Tải bản đầy đủ

Phân tích tham số của Iđêan đơn thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

LÊ THỊ THU HƯỜNG

PHÂN TÍCH THAM SỐ CỦA IĐÊAN ĐƠN THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

LÊ THỊ THU HƯỜNG

PHÂN TÍCH THAM SỐ CỦA IĐÊAN ĐƠN THỨC
Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số
Mã số: 604. 601. 04


LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. TRẦN NGUYÊN AN

THÁI NGUYÊN - 2016


Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan rằng các kết quả trình bày trong luận văn này là không bị trùng
lặp với các luận văn trước đây. Nguồn tài liệu sử dụng cho việc hoàn thành luận văn
là các nguồn tài liệu mở. Các thông tin, tài liệu trong luận văn này đã được ghi rõ
nguồn gốc.

Thái Nguyên, ngày ... tháng ... năm 2016
Tác giả luận văn

Lê Thị Thu Hường

i


Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành trong khóa 22 đào tạo Thạc sĩ của trường Đại học Sư
phạm - Đại học Thái Nguyên, dưới sự hướng dẫn của TS.Trần Nguyên An, giảng
viên khoa Toán Trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên. Tôi xin bày tỏ
lòng biết ơn chân thành tới thầy hướng dẫn, người đã tạo cho tôi một phương pháp
nghiên cứu khoa học đúng đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc và đã dành nhiều thời
gian, công sức giúp đỡ tôi 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, khích lệ, động viên
tôi vượt qua những khó khăn trong học tập.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo Khoa Sau đại học, Trường Đại học Sư
phạm - Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, giúp đỡ tôi trong suốt
thời gian tôi học tập.
Cuối cùng, tôi xin cảm ơn bạn bè, người thân và gia đình đã động viên, ủng hộ
tôi cả về vật chất và tinh thần để tôi có thể hoàn thành tốt luận văn cũng như khóa
học của mình.

Thái Nguyên, ngày ...tháng ... năm 2016
TÁC GIẢ


LÊ THỊ THU HƯỜNG

ii


Mục lục
Lời cam đoan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ii

Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

iii

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

Chương 1. Iđêan đơn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.1. Iđêan và đồ thị của iđêan đơn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2. Tập sinh của iđêan đơn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3. Phép toán trên iđêan đơn thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.4. Iđêan m-bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19

Chương 2. Sự phân tích m-bất khả quy và phân tích tham số . . . . . . . . . . .

23

2.1. Sự phân tích m-bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

2.2. Iđêan tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

2.3. Phần tử góc và cách tìm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

iii


Mở đầu
Một trong những kết quả cơ bản trong đại số giao hoán là định lý phân tích bất
khả quy được chứng minh bởi Emmy Noether năm 1921. Trong bài báo đó Emmy
Noether đã chứng minh mọi iđêan bất kì trong vành Noether đều có thể viết thành
giao hữu hạn của các iđêan bất khả quy và số các iđêan bất khả quy trong những
biểu diễn như vậy là không phụ thuộc vào cách biểu diễn. Số đó được gọi là chỉ số
khả quy của iđêan.
Việc tìm phân tích bất khả quy trên một vành bất kỳ là rất khó, do đó người
ta thường nghiên cứu trên vành đa thức, cho lớp iđêan đặc biệt là iđêan đơn thức.
Nghiên cứu iđêan đơn thức cho ta mối liên hệ giữa tổ hợp và đại số giao hoán. Gần
đây phân tích bất khả quy của iđêan đơn thức trở thành vấn đề cơ bản và có nhiều
ứng dụng trong các lĩnh vực từ toán học thuần túy đến các môn khoa học khác.
Mục đích chính của luận văn là tìm hiểu phân tích bất khả quy cho một số lớp
iđêan đặc biệt: một số dạng iđêan đơn thức; lũy thừa Frobenius của iđêan đơn thức;
đặc biệt tìm hiểu về phân tích tham số của iđêan đơn thức. Luận văn dựa trên tài liệu
tham khảo chính là bài giảng "Monomial ideals and their decomposition" của M.
Rogers và S. Sather-Wagstaff [3] và một số ví dụ trong các cuốn sách [1], [2], [4].
Luận văn được bố cục làm hai chương. Để tiện theo dõi, chương 1 trình bày một
số vấn đề về iđêan đơn thức; iđêan và đồ thị của iđêan đơn thức; tập sinh của iđêan
đơn thức; các phép toán của iđêan đơn thức và iđêan m-bất khả quy.
Chương 2 tìm hiểu về sự phân tích m-bất khả quy, phân tích m-bất khả quy của
một số lớp iđêan, đặc biệt là lớp iđêan tham số.

1


Chương 1

Iđêan đơn thức
Trong toàn bộ luận văn ta luôn quy ước vành là vành giao hoán khác 0 có đơn vị
và thường được ký hiệu là A, d > 0 là một số nguyên, R = A[X1 , ..., Xd ] là một vành
n
đa thức d biến trên A. Ký hiệu n = (n1 , ..., nd ) ∈ Nd ; X n = X1n1 X2n2 ...Xd d . Khi đó mỗi
đa thức f ∈ R được biểu diễn dưới dạng
f=

∑ anX n

n∈Λ

Trong đó Λ ⊆ Nd là một tập con hữu hạn của Nd sao cho an = 0 với n ∈ Λ. Từ đây
nếu không giải thích gì thêm khi nói đến vành R ta hiểu R là vành đa thức d biến
trên A. Với m = (m1 , ..., md ), n = (n1 , ..., nd ) ∈ Nd , p ∈ N. Phép cộng và phép nhân
vô hướng trên Nd xác định bởi:
n + m = (n1 + m1 , ..., nd + md ), pn = (pn1 , ..., pnd ).
Và X n X m = X n+m , (X m ) p = X pm . Ta có quan hệ m n khi và chỉ khi mi ni , với mọi
i = 1, ..., d là một quan hệ thứ tự trên Nd . Ký hiệu [n] = {m ∈ Nd | m n} = n + Nd .
Dưới đây là một số kiến thức chuẩn bị cần thiết cho nội dung chính của luận văn,
các kiến thức này được tham khảo trong [3].

