Ứng dụng của cơ sở grobner để giải hệ phương trình đa thức

Lời cảm ơn Để hoàn thành khóa luận "Ứng dụng của cơ sở Gr¨obner để giải hệ phương trình đa thức", ngoài sự nổ lực của bản thân, tôi còn nhận được sự giúp đỡ tận tình của các thầy giáo, cô giáo trong khoa Khoa học tự nhiên, Trường Đại học Quảng Bình trong suốt thời gian thực hiện khóa luận này. Trước tiên, tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo - Th.S Trần Mạnh Hùng, giảng viên Khoa Khoa học tự nhiên, Trường Đại học Quảng Bình. Thầy đã giành nhiều thời gian quý báu tận tình hướng dẫn tôi trong suốt quá trình thực hiện khóa luận tốt nghiệp. Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc tới các thầy giáo, cô giáo trong Khoa Khoa học tự nhiên, tới gia đình, bạn bè đã luôn sát cánh bên tôi, nhiệt tình giúp đỡ, chia sẻ, động viên tôi trong suốt quá trình học tập cũng như trong khi tôi thực hiện và hoàn chỉnh khóa luận này. Trong quá trình thực hiện khóa luận, tôi đã rất cố gắng để hoàn thiện cả về nội dung lẫn hình thức nhưng vẫn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Nên tôi rất mong nhận được sự góp ý của các thầy giáo, cô giáo và các bạn để khóa luận được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn! Sinh viên Trần Thị Viễn 1 Mục lục Lời cảm ơn 1 MỤC LỤC 2 MỞ ĐẦU 4 1 Kiến thức cơ sở 8 1.1 Vành . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.2 Iđêan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.3 Vành đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.4 Cơ sở Gr¨obner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.4.1 Thứ tự từ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.4.2 Iđêan khởi đầu và cơ sở Gr¨obner . . . . . . . . . 22 1.4.3 Thuật toán chia . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 1.4.4 Tiêu chuẩn Buchberger . . . . . . . . . . . . . . . 28 1.4.5 Thuật toán Buchberger . . . . . . . . . . . . . . . 31 2 2 Ứng dụng của cơ sở Gr¨ obner để giải hệ phương trình đa thức 32 2.1 Đa thức bất khả quy và phân tích duy nhất . . . . . . . 32 2.2 Căn của iđêan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.3 Căn của iđêan chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 2.4 Căn của ideal chiều 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.5 Định lí Hilbert về không điểm . . . . . . . . . . . . . . . 41 2.6 Nghiệm của hệ phương trình đa thức . . . . . . . . . . . 45 2.7 Cách giải hệ phương trình đa thức . . . . . . . . . . . . 48 KẾT LUẬN 58 TÀI LIỆU THAM KHẢO 59 3 MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Tính toán hình thức (symbolic computation), hay còn gọi là Đại số máy tính (Computer Algebra), xuất hiện khoảng ba chục năm nay và gần đây trở thành một chuyên ngành độc lập. Nhờ sự ra đời của Đại số máy tính người ta có thể giải phương trình với hệ số bằng chữ, tính tích phân bất định,... điều mà trước đó máy tính chỉ thực hiện được với hệ số hằng số, tính tích phân xác định. Đây là một chuyên ngành kết hợp chặt chẽ toán học với khoa học máy tính. Sự phát triển này đòi hỏi phải xây dựng các lí thuyết toán học làm cơ sở cho việc thiết lập thuật toán và các phần mềm toán học. Khi khả năng tính toán mỗi ngày một tăng của máy tính sẽ giúp triển khai tính toán thực sự nhiều thuật toán. Sự phát triển của Đại số máy tính có tác dụng tích cực trong nghiên cứu toán học lí thuyết. Lý thuyết cơ cở Gr¨obner được nghiên cứu lần đầu tiên vào khoảng thập niên 60 của thế kỉ XX, nó nhanh chóng trở thành hạt nhân của ngành hạt nhân của ngành Đại số máy tính và là một công cụ hữu hiệu trong rất nhiều bài toán cơ bản của Đại số giao hoán và Hình học đại số. Dưới sự hướng dẫn của Giáo sư Wolfgang Gr¨obner, năm 1965, Bruno Buchberger đã đưa ra thuật toán Buchberger trong luận án tiến sĩ của mình. Điểm mấu chốt khởi đầu cho sự hình thành lý thuyết Buchberger chính là việc mở rộng thuật toán chia hai đa thức một biến sang trường hợp các đa thức nhiều biến. Cơ sở Gr¨obner về phương diện lý thuyết còn được khẳng định bằng việc cung cấp chứng minh cho ba định lý 4 về Hilbert: Định lý Hilbert về cơ sở, định lý Hilbert về xoắn, định lý Hilbert về không điểm. Trong các ứng dụng gần gũi nhất của lý thuyết cơ sở Gr¨obner tôi quan tâm tới việc giải hệ phương trình đa thức. Thực chất việc tìm cơ sở Gr¨obner của một hệ phương trình đa thức là đưa hệ phương trình ban đầu về hệ phương trình mới có dạng tam giác. Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ. Với mong muốn giúp những người yêu toán tìm được nhiều hơn các công cụ toán học hiện đại, một công cụ giải hệ phương trình đa thức, góp phần soi sáng nội dung liên quan trong chương trình toán học phổ thông. 2. Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu và trình bày một cách có hệ thống, logic các kiến thức về vành, iđêan, trường, vành đa thức, iđêan đơn thức; quan hệ thứ tự, thứ tự từ, khái niệm cơ sở Gr¨obner, thuật toán chia đa thức nhiều biến, tiêu chuẩn Buchberger, thuật toán Buchberger để tìm cơ sở Gr¨obner. Cung cấp cho giáo viên phổ thông, các em học sinh và những người yêu toán một hướng tiếp cận mới, một công cụ giải hệ phương trình đa thức, một phương pháp chung cho hầu hết các bài toán này. 3. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu chính của khóa luận là ứng dụng của cơ sở Gr¨obner trong hệ phương trình đa thức. Bên cạnh đó còn nghiên cứu về vành, iđêan, trường, vành đa thức, cơ sở Gr¨obner, các kiến thức này xem như là sự chuẩn bị cho các kiến thức chính của khóa luận. 5 4. Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và nghiên cứu các tài liệu, giáo trình về các vấn đề cần nghiên cứu như: vành, iđêan, vành đa thức, iđêan đơn thức, quan hệ thứ tự, thứ tự từ, khái niệm cơ sở Gr¨obner, thuật toán chia đa thức nhiều biến, thuật toán Buchberger để tìm cơ sở Gr¨obner, một số thuật toán ứng dụng của cơ sở Gr¨obner trong hệ phương trình đa thức. - Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Gồm ý kiến của các giảng viên hướng dẫn khoa học và các giảng viên khác trong Bộ môn Toán, Khoa Khoa học tự nhiên, Trường Đại học Quảng Bình. 5. Tầm quan trọng đối với khoa học và thực tiễn Khóa luận có thể là tài liệu tham khảo cho những sinh viên chuyên ngành Toán của Trường Đại học Quảng Bình có mong muốn tiếp tục tìm hiểu về Đại số máy tính. Với bản thân, nghiên cứu về lí thuyết cơ sở Gr¨obner giúp tôi hiểu rõ hơn về lí thuyết này và nắm được ứng dụng của nó trong hệ phương trình đa thức. Qua đó tôi cũng thấy được sự phát triển của khoa học máy tính ngày nay có tác dụng tích cực trong nghiên cứu toán học lí thuyết. 6. Bố cục khóa luận Ngoài các phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung khóa luận gồm 2 chương: Chương 1: Kiến thức cơ sở Chương này là hệ thống gồm một số kiến thức về vành, iđêan, vành đa thức, đặc biệt các kiến thức về cơ sở Gr¨obner. Trình bày những khái 6 niệm cơ sở của lí thuyết cơ sở Gr¨obner: Khái niệm thứ tự từ, đơn thức đầu, từ khởi đầu, iđêan khởi đầu, định nghĩa và một số tính chất cơ bản của cơ sở Gr¨obner, thuật toán chia đa thức, tiêu chuẩn Buchberger, thuật toán Buchberger. Chương 2: Ứng dụng của cơ sở Gr¨ obner để giải hệ phương trình đa thức Chương này trình bày một cách hệ thống về điều kiện có nghiệm, số nghiệm của hệ phương trình đa thức và cách giải tổng quát của hệ phương trình đa thức. 7 Chương 1 Kiến thức cơ sở Chương này nhắc lại một số khái niệm cơ bản trong Đại số giao hoán và trình bày những khái niệm cơ sở của lí thuyết cơ sở Gr¨obner: Khái niệm Iđêan, thứ tự từ, từ khởi đầu, định nghĩa và một số tính chất cơ bản của cơ sở Gr¨obner, thuật toán chia đa thức, tiêu chuẩn Buchberger, thuật toán Buchberger. 1.1 Vành Định nghĩa 1.1.1. Vành là một tập hợp R = ∅ được trang bị phép toán cộng "+":(a, b) → a + b và phép toán nhân "." : (a, b) → a.b thỏa mãn các tính chất sau: (i) Đối với phép cộng, R là một nhóm giao hoán. (ii) Phép nhân có tính kết hợp, tức là với mọi a, b, c ∈ R : a.(b.c) = (a.b).c. (iii) Phép nhân có tính phân phối đối với phép cộng, tức là với mọi a, b, c ∈ R : a.