Hằng số waldschmidt của các lược đồ đặc biệt có chiều không

HẰNG SỐ WALDSCHMIDT CỦA CÁC LƯỢC ĐỒĐẶC BIỆT CÓ CHIỀU KHÔNG Ngành: Đại số và Lý thuyết số.. Tóm tắt: Trong luận văn này, chúng tôi tính hằng số Waldschmidt của một số tập điểm đặc biệt tr

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM



TRẦN QUỐC TRÁNG

HẰNG SỐ WALDSCHMIDT CỦA CÁC LƯỢC ĐỒ

ĐẶC BIỆT CÓ CHIỀU KHÔNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

ĐÀ NẴNG – NĂM 2018

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM



TRẦN QUỐC TRÁNG

HẰNG SỐ WALDSCHMIDT CỦA CÁC LƯỢC ĐỒ

ĐẶC BIỆT CÓ CHIỀU KHÔNG

Chuyên ngành: Đại số và Lý thuyết số

Mã số: 84 60 104

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học PGS TS NGUYỄN CHÁNH TÚ

ĐÀ NẴNG – NĂM 2018

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi

Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được aicông bố trong bất kì công trình nào khác

Trần Quốc Tráng

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên của luận văn em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáohướng dẫn PGS TS Nguyễn Chánh Tú đã tận tình hướng dẫn em trongsuốt quá trình thực hiện để em có thể hoàn thành được luận văn này

Em cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất đến tất cả các thầy cô giáotrong khoa Toán, trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng đã tạo điềukiện cho em học tập và nghiên cứu trong một môi trường khoa học

Xin cảm ơn đến gia đình, bạn bè và các anh chị trong lớp Cao học khóa

33 chuyên ngành Đại Số và Lý thuyết số đã động viên và giúp đỡ em trongsuốt quá trình học tập và nghiên cứu

Trần Quốc Tráng

HẰNG SỐ WALDSCHMIDT CỦA CÁC LƯỢC ĐỒ

ĐẶC BIỆT CÓ CHIỀU KHÔNG

Ngành: Đại số và Lý thuyết số.

Họ và tên học viên: Trần Quốc Tráng.

Người hướng dẫn khoa học: PGS TS Nguyễn Chánh Tú.

Cơ sở đào tạo: Đại học sư phạm - Đại học Đà Nẵng.

Tóm tắt: Trong luận văn này, chúng tôi tính hằng số Waldschmidt của một số tập điểm đặc biệt trong mặt phẳng xạ ảnh.

Từ khóa: Hằng số Waldschmidt, bậc dẫn đầu, lược đồ chiều không, bội, iđêan thuần nhất,

WALDSCHMIDT CONSTANT OF SOME SPECIAL

ZERO-SCHEMES

Major: Algebra and Number theory.

Full name of Master student: Tran Quoc Trang.

Supervisors: Assoc Prof Ph.D Nguyen Chanh Tu.

Training institution: The University of Education - University of Da Nang.

Abstract: In this thesis, we compute the Waldschmidt constant of some special set of points in projective plane.

Key words: Waldschmidt constant, initial degree, zero-schemes, multiplicity, homogeneous ideal,

DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU

k[x1, , xn] : vành đa thức n biến trên trường k

A =L

(f1, , fn) : iđêan sinh bởi các phần tử f1, , fn ∈ R

V (I) : tập không điểm của iđêan thuần nhất I

I(V ) : iđêan của tập V ⊂Pn

I(P )hay P : iđêan của điểm P ∈Pn

Z = ZJ : lược đồ chiều không ứng với iđêan thuần nhất J

α(J ) : bậc dẫn đầu của iđêan thuần nhất J

2.1 Lược đồ chiều không và bội 92.2 Hằng số Waldschmidt của các lược đồ đặc biệt có chiều không 10

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

nhằm đặc trưng cho các tập điểm trong không gian xạ ảnh Cùng với bậc dẫn đầu,hằng số Waldschmidt là các đặc trưng quan trọng trong việc nghiên cứu bậc nhỏnhất của đường cong đi qua một lược đồ chiều không với số bội cho trước Nhữngnghiên cứu về hằng số Waldschmidt ngày càng được quan tâm và trở thành mộttrong những hướng nghiên cứu thời sự hiện nay trong đại số giao hoán và hìnhhọc đại số Với mong muốn tìm hiểu thêm về hằng số Waldschmidt của một sốtập điểm đặc biệt, với sự gợi ý và hướng dẫn của PGS TS Nguyễn Chánh Tú, tôi

