Download luận văn thạc sĩ ngành đại số và lý thuyết số với đề tài: Về phức koszul, cho các bạn có thể tham khảo làm đề tài nghiên cứu

1. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN-CƠ-TIN HỌC
NGUYỄN THỊ QUỲNH
VỀ PHỨC KOSZUL
LUẬN VĂN THẠC SĨ
HÀ NỘI- 2015

2. ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
KHOA TOÁN-CƠ-TIN HỌC
NGUYỄN THỊ QUỲNH
VỀ PHỨC KOSZUL
LUẬN VĂN THẠC SĨ
Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số
Giảng viên hướng dẫn: TS. Nguyễn Phụ Hoàng Lân
HÀ NỘI- 2015

3. LỜI CẢM ƠN
Nhân dịp này, tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến TS.Nguyễn Phụ
Hoàng Lân, thầy đã trực tiếp hướng dẫn, tận tình chỉ bảo cũng như tạo
điều kiện về nhiều mặt để tôi có thể hoàn thành luận văn này.
Đồng thời, tôi cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các
thầy giáo, cô giáo trong khoa Toán-Cơ-Tin học, trường Đại học Khoa học
Tự Nhiên- Đại học Quốc gia Hà Nội, những người đã dạy bảo tôi tận tình
trong suốt quá trình học tập tại khoa.
Tôi cũng xin trân trọng cảm ơn các thầy, cô trong Hội đồng bảo vệ luận
văn của tôi. Các thầy, cô đã đọc, góp ý, và giúp đỡ để tôi có thể chỉnh sửa
luận văn này được tốt hơn.
Cuối cùng, tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và tất cả mọi người đã quan
tâm, tạo điều kiện và động viên cổ vũ tôi để tôi có thể hoàn thiện nhiệm
vụ của mình. Xin chúc mọi người sức khỏe, đạt được nhiều thành tích cao
trong công tác, học tập cũng như nghiên cứ khoa học.
Hà Nội, ngày 20 tháng 11 năm 2015.
Học viên
Nguyễn Thị Quỳnh
1

4. Mục lục
DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU 4
LỜI MỞ ĐẦU 5
1 Kiến thức chuẩn bị 6
1.1 Các phức và đồng điều của phức . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.1 Các phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.2 Đồng điều của phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.1.3 Các cách xây dựng một phức khác từ các phức đã cho 13
1.2 Các dãy giải và các môđun mở rộng . . . . . . . . . . . . . 15
1.2.1 Các dãy giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.2.2 Các môđun mở rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3 Đại số tenxơ, đại số đối xứng, đại số ngoài . . . . . . . . . . 17
1.3.1 Đại số tenxơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.3.2 Đại số đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.3.3 Đại số ngoài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2 Độ sâu 28
3 Phức Koszul 35
3.1 Cách xây dựng Phức Koszul theo tích ngoài . . . . . . . . . 35
3.2 Cách xây dựng Phức Koszul bằng cách lấy tenxơ các phức . 37
3.3 Một số tính chất cơ bản của phức Koszul . . . . . . . . . . 39
4 Ứng dụng của phức Koszul 41
2

5. 4.1 Phức Koszul và dãy chính quy . . . . . . . . . . . . . . . . 41
4.2 Phức Koszul và độ sâu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
4.3 Phức Koszul và dãy giải tự do của đại số đối xứng . . . . . 44
Kết luận 49
Tài liệu tham khảo 50
3

6. DANH MỤC CÁC KÝ HIỆU
Sau đây là những ký hiệu được dùng trong luận văn.
k một trường.
R một vành giao hoán có đơn vị.
M một R-môđun.
I một R-iđêan.
M ⊗R N tích tenxơ của M và N với hệ số trên R.
T (M) một R-đại số tenxơ của môđun M.
S(M) một R-đại số đối xứng của môđun M.
∧(M) một R-đại số ngoài của môđun M.
HomR(M, N) tập các R-đồng cấu môđun từ M vào N.
C• ⊗ K• tích tenxơ của hai phức C• và K•.
Extn
R(M, N) môđun mở rộng thứ n của M và N.
R[x1, . . . , xn] vành đa thức n biến với hệ số trên R.
(x1, x2, . . . , xn) một R-iđêan được sinh bởi các phần tử x1, x2, . . . , xn.
(R, m) vành địa phương R với iđêan cực đại m.
depth(I, M) Độ sâu của iđêan I trên môđun M.
K•(x) phức Koszul của dãy x.
K•(x; M) phức Koszul của dãy x với hệ số trên M.
Ann(M) linh tử của M.
4

7. MỞ ĐẦU
Phức Koszul là một đối tượng quan trọng của đại số đồng điều. Phức
này được đặt theo tên của nhà toán học người Pháp Jean-Louis Koszul, nó
có mối liên hệ mật thiết với các dãy chính quy và độ sâu của một iđêan.
Nội dung chính của luận văn là trình bày lại một số kiến thức cơ bản
về dãy chính quy, độ sâu, phức Koszul và nêu ra một vài ứng dụng cơ bản
của phức Koszul.
Bố cục của luận văn được trình bày như sau.
Chương 1: Trình bày lại một số kiến thức cơ bản của đại số đại cương
và đại số đồng điều như: các phức, đồng điều của phức, tích tenxơ của
hai phức, đại số tenxơ, đại số đối xứng, đại số ngoài, các dãy giải và các
môđun mở rộng.
Chương 2: Trình bày lại một số kiến thức cơ bản về dãy chính quy, dãy
chính quy cực đại, từ đó đi đến khái niệm độ sâu của một iđêan.
Chương 3: Trình bày các cách xây dựng phức Koszul và một số tính
chất cơ bản của nó.
Chương 4: Nêu ra một vài ứng dụng cơ bản của phức Koszul như: phức
Koszul của một dãy chính quy cho ta một dãy giải tự do của iđêan sinh
bởi dãy đó, kiểm tra khi nào một dãy các phần tử trong iđêan cực đại của
một vành địa phương là dãy chính quy, tính độ sâu của một iđêan, xây
dựng một phức với đồng điều của nó ở vị trí 0 chính là đại số đối xứng
của một iđêan.
5

8. Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Mục đích của chương này là trình bày lại một số kiến thức cơ bản
của đại số đại cương và đại số đồng điều: các phức, đồng điều của phức,
tích tenxơ của các phức, đại số tenxơ, đại số đối xứng, đại số ngoài, các
dãy giải và các môđun mở rộng. Nội dung chương này dựa trên các tài
liệu [2], [7], [6], [8], [10], [11], [12], [14], [15]. Trong suốt luận văn, chúng tôi
luôn giả sử R là một vành giao hoán có đơn vị. Các môđun và các đồng
cấu đều được hiểu là các R-môđun và các đồng cấu R-môđun.
1.1 Các phức và đồng điều của phức
1.1.1 Các phức
Các nghiên cứu về các môđun và đồng cấu giữa chúng có thể được diễn
tả thông qua các phức.
Định nghĩa 1.1. Một dãy các môđun và các đồng cấu
M• : · · · → Mn+1
∂n+1
−−→ Mn
∂n
−→ Mn−1 → . . . (1.1)
được gọi là một phức nếu ∂n∂n+1 = 0, ∀n ∈ Z.
Tương tự, một dãy các môđun và các đồng cấu
M•
= · · · → Mn−1 ∂n−1
−−→ Mn ∂n
−→ Mn+1
→ . . . , (1.2)
được gọi là một đối phức nếu ∂n
∂n−1
= 0, ∀n ∈ Z.
Một phức được gọi là khớp ở vị trí thứ n nếu Ker ∂n = Im ∂n+1. Một
phức được gọi là khớp nếu nó khớp tại mọi vị trí.
6

9. Lưu ý rằng, một phức (khớp) cũng có thể hữu hạn, đó là khi dãy (1.1)
hữu hạn.
Ví dụ 1.2. Cho hai phần tử x, y ∈ R. Khi đó dãy sau là một phức
0 → R
(−y
x )
−−→ R2 (x y)
−−→ R → 0.
Hơn nữa, nếu x không là ước của không trên R và y không là ước của
không trên R/(x) thì phức trên là khớp.
Nhận xét 1.3. Theo định nghĩa, ta có
(i) M là một môđun tự do khi và chỉ khi ∃n ∈ N∗
: Rn
→ M → 0 là
dãy khớp,
(ii) f : A → B là đơn ánh khi và chỉ khi 0 → A
f
−→ B là dãy khớp,
(iii) g : B → C là toàn ánh khi và chỉ khi B
g
−→ C → 0 là dãy khớp.
Việc kết hợp các dãy khớp trên tạo nên một loại dãy khớp rất quan
trọng, được gọi là dãy khớp ngắn.
Định nghĩa 1.4. Một dãy khớp với 5 môđun có dạng
0 → M → M → M → 0
được gọi là một dãy khớp ngắn.
Nhận xét 1.5. Mọi dãy khớp dài · · · → Mn+1
∂n+1
−−→ Mn
∂n
−→ Mn−1 → . . .
đều có thể phân tích thành các dãy khớp ngắn
0 −−→ ker ∂n −−→ Mn −−→ im ∂n −−→ 0
0 −−→ ker ∂n+1 −−→ Mn+1 −−→ im ∂n+1 −−→ 0
Để liên kết các phức, ta sử dụng khái niệm đồng cấu giữa các phức.
Định nghĩa 1.6. Một đồng cấu giữa hai phức M• và M• là một họ các
đồng cấu f• := {fn : Mn → Mn}n∈Z sao cho biểu đồ sau giao hoán
. . .
∂n+2
−−→ Mn+1
∂n+1
−−→ Mn
∂n
−−→ Mn−1
∂n−1
−−→ . . .

fn+1

fn

fn−1
. . .
∂n+2
−−→ Mn+1
∂n+1
−−→ Mn
∂n
−−→ Mn−1
∂n−1
−−→ . . .
7

10. tức là fn−1 ◦ ∂n = ∂n ◦ fn, ∀n.
Ta kí hiệu f• : M• → M•.
Kết quả tiếp theo nói lên mối liên hệ giữa các đồng cấu thành phần
trong đồng cấu giữa hai dãy khớp ngắn.
Bổ đề 1.7 (Bổ đề 5 đẳng cấu). Cho biểu đồ giao hoán của hai dãy
khớp ngắn
0 −−→ A
f
−−→ B
g
−−→ C −−→ 0

ϕ

ψ

ρ
0 −−→ A
f
−−→ B
g
−−→ C −−→ 0
Nếu ϕ và ρ là các đẳng cấu thì ψ cũng là một đẳng cấu.
Chứng minh. Giả sử u ∈ ker ψ, sử dụng tính giao hoán của biểu đồ ta
được ρ(g(u)) = g (ψ(u)) = g (0) = 0. Vì ρ là đơn cấu nên g(u) = 0, do
đó u ∈ ker g. Tính khớp tại B chỉ ra rằng u ∈ ker g ⇒ u ∈ im f, do đó
∃a ∈ A : f(a) = u. Sử dụng một lần nữa tính giao hoán của biểu đồ, ta
được f (ϕ(a)) = ψ(f(a)) = 0, và do f là đơn cấu nên ϕ(a) = 0, lại do ϕ
là đơn cấu nên a = 0. Do đó, u = f(0) = 0. Vậy ψ là một đơn cấu.
Xét b ∈ B . Khi đó g (b ) ∈ C . Do ρ là toàn cấu nên ∃c ∈ C :
ρ(c) = g (b ), và do g là toàn cấu nên ∃b ∈ B : g(b) = c. Sử dụng tính
giao hoán của biểu đồ ta được g (ψ(b)) = g (b ), do đó g (ψ(b) − b ) = 0,
hay ψ(b) − b ∈ ker g . Tính khớp tại B chỉ ra rằng ψ(b) − b ∈ im f , tức
là ∃a ∈ A : f (a ) = ψ(b) − b , do ϕ là toàn cấu nên ∃α ∈ A : ϕ(α) = a ,
và sử dụng tính giao hoán của biểu đồ ta được
ψ(b) − b = f (a ) = f (ϕ(α)) = ψ(f(α)).
Do vậy, b = ψ(b) − ψ(f(α)) = ψ(b − f(α)), hay ψ là một toàn cấu.
1.1.2 Đồng điều của phức
Việc nghiên cứu tính khớp của các phức được quy về việc nghiên cứu
các đồng điều của chúng.
8

11. Định nghĩa 1.8. Môđun thương Hn(M•) := ker ∂n/im ∂n+1 được gọi là
môđun đồng điều thứ n của phức M•. Một cách tương tự, môđun thương
Hn
(M•
) := ker ∂n
/im ∂n−1
được gọi là môđun đối đồng điều thứ n của đối
phức M•
.
Như vậy, phức M• khớp tại vị trí thứ n khi và chỉ khi Hn(M•) = 0.
Một đồng cấu giữa hai phức sẽ cảm sinh một dãy các đồng cấu giữa các
môđun đồng điều của hai phức đó.
Mệnh đề 1.9. Cho một đồng cấu f• giữa hai phức M• và M•
. . . −−→ Mn+1
∂n+1
−−→ Mn
∂n
−−→ Mn−1 −−→ . . .

fn+1

fn

fn−1
. . . −−→ Mn+1
∂n+1
−−→ Mn
∂n
−−→ Mn−1 −−→ . . .
Khi đó với mỗi n sẽ có một đồng cấu (f∗)n : Hn(M•) → Hn(M•) được cảm
sinh bởi fn như sau
(f∗)n ([m]) = [fn(m)] , ∀m ∈ ker ∂n.
Chứng minh. Có thể xem chứng minh này trong [7, tr. 778].
Ta sẽ nghiên cứu kĩ hơn về đồng cấu giữa hai phức. Trước tiên ta nhắc
lại khái niệm dãy khớp ngắn của các phức.
Định nghĩa 1.10. Cho các phức M•, M•, M• và các đồng cấu f• : M• → M•,
g• : M• → M• . Nếu với mỗi n, dãy
0 → Mn
fn
−→ Mn
gn
−→ Mn → 0
là một dãy khớp ngắn, thì ta gọi dãy
0 → M•
f•
−→ M•
g•
−→ M• → 0
là một dãy khớp ngắn của các phức M•, M•, M• .
Dãy khớp ngắn nói trên được viết cụ thể như sau, trong đó các hàng
ngang là các dãy khớp ngắn và các hàng dọc là các phức
9

12. ...
...
...






