2.1 Đa thức đối xứng
2.1.2 Đa thức đối xứng cơ bản
Định nghĩa 2.1.2. Các đa thức là đa thức đối xứng cơ bản có dạng nh- sau σ1 = x1 +x2+ã ã ã+xn,
σ2 = P
1<i<j<nxixj, ...
σr =P
i1<i2<...<irxi1xi2...xir, ...
σn =x1x2...xn.
với σr là tổng tất cả các đơn thức của tích r biến khác nhau và σr có tổng bậc bằng r.
Ta xét đa thức
f(X) = (X −x1)(X −x2)ã ã ã(X −xn), với x1, x2, ..., xn là nghiệm. Khai triển vế phải ta đ-ợc
f(X) =Xn−σ1Xn−1+σ2Xn−2+ã ã ã+ (−1)n−1σn−1X + (−1)nσn. Khi ta thay đổi trật tự x1, x2, ..., xn thì f(X) vẫn không thay đổi. Vì hệ số (−1)rσr của f là hàm đối xứng.
VÝ dô 2.1.2.
σ22−σ1σ3 =x2y2+x2yz +x2z2+xy2z +xyz2+y2z2 là một đa thức đối xứng.
Định lí 2.1.1. Cho k là một miền nguyên. Khi đó, các đa thức đối xứng cơ
bản trong k[x1, x2, ..., xn] là độc lập đại số trên k tức là:
NÕu f(σ1, σ2, ..., σn) = 0 th× f = 0 víi f ∈ k[x1, x2, ..., xn].
Chứng minh: Giả sử ng-ợc lại, f(x1, x2, ..., xn) 6= 0 NÕuf =P
αaαxαthìf(σ1, σ2, ..., σn)là tổng các đa thứcfα = aασα11σα22...σαnn, trong đó: α = (α1, α2, ..., αn). Mà lt(σk) = x1x2...xk, với k = 1,2, .., n từ
đó:
lt(σα) = a.lt(σα11σα22...σαnn)
= a.lt(σ1)α1lt(σ2)α2...lt(σn)αn
= axα11(x1x2)α2...(x1x2...xn)αn
= axα11+α2+ããã+αnxα22+ããã+αn...xαnn. Dễ thấy ánh xạ:
(α1, α2, ..., αn) 7−→ (α1+α2+ã ã ã+αn, α2+ã ã ã+αn, . . . , αn),
là một đơn ánh. Cho nên vớiα 6= β thìlt(gα) 6= lt(gβ). Từ đóf(σ1, σ2, ..., σn) 6= 0 trong k[x1, x2, ..., xn], điều này dẫn đến mâu thuẫn.
Định lí 2.1.2. (Định lí cơ bản của đa thức đối xứng) Mỗi đa thức đối xứng f trong k[x1, x2, ..., xn] đều có thể viết duy nhất d-ới dạng một đa thức của các đa thức đối xứng cơ bản. Tức là tồn tại duy nhất một đa thứcg ∈ k[x1, x2, ..., xn] sao cho f(x1, x2, ..., xn) =g(σ1, σ2, ..., σn).
Chứng minh: Sự tồn tại. Ta sắp xếp đa thức f theo kiểu tự điển và giả sử lt(f) = axα11xα22...xαnn. Khi đó ta phải có α1 ≥ α2 ≥ ... ≥ αn. Thật vậy, giả sử tồn tại i sao cho αi < αi+1. Vì f đối xứng nên nó phải chứa hạng tử axα11xα22...xαnn. Nh-ng khi đó:
(α1, ..., αi−1, αi+1, αi, ..., αn) >(α1, ..., αi−1, αi, αi+1, ..., αn).
Vậy axα11xα22...xαnn không còn là hạng tử cao nhất của f nữa. Điều này dẫn
đến mâu thuẫn.
Xét đa thức h =aσ1α1−α2σα22−α3...σn−1αn−1−αnσnαn. Dễ thấy h là đa thức đối xứng
và:
lt(h) = a.lt(σα11−α2σα22−α3...σn−1αn−1−αnσnαn)
= a.lt(σ1)α1−α2lt(σ2)α2−α3...lt(σn−1)αn−1−αnlt(σn)αn
= axα11−α2(x1x2)α2−α3...(x1...xn−1)αn−1n−1−αn(x1...xn)αn
= axα11xα22...xαnn.
B-ớc 1: Đặt f1 = f −aσα11−α2σ2α2−α3...σn−1αn−1−αnσnαn. Khi đó f1 là đa thức đối xứng vì f và h là đối xứng.