1.1. Iđêan và đồ thị của iđêan đơn thức
Định nghĩa 1.1.1. Một iđêan đơn thức trong R là một iđêan của R sinh bởi các đơn
thức.
Ví dụ 1.1.2. Đặt R = A[X,Y ].
2


(i) Iđêan I = (X 2 ,Y 3 )R là một iđêan đơn thức. Lưu ý I chứa đa thức X 2 −Y 3 .
(ii) Iđêan J = (Y 2 − X 3 , X 3 )R là một iđêan đơn thức vì J = (Y 2 , X 3 )R.
(iii) Iđêan tầm thường 0 và R là các iđêan đơn thức vì 0 = (0)R
/ và R = 1R R =
X10 ...Xd0 R.
Định nghĩa 1.1.3. Với mỗi iđêan đơn thức I ⊆ R, tập hợp [[I]] ký hiệu tập hợp tất cả
các đơn thức trong I.
Chú ý 1.1.4. Với mỗi iđêan đơn thức khác không, I ⊆ R, tập hợp [[I]] ⊂ R là một
tập vô hạn nhưng không là iđêan. Theo định nghĩa, ta có [[I]] = I ∩ [[R]].
Bổ đề 1.1.5. Với mỗi iđêan đơn thức I ⊆ R, ta có I = ([[I]])R.
Mệnh đề 1.1.6. Cho I và J là hai iđêan đơn thức của R. Khi đó
(i) I ⊆ J nếu và chỉ nếu [[I]] ⊆ [[J]].
(ii) I = J nếu và chỉ nếu [[I]] = [[J]].
Định nghĩa 1.1.7. (i) Cho f và g là các đơn thức trong R. Khi đó f gọi là một bội
đơn thức của g nếu có một đơn thức h ∈ R sao cho f = gh.
(ii) Cho một đơn thức f = X n ∈ R, bộ gồm d số tự nhiên n ∈ Nd gọi là vectơ lũy
thừa của f .
Bổ đề 1.1.8. Cho f = X m và g = X n là các đơn thức trong R. Nếu h là một đa thức
trong R sao cho f = gh thì mi ni , i = 1, ..., d và h là đơn thức h = X p , trong đó
pi = mi − ni .
Ví dụ 1.1.9. Đặt R = A[X,Y ]. Khi đó XY 7 không là bội của X 2Y , nhưng X 2Y 7 là
một bội của X 2Y .
Bổ đề 1.1.10. Cho f = X m và g = X n là các đơn thức trong R. Khi đó các điều kiện
sau là tương đương:
(i) f ∈ gR;
(ii) f là một bội của g;
(iii) f là một bội đơn thức của g;
(iv) m n;
(v) m ∈ [n].
3


Định nghĩa 1.1.11. Thứ tự chia hết trên tập hợp đơn thức [[R]] là thứ tự X m
khi X m là một bội của X n .

Xn

Bổ đề 1.1.12. Thứ tự chia hết trên [[R]] là một quan hệ thứ tự.
Định lý 1.1.13. Cho f , f1 , ..., fm là các đơn thức trong R. Khi đó f ∈ ( f1 , ..., fm )R
nếu và chỉ nếu tồn tại i sao cho f ∈ fi R.
Chú ý 1.1.14. Định lí 1.1.13 không còn đúng nữa nếu các fi không là đơn thức.
Định nghĩa 1.1.15. Đồ thị của một iđêan đơn thức I là tập hợp
Γ(I) = {n ∈ Nd | X n ∈ I}.
Định lý 1.1.16. Nếu I = (X n1 , ..., X nm )R thì Γ(I) = [n1 ] ∪ ... ∪ [nm ].
Ví dụ 1.1.17. (i) Đặt R = A[X,Y ]. Đồ thị của iđêan I = (X 4 , X 3Y,Y 2 )R là tập hợp
Γ(I) = [(4, 0)] ∪ [(3, 1)] ∪ [(0, 2)] ⊆ N2 , được biểu diễn bởi sơ đồ Hình 1.1.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

5

...

4

...

3

...

2

...

1

...

0

...
1

2
3
Hình 1.1:

4

5

(ii) Đặt R = A[X,Y ]. Đặt I = (X 2 )R và J = (Y 3 )R. Khi đó I + J = (X 2 ,Y 3 )R. Theo
Định lí 1.1.16, Γ(I) = [(2, 0)], Γ(J) = [(0, 3)] và
Γ(I + J) = [(2, 0)] ∪ [(0, 3)] = Γ(I) ∪ Γ(J).
4


Ta có đồ thị Hình 1.2.
..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

5

...

4

...

3

...

2

...

1

...
...
0

1

3
2
Hình 1.2:

4

5

Nhận xét 1.1.18. Một tập con khác rỗng γ ⊆ Nd có dạng γ = Γ(I) với iđêan đơn
thức I ⊆ A[X1 , ..., Xd ] nếu và chỉ nếu với mỗi m ∈ γ và n ∈ Nd ta có m + n ∈ γ . Chẳng
hạn, đồ thị Hình 1.3 không có dạng γ = Γ(I).
..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.
...

5
4

...

3

...

2

...

1

...
...
0

1

2
3
Hình 1.3:

5

4


Giả sử f = ∑u∈[[R]] au u, au ∈ A và u là các đơn thức. Đặt supp( f ) = {u ∈ [[R]] |
au = 0}. supp( f ) được gọi là giá của f . Khi đó ta có kết quả bổ trợ quan trọng sau.
Mệnh đề 1.1.19. Giả sử I là một iđêan của R. Khi đó các điều kiện sau là tương
đương:
(i) I là iđêan đơn thức;
(ii) Với mọi f ∈ R, f ∈ I khi và chỉ khi supp( f ) ⊆ I.

