Cơ sở Grobner và nghiệm hệ phương trình đa thức

() ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ NGỌC THỦY CƠ SỞ GRÖBNER VÀ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC TOÁN HỌC Thái Nguyên 2012 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http:www.lrctnu.edu.vn....

Cơ sở Gr¨obner

Cấu trúc đại số cơ bản

1.1.1 Vành Định nghĩa 1.1.1Vành là một tập hợpR6= /0được trang bị phép toán cộng “+”:(a,b)7→a+b và phép toán nhân “.”:(a,b)7→a.bthỏa mãn các tính chất sau:

(i) Đối với phép cộng,Rlà một nhóm giao hoán.

(ii) Phép nhân có tính kết hợp, tức là với mọia,b,c∈R: a.(b.c) = (a.b).c (iii) Phép nhân có tính chất phân phối đối với phép cộng, tức làa,b,c∈R: a.(b+c) =a.b+a.cvà(b+c).a =b.a+c.a.

Phần tử "không" của vành được kí hiệu là 0 Để cho tiện, thông thường ta viết ab thay cho tích a.b R được gọi là vành có đơn vị nếu nó chứa phần tử 1 thỏa mãn a1 = a với mọi a∈R Khi cần nhấn mạnh vành R ta dùng kí hiệu 0 R ,1 R để chỉ các phần tử không và đơn vị của R.Vành R được gọi là vành giao hoán nếu với mọi a,b ∈ R,ab = ba Trong luận văn này ta chỉ xét đến vành giao hoán, có đơn vị Do đó vành luôn hiểu theo nghĩa này.

1 Tập số nguyên Z, số thực R, số phức C, với các phép cộng và phép nhân thông thường lập thành các vành Tuy nhiên tập N không phải là vành.

2 TậpR[x]các đa thức một biếnxvới hệ số thực lập thành một vành. Định nghĩa 1.1.2 Cho R là một vành và a ∈R Phần tử a được gọi là:

(i) ước của không nếua6= 0 và tồn tại06= b∈Rsao choab =0.

(ii) khả nghịch (hoặc đơn vị) nếu tồn tạic∈R sao choac=1.

VànhRkhông chứa ước của 0 được gọi là miền nguyên.

VànhZlà miền nguyên với hai phần tử đơn vị là 1 và −1. Định nghĩa 1.1.3 Giả sử R là một vành, A là một bộ phận ổn định của R đối với hai phép toán trong R nghĩa là x+y∈A và xy ∈A với mọi x,y∈A Alà một vành con của vành R nếu Acùng với hai phép toán cảm sinh trênA là một vành. Định lý 1.1.4 Giả sử A là một bộ phận khác rỗng của vành R Các điều kiện sau đây là tương đương:

(i) Alà một vành con của vànhR.

1.1.2 Ideal Định nghĩa 1.1.5 Cho R là một vành Tập con I 6= /0 của Rđược gọi là iđêannếu hai điều kiện sau thỏa mãn:

(ii) Với mọi a∈I vàr∈R, ra∈I.

1.Mọi vành Rđều chứa iđêan tầm thườngI =0 và chính nóI =R

2.Tập nZlà các iđêan trong vành Z. Định nghĩa 1.1.6Ta gọi là đêan trái (iđêan phải)của một vànhR, là một vành con A của R thỏa mãn điều kiện xa ∈A(ax∈A) với mọi a ∈A với mọix∈ R Một vành con A của vành Rgọi là một iđêancủa R nếu và chỉ nếuA vừa là iđêan trái, vừa là iđêan phải củaR. Định lý 1.1.7Một tập A khác rỗng của một vành Rlà một iđêan của

Rnếu và chỉ nếu các điều kiện sau thỏa mãn:

(ii) xa∈A,ax∈Avới mọi a∈A và mọix∈X.

1 Tập {0} vàX là hai iđêan của vànhX.

2 TậpmZgồm các số nguyên là bội của một số nguyênm cho trước. Định lý 1.1.8Giao của một họ bất kì những iđêan của một vành Rlà một iđêan củaR. Định lý 1.1.9Giả sửX vành giao hoán có đơn vị vàa 1 ,a 2 , ,a n ∈X.

Bộ phận A của X gồm các phần tử có dạng x 1 a 1 +x 2 a 2 + +x n a n với x 1 ,x 2 , ,x n ∈X là iđêan củaX sinh bởia 1 ,a 2 , ,a n

1.1.3 Trường Định nghĩa 1.1.10Ta gọi trường là một miền nguyên Rtrong đó mọi phần tử khác 0 đều có một nghịch đảo trong vị nhóm nhân R Vậy một vành Rgiao hoán, có đơn vị, có nhiều hơn một phần tử là một trường nếu và chỉ nếu R\{0} là một nhóm đối với phép nhân của R.

