Luận văn Đa thức và hệ số Hilbert trên vành địa phương Noether

41 trang yendo 4951

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Luận văn Đa thức và hệ số Hilbert trên vành địa phương Noether", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

luan_van_da_thuc_va_he_so_hilbert_tren_vanh_dia_phuong_noeth.pdf

Nội dung text: Luận văn Đa thức và hệ số Hilbert trên vành địa phương Noether

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM —————————— NGUYỄN SỸ ĐÔNG ĐA THỨC VÀ HỆ SỐ HILBERT TRÊN VÀNH ĐỊA PHƯƠNG NOETHER LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60.46.05 Người hướng dẫn khoa học: GS. NGUYỄN TỰ CƯỜNG THÁI NGUYÊN - NĂM 2011
Công trình được hoàn thành tại Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên 08/11/2011 Người hướng dẫn khoa học: GS-TSKH. NGUYỄN TỰ CƯỜNG Phản biện 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phản biện 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Luận văn sẽ được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại: Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên Ngày 08 tháng 10 năm 2011 Có thể tìm hiểu tại Thư viện Đại học Thái Nguyên
Mục lục Lời cảm ơn 2 Mở đầu 3 1 Kiến thức chuẩn bị 5 1.1 Vành, môđun Artin và Noether . . . . . . . . . . . . . . . .5 1.2 Vành và môđun phân bậc . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9 1.3 Định lý Artin-Rees . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2 Đa thức và hệ số Hilbert trên vành địa phương Noether 16 2.1 Đa thức Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.2 Chiều của môđun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.3 Chiều của vành địa phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.4 Hệ tham số và số bội . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 Kết luận 38 Tài liệu tham khảo 39 1
Lời cảm ơn Luận văn này được hoàn thành với một phần nỗ lực của bản thân và sự hướng dẫn của GS. Nguyễn Tự Cường, Viện Toán học. Tôi xin tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy hướng dẫn. Với tinh thần làm việc nghiêm túc, thầy đã tận tình giúp tôi có được phương pháp nghiên cứu khoa học đúng đắn, hiệu quả trong suốt quá trình xây dựng đề cương cũng như hoàn thành luận văn. Tôi cũng xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo của trường Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học, những người đã tận tình giảng dạy và khích lệ, động viên tôi vượt qua những khó khăn trong học tập. Tôi xin cảm ơn Ban lãnh đạo trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, khoa Sau đại học, sở GD - ĐT Lạng Sơn và trường THPT Chi Lăng đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, giúp đỡ tôi trong suốt thời gian tôi học tập. Cuối cùng, tôi xin trân thành cảm ơn gia đình, người thân, bạn bè đã giúp đỡ tôi cả về vật chất và tinh thần để tôi có thể hoàn thành bản luận văn cũng như khóa học của mình. 2
Mở đầu Cho A là một vành Artin, R = A[x1, , xm] là vành đa thức m biến với hệ số trong A. Khi đó R là một vành phân bậc. Nếu M = ⊕ Mn là một R- n≥0 môđun phân bậc hữu hạn sinh thì Mn là một A-môđun và `A(Mn) < +∞. Hơn nữa, với n đủ lớn thì `A(Mn) là một đa thức với hệ số hữu tỉ. Kết quả này là nội dung của Định lí đa thức Hilbert. Đa thức Hilbert đóng một vai trò quan trọng trong Đại số giao hoán và Hình học đại số; nó cho phép chúng ta nghiên cứu độ lớn, cấu trúc của môđun M thông qua những đại lượng số cụ thể như bậc của đa thức, hệ số của đa thức, Từ khi Định lí đa thức Hilbert được chứng minh đã có nhiều nhóm nghiên cứu về vấn đề này. Đa thức Hilbert trở thành một công cụ được nhiều nhà nghiên cứu Đại số giao hoán và Hình học đại số quan tâm. Với lí do đó, dưới sự hướng dẫn của GS. Nguyễn Tự Cường, tác giả luận văn chọn đề tài "Đa thức và hệ số Hilbert trên vành địa phương Noether" làm đề tài cho luận văn tốt nghiệp Thạc sĩ toán học của mình. Nội dung chính của luận văn là trình bày Định lí đa thức Hilbert trên vành địa phương Noether cùng với một số tính chất của nó về bậc đa thức, hệ số cao nhất của đa thức (thông qua số bội). Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được chia làm hai chương. Chương 1. Kiến thức cơ sở. Chương này trình bày về vành và môđun Noether, Artin; vành và môđun phân bậc; Định lí Artin-Rees. Đây là những kiến thức cơ sở cho các chứng minh trong Chương 2, chương chính của luận 3
văn. Chương 2. Đa thức và hệ số Hilbert trên vành địa phương Noether. Chương này trình bày về Định lí đa thức Hilbert; chiều của môđun và vành địa phương; hệ tham số và số bội. Nội dung của chương là hệ thống một số kết quả quan trọng về đa thức Hilbert trên vành địa phương Noether. Các nội dung được trình bày trong luận văn dựa trên bài giảng của GS. Nguyễn Tự Cường và tham khảo thêm trong hai cuốn sách Commutative Algebra và Commutative Ring Theory của tác giả H.Matsumura. Bên cạnh đó, tác giả luận văn có chứng minh chi tiết một số vấn đề được trình bày vắn tắt trong các tài liệu trên. Một số ví dụ và bài tập minh họa cũng được tác giả luận văn đưa vào để làm sáng tỏ cho những nội dung được trình bày. Với mong muốn hệ thống lại một số nội dung quan trọng về đa thức Hilbert, tác giả luận văn đã dành nhiều thời gian nghiên cứu những kết quả này. Tuy nhiên, do năng lực bản thân còn hạn chế, thời gian nghiên cứu chưa nhiều nên khó tránh khỏi những thiếu sót trong luận văn. Tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo của các thầy cô giáo và ý kiến góp ý của các bạn học viên cùng độc giả quan tâm để luận văn được hoàn thiện hơn. Thái Nguyên, tháng 08 năm 2011 Tác giả NGUYỄN SỸ ĐÔNG 4
