Câu trúc iđêan định nghĩa trong vành nửa nhóm số chiều nhúng 4

KHOA TOÁN ************* NGUYỄN VÂN ANH CẤU TRÚC IĐÊAN ĐỊNH NGHĨA TRONG VÀNH NỬA NHÓM SỐ CHIỀU NHÚNG 4 KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Người hướng dẫn khoa học Th

KHOA TOÁN

*************

NGUYỄN VÂN ANH

CẤU TRÚC IĐÊAN ĐỊNH NGHĨA TRONG VÀNH NỬA NHÓM SỐ CHIỀU NHÚNG 4

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: Đại số

HÀ NỘI –2018

KHOA TOÁN

*************

NGUYỄN VÂN ANH

CẤU TRÚC IĐÊAN ĐỊNH NGHĨA TRONG VÀNH NỬA NHÓM SỐ CHIỀU NHÚNG 4

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Chuyên ngành: Đại số

Người hướng dẫn khoa học

ThS Đỗ Văn Kiên

HÀ NỘI – 2018

Sau một thời gian dài nghiêm túc, miệt mài nghiên cứu cùng với sựgiúp đỡ tận tình của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên Đến nay,Khóa luận của tôi đã được hoàn thành Tôi xin bày tỏ lòng cảm ơnchân thành, sâu sắc tới các thầy cô giáo tổ Đại số (Khoa Toán), các

Kiên người đã trực tiếp tạo mọi điều kiện giúp đỡ, chỉ bảo tận tìnhcho tôi trong suốt thời gian nghiên cứu, hoàn thành khóa luận này

Do còn hạn chế về thời gian cũng như kiến thức của bản thân nênkhóa luận của tôi không thể tránh khỏi những thiếu sót Kính mongnhận được sự góp ý từ thầy cô và các bạn sinh viên

Cuối cùng tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã luôn bên cạnh, ủng

hộ, động viên tinh thần để tôi hoàn thành khóa luận này!

Hà Nội, ngày 20 tháng 4 năm 2018

Tác giả khóa luận

Nguyễn Vân Anh

Khóa luận tốt nghiệp "Cấu trúc iđêan định nghĩa trongvành nửa nhóm số chiều nhúng 4" được hoàn thành do sự cốgắng, nỗ lực tìm hiểu và nghiên cứu cùng với sự giúp đỡ tận tình củathầy giáo - Thạc Sĩ Đỗ Văn Kiên

Trong quá trình thực hiện tôi đã tham khảo một số tài liệu như

đã viết trong phần tài liệu tham khảo Vì vậy, tôi xin cam đoan kếtquả trong khóa luận này là trung thực và không trùng với kết quả củatác giả nào khác

Hà Nội, ngày 20 tháng 4 năm 2018

Tác giả khóa luận

Nguyễn Vân Anh

Mở đầu 1

1.1 Nửa nhóm số 3

1.2 Số Frobenius và số giả Frobenius 6

1.3 Tập Apéry 8

1.4 Phân loại nửa nhóm số 11

1.4.1 Nửa nhóm số đối xứng 11

1.4.2 Nửa nhóm số giả đối xứng 13

1.4.3 Nửa nhóm số hầu đối xứng 18

2 IĐÊAN ĐỊNH NGHĨA TRONG VÀNH NỬA NHÓM SỐ CHIỀU NHÚNG 4 21 2.1 Vành nửa nhóm số và ma trận RF trong chiều nhúng 4 21 2.2 Kết quả chính 24

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Vấn đề cấu trúc iđêan định nghĩa trong vành nửa nhóm số là vấn

đề cổ điển nhưng vô cùng quan trọng trong đại số giao hoán và hìnhhọc đại số Năm 1970, J Herzog [H] đã chỉ ra rằng iđêan định nghĩatrong vành nửa nhóm số chiều nhúng 3 được sinh bởi các định thứccon cấp lớn nhất của một ma trận cỡ 2x3 nếu vành không là giao đầy