• Nếu f1 = 0 thì chứng minh xong.
• Nếu f1 6= 0 thì viết f1 theo kiểu tự điển, giả sử lt(f1) = bxβ11xβ22...xβnn, khi đó (α1, α2, ..., αn) > (β1, β2, ..., βn) rồi đến b-ớc 2.
B-ớc 2: Đặt f2 =f1−bxβ11xβ22...xβnn.
• Nếu f2 = 0 thì chứng minh xong.
• Nếu f2 6= 0 thì viết f1 theo kiểu tự điển, giả sử lt(f2) = cxθ11xθ22...xθnn, khi đó (β1, β2, ..., βn) >(θ1, θ2, ..., θn) rồi đến b-ớc 3.
Tiếp tục theo cách này và quá trình sẽ dừng lại sau hữu hạn b-ớc vì nó gắn liền với dãy giảm.
(α1, α2, ..., αn) >(β1, β2, ..., βn) > (θ1, θ2, ..., θn).
Trong tập hữu hạn:
U = {(t1, t2, ..., tn) ∈ Nn | a0 ≥t1 ≥ t2 ≥... ≥ tn} ⊆ Nn. (Đây cũng chính là thuật toán tìm đa thức đối xứng cơ bản).
Sự duy nhất Giả sử có hai đa thức g1, g2 ∈ k[x1, x2, ..., xn] sao cho f =g1(σ1, σ2, ..., σn) =g2(σ1, σ2, ..., σn).
Đặt g =g1−g2. Khi đó g(σ1, σ2, ..., σn) = 0 trong k[x1, x2, ..., xn].
Từ định lí 1.2.1 ta suy ra g = 0.
VÝ dô 2.1.3. f =x3y +x3z+xy3+xz3+y3z +yz3 ∈ k[x, y, z].
Ta tÝnh
lt(f) = x3y.
f1 = f −σ12σ2 = −2x2y2−5x2yz −2x2z2−5xy2z −5xyz2−2y2z2. lt(f1) = −2x2y2.
f2 = f1+ 2σ22 = −x2yz −xy2z−xyz2. lt(f2) = −x2yz.
f3 = f2+σ1σ3 = 0.
Cuối cùng ta đ-ợc đa thức đối xứng cơ bản sau:
f = σ12σ2−2σ22−σ1σ3.
Mệnh đề 2.1.1. Trong vành k[x1, x2, ..., xn, y1, y2, ..., yn] cố định một thứ tự
đơn thức, với bất kì đơn thức theo x1, x2, ..., xn thì đều lớn hơn tất cả các đơn thức trong k[y1, y2, ..., yn]. Giả sử G là một cơ sở Grăobner của ideal
hσ1 −y1, ..., σn −yni ⊂ k[x1, x2, ..., xn, y1, y2, ..., yn] và f ∈ k[x1, x2, ..., xn]
đặt g =fG là phần d- của phép chia f cho G. Thì:
(i) f là đối xứng nếu và chỉ nếu g ∈ k[y1, y2, ..., yn].
(ii) Nếu f đối xứng thì f = g(σ1, σ2, ..., σn) có biểu diễn duy nhất qua đa thức đối xứng cơ bản σ1, σ2, ..., σn.
Chứng minh. Ta có f ∈ k[x1, x2, ..., xn] và g ∈ k[x1, x2, ..., xn, y1, y2, ..., yn] là phần d- của phép chia f cho G ={g1, g2, ..., gn} có nghĩa là:
f =A1g1+A2g2+ã ã ã+Atgt+g, víi A1, A2, ..., At ∈ k[x1, x2, ..., xn, y1, y2, ..., yn].
Chứng minh (i)
[” ⇐ ”] Giả sử g ∈ k[y1, y2, ..., yn]. Cứ mỗi i thay thế σi cho yi trên công thức f. Điều này sẽ không ảnh h-ởng đến f, vì nó chỉ ảnh h-ởng khi ta thay thế cho x1, x2, ..., xn mà thôi. D-ới sự thay đổi này thì mỗi đa thức trong hσ1−y1, σ2−y2, ..., σn −yni đều dần về 0. Vì g1, g2, ..., gt thuộc ideal nên:
f = g(σ1, σ2, ..., σn).
Vậy f là đối xứng.
