnR ' S/(I,xn). Ta kí hiệu S¯ = K[x1, . . . ,xn−1] và đặt x′ = {x1, . . . ,xn−1}, x= {x1, . . . ,xn}. Giả sử ϕ là ánh xạ chính tắc từ R vào R¯ và α là ánh xạ hợp S¯−→ S−→ R= S/I. trong đó ánh xạ đầu là phép nhúng chính tắc, ánh xạ thứ hai là toàn ánh chính tắc. Rõ ràng rằng ker(α) = I∩ S¯. Đặt α1 là ánh xạ hợp S¯−→ S−→ R= S/I ϕ−→ S/(I,xn). Rõ ràng α1 là toàn ánh. Ta cần chỉ ra ker(α1) = I ∩ S¯. Bao hàm thức ⊇ là hiển nhiên. Để chứng minh bao hàm còn lại, ta xét một đơn thức v ∈ ker(α1), kéo theo v ∈ (I,xn). Vì v ∈ S¯ và I là một iđêan đơn thức nên v ∈ I. Đặt ker(α1) = I¯ thì S¯/I¯ ∼= S/(I,xn). Ta có một phân tích Stanley D1 : Ic ∼= R= r⊕ i=1 uiK[Zi] của R với sdepth(D1) = sdepth(R). Đặt I = {i ∈ {1, . . . ,r} : uiK[Zi]∩ S¯ 6= {0}}. Ta chỉ ra D2 : S¯/I¯ = I¯c = r⊕ i=1 uiK[Zi]∩ S¯ (2.1) và ⊕i∈I uiK[Zi]∩ S¯ là một phân tích tổng trực tiếp của S¯/I¯. Để chứng minh (2.1) ta chọn một đơn thức v ∈ I¯c. Ta cần chỉ ra tồn tại i ∈I thỏa mãn v ∈ uiK[Zi]∩ S¯. Giả sử 17 ngược lại v /∈ uiK[Zi]∩ S¯, với mọi i ∈I . Vì v ∈ S¯ nên v /∈ uiK[Zi], với mọi i. Do đó ta có v ∈ I. Vì v ∈ S¯ kéo theo v ∈ I¯ = I∩ S¯, điều này mâu thuẫn. Để chứng minh bao hàm thức còn lại, ta chọn một đơn thức v1 ∈ uiK[Zi]∩ S¯. Kéo theo v1 /∈ I và vì I¯ ⊂ I, ta có v1 ∈ I¯c. Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng D2 là một phân tích Stanley. Thật vậy, ta có uiK[Zi]∩ S¯=  uiK[Zi\{xn}], nếu xn không chia hết cho ui 0, trường hợp còn lại. Do vậy ta được sdepth(D1)≤ sdepth(D2)+1. Do đó sdepth(S/I) = sdepth(D1)≤ sdepth(D2)+1≤ sdepth(S¯/I¯)+1. Ta được điều cần chứng minh. Mệnh đề 2.2.1 không thể mở rộng cho môđun đa phân bậc M. Ví dụ sau đây chỉ ra điều đó. Ví dụ 2.2.2. ChoM = (x,y,z) là một iđêan của S= K[x,y,z]. Xét một phân tích Stanley M= zK[x,z]⊕xK[x,y]⊕yK[y,z]⊕xyzK[x,y,z]. Vì sdepth(M)≤ dim(S)= 3 vàM không là iđêan chính, nên sdepth(M) = 2. Chú ý rằng x cảm sinh một phần tử khác 0 trong lớp M/xM không chứa trong bất kì không gian Stanley chiều lớn hơn hoặc bằng 1. Do đó sdepth(M/xM) = 0. Do vậy sdepth(M/xM)< sdepth(M)−1. Ví dụ 2.2.2 gợi ý rằng nếu xk là một phần tử chính quy trênM thì sdepth(M/xkM)≤ sdepth(M)−1. Đó là vấn đề của mệnh đề tiếp theo. Mệnh đề 2.2.3. Cho M là một S-môđun Zn-phân bậc hữu hạn sinh và xk là chính quy trên M. Nếu D1 :M/xkM = ⊕r i=1 m¯iK[Zi], là một phân tích Stanley của M/xkM, trong đó mi ∈M là thuần nhất và m¯i = mi+ xkM thì M = r⊕ i=1 miK[Zi,xk] (2.2) là một phân tích Stanley của M. Đặc biệt sdepth(M/xkM)≤ sdepth(M)−1. 