Chương 1 Kiến thức chuẩn bị Trong toàn bộ luận văn này ta luôn xét các vành là giao hoán có đơn vị. 1.1 Vành, môđun Artin và Noether Định nghĩa 1.1.1. Cho R là một vành, M là R-môđun. i) M được gọi là R-môđun Noether nếu với mọi dãy tăng các R-môđun con của M: M1 ⊆ M2 ⊆ ⊆ Mn ⊆ đều dừng, nghĩa là ∃n0 ∈ N sao cho Mi = Mi+1, ∀i ≥ n0. ii) M được gọi là R-môđun Artin nếu với mọi dãy giảm các R-môđun con của M: M1 ⊇ M2 ⊇ ⊇ Mn ⊇ đều dừng, nghĩa là ∃n0 ∈ N sao cho Mi = Mi+1, ∀i ≥ n0. Nếu xét vành R như môđun trên chính nó thì R được gọi là vành Noether (Artin) khi R là R-môđun Noether (Artin). Khi đó, tập các môđun con của R-môđun R trùng với tập các iđêan của vành R. Định lý 1.1.2. Cho R là một vành. Khi đó M là R-môđun Noether khi và chỉ khi mọi R-môđun con của M là hữu hạn sinh. Chứng minh. (=⇒): Lấy N là môđun con bất kỳ của M. Đặt P là tập 5
tất cả các R-môđun con hữu hạn sinh của M chứa trong N. Ta thấy P 6= φ vì 0 ∈ P, và mọi xích tăng các phần tử của P đều có chặn trên P P (do M là Noether) nên có phần tử tối đại là N0. Suy ra N0 ∈ và N0 là hữu hạn sinh. Nếu N0 6= N thì ∃x ∈ N\N0, do đó R-môđun N1 = N0 +(x) là hữa hạn sinh và N ⊇ N1 ⊃ N0, mâu thuẫn. Vậy N0 = N. (⇐=): Giả sử P là tập khác φ các môđun con của R-môđun M. Lấy một P xích tăng tùy ý trong , chẳng hạn M1 ⊆ M2 ⊆ ⊆ Mn ⊆ (*). Đặt ∞ S N = Mi. Khi đó, N là môđun con của M suy ra N là hữu hạn sinh, i=1 sinh bởi các phần tử x1, , xk, xi ∈ N, ∀i = 1, k. Suy ra tồn tại n0 sao cho x1, , xk ∈ Mn0 , do đó N ⊆ Mn0 và Mt = Mn0 , ∀t ≥ n0, từ đó suy ra (*) dừng. Vậy M là R-môđun Noether. Định lý 1.1.3. (Định lý cơ sở Hilbert) Cho R là vành Noether. Khi đó vành đa thức n biến R[x1, , xn] cũng là vành Noether. Chứng minh. Vì R[x1, , xn] = R[x1, , xn−1][xn] nên ta chỉ cần chứng minh cho vành R[x] là vành Noether. Lấy tùy ý một iđêan I của R[x]. Ta chứng minh I là hữu hạn sinh. Đặt J = {a ∈ R|∃f(x) ∈ I, f(x) có hệ số cao nhất là a}. Suy ra J là iđêan của R. Vì R là vành Noether nên J là hữu hạn sinh, sinh bởi {a1, , an}. n Với mỗi ai ∈ {a1, , an} tồn tại fi(x) ∈ I sao cho fi(x) = aix i + hi(x), 0 với deghi(x) < ni, ∀i = 1, n. Đặt I = (f1(x), , fn(x)) là iđêan của R[x] r và r = Max{ni|i = 1, n}. Xét R-môđun con M = R + xR + + x R của R[x]. Khi đó M là hữu hạn sinh và có một tập sinh là {1, x, , xr}, suy ra M là R-môđun Noether (do R là Noether, M là hữu hạn sinh trên R).Ta sẽ chứng minh I = I0 + M ∩ I. Hiển nhiên ta có I0 + M ∩ I ⊆ I . Mặt khác, lấy f(x) ∈ I, giả sử f(x) = axh + g(x), với degg(x) < h. Khi đó a ∈ J = (a1, , an), suy ra a = b1a1+, , +bnan, bi ∈ R, ∀i = 1, n. 6
n P h Nếu deg f(x) = h > n thì f(x) = ( aibi)x + g(x). Xét hiệu i=1 n X h−ni f(x) − bix fi(x) = g(x) ∈ I, deg g(x) < h. i=1 Sau hữu hạn bước như trên ta được đa thức h(x) có deg h(x) < r hoặc h(x) = 0 sao cho f(x) = f(x) + h(x), f(x) ∈ I0 ⊆ I. Từ h(x) ∈ M và h(x) ∈ I suy ra h(x) ∈ M ∩I . Vậy I = I0 +M ∩I và I là hữu hạn sinh, do đó R[x] là vành Noether. Từ đó suy ra R[x1, , xn] là vành Noether. Định nghĩa 1.1.4. Cho R là một vành. Một R-môđun M được gọi là có độ dài hữu hạn nếu M có ít nhất một dãy hợp thành. Khi đó độ dài của M, kí hiệu là `(M), chính là độ dài của một dãy hợp thành nào đó của M. Hệ quả 1.1.5. Giả sử N là một môđun con của một R-môđun M. Khi đó M có độ dài hữu hạn khi và chỉ khi N và M/N là những R-môđun có độ dài hữu hạn. Hơn nữa, trong trường hợp này ta có `(M) = `(N) + `(M/N). Chứng minh. (=⇒): Khi N = 0 hoặc N = M thì hiển nhiên kết luận của hệ quả là đúng. Giả sử M là môđun có độ dài hữu hạn và 0 ⊂ N ⊂ M là một xích của M, xích này có thể làm mịn thành một dãy hợp thành của M A : 0 = A0 ⊂ A1 ⊂ ⊂ Ak = N ⊂ Ak+1 ⊂ ⊂ An = M. Khi đó xích 0 = A0 ⊂ A1 ⊂ ⊂ Ak = N là một dãy hợp thành của N, suy ra N có độ dài hữu hạn. Vậy 0 = Ak/N ⊂ Ak+1/N ⊂ An/N = M/N (*) ∼ là dãy hợp thành của M/N do (Ak+i+1/N)/(Ak+i/N) = Ak+i+1/Ak+i, ∀i = 0, n − k − 1 là những môđun đơn. Từ chứng minh trên suy ra `(M) = `(N) + `(M/N). 7
(⇐=): Giả sử 0 = A0 ⊆ A1 ⊆ ⊆ Ak = N và 0 0 0 0 = B0 ⊆ B1 ⊆ ⊆ Bl = M/N lần lượt là hai dãy hợp thành của N và M/N. Gọi π : M,→ M/N là − 0 phép chiếu chính tắc và đặt Bj = π 1(Bj), j = 1, l. Rõ ràng khi đó ta có 0 0 0 π(Bj) = Bj và N ⊆ B0 ⊆ B1 ⊆ ⊆ Bl = M vì Bj+1/Bj là môđun đơn ∼ nên từ đẳng cấu (Bj+1/N)/(Bj/N) = Bj+1/Bj suy ra Bj+1/Bj,j = 1, l là những môđun đơn. Vậy xích 0 0 0 N ⊆ A0 ⊆ A1 ⊆ ⊆ Ak = N ⊆ B0 ⊆ B1 ⊆ ⊆ Bl = M là một dãy hợp thành có độ dài hữu hạn và `(M) = `(N) + `(M/N). Từ hệ quả trên ta có kết quả sau. Hệ quả 1.1.6. Cho T: f1 f2 fn−1 0 −−→ M1 −−→ M1 −−→ −−→ Mn −−→ 0 là một dãy khớp các R-môđun có độ dài hữu hạn Mi. Khi đó n X i (−1) `(Mi) = 0. i=1 Chứng minh. Theo Hệ quả 1.1.5 ta có `(Mi) = `(Ker fi) + `(Mi/ Ker fi), ∀i = 1, n − 1 ∼ Mặt khác, ta biết rằng Mi/ Ker fi = Im fi, do đó `(Mi) = `(Ker fi) + `(Im fi), ∀i = 1, n − 1. Suy ra n n−1 X i X i n (−1) `(Mi) = (−1) (l(Ker fi) + l(Im fi)) + (−1) `(Mn). i=1 i=1 8
