Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 43 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
43
Dung lượng
323,65 KB
Nội dung
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ HOÀNG TÙNG SỬDỤNGCƠSỞGROEBNERGIẢIHỆPHƯƠNGTRÌNHĐATHỨCBẰNGPHƯƠNGPHÁPKHỬBIẾN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ HOÀNG TÙNG SỬDỤNGCƠSỞGROEBNERGIẢIHỆPHƯƠNGTRÌNHĐATHỨCBẰNGPHƯƠNGPHÁPKHỬBIẾN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNGPHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 Mục lục Mở đầu Vành đa thức, iđêan tập đại số 1.1 Vành đa thức, iđêan vành đa 1.2 Định lý sở Hilbert 1.3 Tập đại số 1.4 Iđêan đơn thứcthức 4 11 Ứng dụngsởGroebner để giảihệphươngtrìnhđathứcphươngphápkhửbiến 2.1 Thứ tự đơn thức thuật toán chia với dư 2.2 CơsởGroebner 2.3 Thuật toán Buchberger 2.4 Định lý khửbiến ứng dụnggiảihệphươngtrìnhđathức 2.5 Các ví dụ 17 17 23 27 32 34 Kết luận 40 Tài liệu tham khảo 41 Mở đầu Trong luận văn thường giả thiết K trường, R trường sốthực C trường số phức Thuật toán chia với dư kết quan trọng vành đathứcbiến K[x], giúp giải toán quan trọng toán thành viên, toán tìm ước chung lớn hai đa thức, toán tìm tổng, thương, giao iđêan Mặc dù thuật toán chia với dư đathứcbiến biết từ xa xưa, thuật toán chia với dư hữu hiệu cho đathức nhiều biến phát triển vào năm 60 kỉ trước B Buchberger giới thiệu lí thuyết sởGroebner luận án tiến sĩ vào năm 1965 hướng dẫn giáo sư W Groebner Điểm mấu chốt khởi đầu cho hình thành lí thuyết sởGroebner việc mở rộng thuật toán chia với dư thuật toán Euclid tìm ước chung lớn cho đathứcbiến sang thuật toán chia với dư thuật toán Buchberger tìm sởGroebner cho đathức nhiều biến Mục đích luận văn "Sử dụngsởGroebner để giảihệphươngtrìnhđathứcphươngphápkhử biến" trình bày lại số kết báo [5] Mencinger năm 2013, giảng [4] Lall năm 2004 báo [7] Sturmfels năm 2005 sở Groebner, tập trung chủ yếu vào ứng dụngsởGroebner để giảihệphươngtrìnhđathức nhiều ẩn phươngphápkhửbiến Luận văn gồm hai chương, có phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương trình bày vành đathức nhiều biến, iđêan vành đathức nhiều biến tập đại số (đó tập nghiệm họ đathức vành đathức K[x1 , , xn ]) Chương trình bày Định lý sở Hilbert nhằm quy tập đại số tập nghiệm họ hữu hạn đathức Chương giới thiệu sởGroebner tập trung trình bày việc giảihệphươngtrìnhđathức nhiều biếnphươngphápkhửbiến Trong suốt luận văn làm việc với đathứccóhệsố trường K Riêng phần Định lí sở Hilbert Chương 1, phải làm việc với đathứccóhệsố vành K[x1 , , xn−1 ], từ dùng quy nạp để chứng minh iđêan K[x1 , , xn ] hữu hạn sinh Trong thời gian thực luận văn này, nhận dẫn tận tình, chu đáo Giáo sư - Tiến sĩ Lê Thị Thanh Nhàn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới cô giúp hoàn thành luận văn Tác giả Chương Vành đa thức, iđêan tập đại số Trong suôt chương này, giả thiết K trường Kí hiệu N tập số nguyên dương N0 tập số nguyên không âm Trong chương tập trung trình bày vành đa thức, iđêan vành đathức nhiều biến tập đại số, đồng thời trình bày Định lý sở Hilbert nhằm quy tập đại số tập nghiệm họ hữu hạn đathức Ngoài trình bày iđêan đơn thức, nghiên cứu đến toán thành viên, toán tìm giao toán tìm iđêan thương hai iđêan đơn thức 1.1 Vành đa thức, iđêan vành đathức Định nghĩa 1.1.1 Kí hiệu K[x1 , , xn ] tập đathức n biến với hệsố K Với i, j ∈ Nn0 , i = (i1 , , in ) j = (j1 , , jn ), ta định nghĩa i + j = (i1 + j1 , , in + jn ).Kí hiệu xi đơn thức xi11 xinn ta gọi i1 + + in bậc xi Khi K[x1 , , xn ] vành với phép cộng phép nhân xi + bi xi = (ai + bi )xi ; i∈Nn0 i∈Nn0 x i i∈Nn0 bi xi = i∈Nn0 x i , với đathức i∈Nn0 i∈Nn0 ck xk , ck = k∈Nn0 bj i+j=k bi xi ∈ K[x1 , , xn ] Vành K[x1 , , xn ] i∈Nn0 gọi vành đathức n biến x1 , , xn với hệsố K Chú ý 1.1.2 Vành đathức n biến x1 , , xn