Đề tài Hàm và chuỗi Hilbert

Khoá luận đK tập trung nghiên cứu về hai đối t-ợng cơ bản thuộc lĩnh vực Đại số Giao hoán đó là hàm và chuỗi Hilbert của lớpmodule phân bậc. Nội dung chính của khoá luận dành cho việc trình bày một cách hệ thống về một số tính chất cơ bản của hàm và chuỗi Hilberttrên lớp vành và module phân bậc. Từ đó để thấy đ-ợc chuỗi Hilbert ( , ) F M t của R - module M là một dạng biểu diễn Taylor của một hàm phân thức hữu tỷ,còn hàm Hilbert ( )( ) H M n trên lớp vành và module phân bậc hữu hạn sinh là hàm đa thức. Đồng thời khi đó, đa thức ( , ) ( )( ) P M n H M n = với mọi n đủ lớn đ-ợc gọi là đa thức Hilbert - Samuel. Tiếp đó khoá luận nghiên cứu về khái niệm chiều Krull, chiều Chevalley và định lí cơ bản của Lí thuyết chiều, cho biết mối liên hệ giữa cực điểm ( ) d M , chiều Krull dim M và chiều Chevalley ( ) s M của một ( , ) A m - module M đó là: ( ) dim ( ). d M M s M = =

pdf49 trang | Chia sẻ: lvcdongnoi | Ngày: 02/04/2015 | Lượt xem: 1573 | Lượt tải: 2download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề tài Hàm và chuỗi Hilbert, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
tử cực tiểu. ( )ii Mỗi dKy giảm các module con của :M 1 2 ... ...nM M M⊃ ⊃ ⊃ ⊃ đều dừng, nghĩa là 1k kM M += với mọi k đủ lớn. Vành R đ−ợc gọi là vành Artin nếu nó là R - module Artin. Từ định nghĩa của module Noether và module Artin ta dễ dàng chứng minh đ−ợc định lí sau: 21 Định lí 2.2.1. Một R - module M có độ dài hữu hạn khi và chỉ khi M vừa là Noether, vừa là Artin. Định lí sau cho ta biết về mối liên hệ giữa các module có độ dài hữu hạn thông qua dKy khớp. Định lí 2.2.2 (Tính cộng tính của độ dài). Cho một dPy khớp ngắn các R - module: 0 0N M P→ → → → . Khi đó, M có độ dài hữu hạn khi và chỉ khi N và P có độ dài hữu hạn. Hơn nữa ta luôn có: ( ) ( ) ( )R R Rl M l N l P= + . Chứng minh. Do M là Artin (Noether) khi và chỉ khi N và P là Artin (Noether) nên từ Định lí 2.2.1 ta có M có độ dài hữu hạn khi và chỉ khi N và P có độ dài hữu hạn. Nh− vậy, nếu M có độ dài vô hạn thì N hoặc P phải có độ dài vô hạn, trong tr−ờng hợp này ta có ngay: ( ) ( ) ( )R R Rl M l N l P= + . Ta xét tr−ờng hợp ,M N và P đều có độ dài hữu hạn. Giả sử có dKy khớp ngắn: 0 0f gN M P→ →→ → và 0 1 0 1... {0}, = ... {0}n pN N N N P P P P= ⊃ ⊃ ⊃ = ⊃ ⊃ ⊃ = lần l−ợt là các dKy hợp thành của N và .P Khi đó, trong M ta nhận đ−ợc dKy các module con: 1 1 1 0 1 0 1 . ( ) ( ) ... ( ) Im ( ) ( ) ... ( ) {0} p n M g P g P g P Kerg f f N f N f N − − − = ⊃ ⊃ ⊃ = = = ⊃ ⊃ ⊃ = Do f là đơn cấu nên { }0 1( ) ( ) ... ( ) 0nf N f N f N⊃ ⊃ ⊃ = là một dKy hợp thành của 0( ) ( ).f N f N= Mặt khác, ta dễ dàng kiểm tra đ−ợc 1 1 1 1( ) ( )i i i ig P g P P P− − + +≅ với mọi ,i 0 1i p≤ ≤ − . Do đó, 1 1 1( ) ( )i ig P g P− − + là module đơn với mọi .i Vậy, { }1 1 10 1 1( ) ( ) ... ( ) ( ) ... ( ) 0p nM g P g P g P f N f N− − −= ⊃ ⊃ ⊃ ⊃ ⊃ ⊃ = là một dKy hợp thành của .M Suy ra ( ) ( ) ( )R R Rl M l N l P= + . Nhận xét 2.2.3. Nếu N là một R - module con của R - module M thì theo định lí trên ta có ngay: ( ) ( ) ( )R R Rl M l N l M N= + . Hệ quả 2.2.4. Cho một dPy khớp các R - module có độ dài hữu hạn: 1 20 ... 0nM M M→ → → → → 22 Khi đó, 1 ( 1) ( ) 0 n i R i i l M = − =∑ . Chứng minh. Xét dKy khớp: 0 3 2 11 2 1 2 3 1 ... 0 0n n nf f f f ff f n nM M M M M− −−→ → → → → → → Khi đó ta có các dKy khớp ngắn: 1 2 1 2 20 Im 0f fM M f→ →→ → 3 2 3 3 30 Im Im 0fif Kerf M f→ →→ = → 4 3 4 4 40 Im Im 0fif Kerf M f→ →→ = → … Theo tính chất cộng tính của độ dài, ta có: 2 1 2( ) ( ) ( ) (1)R R Rl M l M l Imf= + 3 2 3( ) ( ) ( ) (2)R R Rl M l Imf l Imf= + 4 3 4( ) ( ) ( ) (3)R R Rl M l Imf l Imf= + … Từ (1), (2) và (3) suy ra: 1 2 3 4 4( ) ( ) ( ) ( ) ( )R R R R Rl M l M l M l M l Imf− + − + = . Từ đó, qui nạp một cách hình thức ta nhận đ−ợc: 1 ( 1) ( ) ( ) 0n i R i R n i l M l Imf = − = =∑ . Chú ý 2.2.5. ( )i Cho M là một R - module, S là một tập đóng nhân của .R Trên tập M Sì ta xác định quan hệ ~ nh− sau: ( , ) ( , )x s y t∼ nếu tồn tại r S∈ sao cho ( ) 0.r xt sy− = Khi đó ~ là một quan hệ t−ơng đ−ơng trên tập M Sì . Tập các lớp t−ơng đ−ơng của M Sì theo quan hệ này đ−ợc kí hiệu là 1S M− , còn các lớp t−ơng đ−ơng có đại diện là ( , )x s đ−ợc kí hiệu là x s . Trong tr−ờng hợp M R= ta có vành 1S R− và nó đ−ợc gọi là địa ph−ơng hoá của R bởi tập đóng nhân .S Nếu P là một ideal nguyên tố của R thì \S R P= là một tập đóng nhân trong .R Khi đó ng−ời ta viết 1 PS R R− = và 1 PS M M− = và gọi là địa ph−ơng hoá tại ideal nguyên tố .P Tập { }/ M 0PP SpecP∈ ≠ đ−ợc gọi là giá của module M và kí hiệu là ( ).RSupp M 23 ( )ii Cho M là một R - module. Một ideal nguyên tố P của R đ−ợc gọi là một ideal nguyên tố liên kết của M nếu tồn tại một phần tử x M∈ để 0 : ( ).P x Ann x= = Tập tất cả các ideal nguyên tố liên kết của M kí hiệu là ( )RAss M . Nh− vậy: ( ) { / , ( )}RAss M P SpecR x M P Ann x= ∈ ∃ ∈ = . Từ đó ta có định lí ba mệnh đề t−ơng đ−ơng về mối liên hệ giữa độ dài, tập các ideal nguyên tố liên kết và giá của một R - module .M Định lí 2.2.6. Cho R là một vành Noether và M là một R - module hữu hạn sinh. Khi đó các khẳng định sau là t−ơng đ−ơng: (i) ( )Rl M hữu hạn. (ii) Với mỗi ( )RP Ass M∈ là một ideal cực đại. (iii) Với mỗi ( )RP Supp M∈ là một ideal cực đại. Chứng minh. ( ) ( )i ii⇒ Tr−ớc hết ta xây dựng một dKy các module con của M nh− sau: 0 0M = . Lấy 1x M∈ sao cho 1 1( ) ( )Ann x P Ass M= ∈ và chọn 1 1 1M Rx R P= ≅ . Nếu 1M M≠ , lấy 2 1 1x M M M+ ∈ sao cho 2 1 2 1( ) ( )Ann x M P Ass M M+ = ∈ và lấy 2 1 2M M Rx= + thì ta có 2 1 2M M R P≅ . Do M là Noether nên quá trình trên sẽ dừng và ta thu đ−ợc dKy các module con của :M 0 1{0} ... nM M M M= ⊂ ⊂ ⊂ = thoả mKn 1i i iM M R P− ≅ với ,iP SpecR∈ (1 i n)≤ ≤ . Đồng thời với mỗi j ta có: { }1 1 .