(b + c) = a.b + a.c và (b + c).a = b.a + c.a. 8 Nhận xét. Phần tử không của vành được kí hiệu là 0. Vành có một phần tử 0 kí hiệu là 0. Vành R được gọi là vành có đơn vị nếu nó chứa phần tử 1 thỏa mãn a1 = 1a = a với mọi a ∈ R. Vành R được gọi là vành giao hoán nếu với mọi a, b ∈ R, ab = ba. Trong toàn bộ khóa luận này chỉ xét đến vành giao hoán, có đơn vị. Ví dụ. 1. Tập các số nguyên Z, số thực R, số phức C cùng với các phép cộng và phép nhân thông thường lập thành một vành. Tập N không phải là vành. 2. Cho R = 0 là một vành (giao hoán, có đơn vị) và n ≥ 2 là một số tự nhiên. Tập các ma trận vuông cấp n với các phần tử thuộc R với phép cộng và phép nhân ma trận lập thành một vành có đơn vị nhưng không giao hoán. Định nghĩa 1.1.2. Cho R là một vành và a ∈ R. Phần tử a được gọi là (i) ước của không nếu a = 0 và tồn tại 0 = b ∈ R sao cho ab = 0, (ii) khả nghịch (hoặc đơn vị) nếu tồn tại c ∈ R sao cho ac = 1. Vành R không chứa ước của 0 được gọi là miền nguyên. Ví dụ. Vành Z là miền nguyên với hai phần tử đơn vị là 1 và −1. Vành Z×Z không phải là miền nguyên vì chẳng hạn ta có: (a, 0).(0, b) = (0, 0) với (a, b ∈ Z). Định nghĩa 1.1.3. Giả sử R là một vành, A là một bộ phận ổn định 9 của R đối với hai phép toán trong R, có nghĩa là x + y ∈ A và xy ∈ A, với mọi x, y ∈ A. A là một vành con của R nếu A cùng với hai phép toán cảm sinh trên A là một vành. Định lí 1.1.4. Giả sử A là một bộ phận khác rỗng của vành R. Các điều kiện sau là tương đương: (i) A là vành con của R. (ii)Với mọi x, y ∈ A, x + y ∈ A, xy ∈ A, −x ∈ A. (iii) Với mọi x, y ∈ A, x − y ∈ A, xy ∈ A. Định nghĩa 1.1.5. Trường là một vành mà mọi phần tử khác 0 đều khả nghịch. Bổ đề 1.1.6. Cho R là một vành và a, b ∈ R. Khi đó (i) a.0 = 0. Nói riêng 0 không khả nghịch. (ii) Nếu ab = 0 thì ab là ước của không khi và chỉ khi a hoặc b là ước của không. (iii) ab là phần tử đơn vị khi và chỉ khi a và b là phần tử đơn vị. (iv) Ước của không không bao giờ là đơn vị. (v) Tập tất cả các đơn vị của vành lập thành một nhóm giao hoán đối với phép nhân. Bổ đề 1.1.7. (i) Nếu R là miền nguyên thì R có luật giản ước với phép nhân, tức là ac = bc và c = 0 kéo theo a = b. (ii) Mọi trường là miền nguyên. (iii) Mọi miền nguyên hữu hạn là trường. Định nghĩa 1.1.8. Một tập con S ⊆ R đóng đối với phép cộng và phép nhân của R được gọi là vành con nếu nó chứa phần tử 1 của R và 10 bản thân nó cùng với các phép toán cảm sinh lập thành một vành. Ví dụ. 1. Một vành bao giờ cũng có ít nhất hai vành con là vành con tầm thường 0 và chính nó. Vành Z chỉ có hai vành con đó. 2. Z cũng là vành con thực sự không tầm thường của Q. 3. Tập các đa thức một biến và tập các hàm hằng số là những vành con thực sự không tầm thường của vành C[a, b]. Bổ đề 1.1.9. Cho R là vành và S ⊆ R. Khi đó S là vành con nếu và chỉ nếu có các điều kiện sau: (i) 1 ∈ S. (ii) Nếu a, b ∈ S thì a − b ∈ S. (iii) Nếu a, b ∈ S thì ab ∈ S. 1.2 Iđêan Định nghĩa 1.2.1. Cho R là một vành. Tập con I = ∅ của R được gọi là iđêan nếu thỏa mãn hai điều kiện: (i) Với mọi a, b ∈ I, a + b ∈ I. (ii) Với mọi a ∈ I và r ∈ R, ra ∈ I. Nhận xét. • Iđêan của R mà khác R được gọi là iđêan thực sự của R. Một iđêan của R là iđêan thực sự khi và chỉ khi nó không chứa bất kỳ phần tử khả nghịch nào của R. 11 • Iđêan của R chỉ có một phần tử được gọi là iđêan không và ký hiệu là 0. • Iđêan nhỏ nhất của một vành R còn chứa tập con T của R được gọi là iđêan sinh bởi tập con T, ký hiệu T . Ví dụ. 1. Mọi vành R đều chứa iđêan tầm thường I = 0 và I = R. 2. Tập nZ là các iđêan trong vành Z. Định lí 1.2.2. Giao của một họ bất kì những iđêan của một vành R là một iđêan của R. Định nghĩa 1.2.3. Cho I là iđêan của vành R. Nếu A là tập hợp sao cho I = (A) thì A được gọi là tập sinh (hay hệ sinh, cơ sở) của I và ta nói I là iđêan sinh bởi A. A được gọi là tập sinh tối tiểu (hay là hệ sinh tối tiểu, cơ sở tối tiểu) của I nếu A là tập sinh của I và không chứa tập sinh khác của I. Ta nói iđêan là hữu hạn sinh nếu nó có một hệ sinh hữu hạn. Định lí 1.2.4. Giả sử R là một vành giao hoán có đơn vị và a1 , a2 , ..., an ∈ R. Bộ phận A của R gồm các phần tử có dạng x1 a1 +x2 a2 +...+xn an ∈ R là iđêan của R sinh ra bởi a1 , a2 , ..., an . Định nghĩa 1.2.5. Cho I là iđêan của vành R. Vành R/I được gọi là vành thương của vành R theo iđêan I. Bổ đề 1.2.6. Cho R là một vành và ∅ = A ⊆ R . Khi đó tập hợp 12 (A) = {r1 a1 + ... + rn an |n ∈ N; r1 , ..., rn ∈ R; a1 , ...an ∈ A} là iđêan bé nhất chứa A. 1.3 Vành đa thức Đơn thức Cho R là một vành và x1 , ..., xn (n ≥ 1) là các biến. Một biểu thức có dạng: xa11 ...xann gọi là đơn thức, trong đó (a1 , ..., an ) ∈ Nn được gọi là bộ số mũ của đơn thức. Khi a1 = ... = an = 0 thì đơn thức được kí hiệu là 1. Phép nhân trên tập các đơn thức được định nghĩa: (xa11 ...xann )(xb11 ...xbnn ) = xa11 +b1 ...xann +bn . Tức là phép nhân đơn thức ứng với phép cộng bộ số mũ trong nửa nhóm cộng Nn . Từ Từ là biểu thức có dạng : αxa11 ...xann . Trong đó α ∈ R được gọi là hệ số của từ. Hai từ khác không αxa11 ...xann và βxa11 ...xann được gọi là đồng dạng với nhau. Đa thức Ta kí hiệu: x = (x1 , ..., xn ), a = (a1 , ..., an ) ∈ Nn và xa = xa11 ...xann . αa xa Khi đó: Tổng hình thức của các từ f (x) = a∈Nn được gọi là đa thức n biến x1 , ..., xn trên vành R trong đó chỉ có một số 13 hữu hạn hệ số αa = 0. Từ αa xa (αa = 0) được gọi là từ của đa thức f (x), xa là đơn thức của f (x). αa xa và g(x) = Hai đa thức : f (x) = βa xa được xem là bằng a∈Nn a∈Nn n nhau nếu αa = βb với mọi a ∈ N . Phép cộng đa thức được định nghĩa: αa x a + ( a∈Nn βa xa ) = a∈Nn (αa + βa )xa . a∈Nn Vì αa + βa = 0 nếu một trong hai hệ số αa hoặc βa bằng 0, nên trong biểu thức ở vế phải cũng chỉ có hữu hạn hệ số khác 0 và nó đúng là một đa thức. Ta sẽ đồng nhất đa thức αxa với đa thức βb xb , b∈Nn trong đó βa = α và βb = 0 với mọi b = a. Nếu α1 xa1 , ..., αp xap là tất cả các từ của f (x) thì có thể xem f (x) là tổng đa thức của các từ này qua phép đồng nhất vừa nêu: f (x) = α1 xa1 + ... + αp xap , (∗) trong đó a1 , ..., ap ∈ Nn là bộ số mũ khác nhau. Biểu diễn này là duy nhất và gọi là biểu diễn chính tắc của đa thức f (x). Phép nhân đa thức được định nghĩa: ( a∈Nn với γa = αa xa )( a∈Nn βa xa ) = γa xa a∈Nn αb βc . b,c∈Nn ,b+c=a Nhận xét rằng γa = 0 chỉ khi tồn tại b và c với αb = 0 và βc = 0 để a = b + c. Do vậy chỉ có một số hữu hạn hệ số γa = 0 và phép nhân đa 14 thức trên hoàn toàn xác định. Với hai phép toán cộng đa thức và nhân đa thức có thể kiểm tra tập tất cả các đa thức lập thành vành giao hoán với phần tử đơn vị là đơn thức 1. Tập này được kí hiệu là R[x1 , ..., xn ] hay R[x]. Định nghĩa 1.3.1. Vành R[x1 , ..., xn ] xây dựng như trên được gọi là vành đa thức n biến trên vành R. Chú ý. • Khi n = 1 ta có vành đa thức một biến thông thường. Tuy nhiên đa thức một biến x thường được viết dưới dạng f (x) = an xn + ... + a1 x + a0 (n ∈ N, a0 , ..., an ∈ R). • Cho 0 ≤ m ≤ n. Bằng cách xem mỗi từ αxa11 ...xann trên R như là từ a m+1 (αxa11 ...xamm )xm+1 ...xann trên vành R[x1 , ..., xm ], có thể xem R[x1 , ..., xn ] như vành đa thức n − m biến xm+1 , ..., xn trên vành R[x1 , ..., xm ], tức là R[x1 , ..., xn ] = R[x1 , ..., xm ][xm+1 , ..., xn ]. • Khi tập các biến đã được xác định, ta chỉ kí hiệu đa thức đơn giản là f, g, ... thay cho f (x), g(x), .... αa xa là số Định nghĩa 1.3.2. Bậc tổng thể của đa thức f (x) = a∈Nn degf (x) =max{a1 + ... + an | αa = 0}. Chú ý. • Bậc tổng thể của đa thức hằng là 0, bậc tổng thể của đa thức 0 được quy ước là một số tùy ý. 15 • Nhiều khi ta còn dùng bậc của đa thức đối với một tập con các biến, chẳng hạn {x1 , ..., xk }, được định nghĩa như sau: degx1 ,...,xk f (x) = max{a1 + ... + ak } | αa = 0}, trong đó k < n cố định. Nói cách khác, đó là bậc tổng thể của f (x) xét như đa thức của vành K[xk+1 , ..., xn ][x1 , ..., xk ] Mệnh đề 1.3.3. Nếu R là miền nguyên, thì với mọi đa thức f (x), g(x) ∈ R[x] đều có deg(f (x)g(x)) = degf (x) + degg(x) và deg(f (x) + g(x)) ≤ max{degf (x), degg(x)}. Hơn nữa, ta có bất đẳng thức chặt khi degf (x) = degg(x) và fdegf (x) = −gdegg(x) . Định lí 1.3.4. Cho R là vành giao hoán, có đơn vị là 1. Các điều kiện sau là tương đương: (i) Mọi tập khác rỗng các iđêan của R đều có phần tử cực đại (đối với quan hệ bao hàm). (ii) Mọi dãy tăng các iđêan trong R I1 ⊆ I2 ⊆ ... ⊆ In ⊆ In+1 ⊆ ..., là dừng, tức là tồn tại k để Ik = Ik+1 = ... (iii) Mọi iđêan của R đều hữu hạn sinh; tức là với mọi iđêan I ⊆ R tồn tại f1 , f2 , ..., fs ∈ I sao cho I = (f1 , f2 , ..., fs ). Một vành thỏa mãn một trong ba điều kiện trên được gọi là vành Noether. 