Chỉ số chính quy của tập điểm béo trong không gian xạ ảnh, 9đ

ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
TRẦN NAM SINH
CHỈ SỐ CHÍNH QUY
CỦA TẬP ĐIỂM BÉO TRONG
KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC
HUẾ - NĂM 2019

ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
TRẦN NAM SINH
CHỈ SỐ CHÍNH QUY
CỦA TẬP ĐIỂM BÉO TRONG
KHÔNG GIAN XẠ ẢNH
LUẬN ÁN TIẾN SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số
Mã số: 62 46 01 04
Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS. Phan Văn Thiện
HUẾ - NĂM 2019

i
LỜI CAM ĐOAN
Luận án được hoàn thành tại Trường Đại học Sư phạm, Đại
học Huế, dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Phan Văn Thiện. Tôi
xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của tôi. Các kết quả
trong luận án là trung thực, được các đồng tác giả cho phép sử
dụng và chưa từng được công bố trước đó.
Tác giả
Trần Nam Sinh

ii
LỜI CÁM ƠN
Luận án được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình và đầy trách nhiệm
của PGS.TS. Phan Văn Thiện. Tác giả xin được bày tỏ lòng tri ân sâu sắc tới
Thầy, người đã đưa ra hướng nghiên cứu, hướng dẫn, giúp đỡ tận tình, chu đáo
trong suốt quá trình tác giả học tập và thực hiện luận án.
Tác giả xin gửi lời cám tới GS. TSKH. Ngô Việt Trung với những góp ý,
hướng dẫn cho việc trình bày luận án.
Tác giả xin được gửi lời cảm ơn tới:
- Khoa Toán học, Phòng Sau đại học, Trường Đại học Sư phạm, Đại học
Huế,
- Bộ môn Khoa học cơ bản, Trường Cao đẳng Phương Đông-Đà Nẵng,
về sự hỗ trợ và tạo mọi điều kiện thuận lợi để tác giả hoàn thành nhiệm vụ của
một nghiên cứu sinh.
Cuối cùng, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới gia đình, đồng nghiệp và những
người bạn thân thiết đã luôn giúp đỡ và động viên tác giả trong suốt quá trình
học tập.
Trần Nam Sinh ...

iii
MỤC LỤC
MỘT SỐ KÝ HIỆU THƯỜNG DÙNG TRONG LUẬN ÁN 1
MỞ ĐẦU 2
1 Kiến thức cơ sở 11
1.1 Chỉ số chính quy của một tập điểm béo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2 Một số kết quả cần dùng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3 Kết luận chương 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2 Chỉ số chính quy của tập s điểm béo không nằm trên một (r−1)-
phẳng với s ≤ r + 3 19
2.1 Chỉ số chính quy của tập s điểm béo ở vị trí tổng quát nằm
trên một r-phẳng với s ≤ r + 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.2 Chỉ số chính quy của s điểm béo đồng bội không nằm trên một
(r − 1)-phẳng với s ≤ r + 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.3 Kết luận chương 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3 Chặn trên Segre cho chỉ số chính quy của tập s điểm kép trong
Pn với 2n + 1 ≤ s ≤ 2n + 2 39
3.1 Chặn trên Segre cho chỉ số chính quy của tập 2n + 1 điểm kép
sao cho không có n+1 điểm nằm trên một (n−2)-phẳng trong
Pn
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.2 Chặn trên Segre cho chỉ số chính quy của tập 2n + 2 điểm
kép không suy biến và không có n + 1 điểm nằm trên một
(n − 2)-phẳng trong Pn
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
3.3 Kết luận chương 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
KẾT LUẬN CỦA LUẬN ÁN 66
DANH MỤC CÔNG TRÌNH 67
TÀI LIỆU THAM KHẢO 68

1
MỘT SỐ KÝ HIỆU THƯỜNG DÙNG
TRONG LUẬN ÁN
Kí hiệu Ý nghĩa
N Tập số tự nhiên
N∗ Tập số tự nhiên khác không
Z Tập số nguyên
Z+ Tập số nguyên dương
[a] Phần nguyên của số hữu tỷ a
k Trường đóng đại số k
Pn := Pn
k Không gian xạ ảnh n-chiều trên trường k
R := k[x0, ..., xn] Vành đa thức theo các biến x0, ..., xn trên trường k
Z(T) Tập không điểm của tập T ⊂ R các phần tử thuần nhất
của R
I(Y ) Iđêan thuần nhất của tập điểm Y ⊂ Pn
℘ Iđêan nguyên tố thuần nhất xác định bởi điểm P ∈ Pn
dim B Chiều (Krull) của vành B
Ann(M) Annihitor của môđun M
d
Md Tổng trực tiếp của các nhóm con Md
HM (t) Hàm Hilbert của môđun phân bậc M
PM (t) Đa thức Hilbert của môđun phân bậc M
Z = m1P1 + · · · + msPs Tập điểm béo Z
reg(Z) Chỉ số chính quy của Z
reg(A) Chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của vành tọa độ
A

2
MỞ ĐẦU
1 Lý do chọn đề tài
Cho X = {P1, ..., Ps} là tập các điểm phân biệt trong không gian xạ ảnh
Pn := Pn
k, với k là một trường đóng đại số. Gọi ℘1, ..., ℘s là các iđêan nguyên tố
thuần nhất của vành đa thức R := k[x0, ..., xn] tương ứng với các điểm P1, ..., Ps.
Cho m1, ..., ms là các số nguyên dương. Ta ký hiệu m1P1 + · · · + msPs là lược
đồ chiều không xác định bởi iđêan I := ℘m1
1 ∩ · · · ∩ ℘ms
s và gọi
Z := m1P1 + · · · + msPs
là một tập điểm béo trong Pn. Chú ý rằng iđêan I của tập điểm béo là tập gồm
các hàm đại số nội suy trên tập điểm P1, ..., Ps triệt tiêu với số bội m1, ..., ms.
Đề tài về tập điểm béo được nghiên cứu theo nhiều khía cạnh khác nhau.
Ví dụ như giả thuyết của Nagata về chặn dưới cho bậc của các hàm nội suy đến
nay vẫn chưa được giải quyết (xem [13]). Trong luận án này, chúng tôi quan tâm
đến chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của vành R/I.
Với tập điểm béo Z = m1P1 + · · · + msPs xác định bởi iđêan I, vành tọa
độ thuần nhất của Z là A := R/I. Vành A = ⊕t≥0At là một vành phân bậc
Cohen-Macaulay 1-chiều có bội của nó là e(A) :=
s
i=1
mi+n−1
n .
Hàm Hilbert của Z được xác định bởi HA(t) := dimk At, tăng chặt cho đến
khi đạt được số bội e(A), tại đó nó dừng. Chỉ số chính quy của Z được định
nghĩa là số nguyên bé nhất t sao cho HA(t) = e(A) và nó được ký hiệu là reg(Z).
Chỉ số chính quy reg(Z) bằng chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford reg(A) của
vành tọa độ A.
Vấn đề tìm chặn trên cho chỉ số chính quy reg(Z) đã được nhiều người quan
tâm và có nhiều kết quả. Năm 1961, Segre (xem [19]) đã chỉ ra được chặn trên
cho chỉ số chính quy của một tập điểm béo Z = m1P1 +· · ·+msPs sao cho không
có ba điểm nào của chúng nằm trên một đường thẳng trong P2:
reg(Z) ≤ max m1 + m2 − 1,
m1 + · · · + ms
2
,
với m1 ≥ · · · ≥ ms.

3
Cho một tập điểm béo tùy ý Z = m1P1 + · · · + msPs trong P2. Năm 1969,
Fulton (xem [12]) đã đưa ra chặn trên cho chỉ số chính quy của Z như sau:
reg(Z) ≤ m1 + · · · + ms − 1.
Chặn này được mở rộng cho một tập điểm béo tùy ý trong Pn bởi Davis và
Geramita (xem [9]). Họ đã chứng minh được rằng dấu bằng xảy ra khi và chỉ
khi tập điểm P1, ..., Ps nằm trên một đường thẳng trong Pn.
Một tập điểm béo Z = m1P1 + · · · + msPs trong Pn được gọi là ở vị trí tổng
quát nếu không có j +2 điểm của P1, ..., Ps nằm trên một j-phẳng với j < n. Năm
1991, Catalisano (xem [6], [7]) đã mở rộng kết quả của Segre cho tập một điểm
béo ở vị trí tổng quát trong P2. Vào năm 1993, Catalisano, Trung và Valla (xem
[8]) mở rộng kết quả này cho tập một điểm béo ở vị trí tổng quát trong Pn, họ
đã chứng minh được:
reg(Z) ≤ max m1 + m2 − 1,
m1 + · · · + ms + n − 2
n
,
với m1 ≥ · · · ≥ ms.
Năm 1996, N.V. Trung đã đưa ra một giả thuyết như sau (xem [24]):
Giả thuyết: Cho Z = m1P1 + · · · + msPs là một tập điểm béo tùy ý trong Pn.
Khi đó
reg(Z) ≤ max Tj j = 1, ..., n ,
trong đó
Tj = max
q
l=1 mil + j − 2
j
Pi1 , ..., Piq nằm trên một j-phẳng .
Hiện nay chặn này được gọi là chặn trên của Segre.
Giả thuyết này có một số người làm toán quan tâm. Chúng tôi xin đề cập
một vài kết quả gần đây liên quan đến giả thuyết này.
Chặn trên Segre đã được chứng minh đúng trong không gian xạ ảnh với
số chiều n = 2, n = 3 (xem [22], [23]) và cho tập điểm kép Z = 2P1 + · · · + 2Ps
trong P4 (xem [24]) bởi Thiện; cũng trong trường hợp n = 2, n = 3 Fatabbi và
Lorenzini đưa ra một chứng minh độc lập khác (xem [10], [11]).

4
Năm 2012, Bennedetti, Fatabbi và Lorenzini đã chứng minh được chặn trên
Segre cho một tập gồm n+2 điểm béo không suy biến Z = m1P1 +· · ·+mn+2Pn+2
trong Pn (xem [2]).
Năm 2013, Tú và Hùng đã chứng minh được chặn trên Segre cho một tập
gồm n + 3 điểm hầu đồng bội không suy biến trong Pn (xem [28]).
Năm 2016, Ballico, Dumitrescu và Postinghel đã chứng minh được chặn trên
của Segre cho trường hợp n+3 điểm béo không suy biến Z = m1P1+· · ·+mn+3Pn+3
trong Pn (xem [4]).
Năm 2017, Calussi, Fatabbi và Lorenzini cũng đã chứng minh được chặn
trên Segre cho trường hợp s điểm béo không suy biến Z = mP1 + · · · + mPs trong
Pn với s ≤ 2n − 1 (xem [5]).
Cho tập điểm béo tùy ý trong Pn. Năm 2018, Nagel và Trok đã chứng minh
giả thuyết của N.V. Trung về chặn trên Segre là đúng (xem [18, Theorem 5.3]).
Một vấn đề khác cũng được nhiều người quan tâm là tính đúng giá trị reg(Z).
Tuy nhiên đây là một bài toán khó hơn, cho đến nay việc tính đúng giá trị reg(Z)
chỉ đạt được cho một số tập điểm béo với những điều kiện nhất định.
Nhắc lại rằng với các điểm béo Z = m1P1 + · · · + msPs nằm trên một đường
thẳng trong Pn. Davis và Geramita (xem [9]) đã chứng minh được
reg(Z) = m1 + · · · + ms − 1.
Một đường cong hữu tỷ chuẩn trong Pn là đường cong có phương trình tham
số:
x0 = tn
, x1 = tn−1
u, ..., xn−1 = tun−1
, xn = un
.
Cho một tập điểm béo Z = m1P1 + · · · + msPs trong Pn, với m1 ≥ m2 ≥ · · · ≥
ms. Năm 1993, Catalisano, Trung và Valla đã chỉ ra công thức tính reg(Z) trong
hai trường hợp sau (xem [8]):
Nếu s ≥ 2 và P1, ..., Ps nằm trên một đường cong hữu tỷ chuẩn trong Pn (xem
[8, Proposition 7]), thì
reg(Z) = max m1 + m2 − 1, (
s
i=1
mi + n − 2)/n .
Nếu n ≥ 3, 2 ≤ s ≤ n + 2, 2 ≤ m1 ≥ m2 ≥ · · · ≥ ms và P1, ..., Ps nằm ở vị trí

5
tổng quát trong Pn (xem[8, Corollary 8]), thì
reg(Z) = m1 + m2 − 1.
Năm 2012, Thiện (xem [25, Theorem 3.4]) cũng đã tính được chỉ số chính
quy reg(Z) cho một tập s + 2 điểm béo sao cho chúng không nằm trên một
(s − 1)-phẳng trong Pn với s ≤ n. Khi đó,
reg(Z) = max Tj j = 1, ..., n ,
trong đó
Tj = max
q
l=1 mil + j − 2
j
Pi1 , ..., Piq nằm trên một j-phẳng ,
j = 1, ..., n.
Tại thời điểm chúng tôi bắt đầu thực hiện đề tài này vào năm 2013, bài
toán tính chỉ số chính quy và chứng minh giả thuyết của N.V. Trung đúng trong
trường hợp tổng quát vẫn là các bài toán mở.
2 Mục đích nghiên cứu
Năm 2013 chúng tôi bắt đầu thực hiện đề tài "chỉ số chính quy của tập điểm
béo trong không gian xạ ảnh". Mục đích của chúng tôi là nghiên cứu về chỉ số
chính quy của tập điểm béo. Chúng tôi chỉ ra công thức tính chỉ số chính quy
và chặn trên của nó cho một số trường hợp cụ thể.
Cho Z = m1P1 + · · · + msPs là một tập gồm s điểm béo ở ví trí tổng quát
trên một r-phẳng α trong Pn với s ≤ r + 3. Chúng tôi đã đưa ra được công thức
như sau (xem Định lý 2.1.1):
reg(Z) = max T1, Tr ,
trong đó
T1 = max mi + mj − 1 i = j; i, j = 1, ..., s ,
Tr =
m1 + · · · + ms + r − 2
r
.
Nếu m1 = · · · = ms = m, thì ta gọi Z = mP1 + · · · + mPs là tập s điểm béo
đồng bội. Trong trường hợp này, chúng tôi cũng tính được chỉ số chính quy cho
tập s điểm béo đồng bội Z = mP1 + · · · + mPs sao cho P1, ..., Ps không nằm trên
một (r − 1)-phẳng trong Pn với s ≤ r + 3, m khác 2 như sau (xem Định lý 2.2.6):
reg(Z) = max Tj j = 1, ..., n ,

6
trong đó
Tj = max
mq + j − 2
j
j = 1, ..., n.
Cùng với việc tính chỉ số chính quy của tập điểm béo, chúng tôi cũng chứng
minh chặn trên của nó.
Cho Z = 2P1 + · · · + 2P2n+1 là một tập gồm 2n + 1 điểm kép trong Pn sao cho
không có n + 1 điểm nào của X nằm trên một (n − 2)-phẳng. Khi đó, chúng tôi
đã chứng minh được kết quả như sau (xem Định lý 3.1.3):
reg(Z) ≤ max Tj j = 1, ..., n = TZ,
trong đó
Tj = max
2q + j − 2
j
Với tập điểm Z = 2P1 + · · · + 2P2n+2 gồm 2n + 2 điểm kép không suy biến
trong Pn sao cho không có n + 1 điểm nào của X nằm trên một (n − 2)-phẳng,
chúng tôi đã chứng minh được kết quả như sau (xem Định lý 3.2.3):
reg(Z) ≤ max Tj j = 1, ..., n = TZ,
trong đó
Tj = max
2q + j − 2
j
3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
3.1 Đối tượng nghiên cứu
- Tính chỉ số chính quy của tập điểm béo trong không gian xạ ảnh Pn.
- Tìm chặn trên cho chỉ số chính quy của tập điểm kép trong không gian xạ
ảnh Pn.
3.2 Phạm vi nghiên cứu
Trong luận án này, phạm vi nghiên cứu của chúng tôi thuộc lĩnh vực Đại số
giao hoán và Hình học đại số.