0 −−→ Mn+1
fn+1
−−→ Mn+1
gn+1
−−→ Mn+1 −−→ 0






0 −−→ Mn
fn
−−→ Mn
gn
−−→ Mn −−→ 0






0 −−→ Mn−1
fn−1
−−→ Mn−1
gn−1
−−→ Mn−1 −−→ 0






...
...
...
Một dãy khớp ngắn của các phức sẽ cảm sinh dãy khớp dài trên đồng điều.
Định lý 1.11. Cho một dãy khớp ngắn của các phức
0 → M•
f•
−→ M•
g•
−→ M• → 0
Dãy này sẽ cảm sinh ra một dãy khớp dài trên các đồng điều
· · · → Hn(M•)
(f∗)n
−−−→ Hn(M•)
(g∗)n
−−→ Hn(M• )
δn
−→ Hn−1(M•)
(f∗)n−1
−−−−→ Hn−1(M•)
(g∗)n−1
−−−−→ Hn−1(M• )
δn−1
−−→ Hn−2(M•) → . . . (1.3)
Chứng minh. Các đồng cấu (f∗)n và (g∗)n đã được xây dựng như trong
Mệnh đề 1.9. Ta cần xây dựng đồng cấu δn và kiểm tra tính khớp của
dãy (1.3).
Ta bắt đầu với việc xây dựng δn dựa vào biểu đồ giao hoán sau
y
gn
−−→ x

∂n


∂n
z
fn−1
−−→ ∂n(y)
gn−1
−−→ 0


∂n−1

∂n−1
0
fn−2
−−→ 0
Xét x ∈ ker ∂”
n ⊆ Mn. Do gn là toàn cấu nên ∃y ∈ Mn : gn(y) = x. Sử
dụng tính giao hoán của biểu đồ, ta được 0 = ∂n(x) = gn−1(∂n(y)), cho
10

13. nên ∂n(y) ∈ ker gn−1 = im fn−1. Do đó ∃z ∈ Mn : fn−1(z) = ∂n(y) (do
fn−1 là đơn cấu nên với mỗi y ∈ Mn xác định duy nhất một z ∈ Mn).
Hơn nữa, fn−2(∂n−1(z)) = ∂n−1(fn−1(z)) = ∂n−1(∂n(y)) = 0 (sử dụng tính
giao hoán của biểu đồ và giả thiết M• là một phức), và do fn−2 là đơn cấu
nên ta có ∂n−1(z) = 0, tức là z ∈ ker ∂n−1. Vì vậy, với mỗi x ∈ ker ∂”
n, sẽ
cho tương ứng với một z ∈ ker ∂n−1, cho nên ta xác định δn bởi công thức
δn([x]) = [z]. Tiếp theo ta sẽ kiểm tra rằng δn được định nghĩa tốt.
• Việc chọn ra [z] không phụ thuộc vào việc chọn phần tử y ∈ g−1
n (x).
Cho phần tử ˆy ∈ g−1
n (x) khác, khi đó tồn tại duy nhất ˆz ∈ ker ∂n−1
sao cho fn−1(ˆz) = ∂n(ˆy).
w
fn
−−→ y − ˆy
gn
−−→ 0


∂n

∂n


∂n
z − ˆz
fn−1
−−→ ∂n(y − ˆy)
gn−1
−−→ 0
Ta có gn(y − ˆy) = x − x = 0, do đó y − ˆy ∈ ker gn = im fn, và
do vậy ∃w ∈ Mn : fn(w) = y − ˆy. Sử dụng tính giao hoán của
biểu đồ ta được fn−1(∂n(w)) = ∂n(fn(w)) = ∂n(y − ˆy) = ∂n(y) −
∂n(ˆy) = fn−1(z) − fn−1(ˆz) = fn−1(z − ˆz), và do fn−1 là đơn cấu nên
∂n(w) = z − ˆz, hay z − ˆz ∈ im ∂n, tức là [z] = [ˆz].
• Việc chọn ra [z] không phụ thuộc vào phần tử đại diện của [x]. Giả
sử [x] = [ˆx], hay x − ˆx ∈ im ∂n+1, ta phải chỉ ra [z] = [ˆz], hay
z − ˆz ∈ im ∂n. Thật vậy, do x − ˆx ∈ im ∂n+1 nên ∃v ∈ Mn+1 :
∂n+1(v) = x − ˆx.
u
gn+1
−−→ v

∂n+1


∂n+1
y − ˆy
gn
−−→ x − ˆx

∂n
z − ˆz
fn−1
−−→ 0
Lại do gn+1 là toàn cấu nên ∃u ∈ Mn+1 : v = gn+1(u), và ta có
11

14. x − ˆx = ∂n+1(gn+1(u)) = gn(∂n(u)). Do đó ta có thể chọn y ∈ g−1
n (x)
và ˆy ∈ g−1
n (ˆx) : y − ˆy = ∂n+1(u), khi đó ∂n(y) − ∂n(ˆy) = ∂n(y − ˆy) =
∂n(∂n+1(u)) = 0. Theo cách xây dựng δn thì ∃z, ˆz ∈ ker ∂n ⊆ Mn :
fn−1(z) = ∂n(y), fn−1(ˆz) = ∂n(ˆy), suy ra fn−1(z − ˆz) = 0, hay z − ˆz ∈
ker fn−1, mà fn−1 là đơn cấu nên z − ˆz = 0 ∈ im ∂n. Do với mỗi x,
sự lựa chọn phần tử y không làm ảnh hưởng đến sự chọn ra [z] nên
[x] = [ˆx] ⇒ [z] = [ˆz].
Do đó δn được định nghĩa tốt, và ta có thể kiểm tra rằng δn là một
đồng cấu.
Tiếp theo ta sẽ kiểm tra tính khớp của dãy (1.3) tại Hn(M•). Cho
[w] ∈ Hn(M•), thì tính khớp ở mỗi hàng trong dãy khớp ngắn của các
phức cho ta đẳng thức sau
(g∗)n((f∗)n([w])) = (g∗)n([fn(w)]) = [gn(fn(w))] = [0],
do đó im ((f∗)n) ⊆ ker ((g∗)n). Ngược lại, giả sử [y] ∈ ker ((g∗)n), tức là
[gn(y)] = [0] hay gn(y) ∈ im ∂n+1, khi đó ∃v ∈ Mn+1 : gn(y) = ∂n+1(v),
và do gn+1 là toàn cấu nên ∃u ∈ Mn+1 : v = gn+1(u). Do vậy, gn(y) =
∂n+1(gn+1(u)) = gn(∂n+1(u)), suy ra y − ∂n+1(u) ∈ ker gn = im fn, do đó
∃w ∈ Mn : y − ∂n+1(u) = fn(w). Sử dụng tính giao hoán của biểu đồ,
ta được
fn−1(∂n(w)) = ∂n(fn(w)) = ∂n(y − ∂n+1(u)) = ∂n(y) = 0
(do y ∈ ker ∂n thuộc một phần của định nghĩa [y] ∈ Hn(M•)), và do fn−1 là
đơn cấu nên ∂n(w) = 0, hay w ∈ ker ∂n, do đó (f∗)n([w]) = [fn(w)] = [y],
hay [y] ∈ im ((f∗)n). Do vậy ker ((g∗)n) ⊆ im ((f∗)n.
Việc kiểm tra tính khớp của dãy (1.3) tại Hn(M•) và Hn(M• ) được làm
tương tự.
Định nghĩa 1.12. Các đồng cấu δn : Hn(M• ) → Hn−1(M•) được xây
dựng như trong chứng minh của Định lý 1.11 gọi là các đồng cấu nối.
12

15. 1.1.3 Các cách xây dựng một phức khác từ các phức đã cho
Cho C• : · · · → Cn+1
∂n+1
−−→ Cn
∂n
−→ Cn−1 → . . . là một phức và M là
một môđun tùy ý.
Ta có thể tạo ra các phức từ C• và M như sau
HomR(M, C•) :
· · · → HomR(M, Cn+1)
dn+1
−−→ HomR(M, Cn)
dn
−→ HomR(M, Cn−1) → . . . ,
trong đó, dn = ∂n ◦ .
HomR(C•, M) :
· · · → HomR(Cn−1, M)
ϕn−1
−−→ HomR(Cn, M)
ϕn
−→ HomR(Cn+1, M) → . . . , ,
trong đó, ϕn = ◦ ∂n. Đây là một đối phức .
C• ⊗R M :
· · · → Cn+1 ⊗R M
∂n+1⊗RidM
−−−−−−→ Cn ⊗R M
∂n⊗RidM
−−−−−→ Cn−1 ⊗R M → . . .
Ngoài ra, ta còn có thể xây dựng một phức mới từ hai phức đã cho.
C• ⊗R K•
Cho (C•, ∂•) và (K•, λ•) là hai phức. Ta xét biểu đồ sau
...
...
...






. . . −−→ Cn+1 ⊗ Km+1 −−→ Cn ⊗ Km+1 −−→ Cn−1 ⊗ Km+1 −−→ . . .






. . . −−→ Cn+1 ⊗ Km −−→ Cn ⊗ Km −−→ Cn−1 ⊗ Km −−→ . . .






. . . −−→ Cn+1 ⊗ Km−1 −−→ Cn ⊗ Km−1 −−→ Cn−1 ⊗ Km−1 −−→ . . .






...
...
...
trong đó các hàng dọc là các phức với các đồng cấu
(−1)n
idCn
⊗ λm : Cn ⊗ Km → Cn ⊗ Km−1,
và các hàng ngang cũng là các phức với các đồng cấu
∂n ⊗ idKm
: Cn ⊗ Km → Cn−1 ⊗ Km.
13

16. Do cách chọn dấu của các đồng cấu theo chiều dọc nên biểu đồ trên
giao hoán.
Ta có thể tạo ra tích tenxơ của hai phức (C•, ∂•) và (K•, λ•), kí hiệu
C• ⊗R K•, theo cách sau: (C• ⊗R K•)n := i Ci ⊗ Kn−i, và đồng cấu
gn : (C• ⊗R K•)n → (C• ⊗R K•)n−1 được xác định trên từng thành phần
Ci ⊗Kn−i là ∂i ⊗idKn−i
+(−1)i
idCi
⊗λn−i. Ta kiểm tra tính phức của dãy
C• ⊗R K•
gn−1 ◦ gn
Ci⊗Kn−i
= gn−1 ∂i ⊗ idKn−i
+ (−1)i
idCi
⊗ λn−i
= ∂i−1 ◦ ∂i ⊗ idKn−i
+ (−1)i−1
∂i ⊗ λn−i
+ (−1)i
∂i ⊗ λn−i + (−1)i
(−1)i
idCi
⊗ λn−i−1 ◦ λn−i
= 0
Ta có một đẳng cấu C•⊗RK•
∼= K•⊗RC• cho bởi x⊗y → (−1)i(n−1)
y⊗x
với x ⊗ y ∈ Ci ⊗ Kn−i.
Ví dụ 1.13. Cho hai phức
G•(x; M) :0→M
1
x
−→M
0
→ 0,
G•(y) :0→R
1
y
−→R
0
→ 0.
Khi đó, phức G•(x, y; M) := G•(x; M) ⊗ G•(y) có dạng như sau
0 → M
1
⊗ R
1
∂2
−→ M
1
⊗ R
0
⊕ M
0
⊗ R
1
∂1
−→ M
0
⊗ R
0
→ 0.
Ta xác định các đồng cấu ∂2 và ∂1
∂2(m1 ⊗ r1) = (xm1) ⊗ r1 − m1 ⊗ (yr1),
và
∂1(m1 ⊗ r0 + m0 ⊗ r1) = (xm1) ⊗ r0 + m0 ⊗ (yr1).
Do đó
G•(x, y; M) : 0 → M ⊗ R
(−y
x )
−−→ M ⊗ R ⊕ M ⊗ R
(x y)
−−→ M ⊗ R → 0
∼= 0 → M
(−y
x )
−−→ M2 (x y)
−−→ M → 0.
14