Tập hợp Q các số hữu tỉ cùng với phép cộng và phép nhân các số là một trường Ta cũng có trường số thựcR và trường số phức C. Định nghĩa 1.1.11 Giả sử X là một trường,A là một bộ phận của X ổn định đối với hai phép toán trongX.Agọi là một trường con của trường

X nếu Acùng với hai phép toán cảm sinh trên Alà một trường. Định lý 1.1.12 Giả sử A là một bộ phận có nhiều hơn một phần tử của một trườngX Các điều kiện sau đây là tương đương:

(i).Alà một trường con của trường X.

(ii) Với mọix,y∈A, x+y∈A, xy∈A, −x∈A, x − 1 ∈Anếu x6=0. (iii) Với mọix,y ∈A, x−y∈A, xy − 1 ∈A nếu y6=0.

1 X là một trường con của trường X Bộ phận {0} không phải là một trường con của X, vì theo định nghĩa một trường có ít nhất hai phần tử.

2 Trường số hữu tỉ Q là trường con của trường số thực R, bản thân

R lại là trường con của trường số phứcC.

Vành đa thức

1.2.1 Đa thức và bậc đa thức

Cho R là một vành và x 1 ,x 2 , ,x n (n>1) là các biến Ta gọi đơn thứclà một biểu thức có dạngx a 1 1 x a n n trong đóa i ∈N, i=1, ,nđược gọi là bộ số mũ của đơn thức Nếua 1 = =a n =0 thì đơn thức được kí hiệu là 1 Phép nhân trên tập các đơn thức được định nghĩa như sau x a 1 1 x a n n x b 1 1 x b n n

Từ là biểu thức có dạng αx a 1 1 x a n n , trong đó α ∈ R gọi là hệ số của từ Hai từ khác không αx a 1 1 x a n n vàβx a 1 1 x a n n là đồng dạngvới nhau. Để cho tiện ta kí hiệu x= (x 1 , x n ), a= (a 1 , ,a n )∈N n và x a = x a 1 1 x a n n Đa thức n biến x 1 , ,x n trên vành R là một tổng hình thức của các từ: f (x) =∑ α a x a , trong đó chỉ có hữu hạn hệ số α a 6= 0 Từ α a x a với α a 6=0 được gọi là từ của đa thức f (x)vàx a là đơn thức của f (x).

Hai đa thức f (x) = ∑ a ∈ N n α a x a và g(x) =∑ a ∈ N n β a x a được xem là bằng nhau nếuαa = βa với mọi a∈N n

Phép cộng đa thức được định nghĩa như sau:

Vìα a +β a 6=0nếu một trong hai hệ số α a hoặc β a bằng 0, nên trong biểu thức ở vế phải cũng chỉ có hữu hạn hệ số khác 0 và nó đúng là đa thức.

Phép nhân đa thức được định nghĩa như sau:

= ∑ a ∈ N n γ a x a , trong đó γa = ∑ b,c ∈ N n ; b+c=a α b βc. Định nghĩa 1.2.1 Vành R[x 1 , ,x n ] xây dựng như trên được gọi là vành đa thức n biến trên vànhR.

1 Khin=1 ta có vành đa thức một biến thông thường Đa thức một biếnx thường được viết dưới dạng f (x) =a n x n + +a 1 x+a 0 (n∈N,a 0 , ,a n ∈R),

2 Cho 0 6 m 6 n Bằng cách xem mỗi từ αx a 1 1 x a n n trên R như là từ αx a 1 1 x a n n x a m+1 m+1 trên vànhR[x 1 , ,x n ], có thể xemR[x 1 , ,x n ] như là vành đa thức n−mbiến x m+1 , ,x n trên vành R[x 1 , ,x m ], tức là

Với quan điểm trên có thể xây dựng vành nhiều biến (vô hạn biến

R[x i ,i∈I]) từ vành một biến theo quy nạp Tuy nhiên mỗi đa thức của các vành đó vẫn là một đa thức hữu hạn biến.

3 Khi tập đa thức đã được xác định, ta chỉ kí hiệu đa thức đơn giản là f,g thay cho f (x), g(x) Định nghĩa 1.2.3Bậc tổng thể của đa thức f (x) = ∑ a ∈ N n αax a là số degf (x) =max{a 1 + +a n |α a 6=0} Đối với đa thức một biến, bậc tổng thể chính là bậc thông thường Đôi khi bậc tổng thể của đa thức nhiều biến cũng gọi tắt là bậc, nếu như không có sự hiểu nhầm nào xảy ra.