7
4 Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp của chúng tôi sử dụng để đạt được những kết quả trên là
phương pháp đại số tuyến tính của Catalisano, Trung và Valla trong [8]. Chúng
tôi sử dụng Bổ đề 1.2.1 (xem [8, Lemma 1]) để tính reg(R/I) bằng cách quy nạp
theo số điểm. Để chặn trên cho reg(R/(J +℘a)), chúng tôi dùng Bổ đề 1.2.2 (xem
[8, Lemma 3]) và tìm các siêu phẳng tránh một điểm và đi qua tất cả các điểm
còn lại với những số bội thích hợp. Việc tìm được các siêu phẳng thỏa mãn các
điều kiện như vậy là không dễ dàng.
5 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn
Bài toán về chỉ số chính quy của tập điểm béo giúp chúng ta đánh giá được
chiều của iđêan các đa thức thuần nhất triệt tiêu trên tập các điểm phân biệt
với các số bội tương ứng, là vấn đề mà hiện nay vẫn là bài toán mở. Bài toán
này còn có liên quan đến giả thuyết của Nagata về chặn dưới cho bậc các hàm
nội suy mà hiện nay vẫn chưa được giải quyết.
6 Tổng quan và cấu trúc của luận án
6.1 Tổng quan của luận án
Nội dung của luận án nghiên cứu về chỉ số chính quy xác định bởi tập điểm
béo. Kết quả đầu tiên được chứng minh bởi Segre (xem [19]) trong đó tác giả đã
chỉ ra được chặn trên cho chỉ số chính quy của tập điểm béo Z = m1P1+· · ·+msPs
ở vị trí tổng quát trong P2 :
reg(Z) ≤ max m1 + m2 − 1,
m1 + · · · + ms
2
với m1 ≥ · · · ≥ ms, và sau đó được N.V. Trung tổng quát hóa thành một giả
thuyết mà chúng tôi đã nêu ra ở phần 1. Lý do chọn đề tài.
Ngoài việc tìm chặn trên cho chỉ số chính quy của tập điểm béo, người ta cũng
quan tâm đến việc tính chỉ số chính quy của nó. Năm 1984, Davis và Geramita
(xem [9]) đã tính được chỉ số chính quy của tập điểm béo Z = m1P1+· · ·+msPs khi
các điểm P1, ..., Ps nằm trên một đường thẳng trong Pn. Năm 1993, Catalisano,
Trung và Valla (xem [8]) đã tính được chỉ số chính quy của tập điểm béo nằm
trong một đường cong hữu tỷ chuẩn trong Pn. Năm 2012, Thiện (xem [25]) cũng
đã tính được được chỉ số chính quy của tập s + 2 điểm béo sao cho chúng không

8
nằm trên một (s − 1)-phẳng trong Pn.
Luận án của chúng tôi tập trung tính chỉ số chính quy và chặn trên của nó
dựa trên giả thuyết của N.V. Trung và có được các kết quả sau:
Trong phần thứ nhất của luận án (Chương 2), chúng tôi quan tâm đến việc
tính chỉ số chính quy của tập điểm béo, đây là bài toán khó. Cho đến nay những
kết quả đạt được đã được công bố trên các tạp chí quốc tế của bài toán này là
ít. Trong luận án này chúng tôi đã tính được chỉ số chính quy của tập điểm béo
trong hai trường hợp sau:
Với tập s điểm béo ở vị trí tổng quát trên một r-phẳng trong Pn với s ≤ r+3.
Chúng tôi chỉ ra công thức tính chỉ số chính quy của nó như sau.
Định lý 2.1.1 Cho P1, ..., Ps là các điểm phân biệt ở vị trí tổng quát nằm trên
một r-phẳng α trong Pn với s ≤ r + 3. Cho m1, ..., ms là các số nguyên dương và
Z = m1P1 + · · · + msPs. Khi đó
trong đó
T1 = max mi + mj − 1 i = j; i, j = 1, ..., s ,
Tr =
m1 + · · · + ms + r − 2
r
.
Tiếp theo, chúng tôi chỉ ra công thức tính chỉ số chính quy của tập s điểm
béo đồng bội không nằm trên một (r − 1)-phẳng với s ≤ r + 3.
Định lý 2.2.6 Cho X = {P1, ..., Ps} là tập các điểm phân biệt không nằm trên
một (r − 1)-phẳng trong Pn với s ≤ r + 3 và m là một số nguyên dương, m khác
2. Gọi Z = mP1 + · · · + mPs là tập điểm béo đồng bội. Khi đó,
reg(Z) = max Tj j = 1, ..., n ,
trong đó
Tj = max
mq + j − 2
j
j = 1, ..., n.
Các kết quả trên là mới và được công bố trên bài báo [26]. Bài toán tính chỉ
số chính quy của tập điểm béo hiện nay vẫn là bài toán mở.

9
Trong phần thứ hai của luận án (Chương 3), chúng tôi nghiên cứu giả thuyết
của N.V. Trung về chặn trên cho chỉ số chính quy của tập điểm béo. Chúng tôi
đã chứng minh giả thuyết của N.V. Trung đúng trong các trường hợp sau:
Định lý 3.1.3 Cho X = {P1, ..., P2n+1} là một tập gồm 2n + 1 điểm phân biệt
trong Pn sao cho không có n + 1 điểm nào của X nằm trên một (n − 2)-phẳng.
Xét tập điểm kép
Z = 2P1 + · · · + 2P2n+1.
Đặt
TZ = max Tj j = 1, ..., n ,
trong đó
Tj = max
2q + j − 2
j
Khi đó,
reg(Z) ≤ TZ.
Định lý 3.2.3 Cho X = {P1, ..., P2n+2} là một tập không suy biến gồm 2n+2 điểm
phân biệt sao cho không có n + 1 điểm nào của X nằm trên một (n − 2)-phẳng
trong Pn. Xét tập điểm kép
Z = 2P1 + · · · + 2P2n+2.
Đặt
TZ = max Tj j = 1, ..., n ,
trong đó
Tj = max
2q + j − 2
j
Khi đó,
reg(Z) ≤ TZ.
Các kết quả trên đã được công bố trên các bài báo [20] và [21].

10
6.2 Cấu trúc của luận án
Trong luận án này, ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo,
luận án được chia thành ba chương.
Trong Chương 1, chúng tôi trình bày lại các khái niệm và một số tính chất
liên quan đến chỉ số chính quy. Các khái niệm và kết quả này là cần thiết cho
việc trình bày hai chương sau của luận án. Tiết 1.1 trình bày các khái niệm về
vành phân bậc và môđun phân bậc, Hàm Hilbert và Đa thức Hilbert của một
môđun phân bậc hữu hạn sinh. Từ đây chúng tôi trình bày khái niệm về tập
điểm béo và chỉ số chính quy xác định bởi tập điểm béo. Tiết 1.2 trình bày các
kết quả đã có liên quan đến nội dung của luận án, các kết quả này được sử dụng
để chứng minh các kết quả ở Chương 2 và Chương 3. Nội dung của Chương 1
được viết dựa trên các tài liệu tham khảo [1]-[3], [8], [9], [12], [15]-[17] và [25].
Trong Chương 2, sử dụng các kết quả được trình bày ở Tiết 1.2 của Chương
1, chúng tôi tính chỉ số chính quy của tập s điểm béo Z = m1P1 + · · · + msPs ở vị
trí tổng quát trên một r-phẳng với s ≤ r + 3 và chỉ số chính quy của tập s điểm
béo đồng bội Z = mP1 + · · · + mPs không nằm trên một (r − 1)-phẳng trong Pn
với r ≤ s + 3. Để tính giá trị của reg(Z) chúng tôi chặn trên và chặn dưới cho
reg(Z). Từ đó chúng tôi tính được chỉ số chính quy reg(Z). Kết quả chính của
chương này được thể hiện qua Định lý 2.1.1 và Định lý 2.2.6.
Trong Chương 3, chúng tôi nghiên cứu chặn trên cho chỉ số chính quy của
tập điểm béo Z bao gồm s = 2n+1 điểm kép sao cho không có n+1 điểm nào của
chúng nằm trên một (n − 2)-phẳng và tập điểm béo Z bao gồm s = 2n + 2 điểm
kép không suy biến sao cho không có n + 1 điểm nào của chúng nằm trên một
(n − 2)-phẳng trong không gian xạ ảnh Pn. Trong các trường hợp này, chúng tôi
chứng minh được giả thuyết của N.V. Trung là đúng. Kết quả chính của chương
này được thể hiện qua Định lý 3.1.3 và Định lý 3.2.3.

11
Chương 1
KIẾN THỨC CƠ SỞ
Trong suốt luận án luôn ký hiệu Pn := Pn
k là không gian xạ ảnh n-chiều trên
trường đóng đại số k. R = k[x0, ..., xn] là vành đa thức theo các biến x0, x1, ..., xn
với hệ số trên k. Các vành được xem xét trong luận án là vành giao hoán có đơn
vị 1 = 0.
Các khái niệm và định lý sau đây có thể tìm thấy trong nhiều cuốn sách về
Hình học đại số, Đại số giao hoán, chẳng hạn như trong [1], [3], [12], [15]-[17].
1.1 Chỉ số chính quy của một tập điểm béo
Tiết này dành để trình bày lại một số khái niệm và ví dụ liên quan đến vành
phân bậc, iđêan thuần nhất, môđun phân bậc, hàm Hilbert và đa thức Hilbert
của môđun phân bậc hữu hạn sinh, chiều (Krull) của vành và môđun.
Một vành S được gọi là vành phân bậc nếu
S =
d∈Z
Sd
là tổng trực tiếp của các nhóm aben Sd sao cho với mọi số nguyên d, e thì
SdSe ⊆ Sd+e. Mỗi phần tử s ∈ Sd được gọi là phần tử thuần nhất bậc d. Nếu
Sd = 0 với mọi d < 0 thì S được gọi là vành phân bậc dương.
Ta thấy rằng, vành đa thức R = k[x0, ..., xn] là vành phân bậc với R =
d≥0
Rd
trong đó
Rd = {f ∈ R | f =
c0+···+cn=d
αc0···cn xc0
0 · · · xcn
n , αc0···cn ∈ k}.
Một iđêan I của vành phân bậc S được gọi là thuần nhất nếu nó được sinh
bởi các phần tử thuần nhất.
Cho S là một vành phân bậc. Một S-môđun M được gọi là môđun phân bậc

12
nếu
M =
n∈Z
Mn,
trong đó Mn là nhóm aben sao cho với mọi số nguyên m, n thì SnMm ⊆ Mn+m.
Các phần tử của Mn được gọi là phần tử thuần nhất bậc n.
Ta biết rằng R = k[x0, ..., xn] là một vành phân bậc. Lúc đó R là một R-môđun
phân bậc với R =
d≥0
Rd.
Do R là một đại số phân bậc Noether sinh bởi các phần tử bậc 1 trên trường
R0 = k và M là một R-môđun phân bậc hữu hạn sinh nên Mt là một k-không
gian véc tơ hữu hạn chiều với mỗi t ∈ Z. Vì vậy ta có thể xét hàm
HM (t) = dimk Mt, t ∈ Z.
Hàm này được gọi là hàm Hilbert của M.
Với R = k[x0, ..., xn] và t ∈ N, hàm Hilbert của R là
HR(t) = dimk Rt =
n + t
n
.
Một đa thức số là một đa thức P(z) ∈ Q[z] sao cho P(n) ∈ Z với mọi n đủ
lớn, n ∈ Z. Với M là một R-môđun phân bậc hữu hạn sinh, khi đó có duy nhất
một đa thức số PM (z) ∈ Q[z] sao cho HM (t) = PM (t) với mọi số nguyên t đủ lớn.
Đa thức PM được gọi là đa thức Hilbert của M.
Cho B là một vành khác 0. Ta gọi tập các iđêan nguyên tố của B là phổ của
B, ký hiệu là Spec(B). Với mọi chuỗi tăng các iđêan nguyên tố
℘0 ℘1 · · · ℘d
trong B ta gọi d là độ dài của chuỗi. Chiều (Krull) của B được xác định là cận
trên của các độ dài của các chuỗi tăng các iđêan nguyên tố trong B, ký hiệu là
dim B. Chiều (Krull) của vành đa thức R = k[x0, ..., xn] là dim R = n + 1.
Cũng giống như khái niệm về chiều của vành, người ta cũng đưa ra khái
niệm chiều của môđun để đặc trưng cho độ lớn của môđun đó. Cho M là một
B-môđun, ta ký hiệu Ann(M) là linh tử của M và được xác định
Ann(M) = b ∈ B bM = 0 .

13
Ann(M) là một iđêan của B. Chiều (Krull) của môđun M được định nghĩa là
dim M := dim(B/ Ann(M)).
Nếu M là một R-môđun phân bậc hữu hạn sinh khác không, có chiều bằng
d thì đa thức Hilbert PM (t) của M có bậc d − 1 và có thể được viết dưới dạng
PM (t) =
d−1
i=0
(−1)i
ei
t + d − i − 1
d − i − 1
,
với e0, ..., ed−1 ∈ Z.
Trong phần tiếp theo chúng tôi giới thiệu lại các khái niệm và một số ví dụ
liên quan đến tập điểm béo và chỉ số chính quy của tập điểm béo.
Cho Y là một tập con của Pn. Nếu tồn tại một tập T các phần tử thuần
nhất của R = k[x0, ..., xn] sao cho Y = Z(T) thì Y được gọi là tập đại số.
Ta cũng định nghĩa iđêan của tập W ⊆ Pn, ký hiệu I(W), xác định bởi
I(W) = f ∈ R f là một đa thức thuần nhất và f(P) = 0, ∀P ∈ W
và được gọi là iđêan thuần nhất của W.
Cho X = {P1, ..., Ps} là tập hợp các điểm phân biệt trong Pn và ℘1, ..., ℘s
là các iđêan thuần nhất của R xác định bởi các điểm P1, ..., Ps tương ứng. Cho
m1, ..., ms ∈ N∗. Ta ký hiệu m1P1 + · · · + msPs là lược đồ chiều không xác định
bởi iđêan I := ℘m1
1 ∩ · · · ∩ ℘ms
s và gọi
Z := m1P1 + · · · + msPs
là tập điểm béo trong Pn.
Nếu m1 = m2 = · · · = ms = m, thì Z được gọi là tập điểm béo đồng bội trong
Pn.
Nếu m1 = m2 = · · · = ms = 2, thì Z được gọi là tập điểm kép trong Pn.
Nếu mi ∈ {m − 1, m} với mọi i = 1, ..., s và m ≥ 2, thì Z được gọi là tập điểm
béo hầu đồng bội trong Pn.
Một tập điểm béo Z = m1P1 +· · ·+msPs trong Pn được gọi là không suy biến
nếu tập điểm P1, ..., Ps không nằm trên một siêu phẳng của Pn.

14
Vành A := R/I được gọi là vành tọa độ thuần nhất của Z.
Do R = k[x0, ..., xn] là một vành phân bậc nên vành tọa độ A = R/I cũng là
một vành phân bậc, A =
t≥0
At. Số e(A) =
s
i=1
mi+n−1
n được gọi là số bội của A.
Xét hàm Hilbert
HA(t) = dimk At.
Người ta đã chứng minh được rằng hàm Hilbert HA(t) = dimk At tăng chặt cho
đến khi nó đạt được số bội e(A) =
s
i=1
mi+n−1
n và ở đó nó dừng. Số nguyên t bé
nhất sao cho HA(t) = e(A) được gọi là chỉ số chính quy của tập điểm béo Z, ký
hiệu reg(Z).
Ta có thể thấy ngay chỉ số chính quy của tập gồm một điểm béo mP trong
không gian xạ ảnh Pn, với m ∈ Z+, bằng
reg(mP) = m − 1.
Thật vậy, gọi ℘ là iđêan nguyên tố thuần nhất xác định bởi P, đặt A = R/℘m.
Khi đó hàm Hilbert HA(t) = dimk At tăng chặt cho đến khi nó đạt đến số bội
e(A) =
m + n − 1
n
.
Do reg(mP) là số nguyên t bé nhất sao cho HA(t) = e(A). Ta có
HA(t) = dimk At = dimk Rt − dimk[℘m
]t =
n + t
n
− dimk[℘m
]t.
Với t ≤ m − 2, thì dimk[℘m]t = 0, suy ra
HA(t) =
n + t
n
<
m + n − 1
n
= e(A).
Với t = m − 1, thì
HA(m − 1) =
m + n − 1
n
= e(A).
Vậy reg(mP) = m − 1.