17. 1.2 Các dãy giải và các môđun mở rộng
1.2.1 Các dãy giải
Ta có thể nghiên cứu một môđun thông qua việc nghiên cứu dãy giải
của môđun đó.
Định nghĩa 1.14. Một dãy giải của một môđun M là một phức
M• : . . . −→ M2
ϕ2
−→ M1
ϕ1
−→ M0 −→ 0, (1.4)
với Hi(M•) = 0, ∀i > 0 và H0(M•) = M. Hơn nữa, nếu tồn tại n ≥ 0 sao
cho Mn = 0 và Mk = 0, ∀k > n thì dãy giải được gọi là có độ dài bằng n.
Nhận xét 1.15. Đôi khi, một dãy giải của M còn được viết dưới dạng
. . . −→ M2
ϕ2
−→ M1
ϕ1
−→ M0 −→ M → 0.
Khi đó phức trên là một dãy khớp.
Định nghĩa 1.16. Dãy giải (1.4) được gọi là một dãy giải xạ ảnh (tự do)
của M nếu Mi là môđun xạ ảnh (tự do) với mọi i.
Về khái niệm môđun xạ ảnh, người đọc có thể tham khảo thêm trong [10,
tr. 180].
Ví dụ 1.17. Giả sử x không là ước của không trong R. Khi đó phức
0 −→ R
x
−→ R −→ 0
(đồng cấu x biểu thị cho phép nhân bởi x) là một dãy giải tự do của R/(x).
Mệnh đề sau đây đóng vai trò quan trọng trong đại số đồng điều.
Mệnh đề 1.18. Mọi môđun M đều có một dãy giải tự do.
Chứng minh. Người đọc có thể xem chứng minh này trong [10, tr. 182].
Ngoài khái niệm dãy giải xạ ảnh và dãy giải tự do, trong luận văn này
chúng tôi còn cần thêm khái niệm dãy giải nội xạ của một môđun. Về khái
niệm môđun nội xạ, xin tham khảo thêm trong [10, tr. 183].
15

18. Định nghĩa 1.19. Một dãy giải nội xạ của môđun M là một phức các
môđun nội xạ
0 → Q0 → Q1 → Q2 → . . . ,
với Hi
(Q•) = 0, ∀i > 0 và H0
(Q•) = M. Đôi khi, ta còn viết dãy giải nội
xạ của M dưới dạng
0 → M → Q0 → Q1 → Q2 → . . . ,
khi đó phức trên là một dãy khớp.
Ta cũng có một kết quả quan trọng về dãy giải nội xạ.
Mệnh đề 1.20. Mỗi môđun M đều có một dãy giải nội xạ.
Chứng minh. Người đọc có thể xem trong [10, tr. 186].
1.2.2 Các môđun mở rộng
Khi đã có các dãy giải của một môđun, ta sẽ thực hiện tính toán trên
chúng để đưa ra các thông tin về môđun đó. Đây là một trong những ứng
dụng của các môđun mở rộng.
Cho M, N là các môđun và P• là một dãy giải xạ ảnh của M
· · · → P2 → P1 → P0 → 0.
Tác động hàm tử HomR( , N) lên dãy giải trên, ta được phức đối đồng
điều HomR(P•, N)
0 → HomR(P0, N) → HomR(P1, N) → HomR(P2, N) → . . . (1.5)
Định nghĩa 1.21. Ta định nghĩa Extn
R(M, N) := Hn
(HomR(P•, N)).
Mệnh đề 1.22. Ta có Ext0
R(M, N) ∼= HomR(M, N), ∀M, N.
Chứng minh. Do dãy P1
∂1
−→ P0 −→ M → 0 là khớp nên dãy tương ứng
0 → HomR(M, N) −→ HomR(P0, N)
∂1
−→ HomR(P1, N) cũng là khớp. Ta
có Ext0
R(M, N) = ker (∂1) = im ( ) ∼= HomR(M, N).
16

19. Nhận xét 1.23. Môđun Extn
R(M, N) có thể được xây dựng theo cách
khác như sau. Xuất phát từ một dãy giải nội xạ của N
0 → Q0 → Q1 → Q2 → . . . .
Tác động hàm tử HomR(M, ) lên dãy giải đó ta được phức đối đồng điều
HomR(M, Q•)
0 → HomR(M, Q0) → HomR(M, Q1) → HomR(M, Q2) → . . . (1.6)
Ta định nghĩa Extn
R(M, N) := Hn
(HomR(M, Q•)).
Người ta chứng minh được rằng, hai cách xây dựng môđun Extn
R(M, N)
như trên là tương đương.
Một dãy khớp ngắn các môđun sẽ cảm sinh một dãy khớp dài của Ext
như trong định lý dưới đây.
Định lý 1.24. Cho M là một môđun tùy ý, và một dãy khớp ngắn của
các môđun: 0 → A → B → C → 0. Khi đó, ta có dãy khớp dài như sau
0 → HomR(M, A) → HomR(M, B) → HomR(M, C)
δ0
−→ Ext1
R(M, A)
→ Ext1
R(M, B) → Ext1
R(M, C)
δ1
−→ Ext2
R(M, A) → . . .
Chứng minh. Ta xét giải xạ ảnh của M
· · · → P2 → P1 → P0 → 0.
Ta lần lượt tác động các hàm tử HomR( , A), HomR( , B), HomR( , C)
lên dãy giải sẽ cho ta các phức đối đồng điều HomR(P•, A), HomR(P•, B),
HomR(P•, C). Hơn nữa, do các Pn đều xạ ảnh nên từ dãy khớp ngắn
0 → A → B → C → 0 sẽ cho ta dãy khớp ngắn của các phức
0 → HomR(P•, A) → HomR(P•, B) → HomR(P•, C) → 0.
Áp dụng Định lý 1.11 ta được điều phải chứng minh.
1.3 Đại số tenxơ, đại số đối xứng, đại số ngoài
1.3.1 Đại số tenxơ
Cho M là một môđun. Với mỗi số nguyên dương k, ta đặt
T k
(M) = M ⊗ M ⊗ · · · ⊗ M (k lần),
17

20. và quy ước T 0
(M) = R. Các phần tử của T k
(M) được gọi là các k-tenxơ
trên M.
Đặt T (M) :=
∞
k=0
T k
(M) là tổng trực tiếp của các R-môđun. Mỗi phần
tử của T (M) là một tổ hợp tuyến tính hữu hạn của các k-tenxơ. Ta sẽ
trang bị cho T (M) một phép nhân để nó trở thành một R-đại số.
Vì tích tenxơ có tính chất kết hợp, ta có các đẳng cấu tuyến tính tự
nhiên sau
µij : T i
(M) ⊗ T j
(M) → T i+j
(M).
Các đẳng cấu trên cảm sinh một đẳng cấu chính tắc
µ : T (M) ⊗ T (M) → T (M).
Đẳng cấu µ xác định một phép nhân trên T (M) như sau
T (M) × T (M) → T (M)
(α, β) → µ(α ⊗ β).
Ta có thể chứng minh được R-môđun T (M) với phép nhân trên là một
R-đại số.
Định nghĩa 1.25. R-đại số T (M) được gọi là đại số tenxơ của M.
Đặc biệt, khi M là một môđun tự do thì ta có thể mô tả tường minh
T (M) như sau.
Mệnh đề 1.26. Giả sử M là một môđun tự do với cơ sở β = (e1, e2, . . . , en).
Khi đó, T k
(M) như là một R-môđun có một cơ sở gồm các k-tenxơ dạng
(ei1
⊗ ei2
⊗ · · · ⊗ eik
: 1 ≤ i1, i2, . . . , ik ≤ n),
và T (M) có một cơ sở dạng
(ei1
⊗ ei2
⊗ · · · ⊗ eik
: 0 ≤ k < ∞, 1 ≤ i1, i2, . . . , ik ≤ n).
Do phép nhân trong T (M) thỏa mãn T i
(M)T j
(M) ⊆ T i+j
(M), nên
T (M) là một R-đại số phân bậc. Chúng tôi xin nhắc lại định nghĩa về
vành phân bậc, đại số phân bậc, iđêan phân bậc.
18

21. Định nghĩa 1.27. (1) Một vành S được gọi là một vành phân bậc nếu S
là tổng trực tiếp cộng tính của các nhóm con: S = S0 ⊕ S1 ⊕ S2 ⊕ . . .
sao cho SiSj ⊆ Si+j, ∀i, j > 0. Các phần tử của Sk được gọi là các
phần tử thuần nhất bậc k, và Sk được gọi là thành phần thuần nhất
bậc k của S. Một đại số phân bậc là một đại số và là một vành phân
bậc với các phép toán tương ứng.
(2) Một iđêan I của vành phân bậc S được gọi là một iđêan phân bậc nếu
I =
∞
k=0
(I ∩ Sk).
(3) Một đồng cấu vành ϕ : S → T giữa hai vành phân bậc được gọi là
đồng cấu vành phân bậc nếu ϕ bảo toàn cấu trúc phân bậc trên S và
T, tức là ϕ(Sk) ⊆ Tk, ∀k ≥ 0.
Định lý sau mô tả tính phổ dụng của đại số tenxơ T (M).
Định lý 1.28. Cho M là một môđun và T (M) là đại số tenxơ của nó. Nếu
A là một R-đại số bất kỳ và ϕ : M → A là một đồng cấu R-môđun, thì
tồn tại duy nhất một đồng cấu R-đại số ψ : T (M) → A sao cho ψ M
= ϕ.
Chứng minh. Người đọc có thể xem trong [7, tr. 443].
Giả sử f : M → N là một đồng cấu R-môđun. Khi đó, f cảm sinh một
đồng cấu R-đại số T (f) : T (M) → T (N). Đồng cấu này là tổng trực tiếp
của các ánh xạ thành phần
T 0
(f) = idR và
T k
(f) : T k
(M) → T k
(N), (0 < k < ∞),
T k
(f)(m1 ⊗ · · · ⊗ mk) = f(m1) ⊗ · · · ⊗ f(mk), ∀m1, . . . , mk ∈ M.
Ta có một kết quả quan trọng về đồng cấu giữa các tích tenxơ.
Mệnh đề 1.29. Cho hai dãy khớp các môđun
E
u
−→E
v
−→E →0,
F
s
−→F
t
−→F →0.
19

22. Khi đó đồng cấu v ⊗ t : E ⊗ F → E ⊗ F là một toàn cấu và hạt nhân
của nó bằng
Im(u ⊗ 1F ) + Im(1E ⊗ s)
Chứng minh. Dễ thấy v ⊗ t = (v ⊗ 1F ) ◦ (1E ⊗ t). Hơn nữa, v ⊗ 1F và
1E ⊗ t là các toàn cấu nên v ⊗ t cũng là một toàn cấu.
Giả sử z ∈ ker(v ⊗ t). Khi đó (1E ⊗ t)(z) ∈ ker(v ⊗ 1F ) = im(u ⊗ 1F ),
đẳng thức sau cùng có được do tính khớp của dãy
E ⊗ F
u⊗1F
−−−−→ E ⊗ F
v⊗1F
−−−→ E ⊗ F → 0.
Mặt khác, do t : F → F là một toàn cấu nên 1E ⊗ t : E ⊗ F → E ⊗ F
cũng là một toàn cấu. Do đó tồn tại α ∈ E ⊗ F sao cho (1E ⊗ t)(z) =
(u ⊗ 1F ) ◦ (1E ⊗ t)(α) = (u ⊗ t)(α) = (1E ⊗ t) ◦ (u ⊗ 1F )(α).
Đặt β = z−(u⊗1F )(α), khi đó (1E ⊗t)(β) = 0, cho nên β ∈ ker(1E ⊗t) =
im(1E ⊗ s), đẳng thức sau có được do tính khớp của dãy
E ⊗ F
1E⊗s
−−−→ E ⊗ F
1E⊗t
−−−→ E ⊗ F → 0.
Nên z ∈ Im(u ⊗ 1F ) + Im(1E ⊗ s). Vậy ta đã chứng minh được
ker(v ⊗ t) ⊆ Im(u ⊗ 1F ) + Im(1E ⊗ s).
Bao hàm thức ngược lại là hiển nhiên.
Dựa vào kết quả trên, ta có thể mô tả đồng cấu cảm sinh T (f) :
T (M) → T (N) trong trường hợp f : M → N là một toàn cấu.
Mệnh đề 1.30. Cho M và N là các môđun. Nếu f : M → N là một toàn
cấu thì đồng cấu T (f) : T (M) → T (N) cũng là một toàn cấu và hạt nhân
của nó là iđêan của T (M) được sinh bởi P := ker f ⊂ M ⊂ T (M).
Chứng minh. Ta có T 0
(f) = idR là một đẳng cấu. Ta chứng minh bằng
quy nạp rằng ∀n ∈ N∗
, T n
(f) : T n
(M) → T n
(N) là một toàn cấu và hạt
nhân của nó, kí hiệu n, là môđun con của T n
(M) được sinh bởi các tích
m1 ⊗ m2 ⊗ · · · ⊗ mn trong đó ít nhất một trong các mi thuộc vào P.
Với n = 1, ta có T 1
(M) = M, T 1
(N) = N, T 1
(f) = f. Theo giả thiết,
T 1
(f) là một toàn cấu và hạt nhân của nó, 1, chính là P.
20