1.2. Tập sinh của iđêan đơn thức
Định lý 1.2.1. [Bổ đề Dickson] Mọi iđêan đơn thức của R là hữu hạn sinh. Hơn
nữa, nó sinh bởi một tập hữu hạn các đơn thức.
Hệ quả 1.2.2. Cho S ⊆ [[R]] và đặt I = (S)R. Khi đó tồn tại hữu hạn đơn thức
s1 , . . . , sn ∈ S sao cho I = (s1 , . . . , sn )R.
Mục (i) của kết quả sau đây chỉ ra vành đa thức R = A[X1 , . . . , Xd ] thỏa mãn điều
kiện chuỗi tăng dần đối với các iđêan đơn thức. Mục (ii) chỉ ra mọi tập khác rỗng ∑
các iđêan đơn thức trong R có một phần tử tối đại, và mọi phần tử của ∑ đều được
chứa trong phần tử tối đại của ∑ .
Định lý 1.2.3. (i) Cho một chuỗi I1 ⊆ I2 ⊆ · · · các iđêan đơn thức trong R. Khi đó
có một số nguyên N 1 sao cho IN = IN+1 = · · · .
(ii) Cho ∑ là một tập khác rỗng các iđêan đơn thức trong R. Khi đó ∑ có phần tử
tối đại. Hơn nữa, với mỗi K ∈ ∑ thì K chứa trong một phần tử tối đại của ∑ .
Định nghĩa 1.2.4. Cho I là một iđêan đơn thức của R, z1 , . . . , zm ∈ [[I]] sao cho
I = (z1 , . . . , zm )R. Dãy z1 , . . . , zm được gọi là một dãy sinh đơn thức rút gọn đối với I
nếu zi không là một bội đơn thức của z j , với mọi j = i; i, j ∈ {1, ..., m}.
Ví dụ 1.2.5. Đặt R = A[X,Y ]. Vì X 2Y | X 2Y 2 nên X 3 , X 2Y, X 2Y 2 ,Y 5 là một dãy sinh
không rút gọn đối với iđêan (X 3 , X 2Y, X 2Y 2 ,Y 5 )R. Dãy X 3 , X 2Y, XY 2 ,Y 3 là một dãy
sinh đơn thức rút gọn đối với (X 3 , X 2Y, XY 2 ,Y 3 )R vì không có một đơn thức nào
trong X 3 , X 2Y, XY 2 ,Y 3 là bội của đơn thức còn lại.
Mệnh đề 1.2.6. Cho I là một iđêan đơn thức của R và z1 , . . . , zm ∈ [[I]] sao cho
I = (z1 , . . . , zm )R. Khi đó các điều kiện sau là tương đương:
6


(i) Dãy sinh z1 , . . . , zm là rút gọn;
(ii) Với i = 1, . . . , m ta có zi ∈ (z1 , . . . , zi−1 , zi+1 , . . . , zm )R;
(iii) Với i = 1, . . . , m ta có (z1 , . . . , zi−1 , zi+1 , . . . , zm )R I.
Định lý dưới đây cho ta thấy mọi iđêan đơn thức đều có dãy sinh đơn thức rút gọn,
hơn nữa dãy sinh đơn thức rút gọn này là duy nhất.
Định lý 1.2.7. Cho I là một iđêan đơn thức của R.
(i) Mọi tập sinh đơn thức trong I đều chứa một dãy sinh đơn thức rút gọn trong I.
(ii) Iđêan I có một dãy sinh đơn thức rút gọn.
(iii) Dãy sinh đơn thức rút gọn là duy nhất.
Dưới đây là phương pháp đưa một dãy sinh đơn thức về dãy sinh đơn thức rút gọn.
Thuật toán 1.2.8. Cho các đơn thức z1 , . . . , zm ∈ [[R]] và đặt J = (z1 , . . . , zm )R. Ta
giả sử m 1.
Bước 1. Kiểm tra tính rút gọn của dãy sinh z1 , . . . , zm bằng cách sử dụng định
nghĩa.
Bước 1a. Nếu với mọi chỉ số i và j sao cho i = j, ta có z j ∈ (zi )R, thì dãy sinh đó
là rút gọn. Trong trường hợp này, thuật toán dừng lại.
Bước 1b. Nếu tồn tại chỉ số i và j sao cho i = j và z j ∈ (zi )R, thì dãy sinh không
rút gọn; ta thực hiện tiếp Bước 2.
Bước 2. Giảm dãy sinh bằng cách loại bỏ các phần tử sinh làm cho dãy không rút
gọn trong dãy sinh đó. Theo giả thiết, tồn tại chỉ số i và j sao cho i = j và z j ∈ (zi )R.
Không mất tính tổng quát, ta sắp xếp lại các chỉ số sao cho j = m. Do đó, ta có
i < m và zm ∈ (zi )R. Suy ra J = (z1 , . . . , zm )R = (z1 , . . . , zm−1 )R. Bây giờ ta áp dụng
Bước 1 cho một dãy các đơn thức mới z1 , . . . , zm−1 .
Thuật toán sẽ dừng lại sau không quá m − 1 bước vì ta có thể loại bỏ nhiều nhất
m − 1 đơn thức từ dãy.
Ví dụ 1.2.9. Đặt R = A[X,Y ]. Dùng Thuật toán 1.2.8, ta thấy dãy X 3 , X 2Y,Y 5 là một
dãy sinh đơn thức rút gọn của iđêan (X 3 , X 2Y, X 2Y 2 ,Y 5 )R.
Mệnh đề 1.2.10. Cho một tập hợp khác rỗng các đơn thức S ⊆ [[R]] và đặt J = (S)R.
Với mỗi z ∈ S, ta viết z = X nz với nz ∈ Nd . Đặt ∆ = {nz | z ∈ S} ⊆ Nd và xét thứ tự
trên Nd . Kí hiệu ∆′ là tập hợp các phần tử tối thiểu của ∆ theo thứ tự trên. Khi đó
7


(i) S′ = {z | nz ∈ ∆′ } là một tập sinh đơn thức rút gọn của J.
(ii) Tập hợp ∆′ là hữu hạn.