đủ Từ kết quả của Herzog, nhiều vấn đề về iđêan định nghĩa đượcquan tâm, ví dụ, xác định số phần tử sinh tối tiểu của iđêan địnhnghĩa của một vành nửa nhóm số Tuy nhiên trong trường hợp chiềunhúng cao hơn nghiên cứu về iđêan định nghĩa trở nên phức tạp vàchỉ có một phần câu trả lời Trong trường hợp chiều nhúng 4, cấu trúccủa iđêan định nghĩa là khá trừu tượng, trừ trường hợp có những điềukiện cụ thể về nửa nhóm H Bresinski [H] đã miêu tả được cấu trúccủa iđêan định nghĩa trong vành nửa nhóm số có chiều nhúng 4 trongtrường hợp nửa nhóm số là đối xứng J Komeda [K] đã xác định được

hệ sinh tối tiểu của iđêan định nghĩa trong trường hợp nửa nhóm số

là một giả đối xứng

Với ý nghĩa trên và lòng yêu thích chuyên ngành Đại số cùng với

sự gợi ý và giúp đỡ của thầy giáo - Th.S Đỗ Văn Kiên tôi đã mạnh dạnchọn đề tài "Cấu trúc iđêan định nghĩa trong vành nửa nhóm

số có chiều nhúng 4" làm khóa luận tốt nghiệp của mình

3 Đối tượng nghiên cứu

Đề tài nghiên cứu về nửa nhóm số, số Frobenius, số giả Frobenius,tập Apéry, nửa nhóm số đối xứng, nửa nhóm số hầu đối xứng, nửanhóm số giả đối xứng, cấu trúc iđêan định nghĩa trong vành nửa nhóm

số có chiều nhúng 4, kết quả chính được nêu trong định lý 2.2.1

NỬA NHÓM SỐ

Trong chương này chúng tôi trình bày một số kiến thức cơ bản về nửanhóm số và các đặc trưng của nửa nhóm số Hai tài liệu tham khảochính được sử dụng trong chương này là [R] cho mục nửa nhóm số, sốFrobenius, số giả Frobenius, tập Apéry và [N] cho mục phân loại nửanhóm số

Nếu {a1, a2, , an} là một hệ sinh tối tiểu của H, tức

ai ∈ ha/ 1, a2, , ai−1, ai+1, , ani , 1 6 ∀i 6 n thì ta kí hiệu

H = ha1, a2, , ani Dễ thấy rằng trong trường hợp này

nd + 1, ∀n ∈ N đều không thuộc H Do đó tập N\H là vô hạn,điều này là không thể Vậy d = 1 Vậy gcd (a1, a2, , an) = 1.(b) Điều kiện đủ

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp

+ Với n = 2 và H = ha, bi , gcd (a, b) = 1

Nếu a = 1 hoặc b = 1 thì H = {λ1a + λ2b : λ1, λ2 > 0} = N

Do đó N\H = ∅ ⇒ |N\H| < ∞

Nếu 1 < a < b Trước hết ta nhận xét với mọi m ∈ Z thì m

có biểu diễn duy nhất dạng m = ax + by, 0 6 y < a Thậtvậy:

Sự biểu diễn: Vì gcd (a, b) = 1 nên tồn tại u, v ∈ Z sao cho

au + bv = 1 Suy ra

m = amu + bmv = amu + b (aq + y) (0 6 y < a)

= amu + abq + by = a (mu + bq) + by = ax + by

Tính duy nhất: Giả sử m = ax + by = ax0+ by0 với 0 6 y,

a (−1) + b (a − 1) = ab − a − b

Đặt c = (a − 1) (b − 1) thì c − 1 = ab − a − b là số lớn nhấtkhông thuộc H

Như vậy với mọi m > c thì m > c − 1 ⇒ m ∈ H Suy ra

gcd (d, an) = 1 nên m có biểu diễn duy nhất m = dx + any,

1 m(H) := minH\ {0} = min {a1, , an} được gọi là bội của H

2 g(H) = |N\H| được gọi là khoảng của H

3 emb(H) := n được gọi là chiều nhúng của H

4 Vành đa thức k [H] = kth|h ∈ H = k [ta1, , ta2], với k là mộttrường, t là biến số, được gọi là vành nửa nhóm số của H

Ví dụ 1.1.4 Cho H là một nửa nhóm số , H = h3, 7, 8i

Khi đó m(H) = 3, g(H) = 4 và emb(H) = 3

1.2 Số Frobenius và số giả Frobenius

Định nghĩa 1.2.1 Cho H là một nửa nhóm số

1 Gọi số nguyên lớn nhất không thuộc H là số Frobenius của H, kíhiệu là F (H), tức là F (H) = max (Z\H)

ii) P F (H) = {x ∈ N\H| x + ai ∈ H ∀i} Thật vậy:

Rõ ràng {x ∈ N\H| x + ai ∈ H ∀i} ⊆ P F (H) Ngược lại

∀x ∈ {x ∈ N\H| x + ai ∈ H∀i} ⇒ x + ai ∈ H, ∀i = 1, 2, , n.Khi đó ∀h ∈ H\ {0} thì

n

P

i=1

ciai Vì h 6= 0 nên ∃ci 6= 0 sao cho

x + h = a1c1+ + ci−1ai−1 + (c − 1) ai+ ci+1ai+1+ + cnan+(x + ai) ∈ H Suy ra x ∈ P F (H)

Mệnh đề 1.2.3 Cho ≤H là một quan hệ thứ tự trên xác định trên Zbởi x ≤H y nếu y − x ∈ H Khi đó tập các số giả Frobenius của H lànhững phần tử cực đại của Z \ H theo quan hệ ≤H

Chứng minh Với mọi x ∈ P F (H) suy ra x ∈ (Z \ H)

Giả sử tồn tại y ∈ Z \ H sao cho x ≤H y suy ra y − x ∈ H

Nếu y − x > 0 thì do x ∈ P F (H) nên x + (y − x) ∈ H hay y ∈ H,

điều này là mâu thuẫn.

Do đó y − x = 0 hay x = y Vậy x ∈ max≤H(Z \ H)

Ngược lại, giả sử tồn tại h ∈ H \ {0} sao cho x + h /∈ H

Suy ra (x + h) − x = h ∈ H

Do đó x ≤H x + h điều này là mâu thuẫn vì x ∈ max≤H(Z \ H)

Ví dụ 1.2.4 Cho nửa nhóm số H = h3, 7, 8i Khi đó ta có

được gọi là tập Apéry của H tương ứng với a

Mệnh đề dưới đây đưa ra một công thức cụ thể để tìm tập Apéry.Mệnh đề 1.3.2 Cho H là một nửa nhóm số, 0 6= a ∈ H Khi đó

Ta đi chứng minh

{x ∈ H|x − a /∈ H} ⊆ {0 = ω(0), ω(1), , ω(a − 1)}

Với mọi x ∈ Ap(H, a) ta chứng minh tồn tại 0 6 i 6 a − 1 sao cho

x = ω(i).Ta có thể viết x = aq + i, 0 6 i 6 a − 1 Vì x ∈ H,

x ≡ i(mod a) nên ω(i) 6 x Ta có x ≡ i(mod a) và ω(i) ≡ i(mod a) nên

x ≡ ω(i)(mod a) Từ đó suy ra x−ω(i) = ap tồn tại p ∈ Z Do x > ω(i)nên p > 0 suy ra x − a = a(p − 1) + ω(i) Vì x − a /∈ H nên p = 0 Do

đó x = ω(i) ⇒ {x ∈ H|x − a /∈ H} ⊆ {0 = ω(0), ω(1), , ω(a − 1)}.Tiếp theo chúng tôi sẽ chỉ ra bao hàm ngược lại

{0 = ω(0), ω(1), , ω(a − 1)} ⊆ {x ∈ H|x − a /∈ H}

Với mọi ω(i) ∈ {0 = ω(0), ω(1), , ω(a − 1)} , 0 6 i 6 a − 1 Ta cóω(i) ∈ H Giả sử ω(i) − a ∈ H, ta có ω(i) − a ≡ i(mod a) Theo

a ∈ H) Do đó ω(i) − a /∈ H Vậy {0 = ω(0), ω(1), , ω(a − 1)} ⊆{x ∈ H|x − a /∈ H}

maxAp (H, a) − a /∈ H suy ra maxAp (H, a) − a 6 F (H) suy ra

2 Chứng minh P F (H) = {ω − a |ω ∈ max6HAp (H, a)}

Với mọi x ∈ P F (H) ta chứng minh

ω − a ∈ P F (H) ω ∈ Ap (H, a) suy ra ω − a /∈ H

Giả sử ω − a /∈ P F (H) thì tồn tại ai, 1 6 i 6 n : ω − a + ai ∈ H/suy ra (ω + ai) − a /∈ H mà ω + ai ∈ H nên ω + ai ∈ Ap (H, a).Nhưng ω 6H ω + ai và ω 6= ω + ai do đó mâu thuẫn giả thiết