16 Một trong những kết quả đẹp nhất và cơ bản nhất về vành đa thức nói rằng mọi iđêan của vành đa thức trên trường là hữu hạn sinh. Đó là nội dung định lí nổi tiếng của Hilbert về cơ sở. Dưới đây là một dạng tổng quát của nó. Định lí 1.3.5. (Định lí Hilbert về cơ sở). Cho R là vành Noether và x là tập n biến. Khi đó vành R[x] là vành Noether. Hệ quả 1.3.6. Mọi iđêan của vành đa thức K[x] trên trường K là hữu hạn sinh. Định lí 1.3.7. (Định lí chia đa thức một biến). Cho K là một trường và g(x) là đa thức khác 0 của K[x]. Khi đó mọi đa thức f ∈ K[x] có thể viết dưới dạng f (x) = q(x)g(x) + r(x), trong đó q(x), r(x) ∈ K[x] và hoặc r(x) = 0 hoặc degr(x) y là thứ tự ngược của thứ tự đó. Khi trên tập X có một quan hệ thứ tự bộ phận ≤, ta nói tập X là tập được sắp (bộ phận). Nếu x, y ∈ X mà x ≤ y hoặc y ≤ x thì ta nói x, y so sánh được với nhau (trong trường hợp ngược lại thì x, y không so sánh được với nhau). 19 Quan hệ thứ tự ≤ ở trên X được gọi là quan hệ thứ tự toàn phần (hoặc thứ tự tuyến tính) 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 quan hệ giả thứ tự (bộ phận, toàn phần). Ví dụ. • Quan hệ nhỏ hơn hoặc bằng thông thường trên R là một thứ tự toàn phần nhưng là quan hệ thứ tự bộ phận trên C. • Kí hiệu M là tập tất cả các đơn thức trong vành K[x]. Quan hệ theo bậc tổng thể là một thứ tự bộ phận trên M (tức là m1 ≤ m2 nếu m1 = m2 hoặc deg(m1 ) < deg(m2 )). Nó là thứ tự toàn phần nếu và chỉ nếu số biến là 1. Định nghĩa 1.4.2. Cho X là một tập được sắp bởi thứ tự ≤ và A ⊆ X. Phần tử a ∈ A được gọi là phần tử tối tiểu (tương ứng tối đại) nếu với mọi b ∈ A mà b ≤ a (t.ư a ≤ b) thì a = b, tức là không có phần tử nhỏ hơn (t.ư lớn hơn) a ở trong A. Phần tử a ∈ A là phần tử nhỏ nhất (t.ư lớn nhất) nếu với mọi b ∈ A ta có a ≤ b (t.ư b ≤ a). Phần tử b ∈ X là chặn trên (t.ư chặn dưới) của A nếu với mọi a ∈ A ta có a ≤ b (t.ư b ≤ a). Tập X được gọi là tập được sắp tốt nếu nó được sắp hoàn toàn và mọi tập con khác rỗng của nó có phần tử nhỏ nhất. Khi đó ta nói quan hệ thứ tự tương ứng là quan hệ thứ tự tốt. 20 Ví dụ. • Xét R với mối quan hệ nhỏ hơn hoặc bằng thông thường và S = [0, 1]. Khi đó 0 và 1 tương ứng là phần tử nhỏ nhất và lớn nhất của A. Tập A = (0, 1) không có phần tử tối tiểu và cũng không có phần tử tối đại nhưng bị chặn trên và chặn dưới trong R. • Nếu X là một tập được sắp hoàn toàn thì mọi tập con hữu hạn của nó đều có phần tử nhỏ nhất và phần tử lớn nhất. Định nghĩa 1.4.3. Thứ tự từ ≤ là một thứ tự toàn phần trên tập M tất cả các đơn thức của K[x] thỏa mãn các tính chất sau: (i) Với mọi m ∈ M, 1 ≤ m. (ii) Nếu m1 , m2 , m ∈ M mà m1 ≤ m2 thì mm1 ≤ mm2 . Định nghĩa 1.4.4. Thứ tự từ điển là thứ tự ≤lex xác định như sau: xα1 1 ...xαnn ≤lex xβ1 1 ...xβnn nếu thành phần đầu tiên khác không kể từ bên trái của véctơ (α1 − β1 , ..., αn − βn ) là một số âm. Hay, nếu tồn tại 0 ≤ i < n sao cho α1 = β1 , ..., αi = βi , nhưng αi+1 < βi+1 . Định nghĩa 1.4.5. Thứ tự từ điển phân bậc là thứ tự ≤glex xác định như sau: xα1 1 ...xαnn ≤glex xβ1 1 ...xβnn nếu deg(xα1 1 ...xαnn ) < deg(xβ1 1 ...xβnn ) hoặc deg (xα1 1 ...xαnn ) = deg (xβ1 1 ...xβnn ) và thành phần đầu tiên khác không kể từ bên trái của véctơ (α1 − β1 , ..., αn − βn ) là một số âm. Hay xα1 1 ...xαnn ≤glex xβ1 1 ...xβnn nếu α1 +...+αn < β1 +...+βn hoặc α1 +...+αn = β1 + ... + βn và xα1 1 ...xαnn ≤lex xβ1 1 ...xβnn . 21 Định nghĩa 1.4.6. Thứ tự từ điển ngược là thứ tự ≤rlex xác định như sau: xα1 1 ...xαnn lex x22 >lex x10 3 nhưng x1 lex x2 nhưng x2 z. f = −5x4 + 5x3 y 2 z 2 + xyz − 2y 6 z + 7yz 3 + z 4 và in≤lex (f ) = −5x4 . • Đối với thứ tự từ điển phân bậc mà x > y > z. f = 5x3 y 2 z 2 − 2y 6 z − 5x4 + 7yz 3 + z 4 + xyz và in≤glex (f ) = 5x3 y 2 z 2 . • Đối với thứ tự từ điển ngược mà x > y > z. f = −2y 6 z + 5x3 y 2 z 2 − 5x4 + 7yz 3 + z 4 + xyz và in≤rlex (f ) = −2y 6 z. Bổ đề 1.4.8. Cho f, g ∈ R và m ∈ M . Khi đó: (i) in(f g) = in(f )in(g). (ii) in(mf )= m in(f ). (iii) lm(f + g) ≤ max{lm(f ), lm(g)}. Dấu < xảy ra khi và chỉ khi in(f ) = −in(g). Chú ý. Bất đẳng thức ở khẳng định (iii) ở trên cũng thường được viết dưới dạng: in(f + g) ≤ max{in(f ), in(g)}, 23 trong đó khi lm(f ) = lm(g) thì max{in(f ), in(g) } được biểu diễn như α lm(f ) với 0 = α ∈ K nào đó. Định nghĩa 1.4.9. Cho I là iđêan của R và ≤ là một thứ tự từ. Iđêan khởi đầu của I, kí hiệu là in≤ (I), là iđêan của R sinh bởi các từ đầu của các phần tử của I, nghĩa là in≤ (I) = (in≤ (f ) | f ∈ I). Ta có thể thay in(I) thay cho in≤ (f ) nếu ≤ đã rõ. Ta cũng có in(I) =(lm(f ) | f ∈ I), nên in(I) là một iđêan đơn thức. Bổ đề 1.4.10. Cho ≤ là một thứ tự từ và I, J là hai iđêan của R. Khi đó: (i) Tập tất cả các đơn thức trong in(I) là tập {lm(f ) | f ∈ I}. (ii) Nếu I là iđêan đơn thức thì in(I) = I. (iii) Nếu I ⊆ J thì in(I) ⊆ in(J). Hơn nữa nếu I ⊆ J và in(I) =in(J) thì I = J. (iv) in(I)in(J)⊆ in(IJ). (v) in(I) + in (J)⊆ in(I + J). Định nghĩa 1.4.11. Cho ≤ là một thứ tự từ và I là một iđêan của I. Tập hữu hạn các đa thức khác không g1 , ..., gs ∈ I được gọi là một cơ sở Gr¨ obner của I đối với thứ tự từ ≤, nếu in≤ (I) = (in≤ (g1 ), ...,in≤ (gs )). Tập g1 , ..., gs ∈ I được gọi là một cơ sở Gr¨obner, nếu nó là cơ sở Gr¨obner của iđêan sinh bởi chính các phần tử này. Bổ đề 1.4.12. Cho G là một cơ sở Gr¨obner của iđêan I đối với một thứ thự từ nào đó. Nếu đa thức g ∈ G thỏa mãn, tồn tại đa thức g ∈ G sao cho in(g )|in(g), thì G\{g} cũng là một cơ sở Gr¨obner của I. 24 Bổ đề 1.4.13. Cho I là một iđêan tùy ý của R. Nếu g1 , ..., gn là cơ sở Gr¨obner của I đối với một thứ tự từ nào đó, thì g1 , ..., gn là cơ sở của I. Nhận xét. Việc xác định iđêan khởi đầu tương đương với việc tìm một cơ sở Gr¨obner của I (đối với một thứ tự nào đó). Với một cơ sở đã cho của I có thể là cơ sở Gr¨obner đối với thứ tự từ này nhưng không phải cơ sở Gr¨obner đối với thứ tự từ khác. Ví dụ. • Cho I là iđêan của vành K[x]. Ta biết rằng trên vành này chỉ có một thứ tự từ (theo bậc), theo Hệ quả 1.3.8 ta có I = (f ), với f ∈ K[x]. Từ Bổ đề 1.4.8 (i), suy ra in(I) =(in(f )). • Cho I = (xy 3 , y 5 ) ⊆ K[x, y] và f1 = xy 3 , f2 = xy 3 − y 5 . Cho x > y. Khi đó in≤lex (f1 ) = in≤lex (f2 ) = xy 3 , nên {f1 , f2 } không là cơ sở Gr¨obner của I đối với ≤lex , vì in≤lex (I) = I. Ta thấy in≤glex (f1 ) = in≤rlex (f1 ) = xy 3 , in≤glex (f2 ) =in≤rlex (f2 ) = y5 và in≤glex (I) = in≤rlex (I) = I nên f1 , f2 là cơ sở Gr¨obner của I đối với thứ tự từ điển phân bậc và thứ tự từ điển ngược. • Cho I = (f1 , f2 ) ⊆ K[x, y], trong đó f1 = x4 − 2x2 y và f2 = x3 y − 2y 2 x + x2 . Xét theo thứ tự từ điển phân bậc hoặc từ điển ngược. Khi đó in(f1 ) = x4 , in(f2 ) = x3 y. Tuy nhiên x3 = xf2 − yf1 ∈ I và in(x3 ) = x3 ∈ / (x4 , x3 y) nên (f1 , f2 ) không là cơ sở Gr¨obner của I 25 đối với các thứ tự này. • Cho I = (x + y, y + z) ⊆ K[x, y, z] và xét thứ tự điển với x > y > z. Ta sẽ chứng tỏ x + y, y + z là cơ sở Gr¨obner của I. Thực vậy, mọi phần tử 0 = f ∈ I có dạng f = g.(x + y) + h.(y + z). Nếu in(f ) không chứa x và y chỉ chứa biến z, tức là f = f (z). Thay x = z và y = −z vào biểu diễn vừa nêu của f , ta có f = f (z) = g(z, −z, z).0 + h(z, −z, z).0 = 0 (vô lí). Vậy in(f ) ∈ (x, y) = (in(x + y),in(y + z)) hay x + y, y + z là cơ sở Gr¨obner của I đối với thứ tự từ điển. Định nghĩa 1.4.14. Cơ sở Gr¨obner tối tiểu của I đối với một thứ tự từ đã cho là một cơ sở Gr¨obner G ⊂ I thỏa mãn các tính chất sau: (i) lc(g) = 1 với mọi g ⊂ G. (ii) Với mọi g ∈ G không tồn tại g ∈ G để in(g ) |in(g). Hệ quả 1.4.15. Cho ≤ là một thứ tự từ. Khi đó mọi iđêan đều có cơ sở Gr¨obner tối tiểu và mọi cơ sở Gr¨obner tối tiểu của cùng một iđêan đều có chung số lượng phần tử và chung tập từ khởi đầu. Ví dụ. Ta xét vành K[x] với thứ tự từ điển phân bậc và iđêan I = (x3 − 2xy, x2 − 2y 2 + z), có một cơ sở Gr¨obner gồm các đa thức f1 = x3 − 2xy, f2 = x2 y − 2y 2 + z, f3 = −x2 , f4 = −2xy, f5 = −2y 2 + x. Đầu tiên ta nhân các phần tử sinh với các hằng số thích hợp để được hệ số đầu bằng 1. Thấy rằng in(f1 ) = x3 = −xin(f3 ). Theo bổ đề 1.4.12, ta có thể loại f1 trong cơ sở Gr¨obner tối tiểu. Tương tự, in(f2 ) = x2 y = −( 21 )xin(f4 ), nên ta cũng loại f2 . Khi không còn trường hợp mà từ khởi 26 đầu của một phần tử sinh chia hết từ khởi đầu của phần tử sinh khác. Do vậy g1 = x2 , g2 = xy, g3 = y 2 − ( 12 )x, là một cơ sở Gr¨obner tối tiểu của I đối với thứ tự từ điển phân bậc. Định nghĩa 1.4.16. Cơ sở Gr¨obner rút gọn của iđêan I đối với một thứ tự từ đã cho là một cơ sở Gr¨obner G của I thỏa mãn các tính chất: (i) lc(g) = 1 với mọi g ∈ G. (ii) Với mọi g ∈ G và mọi từ m của g không tồn tại g ∈ G \ {g} để in(g ) | m. Nhận xét. Mọi cơ sở Gr¨obner rút gọn là cơ sở Gr¨obner tối tiểu. Mệnh đề 1.4.17. Cho I = 0. Khi đó đối với mỗi thứ tự từ, I có duy nhất một cơ sở Gr¨obner rút gọn. 1.4.3 Thuật toán chia Định lí 1.4.18. (Định lí chia đa thức) Cố định một thứ tự từ ≤ trên M và cho F = {f1 , ..., fs } ⊂ R = K[x1 , ..., xn ]. Khi đó mọi đa thức f ∈ R có thể được viết dưới dạng f = q1 f1 + ... + qs fs + r, trong đó qi , r ∈ R thỏa các điều kiện sau đây: (i) Hoặc r = 0 hoặc không có từ nào của r chia hết cho một trong các từ khởi đầu inf1 , ...,infs . Hơn nữa in r ≤in f . (ii) Nếu qi = 0 thì in(qi fi ) ≤in(f ), i = 1, ..., s Định nghĩa 1.4.19. Đa thức r ở trên được gọi là đa thức dư hoặc phần dư của f khi chia cho F và được kí hiệu là r =RemF (f ). Bản thân biểu diễn trên của f được gọi là biểu diễn chính tắc của f theo f1 , ..., fs . 