1 Bậc tổng thể của đa thức hằng là 0 Bậc tổng thể của đa thức 0 được quy ước là một số tùy ý.

2 Nhiều khi ta còn dùng bậc của đa thức đối với tập con các biến, chẳng hạn {x 1 , ,x m }, được định nghĩa như sau: deg x

1 x mf (x) =max{a 1 + +a m |α a 6= 0}, trong đóm Khi đó x 6 y cũng được nói là “x nhỏ hơn hoặc bằng y” Nếu S là một thứ tự bộ phận thì quan hệ ngược

S − 1 = {(x,y)|(y,x) ∈S} cũng là thứ tự bộ phận và gọi là thứ tự ngược củaS Nếu dùng6 để kí hiệu thứ tự từ thì> sẽ chỉ thứ tự ngược của nó.

Ta cũng sẽ dùng kí hiệuxy là thứ tự ngược của nó.

Khi trên tậpX có một thứ tự bộ phận 6, ta nói X là tập được sắp (bộ phận) Nếu x,y ∈X mà x 6 y hoặc y6 x thì ta nói x,y so sánh được với nhau Trong trường hợp ngược lại, x,ykhông so sánh được với nhau. Quan hệ thứ tự 6 trên X được gọi là thứ tự toàn phần nếu mọi cặp phần tử của X đều so sánh được với nhau Khi đó ta nói tập X là tập được sắp hoàn toàn.

Quan hệ chỉ thỏa mãn tính chất phản xạ và bắc cầu trong định nghĩa trên được gọi là giả thứ tự (bộ phận, toàn phần).

1 Quan hệ nhỏ hơn hoặc bằng thông thường trên R là một thứ tự toàn phần.

2 Kí hiệu P(X) là tập tất cả các tập con củaX Quan hệ bao hàm⊆ là thứ tự bộ phận trênP(X).

3 Quan hệ chia hết là thứ tự bộ phận trên N, nhưng chỉ là giả thứ tự bộ phận trênZ. Định nghĩa 1.3.2 Giả sử X là một tập hợp sắp thứ tự 6 Phần tử a ∈X gọi là phần tử tối tiểu (phần tử tối đại) nếu quan hệ x 6 a(x>a) kéo theo x =a Phần tử a ∈X gọi là phần tử nhỏ nhất (phần tử lớn nhất) của X nếu, với mọix∈X, ta có a6x(x6 a).

Phần tử b là chặn trên (chặn dưới) của X nếu với mọi a ∈ X ta có a6b (b6 a).

Tập X được gọi là tập sắp thứ tự tốt nếu nó được sắp hoàn toàn và mọi tập con khác rỗng của nó có phần tử nhỏ nhất Khi đó ta nói thứ tự tương ứng là thứ tự tốt. Định nghĩa 1.3.3Thứ tự từ 6 là một thứ tự toàn phần trên tập M tất cả các đơn thức củaK[x] thỏa mãn tính chất sau:

(ii) Nếum 1 ,m 2 ,m∈M mà m 1 6m 2 thìmm 1 6mm 2

Bổ đề 1.3.4 Mọi thứ tự toàn phần 6 trên M là thứ tự tốt khi và chỉ khi mọi đơn thức thực sự giảm: m 1 > m 2 >m 3 > sẽ dừng (sau hữu hạn phần tử).

Chứng minh Nếu6 không là thứ tự tốt thì tồn tại tập conA∈M không có phần tử nhỏ nhất Lấym 1 là phần tử tùy ý từ A VìAkhông có phần tử nhỏ nhất nên tìm được m 2 m 2 > > m n trong A, ta lại tìm được m n+1 ∈ A sao cho m n > m n+1 Bằng quy nạp ta xây dựng được một dãy vô hạn các đơn thức thực sự giảm.

Ngược lại, nếu có một dãy vô hạn các đơn thức thực sự giảm thì dãy đó không có phần tử nhỏ nhất Vì vậy thứ tự đã cho không phải là thứ tự tốt.

Bổ đề 1.3.5 Mọi thứ tự từ là thứ tự tốt Ngược lại, mọi thứ tự tốt trênM thỏa điều kiện (ii) trong Định nghĩa 1.3.3 là thứ tự từ.