15
Với A = R/I là vành tọa độ của tập điểm béo Z trong không gian xạ ảnh Pn,
ta thấy rằng R = k[x0, ..., xn] là một đại số phân bậc chuẩn và A là một R-môđun
phân bậc. Với mỗi i ≥ 0, đặt:
ai(A) =



max{n ∈ N | Hi
R+
(A)n = 0} nếu Hi
R+
(A) = 0
−∞ nếu Hi
R+
(A) = 0
chỉ số chính quy Castelnuovo-Mumford của vành tọa độ A được định nghĩa là
reg(A) := max{ai(A) + i | i ≥ 0}.
Ta có mối quan hệ giữa chỉ số chính quy reg(Z) của tập điểm béo và reg(A) như
sau:
reg(A) = reg(Z).
1.2 Một số kết quả cần dùng
Trong quá trình chứng minh những kết quả mới, chúng tôi cần sử dụng các
bổ đề sau, các bổ đề này được tìm thấy trong [2], [8], [9], [25].
Đầu tiên, chúng tôi sử dụng bổ đề sau để đánh giá chỉ số chính quy bằng
quy nạp.
Bổ đề 1.2.1. ([8, Lemma 1]) Cho P1, ..., Pr, P là các điểm phân biệt trong Pn
và cho ℘ là iđêan nguyên tố thuần nhất xác định bởi P. Nếu m1, ..., mr và a là
các số nguyên dương, J := ℘m1
1 ∩ · · · ∩ ℘mr
r và I = J ∩ ℘a, thì
reg(R/I) = max a − 1, reg(R/J), reg(R/(J + ℘a
)) .
Để đánh giá reg(R/(J + ℘a)), chúng tôi cần sử dụng bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.2. ([8, Lemma 3]) Cho P, P1, ..., Pr là các điểm phân biệt trong Pn và
a, m1, ..., mr là các số nguyên dương. Đặt J := ℘m1
1 ∩ · · · ∩ ℘mr
r và ℘ = (x1, ..., xn).
Khi đó
reg(R/(J + ℘a
)) ≤ b
nếu và chỉ nếu xb−i
0 M ∈ J + ℘a với mọi đơn thức M có bậc tổng thể i theo các
biến x1, ..., xn, i = 0, ..., a − 1.

16
Từ đây trở về sau, chúng tôi đồng nhất siêu phẳng với dạng tuyến tính của
nó. Để đánh giá reg(R/(J + ℘a)), chúng tôi sẽ tìm t siêu phẳng L1, ..., Lt tránh P
sao cho L1 · · · LtM ∈ J. Cho j = 1, ..., t, ta có thể viết Lj = x0 + Gj với Gj ∈ ℘ là
một dạng tuyến tính, ta có xt
0M ∈ J + ℘i+1. Do đó ta có nhận xét sau:
Nhận xét 1.2.3. Giả sử L1, ..., Lt là các siêu phẳng tránh P sao cho L1 · · · LtM ∈
J với mọi đơn thức M có bậc tổng thể i theo các biến x1, ..., xn, i = 0, ..., a − 1.
Đặt
δ = max t + i 0 ≤ i ≤ a − 1 .
Khi đó
reg(R/(J + ℘a
)) ≤ δ.
Trong một số trường hợp chúng tôi sẽ sử dụng bổ đề sau để tìm các siêu
phẳng Li.
Bổ đề 1.2.4. ([8, Lemma 4]) Cho P1, ..., Pr, P là các điểm phân biệt nằm ở
vị trí tổng quát trong Pn, cho m1 ≥ · · · ≥ mr là các số nguyên dương và J =
℘m1
1 ∩· · ·∩℘mr
r . Nếu t là một số nguyên sao cho nt ≥
r
i=1 mi và t ≥ m1, thì ta có
thể tìm được t siêu phẳng, gọi là L1, ..., Lt, tránh P sao cho với mỗi Pl, l = 1, ..., r,
tồn tại ml siêu phẳng của {L1, ..., Lt} đi qua Pl.
Bổ đề sau đây là kết quả chính của [8].
Bổ đề 1.2.5. ([8, Theorem 6]) Cho s ≥ 2, P1, ..., Ps là các điểm phân biệt ở
vị trí tổng quát trong Pn và m1 ≥ · · · ≥ ms là các số nguyên dương. Đặt I =
℘m1
1 ∩ · · · ∩ ℘ms
s . Khi đó
reg(R/I) ≤ max m1 + m2 − 1, (
s
i=1
mi + n − 2)/n .
Kết quả sau đây của E.D. Davis và A.V. Geramita [9] giúp chúng tôi tính
chỉ số chính quy của tập điểm béo Z = m1P1 + · · · + msPs với các điểm P1, ..., Ps
nằm trên một đường thẳng.
Bổ đề 1.2.6. ([9, Corollary 2.3]) Cho Z = m1P1 + · · · + msPs là một tập điểm
béo tùy ý trong Pn. Khi đó
reg(Z) = m1 + · · · + ms − 1

17
khi và chỉ khi các điểm P1, ..., Ps nằm trên một đường thẳng.
Xét một tập điểm béo Z = m1P1 + · · · + msPs trong Pn. B. Benedetti, G.
Fatabbi và A. Lorenzini [2] chỉ ra tính chất dưới đây cho reg(Z) khi P1, ..., Ps
nằm trong một không gian tuyến tính con thực sự của Pn.
Bổ đề 1.2.7. ([2, Lemma 4.4]) Cho Z = m1P1 + · · · + msPs là một tập điểm béo
trong Pn mà P1, ..., Ps nằm trong một r-phẳng α ∼= Pr. Chúng ta có thể xét r-phẳng
α như một không gian xạ ảnh r-chiều Pr chứa các điểm P1 := P1, ..., Ps := Ps và
Zα = m1P1 + · · · + msPs như một tập điểm béo trong Pr. Nếu có một số nguyên
dương khác không t sao cho reg(Zα) ≤ t trong Pr, thì
reg(Z) ≤ t
trong Pn.
Các bổ đề sau đây là kết quả chính của [25].
Bổ đề 1.2.8. ([25, Lemma 3.3]) Cho X = {P1, ..., Ps} là tập các điểm phân biệt
trong Pn và m1, ..., ms là các số nguyên dương, đặt I = ℘m1
1 ∩ · · · ∩ ℘ms
s . Nếu
Y = {Pi1 , ..., Pir } là một tập con của X và J = ℘
mi1
i1
∩ · · · ∩ ℘
mir
ir
, thì
reg(R/J) ≤ reg(R/I).
Điều này suy ra rằng nếu Z = m1P1 + · · · + msPs là tập điểm béo xác định bởi I
và U = mi1 Pi1 + · · · + mir Pir là tập điểm béo xác định bởi J, thì
reg(U) ≤ reg(Z).
Bổ đề 1.2.9. ([25, Theorem 3.4]) Cho P1, ..., Ps+2 là các điểm phân biệt không
nằm trên một (s − 1)-phẳng trong Pn với s ≤ n và m1, ..., ms+2 là các số nguyên
dương. Đặt P = ℘m1
1 ∩ · · · ∩ ℘ms+2
s+2 , A = R/I. Khi đó
reg(A) = max Tj j = 1, ..., n ,
trong đó
Tj = max
q
l=1 mil + j − 2
j
Pi1 , ..., Piq nằm trên một j- phẳng ,
j = 1, ..., n.

18
1.3 Kết luận chương 1
Trong chương này, chúng tôi trình bày lại một số khái niệm và tính chất liên
quan đến vành phân bậc và môđun phân bậc; hàm Hilbert và đa thức Hilbert
của một môđun phân bậc hữu hạn sinh; tập điểm béo và chỉ số chính quy của
tập điểm béo. Các vấn đề được trình bày trong Chương 1 sẽ được sử dụng ở
hai chương sau. Các kết quả được trích dẫn từ các bài báo [1]-[3], [8], [9], [12],
[15]-[17], [25].

19
Chương 2
CHỈ SỐ CHÍNH QUY CỦA TẬP s ĐIỂM
BÉO KHÔNG NẰM TRÊN MỘT
(r − 1)-PHẲNG VỚI s ≤ r + 3
Như phần mở đầu mà chúng tôi đã giới thiệu, việc tính chỉ số chính quy
reg(Z) là một bài toán khó. Vì thế việc tính đúng giá trị reg(Z) chỉ đạt được cho
một số tập điểm béo với những điều kiện nhất định. Chúng tôi xin nhắc lại ba
kết quả đã được trình bày ở phần trước.
Năm 1984, Davis và Geramita (xem [9]) đã tính được chỉ số chính quy của
tập điểm béo Z = m1P1 + · · · msPs khi các điểm P1, ..., Ps nằm trên một đường
thẳng trong Pn.
Năm 1993, Catalisano, Trung và Valla (xem [8]) đã chỉ ra công thức tính chỉ
số chính quy của tập điểm béo Z = m1P1 +· · ·+msPs khi các điểm P1, ..., Ps nằm
trên một đường cong hữu tỷ chuẩn trong Pn.
Năm 2012, Thiện (xem [25]) đã chỉ ra công thức tính reg(Z) cho tập điểm
béo Z = m1P1 + · · · + ms+2Ps+2 trong Pn với P1, ..., Ps+2 không nằm trên một
(s − 1)-phẳng trong Pn, s ≤ n.
Nội dung của chương này được chia thành hai tiết, trong đó ở Tiết 1 chúng
tôi đưa ra công thức tính chỉ số chính quy của tập s điểm béo ở vị trí tổng quát
nằm trên một r-phẳng α trong Pn với s ≤ r + 3 (xem Định lý 2.1.1); ở Tiết 2
chúng tôi đưa ra công thức tính chỉ số chính quy của tập s điểm béo tùy ý đồng
bội sao cho chúng không nằm trên một (r − 1)-phẳng trong Pn với s ≤ r + 3
(Định lý 2.2.6); cuối cùng là phần kết luận của Chương 2. Các kết quả chính
của chương này được trích từ bài báo [26].

20
2.1 Chỉ số chính quy của tập s điểm béo ở vị trí tổng
quát nằm trên một r-phẳng với s ≤ r + 3
Một tập s điểm P1, ..., Ps trong không gian xạ ảnh Pn được gọi là ở vị trí
tổng quát trên một r-phẳng α nếu mọi điểm P1, ..., Ps nằm trên α và không có
j + 2 điểm trong chúng nằm trên một j-phẳng, với j < r.
Nhắc lại rằng, một đường cong hữu tỷ chuẩn trong Pn là đường cong có
phương trình tham số
x0 = tn
, x1 = tn−1
u, ..., xn−1 = tun−1
, xn = un
.
Kết quả dưới đây của chúng tôi chỉ ra công thức tính chỉ số chính quy của
tập s điểm béo ở vị trí tổng quát trên một r-phẳng trong Pn với s ≤ r + 3.
Định lý 2.1.1. Cho P1, ..., Ps là các điểm phân biệt ở vị trí tổng quát nằm trên
một r-phẳng α trong Pn với s ≤ r + 3. Cho m1, ..., ms là các số nguyên dương và
Z = m1P1 + · · · + msPs. Khi đó
trong đó
T1 = max mi + mj − 1 i = j; i, j = 1, ..., s ,
Tr =
m1 + · · · + ms + r − 2
r
.
Chứng minh. Cho j = 1, ..., n, đặt
Tj = max
q
l=1 mil + j − 2
j
Pi1 , ..., Piq nằm trên một j- phẳng .
Do P1, ..., Ps ở vị trí tổng quát trên r-phẳng α, ta có
T1 ≥ · · · ≥ Tr−1,
Tr ≥ · · · ≥ Tn.
Nếu s ≤ r + 2, thì P1, ..., Ps không nằm trên một (s − 3)-phẳng. Theo Bổ đề
1.2.9 ta có
reg(Z) = max Tj j = 1, ..., n
= max T1, Tr .

21
Do đó ta chỉ cần chứng minh Định lý cho trường hợp s = r + 3. Từ α ∼= Pr,
ta có thể xét các điểm P1, ..., Pr+3 được chứa trong Pr. Theo giả thiết, ta có
P1, ..., Pr+3 ở vị trí tổng quát trong Pr. Xét Zα = m1P1 + · · · + mr+3Pr+3 như một
tập điểm béo trong Pr, theo Bổ đề 1.2.5 ta có
reg(Zα) ≤ max T1, Tr .
Bây giờ ta xét tập điểm béo Z = m1P1 + · · · + mr+3Pr+3 trong Pn, theo Bổ đề
1.2.7 ta có
reg(Z) ≤ max T1, Tr .
Vì vậy, ta chỉ cần chứng minh
reg(Z) ≥ max T1, Tr .
Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp T1 ≥ Tr: Do P1, ..., Ps ở vị trí tổng quát trên α, nên không có ba
điểm nằm trên một đường thẳng. Giả sử rằng Pi, Pj là hai điểm phân biệt sao
cho
mi + mj − 1 = T1.
Xét tập điểm béo Z = m1P1 + · · · + mr+3Pr+3 và Y = miPi + mjPj trong Pn,
theo Bổ đề 1.2.6 và Bổ đề 1.2.8 ta có
reg(Z) ≥ reg(Y ) = T1.
Trường hợp T1 < Tr: Xét các điểm P1, ..., Pr+3 trong Pr và giả sử Pr+3 =
(1, 0, ..., 0). Theo giả thiết ta có các điểm P1, ..., Pr+3 ở vị trí tổng quát trong Pr,
do đó tồn tại một đường cong hữu tỷ chuẩn C đi qua các điểm P1, ..., Pr+3 [14,
Theorem 1.18].
Gọi ℘1, ..., ℘r+3 là các iđêan nguyên tố thuần nhất của vành đa thức R =
k[x0, ..., xn] tương ứng với các điểm P1, ..., Pr+3 trong Pn. Khi đó ℘r+3 = (x1, ..., xn),
đặt
J = ℘m1
1 ∩ · · · ∩ ℘mr+2
r+2 , I = J ∩ ℘mr+3
r+3 .

22
Ta có reg(Z) = reg(R/I), vì vậy ta sẽ chứng minh reg(R/I) ≥ Tr.
Nếu
xTr−mr+3
0 xmr+3−1
1 ∈ J + ℘mr+3
r+3 ,
thì tồn tại một dạng g ∈ ℘mr+3
r+3 bậc Tr − 1 sao cho
xTr−mr+3
0 xmr+3−1
1 + g ∈ J.
Vì xTr−mr+3
0 xmr+3−1
1 ∈ ℘mr+3−1
r+3 và g ∈ ℘mr+3
r+3 nên xTr−mr+3
0 xmr+3−1
1 + g ∈ ℘mr+3−1
r+3 . Do
đó
xTr−mr+3
0 xmr+3−1
1 + g ∈ J ∩ ℘mr+3−1
r+3 .
Dạng xTr−mr+3
0 xmr+3−1
1 +g xác định một siêu mặt Γ trong Pn. Từ m1 +· · ·+mr+3 −
1 > r
m1 + · · · + mr+3 − 2
r
= r(Tr −1), theo Định lý Bezout, ta có Γ chứa C. Suy
ra xTr−mr+3
0 xmr+3−1
1 + g triệt tiêu trên các điểm (1, u, ..., ur, ..., 0), u ∈ k của đường
cong C. Vì vậy
umr+3−1
+ g(1, u, ..., ur
, 0, ..., 0) = 0
với mọi u ∈ k, mâu thuẫn. Từ đây ta có
xTr−mr+3
0 xmr+3−1
1 /∈ J + ℘mr+3
r+3 .
Theo Bổ đề 1.2.2 ta có
reg(R/(J + ℘mr+3
r+3 )) ≥ Tr.
Mặt khác, theo Bổ đề 1.2.1 ta có
reg(R/I) ≥ reg(R/(J + ℘mr+3
r+3 )).
Do đó, ta có reg(R/I) ≥ Tr như vấn đề đặt ra.
Chứng minh Định lý 2.1.1 đã hoàn thành.
Hệ quả 2.1.2. Cho P1, ..., Ps là các điểm phân biệt trong Pn với s ≤ 5. Cho m
là số nguyên dương và Z = mP1 + · · · + mPs. Khi đó,
reg(Z) = max Tj j = 1, ..., n ,
trong đó
Tj = max
qm + j − 2
j
j = 1, ..., n.

