Chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford
Khái niệm chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford được D Mumford
[31] phát triển từ ý tưởng của G Castelnuovo và phát biểu như sau: Định nghĩa 1.1 Cho M là một R-module phân bậc hữu hạn sinh Với mỗi số nguyên i ≥ 0, đặt a i (M)
−∞ nếu H m i (M) = 0, ở đây H m i (M) là module đối đồng điều địa phương thứ i của M với giá m.
Chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của M là số reg(M) = max{a i (M) +i | i ≥ 0}.
Ta cũng lưu ý rằng H m i (M) = 0 với mọi i >dimM bởi định lí triệt tiêu của A Grothendieck [4] Do đó reg(M) = max{a i (M) +i | i = 0, ,dimM}.
Mối liên hệ giữa chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford và bậc sinh của các module syzygy được thiết lập bởi D Eisenbud và S Goto Định lý 1.2 nêu rõ rằng cho M là một R-module phân bậc hữu hạn sinh, giả sử M có giải tự do phân bậc tối tiểu.
−→M −→ 0. Khi đó reg(M) = max{d i,j −i | j = 1, , β i (M) và i = 0, , p}.
Chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của R-module M có khả năng chặn bậc lớn nhất của các phần tử sinh tối tiểu thuần nhất trong các module syzygy của M Theo Định lý 1.2, nếu I là một ideal thuần nhất thực sự và khác không của vành R, thì công thức reg(I) = reg(R/I) + 1 được áp dụng.
Một số vấn đề về chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford và các bất biến liên quan có thể xem trong các tài liệu [17] và [45].
Vành level
Khái niệm vành level được R Stanley [38] giới thiệu vào năm 1977 như sau.
Trong lý thuyết vành, một ideal thuần nhất thực sự I của vành R tạo ra vành thương R/I được gọi là vành level nếu R/I là một vành Cohen-Macaulay Hơn nữa, module tự do cuối cùng trong giải tự do phân bậc tối tiểu của R-module R/I phải được sinh bởi các phần tử cùng bậc.
Với một ideal thuần nhất thực sự I của vành R, R/I có giải tự do phân bậc tối tiểu độ dài hữu hạn dạng:
−→R/I −→ 0, trong đó p là chiều xạ ảnh của R-module R/I Các số d 1,i , , d 1,β 1 (R/I) chính là bậc của các phần tử trong một hệ sinh tối tiểu thuần nhất của
Các số d i,1 , , d i,β i (R/I) đại diện cho bậc của các phần tử trong hệ sinh tối tiểu thuần nhất của module syzygy thứ i của R/I Số Betti β i (R/I) là số phần tử sinh tối thiểu của module syzygy thứ i, trong khi các số Betti phân bậc βi,j(R/I) thể hiện số phần tử sinh bậc j trong hệ sinh tối thiểu thuần nhất của module syzygy thứ i của R/I.
Một vành R/I được gọi là một vành level nếu và chỉ nếu nó là một vành Cohen-Macaulay và d p,1 = d p,β p (R/I), tức là β p,d p,1 (R/I) = β p (R/I) Theo công thức Auslander-Buchsbaum, R/I là một vành Cohen-Macaulay khi p = n− dim(R/I).
[5] Như vậy một vành level kiểu 1 (tức là số Betti cuối cùng bằng 1) là một vành Gorenstein.
Ví dụ 1.4 Cho S = K[x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ] và I = (x 1 x 3 , x 2 x 4 , x 2 x 5 , x 4 x 5 ) là một ideal của S Khi đó giải tự do phân bậc tối tiểu của S/I là
Do vậyS/I là một vành level nhưng nó không phải là một vành Gorenstein.
Phức đơn hình
Phức đơn hình ∆ trên tập đỉnh V ⊆ [n] = {1, , n} được định nghĩa là một tập hợp các tập con của V, trong đó có hai tính chất quan trọng: (i) với mọi phần tử i thuộc V, tập đơn vị {i} phải nằm trong ∆.
Mỗi mặt F thuộc phức đơn hình ∆ được định nghĩa với ký hiệu dimF = |F| − 1, thể hiện chiều của mặt F Chiều của phức đơn hình ∆ được xác định là dim ∆ = max{dimF | F ∈ ∆} Mặt lớn nhất theo quan hệ bao hàm được gọi là mặt cực đại của ∆ Tập hợp các mặt cực đại được ký hiệu là F(∆), từ đó phức đơn hình ∆ hoàn toàn được xác định bởi F(∆).
Phức đơn hình ∆ được gọi là thuần túy nếu tất cả các mặt cực đại của nó có cùng số phần tử.
Phức đơn hình ∆ được gọi là một phức nón (gọi tắt là nón) đỉnh i nếu i ∈ F với mọi F ∈ F(∆).
Quy ước: Khi V = ∅, ta có ∆ = ∅ là phức đơn hình không có bất kì mặt nào và ∆ = {∅} là phức đơn hình có duy nhất một mặt ∅.
Chúng tôi sẽ nhắc lại một số khái niệm cơ bản về phép toán trên phức đơn hình Định nghĩa 1.6: ∆ được định nghĩa là một phức đơn hình trên tập đỉnh V.
(i) Với mỗi F ∈ ∆, link và star của F trong phức đơn hình ∆là các phức đơn hình lần lượt được định nghĩa là: lk∆(F) = {G ∈ ∆ | F ∪G ∈ ∆, F ∩ G= ∅}; st ∆ (F) = {G ∈ ∆ | F ∪G ∈ ∆}.
(ii) Với mỗi tập con W ⊆V, phức đơn hình con cảm sinh trên W của ∆, kí hiệu ∆[W], là một phức đơn hình được xác định bởi
∆[W] = {F ⊂W | F ∈ ∆}. Để đơn giản trong trình bày, ta viết lk ∆ (i 1 , , i k ), st ∆ (i 1 , , i k ) thay thế cho lk ∆ ({i 1 , , i k }) và st ∆ ({i 1 , , i k }).
Cho hai tập rời nhau V1 và V2, với V1 ∩ V2 = ∅, và các phức đơn hình ∆1 và ∆2 tương ứng trên V1 và V2 Tập hợp {F ∪ G | F ∈ ∆1, G ∈ ∆2} tạo thành một phức đơn hình trên V1 ∪ V2 Do đó, phức đơn hình ghép của ∆1 và ∆2 được định nghĩa như sau: Định nghĩa 1.7 Phức đơn hình ghép của ∆1 và ∆2, ký hiệu
∆ 1 ∗∆ 2 , là một phức đơn hình được xác định bởi
Nhóm đồng điều rút gọn
Giả sử ∆ là một phức đơn hình chiều d−1 trên tập đỉnh [n] Đặt
F i (∆) = {σ ∈ ∆| dimσ = i}, và kí hiệu K F i (∆) là K-không gian vectơ có cơ sở là {e σ | σ ∈ F i (∆)}. Định nghĩa 1.8 Phức dây chuyền rút gọn của ∆ trên K là một phức
Ce • (∆, K) : 0 −→ K F d−1 (∆) −→ ã ã ã ∂ d−1 −→ ∂ 1 K F 0 (∆) −→ ∂ 0 K F −1 (∆) −→ 0, trong đó các vi phân ∂i : K F i (∆) −→ K F i−1 (∆) được xác định như sau:
(−1) r e σ\j r , với mọi i-mặt σ = {j 0 , j 1 , , j i } và j 0 < j 1 < ã ã ã < j i Khi đú K-khụng gian vectơ
He i (∆;K) = ker(∂ i )/im(∂ i+1 ) được gọi là nhóm đồng điều rút gọn thứ i của ∆ trên K.
Từ định nghĩa, rõ ràng rằng He i (∆;K) = 0 nếu i < −1 hoặc i > d−1, và He −1 (∆;K) 6= 0 nếu và chỉ nếu ∆ = {∅}.
Các bổ đề sau đưa ra một số tính chất của nhóm đồng điều rút gọn.
Bổ đề 1.9 ([47], Mệnh đề 5.2.5) Nếu phức đơn hình ∆ là một nón thì ∆ là acyclic (tức là có các nhóm đồng điều rút gọn đều triệt tiêu).
Bổ đề 1.10 cho biết rằng nếu ∆ không rỗng hoặc là tập rỗng, thì chiều của không gian vectơ He0(∆;K) tương ứng với số thành phần liên thông của ∆ giảm đi 1 Cụ thể, He0(∆;K) sẽ bằng 0 nếu và chỉ nếu ∆ là một không gian liên thông.
Bổ đề 1.11 ([18], Bổ đề 1.5) Cho ∆ là một phức đơn hình chiều một.Khi đó He 1 (∆;K) 6= 0 nếu và chỉ nếu ∆ chứa một chu trình.
Công thức Takayama
Cho I là một ideal đơn thức của vành R Với mỗia = (a 1 , , a n ) ∈ Z n , thì H m i (R/I) a là một K-không gian vectơ Mở rộng kết quả của Hochster
Takayama đã phát triển một công thức tổ hợp cho dim K H m i (R/I) a trong trường hợp ideal đơn thức không chứa mũ, theo Định lí 4.8 Công thức này được xây dựng thông qua khái niệm phức bậc, được định nghĩa bởi D H Giang.
L T Hoa [11, Bổ đề 1.1] như sau.
Cho F là một tập con của [n], kí hiệu R F = R[x −1 i | i ∈ F] Với mỗi vectơ a = (a 1 , , a n ) ∈ Z n, ta định nghĩa G a = {i | a i < 0} Định nghĩa 1.12 nêu rõ rằng, với một vectơ a = (a 1 , , a n ) ∈ Z n, phức bậc ∆ a (I) của I ứng với bậc a là một phức đơn hình được xác định bởi các yếu tố liên quan đến vectơ này.
Theo chứng minh của [29, Định lí 1.6], chúng tôi nhận được tính chất sau của phức bậc.
Bổ đề 1.13 Cho một vectơ a ∈ Z n Kí hiệu e i là vectơ đơn vị thứ i với i = 1, , n Đặt b = a− P i∈G a aiei Khi đó
∅ nếu ∆b(I) = ∅. Gọi ∆(I) là phức đơn hình liên kết với ideal √
Bổ đề tiếp theo đưa ra một mối liên hệ quan trọng giữa ∆a(I) và ∆(I).
Bổ đề 1.14 ([18], Bổ đề 1.2) Giả sử rằng Ga ∈ ∆(I) với một vectơ a ∈ Z n Khi đó
Công thức Takayama được phát biểu trong [40] như trong bổ đề dưới đây.
Bổ đề 1.15 (Công thức Takayama) Với mỗi vectơ a ∈ Z n và mỗi số nguyên i ≥ 0, ta có dim K H m i (R/I) a
Phức đơn hình Koszul dưới
Kí hiệu \( e_i \) là vectơ đơn vị thứ \( i \) với \( i = 1, \ldots, n \) Đối với mỗi vectơ \( a \in \mathbb{N}^n \), ta định nghĩa \( supp(a) = \{ i \mid a_i \neq 0 \} \) và \( e_{supp(a)} = \sum_{i \in supp(a)} e_i \) Định nghĩa phức đơn hình Koszul dưới được nêu theo [24] như sau: Cho \( I \) là một ideal đơn thức của \( R \) và một vectơ \( a \in \mathbb{N}^n \), phức đơn hình Koszul dưới của \( R/I \) tại bậc \( a \) là
K a (I) ={F ⊆supp(a) | x a−e supp(a) x F 6∈ I},trong đó x F = Q i∈F x i và x a = Q i∈supp(a) x a i i
Miller và Stumfels đã phát triển một công thức liên kết giữa các số Betti đa phân bậc và phức đơn hình Koszul dưới, điều này đóng vai trò quan trọng trong việc xác định tính level của các ideal đơn thức.
Bổ đề 1.17 nêu rằng, với một vectơ a ∈ N n và một ideal đơn thức I của R, các số Betti thứ i của R/I tại bậc a được xác định bởi công thức β i,a (R/I) = dim K He | supp(a)|−i−1(K a (I);K) cho mỗi số tự nhiên i.
Matroid
Matroid M trên tập đỉnh [n] được định nghĩa là một tập F các tập con của [n], thỏa mãn ba điều kiện cơ bản.
(iii) Nếu I, J ∈ F và |J| < |I| thì tồn tại x ∈ I \J sao cho J ∪ {x} ∈ F.
Các phần tử trong tập F được định nghĩa là các tập độc lập của M Những tập độc lập cực đại của M được gọi là cơ sở Do đó, số lượng phần tử trong các cơ sở của M sẽ được xác định.
M bằng nhau, và được gọi là hạng của M Ta kí hiệu r(M) là hạng của
M và B(M) là tập tất cả các cơ sở của M.
Một tập phụ thuộc của M là tập con của [n] nhưng không thuộc F Mỗi tập phụ thuộc cực tiểu của M được gọi là một circuit Tập hợp tất cả các circuit của M được ký hiệu là C(M) Do đó, M được xác định bởi C(M), trong đó F bao gồm các tập con của [n] không chứa bất kỳ phần tử nào của M.