với hệsố K xây dựng quy nạp theo n sau Khi n = 1, vành đathức trở thành vành đathứcbiến K[x1 ] Với n = 2, vành đathức hai biến K[x1 , x2 ] với hệsố K vành đathứcbiến x2 với hệsố K[x1 ] Bằng quy nạp, vành đathức n biến K[x1 , , xn ] với hệsố K vành đathứcbiến xn với hệsố vành K[x1 , , xn−1 ] Với a phần tử khác K , ta gọi bậc từ axi bậc đơn thức xi Chú ý đathức biểu diễn cách thành tổng từ không đồng dạng (nếu không kể đến thứ tự hạng tử) Ta gọi bậc (hay bậc tổng thể) đathức khác bậc cao từ đathức Từ định nghĩa, ta có tính chất sau bậc đathức Bổ đề 1.1.3 Cho f1 (x1 , , xn ), f2 (x1 , , xn ) ∈ K[x1 , , xn ] đathức khác cho tổng chúng khác Khi (i) deg(f1 (x1 , , xn ) + f2 (x1 , , xn )) ≤ max deg fi (x1 , , xn ), i=1,2 (ii) deg f1 (x1 , , xn )f2 (x1 , , xn ) = deg f1 + deg f2 Tiếp theo, trình bày tính chất phổ dụng vành đathức nhiều biến Mệnh đề 1.1.4 Gọi j : K → K[x1 , , xn ] cho j(a) = a với a ∈ K phép nhúng tự nhiên Với vành giao hoán S , hệ gồm n phần tử s1 , , sn S đồng cấu ϕ : K → S , tồn đồng cấu ϕ∗ : K[x1 , , xn ] → S cho ϕ∗ (xi ) = si với i ∈ {1, , n} ϕ∗ j = ϕ Chứng minh Xét ánh xạ ϕ∗ : K[x1 , , xn ] → S xác định ϕ∗ (f (x1 , , xn )) = ϕ(ai )si11 sinn i=(i1 , ,in )∈Nn0 với xi11 xinn ∈ K[x1 , , xn ] f (x1 , , xn ) = i=(i1 , ,in )∈Nn0 Khi ϕ∗ đồng cấu vành, ϕ∗ (xi ) = si với i ∈ {1, , n} ϕ∗ j = ϕ Do ϕ∗ đồng cấu thỏa mãn yêu cầu Bây ta chứng minh tính Giả sử ϕ∗1 đồng cấu từ K[x1 , , xn ] đến S thỏa mãn ϕ∗1 (xi ) = si với i ∈ {1, , n} ϕ∗1 j = ϕ Khi ϕ∗1 (a) = ϕ∗1 j(a) = ϕ(a) với a ∈ K Lại ϕ∗1 đồng cấu vành nên với đathức f (x1 , , xn ) = xi11 xinn i=(i1 , ,in )∈Nn0 vành K[x1 , , xn ] ta có ϕ∗1 (f (x1 , , xn )) = ϕ(ai )si11 sinn i=(i1 , ,in )∈Nn0 Do ϕ∗ = ϕ∗1 Cho A vành K Khi áp dụng Mệnh đề 1.1.4 đồng cấu nhúng ϕ : A → K ta có kết sau Hệ 1.1.5 Cho A vành K Với k1 , , kn ∈ K cho trước, tồn đồng cấu vành ϕ∗ : A[x1 , , xn ] → K cho ϕ∗ (xi ) = ki với i = 1, , n ϕ∗ (a) = a với a ∈ A Hệ 1.1.6 Giả sử B vành giao hoán, b1 , , bn ∈ B j : K → B đồng cấu vành cho với vành giao hoán S , đồng cấu ϕ : K → S hệ gồm n phần tử s1 , , sn ∈ S , tồn đồng cấu ϕ∗ : B → S cho ϕ(bi ) = si với i ∈ {1, , n} ϕ∗ j = ϕ Khi j đơn cấu B ∼ = K[x1 , , xn ] Hệ 1.1.6 cho ta cách xác định khác vành đathức sau: Vành đathức n biến với hệsố K (B, j, b1 , , bn ), B vành giao hoán, b1 , , bn ∈ B j : K → B đồng cấu vành thỏa mãn điều kiện: với vành giao hoán S , với gồm n phần tử s1 , , sn ∈ S với đồng cấu ϕ : K → S , tồn đồng cấu ϕ∗ : B → S cho ϕ∗ (bi ) = si với i ∈ {1, , n} ϕ∗ j = ϕ Định nghĩa 1.1.7 Một tập I ⊆ K[x1 , , xn ] gọi iđêan K[x1 , , xn ] ∈ I, f − g ∈ I, hf ∈ I với f, g ∈ I h ∈ K[x1 , , xn ] Định nghĩa 1.1.8 Iđêan I gọi iđêan hữu hạn sinh K[x1 , , xn ] tồn hữu hạn đathức f1 , , ft ∈ I cho I = {h1 f1 + + ht ft | h1 , , ht ∈ K[x1 , , xn ]} Trong trường hợp ta viết I = (f1 , , ft ) ta nói {f1 , , ft } hệ sinh I Nếu I = (f ) ta nói I iđêan sinh f 1.2 Định lý sở Hilbert Trong suốt tiết này, giả thiết V vành giao hoán khác K trường Ta nói vành V vành Noether dãy tăng iđêan V dừng, tức I1 ⊆ I2 ⊆ ⊆ In ⊆ dãy tăng iđêan V tồn n0 ∈ N cho In = In0 với n ≥ n0 Mục tiêu tiết chứng minh Định lí sở Hilbert, phát biểu V vành Noether vành đathức V [x] vành Noether Để chứng minh Định lí sở Hilbert, cần số đặc trưng sau vành Noether Mệnh đề 1.2.1 Các phát biểu sau tương đương (i) V vành Noether (ii) Mỗi iđêan V hữu hạn sinh (iii) Mỗi họ khác rỗng iđêan V có phần tử cực đại (theo quan hệ bao hàm) Chứng minh (i)⇒(ii) Cho I iđêan V Giả sử I không hữu hạn sinh Lấy a1 ∈ I Do I không hữu hạn sinh nên (a1 ) = I , tồn a2 ∈ I\(a1 ) Do I không hữu hạn sinh nên (a1 , a2 ) = I , tồn a3 ∈ I\(a1 , a2 ) Cứ tiếp tục trình ta thu dãy tăng không dừng (a1 ) ⊂ (a1 , a2 ) ⊂ ⊂ (a1 , , an ) ⊂ iđêan V , điều mâu thuẫn với giả thiết (i) (ii)⇒(iii) Cho