23
Chứng minh. Nếu P1, ..., Ps nằm trên một đường thẳng, thì theo Bổ đề 1.2.5
ta có
reg(Z) = T1 = max{Tj | j = 1, ..., n}.
Nếu P1, ..., Ps không nằm trên một đường thẳng, thì ta xét các trường hợp
sau:
Trường hợp s = 3 hoặc s = 4: Do P1, ..., Ps không nằm trên một đường thẳng,
theo Bổ đề 1.2.9 ta có
reg(Z) = max{Tj | j = 1, ..., n}.
Trường hợp s = 5: Nếu P1, ..., P5 không nằm trên một 2-phẳng, thì theo Bổ đề
1.2.9 ta có
reg(Z) = max{Tj | j = 1, ..., n}.
Nếu P1, ..., P5 nằm trên một 2-phẳng α và chúng không nằm ở vị trí tổng
quát trên α, thì có hai đường thẳng phân biệt 1 và 2 chứa chúng. Ta có thể
giả sử rằng P1, ..., Pr ∈ 1 và Pr+1, ..., P5 ∈ 2 1, r ≥ 3. Theo Bổ đề 1.2.6 và Bổ đề
1.2.8 ta có
T1 ≤ reg(Z).
Theo Bổ đề 1.2.7 và [22, Định lý 1] ta có
reg(Z) ≤ max{T1, T2}.
Hơn nữa, do T2 ≤ rm − 1 ≤ T1, ta có
reg(Z) = T1 = max{T1, T2}.
Chứng minh Hệ quả 2.1.2 đã hoàn thành.
2.2 Chỉ số chính quy của s điểm béo đồng bội không
nằm trên một (r − 1)-phẳng với s ≤ r + 3
Bổ đề sau đây sẽ giúp chúng tôi tìm chặn trên cho chỉ số chính quy của tập
s điểm béo trong Pn.

24
Bổ đề 2.2.1. Cho P1, ..., Ps, P là các điểm phân biệt trong Pn sao cho với r điểm
tùy ý của {P1, ..., Ps}, luôn tồn tại một (r − 1)-phẳng đi qua r điểm này và tránh
P. Cho m1, ..., ms là các số nguyên dương. Xét tập {P1, ..., Ps} với dãy các số bội
(m1, ..., ms). Giả sử t là một số nguyên sao cho
t ≥ mj,
s
i=1 mi + r − 1
r
j = 1, ..., s .
Khi đó, tồn tại t các (r − 1)-phẳng L1, ..., Lt tránh P sao cho với mọi điểm
Pj ∈ {P1, ..., Ps}, có mj các (r − 1)-phẳng của {L1, ..., Lt} đi qua Pj.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo s
i=1 mi. Không mất tính
tổng quát, giả sử rằng m1 ≥ · · · ≥ ms. Nếu s ≤ r, thì theo giả thiết có một
(r − 1)-phẳng L, đi qua các điểm P1, ..., Ps và tránh P. Đặt L1 = · · · = Lt = L,
do t ≥ max{mj | j = 1, ..., s}, với mọi điểm Pj tồn tại mj các (r − 1)-phẳng của
{L1, ..., Lt} đi qua Pj.
Nếu s > r, thì theo giả thiết tồn tại một (r − 1)-phẳng L1, đi qua các điểm
P1, ..., Pr và tránh P. Do t ≥
s
i=1 mi + r − 1
r
, ta có
t − 1 ≥
(m1 − 1) + · · · + (mr − 1) + mr+1 + · · · + ms + r − 1
r
.
Mặt khác, do t ≥
s
i=1 mi + r − 1
r
và t ≥ m1 ≥ m2 ≥ · · · ≥ ms, ta có
t − 1 ≥
(r + 1)mr+1 + r − 1
r
− 1 ≥ mr+1.
Vì thế,
t − 1 ≥ max{m1 − 1, ..., mr − 1, mr+1, ..., ms}.
Xét tập {P1, ..., Ps} với dãy các bội (m1 − 1, ..., mr − 1, mr+1, ..., ms). Theo giả
thiết quy nạp, ta có thể tìm được t − 1 các (r − 1)-phẳng L2, ..., Lt tránh P sao
cho với j = 1, ..., r có mj − 1 các (r − 1)-phẳng của {L2, ..., Lt} đi qua Pj; cho
j = r + 1, ..., s có mj các (r − 1)-phẳng của {L2, ..., Lt} đi qua Pj. Do đó, ta có t
các (r − 1)-phẳng L1, ..., Lt như mong muốn.
Chứng minh Bổ đề 2.2.1 đã hoàn thành.

25
Bổ đề 2.2.2. Cho X = {P1, ..., Ps+3} là tập các điểm phân biệt nằm trên một
s-phẳng trong Pn với 3 ≤ s ≤ n, sao cho không có một (s − 1)-phẳng chứa s + 2
điểm của X và không có một (s − 2)-phẳng chứa s điểm của X. Gọi ℘1, ..., ℘s+3
là các iđêan nguyên tố thuần nhất của vành đa thức R = k[x0, ..., xn] tương ứng
với các điểm P1, ..., Ps+3. Giả sử rằng có một (s − 1)-phẳng α chứa s + 1 điểm
P1, ..., Ps+1 và có một (s − 1)-phẳng β chứa s + 1 điểm P3, ..., Ps+3. Cho m là một
số nguyên dương. Với j = 1, ..., n, đặt
Tj = max
mq + j − 2
j
Pi1 , ..., Piq nằm trên j-phẳng .
Khi đó
reg(R/(J + ℘m
s+3)) ≤ max Tj j = 1, ..., n ,
trong đó J = ℘m
1 ∩ · · · ∩ ℘m
s+2.
Chứng minh. Ta nhận xét rằng, tồn tại một (s − 1)-phẳng γ chứa P1, P2, Ps+2,
s − 3 điểm của {P3, ..., Ps+1} và tránh Ps+3. Thật vậy, giả sử rằng π là một
(s − 1)-phẳng chứa P1, P2, Ps+2, s − 3 điểm P5, ..., Ps+1 và Ps+3. Khi đó, γ là một
(s − 1)-phẳng chứa P1, P2, Ps+2, P4, P5, ..., Ps. Ta có Ps+3 /∈ γ (vì nếu Ps+3 ∈ γ, thì
γ = π là một (s−1)-phẳng chứa s+2 điểm P1, P2, P4, ..., Ps+3 của X, mâu thuẫn).
Ta có thể giả sử rằng P1, P2, P4, ..., Ps, Ps+2 ∈ γ. Do s điểm tùy ý của β ∩ X
không nằm trên một (s − 2)-phẳng nên ta có thể đặt Ps+3 = (1, 0, ..., 0), P3 =
(0, 0, 1, 0, ..., 0), P5 = (0, 0, 0, 1
4
, 0, ..., 0), ..., Pj = (0, ..., 0, 1
j−1
, 0, ..., 0), j = 5, ..., s+
2, do P2 /∈ β, ta đặt P2 = (0, 1, 0, ..., 0).
Với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n , c1 + · · · + cn = i, i = 0, ..., m − 1, đặt
m1 = m4 = m, m2 = m − i + c1, m3 = m − i + c2, mj = m − i + cj−2, j = 5, ..., s + 2.
Gọi H là siêu phẳng chứa α và tránh Ps+3, gọi L là siêu phẳng chứa γ và tránh
Ps+3, đặt
t = max m3, ms+1 .
Do cs + max{c2, cs−1} ≤ i nên ms+2 + t ≤ 2m − i. Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1: ms+2 + t ≤ 2m − i − 1 hoặc s = 3 hoặc s = 4 và m = 2. Ta có
P1, P2, P4, ..., P5 ∈ H ∩ L; P3, Ps+1 ∈ H; Ps+2 ∈ L. Do đó,
Hmax{m−ms+2,t}
Lms+2
∈ ℘m
1 ∩ ℘m
2 ∩ ℘t
3 ∩ ℘m
4 ∩ · · · ∩ ℘m
s ∩ ℘t
s+1 ∩ ℘ms+2
s+2 .

26
Hơn nữa, do M ∈ ℘m−m3
3 ∩ ℘m−ms+1
s+1 ∩ ℘m−ms+2
s+2 và t = max{m3, ms+1} nên
Hmax{m−ms+2,t}
Lms+2
M ∈ ℘m
1 ∩ · · · ∩ ℘m
s+2 = J.
Theo Nhận xét 1.2.3 ta có
reg(R/(J + ℘m
s+3)) ≤ max{max{m − ms+2, t} + ms+2 + i | i = 1, ..., m − 1}
≤ max{m + i, t + ms+2 + i | i = 1, ..., m − 1}.
Nếu ms+2 + t ≤ 2m − i − 1, thì
max{m + i, t + ms+2 + i | i = 0, ..., m − 1} ≤ 2m − 1 = T1.
Nếu s = 3, thì
max{m + i, t + ms+2 + i | i = 0, ..., m − 1} ≤ 2m = T2.
Nếu s = 4 và m = 2, thì
max{m + i, t + ms+2 + i | i = 0, ..., m − 1} ≤ 2m = 4 = T4.
Trường hợp 2: ms+2 + t = 2m − i, s ≥ 4 và m ≥ 3 hoặc ms+2 + t = 2m − i, s ≥ 5
và m = 2. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng m3 ≥ ms+1. Khi đó
t = max{m3, ms+1} = m3. Ta có 2m−i = ms+2+t = ms+2+m3 = m−i+cs+m−i+c2.
Suy ra c2 + cs = i. Vì vậy, cj = 0 với mọi 2 = j = s. Ta xét các trường hợp sau
của i :
Trường hợp 2.1: i = 0. Theo giả thiết, không có một (s−2)-phẳng chứa s điểm
của X, ta có P3, Ps+1, Ps+2 và Ps+3 không nằm trên một 2-phẳng. Do đó, có một
siêu phẳng σ chứa P3, Ps+1, Ps+2 và tránh Ps+3. Gọi lại rằng P1, ..., Ps+1 ∈ H và
P1, P2, P4, ..., Ps, Ps+2 ∈ L. Do đó
Hm−1
Lm−1
σ ∈ ℘m
1 ∩ · · · ∩ ℘m
s+2 = J.
Suy ra
Hm−1
Lm−1
σM ∈ J, (1)
với m − 1 + m − 1 + 1 + i = 2m − 1 = T1.

27
Trường hợp 2.2: i ≥ 1. Ta xét các trường hợp sau của cs:
• cs < i: Do P3, ..., Ps+3 nằm trên một (s−1)-phẳng β và không có một (s−2)-
phẳng chứa s điểm của X, nên một (s − 1)-phẳng chứa s điểm P1, P3, ..., Ps, Ps+2
tránh Ps+3. Do đó, tồn tại một siêu phẳng π chứa P1, P3, ..., Ps, Ps+2 và tránh
Ps+3. Hơn nữa, từ P1, ..., Ps+1 ∈ H và P1, P2, P4, ..., Ps, Ps+2 ∈ L, ta có
Hm3−1Lms+2−1π ∈ ℘ms+2+m3−1
1 ∩ ℘ms+2+m3−2
2 ∩ ℘m3
3
∩℘ms+2+m3−1
4 ∩ · · · ∩ ℘ms+2+m3−1
s ∩ ℘m3−1
s+1 ∩ ℘ms+2
s+2 .
Do ms+2 +m3 = 2m−i và i ≤ m−1 nên ms+2 +m3 −1 = 2m−i−1 ≥ m. Do i ≥ 1,
nên m2 = m − i ≤ m − 1 ≤ ms+2 + m3 − 2. Từ c2 + cs = i và cs < i, ta có c2 ≥ 1.
Chú ý rằng cs−1 = 0, do đó ms+1 = m − i + cs−1 = (m − i + c2) − c2 ≤ m3 − 1. Vì
vậy, ta có
Hm3−1
Lms+2−1
π ∈ ℘m
1 ∩ ℘m−i
2 ∩ ℘m−i+c2
3 ∩ ℘m
4 ∩ · · · ∩ ℘m
s ∩ ℘m−i+cs−1
s+1 ∩ ℘m−i+cs
s+2 .
Chú ý rằng cj = 0 với mọi 2 = j = s, vì vậy
M ∈ ℘i
2 ∩ ℘i−c2
3 ∩ ℘i
5 ∩ · · · ∩ ℘i
s ∩ ℘i−cs−1
s+1 ∩ ℘i−cs
s+2 ,
suy ra
Hm3−1
Lms+2−1
πM ∈ ℘m
1 ∩ · · · ∩ ℘m
s+2 = J, (2)
với m3 − 1 + ms+2 − 1 + 1 + i = 2m − i − 1 = 2m − 1 = T1.
• cs = i và m ≥ 3: Khi đó cj = 0, j = 1, ..., s − 1. Do P1, P3, P4, ..., Ps, Ps+2,
Ps+3 không nằm trên một (s − 1)-phẳng, nên tồn tại một siêu phẳng σ1 chứa
P1, P3, P4, ..., Ps, Ps+2 và tránh Ps+3 (vì nếu P1, P3, P4, ..., Ps, Ps+2, Ps+3 cùng nằm
trên một (s − 1)-phẳng, thì (s − 1)-phẳng này sẽ chứa Ps+1. Điều này dẫn
đến có một (s − 1)-phẳng chứa s + 2 điểm của X, mâu thuẫn). Tương tự, do
P1, P4, ..., Ps, Ps+1, Ps+2, Ps+3 không nằm trên một (s − 1)-phẳng, nên tồn tại
một siêu phẳng σ2 chứa P1, P4, ..., Ps, Ps+1, Ps+2 và tránh Ps+3. Hơn nữa, từ
P1, ..., Ps+1 ∈ H và P1, P2, P4, ..., Ps, Ps+2 ∈ L, ta có
Hm−i−1
Lm−2
σ2σ1 ∈ ℘2m−i−1
1 ∩ ℘m−i
2 ∩ ℘m−i
3 ∩ ℘2m−i−1
4 ∩ · · · ∩ ℘2m−i−1
s ∩ ℘m−i
s+1 ∩ ℘m
s+2.
Do 2m − i − 1 ≥ m, nên
Hm−i−1
Lm−2
σ2σ1 ∈ ℘m
1 ∩ ℘m−i
2 ∩ ℘m−i
3 ∩ ℘m
4 ∩ · · · ∩ ℘m
s ∩ ℘m−i
s+1 ∩ ℘m
s+2.