( ) ( ) ( ) ( )j j j j jAss M Ass M Ass R P Ass M P− −⊂ ∪ = ∪ Do đó { }1 2, ,...,( ) nAss M P P P⊂ . Mặt khác, do các 1( ) ( )R i i R il M M l R P− = hữu hạn, nên iR P là các miền nguyên Artin, ta rút ra iR P là một tr−ờng. Do đó iP là các ideal cực đại với mọi 1,2,...,i n= . Vậy mỗi ( )RP Ass M∈ là một ideal cực đại. ( ) ( )ii iii⇒ Do các phần tử cực tiểu của hai tập ( )RAss M và ( )RSupp M là nh− nhau nên từ ( )ii ta suy ra các phần tử cực tiểu của ( )RSupp M là những ideal cực đại. Do đó với mỗi ( )RP Supp M∈ là một ideal cực đại. ( ) ( )iii i⇒ Xây dựng t−ơng tự nh− trên ta cũng đ−ợc dKy các module con của M 0 1{0} ... nM M M M= ⊂ ⊂ ⊂ = 24 thoả mKn 1i i iM M R P− ≅ với , (1 i n)iP SpecR∈ ≤ ≤ . Hơn nữa với mỗi ,i địa ph−ơng hoá tại iP ta đ−ợc một module khác module không, do đó ( ) 0ii PM ≠ và vì vậy 0 iP M ≠ hay ( )i RP Supp M∈ . Suy ra { }1 2, ,..., ( )n RP P P Supp M⊂ . Từ đó ta nhận đ−ợc iP là các ideal cực đại hay iR P là các tr−ờng với mọi i , tức iR P là các R - module đơn với mọi 1,2,...,i n= . Và nh− vậy 0 1{0} ... nM M M M= ⊂ ⊂ ⊂ = là một dKy hợp thành của .M Ta nhận đ−ợc ( )Rl M hữu hạn. Vì căn Jacobson của vành Artin cũng là căn luỹ linh nên ta có đ−ợc mệnh đề sau: Mệnh đề 2.2.7. Một vành R là một vành Artin khi và chỉ khi R là một R - module có độ dài hữu hạn. Chứng minh. Nếu ( )Rl R < ∞ thì theo Định lí 2.2.1 ta có ngay R là một vành Artin. Ng−ợc lại, giả sử R là một vành Artin, khi đó R chỉ có hữu hạn các ideal cực đại 1 2, ,..., .nm m m Đặt 1 n i i I m = =∩ thì I là căn Jacobson của vành Artin R nên I cũng là căn luỹ linh của ,R do đó tồn tại 1d ≥ sao cho 0dI = , hay: 11 0 n n d d i i ii m m == = =∏∩ . Từ đó tồn tại các ideal cực đại không nhất thiết khác nhau 1 2, ,..., tm m m để 1 0 t i i m = =∏ . Đặt 1 k k i i J m = = ∏ với 1,2,..., ;k t= 0J R= . Khi đó ta có: { }0 1 ... 0kR J J J= ⊃ ⊃ ⊃ = . Vì km là ideal cực đại của R nên kR m là không gian vectơ và 1k kJ J− là một kR m - không gian vectơ Artin. Từ đó 1( )R k kl J J− < ∞ , ( 1,2,..., ).k t= Đặc biệt, 1 1( ) ( )R t t R tl J J l J− −= < ∞ . Xét dKy khớp: 1 2 2 10 0t t t tJ J J J− − − −→ → → → . Từ định lí về tính cộng tính của độ dài ta nhận đ−ợc 2( )R tl J − < ∞ . Bằng qui nạp suy ra ( )R jl J < ∞ với mọi ,j (0 j t)≤ ≤ . Suy ra 0( ) ( )R Rl J l R= < ∞ . Vậy, R là một R - module có độ dài hữu hạn. 25 Nhận xét 2.2.8. Từ Định lí 2.2.1 và Mệnh đề 2.2.7 ta có nếu vành R là một vành Artin thì R cũng là vành Noether. Ta đK biết, một module hữu hạn sinh trên vành Noether (Artin) thì cũng là module Noether (Artin). Do đó ta có hệ quả: Hệ quả 2.2.9. Cho R là một vành Artin và M là một R - module hữu hạn sinh. Khi đó M là R - module có độ dài hữu hạn. 26 Ch−ơng 3. hàm và chuỗi hilbert Nội dung của ch−ơng này bao gồm: Các kiến thức cơ sở về hàm đa thức và đa thức số học, trong đó có liên hệ với một số bài toán của THPT, một số tính chất của hàm và chuỗi Hilbert, đa thức Hilbert - Samuel. Phần cuối của ch−ơng là khái niệm chiều Krull, chiều Chevalley và định lí cơ bản của Lí thuyết chiều. 3.1. Đa thức số học. Hàm đa thức Phần này sẽ trình bày khái niệm về đa thức số học và hàm đa thức cùng với những tính chất cơ bản của chúng mà chủ yếu để phục vụ việc tìm hiểu về đa thức Hilbert - Samuel, đồng thời cũng nghiên cứu một vài ứng dụng của đa thức số học trong giải toán THPT. 3.1.1. Đa thức số học (đa thức nhận giá trị nguyên) Định nghĩa 3.1.1.1. Đa thức 10 1( ) ...n n nf x a x a x a−= + + + nhận giá trị nguyên ứng với mọi x nguyên đ−ợc gọi là đa thức số học (hay đa thức nhận giá trị nguyên). Ví dụ. Mọi đa thức với hệ số nguyên đều là đa thức số học. Nhận xét 3.1.1.2. Nếu ta đặt ( 1)...( 1) ! xx x x n nn       − − + = thì do tích của n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho !n nên ta có đa thức ( ) xP x n       = là đa thức số học. Mệnh đề 3.1.1.3. Đa thức ( )P x bậc n là đa thức số học khi và chỉ khi ( )P x nhận giá trị nguyên tại (n+1) điểm nguyên liên tiếp. Chứng minh. Điều kiện cần là hiển nhiên. Điều kiện đủ: áp dụng công thức khai triển Abel với ix a i= + , ( )1,2,...,i n= ta đ−ợc: 0 1( ) ( 1) ... ( 1)( 2)...( ).nP x b b x a b x a x a x a n= + − − + + − − − − − − Ta có: ( 1)P a + ∈ℤ do đó 0b ∈ℤ . T−ơng tự có 1b ∈ℤ vì 0 1( 2)P a b b+ = + ∈ℤ , 22!b ∈ℤ vì 0 1 2( 3) 2 2!P a b b b+ = + + ∈ℤ . Tiếp tục lập luận nh− trên ta nhận đ−ợc ! , k = 0,1,...,n.kk b ∈ ∀ℤ Hay: ( 1)( 2)...( )! ( 1)( 2)...( ) !k k x a x a x a kk b b x a x a x a kk − − − − − − = − − − − − − ∈ ℤ , 27 với mọi 1,2,...,k n= . Vậy ( )P x là đa thức số học. Chú ý 3.1.1.4. Từ mệnh đề trên ta thấy điều kiện đủ để ( )P x là đa thức số học là ( )P x nhận giá trị nguyên tại 1,2,...,x n= . Mệnh đề 3.1.1.5. (i) Mọi đa thức bậc n đều có thể biểu diễn đ−ợc d−ới dạng: 0 1 1 ( ) ...1 1n n n x x xP x b b b b nn −                  = + + + + − . (1) (ii) Đa thức ( )nP x là đa thức số học khi và chỉ khi tất cả các hệ số 0 1, ,..., nb b b trong biểu diễn (1) là các số nguyên. Chứng minh. ( )i Giả sử đa thức ( ) n P x bậc n có dạng: 1 1 1 0( ) ...n nn n nP x a x a x a x a−−= + + + + . Ta chứng minh ( )i bằng qui nạp theo .n Với 1,n = có: 1 1 0 0 1( ) 1 xP x a x a a a      = + = + . Chọn 0 0 1 1, b a b a= = ta có ( )i đúng với 1.n = Giả sử ( )i đúng với mọi n k≤ . Ta chứng minh ( )i đúng với 1.k + Ta có: 1 1 1 1 0 1 ( ) ... = a (k+1)! ( ), 1 k k k k k k k x P x a x a x a x a R xk + + + +       = + + + + + + (2) với degR (x) kk ≤ . Theo giả thiết qui nạp: 0 1 1 ( ) ...1 1k k k x xxR x b b b bk k−                 = + + + + − . Thay vào (2) đ−ợc: 1 0 1 1 1 ( ) ...1 1 1k k k k x x xxP x b b b b bk k k+ − +                       = + + + + + − + , với 1 1( 1)!k kb a k+ += + . Do vậy, ( )i đúng với 1.k + Ta nhận đ−ợc chứng minh ( ).i Tiếp theo ta chứng minh ( ).ii Giả sử ( ) n P x là đa thức nhận giá trị nguyên. Khi đó: (0)P b= , 0 1 1 (1) , 1 P b b      = + 28 0 1 2 2 2(2) , 1 2 P b b b           = + + ... 0 1( ) ... 1 n n nP n b b b n     =        + + + . Vì (0), (1), ..., (n)P P P ∈ℤ và các hệ số của khai triển nhị thức Newton đều nguyên nên 0 1, ,..., nb b b ∈ℤ . Ng−ợc lại, giả sử 0 1, ,..., nb b b là các số nguyên. Khi đó (0), (1), ..., (n)P P P cũng là các số nguyên nên theo Chú ý 3.1.1.4 thì ( ) n P x là đa thức số học. Mệnh đề 3.1.1.6. Nếu đa thức ( )P x bậc n là đa thức số học thì đa thức: ( ) ! ( ) [ ].Q x n P x x= ∈ℤ Chứng minh. Vì ( )P x là đa thức số học nên theo Mệnh đề 3.1.1.5 thì ( )P x có biểu diễn: 0 1 2( ) + ... , , i = 1,1 2 n i x x x P x b b b b b n n       = + + + ∈ ∀            ℤ . Do đó: 0 1 2! ( ) ! + n! + n! + ... + n!1 2 n x x x n P x n b b b b n                  = . Ta có: ! ( 1)...