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.
Từ đó suy ra
F(x01, ..., x0n) = r1(x01, ..., x0n)P1(x01, ..., x0n) + r2(x01, ..., xn0)P2(x01, ..., x0n) + ...+rm(x01, ..., xn0)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 đóK 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
(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)0 ⇒ (iii). (iii) ⇒ (ii) hiển nhiên.
(ii) ⇒ (iv) Cho fi là một đa thức khác 0 của tập hợp IT
K[xi]. Khi đó với mọi không điểm (a1, ..., an) ∈ An
¯
K. 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 JT
K[x1, ..., xd] 0 = ∅. Khi đó theo bổ đề 2.5.10, tồn tại đa thức p(z1, ..., zd) 6= 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.