›

Luận văn Đa thức Hilbert và chiều Noether cho môđun Artin

pdf 47 trang yendo 6050
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Luận văn Đa thức Hilbert và chiều Noether cho môđun Artin", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfluan_van_da_thuc_hilbert_va_chieu_noether_cho_modun_artin.pdf

Nội dung text: Luận văn Đa thức Hilbert và chiều Noether cho môđun Artin

  1. ĐẠI HỌC THÁI NGUYấN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM VŨ VIỆT HƯNG ĐA THỨC HILBERT VÀ CHIỀU NOETHER CHO MễĐUN ARTIN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYấN – 2012 1Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  2. ĐẠI HỌC THÁI NGUYấN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM VŨ VIỆT HƯNG ĐA THỨC HILBERT VÀ CHIỀU NOETHER CHO MễĐUN ARTIN Chuyờn ngành: ĐẠI SỐ VÀ Lí THUYẾT SỐ Mó số: 60.46.05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS. TS Lờ Thị Thanh Nhàn THÁI NGUYấN – 2012 2Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  3. Mục lục Mục lục 1 Lời nói đầu 3 1 Tiêu chuẩn Artin cho môđun phân bậc 5 1.1 Môđun phân bậc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Tiêu chuẩn Artin cho môđun phân bậc . . . . . . . . . . . 13 2 Đa thức Hilbert và chiều Noether cho môđun Artin 25 2.1 Đa thức Hilbert cho môđun Artin . . . . . . . . . . . . . . 25 2.2 Chiều Noether cho môđun Artin . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.3 Một ứng dụng vào môđun các đa thức ngược . . . . . . . . 41 Kết luận 44 Tài liệu tham khảo 45 1 3Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  4. 2 Lời cảm ơn Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình và sự chỉ bảo nghiêm khắc của PGS.TS. Lê Thanh Nhàn. Nhân dịp này tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới Cô. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn tới GS.TSKH. Nguyễn Tự Cường, GS.TSKH. Phùng Hồ Hải, GS.TS. Nguyễn Quốc Thắng, TS. Vũ Thế Khôi và các thầy cô giáo Trường Đại học sư phạm - Đại học Thái Nguyên đã tận tình giảng dạy và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập tại Trường. Tôi xin chân thành cảm ơn tập thể cán bộ giáo viên trường PTDT Nội Trú Quản Bạ - Tỉnh Hà Giang nơi tôi đang công tác, đã tạo điều kiện để tôi hoàn thành kế hoạch học tập. Cuối cùng, tôi xin cảm ơn bạn bè, người thân đã động viên, ủng hộ tôi cả về vật chất và tinh thần để tôi hoàn thành tốt khóa học của mình. 4Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  5. 3 Lời nói đầu Một phương pháp hữu hiệu để nghiên cứu các môđun hữu hạn sinh trên vành địa phương là sử dụng các kết quả tương ứng của môđun phân bậc hữu hạn sinh trên vành phân bậc Noether. Chẳng hạn, với một môđun phân L L bậc hữu hạn sinh Mn trên một vành phân bậc chuẩn Noether Rn, n∈Z n∈Z hàm độ dài là đa thức khi đủ lớn. Từ đó người ta có thể suy ra `R0 (Mn) n rằng nếu (R, m) là vành giao hoán Noether địa phương và M là R-môđun n hữu hạn sinh thì hàm độ dài `R(M/q M) là một hàm đa thức với mỗi iđêan m-nguyên sơ q. Hơn nữa, chiều Krull dim M của M chính là bậc n của đa thức `R(M/q M) và cũng là số tự nhiên t bé nhất sao cho tồn tại t phần tử x1, . . . , xt ∈ m để `(M/(x1, . . . , xt)M) < ∞. Đối ngẫu với khái niệm chiều Krull dim M là khái niệm chiều Noether N-dimR A của một R-môđun Artin A. Khái niệm này được giới thiệu bởi R. N. Roberts [Ro] với tên gọi ''chiều Krull" và sau đó D. Kirby [K2] đổi thành chiều Noether để tránh nhầm lẫn. Trong bài báo [K1], D. Kirby đã đưa ra một tiêu chuẩn Artin cho các môđun phân bậc và chứng minh tính chất hàm đa thức của các độ dài của các môđun thành phần thuần nhất với bậc đủ nhỏ. Sử dụng kết quả này, Ông đã chỉ ra rằng với mỗi R-môđun Artin A trên vành địa phương (R, m) và với mỗi iđêan q ⊆ m sao cho n `R(0 :A q) < ∞, độ dài `R(0 :A q ) là một đa thức khi n đủ lớn, gọi là đa thức Hilbert của A ứng với q. Tiếp theo, trong bài báo [Ro], R. N. Roberts đã chỉ ra rằng bậc của đa thức này chính là chiều Noether của A và là số tự nhiên t bé nhất sao cho tồn tại t phần tử x1, . . . , xt ∈ m để `(0 :A (x1, . . . , xt)R) < ∞. Mục đích của luận văn là trình bày lại tiêu chuẩn Artin cho môđun phân bậc, đồng thời chứng minh lại chi tiết các kết quả về đa thức Hilbert 5Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  6. 4 và chiều Noether cho môđun Artin trong hai bài báo 1. D. Kirby, Artinian modules and Hilberts polynomials, Quart. J. Math. Oxford 24 (1973), 47-57. 2. R. N. Roberts, Krull dimension for artinian modules over quasi local commutative rings, Quart. J. Math. Oxford 26 (1975), 269-273. Luận văn cũng trình bày một số ứng dụng trong việc nghiên cứu tính Artin và chiều Noether của môđun các đa thức ngược. Luận văn này chia làm 2 chương. Phần đầu của Chương I nhắc lại một số khái niệm và tính chất của môđun phân bậc. Phần tiếp theo chứng minh một tiêu chuẩn Artin cho môđun phân bậc. Chương II trình bày các kết quả về đa thức Hilbert và chiều Noether cho môđun Artin trên vành địa phương, đồng thời đưa ra một số ứng dụng trong việc nghiên cứu tính Artin và chiều Noether của môđun các đa thức ngược. Thái Nguyên, tháng 08 năm 2012 Tác giả Vũ Việt Hưng 6Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  7. Chương 1 Tiêu chuẩn Artin cho môđun phân bậc 1.1 Môđun phân bậc Mục đích của tiết này là nhắc lại các khái niệm và tính chất cơ sở của vành và môđun phân bậc. 1.1.1 Định nghĩa. Cho A là nhóm giao hoán với phép toán kí hiệu theo lối cộng. Ta nói A là tổng trực tiếp của họ nhóm con {Ai}i∈I nếu A sinh S bởi Ai và Ai ∩ Li = {0} với mọi i ∈ I, trong đó Li là nhóm con của i∈I S A sinh bởi tập Aj. Nếu A là tổng trực tiếp của họ nhóm con {Ai}i∈I i6=j∈I L thì ta viết A = Ai. i∈I Chú ý rằng A là tổng trực tiếp của họ nhóm con {Ai}i∈I nếu mỗi phần tử a ∈ A đều biểu diễn một cách duy nhất thành một tổng hữu hạn , trong đó với mọi a = ai1 + + aik aij ∈ Aij j = 1, . . . , k. 1.1.2 Định nghĩa. Cho S là một vành. Ta nói rằng S là vành phân bậc L nếu S có sự biểu diễn thành tổng trực tiếp S = Sn của một họ nhóm n∈Z con của nhóm cộng sao cho với mọi {Sn} S SnSm ⊆ Sn+m m, n ∈ Z. Mỗi phần tử của Sn được gọi là phần tử thuần nhất bậc n. L 1.1.3 Bổ đề. Nếu S = Sn là một vành phân bậc thì S0 là một vành n∈ con của và là -môđunZ với mọi S Sn S0 n ∈ Z. 5 7Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  8. 6 Chứng minh. Để chứng minh S0 là một vành, ta chỉ cần chứng minh phép nhân đóng kín trong S0. Điều này suy ra từ định nghĩa vành phân bậc, cụ thể S0S0 ⊆ S0. Để chứng minh Sn là S0-môđun, ta chỉ cần chỉ ra quy tắc ϕ : S0 ì Sn → Sn cho bởi ϕ(a, x) = ax là tích vô hướng. Điều này là rõ ràng vì từ định nghĩa vành phân bậc ta có S0Sn ⊆ Sn. 1.1.4 Định nghĩa. Giả sử L là vành. Một L-đại số là một vành S và đồng thời S là một L-môđun. Một L-đại số S được gọi là hữu hạn sinh nếu tồn tại hữu hạn phần tử a1, . . . , an ∈ S sao cho S = {f(a1, . . . , an) | f(x1, . . . , xn) ∈ L[x1, . . . , xn]}, trong đó L[x1, . . . , xn] là vành đa thức n biến với hệ số trong L và mỗi phần tử c ∈ L được đồng nhất với phần tử c1 ∈ S. Trong trường hợp này ta nói {a1, . . . , an} là một hệ sinh của đại số S và ta viết S = L[a1, . . . , an]. L Từ nay đến hết chương này, luôn giả thiết S = Sn là một vành phân n∈Z bậc. Rõ ràng S có cấu trúc tự nhiên là một S0-đại số. Nếu tồn tại hữu hạn phần tử a1, . . . , an ∈ S1 sao cho S = S0[a1, . . . , an] thì ta nói S là S0-đại số phân bậc chuẩn. 