( 1)k k xb k b x x x kk       = − − + ∈ℤ . Suy ra ! , k = 1,k x n b nk       ∈ ∀ℤ . Vì vậy, ( ) ! ( ) [ ]Q x n P x x= ∈ℤ . Bởi mệnh đề trên ta lập tức suy ra hệ quả sau: Hệ quả 3.1.1.7. Cho đa thức 11 1 0( ) ...n nn n nP x a x a x a x a−−= + + + + . Khi đó, nếu tồn tại hệ số 0 1{ , ,..., }k na a a a∈ sao cho ! kn a ∉ℤ thì ( )P x không phải là đa thức số học. Nhận xét 3.1.1.8. Ta có thể sử dụng các mệnh đề trên để giải các bài toán THPT liên quan đến tìm điều kiện để một đa thức nhận giá trị nguyên hoặc để chứng minh một đa thức là đa thức nhận giá trị nguyên hay không là đa thức nhận giá trị nguyên. Chẳng hạn: Bài toán 1. Cho 2( )f x ax bx c= + + . Tìm điều kiện của a, b, c để ( )f x ∈ℤ với x∀ ∈ℤ . 29 Giải. Theo Mệnh đề 3.1.1.5 ta có thể viết ( )f x d−ới dạng: 2( 1)( ) = ( )2 2 2 x x A Af x A Bx C x B x C−= + + + − + Đồng nhất hệ số suy ra 2 2 A a B A b C c      = − = = . Điều này t−ơng đ−ơng với 2A a B a b C c      = = + = . Vì ( ) , xf x ∈ ∀ ∈ℤ ℤ khi và chỉ khi A, B, C ∈ℤ nên điều kiện để ( )f x là đa thức nhận giá trị nguyên là: 2a a b c      ∈ + ∈ ∈ ℤ ℤ ℤ . Bài toán 2. Tìm điều kiện của a, b, c, d để 3 2( )f x ax bx cx d= + + + là đa thức nhận giá trị nguyên. Giải. Ta viết ( )f x d−ới dạng: ( 1)( 2) ( 1)( ) 3! 2! x x x x xf x A B Cx D− − −= + + + . Từ đó: (0)f d D= = (1)f a b c d C D= + + + = + (2) 8 4 2 2f a b c d B C D= + + + = + + ( 1)f a b c d A B C D− = − + − + = − + − + Suy ra: 6 ; 6 2 ; ; A a B a b C a b c D d= = + = + + = . Vì ( ) , xf x ∈ ∀ ∈ℤ ℤ khi và chỉ khi A, B, C, D ∈ℤ nên điều kiện để ( )f x là đa thức nhận giá trị nguyên là: 6 6 2 a a b a b c d        ∈ + ∈ + + ∈ ∈ ℤ ℤ ℤ ℤ hay 6 2 a b a b c d        ∈ ∈ + + ∈ ∈ ℤ ℤ ℤ ℤ . Bài toán 3 (Bài toán tổng quát). Cho đa thức 11 1 0( ) ...n nn n nP x a x a x a x a−−= + + + + . Tìm điều kiện của 1 2, ,..., na a a để ( )f x là đa thức nhận giá trị nguyên. Bài toán 4. Chứng minh rằng đa thức 3 2 1 5 19( ) 33 2 6f x x x x= − + + là một đa thức nhận giá trị nguyên. 30 Giải. Ta viết ( )f x d−ới dạng: ( ) 3 2 1 x x xf x A B C D                 = + + + . Đồng nhất hệ số ta đ−ợc A = 2; B = −3; C = 1; D = 3. Suy ra ( ) 2 3 33 2 1 x x xf x                  = − + + . Do đó theo Mệnh đề 3.1.1.5 thì ( )f x là đa thức nhận giá trị nguyên. 3.1.2. Hàm đa thức Định nghĩa 3.1.2.1. (Hàm đa thức một biến) Hàm số : f →ℕ ℚ đ−ợc gọi là hàm đa thức nếu tồn tại ( )g x ∈ℚ [x] sao cho ( ) ( ), 0f gα α α= ∀ ≫ và deg .degf g= Ví dụ. Cho K là một tr−ờng, V là K - không gian vectơ n chiều và 1 2{ , ,..., }ne e e là một cơ sở của .V Gọi m V là không gian vectơ con của V sinh bởi 1 2{ , ,..., }me e e , 0 m n≤ ≤ . Khi đó ta có hàm đa thức : f →ℕ ℚ cho bởi: dim khi 0 m n( ) 0 khi m > n mVf m   ≤ ≤ = . Mệnh đề sau đây là một công cụ hiệu quả cho việc xác định điều kiện cần và đủ để một hàm số là hàm đa thức. Mệnh đề 3.1.2.2. Cho hàm : f →ℕ ℚ . Khi đó f là hàm đa thức bậc r khi và chỉ khi hàm : f∆ →ℕ ℚ cho bởi: ( ) ( 1) ( ), xf x f x f x∆ = + − ∀ ∈ℕ là hàm đa thức bậc 1.r − Quy −ớc: Đa thức không là hàm đa thức có bậc 1.− Chứng minh. ( )⇒ Giả sử f là hàm đa thức bậc .r Khi đó tồn tại ( )g x ∈ℚ [x] sao cho deg g r= và ( ) ( ), 0f gα α α= ∀ ≫ . Suy ra ( ) ( ), 0f gα α α∆ = ∆ ∀ ≫ . Do đó f∆ là hàm đa thức và deg degf g∆ = ∆ . Vì ( ) ( 1) ( )g x g x g x∆ = + − và deg g r= nên deg 1g r∆ = − . Ta nhận đ−ợc f∆ là hàm đa thức bậc 1.r − 31 ( )⇐ Ta chứng minh bằng qui nạp theo .r Với 0,r = theo giả thiết ta có f∆ là hàm đa thức bậc 1,− tức là ( ) 0, 0.f α α∆ = ∀ ≫ Ta cần chỉ ra f là hàm đa thức bậc không. Thật vậy, ta có: ( ) ( 1) ( ) 0, 0f f fα α α α∆ = + − = ∀ ≫ . Hay f( +1) = f( ), 0α α α∀ ≫ . Từ đó ( ) ,f m constα = = với mọi 0α ≫ . Chọn ( ) ,g x m= suy ra ( ) ( ), 0f gα α α= ∀ ≫ và deg 0g = . Khẳng định đúng với 0.r = Giả sử khẳng định đúng với mọi ,k r< tức là nếu ( ) ( 1) ( ), xf x f x f x∆ = + − ∀ ∈ℕ là hàm đa thức bậc 1k − thì f là hàm đa thức bậc .k Ta chứng minh nó cũng đúng với .r Giả sử ( ) ( 1) ( )f x f x f x∆ = + − là hàm đa thức bậc 1.r − Khi đó tồn tại ( )g x ∈ℚ [x] sao cho ( ) ( ), 0f gα α α∆ = ∀ ≫ và deg deg 1g f r= ∆ = − . Giả sử: 1 2 0 1( ) ...r rg x a x a x− −= + + , với 0 0, a , ( i = 0,1,...)ia ≠ ∈ ∀ℚ . Từ đó ta viết đ−ợc f∆ d−ới dạng: 0 [( 1) ] ( ),( ) ( 1) ( ) r ra x x h x r f x f x f x + − +∆ = + − = với ( ) [ ]h x x∈ℚ , deg 2.h r≤ − Đặt 0( ) ( ) ra x x f x r φ = − . Suy ra: 0 0( 1)( ) ( 1) ( ) = ( 1) ( ) ( ) r ra x a x x x x f x f x h x r r φ φ φ +∆ = + − + − − + = Do đó φ∆ là hàm đa thức mà deg 2rφ∆ ≤ − . Theo giả thiết qui nạp ta có φ là hàm đa thức và deg 1rφ ≤ − hay 0( ) ( ) ra xf x x r φ= + là hàm đa thức bậc .r Khẳng định đúng với .r Qui nạp đK hoàn thành. Nhận xét 3.1.2.3. Cho *k ∈ℕ , khi đó hàm số : knS →ℕ ℚ cho bởi: ( ) 1 2 ...k k k knS n n= + + + , .n∀ ∈ℕ là hàm đa thức bậc 1k + . Thật vậy, vì: 0 1 1 1 ( 1) ...k k k k k k kn n n k k kS S S n C n C n C−+∆ = − = + = + + + (1) là hàm đa thức bậc k nên theo mệnh đề trên thì knS là hàm đa thức bậc 1k + với hạng tử bậc cao nhất là 1 1 kn k + + . 32 Hơn nữa, dựa vào kiến thức về hàm đa thức ta còn xây dựng đ−ợc công thức truy hồi để tính knS với *k ∈ℕ nh− sau: Thay k bằng 1k + và lần l−ợt 1,2,...,n n= vào biểu thức (1) ta đ−ợc: 1 1 1 1 1 1 11 ... k k k k kS C C + + + + +∆ = + + + 1 1 1 1 2 1 12 2 ... k k k k k kS C C + + + + +∆ = + + + … 1 1 1 1 1 1... k k k k n k kS n n C C + + + + +∆ = + + + Cộng vế với vế và rút gọn ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1(1 2 ... ) (1 2 ... ) ... (1 2 ... ) ( 1)k k k k k k k kn k kS n C n C n n+ + + ++ + += + + + + + + + + + + + + + + Ta nhận đ−ợc công thức tính knS : 1 1 2 1 1 1 1 1( 1) ... ( 1)k k k kk n k n k nn C S C S C S n+ −+ + ++ = + + + + + . Đặc biệt, với {1,2,3}k ∈ ta thấy lại các công thức đK biết qua chứng minh qui nạp ở tr−ờng phổ thông. Cụ thể: + Với 1k = ta có 2 1 12( 1) ( 1)nn C S n+ = + + hay 1 ( 1)1 2 ... 2n n nS n += + + + = . + Với 2k = thì 3 1 2 2 13 3( 1) ( 1)n nn C S C S n+ = + + + hay 2 2 2 2 ( 1)(2 1)1 2 ... 6n n n nS n + += + + + = . + Với 3k = ta có 4 1 3 2 2 3 14 4 4( 1) ( 1)n n nn C S C S C S n+ = + + + + hay 2 2 3 3 3 3 ( 1)1 2 ... 