1.3. Phép toán trên iđêan đơn thức
Định lý 1.3.1. Nếu I1 , . . . , In là các iđêan đơn thức của R thì I1 ∩· · · ∩In là iđêan đơn
thức sinh bởi tập các đơn thức trong I1 ∩ · · · ∩ In và [[I1 ∩ · · · ∩ In ]] = [[I1 ]] ∩ · · · ∩ [[In ]].
Chứng minh. Đặt S = ∩nj=1 [[I j ]] và J = (S)R. Khi đó J là một iđêan đơn thức, J ⊆
∩nj=1 I j , vì S ⊆ ∩nj=1 I j . Ta cần chứng minh J = ∩nj=1 I j . Thật vậy, lấy một phần tử
f ∈ ∩nj=1 I j và viết f = ∑n∈Λ an X n , Λ là một tập hữu hạn. Với j = 1, . . . , n ta có
f ∈ I j . Vì vậy, theo Mệnh đề 1.1.19 suy ra nếu an = 0 thì X n ∈ [[I j ]] với mỗi j, nghĩa
là nếu an = 0 thì X n ∈ ∩nj=1 [[I j ]] = S. Do đó, ta có f ∈ (S)R = J. Như vậy I1 ∩ · · · ∩ In
là một iđêan đơn thức của R và được sinh bởi tập các đơn thức ∩nj=1 [[I j ]]. Cuối cùng,
ta có:
[[∩nj=1 I j ]] = (∩nj=1 I j ) ∩ [[R]] = ∩nj=1 (I j ∩ [[R]]) = ∩nj=1 [[I j ]].
Ta có điều phải chứng minh.
Chú ý 1.3.2. Γ(I1 ∩ ... ∩ In ) = Γ(I1 ) ∩ ... ∩ Γ(In ).
Tương tự Định lý 1.3.1 ta có kết quả sau.
Mệnh đề 1.3.3. Giả sử I1 , · · · , In là các iđêan đơn thức của R. Khi đó
(i) I1 + · · · + In là iđêan đơn thức.
(ii) [[I1 + · · · + In ]] = [[I1 ]] ∪ · · · ∪ [[In ]].
(iii) Γ(I1 + · · · + In ) = Γ(I1 ) ∪ · · · ∪ Γ(In ).
Nhận xét 1.3.4. Cho f = X m và g = X n là các đơn thức của R với m, n ∈ Nd . Với
i = 1, . . . , d đặt pi = max{mi , ni }. Khi đó bội chung nhỏ nhất lcm( f , g) = X p .
Ví dụ 1.3.5. Đặt R = A[X,Y, Z]. Ta tính bội chung nhỏ nhất của f = XY 4 Z 8 và
g = X 3 Z 5 . Ký hiệu như nhận xét trên, ta có m = (1, 4, 8) và n = (3, 0, 5), và do đó
p = (3, 4, 8). Vậy lcm(XY 4 Z 8 , X 3 Z 5) = X 3Y 4 Z 8 .
Ví dụ 1.3.6. Đặt R = A[X,Y ]. Ta tính giao (XY 2 )R ∩ (X 2Y )R. Theo Định lí 1.3.1
và Chú ý 1.3.2 ta có Γ((XY 2 )R ∩ (X 2Y )R) = Γ((XY 2 )R) ∩ Γ((X 2Y )R). Đồ thị Hình
1.4
8


..
.
..
.
..

..
..
.

..
..
.
◦ .....

4
Γ((X,Y 2 )R)

................ ◦

3

Γ((X 2Y )R)

................ ∗

2

Γ((X,Y 2 )R ∩ (X 2Y )R)

........ ⊛

1

0

1

..
.

..
.

..
.







...







...

...



..
..
.
∗ ..... ∗ ..... ∗ ..... . . .

2

3

4

..
.

..
.

..
.

4







...

3







...

2







...

2

3

4

1

0

1

Hình 1.4:

Từ điều này, ta có (X,Y 2 )R ∩ (X 2Y )R = (X 2Y 2 )R = (lcm(XY 2 , X 2Y ))R. Nói cách
khác, giao của các iđêan chính sinh bởi XY 2 và X 2Y là một iđêan chính và được sinh
bởi lcm(XY 2 , X 2Y ). Kết quả sau đây cho thấy điều này là đúng với bất kì hai iđêan
đơn thức chính.
Bổ đề 1.3.7. Với các đơn thức f , g ∈ [[R]], ta có ( f )R ∩ (g)R = (lcm( f , g))R.
Mệnh đề 1.3.8. Giả sử I được sinh bởi tập hợp các đơn thức { f1 , . . . , fm } và J được
sinh bởi tập hợp các đơn thức {g1 , . . . , gn }. Khi đó I ∩ J được sinh bởi tập hợp các
đơn thức
{lcm( fi , g j ) | 1 i m, 1 j n}.
Chứng minh. Đặt K = ({lcm( fi , g j ) | 1 i m, 1 j n})R. Đây là một iđêan
đơn thức trong R vì mỗi phần tử lcm( fi , g j ) là một đơn thức trong R. Ta chứng minh
9


bao hàm thức I ∩ J ⊆ K, lấy đơn thức z ∈ [[I ∩ J]]. Phần tử z là một đơn thức trong
I = ( f1 , . . . , fm )R vì vậy theo Định lí 1.1.13 suy ra z ∈ ( fi )R với chỉ số i nào đó.
Tương tự, từ điều kiện z ∈ J = (g1 , . . . , gn )R suy ra z ∈ (g j )R với chỉ số j nào đó. Do
đó, theo Bổ đề 1.3.7 suy ra z ∈ ( fi )R ∩ (g j )R = (lcm( fi , g j ))R ⊆ K.
Ngược lại mỗi phần tử sinh đơn thức lcm( fi , g j ) của K đều nằm trong I ∩ J. Thật vậy
lcm( fi , g j ) ∈ (lcm( fi , g j ))R = ( fi )R ∩ (g j )R ⊆ I ∩ J.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.3.9. Đặt R = A[X,Y ]. Ta xác định một dãy sinh trong iđêan I = (X 2 ,Y 3 )R ∩
(X 3 ,Y )R. Đồ thị Hình 1.5
..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

4

...

4

...

3

...

3

...

2

...

2

...

1

...

1

...