1.1.5 Bổ đề. Giả sử S là đại số phân bậc chuẩn. Khi đó S là thương của vành đa thức trên S0. Nếu thêm giả thiết S0 là vành Noether thì S cũng là vành Noether. Chứng minh. Giả sử S = S0[a1, . . . , an] với a1, . . . , an ∈ S1. Khi đó ϕ : S0[x1, . . . , xn] → S cho bởi ϕ(f(x1, . . . , xn)) = f(a1, . . . , an) là toàn cấu vành, trong đó S0[x1, . . . , xn] là vành đa thức n biến trên S0. ∼ Vì thế S = S0[x1, . . . , xn]/ Ker ϕ. Vì S0 là Noether nên theo Định lí cơ sở Hilbert, S0[x1, . . . , xn] cũng là vành Noether. Do đó vành thương S0[x1, . . . , xn]/ Ker ϕ là Noether. Suy ra S là vành Noether. 8Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  9. 7 1.1.6 Ví dụ. Cho K là một trường. Kí hiệu S = K[x1, . . . xn] là vành đa thức biến với hệ số trong . Một phần tử của có dạng α1 αn với n K S ax1 . . . xn a ∈ K được gọi là một từ của S có bậc α1 + + αn. Ta quy ước phần β tử có bậc tuỳ ý. Hai từ α1 αn và 1 βn được gọi là 0 u = ax1 . . . xn v = bx1 . . . xn đồng dạng nếu αi = βi với mọi i = 1, . . . , n. Một đa thức f ∈ S được gọi là thuần nhất bậc n nếu f là tổng của hữu hạn từ, mỗi từ đều có bậc n. Với mỗi , đặt là tập các đa thức thuần nhất bậc . Đặt n > 0 Sn n Sn = 0 với mọi n < 0. Chú ý rằng mỗi đa thức trong S đều viết được một cách duy nhất thành tổng của các từ không đồng dạng. Do đó, bằng việc nhóm các từ cùng bậc lại với nhau, mỗi đa thức f ∈ S đều viết được một cách L duy nhất thành tổng của hữu hạn đa thức thuần nhất. Suy ra S = Sn. n∈Z Dễ thấy SnSm ⊆ Sn+m với mọi n, m. Vì thế S là một vành phân bậc. Ta gọi cách phân bậc như trên của S là phân bậc tự nhiên. L 1.1.7 Định nghĩa. Cho S = Sn là một vành phân bậc. Một iđêan I của n∈ Z L S được gọi là thuần nhất hay phân bậc nếu I = (I ∩ Sn). n∈Z Sau đây là một số tiêu chuẩn để một iđêan trong vành phân bậc là thuần nhất. L 1.1.8 Bổ đề. Cho I là iđêan của vành phân bậc S = Sn. Các phát n∈Z biểu sau là tương đương: (i) I là iđêan thuần nhất. P (ii) fi ∈ I với fi ∈ Si nếu và chỉ nếu fi ∈ I, với mọi i. (iii) I có một hệ sinh gồm những phần tử thuần nhất. P Chứng minh. (i)⇒(ii). Nếu fi ∈ I, với mọi i thì rõ ràng fi ∈ I. Ngược P L lại, giả sử f = fi ∈ I với fi ∈ Si. Vì I = (I ∩ Sn) và f ∈ I nên f n∈ P Z có biểu diễn f = gi với gi ∈ I ∩Si. Vì f chỉ có duy nhất một cách biểu 9Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  10. 8 diễn thành tổng của hữu hạn phần tử thuần nhất nên ta phải có fi = gi với mọi i. Vì thế fi ∈ I ∩ Si với mọi i. Đặc biệt, fi ∈ I với mọi i. P (ii)⇒(iii). Giả sử I = FjS với Fj ∈ S. Với mỗi j, biểu diễn Fj = j∈J n Pj fjk, fjk ∈ Sk thành tổng của hữu hạn phần tử thuần nhất. Rõ ràng k=−mj I ⊆ (fjk, j ∈ J, k = mj, . . . , nj)S. Theo (ii), fjk ∈ I với mọi j, k. Vì thế (fjk, j ∈ J, k = −mj, . . . , nj)S ⊆ I. Vậy I = (fjk, j ∈ J, k = −mj, . . . , nj)S, tức là I có một hệ sinh {fjk} với j ∈ J và k = −mj, . . . , nj là hệ gồm những phần tử thuần nhất. L (iii)⇒(i). Ta chỉ cần chứng minh I ⊆ (I ∩ Sn). Lấy f ∈ I. Theo n∈Z giả thiết (iii), I có một hệ sinh (fk) với fk ∈ Sk. Do đó ta có biểu diễn với và Khai triển vế f = fk1 G1 + + fkn Gn fki ∈ Ski ∩ I Gi ∈ S. phải rồi nhóm các hạng tử đồng dạng, ta biểu diễn được f là tổng của các phần tử thuần nhất, mỗi hạng tử đều thuộc I vì nó là một tổng của hữu hạn các hạng tử mà mỗi hạng tử đều chứa một nhân tử nào đó. Vì thế fki L f ∈ (I ∩ Sn). n∈Z 1.1.9 Chú ý. Từ chứng minh bổ đề trên ta có các tính chất sau: (i) Nếu S là vành phân bậc Noether thì một iđêan I của S là thuần nhất nếu và chỉ nếu I có một hệ sinh gồm hữu hạn phần tử thuần nhất. (ii) Tổng của hai iđêan thuần nhất là iđêan thuần nhất. (iii) Giao của hai iđêan thuần nhất là iđêan thuần nhất. Phần tiếp theo, chúng ta nhắc lại một số khái niệm và tính chất của môđun phân bậc. L 1.1.10 Định nghĩa. Cho S = Sn là vành phân bậc. Một S-môđun X n∈Z được gọi là phân bậc nếu có một họ các nhóm con của nhóm (Xn)n∈Z 10Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  11. 9 cộng thoả mãn L và với mọi Mỗi X X = Xn SmXn ⊆ Xm+n m, n ∈ Z. n∈Z phần tử của Xn được gọi là phần tử thuần nhất bậc n. Ta quy ước phần tử 0 ∈ X có bậc tuỳ ý. L Từ nay đến hết tiết này, luôn giả thiết S = Sn là vành phân bậc. Chú n∈ L Z ý rằng nếu X = Xn là một S-môđun phân bậc thì mỗi Xn là S0-môđun n∈Z vì ta có S0Xn ⊆ Xn. L 1.1.11 Định nghĩa. Cho X = Xn là S-môđun phân bậc. Một môđun n∈Z con Y của X được gọi là môđun con phân bậc hay thuần nhất nếu Y = L (Y ∩ Xn). n∈Z Tương tự như đối với iđêan thuần nhất, ta có các đặc trưng sau đây cho các môđun con thuần nhất. 1.1.12 Bổ đề. Cho Y là một môđun con của S-môđun phân bậc X = L Xn. Các mệnh đề sau là tương đương: n∈Z (i) Y là thuần nhất P (ii) Với fi ∈ Y với fi ∈ Xi khi và chỉ khi fi ∈ Y với mọi i = 0, . . . s. (iii) Y có một hệ sinh gồm những phần tử thuần nhất. Từ bổ đề xét trên ta cũng thấy rằng tổng của hai môđun con thuần nhất là một môđun con thuần nhất; giao của hai môđun con thuần nhất là một môđun con thuần nhất. Với mỗi môđun con thuần nhất Y của X, ta có thể xây dựng cấu trúc phân bậc trên môđun thương X/Y như sau. L 1.1.13 Định nghĩa. Cho X = Xn là một S-môđun phân bậc và Y là n∈Z môđun con phân bậc của . Với mỗi , đặt . Khi đó X n ∈ N Yn = Y ∩ Xn L L Y = Yn. Đặt Z = Zn với Zn = Xn/Yn. Khi đó Z là S-môđun n∈Z n∈Z 11Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  12. 10 phân bậc với phép cộng được thực hiện trên từng thành phần Xn/Yn và n P tích vô hướng cho bởi: với a = ai ∈ S, trong đó ai ∈ Si, và với i=−m k P f = (fj + Yj) ∈ Z với fi ∈ Xi ta đặt j=−t n+k X  X  af = aifj + Yk ∈ Z. j=−m−t i+j=k n n P P Dễ thấy ánh xạ ϕ : X/Y → Z cho bởi ϕ( fi + Y ) = (fi + Yi) là i=−m i=−m một đẳng cấu. Vì thế X/Y có cấu trúc là S-môđun phân bậc. Bây giờ ta định nghĩa khái niệm đồng cấu phân bậc. 1.1.14 Định nghĩa. Cho L và 0 L 0 là các -môđun X = Xn X = Xn S n∈Z n∈Z phân bậc và k ≥ 0 là một số tự nhiên. Một đồng cấu phân bậc bậc k giữa các -môđun phân bậc và 0 là một họ trong đó mỗi S X X (fn)n∈N, 0 là một đồng cấu giữa các -môđun. fn : Xn → Xn+k S0 Cho K là một trường và S = K[x, y] là vành đa thức hai biến trên K. Xét cấu trúc phân bậc tự nhiên trên S, khi đó S là vành phân bậc chuẩn Noether. Vì x2 ∈ S là phần tử thuần nhất bậc 2 nên ánh xạ ϕ : S → S cho bởi ϕ(f) = x2f là một đồng cấu phân bậc bậc 2. Phần cuối của tiết này dành để giới thiệu một số loại vành và môđun phân bậc quan trọng được xây dựng xuất phát từ một iđêan I trong vành L giao hoán R (vành R bất kì, không nhất thiết phân bậc). Nếu R = Rn n∈Z là vành phân bậc sao cho Rn = 0 với mọi n < 0 thì ta gọi R là vành ∞ L L phân bậc không âm và ta viết R = Rn hay R = Rn. Tương tự, nếu n=0 n≥0 L M = Mn là một R-môđun phân bậc sao cho Mn = 0 với mọi n < 0 n∈Z ∞ L L thì ta viết Mn hay M = Mn. n=0 n≥0 12Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  13. 11 ∞ 1.1.15 Định nghĩa. Cho I là iđêan của R. Đặt R(I) = LIn. Với hai n=0 n m P P P phần tử f = fi và g = gi trong R(I), ta đặt f + g = (fi + gi) và i=0 i=0 i n+m X X fg = hk với hk = figj. k=0 i+j=k Khi đó R(I) là một vành phân bậc với phép cộng và nhân ở trên. R(I) cũng là một R-đại số. Vành R(I) được gọi là vành Ress hay đại số Ress ∞ của R ứng với I. Bằng cách viết R(I) = LIntn, ta có thể coi vành Ress n=0 R(I) như là một vành con của vành đa thức R[t]. Nếu M là R-môđun thì ∞ L n ta có môđun phân bậc RI(M) = I M trên vành Ress R(I) với phép n=0 n P cộng theo thành phần và tích vô hướng cho bởi: với a = ai ∈ R(I), i=0 m i P i trong đó ai ∈ I và f = fi ∈ RI(M) trong đó fi ∈ I M, ta đặt i=0 n+m X X af = gk với gk = (aifj). k=0 i+j=k ∞ L n Môđun phân bậc RI(M) = I M vừa xây dựng được gọi là môđun n=0 Ress của M ứng với I. Trước khi định nghĩa khái niệm vành và môđun phân bậc liên kết, chúng ta cần xây đựng loại vành và môđun phân bậc lọc. 1.1.16 Định nghĩa. Cho R là một vành. Một dãy giảm R = J0 ⊇ J1 ⊇ các iđêan của R được gọi là một lọc của R nếu JnJm ⊆ Jn+m với mọi n, m. Giả sử R = J0 ⊇ J1 ⊇ là một lọc. Đặt Sn = Jn/Jn+1 với mọi 13Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  14. 