4n n nS n += + + + = . Nhắc lại rằng, bậc tổng thể của đa thức ( ) s a a a f x xα ∈ = ∑ ℕ , với 1 2( , ,..., );sx x x x= 1 2 1 2 1 2 = ( , ,..., ); x ... saa aas sa a a a x x x= là số { }1 2 .deg ( ) ... / 0 s af x Max a a a α= + + + ≠ Từ đó ta cũng có đ−ợc định nghĩa về hàm đa thức nhiều biến. Định nghĩa 3.1.2.4. (Hàm đa thức nhiều biến) Cho hàm số : sf →ℕ ℚ . Khi đó f đ−ợc gọi là hàm đa thức s biến nếu tồn tại 1 2 1 2( , ,..., ) [ , ,..., ]s sg x x x x x x∈ℚ sao cho: 1 2 1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., ), , ,..., 0s s sf gα α α α α α α α α= ∀ ≫ 33 và deg degf g= . T−ơng tự nh− đối với hàm đa thức một biến ta cũng có mệnh đề về điều kiện cần và đủ để một hàm số s biến là hàm đa thức. Mệnh đề 3.1.2.5. Hàm số : sf →ℕ ℚ là hàm đa thức bậc 1r ≥ khi và chỉ khi với mỗi 1,2,...,i s= , hàm : si f∆ →ℕ ℚ xác định bởi: ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2, ,..., ,... 1, ,..., ,..., , ,..., ,...,i i s i s i sf n n n n f n n n n f n n n n−∆ = − với mọi ( )1 2, ,..., ssn n n ∈ℕ là hàm đa thức bậc 1r≤ − và { 1,2,..., } 1.iMax deg f i s r∆ = = − Chứng minh. Điều kiện cần: Giả sử f là hàm đa thức bậc 1r ≥ , khi đó theo định nghĩa tồn tại 1 2 1 2( , ,..., ) [ , ,..., ]s sg x x x x x x∈ℚ sao cho 1 2 1 2 1 2( , ,..., ) ( , ,..., ), , ,..., 0s s sf n n n g n n n n n n= ∀ ≫ và deg degf g= . Với mỗi 1,2,...,i s= và mọi 1 2, ,..., sn n n đủ lớn, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 ,..., ,... ,..., ,..., ,..., 1,..., ,..., ,..., ,..., 1,..., ,..., ,..., . i i s i s i s i s i s i i s f n n n f n n n f n n n g n n n g n n n g n n n ∆ = − − = − − = ∆ Suy ra i f∆ là hàm đa thức và: deg deg 1, max{deg 1,2,..., } 1.i i if g r f i s r∆ = ∆ ≤ − ∆ = = − Điều kiện đủ: Ta chứng minh điều kiện đủ bằng qui nạp theo số biến s . Dễ thấy điều kiện về bậc là dễ dàng suy ra nên để hoàn thành chứng minh ta chỉ cần chỉ ra f là một hàm đa thức. Với 1s = thì mệnh đề đúng theo tr−ờng hợp một biến. Giả sử 1s > . Vì 1 1( ,..., )sf n n∆ là hàm đa thức nên cố định 2 ,..., sn n đủ lớn, f là một hàm đa thức của 1n bởi tr−ờng hợp 1s = . Do đó f có dạng 1 2 1 1 2 1 0 2( ,..., ) ( ,..., ) ... ( ,..., ) ( ,..., )ks k s s sf n n a n n n a n n n a n n= + + + . Với mỗi 2,...,j s= , ta có 1 2 1 1 2 1 0 2( ,..., ) ( ,..., ) ... ( ,..., ) ( ,..., )kj s j k s j s j sf n n a n n n a n n n a n n∆ = ∆ + + ∆ + ∆ là một đa thức khi 1 2, ,..., sn n n đủ lớn. Do đó tồn tại 0 2,..., [ ,..., ]k sb b n n∈ℚ sao cho 1 2 1 1 2 1 0 2( ,..., ) ( ,..., ) ... ( ,..., ) ( ,..., )kj s k s s sf n n b n n n b n n n b n n∆ = + + + khi 1 2, ,..., sn n n đủ lớn. Suy ra 34 2 2( ,..., ) ( ,..., )j k s k sa n n b n n∆ = , … 0 2 0 2( ,..., ) ( ,..., )j s sa n n b n n∆ = khi 1 2, ,..., sn n n đủ lớn. Nghĩa là 1 2( , ,..., )j l sa n n n∆ là một hàm đa thức của các biến 2 ,..., sn n với mọi 0,...,l k= và 2,...,j s= . Bởi giả thiết qui nạp áp dụng cho 1s − biến 2 ,..., sn n , ta đ−ợc 2( ,..., )l sa n n là một hàm đa thức với mọi 0,...,l k= . Vậy 1( ,..., )sf n n là một hàm đa thức của 1 2, ,..., sn n n . 3.2. Hàm và chuỗi Hilbert Khái niệm hàm và chuỗi Hilbert của module đ−ợc xây dựng trên lớp vành và module phân bậc mà mở đầu là mệnh đề sau: Mệnh đề 3.2.1. Cho 0 n n R R ≥ = ⊕ là một vành phân bậc và là đại số hữu hạn sinh trên vành Artin 0.R 0 n n M M ≥ = ⊕ là một R - module phân bậc hữu hạn sinh. Khi đó, 0 ( )R nl M < ∞ với mọi n. Chứng minh. Vì 0R là vành Artin nên theo Mệnh đề 2.2.7, 0R là 0R - module có độ dài hữu hạn, do đó nó là vành Noether. R là đại số hữu hạn sinh trên 0R nên bởi Hệ quả 1.1.2.7 R là vành Noether. Từ đó, M là R - module hữu hạn sinh trên vành Noether R , ta suy ra M là một R - module Noether. Mặt khác, với mọi 0n ≥ thì m m n N M ≥ = ⊕ là module con của M nên N hữu hạn sinh, giả sử N sinh bởi 1 2, ,..., dx x x . Khi đó, mỗi ix luôn viết đ−ợc d−ới dạng: i i ix y z= + , với 1 , zi n i m m n y M M ≥ + ∈ ∈ ⊕ . Ta có 1 2, ,..., dy y y là một hệ sinh của nM . Thật vậy, nx M∀ ∈ thì x N∈ nên 0 1 , ( ) d i i i i x x Rα α = = ∈∑ . Suy ra: 1 1 1 ( ) d d d i i i i i i i i i i x y z y zα α α = = = = + = +∑ ∑ ∑ . Điều này t−ơng đ−ơng với: 1 1 11 1 d d i i n m m ni i x y z M Mα α ≥ += = − = ∈ ∩∑ ∑ ⊕ . 35 Do đó, 1 1 0 hay x = d d i i i i i i x y yα α = = − =∑ ∑ . Vậy nM là module hữu hạn sinh trên vành Artin 0R , bởi Hệ quả 2.2.9 ta suy ra 0 ( )R nl M < ∞ với mọi .n Mệnh đề trên là cơ sở để đ−a ra định nghĩa về hàm và chuỗi Hilbert của module. Định nghĩa 3.2.2. Cho 0 n n R R ≥ = ⊕ là một vành phân bậc và là đại số hữu hạn sinh trên vành Artin 0R . 0 n n M M ≥ = ⊕ là một R - module phân bậc hữu hạn sinh. Khi đó, hàm 0 ( )( ) ( )R nH M n l M= của biến số nguyên không âm n đ−ợc gọi là hàm Hilbert của .M Chuỗi luỹ thừa hình thức với hệ số nguyên: 0 ( , ) ( )( ) [[ ]]n n F M t H M n t t ≥ = ∈∑ ℤ đ−ợc gọi là chuỗi Hilbert của .M Nh− vậy, 0 0 ( , ) ( ) nR n n F M t l M t ≥ =∑ . Ví dụ. Cho 1 2[ , ,..., ]dR K x x x= là vành đa thức d biến trên tr−ờng , K R có dạng phân bậc chuẩn 0 n n R R ≥ = ⊕ . Khi đó, hàm Hilbert của R là: 0 ( )( ) ( ) ( ) dim ( )R n K n K nH R n l R l R R= = = . Mặt khác, vì n R là đa thức thuần nhất bậc n nên có cơ sở là 1 21 2 ... ddx x x αα α với 1 2 ... d nα α α+ + + = , ( iα ∈ℕ ). Ta suy ra dim ( )K nR đúng bằng số các nghiệm với các thành phần nguyên không âm của ph−ơng trình: 1 2 ... dt t t n+ + + = và bằng 1n d nC + − . Do đó, chuỗi Hilbert của R là 1 0 0 ( , ) ( )( ) n d n n n n n F M t H R n t C t + − ≥ ≥ = =∑ ∑ . Nhận xét 3.2.3. Cho 0 n n R R ≥ = ⊕ là một vành ℕ - phân bậc có hàm Hilbert 0 ( )( ) ( )R nH R n l R= và I là một ideal thuần nhất của .R Khi đó bởi Mệnh đề 1.1.2.5 thì 0 n nn RR I I R ≥       = ∩⊕ cũng là vành ℕ - phân bậc. Do đó theo tính chất cộng tính của độ dài ta có hàm Hilbert của R I là: 0 0 0 ( )( ) ( ) ( ) ( )R n n R n R nH R I n l R I R l R l I R= ∩ = − ∩ . 