0

...
1

2

3

0

4

Γ((X 2 ,Y 3 )R)

1

2

3

4

Γ((X 3 ,Y )R)
Hình 1.5:

Từ Định lí 1.3.1 suy ra [[I]] = [[(X 2 ,Y 3 )R]] ∩ [[(X 3 ,Y )R]], vì vậy đồ thị của I sẽ
có dạng Hình 1.6.
Sử dụng Mệnh đề 1.2.10 và trực quan bằng đồ thị, ta xác định được một dãy sinh
đơn thức rút gọn trong I là Y 3 , X 2Y, X 3 . Tiếp theo ta kiểm tra điều này bằng cách sử
dụng Mệnh đề 1.3.8 và Thuật toán 1.2.8. Kí hiệu như Mệnh đề 1.3.8, ta có f1 = X 2 ,
f2 = Y 3 , g1 = X 3 , g2 = Y. Ta có
lcm( f1 , g1 ) = X 3
lcm( f2 , g1 ) = X 3Y 3
lcm( f1 , g2 ) = X 2Y
lcm( f2 , g2 ) = Y 3 .
Theo Mệnh đề 1.3.8 suy ra dãy X 3 , X 3Y 3 , X 2Y,Y 3 là dãy sinh trong I.
Ta sử dụng Thuật toán 1.2.8 để tìm dãy sinh đơn thức rút gọn trong I.
10


..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

4

...

3

...

2

...
...

.............. .
..
..

1

0

1

...

2
3
Hình 1.6:

4

Đơn thức X 3Y 3 là một bội của X 3 , vì vậy ta loại X 3Y 3 ra khỏi dãy. Ta được một
dãy mới dùng để xét là X 3 , X 2Y,Y 3 . Không có đơn thức nào trong dãy là một bội của
các đơn thức còn lại. Do đó, dãy X 3 , X 2Y,Y 3 là một dãy sinh đơn thức rút gọn trong
I.
Ví dụ 1.3.10. Đặt R = A[X,Y ] và I = (X 3 , X 2Y,Y 3 )R. Đồ thị Γ(I) có dạng như Hình
1.7

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

4

...

3

...

2

...

1

...
...
0

1

3
2
Hình 1.7:

11

4


như Hình 1.8 gợi ý chia đồ thị thành hai phần và cho thấy sự phân tích

Góc dạng
của Γ(I).

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

4

...

3

...

2

...
..............

1

0

...

..
..
.

...

1
2
3
Hình 1.8: Đồ thị của I

4

Cuối cùng ta có sự phân tích như Hình 1.9

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

4

...

4

...

3

...

3

...

2

...

2

...

1

...

1

...

...
0

1

2

3

0

4

Γ((X 2 ,Y 3 )R)

1

2

3

Γ((X 3 ,Y )R)
Hình 1.9:

12

4


Định lý 1.3.11. Nếu I và J là các iđêan đơn thức của R thì iđêan (J :R I) là một
iđêan đơn thức của R.
Chứng minh. Trường hợp 1, I = zR với đơn thức z = X m ∈ R. Cho S là tập hợp các
đơn thức trong (J :R I) = (J :R zR) và đặt K = (S)R. Từ cách xây dựng ta có K là
một iđêan đơn thức và K ⊆ (J :R I) vì S ⊆ (J :R I). Ta cần chứng minh K = (J :R I).
Thật vậy, lấy phần tử f ∈ (J :R I) và viết f = ∑n∈Λ an X n , Λ là một tập hữu hạn. Khi
đó f z = ∑n∈Λ an X n+m ∈ J. Theo Mệnh đề 1.1.19 ta có nếu an = 0 thì X n+m ∈ J, vì
J là một iđêan đơn thức. Vì vậy, nếu an = 0 thì zX n = X n+m ∈ J. Nói cách khác, nếu
an = 0 thì X n ∈ (J :R zR) = (J :R I), vì vậy X n ∈ S ⊆ (S)R = K. Điều này có nghĩa
là f = ∑n∈Λ an X n ∈ K.
Trường hợp 2, iđêan I được sinh bởi một dãy hữu hạn các đơn thức z1 , . . . , zn . Ta

(J :R I) = (J :R (z1 , . . . , zn )R) = ∩ni=1 (J :R zi R).
Theo Định lí 1.3.1, suy ra (J :R I) là một iđêan đơn thức.
Chú ý 1.3.12. Cho I và J là hai iđêan đơn thức của R. Trong trường hợp tổng quát
rất khó để xác định tập hợp đơn thức [[(J :R I)]] thông qua [[I]] và [[J]]. Hiển nhiên,
ta có J ⊆ (J :R I), vì vậy [[J]] ⊆ [[(J :R I)]].
Ví dụ 1.3.13. Đặt R = A[X,Y ]. Cho I là một iđêan đơn thức của R và đặt X =
(X,Y )R. Một đơn thức f ∈ R nằm trong (I :R X) nếu và chỉ nếu f X, fY ∈ I. Mối
quan hệ giữa các phần tử f , f X, fY được thể hiện qua đồ thị Hình 1.10.

fY

f
..
.

...
Hình 1.10:

13

fX


Do đó, điểm (a, b) ∈ N2 biểu thị một điểm trong (I :R X) nếu và chỉ nếu các cặp có
thứ tự (a + 1, b) và (a, b + 1) đều nằm trong đồ thị Γ(I).
Ví dụ 1.3.14. Đặt R = A[X,Y ] và I = (X 3 , X 2Y,Y 3 )R. Đồ thị Γ(I) như Hình 1.11.
..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

4

...

3

...

2

...

1

...
...

0

1

2
3
Hình 1.11:

Hai "phần tử góc" của hình góc dạng
(I :R X) \ I. Đồ thị Hình 1.12
..
.

..
.

4

chỉ cho chúng ta tìm "phần tử góc" của

..
.

..
.

..
.

4

...

3

...

2

...

1

...

0

...
1

3
2
Hình 1.12:

4

Ta thấy các iđêan X 2 và XY 2 chính là các iđêan trong (I :R X) \ I. Chú ý các "phần
tử góc" của I tương ứng với các "phần tử góc" trong các iđêan (X 2 ,Y 3 )R và (X 3 ,Y )R
trong phân tích I = (X 2 ,Y 3 )R ∩ (X 3 ,Y )R. Đồ thị Hình 1.13
14


..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

4

...