12 ∞ L n ≥ 0, và S = Sn. Định nghĩa phép cộng theo thành phần và phép nhân n=0 trên S như sau: Với λ = x + Jn+1 ∈ Sn và à = y + Jm+1 ∈ Sm, trong đó x ∈ Jn và y ∈ Jm, đặt λà = xy + Jn+m+1. Khi đó, với 2 phép toán này, S là một vành phân bậc, được gọi là vành lọc của R ứng với lọc trên. Hoàn toàn tương tự, với mỗi R-môđun M và mỗi lọc R = J0 ⊇ J1 ⊇ các iđêan của R, ta có một lọc M = J0M ⊇ J1M ⊇ những môđun ∞ L con của M. Khi đó ta có môđun lọc phân bậc X = JnM/Jn+1M trên n=0 ∞ L vành lọc S = Jn/Jn+1. n=0 n 1.1.17 Định nghĩa. Cho I là một iđêan của R. Khi đó họ (I )n≥0 làm thành một lọc. Vành lọc phân bậc của R ứng với lọc này được kí hiệu là GI(R), và được gọi là vành phân bậc liên kết của R ứng với I. Như vậy L n n+1 GI(R) = I /I . Tương tự, nếu M là một R-môđun thì ta có một lọc n>0 n (I M)n≥0 các môđun con của M. Môđun phân bậc lọc của M ứng với lọc này được gọi là môđun phân bậc liên kết của M ứng với I và được kí L n n+1 hiệu là GI(M). Như vậy GI(M) = I M/I M. n>0 1.1.18 Mệnh đề. Cho R là vành giao hoán Noether, I là iđêan của R và M là hữu hạn sinh. Khi đó (i) Vành Ress R(I) là vành phân bậc Noether và môđun Ress RI(M) là R(I)-môđun phân bậc hữu hạn sinh. (ii) Vành phân bậc liên kết GI(R) là Noether và môđun phân bậc liên kết GI(M) là GI(R)-môđun hữu hạn sinh. Chứng minh. Vì R là vành Noether theo giả thiết nên I là iđêan hữu hạn sinh. Giả sử I = (a1, . . . , ak)R. Khi đó ta có thể kiểm tra được R(I) = R[a1, . . . , ak]. Vì a1, . . . , ak là các phần tử bậc 1 nên R[a1, . . . , ak] là vành phân bậc chuẩn hữu hạn sinh. Do đó nó là vành Noether. Vì thế 14Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  15. 13 R(I) là vành Noether. Dễ thấy ánh xạ ϕ : R(I) → GI(R) cho bởi P P i+1 ϕ( ai) = (ai + I ) là một toàn cấu phân bậc bậc 0. Vì thế GI(R) là vành thương của R(I). Vì R(I) là vành Noether nên GI(R) cũng là vành Noether. Chứng minh tính hữu hạn sinh cho môđun Ress và môđun phân bậc liên kết là tương tự. 1.2 Tiêu chuẩn Artin cho môđun phân bậc Trong suốt tiết này, luôn giả thiết R là một vành giao hoán có đơn vị, S = R[x1, . . . , xs] là vành đa thức s biến với hệ số trong R. Xét S như là L vành phân bậc chuẩn (với deg x1 = = deg xs = 1). Cho M = Mn n∈Z là một S-môđun phân bậc. Mục đích của tiết này là trình bày một tiêu chuẩn để S-môđun phân bậc M là Artin. Nhắc lại rằng M được gọi là môđun Artin nếu nó thỏa mãn điều kiện mọi dãy giảm các môđun con đều dừng, tức là với mỗi dãy giảm các môđun con N0 ⊇ N1 ⊇ của M luôn tồn tại chỉ số k sao cho Nn = Nk với mọi n ≥ k. Định lí sau đây được viết trong bài báo của D. Kirby [K1], là một trong ba kết quả chính của luận văn. L 1.2.1 Định lý. R[x1, . . . , xs]-môđun phân bậc M = Mn là Artin nếu n∈Z và chỉ nếu tồn tại các số nguyên k, p sao cho (a) Mn = 0 với mọi n > p. (b) với mọi (0 :Mn (x1, . . . , xs)R) = 0 n < k. (c) là -môđun Artin với mọi Mn R k 6 n 6 p. Để chứng minh Định lí 1.2.1 ta cần một số bổ đề sau. 1.2.2 Bổ đề. Cho S = R[x1, . . . , xs] là vành đa thức s biến trên R và L M = Mn là S-môđun phân bậc. Khi đó n∈Z 15Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  16. 14 (i) L là môđun con của với mọi . Mn M r ∈ N n≥r (ii) L là môđun con của , với mọi (0 :Mn (x1, . . . , xs)R) M r ∈ N. n6−r (iii) Với mỗi cho trước và với mỗi dãy giảm các n ∈ Z N0 ⊇ N1 ⊇ R-môđun con của Mn, ta có dãy giảm SN0 ⊇ SN1 ⊇ các môđun con của M, trong đó SNi là môđun con của M sinh bởi Ni. L 0 Chứng minh. (i) Đặt Cr = Mn. Cho m, m ∈ Cr và a ∈ S. Biểu diễn n≥r P và 0 P 0 thành tổng của hữu hạn phần tử thuần nhất m = mi m = mi i≥r i≥r 0 bậc . Viết P là tổng của hữu hạn phần tử thuần nhất mi, mi i ≥ r a = ai i≥0 bậc . Khi đó 0 P 0 là tổng của hữu hạn phần ai i ≥ 0 m + m = (mi + mi) i≥r P P 0 tử thuần nhất bậc i ≥ r và am = ajmi. Vì thế m + m , am ∈ Cr. k≥ri+j=k Do đó Cr là môđun con của M. Chứng minh Mệnh đề (ii) là tương tự. Mệnh đề (iii) là hiển nhiên. Cho à là một lớp các R-môđun. Ta gọi à là một phạm trù con Serre của phạm trù các R-môđun nếu nó thỏa mãn điều kiện: với mỗi dãy khớp 0 → M 0 → M → M 00 → 0 các R-môđun, ta có M ∈ à nếu và chỉ nếu M 0,M 00 ∈ à. 1.2.3 Bổ đề. Giả sử à là một phạm trù con Serre của phạm trù các R- môđun. Giả sử M, N là các R-môđun và fi : M → N với i = 1, . . . , s là các đồng cấu. Khi đó s P (i) Nếu M ∈ à và N = Im fi thì N ∈ à. i=1 s T (ii) Nếu N ∈ à và 0 = Ker fi thì M ∈ à. i=1 Chứng minh. (ii). Ta chứng minh bằng quy nạp theo s. Cho s = 1. Đặt f = f1. Khi đó N = Im f. Chú ý rằng M ∈ à. Vì thế từ dãy khớp 0 → Ker f → M → Im f → 0 các R-môđun và từ định nghĩa của 16Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  17. 15 s−1 0 P à ta suy ra N = Im f ∈ à. Cho s > 1. Đặt N = Im fi. Với mỗi i=1 , xét tương ứng ∗ 0 cho bởi ∗ i ∈ {1, . . . , s − 1} fi : M → N fi (y) = fi(y). Do 0 với mọi nên ∗ là ánh xạ. Dễ thấy Im fi ⊆ N i = 1, . . . , s − 1 fi ∗ là đồng cấu. Ta có ∗ với mọi Vì thế fi Im fi = Im fi i = 1, . . . , s − 1. s−1 P ∗ 0 Từ giả thiết , áp dụng quy nạp cho đồng cấu Im fi = N . M ∈ à s − 1 i=1 ∗ với ta suy ra 0 Xét ánh xạ 0 fi i = 1, . . . , s − 1 N ∈ à. f s : M → N/N cho bởi ∗ 0 Dễ thấy là đồng cấu các -môđun. Vì fs (y) = fs(y) + N . f s R 0 Im fs + N = N nên ta có 0 0 0 0 Im f s = {fs(y) + N | y ∈ M} = Im fs + N /N = N/N . Do đó áp dụng cho trường hợp một đồng cấu 0 với f s : M → N/N M ∈ à và 0 ta suy ra 0 Do đó, từ dãy khớp 0 Im f s = N/N N/N ∈ à. 0 → N → N → N/N 0 → 0 các R-môđun với N 0, N/N 0 ∈ à và từ định nghĩa của à ta suy ra N ∈ à. (ii). Ta chứng minh bằng quy nạp theo s. Cho s = 1. Đặt f = f1. Khi đó ta Ker f = 0. Suy ra f : M → N là đơn cấu. Ta có dãy khớp f 0 → M → N → N/M → 0 các R-môđun. Vì N ∈ à nên theo định nghĩa của à ta suy ra M ∈ à. Cho s > 1 và giả thiết kết quả đã đúng cho s−1 0 T 0 trường hợp s − 1. Đặt M = Ker fj. Rõ ràng M là môđun con của j=1 . Với mỗi xét tương ứng 0 cho bởi M i ∈ {1, . . . , s − 1}, f i : M/M → N 0 Nếu 0 0 thì 0 , do f i(y + M ) = fi(y). y + M = z + M y − z ∈ M ⊆ Ker fi đó hay Vì thế là ánh xạ. Dễ kiểm tra được fi(y − z) = 0 fi(y) = fi(z). f i 17Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  18. 16 là đống cấu các -môđun. Ta có f i R s−1 \ 0 0 0 Ker f i = {y + M ∈ M/M | f i(y + M ) = 0, ∀i = 1, . . . , s − 1} i=1 0 0 = {y + M ∈ M/M | fi(y) = 0, ∀i = 1, . . . , s − 1} 0 0 = {y + M ∈ M/M | y ∈ Ker fi, ∀i = 1, . . . , s − 1} = {y + M 0 ∈ M/M 0 | y ∈ M 0} = 0. Vì thế, theo giả thiết quy nạp ta có 0 Xét ánh xạ ∗ 0 M/M ∈ à. fs : M → N cho bởi ∗ (chú ý rằng ∗ là hạn chế của trên môđun con fs (y) = fs(y) fs fs 0 của ). Rõ ràng ∗ là đồng cấu các -môđun. Theo giả thiết ta có M M fs R ∗ 0 ∗ Ker fs = {y ∈ M | fs (y) = fs(y) = 0} s−1 \ = {y ∈ Ker fj | y ∈ Ker fs} j=1 s \ = Ker fj = 0. j=1 Vì thế áp dụng trường hợp cho một đồng cấu ∗ 0 với và fs : M → N N ∈ à ∗ ta suy ra 0 Từ dãy khớp 0 0 Ker fs = 0 M ∈ à. 0 → M → M → M/M → 0 với M 0, M/M 0 ∈ à và từ định nghĩa của à ta suy ra M ∈ à. Giả sử M là R-môđun. Đặt AnnR M = {a ∈ R | aM = 0}. Dễ thấy AnnR M là một iđêan của R. Giả sử I là iđêan của R. Khi đó M có cấu trúc tự nhiên là R/I-môđun với tích vô hướng (r + I)m = rm nếu và chỉ nếu I ⊆ AnnR M. Thật vậy, nếu M là R/I-môđun thì với mỗi a ∈ I và mỗi m ∈ M ta có am = (a + I)m = (0 + I)m = 0, và do đó a ∈ AnnR M, tức là I ⊆ AnnR M. Ngược lại, nếu I ⊆ AnnR M thì tương ứng ϕ : R/I ì M → M cho bởi ϕ(r + I, m) = rm là ánh xạ, và ta dễ kiểm tra được M là R/I-môđun với phép cộng đã có và tích vô hướng là ánh xạ này. 18Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  19. 