23. Giả sử khẳng định trên đúng tới n = k. Áp dụng Mệnh đề 1.29 cho hai
dãy khớp
k
ik
−→T k
(M)
T k
(f)
−−−→T k
(N) →0,
P
i1
−→ M
f
−→ N → 0
(trong đó i1, ik là các đồng cấu nhúng tự nhiên), ta được
T k+1
(f) : T k+1
(M) → T k+1
(N)
là một toàn cấu và hạt nhân của nó, k+1, bằng
Im(ik ⊗ 1M ) + Im(1T k(M) ⊗ i1).
Vì vậy k+1 là môđun con của T k+1
(M) được sinh bởi các tích
m1 ⊗ m2 ⊗ · · · ⊗ mk+1 trong đó ít nhất một trong các mi thuộc vào P.
Điều này chỉ ra rằng := ker(T (f)) =
n≥1
n là một iđêan được sinh
bởi P trong T (M).
1.3.2 Đại số đối xứng
Ta gọi C(M) là iđêan của T (M) sinh bởi các phần tử có dạng
m1 ⊗ m2 − m2 ⊗ m1, ∀m1, m2 ∈ M.
Định nghĩa 1.31. Đại số đối xứng của một môđun M, kí hiệu S(M), là
thương của đại số tenxơ T (M) cho iđêan C(M).
Đại số tenxơ T (M) được sinh bởi R = T 0
(M) và M = T 1
(M). Các
phần tử của M giao hoán với nhau trong đại số thương S(M). Do đó, đại
số đối xứng S(M) là một đại số giao hoán. Hơn nữa, do iđêan C(M) sinh
bởi các phần tử thuần nhất nên C(M) là một iđêan phân bậc. Vậy S(M)
là một R-đại số giao hoán phân bậc với các thành phần thuần nhất bậc k
của nó là Sk
(M) = T k
(M)/C(M)k. R-môđun Sk
(M) được gọi là lũy thừa
đối xứng cấp k của M.
Định lý sau mô tả tính phổ dụng của đại số đối xứng S(M) và các thành
phần thuần nhất của nó. Để thuận tiện, ta kí hiệu
M(k)
:= M × · · · × M (k lần).
21

24. Định lý 1.32. Cho M là một môđun và S(M) là đại số đối xứng của nó.
(1) Lũy thừa đối xứng cấp k của M, Sk
(M), bằng
Sk
(M) =
T k
(M)
(m1 ⊗ m2 ⊗ · · · ⊗ mk − mσ(1) ⊗ mσ(2) ⊗ · · · ⊗ mσ(k))
,
với ∀mi ∈ M và mọi phép hoán vị σ trong nhóm đối xứng Sk.
(2) Nếu ϕ : M(k)
→ N là một ánh xạ đa tuyến tính đối xứng, thì tồn tại
duy nhất một đồng cấu ψ : Sk
(M) → N sao cho ϕ = ψ ◦ i, trong đó
ánh xạ i : M(k)
→ Sk
(M), (m1, . . . , mk) → m1 ⊗· · ·⊗mk mod C(M).
(3) Nếu A là một R-đại số giao hoán và ϕ : M → A là một đồng cấu
R-môđun, thì tồn tại duy nhất một đồng cấu R-đại số ψ : S(M) → A
sao cho ψ M
= ϕ.
Chứng minh. Người đọc có thể xem trong [7, tr. 445].
Khi M là một môđun tự do thì đại số đối xứng S(M) có cấu trúc rất
đơn giản.
Hệ quả 1.33. Cho M là một môđun tự do có hạng n. Khi đó S(M) đẳng
cấu (như một R-đại số phân bậc) với vành đa thức n biến trên R.
Chứng minh. Giả sử β = (e1, . . . , en) là một cơ sở của M. Theo Mệnh
đề 1.26, tập các k-tenxơ dạng ei1
⊗ · · · ⊗ eik
là một cơ sở của T k
(M). Do
đại số S(M) giao hoán nên hệ sau là một cơ sở của Sk
(M)
(ei1
1 . . . ein
n : i1, . . . , in ≥ 0, i1 + · · · + in = k).
Gọi R[T1, . . . , Tn] là vành đa thức của n biến, và (R[T1, . . . , Tn])k là thành
phần thuần nhất bậc k của nó. Ta xét đồng cấu đa tuyến tính
η : M(k)
→ (R[T1, . . . , Tn])k, η(ej1
, . . . , ejk
) = Tj1
. . . Tjk
Vì đại số R[T1, . . . , Tn] giao hoán nên η đối xứng. Theo Định lý 1.32, tồn
tại đồng cấu hk : Sk
(M) → (R[T1, . . . , Tn])k sao cho
hk(ei1
1 . . . ein
n ) = Ti1
1 . . . Tin
n , với i1 + · · · + in = k.
22

25. Dễ thấy hk là một toàn cấu. Hơn nữa, theo chứng minh ở trên, môđun
Sk
(M) được sinh bởi hệ
(ei1
1 . . . ein
n : i1, . . . , in ≥ 0, i1 + · · · + in = k),
do đó rankR Sk
(M) ≤ rankR (R[T1, . . . , Tn])k. Vì vậy hk là một đẳng cấu.
Do vậy, h := ⊕hk : S(M) → R[T1, . . . , Tn] cũng là một đẳng cấu.
Hơn nữa, không khó để chỉ ra rằng h(xy) = h(x)h(y), ∀x, y ∈ S(M).
Vậy h là một đẳng cấu R-đại số.
Giả sử f : M → N là một đồng cấu R-môđun. Khi đó, f cảm sinh một
đồng cấu R-đại số S(f) : S(M) → S(N). Đồng cấu này là tổng trực tiếp
của các ánh xạ thành phần
S0
(f) = idR và
Sk
(f) : Sk
(M) → Sk
(N), (0 ≤ k < ∞),
Sk
(f)(m1 . . . mk) = f(m1) . . . f(mk), ∀m1, . . . , mk ∈ M.
Dựa vào kết quả trên, ta có thể mô tả S(f) : S(M) → S(N) trong
trường hợp f : M → N là một toàn cấu.
Mệnh đề 1.34. Cho M, N là các môđun. Nếu f : M → N là một toàn
cấu thì S(f) : S(M) → S(N) cũng là một toàn cấu và hạt nhân của nó là
một iđêan của S(M) được sinh bởi P := ker f ⊂ M ⊂ S(M).
Chứng minh. Đặt v := T (f) : T (M) → T (N). Theo Mệnh đề 1.30, v là
một toàn cấu.
Hơn nữa, ta có v(C(M)) = C(N). Thật vậy, ∀m1, m2 ∈ M, ta có
v(m1 ⊗ m2 − m2 ⊗ m1) = v(m1 ⊗ m2) − v(m2 ⊗ m1)
= f(m1) ⊗ f(m2) − f(m2) ⊗ f(m1) ∈ C(N).
Ngược lại, ∀n1, n2 ∈ N, do v là toàn cấu nên tồn tại m1, m2 ∈ M sao cho
f(m1) = n1, f(m2) = n2 và
v(m1 ⊗ m2 − m2 ⊗ m1) = n1 ⊗ n2 − n2 ⊗ n1.
23

26. Mặt khác, nếu R là hạt nhân của v, thì v−1
(C(N)) = R + C(M).
Vì đồng cấu S(f) : T (M)/C(M) → T (N)/C(N) nhận được từ v thông
qua việc lấy các thương, nên nó là một toàn cấu và hạt nhân của nó là
R = (R+C(M))/C(M). Do R sinh bởi P nên R cũng được sinh bởi P.
Đặc biệt, áp đụng Mệnh đề 1.34 cho trường hợp M = Rn
, N = I =
(x1, . . . , xn) là một iđêan của R ta thu được hệ quả sau.
Hệ quả 1.35. Cho I = (x1, . . . , xn) là một iđêan của R và một toàn cấu
f : Rn
→ I, ei → xi. Khi đó, tồn tại một toàn cấu ψ : R[T1, . . . , Tn] →
S(I) và hạt nhân của nó là iđêan thuần nhất N của R[T1, . . . , Tn] được
sinh bởi các đa thức bậc một
n
i=1
aiTi sao cho
n
i=1
aixi = 0.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.34, thì toàn cấu f cảm sinh một toàn cấu
S(f) : S(Rn
) → S(I) và hạt nhân của nó là iđêan của S(Rn
) được sinh
bởi ker f = (a1, . . . , an)t
:
n
i=1
aixi = 0 .
Ta xét đồng cấu hợp thành ψ = S(f) ◦ h−1
: R[T1, . . . , Tn] → S(I), với
đẳng cấu h : S(Rn
) → R[T1, . . . , Tn], h(ei) = Ti, i = 1, . . . , n, như trong
Hệ quả 1.33. Vậy ker ψ = h(ker S(f)). Nói một cách khác, hạt nhân ker ψ
là iđêan thuần nhất N của R[T1, . . . , Tn] được sinh bởi các đa thức bậc
một
n
i=1
aiTi sao cho
n
i=1
aixi = 0.
Ta có thêm một mô tả của N như sau. Mô tả này sẽ giúp ta xây dựng
một dãy giải của đại số đối xứng của một iđêan.
Hệ quả 1.36. Với giả thiết như trong Hệ quả 1.35. Khi đó
N =
n
i=1
fiTi f1, . . . , fn ∈ R[T1, . . . , Tn] và
n
i=1
fixi = 0 .
Chứng minh. Giả sử N = (g1, . . . , gm), trong đó với mỗi i = 1, . . . , m,
gi =
n
j=1
cijTj, cij ∈ R.
24

27. Nếu f ∈ N, ta có f =
m
i=1
pigi =
n
j=1
m
i=1
picij Tj.
Hơn nữa,
n
j=1
m
i=1
picij xj =
m
i=1


n
j=1
cijxj

 pi = 0.
Ngược lại, giả sử f =
n
i=1
fiTi với
n
i=1
fixi = 0. Ta có thể giả sử rằng fi là
các đa thức thuần nhất với bậc là d, do đó ta có thể viết fi =
r
j=1
cijmj,
trong đó m1, . . . , mr là các đơn thức bậc d với các biến T1, . . . , Tn và
cij ∈ R. Ta có
0 =
n
i=1
fixi =
n
i=1


r
j=1
cijmj

 xi =
r
j=1
n
i=1
cijxi mj,
do đó
n
i=1
cijxi = 0, ∀j = 1, . . . , r.
Điều đó chỉ ra rằng
n
i=1
cijTi ∈ N, ∀j, suy ra f ∈ N
f =
r
j=1
n
i=1
cijTi mj.
1.3.3 Đại số ngoài
Gọi A(M) là iđêan của T (M) sinh bởi các phần tử có dạng m⊗ m, ∀m ∈ M.
Định nghĩa 1.37. Đại số ngoài của một môđun M, kí hiệu ∧(M), là
thương của đại số tenxơ T (M) cho iđêan A(M).
Ảnh của phần tử m1⊗· · ·⊗mk trong ∧(M) được kí hiệu là m1∧· · ·∧mk.
Tương tự như đại số đối xứng, do iđêan A(M) sinh bởi các phần tử
thuần nhất, nên ∧(M) là một R-đại số phân bậc với các thành phần
thuần nhất bậc k của nó là ∧k
(M) = T k
(M)/A(M)k. R-môđun ∧k
(M)
được gọi là lũy thừa ngoài bậc k của M.
25

28. Định nghĩa 1.38. Phép nhân
(m1 ∧ · · · ∧ mk) ∧ (m1 ∧ · · · ∧ mh) = m1 ∧ · · · ∧ mk ∧ m1 ∧ · · · ∧ mh
trong đại số ngoài được gọi là tích ngoài.
Theo định nghĩa của ∧(M), phép nhân trên có tính thay phiên, tức là
tích m1 ∧ · · · ∧ mk = 0 trong ∧(M) nếu tồn tại một cặp chỉ số (i, j),
1 ≤ i, j ≤ k nào đó mà mi = mj với i = j nào đó. Khi đó, ∀m, m ∈ M
ta có
0 = (m + m ) ∧ (m + m )
= (m ∧ m) + (m ∧ m ) + (m ∧ m) + (m ∧ m )
= (m ∧ m ) + (m ∧ m).
Điều này chỉ ra rằng, phép nhân ∧ còn có tính phản đối xứng
m ∧ m = −m ∧ m, ∀ m, m ∈ M
Áp dụng lặp lại đẳng thức trên nhiều lần ta có
mσ(1) ∧ · · · ∧ mσ(k) = sgn(σ)m1 ∧ · · · ∧ mk,
với mọi m1, . . . , mk ∈ M, σ ∈ Sk.
Định lý sau nói lên tính phổ dụng của đại số ngoài cùng với các thành
phần thuần nhất của nó.
Định lý 1.39. Cho M là một môđun và ∧(M) là đại số ngoài của nó.
(1) Lũy thừa ngoài cấp k của M, ∧k
(M), bằng
∧k
(M) =
T k
(M)
(m1 ⊗ m2 ⊗ · · · ⊗ mk : mi = mj, với i = j)
.
(2) Nếu ϕ : M(k)
→ N là một ánh xạ đa tuyến tính thay phiên, thì tồn
tại duy nhất một đồng cấu ψ : ∧k
(M) → N sao cho ϕ = ψ ◦ i, trong
đó ánh xạ i : M(k)
→ ∧k
(M), (m1, . . . , mk) → m1 ∧ · · · ∧ mk.
Chứng minh. Người đọc có thể xem trong [7, tr. 447, 448].
26