18 Chứng minh. Đặt N = ∑ri=1miK[Zi,xk]. Khi đó N ⊆M. Vì D1 là một phân tích Stanley củaM/xkM kéo theo ψ(N) =M/xkM trong đó ψ :M→M/xkM là một toàn cấu chính tắc. Điều đó kéo theo M = xkM+N như một Zn-phân bậc K-không gian vectơ. Ta chỉ raM = N. Trước tiên chú ý rằngM = xdkM+N với mọi d. Tiếp tục quy nạp theo d, bởi vì nếu ta có M = xd−1k M+N thì M = xd−1k (xkM+N)+N = x d kM+ x d−1 k N+N = x d kM+N, vì x d−1 k N ⊂ N. Điều này hoàn thành phép quy nạp. VìM là hữu hạn sinh nên tồn tại một số nguyên c thỏa mãn degxk(m)≥ c với mọi phần tử thuần nhất m∈M. Bây giờ giả sử m∈M là phần tử thuần nhất với degxk(m) = a và đặt d > a− c là một số nguyên. Vì M = xdkM +N , tồn tại phần tử thuần nhất v ∈ M và w ∈ N sao cho m = xdkv+w, trong đó a = degxk v+ d = degxkw. Kéo theo degxk v= a−d < c, mâu thuẫn. Suy ra v= 0, do đó m= w ∈ N. Bây giờ ta sẽ chỉ ra tổng ∑ri=1miK[Zi,xk] là trực tiếp, tức là miK[Zi,xk]∩ r ∑ j=1 j 6=i m jK[Z j,xk] = (0). Đặt u = miqi = ∑rj=1 j 6=i m jq j ∈M là thuần nhất với các đơn thức q j trong K[Z j,xk] thỏa mãn deg(u) = deg(m jq j) với mọi j. Đặt p là lũy thừa cao nhất của phép chia xk cho qi. Nếu p = 0 thì ta có u¯ = m¯iqi 6= 0 trong M/xkM vì m¯iK[Zi] là một không gian Stanley. Kéo theo u¯ ∈ m¯iK[Zi]∩ r ∑ j=1 j 6=i m¯ jK[Z j], mâu thuẫn. Trong trường hợp p> 0, thì trongM/xkM ta có u¯= 0=∑rj=1 j 6=i m¯ jq¯ j. Suy ra q¯ j= 0, vì D1 là một phân tích Stanley của M/xkM. Do vậy q j = xkq′j với q′j ∈ K[Z j,xk] và ta có xk(miq′i−∑rj=1 j 6=i m jq′j) = 0, kéo theo miq′i−∑rj=1 j 6=i m jq′j = 0 vì xk là chính quy trên M. Lặp lại lí luận trên ta được q j = x p k s j với s j ∈ K[Z j,xk], và misi = ∑rj=1 j 6=i m js j. Ta xét 19 v= misi. Vì s¯i 6= 0, ta có v¯ 6= 0 vì m¯iK[Zi] là không gian Stanley. Mặt khác v¯ ∈ m¯iK[Zi]∩ r ∑ j=1 j 6=i m¯ jK[Z j]. Suy ra v¯= 0, mâu thuẫn. Tương tự ta chỉ ra rằng mỗi miK[Zi,xk] là một không gian Stanley. Thật vậy, giả sử mi f = 0 với f ∈ K[Zi,xk] trong đó f =∑aj=0 f jx jk thỏa mãn xk không chia hết cho f j với mọi j thì ∑aj=0mi f jx j k = 0 kéo theo m¯i f0= 0 trongM/xkM. Ta được f0= 0 vì m¯iK[Zi] là không gian Stanley. Kéo theo f = xkg trong đó g= ∑aj=1 f jx j−1 k và từ xkmig= mi f = 0 ta được mig = 0, xk trở thành chính quy trên M. Khi đó phép quy nạp theo bậc của f kết thúc việc chứng minh vì degxk g< degxk f . Hệ quả 2.2.4. Trong Mệnh đề 2.2.1 dấu bằng xảy ra nếu xn là chính quy trên S/I. Chứng minh suy ra từ Mệnh đề 2.2.1 và Mệnh đề 2.2.3 với M = S/I. 2.3. Độ sâu Stanley và phần tử chính quy Đối với độ sâu thông thường (depth) qua phần tử chính quy ta có các kết quả sau. Bổ đề 2.3.1. ([10]) Nếu M là một môđun phân bậc trên một vành phân bậc S và z là một phần tử chính quy thuần nhất trên M trong một iđêan cực đại phân bậc. Khi đó (i) depth(M/zM) = depth(M)−1, (ii) dim(M/zM) = dim(M)−1. Để chứng minh ta cần hai Bổ đề sau: Bổ đề 2.3.2. Nếu M là một S-môđun hữu hạn sinh thì Ass(M)⊂ Supp(M), và bất kì phần tử cực tiểu nào của Supp(M) đều thuộc Ass(M). 