Định nghĩa 2.3.1.Chof1, ..., fm ∈ k[x1, ..., xn]và chúng ta kí hiệuk[f1, ..., fm] là con củak[x1, ..., xn] gồm tất cả đa thức biểu diễn qua các f1, ..., fm với hệ sè trong k.
Nghĩa là phần tử f ∈ k(f1, ..., fm) là đa thức mà có thể viết f = g(f1, ..., fm),
với g là đa thức m biến với hệ số trong k.
Vì k[f1, ..., fm] là đóng d-ới phép nhân, phép cộng và chứa hằng số nên nó là con củak[x1, ..., xn]. Chúng ta nói k[f1, ..., fm] đ-ợc sinh bởi f1, ..., fm trên k.
Ta thấy k[f1, ..., fm] và idealhf1, ..., fmi đều đ-ợc sinh bởi f1, ..., fm, nh-ng trong mỗi tr-ờng hợp, sự khác biệt đó không đáng kể.
Định nghĩa 2.3.2. Cho G ⊂ GL(n, k) là một nhóm ma trận hữu hạn. Toán tử Reynoldscủa G là ánh xạ RG :k[x1, ..., xn] → k[x1, ..., xn] t-ơng ứng mỗi f(x) ∈ k[x1, ..., xn] víi
RG(f)(x) = 1
|G| X
A∈G
f(A.x).
Chú ý phép chia cho |G| là cho phép vì k có đặc số không. Toán tử Reynolds có mệnh đề quan trọng sau đây.
Mệnh đề 2.3.1. Giả sử RG là toán tử Reynolds của nhóm ma trận hữu hạn G.
(i) RG là k tuyến tính theo f.
(ii) NÕu f ∈ k[x1, ..., xn] th× RG(f) ∈ k[x1, ..., xn]G.
(iii) NÕu f ∈ k[x1, ..., xn] th× RG(f) = f.
Chứng minh. (ii) Lấy B ∈ G thì
RG(f)(Bx) = 1
|G| X
A∈G
f(A.Bx) = 1
|G| X
A∈G
f(AB.x). (1)
Viết G = {A1, ..., A|G|} chú ý AiB 6= AjB khi i 6= j (mặt khác ta nhân hai vế cho B−1 để có kết quả là Ai = Aj). Một tập con {A1B, ..., A|G|B} ⊂ G chứa |G| phần tử khác biệt của G và vì thế nó phải bằng G, khi đó ta có biểu diÔn
G= {AB : A ∈ G}.
Ta thấy đa thức f(AB.x) chính là đa thức f(A.x), có thể khác nhau về cấp 1
|G| X
A∈G
f(AB.x) = 1
|G| X
A∈G
f(A.x) = RG(f)(x),
và điều này chỉ ra rằng RG(f)(B.x) = RG(f)(x),∀B ∈ G. Điều này suy ra RG(f) ∈ k[x1, ..., xn]G.
(iii) Chú ý, nếu f ∈ k[x1, ..., xn]G thì khi đó RG(f)(x) = 1
|G| X
A∈G
f(A.x) = 1
|G| X
A∈G
f(x) = f(x) vì f là bất biến. Từ đó RG(f) =f là điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.3.1. Xét nhóm ma trận cylic C4 ⊂ GL(2, k) cấp 4 và phần tử sinh A =
0 −1
1 0
.
Chúng ta biết rằng
k[x, y]C4 ={f ∈ k[x, y] | f(x, y) =f(−y, x)}. Dễ dàng kiểm tra toán tử Reynolds đ-ợc cho bởi:
RC4(f)(x, y) = 1 4
f(x, y) +f(−y, x) +f(−x,−y) +f(y,−x)
.
Theo mệnh đề 2.3.1, ta có thể tính toán một vài bất biến nh- sau:
RC4(x2) = 1
4(x2+ (−y)2+ (−x)2+y2) = 1
2(x2+y2), RC4(xy) = 1
4(xy+ (−y)x+ (−x)(−y) +y(−x)) = 0, RC4(x3y) = 1
4(x3y + (−y)3x+ (−x)3(−y) +y3(−x)) = 1
2(x3y −xy3), RC4(x2y2) = 1
4(x2y2+ (−y)2x2+ (−x)2(−y)2+y2(−x)2) =x2y2. Vì thế x2+y2, x3y −xy3, x2y2 ∈ k[x, y]C4, đó là ba bất biến của k[x, y]C4.
Định lí 2.3.1. (E.Noether, 1916) Cho G ⊂ GL(n, k) là một nhóm ma trận hữu hạn. Khi đó
k[x1, ..., xn]G = k[RG(xβ) : |β| ≤ |G|].
Đặc biệt k[x1, ..., xn]G là đ-ợc sinh bởi hữu hạn nhiều các bất biến.
Chứng minh. Nếu f = P
α
cαxα ∈ k[x1, ..., xn]G thì theo mệnh đề 2.3.1 suy ra f =RG(f) =RG
X
α
cαxα
= X
α
cαRG(xα).
Từ đó, mỗi bất biến là tổ hợp tuyến tính (trên k) của các RG(xα). Để chứng minh
k[x1, ..., xn]G ⊂ k[RG(xβ) : |β| ≤ |G|],
chỉ cần chỉ ra rằng với mọi α, RG(xα) là đa thức theo RG(xβ), |β| ≤ |G|. Tr-íc hÕt ta cã khai triÓn
(x1 +ã ã ã+xn)k = X
|α|=k
k!
α1!. . . αn!xα11. . . xαnn = X
|α|=k
aαxα, (1)
Đặt Ai là dòng thứ i của A = (aij) ∈ G. Vì thế, Ai.x =ai1x1+ã ã ã+ainxn. NÕu α = (α1, . . . , αn) ∈ Zn≥0 th×
(A.x)α = (A1.x)α1. . .(An.x)αn. Ta lại có
RG(xα) = 1
|G| X
A∈G
(A.x)α.
Gọi u1, ..., un là các biến mới và thay thế xi trong ph-ơng trình (1) bởi uiAi.x víi ui ∈ G, i = 1, ..., n.
(u1A1.x+ã ã ã+unAn.x)k = X
|α|=k
aα(A.x)αuα. Lấy tổng hai vế ta đ-ợc
Sk = X
A∈G
(u1A1.x+ã ã ã+unAn.x)k = X
|α|=k
aα X
A∈G
(A.x)α
uα (2)
= X
|α|=k
bαRG(xα)uα, víi bα =|G|aα.
Vế trái của (2) là tổng lũy thừa bậc k của |G| đại l-ợng XA = u1A1x+ã+ unAnx. Từ Sk là đa thức đối xứng theo XA nên theo định lí 2.1.3, tồn tại đa thức F với hệ số trong k sao cho
Sk = F(S1, ..., S|G|).
Thay thế vào ph-ơng trình (2) ta đ-ợc X
|α|=k
bαRG(xα)uα = F X
|β|=1
bβRG(xβ)uβ, ..., X
|β|=|G|
bβRG(xβ)uβ
. Khai triển vế phải và đồng nhất các hệ số của uα, suy ra
bαRG(xα) = một đa thức trong RG(xβ), |β| ≤ |G|.
Vì k có đặc số không nên hệ số bα = |G|aα 6= 0 trong k. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.3.2. Chúng ta trở lại ví dụ trên, với nhóm cylicC4 ⊂ GL(2, k) cấp 4.
Ta tính RC4(xiyj),∀(i+j) ≤ 4. Kết quả nh- sau
xiyj RC4(xiyj) xiyj RC4(xiyj)
x 0 xy2 0
y 0 y3 0
x2 12(x2+y2) x4 12(x4 +y4) xy 0 x3y 12(x3y −y3x)
y2 12(x2+y2) x2y2 x2y2
x3 0 xy3 −1
2(x3y −y3x) x2y 0 y4 12(x4 +y4)
Theo định lí 2.3.1 k[x, y]C4 đ-ợc sinh bởi bốn bất biến x2 + y2, x4 + y4, x3y −xy3, x2y2, chúng ta không cần đến x4+y4 vì
x4 +y4 = (x2+y2)2−2x2y2. Vì thế ta đã chứng minh rằng
k[x, y]C4 =k[x2+y2, x3y−xy3, x2y2].
Khi |G| lớn, ta cần tính toán tử Reynolds cho nhiều đơn thức.
Ví dụ 2.3.3. Xét nhóm cylic C8 ⊂GL(2,R) cấp 8 và phần tử sinh A= 1
√ 2
1 −1
1 1
∈ GL(2,R).
Ta cã
RC8f(x, y) = 1 8
fx−y
√
2 ,x+y
√ 2
+f(−y, x) +f−x−y
√
2 ,x−y
√ 2
+ f(−x,−y) +f
−x+y
√
2 ,−x−y
√ 2
+f(y,−x) + f
x+y
√
2 ,−x+y
√ 2
+f(x, y)
.
Thì theo định lí 2.3.1k[x, y] đ-ợc sinh ra bởi 44 bất biếnRC8(xiyj), i+j ≤ 8.
