Trong luận án này, bằng các công cụ đại số và tổ hợp, chúng
tôi đã đạt được một số kết quả chính sau:
• Chỉ ra được sự tồn tại các giới hạn limn→∞ d(I
(n))
n , limn→∞
reg(I(n))
n
(hai giới hạn này bằng nhau) trong trường hợp I là một iđêan đơn
thức bất kì, đồng thời mô tả một cách cụ thể về giới hạn này (Định
lý 2.5 và Định lý 2.7).
• Đưa ra một ví dụ chỉ ra hàm chỉ số chính quy reg(I(n)) không là hàm
tuyến tính khi n đủ lớn trong trường hợp I là iđêan đơn thức không
chứa bình phương (Ví dụ 2.16).
• Xây dựng một chặn trên tốt cho reg(I(n)) trong trường hợp I là iđêan
đơn thức không chứa bình phương theo các dữ liệu tổ hợp từ phức
đơn hình (Định lý 3.7) và siêu đồ thị liên kết (Định lý 3.12), và theo
số ghép cặp có thứ tự của G trong trường hợp iđêan cạnh của một đồ
thị G (Định lý 3.18).
• Chỉ ra một chặn trên cho chỉ số ổn định của chỉ số chính quy của lũy
thừa của iđêan phủ của đồ thị hai phần (Định lý 4.6).
101 trang |
Chia sẻ: trinhthuyen | Ngày: 29/11/2023 | Lượt xem: 525 | Lượt tải: 1
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận án Lũy thừa hình thức của các IĐÊAN đơn thức, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
6 2δ(J), tức là
δ(J) > |γ| = d.
44
Bước 2: Để chứng minh chiều ngược lại ta lấy α = (α1, . . . , αr) là một
đỉnh bất kì của SP(J). Theo Bổ đề 2.13, αi ∈ {0, 1/2, 1} với mọi i. Đặt
S = S0 = {i | αi = 0}, S1 = {i | αi = 1} và S1/2 = {i | αi = 1/2}. Theo
Bổ đề 2.13, S ∈ ∆(G) và G \N [S] không có thành phần hai phần. Do đó
|α| = |S1|+
|S1/2|
2
=
|S|+ |S1|+ |S1/2|
2
+
|S1| − |S|
2
=
r
2
+
|N(S)| − |S|
2
6 d.
Chọn α là đỉnh của SP(J) sao cho |α| = δ(J), suy ra δ(J) 6 d.
Vậy δ(J) = d, ta có điều phải chứng minh.
Xét Km là một đồ thị đầy đủ m đỉnh và G = cor(Km, s) (m > 3, s > 2)
là đồ thị thu được từ Km bằng cách thêm s cạnh treo vào mỗi đỉnh của
đồ thị Km.
Bổ đề 2.15. Với m > 3 và s > 2,
δ(J(cor(Km, s))) =
1
2
m(s+ 1).
Chứng minh. Đặt G = cor(Km, s). Khi đó G có r = m(s + 1) đỉnh và ms
lá.
Gọi S là một tập độc lập của G sao cho G \N [S] không có thành phần
hai phần.
Trường hợp 1: S = ∅, suy ra N(S) = ∅ và |N(S)| − |S| = 0.
Trường hợp 2: S chứa đỉnh v của Km. Trong trường hợp này, G\N [S]
hoặc là tập rỗng hoặc là tập hoàn toàn không liên thông. Do G\N [S] không
có thành phần hai phần nên G \N [S] = ∅, tức là S gồm đỉnh v và tất cả
các lá không kề với nó. Do đó,
|S| = 1 + (m− 1)s; |N(S)| = s+m− 1.
Do m > 3, s > 2 nên
1 + (m− 1)s− (s+m− 1) = (m− 2)(s− 1) > 0.
45
Suy ra, |S| > |N(S)|.
Trường hợp 3: S chỉ gồm các lá của G. Gọi x1, . . . , xm là các đỉnh
của Km. Khi đó N(S) chỉ gồm các đỉnh của Km, giả sử x1, . . . , xt với
1 6 t 6 m. Lại có, với mỗi xi thì có ít nhất một lá trong S kề với nó nên
|S| > t = |N(S)|.
Do s > 2 và G\N [S] không có thành phần hai phần nên |S| > |N(S)|.
Vậy trong cả ba trường hợp ta luôn có |N(S)| 6 |S|. Dấu bằng xảy ra
khi và chỉ khi S = ∅.
Từ Định lý 2.14, suy ra
δ(J(cor(Km, s))) =
1
2
m(s+ 1).
Từ Bổ đề 2.15, chúng tôi có thể xây dựng được những ví dụ chỉ ra rằng
hàm chỉ số chính quy reg(I(n)) không là hàm tuyến tính trong trường hợp
iđêan đơn thức không chứa bình phương.
Ví dụ 2.16. Xét đồ thị G = cor(K3, 2) như Hình 2.1. Đặt J = J(G) là
y1
z1
x2
y2
z2
x3
y3
z3
x1
Hình 2.1: Đồ thị cor(K3, 2)
iđêan phủ của đồ thị G.
Ta có:
J = (x1x2x3, x2x3y1z1, x1x3y2z2, x1x2y3z3).
46
Theo Bổ đề 2.15, ta có δ(J) = 9/2. Điều này có nghĩa là reg(J(G)(n))
không là một hàm tuyến tính theo n.
Nhận xét 2.17. Nghiên cứu về tính Koszul của iđêan (xem [26]) và áp
dụng trong trường hợp lũy thừa hình thức của iđêan phủ J(G) của đồ thị
G = cor(Km, s) (m > 3, s > 2) thì reg(J(G)(n)) là một hàm tựa tuyến tính
với chu kỳ 2 (xem [12, Định lý 5.15]). Cụ thể, với mọi n > 1, ta có
reg(J(G)(n)) =
92n nếu n chẵn,9
2n− 12 nếu n lẻ.
Chương 3
Chặn trên của hàm chỉ số chính quy
Chương này chúng tôi đưa ra một chặn trên tốt của hàm chỉ số chính
quy reg(I(n)), với I là iđêan đơn thức không chứa bình phương. Chặn này
được mô tả theo các dữ liệu tổ hợp từ phức đơn hình và siêu đồ thị liên
kết với iđêan. Trong trường hợp I là iđêan cạnh của một đồ thị G, chúng
tôi đưa ra chặn trên của reg(I(n)) theo số ghép cặp có thứ tự của G. Kết
quả của chương này được dựa trên bài báo [28].
3.1. Iđêan đơn thức không chứa bình phương
Gọi ∆ là một phức đơn hình trên [r] = {1, . . . , r}. Trong trường hợp
tổng quát, reg(I
(n)
∆ ) không là hàm tuyến tính theo n khi n đủ lớn (xem Ví
dụ 2.16), nhưng là một hàm tựa tuyến tính theo n theo bổ đề sau.
Bổ đề 3.1 ([30], Định lý 4.9). Tồn tại các số nguyên dương N, n0 và các
số hữu tỉ a, b0, . . . , bN−1 < dim(R/I∆) + 1 sao cho
reg(I
(n)
∆ ) = an+ bk, với mọi n > n0 và n ≡ k mod N,
trong đó 0 6 k 6 N − 1. Hơn nữa,
reg(I
(n)
∆ ) 1.
Theo Định lý 2.7, ta có
a = lim
n→∞
reg(I
(n)
∆ )
n
= δ(I∆) = max{|v| | v là một đỉnh của SP(I∆)}.
47
48
Cho vectơ α = (α1, . . . , αr) ∈ Rr, đặt |α| := α1 + · · ·+αr. Với S là một
tập con khác rỗng, đóng và bị chặn của Rr, đặt
δ(S) := max{|α| | α ∈ S}.
Nhận xét 3.2. Giá trị δ(S) đạt được tại một đỉnh nào đó của S (xem
[32, Hệ quả 2.14]).
Xét đa diện lồi Cm theo Công thức (1.4), ta có mối liên hệ giữa δ(C1)
và δ(I∆) được biểu thị thông qua bổ đề sau.
Bổ đề 3.3. δ(C1) 6 δ(I∆).
Chứng minh. Theo Bổ đề 1.21, C1 là đa diện lồi có dim C1 = r, giả sử
δ(C1) = |γ| với γ là một đỉnh nào đó của C1. Theo [41, Công thức (23),
trang 104] thì γ là nghiệm duy nhất của hệ phương trình tuyến tính:
∑
i/∈Fj
xi = 1 với j ∈ S1,
xj = 0 với j ∈ S2,
trong đó S1 ⊆ [t] và S2 ⊆ [r] sao cho |S1|+ |S2| = r. Theo luật Cramer thì
nghiệm γ là một véctơ có các thành phần tọa độ là các số hữu tỉ. Do vậy,
tồn tại một số nguyên dương p sao cho pγ ∈ Nr. Mặt khác, Cp = pC1 nên
pγ ∈ Cp ∩ Nr.
Với mọi j > 1, đặt y = jpγ + α (α ∈ Pn). Khi đó, y ∈ Nr và
|y| = δ(C1)jp+ |α|. Lại có jpγ ∈ Cjp và α ∈ Pn nên
∑
i/∈Fj
yi 6 jp+ n− 1 với j = 1, . . . , s,∑
i/∈Fj
yi > jp+ n với j = s+ 1, . . . , t.
Điều này chỉ ra y ∈ Pjp+n ∩ Nr và
∆y(I
(jp+n)
∆ ) = 〈F1, . . . , Fs〉 = ∆α(I(n)∆ ). (3.1)
49
Do đó
dimk H˜i−1(∆y(I
(jp+n)
∆ ); k) = dimk H˜i−1(∆α(I
(n)
∆ ); k) 6= 0,
hay
H im(R/I
(jp+n)
∆ )y 6= 0. (3.2)
Vậy
reg(R/I
(jp+n)
∆ ) > |y|+ i = δ(C1)jp+ |α|+ i.