Nhận xét 1.19 Tập hợp các tập độc lập của một matroid M tạo thành một phức đơn hình, và ta gọi là phức matroid của M Phức đơn hình này
Phức đơn hình thuần túy 25 có chiều r(M)−1 Trong bài viết này, chúng tôi sẽ sử dụng kí hiệu C(∆) để chỉ tập hợp các circuit và B(∆) để chỉ tập hợp các cơ sở của một phức matroid ∆.
Tiếp theo, chúng tôi giới thiệu một tính chất của các circuit của một phức matroid.
Bổ đề 1.20 ([32], Mệnh đề 1.4.12) Cho C 1 , C 2 là các circuit phân biệt của một phức matroid ∆ và x ∈ C 1 ∩ C 2 Khi đó tồn tại một circuit C 3 của ∆ sao cho C3 ⊆ C1 ∪C2\{x}.
Bổ đề sau phát biểu lại một kết quả trong chứng minh của Định lí 3.4 ở trang 92 [39].
Bổ đề 1.21 khẳng định rằng một phức matroid ∆ là một nón nếu và chỉ nếu nó không chứa chu trình, tức là ∆ là acyclic Ngoài ra, nếu ∆ là một phức matroid nhưng không phải là một nón, thì định thức He dim ∆ (∆;K) sẽ không bằng 0.
Theo định nghĩa của phức đơn hình ghép, nếu hai phức matroid không phải là nón, thì phức đơn hình ghép của chúng cũng là một phức matroid không phải là nón Kết quả này được trình bày trong bổ đề dưới đây.
Bổ đề 1.22 nêu rõ rằng nếu ∆1 và ∆2 là hai phức matroid trên các tập đỉnh rời nhau V1 và V2, và cả hai không phải là nón, thì tổ hợp ∆1 ∗ ∆2 cũng sẽ tạo thành một phức matroid trên tập hợp V1 ∪ V2, đồng thời cũng không phải là nón.
Bổ đề tiếp theo chỉ ra rằng nếu một phức matroid không phải là nón, thì các phức con liên kết khác không rỗng của nó cũng là các phức matroid không phải là nón Chi tiết chứng minh có thể được tham khảo trong tài liệu [30, Bổ đề 2.3].
Bổ đề 1.23 Cho ∆ là một phức matroid nhưng không phải là một nón và
F ∈ ∆ Nếu lk ∆ (F) 6= {∅} thì lk ∆ (F) cũng là một phức matroid nhưng không phải là một nón.
Tính level của các lũy thừa của ideal Stanley-
Chương này sẽ tóm tắt các khái niệm quan trọng trong Đại số giao hoán và Đại số tổ hợp, bao gồm chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford, vành level, phức đơn hình, đồng điều đơn hình rút gọn, matroid và ideal Stanley-Reisner Bên cạnh đó, chúng tôi sẽ giới thiệu hai công cụ quan trọng cho các chương tiếp theo: công thức Takayama, dùng để mô tả cấu trúc phân bậc của các module đối đồng điều địa phương, và phức đơn hình Koszul dưới, giúp xác định các số Betti đa phân bậc.
Trong luận án này, ta luôn xét R = K[x 1 , , x n ] là một vành đa thức trên trường K và m = (x 1 , , x n ) là ideal thuần nhất cực đại của R.
1.1 Chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford
Khái niệm chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford được D Mumford
[31] phát triển từ ý tưởng của G Castelnuovo và phát biểu như sau: Định nghĩa 1.1 Cho M là một R-module phân bậc hữu hạn sinh Với mỗi số nguyên i ≥ 0, đặt a i (M)
−∞ nếu H m i (M) = 0, ở đây H m i (M) là module đối đồng điều địa phương thứ i của M với giá m.
Chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của M là số reg(M) = max{a i (M) +i | i ≥ 0}.
Ta cũng lưu ý rằng H m i (M) = 0 với mọi i >dimM bởi định lí triệt tiêu của A Grothendieck [4] Do đó reg(M) = max{a i (M) +i | i = 0, ,dimM}.
Mối liên hệ giữa chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford và bậc sinh của các module syzygy đã được D Eisenbud và S Goto thiết lập Cụ thể, định lý 1.2 chỉ ra rằng nếu M là một R-module phân bậc hữu hạn sinh, thì M có giải tự do phân bậc tối tiểu.
−→M −→ 0. Khi đó reg(M) = max{d i,j −i | j = 1, , β i (M) và i = 0, , p}.
Chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của R-module M giúp xác định bậc lớn nhất của các phần tử sinh tối thiểu trong các module syzygy của M Theo Định lý 1.2, nếu I là một ideal thuần nhất thực sự và khác không trong vành R, thì ta có công thức reg(I) = reg(R/I) + 1.
Một số vấn đề về chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford và các bất biến liên quan có thể xem trong các tài liệu [17] và [45].
Khái niệm vành level được R Stanley [38] giới thiệu vào năm 1977 như sau.
Cho I là một ideal thuần nhất thực sự của vành R, vành R/I được gọi là vành level nếu nó là một vành Cohen-Macaulay Hơn nữa, module tự do cuối cùng trong giải tự do phân bậc tối tiểu của R-module R/I cần được sinh bởi các phần tử cùng bậc.
Với một ideal thuần nhất thực sự I của vành R, R/I có giải tự do phân bậc tối tiểu độ dài hữu hạn dạng:
−→R/I −→ 0, trong đó p là chiều xạ ảnh của R-module R/I Các số d 1,i , , d 1,β 1 (R/I) chính là bậc của các phần tử trong một hệ sinh tối tiểu thuần nhất của
Các số d i,1 , , d i,β i (R/I) đại diện cho bậc của các phần tử trong hệ sinh tối tiểu thuần nhất của module syzygy thứ i của R/I Số Betti β i (R/I) là số phần tử sinh tối thiểu của module syzygy thứ i, trong khi các số Betti phân bậc βi,j(R/I) thể hiện số phần tử sinh bậc j trong hệ sinh tối tiểu thuần nhất của module syzygy thứ i của R/I.
Một vành R/I được gọi là một vành level nếu và chỉ nếu nó là một vành Cohen-Macaulay và thỏa mãn điều kiện d p,1 = d p,β p (R/I), tức là β p,d p,1 (R/I) = β p (R/I) Theo công thức Auslander-Buchsbaum, R/I là một vành Cohen-Macaulay khi p = n− dim(R/I).
[5] Như vậy một vành level kiểu 1 (tức là số Betti cuối cùng bằng 1) là một vành Gorenstein.
Ví dụ 1.4 Cho S = K[x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 ] và I = (x 1 x 3 , x 2 x 4 , x 2 x 5 , x 4 x 5 ) là một ideal của S Khi đó giải tự do phân bậc tối tiểu của S/I là
Do vậyS/I là một vành level nhưng nó không phải là một vành Gorenstein.
Phức đơn hình là một khái niệm quan trọng trong toán học, được định nghĩa là một tập hợp các tập con của một tập đỉnh V ⊆ [n] = {1, , n} Theo định nghĩa, một phức đơn hình ∆ phải thỏa mãn hai tính chất cơ bản: đầu tiên, với mọi phần tử i thuộc V, tập đơn {i} phải nằm trong ∆.
Mỗi mặt F thuộc phức đơn hình ∆ được gọi là một mặt của ∆, với chiều của mặt F được ký hiệu là dimF = |F| − 1 Chiều của phức đơn hình ∆ được xác định là dim ∆ = max{dimF | F ∈ ∆} Mặt lớn nhất theo quan hệ bao hàm được gọi là mặt cực đại của ∆ Tập hợp các mặt cực đại của ∆ được ký hiệu là F(∆), từ đó ∆ hoàn toàn được xác định bởi F(∆).
Phức đơn hình ∆ được gọi là thuần túy nếu tất cả các mặt cực đại của nó có cùng số phần tử.
Phức đơn hình ∆ được gọi là một phức nón (gọi tắt là nón) đỉnh i nếu i ∈ F với mọi F ∈ F(∆).
Quy ước: Khi V = ∅, ta có ∆ = ∅ là phức đơn hình không có bất kì mặt nào và ∆ = {∅} là phức đơn hình có duy nhất một mặt ∅.
Chúng tôi sẽ nhắc lại các khái niệm cơ bản về phép toán trên phức đơn hình Định nghĩa 1.6 nêu rõ rằng ∆ là một phức đơn hình được xác định trên tập đỉnh V.
(i) Với mỗi F ∈ ∆, link và star của F trong phức đơn hình ∆là các phức đơn hình lần lượt được định nghĩa là: lk∆(F) = {G ∈ ∆ | F ∪G ∈ ∆, F ∩ G= ∅}; st ∆ (F) = {G ∈ ∆ | F ∪G ∈ ∆}.
(ii) Với mỗi tập con W ⊆V, phức đơn hình con cảm sinh trên W của ∆, kí hiệu ∆[W], là một phức đơn hình được xác định bởi
∆[W] = {F ⊂W | F ∈ ∆}. Để đơn giản trong trình bày, ta viết lk ∆ (i 1 , , i k ), st ∆ (i 1 , , i k ) thay thế cho lk ∆ ({i 1 , , i k }) và st ∆ ({i 1 , , i k }).
Cho V1 và V2 là hai tập rời nhau với V1 ∩ V2 = ∅ Giả sử ∆1 và ∆2 là các phức đơn hình trên V1 và V2 Tập {F ∪ G | F ∈ ∆1, G ∈ ∆2} cũng tạo thành một phức đơn hình trên V1 ∪ V2 Từ đó, chúng ta định nghĩa phức đơn hình ghép như sau: Định nghĩa 1.7 Cho ∆1 và ∆2 là các phức đơn hình trên các tập đỉnh rời nhau V1 và V2, phức đơn hình ghép của ∆1 và ∆2 được ký hiệu.
∆ 1 ∗∆ 2 , là một phức đơn hình được xác định bởi
1.4 Nhóm đồng điều rút gọn
Giả sử ∆ là một phức đơn hình chiều d−1 trên tập đỉnh [n] Đặt
F i (∆) = {σ ∈ ∆| dimσ = i}, và kí hiệu K F i (∆) là K-không gian vectơ có cơ sở là {e σ | σ ∈ F i (∆)}. Định nghĩa 1.8 Phức dây chuyền rút gọn của ∆ trên K là một phức
Ce • (∆, K) : 0 −→ K F d−1 (∆) −→ ã ã ã ∂ d−1 −→ ∂ 1 K F 0 (∆) −→ ∂ 0 K F −1 (∆) −→ 0, trong đó các vi phân ∂i : K F i (∆) −→ K F i−1 (∆) được xác định như sau:
(−1) r e σ\j r , với mọi i-mặt σ = {j 0 , j 1 , , j i } và j 0 < j 1 < ã ã ã < j i Khi đú K-khụng gian vectơ
He i (∆;K) = ker(∂ i )/im(∂ i+1 ) được gọi là nhóm đồng điều rút gọn thứ i của ∆ trên K.
Từ định nghĩa, rõ ràng rằng He i (∆;K) = 0 nếu i < −1 hoặc i > d−1, và He −1 (∆;K) 6= 0 nếu và chỉ nếu ∆ = {∅}.
Các bổ đề sau đưa ra một số tính chất của nhóm đồng điều rút gọn.
Bổ đề 1.9 ([47], Mệnh đề 5.2.5) Nếu phức đơn hình ∆ là một nón thì ∆ là acyclic (tức là có các nhóm đồng điều rút gọn đều triệt tiêu).
Bổ đề 1.10 chỉ ra rằng nếu ∆ không rỗng hoặc là tập rỗng, thì chiều của không gian vectơ He0(∆;K) bằng số thành phần liên thông của ∆ trừ 1 Cụ thể, He0(∆;K) sẽ bằng 0 nếu và chỉ nếu ∆ là một không gian liên thông.
Bổ đề 1.11 ([18], Bổ đề 1.5) Cho ∆ là một phức đơn hình chiều một. Khi đó He 1 (∆;K) 6= 0 nếu và chỉ nếu ∆ chứa một chu trình.
Cho I là một ideal đơn thức của vành R Với mỗia = (a 1 , , a n ) ∈ Z n , thì H m i (R/I) a là một K-không gian vectơ Mở rộng kết quả của Hochster
Takayama đã phát triển một công thức tổ hợp cho dim K H m i (R/I) a trong trường hợp ideal đơn thức không chứa mũ, theo định lý 4.8 Định nghĩa về phức bậc được trình bày bởi D H Giang.
L T Hoa [11, Bổ đề 1.1] như sau.
Cho F là một tập con của [n], kí hiệu R F = R[x −1 i | i ∈ F] Đối với mỗi vectơ a = (a 1 , , a n ) ∈ Z n, ta định nghĩa G a = {i | a i < 0} Định nghĩa 1.12 nêu rõ rằng phức bậc ∆ a (I) của I ứng với bậc a là một phức đơn hình được xác định bởi các yếu tố liên quan đến vectơ a.
Theo chứng minh của [29, Định lí 1.6], chúng tôi nhận được tính chất sau của phức bậc.