1.3.2 Một số thứ tự từ

Cho6 là một thứ tự từ Sau khi đổi chỉ số các biến luôn có thể giả thiết: x 1 > x 2 > >x n Định nghĩa 1.3.6Thứ tự từ điển là thứ tự 6 lex , xác định như sau: x α 1 1 x α n n 6 lex x β 1 1 x β n n nếu hoặc với mọi 0 6 i 6 n có αi = βi hoặc thành phần đầu tiên khác không kể từ bên trái của vectơ(α1−β1, ,αn−βn)là một số âm Nói cách khác, nếu tồn tại06i6nsao choα1=β1, ,αi=βi, nhưng α i+1 < β i+1

Thứ tự từ điển tương tự như cách sắp xếp trong từ điển, và do đó có tên gọi như vậy. Định nghĩa 1.3.7 Thứ tự từ điển phân bậc là thứ tự 6 glex xác định như sau: x α 1 1 x α n n 6 glex x β 1 1 x β n n nếu hoặc với mọi 0 6 i 6 n có αi = βi và thành phần đầu tiên khác không kể từ bên trái của vectơ (α 1 −β1, ,αn−βn) là một số âm Nói cách khác, x α 1 1 x α n n 6 glex x β 1 1 x β n n nếu α 1 + +α n < β 1 + +β n hoặc α 1 + +α n = β 1 + +β n vàx α 1 1 x α n n 6 lex x β 1 1 x β n n Định nghĩa 1.3.8 Thứ tự từ điển ngược là thứ tự 6 rlex xác định như sau: x α 1 1 x α n n 6 rlex x β 1 1 x β n n nếu hoặc với mọi0 6i6 n cóαi =βi hoặc deg x α 1 1 x α n n

β i

1 Nếu có tập biến khác, chẳng hạnx,y,z thì ta có thể định nghĩa các thứ tự từ điển, thứ tự từ điển phân bậc và thứ tự từ điển ngược một cách duy nhất sau khi xác định một thứ tự giữa các biến Chẳng hạn khi nói về thứ tự từ điển trong vành K[x,y,z] với x> y> zcó nghĩa xem x như x 1 , y như x 2 , z như x 3 , rồi áp dụng định nghĩa 1.3.6 Tương tự, nếu ta muốn có một thứ tự khác giữa các biến x 1 , ,x n (chứ không phải x 1 > >x n ), thì phải thay đổi các định nghĩa trên một cách tương ứng.

2 Có thể kiểm tra ngay là thứ tự từ điển ngược không thể nhận được từ thứ tự từ điển phân bậc bằng cách đổi chỉ số các biến.

1.3.3 Từ khởi đầu, đơn thức đầu

Kí hiệuR=K[x] =K[x 1 , ,x n ] vàM là tập đơn thức của nó. Định nghĩa 1.3.10 Cho 6 là một thứ tự từ và f ∈ K[x 1 , ,x n ] Từ khởi đầu của f, kí hiệu là in 6 (f), là từ lớn nhất của đa thức f đối với thứ tự từ6.

Nếuin6(f) =αx a , 06=α ∈K,thìlc6(f) =α được gọi là hệ số đầu vàlm6(f) =x a là đơn thức đầu của f đối với thứ tự từ 6.

Nếu thứ tự từ 6 đã được ngầm hiểu, ta sẽ viết in(f) (tương ứng lc(f),lm(f)) thay cho in6(f)(tương ứng lc6(f),lm6(f)).

Từ khởi đầu của đa thứ 0 được xem là không xác định (có thể nhận giá trị tùy ý).

Cho f =x 3 y 2 z+5xyz−3x 4 +7yz 3 −2y 6 +z 4 Viết theo thứ tự các từ giảm dần, ta có: a Đối với thứ tự từ điển màx>y> z: f =−3x 4 +x 3 y 2 z+5xyz−2y 6 +7yz 3 +z 4 vàin 6lex (f) =−3x 4 b Đối với thứ tự từ điển phân bậc màx>y> z: f =x 3 y 2 z−2y 6 −3x 4 +7yz 3 +z 4 +5xyz vàin 6glex (f) =x 3 y 2 z. c Đối với thứ tự từ điển ngược màx> y>z: f =−2y 6 +x 3 y 2 z−3x 4 +7yz 3 +z 4 +5xyzvàin 6rlex (f) =−2y 6

Bổ đề 1.3.11Cho f,g ∈R vàm∈M Khi đó:

(c)lm(f +g)6 max{lm(f),lm(g)} Dấu< xảy ra khi và chỉ khi in(f) =−in(g).

Chứng minh Vì in(m) = m nên (b) được suy ra từ (a) Để chứng minh (a) và (c), giả sử f = in(f) +∑ m i; m i in(g) thì f +g =in(f) +in(g) +∑ m i+∑ n j.