Kết hợp với Bổ đề 3.1, suy ra
δ(C1)jp+ |α|+ i < δ(I∆)(jp+ n) + dim(R/I∆).
Do bất đẳng thức này thỏa mãn với mọi số nguyên dương j, nên ta có
δ(C1) 6 δ(I∆).
Vậy bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 3.4. Cho σ ⊆ [r] với σ 6= [r], S = k[xi | i /∈ σ] và J = IRσ ∩ S.
Khi đó,
reg(J (n)) 6 reg(I(n)) với mọi n > 1.
Hơn nữa, δ(J) 6 δ(I).
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, đặt S = k[x1, . . . , xs] với 1 6
s 6 r. Giả sử
H in(S/J
(n))α 6= 0 và reg(S/J (n)) = |α|+ i,
trong đó α = (α1, . . . , αs) ∈ Zs và n = (x1, . . . , xs) là iđêan cực đại thuần
nhất của S.
Xét β = (α1, . . . , αs,−1, . . . ,−1) ∈ Zr, suy ra Gβ = Gα∪{s+1, . . . , r}.
Theo Bổ đề 1.6, ta có
∆α(J
(n)) = ∆β(I
(n)). (3.3)
50
Theo Bổ đề 1.7,
dimkH
i
n(S/J
(n))α = dimk H˜i−|Gα|−1(∆α(J
(n)); k),
nên H˜i−|Gα|−1(∆α(J
(n)); k) 6= 0. Kết hợp với (3.3), ta có
H˜i−|Gα|−1(∆β(I
(n)); k) 6= 0.
Do |Gβ| = |Gα|+ (r − s), theo Bổ đề 1.7, ta có H i+(r−s)m (R/I(n))β 6= 0.
Do đó
reg(R/I(n)) > |β|+ i+ (r − s) = |α|+ i = reg(S/J (n)).
Điều này suy ra reg(J (n)) 6 reg(I(n)).
Kết hợp bất phương trình trên và Định lý 2.7, ta có
δ(J) = lim
n→∞
reg(J (n))
n
6 lim
n→∞
reg(I(n))
n
= δ(I).
Tiếp theo, chúng tôi xây dựng chặn trên cho bất biến ai của lũy thừa
hình thức của iđêan đơn thức không chứa bình phương.
Định lý 3.5. Cho I là iđêan đơn thức không chứa bình phương. Khi đó
với mọi i > 0,
ai(R/I
(n)) 6 δ(I)(n− 1).
Chứng minh. Do I là iđêan đơn thức không chứa bình phương nên từ Bổ
đề 1.4 suy ra ai(R/I) 6 0 với mọi i > 0. Vậy định lý đúng trong trường
hợp n = 1.
Giả sử n > 2. Nếu ai(R/I(n)) = −∞, định lý là hiển nhiên. Do đó ta
giả sử ai(R/I
(n)) 6= −∞.
Giả sử α ∈ Zr sao cho
H im(R/I
(n))α 6= 0 và ai(R/I(n)) = |α|.
51
Theo Bổ đề 1.7, ta có
dimk H˜i−|Gα|−1(∆α(I
(n)); k) = dimkH
i
m(R/I
(n))α 6= 0, (3.4)
tức là, ∆α(I
(n)) không là phức xoắn.
Nếu Gα = [r], thì ai(R/I
(n)) = |α| 6 0 6 δ(I)(n− 1).
Nếu Gα 6= [r], giả sử Gα = {m+ 1, . . . , r}, 1 6 m 6 r. Đặt
S = k[x1, . . . , xm] và J = IRGα ∩ S.
Xét α′ = (α1, . . . , αm) ∈ Nm. Theo Bổ đề 1.6, ta có
∆α′(J
(n)) = ∆α(I
(n)).
Kết hợp với (4.1), suy ra H˜i−|Gα|−1(∆α′(J
(n)); k) 6= 0. Theo Bổ đề 1.7,
ta có
H
i−|Gα|
n (S/J
(n))α′ 6= 0,
trong đó n = (x1, . . . , xm) là iđêan cực đại thuần nhất của S.
Gọi ∆ là phức đơn hình trên [m] tương ứng với iđêan đơn thức không
chứa bình phương J . Giả sử F(∆) = {F1, . . . , Ft}.
Theo Bổ đề 1.8, giả sử F(∆α′(J (n))) = {F1, . . . , Fs} với 1 6 s 6 t.
Đặt
β = (β1, . . . , βm) =
1
n− 1α
′ ∈ Rm .
Theo Bổ đề 1.8, ta có
∑
i6∈Fj
βi =
1
n− 1
∑
i6∈Fj
αi 6 1 với j = 1, . . . , s,∑
i6∈Fj
βi =
1
n− 1
∑
i6∈Fj
αi >
n
n− 1 > 1 với j = s+ 1, . . . , t.
Từ đó suy ra β ∈ C1, trong đó C1 là đa diện trong Rm được xác định bởi
hệ các bất phương trình
∑
i 6∈Fj
xi 6 1 với j = 1, . . . , s,∑
i 6∈Fj
xi > 1 với j = s+ 1, . . . , t,
x1 > 0, . . . , xm > 0.
52
Theo Bổ đề 1.21, C1 là đa diện lồi trong Rm.
Do đó |β| 6 δ(C1). Suy ra |α′| = (n − 1)|β| 6 δ(C1)(n − 1). Lại có
αj < 0 với mọi j ∈ Gα = {m+ 1, . . . , r}, nên
ai(R/I
(n)) = |α| = |α′|+ (αm+1 + · · ·+ αr) 6 |α′| 6 δ(C1)(n− 1). (3.5)
Mặt khác, theo các Bổ đề 3.3 và 3.4, ta có
δ(C1) 6 δ(J) 6 δ(I).
Kết hợp với (3.5), suy ra
ai(R/I
(n)) 6 δ(I)(n− 1),
ta có điều phải chứng minh.
Chỉ số chính quy của iđêan đơn thức không chứa bình phương có thể
được xác định theo sự triệt tiêu của đồng điều rút gọn của phức đơn hình.
Theo Bổ đề 1.4, ta có
Bổ đề 3.6. Cho phức đơn hình ∆. Khi đó
reg(R/I∆) = max{d | H˜d−1(lk∆(σ); k) 6= 0, với σ ∈ ∆ nào đó}.
Trong trường hợp lũy thừa hình thức của I∆ ta có kết quả sau.
Định lý 3.7. Cho ∆ là phức đơn hình. Khi đó,
reg(I
(n)
∆ ) 6 δ(I∆)(n− 1) + b với mọi n > 1,
trong đó b = max{reg(IΓ) | Γ là một phức con của ∆ với F(Γ) ⊆ F(∆)}.
Chứng minh. Đặt I = I∆. Gọi i ∈ {0, . . . , dim(R/I)} và α ∈ Zr sao cho
H im(R/I
(n))α 6= 0, và reg(R/I(n)) = ai(R/I(n)) + i = |α|+ i.
Theo Bổ đề 1.7, ta có
dimk H˜i−|Gα|−1(∆α(I
(n)); k) = dimkH
i
m(R/I
(n))α 6= 0. (3.6)
53
Suy ra, ∆α(I
(n)) không là phức xoắn.
Nếu Gα = [r] thì ∆α(I
(n)) hoặc là {∅} hoặc là phức trống. Do ∆α(I(n))
không là phức xoắn nên ∆α(I
(n)) = {∅}. Theo (3.6), ta có i = |Gα| = r,
suy ra dim(R/I) = r. Điều này có nghĩa là I = 0 và I(n) = 0. Do đó,
reg(I(n)) = −∞, định lý được chứng minh.
Giả sử Gα = {m + 1, . . . , r} với 1 6 m 6 r. Dặt S = k[x1, . . . , xm] và
J = IRGα ∩ S.
Xét α′ = (α1, . . . , αm) ∈ Nm. Theo Bổ đề 1.6, ta có
∆α′(J
(n)) = ∆α(I
(n)). (3.7)
Kết hợp với (3.6), ta có H˜i−|Gα|−1(∆α′(J
(n)); k) 6= 0. Theo Bổ đề 1.7, suy
ra
H
i−|Gα|
n (S/J
(n))α′ 6= 0,
trong đó n = (x1, . . . , xm) là iđêan thuần nhất cực đại của S. Vậy
|α′| 6 ai−|Gα|(S/J (n)).
Kết hợp với Bổ đề 3.4 và Định lý 3.5, ta có
|α′| 6 δ(J)(n− 1) 6 δ(I)(n− 1).
Do đó,
reg(I(n)) = reg(R/I(n)) + 1 = |α|+ i+ 1 = |α′|+
r∑
j=m+1
αj + i+ 1
6 |α′|+ i− |Gα|+ 1 6 δ(I)(n− 1) + i− |Gα|+ 1.
Từ (3.7) và theo Bổ đề 1.10, ta có
F(∆α′(J (n))) = F(∆α(I(n))) =
F ∈ F(lk∆(Gα)) | ∑
j /∈F∪Gα
αj 6 n− 1
.
Điều này chỉ ra tồn tại một phức đơn hình Γ với F(Γ) ⊆ F(∆) sao cho
∆α′(J
(n)) = lkΓ(Gα).
54
Do H˜i−|Gα|−1(lkΓ(Gα); k) 6= 0, nên theo Bổ đề 3.6 ta có
i− |Gα|+ 1 6 reg(IΓ) 6 b.
Vậy
reg(I
(n)
∆ ) 6 δ(I∆)(n− 1) + b, với mọi n > 1.
Hệ quả 3.8. Cho I là iđêan đơn thức không chứa bình phương. Khi đó,
reg(I(n)) 6 δ(I)(n− 1) + dim(R/I) + 1, với mọi n > 1.
Chứng minh. Gọi ∆ là phức đơn hình tương ứng với iđêan I. Với mọi phức
con Γ của ∆, ta có dim Γ 6 dim ∆. Theo Bổ đề 3.6, suy ra
reg(IΓ) 6 dim(R/IΓ) + 1 6 dim(R/I∆) + 1.