29. Ta có hệ quả sau đây.
Hệ quả 1.40. Cho M là một môđun tự do với cơ sở β = (e1, . . . , en). Khi
đó tập sau là cơ sở của ∧k
(M)
(ei1
∧ · · · ∧ eik
, 1 ≤ i1 < · · · < ik ≤ n),
và ∧k
(M) = 0 khi k > n. Nói riêng, rankR ∧k
(M) = n
k .
Chứng minh. Do tính đa tuyến tính và phản đối xứng của tích ngoài ∧,
nên tập các k-tenxơ trong hệ quả là một tập sinh của ∧k
(M). Nếu k > n,
thì trong mỗi phần tử sinh như vậy có ít nhất hai chỉ số bằng nhau. Vì
thế, phần tử đó bằng 0, và ∧k
(M) = 0.
Nếu k = n, tồn tại một đồng cấu đa tuyến tính thay phiên ϕ : M(n)
→ R
sao cho ϕ(e1, . . . , en) = 1. Do đó, tồn tại duy nhất đồng cấu φ : ∧n
(M) → R
sao cho φ(e1 ∧ · · · ∧ en) = 1. Vậy, hệ chỉ gồm một phần tử e1 ∧ · · · ∧ en là
một cơ sở của ∧n
(M).
Tiếp theo xét trường hợp 1 ≤ k ≤ n. Giả sử có một ràng buộc tuyến tính
α(i)ei1
∧ · · · ∧ eik
= 0,
với (i) = (i1, . . . , ik), i1 < · · · < ik, α(i) ∈ R. Với mỗi bộ chỉ số cố định
(j) = (j1, . . . , jk) thỏa mãn j1 < · · · < jk, ta chọn jk+1, . . . , jn sao cho
(j1, . . . , jn) là một hoán vị của (1, 2, . . . , n). Nhân ngoài hai vế của đẳng
thức trên với ejk+1
∧ · · · ∧ ejn
, ta thu được một tổng với hầu hết các số
hạng bằng 0, vì có các chỉ số trùng lặp, loại trừ một số hạng duy nhất với
các chỉ số không trùng lặp
α(j)ej1
∧ · · · ∧ ejk
∧ ejk+1
∧ · · · ∧ ejn
= 0.
Hay là ±α(j)e1 ∧ · · · ∧ en = 0, từ đó α(j) = 0.
Vậy, tập (ei1
∧ · · · ∧ eik
, 1 ≤ i1 < · · · < ik ≤ n) là độc lập tuyến tính
trong ∧k
(M).
27

30. Chương 2
Độ sâu
Mục đích của chương này là trình bày lại các kiến thức về dãy chính
quy, dãy chính quy cực đại, và độ sâu của một iđêan. Nội dung chương
này dựa trên các tài liệu [1], [4].
Định nghĩa 2.1. Một dãy các phần tử α1, α2, . . . , αn ∈ R được gọi là
một dãy chính quy trên môđun M (hoặc một M-dãy) nếu
(i) (α1, α2, . . . , αn)M = M.
(ii)Với i = 1, 2, . . . , n, thì αi không là ước của không trên M/(α1, . . . , αi−1)M
(với i = 1, α1 không là ước của không trên M).
Khi đó n được gọi là độ dài của M-dãy α1, α2, . . . , αn.
Nếu điều kiện (ii) được thỏa mãn, dãy α1, α2, . . . , αn được gọi là chính quy
yếu (trên M), hay M-dãy yếu.
Trong trường hợp đặc biệt M = R, ta gọi α1, α2, . . . , αn là một R-dãy.
Ví dụ 2.2. Trong vành đa thức R = k[x1, x2, . . . , xn], dãy x1, x2, . . . , xn
là một R-dãy. Dãy x2
1, x1 không phải là một R-dãy.
Nhờ mệnh đề sau mà trong việc chứng minh các tính chất liên quan đến
M-dãy thì phương pháp quy nạp tỏ ra rất hữu hiệu.
Mệnh đề 2.3. Những điều kiện sau là tương đương
(i) x1, . . . , xn là một M-dãy.
(ii) x1, . . . , xs là một M-dãy và xs+1, . . . , xn là một M/(x1, . . . , xs)M-
dãy, ∀ 0 < s < n, s ∈ N∗
.
28

31. Chứng minh. (a) ⇒ (b). Giả sử x1, . . . , xn là một M-dãy. Khi đó
∀ 0 < s < n, s ∈ N∗
, x1, . . . , xs là một M-dãy, do vậy ta chỉ cần chứng
minh rằng xs+1, . . . , xn là một M/(x1, . . . , xs)M-dãy.
Ta kiểm tra điều kiện (i) trong Định nghĩa 2.1. Giả sử
(xs+1, . . . , xn)(M/(x1, . . . , xs)M) = M/(x1, . . . , xs)M,
thì với m ∈ M(xs+1, . . . , xn)M, ta có m+(x1, . . . , xs)M = (x1, . . . , xs)M
trong vành thương. Do đó m ∈ (x1, . . . , xs)M, cho nên
M ⊆ (xs+1, . . . , xn)M ∪ (x1, . . . , xs)M ⊆ (x1, . . . , xn)M ⊆ M,
tức là M = (x1, . . . , xn)M. Điều này mâu thuẫn với điều kiện (i) trong
Định nghĩa 2.1 của M-dãy x1, . . . , xn, và do đó
(xs+1, . . . , xn)(M/(x1, . . . , xs)M) = M/(x1, . . . , xs)M.
Ta kiểm tra điều kiện (ii) trong Định nghĩa 2.1. Từ giả thiết ta có xs+1
không là ước của không trên M/(x1, . . . , xs)M và xk không là ước của
không trên M/(x1, . . . , xk−1)M, ∀k = s + 2, . . . , n. Do vậy, cần chỉ ra
(M/(x1, . . . , xs)M)/(xs+1, . . . , xk−1)(M/(x1, . . . , xs)M) ∼=
M/(x1, . . . , xk−1)M, ∀s + 2 ≤ k ≤ n. (2.1)
Thật vậy, ta xét đồng cấu ψ là hợp của hai đồng cấu chiếu
ϕ1 : M → M/(x1, . . . , xs)M
ϕ2 : M/(x1, . . . , xs)M → (M/(x1, . . . , xs)M)/
(xs+1, . . . , xk−1)(M/(x1, . . . , xs)M)
Do các đồng cấu chiếu đều toàn ánh nên ψ cũng là một toàn ánh. Hơn
nữa, ker ψ = (x1, . . . , xk−1)M, do đó ta có đẳng thức (2.1).
(b) ⇒ (a). Theo điều kiện (b), ta có xs+1 không là ước của không trên
M/(x1, . . . , xs)M, và xk không là ước của không trên (M/(x1, . . . , xs)M)/
(xs+1, . . . , xk−1)(M/(x1, . . . , xs)M), ∀s + 2 ≤ k ≤ n. Tức là xk không là
ước của không trên M/(x1, . . . , xk−1)M, cho nên dãy x1, . . . , xn thỏa mãn
điều kiện (ii) của Định nghĩa 2.1. Hơn nữa, dãy x1, . . . , xn cũng thỏa mãn
điều kiện (i) của Định nghĩa 2.1, do vậy x1, . . . , xn là một M-dãy.
29

32. Ví dụ 2.4. Trong vành R = K[x, y, z], (x − 1)z, x, (x − 1)y là một R-dãy,
nhưng khi đổi thứ tự thì (x − 1)z, (x − 1)y, x không là một R-dãy.
Mặc dù không đúng trong trường hợp tổng quát, nhưng trong vành
Noether địa phương thì bất kỳ một hoán vị nào của một dãy chính quy
trên một môđun cũng đều là một dãy chính quy. Đầu tiên, ta chứng minh
khẳng định này cho trường hợp dãy chính quy chỉ gồm hai phần tử.
Bổ đề 2.5. Nếu x1, x2 là một M-dãy thì x2, x1 là một M-dãy khi và chỉ khi
x2 không là ước của không trên M. Điều này luôn đúng với vành Noether
địa phương.
Chứng minh. Khi x1, x2 là một M-dãy thì (x2, x1)M = M, do vậy ta
chỉ cần chứng tỏ rằng x1 không là ước của không trên M/(x2)M khi
x1, x2 là một M-dãy. Giả sử x1 là ước của không trên M/(x2)M, suy ra
∃n ∈ M(x2)M, m ∈ M : x1n = x2m. Nếu m ∈ (x1)M thì m = x1m ,
m ∈ M, khi đó x1(n − x2m ) = 0. Suy ra, hoặc x1 là ước của không trên
M hoặc n = x2m ∈ (x2)M. Cả hai điều này đều trái với giả thiết. Do vậy,
m ∈ M(x1)M. Khi đó x2m ∈ (x1)M nghĩa là x2(m + (x1)M) = (x1)M,
tức x2 là ước của không trên (x1)M. Điều này trái với giả thiết x1, x2 là
một M-dãy. Do đó x1 không là ước của không trên M/(x2)M.
Bây giờ, ta xét trong vành Noether địa phương (R, m), và giả sử rằng
x2m = 0, m ∈ M thì m ∈ (x1)M (do x2 không là ước của không trên
(x1)M), do vậy m = x1m , m ∈ M. Ta có 0 = x2(x1m ) = x1(x2m ), suy
ra x2m = 0 (do x1 không là ước của không trên M). Đặt
L = {m ∈ M : x2m = 0},
thì L là một môđun con của M và ta đã chỉ ra L ⊆ (x1)L, nghĩa là
L = (x1)L. Ta có x1 ∈ (x1) ⊆ m (do mọi iđêan đều được chứa trong một
iđêan cực đại), do vậy L = (x1)L ⊆ mL ⊆ L, cho nên mL = L. Do L là
một môđun con của M nên L phải hữu hạn sinh, và theo bổ đề Nakayama
ta có L = 0. Do đó x2 không là ước của không trên M nếu R là một vành
Noether địa phương.
30

33. Bây giờ, ta chứng minh trường hợp tổng quát.
Mệnh đề 2.6. Cho (R, m) là một vành Noether địa phương, M là một
môđun hữu hạn sinh. Khi đó, mọi hoán vị của một M-dãy luôn là một
M-dãy.
Chứng minh. Xét một M-dãy tổng quát x1, x2, . . . , xn. Do mọi phép hoán
vị đều là tích của các phép hoán vị của hai phần tử liên tiếp, nên ta chỉ cần
kiểm tra rằng mọi phép hoán vị của cặp (i, i + 1) từ tập {x1, x2, . . . , xn}
sẽ cho ta các M-dãy (với 1 ≤ i ≤ n − 1).
Áp dụng Mệnh đề 2.3 hai lần thì x1, . . . , xi−1, xi+1, xi, xi+2, . . . , xn là
một M-dãy khi và chỉ khi x1, . . . , xi−1 là một M-dãy, xi+1, xi là một
M/(x1, . . . , xi−1)M-dãy và xi+2, . . . , xn là một M/(x1, . . . , xi+1)M-dãy.
Nhưng x1, . . . , xn là một M-dãy, nên áp dụng Mệnh đề 2.3 hai lần nữa và
kết hợp với Bổ đề 2.5 ta thấy rằng x1, . . . , xi−1, xi+1, xi, xi+2, . . . , xn là một
M-dãy khi và chỉ khi xi+1 không là ước của không trên M/(x1, . . . , xi−1)M,
điều này được thỏa mãn do R là vành Noether địa phương.
Cũng trong vành Noether, mọi dãy chính quy đều phải hữu hạn, như ta
chứng minh dưới đây.
Mệnh đề 2.7. Cho R là một vành Noether và M là một môđun bất kỳ.
Khi đó mọi dãy chính quy trên M đều hữu hạn.
Chứng minh. Xét một M-dãy không hữu hạn x1, x2, . . . trong R. Khi đó
trong dãy các iđêan (được sắp thứ tự bao hàm), tất cả các bao hàm đều
là bao hàm thực sự.
(x1) ⊂ (x1, x2) ⊂ (x1, x2, x3) ⊂ . . . (2.2)
Thật vậy, giả sử tồn tại một bao hàm không thực sự, tức là (x1, . . . , xk) =
(x1, . . . , xk, xk+1) với k ∈ Z+
nào đó. Thì xk+1 ∈ (x1, . . . , xk), do vậy với
mọi m ∈ M thì xk+1m ∈ (x1, . . . , xk)M, khi đó
xk+1(m + (x1, . . . , xk)M) = (x1, . . . , xk)M,
31