20 Bổ đề 2.3.3. Nếu M là một S-môđun phân bậc hoặc đa phân bậc hữu hạn sinh và x1, . . . ,xr thuộc iđêan cực đại thuần nhất của S. Khi đó dim(M/(x1, . . . ,xr)M)≥ dim(M)− r. Chứng minh Bổ đề 2.3.1: Chứng minh. (i) Ta có depth(M)≥ depth(M/zM) và ta xét một dãy khớp ngắn 0→M z→M→M/zM→ 0. Áp dụng Bổ đề Độ sâu cho dãy khớp ngắn này, ta thu được depth(M) = depth(M/zM)+1. (ii) Ta chỉ ra rằng dim(M/zM) < dim(M). Thật vậy, mặt khác ta có một dãy tăng các iđêan nguyên tố Ann(M)⊂ Ann(M/zM)⊂ P0 ⊂ ·· · ⊂ Pd, trong đó d là số chiều củaM và P0 là bé nhất trênAnn(M). Từ Bổ đề 2.3.2 iđêan P0 chứa ước của không và z ∈ Ann(M/zM), do vậy z ∈ P0, mâu thuẫn. Bất đẳng thức ngược lại dim(M/zM)≥ dim(M)−1 được suy ra từ Bổ đề 2.3.3. Hệ quả 2.3.4. Cho x = x1, . . . ,xr là một dãy chính quy trên một R-môđun phân bậc M trong iđêan cực đại thuần nhất của R. Khi đó (i) depth(M/xM) = depth(M)− r, (ii) dim(M/xM) = dim(M)− r. Chứng minh Hệ quả này bằng cách quy nạp theo r. Đối với độ sâu Stanley (sdepth) kết quả chính là Định lý sau: Định lý 2.3.5. Cho I ⊂ S là một iđêan đơn thức của S = K[x1, . . . ,xn] và u ∈ S là đơn thức chính quy trên S/I. Khi đó sdepth(S/(I,u)) = sdepth(S/I)−1. 21 Trước tiên ta chứng minh một trường hợp đặc biệt của định lý: Bổ đề 2.3.6. Cho m < n và J ⊂ S′ = K[x1, . . . ,xm] là một iđêan đơn thức. Khi đó với iđêan đơn thức I = JS và với xk bất kì, m< k ≤ n ta có sdepth(S/(I,xk)) = sdepth(S/I)−1. Chứng minh. Đặt T = S′[xm+1, . . . ,xk−1,xk+1, . . . ,xn] và L ⊂ T là một iđêan đơn thức thỏa mãn L= JT . Khi đó ta có S/(I,xk)∼= S/(JS+(xk)S)∼= (S/xk)/(JS(S/xk))∼= T/L. Đặt D : T/L= r⊕ i=1 uiK[Zi] là một phân tích Stanley của T/L thỏa mãn sdepth(D) = sdepth(T/L). Khi đó D1 : S/I = (T/L)[xk] = r⊕ i=1 uiK[Zi][xk] = r⊕ i=1 uiK[Zi,xk] là một phân tích Stanley của S/I. Từ đó có sdepth(D1) = sdepth(D)+1= sdepth(T/L)+1. Mặt khác sdepth(D1)≤ sdepth(S/I). Do đó sdepth(T/L)+1≤ sdepth(S/I). Để chứng minh bất đẳng thức ngược lại ta xét một phân tích Stanley D2 : S/I = s⊕ i=1 viK[Wi] của S/I với sdepth(D2) = sdepth(S/I). Đặt I = {i ∈ {1, . . . ,s} : viK[Wi]∩T 6= {0}}. Ta cần chỉ ra D3 : T/L= Lc = ⊕ i∈I viK[Wi]∩T. (3.1) 22 và ⊕ i∈I viK[Wi]∩T là một phân tích tổng trực tiếp của T/L. Để chứng minh (3.1), ta chọn một đơn thức v∈ Lc. Ta cần chỉ ra tồn tại i∈I thỏa mãn v ∈ viK[Wi]∩T . Giả sử ngược lại v /∈ viK[Wi]∩T với mọi i ∈ I . Từ v ∈ T , kéo theo v /∈ viK[Wi], với mọi i. Do đó ta có v ∈ I = JS. Vì v ∈ T và L= JT , nên v ∈ L, mâu thuẫn. Ngược lại, chọn một đơn thức w ∈ viK[Wi]∩T . Điều đó kéo theo w /∈ I = JS và vì L= JT ⊂ JS= I, ta được w ∈ Lc. Bây giờ ta sẽ chỉ ra D3 là một phân tích Stanley. Thật vậy, ta có viK[Wi]∩T =  viK[Wi\{xk}], nếu xk không chia hết cho vi 0, nếu xk chia hết cho vi. So sánh phân tích Stanley D2 của S/I với phân tích Stanley D3 của T/L