đã chọn đề tài "Hằng số Waldschmidt của các lược đồ đặc biệt có chiềukhông"làm đề tài nghiên cứu cho luận văn của mình

2 Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu về hằng số Waldschmidt của một số lược đồ (hoặc tập điểm) đặcbiệt có chiều không trong mặt phẳng xạ ảnh

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu: các lược đồ chiều không (hay tập điểm) trong mătphẳng xạ ảnh

Phạm vi nghiên cứu: tính toán các hằng số Waldschmidt trong các lược đồchiều không (hay tập điểm) đấy

4 Phương pháp nghiên cứu

các bài báo mới

hằng số Waldschmidt của các tập điểm đặc biệt

5 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài

đồ đặc biệt có chiều không

mặt phẳng xạ ảnh

6 Cấu trúc của luận văn

của luận văn)

Chương này trình bày sơ lược một số khái niệm và kết quả về đại số giao hoán vàhình học đại số để làm cơ sở cho chương sau

Chương này trình bày một số kết quả về hằng số Waldschmidt của một số tậpđiểm đặc biệt trong mặt phẳng xạ ảnh

1.1 Vành đa thức n biến

dưới dạng như ở trên Ứng với mỗi điểma = (α1, , αn) ∈ kn ta có giá trị

là Z(f ) Tập nghiệm của hệ đa thức I ký hiệu là Z(I) và được định nghĩa là:

Z(I) = ∩f ∈IZ(f )

deg(f ) = 1 ta gọi Z(f ) là siêu phẳng Siêu mặt trong k2 hay k3 được goi là đường

1.2 Iđêan và các phép toán trên iđêan

i) f + g ∈ I, với mọi f, g ∈ I

ii) hf ∈ I, với mọi h ∈ R và f ∈ I

phần tử f1, , fn ký hiệu là (f1, , fn) được định nghĩa là

thỏa mãn luật giao hoán, kết hợp và phân phối, tức là:

I + J = J + I

IJ = J I (I + J ) + K = I + (J + K) (IJ )K = I(J K) (I + J )K = IK + J K

n chiều trên k, ký hiệu Pn

Pn = (An+1− (0, , 0))∼,quan hệ tương đương ở đây được cho bởi (a 0 , , a n ) ∼ (b 0 , , b n ) ⇔ ∃0 6= λ ∈ k saocho ai = λbi, ∀i = 0, n Như vậy

Pn := {(a0 : : an)|ai∈ k},trong đó (a 0 , , a n ) ∼ (b 0 , , b n ) ⇔ ∃0 6= λ ∈ k sao cho a i = λb i , ∀i = 0, n

a = (a0, , an) nằm trong lớp tương đương của điểm P ∈ Pn thì ta gọi a là tọa độ

phẳng xạ ảnh

u, v ∈ M, f, g ∈ A:

f (u + v) = f u + f v (f + g)u = f u + gu (f g)u = f (gu) 1u = u

A = ⊕t∈NAt với At là những Z−môđun thỏa mãn điều kiện AiAj ⊆ Ai+j, có nghĩa

là f g ∈ A i+j với mọi f ∈ A i và g ∈ A j , i, j ∈N.

t∈N

ft, trong đó ft là phần tử thuần

iđêan là thuần nhất nếu và chỉ nếu nó được sinh bởi những phần tử thuần nhất.Tổng, tích và giao các iđêan thuần nhất là iđêan thuần nhất

P Ví dụ như nếu f là đa thức thuần nhất bậc r > 0 thì f (λa) = λrf (a) 6= f (a)nếu

λr 6= 1 Tuy nhiên ta có thể dùng ký hiệu f (P ) = 0 hay f (P ) 6= 0 để nói lên rằng P