Bổ đề 1.13 Cho một vectơ a ∈ Z n Kí hiệu e i là vectơ đơn vị thứ i với i = 1, , n Đặt b = a− P i∈G a aiei Khi đó
∅ nếu ∆b(I) = ∅. Gọi ∆(I) là phức đơn hình liên kết với ideal √
Bổ đề tiếp theo đưa ra một mối liên hệ quan trọng giữa ∆a(I) và ∆(I).
Bổ đề 1.14 ([18], Bổ đề 1.2) Giả sử rằng Ga ∈ ∆(I) với một vectơ a ∈ Z n Khi đó
Công thức Takayama được phát biểu trong [40] như trong bổ đề dưới đây.
Bổ đề 1.15 (Công thức Takayama) Với mỗi vectơ a ∈ Z n và mỗi số nguyên i ≥ 0, ta có dim K H m i (R/I) a
1.6 Phức đơn hình Koszul dưới
Kí hiệu \( e_i \) là vectơ đơn vị thứ \( i \) với \( i = 1, \ldots, n \) Đối với mỗi vectơ \( a \in \mathbb{N}^n \), chúng ta định nghĩa \( supp(a) = \{ i | a_i \neq 0 \} \) và \( e_{supp(a)} = \sum_{i \in supp(a)} e_i \) Định nghĩa phức đơn hình Koszul dưới, theo tài liệu [24], như sau: Định nghĩa 1.16 Cho \( I \) là một ideal đơn thức của \( R \) và một vectơ \( a \in \mathbb{N}^n \), phức đơn hình Koszul dưới của \( R/I \) tại bậc \( a \) là
K a (I) ={F ⊆supp(a) | x a−e supp(a) x F 6∈ I},trong đó x F = Q i∈F x i và x a = Q i∈supp(a) x a i i
Miller và Stumfels đã phát triển một công thức thể hiện mối liên hệ giữa các số Betti đa phân bậc và phức đơn hình Koszul dưới Công cụ này đóng vai trò quan trọng trong việc xác định tính level của các ideal đơn thức.
Một vài nhóm đồng điều rút gọn không triệt tiêu
Trong phần này, chúng tôi xem xét ∆ là một phức matroid có chiều (d−1) ≥ 0 Các định lý sau đây sẽ cung cấp những kết quả quan trọng cho nghiên cứu tiếp theo của chúng tôi Định lý 2.1 nêu rõ rằng, với một circuit, ∆ là một phức matroid có chiều d−1 ≥ 0.
Chứng minh rằng C ∈ C(∆) dẫn đến C \ {i} ∈ ∆ với mọi i ∈ C, tức là st ∆ (C \ {i}) không rỗng Phức con ∆[C] cũng là một phức matroid với tập các mặt cực đại {C \ {i} | i ∈ C}, cho thấy ∆[C] không phải là nón Khi cố định i ∈ C, nếu B ∈ lk ∆ (C \ {i}), theo điều kiện thứ ba của định nghĩa matroid, ta có B ∪(C \ {j}) ∈ ∆ với mọi j ∈ C.
Vậy S i∈Cst ∆ (C\ {i}) là một phức matroid và không là nón bởi Bổ đề 1.22 và Bổ đề 1.23 Do đó điều cần chứng minh được suy ra từ Bổ đề 1.21.
Định lý 2.2 cho rằng trong một phức matroid chiều d - 1 ≥ 0, nếu mọi circuit có cùng số phần tử và tồn tại hai circuit có ít nhất một đỉnh chung, ta có thể chọn hai circuit phân biệt C và C' sao cho số phần tử chung |C ∩ C'| là lớn nhất có thể.
Chứng minh Cho W = C ∩ C 0 , V 0 = C \ W và V 0 0 = C 0 \ W Do đó
|W| ≥ 1 và |V 0 | = |V 0 0 | = α ≥ 1 Trước hết, ta sẽ đưa ra một số bước chuẩn bị như sau.
Bước 1 Ta chứng minh với bất kì x ∈ W, tồn tại W x ⊆ W sao cho
Thật vậy, theo tính chất cơ bản của một phức matroid trong Bổ đề 1.20, tồn tại C 00 ∈ C(∆) sao cho C 00 ⊆ (C ∪ C 0 ) \ {x} Cho U 1 = W ∩ C 00 ,
U 2 = (C ∩C 00 )\U 1 và U 3 = (C 0 ∩C 00 )\U 1 Suy ra x ∈ W \U 1 Hơn nữa, ta có
|C 00 | = |U 1 |+|U 2 |+|U 3 |, và |C 00 ∩ C| = |U 1 | + |U 2 |,|C 00 ∩ C 0 | = |U 1 | + |U 3 | Bởi cách xác định
C, C 0 , thì |U 2 | ≤ |W \U 1 | và |U 3 | ≤ |W \U 1 | Kết hợp với giả thiết, ta có
C \(C 0 ∪ C 00 ) = C 0 \(C ∪ C 00 ) = ∅ và |U 2 | = |U 3 | = |W \U 1 | Điều này dẫn đến U 2 = V 0 , U 3 = V 0 0 và C 00 = V 0 ∪ V 0 0 ∪ U 1 Đặt W x = W \ U 1 và
Bước 2 Ta chứng minh rằng với x, y ∈ W bất kì thì W x = W y hoặc
W x ∩ W y = ∅ Thật vậy, giả sử ngược lại rằng tồn tại x, y ∈ W sao cho
W x ∩W y 6= ∅ và W x 6= W y Theo Bước 1, ta có
Từ đó suy ra C x 6= C y và
|C x ∩C y | = |V 0 |+|V 0 0 |+|W| − |W x | − |W y |+|W x ∩W y | > |W|. Điều này là mâu thuẫn với cách chọn C và C 0 Vậy Bước 2 đã được hoàn thành.
Theo Bước 2, ta có thể chiaW thành stậpW i rời nhau vớii = 1, , s.
Ta đặt W 0 = V 0 và W s+1 = V 0 0 Khi đó C ∪ C 0 là một hợp rời nhau của các tập Wi với i = 0, , s+ 1 Hơn nữa, với mọi i = 0, , s+ 1, ta có
Bước 3 chứng minh rằng với mỗi U = {x, y} ⊆ C∪C 0, thì (C∪C 0 )\U thuộc ∆ nếu và chỉ nếu x, y không cùng thuộc một tập W i với mọi i = 0, , s+ 1 Nếu x, y thuộc W i nào đó, thì (C ∪ C 0 )\U không thuộc ∆ vì (C ∪ C 0 )\Wi thuộc C(∆) Ngược lại, nếu x thuộc Wa và y thuộc W b với 0 ≤ a ≠ b ≤ s+ 1, và (C ∪ C 0 )\U không thuộc ∆, sẽ tồn tại một circuit C 00 của ∆ sao cho C 00 ⊆(C∪C 0 )\U Đặt α i = |W i \C 00 | ≥ 0 cho mọi i = 0, , s+ 1, ta có α a ≥ 1 và α b ≥ 1, cho thấy C 00 và C có cùng số phần tử.
X i=0 α i = α, tức là |C 00 | = (s+ 1)α Như vậy (C ∪C 0 )\W a 6= C 00 , và
= (s+ 1)α−X i6=a α i = sα +α a > sα = |C ∩ C 0 |,suy ra mâu thuẫn với cách chọn C, C 0
Bây giờ ta sẽ chứng minh định lí Thật vậy, theo Bước 3, ta có
U⊆(C∪C 0 ),|U|=2 st ∆ ((C ∪C 0 )\U) = [ x∈W a ,y∈W b ,a6=b st ∆ ((C ∪C 0 )\ {x, y}), là một phức đơn hình chiều d−1 Hơn nữa, cũng theo Bước 3, ∆[C ∪C 0 ] là một phức matroid với tập các mặt cực đại bao gồm các tập
C ∪ C 0 \ {x, y} trong đó x, y thuộc hai tập W i phân biệt Do đó
∆[C∪C 0 ] 6= ∅và không phải là một nón Cố định x ∈ W0 vày ∈ W1 Cho
B ∈ lk ∆ ((C ∪C 0 )\ {x, y}) bất kì Theo điều kiện thứ ba của định nghĩa matroid, nếu x 0 , y 0 thuộc hai tập phân biệt W i , W j với 0 ≤ i 6= j ≤ s+ 1 thì B ∈ lk ∆ ((C ∪C 0 )\ {x 0 , y 0 }) Từ đó suy ra
Theo Bổ đề 1.21, Bổ đề 1.22 và Bổ đề 1.23, ta có được điều phải chứng minh.
Trường hợp số mũ t ≥ 3
Cho ∆ là một phức đơn hình chiều (d−1) ≥ 0 trên tập đỉnh [n] Trong phần này, chúng tôi sẽ đặc trưng tính level của R/I ∆ (t) với một số nguyên t≥ 3 nào đó.
Nếu I ∆ là ideal Stanley-Reisner của một phức matroid ∆, thì các circuit của ∆ tương ứng với các phần tử sinh tối tiểu của I ∆ Định lý 2.3 chỉ ra rằng nếu ∆ là một matroid có chiều d−1 ≥ 0 và R/I ∆ (t) là một vành level với t ≥ 2, thì các circuit của ∆ sẽ có cùng số phần tử.
Chứng minh Với mỗi circuit C ∈ C(∆), đặt a C = P i∈C te i + P i / ∈C e i
K a C (I ∆ (t) ) = {F ⊆ [n] | f C x F 6∈ I ∆ (t) }, trong đó f C = Q i∈C x t−1 i Với mỗi B ∈ B(∆), ta có |C \ B| ≥ 1 Như vậy f C x F 6∈ I ∆ (t) nếu và chỉ nếu tồn tại B ∈ B(∆) sao cho F ⊆ B và
Theo Bổ đề 1.17 và Định lí 2.1, β n−d,a C (R/I ∆ (t) ) = dimKHe d−1 ([ i∈C st∆(C \ {i});K) 6= 0.
Theo giả thiết, R/I ∆ (t) là một vành level, dẫn đến các số Betti phân bậc cuối cùng tập trung vào một bậc Do đó, mọi circuit của ∆ đều phải có cùng số phần tử, và suy ra rằng Suy raβn−d,(t−1)|C|+n(R/I ∆ (t)) không bằng 0 với mỗi C thuộc C(∆).
Chúng tôi sẽ trình bày định lý chính của phần này Định lý 2.4 nêu rằng, cho ∆ là một phức đơn hình với chiều d−1 ≥0 và I ∆ là ideal Stanley-Reisner của ∆, thì các khẳng định sau đây là tương đương.
(1) R/I ∆ t là một vành level với mọi t ≥ 1.
(2) R/I ∆ t là một vành level với một t ≥3 nào đó.
(3) R/I ∆ (t) là một vành level với mọi t≥ 1.
(4) R/I ∆ (t) là một vành level với một t ≥ 3 nào đó.
(5) ∆ là một phức matroid mà các circuit của nó có cùng số phần tử và đôi một rời nhau.
Chứng minh rằng R/I ∆ t là một vành Cohen-Macaulay nếu và chỉ nếu R/I ∆ (t) cũng là một vành Cohen-Macaulay và I ∆ t = I ∆ (t) Điều này dẫn đến kết luận rằng R/I ∆ t là một vành level nếu và chỉ nếu R/I ∆ (t) là một vành level và I ∆ t = I ∆ (t) Từ đó, ta có thể suy ra (1) ⇒ (3).
33 và (2) ⇒ (4) Vì vậy ta chỉ cần chứng minh (5) ⇒ (1) và (4) ⇒ (5) là đủ. Thật vậy, ta có:
Do các circuit của ∆ đôi một rời nhau và có cùng số phần tử, các phần tử sinh của I∆ đôi một nguyên tố với nhau và cùng bậc Theo Định lý 2.1, R/I∆ t là một vành level.
Bởi vì R/I ∆ (t) là một vành Cohen-Macaulay với số nguyên t ≥ 3, theo Định lý 3.6, ∆ được xác định là một phức matroid Để áp dụng Định lý 2.3, chúng ta chỉ cần chứng minh rằng hai circuit khác nhau bất kỳ của ∆ là khác nhau.
∆ đều rời nhau Giả sử rằng tồn tại hai circuit phân biệt của ∆có ít nhất một phần tử chung Ta chọn C 6= C 0 ∈ C(∆) sao cho số phần tử của tập
∅ 6= W = C ∩ C 0 là nhiều nhất có thể Đặt a (C,C 0 ) = X i∈C
K a (C,C 0 ) (I ∆ (t) ) ={F ⊆[n] | f (C,C 0 ) x F 6∈ I ∆ (t) }, trong đó f (C,C 0 ) = Q i∈C x t−2 i Q i∈C 0 \Cx i Với mỗi B ∈ B(∆), |C \B| ≥ 1 và |C 0 \B| ≥ 1.
Nếu |(C ∪ C 0 ) \ B| = 1 thì gọi x ∈ (C ∪ C 0 ) \ B Khi đó x ∈ W và (C ∪ C 0 )\ {x} ⊆ B Theo Bước 1 như trong chứng minh của Định lí 2.2, tồn tại x ∈ W x ⊆ W sao cho C x = (V 0 ∪ V 0 0 ∪W) \W x ∈ C(∆) Suy ra mâu thuẫn với C x ⊆ B ∈ ∆.