4

...

3

...

3

...

2

...

2

...

1

...

1

...

...
0

1

2

3

...
0

4

1

Γ((X 2 ,Y 3 )R)

2

3

4

Γ((X 3 ,Y )R)
Hình 1.13:

Chú ý 1.3.15. Cho I và J là hai iđêan đơn thức trong R. Ta luôn có J ⊆ (J :R I) bởi
vì theo định nghĩa f g ∈ J với mọi f ∈ J và g ∈ I. Vì thế để tính (J :R I) thay vì ta
phải kiểm tra tất cả các đơn thức f của R sao cho f I ∈ J thì nay ta chỉ cần kiểm tra
f ∈ [[R]] \ [[J]].
Ví dụ 1.3.16. Cho I = (X 2 , XY,Y 2 ) và J = (X 2 ,Y 3 ). Để tính (J :R I) theo Chú ý trên
ta chỉ cần kiểm tra xem các đơn thức thuộc [[R]] \ [[J]] = {1, X,Y,Y 2 , XY, XY 2 } có
thuộc J :R I hay không. Ta có
1∈
/ (J :R I).
X∈
/ (J :R I) vì X.X 2 = X 3 ∈ J, X.XY = X 2Y ∈ J, X.Y 2 = XY 2 ∈
/ J.
Y∈
/ (J :R I) vì Y.X 2 = X 2Y ∈ J,Y.XY = XY 2 ∈
/ J,Y.Y 2 = Y 3 ∈ J.
Y 2 ∈ (J :R I) vì Y 2 .X 2 = X 2Y 2 ∈ J,Y 2 .XY = XY 3 ∈ J,Y 2 .Y 2 = Y 4 ∈ J.
XY ∈ (J :R I) vì XY.X 2 = X 3Y ∈ J, XY.XY = X 2Y 2 ∈ J, XY.Y 2 = XY 3 ∈ J.
XY 2 ∈ (J :R I) vì XY 2 .X 2 = X 3Y 2 ∈ J, XY 2 .XY = X 2Y 3 ∈ J, XY 2 .Y 2 = XY 4 ∈ J.
Vậy (J :R I) = (Y 2 , XY, XY 2 )R = (Y 2 , XY )R.
Định nghĩa 1.3.17. Cho J là một iđêan đơn thức trong R. Căn đơn thức của J, ký
hiệu là m − rad(J), là một iđêan đơn thức xác định bởi m − rad(J) = (S)R, trong đó
S = {z ∈ [[R]] | zn ∈ J với n

1}.

Mệnh đề dưới đây cho ta một số tính chất của căn đơn thức.
15


Mệnh đề 1.3.18. Cho n là một số nguyên dương và I, J, I1, I2 , ..., In là các iđêan đơn
thức của R.
(i) Nếu I ⊆ J thì m − rad(I) ⊆ m − rad(J).
(ii) m − rad(IJ) = m − rad(I ∩ J) = m − rad(I) ∩ m − rad(J).
(iii) m − rad(I1 I2 ...In ) = m − rad(∩nj=1 I j ) = ∩nj=1 m − rad(J).
(iv) m − rad(I + J) = m − rad(I) + m − rad(J).
(v) m − rad(∑nj=1 I j ) = ∑nj=1 m − rad(I j ).
Định nghĩa 1.3.19. Cho J là một iđêan đơn thức của R. Với mỗi k = 1, 2, ..., đặt
Tk = { f k | f ∈ [[J]]}. Tập J [k] = (Tk )R được gọi là lũy thừa Frobenius của J.
Chú ý 1.3.20. Đặt J là một iđêan đơn thức của R. Theo định nghĩa, iđêan J [k] là một
iđêan đơn thức với k = 1, 2, ...
Bổ đề 1.3.21. Cho tập các đơn thức S ⊆ [[R]] và một số nguyên k 1, J = (S)R
và I = ({ f k | f ∈ S})R. Khi đó với mỗi đơn thức g ∈ [[R]] ta có g ∈ J nếu và chỉ nếu
gk ∈ I.
Chứng minh. Giả sử g ∈ J. Iđêan J là một iđêan đơn thức, theo Định lý 1.2.1 tồn tại
một tập con hữu hạn S′ ⊆ S sao cho J = (S′ )R. Theo Định lý 1.1.13 ta có g ∈ ( f )R
với f ∈ S′ , suy ra gk ∈ ( f k )R ⊆ I.
Ngược lại, giả sử gk ∈ I. Tập Sk = { f k | f ∈ S} là một tập sinh đơn thức của I. Do
đó, tồn tại một tập con hữu hạn Sk′ ⊆ Sk sao cho I = (Sk′ )R. Theo Định lý 1.1.13 ta
có gk ∈ ( f k )R với fk ∈ Sk′ . Chú ý f ∈ S do định nghĩa. Viết f = X m và g = X n với
m, n ∈ Nd . Khi đó f k = X km và gk = X kn , theo Bổ đề 1.1.10 thì km kn. Suy ra,
m n, do đó g = X n ∈ (X m )R = ( f )R ⊆ J.
Mệnh đề 1.3.22. Cho J là một iđêan đơn thức trong R.
(i) Nếu S là một tập sinh đơn thức của J thì tập Sk = { f k | f ∈ S} là một tập sinh
đơn thức của J [k] .
(ii) Nếu f1 , ..., fn ∈ [[J]] là một dãy sinh đơn thức của J, thì J [k] = ( f1k , ..., fnk )R.
Chứng minh. (i) Ký hiệu Tk = { f k | f ∈ [[J]]}. Bằng định nghĩa ta có J [k] = (Tk )R, do
đó ta cần chỉ ra (Sk )R = (Tk )R. Để kiểm tra (Sk )R ⊆ (Tk )R, ta cần chỉ ra Sk ⊆ (Tk )R.
Lấy f k ∈ Sk , f ∈ S. Bằng định nghĩa ta có f k ∈ Tk ⊆ (Tk )R. Do đó Sk ⊆ (Tk )R. Để
16


kiểm tra (Sk )R ⊇ (Tk )R ta cần chỉ ra Tk ⊆ (Sk )R. Lấy f k ∈ Tk , f ∈ [[J]].Theo 1.3.21
ta có f k ∈ (Sk )R, suy ra Tk ⊆ (Sk )R.
(ii) Đặt S = { f1 , ..., fn }. Từ (i) ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.3.23. Đặt R = A[X,Y ], xét iđêan J = (X 3 , X 2Y,Y 2 )R với đồ thị như Hình
1.14 bên dưới
..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

4

...