36 Định lí sau của D. Hilbert và J. Serre cho ta biết chuỗi Hilbert chính là một dạng biểu diễn Taylor của một hàm phân thức hữu tỉ. Định lí 3.2.3 (Định lí Hilbert - Serre). Giả sử 0 n n R R ≥ = ⊕ là một đại số hữu hạn sinh trên vành Artin 0R và 0 n n M M ≥ = ⊕ là một R - module phân bậc hữu hạn sinh. Giả sử 0 1 2[ , ,..., ]dR R x x x= với 1 2, ,..., dx x x là các phần tử thuần nhất có deg 0i ix n= > với 1,2,..., .i d= Khi đó ta có: 1 ( )( , ) (1 )i d n i f tF M t t = = −∏ , trong đó ( ) [ ].f t t∈ℤ Chứng minh. Ta chứng minh định lí bằng qui nạp theo ,d số phần tử của hệ sinh của R trên 0R . Với 0d = ta có 0R R= . Mà M là R - module phân bậc hữu hạn sinh nên 0 n M = với mọi n đủ lớn. Do vậy tồn tại 0n đủ lớn sao cho với mọi 0n n> thì 0 ( ) 0R nl M = . Ta suy ra 0 0 ( , ) ( )( ) n n n F M t H M n t = = ∈∑ ℤ [t]. Khẳng định đúng với 0d = . Giả sử khẳng định đK đúng cho các tr−ờng hợp , ( 0)r d d . Ta chứng minh nó cũng đúng với .d Thật vậy, xét đồng cấu nhân : M Mdx → cho bởi ( )d dx x xx= là một đồng cấu phân bậc dn . Có hạch dK Kerx= là module con thuần nhất của M nên 0 n n K K ≥ = ⊕ với n nK K M= ∩ . Còn đối hạch 0 Im d n n N M x N ≥ == ⊕ do dImx là module con thuần nhất của .M Từ đó có dKy khớp: 0 0d d d xId g n n n n n nK M M N+ +→ → →→ → . Bởi Hệ quả 2.2.4: 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 0 d dR n R n R n n R n n l K l M l M l N+ +− + − = , với mọi 0n ≥ . Suy ra: 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 0d d d d d d n n n nn n n n R n R n R n n R n nt t l K t t l M t t l M t t l N+ +− + − = . Lấy tổng theo n ta đ−ợc: 0 0 0 0 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 0d d d d d d n n n n n nn n R n R n R n n R n n n n n n t l K t t l M t l M t l N t+ ++ + ≥ ≥ ≥ ≥ − + − =∑ ∑ ∑ ∑ Điều này t−ơng đ−ơng với: 37 0 0 0 0 00 0 0 0 0 1 1 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) {0} d d R R R R d d R n nn n n n n n n n n n n n n n i i i R i i i t l K t t l M t l M t l N t l M t l N t ≥ ≥ ≥ ≥ − − = = − + − − + = ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ (*) Đặt 0 0 1 1 0 0 ( ) ( ) ( )d d n n i i R i R i i i g t l M t l N t − − = = = −∑ ∑ suy ra g(t)∈ℤ [t] và (*) trở thành: ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( ) 0d dn nt F K t t F M t F M t F N t g t− + − − = . Hay: (1 ) ( , ) ( , ) ( , ) ( )d dn nt F M t F N t t F K t g t− = − + (**) Nhận xét rằng cả K và N đều bị triệt tiêu bởi dx , do đó thực chất K và N đều chỉ là các 0 1 2 1[ , ,..., ]dR x x x − - module. áp dụng giả thiết qui nạp ta đ−ợc: ( ) 1 1 1 ( )( , ) 1 i d n i f tF N t t − = = −∏ và ( ) 2 1 1 ( )( , ) 1 i d n i f tF K t t − = = −∏ , với 1 2 ( )( ), [ ].tf t f t∈ℤ Thay vào (**) rồi đặt ( )11 2 1 ( ) ( ) ( ) 1 ( )d i d n n i f t f t t f t t g t− = = − + −∏ ta nhận đ−ợc: 1 ( )( , ) (1 )i d n i f tF M t t = = −∏ , với ( ) [ ]f t t∈ℤ . Vậy khẳng định đúng với .d Ta nhận đ−ợc chứng minh. Nhận xét 3.2.4. Từ định lí trên ta luôn có thể viết chuỗi Hilbert của R - module M d−ới dạng: ( ) 1 ( ) ( )( , ) 1 ( )(1 )i d s n i f t h tF M t t Q tt = = = − −∏ , với ( ), ( )h t Q t ∈ℤ [t] và (1) 0, Q(1) 0h ≠ ≠ . Khi đó s đ−ợc gọi là cực điểm của hàm ( , )F M t tại 1t = và kí hiệu là ( ).d M Giả sử d là số phần tử của hệ sinh của R trên 0R . Khi đó, nếu M khác module không thì 0 ( )d M d≤ ≤ . Còn nếu M là module không thì ( , ) 0F M t = và quy −ớc ( ) 1d M = − , cùng với quy −ớc bậc của đa thức không là 1− . 38 Ví dụ. Cho 1 2[ , ,..., ]dR K x x x= là vành đa thức d biến trên tr−ờng ,K có dạng phân bậc chuẩn 0 n n R R ≥ = ⊕ . Khi đó, nh− đK biết chuỗi Hilbert của R là: 0 1 2 2 1 1 1 0 ( , ) ...n nn d d d d n F R t C t C C t C t+ − − + ≥ = = + + +∑ Mặt khác, vì 1 2 1, ,..., dx x x R∈ nên ta có: ( )( , ) (1 )d h tF R t t = − với ( ) [ ]h t t∈ℤ . Theo công thức khai triển hàm số thành chuỗi hàm luỹ thừa ta tính đ−ợc ( ) 1h t = . Vậy 1( , ) (1 )dF R t t= − và ( ) .d R d= 3.3. Đa thức Hilbert - Samuel Định nghĩa đa thức Hilbert - Samuel đ−ợc phát biểu trên cơ sở định lí sau: Định lí 3.3.1. Giả sử 0 n n R R ≥ = ⊕ là một đại số hữu hạn sinh trên vành Artin 0R và 0 n n M M ≥ = ⊕ là một R - module phân bậc hữu hạn sinh và khác không. Giả sử 0 1 2[ , ,..., ]rR R x x x= với 1 2, ,..., rx x x là các phần tử khác không thuần nhất bậc 1. Khi đó, hàm Hilbert 0 ( )( ) ( )R nH M n l M= là một hàm đa thức bậc 1.r≤ − Chứng minh. Xét hàm số ( ), : f M →ℕ ℤ xác định bởi ( ) ( ) 0 , ,R nf M n l M= n∀ ∈ℕ . Ta sẽ chứng minh ( ), f M là hàm đa thức bậc 1r≤ − bằng qui nạp theo .r Nếu 0r = thì 0R R= đồng thời 0nM = với mọi 0.n≫ Do đó ( )0 0R nl M = với mọi 0n≫ hay ( ), 0, n 0f M n = ∀ ≫ . Suy ra ( ), f M là hàm đa thức bậc 1− . Giả sử khẳng định đúng với mọi ' ,r r< ta chứng minh điều đó cũng đúng với .r Thật vậy, xét đồng cấu nhân cho bởi r x : : M M rx λ → là đồng cấu phân bậc với hạch 0 n n K K ≥ = ⊕ và đối hạch 0 n n N N ≥ = ⊕ . Theo chứng minh Định lí 3.2.3 ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 0 01 1 0R n R n R n R nl K l M l M l N+ +− + − = . Từ đó: ( ) ( ) ( ) ( ), , , 1 , 1 0f K n f M n f M n f N n− + + − + = . 39 Hay ( ) ( ) ( ), , 1 ,f M n f N n f K n∆ = + − . Mặt khác do K và N đều bị triệt tiêu bởi r x nên K và N là các 0 1 2 1[ , ,..., ]rR x x x − - module. Theo giả thiết qui nạp ( ),f K n và ( ),f N n là các hàm đa thức có bậc 2r≤ − nên ( ),f M n∆ cũng là hàm đa thức có bậc 2r≤ − . Từ đó theo Mệnh đề 3.1.2.2 ( ),f M n là hàm đa thức bậc 1r≤ − . Khẳng định đúng với .r Chú ý 3.3.2. Nếu M khác module không và 1 2, ,..., rx x x là các phần tử khác không thuần nhất bậc 1 thì theo Định lí 3.2.3 ta có: ( )( , ) (1 )d f tF M t t = − với ( ) [ ]f t t∈ℤ và (1) 0,f ≠ ( )d M d r= ≤ . Khi đó 0 ( )( ) ( )R nH M n l M= là hàm đa thức bậc ( ) 1d M − . Thật vậy, nếu 0d = ta có ngay ( )( )H M n là hàm đa thức bậc 1− . Nếu 0,d > ta giả sử 0 ( ) N i i i f t a t = =∑ . Theo công thức khai triển hàm thành chuỗi luỹ thừa ta có 1 0 1 (1 ) n n n dd n C t t + −≥ = − ∑ . Suy ra: 1 0 0 0 ( , ) ( )( ) N n i n n i n d n i n F M t H M n t a t C t+ − ≥ = ≥          = =∑ ∑ ∑ . Đồng nhất các số hạng ở hai vế của biểu thức trên ta đ−ợc: 1 0 ,( )( ) N n i i n i d i H M n a C − − + − = =∑ với mọi .n N≥ Vì tổng ở vế phải là một đa thức biến n có bậc 1d − nên ( )( )H M n là hàm đa thức bậc ( ) 1d M − . Ngoài ra ta còn có số hạng bậc cao nhất của ( )( )H M n là 10 ( 1)! N i di a nd −= − ∑ . Định nghĩa 3.3.3. Cho R là một đại số hữu hạn sinh trên vành Artin 0R và 0 n n M M ≥ = ⊕ là một R - module phân bậc hữu hạn sinh. Khi đó, đa thức với biến nguyên không âm :n ( , ) ( )( )P M n H M n= với mọi n đủ lớn đ−ợc gọi là đa thức Hilbert - Samuel của hàm Hilbert ( )( ).H M n 40 Nhận xét 3.3.4. Giả sử 0 1 2[ , ,..., ]rR R x x x= với 1 2, ,..., rx x x là các phần tử khác không thuần nhất bậc 1. Khi đó ta có ( )( , ) (1 )d f tF M t t = − với ( ) [ ]f t t∈ℤ và theo Chú ý 3.3.2 thì ( , ) ( )( )P M n H M n= với mọi ( ).n degf t≥ Ví dụ. Giả sử 1 2[ , ,..., ]dR K x x x= là vành đa thức d biến trên tr−ờng K có phân bậc chuẩn 0 n n R R ≥ = ⊕ . Vì ( )d R d= và 1( )( ) nn dH R n C + −= là một đa thức bậc 1d − với mọi deg ( ) 0n N f t≥ = = nên ta có: ( , ) ( )( )P R n H R n= với mọi 0n ≥ . Hệ số của hạng tử bậc cao nhất của ( )( )H R n là 1( 1)!d − . Mệnh đề 3.3.5. Cho 0 n n R R ≥ = ⊕ là một đại số hữu hạn sinh trên vành Artin 0R và 0 n n M M ≥ = ⊕ là một R - module phân bậc hữu hạn sinh. Giả sử trong R tồn tại một phần tử thuần nhất x bậc d−ơng và không là −ớc của không trong ,M thì ( )d M d−ơng và ( ) ( ) 1d M xM d M= − . Chứng minh. Vì deg 0x > và x không là −ớc của không trong M nên 0 n M ≠ với mọi ,n và do đó ( ) 0d M > . Xét đồng cấu nhân : M Mx → có 0K Kerx= = , N M Imx M xM= = . Khi đó, theo chứng minh của Định lí 3.2.3 ta có: (1 ) ( , ) ( , ) ( , ) ( )x xn nt F M t F N t t F K t g t− = − + , với ( ) [ ]g t t∈ℤ , deg x n x= . Hay: ( , ) (1 ) ( , ) ( )xnF N t t F M t g t= − − . Suy ra: ( ) ( ) 1d N d M= − . Do đó, ( ) ( ) 1d M xM d M= − . Tiếp theo ta chuyển vấn đề về ideal và module trên một vành Noether, đây là một cầu nối quan trọng giúp chúng ta nghiên cứu module. Mệnh đề 3.3.6. Cho vành Noether R và một ideal cực đại m của , R I là một ideal m - nguyên sơ và M là R - module hữu hạn sinh. Giả sử s là số phần tử 41 sinh cực tiểu của I và 0{ }n nW M ≥= là một I - lọc ổn định các module con của .M Khi đó ta có các khẳng định sau: (i) n M M có độ dài hữu hạn với mọi 0.n ≥ (ii) Với n đủ lớn thì ( )R nl M M là một đa thức g(n) với biến n, có bậc nhỏ hơn hoặc bằng s. (iii) Bậc và hệ số của hạng tử bậc cao nhất của g(n) chỉ phụ thuộc vào I và ,M mà không phụ thuộc vào cách chọn lọc I - ổn định. (iv) deg ( ) ( ( ))g n d G W= và ( ( ))d G W không phụ thuộc vào lọc I - ổn định của .M Chứng minh. Do R là vành Noether, I là ideal m - nguyên sơ nên R I là vành Noether với duy nhất một ideal nguyên tố m I . Mặt khác, m là cực đại trong R nên m I là ideal cực đại trong R I . Từ đó theo Mệnh đề 2.2.6 thì R I là vành Artin. Kết hợp với giả thiết M là một R - module hữu hạn sinh và W là một I - lọc ổn định ta nhận đ−ợc các kết quả: + ( )1 0 ( ) n nn n IG I tI +≥ = ⊕ là vành Noether và là đại số hữu hạn sinh trên vành Artin R I . + 1 0 0 ( ) n nn n n n G W M t M t+ ≥ ≥ = ⊕ ⊕ là một ( )G I - module phân bậc hữu hạn sinh. Do đó, nếu gọi 1 2, ,..., sa a a là một hệ sinh cực tiểu của I và 1 2, , ..., sa a a t−ơng ứng là ảnh của chúng trong 2I I thì ta có: 1 2( ) ( )[ , ,..., ]sG I R I a a a= . Bởi Mệnh đề 3.2.1 ta nhận đ−ợc ( ).i Để chứng minh ( )ii ta đặt ( ) ( )R ng n l M M= . Vì 1n nM M −⊂ nên ta có dKy khớp ngắn: 1 10 0n n n nM M M M M M− −→ → → → Suy ra: 1 1 1( ) ( 1) ( ) ( ) ( ) ( )R n R n R n n R I n ng n g n l M M l M M l M M l M M− − −− − = − = = .(1) 42 Mặt khác, theo Định lí 3.3.1 ta có / 1( ( ))( ) ( )R I n nH G W n l M M−= là hàm đa thức bậc ( ( )) 1 1d G W s− ≤ − . Do đó từ (1) và Mệnh đề 3.1.2.2 ta nhận đ−ợc ( ) ( )R ng n l M M= là hàm đa thức có bậc nhỏ hơn hoặc bằng .s ( )iii Giả sử 0{ }n nN ≥ là một I - lọc ổn định khác của .M Khi đó do 0{ }n nN ≥ và { } 0n nW M ≥= đều t−ơng thích với lọc 0{ }n nF I ≥= nên *0n N∃ ∈ sao cho: 0 0 , N , n 0n n n n n nM N M+ +⊂ ⊂ ∀ ≥ . Đặt ( ) ( )R nh n l M N= ta suy ra: 0( )g n n+ = 0( ) ( )R n nl M M h n+ ≥ và 00( ) ( ) ( )R n nh n n l M N g n++ = ≥ . Vậy với n đủ lớn thì ( )g n và ( )h n là các đa thức có bậc và hệ số của hạng tử bậc cao nhất là nh− nhau. Từ đó ta nhận đ−ợc ( ).iii ( )iv Theo chứng minh ( ),ii nếu đặt ( ) ( ) ( 1)q n g n g n= − − thì: deg ( )q n = ( )( )d G W 1 s 1− ≤ − , với mọi n đủ lớn. Do đó deg ( ) ( ( )).g n d G W= Mặt khác, theo ( )iii deg ( )g n không phụ thuộc vào cách chọn lọc I - ổn định, nên ( ( ))d G W cũng không phụ thuộc vào lọc I - ổn định của .M Hệ quả 3.3.7. Cho R là vành Noether với ideal cực đại m, I là một ideal m - nguyên sơ, M là một R - module hữu hạn sinh. Giả sử s là số phần tử sinh cực tiểu của .I Khi đó, ( ) ( )M nI RP n l M I M= là một đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng s với mọi n đủ lớn và deg ( )MIP n là một bất biến không phụ thuộc vào ideal m - nguyên sơ. Chứng minh. Do I là một ideal của R nên ta có { } 0n nW I M ≥= là một lọc I - ổn định. Theo Mệnh đề 3.3.6 ( )ii thì ( )nRl M I M là một đa thức bậc nhỏ hơn hoặc bằng s với mọi n đủ lớn. Mặt khác, vì I là một ideal m - nguyên sơ nên tồn tại u∈ℕ để um I⊂ . Từ đó suy ra: ( ) ( ) ( )n n unR R Rl M m M l M I M l M m M≤ ≤ . Hay ( ) ( ) ( )M M Mm I mP n P n P un≤ ≤ với mọi n đủ lớn. Do đó ta có deg ( ) = deg ( )M MI mP n P n . Suy ra deg ( )MIP n không phụ thuộc vào ideal m - nguyên sơ .I 43 Chú ý 3.3.8. Đa thức ( ) ( )M nI RP n l M I M= xác định nh− trên đ−ợc gọi là đa thức đặc tr−ng của I theo M . Khi đó từ Mệnh đề 3.3.6 ta có deg ( ) ( ( ))MIP n d G W= và ng−ời ta gọi ( ( ))d G W là cực điểm của M theo m , kí hiệu ( ) m d M . Đặc biệt, vì vành địa ph−ơng là vành chỉ có duy nhất một ideal cực đại nên trong tr−ờng hợp R là vành địa ph−ơng Noether với ideal cực đại m thì ng−ời ta gọi ( ) m d M là cực điểm của M và kí hiệu là ( )d M . Định nghĩa 3.3.9. Cho A là vành địa ph−ơng với ideal cực đại m , M là một A - module hữu hạn sinh. Một ideal I m⊂ của A đ−ợc gọi là ideal xác định của M nếu ( )Al M IM hữu hạn. Định lí 3.3.10. Cho ( , )A m là vành địa ph−ơng Noether với ideal cực đại m, M là một A - module hữu hạn sinh, I là một ideal xác định của ,M và một dPy khớp ngắn các A - module 0 0N M P→ → → → Khi đó ta có: ( ) ( ) ( ) ( )N P MI I IP n P n P n g n+ = + , trong đó deg g(n) < d(M) và hệ số của số hạng bậc cao nhất của g(n) là không âm. Chứng minh. Ta coi N nh− một module con của ,M thì từ dKy khớp ban đầu ta nhận đ−ợc các dKy khớp các A - module: 0 0 n n n N M P N I M I M I P → → → → ∩ , với mọi .n Khi đó với n đủ lớn ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )M PA A A I In n nN M Pl l l P n P nN I M I M I P= − = −∩ . Vì vậy, ( ) ( )A nNh n l N I M= ∩ cũng là một đa thức với n đủ lớn. Dễ thấy rằng: ( ) ( ) ( )N nI A Nh n P n l I N≤ = . Bây giờ, từ Bổ đề Artin - Rees ta rút ra tồn tại 0n để: 0 0 0 0( ) ( )n n n n n nn n nI N I N I M N I M I N I M I N+ +⊂ ∩ = ∩ = ∩ ⊂ , với mọi .n Từ đó suy ra: 44 0 0 ( ) ( ) ( )A A An n n n nN N Nl l lI N N I M I N+ +≥ ≥∩ . Hay 0 0( ) ( ) ( )N NI IP n n h n n P n+ ≥ + ≥ . Suy ra ( )h n và ( )NIP n là hai đa thức cùng bậc và cùng hạng tử bậc cao nhất. Do đó ( ) ( ) ( ) 0NIg n P n h n= − ≥ với mọi n đủ lớn và deg ( ) deg ( )NIg n P n< . Vì ( ) ( ) ( ) ( ) ( )N M PI A I InNP n g n l P n P nN I M− = = −∩ nên: ( ) ( ) ( ) ( )N P MI I IP n P n P n g n+ = + . Kết hợp điều này với deg ( ) deg ( )NIg n P n< ta suy ra: deg ( ) deg ( ) ( )N MI IP n P n d M≤ = . Vậy deg ( ) ( ).g n d M< Đồng thời, do ( ) 0g n ≥ với mọi n đủ lớn nên hệ số của số hạng bậc cao nhất của ( )g n là không âm. Từ định lí trên ta có ngay các kết quả: Hệ quả 3.3.11. Cho ( , )A m là một vành địa ph−ơng Noether với ideal cực đại m, M là một A - module hữu hạn sinh và một dPy khớp các A - module: 0 0N M P→ → → → Khi đó ta có ( ) { ( ), ( )}.d M Max d N d P= Hệ quả 3.3.12. Cho ( , )A m là một vành địa ph−ơng Noether với ideal cực đại m, M là một A - module hữu hạn sinh. Khi đó nếu N là A - module con hoặc module th−ơng của M thì ( ) ( )d N d M≤ . Cuối cùng ta sẽ tìm hiểu khái niệm chiều Krull, chiều Chevalley và định lí cơ bản của Lí thuyết chiều. Định nghĩa 3.3.13. Một xích các ideal nguyên tố của R là một dKy hữu hạn, tăng thực sự các ideal nguyên tố của R có dạng 0 1 ... nP P P⊂ ⊂ ⊂ , trong đó 1i iP P− ≠ với mọi 1,2,...,i n= . Số nguyên n đ−ợc gọi là độ dài của xích. Chiều Krull của một vành R là cận trên đúng của tất cả độ dài của các xích của các ideal nguyên tố trong R . Chiều Krull của R đ−ợc kí hiệu là dim R . Ví dụ. ( )i Nếu R là vành Artin thì dim 0R = vì mọi ideal nguyên tố trong vành Artin đều là ideal cực đại. 45 ( )ii Vành số nguyên ℤ có dim 1=ℤ , vì (0) là một ideal nguyên tố của ℤ , còn mọi ideal nguyên tố khác đều là ideal cực đại. ( )iii Cho 1 2[ , , ... , , ...]nR K X X X= là vành đa thức vô hạn biến trên tr−ờng .K Khi đó, dim R = ∞ vì xích các ideal nguyên tố 1 1 2 1 2( ) ( , ) ... ( , ,..., )nX X X X X X⊂ ⊂ ⊂ có độ dài tuỳ ý. Định nghĩa 3.3.14. Cho M là một R - module. Khi đó chiều Krull của M đ−ợc kí hiệu dim ,M là dim R AnnM nếu M khác module không, và nếu M là module không thì quy −ớc dim 1M = − . Cho ( , )A m là vành địa ph−ơng Noether với ideal cực đại ,m M là một A - module hữu hạn sinh. Khi đó, ( / )Al M mM hữu hạn. Mặt khác, vì m hữu hạn sinh nên luôn tồn tại một số nguyên r nhỏ nhất sao cho có thể chọn đ−ợc r phần tử 1 2, ,..., ra a a thuộc m để 1 2[ / ( , ,..., ) ]A rl M a a a M < ∞ . Từ đó ta đi đến khái niệm sau: Định nghĩa 3.3.15. Cho ( , )A m là một vành địa ph−ơng Noether với ideal cực đại ,m và M là một A - module hữu hạn sinh và khác module không. Chiều Chevalley, kí hiệu ( )s M của ,M là số nhỏ nhất r sao cho tồn tại 1 2, ,..., ra a a m∈ để 1 2[ / ( , ,..., ) ]A rl M a a a M < ∞ Nếu M là module không thì ta quy −ớc ( ) 1s M = − . Với M là một module hữu hạn sinh trên vành địa ph−ơng Noether ( , )A m , khi đó ba bất biến của M : Cực điểm ( )d M , chiều Krull dim M , chiều Chevalley ( )s M đ−ợc thống nhất qua định lí cơ bản của Lí thuyết chiều sau đây. Định lí 3.3.16 (Định lí chiều). Cho M là một A - module hữu hạn sinh trên một vành địa ph−ơng Noether A . Khi đó ta có: dim ( ) ( ).M d M s M= = Chứng minh. Để chứng minh định lí này ta cần sử dụng bổ đề sau (xem [5], tr. 75, Hệ quả 2.3). Bổ đề (Nakayama). Cho M là một module hữu hạn sinh trên một vành giao hoán R và I là một ideal của R chứa trong căn Jacobson ( )J R của .R Thế thì từ IM M= sẽ kéo theo 0.M = Tiếp theo ta sẽ chứng minh định lí theo l−ợc đồ: dim ( ) ( ) dimM d M s M M≤ ≤ ≤ . 46 B−ớc 1: dim ( )M d M≤ . Gọi m là ideal cực đại của .A Nếu ( ) 1d M = − thì deg ( ) ( ) 1MmP n d M= = − . Khi đó nM m M= với mọi n đủ lớn. Vì vậy theo Bổ đề Nakayama thì M là module không. Do đó dim 1M = − và dẫn đến dim ( )M d M≤ . Xét tr−ờng hợp ( ) 0d M ≥ . Khi đó từ Định nghĩa 3.3.14 ta luôn chọn đ−ợc một ideal nguyên tố ( )P Ass M∈ để dim dim( )M A P= . Đồng thời vì ( )P Ass M∈ nên A P đẳng cấu với một module con của module .M Vì vậy bởi Hệ quả 3.3.11 thì ( / ) ( )d A P d M≤ . Để hoàn thành chứng minh b−ớc 1 ta chỉ cần chỉ ra rằng dim( / ) ( / )A P d A P≤ . Xét một xích bất kì các ideal nguyên tố: 0 1 2 ... rP P P P P= ⊂ ⊂ ⊂ ⊂ của ,A trong đó 1i iP P− ≠ với mọi 1,2,...,i r= . Ta sẽ chứng minh ( / )r d A P≤ bằng qui nạp theo .r Do A P khác module không, nên ( / ) 0d A P ≥ , ta có kết quả đúng với 0.r = Giả sử kết quả đK đúng cho các tr−ờng hợp 1t r≤ − . Do 1i iP P− ≠ với mọi 1,2,...,i r= nên ta luôn chọn đ−ợc các đối t−ợng theo thứ tự sau: 1 \a P P∈ và vì vậy 1( )P aA P+ ⊂ , tiếp đến chọn ( / )Q Ass A P aA∈ + sao cho 1Q P⊂ . Ta nhận đ−ợc xích các ideal nguyên tố sau: 2 ... rQ P P⊂ ⊂ ⊂ . Theo giả thiết qui nạp thì: 1 ( / ) ( / )r d A Q d A P aA− ≤ ≤ + hay: ( / ) 1 ( / ) 1r d A Q d A P aA≤ + ≤ + + . Xét dKy khớp: 0 / / / 0aA P A P A aA Pλ→ →→ + → , với aλ là ánh xạ nhân với phần tử a. Bởi Định lí 3.3.10: / / /( ) ( ) ( ) ( )A P A aA P A Pm m mP n P n P n g n++ = + , trong đó deg ( ) ( ).g n d M< Do đó: /1 ( / ) deg ( ) deg ( ) ( )A aA Pmr d A aA P P n g n d M+− ≤ + = = < hay ( )r d M≤ . Qui nạp đK hoàn thành, ta kết thúc B−ớc 1. B−ớc 2: ( ) ( )d M s M≤ . Nếu M là module không thì ( ) 1s M = − và ( ) 1d M = − , vậy ( ) ( )d M s M≤ , khẳng định đúng. Xét tr−ờng hợp M khác module không. Giả 47 sử ( ) 0s M r= ≥ . Khi đó tồn tại 1 2, ,..., ra a a m∈ để 1 2[ ( , ,..., ) ]A rl M a a a M < ∞ . Bởi 1 2 1 2( , ,..., ) ( ( , ,..., ))r rM a a a M M A a a a≅ ⊗ nên kết hợp với Định lí 2.2.6 ta có: 1 2 1 2{ } [ ( , ,..., ) ] [ ( , ,..., )]r rm Supp M a a a M Supp M A a a a= = ⊗ = 1 2( ) [ ( , ,..., )]rSupp M Supp A a a a∩ . Vậy 1 2{ } [ (( , ,..., ) )]rm Supp A a a a AnnM= + , do đó: 1 2[ (( , ,..., ) )] { }rAss A a a a AnnM m+ = . Ta