17 1.2.4 Bổ đề. Cho S = R[x1, . . . , xs] là vành đa thức s biến trên R và L là -môđun phân bậc. Đặt t+1 t M = Mn S Nt = (0 :M xs R)/(0 :M xsR) n∈Z với t ≥ 0. Khi đó các phát biểu sau là đúng (i) Nt là một S-môđun phân bậc với mọi t ≥ 0 và Nt có cấu trúc tự nhiên là một R[x1, . . . , xs−1]-môđun. (ii) Quy tắc αt : Nt → Nt−1 cho bởi t t−1 αt(y + (0 :M xsR)) = xsy + (0 :M xs R) là đơn cấu phân bậc bậc 1 với mọi t ≥ 1. (iii) Kí hiệu βt : Nt → N0 là đồng cấu hợp thành α1 . . . αt. Khi đó βt là đơn cấu phân bậc bậc t với mọi t ≥ 1. Chứng minh. (i) Trước hết ta chứng minh t là môđun con phân (0 :M xsR) bậc của với mọi Rõ ràng t là một môđun con của . Giả M t. (0 :M xsR) M sử t , trong đó với m = mp + mp+1 + + mk ∈ (0 :M xsR) mi ∈ Mi Khi đó t t t t Chú i = p, p + 1, . . . , k. 0 = xsm = xsmp + xsmp+1 + + xsmk. ý rằng t với mọi Do chỉ có một biểu diễn xsmi ∈ Mi+t i = p, p+1, . . . , k. 0 duy nhất thành tổng của hữu hạn phần tử thuần nhất nên ta có t xsmi = 0 với mọi Suy ra t t Theo i = p, p + 1, . . . , k. mi ∈ (0 :Mi xsR) ⊆ (0 :M xsR). Bổ đề 1.1.12, t là môđun con phân bậc của . Vì t (0 :M xsR) M (0 :M xsR) là môđun con thuần nhất của môđun phân bậc t+1 nên môđun (0 :M xs R) thương t+1 t cũng là phân bậc. Lấy một phần tử Nt = (0 :M xs R)/(0 :M xsR) tùy ý t với t+1 . Khi đó t m + (0 :M xsR) ∈ Nt m ∈ (0 :M xs R) xs(xsm) = 0. Do đó t Suy ra t t xsm ∈ (0 :M xsR). xsm + (0 :M xsR) = 0 + (0 :M xsR). Vì thế xsNt = 0, tức là xsS ⊆ AnnS Nt. Do đó Nt có cấu trúc tự nhiên ∼ là S/xsS-môđun. Vì S/xsS = R[x1, . . . , xs−1] nên Nt có cấu trúc là R[x1, . . . , xs−1]-môđun phân bậc. (ii) Cho t , trong đó t+1 Khi y + (0 :M xsR) ∈ Nt y ∈ (0 :M xs R). đó ta có t+1 t Suy ra t . Nên ta có 0 = xs y = xs(xsy). xsy ∈ (0 :M xsR) 19Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  20. 18 t−1 Vì vậy, là ánh xạ. Dễ thấy là đồng xsy + (0 :M xs R) ∈ Nt−1. αt αt cấu phân bậc bậc 1. Ngoài ra, αt là đơn cấu. Thật vậy, giả sử ta có t và 0 t là 2 phần tử của thoả mãn y + (0 :M xsR) y + (0 : MxsR) Nt t−1 0 t−1 . Khi đó 0 xsy + (0 :M xs R) = xsy + 0 :M xs R xsy − xsy ∈ (0 :M t−1 hay ta có 0 t−1 . Suy ra 0 t . Nên xs R) xs(y − y ).xs = 0 y − y ∈ (0 :M xsR) t 0 t . y + (0 :M xsR) = y + (0 :M xsR) (iii) Ta có N0 = (0 :M xsR). Rõ ràng βt là đồng cấu phân bậc bậc t vì nếu t với thuần nhất bậc thì t+1 , y + (0 :M xsR) ∈ Nt y n y ∈ (0 :Mn xs R) và do đó t t , tức là βt(y + (0 :M xsR)) = xsy ∈ (0 :Mn+t xsR) ⊆ N0 t là phần tử thuần nhất bậc trong Cần chú ý βt(y + (0 :M xsR)) n + t N0. rằng mỗi αt là đơn cấu và do đó βt = α1 αt là đơn cấu phân bậc t. 1.2.5 Bổ đề. Cho S = R[x1, . . . , xs] là vành đa thức s biến trên R và L M = Mn là S-môđun phân bậc thỏa mãn điều kiện (a) trong Định n∈Z lí 1.2.1. Kí hiệu Nt và αt : Nt → Nt−1 như trong Bổ đề 1.2.4. Với mỗi môđun con A của M và mỗi t ≥ 0, đặt  t t+1 . t At = (A + 0 :M xsR) ∩ (0 :M xs R) (0 :M xsR). Các phát biểu sau là đúng (i) Nếu A ⊆ B thì At ⊆ Bt với mọi t ≥ 0. (ii) Nếu A ⊆ B và At = Bt với mọi t ≥ 0 thì A = B. (iii) Dãy A0, β1(A1), β2(A2), là một dãy giảm các môđun con của R[x1, . . . , xs−1]-môđun N0. Chứng minh. (i) Với mỗi t ≥ 0, vì A ⊆ B nên t t A + (0 :M xsR) ⊆ B + (0 :M xsR). Suy ra At ⊆ Bt. (ii) Cho A ⊆ B và At ⊆ Bt với mọi t. Giả sử A 6= B. Khi đó B 6⊆ A. Lấy b ∈ B \ A. Theo giả thiết (a) trong Định lí 1.2.1, ta có 20Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  21. 19 p thể viết P trong đó thuần nhất bậc với . Vì b = bn bn n q 6 p b∈ / A n=q p nên Ta có p−q+1 P p−q+1 là tổng của các phần tử thuần b 6= 0. xs b = xs bn n=q nhất bậc lớn hơn p. Do đó theo giả thiết (a) trong Định lí 1.2.1 ta có p−q+1 Do đó p−q+1 Chú ý rằng . xs b = 0. b ∈ (0 :M x R). p − q + 1 ≥ 1 Vì thế tồn tại những số nguyên dương sao cho t Vì t b ∈ (0 :M xsR). nên 0 Do đó ta có thể chọn được một số b 6= 0 b∈ / (0 :M xsR) = 0. sao cho t+1 t Như vậy, với mỗi phần t ≥ 0 b ∈ (0 :M xs R) \ (0 :M xsR). tử b ∈ B \ A, tồn tại một số nguyên t ≥ 0 (phụ thuộc vào b) sao cho t+1 t Chọn ∗ là phần tử thuộc sao cho b ∈ (0 :M xs R) \ (0 :M xsR). b B \ A số ∗ thỏa mãn điều kiện ∗ t∗+1 t∗ là bé nhất. Rõ t b ∈ (0 :M xs R) \ (0 :M xs R) ràng ∗ t∗ t∗+1 Vì thế ∗ t∗ b ∈ (B +0 :M xs R)∩(0 :M xs R). b +(0 :M xs R) ∈ Bt∗ . Do theo giả thiết nên ∗ t∗ Vì thế tồn tại phần Bt = At b + (0 :M xs R) ∈ At∗ . tử t∗ t∗+1 sao cho a ∈ (A + 0 :M xs R) ∩ (0 :M xs R) ∗ t∗ t∗ b + (0 :M xs R) = a + (0 :M xs R) ∈ Nt∗ . Viết , trong đó t∗ và a = a1 + a2 a1 ∈ A, a2 ∈ (0 :M xs R) t∗+1 a1 + a2 ∈ (0 :M xs R). Suy ra ∗ t∗ Do t∗ nên ta dễ thấy b − a1 − a2 ∈ (0 :M xs R). a2 ∈ (0 :M xs R) ∗ t∗ Vì nên ∗ . Nếu ∗ thì b − a1 ∈ (0 :M xs R). A ⊆ B b − a1 ∈ B b − a1 ∈/ A ∗ và có một số ∗ để ∗ t+1 t b −a1 ∈ B\A t < t b −a1 ∈ (0 :M xs R)\(0 :M xsR), ∗ ∗ điều này là mâu thuẫn với cách chọn t . Vì thế b − a1 ∈ A. Do a1 ∈ A nên b∗ ∈ A, mâu thuẫn với cách chọn b∗. Vậy, A = B. (iii) Vì xsA ⊆ A nên (xsA)t ⊆ At với mọi t ≥ 0. Ta khẳng định αt(At) = (xsA)t−1 với mọi t ≥ 1. Thật vậy, ta có  t−1 t t+1 αt(At) = xsy+(0 :M xs R) ∈ Nt−1 | y ∈ (A+0 :M xsR)∩(0 :M xs R) . 21Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  22. 20 Lấy t−1 , trong đó 0 với , xsy + (0 :M xs R) ∈ αt(At) y = a + a a ∈ A 0 t và 0 t+1 Khi đó 0 t−1 a ∈ (0 :M xsR) a + a ∈ (0 :M xs R). xsa ∈ (0 :M xs R) và 0 t Vì thế xsy = xs(a + a ) ∈ (0 :M xsR). t−1 t−1 xsy + (0 :M xs R) = xsa + (0 :M xs R) t−1 t t−1 ∈ (xsA + 0 :M xs R) ∩ (0 :M xsR)/(0 :M xs R) = (xsA)t−1. Ngược lại, lấy t−1 trong đó y + (0 :M xs R) ∈ (xsA)t−1 y ∈ (xsA + 0 :M t−1 t Khi đó 0 t với xs R) ∩ (0 :M xsR). y = xsa + a ∈ (0 :M xsR) a ∈ A và 0 t−1 Vì thế t−1 t−1 a ∈ (0 :M xs R). y + (0 :M xs R) = xsa + (0 :M xs R). Vì 0 t và 0 t−1 t nên xsa + a ∈ (0 :M xsR) a ∈ (0 :M xs R) ⊆ (0 :M xsR) t . Suy ra t . Vì thế t+1 . Do đó xsa ∈ (0 :M xsR) xsxsa = 0 a ∈ (0 :M xs R) t t+1 Suy ra a ∈ (A + 0 :M xsR) ∩ (0 :M xs R). t−1 t−1 y + (0 :M xs R) = xsa + (0 :M xs R) ∈ αt(A), khẳng định được chứng minh. Theo khẳng định trên ta có αt(At) = (xsA)t−1 ⊆ At−1. Vì thế β1(A1) = α1(A1) ⊆ A0. Tác động βt−1 vào hai vế của bao hàm thức αt(At) ⊆ At−1 ở trên ta được βt(At) ⊆ βt−1(At−1) với mọi t. Do đó ta có dãy giảm như (iii). Chứng minh Định lí 1.2.1. Cho M là R[x1, . . . , xs]-môđun Artin. Khi đó ∞ ∞ L L với mỗi số nguyên r, dãy giảm Mn ⊇ Mn ⊇ các R[x1, . . . , xs]- r r+1 môđun con của M phải dừng, nghĩa là tồn tại số nguyên k0 sao cho ∞ ∞ ∞ ∞ L L 0 L L Mn = Mn, ∀i ≥ k . Lấy mr+k0 ∈ Mr+k0 . Vì Mn = Mn r+k0 r+i r+k0+1 r+k0 nên tìm được các phần tử mr+k0+1, mr+k0+2, . . . , mp sao cho mi ∈ Mi với i = r + k0 + 2, . . . , p thỏa mãn mr+k0 = mr+k0+1 + mr+k0+2 + ããã + mp. 22Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  23. 