Ta có in(f)> in(g)> n j nên in(f)> n j Theo định nghĩa từ khởi đầu lại cóin(f)>m i Vậy từin(f)lớn nhất trong tổng trên và không giản ước được với các từ khác, nên lm(f +g) =lm(f) =max{lm(f),lm(g)}. Nếulm(f) =lm(g)và lc(f)6=−lc(g)thì f +g = (lc(f) +lc(g))lm(f) +∑ m i+∑ n j.

Do lc(f) +lc(g)6=0 vàlm(f)>m i ,lm(f) =lm(g)>n j nên ta có lm(f +g) =lm(f) =max{lm(f),lm(g)}.

Nếu in(f) = −in(g) thì f +g = ∑m i +∑n j Như vậy, hoặc f +g = 0 , hoặc lm(f +g) = lm(m i ) zvà hai đa thức f 1 =−x 3 +y, f 2 =x 2 y−z.

Ta có: in(f 1 ) =−x 3 , in(f 2 ) = x 2 y và m f g = −x 3 x 2 =−x; m g f = x 2 y x 2 =y.

Sử dụng thuật toán Buchberger ta nhận được:

Tương tự ta tính được

S(f 1 , f 5 ),S(f 3 , f 5 )không cần xét do từ khởi đầu nguyên tố cùng nhau. Vậy cơ sở Gr¨obner củaI là: g 1 =−x 3 +y; g 2 =x 2 y−z; g 3 =−xz+y 2 ; g 4 =−xy 3 +z 2 ; g 5 =−y 5 +z 3

Việc tìm cơ sở Gröbner ở trên cho ta một ví dụ cụ thể về cách tính cơ sởGröbner Trong thực tế các bài toán giải hệ, việc tìm cơ sở Gröbner bằng tay như trên không thực sự khả thi vì việc tính toán rất dài dòng, có khi cơ sở Gröbner tìm được vẫn chưa thể đưa về một hệ đơn giản để giải, khi đó ta lại phải đi tìm tiếp cơ sở Gröbner của cơ sở đó Do vậy, trong các bài toán tìm cơ sở Gröbner người ta thường dựa vào Maple.

1 Nếu dùng Maple để tìm cơ sở Gr¨obner thì được cơ sở rất gọn gàng: (Xem hình 2.1) g 1 = 13x+11z, g 2 = 13y−z, g 3 6z 2 −169

Hình 2.1: và giải ra nghiệm rất đẹp

2 Nhưng khi tính cơ sở Gr¨obner như trong ví dụ này thì gặp khó khăn, mặc dù phương pháp đơn giản nhưng việc tính toán rất dài dòng.

Giải: Đặt f 1 =x 2 −yz−3, f 2 = −xz+y 2 −4, f 3 = −xy+z 2 −5.

Ta tính cơ sở Gr¨obner của iđêan sinh bởi f 1 , f 2 , f 3 với quan hệ thứ tự đơn thứcx> y>z.

Sử dụng thuật toán Buchberger, ta nhận được:

+) S(f 1 , f 6 ),S(f 2 , f 6 ),S(f 4 , f 6 ),S(f 5 , f 6 )có từ khởi đầu nguyên tố cùng nhau nên không cần xét.

+)S(f 4 , f 7 ), S(f 5 , f 7 )có từ khởi đầu nguyên tố cùng nhau nên không cần xét

+) S(f 1 , f 10 ),S(f 2 , f 10 ),S(f 4 , f 10 ),S(f 5 , f 10 ) có từ khởi đầu nguyên tố cùng nhau nên không cần xét

+) S(f 1 , f 11 ),S(f 2 , f 11 ),S(f 4 , f 11 ),S(f 5 , f 11 ) có từ khởi đầu nguyên tố cùng nhau nên không cần xét.

=−39xz−52yz−156−5xz=−44xz−52yz−156

Ta thấy f 11 = 13y−z = g 2 , nếu tiếp tục quá trình trên thì ta sẽ tìm được cơ sở Gr¨obner Tuy nhiên, việc tính toán mới dùng lại ởS(f 10 , f 11 ), trong khi ta thấy đã xuất hiện f 16 , thay nghiệm của bài toán vào f 16 = 0 thấy vẫn thỏa mãn, điều đó chứng tỏ việc tính toán hoàn toàn đúng.

Như vậy, từ hai ví dụ này ta thấy với một bài toán giải hệ phương trình, phương pháp giải là khá đơn giản, đồng nhất, khi ta đi tìm cho nó một cơ sở Gr¨obner Nhưng việc tính toán nói chung là khá dài dòng, phức tạp nếu không có sự hỗ trợ của Maple.