27 Ví dụ. x3 + x = x.(x2 + 1) + 0.x2 + 0 = 0.(x2 + 1) + x.x2 + x, tức là x3 + x cho x2 và x2 + 1 có thể cho đa thức dư là x hoặc 0. Chú ý. Kết quả thực hiện Thuật toán chia đa thức phụ thuộc vào việc sắp xếp thứ tự các phần tử của tập F = {f1 , ..., fs }. Đa thức PHANDU(f ; F ) xác định duy nhất và là một giá trị của RemF (f ). Nói chung RemF (f ) = PHANDU(f ; F ). Thuật toán chia đa thức chỉ cho một cách xây dựng đa thức dư, chứ không khẳng định đó là tất cả đa thức dư có thể có nêu trong định lí chia đa thức. Mệnh đề 1.4.20. Giả sử F = {f1 , ..., fs } là một cơ sở Gr¨obner đối với một thứ tự từ cho trước. Khi đó với mỗi đa thức f ∈ R, đa thức dư r của phép chia f cho hệ F (trong định lí chia đa thức) được xác định duy nhất. Hệ quả 1.4.21. Giả sử F = {f1 , ..., fs } là một cơ sở Gr¨obner của iđêan I đối với một thứ tự từ cho trước và đa thức f ∈ R. Khi đó f ∈ I khi và chỉ khi đa thức dư r của phép chia f cho hệ F bằng 0. 1.4.4 Tiêu chuẩn Buchberger Định nghĩa 1.4.22. Cho f, g ∈ K[x] là hai đa thức khác 0. Kí hiệu: mf g = và mgf = in(f ) U CLN (lm(f ),lm(g)) in(g) U CLN (lm(f ),lm(g)) . 28 S- đa thức của f và g là đa thức S(f, g) = mgf .f − mf g .g Bổ đề 1.4.23. (i)S(f, g) = −S(g, f ). (ii) in S(f, g) < BNNN(in(f ), in(g)). Định lí 1.4.24. (Tiêu chuẩn Buchberger). Cho G = {g1 , ..., gs } là hệ sinh của iđêan I. G là cơ sở Gr¨obner của I khi và chỉ khi với mọi cặp 1 ≤ i = j ≤ s một (hoặc mọi) đa thức dư của S- đa thức S(gi , gj ) trong phép chia cho G bằng 0. Định nghĩa 1.4.25. Cố định một thứ tự từ và cho G = {g1 , ..., gs } ⊂ K[x]. Ta nói đa thức f dẫn về đa thức g modulo G và kí hiệu là f G / g, hoặc đơn giản là f → g khi đã rõ G, nếu f có thể viết dưới dạng f = q1 g1 + ... + qs gs + g, sao cho nếu qi gi = 0 thì in(qi gi ) ≤ in(f ). Như vậy f → 0 khi và chỉ khi có một giá trị của RemG (f ) bằng 0. Do đó tiêu chuẩn Buchberger có thể phát biểu như sau: Định lí 1.4.26. Cho G = {g1 , ..., gs } là hệ sinh của iđêan I. G là cơ sở Gr¨obner của I khi và chỉ khi với mọi cặp 1 ≤ i = j ≤ s ta có S(gi , gj ) G /0 . Chú ý. • Vì S(f, g) = −S(g, f ) nên để thử xem G = {g1 , ..., gs } có phải là cơ sở Gr¨obner hay không, chỉ cần thử cho các cặp (gi , gj ) với i < j. 29 • Nếu f, g là hai từ thì S(f, g) = 0. Do đó không cần thử Tiêu chuẩn Buchberger cho các cặp từ. • Nếu in(f ) và in(g) nguyên tố cùng nhau thì S(f, g) =in(g)f −in(f )g = −(g−in(g))f + (f −in(f )g). Đặt smg =lm(g−in(g)) và smf =lm(f −in(f )). Nếu smg lm(f ) = smf lm(g) thì do tính nguyên tố cùng nhau sẽ suy ra smg chia hết cho lm(g). Điều này vô lí, vì smg z > x ta có in(y − x2 ) = y và in(z − x3 ) = z nguyên tố cùng nhau. Theo chú ý trên, tập {y − x2 , z − x3 } đã là cơ sở Gr¨obner của I. Tuy nhiên, đối với thứ tự từ điển x > y > z ta có in(x2 − y) = x2 và in(−x3 + z) = −x3 . và S(x2 − y, −x3 + z) = (−x)(x2 − y) − (−1)(−x3 + z) = −xy + z không thể chia hết cho G = (−x2 + y, −x3 + z) được, tức là có đa thức dư khác 0. Vậy G không phải là cơ sở Gr¨obner của I. 30 1.4.5 Thuật toán Buchberger Dựa vào khái niệm S - đa thức và tiêu chuẩn Buchberger, có thể xây dựng cơ sở Gr¨obner của một iđêan xuất phát từ một hệ sinh tùy ý của nó. Cho f ∈ K[x] và F = {f1 , ..., ft } ⊆ K[x] là một tập được sắp. Theo thuật toán chia đa thức, PHANDU(f, g) là đa thức dư của f trong phép chia cho F được xác định duy nhất. Thuật toán Buchberger Tìm cơ sở Gr¨obner CSGR(f1 , ..., ft ) := {g1 , ..., gs } từ (f1 , ..., ft ) Input: F = {f1 , ..., ft } Output: cơ sở Gr¨obner G = {g1 , ..., gs } và F ⊆ G. G := F REPEAT G := G FOR mỗi cặp {p, q} ⊆ G , p = q DO S := P HAN DU (S(p, q); G )IF S = 0T HEN G := G ∪ {S} UNTIL G = G Định lí 1.4.27. Thuật toán dừng sau một số hữu hạn bước và G là cơ sở Gr¨obner chứa {f1 , ..., ft } của I = (f1 , ..., ft ). 31 Chương 2 Ứng dụng của cơ sở Gr¨ obner để giải hệ phương trình đa thức Chương này trình bày một cách hệ thống về điều kiện có nghiệm, số nghiệm của phương trình đa thức và cách giải tổng quát của hệ phương trình đa thức. 2.1 Đa thức bất khả quy và phân tích duy nhất Định nghĩa 2.1.1. Đa thức f của K[x] được gọi là bất khả qui trên trường K nếu nó không phải là đa thức hằng và không phải là tích của hai đa thức khác đa thức hằng trong K[x]. Chú ý. Khái niệm này phụ thuộc vào trường K. Ví dụ. Đa thức x2 − 2 bất khả qui trên Q nhưng không bất khả qui trên R. Mệnh đề 2.1.2. Mọi đa thức khác đa thức hằng của K[x] đều viết thành tích của các đa thức bất khả qui. 32 Chứng minh. Giả sử f là đa thức khác đa thức hằng. Nếu f bất khả qui thì không có gì để chứng minh. Ngược lại, f = gh, trong đó g, h không phải là đa thức hằng. Theo mệnh đề 1.3.3, degg < degf và degh < degf . Nếu g, h không phải là đa thức bất khả qui, thì ta tiếp tục phân tích g, h như f. Bằng cách quy nạp trên bậc của đa thức ta có điều phải chứng minh. Định lí 2.1.3. Cho f ∈ K[x] là đa thức bất khả qui trên K. Giả sử f chia hết gh. Khi đó hoặc f chia hết g hoặc f chia hết h. Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp trên n số các biến. Trường hợp n = 1. Cho gh = Cf. Đặt p = U CLN (f, g). Nếu p khác hằng số, thì f = αp, với α ∈ K nào đó(vì f bất khả qui). Khi đó f chia hết g. Bây giờ cho p là đa thức hằng. Ta có thể giả thiết p = 1. Theo mệnh đề 1.3.11 (ii), có thể tìm được hai đa thức A, B sao cho Af + Bg = 1. Nhân hai vế với h ta được h = Ahf + Bhg = Ahf + BCf = (Ah + BC)f. Như vậy h chia hết cho f. Trường hợp n = 1 được chứng minh. Giả sử định lí được chứng minh cho n−1. Trước hết ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1: f ∈ K[x2 , ..., xn ], tức là f không chứa biến x1 . r Giả sử gh = Df. Viết g = Ai xi1 1=0 s và h = j=1 Bj xj1 , trong đó Ai , Bj ∈ K[x2 , ..., xn ]. Nếu f chia hết tất cả các đa thức Ai thì f chia hết cho g. Do vậy chỉ cần xét trường hợp tồn tại i sao cho f không chia hết Ai , nhưng chia hết A0 , ..., Ai−1 (bằng cách lấy i bé nhất). Tương tự, có thể 33 giả thiết tồn tại j để f không chia hết Bj , nhưng chia hết B0 , ..., Bj−1 . Ta thấy rằng hệ số của x1i+j là Ci+j = (A0 Bi+j + ... + Ai−1 Bj+1 ) + Ai Bj + (Ai+1 Bj−1 + ... + Ai+j B0 ). Vì f, Ai , Bj ∈ K[x2 , ..., xn ] nên theo giả thiết qui nạp, suy ra f không chia hết Ai Bj . Vì f chia hết các số hạng còn lại của Ci+j nên f không chia hết Ci+j . Thế nhưng t gh = Df = ( Dk xk1 )f k=0 t = (Dk f )xk1 k=0 là biểu diễn của gh thành đa thức của x1 trên vành K[x2 , ..., xn ]. Do đó Ci+j = Di+j f chia hết cho f. Vô lí. Vậy f phải chia hết g hoặc h. Trường hợp 2 :f ∈ K[x1 , ..., xn ] thực sự chứa biến x1 , tức là degx1 (f ) > 0. Ta xem f như là đa thức của vành K(x2 , ..., xn )[x1 ] trong đó K(x1 , ..., xn ) là trường thương của vành K[x1 , ..., xn ]. Ta chỉ ra rằng trong f vẫn còn bất khả qui trên K(x1 , ..., xn ). Thật vậy, giả sử f = AB, trong đó A, B ∈ K(x1 , ..., xn )[x1 ]. Lấy D ∈ K[x1 , ..., xn ] là tích các mẫu số ở tất cả các phân thức là hệ số của A và B. Khi đó, A = DA, B = DB ∈ K[x], và D2 f = AB. Như vậy D2 chia hết AB. Vì D2 không chứa biến x1 , nên mỗi nhân tử bất khả qui của nó cũng không chứa biến x1 . Giả sử D2 = d1 .d2 ...dt với di là các đa thức bất khả qui ∀i = 1, ..., t. Khi đó, di chia hết AA với ∀i = 1, ..., t, ở đây ta đã quay lại trường hợp 1 cho các di . Vậy AB chia hết các di với ∀i = 1, ..., t. Hay tồn tại các đa thức A∗ , B ∗ , d∗1 , d∗2 ∈ K[x2 , ..., xn ] sao cho A∗ B ∗ = AB/D2 = AB/d1 .d2 ...dt = A/d∗1 .B/d∗2 với A∗ = A/d∗1 , B ∗ = B/d∗2 . Vậy f = A∗ .B ∗ . Theo giả thiết f bất khả qui trên K nên phải có A∗ hoặc B ∗ là đa thức hằng. Tương ứng ta có 34 A = A∗ d∗1 /D ∈ K(x2 , ..., xn ) hoặc B = B ∗ d∗2 /D ∈ K(x2 , ..., xn ). Điều đó có nghĩa là f bất khả qui trên K(x2 , ..., xn ). Bây giờ trên vành K(x2 , ..., xn )[x1 ] vẫn có f = gh. Theo trường hợp n = 1, giả sử g = Cf, trong đó C ∈ K(x2 , ..., xn )[x1 ]. Lấy q là tích các mẫu số của các phân thức trong C. Nhân hai vế của đẳng thức g = Cf với q ta được qg = qCf = Cf với C ∈ K[x]. Gọi qi là một nhân tử bất khả qui của q. Do f bất khả qui và thực sự chứa biến x1 , trong khi qi không chứa biến x1 nên f không chia hết qi . Mặt khác qi chia hết Cf. Theo trường hợp 1, qi phải chia hết C. Giản ước các nhân tử qi , và tiếp tục như vậy đối với các nhân tử bất khả qui khác xuất hiện trong phân tích của c, cuối cùng ta được g = C ∗ f, tức là g chia hết cho f. Từ mệnh đề 2.1.2 và định lí 2.1.3 ta có thể suy ra ngay K[x] là miền phân tích duy nhất: Định lí 2.1.4. Mỗi đa thức khác hằng f ∈ K[x] có thể phân tích thành tích của các đa thức bất khả qui trên K. Hơn nữa, nếu f = f1 ...fr = g1 ...gs là hai phân tích như thế thì r = s và có thể đánh số lại sao cho gi = αi fi , αi ∈ K, với mọi i ≤ r. 2.2 Căn của iđêan Định nghĩa 2.2.1. Cho K là một trường, f1 , ..., fs ∈ K[x1 , ..., xn ]. Thì tập V (f1 , ..., fs ) = {(a1 , .., an ) ∈ K n | fi (a1 , .., an ) = 0 với mọi 1 ≤ i ≤ s.