ω ∈ max6HAp (H, a)

Suy ra ω − a ∈ P F (H)

Vậy P F (H) = {ω − a |ω ∈ max6HAp (H, a)}

Trong phần tiếp theo, chúng tôi sẽ đưa ra định nghĩa và một sốtính chất cơ sở của nửa nhóm số đối xứng, nửa nhóm số giả đối xứng

và nửa nhóm số hầu đối xứng

1.4 Phân loại nửa nhóm số

(2) ωi + ωa−i+1 = ωa với 2 6 i 6 a − 1;

(3) t (H) = 1;

(2) ⇒ (1): Ta có F (H) = maxAp (H, a) − a = wa − a

và P F (H) = {ω − a|ω ∈ max6HAp (H, a)} = {wa− a} = F (H)

F (H) − x ∈ H Vậy H là đối xứng

(1) ⇒ (4): Với mọi x ∈ P F (H), cần chứng minh x = F (H)

Vì H đối xứng và x /∈ H nên F (H) − x ∈ H Nếu F (H) − x 6= 0 thì

⇔ Trong tập {0, 1, , F (H)} có đúng một nửa số thuộc H và mộtnửa số không thuộc H

Định nghĩa 1.4.5 Cho H là một nửa nhóm số, ta nói H là giả đốixứng nếu F (H) chẵn và với mọi x ∈ Z\H, x 6= F (H)

Chứng minh

Ap (H, a)

(2) ⇒ (1): Với mọi x ∈ Z\H, x 6= F (H)

Tập Ap (H, a) là một hệ thặng dư đầy đủ môđun a, do đó tồn tại

w ∈ Ap (H, a) sao cho w − x a suy ra tồn tại k ∈ Z : w = x + ka Ta

có k 6= 0 vì w 6= x

Hơn nữa k > 0 vì nếu k ≤ 0 thì x = w + (−ka) ∈ H, điều này là mâuthuẫn

Ta xét 2 trường hợp:

TH2 w 6= F (H)

2 + 2 suy ra tồn tại i, 0 ≤ i ≤ a − 2 : w = wi.Khi đó

Do đó giả sử sai, tức là với mọi h 6= 0 ∈ H thì F (H)

1.4.3 Nửa nhóm số hầu đối xứng

Định nghĩa 1.4.8 Cho H là nửa nhóm số, ta nói H là hầu đối xứngnếu ∀x ∈ Z\H sao cho F (H) − x ∈ Z\H thì x và F (H) − x ∈ P F (H).Nhận xét 1.4.9 Nếu H là đối xứng hoặc giả đối xứng thì H là hầuđối xứng

Định nghĩa 1.4.10 Iđêan M := H\ {0} được gọi là iđêan cực đạicủaH Ta suy ra rằng M − M = H ∪ P F (H) Ta đặt

K = KH := {F (H) − z|z /∈ H}

Mệnh đề 1.4.11 (xem [N]) Cho H là một nửa nhóm số Các mệnh

đề sau tương đương:

P F (H) = {fi = βi− n, ft = αm − n = F (H), 1 6 i 6 t − 1} Khi đócác mệnh đề sau tương đương:

(1) H là hầu đối xứng

nghĩa tập Apery là tập các phần tử nhỏ nhất đồng dư a modulo

i = {0, , (a − 1)} suy ra αm − βj = βt−j − n

(2) ⇒ (3): Ta có fi+ ft−i = (βi− a) + (βt−i− a) = αm− a = F (H).(3) ⇒ (1): Theo mệnh đề 1.4.11 ta cần chứng minh rằng

Lấy x ∈ K ⇒ x = F (H) − z, z /∈ H

TH1: z ∈ P F (H)