3

...

2

...

1

...
...
0

1

2

3
4
Hình 1.14:

5

6

Ta có J [2] = (X 6 , X 4Y 2 ,Y 4 )R với đồ thị như Hình 1.15
..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

..
.

4

...

3

...

2

...

1

...
...
0

1

2

3
4
Hình 1.15:

5

6

Bổ đề 1.3.24. Cho J là một iđêan đơn thức của R và g ∈ [[R]] là một đơn thức trong
R. Với k = 1, 2, .... ta có g ∈ J nếu và chỉ nếu gk ∈ J [k] .
Chứng minh. Suy ra từ Bổ đề 1.3.21
Mệnh đề 1.3.25. Cho J là một iđêan đơn thức của R. Với k = 1, 2, ... ta có J [k] ⊆ J
và rad(J [k] ) = rad(J).
17


Mệnh đề 1.3.26. Cho J là một iđêan đơn thức của R và f1 , ..., fn ∈ [[J]] là một dãy
sinh đơn thức rút gọn của J. Khi đó dãy sinh đơn thức rút gọn của J [k] là f1k , ..., fnk ,
với k = 1, 2, ...
Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.3.22 (ii) Dãy sinh f1k , ..., fnk là một dãy sinh đơn thức
của J [k] . Giả sử dãy là "thừa". Khi đó tồn tại các chỉ số i, j sao cho i = j và fik ∈
( f jk )R = (( f j )R)[k] . Do đó, theo Bổ đề 1.3.24 có fi ∈ ( f j )R, điều này là mâu thuẫn.
Suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 1.3.27. Cho I và J là các iđêan đơn thức của R và cố định số nguyên k
(i) I ⊆ J khi và chỉ khi I [k] ⊆ J [k] .
(ii) I = J khi và chỉ khi I [k] = J [k] .

1.

Chứng minh. (i) Cho f1 , ..., fm ∈ [[I]] là một dãy sinh đơn thức của I và g1 , ..., gn ∈
[[J]] là một dãy sinh đơn thức của J.
Với mỗi phần tử sinh fik ∈ I [k] , theo giả thiết ta có fi ∈ I ⊆ J. Do đó, theo Bổ đề
1.3.24 có fik ∈ J [k] .
Ngược lại, với mỗi i = 1, ..., m ta có fik ∈ I [k] ⊆ J [k] , theo Bổ đề 1.3.24 có fi ∈ J.
Suy ra, I = ( f1 , ..., fm )R ⊆ J.
(ii) Ta có I = J khi và chỉ khi I ⊆ J và J ⊆ I. Theo phần (i) thì (I ⊆ J và J ⊆ I)
khi và chỉ khi (I [k] ⊆ J [k] và J [k] ⊆ I [k] ), do đó I = J khi và chỉ khi I [k] = J [k] .
Bổ đề 1.3.28. Cho J1, ..., Jn là các iđêan đơn thức trong R. Với mỗi số nguyên k
[k]
ta có (∩ni=1 Ji)[k] = ∩ni=1 Ji .

1

Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo n, là số của các iđêan.
Với n = 2. Đặt f1 , ..., fm ∈ [[J1 ]] là một dãy sinh đơn thức của J1 , g1 , ..., gn ∈ [[J2 ]]
là một dãy sinh đơn thức của J2 .
[k]
Ta có J1 ∩ J2 ⊆ J1 , hơn nữa theo Bổ đề 1.3.27 (i) ta có (J1 ∩ J2 )[k] ⊆ J1 , tương tự
[k]
[k]
[k]
ta có (J1 ∩ J2 )[k] ⊆ J2 . Suy ra (J1 ∩ J2 )[k] ⊆ J1 ∩ J2 .
[k]
[k]
[k]
[k]
Tiếp theo ta chứng minh nếu đơn thức z ∈ [[J1 ∩ J2 ]] = [[J1 ]] ∩ [[J2 ]] thì z ∈
[k]
(J1 ∩ J2 )[k] . Từ điều kiện z ∈ [[J1 ]] = [[( f1k , ..., fmk )R]] ta có z ∈ ( fik )R với chỉ số i
[k]
nào đó. Tương tự z ∈ [[J2 ]] = [[(gk1 , ..., gkn )R]] ta có z ∈ (gkj )R với chỉ số j nào đó.
Đặt fi = X m và g j = X n , do đó ta có fik = X km và gkj = X kn . Với l = 1, ..., d đặt
18


pl = max{ml , nl }. Suy ra kpl = max{kml , knl }, Theo Bổ đề 1.3.7 và Bổ đề 1.3.27 ta

z ∈ ( fik )R ∩ (gkj )R = (X kp )R = ((X p )R)[k] = (( fi )R ∩ (g j )R)[k] ⊆ (J1 ∩ J2 )[k] .
[k]
Giả sử n ≥ 3 và kết quả đúng với n − 1. Ta có (∩ni=1 Ji )[k] = (∩n−1
i=1 Ji ∩ Jn ) =
[k]
[k]
[k]
n
1.
(∩n−1
i=1 Ji ) ∩ Jn = ∩i=1 Ji với k