Do đó, b = max{reg(IΓ) | F(Γ) ⊆ F(∆)} 6 dim(R/I∆) + 1.
Theo Định lý 3.7, ta có
reg(I(n)) 6 δ(I)(n− 1) + dim(R/I) + 1, với mọi n > 1.
Như chúng ta biết có một sự tương ứng giữa iđêan đơn thức không chứa
bình phương trong vành R = k[x1, . . . , xr] và siêu đồ thị đơn trên tập đỉnh
V = {x1, . . . , xr}. Do đó, Định lý 3.7 có thể được diễn đạt lại trong trường
hợp siêu đồ thị như sau.
Định lý 3.9. Cho H là siêu đồ thị. Khi đó, với mọi n > 1,
reg(I(H)(n)) 6 δ(I(H))(n− 1) + b,
trong đó
b = max{pd(R/I(H′)) | H′ là một siêu đồ thị con của H∗
với E(H′) ⊆ E(H∗)}.
55
Để chứng minh định lý trên, trước hết ta nhắc lại một kết quả nổi tiếng
của Terai [44] (hoặc xem [35, Định lý 5.59]) về mối quan hệ giữa chỉ số
chính quy của iđêan đơn thức không chứa bình phương và chiều xạ ảnh
của đối ngẫu Alexander của iđêan.
Bổ đề 3.10. Cho I ⊆ R là iđêan đơn thức không chứa bình phương. Khi
đó,
reg(I) = pd(R/I∗).
Chứng minh Định lý 3.9. Gọi ∆ là phức đơn hình tương ứng với iđêan đơn
thức không chứa bình phương I(H). Giả sử F(∆) = {F1, . . . , Fp}. Do
I(H) =
p⋂
j=1
(xi | i /∈ Fj),
nên E(H∗) = {C1, . . . , Cp}, trong đó Cj = [r] \ Fj với mọi j = 1, . . . , p.
Gọi Γ là phức con của ∆ với F(Γ) ⊆ F(∆). Giả sử F(Γ) = {F1, . . . , Fk},
1 6 k 6 p. Khi đó I∗Γ = I(H′), trong đó H′ là siêu đồ thị con của H∗ với
E(H′) = {C1, . . . , Ck}.
Theo Bổ đề 3.10, ta có
reg(IΓ) = pd(R/I
∗
Γ) = pd(R/I(H′)).
Kết hợp với Định lý 3.7, ta suy ra điều phải chứng minh.
Bổ đề 3.11 ([11], Định lý 3.2). Cho H là một siêu đồ thị. Khi đó,
pd(R/I(H)) 6 |V (H)| − (H).
Định lý sau cho ta một chặn trên của chỉ số chính quy của lũy thừa
hình thức của iđêan đơn thức không chứa bình phương theo các tính chất
tổ hợp của siêu đồ thị liên kết với iđêan.
Định lý 3.12. Cho H là một siêu đồ thị. Khi đó,
reg(I(H)(n)) 6 δ(I(H))(n− 1) + |V (H)| − (H∗), với mọi n > 1.
56
Chứng minh. Theo Định lý 3.9, ta chỉ cần chứng minh
pd(R/I(G)) 6 |V (H)| − (H∗)
với mọi siêu đồ thị G mà E(G) ⊆ E(H∗). Từ Bổ đề 3.11, để chứng minh
định lý ta cần chứng minh
|V (G)| − (G) 6 |V (H∗)| − (H∗).
Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử H∗ không có cạnh tầm
thường và các đỉnh cô lập.
Gọi S là tập trội cạnh thành phần của G sao cho |S| = (G). Với mỗi
đỉnh v ∈ V (H∗) \ V (G), lấy một cạnh của H∗ chứa v, ký hiệu F (v). Khi
đó,
S ′ = S ∪ {F (v) | v ∈ V (H∗) \ V (G)}
là một tập trội cạnh thành phần của H∗. Từ đó ta có
(H∗) 6 |S ′| 6 |S|+ |V (H∗) \ V (G)| = |S|+ |V (H∗)| − |V (G)|.
Do đó
|V (G)| − (G) 6 |V (H∗)| − (H∗),
ta có điều phải chứng minh.
Nhắc lại, một phức đơn hình ∆ được gọi là phức đơn hình matroid nếu
với mọi tập con σ của V (∆) thì phức đơn hình ∆[σ] là phức thuần (xem
[42, Chương 3]). Ở đây, ∆[σ] là hạn chế của ∆ xuống σ và được xác định
bởi ∆[σ] = {τ | τ ∈ ∆ và τ ⊆ σ}. Ví dụ sau chỉ ra rằng chặn trên của chỉ
số chính quy trong Định lý 3.7 là một chặn tốt với mọi n, tức là chặn có
dấu bằng xảy ra.
Ví dụ 3.13. Cho ∆ là phức matroid và không là nón. Khi đó,
reg(I
(n)
∆ ) = δ(I∆)(n− 1) + b, với mọi n > 1,
trong đó b = max{reg(IΓ) | Γ là phức con của ∆ với F(Γ) ⊆ F(∆)}.
57
Chứng minh. Đặt I = I∆ và s = dim(R/I∆). Theo [37, Định lý 4.5], với
mọi n > 1 ta có
reg(I(n)) = d(I)(n− 1) + s+ 1.
Điều này suy ra
lim
n→∞
reg(I(n))
n
= d(I),
và do đó δ(I) = d(I). Ta cần chỉ ra b = s+ 1.
Theo Định lý 3.7, ta có s + 1 6 b. Mặt khác, lập luận tương tự như
trong chứng minh của Hệ quả 3.8, ta có b 6 s+ 1.
Vậy b = s+ 1, ta có điều phải chứng minh.
3.2. Iđêan cạnh của đồ thị G
Trong phần này chúng tôi áp dụng Định lý 3.7 để nghiên cứu về hàm
chỉ số chính quy của lũy thừa hình thức của iđêan cạnh của một đồ thị.
Để xây dựng chặn cho hệ số b trong Định lý 3.7, chúng tôi xét hàm số số
học sau.
Định lý 3.14. Cho ∆ là phức đơn hình trên [r] và đặt
Simp(∆) = {lk∆(σ) | σ ∈ ∆}.
Giả sử f : Simp(∆)→ N là hàm số thỏa mãn các tính chất sau:
(i) Nếu Λ ∈ Simp(∆) là một đơn hình thì f(Λ) = 0;
(ii) Với mọi Λ ∈ Simp(∆) và mọi v ∈ V (Λ) sao cho Λ không là nón trên
v thì f(lkΛ(v)) + 1 6 f(Λ).
Khi đó, với mọi phức con Γ của ∆ mà F(Γ) ⊆ F(∆) thì reg(IΓ) 6 f(∆)+1.
Chứng minh. Với tập con S bất kì của [r], đặt pS = (xi | i ∈ S) ⊆ R.
Trước hết ta chứng minh khẳng định sau: Với mọi S ⊆ [r] thì
reg(pS + IΓ) 6 f(∆) + 1, (3.8)
58
trong đó mọi phức đơn hình đều xét trên [r].
Thật vậy, nếu |V (∆)| 6 1 thì ∆ là một đơn hình. Trong trường hợp
này, khẳng định trên là hiển nhiên.
Giả sử |V (∆)| > 2. Nếu ∆ là đơn hình thì khẳng định trên là đúng vì
reg(pS + IΓ) = 1 = f(∆) + 1.
Do đó, ta giả sử ∆ không là đơn hình. Ta sẽ chứng minh khẳng định trên
bằng phương pháp quy nạp lùi theo lực lượng của S.
Nếu |S| = r thì
pS + IΓ = (x1, . . . , xr).
Suy ra, reg(pS + IΓ) = 1. Khẳng định (3.8) là đúng.
Giả sử |S| < r. Nếu pS + IΓ là nguyên tố, tức là pS + IΓ là iđêan được
sinh bởi các biến. Khi đó, reg(pS + IΓ) = 1 nên (3.8) đúng.
Giả sử pS + IΓ không phải nguyên tố. Khi đó, tồn tại biến xv với v ∈ [r]
sao cho xv xuất hiện trong một đơn thức sinh nào đó của pS + IΓ có bậc ít
nhất bằng 2 và v /∈ S. Chú ý rằng, nếu u không phải là đỉnh của Γ thì xu
là một đơn thức sinh của IΓ, và nếu Γ là nón trên đỉnh w nào đó thì xw
không xuất hiện trong bất cứ đơn thức sinh nào của IΓ. Điều này suy ra
v là một đỉnh của Γ và Γ không là nón trên v. Mặt khác, F(Γ) ⊆ F(∆)
nên ∆ cũng không là nón trên v.
Ta có
(pS + IΓ) + (xv) = pS∪{v} + IΓ, và (pS + IΓ) : (xv) = pS + IΓ′,
trong đó Γ′ là phức con của Γ với F(Γ′) = {F ∈ F(Γ) | v ∈ F}.
Theo [10, Bổ đề 2.10], ta có
reg(pS + IΓ) 6 max{reg(pS∪{v} + IΓ), reg(pS + IΓ′) + 1}. (3.9)
Theo giả thiết quy nạp, ta có
reg(pS∪{v} + IΓ) 6 f(∆) + 1. (3.10)
59
Ta chứng minh khẳng định sau:
reg(pS + IΓ′) 6 f(∆). (3.11)
Thật vậy, nếu pS + IΓ′ là iđêan nguyên tố thì reg(pS + IΓ′) = 1. Do ∆
không phải là nón trên v nên theo định nghĩa của f ta có
f(∆) > f(lk∆(v)) + 1 > 1.
Vậy khẳng định trên là đúng.
Giả sử pS + IΓ′ không là iđêan nguyên tố. Ta có
IΓ′′ = (xv) + IΓ′,
trong đó Γ′′ = lkΓ′(v) và phức đơn hình này cũng được xét trên [r]. Do biến
xv không xuất hiện trong bất kì phần tử sinh nào của IΓ′ nên reg(IΓ′′) =
reg(IΓ′).