Do T là dãy khớp nên ta có Im fi = Ker fi+1, ∀i = 1, n − 2. Vậy n X i n−1 n (−1) `(Mi) = −`(Ker f1) + (−1) `(Im fn−1) + (−1) `(Mn)(*). i=1 Vì f1 là đơn ánh, fn−1 là toàn ánh nên Ker f1 = 0 và Im fn−1 = Mn. Thay vào (*) ta có n X i (−1) `(Mi) = 0. i=1 1.2 Vành và môđun phân bậc Định nghĩa 1.2.1. Cho R là một vành. ∞ i) R gọi là vành phân bậc nếu R có phân tích R = ⊕ Rn, trong đó n=0 Rn là các nhóm abel với phép cộng (tức là (Rn, +) là các nhóm con của (R, +)) và thỏa mãn tính chất RiRj ⊆ Ri+j, ∀i, j = 0, n. Một phần tử x ∈ R sao cho x ∈ Ri được gọi là phần tử thuần nhất bậc i, Ri được gọi là thành phần bậc i của R. ∞ ii) Một môđun M trên vành phân bậc R = ⊕ Rn được gọi là R− n=0 ∞ môđun phân bậc nếu M có phân tích M = ⊕ Mn, trong đó Mn là các n=0 môđun con của M và RiMj ⊆ Mi+j, ∀i, j = 0, n. Một phần tử x ∈ M sao cho x ∈ Mi được gọi là phần tử thuần nhất bậc i, Mi được gọi là thành phần bậc i của M. iii) Cho M là R-môđun phân bậc, N là môđun con của M. N được gọi ∞ là môđun con phân bậc của M nếu N = ⊕ (N ∩ Mn). Ta cũng gọi N là n=0 môđun con thuần nhất của M. Nếu R là vành phân bậc thì R cũng là R-môđun phân bậc. Khi đó I là một iđêan con phân bậc của R nếu I là một iđêan của R thỏa mãn ∞ I = ⊕ (I ∩ Rn). I còn được gọi là iđêan thuần nhất. n=0 9
Mệnh đề 1.2.2. Cho N là môđun con của môđun phân bậc M trên vành phân bậc R. Khi đó, N là môđun con phân bậc khi và chỉ khi ∀x ∈ N thì các phần tử thuần nhất của x cũng thuộc N. Chứng minh. (=⇒): Giả sử N là môđun con thuần nhất của M, khi đó ∞ N = ⊕ (N ∩ Mi) (*). Lấy tùy ý x ∈ N, từ (*) suy ra x = xi + + xi+s, n=0 0 0 xi0 ∈ (N ∩ Mi0 ), ∀i = i, i + s. Vậy xi0 ∈ N, ∀i = i, i + s. (⇐=): Giả sử ∀x ∈ N đều có tính chất, nếu x = xi + + xi+s với xj ∈ Mj, ∀j = i, i + s thì xj ∈ N, ∀j = i, i + s. Ta chứng minh N thuần nhất, ∞ ∞ tức là chứng minh N = ⊕ (N ∩ Mj). Thật vậy, ta có ⊕ (N ∩ Mj) ⊆ N. j=0 j=0 Ngược lại lấy x ∈ N thì x ∈ M suy ra x = xi + + xi+s, xj ∈ Mj, ∀j = ∞ i, i + s. Theo trên xj ∈ N, do đó xj ∈ N ∩ Mj. Vậy x ∈ ⊕ (N ∩ Mn) hay n=0 ∞ ⊕ (N ∩ Mn) = N. n=0 Ví dụ 1.2.3. . ∞ (1) Một vành R là vành phân bậc với phân bậc tầm thường R = ⊕ Rn, n=0 R0 = R, Rn = 0, ∀n > 0. (2) Một R−môđun M luôn là R−môđun phân bậc với phân bậc tầm ∞ thường M = ⊕ Mn, M0 = M, Mn = 0, ∀n > 0 (R là vành phân bậc tầm n=0 thường). (3) Xét vành đa thức R = k[x1, , xn], k là một trường. Khi đó R có ∞ phân bậc R = ⊕ Rn, với R0 = k, Rn là tập các đa thức thuần nhất bậc n=0 n của R. (4) Cho I là một iđêan của R. Khi đó i) R(I) = ⊕ In là vành phân bậc (vì ImIn ⊆ Im+n). Vành R(I) được n≥0 gọi là vành Rees của R đối bậc với I. n n+1 m m+1 n n+1 ii) GR(I) = ⊕ I /I là vành phân bậc (vì (I /I )/(I /I ) ⊆ n≥0 m+n m+n+1 I /I ). Vành phân bậc GR(I) được gọi là vành phân bậc liên kết của R đối với I. 10
(5) Cho M là R-môđun. Khi đó n i) RM (I) = ⊕ I M là một môđun phân bậc và được gọi là môđun n≥0 Rees. n n+1 ii) GI(M) = ⊕ I M/I M là một môđun phân bậc và được gọi là n≥0 môđun phân bậc liên kết của M đối với I. Định lý 1.2.4. Cho R = ⊕ Rn là một vành phân bậc. Khi đó, các mệnh n≥0 đề sau là tương đương: i) R là vành Noether. ii) R0 là vành Noether và tồn tại a1, , an là các phần tử thuần nhất của R sao cho R = R0[a1, , an] = {f(a1, , an)|f ∈ R0[x1, , xn]}. Chứng minh. (i =⇒ ii): Ký hiệu R+ = ⊕ Rn là iđêan thuần nhất của R. n≥0 Vì R là Noether nên R+ hữu hạn sinh suy ra tồn tại a1, , an ∈ R sao cho R+ = (a1, , an). Mặt khác, R+ là các iđêan thuần nhất nên ta có thể giả 0 thiết được là ai thuần nhất có bậc là ni > 0. Đặt R là vành con của R 0 0 sinh bởi a1, , an trên R0, R = R0[a1, , an], ta sẽ chứng minh Rn ⊆ R , ∀n ≥ 0 (*) bằng quy nạp. Nếu n = 0 thì hiển nhiên (*) đúng. 0 0 Giả sử Ri ⊆ R , với n ≥ i, n > 0. Ta chứng minh Rn+1 ⊆ R . Lấy n P x ∈ Rn+1 ⊆ R+, ta có x = aibi, trong đó bi ∈ Rn+1−ni , ∀i = 1, n. i=1 Mà ni > 0, ∀i nên n + 1 − ni ≤ n, ∀i = 1, n. Theo giả thiết quy nạp thì 0 0 ∼ bi ∈ R , ∀i = 1, n do đó Rn+1 ⊆ R , suy ra (*) đúng. Hơn nữa R0 = R/R+. Vậy R0 là Noether. (ii =⇒ i): Từ điều kiện ii) suy ra R có dạng R = R0[a1, , an], ai ∈ R, ∀i = 1, n. Khi đó tồn tại toàn cấu vành ϕ : R0[x1, , xn] −→ R0[a1, , an] f(x1, , xn) 7−→ f(a1, , an). 11
Theo định cơ sở Hilbert thì R0[x1, , xn] là vành Noether (do R0 là vành ∼ Noether). Mà R0[a1, , an] = R0[x1, , xn]/ Ker ϕ là vành Noether suy ra R0[a1, , an] là vành Noether. Vậy R là vành Noether. Định lý 1.2.5. Cho R là vành Noether và I là iđêan của R. Khi đó i) R(I) và GI(R) là các vành phân bậc Noether. ii) Với M là R-môđun Noether thì RM (I) là R(I)-môđun Noether, GI(M) là GI(R)-môđun Noether. Chứng minh. i) R(I) là vành Noether. Từ R(I) = ⊕ In,ImIn ⊆ Im+n suy ra R(I) là vành phân bậc. Ta có n≥0 0 (R(I))0 = I = R là vành Noether do R là vành Noether theo giả thiết. Vì I là iđêan của R nên I là hữu hạn sinh, suy ra I = (a1, , an), trong đó ai ∈ I, ∀i = 1, n. Ta thấy a1, , an là các phần tử thuần nhất bậc 1 và R(I) = R[a1, , an] theo định nghĩa, trong đó R[a1, , an] = {f(x1, , xn)|f(x1, , xn) ∈ R(x1, , xn)}. Xét đồng cấu ϕ : R[x1, , xn] −→ R[a1, , an] f(x1, , xn) 7−→ f(a1, , an). ∼ Vì ϕ là một toàn cấu vành nên R[a1, , an] = R[x1, , xn]/ Ker ϕ. Theo Định lý cơ sở Hilbert thì R[x1, , xn] là vành Noether, từ đây suy ra R[x1, , xn]/ Ker ϕ là vành Noether. Vậy R[a1, , an] = R(I) là vành Noether. 0 GI(R) là vành Noether. Ta có (GI(R))0 = I /I = R/I là vành Noether, vì R là vành Noether. Do I là iđêan của R nên I hữu hạn sinh suy ra I = (a1, , an), trong 2 đó ai ∈ I, ∀i = 1, n. Ta thấy ai = ai + I là các phần tử thuần nhất cấp 1 12