21 Suy ra mr+k0 − mr+k0+1 − mr+k0+2 − − mp = 0. Do 0 chỉ viết được một cách duy nhất thành tổng các phần tử thuần nhất (các phần tử này đều là 0) nên mr+k0 = 0. Suy ra Mr+k0 = 0. Cứ tiếp tục quá trình trên, theo quy nạp, tồn tại số nguyên p sao cho Mn = 0, ∀n > p. Hoàn toàn tương tự, từ dãy giảm các R[x1, . . . , xs]-môđun con của M −r −r−1 M M (0 :Mn (x1, . . . , xs)R) ⊇ (0 :Mn (x1, . . . , xs)R) ⊇ −∞ −∞ s luôn tồn tại số nguyên sao cho P . Để k (0 :Mn xiR) = 0, ∀n p. Do đó M = Mn. Theo giả k thiết (c), là -môđun Artin với mọi . Vì thế cũng là Mn R k 6 n 6 p M R-môđun Artin. Giả sử s ≥ 1 và mỗi R[x1, . . . , xs−1]-môđun phân bậc thỏa mãn các điều kiện (a), (b), (c) trong Định lý 1.2.1 đều là Artin. Với các R-đồng 23Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  24. 22 ãxi cấu Mn → Mn+1, trong đó i = 1, . . . , s, ta có s \ Ker(xi) = {m ∈ Mn | mxi = 0, i = 1 . . . , s} = 0 1 . Theo Bổ đề 1.2.3 áp dụng cho à là phạm trù các R-môđun Artin, ta suy ra nếu Mn+1 là R-môđun Artin thì Mn cũng là R-môđun Artin. Vì Mk là R-môđun Artin, nên bằng phương pháp quy nạp giảm theo n ta có Mn là -môđun Artin với mọi . Do đó là -môđun Artin với mọi R n 6 k Mn R n 6 p. Đặt i+1 i Ni = (0 :Mn xs R)/(0 :M xs R) với mỗi i ≥ 0. Kí hiệu (Ni)n là thành phần thuần nhất bậc n của Ni. Chú ý rằng là -môđun Artin với mọi Vì Mn R n 6 p. ∼ i+1 i (Ni)n = (0 :M xs R)/(0 :Mn xs R) và Mn = 0 với mọi n > p nên (Ni)n = 0 với mọi n > p và (Ni)n là s−1 -môđun Artin với mọi . Cho P với phần tử đại R n 6 p a ∈ (0 :Ni xiR) i=1 i+1 diện a ∈ (0 :M xs R). Khi đó xia = 0 với mọi i = 1, . . . , s − 1, hay i i+1 xia ∈ (0 :M xs R) với mọi i = 1, . . . , s − 1. Do a ∈ (0 :M xs R) nên i i i xsa ∈ (0 :M xs R). Vì thế x a ∈ (0 :M xs R) với mọi i = 1, . . . , s. Suy ra s s i P . Do với mọi và P xs a ∈ (0 :M xiR) Mn = 0 n > p (0 :Mn xiR) = 0 i=1 i=1 với mọi n < k nên ta có +∞ p M M (0 :M (x1, . . . , xs)R) = (0 :Mn (x1, . . . , xs)R) = Mn. −∞ k p p−i p−i Suy ra, i L và L i . Vì thế, L xs a ∈ Mn a ∈ Mn + (0 :M xs R) a ∈ (Ni)n k k−i k−i s−1 p−i s−1 hay P L . Do đó P (0 :Ni xiR) ⊆ (Ni)n (0 :(Ni)n xiR) = 0, ∀n < k − i. i=1 k−i i=1 24Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  25. 23 Như vậy, Ni thỏa mãn các điều kiện (a), (b), (c) trong Định lý 1.2.1. Do đó theo Bổ đề 1.2.4 và giả thiết quy nạp, Ni là R[x1, . . . , xs−1]-môđun Artin với mọi i ≥ 0. Xét dãy giảm A0 ⊇ A1 ⊇ các R[x1, . . . , xs]-môđun con của M. Với mỗi t ≥ 0, đặt i i+1 i Ati = (At + (0 :M xs R) ∩ (0 :M xs R)/(0 :M xs R). Theo Bổ đề 1.2.5(i), ta có dãy giảm các môđun con của Ni A0i ⊇ A1i ⊇ Ati ⊇ , ∀i ≥ 0. Vì Ni là R[x1, . . . , xs−1]-môđun Artin với mọi i ≥ 0 nên tồn tại số nguyên ti và R[x1, . . . , xs−1]-môđun con Qi của Ni sao cho Ati = Qi với mọi t ≥ ti và mọi i ≥ 0. Với mỗi i ≥ 0, chọn u = max{ti, ti+1}. Khi đó ta có βi(Qi) = βi(Aui ) ⊇ βi+1(Aui+1) = βi+1(Qi+1). Theo Bổ đề 1.2.5 (ii) ta có dãy giảm β0(Q0) ⊇ β1(Q1) ⊇ ⊇ các R[x1, . . . , xs−1]-môđun con của N0. Do N0 là R[x1, . . . , xs−1]-môđun Artin nên lại tồn tại số nguyên T ≥ 0 sao cho βi(Qi) = βi+1(Qi+1) với mọi i ≥ T . Đặt I = max{t0, t1, . . . , tT }. Khi đó Ati = At+1i = Qi với mọi t ≥ I và T ≥ i ≥ 0. Để hoàn thành chứng minh ta cần chỉ ra Ati = At+1i = Qi với mọi t ≥ I và mọi i ≥ T. Ta sẽ chứng minh điều này bằng quy nạp theo i, với i ≥ T . Theo trên ta luôn có AtT = At+1T = QT . Giả sử Ati = At+1i = Qi với i ≥ T . Theo Bổ đề 1.2.5(i) ta có dãy giảm A0i+1 ⊇ A1i+1 ⊇ và dãy này cũng dừng, nghĩa là ta có Ati+1 ⊇ Qi+1. Theo Bổ đề 1.2.5(iii) ta lại có βi(Ati) ⊇ βi+1(Ati+1) ⊇ βi+1(Qi+1). 25Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  26. 24 Vì i ≥ T nên theo chứng minh trên ta có βi(Qi) = βi+1(Qi+1). Suy ra βi(Ati) ⊇ βi+1(Ati+1) ⊇ βi+1(Qi+1) = βi(Qi) = βi(Ati), và do đó βi+1(Ati+1) = βi+1(Qi+1), ∀i ≥ I. Theo Bổ đề 1.2.4(iii), βi+1 là đơn cấu. Vì thế Ati+1 = At+1i+1 = Qi+1 với mọi i ≥ I. Vì vậy ta luôn có Ati = At+1i = Qi với mọi t ≥ T và mọi i ≥ 0. Theo Bổ đề 1.2.5(ii), At = At+1 với mọi t ≥ I. Điều này có nghĩa là dãy giảm A0 ⊇ A1 ⊇ dừng. Vậy M là R[x1, . . . , xs]-môđun Artin. 26Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  27. Chương 2 Đa thức Hilbert và chiều Noether cho môđun Artin 2.1 Đa thức Hilbert cho môđun Artin Giả sử f(n) là một hàm theo biến nguyên n ∈ N và nhận giá trị trong N. n n! Với hai số tự nhiên i n, kí hiệu = là số tổ hợp chập i 6 i i!(n − i)! của n phần tử. 2.1.1 Định nghĩa. Ta nói f(n) là hàm đa thức nếu tồn tại các số nguyên d X n + i d, n , a , . . . , a ∈ với d ≥ 0 sao cho f(n) = a với mọi 0 0 d Z i i i=0 n ≥ n0. Nếu ad 6= 0 thì ta nói f có bậc d. Nếu f(n) = 0 với mọi n đủ lớn thì ta nói f có bậc −1. Bằng quy nạp theo d, ta dễ dàng kiểm tra được tính chất sau. 2.1.2 Bổ đề. Giả sử f(n) là hàm đa thức và ad, bd0 là các số nguyên khác 0 sao cho d d0 X n + i X n + i f(n) = a = b i i i i i=0 i=0 0 với mọi n ≥ n0. Khi đó d = d và ai = bi với mọi i = 0, . . . , d. Nói cách khác, các hệ số a0, . . . , ad trong biểu diễn của hàm đa thức f(n) là xác định duy nhất. 25 27Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  28. 26 2.1.3 Bổ đề. Giả sử f(n) là một hàm theo biến nguyên n ∈ N. Đặt ∆f(n) = f(n) − f(n − 1). Khi đó f(n) là hàm đa thức bậc d ≥ 0 nếu và chỉ nếu ∆f(n) là hàm đa thức bậc d − 1. d X n + i Chứng minh. Giả sử f(n) = a với mọi n ≥ n là hàm đa i i 0 i=0 thức bậc d ≥ 0. Ta có d d X n + i X n − 1 + i ∆f(n) = a − a i i i i i=0 i=0 d d−1 X (n + i − 1)! X (n + j)! = a = b , trong đó b = a n!(i − 1)! i n!j! j j j+1 i=1 j=i−1=0 d−1 X n + j = b , j j j=0 với mọi n ≥ n0, trong đó bd−1 = ad 6= 0. Vì thế ∆f(n) là hàm đa thức d−1 X n + j bậc d − 1. Ngược lại, giả sử ∆f(n) = f(n) − f(n − 1) = b j j j=0 với mọi n ≥ n0 là đa thức bậc d − 1. Khi đó với mọi n ≥ n0 ta có d−1 X n + j f(n) = b + [f(n − 1) − f(n − 2)] j j j=0 + + [f(n0 + 1) − f(n0)] + f(n0). d−1 X n + j = b + ∆f(n − 1) + + ∆f(n + 1) + f(n ). j j 0 0 j=0 d−1   d−1   d−1   X n + j X n − 1 + j X n0 + 1 + j = b + b + + b j j j j j j j=0 j=0 j=0 + f(n0). Từ đây ta suy raf(n) là hàm đa thức bậc d. 28Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  29. 27 2.1.4 Hệ quả. Giả sử f1(n) và f2(n) là hai hàm thỏa mãn điều kiện f1(n) = f2(n + 1) với mọi n ≥ n0. Khi đó f1 là hàm đa thức bậc d nếu và chỉ nếu f2 là hàm đa thức bậc d. Chứng minh. Ta chứng minh hệ quả này bằng quy nạp theo d. Giả sử d = −1. Khi đó f1(n) = 0 với n đủ lớn nếu và chỉ nếu f2(n) = f1(n − 1) = 0 với n đủ lớn. Vì thế f1 là hàm đa thức bậc −1 nếu và chỉ nếu f2 là hàm đa thức bậc −1. Cho d ≥ 0. Đặt g1(n) = f1(n) − f1(n − 1) và g2(n) = f2(n) − f2(n − 1). Theo Bổ đề 2.1.3, f1(n) là hàm đa thức bậc d nếu và chỉ nếu g1(n) là hàm đa thức bậc d − 1; f2(n) là hàm đa thức bậc d nếu và chỉ nếu g2(n) là hàm đa thức bậc d − 1. Chú ý rằng g1(n) = f1(n) − f1(n − 1) = f2(n + 1) − f2(n) = g2(n + 1). Vì thế, theo giả thiết quy nạp, g1(n) là hàm đa thức bậc d − 1 nếu và chỉ nếu g2(n) là hàm đa thức bậc d − 1. Từ các lập luận trên ta suy ra điều phải chứng minh. Trong kết quả tiếp theo ta giả thiết à gồm các R-môđun có độ dài hữu hạn. Rõ ràng à là phạm trù con Serre của phạm trù các R-môđun và nếu 0 → N 0 → N → N 00 → 0 là một dãy khớp các R-môđun có độ dài 0 00 hữu hạn thì `R(N) = `R(N ) + `R(N ). Kí hiệu R[x1, . . . , xs] là vành đa thức s biến trên R. Kí hiệu às là tập các R[x1, . . . , xs]-môđun phân bậc L sao cho với mọi và M = Mn Mn ∈ à n ∈ Z n∈Z (a) khi thì tồn tại để với mọi ; s = 0 n0 ∈ Z Mn = 0 n 0 thì hạt nhân và đối hạt nhân của đồng cấu M →.xs M đều thuộc às−1. 2.1.5 Định lý. Giả sử à là phạm trù con Serre gồm các R-môđun có độ L dài hữu hạn và M = Mn là một R[x1, . . . , xs]-môđun phân bậc. Với kí n∈Z 29Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  30. 