Mặt khác, theo giả thiết quy nạp thì
reg(IΓ′′) = reg(IlkΓ′(v)) 6 f(lk∆(v)) + 1.
Điều này chỉ ra rằng
reg(pS + IΓ′) 6 reg(IΓ′) = reg(IΓ′′) 6 f(lk∆(v)) + 1.
Theo giả thiết f(lk∆(v)) + 1 6 f(∆), nên reg(pS + IΓ′) 6 f(∆). Như vậy
khẳng định được chứng minh.
Kết hợp (3.9)-(3.11), ta có reg(pS + IΓ) 6 f(∆) + 1. Do đó (3.8) được
chứng minh.
Áp dụng (3.8) trong trường hợp S = ∅, ta có
reg(IΓ) 6 f(∆) + 1.
Vậy định lý được chứng minh.
Trong trường hợp đồ thị, Định lý 3.14 được phát biểu như sau.
60
Hệ quả 3.15. Cho đồ thị G và đặt IG = {G \NG[S] | S ∈ ∆(G)}. Giả sử
f : IG → N là hàm số thỏa mãn các tính chất sau:
(i) f(H) = 0 nếu H là tầm thường;
(ii) Với mọi đồ thị H và mọi đỉnh v không cô lập của H thì
f(H \NH [v]) + 1 6 f(H).
Khi đó, với mọi phức con Γ của ∆(G) với F(Γ) ⊆ F(∆(G)) thì
reg(IΓ) 6 f(G) + 1.
Chứng minh. Với mọi đồ thị H và S ∈ ∆(H), ta luôn có
∆(H \NH [S]) = lk∆(H)(S).
Điều này suy ra
Simp(∆(G)) = {∆(H) | H ∈ IG}.
Với mọi H ∈ IG, ta xét hàm số g được xác định như sau:
g : Simp(∆(G))→ N
∆(H) 7→ f(H).
Chú ý rằng với mọi đồ thị H, ∆(H) là đơn hình nếu và chỉ nếu H là đồ
thị tầm thường, và ∆(H) là một nón trên đỉnh v nếu và chỉ nếu v là một
đỉnh cô lập của H. Như vậy, g là hàm số thỏa mãn các điều kiện trong
Định lý 3.14, nên
reg(IΓ) 6 g(∆(G)) + 1 = f(G) + 1.
Vậy hệ quả được chứng minh.
61
Nhận xét 3.16. Giả sử H là một siêu đồ thị đơn và S ⊂ V (H). Gọi NH[S]
là lân cận đóng của S trong H, ∆(H) là phức độc lập của H. Ta luôn có
các đẳng thức I(H) = I∆(H) và ∆(H \ NH[S]) = lk∆(H)(S) với H là một
siêu đồ thị bất kì. Hàm số f : {H \ NH[S] | S ∈ ∆(H)} → N được xác
định như sau:
f(H′) =
0 nếu H′ là tầm thường,|V (H′)| − (H′∗)− 1 trong các trường hợp còn lại.
Tương tự như cách chứng minh trong Định lý 3.12, ta có thể chỉ ra rằng
hàm số f thỏa mãn các điều kiện của Định lý 3.14. Từ đó, chúng ta có
một cách chứng minh khác của Bổ đề 3.11.
Trong trường hợp iđêan cạnh của đồ thị G, Định lý 3.7 được phát biểu
lại như sau.
Bổ đề 3.17. Cho G là một đồ thị. Khi đó,
reg(I(G)(n)) 6 2(n− 1) + b, với mọi n > 1,
trong đó
b = max{reg(IΓ) | Γ là một phức con của ∆(G) với F(Γ) ⊆ F(∆(G))}.
Chứng minh. Ta có I(G) = I∆(G) và δ(I(G)) = 2 theo Ví dụ 2.12.
Do đó, theo Định lý 3.7 ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo, chúng tôi xét kết quả chính của phần này.
Định lý 3.18. Cho đồ thị G. Khi đó,
reg(I(G)(n)) 6 2n+ ord-match(G)− 1, với mọi n > 1.
Chứng minh. Theo Bổ đề 3.17, ta cần chỉ ra reg(IΓ) 6 ord-match(G) + 1
với mọi phức con Γ của ∆(G) với F(Γ) ⊆ F(∆(G)).
62
Xét hàm số f : IG → N được xác định như sau:
f(H) =
0 nếu H là tầm thường,ord-match(H) trong trường hợp khác.
Theo [15, Bổ đề 2.1], với mọi đỉnh v không cô lập của H thì f(H \NH [v])+
1 6 f(H). Do đó, hàm f thỏa mãn mọi điều kiện của Hệ quả 3.15, nên
reg(IΓ) 6 f(G) + 1 = ord-match(G) + 1.
Vậy định lý được chứng minh.
Nhận xét 3.19. Trong trường hợp iđêan cạnh của đồ thị đơn, Fakhari
(xem [17, Giả thuyết 1.3]) đưa ra giả thuyết
reg(I(G)(n)) 6 2n+ reg(I(G))− 2.
Mặc dù chặn trên mà chúng tôi thu được cho reg(I(G))(n) theo số ghép
cặp có thứ tự của G trong Định lý 3.18 yếu hơn so với chặn trong giả
thuyết của Fakhari, tuy nhiên nó vẫn là một chặn tốt (Ví dụ 3.13). Hơn
nữa, với kết quả này chúng tôi đồng thời có thể áp dụng để chỉ ra câu trả
lời cho câu hỏi (2) của Fakhari trong [16].
Hệ quả 3.20. Cho G là đồ thị có tính chất ord-match(G) = ν(G). Khi
đó,
reg(I(G)(n)) = 2n+ ν(G)− 1, với mọi n > 1.
Chứng minh. Thật vậy, với mọi số nguyên dương n, theo [19, Định lý 4.6],
ta có chặn dưới
reg(I(G)(n)) > 2n+ ν(G)− 1. (3.12)
Mặt khác, theo Định lý 3.18 và ord-match(G) = ν(G) nên ta có chặn trên
reg(I(G)(n)) 6 2n+ ν(G)− 1. (3.13)
Kết hợp (3.12) và (3.13), ta có điều phải chứng minh.
63
Nhận xét 3.21. Theo [16], Fakhari đã chứng minh rằng đẳng thức
reg(I(G)(n)) = 2n+ ν(G)− 1
xảy ra với mọi n > 1 khi G là đồ thị Cameron-Walker (Đồ thị G được gọi
là Cameron-Walker nếu ν(G) = match(G) (xem [27])).
Như vậy, kết quả này có thể được xem như một hệ quả của Định lý
3.18 (hoặc Hệ quả 3.20) vì đối với các đồ thị Cameron-Walker ta luôn có
ord-match(G) = ν(G) (do ν(G) 6 ord-match(G) 6 match(G)).
Chương 4
Tính ổn định của hàm chỉ số chính quy
Trong chương hai chúng ta thấy rằng hàm chỉ số chính quy của lũy thừa
hình thức của iđêan phủ của một đồ thị trong trường hợp tổng quát không
phải là một hàm tuyến tính khi n đủ lớn. Tuy nhiên, trong trường hợp đồ
thị hai phần, theo Herzog, Hibi và N. V. Trung [24] thì J(G)(t) = J(G)t,
nên hàm chỉ số chính quy của lũy thừa của iđêan phủ của đồ thị là một hàm
tuyến tính khi n đủ lớn. Hơn nữa, theo [22], tồn tại 0 6 b 6 dimR/J(G)−
d(J(G)) + 1 sao cho reg(J(G)n) = d(J(G))n + b với mọi n > |V (G)| + 2,
hay reg-stab(J(G)) 6 |V (G)| + 2. Trong chương này, bằng cách sử dụng
các kỹ thuật đã được trình bày trong chương 2 và chương 3 khi nghiên
cứu về nghiệm của hệ các bất phương trình tuyến tính cho trường hợp
I = J(G), chúng tôi đưa ra những chặn tốt hơn cho hệ số b và chỉ số ổn
định reg-stab(J(G)) của đồ thị hai phần. Kết quả trình bày của chương
được dựa trên bài báo [20].
4.1. Đa diện nguyên ứng với đồ thị hai phần
Trước hết, chúng tôi xây dựng các đa diện lồi Pn và Cn theo mục 1.5.2.
trong trường hợp đồ thị.
Cho G = (V (G), E(G)) là đồ thị hai phần với tập đỉnh V (G) =
{1, . . . , r} và tập cạnh E(G). Giả sử
H im(R/J(G)
n)α 6= 0
64
65
với i > 0, n > 1 nào đó và α = (α1, . . . , αr) ∈ Nr.
Theo Bổ đề 1.7, ta có
dimk H˜i−1(∆α(J(G)n); k) = dimkH im(R/J(G)
n)α 6= 0, (4.1)
tức là, ∆α(J(G)
n) không là phức xoắn.
Giả sử E(G) = {e1, . . . , et}. Theo Phương trình (1.1), ta có
∆(J(G)) = 〈V (G) \ e1, . . . , V (G) \ et〉 .
Do ∆α(J(G)
n) không là phức xoắn, theo Bổ đề 1.15, ta giả sử rằng
∆α(J(G)
n) = 〈V \ e1, . . . , V \ es〉
trong đó 1 6 s 6 t.
Với mỗi số nguyên n > 1, Pn là tập nghiệm trong Rr của hệ sau:
xu + xv 6 n− 1 với {u, v} ∈ E1,
xu + xv > n với {u, v} ∈ E2,
x1 > 0, . . . , xr > 0,
(4.2)
trong đó E1 = {e1, . . . , es}, E2 = {es+1, . . . , et}, 1 6 s 6 t. Khi đó,
α ∈ Pn. Hơn nữa, theo Bổ đề 1.15, ta có
∆β(J(G)
m) = 〈V (G) \ e1, . . . , V (G) \ es〉 = ∆α(J(G)n)
với bất kì β ∈ Pm ∩ Nr .