} Chúng ta gọi V (f1 , ..., fs ) là đa tạp định nghĩa bởi f1 , ..., fs . Định nghĩa 2.2.2. Cho I là một iđêan của vành đa thức K[x1 , ..., xn ]. 35 Chúng ta định nghĩa tập V (I) = {(a1 , ..., an ) ∈ K n | f (a1 , ..., an ) = 0, ∀f ∈ I} là đa tạp định nghĩa bởi f1 , ..., fs là đa tạp affin định nghĩa bởi các đa thức trong I. Định nghĩa 2.2.3. Cho V là một đa tạp. Chúng ta định nghĩa tập I(V ) = {f ∈ K[x1 , ..., xn ] | f (a1 , ..., an ) = 0, ∀(a1 , ..., an ) ∈ V } Có thể dễ dàng chứng minh I(V ) là iđêan của V. Bổ đề 2.2.4. Cho V là một đa tạp affin. Nếu f m ∈ I(V ) thì f ∈ I(V ). Chứng minh. Cho x ∈ V. Nếu f m ∈ I(V ) thì f m (x) ∈ I(V ), điều này xảy ra khi f(x) = 0. Vậy f ∈ I(V ). Bổ đề được chứng minh. Định nghĩa 2.2.5. Một iđêan là một iđêan căn nếu với tồn tại số nguyên m ≥ 1 mà f m ∈ I thì ta có ngay f ∈ I. Hệ quả 2.2.6. I(V ) là một iđêan căn. Chứng minh. Dễ thấy hê quả được suy ra từ định nghĩa và bổ đề 2.2.4. Định nghĩa 2.2.7. Cho I K[x1 , ..., xn ] là một iđêan. Thì căn của √ iđêan I kí hiệu là I là tập {f | f m ∈ I với số nguyên m ≥ 1}. 2.3 Căn của iđêan chính Mệnh đề 2.3.1. Cho f ∈ K[x1 , ..., xn ] và I = (f ). Giả sử f = f1a1 ...frar là phân tích của f thành tích các lũy thừa của các đa thức bất khả quy sao cho fi /fj không là hằng số với mọi i = j. Khi đó √ I= (f ) = f1 ...fr . 36 Chứng minh. Chọn a ≥ max{a1 , ..., ar }. Khi đó: (f1 ...fr )a = (f1a−a1 ...fra−a1 ) ∈ √ I. Suy ra f1 ...fr ∈ I. Ngược lại, cho g m chia hết cho f = f1a1 ...frar . Viết g = g1b1 ...gsbs , trong đó g1 , ..., gs là bất khả qui và gk /gl khác hằng với mọi k = l. Khi đó fi chia hết cho g1mb1 ...gsmbs . Từ định lý 2.1.3 và tính bất khả qui của fi , gi suy ra mỗi fi trùng với ai gki nào đó, trong đó αi ∈ K ∗ . Vì fi /fj và gk /gl không là hằng số với mọi i = j, k = l nên ki = kj . √ Do đó g chia hết cho f1 ...fr . Vậy I = (f ) = f1 ...fr . Định nghĩa 2.3.2. Cho f ∈ [x1 , ..., xn ]. Giả sử f = f1a1 ...frar là phân tích thành của f thành tích các lũy thừa như ở mệnh đề trên. Khi đó ta gọi fred = f1 ...fr là phần phi bình phương của f và kí hiệu là fred Định nghĩa 2.3.3. Cho f ∈ [x1 , ..., xn ] và i ≤ n. Viết f dưới dạng r gk xki , f= k=0 trong đó gk ∈ K[x1 , ..., xˆ1 , ..., xn ] (xˆ1 nghĩa là bỏ đi biến xi ). Khi đó đạo hàm riêng của biến xi là các đa thức : r k.gk xk−1 . i f xi = k=1 Định nghĩa 2.3.4. Ước chung lớn nhất của đa thức f1 , ..., fn ∈ K[x] là đa thức h sao cho (i) h chia hết f1 , ..., fn , nghĩa là f1 = q1 h, ..., fn = qn h; q1 , ..., qn ∈ K[x]. (ii) Nếu p là đa thức khác chia hết f1 , ..., fn thì p chia hết h. Ước chung lớn nhất kí hiệu là h = U CLN (f1 , ..., fn ) Bội chung nhỏ nhất của đa thức f1 , ..., fn ∈ K[x] là đa thức q sao cho (i) q chia hết cho f1 , ..., fn , nghĩa là q = q1 , ..., q = qn fn ; q1 , ..., qn ∈ K[x]. 37 (ii) Nếu p là đa thức khác chia hết cho f1 , ..., fn thì p chia hết q. Bội chung nhỏ nhất kí hiệu là q = BCN N (f1 , ..., fn ) Định lí 2.3.5. Cho f1 , ..., fn ∈ K[x] và charK = 0. Khi đó phần phi bình phương của f được tính bởi công thức fred = Hơn nữa f U CLN (f, fx1 , ..., fxn ) (f ) = fred Chứng minh. Giả sử f = f1a1 ...frar là phân tích lũy thừa của các đa thức bất khả quy mà fi /fj khác hằng với mọi i = j. Ta cần chứng minh U CLN (f1 , fx1 , ..., fxn ) = f1a1 −1 ...frar −1 . Trước hết ta nhận xét fxi = f1a1 −1 ...frar −1 (a1 (f1 )xi f2 ...fr +...+ar (fr )xi f1 ...fr−1 . Điều đó chứng tỏ rằng f1a1 −1 ...frar −1 chia hết U CLN (f1 , fx1 , ..., fxn ). Bây giờ chỉ ra rằng với mỗi i tồn tại j để fxj không chia hết cho fiai . Viết f = fiai h, trong đó h không chia hết cho fi . Vì fi không là đa thức hằng nên nó phải chứa biến xj nào đó.Khi đó fxj = ai fiai −1 (fi )xj h + fiai −1 hxj . Nếu biểu thức này chia hết fiai , thì (fi )xj h phải chia hết cho fi . Vì h không chia hết cho fi và fi bất khả qui, theo định lý 2.1.3 (fi )xj chia hết cho fi . Điều này phi lý vì (fi )xj = 0 và deg xj ((fi )xj ) < deg xj fi . Định lý được chứng minh. 38 2.4 Căn của ideal chiều 0 Định nghĩa 2.4.1. Một iđêan đơn thức I ⊂ K[x1 , ..., xn ] khác không được gọi là một iđêan chiều 0 nếu với mỗi 1 ≤ i ≤ n, iđêan I chứa đa thức một biến f (xi ) ∈ K[xi ] khác đa thức không. Hệ quả 2.4.2. I là iđêan chiều 0 nếu và chỉ nếu với mỗi 1 ≤ i ≤ n, I chứa đa thức một biến xi khác đa thức hằng. Trong trường hợp này đa thức chứa biến xi và có bậc nhỏ nhất thuộc I là phần tử của tập hợp G K[xi ], trong đó G là cơ sở Gr¨obner tối tiểu của I với thứ tự từ mà xi là phần tử cuối. Chứng minh. Khẳng định đầu được suy ra trực tiếp từ định nghĩa. Do I là iđêan chiều 0 nên Ixi là khác không. Vậy đa thức chỉ chứa biến xi có bậc nhỏ nhất thuộc I, chính là phần tử sinh của I. Do thứ tự từ ở đây là thứ tự mà xi là phần tử cuối, vậy đa thức chỉ chứa biến xi có bậc nhỏ nhất phải thuộc G vì mọi đa thức khác của I không thể chia hết đa thức này, trong đó G là cơ sở Gr¨obner tối tiểu của I với thứ tự từ mà xi là phần tử cuối. Định nghĩa 2.4.3. Cho I là iđêan thực sự của vành K[x] = K[x1 , ..., xn ] và {y1 , ..., yr } ⊂ {x1 , ..., xn }. Tập {y1 , ..., yr } được gọi là tập độc lập modulo I nếu Iy = 0. {y1 , ..., yr } được gọi là tập độc lập cực đại modulo I nếu nó là độc lập modulo I và không thực sự chứa trong một tập khác độc lập moduloI. Chiều của K[x]/I là số dimK[x]/I = max{ y | y ⊆ {x1 , ..., xn } độc lập modulo I} Bổ đề 2.4.4. [2] Cho I là iđêan thực sự của vành K[x]. Khi đó: 39 (i) I là iđêan chiều 0 nếu và chỉ nếu với mọi i ≤ n, chứa đa thức một biến xi khác đa thức hằng. Trong trường hợp này đơn thức của biến xi và có bậc nhỏ nhất thuộc I là phần tử của tập hợp G K[xi ], trong đó G là một cơ sở Gr¨obner tối tiểu của I đối với thứ tự từ thỏa mãn xi {x1 , ..., xˆ1 , ..., xn }. (ii) Nếu I ⊆ J ⊂ K[x] thì dimJ ≤ dimI. Nói riêng, nếu dimI = 0 thì dimJ = 0. (iii) Nếu dimI = 0, thì với mọi y ⊆ {x1 , ..., xn }, Iy là iđêan chiều 0 trong K[y]. Định nghĩa 2.4.5. Trường K là trường hoàn hảo nếu mọi đa thức bất khả qui f ∈ K[x] là tách được. Nhắc lại rằng một đa thức f ∈ K[x] là tách được nếu nó không có ¯ của K. Dễ dàng kiểm nghiệm bội trong trong trường bao đóng đại số K tra f là tách được khi và chỉ khi U CLN (f, f ) = 1. Từ đó suy ra K là hoàn hảo nếu và chỉ nếu mọi đa thức không chứa bình phương là tách được, hay tương đương U CLN (f, f ) = 1. Định lí 2.4.6. Nếu K là trường hoàn hảo, thì iđêan chiều 0 là iđêan căn khi và chỉ khi với mọi i ≤ n nó chứa một đa thức biến xi không chứa bình phương. Chứng minh. Giả sử I là iđêan căn . Vì I là iđêan chiều 0 nên theo bổ đề 2.3.4 (i) với mỗi i ≤ n nó chứa đa thức một biến. Gọi gi là phần phi √ bình phương của nó. Theo mệnh đề 2.3.1, ta có gi = I = I (vì I là iđêan căn). 