Các hàm liên quan tới Gr¨obner của Maple

Ở phần này ta quan tâm tới các gói lệnh trong Maple 12 Đối với luận văn này, phần quan trọng nhất của Maple là gói Groebner Khác với các phiên bản trước, phiên bản Maple 12 không còn dấu > ở đầu và dấu ; khi kết thúc câu lệnh. Để sử dụng gói lệnh này, ta sử dụng câu lệnh: with(Groebner) Khi gói lệnh Groebner được chạy, ta có thể thực hiện thuật toán chia

Hình 2.2: đa thức, tính cơ sở Gr¨obner và thực hiện các lệnh khác được mô tả dưới đây.

2.3.1 Chia đa thức Để chia đa thức ta dùng câu lệnh: normal f Ở đây Maple cho ra phần dư chứ không cho ra được các thương trong phép chia của một đa thức cho các đa thức khác.

Tìm phần dư trong phép chia của đa thức x 3 +3y 2 cho hai đa thức x 2 +y vàx+2xy.

Ta sử dụng câu lệnh: normal f x 3 +3y 2 , x 2 +y,x+2xy

,tdeg(x,y) cho kết quả (Hình 2.3)

2.3.2 Tìm cơ sở Gr¨obner Để tìm cơ sở Gr¨obner thì trước hết ta phải quan tâm tới thứ tự từ. Trong Maple sử dụng thứ tự từ điển và thứ tự từ điển ngược Thứ tự từ điển kí hiệu là plex, thứ tự từ điển ngược kí hiệu làtdeg.

Cho iđêan I = xy−xz+y 2 ,yz−x 2 +x 2 y,x−xy+y

Tìm cơ sở Gr¨obner của iđêan I.

Ta dùng lệnh (Hình 2.4): gbasis x.y−x.z+y 2 ,y.z−x 2 +x 2 y,x−x.y+y

,plex(x,y,z) để tìm cơ sở Gr¨obner theo thứ tự từ điển và được cơ sở là: g 1 =yz+z 2 y+z 3 y g 2 =y 2 +z 2 y g 3 =yz+y+x

Hoặc dùng lệnh (Hình 2.5): gbasis x.y−x.z+y 2 ,y.z−x 2 +x 2 y,x−x.y+y

,tdeg(x,y,z) để tìm cơ sở Gr¨obner theo thứ tự từ điển ngược và được cơ sở là: g 1 = yz+y+x g 2 = y 2 −xz+x+y g 3 = −x+xy−y g 4 = xz+x 2 g 5 = xz 2 +y+x

2.3.3 Một số lệnh khác trong gói Groebner

+)Lệnh leadmon(f (X),plex(X)) để tìm hệ số đầu (lc(f)) và đơn thức đầu (lm(f)) theo thứ tự từ điển.

Tìm hệ số đầu và đơn thức đầu của đa thức x 2 y+x 3 y 2 +xy

Ta tìm đượclc(f) =1;lm(f) =x 3 y 2 (Hình 2.6)

+)Lệnh leadterm(f (X),plex(X)) để tìmlm(f)theo thứ tự từ điển

+)Lệnh leadcoe f f (f (X),plex(X)) để tìmlc(f) theo thứ tự từ điển.

Tìm đơn thức đầu và hệ số đầu của đa thức

Ta tìm đượclm(f) =x 6 (Hình 2.7) vàlc(f) =−5 (Hình 2.8)

+)Lệnh spoly(f (X),g(X),plex(X)) để tínhS− đa thức theo thứ tự từ điển.

TínhS− đa thức của hai đa thức f =−x 3 +y, g=x 2 +y−z

Ta tìm đượcS(f,g) = y+xy−xz(Hình 2.9)

Giải hệ phương trình đa thức

Trong chương này, chúng tôi xin trình bày cách giải một số hệ phương trình đa thức mà ở đó cơ sở Gr¨obner đã được tính bằng Maple.

Bài 1 Giải hệ phương trình sau:

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 =2x 3 +2x 2 y 2 +3y 3 g 2 =2y 5 −3y 4 x−2yx 4 +3x 5 g 3 y 6 x−8y 7 −8y 5 x−18yx 4 −27y 4 x g 4 y 8 +388y 7 +388y 5 x−432y 6 +144yx 4 +216y 4 x−585y 5 +486x 4 +324yx 3 +729y 3 x Xét g 2 = 0⇔ y 4 −x 4

+) Với x=y, thay vào g 1 =0, ta được x=y= 0hoặc x= y=− 5 2 +) Với x=−y, thay vào g 1 = 0ta được x= 1 2 ,y=− 1 2

+) Với 2y=3x,thay vào g 1 = 0, ta đượcx= − 97 36 ,y=− 97 24

2x 3 +2x 2 y 2 +3y 3 =0 Giải hệ ta tìm được nghiệmx= 1± 3 2 ivà y= 3 2 ∓i.