Để nghiên cứu về Pn, chúng tôi xét Cn là tập nghiệm trong Rr của hệ
sau:
xu + xv 6 n với {u, v} ∈ E1,
xu + xv > n với {u, v} ∈ E2,
x1 > 0, . . . , xr > 0.
(4.3)
Do G là đồ thị hai phần nên G là một siêu đồ thị unimodular (theo [4,
Định lý 5]). Do đó, theo [41, Định lý 19.1], Pn và Cn đều là các đa diện
nguyên, tức là mọi đỉnh của nó đều có các thành phần tọa độ nguyên. Hơn
nữa,
66
Bổ đề 4.1. C1 là một đa diện lồi có dim C1 = r. Hơn nữa, nếu α =
(α1, . . . , αr) ∈ Rr là một đỉnh của C1, thì α ∈ {0, 1}r.
Chứng minh. Thật vậy, theo [21, Bổ đề 2.1], ta có C1 là một đa diện lồi
với dim C1 = r.
Giả sử α là một đỉnh của C1, theo [41, Công thức (23), trang 104], α
là nghiệm duy nhất của hệ các phương trình tuyến tính có dạngxu + xv = 1 với {u, v} ∈ S1,xj = 0, với j ∈ S2, (4.4)
trong đó S1 ⊆ E1 ∪ E2, S2 ⊆ {1, . . . , r} và |S1|+ |S2| = r.
Mặt khác, ma trận liên thuộc A(G) của đồ thị hai phần G là unimodular
hoàn toàn. Do đó, ma trận của Hệ (4.4) cũng là unimodular hoàn toàn.
Theo [41, Định lý 2.17], ta có α là {0, 1}− véctơ.
Nhận xét 4.2. Do Cn = nC1, nên Cn là một đa diện lồi. Lại có, Pn ⊆ Cn,
nên Pn cũng là một đa diện lồi.
Do C1 là đa diện lồi có chiều r, nên tồn tại véctơ γ = (γ1, . . . , γr) ∈ C1
sao cho
δ(C1) = |γ| = γ1 + · · ·+ γr.
Đặt a := |γ| = δ(C1), ta có a > 1. Chú ý rằng nγ cũng là một véctơ
của Cn và δ(Cn) = an. Do Pn ⊆ Cn, nên δ(Pn) 6 an và ta có thể đặt
δ(Pn) = an− bn với số nguyên bn > 0 nào đó.
Bổ đề 4.3. Nếu Pn 6= ∅, thì Pn+1 6= ∅ và bn > bn+1.
Chứng minh. Giả sử α = (α1, . . . , αr) ∈ Pn sao cho δ(Pn) = |α|. Do α là
nghiệm của Hệ (4.2), và γ là nghiệm của Hệ (4.3) với n = 1, theo Bổ đề
4.1 ta có γ ∈ {0, 1}r. Đặt α + γ = θ = (θ1, . . . , θr), ta suy raθu + θv = (αu + αv) + (γu + γv) 6 n− 1 + 1 = n với {u, v} ∈ E1,θu + θv = (αu + αv) + (γu + γv) > n+ 1 với {u, v} ∈ E2.
67
Điều này suy ra θ ∈ Pn+1. Do đó, Pn+1 6= ∅ và δ(Pn+1) > |α| + |γ|. Do
δ(Pn+1) = a(n+ 1)− bn+1 và |α|+ |γ| = a(n+ 1)− bn, ta có bn > bn+1.
Gọi l là độ dài của đường đi đơn dài nhất trong G. Trong bổ đề sau,
chúng tôi chỉ ra rằng δ(Pn) là một hàm tuyến tính theo n với mọi n > l + 1
2
.
Bổ đề 4.4. Tồn tại số nguyên không âm b sao cho
δ(Pn) = δ(C1)n− b với mọi n > l + 1
2
.
Chứng minh. Đặt a = δ(C1). Với n > 1 mà Pn 6= ∅, đặt δ(Pn) = an − bn
trong đó bn là một số nguyên không âm. Theo Bổ đề 4.3, ta có bn > bn+1 >
· · · > 0. Do đó, tồn tại n0 > 1 sao cho bn = bn0 với n > n0. Đặt b := bn0.
Khi đó,
δ(Pn) = an− b, với mọi n > n0.
Lại theo Bổ đề 4.3, khi Pn 6= ∅ ta luôn có
δ(Pn) 6 an− b. (4.5)
Gọi s là số nguyên sao cho s > max
{
2r2 + b, n0
}
. Khi đó, ta có
δ(Ps) = as− b.
Do Ps là một đa diện lồi, nên δ(Ps) = |α| với α là một đỉnh nào đó của
Ps. Chú ý rằng, đa diện lồi Ps được xác định bởi hệ
xu + xv 6 s− 1 với {u, v} ∈ E1,
xu + xv > s với {u, v} ∈ E2,
x1 > 0, . . . , xr > 0.
Theo [41, Công thức (23), trang 104], α là nghiệm duy nhất của hệ các
phương trình tuyến tính có dạng
xu + xv = s− 1 với {u, v} ∈ S1,
xu + xv = s với {u, v} ∈ S2,
xt = 0, với t ∈ S3,
(4.6)
68
trong đó S1 ⊆ E1, S2 ⊆ E2, S3 ⊆ [r] sao cho |S1|+ |S2|+ |S3| = r.
Gọi H là đồ thị con của G với V (H) = V (G) và E(H) = S1 ∪ S2. Giả
sử H1, . . . , Hp là các thành phần liên thông của H.
Tiếp theo, chúng ta chứng minh các khẳng định sau.
Khẳng định 1: Hi là cây và |V (Hi) ∩ S3| = 1 với mỗi i = 1, . . . , p.
Thật vậy, do Hệ (4.6) có nghiệm duy nhất nên hệ
xu + xv = s− 1 với {u, v} ∈ S1 ∩ V (Hi),
xu + xv = s với {u, v} ∈ S2 ∩ V (Hi),
xt = 0, với t ∈ S3 ∩ V (Hi),
(4.7)
cũng có nghiệm duy nhất. Do đó, ta có số phương trình bằng số biến. Điều
này có nghĩa là
|V (Hi)| = |E(Hi)|+ |S3 ∩ V (Hi)|. (4.8)
Theo Bổ đề 1.14, ta có S3∩V (Hi) 6= ∅ . Kết hợp với Phương trình (4.8)
và Bổ đề 1.11, ta suy ra
|E(Hi)| = |V (Hi)| − 1, |S3 ∩ V (Hi)| = 1, và Hi là cây.
Ta có khẳng định được chứng minh.
Từ Khẳng định 1, với i = 1, . . . , p, giả sử V (Hi) ∩ S3 = ui. Do Hi là
cây, nên với mọi đỉnh v ∈ Hi, tồn tại một đường đi đơn duy nhất trong Hi
từ v đến ui, và ta giả sử rằng đường đi này có dạng
ui = v0, v1, . . . , vn = v,
trong đó n = distHi(v, ui) là khoảng cách giữa v và ui.
Từ hệ (4.7) ta có
αvj−1 + αvj = s− j, với j = 1, . . . , n,
trong đó
j =
1 nếu {vj−1, vj} ∈ E(Hi) ∩ S1,0 nếu {vj−1, vj} ∈ E(Hi) ∩ S2.
69
Đặt av =
∑n
k=0(−1)k+1k với quy ước 0 = 0.
Khẳng định 2: Với mọi đỉnh v của Hi, ta có 0 6 av 6 ddist(v, ui)/2e
và
αv =
av nếu dist(v, ui) chẵn,s− av nếu dist(v, ui) lẻ.
Thật vậy, với mỗi m = 0, . . . , n, đặt
bm =
m∑
k=0
(−1)k+1k.
Khi đó, av = bn. Để chứng minh khẳng định trên ta cần chứng minh
0 6 b2f 6 f, và 0 6 b2f+1 6 f + 1,
và
αv2f = b2f , và αv2f+1 = s− b2f+1,
với các chỉ số không vượt quá n.
Ta chứng minh quy nạp theo f . Nếu f = 0, thì b0 = 0 và αv0 = αui = 0
do ui ∈ S3. Ta có b1 = 1 ∈ {0, 1}, nên 0 6 b1 6 1. Mặt khác, do
αv1 + αv0 = s− 1
nên αv1 = s−1 = s−b1. Do đó, khẳng định đúng trong trường hợp f = 0.
Giả sử f > 1. Theo giả thiết quy nạp, 0 6 b2f−1 6 f và αv2f−1 =
s− b2f−1. Từ phương trình αv2f−1 + αv2f = s− 2f , ta có
αv2f = s− 2f − (s− b2f−1) = b2f−1 − 2f = b2f .
Do b2f−1 6 f theo giả thiết quy nạp nên ta có b2f 6 f . Mặt khác, do
α = (α1, . . . , αr) ∈ Ps, ta có αv2f > 0, và b2f > 0.
Từ phương trình αv2f + αv2f+1 = s− 2f+1, ta có
αv2f+1 = s− 2f+1 − b2f = s− (2f+1 + b2f) = s− b2f+1.
70
Lại có 0 6 b2f 6 f , nên 0 6 b2f+1 6 f + 1, khẳng định được chứng
minh.
Với mỗi n > (l+ 1)/2, xét điểm nguyên β(n) = (β1(n), . . . , βr(n)) ∈ Zr
trong đó
βv(n) =
av nếu v ∈ Hi và dist(v, ui) chẵn,n− av nếu v ∈ Hi và dist(v, ui) lẻ.
Khi đó, β(s) = α theo Khẳng định 2.
Khẳng định 3: β(n) ∈ Pn với mọi n > (l + 1)/2.
Trước hết, ta chỉ ra rằng β(n) ∈ Nr. Theo Khẳng định 2, ta cần chỉ
ra βv(n) > 0 nếu v ∈ V (Hi) và dist(v, ui) lẻ với i = 1, . . . , p nào đó.