28
Hơn nữa, từ M ∈ ℘i
2 ∩ ℘i
3 ∩ ℘i
5 ∩ · · · ∩ ℘i
s ∩ ℘i
s+1, ta có
Hm−i−1
Lm−2
σ2σ1M ∈ ℘m
1 ∩ · · · ∩ ℘m
s+2 = J, (3)
với m − i − 1 + m − 2 + 2 + i = 2m − 1 = T1.
• cs = i và m = 2 và s ≥ 5: Do m = 2 và 1 ≤ i ≤ m − 1 nên i = 1. Gọi β1
là một (s − 1)-phẳng chứa s điểm P1, P3, ..., Ps−1, Ps+1, Ps+2. Nếu Ps+3 ∈ β1, thì s
điểm P3, ..., Ps−1, Ps+1, Ps+2 được chứa trong một (s − 2)-phẳng β1 ∩ β, điều này
mâu thuẫn với giả thiết, vì vậy Ps+3 /∈ β1. Do đó tồn tại một siêu phẳng chứa
β1 và tránh Ps+3. Gọi lại rằng L chứa P1, P2, P4, ..., Ps, Ps+2. Từ đây ta có
L ∈ ℘2
1 ∩ ℘2 ∩ ℘3 ∩ ℘2
4 ∩ ℘5 ∩ · · · ∩ ℘s+1 ∩ ℘2
s+2.
Hơn nữa, từ M ∈ ℘2 ∩ ℘3 ∩ ℘5 ∩ · · · ∩ ℘s ∩ ℘s+1, ta có
LM ∈ ℘2
1 ∩ · · · ∩ ℘2
s+2 = J, (4)
với 1 + 1 + i = 3 = T1.
Từ (1), (2), (3), (4) và Nhận xét 1.2.3 ta có
reg(R/(J + ℘m
s+3)) ≤ T1.
Chứng minh Bổ đề 2.2.2 đã hoàn thành.
Chúng tôi cần mệnh đề sau để tìm chặn trên cho chỉ số chính quy của tập
s + 3 điểm béo đồng bội không nằm trên (s − 1)-phẳng.
Mệnh đề 2.2.3. Cho X = {P1, ..., Ps+3} là tập các điểm phân biệt nằm trên một
s-phẳng nhưng X không nằm ở vị trí tổng quát trên và X không nằm trên một
(s−1)-phẳng trong Pn với 3 ≤ s ≤ n. Cho m là một số nguyên dương. Giả sử rằng
℘1, ..., ℘s+3 là các iđêan nguyên tố thuần nhất của vành đa thức R = k[x0, ..., xn]
tương ứng với các điểm P1, ..., Ps+3. Với j = 1, ..., n, đặt
Tj = max
mq + j − 2
j
Khi đó, tồn tại một điểm Pi0 ∈ X sao cho
reg(R/(J + ℘m
i0
)) ≤ max Tj j = 1, ..., n ,
trong đó
J = ∩i=i0
℘m
i .

29
Chứng minh. Ta có T1 ≥ 2m − 1 và Ts =
(s + 3)m + s − 2
s
≥ Ts+1 ≥ · · · ≥ Tn.
Trường hợp 1: Tồn tại một siêu phẳng H tránh một điểm của X và đi qua
s + 2 điểm của X. Ta giả sử rằng Ps+3 /∈ H và P1, ..., Ps+2 ∈ H (ta có thể đánh số
lại nếu cần thiết). Đặt Pi0 = Ps+3 = (1, 0, ..., 0), với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n ,
c1 + · · · + cn = i, i = 0, ..., m − 1. Ta có Hm ∈ J, suy ra HmM ∈ J. Theo Nhận xét
1.2.3 ta có
reg(R/(J + ℘m
i0
)) ≤ max m + i i = 0, ..., m − 1 ≤ 2m − 1 ≤ T1.
Trường hợp 2: Không tồn tại một siêu phẳng tránh một điểm của X và đi qua
s + 2 điểm của X. Điều này suy ra rằng, không tồn tại một (s − 1)-phẳng đi qua
s+2 điểm của X. Vì vậy, một (s−1)-phẳng chứa nhiều nhất s+1 điểm của X. Do
X không ở vị trí tổng quát trong một s-phẳng γ, nên tồn tại một (s − 1)-phẳng
chứa s + 1 điểm của X. Đặt
k := min h tồn tại một h-phẳng chứa h + 2 điểm của X .
Khi đó, k ≤ s − 1. Từ một (s − 1)-phẳng chứa nhiều nhất s + 1 điểm của X, ta có
một h-phẳng chứa nhiều nhất h + 2 điểm của X với h ≤ s − 1. Do đó, Tk ≥ Th,
h = k + 1, ..., s − 1.
Gọi α là một k-phẳng chứa k + 2 điểm của X. Ta có thể giả sử rằng
P1, ..., Pk+2 ∈ α và Pk+3, ..., Ps+3 /∈ α (nếu cần thiết ta có thể đánh số lại). Ta xét
các trường hợp con sau:
Trường hợp 2.1: m = 1 hoặc s − k ≥ k hoặc s − k ≥ 2. Chú ý rằng s điểm tùy ý
của X luôn tồn tại một (s−1)-phẳng chứa chúng. Vì vậy, có một (s−1)-phẳng β,
sao cho β chứa Pk+3, ..., Ps+3 và β chứa k −1 điểm của X ∩α. Ta đang xét Trường
hợp 2, vì thế β tránh hai điểm của X ∩ α. Ta có thể giả sử rằng P4, ..., Pk+2 ∈ β,
P1 /∈ β, P2 /∈ β.
Bởi tính chất của k, ta có k + 1 điểm tùy ý của X ∩ α không nằm trên
một (k − 1)-phẳng. Ta đặt Pi0 = P1 = (1, 0, ..., 0), P2 = (0, 1
2
, 0, ..., 0), P3 =
(0, 0, 1
3
, 0, ..., 0), P5 = (0, 0, 0, 1
4
, 0, ..., 0), ..., Pj = (0, ..., 0, 1
j−1
, 0, ..., 0), j =

30
5, ..., k + 2. Cũng bởi tính chất của k, ta có P1, P2, P3, P5, ..., Pk+2 và s − k − 1
điểm tùy ý của Xα không nằm trên một (s − 2)-phẳng. Ta có thể đặt Pj =
(0, ..., 0, 1
j−1
, 0, ..., 0), j = k + 3, ..., s + 2.
Với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n , c1 + · · · + cn = i, i = 0, ..., m − 1. Đặt
m4 = ms+3 = m, m2 = m − i + c1, m3 = m − i + c2, mj = m − i + cj−2, j = 5, ..., s + 2
và
t1 = max mj,
k+2
l=2 ml + k − 1
k
j = 2, ..., k + 2 .
Do luôn tồn tại một (k − 1)-phẳng đi qua k điểm tùy ý của {P2, ..., Pk+2} và
tránh Pi0, theo Bổ đề 2.2.1 ta có thể tìm được t1 các (k − 1)-phẳng L1, ..., Lt1
tránh Pi0 , sao cho với mỗi Pj ∈ {P2, ..., Pk+2}, có mj các (k − 1)-phẳng (kể cả bội)
của {L1, ..., Lt1 } đi qua Pj.
Xét tập {Pk+3, ..., Ps+3}. Ta có nhận xét rằng, không có một (s−k −1)-phẳng
nào chứa Pi0 và s − k điểm của {Pk+3, ..., Ps+3}. Thật vậy, giả sử rằng tồn tại
một (s − k − 1)-phẳng L chứa Pi0 và (s − k) điểm của {Pk+3, ..., Ps+3}. Khi đó có
một (s − 1)-phẳng H chứa (k − 1)-phẳng L1, (s − k − 1)-phẳng L và Pi0 . Vì vậy,
(s − 1)-phẳng H chứa α. Từ đây suy ra H chứa s + 2 điểm của X, mâu thuẫn.
Đặt
t2 = max mj,
s+3
l=k+3 ml + s + k − 1
s − k
j = k + 3, ..., s + 3 .
Do luôn tồn tại một (s−k−1)-phẳng đi qua s−k điểm tùy ý của {Pk+3, ..., Ps+3},
nên theo nhận xét trên, ta có thể tìm được t2 các (s − k − 1)-phẳng L1, ..., Lt2
tránh Pi0 , sao cho với mỗi Pj ∈ {Pk+3, ..., Ps+3}, có mj các (s − k − 1)-phẳng (kể
cả bội) của L1, ..., Lt2
đi qua Pj. Đặt
t = max t1, t2 .
Cho j = 1, ..., t, luôn tồn tại một (s − 1)-phẳng Hj, chứa Lj, Lj và tránh Pi0 (vì
nếu Hj chứa Pi0 thì Hj chứa α và Lj. Do đó Hj chứa s + 2 điểm của X, mâu
thuẫn). Từ Hj chứa Lj và Lj, j = 1, ..., t, ta có với mỗi điểm Pi ∈ {P2, ..., Ps+3},
có mi siêu phẳng của {H1, ..., Ht} đi qua Pi. Vì vậy,
H1 · · · Ht ∈ ℘m2
2 ∩· · ·∩℘ms+3
s+3 = ℘m−i+c1
2 ∩℘m−i+c2
3 ∩℘m
4 ∩℘m−i+c3
5 ∩· · ·∩℘m−i+cs
s+2 ∩℘m
s+3.

31
Hơn nữa, do M ∈ ℘i−c1
2 ∩ ℘i−c2
3 ∩ ℘i−c3
5 ∩ · · · ∩ ℘i−cs
s+2 , nên
H1 · · · HtM ∈ ℘m
2 ∩ · · · ∩ ℘m
s+3 = J.
reg(R/(J + ℘m
i0
)) ≤ max t + i i = 0, ..., m − 1 .
Ta nhắc lại rằng
t = max t1, t2 = max m,
k+2
l=2 ml + k − 1
k
,
s+3
l=k+3 ml + s − k − 1
s − k
.
• Nếu t = m, thì
max t + i i = 0, ..., m − 1 ≤ 2m − 1 ≤ T1.
• Nếu t =
k+2
l=2 ml + k − 1
k
, thì
t + i =
k+2
l=2 ml + k − 1 + ki
k
=
(k + 1)m − ki +
k+2
l=3 cl + k − 1 + ki
k
≤
(k + 1)m + i + k − 1
k
≤
(k + 2)m + k − 2
k
= Tk.
Vì vậy
max t + i i = 0, ..., m − 1 ≤ Tk.
• Nếu
s+3
l=k+3 ml + s − k − 1
s − k
, thì
t + i =
s+3
l=k+3 ml + s − k − 1 + (s − k)i
s − k
=
(s − k + 1)m − (s − k)i +
s+2
l=k+3 cl−2 + s − k − 1 + (s − k)i
s − k
=
(s − k + 1)m +
s+2
l=k+3 cl−2 + s − k − 1
s − k
.
Chú ý rằng s+2
l=k+3 cl−2 ≤ i ≤ m − 1. Nhắc lại rằng ta đang xét trong Trường
hợp 2.1: m ≥ 1 hoặc s − k ≥ k hoặc s − k ≥ 2.

32
◦ Trường hợp m = 1 ta có
max t + i i = 0, ..., m − 1 =
(s − k + 1)1 + s − k − 1
s − k
= 2
≤
(s + 3)1 + s − 2
s
= Ts.
◦ Trường hợp s − k ≥ k ta có
max t + i i = 0, ..., m − 1 =
(s − k + 1)m +
s+2
l=k+3 cl−2 + s − k − 1
s − k
≤
(s − k + 1)m + m − 1 + s − k − 1
s − k
≤
(s − k + 2)m + s − k − 2
s − k
≤
(k + 2)m + k − 2
k
= Tk.
Bước tiếp theo ta xét cho trường hợp s − k ≥ 2 và m ≥ 2 và s − k < k.
◦ Trường hợp s − k ≥ 3 và m ≥ 2 ta có
max t + i i = 0, ..., m − 1 =
(s − k + 1)m +
s+2
l=k+3 cl−2 + s − k − 1
s − k
≤
(s − k + 2)m + s − k − 2
s − k
≤ 2m − 1 ≤ T1.
◦ Trường hợp s − k = 2 và s − k < k và m ≥ 2. Từ c1 + · · · + cs = i ≤ m − 1, ta có
s+2
l=k+3 cl−2 ≤ m − 1. Ta xét hai trường hợp của s+2
l=k+3 cl−2 như sau:
Trường hợp s+2
l=k+3 cl−2 ≤ m − 2 : Khi đó ta có
H1 · · · HtM ∈ ℘m
2 ∩ · · · ∩ ℘m
s+3 = J
với
max t+i i = 0, ..., m−1 =
3m +
s+2
l=k+3 cl−2 + 1
2
≤
4m − 1
2
= 2m−1 = T1.
Trường hợp s+2
l=k+3 cl−2 = m − 1: Khi đó, cj = 0, j = 1, ..., s − 2, i = m − 1. Do
đó, m2 = m3 = m5 = · · · = ms = 1 và
M ∈ ℘m−1
2 ∩ ℘m−1
3 ∩ ℘m−1
5 ∩ · · · ∩ ℘m−1
s ∩ ℘m−1−cs−1
s+1 ∩ ℘m−1−cs
s+2 .

33
Ta chú ý rằng β trong Trường hợp 2.1 là một (s − 1)-phẳng chứa P4, ..., Ps+3 và
tránh Pi0 . Gọi K1 là siêu phẳng chứa β và tránh Pi0 . Thì, ta có
K1M ∈ ℘m−1
2 ∩ ℘m−1
3 ∩ ℘4 ∩ ℘m
5 ∩ · · · ∩ ℘m
s ∩ ℘m−cs−1
s+1 ∩ ℘m−cs
s+2 ∩ ℘s+3.
Hơn nữa, có một (s − 1)-phẳng γ1 chứa P2, P3, P4, ..., Ps−1, Ps+1, Ps+3 tránh Pi0 (
vì nếu Pi0 ∈ γ, thì γ1 chứa α. Vì vậy, γ1 là (s − 1)-phẳng chứa s + 2 điểm của X,
mâu thuẫn). Tương tự, có một (s−1)-phẳng γ2 chứa P2, P3, P4, ..., Ps−1, Ps+2, Ps+3
tránh Pi0 . Gọi K2 là siêu phẳng chứa γ1 và tránh Pi0 . Gọi K3 là siêu phẳng chứa
γ2 và tránh Pi0 . Ta có
Kcs
3 Kcs−1
2 K1M ∈ ℘m
2 ∩ ℘m
3 ∩ ℘1+cs−1+cs
4 ∩ ℘m
5 ∩ · · · ∩ ℘m
s ∩ ℘m
s+1 ∩ ℘m
s+2 ∩ ℘1+cs−1+cs
s+3
= ℘m
2 ∩ · · · ∩ ℘m
s+3 = J,
với
cs + cs−1 + 1 + i = 2m − 1.
Vì vậy, trong trường hợp s − k = 2, s − k < k và m ≥ 2, theo Nhận xét 1.2.3 ta có
reg(R/(J + ℘m
i0
)) ≤ T1.
Trường hợp 2.2: m ≥ 2 và s − k = 1 và s − k < k. Khi đó α chứa P1, ..., Ps+1 và
không có một (s − 2)-phẳng chứa s điểm của X. Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 2.2.1: Không tồn tại một (s − 1)-phẳng chứa Ps+2, Ps+3 và s − 1
điểm của X∩α. Vì vậy, trong trường hợp này mọi (s−1)-phẳng chứa s điểm tùy ý
của {P1, ..., Ps+2} tránh Ps+3. Đặt Pi0 = Ps+3 = (1, 0, ..., 0), P1 = (0, 1
2
, 0, ..., 0), ...,
Pj = (0, ..., 0, 1
j+1
, 0, ..., 0), j = 1, ..., s. Với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n , c1 + · · · +
cn = i, i = 0, ..., m − 1, đặt mj = m − i + cj, j = 1, ..., s, ms+1 = ms+2 = m và
t = max mj,
s+2
l=1 ml + s − 1
s
j = 1, ..., s + 2 .
Theo Bổ đề 2.2.1 ta có thể tìm thấy t các (s − 1)-phẳng L1, ..., Lt tránh Pi0 sao
cho với mỗi Pj ∈ {P1, ..., Ps+2}, có mj các (s−1)-phẳng (kể cả bội) của {L1, ..., Lt}
đi qua Pj.