Nếu |(C ∪ C 0 ) \ B| ≥ 3 thì f (C,C 0 ) ∈ (x i | i 6∈ B) t bởi t ≥ 3 Từ đó suy ra f (C,C 0 ) x F 6∈ I (t) nếu và chỉ nếu tồn tại B ∈ B(∆) sao cho
F ⊆ B và |(C ∪ C 0 ) \B| = 2 nếu t = 3, hoặc (C ∪ C 0 )\B = {x, y} với x ∈ C, y ∈ C 0 \C nếu t ≥ 4 Ta xét hai trường hợp sau.
Nếu t= 3 thì theo chứng minh trên, ta có
Tương tự như chứng minh của Định lí 2.2, cố định x ∈ C, y ∈ C 0 \C Ta nhận được
[ x∈C,y∈(C 0 \C) st ∆ ((C ∪C 0 )\ {x, y}) = ∆[C]∗Γ∗lk ∆ ((C ∪C 0 )\ {x, y}) trong đó Γ là một phức matroid gồm tất cả các tập con của (C 0 \C)\ {z} với bất kì z ∈ C 0 \ C Sử dụng Bổ đề 1.21, Bổ đề 1.22 và Bổ đề 1.23,
Từ các trường hợp trên và Bổ đề 1.17, ta có βn−d,(t−1)|C|+n−|W |(R/I ∆ (t) ) 6= 0.
Mặt khác, βn−d,(t−1)|C|+n(R/I ∆ (t) ) 6= 0 theo Định lí 2.3 Điều này là mâu thuẫn với tính level của R/I ∆ (t) Vậy ta có được điều phải chứng minh.
Chúng tôi chỉ ra rằng tồn tại một ideal Stanley-Reisner I ∆ với R/I ∆ (2) là một vành level, nhưng R/I ∆ 2 lại không phải là một vành level.
Hệ quả 2.5 Cho ∆ là một phức đơn hình và I∆ là ideal Stanley-Reisner của ∆ Khi đó các khẳng định sau là tương đương.
(1) R/I ∆ t là một vành Gorenstein với mọi t ≥1.
(2) R/I ∆ t là một vành Gorenstein với một t ≥ 3 nào đó.
(3) R/I ∆ (t) là một vành Gorenstein với mọi t ≥1.
(4) R/I ∆ (t) là một vành Gorenstein với một t≥ 3 nào đó.
(5) ∆ là một phức matroid có duy nhất một circuit.
Chứng minh Các mũi tên (1) ⇒ (2), (2) ⇒ (4), (1) ⇒ (3), (3) ⇒ (4) và
Để chứng minh rằng (4) suy ra (5), ta giả sử điều kiện (4) được thỏa mãn Theo Định lý 2.4, ∆ là một phức matroid với các circuit có cùng số phần tử và đôi một rời nhau, dẫn đến I ∆ (t) = I ∆ t Nếu ∆ có p circuit với p ≥ 2, thì I ∆ được sinh bởi một dãy chính quy gồm p phần tử Khi đó, với t ≥ 3, số Betti cuối cùng của R/I ∆ t trong giải tự do tối tiểu được tính là p + t - 2 t - 1.
6= 1 bởi [13, Hệ quả 1.3] Điều này cũng có nghĩa rằng R/I ∆ t không phải là một vành Gorenstein, mâu thuẫn với điều kiện (4) Vậy ∆ chỉ có duy nhất một circuit.
Chúng tôi trình bày Hệ quả 2.5 để minh họa ứng dụng trực tiếp của Định lý 2.4 N D Hợp đã chứng minh rằng kết luận này đúng trong trường hợp tổng quát hơn: Với ideal đơn thức thực sự I bất kỳ của vành R, R/I là một vành Gorenstein với t ≥ 2 nếu và chỉ nếu I là một ideal chính Đối với ideal đơn thức thực sự, không trộn lẫn I của vành R, R/I cũng là một vành Gorenstein với t ≥ 2 nếu và chỉ nếu I là một ideal chính Các khẳng định này được xác nhận qua các kết quả trong các nghiên cứu [2], [15], [21] Chúng tôi xin cảm ơn N D Hợp vì những góp ý quý báu.
Trường hợp số mũ t = 2
Trong bài viết này, chúng tôi nghiên cứu lũy thừa hình thức thứ hai của ideal Stanley-Reisner của một phức matroid chiều 1, với giả định rằng ∆ là một phức matroid chiều 1 trên tập đỉnh [n] Trong trường hợp này, các mặt cực đại của ∆ có thể được coi là các cạnh của một đồ thị đơn trên tập đỉnh [n], nghĩa là ∆ là một đồ thị matroid Do đó, R/I ∆ (2) trở thành một vành Cohen-Macaulay chiều 2 Cần lưu ý rằng khi n= 2 hoặc 3, I ∆ là một ideal chính, dẫn đến R/I ∆ (2) là một vành level; vì vậy, chúng tôi giả thiết rằng n ≥ 4.
Trong phần này, chúng tôi sẽ nhắc lại một số khái niệm cơ bản về đồ thị Đồ thị đơn Γ = (V(Γ), E(Γ)) bao gồm tập đỉnh V(Γ) ⊆ [n] và tập cạnh E(Γ) ⊆ {{i, j} | i ≠ j ∈ V(Γ)} Nếu E(Γ) = {{i, j} | i ≠ j ∈ V(Γ)}, đồ thị được gọi là đồ thị đầy đủ Đồ thị hai phần đầy đủ có tập đỉnh V(Γ) được phân hoạch thành hai tập V1 và V2, với V1 ≠ ∅, V2 ≠ ∅, và V1 ∩ V2 = ∅, cùng với tập cạnh E(Γ) = {{i, j} | i ∈ V1 và j ∈ V2} Đồ thị hai phần đầy đủ có p đỉnh ở V1 và q đỉnh ở V2 được ký hiệu là Kp,q Để chứng minh định lý chính, chúng tôi sẽ sử dụng một số bổ đề và mệnh đề liên quan.
Bổ đề 2.8 Nếu ∆ không chứa bất kì một tam giác nào thì ∆ là một đồ thị hai phần đầy đủ.
Chứng minh Từ tính liên thông của∆, ta có thể giả sử {1,2},{1,3} ∈ ∆. Đặt
Y = {j ∈ [n] | j 6= 1, tồn tại một đỉnh i j ∈ X sao cho {j, i j } ∈ ∆}.
Trong bài viết này, ta có tập hợp X chứa phần tử 1 và Y chứa các phần tử 2, 3 Theo tính chất matroid của đồ thị ∆, ta có {1, u} ∈ ∆ hoặc {2, u} ∈ ∆ với u ∈ [n] \ {1, 2, 3} Điều này dẫn đến X ∪ Y = [n] và do ∆ không chứa tam giác nào, ta có X ∩ Y = ∅ Chúng ta sẽ chứng minh rằng ∆ là đồ thị hai phần đầy đủ K |X|, |Y| Cụ thể, với mọi a, b ∈ X, {a, b} 6∈ ∆ vì ∆ không chứa tam giác Đối với mọi a, b ∈ Y, tồn tại i_a, i_b ∈ X sao cho {a, i_a}, {b, i_b} ∈ ∆ Nếu i_a = i_b, thì {a, b} 6∈ ∆; nếu i_a ≠ i_b, thì {i_a, i_b} 6∈ ∆ Do điều kiện matroid của ∆, ta có {i_a, b} ∈ ∆, dẫn đến {a, b} 6∈ ∆.
Nếu v = 2, thì với mọi u ∈ X, {u, v} ∈ ∆ Nếu v ≠ 2, tồn tại i v ∈ X sao cho {v, i v} ∈ ∆ Nếu i v = u, thì {u, v} ∈ ∆; còn nếu i v ≠ u, thì {u, v} vẫn thuộc ∆ nhờ tính chất matroid của ∆ Do đó, {u, v} ∈ ∆ cho mọi u ∈ X và v ∈ Y, từ đó chúng ta đã chứng minh được điều cần thiết.
Mệnh đề 2.9 Nếu ∆ là một đồ thị đầy đủ thì R/I ∆ (2) là một vành level. Chứng minh Đặt a = 2(e 1 +e 2 +e 3 ) +P n i=4 e i Khi đó supp(a) = [n] và
Ta thấy rằng nếu|F\{1,2,3}| ≥ 1thìx1x2x3.x F ∈ I ∆ (2) Nếu F ⊆ {1,2,3} thì
Theo Bổ đề 1.17, β n−2,a (R/I ∆ (2) ) = dim K He 1 (K a (I ∆ (2) );K) 6= 0 Do đó β n−2,n+3 (R/I ∆ (2) ) 6= 0.
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh nếu He | supp(b)|−n+1(K b (I ∆ (2) );K) 6= 0(tức là β n−2,b (R/I ∆ (2) ) 6= 0) với một vectơ b ∈ N n thì |b| = n + 3 Thật vậy, với một vectơ b ∈ N n , đặt W = supp(b),u = b −e supp(b) Hiển nhiên supp(u) ⊆ W Kí hiệu
Khi đó K b (I ∆ (2) ) = ∆ u [W] Các dạng của ∆ u có thể được mô tả như sau. Dạng 1 |supp(u)| ≥ 4 Suy ra x u ∈ I ∆ (2) Do đó ∆ u = ∅.
Dạng 2 |supp(u)| = 3 Giả sử 1,2,3 ∈ supp(u) Nếu |F \ {1,2,3}| ≥1 thì x u x F ∈ I ∆ (2) Do đó
Dạng 3 |supp(u)| = 2 Giả sử 1,2 ∈ supp(u) Nếu |F \ {1,2}| ≥ 2 thì x u x F ∈ I ∆ (2) Ta biết rằng x u x i 6∈ P 1,2 2 với mọi i Do đó
Dạng 4 |supp(u)| = 1 Giả sử 1 ∈ supp(u) Nếu |F \ {1}| ≥ 3 thì x u x F ∈ I ∆ (2) Vì x u xixj 6∈ P 1,i 2 với mọi i 6= j nên
Dạng 5 |supp(u)| = 0 Khi đóF(∆ u ) = {{i, j, h} | 1 ≤i < j < h ≤ n}. Bởi tính acyclic của một nón nên He |W |−n+1 (∆ u [W];K) = 0 nếu ∆ u khác dạng 2(i) và dạng 5 Bây giờ, nếu ∆ u có dạng 5 thì ∆ u [W] 6= {∅} khi |W| = n−2; và ∆u[W] là liên thông khi |W| = n−1 Khi |W| = n, ta viết ∆ u = ∆ 1 ∪∆ 2 , trong đó F(∆ 1 ) = {{1, i, j} | 2 ≤ i < j ≤ n} và
F(∆ 2 ) = {{i, j, h} | 2 ≤ i < j < h ≤ n} Khi đó sử dụng phương pháp quy nạp theo n và dóy Mayer-Vietoris ã ã ã → He1(∆1;K)⊕He1(∆2;K) →
He 1 (∆ 1 ∪∆ 2 ;K) → He 0 (∆ 1 ∩ ∆ 2 ;K) → ã ã ã , ta cú He 1 (∆ 1 ∪ ∆ 2 ;K) = 0. Vậy He |W |−n+1 (∆ u [W];K)) 6= 0 chỉ khi dạng 2(i) xảy ra và |W| = n, tức là |b| = n+ 3 Từ đó suy ra R/I ∆ (2) là một vành level.
Mệnh đề 2.10 Nếu ∆ là một đồ thị hai phần đầy đủ thì R/I ∆ (2) là một vành level.
Chứng minh Gọi∆là một đồ thị hai phần đầy đủK |X |,|Y | vớiX∪Y = [n],
X ∩ Y = ∅, X, Y 6= ∅ Ta chỉ cần chứng minh rằng tất cả độ dài |b| của các vectơ b ∈ N n thỏa mãn He | supp(b)|−n+1(Kb(I ∆ (2) );K) 6= 0 (tức là β n−2,b (R/I ∆ (2) ) 6= 0) là bằng nhau Thật vậy, với một vectơ b ∈ N n , đặt
W = supp(b) và u = b−e supp(b) Kí hiệu
Khi đó K b (I ∆ (2) ) = ∆ u [W] Ta có các dạng của ∆ u như sau.
Dạng 1 |supp(u)| ≥ 4 Rõ ràng x u ∈ I ∆ (2) Do đó ∆ u = ∅.
Dạng 2 |supp(u)| = 3 Giả sử 1,2,3 ∈ supp(u) Khi đó
(ii) Nếu 1,2∈ X và 3∈ Y thì F(∆ u ) là {{2,3},{1,3}} nếuu 1 = u 2 = 1, u3 ≥ 1; hoặc {{1,3}} nếu u1 ≥ 2, u2 = 1, u3 ≥ 1; hoặc {{2,3}} nếu u 1 = 1, u 2 ≥ 2, u 3 ≥1; hoặc ∅ trong các trường hợp khác.