ta thấy sdepth(D2)≤ sdepth(D3)+1. Do đó sdepth(S/I) = sdepth(D2)≤ sdepth(D3)+1≤ sdepth(T/L)+1. Vậy ta có điều cần chứng minh. Để chứng minh Định lí 2.3.5 ta cần thêm kết quả sau: Bổ đề 2.3.7. Cho I = I0 ⊂ I1 ⊂ ·· · ⊂ Ir = S là một dãy tăng các iđêan đơn thức của S sao cho mỗi I j/I j−1 là một môđun cyclic, và do đó I j/I j−1 ∼= S/L j(−a j) với một số iđêan đơn thức L j và a j ∈ Zn. Khi đó sdepth(S/I)≥min{sdepth(S/L j) : j ∈ {1, . . . ,r}}. Chứng minh. Ta có phân tích sau của S/I như một K-không gian vectơ: S/I = I1/I0⊕ I2/I1⊕·· ·⊕S/Ir−1. Vì mỗi I j/I j−1 ∼= S/L j(−a j) ta được một đẳng cấu S/I ∼= S/L1(−a1)⊕S/L2(−a2)⊕·· ·⊕S/Lr(−ar) (2.2) 23 Với mỗi j đặt D j : S/L j = r j⊕ k=1 u ju jkK[Z jk] là một phân tích Stanley của S/L j thỏa mãn sdepth(D j) = sdepth(S/L j). Khi đó từ đẳng cấu (2.2) ta được một phân tích Stanley như sau S/I = r⊕ j=1 r j⊕ k=1 u ju jkK[Z jk] của S/I, trong đó u j = xa j với j = 1, . . . ,r. Từ phân tích Stanley này của S/I ta được điều cần chứng minh. Chứng minh Định lý 2.3.5. Vì u là phần tử chính quy của I nên I = JS trong đó J ⊂ S′ = K[x1, . . . ,xm] và u = xa1m+1 . . .xan−mn . Ta xét một dãy tăng các iđêan của S giữa (I,u) và S trong đó 2 thành phần liên tiếp của dãy có dạng (I,xb1m+1 . . .x bk k . . .x bn−m n )⊂ (I,xb1m+1 . . .xbk−1k . . .xbn−mn ) trong đó bi ≤ ai với mọi i= 1, . . . ,n−m. Chú ý rằng (I,xb1m+1 · · ·xbk−1k · · ·xbn−mn )/(I,xb1m+1 . . .xbkk . . .xbn−mn )' S/(I,xk). Từ Bổ đề 2.3.6 và Bổ đề 2.3.7 kéo theo sdepth(S/(I,u))≥ sdepth(S/(I,xk)) = sdepth(S/I)−1. Để chứng minh bất đẳng thức còn lại, ta chọn một phân tích Stanley D ′ : (I,u)c = r⊕ i=1 uiK[Z′i ] của S/(I,u) với sdepth(D ′) = sdepth(S/(I,u)). Ta có một tổng trực tiếp của các K- không gian vectơ con r⊕ i=1 uiK[Z′i ]∩S′ của S′. Chú ý rằng Jc = r⊕ i=1 uiK[Z′i ]∩S′ và ⊕r i=1uiK[Z ′ i ]∩S′ là một phân tích Stanley của S′/J, trong đó một tổng được lấy trên i ∈ {1, . . . ,r} với uiK[Z′i ]∩S′ 6= {0}, theo chứng minh Bổ đề 2.3.6. 24 Ta có uiK[Z′i ]∩S′ =  uiK[Z′i ∩{x1, . . . ,xm}], nếu Supp(ui)⊂ {x1, . . . ,xm} 0, trường hợp còn lại. Do đó nếu ta xét tập Λ= {i : Supp(ui)⊂ {x1, . . . ,xm}, thì D : S/I = ⊕ i∈Λ uiK[Zi] là một phân tích Stanley của S/I, trong đó Zi := {Z′i ∩{x1, . . . ,xm}}∪{xm+1, . . . ,xn}. Ta chỉ ra rằng |Zi|> |Z′i |. Thật vậy, nếu {xm+1, . . . ,xn} ⊂ Z′i , mâu thuẫn với (u)∩ uiK[Z′i ] = {0}. Do đó, sdepth(D)≥ sdepth(D ′)+1. Do vậy cuối cùng ta được sdepth(S/(I,u)) = sdepth(S/I)−1. Ta có điều cần chứng minh. Hệ quả 2.3.8. Nếu u1, . . . ,ur ∈Mon(S) là S/I-dãy, thì sdepth(S/(u1, . . . ,ur)+ I) = sdepth(S/I)− r. 2.4. Độ sâu Stanley và dãy khớp ngắn Đối với độ sâu thông thường qua dãy khớp ngắn ta có một số tính chất sau. Bổ đề 2.4.1. (Bổ đề Độ sâu [10, Bổ đề 1.3.9]) Nếu 0→U →M→