34. tức là xk+1 là ước của không trên M/(x1, . . . , xk)M trừ khi M = (x1, . . . , xk)M.
Cả hai điều này đều mâu thuẫn với điều kiện x1, . . . , xk+1 là một M-dãy.
Do vậy, trong dãy (2.2) tất cả các bao hàm đều là thực sự, sẽ cho ta một
dãy tăng dần các iđêan trong vành Noether R. Cho nên dãy trên phải dừng,
tức là với một số k nào đó ta phải có (x1, . . . , xk) = (x1, . . . , xk, xk+1), một
điều mâu thuẫn như ta đã chỉ ra ở trên.
Như vậy, mọi dãy chính quy trong một vành Noether đều hữu hạn.
Độ dài cực đại của các dãy chính quy được quan tâm đặc biệt, đó là khi
ta không thể bổ sung thêm phần tử nào nữa để lại được một dãy chính quy.
Định nghĩa 2.8. Một dãy chính quy cực đại trên môđun M là một M-dãy
x1, . . . , xn sao cho với mọi y ∈ R, dãy x1, . . . , xn, y không là một M-dãy.
Bổ đề 2.9. Cho một iđêan I của R, một môđun M và một M-dãy x1, . . . , xk
có độ dài k được chứa trong I. Đặt Ik = (x1, . . . , xk) và Mk = M/IkM
với k = 1, n (và M0 = M). Khi đó Extk
R(R/I, M) ∼= HomR(R/I, Mk).
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp.
Theo Bổ đề 1.22, ta có Ext0
R(R/I, M) ∼= HomR(R/I, M) = HomR(R/I, M0).
Do đó kết luận đúng với k = 0.
Giả sử kết luận đúng với k = j, (0 ≤ j < n), tức là Extj
R(R/I, M) ∼=
HomR(R/I, Mj) (và theo chứng minh trên thì Extj
R(R/I, M) = 0).
Với k = j+1. Vì x1 không là ước của không trên M, ta có dãy khớp ngắn
0 → M
x1
−→ M → M1 → 0,
trong đó đồng cấu M → M1 là đồng cấu chiếu. Khi đó ta có dãy khớp dài
như sau
· · · → Extj
R(R/I, M) → Extj
R(R/I, M1)
δj
−→
Extj+1
R (R/I, M)
x1
−→ Extj+1
R (R/I, M) → . . . ,
trong đó Extj
R(R/I, M) = 0. Do x1 ∈ I nên x1 triệt tiêu môđun R/I, và
ta cần chứng tỏ x1 triệt tiêu Extj+1
R (R/I, M). Thật vậy, ta lấy một dãy
giải nội xạ của M
0 → I0
ψ0
−→ I1
ψ1
−→ . . .
32

35. Tác động hàm tử HomR(R/I, −) vào dãy giải trên, ta được phức
0 → HomR(R/I, I0)
(ψ∗
)0
−−−→ HomR(R/I, I1)
(ψ∗
)1
−−−→ . . .
Do x1 triệt tiêu môđun R/I nên x1 cũng triệt tiêu mọi đồng cấu trong
HomR(R/I, Ij), ∀j > 0. Và do vậy x1 triệt tiêu ker ((ψ∗
)j+1) ⊆ HomR(R/I, Ij+1),
cho nên nó triệt tiêu Extj+1
R (R/I, M).
Khi đó, dãy khớp dài trở thành
0 → Extj
R(R/I, M1) → Extj+1
R (R/I, M) → 0
Đồng cấu giữa Extj
R(R/I, M1) và Extj+1
R (R/I, M) vừa là đơn cấu vừa là
toàn cấu, do đó là đẳng cấu. Do đó Extj
R(R/I, M1) ∼= Extj+1
R (R/I, M), và
sử dụng giả thiết quy nạp ta được HomR(R/I, M1/(x2, . . . , xj+1)M1) ∼=
Extj
R(R/I, M1) (theo Mệnh đề 2.3 thì x2, . . . , xj+1 là một M1-dãy). Nhưng
M1/(x2, . . . , xj+1)M1) ∼= Mj+1 (xem trong chứng minh Mệnh đề 2.3), và
do đó: Extj+1
R (R/I, M) ∼= HomR(R/I, Mj+1).
Định lý tiếp theo cho phép ta định nghĩa khái niệm độ sâu.
Định lý 2.10. Cho R là một vành Noether, M là một môđun hữu hạn
sinh, và một iđêan thực sự I ⊂ R sao cho IM = M, khi đó mọi dãy
chính quy cực đại trên M mà được chứa trong I đều có độ dài bằng
inf{i | Exti
R(R/I, M) = 0}.
Chứng minh. Giả sử x1, . . . , xn là một M-dãy cực đại trong I có độ dài n.
Ta cần chứng minh rằng Extk
R(R/I, M) = 0 nếu k < n và Extn
R(R/I, M) = 0.
Sử dụng định nghĩa của đồng cấu môđun với các Mk đuợc định nghĩa
như trong Bổ đề 2.9, ta có ∀f ∈ HomR(R/I, Mk−1) thì
xkf(1 + I) = f(xk + I) = f(I) = 0.
Do xk không là ước của không trên Mk−1 nên f(1 + I) = 0, do đó
f(r + I) = rf(1 + I) = 0, ∀r + I ∈ R/I,
hay f = 0. Điều này đúng với mọi f ∈ HomR(R/I, Mk−1), do vậy
HomR(R/I, Mk−1) = 0, ∀ 1 ≤ k ≤ n.
Bây giờ ta sử dụng Bổ đề 2.9, với mọi 1 ≤ k ≤ n, thì
33

36. Extk−1
R (R/I, M) ∼= HomR(R/I, Mk−1) = 0
chứng tỏ rằng Extk
R(R/I, M) = 0, với k < n.
Tiếp theo ta cần chỉ ra Extn
R(R/I, M) = 0, theo Bổ đề 2.9, tức cần chỉ
ra HomR(R/I, Mn) = 0. Người đọc có thể tham khảo chứng minh này
trong [3, tr. 9, 10].
Một hệ quả trực tiếp là mọi M-dãy trong một vành đều có thể được bổ
sung thành một M-dãy cực đại.
Hệ quả 2.11. Cho R là một vành Noether và M là một môđun. Khi đó
mọi M-dãy trong R đều có thể được bổ sung thành một M-dãy cực đại.
Chứng minh. Giả sử n là độ dài của mọi M-dãy cực đại trong R. Xét một
M-dãy dạng x1, . . . , xp với p < n. Do p = n, nên M-dãy này không phải
dãy cực đại, do vậy ∃ y1 ∈ R : x1, . . . , xp, y1 là một M-dãy.
Tương tự, ta có thể tìm được y2, . . . , yn−p sao cho x1, . . . , xp, y1, . . . , yn−p
là một M-dãy trong R, và do dãy này có độ dài n nên nó là một M-dãy
cực đại.
Định nghĩa 2.12. Cho một môđun M và một iđêan thực sự I ⊂ R. Độ
sâu của I trên M, kí hiệu depth(I, M), được định nghĩa là độ dài cực đại
của mọi M-dãy được chứa trong iđêan I.
Đặc biệt
• Độ sâu của một iđêan I trên vành R được kí hiệu là depth(I).
• Trong một vành địa phương (R, m), độ sâu của iđêan cực đại m trên
R-môđun M được kí hiệu là depth(M).
• Độ sâu của iđêan cực đại m trên R trong vành địa phương (R, m) được
kí hiệu là depth(R).
Nhận xét 2.13. Như vậy, theo Định lý 2.10, độ sâu của iđêan I trên
môđun M trong vành Noether được tính như sau
depth(I, M) = inf{i | Exti
R(R/I, M) = 0}.
34

37. Chương 3
Phức Koszul
Định lý 2.10 cho ta một cách tính độ sâu của một iđêan I trên một
môđun M dựa trên việc tính các môđun Exti
R(R/I, M). Ta có một cách
tính độ sâu khác dựa trên việc tính toán các đồng điều của phức Koszul.
Mục đích của chương này là trình bày lại hai cách xây dựng phức Koszul
và các tính chất cơ bản của nó. Nội dung chương này dựa trên các tài
liệu [3], [12], [13], [14].
3.1 Cách xây dựng Phức Koszul theo tích ngoài
Cố định một dãy x = x1, x2, . . . , xn ∈ R và một cơ sở (e1, e2, . . . , en)
của Rn
. Đặt K0 = R và Ki = 0 với i < 0. Với mỗi i ≥ 1, đặt Ki = ∧i
(Rn
).
Khi đó Ki là một R-môđun tự do có hạng n
i với một cơ sở có dạng
(ej1
∧ ej2
∧ · · · ∧ eji
| 1 ≤ j1 < j2 < · · · < ji ≤ n).
Đặc biệt, Ki = 0, ∀i > n và Kn có một cơ sở là (e1 ∧ e2 ∧ · · · ∧ en).
Với mỗi i = 1, 2, . . . , n, đặt ∂K
i : Ki → Ki−1 được cho bởi
ej1
∧ ej2
∧ · · · ∧ eji
→
i
k=1
(−1)k+1
xjk
ej1
∧ · · · ∧ ejk
∧ · · · ∧ eji
.
Với i > n hoặc i < 1, đồng cấu ∂K
i = 0.
Do các Ki là môđun tự do nên các đồng cấu ∂K
i có thể được viết dưới
dạng ma trận. Theo định nghĩa của ∂K
i , có thể thấy rằng các phần tử
trong ma trận của ∂K
i bằng 0 hoặc bằng ±xj. Ta xét hai trường hợp đặc
35

38. biệt: ∂K
1 : K1 → K0 và ∂K
n : Kn → Kn−1. Vì ∂K
1 (ej) = xj nên ma trận
của nó là A = (x1 . . . xn). Tương tự như vậy, vì ∂K
n (e1 ∧ e2 ∧ · · · ∧ en) =
x1 e2 ∧ · · · ∧ en − x2 e1 ∧ e3 ∧ · · · ∧ en + · · · + (−1)n+1
xn e1 ∧ e2 ∧ · · · ∧ en−1
nên ma trận của nó là
B =



(−1)n+1
xn
...
−x2
x1


 .
Dãy các môđun Ki và các đồng cấu ∂K
i sẽ có dạng sau
K• : 0 → R
B
−→ Rn
→ · · · → Rn A
−→ R → 0. (3.1)
Ta có thể kiểm tra rằng ∂K
i ∂K
i+1 = 0, ∀i ∈ Z. Do đó K• là một phức.
Đặc biệt, Hn(K•) ∼= {r ∈ R | xir = 0, ∀i = 1, . . . , n} =
n
i=1
{0 :R xi} và
H0(K•) ∼= R/(x).
Định nghĩa 3.1. Phức K• được xây dựng như trên được gọi là phức
Koszul của x (liên kết với x), kí hiệu là K•(x) hoặc K•(x; R).
Với mỗi R-môđun M, phức K•(x; M) := K•(x) ⊗R M được gọi là phức
Koszul của x với hệ số trên M. Phức này đẳng cấu với phức sau
0 → M → Mn
→ M(n
2) → · · · → Mn
→ M → 0. (3.2)
Môđun đồng điều thứ i của phức (3.2) là Hi(K•(x; M)), được kí hiệu là
Hi(x; M). Trong trường hợp R là một vành Noether và M hữu hạn sinh
thì các môđun Hi(x; M) cũng hữu hạn sinh.
Dễ thấy H0(x; M) ∼= M/xM và Hn(x; M) ∼=
n
i=1
{0 :M xi}.
Ví dụ 3.2. Phức Koszul của dãy x, y là
K•(x, y) : 0 → R
∂2
−→ R2 ∂1
−→ R → 0,
với
∂2(e1 ∧ e2) = xe2 − ye1,
36

39. và
∂1(e1) = x, ∂1(e2) = y.
Do đó
K•(x, y) : 0 → R
(−y
x )
−−→ R2 (x y)
−−→ R → 0
Vì vậy, phức Koszul của x, y với hệ số trên M là
K•(x, y; M) : 0 → M
(−y
x )
−−→ M2 (x y)
−−→ M → 0.
Ví dụ 3.3. Đặc biệt hơn, khi y = −x, phức Koszul của dãy x, −x là
K•(x, −x) : 0 → R
(x
x)
−−→ R2 (x −x)
−−−→ R → 0.
Phức Koszul K•(x) có dạng
K•(x) : 0 → R
x
−→ R → 0.
Về mặt iđêan thì (x) = (x, −x), tuy nhiên, phức Koszul của hai dãy phần
tử sinh này lại khác nhau. Đặc biệt hơn, khi x không là ước của không
trên R thì các môđun đồng điều bậc 1 của hai phức là này khác nhau.
Ngoài ra, ta còn có một phương pháp khác để xây dựng phức Koszul
của một dãy các phần tử, đó là cách tenxơ các phức Koszul của một phần
tử. Phương pháp này thường được sử dụng nhiều trong các chứng minh.
3.2 Cách xây dựng Phức Koszul bằng cách lấy tenxơ các phức
Ta sẽ xây dựng phức Koszul theo quy nạp như sau
(1) Cho M là một môđun và x là một phần tử của R. Phức Koszul của
x với hệ số trên M được định nghĩa là
G•(x; M) : 0 → M
x
−→ M → 0
Khi M = R, phức G•(x; R) còn được kí hiệu là G•(x).
(2) Nếu x1, . . . , xn là một dãy các phần tử thuộc R, thì phức Koszul
của x1, . . . , xn với hệ số trên M, kí hiệu G•(x1, . . . , xn; M), được định
nghĩa theo quy nạp bằng G•(x1, . . . , xn−1; M) ⊗ G•(xn; R).
37

40. Ví dụ 3.4. Trong Ví dụ 1.13, cách xây dựng G•(x, y; M) chính là cách
xây dựng phức Koszul của hai phần tử x, y với hệ số trong M theo phương
pháp lấy tenxơ các phức.
Mệnh đề 3.5. K•(x1, . . . , xn) ∼= G•(x1, . . . , xn), ∀x := x1, . . . , xn ∈ R.
Chứng minh. Với n = 1, theo định nghĩa ta có K•(x1) ∼= G•(x1).
Giả sử kết luận đúng với n − 1. Đặt x’ := x1, . . . , xn−1. Khi đó
K•(x’) ∼= G•(x’).
Ta có K•(x’) ⊗ K•(xn) ∼= K•(x). Thật vậy, theo định nghĩa tích tenxơ
hai phức ta có
(K•(x’) ⊗ K•(xn))i = R(n−1
i ) ⊕ R(n−1
i−1 ) ∼= R(n
i ),
trong đó đẳng cấu fi : R(n−1
i ) ⊕ R(n−1
i−1 ) → R(n
i ),
xj1...ji
ej1
∧· · ·∧eji
+ yh1...hi−1
eh1
∧· · ·∧ehi−1
→ xj1...ji
ej1
∧· · ·∧eji
+ yh1...hi−1
eh1
∧ · · · ∧ ehi−1
∧ en.
Khi đó ta có biểu đồ giao hoán sau với hàng trên là phức K•(x’)⊗K•(xn),
hàng dưới là phức K•(x).
. . . −−→