Trong trường hợp này, βv(n) = n − av. Lại theo Khẳng định 2, ta có
av 6 ddistHi(v, ui)e 6 (l + 1)/2 6 n nên βv(n) > 0.
Tiếp theo, chúng ta chỉ ra rằng βu(n) + βv(n) 6 n− 1 với {u, v} ∈ E1.
Giả sử u ∈ V (Hi) và v ∈ V (Hj). Các trường hợp có thể xảy ra như sau.
Trường hợp 1: dist(u, ui) và dist(v, uj) đều chẵn. Nếu i = j, tồn tại hai
đường đi có độ dài chẵn từ u và v tới ui. Do {u, v} là một cạnh của G, ta
suy ra G chứa một chu trình lẻ, mâu thuẫn với giả thiết G là đồ thị hai
phần. Vậy, i 6= j. Trong trường hợp này, βu(n) = au và βv(n) = av, do đó
βu(n) + βv(n) = au + av 6
distHi(u, ui)
2
+
distHj(v, uj)
2
=
distHi(u, ui) + distHj(v, uj)
2
.
Nếu ta có một đường đi đơn p1 trong Hi từ ui tới u, và một đường đi
đơn p2 trong Hj từ v tới uj, thì ta có một đường đi đơn
p1, u, v, p2
từ ui tới uj trong G. Điều này chỉ ra distHi(u, ui) + distHj(v, uj) 6 l − 1.
Kết hợp với bất phương trình trên ta có
βu(n) + βv(n) 6
l − 1
2
6 n− 1.
71
Trường hợp 2: dist(u, ui) chẵn và dist(v, uj) lẻ. Theo Khẳng định 2, ta
có
αu + αv = s+ au − av 6 s− 1,
do đó au − av 6 −1. Từ đó suy ra βu(n) + βv(n) = n+ au − av 6 n− 1.
Trường hợp 3: dist(u, ui) lẻ và dist(v, uj) chẵn. Trường hợp này chứng
minh tương tự như trường hợp 2.
Trường hợp 4: dist(u, ui) và dist(v, uj) đều lẻ. Theo Khẳng định 2 ta có
αu + αv = 2s− au − av 6 s− 1.
Do s > 2r, au 6 r− 1 và av 6 r− 1 nên trường hợp này không thể xảy ra.
Do đó, ta luôn có βu(n) + βv(n) 6 n− 1 với mọi {u, v} ∈ E1.
Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta có βu(n) + βv(n) > n với mọi
{u, v} ∈ E2.
Vậy ta luôn có β(n) ∈ Pn với mọi n > (l + 1)/2, và khẳng định được
chứng minh.
Khẳng định 4: |β(n)| = an− b.
Thật vậy, theo Khẳng định 2 ta có
|α| = gs+ h
trong đó g số các đỉnh v sao cho v ∈ Hi với distHi(v, ui) lẻ với i nào đó, và
h là tổng của tất cả các av với v ∈ Hi mà có distHi(v, ui) chẵn với i nào đó
trừ cho tổng của tất cả au mà u ∈ Hj với distHj(v, uj) lẻ với j nào đó. Hiển
nhiên, 0 6 g 6 r và |h| 6 r2. Mặt khác, |α| = as− b nên as− b = gs+ h.
Điều này tương đương với
(a− g)s = h+ b.
Lại có, s > 2r2 +b > |h|+b. Kết hợp với phương trình trên ta suy ra a = g
và h = −b. Theo định nghĩa của β(n), ta có |β(n)| = gn+ h = an− b, và
khẳng định được chứng minh.
72
Tiếp theo chúng ta chứng minh bổ đề. Với bất kì n > (l + 1)/2, theo
Khẳng định 3, ta có β(n) ∈ Pn, nên δ(Pn) > |β(n)|. Kết hợp với Khẳng
định 4, suy ra δ(Pn) > an− b.
Mặt khác, do Pn 6= ∅, nên theo (4.5) ta có δ(Pn) 6 an− b. Do đó,
δ(Pn) = an− b với mọi n > (l + 1)/2.
Vậy bổ đề được chứng minh.
4.2. Chỉ số chính quy của lũy thừa của iđêan phủ
Trong phần này, chúng tôi chỉ ra một chặn cho n0 sao cho reg J(G)
n của
đồ thị hai phần G là một hàm tuyến tính theo n với mọi n > n0. Trước
hết ta xét bổ đề sau.
Bổ đề 4.5. Cho G là đồ thị hai phần với J := J(G) là iđêan phủ của
đồ thị. Gọi l là độ dài đường đi đơn dài nhất trong G. Khi đó, với mọi
s > (l + 1)/2, tồn tại các số nguyên không âm a và b sao cho
(i) reg Js = a(s− 1) + b;
(ii) b 6 max{reg J(H) | H là một đồ thị con của G};
(iii) reg Jn > a(n− 1) + b với mọi n > (l + 1)/2.
Chứng minh. Nếu E(G) chỉ có một cạnh duy nhất thì reg J(G)s = s với
mọi s > 1. Do đó, bổ đề đúng trong trường hợp này.
Giả sử E(G) có ít nhất hai cạnh. Với s > (l + 1)/2 bất kì, giả sử
reg(R/Js) = ai(R/J
s) + i, với 0 6 i 6 dim(R/J) nào đó,
và
ai(R/J
s) = |α|, trong đó α ∈ Zr sao cho H im(R/Js)α 6= 0.
Theo Bổ đề 1.7, ta có
dimk H˜i−|Gα|−1(∆α(J
s); k) = dimkH
i
m(R/J
s)α 6= 0. (4.9)
73
Điều này suy ra, ∆α(J
s) không là phức xoắn.
Nếu Gα = [r], thì ∆α(J
s) hoặc là {∅} hoặc là một phức trống. Do
∆α(J
s) không là phức xoắn, nên ∆α(J
s) = {∅}. Theo Bổ đề 1.6, ta suy ra
Js là một iđêan m-nguyên sơ của R. Điều này suy ra G có duy nhất một
cạnh, mâu thuẫn.
Do đó, ta giả sử Gα = {t + 1, . . . , r} với 1 6 t 6 r nào đó. Với β =
(α1, . . . , αt,−1, . . . ,−1) ∈ Zr bất kì, theo Bổ đề 1.6, ta luôn có ∆α(Js) =
∆β(J
s). Kết hợp với Bổ đề 1.7 và Công thức (4.9), ta có
H im(R/J
s)β 6= 0.
Suy ra, ai(R/J
s) > |β|. Hiển nhiên, αj 6 βj với j = t + 1, . . . , r, nên
αj = −1 với j = t + 1, . . . , r. Do đó, ai(R/Js) = |α′| − |Gα| với
α′ = (α1, . . . , αt) ∈ Nt, và
reg(R/Js) = |α′|+ i− |Gα|. (4.10)
Đặt S = k[x1, . . . , xt] và giả sử G
′ là đồ thị trên tập đỉnh V (G′) =
{1, . . . , t} với tập cạnh E(G′) = {e ∈ E(G) | e ⊆ V (G′)}. Theo Bổ đề 1.6,
ta có:
JRGα ∩ S = J(G′) =: J ′. (4.11)
Theo Bổ đề 1.6 và (4.11), ta có
∆α′(J
′k) = ∆α(Jk) với bất kì k > 1,
và do đó ∆α′(J
′k) không là phức xoắn.
Khi đó, theo (1.1), ta có
∆(J ′) = 〈V (G′) \ e | e ∈ E(G′)〉 .
Theo Bổ đề 1.15, ta có thể viết E(G′) = E1 ∪ E2 sao cho
∆α′(J
′s) = 〈V (G′) \ e | e ∈ E1〉 .
74
Với mỗi n > 1, Pn là tập nghiệm trong Rt của hệ sau:
xu + xv 6 n− 1 với {u, v} ∈ E1,
xu + xv > n với {u, v} ∈ E2,
x1 > 0, . . . , xt > 0.
Khi đó, α′ ∈ Ps.
Ta có đa diện liên kết Cn của Pn được xác định bởi
xu + xv 6 n với {u, v} ∈ E1,
xu + xv > n với {u, v} ∈ E2,
x1 > 0, . . . , xt > 0.
Đặt a = δ(C1). Ta chứng minh rằng
δ(Pn) 6 a(n− 1), khi Pn 6= ∅.
Thật vậy, gọi β′ = (β1, . . . , βt) là một đỉnh của Pn sao cho δ(Pn) = |β′|.
Đặt
σ = (σ1, . . . , σt) =
1
n− 1β
′ ∈ Rt .
Theo Bổ đề 1.8, ta cóσu + σv = 1n−1(βu + βv) 6 1 với {u, v} ∈ E1,σu + σv = 1n−1(βu + βv) > nn−1 > 1 với {u, v} ∈ E2.
Hiển nhiên, σ có các thành phần tọa độ không âm, nên σ ∈ C1.
Do đó, |σ| 6 δ(C1) = a, và
δ(Pn) = |β′| = |σ|(n− 1) 6 a(n− 1).
Vậy khẳng định được chứng minh.
Kết hợp với Bổ đề 4.4, suy ra tồn tại số nguyên không âm f sao cho
với mọi n > (l + 1)/2 ta có
δ(Pn) = a(n− 1)− f. (4.12)
75
Với điểm nguyên β′ = (β1, . . . , βt) ∈ Pn ∩ Nt, ta xét
β = (β1, . . . , βt,−1, . . . ,−1) ∈ Zr .
Khi đó,
∆β(J
n) = ∆β′(J
′n) = ∆α′(J ′s) = ∆α(Js).
Kết hợp với (4.9) và Bổ đề 1.7, ta có
dimkH
i
m(R/J
n)β = dimkH
i
m(R/J
s)α 6= 0.
Suy ra, ai(R/J
n) > |β| = |β′| − |Gα|. Điều này kéo theo,
reg(R/Jn) > δ(Pn) + i− |Gα| = a(n− 1) + i− |Gα| − f, (4.13)
với mọi n > (l + 1)/2.