của GI(R), ∀i = 1, n. Mặt khác ta lại có GI(R) = (R/I)[a1, , an]. Xét đồng cấu vành ϕ :(R/I)[x1, , xn] −→ (R/I)[a1, , an] f(x1, , xn) 7−→ f(a1, , an). ∼ Vì ϕ là toàn cấu nên (R/I)[a1, , an] = (R/I)[x1, , xn]/ Ker ϕ là vành Noether, do (R/I)[x1, , xn] là vành Noether theo định lí cở sở Hilbert. Vậy GI(R) = là vành Noether. n n+1 m m+1 n n+1 m+n m+n+1 Từ GI(R) = ⊕ I /I và (I /I )/(I /I ) ⊆ I /I , n≥0 suy ra GI(R) là vành phân bậc. n ii) RM (I) = ⊕ I M là R(I)-môđun Noether. n≥0 n n m n+m Từ RM (I) = ⊕ I M và I (I M) ⊆ I M suy ra RM (I) là môđun n≥0 phân bậc. Vì M là môđun Noether nên M là hữu hạn sinh, suy ra tồn tại x1, , xn ∈ M sao cho M = Rx1 + + Rxn. Khi đó RM (I) = (x1, , xn) suy ra RM (I) là R(I)-môđun hữu hạn sinh. Mà R(I) là vành Noether nên RM (I) là R(I)-môđun Noether. Tương tự trên, ta có GI(M) = (x1, , xn) với xi = xi + IM, ∀i = 1, n suy ra GI(M) là GI(R)-môđun hữu hạn sinh. Theo trên GI(R) là vành Noether nên GI(M) là môđun Noether. 1.3 Định lý Artin-Rees Định nghĩa 1.3.1. i) Cho R là một vành. Một dãy giảm các iđêan {In}n≥0 của R được gọi là một lọc các iđêan nếu InIm ⊆ In+m, ∀m, n ≥ 0. Đặc n biệt, nếu I là iđêan của R thì dãy {I }n≥0 là một lọc, gọi là lọc I-adic. ii) Cho M là một R-môđun. Một lọc các môđun con của M là một dãy giảm các môđun con {Mn}n≥0 của M. 13
Với {In}n≥0 là một lọc các iđêan thì lọc {Mn}n≥0 gọi là tương thích với lọc iđêan {In}n≥0 nếu InMm ⊆ Mn+m, ∀n, m ≥ 0. Đặc biệt khi lọc iđêan là lọc I-adic thì lọc {Mn}n≥0 gọi là I-lọc tốt nếu n n {Mn}n≥0 là tương thích với lọc {I }n≥0, và tồn tại m0 sao cho I Mm ⊆ Mn+m, ∀m ≥ m0, ∀n ≥ 0. Chú ý 1.3.2. Cho {In}n≥0 là một lọc các iđêan của R. Khi đó T = ⊕ In n≥0 và G = ⊕ In/In+1 là những vành phân bậc. n≥0 Hơn nữa, nếu {Mn}n≥0 là lọc các môdun con và là I-lọc tốt thì ⊕ Mn n≥0 n là môđun phân bậc trên vành phân bậc R(I) = ⊕ I và ⊕ Mn/Mn+1 là n≥0 n≥0 n n+1 môđun phân bậc trên vành phân bậc GI(R) = ⊕ I /I . n≥0 Định lý 1.3.3. Cho R là vành Noether, M là R-môđun hữu hạn sinh, I là iđêan của R, {Mn}n≥0 là lọc của M. Khi đó các mệnh đề sau tương đương. i) ⊕ Mn là R(I)-môđun phân bậc, hữu hạn sinh. n≥0 ii) {Mn}n≥0 là I-lọc tốt . n ∗ ∗ 2 Chứng minh. Đặt M = ⊕ Mn, Qn = ⊕ Mi, Mn = Qn⊕IMn⊕I Mn⊕ n≥0 i=1 ∗ 2 Suy ra Mn = M0 ⊕ M1 ⊕ ⊕ Mn ⊕ IMn ⊕ I Mn ⊕ ∗ ∗ Ta thấy Mn ⊆ M . Mặt khác Mi hữu hạn sinh với mọi i nên Qn là hữu hạn sinh. Giả sử Qn = (y1, ,k ) suy ra Qn = y1R + + ykR. ∗ ∗ Do đó Mn là môđun hữu hạn sinh của M trên vành R(I), cụ thể hơn ∗ Mn = y1R(I) + + ykR(I). ∗ ∗ ∗ Ta thấy ⊆ Mn ⊆ Mn+1 ⊆ Mn+2 (*) là một dãy tăng dần các môđun ∞ ∗ ∗ ∗ con của M, hơn nữa ∪ Mn = M . Vậy M là R(I)-môđun Noether khi n=0 ∞ ∗ ∗ và chỉ khi ra dãy (*) dừng (do ∪ Mn = M ) hay tồn tại n0 sao cho n=0 M ∗ = M ∗ = , đây chính là điều kiện cần và đủ để {M } là I-lọc n0 n0+1 n n≥0 tốt. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 14
Hệ quả 1.3.4. (Định lý Artin-Rees) Cho R là một vành Noether, I là một iđêan của R. Cho M là R-môđun hữu hạn sinh và N là môđun con của M. Khi đó ∃r > 0 sao cho InM ∩ N = In−r(IrM ∩ N), ∀n ≥ r . Chứng minh. Vì ⊕ (InM ∩ N) là môđun con của môđun ⊕ InM = n≥0 n≥0 n RM (I), RM (I) là R(I)-môđun phân bậc Noether, nên ⊕ (I M ∩ N) là n≥0 n R(I)- môđun phân bậc hữu hạn sinh khi và chỉ khi lọc {(I M ∩ N)}n≥0 là I-lọc tốt. Từ đó suy ra tồn tại r > 0 sao cho InM ∩ N = In−r(IrM ∩ N), ∀n ≥ r. Hệ quả 1.3.5. (Định lý giao) Cho R là một vành Noether, I là một iđêan của R. Cho M là R-môđun hữu hạn sinh và N là môđun con của M. Đặt N = T InM. Khi đó IN = N. n≥o Chứng minh. Do N = InM ∩ N nên theo định lý Artin-Rees thì tồn tại r > 0 sao cho N = InM ∩ N = In−r(IrM ∩ N), ∀n > r, suy ra In−r ⊆ I và N ⊆ IN. Hơn nữa IN ⊆ N. Vậy N = IN. Hệ quả 1.3.6. (Định lý giao Krull) Cho R là một vành Noether, I là một iđêan của R, M là R-môđun hữu hạn sinh, N là môđun con của M. Giả sử I ⊆ J(R) (J(R) là giao các iđêan cực đại của R gọi là căn Jacobson của R). Khi đó T InM = 0. n≥o Chứng minh. Do I ⊆ J(R) nên theo bổ đề Nakayama ta có IN = N suy ra N = 0. Áp dụng Hệ quả 1.3.5 ta có T InM = N = 0. n≥o 15
Chương 2 Đa thức và hệ số Hilbert trên vành địa phương Noether 2.1 Đa thức Hilbert Ta biết rằng nếu A là vành Artin thì A là vành Noether do đó `(A) < +∞. Xét vành đa thức m biến R = A[x1, , xm] với hệ số trong A . Khi đó R là một vành phân bậc R = ⊕ Rn, trong đó R0 = A, Rn = {f ∈ R|f n≥0 là đa thức thuần nhất bậc n}. Cho M = ⊕ Mn là một R-môđun phân n≥0 bậc hữu hạn sinh (khi đó M cũng là R-môđun Noether) ta có AMn = R0Mn ⊆ Mn, ∀n ≥ 0, tức là Mn là R0-môđun ∀n ≥ 0. Mệnh đề 2.1.1. Với các kí hiệu như trên ta có `A(Mn) < +∞. Chứng minh. Do M là hữu hạn sinh nên giả sử M = y1R + + ykR. Khi đó ta có thể giả thiết thêm y1, , yk là các phần tử thuần nhất bậc nhất bậc lần lượt là d1, , dk tức là y1 ∈ Rd1 , , yk ∈ Rdk . k +∞ Đặt ϕ : ⊕ R(di) −→ M, trong đó R(di) = ⊕ Rn−di , ϕ(b1, , bk) = i=1 n=di 16
k P biyi. Khi đó ϕ là toàn cấu có bậc như nhau, tức là ta có toàn cấu n=1 k ψ : ⊕ Rn−di Mn. i=1 ∼ k Suy ra Mn = ⊕ Rn−di / Ker ψ, do đó i=1 k k `A(Mn) = `A( ⊕ Rn−di ) − `A(Ker ψ) ≤ `A( ⊕ Rn−di ) i=1 i=1 k X = `A(Rn−di ) < +∞. n=1 Vậy `A(Mn) < +∞. `A(Mn) đo độ lớn của môđun Mn và là một hàm số nhận giá trị nguyên dương, kí hiệu là FM (n) = `A(Mn). Bổ đề 2.1.2. Cho R là một vành, B và C là hai R-môđun. Khi đó `R(B ⊕ C) = `R(B) + `R(C) (*). Chứng minh. Nếu `(B) = +∞ hoặc `(C) = +∞ thì (*) đúng vì `R(B ⊕ C) = +∞. Nếu `(B) < +∞ và `(C) < +∞ thì tồn tại các dãy hợp thành môđun con của B và C thỏa mãn: 0 = B0 ⊂ B1 ⊂ ⊂ Bn = B, n = `(B), Bi−1/Bi là các môđun đơn ∀i = 1, n. 0 = C0 ⊂ C1 ⊂ ⊂ Cm = C, m = `(C), Ci−1/Ci là các môđun đơn ∀i = 1, m. Xét dãy các môđun con của B ⊕ C như sau B0 ⊂ B1 ⊂ ⊂ Bn ⊂ Bn ⊕ C0 ⊂ Bn ⊕ C1 ⊂ ⊂ Cn = B ⊕ C (∗∗). Hiển nhiên Bi−1/Bi là môđun đơn, ∀i = 1, n và Bn ⊕ Cj+1/Bn ⊕ Cj là môđun đơn ∀i = 1, m − 1. Do đó ( ) là dãy hợp thành các môđun con của B ⊕ C, vậy `(R) = m + n = `R(B ⊕ C) = `R(B) + `R(C). 17
Mệnh đề 2.1.3. Nếu A là một vành Artin,Rn = {f ∈ A[x1, , xn]|f là   m + n − 1 đa thức thuần nhất bậc n} thì `A(Rn) = `(A).  . Đặc biệt, m − 1   m + n − 1 khi A là một trường thì `A(Rn) =  . m − 1 Chứng minh. Ta biết rằng số các đơn thức bậc n của A[x1, , xm] là t =   m + n − 1  . Gọi các đơn thức này là f1, , ft. Xét các môđun Ai = m − 1 k k P (fi), ∀i = 1, t . Khi đó ta có Rn = ⊕ Ai suy ra `A(Rn) = `A(Ai) i=1 i=1 (chứng minh quy nạp theo Bổ đề 2.1.2). Mặt khác, ta có dãy hợp thành 0 = A0 ⊂ A1 ⊂ ⊂ A` = A của A, với ` = `(A). Khi đó dãy các môđun con của Ai là 0 = A0 ⊂ A1fi ⊂ ⊂ A`fi = Ai, ` = `(A)( ). ∼ Vì Aj+1fi/Ajfi = Aj+1Aj nên Aj+1fi/Ajfi là các môđun đơn với mọi i = 1, 2, , t và j = 1, 2, , `. Suy ra ( ) là dãy hợp thành của Ai. Do đó `(Ai) = `(A).   k P m + n − 1 Vậy `A(R) = `(A) = `(A).t = `(A).  . i=1 m − 1 Định lý 2.1.4. (Định lý đa thức Hilbert) Cho A là một vành Artin, R = ⊕ Rn, là vành phân bậc với R0 = A, n≥0 Rn = {f ∈ R = A[x1, , xm]|f là đa thức thuần nhất bậc n}, M = ⊕ Mn n≥0 là một R-môđun phân bậc hữu hạn sinh. Khi đó tồn tại một đa thức PM (n) sao cho FM (n) = PM (n) khi n đủ lớn (n 0). Ngoài ra PM (n) là đa thức có hệ số hữu tỉ. Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo độ lớn môđun con N ⊆ M. Ta viết P (M/N) nếu định lý đúng với M/N. 18
Nếu N = M thì ta có P (M/N). Giả sử ta đã có P (M/N 0). Ta sẽ chứng minh P (M/N) với N ⊆ N 0, tức là ta đã có P (M/N 0), ∀N ⊂ N 0, và ta cần chứng minh P (M/N). Xét các trường hợp sau. Trường hợp 1. N không là bất khả quy. Khi đó ∃N1,N2 ⊃ N để N = ∼ N1 ∩ N2. Khi đó ta có P (M/N1) và P (M/N2). Vì (N1 + N2)/N1 = N2/N1 ∩ N2 = N2/N nên FM/N (n) = FM/N2 (n) + F(M/N)/(M/N2)(n) = FM/N2 (n) + F(N2/N)(n) = FM/N2 (n) + F(N1+N2)/N1 (n) = FM/N2 (n) + FM/N1 (n) − FM/(N1+N2)(n). Do FM/N2 (n),FM/N1 (n) và FM/(N1+N2)(n) đều là các đa thức nên ta suy ra P (M/N) khi N không là bất khả quy. Trường hợp 2. N là bất khả quy. Khi đó N là nguyên sơ, tức là AssR(M/N) = 0 {p}, p ∈ Spec(R). Đặt I = (x1, , xm) ⊆ R và M/N = M . Giả sử I ⊆ p. Ta chứng minh (M/N)n = 0, khi n đủ lớn. Thật vậy, giả sử có M/N = y1R + + ykR với yi ∈ (M/N)di ,(degyi = di). Đặt n d = Max(d1, , dk), ta sẽ chứng minh (M/N)n+d = I (M/N)d, ∀n ≥ 0. n Rõ ràng I (M/N)d ⊆ (M/N)n+d. Lấy y ∈ (M/N)n+d, suy ra ∃g1, , gk ∈ R sao cho y = y1g1 + + ykgk, với deggi = n + (d − di). Vì d − di ≥ 0 nên n n gi = hifi với deghi = I . Do đó hiyi ∈ I (M/N)di suy ra y = y1g1f1 + + n n ykgkfk ∈ I (M/N)d, tức là (M/N)n+d ⊆ I (M/N)d. Vậy (M/N)n+d = n p I (M/N)d, ∀n ≥ 0. Mặt khác, ta có AssR(M/N) = {p}, Ann(M/N = T p = p suy ra ∀a ∈ p, ∃r sao cho ar ∈ Ann(M/N) do vậy p∈Ass(M/N) r ri a (M/N) = 0. Giả sử p = (a1, , as) khi đó ∃ri sao cho ai (M/N) = l 0. Ta chọn l = Max(sr1, , srs) khi đó a (M/N) = 0, ∀a ∈ P . Suy ra 19
l n n P (M/N) = 0. Với n ≥ l ta có (M/N)n+d = I (M/N)d ⊆ P (M/N) = 0 suy ra (M/N)n+d = 0, ∀n ≥ l. Vậy (M/N)n = 0 với n ≥ l + d. Do đó ta có P (M/N). S Giả sử I 6⊆ p. Khi đó ∃xi ∈/ p. Vì p = p nên xi không là ước p∈Ass(M/N) của 0 của M/N. Do đó ta có dãy khớp .xi 0 −−→ (M/N)n −−→ (M/N)n+1 −−→ (M/(N + xiM))n+1 −−→ 0. suy ra FM/N (n + 1) − FM/N (n) = FM/(N+xiM)(n + 1). Vì N ⊂ N + xiM nên F(M/N+xiM)(n + 1) là đa thức với n đủ lớn. Do vậy FM/N (n + 1) − FM/N (n) là một đa thức. Đa thức PM (n) gọi là đa thức Hilbert của M. Chú ý 2.1.5. Nếu f(x) ∈ Q[x] và giả sử thêm f(n) ∈ Z, ∀n ∈ Z và degf(n) = d. Khi đó, tồn tại các số nguyên a0 6= 0, a1, , ad sao cho ! ! n + d n + d − 1 f(n) = a − a + + (−1)da . 0 d 1 d − 1 d Theo Định lý đa thức Hilbert, tồn tại các số nguyên e0(M) > 0, e1(M), , e(M), d = degPM (n), sao cho ! ! n + d n + d − 1 P (n) = e (M) − e (M) + + (−1)de (M). M 0 d 1 d − 1 d Các số e0(M), e1(M), , ed(M) gọi là hệ số Hilbert của môđun phân bậc M. Đặc biệt, e0(M) được gọi là số bội của M, e1(M) được gọi là lớp Chern của M. 20
2.2 Chiều của môđun Định nghĩa 2.2.1. i) Cho R là vành giao hoán. Một dãy giảm các iđêan nguyên tố p0 ⊃ p1 ⊃ ⊃ pn của R được gọi là một xích nguyên tố. Có độ dài là n. ii) Cho p là iđêan nguyên tố của R. Cận trên của tất cả các độ dài của xích nguyên tố bắt đầu bằng p được gọi là độ cao của p, kí hiệu là ht(p), ht(p) = Sup {n|p = p0 ⊃ p1 ⊃ ⊃ pn là một xích nguyên tố}. Với I là iđêan của R. Độ cao của I, kí hiệu là ht(I), được xác định bởi ht(I) = Inf{ht(p)|p ∈ V (I)}. iii) Cận trên của độ dài tất các xích nguyên tố trong R được gọi là chiều của vành R, kí hiệu là dim R (còn gọi là chiều Krull của R). Với M là một R-môđun thì chiều của M được xác định bởi dim M = dim(R/AnnM). Ví dụ 2.2.2. 1) dim Z = 1 vì mọi xích nguyên tố của Z đều có dạng 0 ⊂ pZ, với p là một nguyên tố bất kì. 2) Khi k là một trường thì dim k = 0 vì k có duy nhất một idean nguyên tố là 0. 3) Nếu k là một trường thì dim k[x] = 1 vì mọi xích nguyên tố của k[x] đều có dạng 0 ⊂ (f(x)), với f(x) là đa thức bất khả quy trên k[x]. 4) Với k là một trường thì dim k[x1, , xn] = n. 5) R là một vành Noether, ta có dim R[x1, , xn] = dim R + n. 21