R(n−1
i )
⊕
R(n−1
i−1 )

 gi
−−→


R(n−1
i−1 )
⊕
R(n−1
i−2 )

 −−→ . . .
fi

 fi−1


. . . −−→ R(n
i ) ∂x
i
−−→ R( n
i−1) −−→ . . .
Do vậy
K•(x) ∼= K•(x’) ⊗ K•(xn)
∼= G•(x’) ⊗ G•(xn)
∼= G•(x).
38

41. Nhận xét 3.6. Do tích tenxơ của hai phức thỏa mãn C• ⊗K•
∼= K• ⊗C•,
nên phức Koszul là bất biến (sai khác đẳng cấu) với mọi hoán vị của
x1, x2, . . . , xn. Do đó, theo Mệnh đề 1.9, thì đồng điều của phức Koszul
cũng là bất biến với mọi hoán vị của x1, x2, . . . , xn.
3.3 Một số tính chất cơ bản của phức Koszul
Tiếp theo, chúng tôi nêu một số kết quả quan trọng liên quan đến phức
Koszul mà sẽ cần dùng ở các phần sau.
Mệnh đề 3.7. Cho (C•, ∂•) là một phức trên R và K• = K•(x) là phức
Koszul của x ∈ R. Khi đó ta có dãy khớp ngắn của các phức như sau
0 → C• → (C• ⊗ K•) → C•[−1] → 0, (3.3)
trong đó Cn[−1] = Cn−1, và các đồng cấu ở cấp thứ n được định nghĩa
như sau
δn : Cn → (Cn ⊗ R) ⊕ (Cn−1 ⊗ R) ∼= Cn ⊕ Cn−1, a → (a, 0),
γn : Cn ⊕ Cn−1 → Cn[−1], (a, b) → b.
Chứng minh. Với các đồng cấu được định nghĩa như trên thì các hàng
ngang của 0 → C• → (C• ⊗ K•) → C•[−1] → 0 luôn là các dãy khớp
ngắn. Ta cần kiểm tra tính giao hoán của biểu đồ. Theo cách xây dựng
C• ⊗ K•, với mọi n ta có
gn : Cn ⊕ Cn−1→Cn−1 ⊕ Cn−2
(a, b) →(∂n(a) + (−1)n−1
bx, ∂n−1(b)).
Với mỗi n và ∀a ∈ Cn, ta có (gn ◦ δn)(a) = gn(a, 0) = (∂n(a), 0), và
(δn ◦ ∂n)(a) = δn(∂n(a)) = (∂n(a), 0). Suy ra, gn ◦ δn = δn ◦ ∂n.
Mặt khác, ∀(a, b) ∈ Cn ⊕ Cn−1, ta có (∂n−1 ◦ γn)(a, b) = ∂n−1(b), và
(γn−1 ◦ gn)(a, b) = γn−1(∂n(a) + (−1)n−1
bx, ∂n−1(b)) = ∂n−1(b). Suy ra,
∂n−1 ◦ γn = γn−1 ◦ gn.
Do đó, dãy (3.3) là dãy khớp ngắn của các phức.
39

42. Hệ quả 3.8. Với giả thiết như trên, ta có một dãy khớp dài
. . .
x
−→ Hn(C•) → Hn(C• ⊗ K•) → Hn−1(C•)
x
−→ Hn−1(C•) → . . . (3.4)
Chứng minh. Chú ý rằng, với mọi n, ta có Hn−1(C•) = Hn(C•[−1]). Áp
dụng Định lý 1.11 cho dãy khớp ngắn (3.3), ta được dãy (3.4). Hơn nữa,
không khó để kiểm tra rằng các đồng cấu nối ở đây thực chất là phép nhân
bởi x. Do đó, ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét 3.9. Dãy khớp dài trong hệ quả trên được phân tích thành các
dãy khớp ngắn
0 →
Hn(C•)
xHn(C•)
→ Hn(C• ⊗ K•) → AnnHn−1(C•)(x) → 0,
với mọi n, và AnnM (N) = {m ∈ M | mn = 0, ∀n ∈ N}.
40

43. Chương 4
Ứng dụng của phức Koszul
Phức Koszul có mối liên hệ mật thiết với các dãy chính quy, ta có thể
sử dụng phức Koszul để kiểm tra khi nào một dãy các phần tử cho trước
là một dãy chính quy. Trong thực tế, phức Koszul được dùng để tính độ
sâu của các iđêan. Ngoài ra, phức Koszul còn có ứng dụng trong việc tạo
ra một dãy phức mà đồng điều tại vị trí 0 đẳng cấu với đại số đối xứng của
một iđêan. Nội dung chương này dựa trên các tài liệu [3], [6], [5]c, [13], [9].
4.1 Phức Koszul và dãy chính quy
Phức Koszul của một dãy chính quy cho ta một dãy giải tự do của iđêan
sinh bởi dãy đó.
Định lý 4.1. Nếu x1, . . . , xn là một R-dãy thì phức Koszul K•(x1, . . . , xn)
cho ta một dãy giải tự do của R/(x1, . . . , xn).
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Lưu ý rằng tất cả các
môđun của phức Koszul đều là tự do và hữu hạn sinh, do đó ta chỉ cần
chứng minh rằng Hi(x1, . . . , xn) = 0, ∀i ≥ 1 (ta đã biết H0(x1, . . . , xn) =
R/(x1, . . . , xn)).
Với n = 1, K•(x) = 0 → R
x
−→ R → 0 là giải tự do của R/(x) khi x
không là ước của không trên R/(x), do đó kết luận đúng với n = 1.
Giả sử kết luận đúng với n = k, tức C• := K•(x1, . . . , xk) là dãy giải tự
do của R-dãy x1, . . . , xk, hay Hi(C•) = 0, ∀i ≥ 1 và H0(C•) = R/(x1, . . . , xk).
Với n = k + 1, ta đã biết K•(x1, . . . , xk, xk+1) ∼= C• ⊗ K•(xk+1). Áp
41

44. dụng Hệ quả 3.8, ta có dãy khớp dài
. . .
x
−→ Hi(C•) → Hi(C• ⊗ K•(xk+1)) → Hi−1(C•) → . . .
Theo giả thiết quy nạp, ta có Hi(C•) = 0, ∀i ≥ 1. Do đó ∀i > 1, dãy khớp
trên trở thành
· · · → 0 → Hi(C• ⊗ K•(xk+1)) → 0 → . . . ,
cho nên Hi(x1, . . . , xk, xk+1) = Hi(C• ⊗ K•(xk+1)) = 0.
Với i = 1, sử dụng Nhận xét 3.9, ta có dãy khớp ngắn
0 →
H1(C•)
xk+1H1(C•)
= 0 → H1(C• ⊗ K•(xk+1)) → AnnR/(x1,...,xk)(xk+1) → 0.
Hơn nữa, do xk+1 không là ước của không trên R/(x1, . . . , xk) (theo định
nghĩa của R-dãy), nên AnnR/(x1,...,xk)(xk+1) = 0. Do vậy
H1(x1, . . . , xk, xk+1) = H1(C• ⊗ K•(xk+1)) = 0
Trong vành địa phương, ta có kết quả mạnh hơn.
Định lý 4.2. Một dãy các phần tử x1, . . . , xn trong iđêan cực đại m của
vành địa phương (R, m) là một R-dãy khi và chỉ khi H1(x1, . . . , xn) = 0.
Chứng minh. ⇒) Điều kiện cần là một hệ quả trực tiếp của Định lý 4.1.
⇐) Giả sử H1(x1, . . . , xn) = 0, ta cần chứng minh x1, . . . , xn là một R-
dãy. Do x1, . . . , xn ∈ m, nên (x1, . . . , xn) ⊆ m R, do đó (x1, . . . , xn) = R,
tức dãy x1, . . . , xn thỏa mãn điều kiện (i) trong Định nghĩa 2.1. Do vậy ta
chỉ cần chứng minh dãy này thỏa mãn điều kiện (ii) trong Định nghĩa 2.1.
Ta sẽ chứng minh điều này bằng quy nạp.
Với n = 1, ta có 0 = H1(x) = (0 :R x), do đó x không là ước của không
trên R.
Giả sử kết luận đúng với n = k, tức dãy x1, . . . , xk ∈ m sao cho
H1(x1, . . . , xk) = 0 thỏa mãn điều kiện (ii) trong Định nghĩa 2.1.
Với n = k + 1, xét một dãy các phần tử x1, . . . , xk, xk+1 ∈ m với
H1(x1, . . . , xk+1) = 0. Theo Hệ quả 3.8, ta có dãy khớp dài trên đồng điều
như sau
→ Hi(x1, . . . , xk)
xk+1
−−→ Hi(x1, . . . , xk) → Hi(x1, . . . , xk+1) →
Do H1(x1, . . . , xk+1) = 0, nên H1(x1, . . . , xk)
xk+1
−−→ H1(x1, . . . , xk) là toàn
42

45. cấu, do đó
H1(x1, . . . , xk) = xk+1H1(x1, . . . , xk) ⊆ (xk+1)H1(x1, . . . , xk)
Do H1(x1, . . . , xk) là một R-môđun, nên
H1(x1, . . . , xk) = (xk+1)H1(x1, . . . , xk)
Sử dụng bổ đề Nakayama, ta được H1(x1, . . . , xk) = 0 . Áp dụng giả thiết
quy nạp, ta có dãy x1, . . . , xk thỏa mãn điều kiện (ii) trong Định nghĩa 2.1.
Hơn nữa, theo Nhận xét 3.9, ta có dãy khớp ngắn sau
H1(x1, . . . , xk+1) → AnnH0(x1,...,xk)(xk+1) → 0
Do H1(x1, . . . , xk+1) = 0, nên
AnnH0(x1,...,xk)(xk+1) = AnnR/(x1,...,xk)(xk+1) = 0,
hay xk+1 không là ước của không trên R/(x1, . . . , xk).
Do đó dãy x1, . . . , xk, xk+1 thỏa mãn điều kiện (ii) trong Định nghĩa 2.1.
Một hệ quả rút ra từ chứng minh của định lý trên.
Hệ quả 4.3. Cho M là một môđun trên vành địa phương (R, m) và một
dãy các phần tử x1, . . . , xn trong iđêan cực đại m. Nếu Hi(x1, . . . , xn; M) =
0 thì Hi(x1, . . . , xn−1; M) = 0, với i ≥ 1.
4.2 Phức Koszul và độ sâu
Ta có thể xác định độ dài chung của mọi M-dãy cực đại được chứa trong
một iđêan trong một vành Noether địa phương.
Bổ đề 4.4. Cho M là một môđun, và x = x1, . . . , xn là một dãy các phần
tử trong R. Giả sử I = (x1, . . . , xn) chứa một M-dãy y = y1, . . . , ym.
Khi đó
Hn+1−i(x; M) = 0 với i = 1, 2, . . . , m, và
Hn−m(x; M) ∼= HomR(R/I, M/yM) ∼= Extm
R (R/I, M).
Chứng minh. Người đọc có thể xem trong [3, tr. 50].
43

46. Định lý 4.5. Cho R là vành Noether địa phương, M là một môđun hữu
hạn sinh, và I = (x1, . . . , xn) ⊂ R sao cho IM = M, thì mọi M-dãy cực
đại được chứa trong I đều có độ dài là inf {k | Hn−k(x1, . . . , xn; M) = 0}.
Chứng minh. Theo Định lý 2.10, mọi M-dãy cực đại được chứa trong iđêan
I = (x1, . . . , xn) ⊂ R đều có cùng độ dài. Ta giả sử y = y1, . . . , ym là một
M-dãy cực đại được chứa trong iđêan I = (x1, . . . , xn). Ta cần chỉ ra rằng
m = inf {k | Hn−k(x1, . . . , xn; M) = 0}.
Áp dụng Bổ đề 4.4, ta được Hn−k(x1, . . . , xn; M) = 0, ∀ 0 ≤ k ≤ m− 1.
Hơn nữa, Hn−m(x1, . . . , xn; M) ∼= Extm
R (R/I, M) = 0. Thật vậy, giả sử
ngược lại, tức Hn−l(K•(x1, . . . , xn; M)) = 0, theo Nhận xét 4.3, ta có
Hn−l(K•(x1, . . . , xl; M)) = 0. Điều này không đúng khi l = n.
Như vậy, l = inf {k | Hn−k(K•(x1, . . . , xn; M)) = 0}.
Định lý trên cho ta cách xác định depth(I, M) như chiều dài của mọi
M-dãy cực đại trong iđêan I sao cho IM = M. Nếu IM = M, ta qui ước
depth(I, M) = ∞.
Định lý 4.5 chỉ ra rằng, với một iđêan thực sự I ⊂ R được sinh bởi n
phần tử thì depth(I, R) ≤ n, do đồng điều thứ 0 của phức Koszul là không
tầm thường khi I = R.
4.3 Phức Koszul và dãy giải tự do của đại số đối xứng
Cho I là một iđêan của vành R. Ta có thể thu được một số thông tin
của I thông qua việc nghiên cứu đại số đối xứng S(I) của nó. Khi đại số
đối xứng S(I) có một dãy giải tự do thì khá nhiều thông tin về S(I) và
do đó về I có thể thu được thông qua dãy giải này. Trong phần này chúng
tôi xin giới thiệu thêm một ứng dụng khác của phức Koszul trong việc xây
dựng một loại phức mà trong một số trường hợp chúng là một dãy giải tự
do của S(I).
Giả sử x = (x1, . . . , xn) là một tập sinh của iđêan I của vành R. Từ hai
44