1.4. Iđêan m-bất khả quy
Định nghĩa 1.4.1. Một iđêan đơn thức J R là m-khả quy nếu có các iđêan đơn
thức J1 , J2 = J sao cho J = J1 ∩ J2 . Một iđêan đơn thức J R là m-bất khả quy nếu
nó không là m-khả quy.
Nhận xét 1.4.2. Một iđêan đơn thức J ⊆ R là m-bất khả quy nếu và chỉ nếu nó thỏa
mãn các điều kiện sau:
(i) J = R.
(ii) Có hai iđêan đơn thức J1, J2 sao cho J = J1 ∩ J2 , thì hoặc J1 = J hoặc J2 = J.
Nếu J là m-bất khả quy và J1, . . . , Jn là các iđêan đơn thức (với n 2) sao cho
J = ∩ni=1 Ji thì tồn tại chỉ số i sao cho J = Ji .
Định lý 1.4.3. Cho J là một iđêan đơn thức, khác không của R. Iđêan J là m-bất
khả quy nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương k,t1 , . . . ,tk , e1 , . . . , ek sao cho
e
1 t1 < · · · < tk d và J = (Xte11 , . . . , Xtkk )R.
Chứng minh. Giả sử có các số nguyên k,t1 , . . . ,tk , e1 , . . . , ek 1 sao cho t1 < · · · <
e
tk d và J = (Xte11 , . . . , Xtkk )R. Ta có J ⊆ (Xti , . . . , Xtk ) ⊆ (X1 , . . . , Xd )R, vì vậy J = R.
Lấy hai iđêan đơn thức J1 , J2 trong R sao cho J = J1 ∩ J2 . Giả sử J Ji với i = 1, 2
và lấy một đơn thức fi ∈ [[Ji ]] \ [[J]]. Viết f1 = X m và f2 = X n . Với i = 1, . . . , d đặt
pi = max{mi , ni }.
Với i = 1, . . . , k ta có mi < ei vì trái lại nếu tồn tại i để mi ei , so sánh các véctơ
lũy thừa cho thấy f1 ∈ (Xtei i )R ⊆ J, điều này mâu thuẫn. Tương tự, với i = 1, . . . , k ta
có ni < ei , và do đó pi = max{mi , ni } < ei . Từ đó lcm( f1 , f2 ) = X p ∈ J. Mặt khác,
ta có lcm( f1 , f2 ) ∈ J1 ∩ J2 = J, điều này mâu thuẫn.
Ngược lại, giả sử J là m-bất khả quy. Cho f1 , . . . , fk là một dãy sinh đơn thức rút
gọn của J. Ta chứng minh mỗi fi có dạng Xtei i . Bằng phản chứng, giả sử tồn tại fi
19


không có dạng Xtei i . Không mất tính tổng quát giả sử fk không có dạng Xtei i . Nghĩa là
ta có thể viết fk = Xtei i g trong đó ei 1 và Xti ∤ g và g = 1. Giả sử fk = X1e g trong đó
e 1, X1 ∤ g và g = 1. Đặt I = ( f1 , . . . , fk−1 , X1e )R và I ′ = ( f1 , . . . , fk−1 , g)R.
Ta chứng minh J = I ∩ I ′ . Đầu tiên sử dụng Mệnh đề 1.3.8 để tìm các phần tử sinh
của I ∩ I ′ . Ta có
f1 , . . . , fn−1 , lcm( f1 , X1e ), lcm( f1 , g), . . . , lcm( fn−1 , X1e ), lcm( fn−1 , g), lcm(X1e , g) .
∈( f1 )R

∈( fn−1 )R

= fn

Sử dụng Thuật toán 1.2.8 ta có I ∩ I ′ được sinh bởi f1 , . . . , fn−1 , fn . Mà J cũng
được sinh bởi f1 , . . . , fn−1 , fn . Do đó, J = I ∩ I ′ .
Tiếp theo ta chứng minh J I. Để chứng tỏ J ⊆ I, ta chỉ ra f1 , . . . , fn ∈ I. Theo
định nghĩa, các phần tử f1 , . . . , fn−1 là các phần tử sinh của I. Mặt khác, phần tử X1e
là một phần tử sinh trong I, vì vậy ta có fn = X1e g ∈ I. Giả sử X1e ∈ J. Khi đó tồn tại
chỉ số i để fi |X1e . Vì X1e | fk , nên suy ra fi | fk . Dãy f1 , . . . , fk là rút gọn, vì vậy ta có
fi = fk . Do đó, ta có fk = X1e g|X1e . Suy ra g = 1, điều này là mâu thuẫn.
Tương tự J I ′. Ta có J = I ∩ I ′ , J I và J I ′ . Điều này mâu thuẫn với giả thiết
J là m-bất khả quy. Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 1.4.4. Đặt R = A[X,Y ]. Iđêan đơn thức J = (X 3 , X 2Y,Y 3 )R là m-khả quy.
Thật vậy theo Ví dụ 1.3.9, ta có
J = (X 2 ,Y 3 )R ∩ (X 3 ,Y )R
Lại có X 2 ∈ (X 2 ,Y 3 )R\J vì vậy J = (X 2 ,Y 3 )R; Y ∈ (X 3 ,Y )R\J, vì vậy J = (X 3 ,Y )R.
Mặt khác, iđêan (X 2 ,Y 3 )R và (X 3 ,Y )R là m-bất khả quy theo Định lí 1.4.3
Bổ đề 1.4.5. Cho I, J1 , . . . , Jn là các iđêan đơn thức trong R sao cho I là m-bất khả
quy. Nếu ∩ni=1 Ji ⊆ I thì tồn tại một chỉ số j sao cho J j ⊆ I.
Chứng minh. Nếu I = 0 thì từ điều kiện ∩ni=1 Ji ⊆ I = 0 suy ra ∩ni=1 Ji = 0. Từ đó suy
ra tồn tại chỉ số i sao cho Ji = 0 = I. Do đó, ta giả sử I = 0. Trường hợp n = 1 là
hiển nhiên, vì vậy ta giả sử n 2. Theo Định lí 1.4.3 tồn tại các số nguyên dương
e
k,t1 , . . . ,tk , e1 , . . . , ek sao cho 1 t1 < · · · < tk d và I = (Xte11 , . . . , Xtkk )R.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 2 Giả sử J1 ∩ J2 ⊆ I. Bằng phản
chứng, giả sử J1 I và J2 I. Điều này có nghĩa là [[J1 ]] [[I]] và [[J2 ]] [[I]], vì
20


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×