Γ = ∅ họ iđêan V Giả sử Γ phần tử cực đại Lấy I1 ∈ Γ Do I1 không cực đại nên tồn I2 ∈ Γ cho I1 ⊂ I2 I1 = I2 Do I2 không cực đại nên tồn I3 ∈ Γ cho I2 ⊂ I3 I2 = I3 Cứ tiếp tục trình ta dãy tăng không dừng I1 ⊂ I2 ⊂ ⊂ In ⊂ phần tử Γ Đặt I = In Khi I iđêan n≥1 V Theo giả thiết (ii), I hữu hạn sinh Giả sử I = (a1 , , ak ) Với i = 1, , k , ∈ I nên tồn ni cho ∈ Ini Chọn n0 = max ni i=1, ,k Khi ∈ In0 với i = 1, , k Suy I ⊆ In0 Do In = In0 với n ≥ n0 Điều vô lí (iii)⇒(i) Cho I1 ⊆ I2 ⊆ ⊆ In ⊆ dãy tăng iđêan V Đặt Γ = {In }n≥1 Theo giả thiết (iii), Γ có phần tử cực đại In0 Suy In = In0 với n ≥ n0 Định lý 1.2.2 (Định lý sở Hilbert) Cho V vành Noether Khi V [x] vành Noether Chứng minh Theo Mệnh đề 1.2.1, ta cần chứng minh iđêan V [x] hữu hạn sinh Cho J iđêan V [x] Nếu J = {0} rõ ràng J hữu hạn sinh Cho J = {0} Gọi m số bé bậc đathức khác thuộc J Với n ≥ m ta định nghĩa n xi ∈ J, deg f (x) = n, an = a} ∪ {0} In = {a ∈ V | ∃f (x) = i=0 Khi In iđêan V In ⊆ In+1 Vì V vành Noether nên In hữu hạn sinh theo Mệnh đề 1.2.1, ta viết In = (an,1 , , an,in ) với n ≥ m Hơn nữa, V Noether nên tồn số tự nhiên k ≥ m cho In = Ik với n ≥ k Với n = m, , k j = 1, , in , gọi fn , j(x) ∈ J đathứccó bậc n hệsố cao an j Đặt An = {fnj (x)|j = 1, , in } k A = An Khi A tập hữu hạn Ta chứng minh J = (A) n=m Rõ ràng (A) ⊆ J Cho = p(x) ∈ J với a hệsố cao p(x) Khi deg p(x) ≥ m Ta chứng minh p(x) ∈ (A) quy nạp theo deg p(x) Cho deg p(x) = m Khi a ∈ Im Do tồn c1 , , cim ∈ K cho im a = cj am,j Đặt q(x) = p(x) − j=1 im cj fm,j (x) Khi q(x) j=1 có bậc nhỏ m Chú ý q(x) ∈ J Do q(x) = theo cách chọn m Suy p(x) ∈ (A) Cho deg p(x) = n > m giả thiết đathức J với bậc nhỏ n thuộc (A) Khi a ∈ In Đặt t = min{n, k} Suy In = It a ∈ It Do tồn c1 , , cit ∈ K it cho a = it cj at,j Đặt q(x) = p(x)− j=1 cj xn−t ft,j (x) Khi q(x) ∈ J j=1 q(x) hoặc có bậc nhỏ n Theo giả thiết quy nạp, q(x) ∈ (A) Suy p(x) ∈ (A) Do J = (A) Chú ý 1.2.3 Có chứng minh khác ngắn gọn cho Định lý sở Hilbert Cho V vành Noether Giả sử V [x] không Noether Khi V [x] có iđêan J không hữu hạn sinh Rõ ràng J = Chọn f1 đathức khác i = 1, , s Suy r2 − r1 = 0f1 + + 0fs + (r2 − r1 ) thỏa mãn điều kiện Định lý 2.1.9 Do r2 − r1 dư phép chia r2 − r1 cho f1 , , fs Do r2 − r1 ∈ I f1 , , fs sởGroebner I nên theo Định lý 2.2.7, dư phép chia r2 − r1 cho f1 , , fs Vì r1 = r2 2.3 Thuật toán Buchberger Trong suốt tiết này, giả thiết U = K[x1 , , xn ] vành đathức n biến trường K ≤ thứ tự đơn thức Mon(U ) Buchberger dùng Định lí chia với dư để đưa tiêu chuẩn cho hệ sinh iđêan sởGroebner Từ ông xây dựng thuật toán, gọi thuật toán Buchberger, để tìm sởGroebner iđêan cho trước hệ sinh hữu hạn Thuật toán Buchberger xem tổng quát thuật toán Euclid tìm ước chung lớn Cho f, g ∈ K[x1 , , xn ] với in(f ) = axi11 xinn in(g) = bxj11 xjnn Ta kí hiệu lcm(in(f ), in(g)) = xt11 xtnn bội chung nhỏ in(f ) in(g), tk = max{ik , jk } với k = 1, , n Định nghĩa 2.3.1 Với f, g ∈ K[x1 , , xn ], đặt S(f, g) = lcm(in(f ), in(g)) lcm(in(f ), in(g) f− g in(f ) in(g) S(f, g) gọi S -đa thức f g Trước đưa tiêu chuẩn Buchberger cho hệđathứcsở Groebner, cần bổ đề sau Bổ đề 2.3.2 Cho u đơn thức, f1 , , fs đathức c1 , , cs s phần tử K thỏa mãn lm(f1 ) = = lm(fs ) = u lm( ci fi ) < u i=1 s ci fi tổ hợp tuyến tính với hệsố K S -đa thức Khi i=1 S(fj , fk ) Hơn nữa, lm(S(fj , fk )) < u với j, k = 1, , s Chứng minh Không tính tổng quát giả thiết ci = với i Đặt s in(fi ) = di lm(fi ), in(fi ) = di u với i = 1, , s Vì lm( i=1 27 ci fi ) < u nên s ci di = Đặt pi = i=1 s fi di Khi pi cóhệsố cao ta có s ci di pi = c1 d1 (p1 − p2 ) + (c1 d1 + c2 d2 )(p2 − p3 ) ci fi = i=1 i=1 s−1 s ci di )(ps−1 − ps ) + ( + + ( i=1 ci di )ps i=1 Do lcm(in(fj ), in(fk )) = u nên ta có S(fj , fk ) = u u u u fj − fk = fj − f k = pj − pk in(fj ) in(fk ) dj u dk u s Thay biểu diễn pj − pk S(fj , fk ) vào công thức s s ci di = 0, ta suy với ý i=1 ci fi phía i=1 ci fi tổ hợp tuyến tính với hệsố i=1 K S(fj , fk ) Vì pj pk cóhệsố cao nên từ cao hai đathức u Do pj − pk có từ cao nhỏ u, tức S(fj , fk ) có từ cao nhỏ u Định lý 2.3.3 (Tiêu chuẩn Buchberger) Cho I iđêan K[x1 , , xn ] f1 , , ft hệ sinh I Khi f1 , , ft sởGroebner I với i = j , phần dư phép chia S -đa thức S(fi , fj ) cho f1 , , ft Chứng minh Giả sử f1 , , fs sởGroebner I Vì S(fi , fj ) ∈ I nên theo Định lí 2.3.7, dư phép chia S(fi , fj ) cho f1 , , fs đathức Ngược lại, giả sử dư phép chia S(fi , fj ) cho f1 , , fs đathức với i = j Ta chứng minh f1 , , fs sởGroebner I Cho = f ∈ I Ta cần in(f ) ∈ (in(f1 ), , in(fs )) Vì f ∈ I nên tồn đathức hi cho f = h1 f1 + + hs fs Đặt mi = lm(hi fi ) với i Gọi u đơn thức cao đơn thức m(1), , m(s) Khi rõ ràng lm(f ) ≤ u Xét tất biễu diễn f thành tổ hợp f1 , , fs Với biểu diễn ta nhận đơn thức u Theo định nghĩa thứ tự đơn thức, tập đơn thức u thu từ biểu diễn f qua f1 , , fs ta chọn đơn thức bé nhất, kí hiệu u0 Với u0 vừa chọn, ta khẳng định lm(f ) = u0 Chú ý khẳng định 28 chứng minh in(f ) ∈ (in(f1 ), , in(fs )), định lí chứng minh Giả sử trái lại, lm(f ) < u0 Từ biểu diễn f ứng với u0 ta viết f= hi fi + hi f i m(i)=u0 = m(i) z > x hệ y − x2 , z − x3 sởGroebner iđêan I = (y − x2 , z − x3 ) Tuy nhiên, chọn thứ tự đơn thức thứ tự từ điển x > y > z hệ y − x2 , z − x3 không sởGroebner iđêan I = (y−x2 , z −x3 ) Thật vậy, ta có in(y−x2 ) = −x2 , in(z −x3 ) = −x3 Do S(y −x2 , z −x3 ) = x3 −xy −x3 +z = −xy +z Vì dư phép chia S(y − x2 , z − x3 ) cho y − x2 , z − x3 −xy + z Theo tiêu chuẩn Buchberger, y − x2 , z − x3 không sởGroebner I Từ tiêu chuẩn Buchberger, có thuật toán, gọi thuật toán Buchberger, để thu sởGroebner I xuất phát từ hệ sinh I Sau mô tả bước thuật toán 30 Thuật toán 2.3.7 (Thuật toán Buchberger) Cho I = (f1 , , fs ) iđêan khác vành đathức K[x1 , , xn ] Để tìm sởGroebner I ta tiến hành bước: Bước Đặt G0 = {f1 , , fs } Với i, j ∈ {1, , s}, chia S(fi , fj ) cho f1 , , fs Nếu đathức dư G0 sởGroebner I , trình kết thúc Nếu ngược lại, gọi fs+1 đathức dư khác xuất phép chia S(fi , fj ) cho f1 , , fs Đặt G1 = {f1 , , fs , fs+1 } Rõ ràng G1 = {f1 , , fs , fs+1 } hệ sinh I Bước k+1 Giả sửthực xong bước k ,ta tiến hành Bước k + Khi ta cóhệ sinh Gk = {f1 , , fs+k } I , fs+t dư khác chia S(fi , fj ) cho hệ f1 , , fs+t−1 với t ≤ k Với i, j ∈ {1, , s+k}, chia S(fi , fj ) cho f1 , , fs+k Nếu đathức dư Gk sởGroebner I , trình kết thúc Nếu ngược lại, gọi fs+k+1 đathức dư khác xuất phép chia S(fi , fj ) cho f1 , , fs+k Đặt Gk+1 = {f1 , , fs+k+1 } Cứ tiếp tục trình Quá trình phải kết thúc sau số hữu hạn bước hệ sinh cuối thu sởGroebner I Thật vậy, giả sửtrình không kết thúc Khi với số tự nhiên k , đathức dư fs+k+1 phép chia S(fi , fj ) cho hệ f1 , , fk có tính chất: fs+k+1 = từ fs+k+1 bội in(ft ) với t ≤ k Suy in(fs+k+1 ) ∈ / Ik , Ik = (in(f1 , , in(fs+k )) Do ta có dãy tăng không dừng iđêan đơn thức I1 ⊂ I2 ⊂ Theo Định lí sở Hilbert, điều xảy Ví dụ 2.3.8 (Xem [3, Trang 90]) Trên vành đathức R[x, y], cho I = (f1 , f2 ), f1 = x3 − 2xy f2 = x2 y − 2y + x Xét thứ tự từ điển phân bậc x > y Ta có S(f1 , f2 ) = −x2 Do dư phép chia S(f1 , f2 ) cho f1 , f2 f3 = −x2 = Xét hệ sinh f1 , f2 , f3 I Ta có S(f1 , f2 ) = f3 Do dư phép chia S(f1 , f2 ) cho f1 , f2 , f3 Ta có S(f1 , f3 ) = f1 − (−x)f3 −2xy Do dư tương ứng f4 = −2xy = Xét hệ sinh f1 , f2 , f3 , f4 Ta có S(f1 , f2 ) = f3 , S(f1 , f3 ) = f4 Vì dư chia S(f1 , f2 ) S(f1 , f3 ) cho f1 , f2 , f3 , f4 Ta có S(f1 , f4 ) = yf1 − (− 21 )x2 f4 Do dư phép chia S(f1 , f4 ) cho f1 , f2 , f3 , f4 Ta có S(f2 , f3 ) = f2 − (−y)f3 Do dư tương ứng với S(f2 , f3 ) Chia S(f2 , f4 ) cho hệ f1 , f2 , f3 , f4 ta 31 dư f5 = −2y +x Xét hệ sinh f1 , f2 , f3 , f4 , f5 Ta dễ kiểm tra dư phép chia S(fi , fj ) cho f1 , f2 , f3 , f4 , f5 với i, j = 1, 2, 3, 4, Vậy f1 , f2 , f3 , f4 , f5 sởGroebner I Như nêu Tiết 2.2, thuật toán Buchberger tìm sởGroebner cho ta lời giải toán thành viên Cụ thể, với đathức f iđêan I , xác định xem f có phần tử I hay không cách tìm sởGroebner I chia f cho sở Khi f ∈ I dư phép chia đathức Ví dụ 2.3.9 Trong vành đathức Q[x, y, z], cho I = (xz − y , x3 − z ) f = xy −5z +x Chọn thứ tự từ điển phân bậc với x > y > z Sửdụng thuật toán Buchberger ta thu sởGroebner I f1 , f2 , f3 , f4 , f1 = xz − y , f2 = x3 − z , f3 = x2 y − z , f4 = xy − z , f5 = y − z Ta chia f cho f1 , f2 , f3 , f4 , f5 Ta có lm(f1 ) = xz, lm(f2 ) = x3 , lm(f3 ) = x2 y , lm(f4 ) = xy , lm(f5 ) = y Rõ ràng từ f bội lm(fi ) với i = 1, 2, 3, 4, Do dư phép chia f cho f1 , f2 , f3 , f4 , f5 f Vì f = 0, tức dư phép chia khác 0, nên f ∈ / I 2.4 Định lý khửbiến ứng dụnggiảihệphươngtrìnhđathức Bây trình bày nội dung luận văn CơsởGroebnersửdụng để giảihệphươngtrìnhđathức cách khửsốbiếnsốphương trình, sau quay trở lại giảihệphươngtrình ban đầu Trước hết ta cần khái niệm sau Định nghĩa 2.4.1 Cho I = (f1 , , fs ) iđêan K[x1 , , xn ] Với số tự nhiên k = 1, , n − ta đặt Ik = I ∩ K[xk+1 , , xn ] Khi Ik iđêan K[xk+1 , , xn ] Ta gọi Ik iđêan khử thứ k I Định lý 2.4.2 (Định lý khử biến) Cho I iđêan K[x1 , , xn ] Giả sử G = {f1 , , fs } sởGroebner I ứng với thứ tự từ điển x1 > > xn Khi Gk = G ∩ K[xk+1 , , xn ] sởGroebner Ik với k = 1, , n − Chứng minh Cho k ∈ {1, , n − 1} Rõ ràng Gk ⊆ Ik Cho f ∈ Ik Khi f ∈ I Do G sởGroebner I nên lm(f ) ∈ (lm(f1 ), , lm(fs )) Theo Hệ 1.4.3, tồn fi cho lm(f ) bội lm(fi ) Vì f ∈ Ik nên 32 lm(fi ) ∈ K[xk+1 , , xn ] Do x1 > > xn nên từ khác fi thuộc K[xk+1 , , xn ] Vì fi ∈ K[xk+1 , , xn ] Suy fi ∈ Gk Giả sử Gk = {g1 , , gt } Khi lm(f ) ∈ (lm(g1 ), , lm(gt )) Do (lm(g1 ), , lm(gt )) = in(Ik ) Vì g1 , , gt sởGroebner Ik Chú ý 2.4.3 Chúng ta tóm tắt phươngphápdùngsởGroebner Định lí khửbiến để giảihệphươngtrìnhđathức sau: Với tập S K[x1 , , xn ], Chương ta kí hiệu Z(S) ⊆ n K tập không điểm chung S Xét hệphươngtrình f1 = 0, , fs = với f1 , , fs ∈ K[x1 , , xn ] Đặt I = (f1 , , fs ) Sửdụng thuật toán Buchberger, ta tìm sởGroebner G = {g1 , , gt } I Khi đó, theo Bổ đề 2.2.6 (iii), hệ G hệ sinh I Vì Z(f1 , , fs ) = Z(I) = Z(G), tức tập nghiệm hệ f1 = 0, , fs = Z(G) Với số tự nhiên k = 1, , n − 1, nhờ Định lí khử biến, hệ Gk = G ∩ K[xk+1 , , xn ] sởGroebner iđêan Ik Chú ý Gn−1 ⊆ K[xn ] hệđathứcbiến xn Do đó, giảihệphươngtrìnhbiến xn ta tính Z(Gn−1 ) Với k ≤ n − 1, giả sử tìm Z(Gk ), ta cần tìm Z(Gk−1 ) Nếu Gk−1 = {h1 , , hr } (ak+1 , , an ) ∈ Z(Gk ), (ak , , an ) ∈ Z(Gk−1 ) ak nghiệm hệ r phươngtrìnhbiến hi (xk , ak+1 , , an ) = với i = 1, , r Từ ta tìm Z(Gk−1 ) Cứ tiếp tục vậy, ta tìm Z(G1 ) Thay phần tử (a2 , , an ) ∈ Z(G1 ) vào đathức G ta hệphươngtrìnhđathứcbiến x1 Từ ta tìm Z(G) Chúng ta minh họa điều ví dụ sau Ví dụ 2.4.4 Cho hệphươngtrình 2x2 − 4x + y − 4y + = x2 − 2x + 3y − 12y + = Để tìm nghiệm C2 hệ này, ta xét iđêan I = (f1 , f2 ) vành đathức C[x, y], f1 = 2x2 − 4x + y − 4y + f2 = x2 − 2x + 3y − 12y + Chọn thứ tự từ điển với x > y Khi S -đa thức ứng với f1 , f2 −5y 15 S(f1 , f2 ) = + 10y − 2 33 Ta có lm(f1 ) = x2 = lm(f2 ) Rõ ràng từ S(f1 , f2 ) bội x2 Do S(f1 , f2 ) dư phép chia S(f1 , f2 ) cho f1 , f2 Vì −5y 15 ta cóhệ sinh f1 , f2 , f3 I với f3 = S(f1 , f2 ) = + 10y − 2 Ta thấy đathức dư phép chia S -đa thức S(fi , fj ) cho f1 , f2 , f3 với i, j = 1, 2, Do G = {f1 , f2 , f3 } sởGroebner I Đặt G1 = G ∩ C[y] Theo Định lí khử biến, G1 = {f3 } sởGroebner iđêan I ∩ C[y] Suy Z(G1 ) = Z(f3 ) = {1, 3} ⊆ C Thay y = vào đathức G ta x = x = Thay y = vào đathức G ta x = x = Do