nhận đ−ợc 1 2( , , ..., ) + AnnMrJ a a a= là một ideal m - nguyên sơ. Kí hiệu A A AnnM= , J J A= , còn 1 2, ,..., ra a a t−ơng ứng là ảnh của 1 2, ,..., ra a a trong A , thì 1 2( , ,..., )rJ a a a= , đồng thời M cũng là A - module và ( ) ( )M MJJP n P n= . Bởi Hệ quả 3.3.7 thì deg ( )MJP n r≤ . Do đó: ( ) deg ( ) ( )MJd M P n r s M= ≤ = . B−ớc 3: ( ) dims M M≤ . Ta chứng minh bằng qui nạp theo dim .M Với dim 1M = − thì ( ) 1s M = − . Khẳng định đúng với dim 1M = − . Với tr−ờng hợp dim 0M = thì M có độ dài hữu hạn nên ( ) 0s M = . Ta xét tr−ờng hợp dim 0M > và 1 2, ,..., mP P P là tất cả các ideal nguyên tố thuộc vào ( )Ass M có dim( ) dimiA P M= với mọi 1,2,...,i m= . Vì dim 0M > nên tất cả 1 2, ,..., mP P P đều khác .m Do đó 1 m i i m P = ⊄∪ . Vì vậy tồn tại 1 \ m i i a m P = ∈ ∪ . Đặt ,N M aM= khi đó: 1 2\{ , ,..., }mSuppN SuppM P P P⊂ . Do đó dim dimN M< . Nếu ( ) 1s N = − thì N M aM= là module không. Suy ra M aM= , theo Bổ đề Nakayama thì M là module không (mâu thuẫn với dim 0M > ). Vậy ta có ( ) 0s N r= ≥ . Khi đó tồn tại 1 2, ,..., ra a a m∈ để 1 2[ / ( , ,..., ) ]A rl N a a a N < ∞ . Vì 1 2 1 2( , , ,..., ) ( , ,..., )r rM a a a a M N a a a N≅ nên 1 2[ ( , , ,..., ) ]A rl M a a a a M < ∞ . Từ đó rút ra ( ) 1s M r≤ + . Mặt khác bởi giả thiết qui nạp thì ( ) dims N r N= ≤ , mà dim dimN M< nên 1 dimr M+ ≤ . Vậy ( ) dims M M≤ . Ta đK hoàn thành chứng minh định lí. 48 Chú ý 3.3.17. ( )i Cho đa thức 1 2 1 2( , ,..., ) [ , ,..., ].r rF n n n n n n∈ℚ Khi đó, nếu 1 2( , ,..., )rF n n n nhận giá trị nguyên với mọi 1 2, ,..., rn n n nguyên thì ng−ời ta cũng gọi 1 2( , ,..., )rF n n n là đa thức số học. ( )ii Nếu 1 2( , ,..., )rF n n n là đa thức số học bậc s thì nó luôn đ−ợc biểu diễn duy nhất d−ới dạng: 1 1 1 1 1 2 1 ,..., 0 1 ... ( , ,..., ) ( ,..., ) ... k kr r r r r r k k rk k s n k n k F n n n e k k ≥ + + ≤ + +    =         ∑ , với 1 2, ,..., rn n n ∈ℤ . Trong đó 1( ,..., )re k k ∈ℤ với mọi 1,..., 0.rk k ≥ ( )iii Không mấy khó khăn ta cũng chứng minh đ−ợc rằng đa thức 1 2( , ,..., )rF n n n là đa thức số học nếu 1 2( , ,..., )rF n n n ∈ℤ với mọi 1 2, ,..., rn n n ∈ℤ và 1 2, ,..., rn n n đủ lớn. ( )iv Từ các kết quả về đa thức Hilbert - Samuel ta thấy mọi đa thức Hilbert - Samuel đều là đa thức số học. 49 Kết luận Khoá luận đK tập trung nghiên cứu về hai đối t−ợng cơ bản thuộc lĩnh vực Đại số Giao hoán đó là hàm và chuỗi Hilbert của lớp module phân bậc. Nội dung chính của khoá luận dành cho việc trình bày một cách hệ thống về một số tính chất cơ bản của hàm và chuỗi Hilbert trên lớp vành và module phân bậc. Từ đó để thấy đ−ợc chuỗi Hilbert ( , )F M t của R - module M là một dạng biểu diễn Taylor của một hàm phân thức hữu tỷ, còn hàm Hilbert ( )( )H M n trên lớp vành và module phân bậc hữu hạn sinh là hàm đa thức. Đồng thời khi đó, đa thức ( , ) ( )( )P M n H M n= với mọi n đủ lớn đ−ợc gọi là đa thức Hilbert - Samuel. Tiếp đó khoá luận nghiên cứu về khái niệm chiều Krull, chiều Chevalley và định lí cơ bản của Lí thuyết chiều, cho biết mối liên hệ giữa cực điểm ( )d M , chiều Krull dim M và chiều Chevalley ( )s M của một ( , )A m - module M đó là: ( ) dim ( ).d M M s M= = Bên cạnh đó, khoá luận cũng đề cập đến nhiều đối t−ợng khác thuộc chuyên ngành Đại số và Lí thuyết số. Cụ thể là: Vành phân bậc, module phân bậc, vành và module Rees, khái niệm độ dài module và một vài đặc tr−ng của module có độ dài hữu hạn. Ngoài ra khoá luận còn nghiên cứu về đa thức số học và hàm đa thức, trong đó có nêu lên một vài ứng dụng của chúng trong giải các bài toán phổ thông và có mở rộng cho tr−ờng hợp nhiều biến. 50 tài liệu tham khảo [1] Lê Tuấn Hoa (2003), Đại số máy tính: Cơ sở Groeber, NXB ĐHQG Hà Nội. [2] Nguyễn Văn Mậu (2004), Đa thức đại số và phân thức hữu tỉ, NXB GD. [3] N.S Gopalakrishnan (1984), Commutative Algebra, Pune India. [4] Hoàng Xuân Sính (2006), Đại số đại c−ơng, NXB GD. [5] D−ơng Quốc Việt (2008), Cơ sở lí thuyết module, NXB ĐH S− phạm. [6] D−ơng Quốc Việt (2008), Lí thuyết chiều, NXB ĐH S− phạm. 51 Mục lục Nội dung trang Mở đầu...............................................................................................................3 Ch−ơng 1. vành và module phân bậc .................................................6 1.1. Vành phân bậc ..............................................................................................6 1.1.1. Vành phân bậc và các đối t−ợng thuần nhất của nó ..............................6 1.1.2. Một số tính chất của vành phân bậc ........................................................7 1.1.3. Đồng cấu phân bậc ..................................................................................10 1.2. Module phân bậc ........................................................................................11 1.3. Vành và module Rees .................................................................................13 Ch−ơng 2. độ dài module .........................................................................17 2.1. Khái niệm độ dài module ...........................................................................17 2.2. Một vài đặc tr−ng của module có độ dài hữu hạn...................................20 Ch−ơng 3. hàm và chuỗi hilbert ........................................................26 3.1. Đa thức số học. Hàm đa thức.....................................................................26 3.1.1. Đa thức số học (đa thức nhận giá trị nguyên)............................................26 3.1.2. Hàm đa thức .............................................................................................30 3.2. Hàm và chuỗi Hilbert .................................................................................34 3.3. Đa thức Hilbert - Samuel ...........................................................................38 Kết luận.........................................................................................................49 tài liệu tham khảo.................................................................................50

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfphe1baa1m_the1bb8b_he1baa3i_ye1babfn_ham_va_chue1bb97i_hilbert_8335.pdf