40 Ngược lại, giả sử với mỗi i ≤ n, I chứa một đa thức một biến fi không chứa bình phương vì K là trường hoàn hảo nên U CLN (fi , fi ) = 1. Do đó theo I là giao của một số hữu hạn iđêan. Nói riêng I là I là iđêan căn. 2.5 Định lí Hilbert về không điểm Không gian afin n chiều trên trường K là tập hợp AnK gồm các điểm (a1 , ..., an ) ∈ K n . Khi K đã rõ, ta chỉ kí hiệu đơn giản An . Mỗi đa thức f ∈ K[x] xác định một hàm từ An vào K biến mỗi điểm (a1 , ..., an ) thành f (a1 , ..., an ). Thông thường khi xét không gian afin n chiều ta hay xét cùng vành đa thức n biến K[x]. Định nghĩa 2.5.1. Với mỗi tập A ⊆ K[x], kí hiệu Z(A) là tập nghiệm chung của các đa thức f ∈ A trong không gian An : Z(A) = {(a1 , ..., an ) ∈ An | f (a1 , ..., an ) = 0, ∀f ∈ A}. Mỗi phần tử của tập này còn gọi là không điểm của tập đa thức A. Định nghĩa 2.5.2. Với mỗi tập con W ⊂ An kí hiệu I(W ) là tập các đa thức của K[x] triệt tiêu các điểm tại của W : I(W ) = {f ∈ K[x] | f (a) = 0, ∀f ∈ W }. Dễ dàng kiểm tra tập này lập thành iđêan căn. Định lí 2.5.3. (Định lí Hilbert về không điểm) Cho K là trường, ¯ là bao đóng đại số của K và f, f1 , ..., fm ∈ K[x]. Các khẳng định sau K tương đương 41 (i) Với mọi a ∈ AnK¯ , f1 (a) = ... = fm (a) = 0 suy ra f (a) = 0. (ii) Tồn tại 0 < s ∈ N sao cho f s = (f1 , ..., fm ). √ Hệ quả 2.5.4. Nếu I là một iđêan trong vành K[x1 , ..., xn ] thì I là √ một iđêan trong vành K[x1 , ..., xn ] chứa I. Hơn nữa I là một iđêan căn. √ √ Chứng minh. Từ định nghĩa của I, ta có ngay I ⊂ I. Bây giờ ta sẽ √ chứng minh I là một iđêan. √ Giả sử f, g ∈ I khi đó tồn tại các số nguyên m và l sao cho f m , g l ∈ I. Khai triển lũy thừa (f + g)m+l−1 thì mọi số hạng đều có nhân tử f i g i với i + j = m + l − 1. Từ i ≥ m hoặc j ≥ l cho ta f i ∈ I hoặc g i ∈ I, khi đó ta luôn có f i g i ∈ I. Vậy mọi số hạng của khai triển (f + g)m+l−1 đều thuộc I do đó (f + g)m+l−1 ∈ I. Hay f + g ∈ I. (1) √ Nếu f ∈ I và h ∈ K[x1 , ..., xn ] thì f m ∈ I, cho một số nguyên √ m ≥ 1. Vì I là iđêan nên (hf )m = hm f m ∈ I. Vậy hf ∈ I. (2) √ Từ (1) và (2) ta suy ra I là một iđêan. √ √ Nếu f m ∈ I khi đó f (x1 , ..., xn ) = 0 với mọi (x1 , ..., xn ) ∈ V ( I) = V (I). Vậy theo định lí Hilbert về không điểm thì tồn tại 0 < k ∈ N sao √ √ cho f k ∈ I. Vậy f ∈ I. Hay I là một iđêan căn. Định lí 2.5.5. (Định lí Nullstellnsatz) Cho K là một trường đóng đại số, nếu I là một iđêan trong K[x1 , ..., xn ] thì √ I(V (I)) = I. Chứng minh. Ta có √ I ⊂ I(V (I)). Thật vậy, với mọi f ∈ √ I thì tồn tại số nguyên dương m ≥ 1 để f m ∈ I. Vậy f m triệt tiêu trên V (I) do 42 đó theo bổ đề 2.2.4 f cũng triệt tiêu trên V (I). Hay f ∈ I(V (I)). Ngược lại, giả sử f ∈ I(V (I)). Theo định nghĩa ta có f triệt tiêu trên V (I). Khi đó theo định lí Hilbert về không điểm thì tồn tại só √ nguyên dương m sao cho f m ∈ I. Vậy f ∈ I. Do f lấy bất kì vậy ta √ có I(V (I)) ⊂ I. Định lí được chứng minh. ¯ khi Hệ quả 2.5.6. Hai hệ phương trình đa thức tương đương trên K và chỉ khi hai iđêan sinh bởi các đa thức trong từng hệ có cùng căn. Chứng minh. Gọi I, J lần lượt là các iđêan sinh bởi các đa thức trong √ √ từng hệ. Khi đó, nếu V (I) = V (J) ⇒ I = I(V (I)) = I(V (J)) = J. √ √ √ √ Nếu I = J thì V (I) = V ( I) = V ( J) = V (J). Vậy ta có điều cần chứng minh. Định lí 2.5.7. (Định lí Hilbert yếu về không điểm) Cho K là ¯ là bao đóng đại số của K và f1 , ..., fm ∈ K[x]. Hệ phương trường, K trình f1 (x) = ... = fm (x) = 0 vô nghiệm trong AnK¯ khi và chỉ khi iđêan (f1 , ..., fm trùng với K[x]. Mệnh đề 2.5.8. [2]Cho I là iđêan nguyên tố của K[x] và có chiều 0. Cho G là cơ sở Gr¨obner tối tiểu của I đối với thứ tự từ điển sao cho xn > ... > x2 > x1 . Khi đó (i) I là iđêan cực đại. (ii) G có đúng n phần tử g1 , ..., gn sao cho in(gi ) = xai i , ai > 0, với moi i ≤ n. Nói riêng gi ∈ K[x1 , ..., xn ]. Bổ đề 2.5.9. [2] Cho I là iđêan nguyên tố chiều 0 của vành K[x1 , ..., xn ]. Khi đó 43 (i) Nếu G = g1 , ..., gn là cơ sở Gr¨obner tối tiểu của I như trong mệnh ¯ i là nghiệm chung của g1 , ..., gi , 1 ≤ i < n thì đề trên, và (z1 , ..., zi ) ∈ K ¯ sao cho (z1 , ..., zn ) là ngiệm chung của I. tồn tại (zi+1 , ..., zn ) ∈ K (ii) I có nghiệm trong AnK¯ Bổ đề 2.5.10. [2] Cho I là iđêan nguyên tố của K[x1 , ..., xn ]. Giả sử {x1 , ..., xd } là tập độc lập cực đại modulo I. Khi đó tồn tại đa thức ¯ i mà p ∈ K[x1 , ..., xd ] khác không sao cho mọi phần tử (z1 , ..., zd ) ∈ K p(z1 , ..., zd ) = 0 đều có thể mở rộng thành nghiệm (z1 , ..., zn ) ∈ AnK¯ của I. Chứng minh Định lí Hilbert yếu về không điểm Giả sử I = f1 = ... = fm là iđêan thực sự của K[x]. Ta chỉ cần tìm ra một không điểm của I trong AnK¯ . Đặt d = dimI. Trường hợp d = 0. Chọn J là iđêan cực đại chứa I. Khi đó J là iđêan nguyên tố và có chiều 0 ( theo bổ đề 2.4.4). Theo bổ đề 2.5.9, J không có điểm chung. Đó cũng là không điểm của I. Trường hợp d > 0. Không mất tính tổng quát có thể giả thiết x1 , ..., xd là tập độc lập cực đại modulo I. Chọn J là iđêan nguyên tố chứa I sao cho J K[x1 , ..., xd ] 0 = ∅. Khi đó dimJ = d và x1 , ..., xd là tập độc lập cực đại modulo J. Lấy đa thức p(z1 , ..., zd ) = 0 đều có thể mở rộng thành nghiệm (z1 , ..., zn ) ∈ AnK¯ của J. Vì trường đại số là vô hạn nên ¯ d không là nghiệm của p. Theo bổ đề 2.5.10, từ tồn tại (z1 , ..., zd ) ∈ K (z1 , ..., zd ) có thể xây dựng được không điểm của J, và do đó của I. Định lý được chứng minh. Chứng minh Định lí Hilbert về không điểm Rõ ràng (ii) ⇒ (i) là hiển 44 nhiên. Ta chứng minh (i) ⇒ (ii). Cho f ∈ K[x] mà f (z1 , ..., zn ) = 0 với mọi (z1 , ..., zn ) thỏa mãn f1 (z1 , ..., zn ) = ...fm (z1 , ..., zn ) = 0. Xét iđêan I = f1 , ..., fm ⊆ K[x], và J = (I, 1 − yf ) ⊆ K[x, y], trong đó y là một biến mới. Từ điều kiện của f suy ra I không có không điểm trong ¯ n+1 . Thật vậy, nếu (a1 , ..., an ) không là không điểm chung của f1 , ..., fm K thì (a1 , ..., an , an+1 ) ∈ / V (J). Nếu (a1 , ..., an ) là không điểm chung của f1 , ..., fm thì theo (i) ta có f (a1 , ..., an ) = 0 do đó 1 − an+1 f (a1 , ..., an ) = 0. Vậy (a1 , ..., an , an+1 ) ∈ / V (J). Theo định lí Hilbert yếu về không điểm √ phải có J = K[x, y]. Vì vậy, f ∈ I. Định lý được chứng minh hoàn toàn. 2.6 Nghiệm của hệ phương trình đa thức Xét hệ S    P1 (x1 , ..., xn ) = 0     P2 (x1 , ..., xn ) = 0      ........................ Gọi I là iđêan sinh bởi các đa thức I = (P1 (x1 , ..., xn ), P2 (x1 , ..., xn ), ..) Bổ đề 2.6.1. F ∈ I(S) thì F (x01 , ..., x0n ) = 0 với mọi (x01 , ..., x0n ) là nghiệm của hệ S. Chứng minh. F ∈ I(S) ⇔ F = r1 P1 + r2 P2 + ... + rm Pm . 45 Từ đó suy ra F (x01 , ..., x0n ) = r1 (x01 , ..., x0n )P1 (x01 , ..., x0n ) + r2 (x01 , ..., x0n )P2 (x01 , ..., x0n ) + ... + rm (x01 , ..., x0n )Pm (x01 , ..., x0n ) = r1 (x01 , ..., x0n ).0 + r2 (x01 , ..., x0n ).0 + ... + rm (x01 , ..., x0n ).0 = 0. Hệ quả 2.6.2. Cho K là một trường đóng đại số và (f1 , ..., fm ) ∈ K[x]. Các điều kiện sau tương đương: (i) Hệ phương trình f1 (x) = ... = fm (x) = 0 vô nghiệm. (ii) Tồn tại cơ sở Gr¨obner của I = (f1 , ..., fm ) (đối với một thứ tự nào đó) chứa đa thức hằng. (iii) Mọi cơ sở Gr¨obner của I = (f1 , ..., fm ) chứa một đa thức hằng. Chứng minh. Từ (iii) ⇒ (ii) ⇒ (i) là hiển nhiên. Khi đó theo định lý Hilbert yếu về không điểm, thì hệ phương trình f1 (x1 , ..., xn ) = ...fm (x1 , ..., xn ) = 0 vô nghiệm, suy ra I = (f1 , ..., fm ) = K[x1 , ..., xn ]. Vậy mọi cơ sở Gr¨obner của I = (f1 , ..., fm ) chứa một đa thức hằng. Vì I chứa đa thức hằng do đó mọi cơ sở Gr¨obner của I phải có đa thức có đơn thức dẫn đầu chia hết đa thức hằng này, vậy đó chỉ có thể là đa thức hằng. Hay ta có, (i) ⇒ (iii). Hệ quả được chứng minh. Đối với hệ thuần nhất, ta có Hệ quả 2.6.3. Cho (f1 , ..., fm ) ∈ K[x] là các đa thức thuần nhất khác hằng, trong đó K là trường đóng đại số. Các điều kiện sau tương đương: (i) Hệ phương trình f1 (x) = ... = fm (x) = 0 chỉ có nghiệm tầm thường (0, ..., 0). (ii) Tồn tại một cơ sở Gr¨obner G của I = (f1 , ..., fm ) sao cho với mỗi 0 ≤ i ≤ n, tồn tại g ∈ G để lm(g) = xai i , ai > 0. 46 (iii) Mọi cơ sở Gr¨obner của I = (f1 , ..., fm ) có tính chất: với mỗi 0 ≤ i ≤ n, tồn tại g ∈ G để lm(g) = xai i , ai > 0. Mệnh đề 2.6.4. Cho I là iđêan thực sự của vành K[x]. Các điều kiện sau tương đương: (i) dimI = 0 (ii) Với mỗi 1 ≤ i ≤ n, I có một đa thức khác 0 chỉ chứa biến xi . (iii) Với mỗi 1 ≤ i ≤ n, I có một đa thức khác 0 mà từ khởi đầu của nó chỉ chứa biến xi . (iii)’ Mọi cơ sở Gr¨obner G của I có tính chất với mỗi 1 ≤ i ≤ n, I có một đa thức mà từ khởi đầu của nó chỉ chứa biến xi . (iv) I chỉ có hữu hạn không điểm trong AnK¯ . Chứng minh. Sự tương đương của hai khẳng định đầu đã được nêu trong bổ đề 2.4.4(i). Vì ước của xai i là một lũy thừa của xi nên ta có (ii) ⇒ (iii) ⇒ (iii). (iii) ⇒ (ii) hiển nhiên. (ii) ⇒ (iv) Cho fi là một đa thức khác 0 của tập hợp I K[xi ]. Khi đó với mọi không điểm (a1 , ..., an ) ∈ AnK¯ . của I, ai phải là nghiệm của fi . Từ định lí cơ bản của Đại số suy ra số không điểm của I hữu hạn. (iv) ⇒ (i) Giả sử dimI = d > 0. Không mất tính tổng quát, có thể giả thiết x1 , ..., xd là tập độc lập cực đại modulo I. Chọn J là một nguyên tố chứa I sao cho J K[x1 , ..., xd ] 0 = ∅. Khi đó theo bổ đề 2.5.10, tồn tại đa thức p(z1 , ..., zd ) = 0 đều có thể mở rộng thành không điểm của J. Vì tập (z1 , ..., zd ) như vậy là vô hạn, và mọi không điểm của J là không điểm của I. Điều này mâu thuẫn với giả thiết I chỉ có hữu hạn không điểm. Vậy I là iđêan chiều 0. 