Z(G) = {(0, 1), (2, 1), (0, 3), (2, 3)} Đây tập nghiệm phức hệ cho 2.5 Các ví dụ x+y+z =1 x2 + y + z = x3 + y + z = Ví dụ 2.5.1 Giảihệphươngtrình Lời giải Xét iđêan I = (x + y + z − 1, x2 + y + z − 1, x3 + y + z − 1) Chọn thứ tự từ điển với x > y > z Thuật toán Buchberger cho ta sởGroebner I G = {g1 , g2 , g3 }, g1 = x + y + z − 1, g2 = y + yz − y + z − z, g3 = z − z Xét phươngtrình g3 = ta suy z ∈ {0; 1} Với z = 0, thay vào đathức G ta y = {0; 1} x = {1; 0} Với z = 1, thay vào đathức G ta y = x = Vậy tập nghiệm hệ Z(G) = {(1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1)} x2 + y + z − = x2 − 2x + y + z = 2x − 3y − z = Ví dụ 2.5.2 Giảihệphươngtrình 34 Lời giải Xét iđêan I = (x2 + y + z − 1, x2 − 2x + y + z , 2x − 3y − z) Chọn thứ tự từ điển với x > y > z Thuật toán Buchberger cho ta sởGroebner I G = {g1 , g2 , g3 }, g1 = 2x − 1, g2 = 3y + z − 1, g3 = 40z − 8z − 23 √ √ − 26 + 26 ; Xét phươngtrình g3 = ta suy z ∈ 20 20 √ √ − 26 + 26 Với z = , thay vào đathức G ta y = 20 20 x= √ √ + 26 − 26 Với z = , thay vào đathức G ta y = 20 20 x= Vậy tập nghiệm hệ √ √ √ √ + 26 − 26 − 26 + 26 Z(G) = ; ; , ; ; 20 20 20 20 x2 + y + z − = Ví dụ 2.5.3 Giảihệphươngtrình x + y2 + z − = x + y + z − = Lời giải Xét iđêan I = (x2 + y + z − 1, x + y + z − 1, x + y + z − 1) Chọn thứ tự từ điển với x > y > z Thuật toán Buchberger cho ta sởGroebner I G = {g1 , g2 , g3 , g4 }, g1 g2 g3 g4 = x + y + z − 1, = y − y − z + z, = 2yz + z − z , = z − 4z + 4z − z = z (z − 1)2 (z + 2z − 1) 35 √ √ Xét phươngtrình g4 = ta suy z ∈ {0; 1; −1 + 2; −1 − 2} Với z = thay vào đathức G ta y = {0; 1} x = {1; 0} Với z = thay vào đathức G ta y = x = √ √ Với z = −1 + thay vào đathức G ta y = −1 + √ x = −1 + √ √ Với z = −1 − thay vào đathức G ta y = −1 − √ x = −1 − Vậy tập nghiệm hệ Z(G) = {(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1); √ √ √ √ √ √ (−1 + 2; −1 + 2; −1 + 2); (−1 − 2; −1 − 2; −1 − 2)} x2 + yz + x = Ví dụ 2.5.4 Giảihệphươngtrình xy + z + z = xz + y + y = Lời giải Xét iđêan I = (x2 + yz + x, xy + z + z, xz + y + y) Chọn thứ tự từ điển với x > y > z Thuật toán Buchberger cho ta sởGroebner I G = {g1 , g2 , g3 , g4 , g5 , g6 }, g1 g2 g3 g4 g5 g6 = x2 + x + yz, = xy + z + z, = xz + 2yz + yz + z + z, = y − 2yz − yz − y − z − z, = 2yz + 2yz + z + z , = 2z + 3z + z = z (2z + 3z + 1) Với z = 0, thay vào đathức G ta y = x = y = x = −1 y = −1 x = Với z = −1, thay vào đathức G ta y = x = 1 Với z = − , thay vào đathức G ta y = − x = − 2 Vậy tập nghiệm hệ Xét phươngtrình g6 = ta suy z ∈ Z(G) = 0; −1; − 1 (0; 0; 0); (−1; 0; 0); (0; −1; 0); (− ; − ; − ) 2 36 2x + xy − x − y = x2 + x2 y + yz − z = x − x2 + y = Ví dụ 2.5.5 Giảihệphươngtrình Lời giải Xét iđêan I = (2x + xy − x − y, x2 + x2 y + yz − z, x − x2 + y) Chọn thứ tự từ điển với x > y > z Thuật toán Buchberger cho ta sởGroebner I G = {g1 , g2 , g3 , g4 }, g1 g2 g3 g4 = 3x + 3y − z − 2z, = 3y − z + z, = 2yz + z − z, = z + 2z − 3z = z(z + 2z − 3) Xét phươngtrình g4 = ta suy z ∈ {0; 1; −3} Với z = 0, thay vào đathức G ta y = x = Với z = 1, thay vào đathức G ta y = x = Với z = −3, thay vào đathức G ta y = x = −1 Vậy tập nghiệm hệ Z(G) = {(0; 0; 0); (1; 0; 1); (−1; 2; −3)} x y−z =0 2xy − 4z = Ví dụ 2.5.6 Giảihệphươngtrình z 3− y = x − 4zy = Lời giải Xét iđêan I = (x2 y − z , 2xy − 4z, z − y , x3 − 4zy) Chọn thứ tự từ điển với x > y > z Thuật toán Buchberger cho ta sởGroebner I G = {1} Ta thấy sởGroebner G I chứa đathức Vì hệphươngtrình cho vô nghiệm Nhận xét 2.5.7 Các hệphươngtrình Ví dụ 2.5.1 - 2.5.6 giảisửdụngphươngpháp tìm sởGroebnerdùng Định lí khửbiến Tuy nhiên, hệgiải cách Dưới đây, trình bày hai ví dụ để minh họa 37 t2 + x2 + y + z = Ví dụ 2.5.8 Xét hệphươngtrình sau t2 + 2x2 − xy − z = t + y − z = Xét iđêan I = (t2 + x2 + y + z , t2 + 2x2 − xy − z , t + y − z ) Chọn thứ tự từ điển với t > x > y > z , ta cósởGroebner I G = {g1 , g2 , g3 , g4 , g5 }, g1 = x2 + y + z + y − 2y z + z , g2 = 2y + 3z + y − 2y z + z + xy, g3 = −5y − 7yz − 5y + 10y z − 3yz + 6z y + 4y z − 5y z + 2z y − 3y z − y 1 + 3xz + xz , g4 = t + y − z , g5 = 13y z + 9z + 6y z − 12z y + 6z + 5z y + 6z y − 4z y + z 12 + 5y − 10y z − 4y z + y 12 Ta thấy dù tìm sởGroebner I giảihệphươngtrìnhđathức g1 , g2 , g3 , g4 , g5 chứa nhiều biến −2wx + 3x + 2yz = −2wy + 2xz = Ví dụ 2.5.9 Xét hệphươngtrình sau −2wz + 2xy − 2z = x + y + z − = Xét iđêan I = (−2wx + 3x2 + 2yz, −2wy + 2xz, −2wz + 2xy − 2z, x2 + y + z − 1) Chọn thứ tự từ điển với w > x > y > z , ta cósởGroebner I G = {g1 , g2 , g3 , g4 , g5 , g6 , g7 , g8 }, g1 g2 g3 g4 g5 g6 g7 g8 = 7670w − 11505x − 11505yz − 335232z + 477321z − 134419z , = x2 + y + z − 1, = 3835xy − 19584z + 25987z − 6043z, = −3835xz − 3835yz + 1152z + 1404z − 2556z, = −3835y − 3835yz + 3835y + 9216z − 11778z + 2562z, = 3835y z − 6912z + 10751z − 3839z, = 118yz − 118yz − 1152z + 1605z − 453z , = −1152z + 1763z − 655z + 44z 38 Ta thấy dù tìm sởGroebner I phươngtrình g8 = cóbiến z , bậc g8 lại lớn tìm nghiệm z = g8 (6 nghiệm lại không tìm được) Do giảihệ 39 Kết luận Luận văn trình bày tổng quan kiến thức lí thuyết sởGroebner ứng dụnggiảihệphươngtrìnhđathứcphươngphápkhửbiến Các kiến thức viết luận văn tham khảo chủ yếu từ báo [5, 7], sách [1, 3] giảng gần lí thuyết khửbiến S Lall [4] Các nội dung luận văn là: Nhắc lại số kiến thức vành đathức iđêan vành đathức (nhiều biến); Chứng minh Định lí sở Hilbert, từ quy tập nghiệm họ đathức (tập đại số) thành tập nghiệm họ hữu hạn đa thức; Trình bày tổng quan lí thuyết sở Groebner, nhấn mạnh thuật toán chia với dư, khái niệm sởGroebner thuật toán Buchberger để tìm sở Groebner; Chứng minh Định lí khửbiếnphươngphápgiảihệphươngtrìnhđathức lí thuyết sởGroebner Định lí khử biến; Trình bày ví dụ minh họa việc giảihệphươngtrìnhđa thức; Đưa ví dụ để thấy phươngphápdùng lí thuyết sởGroebner Định lí khửbiến để giảihệphươngtrìnhđathứccó hạn chế 40 Tài liệu tham khảo Tài liệu Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn, Lý thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2015 Tài liệu Tiếng Anh [2] B Buchberger and F Winkler, (editors), Gr¨ obner Bases and Applications, London Mathematical Society Lectures Notes Series 251, Cambridge University Press, 1998 [3] D Cox, J Little and D O’Shea, Ideals, Varieties, and Algorithms, Springer-Verlag, New York, 1992 [4] S Lall, Elimination, http://lall.stanford.edu/data/engr210b_0405/ elimination_2004_11_07_01.pdf, 2004 [5] M Mencinger, On Groebner bases and their use in solving some practical problems, Universal Journal of Computational Mathematics, (2013), 514 [6] Victor V Prasolov, Polynomials, Springer, 2004 (second edition) [7] B Sturmfels, What is a Groebner basis?, Notices of the AMS, 52 (2005), 1-3 41 [...]... là f Vì f = 0, tức là dư của phép chia khác 0, nên f ∈ / I 2.4 Định lý khửbiến và ứng dụnggiảihệphươngtrình đa thức Bây giờ chúng ta trình bày nội dung chính nhất của luận văn CơsởGroebnercó thể sử dụng để giảihệphươngtrình đa thứcbằng cách khử một sốbiến ở một sốphương trình, rồi sau đó quay trở lại giải hệphươngtrình ban đầu Trước hết ta cần khái niệm sau Định nghĩa 2.4.1 Cho I = (f1... theo tiêu chuẩn Buchberger, hệ f1 , , fs là một cơsởGroebner nếu và chỉ nếu phần dư của phép chia S(fi , fj ) cho f1 , , fs là đathức 0 với mọi i < j Chú ý rằng cơsởGroebner phụ thuộc vào thứ tự đơn thức Một hệđathức là cơsởGroebner của một iđêan I đối với thứ tự đơn thức này, nhưng có thể không là cơsởGroebner của I đối với thứ tự đơn thức khác Ta minh họa điều này bằng ví dụ sau Ví dụ 2.3.6... Theo hệ quả 2.1.11 ta có (I : u1 ) = (v1 , v2 , v3 ) = (y, xy, yz) Tương tự (I : u2 ) = (x, yz, z 2 ) Theo Hệ quả 2.1.6, (I : J) = (I : u1 )∩(I : u2 ) = (x, xy, yz)∩(x, yz, z 2 ) = (xy, yz, yz 2 , xyz, xyz 2 ) = (xy, yz) 16 Chương 2 Ứng dụngcơsởGroebner để giải hệphươngtrình đa thứcbằngphươngphápkhửbiến 2.1 Thứ tự đơn thức và thuật toán chia với dư Ta kí hiệu U = K[x1 , , xn ] là vành đa thức. .. Vì thế f1 , , fs là một cơsởGroebner của I Từ Định lý 2.2.7 ta có thể giải quyết bài toán thành viên cho một iđêan trong vành đathức nhiều biến khi biết một cơsởGroebner của iđêan đó Hệ quả 2.2.8 Cho f1 , , fs là một cơsởGroebner của iđêan I Khi đó một đathức f là phần tử của I nếu và chỉ nếu dư của phép chia f cho f1 , , fs là 0 Hệ quả 2.2.9 Nếu f1 , , fs là một cơsởGroebner của iđêan I thì... sởGroebner và Định lí khửbiến để giảihệphươngtrìnhđathức như sau: Với mỗi tập con S của K[x1 , , xn ], như trong Chương 1 ta kí hiệu Z(S) ⊆ n K là tập các không điểm chung của S Xét hệphươngtrình f1 = 0, , fs = 0 với f1 , , fs ∈ K[x1 , , xn ] Đặt I = (f1 , , fs ) Sửdụng thuật toán Buchberger, ta tìm một cơsởGroebner G = {g1 , , gt } của I Khi đó, theo Bổ đề 2.2.6 (iii), hệ G cũng là hệ. .. , f4 , f5 là cơsởGroebner của I Như đã nêu trong Tiết 2.2, thuật toán Buchberger tìm cơsởGroebner cho ta lời giải bài toán thành viên Cụ thể, với một đathức f và một iđêan I , chúng ta có thể xác định xem f có là phần tử của I hay không bằng cách tìm một cơsởGroebner của I rồi chia f cho cơsở đó Khi đó f ∈ I nếu và chỉ nếu dư của phép chia là đathức 0 Ví dụ 2.3.9 Trong vành đathức Q[x, y,... 2.2 CơsởGroebner Trong phần cuối Tiết 2.1, chúng ta đãtrình bày ví dụ chỉ ra "hạn chế" liên quan đến phép chia với dư các đathức nhiều biến (thương và dư không duy nhất, chúng phụ thuộc vào việc chọn thứ tự các đathức chia) Điều này dẫn đến những khó khăn trong việc sửdụng thuật toán chia với dư để giải quyết một số bài toán về đathức nhiều biến Mục tiêu của tiết này là nghiên cứu những hệđa thức, ... Z(f1 , , fs ) = Z(I) = Z(G), tức là tập nghiệm của hệ f1 = 0, , fs = 0 chính là Z(G) Với mỗi số tự nhiên k = 1, , n − 1, nhờ Định lí khử biến, hệ Gk = G ∩ K[xk+1 , , xn ] là một cơsởGroebner của iđêan Ik Chú ý rằng Gn−1 ⊆ K[xn ] là hệđathức một biến xn Do đó, giải hệphươngtrình một biến xn ta tính được Z(Gn−1 ) Với k ≤ n − 1, giả sửđã tìm được Z(Gk ), ta cần tìm Z(Gk−1 ) Nếu Gk−1 = {h1... và chỉ nếu ak là nghiệm của hệ r phươngtrình một biến hi (xk , ak+1 , , an ) = 0 với mọi i = 1, , r Từ đây ta tìm được Z(Gk−1 ) Cứ tiếp tục như vậy, ta tìm được Z(G1 ) Thay mỗi phần tử (a2 , , an ) ∈ Z(G1 ) vào các đathức trong G ta được hệphươngtrìnhđathức một biến x1 Từ đó ta tìm được Z(G) Chúng ta minh họa điều này bằng ví dụ sau đây Ví dụ 2.4.4 Cho hệphươngtrình 2x2 − 4x + y 2 − 4y + 3... vậy ta cóhệ sinh mới f1 , f2 , f3 của I với f3 = S(f1 , f2 ) = + 10y − 2 2 Ta thấy rằng các đathức dư trong phép chia S -đa thức S(fi , fj ) cho f1 , f2 , f3 là 0 với mọi i, j = 1, 2, 3 Do đó G = {f1 , f2 , f3 } là một cơsởGroebner của I Đặt G1 = G ∩ C[y] Theo Định lí khử biến, G1 = {f3 } là một cơsởGroebner của iđêan I ∩ C[y] Suy ra Z(G1 ) = Z(f3 ) = {1, 3} ⊆ C Thay y = 3 vào các đathức của ... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC LÊ HOÀNG TÙNG SỬ DỤNG CƠ SỞ GROEBNER GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP KHỬ BIẾN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60.46.01.13... Ứng dụng sở Groebner để giải hệ phương trình đa thức phương pháp khử biến 2.1 Thứ tự đơn thức thuật toán chia với dư Ta kí hiệu U = K[x1 , , xn ] vành đa thức n biến trường K Mon(U ) tập đơn thức. .. luận văn "Sử dụng sở Groebner để giải hệ phương trình đa thức phương pháp khử biến" trình bày lại số kết báo [5] Mencinger năm 2013, giảng [4] Lall năm 2004 báo [7] Sturmfels năm 2005 sở Groebner,