34
Cho j = 1, ..., t, gọi Hj là siêu phẳng chứa Lj và tránh Pi0 . Ta có
H1 · · · Ht ∈ ℘m1
1 ∩ · · · ∩ ℘ms+2
s+2 = ℘m−i+c1
1 ∩ · · · ∩ ℘m−i+cs
s ∩ ℘m
s+1 ∩ ℘m
s+2.
1 ∩ · · · ∩ ℘i−cs
s , ta có
H1 · · · HtM ∈ ℘m
1 ∩ · · · ∩ ℘m
s+2 = J.
reg(R/(J + ℘m
i0
)) ≤ max t + i i = 1, ..., m − 1 .
Nếu t = m, thì
max t + i i = 1, ..., m − 1 ≤ 2m − 1 ≤ T1.
Nếu t =
s+2
l=1 ml + s − 1
s
, thì
max t + i i = 1, ..., m − 1 ≤
s+3
l=1 ml + s − 1
s
= Ts.
Trường hợp 2.2.2: Tồn tại một (s−1)-phẳng β chứa Ps+2, Ps+3 và s−1 điểm của
X ∩α. Ta có thể giả sử rằng P3, ..., Ps+2 ∈ β, đặt Pi0 = Ps+3 và J = ℘m
1 ∩· · ·∩℘m
s+2.
reg(R/(J + ℘m
i0
)) ≤ max Tj j = 1, ..., n .
Chứng minh Mệnh đề 2.2.3 đã hoàn thành.
Mệnh đề sau đây sẽ chỉ ra một chặn trên cho chỉ số chính quy của tập s + 3
điểm béo đồng bội không nằm trên một (s − 1)-phẳng.
Mệnh đề 2.2.4. Cho X = {P1, ..., Ps+3} là tập các điểm phân biệt không nằm
trên một (s − 1)-phẳng trong Pn với s ≤ n, và m là số nguyên dương. Gọi
Z = mP1 + · · · + mPs+3
là tập điểm béo đồng bội. Khi đó
reg(Z) ≤ max Tj j = 1, ..., n ,

35
trong đó
Tj = max
mq + j − 2
j
Chứng minh. Gọi ℘1, ..., ℘s+3 là các iđêan nguyên tố thuần nhất của vành đa
thức R = k[x0, ..., xn] xác định bởi các điểm P1, ..., Ps+3 tương ứng. Đặt I =
℘m
1 ∩ · · · ∩ ℘m
s+3, ta có reg(Z) = reg(R/I).
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo s. Với s = 1 hoặc s = 2, theo Hệ quả
2.1.2 mệnh đề đúng. Giả sử rằng mệnh đề đúng với s − 1. Theo Mệnh đề 2.2.3,
tồn tại một điểm Pi0 ∈ X sao cho
reg(R/(J + ℘m
i0
)) ≤ max Tj j = 1, ..., n , (5)
trong đó
J = ∩i=i0
℘m
i .
Đặt Y = X{Pi0 }, do X không nằm trên một (s − 1)-phẳng, ta có Y không
nằm trên một (s − 2)-phẳng. Đặt
Tj = max
mH{Pi0 } + j − 2
j
H là một j-phẳng ,
với
mH{Pi0 } =
Pi∈H{Pi0 }
mi, mi = m.
Theo giả thiết quy nạp, ta có
reg(R/J) ≤ max Tj j = 1, ..., n .
Ta có Tj ≤ Tj, j = 1, ..., n. Do đó,
reg(R/J) ≤ max Tj j = 1, ..., n . (6)
reg(R/I) = m − 1, reg(R/J), reg(R/(J + ℘m
i0
)) . (7)
Từ (5), (6) và (7) ta có
reg(R/I) ≤ max Tj j = 1, ..., n .

36
Tiếp theo chúng tôi chỉ ra công thức tính chỉ số chính quy của tập s+3 điểm
béo đồng bội không nằm trên một (s − 1)-phẳng trong Pn.
Định lý 2.2.5. Cho X = {P1, ..., Ps+3} là tập các điểm phân biệt không nằm
trên một (s − 1)-phẳng trong Pn với s ≤ n và m là số nguyên dương, m khác 2.
Gọi Z = mP1 + · · · + mPs+3 là tập điểm béo đồng bội. Khi đó
reg(Z) = max Tj j = 1, ..., n ,
trong đó
Tj = max
mq + j − 2
j
j = 1, ..., n.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo s. Đặt
T = max Tj j = 1, ..., n .
Ta xét hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: Các điểm P1, ..., Ps+3 không nằm trên một s-phẳng. Khi đó,
theo Bổ đề 1.2.9 ta có
reg(Z) = T.
Trường hợp 2: Các điểm P1, ..., Ps+3 nằm trên một s-phẳng α. Theo Mệnh đề
2.2.4 ta có
reg(Z) ≤ T.
Vì vậy, ta chỉ cần chỉ ra reg(Z) ≥ T.
Nếu s = 1 hoặc s = 2, thì theo Hệ quả 2.1.2 ta có reg(Z) = T.
Nếu s ≥ 3, thì ta đặt
p = min j Tj = T
và ký hiệu β là một p-phẳng chứa Pi1 , ..., Pir của X sao cho
rm + p − 2
p
= Tp.

37
Khi đó các điểm Pi1 , ..., Pir không nằm trên một (p−1)-phẳng. Ta xét hai trường
hợp con sau:
Trường hợp p < s: Do P1, ..., Ps+3 không nằm trên một (s − 1)-phẳng và
rm + p − 2
p
= Tp = T ≥ Ts =
(s + 3)m + s − 2
s
,
ta có r ≤ p+3. Do luôn tồn tại một p-phẳng chứa p+1 điểm của X, nên p+1 ≤ r.
Đặt Y = mi1 Pi1 + · · · + mip+3 Pip+3 . Nếu r = p + 1 hoặc r = p + 2, thì theo Bổ đề
1.2.9 ta có
reg(Z) = Tp.
Nếu r = p + 3, thì các điểm Pi1 , ..., Pip+3 nằm trên p-phẳng β và không nằm trên
một (p − 1)-phẳng. Xét tập điểm béo Y = mi1 Pi1 + · · · + mip+3 Pip+3 , theo giả thiết
quy nạp ta có
reg(Y ) = Tp.
Bây giờ ta sử dụng Bổ đề 1.2.8 ta có reg(Z) ≥ reg(Y ). Vì vậy,
reg(Z) ≥ Tp = T.
Trường hợp p = s: Khi đó Ts > Tj, j = 1, ..., s − 1. Trong trường hợp này ta có
P1, ..., Ps+3 ở vị trí tổng quát trong s-phẳng α. Do đó, theo Định lý 2.1.1 ta có
reg(Z) = T.
Định lý sau đây là công thức tính chỉ số chính quy của tập s điểm béo đồng
bội không nằm trên một (r − 1)-phẳng với s ≤ r + 3.
Định lý 2.2.6. Cho X = {P1, ..., Ps} là tập các điểm phân biệt không nằm trên
một (r − 1)-phẳng trong Pn với s ≤ r + 3 và m là một số nguyên dương, m khác
2. Gọi Z = mP1 + · · · + mPs là tập điểm béo đồng bội. Khi đó,
reg(Z) = max Tj j = 1, ..., n ,
trong đó
Tj = max
mq + j − 2
j
j = 1, ..., n.

38
Chứng minh. Nếu s ≤ r + 2, thì theo Bổ đề 1.2.9 ta có
reg(Z) = max Tj j = 1, ..., n .
Nếu s = r + 3, thì theo Định lý 2.2.5 ta có
reg(Z) = max Tj j = 1, ..., n .
2.3 Kết luận chương 2
Trong chương này chúng tôi thu được các kết quả chính sau:
(1) Đưa ra công thức tính chỉ số chính quy của tập s điểm béo ở ví trí tổng
quát trên một r-phẳng α trong Pn với s ≤ r + 3 (Định lý 2.1.1).
(2) Đưa ra công thức tính chỉ số chính quy của tập s điểm đồng bội sao cho
các điểm này không nằm trên một (r − 1)-phẳng trong Pn với s ≤ r + 3 (Định lý
2.2.6).

39
Chương 3
CHẶN TRÊN SEGRE CHO CHỈ SỐ CHÍNH
QUY CỦA TẬP s ĐIỂM KÉP TRONG Pn
VỚI 2n + 1 ≤ n ≤ 2n + 2
Chúng tôi nhắc lại giả thuyết của N.V. Trung đưa ra vào năm 1996 như sau
(xem [24]):
Giả thuyết: Cho Z = m1P1 + · · · + msPs là một tập điểm béo tùy ý trong Pn.
Khi đó
reg(Z) ≤ max Tj j = 1, ..., n ,
trong đó
Tj = max
q
l=1 mil + j − 2
j
Hiện này chặn này được gọi là chặn trên của Segre. Về việc chứng minh chặn
trên của Segre chúng tôi xin nhắc lại một số kết quả được trình bày ở phần
trước.
Cách đây gần 20 năm, chặn trên Segre đã được chứng minh đúng trong không
gian xạ ảnh n = 2, n = 3 (xem [22], [23]) và cho tập điểm kép Z = 2P1 + · · · + 2Ps
trong P4 (xem [24]) bởi Thiện; cũng trong trường hợp n = 2, n = 3 Fatabbi và
Lorenzini đưa ra một chứng minh độc lập khác (xem [10], [11]).
Năm 2012, Bennedetti, Fatabbi và Lorenzini đã chứng minh được chặn trên
Segre cho một tập n + 2 điểm béo không suy biến Z = m1P1 + · · · + mn+2Pn+2
trong Pn (xem [2])
Năm 2013, Tú và Hùng đã chứng minh được chặn trên Segre cho tập gồm
n + 3 điểm hầu đồng bội không suy biến trong Pn (xem [28]).
Năm 2016, Ballico, Dumitrescu và Postinghel đã chứng minh được giả thuyết
trên đúng trong trường hợp n + 3 điểm béo không suy biến trong không gian xạ
ảnh Pn.

40
Năm 2017, Calussi, Fatabbi và Lorenzini cũng chứng minh được chặn trên
Segre cho trường hợp s điểm đồng bội không suy biến trong Pn với s ≤ 2n − 1
(xem [5]).
Năm 2018, Nagel và Trok đã chứng minh chặn trên của Segre là đúng (xem
[18, Theorem 5.3]).
Nội dung chương này được chia thành ba tiết. Trong đó Tiết 1 chúng tôi
chứng minh giả thuyết của N.V. Trung cho chỉ số chính quy của tập s = 2n + 1
điểm kép sao cho không có n+1 điểm nào của chúng nằm trên một (n−2)-phẳng
trong Pn. Tiết 2 dành để chứng minh chứng minh giả thuyết của N.V. Trung cho
chỉ số chính quy của tập s = 2n + 2 điểm kép không suy biến sao cho không có
n + 1 điểm nào của chúng nằm trên một (n − 2)-phẳng trong Pn. Kết quả chính
của chương này được trích từ các bài báo [20] và [21].
3.1 Chặn trên Segre cho chỉ số chính quy của tập 2n+1
điểm kép sao cho không có n+1 điểm nằm trên một
(n − 2)-phẳng trong Pn
Các mệnh đề sau là kết quả quan trọng cho việc chứng minh chặn trên Segre.
Mệnh đề 3.1.1. Cho X = {P1, ..., P2n+1} là một tập gồm 2n + 1 điểm phân biệt
sao cho không tồn tại n + 1 điểm của X nằm trên một (n − 2)-phẳng trong Pn.
Gọi ℘i là iđêan nguyên tố thuần nhất tương ứng với Pi, i = 1, ..., 2n + 1. Xét tập
điểm kép
Z = 2P1 + · · · + 2P2n+1.
Đặt
Tj = max
1
j
(2q + j − 2) Pi1 , ..., Piq nằm trên j-phẳng ,
TZ = max Tj j = 1, ..., n .
Khi đó, tồn tại một điểm Pi0 ∈ X sao cho
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ TZ,
trong đó
J =
i=i0
℘2
i .

41
Chứng minh. Ta ký hiệu |H| là số điểm của X nằm trên một j-phẳng H. Mệnh
đề đã được chứng minh đúng trong không gian xạ ảnh có số chiều n ≤ 4 (xem
[9], [22], [23], [24]). Vì vậy, chúng tôi chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp
không gian xạ ảnh có số chiều n ≥ 5.
Giả sử X là tập P1, ..., P2n+1 gồm 2n + 1 điểm trong không gian xạ ảnh Pn.
Khi đó có các (n − 1)-phẳng H1, ..., Hd với d là số nguyên dương bé nhất thỏa
mãn hai điều kiện sau:
(i) X ⊂ ∪d
i=1Hi,
(ii) Hi ∩(X∪i−1
j=1 Hj) = max H ∩(X∪i−1
j=1 Hj) H là một (n − 1)-phẳng .
Do n + 1 điểm của X không nằm trên một (n − 2)-phẳng, nên 1 ≤ d ≤ 3. Ta
xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1. d = 3. Vì một siêu phẳng tùy ý luôn đi qua n điểm của X
và d = 3, ta có |H1| = n, |H2| = n và |H3| = 1, giả sử P2n+1 /∈ H1 ∪ H2. Chọn
Pi0 = P2n+1 = (1, 0, ..., 0), khi đó ℘i0 = (x1, ..., xn). Rõ ràng H1, H2 không qua
Pi0 . Vì H1H1H2H2 ∈ J nên H1H1H2H2M ∈ J với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n ,
c1 + · · · + cn = i, i = 0, 1. Theo Nhận xét 1.2.3 ta có
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 4 + i ≤ 5 ≤ TZ.
Trường hợp 2. d = 2. Ta có X ⊂ H1 ∪ H2, do đó |H1| ≥ n + 1. Gọi q là số điểm
của X nằm trên H2, q ≤ n. Đặt Y = {P1, ..., Pq}, do n + 1 điểm của X không nằm
trên một (n − 2)-phẳng, nên Y không nằm trên một (q − 3)-phẳng. Ta xét các
trường hợp sau:
Trường hợp 2.1. Y nằm trên một (q − 1)-phẳng và Y không nằm trên một
(q − 2)-phẳng.
Chọn Pi0 = Pq = (1, 0, ..., 0), P1 = (0, 1
2
, 0, ..., 0), ..., Pq−1 = (0, ..., 0, 1
q−1
, 0, ..., 0),
khi đó ℘i0 = (x1, ..., xn). Do luôn tồn tại một (q − 2)-phẳng K đi qua P1, ..., Pq−1
và tránh Pi0 . Vì vậy, ta tìm được một siêu phẳng L chứa K và tránh Pi0 . Ta có
H1H1LL ∈ J. Do đó H1H1LLM ∈ J với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n , c1+· · ·+cn =
i, i = 0, 1. Theo Nhận xét 1.2.3 ta có
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 4 + i ≤ 5 ≤ TZ.