Dạng 3 |supp(u)| = 2 Giả sử 1,2 ∈ supp(u) Khi đó
(i) Nếu1,2 ∈ X hoặc1,2 ∈ Y thì ∆ u = st ∆ (1)∪st ∆ (2)nếu u 1 = u 2 = 1; hoặc st∆(1) nếu u1 ≥ 2, u2 = 1; hoặc st∆(2) nếu u1 = 1, u2 ≥ 2; hoặc
∅ trong các trường hợp khác.
Dạng 4 |supp(u)| = 1 Giả sử 1 ∈ supp(u) Không mất tổng quát, giả sử 1 ∈ X Khi đó F(∆ u ) ={{1, i, j} | i ∈ Y hoặc j ∈ Y}.
Trước hết, theo các dạng trên của ∆ u , He |W |−n+1 (∆ u [W];K) = 0 nếu
∆ u có các dạng 1, 2, 3(ii) và 4, với supp(u) ⊆ W và tính acyclic của một nón Do đó, chúng ta chỉ cần tập trung vào ∆u có dạng 3(i) hoặc dạng 5 Chúng ta sẽ xem xét ba trường hợp khác nhau.
Trường hợp 1 |X| = 1 hoặc |Y| = 1 Không mất tính tổng quát, giả sử
|X| = 1, và gọi t ∈ X Nếu ∆u có dạng 5 thì nó là một nón trên đỉnh t, tức làHe |W |−n+1 (∆ u [W];K) = 0 Hơn nữa, nếu∆ u có dạng3(i) thì∆ u [W] là một nón đỉnh t hoặc ∅ khi |W| = n; và ∆ u [W] 6= {∅} khi |W| = n−2.
Từ đó suy ra He |W |−n+1 (∆ u [W];K) 6= 0 khi và chỉ khi W = [n] \ {t} và u1 = u2 = 1 với 1,2 ∈ Y (tức là ∆u[W] = {∅,{1},{2}}) Điều này tương đương b = 2(e 1 +e 2 ) + P i6=1,2,t e i Do đó R/I ∆ (2) là một vành level.
Trường hợp 2 |X| = 2 và |Y| = 2 Khi đó I ∆ được sinh bởi một dãy chính quy mà các phần tử đều có bậc 2 Theo Định lí 2.4, R/I ∆ (2) là một vành level.
Trong trường hợp |X| ≥ 2 và |Y| ≥ 3, hoặc |X| ≥ 3 và |Y| ≥ 2, giả sử |X| ≥ 2 và |Y| ≥ 3 Nếu ∆u có dạng 5, thì ∆u[W] khác rỗng khi |W| = n − 2, và ∆u[W] là liên thông khi |W| = n − 1 Khi |W| = n, áp dụng quy nạp theo số phần tử của X và sử dụng dãy Mayer-Vietoris như trong chứng minh Mệnh đề 2.9, ta có He1(∆u[W]; K) = 0.
Mặt khác, nếu ∆ u có dạng 3(i) thì ∆ u [W] 6= {∅} nếu |W| = n− 2;
Đồ thị ∆ u [W] được coi là liên thông khi |W| = n−1, và He 1 (∆ u [W];K) = 0 nếu |W| = n và một trong hai giá trị u1 hoặc u2 lớn hơn 1 Điều này dẫn đến việc He |W |−n+1 (∆u[W];K) khác không chỉ khi b = 2(e 1 + e 2 ) + P i≥3 e i, với 1,2 thuộc X hoặc 1,2 thuộc Y Do đó, trong trường hợp này, số Betti phân bậc thứ n−2 của R/I ∆ (2) chỉ khác không ở bậc n + 2, từ đó chúng ta có điều cần chứng minh.
Mệnh đề 2.11 Nếu ∆ không phải là một đồ thị đầy đủ và cũng không phải là một đồ thị hai phần đầy đủ thì R/I ∆ (2) không là một vành level.
Chứng minh Do ∆ không phải là một đồ thị hai phần đầy đủ nên theo
Bổ đề 2.8 khẳng định rằng ∆ phải chứa ít nhất một tam giác, với các tập hợp {1,2}, {2,3}, {1,3} thuộc ∆ Do ∆ là một đồ thị không đầy đủ, ta có thể giả định rằng {1,4} không thuộc ∆ Từ đó, có thể kết luận rằng {1,2,3} và {1,4} đều nằm trong C(∆) Theo Định lý 2.3, R/I ∆ (2) không phải là một vành level, qua đó chứng minh được mệnh đề.
Theo Mệnh đề 2.9, Mệnh đề 2.10 và Mệnh đề 2.11, Định lý 2.12 phát biểu rằng cho ∆ là một đồ thị matroid trên tập đỉnh [n] với n ≥ 2, thì R/I ∆ (2) là một vành level nếu và chỉ nếu ∆ là một đồ thị đầy đủ hoặc một đồ thị hai phần đầy đủ.
Các phức đơn hình không phải là phức matroid, nhưng lũy thừa hình thức thứ hai của các ideal Stanley-Reisner của chúng vẫn giữ tính chất level Những ví dụ này được tính toán bằng phần mềm Macaulay2 [12].
Ví dụ 2.13 (i) Cho n = 5 và ∆ là một phức đơn hình với
Ta có thể xem ∆ như là một đồ thị ngũ giác:
Hình 2.1: Đồ thị ngũ giác
Khi đó R/I ∆ (2) có giải tự do phân bậc tối tiểu là
0 → R(−6) 10 −→ R(−5) 24 −→ R(−4) 15 −→ R −→ R/I ∆ (2) → 0. Điều này dẫn đến R/I ∆ (2) là level.
(ii) Cho n = 10 và ∆ là một phức đơn hình với
Ta có thể xem ∆ như là đồ thị Petersen:
Khi đó R/I ∆ (2) có giải tự do phân bậc tối tiểu là
Do vậy R/I ∆ (2) là một vành level Ngoài ra, ta cũng lưu ý rằng trong trường hợp này, R/I ∆ 2 không phải là một vành level.
Việc xác định tính level cho các lũy thừa hình thức thứ hai của ideal Stanley-Reisner trong phức đơn hình ∆ là một vấn đề phức tạp và vẫn chưa được giải quyết, ngay cả khi ∆ có chiều 1.
Cuối cùng, chúng tôi đưa ra một ví dụ cho thấy tính level phụ thuộc vào đặc số của trường K.
Ví dụ 2.14 ([33], Chú ý 3) Cho n= 10 và ∆ là một phức đơn hình với
Ta có thể coi ∆ như là một tam giác phân của không gian xạ ảnh thực
Hình 2.3: Một tam giác phân của không gian xạ ảnh thực P 2
Nếu trường K có đặc số 0 thì R/I ∆ có giải tự do phân bậc tối tiểu là
Từ đó suy ra R/I∆ là một vành level.
Nếu trường K có đặc số 2 thì R/I ∆ có giải tự do phân bậc tối tiểu là
Do đó R/I∆ không phải là một vành Cohen-Macaulay Điều này dẫn đến R/I ∆ cũng không phải là một vành level.
Từ các kết quả đã được trong Chương 2, tiếp theo chúng tôi quan tâm tới các vấn đề sau.
(1) Cho ∆ là một phức đơn hình chiều d −1 ≥ 0 Đặc trưng tính level của R/I ∆ (2) theo ∆.
(2) Cho ∆ là một phức đơn hình chiều d−1 ≥ 0 Tính level của R/I ∆ (2) có phụ thuộc vào đặc số của trường K hay không?
(3) Cho ∆là một phức đơn hình chiều d−1 ≥0 NếuR/I ∆ (2) là một vành level thì xác định các số Betti của nó.
Chúng tôi có thể bắt đầu nghiên cứu các vấn đề trên khi ∆là một phức đơn hình chiều một, tức là R/I∆ có chiều hai.
Tính level của ideal đơn thức trong lớp C n (α, β) 44
Một số bậc không triệt tiêu của số Betti phân bậc thứ (n − 2) 45
Cho I ∈ C n (α, β) Ta biết rằng dim(R/I) = 2 và tính Cohen-Macaulay của R/I đã hoàn toàn được đặc trưng theo các dữ liệu tổ hợp của đồ thị
G như trong [11], [25] Vì vậy để nghiên cứu tính level của R/I, ta chỉ cần xét các bậc không triệt tiêu của số Betti thứ n−2 của nó.
Định nghĩa m-chu trình trong đồ thị G là một chu trình có độ dài m, bao gồm một dãy m đỉnh phân biệt i1, i2, , im, trong đó các cặp đỉnh {ij, ij+1} và {i1, im} là các cạnh của G với j = 1, 2, , m−1.
Kí hiệu girth(G) là độ dài ngắn nhất của tất cả các chu trình trong
G Nếu G không có chu trình nào (tức là G là một rừng), ta quy ước girth(G) = ∞.
Bổ đề 3.2 Giả sử girth(G) = 3 Khi đó β n−2,3α+n−3 (R/I) 6= 0.
Chứng minh Không mất tính tổng quát, giả sử rằng G chứa 3-chu trình
Khi đó|a| = 3α+n−3và supp(a) = [n] Hơn nữa, phức đơn hình Koszul dưới của R/I tại bậc a là
Ta biết rằng x α−1 1 x α−1 2 x α−1 3 x F 6∈ I nếu và chỉ nếu tồn tại i 6= j ∈ [n] sao cho x α−1 1 x α−1 2 x α−1 3 x F 6∈ P i,j w i,j Do đó nếu |F \ {1,2,3}| ≥ 1 thì x α−1 1 x α−1 2 x α−1 3 x F ∈ I Từ đó suy ra F(K a (I)) = {{1,2},{2,3},{1,3}}. Theo Bổ đề 1.17, ta có β n−2,a (R/I) 6= 0 Vậy β n−2,3α+n−3 (R/I) 6= 0.
Bổ đề 3.3 Giả sử G có một cặp cạnh có một đỉnh chung nhưng không được chứa trong một 3-chu trình Khi đó βn−2,2α+β+n−3(R/I) 6= 0.
Chứng minh Không mất tính tổng quát, giả sử rằng {1,2},{1,3} ∈ G và
{2,3} 6∈ G Đặt a = βe 1 +αe 2 +αe 3 +P i≥4 e i Khi đó |a| = 2α+β+n−3 và supp(a) = [n] Đồng thời, phức đơn hình Koszul dưới của R/I tại bậc a là
Rõ ràng rằng x β−1 1 x α−1 2 x α−1 3 x F 6∈ I khi và chỉ khi tồn tại hai phần tử i 6= j ∈ [n] sao cho x β−1 1 x α−1 2 x α−1 3 x F 6∈ P i,j w i,j Nếu i, j 6∈ {2,3}, thì x β 1 −1 x α−1 2 x α−1 3 x F ∈ P i,j w i,j Do đó, x β 1 −1 x α−1 2 x α−1 3 x F 6∈ I khi và chỉ khi x β−1 1 x α−1 2 x α−1 3 x F 6∈ P 2,i w 2,i hoặc x β 1 −1 x α−1 2 x α−1 3 x F 6∈ P 3,i w 3,i với một số i nào đó Nếu β = 1 thì.
Nếu β 6= 1 thì F(K a (I)) ={{1,2},{1,3},{2,3}} Như vậy K a (I) là một phức đơn hình chiều1 và chứa 3-chu trình(1,2,3) Theo Bổ đề 1.11 và Bổ đề 1.17, β n−2,a (R/I) 6= 0 Điều này rút ra βn−2,2α+β+n−3(R/I) 6= 0.
Một cặp cạnh trong đồ thị G được gọi là rời nhau nếu chúng không chia sẻ bất kỳ đỉnh nào Để phát triển thêm nội dung, chúng ta cần giới thiệu một định nghĩa mới liên quan đến đồ thị G Định nghĩa 3.4 nêu rõ rằng W là một tập hợp không rỗng, từ đó chúng ta có thể định nghĩa đồ thị con cảm sinh.
G trên W, kí hiệu G[W], được cho bởi
Với bốn điểm phân biệt i, j, p, q ∈ [n], nếu đồ thị con cảm sinh
G[i, j, p, q] = {{i, j},{j, p},{p, q},{i, q}} thì G[i, j, p, q] được gọi là một 4-chu trình cảm sinh của G.
Bổ đề 3.5 Giả sử G chứa một 4-chu trình cảm sinh Khi đó β n−2,2α+n−2 (R/I) 6= 0.
Chứng minh Ta giả sử rằng G[1,2,3,4] = {{1,2},{2,3},{3,4},{1,4}}. Đặt a
Khi |a| = 2α + n - 2 và supp(a) = [n], tập các mặt cực đại F(K a (I)) của K a (I) được xác định như sau: Nếu α = 2, thì F(K a (I)) bao gồm các tập hợp {{1, i} | {1, i} ∈ G} ∪ {{3, i} | {3, i} ∈ G} ∪ {{1,3}} Nếu α = β + 1 với α là một số chẵn và khác 2, thì F(K a (I)) là {{1,2},{2,3},{3,4},{1,4}, {1,3}} Trong các trường hợp còn lại, F(K a (I)) sẽ là {{1,2},{2,3},{3,4}, {1,4}}.