Định nghĩa 1.3.8 Cho k[x 0 , , x n ]là vành đa thức ,M = (x 0 , , x n ) là iđêan

được định nghĩa là V (I) = {P ∈Pn|f (P ) = 0, ∀f ∈ I}

7nghĩa là

C = V (f ) = {P = (a0 : a1 : a2) ∈P2|f (P ) = 0},

Định nghĩa 1.3.10 Nếu ta viết f ∈ k[x0, x1, x2] dưới dạng f = f1+ + fm,

đường cong bậc một được gọi là đường thẳng , đường cong bậc hai gọi là đườngconic, đường cong bậc ba gọi là đường cubic,

Mệnh đề 1.3.11 ([1], trang139) Cho vành đa thứck[x0, , xn], khi đó (X) := (x 0 , , x n ) là iđêan thuần nhất cực đại duy nhất của k[x 0 , , x n ]

Chứng minh ([1], trang 139)

f1+ + fm với fi là các đa thức thuần nhất bậc i Khi đó điểm P ∈Pn là nghiệm

Chứng minh ([1], Bổ đề 17.5)

Như vậy việc xét nghiệm xả ảnh của một đa thức không thuần nhất tươngđương với việc xét nghiệm xạ ảnh của một hệ đa thức thuần nhất

I(V ) := {f ∈ (X) = (x0, , xn)|f (P ) = 0, ∀P ∈ V }

của điểm P sẽ có dạng P = (aixj − ajxi|i, j = 0, n)

8Chứng minh ([1], trang 139)

Pn Khi đó

i) Nếu V ⊆ W thì I(W ) ⊆ I(V )

ii) I(V ) ∩ I(W ) = I(V ∪ W )

iii) I(V ) + I(W ) ⊆ I(V ∩ W )

HẰNG SỐ WALDSCHMIDT CỦA LƯỢC ĐỒ ĐẶC

BIỆT CÓ CHIỀU KHÔNG

Trong chương này ta sẽ tính hằng số Waldschmidt của các tập điểm đặc biệttrong P2

2.1 Lược đồ chiều không và bội

nhất I = ∩ri=1P i và J = ∩ri=1Pmi

mPi, m ∈N∗ là một lược đồ chiều không ứng

α(J ) được định nghĩa là α(J ) =min{t|J t 6= 0} Khi đó α(J ) chính là bậc nhỏ nhất

Mệnh đề 2.1.3 ([2], trang 4, 7) Cho X = {P1, , Pr} ⊂ Pn và Pi là iđêantương ứng của các điểm Pi, i = 1, r Gọi I = ∩ri=1Pi và I(m) = ∩ri=1Pim Khi đó

(1) Im ⊆ I (m), từ đó suy ra α(I(m)) ≤ α(Im)

(2) α(Im) = mα(I)

thức f 6= 0 có bậc là d trong vành đa thức k[x0, x1, x2] và l là một đa thức tuyến

cong trong P2 có bậc tương ứng là d, e Xét Y ∩ Z = {P1, , Pr} Khi đó

i(Y, Z, Pj) ≥ multPj(Y ).multPj(Z),

2.2 Hằng số Waldschmidt của các lược đồ đặc biệt có chiều không

ứng của điểm Pi Gọi I = ∩ri=1Pi ⊂ R = k[x0, , xn] và gọi I(m) = ∩ri=1Pim, m ∈ N∗

Xét chuỗi số dương at = α(It!(t!)), ta thấy rằng chuỗi này giảm do đó nó hội tụ Như

t→∞

α(I(t!))

Với mọi ε > 0, ta có L ≤ α(It!(t!)) ≤ L + ε2 với t  0 Với m ≥ t!, đặt m = qt! + r

với 0 ≤ r < t! Khi đó I(m) ⊃ I((q+1)t!) và α(I(m)) ≤ (q + 1)α(I(t!)) Điều đó có nghĩalà

m ≤ (q+1)α(Iqt!+r(t!)) = qα(Iqt!+r(t!)) + α(Iqt!+r(t!)) ≤ α(It!(t!)) +α(Iqt!(t!))

Vì α(It!(t!)) ≤ L + 2ε, và ta có thể giả sử rằng q  0, khi đó α(Iqt!(t!)) ≤ ε2 Điều đó có

(m!)