42
Trường hợp 2.2. Y nằm trên một (q − 2)-phẳng α, q ≥ 3, khi đó H1 chứa
2n + 1 − q điểm của X. Xét tập W = {Pq+1, ..., P2n+1} ⊂ H1 ∩ X, khi đó có các
(n − 2)-phẳng Q1, ..., Qd trong Pn thỏa mãn hai điều kiện sau:
(i) W ⊂ ∪d
i=1Qi,
(ii) Qi ∩(W∪i−1
j=1 Qj) = max Q∩(W∪i−1
j=1 Qj) Q là một (n − 2)-phẳng .
Do q ≥ 3 nên ta có 2n + 1 − q ≤ 2n − 2. Hơn nữa, mọi (n − 2)-phẳng luôn đi
qua n − 1 điểm của X, vì vậy ta có d = 2. Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 2.2.1. Nếu Q1 chứa n điểm, thì tồn tại các điểm Pi1 , ..., Pin+1−q của
W nằm trên Q2. Chọn Pi0 = Pi1 = (1, 0, ..., 0), khi đó ℘i0 = (x1, ..., xn). Do luôn
tồn tại một (n − 2)-phẳng K đi qua Pi2 , ..., Pn+1−p, chứa Y và tránh Pi0 (vì nếu
chứa Pi0 thì tồn n + 1 điểm nằm trên một (n − 2)-phẳng). Do đó, ta có thể tìm
được các siêu phẳng L1 chứa Q1 và siêu phẳng L2 chứa K tránh Pi0 .
Ta có L1L1L2L2 ∈ J nên L1L1L2L2M ∈ J với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n ,
c1 + · · · + cn, i = 0, 1. Theo Nhận xét 1.2.3 ta có
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 4 + i ≤ 5 ≤ TZ.
Trường hợp 2.2.2. Nếu Q1 chứa n−1 điểm, thì ta có thể gọi T = {P1, ..., Pn+2} ⊂
X(X ∩ Q1). Ta xét hai trường hợp của T như sau:
a) T nằm trên một (n − 1)-phẳng L. Khi đó, Pn+3, ..., P2n+1 nằm trên Q1. Do X
không nằm trên một (n − 1)-phẳng, nên tồn tại một điểm thuộc Q1L, giả sử
P2n+1 /∈ L. Hơn nữa, từ các điểm trên Q1 nằm ở vị trí tổng quát, nên tồn tại một
(n−3)-phẳng đi qua n−2 điểm của Q1 và tránh P2n+1. Gọi π là một (n−3)-phẳng
đi qua n−2 điểm Pn+3, ..., P2n của Q1 và P2n+1 /∈ π. Chọn Pi0 = P2n+1 = (1, 0, ..., 0),
khi đó ℘i0 = (x1, ..., xn). Ta luôn chọn được một siêu phẳng L1 chứa π và tránh
Pi0 . Ta có LLL1L1 ∈ J nên LLL1L1M ∈ J với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n ,
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 4 + i ≤ 5 ≤ TZ.
b) T không nằm trên một (n−1)-phẳng, khi đó T nằm trên Pn. Ta xét các trường
hợp sau:

43
• Nếu có n + 1 điểm của T nằm trên một (n − 1)-phẳng L, thì tồn tại một
điểm của T không nằm trong L, giả sử Pn+2 /∈ L. Chọn Pi0 = Pn+2 = (1, 0, ..., 0),
khi đó ℘i0 = (x1, ..., xn). Do Pi0 /∈ Q1 nên ta luôn chọn được một siêu phẳng L1
chứa Q1 và tránh Pi0 . Ta có LLL1L1 ∈ J nên LLL1L1M ∈ J với mọi đơn thức
M = xc1
1 · · · xcn
n , c1 + · · · + cn = i, i = 0, 1. Theo Nhận xét 1.2.3 ta có
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 4 + i ≤ 5 ≤ TZ.
• Nếu không có n + 1 điểm của T nằm trên một (n − 1)-phẳng, thì tập điểm
T nằm ở vị trí tổng quát. Chọn Pi0 = Pn+2 = (1, 0, ..., 0), P1 = (0, 1
2
, 0, ..., 0), ...,
Pn = (0, ..., 0, 1
n+1
), khi đó ℘i0 = (x1, ..., xn). Với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n ,
c1 + · · · + cn = i, i = 0, 1, ta có M ∈ ℘i−c1
1 ∩ · · · ∩ ℘i−cn
n . Đặt ml = 2 − i + cl
(l = 1, ..., n), mn+1 = 2 và
t = max 2, (
n+1
l=1
ml + n − 1)/n .
Ta có
t + i = max 2, (
n+1
l=1
ml + n − 1)/n + i
≤ max 2 + i, (
n+1
l=1
ml + ni + n − 1)/n
≤ max 2 + i, (3n + 2)/n ≤ 3,
do đó
t ≤ 3 − i.
Theo Bổ đề 1.2.4, ta có thể tìm được t các (n − 1)-phẳng L1, ..., Lt tránh Pi0
sao cho với mỗi Pl (l = 1, ..., n + 1), tồn tại ml các (n − 1)-phẳng của {L1, ..., Lt}
đi qua Pl. Khi đó
L1 · · · Lt ∈ ℘m1
1 ∩ · · · ∩ ℘mn
n ∩ ℘2
n+1.
Mặt khác, do M ∈ ℘i−c1
1 ∩ · · · ∩ ℘i−cn
n nên L1 · · · LtM ∈ ℘2
1 ∩ · · · ∩ ℘2
n+1. Hơn
nữa, ta luôn tìm được một siêu phẳng L chứa Q1 và tránh Pi0 . Ta có LL ∈
℘2
n+3 ∩ · · · ∩ ℘2
2n+1, do đó LLL1 · · · LtM ∈ J. Theo Nhận xét 1.2.3 ta có
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ (5 − i) + i = 5 ≤ TZ.

44
Trường hợp 3. d = 1. Ta có X ⊂ H1, khi đó có các (n−2)-phẳng Q1, ..., Qs trong
Pn, với s là số nguyên dương bé nhất thỏa mãn hai điều kiện sau:
(i) X ⊂ ∪s
i=1Qi,
(ii) Qi ∩ (X∪i−1
j=1) = max Q ∩ (X∪i−1
j=1) Q là một (n − 2)-phẳng .
Vì mọi (n − 2)-phẳng chứa nhiều nhất n điểm và luôn đi qua n − 1 điểm của
X, nên s = 3. Ta có các trường hợp sau:
(1) |Q1| = n, |Q2| = n, |Q3| = 1.
(2) |Q1| = n, |Q2Q1| = n − 1, |Q3(Q1 ∪ Q2)| = 2.
(3) |Q1| = n − 1, |Q2| = n − 1, |Q3| = 3.
Trường hợp 3.1. |Q1| = n, |Q2| = n, |Q3| = 1. Giả sử rằng P1 ∈ Q3, do đó
P1 /∈ Q1 ∪ Q2. Chọn Pi0 = P1 = (1, 0, ..., 0), khi đó ℘i0 = (x1, ..., xn). Ta luôn
chọn được một siêu phẳng L1 chứa Q1 và một siêu phẳng L2 chứa Q2 tránh
Pi0 . Ta có L1L1L2L2 ∈ J nên L1L1L2L2M ∈ J với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n ,
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 4 + i ≤ 5 ≤ TZ.
Trường hợp 3.2. |Q1| = n, |Q2Q1| = n − 1, |Q3(Q1 ∪ Q2)| = 2. Giả sử rằng
Q1 chứa các điểm Pn+2, ..., P2n+1. Đặt Y = {P1, ..., Pn+1}, ta có Y là tập các
điểm nằm trên một (n − 1)-phẳng sao cho không có n điểm nào của Y nằm
trên một (n − 2)-phẳng. Chọn Pi0 = Pn+1 = (1, 0, ..., 0), P1 = (0, 1
2
, 0, ..., 0), ...,
Pn−1 = (0, ..., 0, 1
n
, 0), khi đó ℘i0 = (x1, ..., xn). Với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n ,
c1 + · · · + cn = i, i = 0, 1, ta có M ∈ ℘i−c1
1 ∩ · · · ∩ ℘i−cn−1
n−1 . Đặt ml = 2 − i + cl,
l = 1, ..., n − 1, mn = 2 và
t = max 2, (
n
i=1
ml + n − 2)/(n − 1) .
Ta có
t + i = max 2, (
n
i=1
ml + n − 2)/(n − 1) + i
≤ max 2 + i, (
n
i=1
ml + (n − 1)i + n − 2)/(n − 1)

45
≤ max 2 + i, (3n +
n−1
j=1
cj − 4)/(n − 1)
≤ max 2 + i, (3n − 3)/(n − 1) ≤ 3.
Do đó
t ≤ 3 − i.
Theo Bổ đề 1.2.4 ta có thể tìm được t các (n − 2)-phẳng G1, ..., Gt tránh Pi0
sao cho với mỗi Pl (l = 1, ..., n) tồn tại ml các (n − 2)-phẳng của {G1, ..., Gt} đi
qua Pl. Với j = 1, ..., t ta luôn tìm được một siêu phẳng Lj chứa Gj và tránh Pi0 .
Vì vậy
L1 · · · Lt ∈ ℘m1
1 ∩ · · · ∩ ℘mn−1
n−1 ∩ ℘2
n.
Mặt khác, từ M ∈ ℘2−m1
1 ∩ · · · ∩ ℘2−mn−1
n−1 , ta có L1 · · · LtM ∈ ℘2
1 ∩ · · · ∩ ℘2
n. Hơn
nữa, do Pi0 /∈ Q1 nên ta luôn chọn được một siêu phẳng L chứa Q1 và tránh Pi0 ,
do đó LLL1 · · · LtM ∈ J với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n , c1 +· · ·+cn = i, i = 0, 1.
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ (5 − i) + i ≤ 5 ≤ TZ.
Trường hợp 3.3. |Q1| = n − 1, |Q2| = n − 1, |Q3| = 3. Trong trường hợp này
thì không tồn tại n điểm của X nằm trên một (n − 2)-phẳng. Do đó ta xem
tập điểm của X nằm trong Pn−1, thì X nằm ở vị trí tổng quát. Chọn Pi0 =
P2n+1 = (1, 0, ..., 0), P1 = (0, 1
2
, 0, ..., 0), ..., Pn−1 = (0, ..., 0, 1
n
, 0), khi đó ℘i0 =
(x1, ..., xn). Với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n , c1 + · · · + cn = i, i = 0, 1, ta có
M ∈ ℘c1
1 ∩ · · · ∩ ℘cn−1
n−1 . Đặt ml = 2 − i + cl (l = 1, ..., n − 1), ml = 2 (l = n, ..., 2n) và
t = max 2, (
2n
i=1
ml + n − 2)/(n − 1) .
Ta có
t + i = max 2, (
2n
i=1
ml + n − 2)/(n − 1) + i
≤ max 2 + i, (
2n
i=1
ml + (n − 1)i + n − 2)/(n − 1)

46
≤ max 2 + i, (4n +
n−1
j=1
cj + n − 2)/(n − 1)
≤ max 2+i, (2(2n+1)+(n−1)−2)/(n−1) ≤ max T1, Tn−1 ≤ TZ.
sao cho với mỗi Pl (l = 1, ..., 2n) thì tồn tại ml các (n − 2)-phẳng của {G1, ..., Gt}
đi qua Pl. Với j = 1, ..., t, ta luôn tìm được siêu phẳng Lj chứa Gj tránh Pi0 . Do
đó
L1 · · · Lt ∈ ℘m1
1 ∩ · · · ∩ ℘mn−1
n−1 ∩ ℘2
n ∩ · · · ∩ ℘2
2n.
1 ∩· · ·∩℘i−cn−1
n−1 nên L1 · · · LtM ∈ J. Theo Nhận xét 1.2.3
ta có
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ t + i ≤ TZ.
Mệnh đề 3.1.2. Cho X = {P1, ..., P2n+1} là một tập gồm 2n + 1 điểm phân biệt
sao cho không tồn tại n + 1 điểm nào của X nằm trên một (n − 2)-phẳng trong
Pn. Cho Y = {Pi1 , ..., Pis }, 2 ≤ s ≤ 2n, là một tập con của X. Gọi ℘i là iđêan
nguyên tố thuần nhất tương ứng với Pi, i = 1, ..., 2n + 1. Xét tập điểm kép
Z = 2P1 + · · · + 2P2n+1.
Đặt
Tj = max
1
j
(2q + j − 2) Pi1 , ..., Piq nằm trên j-phẳng ,
TZ = max Tj j = 1, ..., n .
Khi đó, tồn tại một điểm Pi0 ∈ Y sao cho
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ TZ,
trong đó
J =
Pi∈Y {Pi0 }
℘2
i .
Chứng minh. Ta ký hiệu |H| là số điểm của X nằm trên một j-phẳng H. Mệnh
đề đã được chứng minh trong không gian xạ ảnh có số chiều ≤ 4 (xem [9], [22],

47
[23], [24]). Vì vậy, chúng tôi sẽ chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp không
gian xạ ảnh có số chiều n ≥ 5. Trước tiên, ta thấy rằng TZ ≥ 5. Không mất tính
tổng quát, ta có thể giả sử rằng Y = {P1, ..., Ps}. Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1. 2 ≤ s ≤ n + 1. Do không có n + 1 điểm của X nằm trên một
(n − 2)-phẳng nên ta có hai trường hợp con sau:
Trường hợp 1.1. Y không nằm trên một (s − 2)-phẳng. Trong trường hợp
này, tồn tại một (s − 2)-phẳng α, đi qua s − 1 điểm P1, ..., Ps−1 và tránh Ps.
Chọn Pi0 = Ps = (1, 0, ..., 0), khi đó ℘i0 = (x1, ..., xn). Ta luôn tìm được một siêu
phẳng L chứa α và tránh Pi0 . Ta có LL ∈ J, do đó LLM ∈ J với mọi đơn thức
M = xc1
1 · · · xcn
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 2 + i ≤ 5 ≤ TZ.
Trường hợp 1.2. Y nằm trên một (s − 2)-phẳng. Khi đó, tồn tại một (s − 3)-
phẳng β đi qua l điểm của Y với s − 2 ≤ l ≤ s − 1. Ta xét hai trường hợp
sau:
• l = s − 1. Giả sử rằng P1, ..., Ps−1 ∈ β, chọn Pi0 = Ps = (1, 0, ..., 0), khi đó
℘i0 = (x1, ..., xn). Do Pi0 /∈ β và s − 3 ≤ n − 2 nên ta luôn tìm được một siêu
phẳng L chứa β và tránh Pi0 . Ta có LL ∈ J nên LLM ∈ J với mọi đơn thức
M = xc1
1 · · · xcn
n , c1 + · · · + cn = i, i = 0, 1. Nhận xét 1.2.3 ta có
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 2 + i ≤ 5 ≤ TZ.
• l = s − 2. Giả sử rằng P1, ..., Ps−2 ∈ β, chọn Pi0 = Ps = (1, 0, ..., 0), khi đó
℘i0 = (x1, ..., xn). Ta luôn chọn được một siêu phẳng L1 chứa β, siêu phẳng L2
đi qua Ps−1 và tránh Pi0 . Ta có L1L1L2L2 ∈ J nên L1L1L2L2M ∈ J với mọi đơn
thức M = xc1
1 · · · xcn
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 2 + i ≤ 5 ≤ TZ.
Trường hợp 2. n + 2 ≤ s ≤ 2n. Giả sử Y = {P1, ..., Ps} là một tập s điểm trong
Pn. Khi đó có các (n − 1)-phẳng H1, ..., Hd trong Pn với d là số nguyên dương bé
nhất thỏa mãn hai điều kiện sau:

48
(i) Y ⊂ ∪d
i=1Hi,
(ii) Hi ∩ (Y ∪i
j=1 Hj) = max H ∩ (Y ∪i
j=1 Hj) H là một (n − 1)-phẳng .
Vì mọi siêu phẳng tùy ý luôn đi qua n điểm của X, ta có 1 ≤ d ≤ 2. Ta xét
hai trường hợp của d như sau:
Trường hợp 2.1. d = 2. Ta có Y ⊂ H1 ∪ H2, |H1| ≥ |H2|, |H1| ≥ n. Gọi q là số
điểm của Y nằm trên H2H1, 1 ≤ q ≤ n. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả
thiết rằng P1, ..., Pq ∈ H2H1 và đặt V = {P1, ..., Pq}. Do không tồn tại n + 1 điểm
của X nằm trên một (n − 2)-phẳng nên V không nằm trên một (q − 3)-phẳng.
Trường hợp 2.1.1. V nằm trên một (q − 1)-phẳng và không nằm trên một
(q − 2)-phẳng. Chọn Pi0 = Pq = (1, 0, ..., 0), P1 = (0, 1
2
, 0, ..., 0), ..., Pq−1 =
(0, ..., 0, 1
q
, 0, ... , 0), khi đó ℘i0 = (x1, ..., xn). Do luôn tồn tại một (q−2)-phẳng K
đi qua P1, ..., Ps−1 và tránh Pi0 , nên ta luôn tìm được một siêu phẳng L chứa K và
tránh Pi0 . Ta có H1H1LL ∈ J nên H1H1LLM ∈ J với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n ,
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 4 + i ≤ 5 ≤ TZ.
Trường hợp 2.1.2. V nằm trên một (q − 2)-phẳng α, ta có 3 ≤ q ≤ n − 1. Trong
trường hợp này thì H1 chứa s − q điểm của Y. Giả sử rằng W = {Pq+1, ..., Ps} ⊂
Y ∩ H1. Khi đó có hai (n − 2)-phẳng Q1, Q2 thỏa mãn hai điều kiện sau:
(i) W ⊂ Q1 ∪ Q2,
(ii) Qi ∩ (W∪i−1
j=1 Qj) = max Q ∩(W∪i−1
Ta xét hai trường hợp của Q1 như sau:
Trường hợp 2.1.2.1. Q1 chứa n điểm. Khi đó |H1| ≥ n+1, vì thế s ≥ n+q+1. Từ
điều kiện (i) và (ii) có s−n−q điểm của Y nằm trên Q2, giả sử rằng Pi1 , ..., Pis−n−q ∈
Q2. Chọn Pi0 = Pi1 = (1, 0, ..., 0), thì ℘i0 = (x1, ..., xn). Do s − n − 3 ≤ n − 3 nên
có một (s − n − 3)-phẳng K chứa V, đi qua Pi2 , ..., Pis−n−q và tránh Pi0 (vì nếu
chứa Pi0 thì có n + 1 điểm của X nằm trên một (n − 2)-phẳng). Do đó ta luôn
tìm được một siêu phẳng L1 chứa Q1, một siêu phẳng L2 chứa K và tránh Pi0 .

