Luận án Lũy thừa hình thức của các IĐÊAN đơn thức

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 dạngxu + 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 raθu + 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 cóσu + 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