Vậy nghiệm của hệ là

Bài 2.Giải hệ phương trình sau:

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 =9−22y 2 +13y 4 g 2 y−13y 3 +3x

+) Với y 2 =1, thay vàog 2 =0 ta đượcx= 0

+) Với y= 3 √ 13 13 , thay vào g 2 = 0, ta đượcx= − 4 √ 13 13

+) Với y=− 3 √ 13 13 , thay vàog 2 = 0, ta đượcx= 4 √ 13 13

Vậy nghiệm của hệ là

Xét iđêanI = x 2 −yz−3, y 2 −xz−4, z 2 −xy−5

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 x+11z g 2 y−z g 3 6z 2 −169

+) Với z= 13 6 , thay vào g 2 =0 vàg 1 =0 ta đượcy= 1 6 ; x=− 11 6 +) Với z= − 13 6 , thay vào g 2 = 0 vàg 1 =0 ta được y= − 1 6 ; x= 11 6 Vậy nghiệm của hệ là

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 =2y 6 −2y 7 −y 8 +y 10 g 2 Py 5 −456y 6 −45y 7 +158y 8 +193y 9 −100y 4 +200xy 2 g 3 =x 3 −2xy+y 3

Xétg 1 = 0 suy ra(y−1) 2 y 2 +2y+2 y 6 =0 +) Với y=1, thay vào g 2 = 0ta được x=1.

+) Với y=0, thay vào g 2 = 0ta được x=0.

+) Vớiy 2 +2y+2=0suy ray=−1±i, thay vàog 2 =0ta được x=−1∓i Vậy hệ phương trình có nghiệm

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 −32y 2 +7y 4 +13y 6 g 2 by−47y 3 −39y 5 +8x Xétg 1 = 0, suy ra y 2 −1

+) Với y=1, thay vào g 2 = 0ta được x=3.

+) Với y=−1, thay vàog 2 =0 ta đượcx= −3.

13. Vậy nghiệm của hệ phương trình là

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 =−4913+3468y−816y 2 +64y 3 g 2 2y 2 +564+304y+1331x Xétg 1 = 0, suy ra

4 +) Với y= 17 4 , thay vàog 2 =0 suy ra x=−4.

Xét iđêanI = (xy+x−3y−4,yz+z−5y−9,zx−5x−3z+6).

Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 =−11−10z+z 2 g 2 −z+9y g 3 =−z−7+4x Xétg 1 = 0, ta đượcz= −1 hoặc z= 11.

+) Với z= −1, thay vào g 2 =0 ta được y= − 5 3 , thay vào g 3 = 0 ta được x= 3 2

+) Với z=−11, thay vào g 2 =0 ta đượcy= − 1 3 , thay vào g 3 =0 ta được x= 9 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 = 8y 3 −21+36y 2 +22y g 2 = 2xy+3x+4y+6 g 3 = x 2 +4y 2 +4x+12y−3 Xétg 1 = 0 suy ra

+) Với y= 1 2 , thay vào g 2 =0 suy ra x=−2.

+) Với y=− 7 2 , thay vào g 2 = 0 suy rax= −2.

+) Với y=− 3 2 , thay vào g 2 = 0 suy ra đúng với mọi x.

Thay vàog 3 = 0 ta tìm đượcx= 2 hoặc x=−6.

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 =−3z+2z 2 +z 3 g 2 =−z+z 2 +2yz g 3 =z−z 2 +3y 2 g 4 =−z 2 −2z+3y+3x Xétg 1 = 0 suy ra z z 2 +2z−3

 z=0 z=1 z=−3 +) Với z=0, thay vàog 2 = 0 suy ra y= 0 Thay z= 0,y= 0 vào g 4 = 0 suy ra x=0.

Xét iđêanI = xy−xz+y 2 ,yz−x 2 +x 2 y,x−xy+y

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 =yz+z 2 y+z 3 y g 2 =y 2 +z 2 y g 3 =yz+x+y Xétg 1 = 0 suy ra yz 1+z+z 2

+) Vớiy=0,thay vào g 3 =0 suy rax=0, thay vào g 2 =0 suy razbất kì. +) Với z= 0 suy ray= 0 vàx=0.

2 Vậy hệ phương trình có nghiệm

Xét iđêanI = x 2 +yz 2 +yz,y 2 −zx+x,xy+z 2 −1

Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 = −1+2z 2 −2z 3 +z−z 4 +z 5 g 2 = y−yz 2 −yz+yz 3 g 3 = −y 2 +y 2 z 2 g 4 = 1−z−z 2 +z 3 +y 3 g 5 = −y 2 +xz−x g 6 = xy+z 2 −1 g 7 = x 2 +yz 2 +yz Xétg 1 = 0 suy ra

+) Với z = 1, thay vào g 4 = 0 suy ra y = 0, thay z= 1,y = 0 vào g 5 = 0 suy ra x=0.