) m! ≤ α(Im(m)) ≤ L +2ε + ε2 Như vậy tồn tại lim

đầu với trường hợp đơn giản như sau:

Mệnh đề 2.2.3 Cho X = {P0, P1, P2} ⊂ P2 với P0 = (1 : 0 : 0), P1 = (0 : 1 : 0), P2 = (0 : 0 : 1) và P0, P1, P2 là iđêan thuần nhất tương ứng với các điểmP0, P1, P2.Gọi I = ∩2i=0Pi ⊂ k[x0, x1, x2] và gọiI(m) = ∩2i=0P m

l = V (x2) là đường thẳng đi qua hai điểm P0, P1 Theo định lý Bézout, tổng số bộicủa đường congV (f ) với đường thẳng l = V (x2) bằng deg(f ).deg(x2) = (3m − 1).1 = 3m − 1 Hơn nữa, vì f ∈ I(2m) nên tổng số bội của đường cong V (f ) tại hai điểm

lúc này ta có thể viết f = xa2g, với x2 - g, deg(g) = b và a + b = 3m − 1 Ta biếtrằng f = xa2g ∈ I(2m) = P02m∩ P12m∩ P22m, nên f triệt tiêu tại ba điểm P 0 , P 1 , P 2 với

có tổng số bội của V (g) và V (x 2 ) bằng deg(g).deg(x 2 ) = b.1 = b Hơn nữa, tổng số

V (x2) phải luôn lớn hơn hoặc bằng tổng số bội của V (g) tại hai điểm P0, P1, tức là

b ≥ 2(2m − a) Từ đó ta suy ra 2b ≥ 2(2m − a) + 2m haya + b ≥ 3m > 3m − 1 =deg(f ),điều này mâu thuẩn vì ta biết rằng a + b =deg(f ) Như vậy, I3m−1(2m) = 0, ∀m ∈ N∗,

γ(I) = 32

Nhận xét 2.2.4 Mệnh đề 2.2.3 có thể xem như trường hợp đặc biệt của

r ≥ 2, s ≥ 1, là tập gồm r + s điểm trong P2 với P1, , Pr là r điểm nằm trên đường

γ(r + 1) = 2 − 1r và γ(r + 2) = 2, ∀r ≥ 2 Đặc biệt hằng số Wadschmidt của 3, 4

các trường hợp đặc biệt của mệnh đề này, đều được chứng minh chi tiết nên chúngtôi chỉ xin trình bày các bước chính của chứng minh cho mệnh đề này Chứng minhchi tiết có thể xem trong [4], Mệnh đề 2.1

α(I(rm)) ≥ m(2r − 1) Nên α(I

γ(2 + 1) = 3/2 Với 4 điểm tổng quát, ta có kết quả ứng với r = 2trong γ(r + 2) = 2

Trong các kết quả từ 2.2.6 đến 2.2.8, do tập điểm khá đơn giản, chúng tôi sẽtrình bày chứng minh cụ thể mà không sử dụng kết quả của Mệnh đề 2.2.5, mặc

dù chúng là các trường hợp đặc biệt của mệnh đề trên

Hệ quả 2.2.6 Cho X = {P1, P2, P3, Q} ⊂ P2, trong đó P1, P2, P3 là ba điểm

chiều không Z là I = IZ = P1∩ P2∩ P3∩ Q, với P1, P2, P3, Q là iđêan thuần nhấttương ứng với các điểm P 1 , P 2 , P 3 , Q Khi đó γ(I) = γ(3 + 1) = 53

P 3 , Q

P1, P2, P3, Q ít nhất là 3, cho nên xyzh2 ∈ I5(3) do đó α(I(3)) = min{t|It(3) 6= 0} ≤ 5

(3)

)