2 2 2 6) Cho R = R[x, y] và I = (x , xy). Khi đó I = (x , y) ∩ (x , x) = (x2, y) ∩ (x) là một phân tích nguyên sơ của I. Suy ra ht(I) = inf {ht(x), ht(x2, y)} = 1. Đặt Q1 = (x),Q2 = (x, y). Khi đó p ∈ Spec(R/Q1 ∩ Q2) suy ra p ∈ Spec R, p ⊃ R/Q1 ∩ Q2. Vậy p ⊃ Q1 hoặc p ⊃ Q2. Từ đó suy ra xích nguyên tố của R/Q1∩Q2 là xích nguyên tố của R/Q1 hoặc R/Q2, và dim(R/I) = dim(R/Q1 ∩ Q2) = Sup { dim(R/Q1), dim(R/Q2)}. √ Từ dim(R/I) = dim(R/ I), suy ra √ p p dim(R/ I) = Sup { dim(R/ Q1), dim(R/ Q2)} = Sup { dim(R/(x)), dim(R/(x, y))}. Vì R/(x, y) ' R, R/(x) ' R[y] nên dim(R/I) = 1. Nhận xét 2.2.3. (1) Giả sử R là vành Noether, I là iđêan của R. Giả sử I có phân tích nguyên sơ thu gọn I = Q1 ∩ ∩ Qn,Qi là iđêan pi-nguyên sơ. Theo định nghĩa thì ht(I) = Inf{ht(p)i|i = 1, 2, , n} = Inf{ht(p)i|pi tối tiểu trong {p1,, ,pn}}. (2) Giả sử 0 = Q1 ∩ ∩ Qn là phân tích nguyên sơ của iđêan 0 của R với Qi là pi-nguyên sơ. Theo định nghĩa dim R = Sup {dim(R/p)i|i = 1, , n} = Sup {dim(R/p)i|pi tối tiểu trong {p1, , pn}. (3) Các mệnh đề sau là tương đương: (i) R là vành Artin. (ii) R là vành Noether và mọi iđêan nguyên tố của R là tối đại. (iii) R là vành Noether và dim R = 0. (4) Cho R là vành địa phương (R, m). Khi đó ta có dim R = ht(m). 22
(5) Cho p là iđêan nguyên tố của vành R. Khi đó Rp là vành địa phương với iđêan cực đại duy nhất pRp. Vậy dim Rp = ht(pRp). Mặt khác Spec(Rp) = {QRp|Q ∈ Spec R, Q ⊆ p} suy ra dim Rp = ht(pRp) = ht(p). Mệnh đề 2.2.4. Cho R là vành Noether, M là R-môđun hữu hạn sinh. Các mệnh đề sau tương đương: i) M là R-môđun Artin. ii) M có độ dài hữu hạn. iii) R/AnnM là vành Artin. iv) dim M = 0. Chứng minh. (iii =⇒ iv): Giả sử R/AnnM là vành Artin. Khi đó, mọi iđêan nguyên tố p khác 0 của R/AnnM đều tối đại (tính chất của vành Artin). Vậy dim M = dim(R/AnnM) = 0. (iv =⇒ iii): Giả sử dim M = 0. Khi đó dim(R/AnnM) = 0. Vì R là Noether nên R/AnnM là Noether. Mặt khác, nếu p 6= 0 là một iđêan nguyên tố của R/AnnM thì p thuộc một iđêan tối đại q, suy ra có xích nguyên tố q ⊇ p. Do dim(R/AnnM) = 0 nên p = q, suy ra p là tối đại. Vậy R/AnnM là vành Artin. (i =⇒ ii): Giả sử M là R-môđun Artin. khi đó mọi dãy tăng, giảm P các môđun con của M đều dừng. Đặt M là tập các môđun con thực sự P P P của M. Do M là R-môđun Noether và M 6= 0 (vì 0 ∈ M ) nên M có phần tử cực đại là M1, đây cũng là phần tử tối đại của M, vì nếu có P môđun con N1 ⊇ M1,N1 6= M thì N1 ∈ M , suy ra N1 ⊆ M1. Do đó N1 = M1. Đặt P là tập các môđun con thực sự của M (tức là các môđun con M1 1 khác M1). Tương tự như trên, có môđun con cực đại M2 ⊂ M1 và M2 là tối đại trong M1. 23
Lặp quá trình trên ta có dãy giảm các môđun M ⊃ M1 ⊃ M2 ⊃ (*). Do M là artin nên (*) dừng, tức là ∃k > 0 sao cho Mk = Mn, ∀n ≥ k. Khi đó, dãy M ⊃ M1 ⊃ M2 ⊃ ⊃ Mk là dãy hợp thành của M. Vậy `(M) = k 0 sao cho Mn = Mk, ∀n ≥ k, suy ra (*’) dừng. Vậy M là R-môđun Artin. (iii =⇒ i): Giả sử R/AnnRM là vành Artin. Do M là R- môđun Noether nên M là hữu hạn sinh, M = Rm1 + +Rmn với m1, mn ∈ M. Xét tương ứng ϕ : R × × R −→ M (a1, , an) 7−→ a1m1 + + anmn. Hiển nhiên ϕ là ánh xạ và là đồng cấu R-đồng cấu môđun. ϕ sẽ cảm sinh ánh xạ n ϕ :(R/AnnRM) −→ M (a1, , an) 7−→ a1m1 + + anmn. ϕ hiển nhiên là R-đồng cấu môđun. (ϕ là ánh xạ vì nếu (a1, , an) = (b1, , bn) thì ai = bi ∈ AnnRM, suy ra (ai + bi)mi = 0 hay aimi = bimi, ∀i = 1, n). ϕ hiển nhiên là toàn ánh. Vậy ϕ là toàn cấu môđun. Vì n R/AnnRM là R-môđun Artin nên (R/AnnRM) = (R/AnnRM) × × n (R/AnnRM) là R-môđun Artin, suy ra (R/AnnRM) / Ker ϕ là Artin. Mà ∼ n M = (R/AnnRM) / Ker ϕ nên M là R-môđun Artin. 24
(i =⇒ iii): Xét tương ứng ψ : R −→ M n = M × × M a 7−→ (am1, , amn). Rõ ràng ψ là ánh xạ và là đồng cấu môđun. Ta xét a ∈ R, khi đó ψ(a) = 0 khi và chỉ khi a = 0, ∀mi ∈ M, i = 1, n hay a ∈ AnnRM. ∼ Vậy R/AnnRM = Im ψ. Xét tương ứng n ψ : R/AnnRM −→ M a 7−→ (am1, , amn). ψ là ánh xạ vì nếu a = b thì a − b ⊂ AnnRM, do đó (a − b)mi = 0 suy ra ami = bmi, ∀i = 1, n. Hơn nữa ψ là đồng cấu môđun và ψ là đơn cấu vì ∼ n ψ là đơn cấu. Do đó R/AnnRM = Im ψ. Vì M là môđun Artin nên M là Artin. Do Im ψ là môđun con của M n nên Im ψ cũng là môđun Artin. Từ đó suy ra R/AnnRM là Artin. 2.3 Chiều của vành địa phương Cho (R, m) là vành địa phương Noether. Định nghĩa 2.3.1. Một iđêan I của (R, m) gọi là iđêan định nghĩa của (R, m), nếu ∃n > 0 sao cho mn ⊆ I ⊆ m (tức I là iđêan m-nguyên sơ). Khi đó, theo Mệnh đề 2.2.4, nếu I là iđêan định nghĩa thì dim(R/I) = √ dim(R/ I) = dim(R/m) = 0, do đó R/I là vành Artin. Suy ra `(R/I) < +∞, do vậy `(R/Im) < +∞ (vì mmn ⊆ In ⊆ m nên In là iđêan định nghĩa). Cho I là một iđêan định nghĩa của vành địa phương (R, m). Ta xét n n+1 vành GI(R) = ⊕ I /I . Với M là R-môđun hữu hạn sinh, xét môđun n≥o 25
n n+1 ∼ GI(M) = ⊕ I M/I M. Giả sử I = a1R + + akR. Khi đó GI(R) = n≥0 2 2 (R/I)[a1, , ak], ai = ai + I ∈ I/I . Đặt FM,I(n) = `(GI(M))n = `(InM/In+1M) và n n X X n0 n0+1 HM,I(n) = FM,I(i) = `(I M/I M) i=0 n0 = `(M/I) + + `(InM/In+1M) = `(M/In+1M). Theo Định lý đa thức Hilbert thì FM,I(n) = PM,I(n), với n 0, PM,I(n) là đa thức Hilbert. Suy ra HM,I(n) = PM,I(n) khi n 0 . Khi đó PM,I(n) gọi là Đa thức Hilbert-Samuel của M đối với I. Mệnh đề 2.3.2. Cho (R, m) là vành địa phương Noether và M là R-môđun hữu hạn sinh. Khi đó bậc của Đa thức Hilbert-Samuel PM,I(n) không phụ thuộc vào cách chọn iđêan định nghĩa I. Chứng minh. Giả sử I,J là hai iđêan định nghĩa của M, ta chứng minh degPM,I(n) = degPM,J (n). Thật vậy, vì I là idean của m nên tồn tại t sao cho I ⊇ mt suy ra t t n+1 t(n+1) J ⊆ m ⊆ I, do đó `(M/I M) ≤ `(M/J M) hay PM,I(n) ≤ PM,J (tn), ∀n. Vậy degPM,I(n) ≤ degPM,J (n). Vì I và J đóng vai trò như nhau nên ta cũng chứng minh được rằng degPM,I(n) ≥ degPM,J (n). Từ đó suy ra degPM,I(n) = degPM,J (n). Mệnh đề 2.3.3. Cho 0 −−→ M 0 −−→ M −−→ M 00 −−→ 0 là dãy khớp ngắn các R-môđun Noether,I là iđêan định nghĩa của M. Khi đó i) d(M) = Max(d(M 0), d(M 00)). 26