[” ⇒ ”] Giả sử f ∈ k[x1, x2, ..., xn] là đối xứng thì f = g(σ1, σ2, ..., σn) với g ∈ k[y1, y2, ..., yn]. Chúng ta sẽ biểu diễn g là phần d- của phép chia f cho G. Tr-ớc tiên chú ý đến một đa thức trong k[x1, x2, ..., xn, y1, y2, ..., yn] qua các σ1, σ2, ..., σn có thể viết nh- sau:
σ1α1...σnαn = (y1+ (σ1−y1))α1...(yn+ (σn −yn))αn
=y1α1...yαnn +B1.(σ1−y1) +ã ã ã+Bn.(σn −yn), với B1, B2, ..., Bn ∈ k[x1, x2, ..., xn, y1, y2, ..., yn]. Bây giờ ta sẽ nhân hai vế một hằng số thích hợp nào đó để làm xuất hiện đ-ợc g
g(σ1, σ2, ..., σn) =g(y1, y2, ..., yn) +C1.(σ1−y1) +ã ã ã+Cn.(σn −yn), víi C1, C2, ..., Cn ∈ k[x1, x2, ..., xn, y1, y2, ..., yn]. Tõ f = g(σ1, σ2, ..., σn), chóng ta cã thÓ viÕt:
f = C1.(σ1−y1) +C2.(σ2−y2) +ã ã ã+Cn.(σn −yn) +g(y1, y2, ..., yn).
Nếu không có hạng tử nào của g là chia hết cho phần tử lt(G) thì hiển nhiên g là phần d- của f chia bởi G. Còn ng-ợc lại nếu g là chia hết cho phần tử lt(G) thì ∃gi ∈ G với lt(gi) đ-ợc chia hết bởi hạng tử của g.
Thật vậy, lt(gi) bao hàm các y1, y2, ..., yn từ g ∈ k[y1, y2, ..., yn]. Bây giờ ta sẽ thay thế tất cả các yi cho phù hợp với σi.
Từ gi ∈ hσ1 −y1, ..., σn −yni, chúng ta sẽ thấy gi dần về 0 d-ới sự thay thế của yi 7→ σi. Thì gi ∈ k[y1, y2, ..., yn] nghĩa là gi(σ1, σ2, ..., σn) = 0. Theo
định lí 2.1.1 thì gi = 0. Nh- vậy không có hạng tử nào của g là chia hết cho phần tử lt(G) và G là cơ sở Grăobner. Vậy g là phần d- của phép chia f cho G và g ∈ k[y1, y2, ..., yn].
Chứng minh (ii) xem lại chứng minh định lí 2.1.2.
Cho các biến u1, ..., us, ta lấy
hi(u1, ..., us) = X
|α|=i
uα.
là tổng tất cả các đơn thức bậc i trong u1, ..., us. Ta có tính chất sau
Mệnh đề 2.1.2. Cố định một thứ tự từ điển trên k[x1, ..., xn, y1, ..., yn] với x1 > ... > xn > y1 > ... > yn. Khi đó các đa thức
gk = hk(xk, ..., xn) + Xk
i=1
(−1)ihk−i(xk, ..., xn)yi , k = 1,2, ..., n, (1)
là một cơ sở Grăobner cho ideal hσ1−y1, ..., σn −yni.
Chứng minh. Tr-ớc tiên, ta chú ý tới đa thức đồng nhất 0 = hk(xk, ..., xn) +
Xk i=1
(−1)ihk−i(xk, ..., xn)σi. (2)
Tiếp theo, ta sẽ biểu diễn rằng g1, ..., gn là có dạng là một cơ sở của hσ1 − y1, ..., σn −yni. Ta lấy (1) trừ (2), ta sẽ đ-ợc biểu diễn sau
gk = Xk
i=1
(−1)ihk−i(xk, ..., xn)(yi−σi). (3)
Từ đó hg1, ..., gni ⊂ hσ1−y1, ..., σn −yni. Ta sẽ chứng minh điều ng-ợc lại, chú ý rằng khi h0 = 1, ta sẽ viết (3) lại nh- sau
gk = (−1)k(yk−σk) + Xk−1
i=1
(−1)ihk−i(xk, ..., xn)(yi−σi) (4) Quy nạp trên k ta sẽ có hσ1−y1, ..., σn −yni ⊂ hg1, ..., gni.
Ta cã
lt(gk) =xkk.
Ta sử dụng theo quan hệ thứ tự từ điển trên Nn với x1 > ... > xn > y1 >
... > yn. Vì thế, số hạng đầu của g1, ..., gk là nguyên tố cùng nhau, kết hợp với mệnh đề 1.7.1 ta sẽ nói g1, ..., gk là một cơ sở Grăobner cho ideal hσ1−y1, ..., σn −yni.