V (f ) với V (h) bằng deg(f ).deg(h) = (5m − 1).1 = 5m − 1 Mặt khác, tổng số bộicủaV (f ) tại ba điểm P1, P2, P3 ít nhất là3.3m = 9m, điều này vô lý vì ta biết rằng

tại ba điểmP 1 , P 2 , P 3 Như vậy h | f Do đó ta có thể viết f = hag ∈ I5m−1(3m) , vớih- g,deg(g) = b và a + b = 5m − 1

số bội củaV (g)tại ba điểmP1, P2, P3, tức làb ≥ 3(3m − a) hay3a + b ≥ 9m Hơn nữa

Do đó I5m−1(3m) = 0, ∀m ≥ 1 hay α(I(3m)) ≥ 5m và γ(I) = lim

Hệ quả 2.2.7 ChoX = {P1, P2, Q1, Q2} ⊂P2, trong đóP1, P2 nằm trên đường

Z là I = IZ = P 1 ∩ P 2 ∩ Q 1 ∩ Q 2, với P 1 , P 2 , Q 1 , Q 2 là iđêan thuần nhất tương ứngvới các điểm P1, P2, Q1, Q2 Khi đó γ(I) = γ(2 + 2) = 2

thấy rằng đa thức xmym có bậc là 2m và có số bội tại mỗi điểm P1, P2, Q1, Q2 ítnhất là m, cho nên xmym ∈ I2m(m) do đó α(I(m)) = min{t|It(m) 6= 0} ≤ 2m Như vậy

γ(I) ≤ α(I

(m)

)

Bây giờ ta giả sử ∃f ∈ I2m−1(m) , ∀m ≥ 1 Theo định lý Bézout, ta thấy rằng tổng

bôi của V (f ) tại hai điểm P 1 , P 2 ít nhất là 2m > 2m − 1, điều này vô lý vì ta biết

V (f ) tại hai điểm P1, P2 Như vậy, x | f Tương tự ta cũng có y | f Bây giờ ta cóthể viết f = xaybg ∈ I2m−1(m) , với x- f, y- f, deg(g) = c và a + b + c = 2m − 1

hay a + b + c ≥ 2m, điều này mâu thuẩn với a + b + c =deg(f ) = 2m − 1 Do đó

I2m−1(m) = 0, ∀m ≥ 1 hay α(I(m)) ≥ 2 và γ(I) = lim

Hệ quả 2.2.8 Cho X = {P 1 , P 2 , P 3 , Q 1 , Q 2 } ⊂ P2, trong đó P 1 , P 2 , P 3 nằm

Xét lược đồ chiều khôngZ = P1+ P2+ P3+ Q1+ Q2 và iđêan thuần nhất ứng với lược

đồ chiều không Z là I = IZ = P1∩ P2∩ P3∩ Q1∩ Q2, với P1, P2, P3, Q1, Q2 là iđêanthuần nhất tương ứng với các điểm P1, P2, P3, Q1, Q2 Khi đó γ(I) = γ(3 + 2) = 2

thấy rằng đa thức xmym có bậc là 2m và có số bội tại mỗi điểm P1, P2, P3, Q1, Q2

ít nhất là m, cho nên xmym ∈ I2m(m) do đó α(I(m)) = min{t|It(m)6= 0} ≤ 2m Như vậy

γ(I) ≤ α(Im(m)) ≤ 2mm = 2

Bây giờ ta giả sử ∃f ∈ I2m−1(m) , ∀m ≥ 1 Theo định lý Bézout, ta thấy rằng tổng

bôi của V (f ) tại ba điểm P1, P2, P3 là ít nhất là 3m > 2m − 1, điều này vô lý vì ta

củaV (f ) tại ba điểm P1, P2, P3 Như vậy, x | f Tương tự ta cũng có y | f Bây giờ

ta có thể viết f = xaybg ∈ I2m−1(m) , với x-f, y -f, deg(g) = c và a + b + c = 2m − 1

tổng số bội của V (g) tại ba điểm P1, P2, P3, tức là c ≥ 3(m − a) hay 3a + c ≥ 3m

nên a ≥ m + 2 > m, ∀m ≥ 1 Mặt khác, a + b + c = 2m − 1 nên b + c = 2m − 1 − a < 2m − 1 − m = m − 1 Tuy nhiên, ở trên ta có 2b + c ≥ 2m hay b + (b + c) ≥ 2m suy

thẳng chứa ít nhất ba điểm hoặc nằm trên một đường cong bậc hai bất khả quy.Gọi I = ∩ri=1Pi, và gọi I(m) = ∩ri=1Pim, m ∈N∗ là iđêan thuần nhất ứng với lược đồ

mỗi đường thẳng chứa ít nhất ba điểm

i , i = 1, r hay xmzm ∈

? Với m = 1, ta cóI1 = 0 (I1 là tập các đa thức bậc 1 (đường thẳng) triệt tiêu

? Với m ≥ 2, trước hết ta thấy rằng, tổng số bội của đường cong V (f ) với

lý Bézout, do đó x | f Tương tự ta cũng có z | f Ta có thể viết f = xzf1∈ I2m−1(m)