K a (I) là một phức đơn hình chiều 1 và chứa 4-chu trình (1,2,3,4) Theo
Bổ đề 1.11 và Bổ đề 1.17 chỉ ra rằng β n−2,a (R/I) khác 0, do đó β n−2,2α+n−2 (R/I) cũng khác 0 Định nghĩa 3.6 nêu rõ rằng nếu {i, j} và {p, q} là hai cạnh rời nhau trong đồ thị G, thì cặp cạnh {i, j} và {p, q} được gọi là một cặp cạnh không liên thông của G, với đồ thị con cảm sinh G[i, j, p, q] = {{i, j}, {p, q}}.
Bổ đề 3.7 Giả sử G chứa một cặp cạnh không liên thông Khi đó β n−2,2α+n−3 (R/I) 6= 0 nếu α > 2β, và βn−2,α+2β+n−3(R/I) 6= 0 nếu α ≤2β và α 6= 2.
Chứng minh Từ giả thiết, giả sửG[1,2,3,4] ={{1,2},{3,4}} Ta chỉ cần xây dựng một vectơ a∈ N n sao cho β n−2,a (R/I) 6= 0, và |a| = 2α+n−3 nếu α > 2β hoặc |a| = α + 2β + n−3 nếu α ≤ 2β và α 6= 2 Thật vậy, đặt a
Với mỗi vectơ a được xác định như trên, ta có:
Nếu α > 2β, thì |a| = 2α + n−3 và supp(a) = [n] \ {4} Tương tự như trong chứng minh Bổ đề 3.3, F(K a (I)) được xác định là {{3, i} | {3, i} ∈ G và i ≠ 4} ∪ {{1,2}} nếu tồn tại r ≠ 4 sao cho {3, r} ∈ G, hoặc {3,{1,2}} trong các trường hợp khác Do đó, K a (I) không liên thông, dẫn đến He 0 (K a (I);K) ≠ 0 Theo Bổ đề 1.17, β n−2,a (R/I) ≠ 0 Nếu α = 2β và α ≠ 2, thì |a| = α + 2β + n−3 và supp(a) = [n].
K a (I) = ∆ 1 ∪∆ 2 , với F(∆ 1 ) = {{3, i, j} | {3, i} ∈ G hoặc {3, j} ∈ G} và F(∆ 2 ) = {{1,2}} Do đó He 0 (∆ 1 ∩ ∆ 2 ;K) 6= 0, He 0 (∆ 1 ;K) = 0, và
He 0 (∆ 2 ;K) = 0 Theo dãy Mayer-Vietoris, ã ã ã → He1(∆1 ∪∆2;K) → He0(∆1 ∩∆2;K) → He0(∆1;K)⊕He0(∆2;K)
→He 0 (∆ 1 ∪∆ 2 ;K) → ã ã ã , ta có He1(∆1 ∪ ∆2;K) 6= 0 Theo Bổ đề 1.17, β n−2,a (R/I) 6= 0.
Nếuα < 2β thì|a| = α+2β+n−3vàsupp(a) = [n] Tương tự như trên, ta kiểm tra được F(K a (I))là{{1,2},{2,3},{1,3}}∪{{3, i} | {3, i} ∈ G}
49 nếu α = 2β−1, hoặc {{1,2},{2,3},{1,3}}nếu α 6= 2β−1 Do đó K a (I) là một phức đơn hình chiều1và chứa3-chu trình(1,2,3) Theo Bổ đề 1.11 và Bổ đề 1.17, β n−2,a (R/I) 6= 0 Như vậy bổ đề đã được chứng minh.
Bổ đề 3.8 Giả sử V(G) 6= [n] Khi đó β n−2,α+2β +n−3 (R/I) 6= 0.
Chứng minh rằng không mất tính tổng quát, giả sử 1 6∈ V(G) và {2,3} ∈ G Đặt a = αe1 + βe2 + βe3 + P i≥4 ei, khi đó |a| = α + 2β + n - 3 Theo lập luận tương tự như chứng minh Bổ để 3.3, ta có F(Ka(I)) là {{1,2},{2,3},{1,3}} nếu β ≠ 1, hoặc {{i,j} | {i,j} ∈ G} ∪ {{1,i} | 2 ≤ i ≤ n} nếu β = 1.
K a (I) là một phức đơn hình chiều 1và chứa 3-chu trình (1,2,3) Theo Bổ đề 1.11 và Bổ đề 1.17, β n−2,a (R/I) 6= 0 Vậy βn−2,α+2β+n−3(R/I) 6= 0.
Trường hợp (α, β) = (2, 1)
Trong bài viết này, giả thiết I thuộc C n (2,1) được xem xét Theo Định lý 3.1 trong tài liệu [25], R/I được xác định là một vành Cohen-Macaulay Điều này dẫn đến kết luận rằng R/I là một vành level nếu và chỉ nếu các số Betti ở phân bậc thứ n−2 của R/I khác 0 đều tập trung tại một bậc duy nhất.
Trước hết ta cần các mệnh đề sau để chứng minh kết quả chính của mục này.
Nếu G có ít nhất một đỉnh với bậc lớn hơn 1 và R/I là một vành level, thì V(G) = [n] và G sẽ là một đồ thị hai phần đầy đủ.
Theo giả thiết, G chứa một tam giác hoặc một cặp cạnh có một đỉnh chung nhưng không nằm trong một tam giác Dựa vào Bổ đề 3.2 và Bổ đề 3.3, ta có β n−2,n+3 (R/I) khác 0 hoặc β n−2,n+2 (R/I) khác 0 Vì R/I là một vành level, theo Bổ đề 3.8, ta suy ra rằng V(G) = [n].
Tiếp theo, ta giả sử 1 là một đỉnh có bậc lớn hơn 1 của G Đặt
Khi đó V(G) = X ∪ Y, X ∩ Y = ∅ và X, Y 6= ∅ Ta sẽ chứng minh G là đồ thị hai phần đầy đủ K |X |,|Y | Để chứng minh điều này, ta tiến hành theo ba bước sau.
Bước 1 Ta chứng minh {i, j} 6∈ G với mọi i, j ∈ Y Thật vậy, giả sử tồn tại hai điểm phân biệt u, v ∈ Y sao cho {u, v} ∈ G Suy ra tập {{i, j} | i, j ∈ Y và {i, j} ∈ G} 6= ∅ Đặt a = 2e 1 +X i≥2 e i
Khi đó K a (I) = ∆ 1 ∪∆ 2 , ở đây F(∆ 1 ) = {{1, i, j} | i ∈ X hoặc j ∈ X} và F(∆ 2 ) = {{i, j} | i, j ∈ Y và {i, j} ∈ G} Do đó ∆ 1 là một nón và F(∆1 ∩ ∆2) = {i | i ∈ ∆2} Điều này dẫn đến He0(∆1;K) = 0, và
Nếu ∆ 2 là liên thông thì He 0 (∆ 2 ;K) = 0 Áp dụng dãy Mayer-Vietoris, ã ã ã →He1(∆1∪∆2;K) →He0(∆1∩∆2;K) → He0(∆1;K)⊕He0(∆2;K) → ã ã ã , ta cú He 1 (∆ 1 ∪ ∆ 2 ;K) 6= 0.
Nếu ∆ 2 không liên thông thì ∆ 2 gồm t (t ≥ 2) thành phần liên thông phân biệt Γ 1 ,Γ 2 , ,Γ t Sử dụng kết hợp quy nạp theo t và dãy Mayer- Vietoris, ã ã ã → He1((∆1 ∪Γ1 ∪ ã ã ã ∪Γ t−1 )∩Γt;K)
→ He 1 (∆ 1 ∪Γ 1 ∪ ã ã ã ∪Γ t−1 ;K)⊕He 1 (Γ t ;K) → He 1 (∆ 1 ∪∆ 2 ;K) → ã ã ã , ta nhận được He 1 (∆ 1 ∪∆ 2 ;K) 6= 0.
Như vậy β n−2,a (R/I) 6= 0, tức là β n−2,n+1 (R/I) 6= 0 Điều này là mâu thuẫn với tính level của R/I Vậy {i, j} 6∈ G với mọi i, j ∈ Y.
Bước 2 chứng minh rằng {i, j} không thuộc G với mọi i, j trong X Giả sử tồn tại hai điểm phân biệt u và v trong X sao cho {u, v} thuộc G, điều này dẫn đến việc G có 3-chu trình (1, u, v), từ đó suy ra girth(G) = 3 Theo Bổ đề 3.2, β n−2,n+3 (R/I) khác 0 Với tính level của R/I và Bổ đề 3.3, mọi cặp cạnh có một đỉnh chung của G đều nằm trong một 3-chu trình Ta sẽ xem xét hai trường hợp tiếp theo.
Trường hợp 2.1 Y = {1} Khi đó với mọi 2 ≤ i < j ≤ n, thì{1, i},{1, j} ∈ G Suy ra {i, j} ∈ G với mọi 1 ≤ i < j ≤ n, tức là
G là một đồ thị đầy đủ và tập đỉnh V(G) = [n], vô lí.
Trong trường hợp 2.2, khi Y không chứa 1, tức là Y = {1}, ta có gọip ∈ Y \ {1} Nếu tồn tại một điểm q thuộc X sao cho {p, q} thuộc G, thì {1, p} cũng thuộc G do {1, q} và {p, q} đều thuộc G Điều này dẫn đến p thuộc giao của X và Y, điều này là vô lý vì X và Y không giao nhau Do đó, {p, q} không thuộc G với mọi q thuộc X Hơn nữa, vì V(G) = [n], nên p phải thuộc V(G), hay là tập hợp {{p, i} | i thuộc Y và {p, i} thuộc G} không rỗng.
Từ đó kéo theo {{i, j} | i, j ∈ Y và {i, j} ∈ G} 6= ∅ Đặt a = 2e1 +X i≥2 ei.
Trong Bước 3, chúng ta chứng minh rằng {i, j} ∈ G với mọi i ∈ X và j ∈ Y Giả sử có các điểm u ∈ X và v ∈ Y sao cho {u, v} 6∈ G, ta có thể đặt u = 2 và v = 3 Vì V(G) = [n], nên tồn tại r ∈ [n] sao cho {3, r} ∈ G, từ đó suy ra r ∈ X theo Bước 1 Tuy nhiên, do {2, r} 6∈ G theo Bước 2, điều này dẫn đến việc tồn tại tập hợp {{i, j} | {i, j} ∈ G và {2, i}, {2, j} 6∈ G} không rỗng Ta đặt a = e1 + 2e2 + Σi≥3 ei.
Khi đó, ta có F(K a (I)) = {{2, i, j} | {2, i} ∈ G hoặc {2, j} ∈ G} ∪ {{i, j} | {i, j} ∈ G và {2, i},{2, j} 6∈ G} Qua lập luận tương tự như trong Bước 1, ta nhận được β n−2,a (R/I) 6= 0 Điều này dẫn đến β n−2,n+1 (R/I) 6= 0, điều này mâu thuẫn với tính level của R/I Do đó, mệnh đề đã được chứng minh.
Mệnh đề 3.10 Giả sử mọi đỉnh của G đều có bậc 1 Nếu R/I là một vành level thì n= 4 và G là một cặp cạnh rời nhau.
Giả sử G là một đồ thị với t cạnh, trong đó t không bằng 2 hoặc t bằng 2 và n lớn hơn hoặc bằng 5 Các cạnh của G là đôi một rời nhau vì mọi đỉnh của G đều có bậc 1 Xét tập hợp {1,2} thuộc G và định nghĩa a = P i≥1 e i.
Khi đó F(∆1 ∩ ∆2) = {k,{i, j} | k 6∈ V(G) và {i, j} ∈ G\ {1,2}} Suy ra He 0 (∆ 1 ;K) = He 0 (∆ 2 ;K) = 0 và He 0 (∆ 1 ∩ ∆ 2 ;K) 6= 0 Áp dụng dãy Mayer-Vietoris, ã ã ã →He 1 (∆ 1 ∪∆ 2 ;K) → He 0 (∆ 1 ∩∆ 2 ;K) →He 0 (∆ 1 ;K)⊕He 0 (∆ 2 ;K) → ã ã ã , ta có He1(∆1 ∪ ∆2;K) 6= 0 Do đó β n−2,a (R/I) 6= 0 Điều này dẫn đến β n−2,n (R/I) 6= 0.