47 2.7 Cách giải hệ phương trình đa thức Mệnh đề 2.7.1. Cho I là iđêan chiều 0 của vành R. Cho G là một cơ sở Gr¨obner của I theo thứ tự từ điển với xn > ... > x1 . Khi đó với mọi i ≤ n, G có phần tử gi ∈ K[x1 , ..., xn ]. Chứng minh. Cố định mỗi chỉ số i. Theo mệnh đề 2.6.4, G có phần tử gi mà đơn thức dẫn đầu của nó chỉ chứa biến xi . Do G là cơ sở Gr¨obner với thứ tự từ điển mà xn > ... > x1 . Vậy gi ∈ K[x1 , ..., xn ]. Phương pháp giải hệ phương trình     f1 = 0       f2 = 0    ..........       fn = 0 (I) 1. Gọi I là iđêan sinh bởi các đa thức f1 , f2 , ..., fn . Ta tính được các cơ sở Gr¨obner của iđêan I theo một thứ tự từ nào đó (ở đây ta thường xét thứ tự từ điển), ta được cơ sở Gr¨obner G = {g1 , g2 , ..., gk }. 2. Giải hệ     g1 = 0       g2 = 0    ..........       gk = 0 (II) Khi đó nghiệm của hệ (II) là nghiệm của hệ (I) (theo bổ đề 2.6.1) 48 Ví dụ.    x2 − yz     y 2 − xz      z 2 − xy = 3, = 4, (I ) = 5. Xét iđêan I = (f1 , f2 , f3 ) với f1 = x2 − yz − 3, f2 = y 2 − xz − 4 , f3 = z 2 − xy − 5. Theo thứ tự từ điển với x > y > z ta tìm được cơ sơ Gr¨obner như sau: g1 = 13x + 11z, g2 = 13y − z, g3 = 36z 2 − 169. Xét hệ    g1 = 13x + 11z = 0,     g2 = 13y − z = 0,      g3 = 36z 2 − 169 = 0. (II ) Ta có: 1 11 1 3 x2 − yz − 3 = ( 13 x − 169 z)(13x + 11z) − 13 z(13y − z) + 169 (36z 2 − 169) 1 1 1 4 −xz + y 2 − 4 = − 13 z(13x + 11z) + ( 13 y − 169 z)(13y − z) + 169 (36z 2 − 169) 1 −xy + z 2 − 5 = − 13 y(13x + 11z) + 11 169 z(13y Khi đó: 1 f1 = ( 13 x− 11 169 z).g1 − 1 13 z.g2 + 1 1 f2 = − 13 z.g1 + ( 13 y− 1 169 z).g2 1 f3 = − 13 y.g1 + + 11 169 z.g2 3 169 .g3 + 4 169 .g3 5 169 .g3 . 49 − z) + 5 2 169 (36z − 169). Vậy hệ (I’) tương đương với hệ (II’). Ví dụ. Giải hệ phương trình     x2 − yz    y 2 − xz      z 2 − xy = 3, = 4, = 5. Giải. Đặt f1 = x2 − yz − 3, f2 = y 2 − xz − 4 , f3 = z 2 − xy − 5. Ta tính cơ sơ Gr¨obner của iđêan sinh bởi f1 , f2 , f3 với quan hệ thứ thự đơn thức x > y > z. Sử dụng thuật toán Buchberger, ta nhận được: S(f1 , f2 ) = −z(x2 − yz − 3) − x(−xz + y 2 − 4) = −xy 2 + 4x + yz 2 + 3z = y.f3 → 4x + 3y + 5z = f4 . S(f1 , f3 ) = −y(x2 − yz − 3) − x(−xy + z 2 − 5) = −xz 2 + 5x + y 2 z + 3y = z.f2 + 54 .f4 → 13y − z = f5 . S(f2 , f3 ) = −y(−xz + y 2 − 4) + z(−xy + z 2 − 5) = −y 3 + 4y + z 3 − 5z 1 2 = (− 13 y − 1 169 yz − 1 2 2197 z + 4 13 )f5 + 36z 3 − 169 → 36z 3 − 169 = f6 . S(f1 , f4 ) = 4(x2 − yz − 3) − x(4x + 3y + 5z) = −5xy − 3xz − 4yz − 12 3 = 5.f3 + (− 13 y− 55 169 z).f5 + 36z 2 − 169 → 36z 2 − 169 = f7 . S(f2 , f4 ) = 4(−xz + y 2 − 4) + z(4x + 3y + 5z) = 4y 2 + 5yz + 3z 2 − 16 4 y+ = ( 13 69 169 ).f5 + 16 169 .f7 → 0. S(f3 , f4 ) = 4(−xy + z 2 − 5) + y(4x + 3y + 5z) = 5y 2 + 3yz + 4z 2 − 20 5 = ( 13 y+ 44 169 z)f5 + 20 169 .f7 → 0. S(f1 , f5 ), S(f2 , f5 ), S(f4 , f5 ) không cần xét. S(f3 , f5 ) = 13(−xy + z 2 − 5) + x(13y − z) = −xz + 13z 2 − 65 1 =f2 + (− 13 y− 1 169 z).f5 + 1099 3042 .f7 → 0. 50 S(f1 , f6 ), S(f2 , f6 ), S(f3 , f6 ), S(f4 , f6 ), S(f5 , f6 ) không cần xét. S(f1 , f7 ), S(f2 , f7 ), S(f3 , f7 ), S(f4 , f7 ), S(f5 , f7 ) không cần xét. S(f6 , f7 ) = (36z 3 − 169) − z(36z 2 − 169) = 0 → 0. Ta có một cơ sở Gr¨obner bao gồm các đa thức f1 = x2 − yz − 3, f2 = −xz + y 2 − 4 , f3 = −xy + z 2 − 5, f4 = 4x + 3y + 5z, f5 = 13y − z, f6 = 36z 3 − 169, f7 = 36z 2 − 169. Tiếp theo, ta nhân các phần tử sinh với hằng số thích hợp để được hệ số đầu bằng 1. Khi đó, ta thấy: inf1 = x2 = x.inf4 , in f2 = xz = z.inf4 , inf3 = xy = y.inf4 , inf6 = z 3 = z. inf7 . Nên ta có thể loại f1 , f2 , f3 , f6 trong cơ sơ Gr¨obner 1 tối tiểu. Do vậy h1 = x + 54 y + 43 z, h2 = y − 13 z, h3 = z 2 − 169 36 là một cơ sở Gr¨obner tối tiểu của I đối với thứ tự từ điển. Từ cơ sơ Gr¨obner tối tiểu, ta thấy h1 = 54 .h2 + 13x + 11z. Từ đó ta tìm được cơ sơ Gr¨obner rút gọn g1 = 1 13 x + 11z, g2 = y − 1 13 z, g3 = z2 − 169 36 . Vậy theo thứ tự từ điển với x > y > z ta tìm được một cơ sơ Gr¨obner như sau: g1 = 13x + 11z, g2 = 13y − z, g3 = 36z 2 − 169. 51 Giải hệ phương trình:    g1 = 13x + 11z = 0,     g2 = 13y − z = 0,      g3 = 36z 2 − 169 = 0. Xét g3 = 0, ta được z = Với z = 13 6, 13 6 hoặc z = − 13 6. thay vào g2 = 0 và g1 = 0 ta được y = 16 ; x = − 11 6. 1 Với z = − 13 6 , thay vào g2 = 0 và g1 = 0 ta được y = − 6 ; x = 11 6. Vậy nghiệm của hệ phương trình là 1 13 11 1 13 (x, y, z) = {(− 11 6 , 6 , 6 ), ( 6 , − 6 , − 6 )}. Đây cũng chính là nghiệm của hệ phương trình ban đầu. Ví dụ. Giải hệ phương trình    xy + x − 3y − 4 = 0,     yz + z − 5y − 9 = 0,      xz − 5x − 3z + 6 = 0. Giải. Xét iđêan I = (xy + x − 3y − 4, yz + z − 5y − 9, xz − 5x − 3z + 6). Đặt f1 = xy + x − 3y − 4, f2 = yz + z − 5y − 9 , f3 = xz − 5x − 3z + 6. Ta tính cơ sơ Gr¨obner của iđêan sinh bởi f1 , f2 , f3 với quan hệ thứ thự đơn thức x > y > z. Sử dụng thuật toán Buchberger, ta nhận được: S(f1 , f2 ) = z(xy + x − 3y − 4) − x(yz − 5y + z − 9) = 5xy + 9x − 3yz − 4z = 5.f1 − 3.f2 + 4x − z − 7 → 4x − z − 7 = f4 . S(f1 , f3 ) = z(xy + x − 3y − 4) − y(xz − 5x − 3z + 6) 52 = 5xy + xz − 6y − 4z = 5.f1 + f2 + 9y − z + 14 → 9y − z + 14 = f5 . S(f2 , f3 ) = x(yz + z − 5y − 9) − y(xz − 5x − 3z + 6) = xz − 9x + 3yz − 6y = f3 − f4 + 3f2 + 9y − z + 14 → 9y − z + 14 = f5 . S(f1 , f4 ) = 4(xy + x − 3y − 4) − y(4x − z − 7) = 4x + yz − 19y − 16 = f4 + f2 → 0. S(f2 , f4 ) không cần xét. S(f3 , f4 ) = 4(xz − 5x − 3z + 6) − z(4x − z − 7) = −20x + z 2 − 5z + 24 = −5.f4 + z 2 − 10z − 11 → z 2 − 10z − 11 = f6 . S(f1 , f5 ) = 9(xy + x − 3y − 4) − x(9y − z + 14) = xz − 5x − 27y − 36 = f3 − 3.f5 → 0. S(f2 , f5 ) = 9(yz + z − 5y − 9) − z(9y − z + 14) = −45y + z 2 − 5z − 81 = −5.f5 + f6 → 0. S(f3 , f5 ), S(f4 , f5 ), S(f1 , f6 ) không cần xét. S(f2 , f6 ) = z(yz + z − 5y − 9) − y(z 2 − 10z − 11) = 5yz + 11y + z 2 − 9z=5.f2 + 4.f5 → 0. S(f3 , f6 ) = z(xz − 5x − 3z + 6) − x(z 2 − 10z − 11) = 5xz + 11x − 3z 2 + 6z = 5.f3 + 9.f4 − 3.f6 → 0. S(f4 , f6 ), S(f5 , f6 ) không cần xét. Ta có một cơ sở Gr¨obner bao gồm các đa thức f1 = xy + x − 3y − 4, f2 = yz − 5y + z − 9 , f3 = xz − 5x − 3z + 6, f4 = 4x − z − 7, f5 = 9y − z + 14, f6 = z 2 − 10z − 11. Tiếp theo, ta nhân các phần tử sinh với hằng số thích hợp để được hệ số đầu bằng 1. Khi đó, ta thấy: inf1 = xy = y.inf4 , in f2 = yz = z.inf5 , inf3 = xz = z.inf4 . Nên ta có thể loại f1 , f2 , f3 trong cơ sơ Gr¨obner tối tiểu. Do vậy g1 = z 2 − 10z − 11, g2 = y − 91 z + 53 14 9 , g3 = x − 41 z − 74 , là một cơ sở Gr¨obner tối tiểu của I đối với thứ tự từ điển và cũng chính là cơ sơ Gr¨obner rút gọn của I đối với thứ tự từ điển. Vậy theo thứ tự từ điển với x > y > z ta tìm được cơ sơ Gr¨obner như sau: g1 = z 2 − 10z − 11, g2 = 9y − z + 14, g3 = 4x − z − 7. Giải hệ    g1 = z 2 − 10z − 11 = 0,     g2 = 9y − z + 14 = 0,      g3 = 4x − z − 7 = 0. Xét g1 = 0 , ta tìm được các nghiệm z = −1; hoặc z = 11. Với z = −1, thay vào g2 = 0 ta được y = − 35 và g3 = 0 ta tìm được x = 23 . Với z = 11, thay vào g2 = 0 ta được y = − 31 và g3 = 0 ta tìm được x = 29 . Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y, z) = {( 32 , − 35 , −1), ( 92 , − 13 , 11)}. Ví dụ. Giải hệ phương trình   x3 − 2xy + y 3  x5 − 2x2 y 2 + y 5 = 0, = 0. Giải. Xét iđêan I = (x3 − 2xy + y 3 , x5 − 2x2 y 2 + y 5 ). 54 Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner như sau: g1 = y 10 − y 8 − 2y 7 + 2y 6 , g2 = 200xy 2 + 193y 9 + 158y 8 − 45y 7 − 456y 6 + 50y 5 − 100y 4 , g3 = x3 − 2xy + y 3 . Giải trong trường hợp K = R. Giải hệ    g1 = y 10 − y 8 − 2y 7 + 2y 6     g2 = 200xy 2 + 193y 9 + 158y 8 − 45y 7 − 456y 6 + 50y 5 − 100y 4      g3 = x3 − 2xy + y 3 = 0, = 0, = 0. Xét g1 = 0 suy ra (y − 1)2 (y 2 + 2y + 2)y 6 = 0, ta tìm được hai nghiệm y = 1 và y = 0. Với y = 1, thay vào g2 = 0 và g3 = 0 ta đều tìm được x = 1. Với y = 0, thay vào g2 = 0 và g3 = 0 ta được x = 0. Vậy khi K = R hệ phương trình có nghiệm (x, y) = {(0, 0), (1, 1)}. Giải trong trường hợp K = C. Giải hệ     g1 = y 10 − y 8 − 2y 7 + 2y 6    g2 = 200xy 2 + 193y 9 + 158y 8 − 45y 7 − 456y 6 + 50y 5 − 100y 4      g3 = x3 − 2xy + y 3 = 0, = 0, = 0. Xét g1 = 0 suy ra (y − 1)2 (y 2 + 2y + 2)y 6 = 0, ta tìm được các nghiệm y = 1; y = 0 và y = −1 ± i. Với y = 1, thay vào g2 = 0 và g3 = 0 ta đều tìm được x = 1. 