28 hiệu như trên, nếu thì hàm , trong đó , às M ∈ às f(n) = `R(M−n) n ∈ N là một hàm đa thức bậc không quá s − 1. Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo s. Với s = 0 thì theo định nghĩa của à0, tồn tại n0 để M−n = 0 với −n n1. Do đó f(n) là hàm đa thức và bậc của nó là −1 6 0 − 1 = s − 1. Kết quả đúng trong trường hợp này. Cho s > 0. Vì M ∈ às nên hạt nhân và đối hạt nhân của đồng cấu .xs M → M thuộc às−1, tức là (0 :M xsR) ∈ às−1 và M/xsM ∈ às−1. Chú ý rằng L và L Rõ (0 :M xsR) = (0 :Mn xsR) M/xsM = Mn/xsMn−1. n∈Z n∈Z ràng ánh xạ nhúng tự nhiên (0 :M xsR) → M là đồng cấu phân bậc bậc 0 giữa các R[x1, . . . , xs]-môđun phân bậc với các đồng cấu thành phần là các phép nhúng tự nhiên giữa các -môđun; và ánh (0 :Mn xsR) → Mn R xạ chiếu chính tắc M → M/xsM là đồng cấu phân bậc bậc 0 giữa các R[x1, . . . , xs]-môđun phân bậc với các đồng cấu thành phần là các phép chiếu chính tắc Mn → Mn/xsMn−1 giữa các R-môđun. Hơn nữa, ánh .xs xạ M/(0 :M xsR) → M cho ứng phần tử m + (0 :M xsR) ∈ M/(0 :M xsR) với phần tử xsm ∈ M là một đồng cấu phân bậc bậc 1 giữa các R[x1, . . . , xs]-môđun phân bậc với các đồng cấu thành phần là các đồng cấu các -môđun cho ứng R Mn/(0 :Mn xsR) → Mn+1 mn +(0 :Mn xsR) ∈ với phần tử . Vì thế ta có hai dãy khớp các Mn/(0 :Mn xsR) xsmn ∈ Mn+1 R[x1, . . . , xs]-môđun phân bậc 0 → (0 :M xsR) → M → M/(0 :M xsR) → 0; .xs 0 → M/(0 :M xsR) → M → M/xsM → 0. Với mỗi n ∈ Z, hai dãy khớp này cảm sinh hai dãy khớp các R-môđun 30Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  31. 29 sau đây. 0 → (0 :Mn xsR) → Mn → Mn/(0 :Mn xsR) → 0; .xs 0 → Mn/(0 :Mn xsR) → Mn+1 → Mn+1/xsMn → 0. Đặt , , f(n) = `R(M−n) g(n) = `R(0 :M−n xsR) h(n) = `R(M−n/xsM−n−1) và k(n) = h(n − 1). Từ các dãy khớp trên ta có f(n) = `R(M−n) = `R(0 :M−n xsR) + `R(M−n/(0 :M−n xsR))   = g(n) + `R(M−n+1) − `R(M−n+1/xsM−n) = g(n) + f(n − 1) − h(n − 1). Suy ra f(n) − f(n − 1) = g(n) − h(n − 1) = g(n) − k(n). Vì M ∈ às nên theo giả thiết ta có (0 :M xsR) ∈ às−1 và M/xsM ∈ às−1. Do đó, theo giả thiết quy nạp, g(n) và h(n) là các hàm đa thức bậc không quá s − 2. Do h(n) = k(n + 1) nên theo Hệ quả 2.1.4 ta suy ra k(n) là hàm đa thức bậc không quá s − 2. Dễ thấy rằng tổng (hiệu) của hai hàm đa thức bậc không quá s − 2 là hàm đa thức bậc không quá s − 2. Do đó f(n) − f(n − 1) là hàm đa thức bậc không quá s − 2. Theo Bổ đề 2.1.3, hàm f(n) là hàm đa thức bậc không quá s − 1. 2.1.6 Hệ quả. Giả sử à là phạm trù con Serre gồm các R-môđun có độ L dài hữu hạn và M = Mn là một R[x1, . . . , xs]-môđun phân bậc. Kí n∈Z hiệu às như trong Định lí 2.1.5. Khi đó M là một phần tử Artin của às nếu và chỉ nếu có các số nguyên k 6 p sao cho (a) Mn = 0 với mọi n > p; (b) với mọi ; (0 :Mn (x1, . . . , xs)R) = 0 n p (0 :Mn 31Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  32. 30 (x1, . . . , xs)R) = 0 với mọi n 0. Để chứng minh M ∈ às, trước hết ta chứng minh Mn ∈ à với mọi . Theo (a) ta có với mọi , vì thế có độ n ∈ Z Mn = 0 n > p Mn dài hữu hạn và do đó với mọi . Cho , ta chứng minh Mn ∈ à n > p n 6 p bằng quy nạp theo n rằng Mn ∈ à. Với n = p thì Mp ∈ à theo giả thiết (c). Giả sử kết quả đã đúng với n, tức là Mn ∈ à. Với mỗi i = 1, . . . , s, kí .xi hiệu fi : Mn−1 → Mn là phép nhân bởi xi trên Mn−1 (tức là fi(m) = xim với mọi m ∈ Mn−1). Khi đó ta có s \ Ker fi = {m ∈ Mn−1 | xim = 0, ∀i = 1, . . . , s} i=1 = (0 :Mn−1 (x1, . . . , xs)R). s T Do đó theo (b) ta có Ker fi = 0. Vì Mn ∈ à nên theo Bổ đề 1.2.3(ii) i=1 ta có Vậy, với mọi . Như vậy, để chứng minh Mn−1 ∈ à. Mn ∈ à n ∈ Z M ∈ às, ta chỉ còn phải chứng minh hạt nhân (0 :M xsR) và đối hạt .xs nhân M/xsM của đồng cấu M → M là các phần tử của às−1. Vì xs ∈ nên có cấu trúc là - AnnR[x1, ,xs](0 :M xsR) (0 :M xsR) R[x1, . . . , xs−1] môđun. Lại vì M là Artin nên (0 :M xsR) cũng là Artin. Do đó (0 :M xsR) là R[x1, . . . , xs−1]-môđun Artin phân bậc. Tương tự, M/xsM là R[x1, . . . , xs−1]-môđun Artin phân bậc. Do đó, theo Định lí 1.2.1ta suy ra 32Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  33. 31 (a') và với mọi ; (0 :Mn xsR) = 0 Mn/xsMn−1 = 0 n > p (b') Với mọi n 1. Vì J n ⊆ In n n n n nên (0 :A I ) ⊆ (0 :A J ). Lấy m ∈ (0 :A J ). Khi đó J m = 0. Suy n−1 n−1 ra J (Jm) = 0. Vì thế Jm ⊆ (0 :A J ). Theo giả thiết quy nạp, n−1 n−1 n−1 Jm ⊆ (0 :A I ). Do đó I (Jm) = 0. Suy ra I m ⊆ (0 :A J). Vì n−1 n−1 (0 :A J) = (0 :A I) nên I m ⊆ (0 :A I). Vì thế I(I m) = 0 hay 33Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  34. 32 n n n n I m = 0. Do đó m ∈ (0 :A I ). Vậy, (0 :A J ) = (0 :A I ) với mọi n ≥ 0. Định lí sau đây, là kết quả chính thứ hai của luận văn này, chỉ ra rằng nếu A là một R-môđun Artin và I là một iđêan của R sao cho `(0 :A I) −1. Ngoài ra với mỗi n < −1, nếu có 34Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  35. 33 −n phần tử m = m + 0 :A I ∈ M n sao cho xim = 0 thì theo định nghĩa −n−1 tích vô hướng trên ta có aim ∈ (0 :A I ) với mỗi i = 1, . . . , s. Do s −n−1 P −n đó I ( aiR)m = 0 hay m ∈ (0 :A I ). Điều này chứng tỏ m = 0 i=1 s và suy ra (0 : P x R) = 0 với mọi n < −1. Cũng cần chú ý rằng Mn i i=1 M−1 = (0 :A I) là R-môđun Artin. Từ lập luận trên ta thấy R[x1, . . . , xs]-môđun M thỏa mãn các điều kiện (a), (b), (c) trong Hệ quả 2.1.6 và do đó M là một phần tử Artin của às. Theo Định lý 2.1.5, hàm với là một hàm đa thức g(n) = `R(M −n) n ∈ N n n−1 bậc không quá s − 1. Vì M −n = (0 :A I )/(0 :A I ) nên ta có dãy khớp sau: n−1 n 0 → (0 :A I ) → (0 :A I ) → M −n → 0. Chú ý rằng với mọi . Do đó với mọi M n ∈ à n ∈ Z `R(M −n) < ∞ n ≥ 1. Do (0 :A I) = M −1 nên `R(0 :A I) = `R(M −1) < ∞. Từ 2 2 dãy khớp trên ta suy ra (0 :A I ) cũng có độ dài `R(0 :A I ) hữu hạn. n Cứ tiếp tục quá trình trên, bằng quy nạp, ta suy ra `R(0 :A I ) < ∞ n n−1 với mọi n ≥ 1. Vì thế `R(0 :A I ) = `R(0 :A I ) + `R(M −n). Đặt n n−1 f(n) = `R(0 :A I ) với n ≥ 1. Suy ra f(n − 1) = `R(0 :A I ) và do đó ta có f(n) − f(n − 1) = g(n) với mọi n ≥ 1. Theo chứng minh trên, g(n) n là hàm đa thức bậc không quá s−1. Theo Bổ đề 2.1.3, f(n) = `R(0 :A I ) là hàm đa thức bậc không quá s. n Đa thức `R(0 :A I ) như trong Định lí 2.1.8 được gọi là đa thức Hilbert của môđun Artin A ứng với iđêan I. 2.2 Chiều Noether cho môđun Artin 2.2.1 Chú ý. Trong suốt tiết này, luôn giả thiết R là một vành giao hoán với iđêan cực đại duy nhất m (vành R không nhất thiết là vành Noether), A 35Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  36. 34 là R-môđun Artin. Trước hết, ta định nghĩa chiều Noether cho R-môđun tùy ý M (không nhất thiết Artin). 2.2.2 Bổ đề. Nếu 0 → M 0 → M → M” → 0 là dãy khớp các R-môđun 0 thì N-dimR M = max{N-dimR M , N-dimR M”} Chứng minh. Có thể giả thiết M 0 là môđun con của M và M 00 = M/M 0. Từ định nghĩa chiều Noether ta dễ kiểm tra được 0 N-dimR M ≥ max{N-dimR M , N-dimR M”}. 0 0 00 Giả sử max{N-dimR M , N-dimR M”} = d. Nếu d = −1 thì M ,M = 0 0 và do đó M = 0. Suy ra N-dimR M = −1. Nếu d = 0 thì M 6= 0 hoặc M” 6= 0 và M 0,M 00 là Noether. Do đó M 6= 0 cũng là Noether. Suy ra N-dimR M = 0. Cho d > 0. Nếu N-dimR M < d thì 0 d = max{N-dimR M , N-dimR M”} 6 N-dimR M < d, vô lí. Lấy M0 ⊆ M1 ⊆ là một dãy tăng các môđun con của M. Khi đó ta 0 0 0 0 có dãy tăng (M0 + M )/M ⊆ (M1 + M )/M ⊆ các môđun con của 0 0 0 M” và dãy tăng M0 ∩ M ⊆ M1 ∩ M ⊆ các môđun con của M . Xét dãy khớp 0 0 0 → Mn+1∩(Mn+M )/Mn → Mn+1/Mn → Mn+1/Mn+1∩(Mn+M ) → 0. Vì 00 nên tồn tại sao cho với mọi N-dim M 6 d n0 n ≥ n0 0 N-dimR Mn+1/(Mn+1 ∩ (Mn + M )) 0 0. 