Mặt khác, nếu V(G) 6= [n] thì theo Bổ đề 3.8 ta có β n−2,n+1 (R/I) 6= 0, mâu thuẫn với R/I là một vành level Vì vậy V(G) = [n], tức là n = 2t và t > 2 Đặt b = 2e 1 +X i≥2 e i
F(∆ 0 2 ) = {{i, j} | {i, j} ∈ G và {i, j} 6= {1,2}} Theo Bổ đề 1.10, ta có He 0 (∆ 0 1 ;K) = He 0 (∆ 0 1 ∪ ∆ 0 2 ;K) = 0, dim K He 0 (∆ 0 1 ∩ ∆ 0 2 ;K) = 2t−3, và dim K He 0 (∆ 0 2 ;K) = t − 2 Tiếp tục sử dụng lại dãy Mayer-Vietoris, ã ã ã →He 1 (∆ 0 1 ∪∆ 0 2 ;K) →He 0 (∆ 0 1 ∩∆ 0 2 ;K) → He 0 (∆ 0 1 ;K)⊕He 0 (∆ 0 2 ;K) →
He0(∆ 0 1 ∪ ∆ 0 2 ;K) → ã ã ã , ta nhận được He1(∆ 0 1 ∪ ∆ 0 2 ;K) 6= 0 Từ đú suy ra β n−2,b (R/I) 6= 0 Điều này kéo theo β n−2,n+1 (R/I) 6= 0, mâu thuẫn với tính level của R/I Vậy ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 3.11 Cho I ∈ C n (2,1) Khi đó R/I là một vành level nếu một trong hai điều kiện sau được thỏa mãn:
(1) n ≥4 và G là một đồ thị hai phần đầy đủ với V(G) = [n];
(2) n = 4 và G là một cặp cạnh rời nhau.
Để chứng minh mệnh đề, cần chứng minh rằng tất cả độ dài |a| của các vectơ a ∈ N^n thỏa mãn điều kiện He | supp(a)|−n+1(K a (I);K) ≠ 0 (tức là β n−2,a (R/I) ≠ 0) là bằng nhau Cụ thể, với mỗi vectơ a ∈ N^n, ta sẽ tiến hành đặt
W = supp(a) và ∆ u = {F ⊆[n] | x u x F 6∈ I}, trong đó u = a−e supp(a)
Phức đơn hình Koszul được định nghĩa với K a (I) = ∆ u [W] và supp(u) ⊆ W Khi |supp(u)| ≥ 4, ta nhận thấy rằng x u x F thuộc I, dẫn đến kết luận ∆ u = ∅.
Dạng 2 |supp(u)| = 3 Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử
(ii) Nếu u1, u2 ≥2 và u3 = 1 thì F(∆u) là {{1,2}} nếu {1,2} ∈ G; hoặc là ∅ nếu {1,2} 6∈ G.
(iii) Nếu u 1 ≥2, u 2 = u 3 = 1 thì F(∆ u ) là {{1,2},{1,3}} nếu {1,2} ∈ G và {1,3} ∈ G; hoặc {{1,2}} nếu {1,2} ∈ G và {1,3} 6∈ G; hoặc ∅ nếu {1,2},{1,3} 6∈ G.
(iv) Nếu u1 = u2 = u3 = 1 thì F(∆u) là {{1,2},{1,3},{2,3}} nếu {1,2},{1,3},{2,3} ∈ G; hoặc {{1,2},{1,3}} nếu {1,2},{1,3} ∈ G, và {2,3} 6∈ G; hoặc {{1,2}} nếu {1,2} ∈ G và {1,3},{2,3} 6∈ G; hoặc ∅ nếu {1,2},{1,3},{2,3} 6∈ G.
Dạng 3 |supp(u)| = 2 Không mất tính tổng quát, giả sử 1,2∈ supp(u) và u1 ≥u2 Nếu |F \ {1,2}| ≥ 2 thì x u x F ∈ I Ta có:
(i) Nếu u1, u2 ≥2 thì F(∆u) là {{1,2, i} |i = 3, , n} nếu {1,2} ∈ G; hoặc {{1,2}} nếu {1,2} 6∈ G.
(ii) Nếu u 1 ≥ 2 và u 2 = 1 thì F(∆ u ) là {{1,2, i},| i = 3, , n} nếu {1,2} ∈ G; hoặc {{1,2}} ∪ {{1, i} | {1, i} ∈ G} nếu {1,2} 6∈ G.
(iii) Nếu u 1 = 1 và u 2 = 1 thì F(∆ u ) là {{1,2, i} | i = 3, , n} nếu {1,2} ∈ G; hoặc {{1,2}}∪{{1, i} | {1, i} ∈ G}∪{{2, i} | {2, i} ∈ G} nếu {1,2} 6∈ G.
Dạng 4.|supp(u)| = 1 Không mất tính tổng quát, giả sử supp(u) ={1}.Khi đó
(i) Nếu u 1 ≥ 2 thì F(∆ u ) ={{1, i, j} | {1, i} ∈ G hoặc {1, j} ∈ G}. (ii) Nếu u 1 = 1 thì
Từ supp(u) ⊆ W và các dạng trên của ∆u, ta có các khẳng định sau: Trường hợp 1 n ≥ 4 và G là một đồ thị hai phần đầy đủ K |X|,|Y | với
X ∪ Y = [n], X ∩ Y = ∅, X, Y 6= ∅ Bởi tính acyclic của một nón nên
He |W |−n+1 (∆ u [W];K) = 0nếu∆ u có dạng 1,dạng 2, dạng3(i),dạng 3(ii), dạng 3(iii) nếu {1,2} ∈ G, và dạng 4.
Bây giờ nếu ∆ u có dạng 5 thì ∆ u [W] 6= {∅} khi |W| = n−2và ∆ u [W] là liên thông khi |W| = n−1 Nếu |W| = n thì gọi 1 ∈ X và ta có
F(∆ 2 ) = {{1, i, j} | i ∈ Y và j 6= 1, i} Bằng phương pháp quy nạp theo số phần tử củaX và dóy Mayer-Vietoris,ã ã ã → He 1 (∆ 1 ;K)⊕He 1 (∆ 2 ;K) →
He1(∆1 ∪∆2;K) dẫn đến He0(∆1 ∩∆2;K) và ta có He1(∆1 ∪∆2;K) = 0 Nếu ∆ u có dạng 3(iii) và {1,2} không thuộc G, thì 1,2 sẽ thuộc X hoặc Y Khi đó, ∆ u [W] không rỗng khi kích thước |W| = n−2; ∆ u [W] sẽ liên thông khi |W| = n−1 và ∆ u [W] là một phức đơn hình chiều 1, chứa một chu trình khi |W| = n, do G là một đồ thị hai phần đầy đủ với V(G) = [n].
He |W |−n+1 (∆ u [W];K) 6= 0 nếu và chỉ nếu ∆ u có dạng 3(iii), W = [n] và {1,2} 6∈ G, tức là |a| = n+ 2.
Trường hợp 2 n = 4 và G là một cặp cạnh rời nhau Khi đó ta có
He |W |−n+1 (∆ u [W];K) = 0 nếu ∆ u khác dạng 3(iii) và {1,2} 6∈ G, dạng
Trong bài viết này, chúng ta xem xét tính acyclic của một nón thông qua các dạng 4(ii) và 5 Đặc biệt, nếu ∆ u có dạng 3(iii) và {1,2} không thuộc G, thì ∆ u [W] sẽ không rỗng khi kích thước của W là n−2 Hơn nữa, ∆ u [W] sẽ liên thông khi kích thước của W là n−1, và khi W = [n], ∆ u [W] sẽ là một phức đơn hình chiều 1 mà không có chu trình nào Kết luận, He |W |−n+1 (∆u[W];K) bằng 0.
Không mất tính tổng quát, giả sử G = {{1,2},{3,4}} Nếu∆ u có dạng
5 thì F(∆ u ) = {{1,2,3},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4}} Bởi định nghĩa của các nhóm đồng điều rút gọn, He |W |−n+1 (∆ u [W];K) = 0 Nếu ∆ u có dạng 4(ii) thì ta có
Do đó He |W |−n+1 (∆ u [W];K) 6= 0 nếu và chỉ nếu ∆ u có dạng 4(ii) và
Cả hai trường hợp trên đều cho thấy rằng R/I là một vành level Vậy mệnh đề được chứng minh.
Kết hợp Mệnh đề 3.9, Mệnh đề 3.10 và Mệnh đề 3.11, ta có đặc trưng về tính level của R/I khi (α, β) = (2,1) Định lí 3.12 chỉ ra rằng với n ≥ 4 và I ∈ C n (2,1), R/I là một vành level nếu và chỉ nếu một trong hai điều kiện sau được thỏa mãn.
(1) n ≥4 và G là một đồ thị hai phần đầy đủ với V(G) = [n];
(2) n = 4 và G là một cặp cạnh rời nhau.
Trường hợp (α, β) 6= (2, 1)
Cho (α, β) khác (2,1) và I thuộc C n (α, β), tính chất Cohen-Macaulay của R/I đã được nghiên cứu trong các tài liệu [11], [25] Do đó, trong phần này, chúng ta giả định rằng R/I là một vành Cohen-Macaulay Trước tiên, chúng ta cần xem xét trường hợp R/I không phải là một vành level.
Bổ đề 3.13 Cho (α, β) 6= (2,1) và I ∈ C n (α, β) Giả sử tồn tại bốn điểm phân biệt i, j, p, q ∈ [n] sao cho đồ thị con cảm sinh G[i, j, p, q] của G là một đồ thị hai phần đầy đủ K 1,3 :
Hình 3.1: Đồ thị hai phần đầy đủ K 1,3
Khi đó R/I không là một vành level.
Chứng minh Ta có thể giả sử G[1,2,3,4] = {{1,2},{1,3},{1,4}} Theo
Bổ đề 3.3,βn−2,2α+β+n−3(R/I) 6= 0 Để chứng minhR/I không là một vành level, ta chỉ cần xây dựng một vectơ a ∈ N n sao cho |a| 6= 2α+β +n−3 và β n−2,a (R/I) 6= 0 Ta xét hai trường hợp như sau.
Trường hợp 1 Với mọi i ≥ 5, mọi đồ thị con cảm sinh G[2,3,4, i] có nhiều nhất một cạnh Nếu α > 2β thì đặt a
Khi đó |a| 6= 2α + β + n − 3 và supp(a) = [n] \ {1} Cho ∆ 1 ,∆ 2 ,∆ 3 là các phức đơn hình lần lượt có tập F(∆ 1 ) = {{2, i} | {2, i} ∈ G},
F(∆2) = {{3, i} | {3, i} ∈ G} và F(∆3) = {{4, i} | {4, i} ∈ G} Có thể dễ dàng kiểm tra rằng K a (I) = (∆1 ∪ ∆2 ∪ ∆3)[[n] \ {1}] nếu α là số lẻ, hoặc K a (I) = (∆2 ∪ ∆3)[[n] \ {1}] nếu α là số chẵn Mỗi đồ thị con cảm sinh G[2,3,4,i] chỉ có tối đa một cạnh với mọi i ≠ 1, do đó K a (I) không liên thông Theo Bổ đề 1.17, β n−2,a (R/I) khác 0.
Khi đó |a| 6= 2α + β + n−3 và supp(a) = [n] Nếu α là một số lẻ thì
F(K a (I)) có các giá trị khác nhau tùy thuộc vào các điều kiện của α và β Nếu α < 2β − 1, F(K a (I)) là {{2,3},{3,4},{2,4},{1,2},{1,3},{1,4}} Trong trường hợp α = 2β − 1, F(K a (I)) trở thành {{2,3},{3,4},{2,4}} kết hợp với các cặp {{2, i} | {2, i} ∈ G}, {{3, i} | {3, i} ∈ G}, và {{4, i} | {4, i} ∈ G} Nếu α là số chẵn và khác 2β, F(K a (I)) chỉ có {{2,3},{3,4},{2,4}} Khi α = 2β, F(K a (I)) sẽ là {{3,4}} kết hợp với các cặp {{3, i} | {3, i} ∈ G} và {{4, i} | {4, i} ∈ G} Mỗi vectơ a như vậy tạo ra một phức đơn hình chiều 1 và chứa một chu trình, dẫn đến βn−2,a(R/I) 6= 0 theo Bổ đề 1.11 và Bổ đề 1.17 Trong trường hợp 2, nếu tồn tại i ≥ 5 sao cho đồ thị con cảm sinh G[2,3,4, i] có ít nhất hai cạnh, giả sử {3,5},{4,5} ∈ G, thì G chứa 3-chu trình (1,3,5) hoặc 4-chu trình cảm sinh (1,3,5,4) Theo Bổ đề 3.2 và Bổ đề 3.5, ta có βn−2,3α+n−3(R/I) 6= 0 hoặc β n−2,2α+n−2 (R/I) 6= 0 Đồng thời, 3α+n−36= 2α+β + n−3 và 2α +n−26= 2α+ β +n−3 nếu β ≠ 1.
Do α là một số lẻ, ta có F(K a (I)) = {{2, i} | {2, i} ∈ G} ∪ {{3, i} | {3, i} ∈ G} ∪ {{4, i} | {4, i} ∈ G} Nếu α là một số chẵn, F(K a (I)) sẽ là {{3, i} | {3, i} ∈ G} ∪ {{4, i} | {4, i} ∈ G} Điều này cho thấy K a (I) là một phức đơn hình chiều 1 và chứa các phần tử liên quan.
4-chu trình (1,3,5,4) Theo Bổ đề 1.11 và Bổ đề 1.17, β n−2,a (R/I) 6= 0.
Từ hai trường hợp, ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề sau cho thấy R/I không là level trong trường hợp n ≥ 5.