ii) Hệ số bậc cao nhất của PM,I(n) − PM 00,I(n) và của PM 0,I(n) bằng nhau. iii) deg(PM,I(n) − PM 0,I(n) − PM 00,I(n)) 0 sao cho M ∩ In+1M 0 = In+1−c(IcM ∩ M 0), ∀n + 1 > c. Vì M 0 ⊆ M nên ta có In+1M 0 ⊆ In+1M ∩ M 0 = In+1−c(IcM ∩ M 0) ⊆ In+1−cM 0 ∩ In+1−cM 0 suy ra M 0/In+1M 0 ⊇ M 0/In+1M ∩ M 0 ⊇ M 0/In+1−cM 0. Vậy PM 0,I ≥ ϕ(n) ≥ PM 0,I(n − c) (2). i) Từ (1) ta có degPM,I(n) = Max(degPM 00,I(n), degϕ(n)), suy ra d(M) = Max(d(M 00), degϕ(n)) (3). Từ (2) ta có degϕ(n) = d(M 00). Kết hợp với (3) ta được d(M) = Max{d(M 0), d(M 00)}. iii) Từ (1) suy ra PM,I(n) − PM 00,I(n) = ϕ(n). Do vậy hệ số cao nhất của ϕ(n) và PM,I(n) − PM 00,I(n) là bằng nhau và bằng hệ số cao nhất của PM 0,I(n) (do (2)). ii) Từ (1) và (2) suy ra deg(PM,I(n)−PM 0,I(n)−PM 00,I(n)) = deg(ϕ(n)− PM 0,I(n)) ≤ degPM 0,I(n) (4). Theo iii) thì hệ số cao nhất của PM,I(N) − 27
PM 00,I(n) và của PM 0,I(n) bằng nhau nên deg(PM,I(N)−PM 0,I(n)−PM 00,I(n)) 0, ta cần chứng minh mệnh đề đúng với r. Giả sử {p1, p2, ,pt} là các iđêan nguyên tố tối thiểu trong tập AssR(M) suy ra m ∈/ {p1, p2, ,pt} (vì nếu m = pi thì ht(pi) = ht(m) = dim M = r > 0, mà pi ∈ AssR(M) và pi là tối thiểu suy ra ht(pi) = 0, vô lí). Theo Định lý t S tránh nguyên tố, tồn tại x ∈ m\ pi. Xét môđun M = M/xM, ta chứng i=1 minh dim M = r − 1. Thật vậy, hiển nhiên dim M ≥ r − 1. Mặt khác, ta có T p = p∈Ass(M/xm) p p Ann(M/xM) = (x) + AnnR M (*). Từ (*) suy ra, nếu p ∈ AssR(M) √ thì x ∈ p và AnnM ⊆ p. Do đó tồn tại i ∈ {1, 2, , t} sao cho pi ⊂ p, suy ra dim(R/pi) > dim(R/p), ta được dim M > dim(M/xM) = dim M. Từ đó suy ra dim M ≤ r − 1. Vậy dim M = r − 1. Áp dụng giả thuyết quy nạp cho M = M/xM, tồn tại x1, , xr−1 sao cho `(M/(x1, , xr−1)M) < +∞. Vì ∼ M/(x, x1, , xr−1)M = M/(x, x1, , xr−1)M nên `(M/(x, x1, , xr−1)M) < +∞. Vậy mệnh đề đúng với r. 28
Đặt δ(M) = min{r|∃x1, , xn ∈ m, `(M/(x1, , xn)M) < +∞}. Khi đó ta có đẳng thức giữa chiều của đa thức Hilbert với chiều của môđun M và δ(M). Điều này được khẳng định trong định lí dưới đây. Định lý 2.3.5. Cho (R, m)là vành địa phương Noether. M là R-môđun hữu hạn sinh. Khi đó δ(M) = d(M) = dim M. Chứng minh. Ta sẽ chứng minh dim M ≥ δ(M) ≥ d(M) ≥ dim M. (1) dim M ≥ δ(M). Thật vậy, giả sử dim M = r. Khi đó, theo Mệnh đề 2.3.4, tồn tại x1, , xr ∈ m sao cho `(M/(x1, , xr)M) < +∞. Suy ra r ≥ δ(M) hay dim M ≥ δ(M). (2) δ(M) ≥ d(M). Giả sử δ(M) = r, suy ra tồn tại x1, , xr ∈ m sao cho `(M/(x1, , xr)M) < +∞. 0 0 Đặt M = M/(x1, , xr)M, J = (x1, , xr)R. Khi đó AnnRM ⊇ J 0 n+1 0 0 0 suy ra `(M /I M ) = `(M ) < +∞, và PM 0,I(n) = `(M ) là hằng số 0 khi n 0. Vậy degPM 0,I(n) = d(M ) = 0. Xét I là một iđêan định nghĩa nào đó của M mà (x1, , xr) = J ⊆ I (chẳng hạn I = m). Trong môđun thương M/x1M ta có n+1 n+1 n+1 n+1 `(M/x1 + I M) = `(M/I ) − `((x1 + I M)/I M) suy ra n+1 n+1 PM,I(n) = PM,I(n) − `((x1 + I M)/I M), (với n 0) (∗). Tức là degPM,I(n) ≥ depPM,I(n) − 1 suy ra d(M/xM) ≥ d(M) − 1. Tiếp tục làm như trên cho tất cả các phần tử x2, , xr ta được d(M/(x1, , xr)M) ≥ d(M) − r 29
suy ra 0 ≥ d(M) − r. Vậy δ(M) ≥ d(M). (3) d(M) ≥ dim M. Trước hết ta chứng minh cho vành M = R bằng quy nạp theo d(M) = d(R). Nếu d(R) = 0 thì degPR,m(n) = `(M/mn+1) = 0. Suy ra, tồn tại t sao cho mt = mt+1 = Theo Định lý giao Krull ta có T mt = 0 suy ra mt = = mt+k = = 0. Do đó t≥0 R là vành Artin (vì R có dn iđêan nguyên tố). Từ `(R) 0. Nếu dim R = 0 thì ta có bất đẳng thức d(M) ≥ dim R. Giả sử dim R = k > 0. Khi đó tồn tại p0 ⊇ p2 ⊇ ⊇ pk−1 ⊇ pk = p là một xích nguyên tố của R có độ dài k. Chọn x ∈ pk−1/p, ta được p0/xR ⊇ p1/xR ⊇ ⊇ pk−1/xR là một xích nguyên tố của R/xR có độ dài là k −1, do đó dim R−1 ≥ dim R/xR suy ra dim R/(xR+p) ≥ k −1. Xét dãy khớp 0 −−→ R/p −−→x. R/p −−→ R/xR + p −−→ 0. Theo Mệnh đề 2.3.3 ta có d(R/p) > d(R/(xR+p)) suy ra d(R/(xR+p)) ≥ dim(R/(xR+p)) ≥ k−1. Do đó d(R) ≥ d(R/p) ≥ k suy ra d(R) ≥ dim R. Vậy tồn tại các R-môđun con của M: M = M1 ⊃ ⊃ Mk+1 = 0 ( ) sao ∼ cho Mi/Mi+1 = R/pi, pi ∈ Spec R. Từ ( ) ta các có dãy khớp ngắn 0 −−→ Mk+1 −−→ Mk −−→ Mk/Mk+1 −−→ 0 0 −−→ Mk −−→ Mk−1 −−→ Mk−1/Mk −−→ 0 0 −−→ M2 −−→ M1 = M −−→ M/M2 −−→ 0. Suy ra d(M) = Max{d(M2), d(M/M2)} = Max{d(M2), d(R/p1)} 30
= Max{d(M2), d(R/p1)} = Max{d(M3), d(M2/M3), d(R/p1)} = Max{d(M3), d(M/p2), d(M/p1)} = = Max{d(R/pi)|i = 1, 2, , k}. ≥ Max{dim(R/pi)|i = 1, 2, , k} = dim M. Vậy d(M) ≥ dim M. Hệ quả 2.3.6. Nếu (R, m) là vành địa phương Noether thì dim R 0 sao cho AnnR(M/IM) = m + k AnnR(M/IM), ∀n ≥ k suy ra m ⊆ AnnR(M/IM). Vậy ta có m = p √ AnnR(M/IM) = I + AnnRM. Từ đó suy ra I + AnnRM là iđêan định nghĩa. 31
Mệnh đề 2.4.3. Cho M là R-môđun, {x1, , xd} là một hệ tham số của M, dim M = d. Khi đó dim(M/(x1, , xd)M) = d − i, ∀i = 1, d. Chứng minh. Đặt M = M/(x1, , xd)M, ta có M/(x1, , xd)M = [M/(x1, , xi)M]/[(xi+1 , xd)(M/(x1, , xi)M)] ∼ = [M/(x1, , xi)M]/[((xi+1, , xd)M + (x1, , xi)M)/(M/(x1, , xi)M)] ∼ = M/[(x1, , xd)M)/(M/(x1, , xi)M)] ∼ = M/(x1, , xd)M. Vậy `(M/(x1, , xd)M) = `(M/(x1 , xd)M) 0, e1(I,M), , ed(I,M) ∈ Z sao cho ! ! n + d n + d − 1 P (n) = e (I,M) −e (I,M) + +(−1)de (I,M) I,M 0 d 1 d − 1 d e0(I,M) gọi là số bội của M đối với I. 32