0 0 = N-dimR(Mn+1 + M )/M (Mn + M )/M ) < d − 1. Vì 0 nên tồn tại sao cho N-dimR M 6 d n1 0 0 0 N-dimR Mn+1 ∩ (Mn + M )/Mn 6 N-dimR Mn+1 ∩ M /Mn ∩ M < d − 1 36Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  37. 35 với mọi n ≥ n1. Do đó áp dụng giả thiết quy nạp cho dãy khớp trên ta có N-dimR(Mn+1/Mn) < d−1 với mọi n ≥ n2, trong đó n2 = max{n0, n1}. Theo định nghĩa chiều Noether ta suy ra N-dimR M = d. 2.2.3 Bổ đề. Cho A 6= 0 là R-môđun Artin. Khi đó N-dimR A = 0 nếu và chỉ nếu dim(R/ AnnR A) = 0. Trong trường hợp này, A có độ dài hữu hạn và vành R/ AnnR A là Artin. Chứng minh. Giả sử N-dimR A = 0, khi đó A là R-môđun Noether và do đó `R(A) < ∞. Vì vậy, theo Matsumura [Mat], vành R/ AnnR A là Artin và dim(R/ AnnR A) = 0. Ngược lại, giả sử dim(R/ AnnR A) = 0. Khi đó là iđêan nguyên sơ. Vì thế, tồn tại sao cho AnnR A m n ∈ N n n m ⊆ AnnR A. Suy ra m A ⊆ (AnnR A)A = 0. Vì thế ta có dãy 0 = mnA ⊆ mn−1A ⊆ ⊆ mA ⊆ A. i i+1 i i+1 Chú ý rằng m ⊆ AnnR(m A/m A) với mọi i. Vì thế m A/m A có cấu trúc tự nhiên là R/m-môđun Artin, và vì thế nó là R/m-không gian véc tơ i i+1 i i+1 hữu hạn chiều. Suy ra `R(m A/m A) = dimR/m(m A/m A) < ∞ với n−1 P i i+1 mọi i. Vì thế `RA = `R(m A/m A) < ∞. Từ đó ta suy ra A Noether i=0 và vì thế N-dim A = 0. Phần tiếp theo, chúng ta sẽ chỉ ra rằng chiều Noether của A là bậc của đa thức Hilbert của A, và cũng là số t bé nhất sao cho có t phần tử x1, . . . , xt ∈ m để `R(0 :A (x1, . . . , xt)R) < ∞. 2.2.4 Định nghĩa. Chiều Krull cổ điển của một R-môđun Artin A 6= 0, kí hiệu là cl-dimR A, được cho bới công thức cl-dimR A = inf{t ∈ N | ∃x1, . . . , xt ∈ m : `R(0 :A (x1, . . . , xt)R) < ∞}. Nếu A = 0 thì ta đặt cl-dimR A = −1. 37Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  38. 36 2.2.5 Bổ đề. Các phát biểu sau là đúng. (i) Chiều Krull cổ điển cl-dimR A của một R-môđun A luôn hữu hạn. (ii) Nếu là môđun con của thì . B A cl-dimR B 6 cl-dimR A (iii) Nếu B là mô đun con của A sao cho B 6= A và `R(B) 0 thì có môđun con B của A sao cho 0 cl-dimR A = cl-dimR A và xB = B với một phần tử x ∈ m. Chứng minh. Giả sử N-dimR A = d. Khi đó tồn tại x1, . . . , xd ∈ m sao cho `(0 :A I) < ∞, trong đó I = (x1, . . . , xd)R. Vì `(0 :A I) < ∞ nên bằng quy nạp theo ta dễ dàng suy ra được s với mọi . s `(0 :A I ) < ∞ s ∈ N 38Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  39. 37 Vì A là Artin nên dãy giảm A ⊆ IA ⊆ IA ⊆ phải dừng, tức là tồn tại t ∈ N sao cho ItA = It+1A. Đặt J = It và B = JA. Do I hữu hạn sinh (sinhbowir d phần tử) nên J là hữu hạn sinh. Gọi b1, . . . , bm là một m L hệ sinh của J. Xét ánh xạ ϕ : A → JA cho bởi ϕ(a) = (b1a, . . . , bma). i=1 Rõ ràng ϕ là đồng cấu các R-môđun và Ker ϕ = {a ∈ A | bia = 0, ∀i = 1, . . . , m} = (0 :A J). Chú ý rằng `R(0 :A J) 0 sao cho fA(n) = ai. i=0 i 2.2.7 Bổ đề. Cho 0 → A0 → A → A” → 0 là một dãy khớp các R-môđun n Artin. Giả sử bậc của đa thức Hilbert fA(n) = `R(0 :A m ) của A là d. Khi đó hàm đa thức có bậc và hệ số của k trong hàm đa thức fA00 (n) 6 d n k fA(n) − fA0 (n) trùng với hệ số của n trong hàm đa thức fA00 (n) với mọi k ≥ d. 39Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  40. 38 Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết A0 là môđun con của A và A00 = A/A0. Từ dãy khớp n n n n 0 → (0 :A0 m ) → (0 :A m ) → (0 :A m )/(0 :A0 m ) → 0 ta có n n n n 0 fA(n) − fA0 (n) = `R(0 :A m )/(0 :A0 m ) = `R(0 :A m )/(0 :A m ∩ A ) n 0 0 0 n 0 = `R((0 :A m + A )/A ) 6 `R((A :A m )/A ) n = `R(0 :A00 m ) = fA00 (n). Theo Bổ đề Artin-Rees cho môđun Artin, tồn tại số r ∈ N sao cho 0 n 0 r  n−r 0 n−r A + (0 :A m ) = A + (0 :A m ) :A m ⊇ (A :A m ) với mọi n ≥ r. Vì thế n 0 0 n−r `R((0 :A m + A )/A ) ≥ `R(0 :A00 m ) = fA00 (n − r). Suy ra fA00 (n) ≥ fA(n) − fA0 (n) ≥ fA00 (n − r) với n đủ lớn. Vì fA(n) có bậc nên có bậc . Do đó có bậc Vì d fA0 (n) 6 d fA(n) − fA0 (n) 6 d. thế có bậc Do đó với , các hệ số ứng với k của hai đa fA00 (n) 6 d. k > d n thức fA(n) − fA0 (n) và fA00 (n) đều bằng 0 và vì thế chúng bằng nhau, còn với k = d thì khi chí cả hai vế của các bất đẳng thức trên cho nd rồi lấy giới hạn khi n tiến tới vô cùng, ta được hệ số ứng với nd của hai đa thức fA(n) − fA0 (n) và fA00 (n) là bằng nhau. Định lí sau đây, là một trong 3 kết quả chính của luận văn, chỉ ra rằng chiều Noether N-dimR A, chiều Krull cổ điển cl-dimR A và bậc của đa thức Hilbert deg fA(n) của một R-môđun Artin A là bằng nhau. 2.2.8 Định lý. Với mỗi R-môđun Artin A ta có N-dimR A = cl-dimR A = deg fA(n). 40Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  41. 39 Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh Giả sử deg fA(n) 6 cl-dimR A. cl-dimR A = d. Khi đó tồn tại các phần tử x1, . . . , xd ∈ m sao cho `R(0 :A (x1, . . . , xd)R) 0. Khi đó A không là Noether, vì thế `R(A) = ∞, do đó cl-dimR A > 0. Theo Bổ đề 1.2.5, tồn tại môđun con B của A sao cho cl-dimR A = cl-dimR B và xB = B với x ∈ m nào đó. Vì thế ta chỉ cần chứng minh Xét dãy tăng 2 cl-dimR B 6 d. (0 :B x) ⊆ (0 :B x ) ⊆ các mô đun con của . Vì nên tồn tại số B N-dimR B 6 N-dimR A = d nguyên sao cho m+1 m với mọi n N-dimR(0 :B x )/(0 :B x ) 6 d−1 m ≥ n. Đặc biệt, ta có n+1 n . Vì nên N-dimR(0 :B x )/(0 :B x ) 6 d − 1 xB = B n n+1 n x ta dễ dàng kiểm tra được ánh xạ (0 :B x )/(0 :B x ) → (0 :B x) là một đẳng cấu. Do đó Theo giả thiết quy nạp, N-dimR(0 :B x) 6 d − 1. Vì thế tồn tại phần tử sao cl-dimR(0 :B x) = k 6 d − 1. k x1, . . . , xk ∈ m cho `R(0 :B (x, x1, . . . , xk)R) = `R(0 :(0:BxR) (x1, . . . , xk)R) < ∞. Vì thế Do đó . cl-dimR B 6 k + 1 6 d. cl-dimR A 6 N-dimR A Cuối cùng ta chứng minh bằng quy nạp theo N-dimR A 6 deg fA(n) n d = deg fA(n). Với d = −1, ta có fA(n) = `R(0 :A m ) = 0 với n đủ lớn. Vì thế (0 :A m) = 0. Suy ra A = 0 và do đó N-dimR A = −1. Cho 41Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  42. 40 n d = 0. Khi đó fA(n) = `R(0 :A m ) là một hằng số khi n đủ lớn. Suy ra A có độ dài hữu hạn và do đó A là Noether. Vì thế N-dimR A = 0. Giả sử d > 0. Cho A0 ⊆ A1 ⊆ là một dãy tăng những môđun con của A. Với mỗi , kí hiệu là đa thức Hilbert của môđun Artin Vì s ∈ N gs(n) As+1/As. nên với mọi . Do đó, theo Bổ đề As ⊆ A deg fAs (n) 6 deg fA(n) = d s 2.2.7, hệ số của d trong hai hàm đa thức và là n fAs+1 (n) − fAs (n) gs(n) như nhau. Do đó hệ số của nd trong hai hàm đa thức fAs+1 (n) − fA0 (n) = [fAs+1 (n) − fAs (n)] + + [fA1 (n) − fA0 (n)] và gs(n) + gs−1(n) + + g0(n) là như nhau. Vì As+1 ⊆ A và A0 ⊆ As+1 nên . Gọi hệ số của d trong hàm đa 0 6 fAs+1 (n) − fA0 (n) 6 fA(n) n d thức fA(n) là ad. Khi đó ad ≥ 0 và hệ số của n trong hàm đa thức không vượt quá với mọi . Chú ý rằng, với mỗi , fAs+1 (n)−fA0 (n) ad s t ∈ N d hệ số của n trong hàm đa thức gt(n) là không âm. Nếu tồn tại vô hạn số d t sao cho các hệ số của n trong hàm đa thức gt(n) đều dương thì khi s đủ d lớn ta có hệ số của n trong hàm đa thức gs(n) + gs−1(n) + + g0(n) lớn d hơn ad, điều này là vô lí. Vì thế, chỉ có hữu hạn số t để hệ số của n trong hàm đa thức khác . Do đó, tồn tại sao cho với gt(n) 0 n0 deg gt(n) 6 d − 1 mọi Theo giả thiết quy nạp, với mọi t ≥ n0. N-dimR(At+1/At) 6 d − 1 Do đó, từ định nghĩa chiều Noether ta suy ra Vậy t ≥ n0. N-dimR A 6 d. . N-dimR A 6 deg fA(n) 2.2.9 Hệ quả. Nếu (0 :A x) 6= 0 và x ∈ m là phần tử thỏa mãn xA = A thì N-dimR A > 0 và N-dimR(0 :A x) = N-dimR A − 1. Chứng minh. Do (0 :A x) 6= 0 nên A 6= 0. Nếu N-dimR A = 0 thì A Noether và do đó xA 6= A theo Bổ đề Nakayama. Vì thế N-dimR A > 0. Giả sử N-dimR A = d. Theo Định lí 2.2.8, hàm đa thức fA(n) = n có bậc . Suy ra hàm đa thức n `R(0 :A m ) d f(0:Ax)(n) = `R(0 :(0:Ax) m ) 42Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  43. 