49
Ta có L1L1L2L2 ∈ J nên L1L1L2L2M ∈ J với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n ,
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 4 + i ≤ 5 ≤ TZ.
Trường hợp 2.1.2.2. Q1 chứa n − 1 điểm. Giả sử rằng T = {P1, ..., Ps−n+1} là
một tập gồm s − n + 1 điểm của Y không nằm trên Q1. Do α ∩ Y ⊆ T nên tập
điểm T nằm trên một (s − n − 1)-phẳng. Ta có s − n − 1 ≤ n − 1, gọi β là một
(s − n − 1)-phẳng chứa T. Do Y không nằm trên một (n − 1)-phẳng nên tồn tại
một điểm thuộc Q1β, giả sử rằng Ps ∈ Q1β. Chọn Pi0 = Ps = (1, 0, ..., 0), khi đó
℘i0 = (x1, ..., xn). Xét trên (n − 2)-phẳng Q1, do luôn tồn tại một (n − 3)-phẳng π,
đi qua n − 2 điểm của Y ∩ Q1 và tránh Pi0, nên ta luôn tìm được một siêu phẳng
L1 chứa β, L2 chứa K và tránh Pi0 . Ta có L1L1L2L2 ∈ J nên L1L1L2L2M ∈ J với
mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 4 + i ≤ 5 ≤ TZ.
Trường hợp 2.2. d = 1. Ta có Y ⊂ H1. Khi đó có các (n − 2)-phẳng Q1, ..., Qr
trong Pn thỏa mãn hai điều kiện sau:
(i) W ⊂ ∪r
i=1Qi,
(ii) Qi ∩(W∪i−1
j=1 Qj) = max Q∩(W∪i−1
Do mọi (n − 2)-phẳng chứa nhiều nhất n điểm và luôn đi qua n − 1 điểm nên
ta có 2 ≤ r ≤ 3. Ta xét hai trường hợp của r sau:
Trường hợp 2.2.1. r = 3. Trong trường hợp này thì 2n − 1 ≤ s ≤ 2n, Do Q1, Q2
chứa ít nhất n − 1 điểm. Ta có |Q1 ∪ Q2| ≥ 2n − 2 nên 1 ≤ |Q3(Q1 ∪ Q2)| ≤ 2. Ta
xét các khả năng xảy ra của Q3 như sau:
a) |Q3(Q1 ∪ Q2)| = 1. Giả sử rằng Ps ∈ Q3, Ps /∈ Q1 ∪ Q2. Chọn Pi0 = Ps =
(1, 0, ..., 0), khi đó ℘i0 = (x1, ..., xn). Do Pi0 /∈ Q1, Pi0 /∈ Q2 ta luôn chọn được một
siêu phẳng L1 chứa Q1, một siêu phẳng L2 chứa Q2 và tránh Pi0 . Ta có L1L1L2L2 ∈
J nên L1L1L2L2M ∈ J với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n , c1 + · · · + cn = i, i = 0, 1.
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 4 + i ≤ 5 ≤ TZ.

50
b) |Q3(Q1 ∪ Q2)| = 2. Khi đó s = 2n, |Q1| = |Q2| = n − 1, từ đây ta thấy
rằng không tồn tại n điểm nào của Y nằm trên một (n − 2)-phẳng. Chọn Pi0 =
P2n = (1, 0, ..., 0), P1 = (0, 1
2
, 0, ..., 0), ..., Pn−1 = (0, ..., 0, 1
n
, 0), suy ra ℘i0 =
(x1, ..., xn). Với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n , c1 + · · · + cn = i, i = 0, 1, ta có
M ∈ ℘i−c1
1 ∩· · ·∩℘i−cn−1
n−1 . Đặt ml = 2−i+cl, (l = 1, ..., n−1), ml = 2, (l = n, ..., 2n−1)
và
t = max 2, (
2n−1
i=1
ml + n − 2)/(n − 1) .
Ta có
t + i = max 2, (
2n−1
i=1
ml + n − 2)/(n − 1) + i
≤ max 2 + i, (
2n−1
i=1
ml + (n − 1)i + n − 2)/(n − 1)
≤ max 2 + i, (4n +
n−1
j=1
cj + n − 4)/(n − 1)
≤ max 2+i, (2(2n+1)+(n−1)−2)/(n−1) ≤ max T1, Tn−1 ≤ TZ.
sao cho với mỗi Pl (l = 1, ..., 2n − 1), tồn tại ml các (n − 2)-phẳng của {G1, ..., Gt}
đi qua Pl. Với j = 1, ..., t, ta luôn tìm được một siêu phẳng Lj chứa Gj và tránh
Pi0 . Ta có
L1 · · · Lt ∈ ℘m1
1 ∩ · · · ∩ ℘mn−1
n−1 ∩ ℘2
n ∩ · · · ∩ ℘2
2n−1.
Mặt khác, do M ∈ ℘2−m1
1 ∩ · · · ∩ ℘2−mn−1
n−1 nên L1 · · · LtM ∈ ℘2
1 ∩ · · · ∩ ℘2
2n−1.
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ t + i ≤ TZ.
Trường hợp 2.2.2. r = 2. Ta có Y ⊂ Q1 ∪ Q2. Ta xét các trường hợp của Q1
như sau:
Trường hợp 2.2.2.1. |Q1| = n − 1. Giả sử rằng P1, ..., Pn−1 là n − 1 điểm của
Y nằm trên Q1. Do Y không nằm trên một (n − 2)-phẳng nên tồn tại một điểm
thuộc Q1Q2, giả sử P1 ∈ Q1Q2. Hơn nữa, từ các điểm trên Q1 nằm ở vị trí tổng
quát nên tồn tại một (n − 3)-phẳng α đi qua n − 2 điểm P2, ..., Pn−1 và tránh P1.

51
Chọn Pi0 = P1 = (1, 0, ..., 0), khi đó ℘i0 = (x1, ..., xn). Ta luôn chọn được một siêu
phẳng L1 chứa α, một siêu phẳng L2 chứa Q2 và tránh Pi0 . Ta có L1L1L2L2 ∈ J
nên L1L1L2L2M ∈ J với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n , c1 + · · · + cn = i, i = 0, 1.
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 4 + i ≤ 5 ≤ TZ.
Trường hợp 2.2.2.2. |Q1| = n. Giả sử rằng P1, ..., Pn ∈ Q1 ∩ Y và Pn+1, ..., Ps ∈
Y Q1. Đặt U = {Pn+1, ..., Ps}, do n + 2 ≤ s ≤ 2n nên 2 ≤ s − n ≤ n. Ta xét hai
a) U nằm trên một (s − n − 1)-phẳng. Trong trường hợp này thì tập điểm U ở vị
trí tổng quát, do đó luôn tồn tại một (s − n − 2)-phẳng γ1, đi qua s − n − 1 điểm
Pn+1, ..., Ps−1 và tránh Ps. Chọn Pi0 = Ps = (1, 0, ..., 0), khi đó ℘i0 = (x1, ..., xn). Ta
luôn tìm được một siêu phẳng L1 chứa γ1, một siêu phẳng L2 chứa Q1 và tránh
Pi0 . Ta có L1L1L2L2 ∈ J nên L1L1L2L2M ∈ J với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n ,
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 4 + i ≤ 5 ≤ TZ.
b) U nằm trên một (s − n − 2)-phẳng γ2. Khi đó 3 ≤ s − n và γ2 ∩ Q1 ∩ Y = ∅
(vì nếu không thì có n + 1 điểm của X nằm trên một (n − 2)-phẳng). Ta xét các
• Nếu có n−1 điểm của Y ∩Q1 nằm trên một (n−3)-phẳng γ, thì tồn tại một
điểm thuộc Q1 và không thuộc γ, giả sử P1 ∈ Q1γ. Chọn Pi0 = P1 = (1, 0, ..., 0),
ta có ℘i0 = (x1, ..., xn). Ta luôn tìm được một siêu phẳng L1 chứa γ, một siêu
phẳng L2 chứa γ2 và tránh Pi0 . Ta có L1L1L2L2 ∈ J nên L1L1L2L2M ∈ J với mọi
đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ 4 + i ≤ 5 ≤ TZ.
• Nếu không tồn tại n − 1 điểm của Y ∩ Q1 nằm trên một (n − 3)-phẳng, thì
mọi (n − 3)-phẳng chỉ đi qua n − 2 điểm của Y ∩ Q1. Chọn Pi0 = Pn = (1, 0, ..., 0),
P1 = (0, 1
2
, 0, ..., 0), ..., Pn−2 = (0, ..., 0, 1
n−1
, 0, 0), ta có ℘i0 = (x1, ..., xn). Với mọi

52
đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n , c1 + · · · + cn = i, i = 0, 1, ta có M ∈ ℘i−c1
1 ∩ · · · ∩ ℘i−cn−2
n−2 .
Đặt ml = 2 − i + cl, (l = 1, ..., n − 2), mn−1 = 2 và
t = max 2, (
n−1
i=1
ml + n − 3)/(n − 2) .
Ta có
t + i = max 2, (
n−1
i=1
ml + n − 3)/(n − 2) + i
≤ max 2 + i, (
n−1
i=1
ml + (n − 2)i + n − 3)/(n − 2)
≤ max 2 + i, (3n +
n−2
j=1
cj + n − 3)/(n − 2)
≤ max 2 + i, (3n − 4)/(n − 2) ≤ 3.
Do đó
t ≤ 3 − i.
sao cho với mỗi Pl (l = 1, ..., n − 1), tồn tại ml các (n − 3)-phẳng của {G1, ..., Gt}
đi qua Pl. Với j = 1, ..., t, ta luôn tìm được một siêu phẳng Lj chứa Gj và tránh
Pi0 . Ta có
L1 · · · Lt ∈ ℘m1
1 ∩ · · · ∩ ℘mn−2
n−2 ∩ ℘2
n−1.
Mặt khác, do M ∈ ℘2−m1
1 ∩· · ·∩℘2−mn−2
n−2 nên L1 · · · LtM ∈ ℘2
1 ∩· · ·∩℘2
n−2 ∩℘2
n−1
với mọi đơn thức M = xc1
1 · · · xcn
n , c1 + · · · + cn = i, i = 0, 1. Hơn nữa, ta luôn tìm
được một siêu phẳng L chứa γ2 và tránh Pi0 . Ta có LL ∈ ℘2
n+1 ∩ · · · ∩ ℘2
s do đó
LLL1 · · · LtM ∈ ℘2
1 ∩ · · · ∩ ℘2
n−1 ∩ ℘2
n+1 ∩ · · · ∩ ℘2
s = J. Theo Nhận xét 1.2.3 ta có
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ (5 − i) + i = 5 ≤ TZ.
Kết quả chính của phần này được thể hiện qua định lý sau.
Định lý 3.1.3. Cho X = {P1, ..., P2n+1} là một tập gồm 2n + 1 điểm phân biệt
trong Pn sao cho không có n + 1 điểm nào của X nằm trên một (n − 2)-phẳng.

53
Xét tập điểm kép
Z = 2P1 + · · · + 2P2n+1.
Đặt
TZ = max Tj j = 1, ..., n ,
trong đó
Tj = max
2q + j − 2
j
Khi đó,
reg(Z) ≤ TZ.
Chứng minh. Trước tiên, ta có nhận xét sau:
Cho X = {P1, ..., P2n+1} là một tập điểm trong Pn và Y = {Pi1 , ..., Pis } là một
tập con của X, 1 ≤ s ≤ 2n. Khi đó
reg(R/Js) ≤ TZ,
trong đó
Js =
Pi∈Y
℘2
i .
Ta sẽ chứng minh nhận xét trên bằng quy nạp theo số điểm của Y.
Nếu s = 1. Gọi ℘1 là iđêan nguyên tố thuần nhất xác định bởi P1. Đặt J1 = ℘2
1,
A = R/J1. Khi đó
reg(R/J1) = 1 ≤ TZ.
Giả sử nhận xét đúng với mọi tập tập con Y của X có số điểm bé hơn hoặc
bằng s − 1. Cho Y = {Pi1 , ..., Pis }, theo Mệnh đề 3.1.2 tồn tại một điểm Pi0 ∈ Y
sao cho
reg(R/(Js−1 + ℘2
i0
)) ≤ TZ, (1)
trong đó Js−1 =
Pi∈Y {Pi0 }
℘2
i . Chú ý rằng, Js−1 là iđêan giao của tập gồm s − 1
điểm kép của Y. Theo giả thiết quy nạp ta có
reg(R/Js−1) ≤ TZ. (2)

54
reg(R/Js) = 1, reg(R/Js−1), reg(R/(Js−1 + ℘2
i0
)) . (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có
reg(R/Js) ≤ TZ.
Ta đã chứng minh xong nhận xét trên.
Bây giờ, ta chứng minh Định lý 3.1.3: Cho X = {P1, ..., P2n+1} là một tập
gồm 2n + 1 điểm trong Pn. Theo Mệnh đề 3.1.1 tồn tại một điểm Pi0 ∈ X sao
cho
reg(R/(J + ℘2
i0
)) ≤ TZ (4)
trong đó J =
Pi∈X{Pi0 }
℘2
i . Chú ý rằng J là iđêan giao của tập gồm 2n điểm kép
của X. Vì vậy theo nhận xét trên với s = 2n ta có
reg(R/J) ≤ TZ. (5)
reg(R/I) = 1, reg(R/J), reg(R/(J + ℘2
i0
)) , (6)
trong đó I = J ∩ ℘2
i0
.
Từ (4), (5) và (6) ta có
reg(Z) ≤ TZ.
3.2 Chặn trên Segre cho chỉ số chính quy của tập 2n+2
điểm kép không suy biến và không có n + 1 điểm
nằm trên một (n − 2)-phẳng trong Pn
Trong phần này chúng tôi sẽ chứng minh chặn trên Segre cho chỉ số chính
quy của một tập gồm 2n + 2 điểm kép không suy biến và không có n + 1 điểm
nằm trên một (n − 2)-phẳng. Để chứng minh kết quả chính chúng tôi cần sử
dụng mệnh đề sau:

Chỉ số chính quy của tập điểm béo trong không gian xạ ảnh, 9đ

Chỉ số chính quy của tập điểm béo trong không gian xạ ảnh, 9đ

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Chỉ số chính quy của tập điểm béo trong không gian xạ ảnh, 9đ

Similar to Chỉ số chính quy của tập điểm béo trong không gian xạ ảnh, 9đ (20)

More from Dịch vụ viết bài trọn gói ZALO 0917193864

More from Dịch vụ viết bài trọn gói ZALO 0917193864 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Chỉ số chính quy của tập điểm béo trong không gian xạ ảnh, 9đ