Định nghĩa 1.4.22. Cho f, g ∈ K[x] là hai đa thức khác 0. Kí hiệu: mf g = U CLN(inlm((ff)),lm(g))
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 6= 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 thứcf dẫn về đa thứcg moduloGvà kí hiệu là f G //g , hoặc đơn giản là f →g khi đã rõ G, nếu f có thể viết dưới dạng
f = q1g1 +...+qsgs+ g,
sao cho nếu qigi 6= 0 thì
in(qigi) ≤ 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 6= 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.
• 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 smglm(f) = smflm(g) thì do tính nguyên tố cùng nhau sẽ suy ra smg chia hết cho lm(g). Điều này vô lí, vì smg <lm(g). Do đó ở đẳng thức trên phải có max{lm([g−in(g)]f),lm([f−in(f)]g)} =lm(S(f, g)), tức là có một phép chia S(f, g) cho G mà phần tử dư của nó bằng không.
Do vậy không cần thử Tiêu chuẩn Buchberger cho các cặp có từ khởi đầu nguyên tố cùng nhau.
Ví dụ. Cho I = (y −x2, z −x3). Đối với thứ tự từ điển y > 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.