Mệnh đề 3.14 Cho n ≥5 và (α, β) 6= (2,1) Giả sử rằng I ∈ C n (α, β). Khi đó R/I không là một vành level.
Để chứng minh mệnh đề, chúng ta thực hiện ba bước Bước đầu tiên là chứng minh rằng nếu girth(G) = 3 thì R/I không phải là một vành level Cụ thể, với girth(G) = 3, ta có thể giả định (1,2,3) là một 3-chu trình trong G, tức là {1,2},{1,3},{2,3} ∈ G Theo Bổ đề 3.2, ta có β n−2,3α+n−3 (R/I) khác 0.
Giả sử rằng R/I là một vành level, theo Bổ đề 3.3, Bổ đề 3.7 và Bổ đề 3.8, thì G cần phải đáp ứng ba điều kiện quan trọng sau đây.
(1) Mọi cặp cạnh có một đỉnh chung của Gđều được chứa trong một3-chu trình.
(2) Mọi cặp cạnh rời nhau của G đều liên thông.
(3) V(G) = [n], nghĩa là với mọi i ∈ [n] đều tồn tại j sao cho {i, j} ∈ G.
Từ đó suy ra {1, i} ∈ Gvới mọii = 2, , n Điều này kéo theo {i, j} ∈ G với mọi 1 ≤ i < j ≤ n Do đó G là một đồ thị đầy đủ trên tập đỉnh
V(G) = [n], mâu thuẫn với giả thiết trong phần đầu của chương.
Nếu girth(G) khác 3 và G có ít nhất một đỉnh bậc lớn hơn 1, thì R/I không phải là một vành level Giả sử rằng {{1,2},{2,3}} thuộc G và {1,3} không thuộc G Theo Bổ đề 3.3, ta có βn−2,2α+β+n−3(R/I) khác 0.
Theo Bổ đề 3.8 và Bổ đề 3.13, để chứng minh Bước 2, chúng ta chỉ cần xem xét trường hợp V(G) = [n] và đảm bảo rằng mọi đồ thị con cảm sinh G[i, j, p, q] không phải là đồ thị hai phần đầy đủ K 1,3 Vì R/I là một vành Cohen-Macaulay, nên đồ thị con cảm sinh G[1,2,3, r, s] không bằng {{1,2},{2,3},{r, s}} với mọi trường hợp.
4≤ r < s ≤ nbởi [25, các Định lí 3.2, 4.3, 4.5, 4.6] Kết hợp thêm với điều
Nếu G có 59 đỉnh và độ lớn (G) không bằng 3, thì tồn tại bốn phần tử phân biệt i, j, p, q thuộc [n] sao cho đồ thị con cảm sinh G[i, j, p, q] = {{i, j}, {j, p}, {p, q}} Do đó, {i, j} và {p, q} là một cặp cạnh rời nhau của G mà không nằm trong bất kỳ chu trình 4 nào Theo các Định lý 4.5 và 4.6, ta có α = β + 1 và β ≥ 2 Đặt a = βe_i + βe_j + e_p + αe_q + Σ k≠i,j,p,q e_k.
Khi đó F(K a (I)) là {{i, j},{j, q},{i, q},{q, k} | {q, k} ∈ G} nếu β = 2, hoặc {{i, j},{j, q},{i, q}} nếu β > 2 Theo Bổ đề 1.11 và Bổ đề 1.17, ta nhận được β n−2,a (R/I) 6= 0 Điều này dẫn đến β n−2,α+2β +n−3 (R/I) 6= 0. Vậy R/I không phải là một vành level.
Nếu mọi đỉnh của đồ thị G đều có bậc 1, thì vành R/I không phải là một vành level Điều này được chứng minh dựa trên tính chất của R/I là một vành Cohen-Macaulay, theo các định lý đã nêu trong tài liệu [25, các Định lý 3.2, 4.3, 4.5, 4.6], cho thấy rằng α = β + 1 ≥ 3.
G có duy nhất một cạnh Giả sử G = {{1,2}} Khi đó 3 6∈ V(G) Theo
Khi đó ta có F(K a (I)) là {{1,2},{2,3}, {3,4},{2,4}} nếu β = 2, hoặc {{2,3},{3,4},{2,4}}nếuβ > 2 Theo Bổ đề 1.17, β n−2,a (R/I) 6= 0 Điều này rút ra β n−2,3β+n−3 (R/I) 6= 0 Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo, ta xem xét tính level của R/I trong trường hợp n = 4. Trường hợp này là phức tạp hơn trường hợp n ≥ 5.
Mệnh đề 3.15 Cho (α, β) 6= (2,1) và I ∈ C 4 (α, β) Khi đó nếu R/I là một vành level thì G là một đồ thị hai phần đầy đủ K 2,2
Giả sử rằng đồ thị G không phải là một đồ thị hai phần đầy đủ K2,2 Theo giả thiết, G không phải là đồ thị đầy đủ trên tập đỉnh [n] và R/I là một vành level Dựa trên Bổ đề 3.2 và Bổ đề 3.3, G có tối đa ba cạnh Chúng ta sẽ xem xét ba trường hợp sau đây.
Trường hợp 1 G gồm ba cạnh phân biệt Do R/I là một vành level nên theo Bổ đề 3.2, Bổ đề 3.8 và Bổ đề 3.13, G phải có dạng (F 1 ) :
Mặt khác, vì G có dạng (F 1 ) và R/I là một vành Cohen-Macaulay nên α = β + 1 bởi [11, Định lí 3.2] Giả sử G = {{1,2},{2,3},{3,4}} Đặt a = βe1 +βe2 +e3 +αe4.
Lập luận tương tự như trong chứng minh Bước 2 của Mệnh đề 3.14, ta có β 2,α+2β+1 (R/I) 6= 0 Điều này dẫn đến R/I không phải là một vành level, mâu thuẫn.
Trong trường hợp 2, G có hai cạnh phân biệt Vì R/I là một vành level, theo Bổ đề 3.3 và Bổ đề 3.8, G phải là một cặp cạnh rời nhau Do R/I là một vành Cohen-Macaulay, theo Định lý 3.2, ta có α = β + 1, với α là một số chẵn Theo Bổ đề 3.7, β 2, α + 2β + 1 (R/I) khác 0.
Bây giờ giả sử G = {{1,2},{3,4}} Đặt a = α
2 e4.Khi đó F(K a (I)) = {{1,2},{1,3,4},{2,3,4}} Theo Bổ đề 1.17, ta nhận được β 2,a (R/I) 6= 0, tức là β 2,2α+1 (R/I) 6= 0 Điều này rút ra R/I không phải là một vành level, mâu thuẫn.
Trường hợp 3 G có duy nhất một cạnh Suy ra V(G) 6= [n], nên theo
Bổ đề 3.8, β2,α+2β+1(R/I) 6= 0 Mặt khác, vì R/I là một vành Cohen- Macaulay nên theo [11, Định lí 3.2], ta có α = β + 1 (β ≥ 2); hoặc α = β + 2 và α là một số chẵn Giả sử G = {{1,2}} Đặt a
Nếu α = β + 2 và α là số chẵn, thì |a| không bằng α + 2β + 1 F(Ka(I)) sẽ có các tập hợp khác nhau tùy thuộc vào giá trị của α và β Cụ thể, nếu α = β + 1 và α chẵn, F(Ka(I)) là {{1,2,3},{1,2,4},{3,4}}; nếu α = β + 1 và α lẻ, F(Ka(I)) là {{1,3,4},{2,3,4},{1,2}}; và nếu α = β + 2 và α chẵn, thì F(Ka(I)) lại là {{1,2,3},{1,2,4},{3,4}} Theo Bổ đề 1.17, β²,a (R/I) không bằng 0, điều này dẫn đến kết luận rằng R/I không phải là một vành level, từ đó chứng minh được điều cần chứng minh.
Mệnh đề 3.16 Cho (α, β) 6= (2,1) và I ∈ C 4 (α, β) Khi đó nếu G là một đồ thị hai phần đầy đủ K 2,2 và β 6= 1 thì R/I không là một vành level.
Theo giả thiết, đồ thị G chứa một cặp cạnh có một đỉnh chung không thuộc bất kỳ 3-chu trình nào, do đó theo Bổ đề 3.3, ta có β 2,2α+β+1 (R/I) 6= 0 Hơn nữa, G cũng có một 4-chu trình cảm sinh, dẫn đến β 2,2α+2 (R/I) 6= 0 theo Bổ đề 3.5 Vì β khác 1, nên ta có 2α+ 2 khác 2α+β+ 1, điều này chứng minh rằng R/I không phải là một vành level.
Mệnh đề 3.17 Cho (α, β) 6= (2,1) và I ∈ C 4 (α, β) Khi đó nếu G là một đồ thị hai phần đầy đủ K 2,2 và β = 1 thì R/I là một vành level.
Chứng minh Theo giả thiết, giả sử G = {{1,2},{2,3},{3,4},{1,4}} Do
G là một đồ thị hai phần đầy đủ K2,2, do đó theo định lý 3.2, vành R/I là một vành Cohen-Macaulay Để chứng minh R/I là một vành level, cần chỉ ra rằng các số Betti phân bậc thứ hai của R/I khác 0 đều có cùng bậc.
Do đó ta chỉ cần chứng minh rằng tất cả độ dài |a| của các vectơ a ∈ N 4 sao cho β 2 (R/I) a 6= 0 (tức là He | supp(a)|−3 (K a (I);K) 6= 0) là bằng nhau.
Thật vậy, với một vectơ a ∈ N 4 , đặt W = supp(a), u = a−e supp(a) Kí hiệu
Khi đó Ka(I) = ∆u[W] và supp(u) ⊆ W Do β = 1 nên các dạng của ∆u được mô tả đầy đủ như sau.
Dạng 1.|supp(u)| = 4 Vì(u 1 +u 2 )+(u 3 +u 4 ) = (u 1 +u 4 )+(u 2 +u 3 )nên không mất tính tổng quát, giả sử u 1 +u 2 ≤u 2 +u 3 ≤ u 1 +u 4 ≤u 3 +u 4 Khi đó
(i) Nếuu 1 +u 2 ≤α−3thìx u x 1 x 2 x 3 x 4 6∈ P 3,4 w 3,4 , và do đóx u x 1 x 2 x 3 x 4 6∈ I. Suy ra F(∆ u ) = {{1,2,3,4}}.
(ii) Nếu u 1 + u 2 = u 3 +u 4 = α−2 thì x u x F 6∈ I nếu và chỉ nếu tồn tại i 6= j ∈ [4] sao cho x u x F 6∈ P i,j w i,j Suy ra
(iii) Nếuu 1 +u 2 = α−2vàu 3 +u 4 ≥ α−1thìF(∆ u )là{{1,3,4},{2,3,4}} nếu u 3 +u 4 ≥ α vàu 2 +u 3 ≥α−1; hoặc{{1,3,4},{2,3,4},{1,2,4}} trong các trường hợp khác.
(v) Nếu u 1 + u 2 ≥ α − 1 và u 3 + u 4 ≥ α thì F(∆ u ) = {{3,4},{1,4}} nếu u 1 +u 2 = u 2 +u 3 = α−1; hoặc {{3,4}} nếu u 1 +u 2 = α−1 và u2 +u3 ≥α; hoặc ∅ trong các trường hợp khác.
Dạng 2 |supp(u)| = 3 Ta có thể giả sử supp(u) = {1,2,3} và u 1 ≤ u 3 Khi đó
(iv) Nếu u 1 , u 3 ≥α−1 thì F(∆ u ) = {{1,2},{2,3}} nếuu 3 = u 1 = α−1; hoặc {{2,3}}nếu u 3 > u 1 = α−1; hoặc ∅ trong các trường hợp khác.
Dạng 3 supp(u) = {i, j} và {i, j} 6∈ G Không mất tính tổng quát, giả sử supp(u) = {1,3} và u 1 ≤ u 3 Khi đó
(ii) Nếuu1 = u3 = α−2thìF(∆u) = {{1,2,3},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4}}. (iii) Nếuu 1 = α−2vàu 3 ≥ α−1thìF(∆ u ) = {{1,2,3},{2,3,4},{1,3,4}}. (iv) Nếuu1 = u3 = α−1thìF(∆u) = {{1,2},{1,3},{1,4},{2,3},{3,4}}.
(v) Nếu u 1 ≥ α −1 và u 3 ≥ α thì F(∆ u ) là {{1,3},{2,3},{3,4}} nếu u 1 = α−1; hoặc {{1,3}} nếu u 1 ≥α.
Dạng 4 supp(u) = {i, j} và {i, j} ∈ G Khi đó F(∆ u ) ={{1,2,3,4}}. Dạng 5 |supp(u)| ≤ 1 Khi đó F(∆u) ={{1,2,3,4}}.
![Ví dụ 2.14 ([33], Chú ý 3). Cho n= 10 và ∆ là một phức đơn hình với - chỉ sổ chính quy CASTELNUOVO MUMFORD và tính level của một số lớp ideal đơn thức](https://media.store123doc.com/figures/002/198/vi-du-n-phuc-don-hinh-2198782.png)