+) Vớiz= −1, thay vào g 4 = 0 suy ra y= 0, thay z=1,y= 0 vào g 5 = 0 suy ra x=0.

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 =1+y−5y 2 −33y 3 +36y 4 g 2 =−36y 3 +7+69y 2 +8x−64y

+) Với y=1, thay vào g 2 =0 suy ra x=3.

+) Với y= 1 3 , thay vào g 2 = 0 suy rax= 1.

+) Với y=− 24 5 + √ 24 23 i, thay vào g 2 =0 suy ra x=− 5 2 + √ 2 23 i. +) Với y=− 24 5 − √ 24 23 i, thay vào g 2 =0 suy ra x=− 5 2 − √ 2 23 i. Vậy hệ phương trình có nghiệm

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 =2x−1 g 2 =3y+z−1 g 3 @z 2 −8z−23

+) Với z= 10 1 + 3 √ 20 26 , thay vào g 2 = 0 suy ray= 10 3 − √ 20 26

+) Với z= 10 1 − 3 √ 20 26 , thay vào g 2 = 0 suy ray= 10 3 + √ 20 26

Xét iđêanI = (xy+x−3y−4, yz+z−5y−9, xz−5x−3z+6).

Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 =−11−10z+z 2 g 2 −z+9y g 3 =−z−7+4x

+) Với z= −1, thay vào g 2 = 0 suy ra y= − 5 3 , thay z= −1,y =− 5 3 vào g 3 =0 suy ra x= 3 2

+) Với z= 11, thay vào g 2 = 0 suy ra y = − 1 3 , thay z= 11,y= − 1 3 vào g 3 =0 suy ra x= 9 2

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 = x+y+z−1 g 2 = y 2 +yz−y+z 2 −z g 3 = z 3 −z 2 Xétg 3 = 0 suy ra z 3 −z 2 =0⇔ z 2 (z−1) =0 ⇔

" z= 0 z= 1 Vớiz=0, thay vào g 2 = 0 suy ra

Với z=1, thay vào g 2 =0 suy ra y= 0, thay y= 0,z= 1 vào g 1 =0 suy ra x=0.

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 = x+y+z 2 −1 g 2 = y 2 −y−z 2 +z g 3 = 2yz 2 +z 4 −z 2 g 4 = z 6 −4z 4 +4z 3 −z 2 = z 2 (z−1) 2 z 2 +2z−1 Xétg 4 = 0 suy ra z 2 (z−1) 2 z 2 +2z−1

Vớiz=0, thay vào g 2 = 0 suy ra

Vớiz=1, thay vàog 3 =0 suy ra y=0, thay vàog 1 =0 suy ra x=0. Với z= −1+√

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 6+49z+14z 2 +z 3 = (z+1) (z+4) (z+9) g 2 =z+y 2 g 3 =x+z+1

 z= −1 z= −4 z= −9 +) Với z = −1, thay vào g 2 = 0 suy ra y = ±1, thay vào g 3 = 0 suy ra x=0.

+) Với z = −4, thay vào g 2 = 0 suy ra y = ±2, thay vào g 3 = 0 suy ra x=3.

+) Với z = −9, thay vào g 2 = 0 suy ra y = ±3, thay vào g 3 = 0 suy ra x=8.

Xét iđêanI = x 2 +2xz+2y 2 +3y, xy+2x+z, xz+y 2 +2y−1

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 =7+8z 2 g 2 =2y+3 g 3 =2z+x

2 Vậy hệ phương trình có nghiệm

Xét iđêanI = x 2 +y 2 +z 2 −6, x 3 +y 3 +z 3 −xyz+4, xy+xz+yz+3

. Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner : g 1 (z) =z 6 −6z 4 +4z 3 +9z 2 −12z+4 g 2 (y,z) = 49y 2 +12yz 5 −16yz 4 −18yz 3 +72yz 2 −37yz+36y

Vớiz=1, thay vào g 2 = 0 suy ra

+) Với y=1, thay vào g 3 = 0suy ra x= −2.

+) Với y=−2, thay vàog 3 =0 suy ra x=1.

Vớiz=−2, thay vào g 2 =0 suy ra y=1, thay vàog 3 =0 suy ra x=1. Vậy hệ phương trình có nghiệm

Định dạng
Số trang	79
Dung lượng	1,01 MB