Mệnh đề 2.4.5. Cho I là một iđêan định nghĩa của R, x1, , xd là hệ tham số của R, x1, , xd ∈ I, giả sử M là R-môđun hữu hạn sinh, s = 1, d. Khi đó e0(I/(x1, , xs), M/(x1, , xs)M) ≥ v1 vse0(I,M)) (1), v với xi ∈ I i , i = 1, s. Chú ý rằng khi s = d ta có e0(I/(x1, , xs), M/(x1, , xs)M) = `(M/(x1, , xd)M). Chứng minh. Theo quy nạp ta chỉ cần chứng minh (1) với s = 1. 0 0 0 Đặt R = R/x1R, I = I/x1R, M = M/x1M, v = v1. Khi đó dim M 0 = dim M − 1 = d − 1 (a). Mặt khác 0 0n n `(M /I M) = ` ((M/x1M)/((I/x1R) .(M/x1M)) n = ` ((M/x1M)/(I /x1R).(M/x1M)) n = ` ((M/x1M)/((I M + x1M)/x1M)) n = ` (M/(x1M + I M)) n n n = ` (M/I M) − l ((x1M + I M)/I M) . Ta lại có n n ∼ n (x1M + I M)/I M = x1M/(x1M ∩ I M). Xét tương ứng n n f : x1M/(x1M ∩ I M) −→ M/(I M : x1) n n x1m + x1M ∩ I M 7−→ m + (I M : x1). Dễ dàng kiểm tra đây là đẳng cấu môđun, do đó n n ∼ n ∼ n (x1M + I M)/I M = x1M/(x1M ∩ I M) = M/(I M : x1). 33
v n−v n Mà x1 ∈ I 1 nên I M ⊆ I M : x1, suy ra n n n−v `((I M + x1M)/x1M)) = `(M/(I M : x1)) ≤ `(M/I M). Do đó `(M 0/I0nM) ≥ l (M/InM) − `(M/In−vM) (2), với n 0, Từ (2) và (a) ta có e (M 0,I0) e (M, I) e (M, I) 0 nd−1 ≥ 0 nd − 0 (n − v)d + P (n) (−1 + d)! d! d! (với degP (n) ≤ d − 2) suy ra e (M 0,I0) e (M, I) 0 nd−1 ≥ 0 (nd − (n − v)d) + P (n) (d − 1)! d! Do đó e (M 0,I0) e (M, I) P (n) 0 ≥ 0 v + . (d − 1)! (d − 1)! nd−1 Khi n 0 thì e (M 0,I0) e (M, I) 0 ≥ 0 v (d − 1)! (d − 1)! suy ra 0 0 e0(M ,I ) ≥ e0(M, I)v. Vậy e0(I/(x1, , xs), M/(x1, , xs)M) ≥ v1, , vse0(I,M). Áp dụng Mệnh đề 2.4.5 với s = d ta được ngay hệ quả sau. Hệ quả 2.4.6. Nếu I là iđêan tham số của R-môđun M thì `(M/IM) ≥ e0(I,M). 34
Bổ đề 2.4.7. Cho 0 −−→ N −−→ M −−→ M/N −−→ 0 là một dãy khớp các R-môđun Noether (R là môđun địa phương Noether), I là iđêan định nghĩa của R, dim M = dim N = dim M/N. Khi đó e0(I,M) = e0(I,N) + e0(I, M/N). Chứng minh. Ta có N là môđun của M. Khi đó `(M/InM) = `((M/N)/In(M/N)) + `(N/(N ∩ InM)) (*), và hiển nhiên InN ⊆ N ∩InM. Áp dụng Định lý Artin-Rees, tồn tại c > 0 sao cho N ∩ InM ⊆ In−c(IcM ∩ N), ∀n > c. do đó InN ⊆ N ∩ InM ⊆ In−cN, ∀n > c. Ta được `(N/InN) ≥ `(N/InM ∩ N) ≥ `(N/In−cN)(*’). Từ (*) và (*’) suy ra d! n+1 e0(I,M) − e0(I, M/N) = lim `(N/N ∩ I M) = e0(I,N). x→∞ nd Vậy e0(I,M) = e0(I,N) + e0(I, M/N). Định lý 2.4.8. (Công thức bội liên kết). Đặt {p1, , pt} là tập tất cả các iđêan nguyên tố cực tiểu (theo quan hệ bao hàm) thỏa mãn dim R/p = d. Khi đó t X e0(I,M) = e0(Ii, R/pi)`(Mpi )(*). i=1 Trong đó, Ii là ảnh của I trong R/pi và `(Mp) là độ dài của Rp-môđun Mp. 35
P Chứng minh. Đặt n = i `(Mpi ) ta sẽ chứng minh quy nạp theo n. P Nếu n = 0 thì i `(Mpi ) = 0, do đó `(Mpi ) = 0, ∀pi, i = 1, t. Suy t P ra e0(Ii, A/pi)`(Mpi ) = 0. Mà dim M 0 suy ra ∃p ∈ {p1, , pt} sao cho `(Mp) > 0, do đó Mp > 0. Suy ra p là phần tử tối tiểu của Supp M và p ∈ Ass M, nghĩa là ∃N môđun con của M sao cho N ' R/p. Từ dãy khớp 0 −−→ N −−→ M −−→ M/N −−→ 0 suy ra e0(I,M) = e0(I,M) + e0(I, M/N) (theo Bổ đề 2.4.7). ∼ ∼ ∼ Mặt khác, từ N = R/p dẫn đến Np = (R/p)p = Rp/pRp. Vì pRp là iđêan tối đại nên Np là một trường, suy ra `(Np) = 1. Với pi 6= p, xét ∼ a Npi = (R/p)pi . Lấy x ∈ (R/p)pi ta có x = s , với a = a + p, s∈ / pi. Vì a t ∈ p nên x = s = 0 suy ra (R/p)pi = 0 nghĩa là Npi = 0, ∀pi 6= p. Từ đó suy ra `(Npi ) = 0, ∀pi 6= p. Xét dãy khớp 0 −−→ N −−→ M −−→ M/N −−→ 0. Suy ra 0 −−→ Npi −−→ Mpi −−→ (M/N)pi −−→ 0 là khớp ∀pi. Do đó 0 −−→ (R/p)pi −−→ Mpi −−→ (M/N)pi −−→ 0 là khớp ∀pi. Vậy `(Mpi ) = `((R/p)pi ) + `((M/N)pi ), ∀pi và `(Mpi ) = t `((M/N) ),∀p 6= p. Suy ra `(M/N) = P `((M/N) ) = n − 1, vậy pi i pi i=1 (*) đúng cho M/N. Hơn nữa e0(I,N) = e0(I, R/p) = e0(I, R/p), I = 36
(I + p)/p. Suy ra e0(I,M) = e0(I,M) + e0(I, M/N) t X = e0(I, R/p) + e0(Ii, R/pi).`((M/N)pi ) i=1 t X = e0(I, R/p) + e0(Ii, R/pi).`(Mpi ) i=1 t X = e0(I, R/p)(1 + `((M/N)p)) + e0(Ii, R/pi).`(Mpi ) i=1,p6=pi t X = e0(I, R/p)(`((M)p) + e0(Ii, R/pi).`(Mpi ) i=1,p6=pi t X = e0(Ii, R/pi).`(Mpi ). i=1 Vậy (*) đúng cho n. 37
Kết luận Tóm lại, trong luận văn này chúng tôi đã trình bày lại và chứng minh chi tiết một số vấn đề quan trọng về đa thức Hilbert trên vành địa phương Noether dựa trên bài giảng của GS. Nguyễn Tự Cường có tham khảo thêm trong hai cuốn sách Commutative Algebra và Commutative Ring Theory của tác giả H.Matsumura. Kết quả chính của luận văn bao gồm các nội dung sau. 1) Hệ thống lại một số kiến thức về vành và môđun Noether, Artin; vành và môđun phân bậc; Định lí Artin-Rees. 2) Hệ thống lại một số tính chất quan trọng của đa thức Hilbert trên vành địa phương Noether, bao gồm: Định lí đa thức Hilbert; chiều của môđun và vành địa phương; hệ tham số và số bội. 3) Chứng minh chi tiết một số vấn đề được trình bày vắn tắt trong bài giảng của GS. Nguyễn Tự Cường và trong sách Commutative Ring Theory của tác giả Matsumura. 4) Đưa thêm một số ví dụ và bài tập minh họa cho những nội dung được trình bày trong luận văn. 38
Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Tự Cường, Bài giảng chuyên đề Hình học đại số, 2010. [2] Nguyễn Tự Cường, Giáo trình Đại số hiện đại (tập I). Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội, 2007. [3] M. F. Atiyah, I. G. Macdonald, Introduction to Commutative Algebra. Addison - Wesley, 1969. [4] H. Matsumura, Commutative Algebra. Second edition. Benjamin/Cu- mmings Publ., Massachusetts 1980. [5] H. Matsumura, Commutative Ring Theory. Cambridge University Press, 1986. 39