Không gian afin n chiều trên trường K là tập hợp AnK gồm các điểm (a1, ..., an) ∈ Kn. 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, ¯
K là bao đóng đại số của K và f, f1, ..., fm ∈ K[x]. Các khẳng định sau tương đương
(i) Với mọi a ∈ An
¯
K, f1(a) =... = fm(a) = 0 suy ra f(a) = 0. (ii) Tồn tại 0 < s ∈ N sao cho fs = (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 fm, gl ∈
I. Khai triển lũy thừa (f+g)m+l−1 thì mọi số hạng đều có nhân tửfigi với i +j = m+ l−1. Từ i ≥ m hoặc j ≥ l cho ta fi ∈ I hoặc gi ∈ I, khi đó ta luôn có figi ∈ 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 fm ∈ I, cho một số nguyên m ≥ 1. Vì I là iđêan nên (hf)m = hmfm ∈ I. Vậy hf ∈ √I. (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra √
I là một iđêan.
Nếu fm ∈ √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 fk ∈ 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 fm ∈ I. Vậy fm triệt tiêu trên V(I) do
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 fm ∈ I. Vậy f ∈ √I. Do f lấy bất kì vậy ta có I(V(I)) ⊂√I. Định lí được chứng minh.
Hệ quả 2.5.6. Hai hệ phương trình đa thức tương đương trên K¯ khi 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 trường, K¯ là bao đóng đại số của K và f1, ..., fm ∈ K[x]. Hệ phương 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]ChoI là iđêan nguyên tố chiều0của vànhK[x1, ..., xn]. Khi đó
(i) Nếu G = g1, ..., gn là cơ sở Gr¨obner tối tiểu của I như trong mệnh đề trên, và (z1, ..., zi) ∈ K¯i là nghiệm chung của g1, ..., gi, 1≤ i < n thì tồn tại (zi+1, ..., zn) ∈ K¯ sao cho (z1, ..., zn) là ngiệm chung của I. (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 p ∈ K[x1, ..., xd] khác không sao cho mọi phần tử (z1, ..., zd) ∈ K¯i mà p(z1, ..., zd) 6= 0 đều có thể mở rộng thành nghiệm (z1, ..., zn) ∈ An
¯
K 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 hợpd > 0.Không mất tính tổng quát có thể giả thiếtx1, ..., xd
là tập độc lập cực đại modulo I. Chọn J là iđêan nguyên tố chứa I sao cho JT
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) 6= 0 đều có thể mở rộng thành nghiệm (z1, ..., zn) ∈ An
¯
K của J. Vì trường đại số là vô hạn nên tồn tại (z1, ..., zd) ∈ K¯d không là nghiệm của p. Theo bổ đề 2.5.10, từ (z1, ..., zd) có thể xây dựng được không điểm của J, và do đó của I. Định lý được chứng minh.
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
¯
Kn+1.Thật vậy, nếu(a1, ..., an)không là không điểm chung củaf1, ..., fm 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+1f(a1, ..., an) 6= 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.