Bourbaki

Bài tập 15, § 3

Đại số, X, p. 182

Cho AA là một vành địa phương Noether, mm là iđêan cực đại của nó, k=A/mk = A/m. Cho PP là một giải xạ ảnh cực tiểu của A-môđun kk; với n⩾0n \geqslant 0, ký hiệu bnb_n là hạng của A-môđun tự do PnP_n. (a) Chứng minh rằng ta có b0=1b_0 = 1 và rằng b1=dim⁡k(m/m2)b_1 = \dim_k(m/m^2) là số cực tiểu các phần tử sinh của mm. (b) Nếu AA giao hoán, ta có b2⩾12b1(b1−1)b_2 \geqslant \frac{1}{2} b_1(b_1 - 1) (xét dãy khớp P2→mP1→m2→0P_2 \to mP_1 \to m^2 \to 0). (c) Giả sử rằng vành AA là Artin (không nhất thiết giao hoán). Chứng minh bất đẳng thức b2⩾14b12b_2 \geqslant \frac{1}{4} b_1^2 (gọi MtM_t là môđun con của P2P_2 tạo bởi các phần tử x sao cho d2(x)∈mtP1d_2(x) \in m^t P_1; chứng minh rằng ta có

mtP2⊂Mt+1 m^t P_2 \subset M_{t+1}
và rằng tồn tại một dãy khớp 0→Mt/Mt+1→mtP1/mt+1P1→mt+1/mt+2→00 \to M_t/M_{t+1} \to m^t P_1/m^{t+1} P_1 \to m^{t+1}/m^{t+2} \to 0. Suy ra rằng đa thức p(t)=∑l(dim⁡k(ml/ml+1))tlp(t) = \sum_l (\dim_k(m^l/m^{l+1})) t^l thỏa mãn (b2t2−b1t+1)p(t)⩾0(b_2 t^2 - b_1 t + 1) p(t) \geqslant 0 với 0⩽t⩽10 \leqslant t \leqslant 1. Kết luận bằng cách xét riêng các trường hợp b1=1,b1⩾2b_1 = 1, b_1 \geqslant 2.

Lời giải

Chưa có lời giải nào được viết.

Bản dịch máy từ tiếng Anh, bởi gpt-5-6-mini. Chưa được người kiểm tra. Mô hình này là bản rút gọn của mô hình đã viết phần còn lại của ngôn ngữ này.