IĐÊAN ĐỊNH NGHĨA TRONG VÀNH NỬA NHÓM SỐ CHIỀU NHÚNG 4

Trước khi đưa ra kết quả chính của luận văn này, chúng tôi cần đếncác định nghĩa và các mệnh đề dưới đây

2.1 Vành nửa nhóm số và ma trận RF trong chiều

R = k[H] = k[ta1, ta2, ta3, ta4] ⊆ k[t] và gọi chúng là vành nửa nhóm

số của H trên k, trong đó t là một ẩn Ta biết được rằng R có chiềunhúng 4 Cho S = k[x1, x2, x3, x4] là vành đa thức bị phân bậc trên kvới degxi = ai với mỗi 1 6 i 6 4 Cho ϕ : S → R biểu thị phép đồngcấu của k- đại số bị phân bậc xác định bởi ϕ(xi) = tai với 1 6 i 6 4

và I = Kerϕ được gọi là iđêan định nghĩa của R

Định nghĩa 2.1.4 Cho H = ha1, a2, a3, a4i là một nửa nhóm số và

α ∈ P F (H) là một số giả Frobenius của H Khi đó một ma trận vuôngcấp 4: M = (mij) các số nguyên được gọi là một ma trận RF liên kếtvới α, nếu các điều kiện sau được thỏa mãn:

(1) mii = −1 với ∀1 6 i 6 4;

(2) mij > 0 nếu i 6= j;

Mệnh đề 2.1.5 Cho H = ha1, a2, a3, a4i là một nửa nhóm số, α ∈

P F (H) và cho M = (mij) là một ma trận RF liên kết với α Cho k[H]

là vành nửa nhóm trên một trường k Khi đó

hầu đối xứng Cho f ∈ P F (H)\ {F (H)} và cho M là một ma trận

RF với f sao cho trong một cột của M không có phần tử dương Khi

đó f = F (S)2

Bây giờ ta có thể chứng minh định lí chính

2.2 Kết quả chính

Định lý 2.2.1 Cho H = ha1, a2, a3, a4i và giả sử rằng nửa nhóm số

H là tối tiểu tạo ra bởi 4 phần tử {ai}16i64 Khi đó các khẳng địnhsau là tương đương:

(3) Tồn tại số nguyên dương α sao cho P F (H) = {α, 2α, 3α}

Hệ quả 2.2.2 Cho H = ha1, a2, a3, a4i Nếu một trong ba khẳng địnhcủa định lý 2.2.1 đúng thì:

(a) Với mỗi 1 6 i 6 4, chúng ta có li = min {l > 0| lai ∈ Hi} − 1,trong đó Hi = ha1, , ai−1, ai+1, , a4i

(b) α = degfi− ai với mọi 1 6 i 6 4.

(c) P F (H) = {α, 2α, 3α}

(d) Vành R = k[H] là một vành hầu Gorenstein, tức là, nửa nhóm

số H là hầu đối xứng

Chứng minh

Trước hết ta nhớ lại các ký hiệu đã biết Cho H = ha1, a2, a3, a4i

là một nửa nhóm số Chúng ta giả sử rằng H là tối tiểu được tạo rabởi các số {ai}16i64 Cho R = k[H] biểu thị vành nửa nhóm số của

H trên một trường k và S = k[x1, x2, x3, x4] là vành đa thức Chúng

ta coi R và S như vành Z bị phân bậc với S0 = R0 = k, deg t = 1 vàdegxi = ai với mọi 1 6 i 6 4 Chúng ta đặt I = Kerϕ

Ta bắt đầu đi chứng minh định lí

(1) ⇒ (3): Cho bi = degfi với mọi 1 6 i 6 4

Với mọi l 6= i suy ra flxi− fixl ∈ I suy rafl ∈ I suy ra f1, f2, f3, f4 ∈ Isuy ra I ⊆ S+I ⊆ I suy ra I = S+I Mà S+ là iđêan cực đại của Ssuy ra I = 0 (theo bổ đề Nakayama) (mâu thuẫn) Suy điều giả sửsai Vậy ta có bổ đề 2.2.3