Do α′ ∈ Ps, từ (4.10), (4.12) và (4.13) ta có
reg(R/Js) = δ(Ps) + i− |Gα| = a(s− 1) + i− |Gα| − f. (4.14)
Chú ý rằng với bất kì iđêan thuần nhất khác không I của R, ta có
reg(I) = reg(R/I) + 1. Do đó, từ (4.13) và (4.14), ta còn cần chứng
minh b 6 e trong đó b = i − |Gα| − f + 1 và e = max{reg(J(H)) |
H là một đồ thị con của G}. Lí luận tương tự như trong Định lý 3.7, ta
có i− |Gα|+ 1 6 e. Điều này chỉ ra b 6 e, và bổ đề được chứng minh.
Tiếp theo chúng tôi chứng minh định lý chính của phần này.
Định lý 4.6. Cho G là đồ thị hai phần. Tồn tại số nguyên không âm b
với 0 6 b 6 e− d(J(G)), sao cho
reg J(G)n = d(J(G))n+b với mọi n > max
{
l + 1
2
, e− b− d(J(G)) + 1
}
,
trong đó l là độ dài của đường đi đơn lớn nhất trong G và
e = max{reg(J(H)) | H là một đồ thị con của G}.
76
Chứng minh. Đặt J = J(G) và d = d(J). Ta chứng minh định lý dưới
dạng tương đương sau: tồn tại số nguyên không âm b với d 6 b 6 e, sao
cho
reg J(G)n = d(n− 1) + b với mọi n > max
{
l + 1
2
, e− b+ 1
}
.
Như chúng ta đã biết, tồn tại các số nguyên b > d và s0 > 1 sao cho
reg(Js) = d(s− 1) + b với mọi s > s0. (4.15)
Do J là iđêan không xoắn nên Js = J (s). Theo Định lý 3.7, suy ra
b 6 e 6 r − 1.
Ta chứng minh khẳng định sau:
reg(Js) > d(s− 1) + b với mọi s > (l + 1)/2. (4.16)
Thật vậy, xét n > max{s0, r + 1}. Theo Bổ đề 4.5, tồn tại các số nguyên
không âm d1 và b1 với b1 6 e sao cho
reg(Jn) = d1(n− 1) + b1,
và
reg(Js) > d1(s− 1) + b1 với mọi s > (l + 1)/2.
Do đó, ta cần chỉ ra d = d1 và b = b1. Từ các đẳng thức
reg(Jn) = d(n− 1) + b = d1(n− 1) + b1,
ta có (d−d1)(n−1) = (b1−b). Do |b1−b| 6 max{b, b1} 6 e và n−1 > r > e,
suy ra d = d1 và do đó b = b1, ta có khẳng định trên.
Với bất kì n > max{(l + 1)/2, e− b+ 1}, ta sẽ chứng minh
reg(Jn) = d(n− 1) + b.
Thật vậy, theo Bổ đề 4.5, tồn tại các số nguyên δ > 0 và c 6 e sao cho
reg(Jn) = δ(n− 1) + c. (4.17)
77
và
reg(Js) > δ(s− 1) + c với s > (l + 1)/2. (4.18)
Từ (4.15) và (4.18), ta suy ra δ 6 d.
Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: δ = d. Từ (4.15) và (4.18), ta có b > c. Mặt khác, từ
(4.16) và (4.17), ta có b 6 c. Do đó, b = c. Theo (4.17), ta có reg(Jn) =
d(n− 1) + b.
Trường hợp 2: δ < d. Từ (4.16) và (4.17), ta có
reg(Jn) = δ(n− 1) + c > d(n− 1) + b,
và do đó (d − δ)(n − 1) 6 c − b. Điều này suy ra n − 1 6 c − b, hay
n 6 c− b + 1. Mặt khác, n > e− b + 1 > c− b + 1. Do đó, n = c− b + 1
và d− δ = 1. Trong trường hợp này, ta có
reg Jn = δ(n− 1) + c = d(n− 1) + b.
Vậy định lý được chứng minh.
Hệ quả 4.7. Cho G là một đồ thị hai phần với r đỉnh. Khi đó, tồn tại số
nguyên không âm b 6 r − d(J(G))− 1 sao cho
reg J(G)n = d(J(G))n+ b, với mọi n > r
2
.
Chứng minh. Theo Định lý 4.6, tồn tại số nguyên không âm b với 0 6 b 6
e− d(J(G)), sao cho
reg J(G)n = d(J(G))n+b với mọi n > max
{
l + 1
2
, e− b− d(J(G)) + 1
}
,
trong đó l là độ dài của đường đi đơn lớn nhất trong G và
e = max{reg(J(H)) | H là một đồ thị con của G}.
Với đồ thị H bất kỳ có V (H) ⊆ {1, . . . , r} và E(H) 6= ∅, ta có
reg(J(H)) = reg(R/J(H)) + 1 6 dim(R/J(H)) + 1 = r − 1.
78
Do đó, e 6 r − 1 và b 6 r − 1− d(J(G)).
Tiếp theo ta chỉ ra
max
{
l + 1
2
, e− b− d(J(G)) + 1
}
6 r
2
.
Thật vậy, gọi (X, Y ) là hai phần của đồ thị G. Khi đó, X và Y là các
phủ đỉnh tối tiểu của G. Do d(J(G)) là lực lượng lớn nhất của các phủ
đỉnh tối tiểu của G, ta có
d(J(G)) > max{|X|, |Y |} > r/2.
Do đó, e− b− d(J(G)) + 1 6 r − 1− d(J(G)) + 1 6 r − r/2 = r/2.
Lại có, l 6 r − 1, nên (l + 1)/2 6 r/2.
Do đó,
max
{
l + 1
2
, e− b− d(J(G)) + 1
}
6 r
2
,
và hệ quả được chứng minh.
Nhận xét 4.8. Chặn của b trong Định lý 4.6 là một chặn tốt đối với lớp
đồ thị hai phần đầy đủ. Thật vậy, giả sử G là một đồ thị hai phần đầy đủ
với r đỉnh và G = A ∪B trong đó |A| = r1 6 |B| = r2.
Khi đó,
d(J(G)) = r2.
Theo Định lý 4.6, tồn tại số nguyên không âm b 6 e− d(J(G)) sao cho
reg J(G)n = d(J(G))n+b với mọi n > max
{
l + 1
2
, e− b− d(J(G)) + 1
}
,
trong đó l là độ dài của đường đi đơn lớn nhất trong G và
e = max{reg(J(H)) | H là một đồ thị con của G}.
Theo [34, Định lý 4.6], ta có
reg(J(G)n) = n.d(J(G)) + r1 − 1 với mọi n > 1.
Điều này suy ra b = r1 − 1.
79
Lại có, b 6 e− d(J(G)) nên r1 − 1 6 e− r2. Điều này tương đương với
e > r1 + r2 − 1 = r − 1 (Vì r = r1 + r2).
Mặt khác, ta luôn có e 6 r − 1 (như chứng minh trong Hệ quả 4.7).
Vậy e = r − 1. Do đó,
b = r1 − 1 = e− d(J(G)).
Kết luận
Trong luận án này, bằng các công cụ đại số và tổ hợp, chúng
tôi đã đạt được một số kết quả chính sau:
• Chỉ ra được sự tồn tại các giới hạn limn→∞ d(I
(n))
n
, limn→∞
reg(I(n))
n
(hai giới hạn này bằng nhau) trong trường hợp I là một iđêan đơn
thức bất kì, đồng thời mô tả một cách cụ thể về giới hạn này (Định
lý 2.5 và Định lý 2.7).
• Đưa ra một ví dụ chỉ ra hàm chỉ số chính quy reg(I(n)) không là hàm
tuyến tính khi n đủ lớn trong trường hợp I là iđêan đơn thức không
chứa bình phương (Ví dụ 2.16).
• Xây dựng một chặn trên tốt cho reg(I(n)) trong trường hợp I là iđêan
đơn thức không chứa bình phương theo các dữ liệu tổ hợp từ phức
đơn hình (Định lý 3.7) và siêu đồ thị liên kết (Định lý 3.12), và theo
số ghép cặp có thứ tự của G trong trường hợp iđêan cạnh của một đồ
thị G (Định lý 3.18).
• Chỉ ra một chặn trên cho chỉ số ổn định của chỉ số chính quy của lũy
thừa của iđêan phủ của đồ thị hai phần (Định lý 4.6).
80
Các công trình liên quan đến luận án
1. L. X. Dung, T. T. Hien, N. D. Hop and T. N. Trung (2021), Reg-
ularity and Koszul property of symbolic powers of monomial ide-
als,Mathematische Zeitschrift, 298 , no. 3-4, 1487-1522.
2. T. T. Hien and T. N. Trung (2023), Regularity of symbolic powers of
square-free monomial ideals, Arkiv fo¨r Matematik, 61, pp. 99–121.
3. N. T. Hang and T. T. Hien (2023), Regularity of powers of cover
ideals of bipartite graphs, International Journal of Algebra and Com-
putation, 33(2), pp. 317–335.
81
Các kết quả trong luận án đã được báo cáo và
thảo luận tại:
- Xêmina Đại số và Lý thuyết số - Viện Toán học.
- Hội nghị nghiên cứu sinh của Viện Toán học: 11/2019; 11/2020;
11/2021.
- Hội nghị Vấn đề và Tính toán trong Đại số giao hoán (Hà Nội):
10/2020.
- Hội nghị Đại số - Hình học - Tôpô (Thái Nguyên): 10/2021.
- Hội thảo Lý thuyết vành và Tổ hợp (Thanh Hóa): 7/2022.
82
Tài liệu tham khảo
[1] Alilooee A., Beyarslan S., Selvaraja S. (2019), “Regularity of Powers
of Unicyclic Graphs”, Rocky Mountain J. Math., 49(3), pp. 699–728.
[2] Bahiano, C. E. (2004), “Symbolic powers of edge ideals”, Journal of
Algebra 273(2), pp. 517–537.