47. đồng cấu
u :R[T1, . . . , Tn]n (x1,...,xn)
−−−−−→R[T1, . . . , Tn]
(a1, . . . , an) −→
n
i=1
aixi,
v :R[T1, . . . , Tn]n (T1,...,Tn)
−−−−−→R[T1, . . . , Tn]
(a1, . . . , an) −→
n
i=1
aiTi,
ta xây dựng hai phức Koszul K•(x; R[T]), K•(T; R[T]) với các đồng cấu
tương ứng là dx, dT. Ta có thể kiểm tra rằng các đồng cấu này thỏa mãn
dx ◦ dT + dT ◦ dx = 0.
Từ tính chất này, ta có thể xây dựng được một phức mới, được gọi là phức
xấp xỉ, với các môđun là ker dx, các đồng cấu là dT, và được kí hiệu là Z•
Z• = (kerdx; dT).
Phức này có phần cuối là ker u
v
−→ R[T1, . . . , Tn] → 0. Do đó
H0(Z•) =
R[T1, . . . , Tn]
v(ker(u))
,
trong đó v(ker(u)) =
n
i=1
fiTi f1, . . . , fn ∈ R[T1, . . . , Tn] và
n
i=1
fixi = 0 .
Hơn nữa, theo Hệ quả 1.36, ta có
H0(Z•) =
R[T1, . . . , Tn]
v(ker(u))
∼= S(I).
Ví dụ 4.6. Cho R := k[s, t] là vành đa thức với phân bậc chuẩn, deg(s) =
deg(t) = 1. Giả sử f1, f2, f3 là các đa thức thuần nhất bậc d trong R. Ta
xây dựng phức Koszul phân bậc của f1, f2, f3
0 → R[−3d]
d3
−→ R[−2d]3 d2
−→ R[−1d]3 d1
−→ R → 0, (4.1)
trong đó R[−i] là một vành phân bậc với (R[−i])k = Rk−i. Ta cần thực
hiện sự dịch chuyển bậc như vậy để các đồng cấu đều là các đồng cấu
phân bậc.
45

48. Các vi phân d3, d2, d1 được xác định như sau
d3(e1 ∧ e2 ∧ e3) = f1e2 ∧ e3 − f2e1 ∧ e3 + f3e1 ∧ e2,
d2(e1 ∧e2) = f1e2 −f2e1; d2(e1 ∧e3) = f1e3 −f3e1; d2(e2 ∧e3) = f2e3 −f3e2,
d1(e1) = f1; d1(e2) = f2; d1(e3) = f3.
Do đó, các vi phân d3, d2, d1 có các ma trận là
d3 =
f3
−f2
f1
, d2 =
−f2 −f3 0
f1 0 −f3
0 f1 f2
, d1 = (f1 f2 f3) .
Ta lấy tenxơ của phức (4.1) với R[T1, T2, T3] trên R ta thu được một phức,
kí hiệu (K•(f1, f2, f3), u•), có dạng
0 → R[T1, T2, T3][−3d]
u3
−→ R[T1, T2, T3][−2d]3 u2
−→
u2
−→ R[T1, T2, T3][−1d]3 u1
−→ R[T1, T2, T3] → 0,
trong đó các ma trận của các vi phân ui là giống với các ma trận của di
với mọi i.
Lưu ý rằng, vành R[T1, T2, T3] là một vành phân bậc kép, có một phân
bậc từ R = k[s, t] và một phân bậc khác từ k[T1, T2, T3] với deg(T1) =
deg(T2) = deg(T3) = 1. Ta sử dụng kí hiệu (-) cho sự thay đổi bậc trong
k[T1, T2, T3]. Ta có một phức Koszul phân bậc khác trên R[T1, T2, T3] liên
kết với dãy T1, T2, T3, kí hiệu (K•(T1, T2, T3), v•), có dạng
0 → R[T1, T2, T3](−3)
v3
−→ R[T1, T2, T3](−2)3 v2
−→
v2
−→ R[T1, T2, T3](−1)3 v1
−→ R[T1, T2, T3] → 0, (4.2)
trong đó các vi phân vi được cho bởi
v3 =
T3
−T2
T1
, v2 =
−T2 −T3 0
T1 0 −T3
0 T1 T2
, v1 = (T1 T2 T3) .
Hơn nữa, theo Định lý 4.1, do T1, T2, T3 là một dãy chính quy trong
R[T1, T2, T3] nên phức (4.2) là một dãy khớp.
Phức xấp xỉ Z• của hai phức (K•(f1, f2, f3), u•) và (K•(T1, T2, T3), v•)
có các môđun thành phần Zi
∼= ker(di)⊗R R[T1, T2, T3] (đẳng thức có được
46

49. là do ta tenxơ một môđun trên R với một môđun tự do) và các đồng cấu
thành phần chính là vi, với i = 0, 1, 2, 3.
(Z•, v•) : 0 → Z3(−3)
v3
−→ Z2(−2)
v2
−→ Z1(−1)
v1
−→ Z0 = R[T1, T2, T3] → 0.
Đặt I = (f1, f2, f3) là iđêan của R[T1, T2, T3]. Ta đã biết H0(Z•) ∼= S(I).
Để minh họa, ta kiểm tra rằng có thể dùng vi phân v2 để ánh xạ
Z2 vào Z1. Sử dụng vi phân v2 của (K•(T1, T2, T3), v•), ta có thể ánh
xạ Z2 vào R[T1, T2, T3](−1)3
. Hơn nữa, u1 ◦ v2 + v1 ◦ u2 = 0, thật vậy,
∀
α
β
γ
∈ R[T1, T2, T3]3
, ta có
(u1 ◦ v2)
α
β
γ
+ (v1 ◦ u2)
α
β
γ
=
(f1 f2 f3)
−T2 −T3 0
T1 0 −T3
0 T1 T2
α
β
γ
+(T1 T2 T3)
−f2 −f3 0
f1 0 −f3
0 f1 f2
α
β
γ
= 0.
Do đó, ta có v2(Z2) ⊂ Z1.
Ví dụ 4.7. Cho R = k[s, t, u] là vành đa thức phân bậc chuẩn với deg(s) =
deg(t) = deg(u) = 1 và f1, f2, f3, f4 là các đa thức thuần nhất bậc d. Ta
xây dựng phức Koszul phân bậc của f1, f2, f3, f4
0 → R[−4d]
d4
−→ R[−3d]4 d3
−→ R[−2d]6 d2
−→ R[−1d]4 d1
−→ R → 0, (4.3)
trong đó các vi phân được cho bởi
d4 =



−f4
f3
−f2
f1


 , d3 =






f3 f4 0 0
−f2 0 f4 0
0 −f2 −f3 0
f1 0 0 f4
0 f1 0 −f3
0 0 f1 f2






,
d2 =



−f2 −f3 −f4 0 0 0
f1 0 0 −f3 −f4 0
0 f1 0 f2 0 −f4
0 0 f1 0 f2 f3


 , d1 = (f1 f2 f3 f4) .
Ta lấy tenxơ của phức (4.3) với R[T] = R[T1, T2, T3, T4] trên R ta thu
được một phức, kí hiệu (K•(f1, f2, f3, f4), u•), có dạng
0 → R[T][−4d]
u4
−→ R[T][−3d]4 u3
−→ R[T][−2d]6 u2
−→ R[T][−1d]4 u1
−→ R[T] → 0,
47

50. trong đó các ma trận của các vi phân ui là giống với các ma trận của các
di với mọi i.
Vành R[T1, T2, T3, T4] có một phân bậc khác từ k[T1, T2, T3, T4] với deg(T1) =
deg(T2) = deg(T3) = deg(T4) = 1. Ta sử dụng kí hiệu (-) cho sự thay
đổi bậc trong k[T1, T2, T3, T4]. Ta có một phức Koszul phân bậc khác trên
R[T1, T2, T3, T4] liên kết với dãy T1, T2, T3, T4, kí hiệu (K•(T1, T2, T3, T4), v•),
có dạng
0 → R[T](−4)
v4
−→ R[T](−3)4 v3
−→ R[T](−2)6 v2
−→
v2
−→ R[T](−1)4 v1
−→ R[T] → 0, (4.4)
trong đó các vi phân vi được cho bởi
v4 =



−T4
T3
−T2
T1


 , v3 =






T3 T4 0 0
−T2 0 T4 0
0 −T2 −T3 0
T1 0 0 T4
0 T1 0 −T3
0 0 T1 T2






,
v2 =



−T2 −T3 −T4 0 0 0
T1 0 0 −T3 −T4 0
0 T1 0 T2 0 −T4
0 0 T1 0 T2 T3


 , v1 = (T1 T2 T3 T4) .
Hơn nữa, do T1, T2, T3, T4 là dãy chính quy trong R[T] nên phức (4.4)
là khớp.
Phức xấp xỉ Z• của hai phức (K•(f1, f2, f3, f4), u•) và (K•(T1, T2, T3, T4), v•)
có các môđun thành phần Zi
∼= ker(di)⊗R R[T1, T2, T3] (đẳng thức có được
là do ta tenxơ một môđun trên R với một môđun tự do) và các đồng cấu
thành phần chính là vi, với i = 0, 1, 2, 3, 4.
(Z•, v•) : 0 → Z4(−4)
v4
−→ Z3(−3)
v3
−→ Z2(−2)
v2
−→ Z1(−1)
v1
−→ Z0 = R[T] → 0.
Đặt J = (f1, f2, f3, f4) là iđêan của R[T]. Ta đã biết H0(Z•) ∼= S(J).
48

51. Kết luận
Nội dung chính của luận văn là trình bày lại một số kiến thức cơ bản
về dãy chính quy, độ sâu của một iđêan, phức Koszul và một vài ứng dụng
cơ bản của phức Koszul. Luận văn được trình bày một cách hệ thống và
tương đối đầy đủ các cách xây dựng phức Koszul, và đưa ra một số tính
chất cơ bản của phức Koszul. Luận văn cũng đã đề cập đến được một số
ứng dụng của phức Koszul.Vì thời gian và khả năng có hạn nên luận văn
không tránh khỏi những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự đóng góp,
phê bình và bổ sung của quý Thầy cô và các bạn để luận văn được hoàn
chỉnh hơn.
49

52. Tài liệu tham khảo
[1] M. F. Atiyah and I. G. Macdonald, Introduction to Commutative
Algebra, Addision-Wesley Publishing Company, Inc.: Reading, Mas-
sachusetts, 1969.
[2] N. Bourbaki, Algebra I Chap. 1 - 3: Elements of Mathematics, Her-
mann, Paris, 1974.
[3] W. Bruns and J. Herzog, Cohen-Macaulay rings, Cambridge studies
in advanced mathematics, No. 39, Cambridge University Press: Cam-
bridge, 1993.
[4] D. A. Buchsbaum and D. Eisenbud, Some structure theorems for Fi-
nite Free Resolutions, Advances in Mathematics 12(1), 84-139, 1974.
[5] L. Busé and M. Chardin, Implicitizing rational hypersufaces using ap-
proximation complexes, Journal of Symbolic Computation, Elsevier,
40(4-5), pp.1150-1168, 2005.
[6] H. Cartan and S. Eilenberg, Homological Algebra, Princeton University
Press: Princeton, New Jersey, 1956.
[7] D. S. Dumit and R. M. Foote, Abstract Algebra, John Wiley & Sons,
Inc, 2004.
[8] D. Eisenbud, Commutative Algebra with a view toward Algebra Ge-
ometry, Graduate Texts in Mathematics. No.150, Spring-Verlag: New
York, 1995.
50

53. [9] J. Herzog, A. Simis, and W. V. Vasconcelos, Koszul homology and
blowing-up rings, Lecture note in Pure and Applied Math.,84:79-169,
1983.
[10] N.H.V. Hưng, Đại số đại cương, NXB Giáo dục, 1998.
[11] N.H.V. Hưng, Đại số tuyến tính, NXB Giáo dục, 2000.
[12] S. Sather-Wagstaff, Commutative Algebra Mini-Course, 2004.
http://www.math.utah.edu/vigre/minicourses/algebra/sather-
wagstaff.pdf
[13] S. Sather-Wagstaff, Koszul notes, 2011.
https://www.ndsu.edu/pubweb/ ssatherw/sp14/790/koszul120611.pdf.
[14] Irena Swanson, Homological Algebra, Rome, 2010.
http://people.reed.edu/ iswanson/homologicalalgebra.pdf
[15] G. Valla, On the Symmetric and Rees algebras of an ideal, Manuscripta
math.30, 239-255, 1980.
51