Thật sự chỉ cần đến 3 thôi.
VÝ dô 2.3.4. NÕu chóng ta biÕt k[x1, ..., xn]G = k[f1, ..., fm] th× chóng ta cã thể biểu diễn một bất biến bất kì f ∈ k[x1, ..., xn]G qua các phần tử f1, ..., fm. Ta có thể dễ dàng kiểm tra đa thức sau
f(x, y) =x8+ 2x6y2−x5y3+ 2x4y4+x3y5+ 2x2y6+y8,
thỏa f(x, y) = f(−y, x) và bất biến d-ới nhóm C4 từ ví dụ 2.3.1. Suy ra f ∈ k[x, y]C4 = k[x2 +y2, x3y −xy3, x2y2]. Ta sẽ biểu diễn f qua các bất biến này nh- sau
f(x, y) = −8x4y4−(x3y −xy3).x2y2−2(x3y−xy3) + (x2+y2)4.
Mệnh đề 2.3.2. Giả sử rằng f1, ..., fm ∈ k[x1, ..., xn], cố định một thứ tự đơn thức trong k[x1, ..., xn, y1, ..., yn] với tất cả đơn thức theo x1, ..., xn lớn hơn tất cả đơn thức trong k[y1, ..., ym]. Giả sử G là cơ sở Grobneră của ideal hf1−y1, ..., fm−ymi ⊂ k[x1, ..., xn, y1, ..., ym]. Cho f ∈ k[x1, ..., xn], g = fG là phần d- của phép chia f cho G thì:
(i) f ∈ k[f1, ..., fm] nếu và chỉ nếu g ∈ k[y1, ..., ym].
(ii) Nếu f ∈ k[f1, ..., fm] thì f = g(f1, ..., fm) là một biểu thức của f qua các f1, ..., fm.
Chứng minh. Ta chia f ∈ k[x1, ..., xn, y1, ..., yn] cho G = {g1, ..., gt}, ta có biểu diÔn sau
f =A1g1+ã ã ã+Atgt +g, víi A1, ..., At, g ∈ k[x1, ..., xn, y1, ..., yn].
(i) [” ⇐ ”] Giả sử rằng g ∈ k[y1, ..., ym]. Cứ mỗi i, ta thay thế fi cho yi trong công thức f trên, thay thế này không ảnh h-ởng đến f, chỉ ảnh h-ởng khi ta thay thế cho cácx1, ..., xn mà thôi, nên mỗi đa thức trong hf1−y1, ..., fn−ymi dần đến 0. Vì g1, ..., gt ∈ hf1 −y1, ..., fn −ymi nên f =g(f1, ..., fm). Vì thế f ∈ k[f1, ..., fm].
[” ⇒”] Giả sử rằng f =g(f1, ..., fm) với g ∈ k[y1, ..., ym]. Ta có f =C1(f1−y1) +ã ã ã+Cn(fm−ym) +g(y1, ..., ym). (1)
Khác với các đa thức đối xứng, g không nhất thiết phải là phần d- của phép chia f bởi G. Lấy G0 = G∩ k[y1, ..., ym] bao gồm các phần tử G tác động trên y1, ..., ym. Ta có thể giả định G0 = {g1, ..., gt} với s ≤ t. Nếu ta chia g bởi G0, ta sẽ có biểu diễn sau
g = B1g1+ã ã ã+Bsgs+g0, (2)
với B1, ..., Bs ∈ k[y1, ..., ym]. Ta kết hợp (1) và (2) ta đ-ợc nh- sau f = C10(f1−y1) +ã ã ã+Cn0(fm −ym) +g0(y1, ..., ym).
Theo (2) thì mỗi gi đều nằm trong hf1−y1, ..., fm −ymi. Ta cần g0 là phần d- của f cho G. Ta sẽ chứng minh điều này. Từ G là cở sở Grăobner nên g0 là phần d- của f bởi G, và sẽ không có hạng tử nào của g0 chia hết cho lt(G). Giả sử gi ∈ G, với lt(gi) chia hết cho một vài hạng tử của g0. Thì
lt(gi) chỉ bao gồm các y1, ..., ym vì g0 ∈ k[y1, ..., ym]. Điều đó chỉ ra rằng, gi ∈ k[y1, ..., ym] cho nên gi ∈ G0. Từ g0 là phần d- của phép chia f cho G0, lt(gi) không thể chia hết cho hạng tử g0. Dẫn đến mâu thuẫn g0 là phần d-.
(ii). Trong chứng minh (i) ta đã chứng minh luôn (ii).