Từ bổ đề 2.2.3 suy ra bi− ai là hằng số với mọi i Đặt α = bi− ai,

1 6 i 6 4 Vì S là vành đa thức trên một trường nên

ht(I) = dimS − dimR = 4 − 1 = 3 Do đó giải tự do tối tiểu của R là

(2) ⇒ (1): Điều này là hiển nhiên

(3) ⇒ (2): Cho M = (mij)16i,j64 và N = (nij)16i,j64 là ma trận RFliên kết với α và 2α tương ứng Khi P F (H) = {α, 2α, 3α}, H là mộtnửa nhóm số hầu đối xứng Hơn nữa nhờ mệnh đề 2.1.6, mỗi cột của

M và N có ít nhất một thành phần dương Ta sẽ chứng minh điềunày thông qua bổ đề sau

Bổ đề 2.2.4 Mỗi hàng của M có chính xác hai thành phần không.Chứng minh Giả sử ngược lại chúng ta có hai trường hợp sau:

(a) Có một hàng của M tất cả các thành phần khác không, ta có

m1j > 0 với mọi j = 2, 3, 4 Khi đó theo mệnh đề 3 (xem [M]),

m1jnj1 = 0 Khi đó n1j = 0, với mọi j = 2, 3, 4 là mâu thuẫn.(b) Có một hàng của M có chính xác một thành phần không, đặt

Từ 3α /∈ H, m41 = 0 Ta có cột đầu tiên của M có 3 thành phầnkhông, điều này mâu thuẫn.

Tương tự trong trường hợp m34 > 0 chúng ta cũng có được mộtmâu thuẫn Vì vậy mỗi hàng của M có chính xác hai thành phầnkhông

Không mất tính tổng quát chúng ta có thể giả sử m13 = m14 = 0

Chứng minh Chúng ta có α + a1 = m12a2 Do đó

2α + a1 = (α + a2) + (m12− 1)a2

= m21a1 + m23a3 + m24a4 + (m12− 1)a2

Từ 2α /∈ H, m21 = 0 Theo bổ đề 2.2.4, chúng ta có m23 = 0 hoặc

m24 = 0 Do đó theo bổ đề 2.2.4, M có dạng đầu tiên (theo mẫu thứ2) khi m24 = 0(tương ứng m23 = 0).

Không mất tính tổng quát chúng ta có thể giả sử

Cho một số số nguyên dương m1, m2, m3, m4 > 0 Cho

li = min {l > 0| lai ∈ Hi} − 1, trong đó

Hi = ha1, , ai−1, ai+1, , a4i , 1 6 i 6 4

Bổ đề 2.2.6 mi = li với mọi 1 6 i 6 4

Chứng minh Dễ dàng thấy rằng mi > li, với mọi 1 6 i 6 4 Giả sử

m1 > l1 Chúng ta có thể viết (l1 + 1)a1 = a2c2 + a3c3+ a4c4 trong đó

c2, c3, c4 > 0 Khi đó

α + a4 = a2c2 + a3c3 + a4c4 + (m1 − l1 − 1)a1

Từ α /∈ H, c4 = 0.Ta có

α + a4 = c2a2 + c3a3 + (m1 − l1 − 1)a1.Chúng ta thấy rằng c2 = c3 = 0.Thật vậy, giả sử rằng c3 > 0, khi đó

2α = (m4 − 1)a4 + c2a2 + (c3 − 1)a3 + (m1 − l1 − 1)a1

Suy ra 2α ∈ H Điều này là mâu thuẫn Do đó c3 = 0 Tương tự, nếu

c2 > 0 thì

3α = (m4 − 1)a4 + (m3 − 1)a3 + (c2 − 1)a2 + (m1 − l1 − 1)a1

Suy ra 3α ∈ H Điều này là mâu thuẫn Vì vậy c2 = c3 = 0 và khi đó(l1 + 1)a1 = 0 (mâu thuẫn).

 là một giải S- tự do tối tiểu

phân bậc của S/J , trong đó C3 =

là một giải S-tự do tối tiểu phân bậc của R = S/I Đặt τ : S/J → R

là một phép biến đổi chính tắc, vì Ci là các môđun tự do nên ta cóthể nâng τ tới biểu đồ giao hoán sau