[3] Banerjee, A., Beyarslan, S. K., Hà, H. T. (2020), “Regularity of pow-
ers of edge ideals: from local properties to global bounds”, Algebraic
Combinatorics, 3(4), pp. 839–854.
[4] Berge, C. (1989), Hypergraphs: combinatorics of finite sets, North-
Holland, New York.
[5] Beyarslan, S., Hà, H. T., T. N. Trung (2015), “Regularity of powers
of forests and cycles”, Journal of Algebraic Combinatorics, 42(4), pp.
1077–1095.
[6] Bondy, J. A., Murty, U. S. R. (2008), Graph Theory, Graduate Texts
in Mathematics, 244, Springer, New York.
[7] Constantinescu, A., Varbaro, M. (2011), “Koszulness, Krull dimension,
and other properties of graph-related algebras”, Journal of Algebraic
Combinatorics, 34, pp. 375–400.
[8] Cooper, S. M., Embree, R. J., Hà, H. T., Hoefel, A. H. (2017), “Sym-
bolic powers of monomial ideals”, Proceedings of the Edinburgh Math-
ematical Society, 60(1), pp. 39–55.
83
84
[9] Cutkosky, S. D., Herzog, J., N. V. Trung (1999), “Asymptotic be-
haviour of the Castelnuovo-Mumford regularity”, Compositio Mathe-
matica, 118(3), pp. 243–261.
[10] Dao, H., Huneke, C., Schweig, J. (2013), “Bounds on the regularity
and projective dimension of ideals associated to graphs”, Journal of
Algebraic Combinatorics, 38, pp. 37–55.
[11] Dao, H., Schweig, J. (2015), “Bounding the projective dimension of a
squarefree monomial ideal via domination in clutters”, Proceedings of
the American Mathematical Society, 143(2), pp. 555–565.
[12] L. X. Dung, T. T. Hien, Nguyen, H. D., T. N. Trung (2021), “Reg-
ularity and Koszul property of symbolic powers of monomial ideals”,
Mathematische Zeitschrift, 298, pp. 1487–1522.
[13] Eisenbud, D., Goto, S. (1984), “Linear free resolutions and minimal
multiplicity”, Journal of Algebra, 88(1), pp. 89–133.
[14] Eisenbud, D., Ulrich, B. (2012), “Notes on regularity stabilization”,
Proceedings of the American Mathematical Society, 140(4), pp. 1221–
1232.
[15] Fakhari, S. A. S. (2016), “Depth, Stanley depth and regularity of ideals
associated to graphs”, Archiv der Mathematik, 107, pp. 461–471.
[16] Fakhari, S. A. S. (2020), “Regularity of symbolic powers of edge ideals
of Cameron-Walker graphs”, Communications in Algebra, 48(12), pp.
5215–5223.
[17] Fakhari, S. A. S (2019), “On the regularity of small symbolic powers
of edge ideals of graphs”, arXiv:1908.10845.
[18] D. H. Giang, L. T. Hoa (2010), “On local cohomology of a tetrahedral
curve”, Acta Math. Vietnam, 35, pp. 229–241.
85
[19] Gu, Y., Hà, H. T., O’Rourke, J. L., Skelton, J. W. (2020), “Symbolic
powers of edge ideals of graphs”, Communications in Algebra 48(9),
pp. 3743–3760.
[20] N. T. Hang, T. T. Hien (2023), “Regularity of powers of cover ideals of
bipartite graphs”, International Journal of Algebra and Computation,
33(2), pp. 317–335.
[21] N. T. Hang, T. N. Trung (2017), “The behavior of depth functions of
powers of cover ideals of unimodular hypergraphs”, Arkiv fo¨r Matem-
atik, 55(1), pp. 89–104.
[22] N. T. Hang, T. N. Trung (2018), “Regularity of powers of cover ideals
of unimodular hypergraphs”, Journal of Algebra 513(1), pp. 159–176.
[23] Herzog, J., Hibi, T., N. V. Trung (2007), “Symbolic powers of mono-
mial ideals and vertex cover algebras”, Advances in Mathematics,
210(1), pp. 304–322.
[24] Herzog, J., Hibi, T., N. V. Trung (2009), “Vertex cover algebras of
unimodular hypergraphs”, Proceedings of the American Mathematical
Society, 137(2), pp. 409–414.
[25] Herzog, J., L. T. Hoa, N. V. Trung (2002), “Asymptotic linear bounds
for the Castelnuovo-Mumford regularity”, Transactions of the Ameri-
can Mathematical Society 354(5), pp. 1793–1809.
[26] Herzog, J., Iyengar, S. (2005), “Koszul modules”, Journal of Pure and
Applied Algebra 201(1-3), pp. 154–188.
[27] Hibi, T., Higashitani, A., Kimura, K., O’Keefe, A. B. (2015), “Alge-
braic study on Cameron - Walker graphs”, Journal of Algebra, 422,
pp. 257–269.
86
[28] T. T. Hien, T. N. Trung (2023), “Regularity of symbolic powers of
square-free monomial ideals”, Arkiv fo¨r Matematik, 61, pp. 99–121.
[29] L. T. Hoa (2021), “Maximal Generating Degrees of Powers of Homo-
geneous Ideals”, Acta Mathematica Vietnamica , 47, pp. 19–37.
[30] L. T. Hoa, T. N. Trung (2010), “Partial Castelnuovo-Mumford regu-
larities of sums and intersections of powers of monomial ideals”, Math-
ematical Proceedings of the Cambridge Philosophical Society, 149(2),
pp. 229–246.
[31] L. T. Hoa, T. N. Trung (2016), “Castelnuovo - Mumford regularity
of symbolic powers of two-dimensional square-free monomial ideals”,
Journal of Commutative Algebra, 8(1), pp. 77–88.
[32] Hoang Tuy (2016), Convex Analysis and Global Optimization,
Springer International Publishing.
[33] Kodiyalam, V. (2000), “Asymptotic behaviour of Castelnuovo-
Mumford regularity”, Proceedings of the American Mathematical So-
ciety, 128(2), pp. 407–411.
[34] Kumar, A., Kumar, R., Sarkar, R., Selvaraja, S. (2021), “Symbolic
powers of certain cover ideals of graphs”, Acta Mathematica Vietnam-
ica, pp. 1–13.
[35] Miller, E., Sturmfels, B. (2005), Combinatorial commutative algebra,
Springer.
[36] N. C. Minh, N. V. Trung (2009), “Cohen - Macaulayness of powers
of two-dimensional squarefree monomial ideals”, Journal of Algebra,
322(12), pp. 4219–4227.
[37] N. C. Minh, T. N. Trung (2019), “Regularity of symbolic powers and
arboricity of matroids”, Forum Mathematicum, 31(2), pp. 465–477.
87
[38] Mumford, D. (1966), Lectures on curves on an algebraic surface.
Princeton University Press, New Jersey.
[39] Nguyen, H. D., N. V. Trung (2019), “Depth functions of symbolic
powers of homogeneous ideals”, Inventiones mathematicae, 218(3), pp.
779–827.
[40] Reid, L., Roberts, L. G., Vitulli, M. A. (2003), “Some results on normal
homogeneous ideals”, Communications in Algebra, 31(9), pp. 4485–
4506.
[41] Schrijver, A. (1998), Theory of linear and integer programming, John
Wiley & Sons.
[42] Stanley, R. P. (1996), Combinatorics and Commutative Algebra, sec-
ond edition, Birkhauser, Boston, MA.
[43] Takayama, Y. (2005), “Combinatorial characterizations of generalized
Cohen-Macaulay monomial ideals”, Bulletin mathématique de la So-
ciété des Sciences Mathématiques de Roumanie, 48, pp. 327–344.
[44] Terai, N. (1999), “Alexander duality theorem and Stanley-Reisner
rings. Free resolutions of coordinate rings of projective varieties
and related topics” (Japanese) (Kyoto, 1998), Su¯rikaisekikenkyu¯sho
Ko¯kyu¯roku no. 1078, pp. 174–184.
[45] T. N. Trung (2009), “Stability of associated primes of integral clo-
sures of monomial ideals”, Journal of Combinatorial Theory, Series
A, 116(1), pp. 44–54.
[46] N. V. Trung, Wang, H. J. (2005), “On the asymptotic behavior of
Castelnuovo-Mumford regularity”, Journal of Pure and Applied Alge-
bra, 201(1-3), pp. 42–48.
88
[47] Vasconcelos, W. (2005), Integral Closure: Rees Algebras, Multiplicities,
Algorithms, Springer Monographs in Mathematics, Springer.
Bảng thuật ngữ
Tiếng Việt Tiếng Anh
bậc degree
cạnh treo pendant
chỉ số chính quy (Castelnuovo-Mumford) (Castelnuovo-Mumford) regularity
chiều xạ ảnh projective dimension
đa diện hình thức symbolic polyhedron
đa diện Newton Newton polyhedron
đỉnh cô lập isolated vertex
đơn hình simplex
đồ thị hai phần bipartite graph
đối ngẫu Alexander Alexander dual
ghép cặp matching
ghép cặp cảm sinh induced matching
ghép cặp thứ tự ordered matching
giải tự do phân bậc tối tiểu minimal graded free resolution
giải tự do tuyến tính linearity resolution
hệ sinh tối tiểu minimal generator
iđêan cạnh edge ideal
iđêan phủ cover ideal
89
90
kề/ lân cận adjacent
không chứa bình phương square-free
lá leaf
lân cận đóng closed neighborhood
lũy thừa hình thức symbolic power
nón cone
phủ đỉnh cover vertex
phức đơn hình Koszul trên upper Koszul simplicial complex
phức độc lập independence complex
phức matroid matroid complex
phức thuần pure complex
siêu đồ thị hypergraph
tầm thường trivial
tập độc lập independence set
tập trội cạnh thành phần edgewise dominant set
tuyến tính từng phần componentwise linear
tựa tuyến tính quasi-linear