• Nếu @Pi∈ l1∩ l2, i = 1, r Khi đó xz là đa thức bậc hai và có bội tại các điểm

P i , i = 1, r đúng bằng 1, do đó xz ∈ I 2, cho nên f 1 ∈ I2(m−1)−1(m−1) Theo quy nạp ta suy

• Nếu ∃Pi ∈ l1 ∩ l2, i = 1, r Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

P 1 ∈ l 1 ∩ l 2

 Xét trường hợp l1, l2 đi qua ít nhất ba điểm của Y = {P2, , Pr} Gọi J =

∩ r

i=2 Pi là iđêan triệt tiêu tại các điểm Pi, i = 2, r trong Y = {P2, , Pr} Ta có

f = xzf1 ∈ I2m−1(m) ⊂ J2m−1(m) màxz ∈ J2 do đóf1∈ J2(m−1)−1(m−1) , theo kết quả trên ta suy

Y = {P2, , Pr}, không mất tính tổng quát có thể giả sử đường thẳng l1 chứa đúng

I2m−1(m) = 0, ∀m ≥ 1 Do đó α(I(m)) ≥ 2m và γ(I) = lim

C = V (g0) Trước hết ta chỉ ra tồn tại một đa thức khác 0 thuộc I(m) và có bậc

17củaV (g0) và V (f ) là deg(g0).deg(f )=2(2m − 1) Hơn nữa, tổng số bội của V (f ) tại

r điểm Pi ∈ X ít nhất là rm, r ≥ 5 Với mọi m ≥ 1, r ≥ 5, ta luôn có 2(2m − 1) < rm

( điều này vô lý ) Do đó g0 | f Bây giờ ta viết f = g0f1 ∈ I2m−1(m) mà g0 ∈ I2

f 1 = 0 do đó f = 0 Vì vậy I2m−1(m) = 0, ∀m ≥ 2 Như vậy I2m−1(m) = 0, ∀m ≥ 1 Do đó

α(I(m)) ≥ 2m, ∀m ≥ 1 và γ(I) = lim

m→∞

ta đã chỉ ra rằng α(I(m)) = 2m, ∀m ≥ 1 và γ(I) = 2

nằm trên ba đường thẳng phân biệt, mỗi đường thẳng chứa ít nhất ba điểm và không

α(I(m)) = min{t|It(m) 6= 0} ≤ 3m và γ(I) ≤ α(Im(m)) ≤ 3mm = 3 Bây giờ ta giả sử

∃f ∈ I3m−1(m) Theo định lý Bézout, tổng số bội của đường cong V (f ) và đường thẳng

V (l1) bằng deg(f ).deg(l1) = 1.(3m − 1) = 3m − 1 Hơn nữa, tổng số bội của đườngcong V (f ) tại các điểm P i ∈ L 1 = V (l 1 )(i = 1, s, s ≥ 3) ít nhất là 3m Với mọi

m ≥ 1, ta luôn có 3m − 1 < 3m (điều này vô lý) Do đó l1 | f Tương tự ta cũng có

l2| f, l3 | f Từ đây ta có thể viếtf = l1l2l3f1 ∈ I3m−1(m) Vớim = 1, thìf = l1l2l3f1 ∈ I2

mà deg(l1l2l3) = 3 nênf = 0, do đó I3m−1(m) = 0 Với m ≥ 2, vì f = l1l2l3f1 ∈ I3m−1(m) mà

f1 = 0, do đó f = 0 Vì vậy I3m−1(m) = 0, ∀m ≥ 2 Như vậy I3m−1(m) = 0, ∀m ≥ 1 Do đó

α(I(m)) ≥ 3m và γ(I) = lim