41 có bậc không quá d. Vì xA = A nên ta có dãy khớp 0 → (0 :A x) → A →.x A → 0. Do đó theo Bổ đề 2.2.7, hệ số bậc d của hai hàm đa thức và là như nhau. Suy ra có bậc nhỏ hơn fA(n) − f(0:Ax)(n) fA(n) f(0:Ax)(n) thực sự . Vì thế, theo Định lí 2.2.8 ta có Nếu d N-dimR(0 :A x) 6 d − 1. N-dimR(0 :A x) = k < d − 1 thì tồn tại k phần tử x1, . . . , xk ∈ m sao cho `(0 :A (x, x1, . . . , xk)R) = `R(0 :(0:Ax) (x1, . . . , xk)R) < ∞. Do đó, theo Định lí 2.2.8 ta có điều này là vô lí. N-dimR A 6 1 + k < d, Vậy N-dimR(0 :A x) = d − 1. 2.3 Một ứng dụng vào môđun các đa thức ngược Khái niệm môđun các đa thức ngược đã được đưa ra bởi Macaulay và đã được đề cập đến trong bài báo của Kirby [K1]. Trong phần ứng dụng này, chúng ta sẽ sử dụng các Định lí 1.2.1 và 2.2.8 để nghiên cứu tính Artin và chiều Noether của môđun các đa thức ngược. 2.3.1 Định nghĩa. Cho M là một R-môđun. Một biểu thức có dạng m = i1 is với và là các số nguyên không dương được ax1 . . . xs a ∈ M i1, . . . , is gọi là một từ ngược bậc i1 + +is của các biến x1, . . . , xs với hệ số trong j . Hai từ ngược i1 is và 0 0 1 js được gọi là đồng M m = ax1 . . . xs m = a x1 . . . xs dạng nếu ik = jk với mọi k = 1, . . . , s. Một tổng của hữu hạn từ ngược được gọi là một đa thức ngược của các biến x1, . . . , xs với hệ số trong . Với hai từ ngược đồng dạng i1 is và 0 i1 is , ta M m = ax1 . . . xs m = bx1 . . . xs định nghĩa 0 i1 is Khi đó, bằng cách ước lược các từ m + m = (a + b)x1 . . . xs . ngược đồng dạng, mỗi đa thức ngược đều có thể biểu diễn được một cách duy nhất thành tổng của hữu hạn từ ngược không đồng dạng. Tập các đa thức ngược được kí hiệu là −1 −1 . Định nghĩa phép cộng trong M[x1 , . . . , xs ] −1 −1 theo cách tự nhiên (cộng theo các từ đồng dạng) và tích vô M[x1 , . . . , xs ] 43Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  44. 42 hướng được xác định như sau: với i1 is thuộc −1 −1 m = ax1 . . . xs M[x1 , . . . , xs ] j và 1 js , trong đó và , ta định x = rx1 . . . xs ∈ R[x1, . . . , xs] r ∈ R a ∈ M i +j nghĩa tích là phần tử 1 1 is+js nếu tất cả đều không xm rax1 . . . xs ik + jk dương với mọi k = 1, 2, . . . , s và bằng 0 trong trường hợp ngược lại. Khi đó −1 −1 làm thành một -môđun, gọi là môđun M[x1 , . . . , xs ] R[x1, . . . , xs] các đa thức ngược của s biến x1, . . . , xs trên M. Định lí cơ sở Hilbert phát biểu rằng nếu R là vành Noether thì vành đa thức R[x1, . . . , xs] cũng là Noether. Hơn nữa, công thức tính chiều Krull của vành đa thức như sau: dim R[x1, . . . , xs] = dim R+s. Dưới đây chúng ta trình bày các kết quả đối ngẫu với những kết quả đó cho môđun Artin. 2.3.2 Định lý. Cho A 6= 0 là R-môđun Artin. Khi đó (i) -môđun −1 −1 cũng là Artin. R[x1, . . . , xs] A[x1 , . . . , xs ] (ii) −1 −1 N-dimR[x1, ,xt] A[x1 , . . . , xs ] = N-dimR A + s. Chứng minh. Đặt và −1 −1 . Với S = R[x1, . . . , xs] B = A[x1 , . . . , xs ] n > 0 ta đặt Bn = 0. Đặt B0 = A. Với n 0 n < 0. f ∈ (0 :Bn (x1, . . . , xs)R) t đó . Vì thế ta có thể viết P với ik1 iks là f ∈ Bn f = k=1 mk mk = akx1 . . . xs các từ ngược bậc n. Với mỗi k ∈ {1, . . . , t} cố định, vì n < 0 nên trong các số ikj ắt phải có một số âm. Giả sử j là chỉ số sao cho ikj < 0. Khi đó ta có ik1 ikj+1 iks 0 = xjmk = akx1 . . . xj . . . xs . Chú ý rằng bậc của là Hơn nữa, các số xjmk n+1 6 0. ik1, . . . , ikj +1, iks đều không dương. Vì thế xjmi = 0 kéo theo ak = 0. Suy ra f = 0. Vậy với mọi (0 :Bn (x1, . . . , xs)R) = 0 n < 0. 44Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  45. 43 Với n = 0, ta có B0 = A là R-môđun Artin. Do đó, theo Định lí 1.2.1 áp dụng cho các số p = 0 = k, ta suy ra B là S-môđun (phân bậc) Artin. (ii) Bằng quy nạp, ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp s = 1. Đặt −1 x1 = x, S = R[x] và B = A[x . Kí hiệu L = R[[x]] là vành các chuỗi lũy thừa hình thức một biến x với hệ số trên R. Với mỗi m ∈ B, gọi −n 6 0 là bậc bé nhất trong số các bậc của các từ ngược của f. Khi đó xn+1f = 0. ∞ P i Vì thế ta có thể định nghĩa tích vô hướng của một phần tử rix ∈ L i=0 n n P −i P i với một phần tử trong m = aix ∈ B bằng cách nhân đa thức rix i=0 i=0 với m. Từ đó ta suy ra B có cấu trúc tự nhiên là L-môđun và mỗi môđun con của S-môđun B là và chỉ là một môđun con của L-môđun B. Vì thế B là L-môđun Artin và N-dimS B = N-dimL B. Do đó ta chỉ cần chứng minh N-dimL B = N-dimR A + 1 là đủ. Rõ ràng x ∈ AnnL(0 :B x). Vì thế (0 :B x) có cấu trúc tự nhiên là L/xL-môđun và hai dàn môđun con của L-môđun (0 :B x) và R-môđun (0 :B x) là như nhau. Chú ý rằng ∼ L/xL = R. Vì thế (0 :B x) có cấu trúc R-môđun Artin. Ta có n n n o X −i X −i+1 (0 :B x) = m = aix ∈ B xm = aix = 0 i=0 i=0 n n n o X −i X −i+1 = aix ∈ B a0 ∈ A, aix = 0 i=0 i=1 n nX −i o = aix ∈ B a0 ∈ A, ai = 0, ∀i ≥ 1 = A. i=0 n P −i Như vậy, (0 :B x) = A. Mặt khác, với mọi m = aix ∈ B ta có i=0 n P −i−1 m = xg, trong đó g = aix ∈ B. Vì thế B = xB. Theo Hệ quả i=0 2.2.9 ta suy ra N-dimR A = N-dimS(0 :B x) = N-dimS B − 1. 45Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  46. 44 Kết luận Mục đích của luận văn là trình bày lại một cách hệ thống với các chứng minh đầy đủ, chi tiết các kết quả về đa thức Hilbert và chiều Noether cho môđun Artin trong hai bài báo: [K1]. D. Kirby, Artinian modules and Hilberts polynomials, Quart. J. Math. Oxford, (2) 24 (1973), 47-57. [Ro]. R. N. Roberts, Krull dimension for Artinian modules over quasi- local commutative rings, Quart. J. Math. Oxford, 26 (1975), 269-273. Cụ thể, luận văn bao gồm các nội dung chính sau đây. • Trình bày các kiến thức chuẩn bị về môđun phân bậc, từ đó chứng minh một tiêu chuẩn Artin cho môđun phân bậc (Định lí 1.2.1). • Sử dụng tiêu chuẩn Artin cho môđun phân bậc để chứng minh độ dài n `R(0 :A m ) là hàm đa thức, gọi là đa thức Hilbert của R-môđun Artin A trên một vành giao hoán R (có duy nhất một iđêan cực đại m) (Định lí 2.1.8). • Trình bày khái niệm và tính chất cơ sở về chiều Noether N-dimR A của một R-môđun Artin A, từ đó chứng minh rằng N-dimR A chính là bậc n của đa thức Hilbert `R(0 :A m ) và cũng là số t bé nhất sao cho có t phần tử x1, . . . , xt ∈ m để `R(0 :A (x1, . . . , xt)) < ∞ (Định lí 2.2.8). • Sử dụng các kết quả đã đạt được để chứng minh tính Artin và công thức chiều Noether cho môđun các đa thức ngược −1 −1 của A[x1 , . . . , xs ] s biến với hệ số trên một môđun Artin A (Định lí 2.3.2). 46Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn
  47. Tài liệu tham khảo [C] Nguyễn Tự Cường, Giáo trình Đại số hiện đại tập I, Nhà xuất bản ĐHQGHN, 2003. [CN] N. T. Cuong and L. T. Nhan, On Noetherian dimension of Artinian modules, Vietnam J. Math., 30 (2002), 121-130. [K1] D. Kirby, Artinian modules and Hilberts polynomials, Quart. J. Math. Oxford, (2) 24 (1973), 47-57. [K2] D. Kirby, Dimension and length for Artinian modules, Quart. J. Math. Oxford, 41 (1990), 419-429. [Mat] H. Matsumura, Commutative ring theory, Cambridge University Press, 1986. [Ro] R. N. Roberts, Krull dimension for Artinian modules over quasi-local commutative rings, Quart. J. Math. Oxford, 26 (1975), 269-273. 45 47Số húa bởi Trung tõm Học liệu – Đại học Thỏi Nguyờn