55 Với y = 0, thay vào g2 = 0 và g3 = 0 ta được x = 0. Với y = −1 ± i, thay vào g2 = 0 và g3 = 0 ta được x = −1 ∓ i. Vậy K = C hệ phương trình có nghiệm (x, y) = {(0, 0), (1, 1)(−1 − i, −1 + i), (−1 + i, −1 − i)}. Ví dụ. Giải hệ phương trình   x3 − 8x − y 3 − 2y  x2 − 3y 2 − 6 = 0, = 0. Giải. Xét iđêan I = (x3 − 8x − y 3 − 2y, x2 − 3y 2 − 6). Theo thứ tự từ điển ta có cơ sở Gr¨obner như sau: g1 = 12y 6 + 7y 4 − 32y 2 + 12, g2 = 8x − 39y 5 − 47y 3 + 62y. Giải hệ   g1 = 12y 6 + 7y 4 − 32y 2 + 12,  g = 8x − 39y 5 − 47y 3 + 62y 2 = 0. Giải trong trường hợp K = R. Xét g1 = 0 suy ra (y 2 − 1)(13y 2 − 6)(y 2 + 2) = 0, ta tìm được nghiệm y = ±1 hoặc y = ± 6 13 . Với y = 1, thay vào g2 = 0 ta tìm được x = 3. Với y = −1, thay vào g2 = 0 ta được x = −3. Với y = Với y = − 6 13 , thay vào g2 = 0 ta tìm được x = −4. 6 13 , thay vào g2 = 0 ta tìm được x = 4. 56 6 13 . 6 13 . Vậy khi K = R hệ phương trình có nghiệm (x, y) = {(3, 1), (−3, −1), (−4. 6 13 , 6 13 ), (4. 6 13 , − 6 13 )}. Giải trong trường hợp K = C. Xét g1 = 0 suy ra (y 2 − 1)(13y 2 − 6)(y 2 + 2) = 0, ta tìm được nghiệm y = ±1, y = ± 6 13 , √ y = ± i 2. Với y = 1, thay vào g2 = 0 ta tìm được x = 3. Với y = −1, thay vào g2 = 0 ta được x = −3. thay vào g2 = 0 ta tìm được x = −4. 6 13 . 6 Với y = − 13 , thay vào g2 = 0 ta tìm được x = 4. √ Với y = i 2, thay vào g2 = 0 ta tìm được x = 0. √ Với y = −i 2, thay vào g2 = 0 ta tìm được x = 0. 6 13 . Với y = 6 13 , Vậy khi K = C hệ phương trình có nghiệm (x, y) = {(3, 1), (−3, −1), (−4. 6 13 , 57 6 13 ), (4. 6 13 , − √ 6 13 )}(0, i √ 2), (0, −i 2). KẾT LUẬN Với các nội dung nghiên cứu đã trình bày, khóa luận "Ứng dụng của cơ sở Gr¨obner để giải hệ phương trình đa thức" đã giải quyết những vấn đề đặt ra. Nội dung cơ bản nhất của lí thuyết cơ sở Gr¨obner cũng như điều kiện để một hệ phương trình đa thức có nghiệm, vô nghiệm theo lý thuyết cơ sở Gr¨obner đã được trình bày một cách hệ thống, chặt chẽ, mặt khác đã đưa ra một cách giải nhất quán, đơn giản cho mọi bài toán. Trên cơ sở lí thuyết đó, khóa luận đã đem ra các ví dụ mang tính chất tính toán cụ thể giúp bạn đọc dể hiểu và vận dụng. Nội dung khóa luận dừng lại ở việc nêu ứng dụng của lý thuyết cơ sở Gr¨obner vào giải hệ phương trình đa thức nên chưa khai thác triệt để các ứng dụng của lí thuyết này trong các chuyên ngành khác của toán học nên hướng phát triển của khóa luận sẽ là nghiên cứu sâu hơn và toàn diện hơn về ứng dụng của cơ sở Gr¨obner trong tự động hóa chứng minh định lí hình học, Quy hoạch tuyến tính,... Hi vọng những kiến thức mà khóa luận đưa ra sẽ là tài liệu tham khảo cho giáo viên phổ thông, các em học sinh và những người yêu toán một hướng tiếp cận mới, một công cụ toán học hiện đại để giải hệ phương trình đa thức. 58 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Nguyễn Tự Cường (2007), Giáo trình Đại số hiện đại, Nxb Đại học quốc gia Hà Nội. 2. Lê Tuấn Hoa (2003), Đại số máy tính: Cơ sở Gr¨obner, Nxb Đại học quốc gia Hà Nội. 3. Hoàng Xuân Sính (1997), Đại số đại cương, Nxb Giáo dục Việt Nam. 4. Jean - Marie Monier (1996), Giáo trình Toán - Tập 5, Đại số 1, Nxb Giáo dục Việt Nam. 5. Thomas Becker and Volker Weispfenning (1993), Gr¨obner Bases - A Computation Approach to Communative Algebra, Springer Verlag. 6. W. Gr¨obner (1970), Algebraische Geometrie, Vol. II, Bibliographisches Institut. 7. S.Lang (1971), Algebra, Addison - Wesley, Reading, MA. 8. Brendan Hassett (2007), Introduction to Algebraic Geometry, Cambridge, University. 9. Adams, W.W. and Loustaunau (1994), P. An Introduction to Gr¨obner Bases, Providence, RI: Amer. Math.Soc. 59 [...]... một số hữu hạn bước và G là cơ sở Gr¨obner chứa {f1 , , ft } của I = (f1 , , ft ) 31 Chương 2 Ứng dụng của cơ sở Gr¨ obner để giải hệ phương trình đa thức Chương này trình bày một cách hệ thống về điều kiện có nghiệm, số nghiệm của phương trình đa thức và cách giải tổng quát của hệ phương trình đa thức 2.1 Đa thức bất khả quy và phân tích duy nhất Định nghĩa 2.1.1 Đa thức f của K[x] được gọi là bất khả... phải là đa thức hằng và không phải là tích của hai đa thức khác đa thức hằng trong K[x] Chú ý Khái niệm này phụ thuộc vào trường K Ví dụ Đa thức x2 − 2 bất khả qui trên Q nhưng không bất khả qui trên R Mệnh đề 2.1.2 Mọi đa thức khác đa thức hằng của K[x] đều viết thành tích của các đa thức bất khả qui 32 Chứng minh Giả sử f là đa thức khác đa thức hằng Nếu f bất khả qui thì không có gì để chứng minh... sử F = {f1 , , fs } là một cơ sở Gr¨obner đối với một thứ tự từ cho trước Khi đó với mỗi đa thức f ∈ R, đa thức dư r của phép chia f cho hệ F (trong định lí chia đa thức) được xác định duy nhất Hệ quả 1.4.21 Giả sử F = {f1 , , fs } là một cơ sở Gr¨obner của iđêan I đối với một thứ tự từ cho trước và đa thức f ∈ R Khi đó f ∈ I khi và chỉ khi đa thức dư r của phép chia f cho hệ F bằng 0 1.4.4 Tiêu chuẩn... một iđêan tùy ý của R Nếu g1 , , gn là cơ sở Gr¨obner của I đối với một thứ tự từ nào đó, thì g1 , , gn là cơ sở của I Nhận xét Việc xác định iđêan khởi đầu tương đương với việc tìm một cơ sở Gr¨obner của I (đối với một thứ tự nào đó) Với một cơ sở đã cho của I có thể là cơ sở Gr¨obner đối với thứ tự từ này nhưng không phải cơ sở Gr¨obner đối với thứ tự từ khác Ví dụ • Cho I là iđêan của vành K[x] Ta... là một cơ sở Gr¨ obner của I đối với thứ tự từ ≤, nếu in≤ (I) = (in≤ (g1 ), ,in≤ (gs )) Tập g1 , , gs ∈ I được gọi là một cơ sở Gr¨obner, nếu nó là cơ sở Gr¨obner của iđêan sinh bởi chính các phần tử này Bổ đề 1.4.12 Cho G là một cơ sở Gr¨obner của iđêan I đối với một thứ thự từ nào đó Nếu đa thức g ∈ G thỏa mãn, tồn tại đa thức g ∈ G sao cho in(g )|in(g), thì G\{g} cũng là một cơ sở Gr¨obner của I... về vành đa thức nói rằng mọi iđêan của vành đa thức trên trường là hữu hạn sinh Đó là nội dung định lí nổi tiếng của Hilbert về cơ sở Dưới đây là một dạng tổng quát của nó Định lí 1.3.5 (Định lí Hilbert về cơ sở) Cho R là vành Noether và x là tập n biến Khi đó vành R[x] là vành Noether Hệ quả 1.3.6 Mọi iđêan của vành đa thức K[x] trên trường K là hữu hạn sinh Định lí 1.3.7 (Định lí chia đa thức một... cho đa thức dư là x hoặc 0 Chú ý Kết quả thực hiện Thuật toán chia đa thức phụ thuộc vào việc sắp xếp thứ tự các phần tử của tập F = {f1 , , fs } Đa thức PHANDU(f ; F ) xác định duy nhất và là một giá trị của RemF (f ) Nói chung RemF (f ) = PHANDU(f ; F ) Thuật toán chia đa thức chỉ cho một cách xây dựng đa thức dư, chứ không khẳng định đó là tất cả đa thức dư có thể có nêu trong định lí chia đa thức. .. của đa thức f (x), xa là đơn thức của f (x) αa xa và g(x) = Hai đa thức : f (x) = βa xa được xem là bằng a∈Nn a∈Nn n nhau nếu αa = βb với mọi a ∈ N Phép cộng đa thức được định nghĩa: αa x a + ( a∈Nn βa xa ) = a∈Nn (αa + βa )xa a∈Nn Vì αa + βa = 0 nếu một trong hai hệ số αa hoặc βa bằng 0, nên trong biểu thức ở vế phải cũng chỉ có hữu hạn hệ số khác 0 và nó đúng là một đa thức Ta sẽ đồng nhất đa thức. .. Z Định lí 1.2.2 Giao của một họ bất kì những iđêan của một vành R là một iđêan của R Định nghĩa 1.2.3 Cho I là iđêan của vành R Nếu A là tập hợp sao cho I = (A) thì A được gọi là tập sinh (hay hệ sinh, cơ sở) của I và ta nói I là iđêan sinh bởi A A được gọi là tập sinh tối tiểu (hay là hệ sinh tối tiểu, cơ sở tối tiểu) của I nếu A là tập sinh của I và không chứa tập sinh khác của I Ta nói iđêan là... hai đa thức khác 0 Kí hiệu: mf g = và mgf = in(f ) U CLN (lm(f ),lm(g)) in(g) U CLN (lm(f ),lm(g)) 28 S- đa thức của f và g là đa thức S(f, g) = mgf f − mf g g Bổ đề 1.4.23 (i)S(f, g) = −S(g, f ) (ii) in S(f, g) < BNNN(in(f ), in(g)) Định lí 1.4.24 (Tiêu chuẩn Buchberger) Cho G = {g1 , , gs } là hệ sinh của iđêan I G là cơ sở Gr¨obner của I khi và chỉ khi với mọi cặp 1 ≤ i = j ≤ s một (hoặc mọi) đa thức ... Trong ứng dụng gần gũi lý thuyết sở Gr¨obner quan tâm tới việc giải hệ phương trình đa thức Thực chất việc tìm sở Gr¨obner hệ phương trình đa thức đưa hệ phương trình ban đầu hệ phương trình. .. G sở Gr¨obner chứa {f1 , , ft } I = (f1 , , ft ) 31 Chương Ứng dụng sở Gr¨ obner để giải hệ phương trình đa thức Chương trình bày cách hệ thống điều kiện có nghiệm, số nghiệm phương trình đa thức. .. nghiệm, số nghiệm hệ phương trình đa thức cách giải tổng quát hệ phương trình đa thức Chương Kiến thức sở Chương nhắc lại số khái niệm Đại số giao hoán trình bày khái niệm sở lí thuyết sở Gr¨obner: