cơ sở grobner và giải hệ phương trình đa thức

• Chương 3: Trình bày một số hệ phương trình đa thức được giải dựavào cơ sở Gr¨obner và các hàm liên quan tới cơ sở Gr¨obner trongMaple.. Phép nhân trên tập các đơn thức được định nghĩa

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐỖ NGỌC THỦY

CƠ SỞ GR ¨ OBNER

VÀ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2012

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐỖ NGỌC THỦY

CƠ SỞ GR ¨ OBNER

VÀ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC TOÁN HỌCChuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 60.46.40

Người hướng dẫn khoa học:

PGS.TS Tạ Duy Phượng

Thái Nguyên - 2012

Mục lục

Chương 1 Cơ sở Gr¨obner 4

1.1 Cấu trúc đại số cơ bản 4

1.1.1 Vành 4

1.1.2 Ideal 6

1.1.3 Trường 7

1.2 Vành đa thức 8

1.2.1 Đa thức và bậc đa thức 8

1.2.2 Định lý Hilber về cơ sở 10

1.2.3 Đa thức một biến 11

1.2.4 Iđêan đơn thức 13

1.3 Cơ sở Gr¨obner 14

1.3.1 Thứ tự từ 14

1.3.2 Một số thứ tự từ 16

1.3.3 Từ khởi đầu, đơn thức đầu 18

1.3.4 Ideal khởi đầu 20

1.3.5 Định nghĩa cơ sở Gr¨obner 21

1.3.6 Thuật toán chia 26

1.3.7 Tiêu chuẩn Buchberger 28

1.3.8 Thuật toán Buchberger 35

Chương 2 Hệ phương trình đa thức 38

2.1 Nghiệm của hệ phương trình đa thức 38

2.2 Cách giải hệ phương trình đa thức 40

2.3 Các hàm liên quan tới Gr¨obner của Maple 49

Chương 3 Giải hệ phương trình đa thức 56

Kết luận 72

Tài liệu tham khảo 73

Phụ lục 75

MỞ ĐẦU

Lý thuyết cơ sở Gr¨obner được nghiên cứu lần đầu tiên vào khoảng thập

kỉ 60 của thế kỉ 20, nó nhanh chóng trở thành hạt nhân của ngành Đại sốmáy tính (Computer Algebra) và là một công cụ hữu hiệu trong rất nhiềubài toán cơ bản của Đại số giao hoán, Hình học đại số Dưới sự hướng dẫncủa Giáo sư Wolfgang Gr¨obner, năm 1965, Bruno Buchberger đã đưa rathuật toán Buchberger trong luận án tiến sĩ của mình Điểm mấu chốt khởiđầu cho sự hình thành lý thuyết của Buchberger chính là việc mở rộngthuật toán chia hai đa thức một biến sang trường hợp các đa thức nhiềubiến Cơ sở Gr¨obner về phương diện lý thuyết còn được khẳng định bằngviệc cung cấp chứng minh cho ba định lý của Hilbert: Định lý Hilbert về

cơ sở, Định lý Hilbert về xoắn và Định lý Hilbert về không điểm

Trong các ứng dụng gần gũi nhất của lý thuyết cơ sở Gr¨obner, chúng tôiquan tâm tới việc giải hệ phương trình đa thức Thực chất việc tìm cơ sởGr¨obner của một hệ phương trình đa thức là đưa hệ phương trình ban đầu

về một hệ phương trình mới có dạng tam giác Từ đó ta tìm được nghiệmcủa hệ Dưới góc độ của một giáo viên phổ thông, hy vọng đề tài này sẽđem đến cho chúng tôi cơ hội được học hỏi thêm nhiều hơn các công cụtoán học hiện đại, góp phần soi sáng cho những nội dung liên quan trongchương trình toán phổ thông

• Luận văn Cơ sở Gr¨obner và giải hệ phương trình đa thức có mục đích

cung cấp cho giáo viên phổ thông, các em học sinh và những ngườiyêu toán một hướng tiếp cận mới, một công cụ giải hệ phương trình

đa thức, một phương pháp chung cho hầu hết các bài toán dạng này.Luận văn cũng cung cấp cho người sử dụng một số hàm quan trọng

trong Maple liên quan tới cơ sở Gr¨obner.

• Luận văn gồm ba Chương

• Chương 1: Trình bày tổng quan lý thuyết cơ sở Gr¨obner

• Chương 2: Trình bày điều kiện có nghiệm và cách giải tổng quát hệphương trình đa thức

• Chương 3: Trình bày một số hệ phương trình đa thức được giải dựavào cơ sở Gr¨obner và các hàm liên quan tới cơ sở Gr¨obner trongMaple

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của PGS TS Tạ Duy Phượng Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn thầy hướng dẫn đã tận tình giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình tập dượt nghiên cứu và viết luận văn.

Tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên và các thầy cô giáo Viện Toán học đã tận tâm giảng dạy và giúp đỡ tác giả hoàn thành khóa học

Đồng thời tác giả xin chân thành cảm ơn Trường THPT Bạch Đằng Hải Phòng, nơi tác giả đang công tác, các đồng nghiệp, gia đình và bạn

-bè đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện về mọi mặt trong quá trình học tập

Thái Nguyên, tháng 07 năm 2012

Chương 1

Cơ sở Gr¨obner

1.1 Cấu trúc đại số cơ bản

Định nghĩa 1.1.1 Vành là một tập hợp R 6= /0 được trang bị phép toán

cộng “+”: (a, b) 7→ a + b và phép toán nhân “.”: (a, b) 7→ a.b thỏa mãn cáctính chất sau:

(i) Đối với phép cộng, R là một nhóm giao hoán

(ii) Phép nhân có tính kết hợp, tức là với mọi a, b, c ∈ R:

a (b.c) = (a.b) c(iii) Phép nhân có tính chất phân phối đối với phép cộng, tức là a, b, c ∈ R:

a (b + c) = a.b + a.c và (b + c) a = b.a + c.a

Phần tử "không" của vành được kí hiệu là 0 Để cho tiện, thôngthường ta viết ab thay cho tích a.b R được gọi là vành có đơn vị nếu nóchứa phần tử 1 thỏa mãn a1 = 1a = a với mọi a ∈ R Khi cần nhấn mạnhvành R ta dùng kí hiệu 0R, 1R để chỉ các phần tử không và đơn vị của R.Vành R được gọi là vành giao hoán nếu với mọi a, b ∈ R, ab = ba Trongluận văn này ta chỉ xét đến vành giao hoán, có đơn vị Do đó vành luônhiểu theo nghĩa này

Ví dụ :

1 Tập số nguyên Z, số thực R, số phức C, với các phép cộng và

phép nhân thông thường lập thành các vành Tuy nhiên tập N không phải

là vành

2 Tập R [x] các đa thức một biến x với hệ số thực lập thành một vành.

Định nghĩa 1.1.2 Cho R là một vành và a ∈ R Phần tử a được gọi

là:

(i) ước của không nếu a 6= 0 và tồn tại 0 6= b ∈ R sao cho ab = 0

(ii) khả nghịch (hoặc đơn vị) nếu tồn tại c ∈ R sao cho ac = 1

Vành R không chứa ước của 0 được gọi là miền nguyên.

Ví dụ :

Vành Z là miền nguyên với hai phần tử đơn vị là 1 và −1

Định nghĩa 1.1.3 Giả sử R là một vành, A là một bộ phận ổn định

của R đối với hai phép toán trong R nghĩa là x + y ∈ A và xy ∈ A với mọi

x, y ∈ A A là một vành con của vành R nếu A cùng với hai phép toán cảmsinh trên A là một vành

Định lý 1.1.4 Giả sử A là một bộ phận khác rỗng của vành R Các

điều kiện sau đây là tương đương:

(i) A là một vành con của vành R

(ii) Với mọi x, y ∈ A, x + y ∈ A, xy ∈ A, −x ∈ A

(iii) Với mọi x, y ∈ A, x − y ∈ A, xy ∈ A

1.1.2 Ideal

Định nghĩa 1.1.5 Cho R là một vành Tập con I 6= /0 của R được gọi

là iđêan nếu hai điều kiện sau thỏa mãn:

(i) Với mọi a, b ∈ I, a + b ∈ I

(ii) Với mọi a ∈ I và r ∈ R, ra ∈ I

Ví dụ :

1 Mọi vành R đều chứa iđêan tầm thường I = 0 và chính nó I = R

2 Tập nZ là các iđêan trong vành Z.

Định nghĩa 1.1.6 Ta gọi là đêan trái (iđêan phải) của một vành R, là

một vành con A của R thỏa mãn điều kiện xa ∈ A (ax ∈ A) với mọi a ∈ A

với mọi x ∈ R Một vành con A của vành R gọi là một iđêan của R nếu và

chỉ nếu A vừa là iđêan trái, vừa là iđêan phải của R

Định lý 1.1.7 Một tập A khác rỗng của một vành R là một iđêan của

Rnếu và chỉ nếu các điều kiện sau thỏa mãn:

(i) a − b ∈ A với mọi a, b ∈ A

(ii) xa ∈ A, ax ∈ A với mọi a ∈ A và mọi x ∈ X

Ví dụ :

1 Tập {0} và X là hai iđêan của vành X

2 Tập mZ gồm các số nguyên là bội của một số nguyên m cho trước.

Định lý 1.1.8 Giao của một họ bất kì những iđêan của một vành R là

một iđêan của R

Định lý 1.1.9 Giả sử X vành giao hoán có đơn vị và a1, a2, , an∈ X

Bộ phận A của X gồm các phần tử có dạng x1a1+ x2a2+ + xnan với

x1, x2, , xn ∈ X là iđêan của X sinh bởi a1, a2, , an.

Định nghĩa 1.1.10 Ta gọi trường là một miền nguyên R trong đó mọi

phần tử khác 0 đều có một nghịch đảo trong vị nhóm nhân R Vậy mộtvành R giao hoán, có đơn vị, có nhiều hơn một phần tử là một trường nếu

và chỉ nếu R\ {0} là một nhóm đối với phép nhân của R

Ví dụ :

Tập hợp Q các số hữu tỉ cùng với phép cộng và phép nhân các số làmột trường Ta cũng có trường số thực R và trường số phức C

Định nghĩa 1.1.11 Giả sử X là một trường, A là một bộ phận của X

ổn định đối với hai phép toán trong X A gọi là một trường con của trường

X nếu A cùng với hai phép toán cảm sinh trên A là một trường

Định lý 1.1.12 Giả sử A là một bộ phận có nhiều hơn một phần tử

của một trường X Các điều kiện sau đây là tương đương:

(i) A là một trường con của trường X

(ii) Với mọi x, y ∈ A, x + y ∈ A, xy ∈ A, −x ∈ A, x−1 ∈ A nếu x 6= 0.(iii) Với mọi x, y ∈ A, x − y ∈ A, xy−1 ∈ A nếu y 6= 0

Ví dụ :

1 X là một trường con của trường X Bộ phận {0} không phải là

một trường con của X , vì theo định nghĩa một trường có ít nhất hai phầntử

2 Trường số hữu tỉ Q là trường con của trường số thực R, bản thân

R lại là trường con của trường số phức C

n trong đó ai∈ N, i = 1, , n được gọi

là bộ số mũ của đơn thức Nếu a1 = = an = 0 thì đơn thức được kí hiệu

là 1 Phép nhân trên tập các đơn thức được định nghĩa như sau

Vì αa+ βa 6= 0 nếu một trong hai hệ số αa hoặc βa bằng 0, nên trong

biểu thức ở vế phải cũng chỉ có hữu hạn hệ số khác 0 và nó đúng là đathức.

Phép nhân đa thức được định nghĩa như sau:

∑a∈N n

1 Khi n = 1 ta có vành đa thức một biến thông thường Đa thức một

biến x thường được viết dưới dạng

R[xi, i ∈ I]) từ vành một biến theo quy nạp Tuy nhiên mỗi đa thức củacác vành đó vẫn là một đa thức hữu hạn biến

3 Khi tập đa thức đã được xác định, ta chỉ kí hiệu đa thức đơn giản

là f , g thay cho f (x) , g (x)

Định nghĩa 1.2.3 Bậc tổng thể của đa thức f (x) = ∑

a∈N nαaxa là sốdeg f (x) = max {a1+ + an|αa 6= 0}

Đối với đa thức một biến, bậc tổng thể chính là bậc thông thường Đôikhi bậc tổng thể của đa thức nhiều biến cũng gọi tắt là bậc, nếu như không

có sự hiểu nhầm nào xảy ra

Chú ý 1.2.4

1 Bậc tổng thể của đa thức hằng là 0 Bậc tổng thể của đa thức 0

được quy ước là một số tùy ý

2 Nhiều khi ta còn dùng bậc của đa thức đối với tập con các biến,

chẳng hạn {x1, , xm}, được định nghĩa như sau:

degx

1 xmf (x) = max {a1+ + am|αa 6= 0} ,trong đó m < n cố định Nói cách khác, đó là bậc tổng thể của đa thức f (x)xét như đa thức của vành K [xm+1, , xn] [x1, , xm]

Định nghĩa 1.2.5 ChoR là một vành giao hoán, có đơn vị là 1 Các

điều kiện sau là tương đương:

(i) Mọi tập khác rỗng các iđêan của R đều có phần tử cực đại (đối với quan

f1, f2, , fs ∈ I sao cho I = ( f1, f2, , fs).

Một vành thỏa mãn một trong ba điều trên được gọi là vành Noether

Định lý 1.2.6 (Định lý Hilbert về cơ sở) Cho R là vành Noether và x

là tập n biến Khi đó vành R [x] cũng là vành Noether

Hệ quả 1.2.7 Mọi iđêan của vành đa thức K [x] trên trường K là hữu

hạn sinh

Định lý 1.2.8 (Định lý chia đa thức một biến) Cho K là một trường

và g (x) là đa thức khác 0 của K [x] Khi đó mọi đa thức f ∈ K [x] có thểviết dưới dạng

f (x) = q (x) g (x) + r (x) ,trong đó q (x) , r (x) ∈ K [x] và hoặc r (x) = 0 hoặc deg r (x) < deg f (x).Hơn nữa q (x) và r (x) được xác định duy nhất

Hệ quả 1.2.9 Vành đa thức K [x] trên một trường tùy ý là vành các

iđêan chính, nghĩa là mọi iđêan đều sinh bởi một đa thức

Định nghĩa 1.2.10 Ước chung lớn nhất của các đa thức f1, , fn ∈

K[x] là đa thức h sao cho:

(i) h chia hết f1, , fn nghĩa là f1 = q1g, , fn = qng; q1, , qn ∈ K [x].(ii) Nếu h là đa thức khác chia hết f1, , fn thì h chia hết g

Trong trường hợp đó ta viết g = UCLN ( f1, , fn)

Định nghĩa 1.2.11 Các đa thức f1, , fn ∈ K [x] được gọi là nguyên

tố cùng nhau nếu UCLN ( f1, , fn) = 1

Mệnh đề 1.2.12 Cho f1, , fn ∈ K [x] , n ≥ 2 Khi đó:

(i) UCLN ( f1, , fn) tồn tại và duy nhất với sai khác một hằng số khác 0của K

(ii) ( f1, , fn) = (UCLN ( f1, , fn))

(iii) Nếu n ≥ 3 thì UCLN ( f1, , fn) = UCLN (UCLN ( f1, , fn−1) , fn)

Chứng minh Xét Ideal I = ( f1, , fn) Theo hệ quả 1.2.8 tồn tại g ∈ K [x]sao cho I = (g) Vì fi ∈ (g) , (i = 1, , n) nên fi chia hết cho g Giả sử hchia hết cho f1, , fn, tức là f1 = q1h, , fn = qnh, trong đó q1, , qn ∈

K[x] Vì g ∈ I nên tồn tại s1, , sn ∈ K [x] sao cho:

Để chứng minh (iii), đặt g = UCLN ( f1, , fn−1) (1)Theo (ii) UCLN ( f1, , fn−1) = ( f1, , fn−1) ⇒ (g) = ( f1, , fn−1)

⇒ (g, fn) = ( f1, , fn−1, fn) Mặt khác, lại theo (ii) ta có:

( f1, , fn−1, fn) = (UCLN ( f1, , fn))

Định nghĩa 1.2.13 Iđêan I ∈ K [x] là iđêan đơn thức nếu có tập con

A⊂ Nn (có thể vô hạn) mà ở đó I bao gồm tất cả các đa thức là tổng hữuhạn của dạng hình thức ∑

a∈A

haxa trong đó ha∈ K [x] Trong trường hợp này,

ta viết I = (xa; a ∈ A)

Một ví dụ của một iđêan đơn thức được cho bởi I = x2y4, x4y3, x5y2

Bổ đề 1.2.14 Cho I = (xa; a ∈ A) là iđêan đơn thức Đơn thức xb ∈ Ikhi và chỉ khi xb chia hết cho một đơn thức xa với a ∈ A nào đó

Chứng minh Nếu xb chia hết cho một đơn thức xa với a ∈ A thì xb ∈ I theođịnh nghĩa của iđêan Ngược lại nếu xb ∈ I thì xb =

Bổ đề 1.2.15 Cho I là iđêan đơn thức và f ∈ K [x] Các điều kiện sau

là tương đương:

(i) f ∈ I

(ii) Mọi từ của f thuộc I

(iii) f là tổ hợp tuyến tính trên K của các đơn thức thuộc I

Chứng minh Rõ ràng ta có (iii) ⇒ (ii) ⇒ (i) Để chứng minh (i) ⇒ (iii)

ta cũng có nhận xét giống bổ đề trên, mỗi từ của f phải chia hết cho xa với

a∈ A nào đó Mà mọi đơn thức chia hết cho xa lại thuộc I Do đó mỗi từcủa f là tích của một đơn thức thuộc I và một phần tử K, tức là có (c).Như vậy mỗi iđêan đơn thức được xác định duy nhất bằng tập các đơn thức

bao giờ cũng viết được dưới dạng I =



xa(1), , xa(s)

, trong đó

a(1) , , a (s) ∈ A Nói riêng I là hữu hạn sinh

1.3 Cơ sở Gr¨obner

Định nghĩa 1.3.1 Giả sử X là một tập hợp, S là một bộ phận của

X× X, S được gọi là một quan hệ thứ tự (bộ phận) trong X nếu và chỉ nếucác điều kiện sau đây thỏa mãn:

(i) (Phản xạ) Với mọi x ∈ X : xSx

(ii) (Phản đối xứng) Với mọi x, y ∈ X : nếu xSy và ySx thì x = y

(iii) (Bắc cầu) Với mọi x, y, z ∈ X : nếu xSy và ySz thì xSz

Thông thường thứ tự bộ phận được kí hiệu bởi 6, > Khi đó x 6 ycũng được nói là “x nhỏ hơn hoặc bằng y” Nếu S là một thứ tự bộ phậnthì quan hệ ngược

x> y là thứ tự ngược của nó.

Khi trên tập X có một thứ tự bộ phận 6, ta nói X là tập được sắp (bộphận) Nếu x, y ∈ X mà x 6 y hoặc y 6 x thì ta nói x, y so sánh được vớinhau Trong trường hợp ngược lại, x, y không so sánh được với nhau.Quan hệ thứ tự 6 trên X được gọi là thứ tự toàn phần nếu mọi cặpphần tử của X đều so sánh được với nhau Khi đó ta nói tập X là tập đượcsắp hoàn toàn

Quan hệ chỉ thỏa mãn tính chất phản xạ và bắc cầu trong định nghĩatrên được gọi là giả thứ tự (bộ phận, toàn phần)

Phần tử b là chặn trên (chặn dưới) của X nếu với mọi a ∈ X ta có

a6 b (b 6 a)

Tập X được gọi là tập sắp thứ tự tốt nếu nó được sắp hoàn toàn vàmọi tập con khác rỗng của nó có phần tử nhỏ nhất Khi đó ta nói thứ tựtương ứng là thứ tự tốt

Định nghĩa 1.3.3 Thứ tự từ 6 là một thứ tự toàn phần trên tập M tất

cả các đơn thức của K [x] thỏa mãn tính chất sau:

(i) Với mọi m ∈ M, 1 6 m

(ii) Nếu m1, m2, m ∈ M mà m1 6 m2 thì mm1 6 mm2

Bổ đề 1.3.4 Mọi thứ tự toàn phần 6 trên M là thứ tự tốt khi và chỉ

khi mọi đơn thức thực sự giảm:

m1 > m2 > m3 >

sẽ dừng (sau hữu hạn phần tử)

Chứng minh Nếu 6 không là thứ tự tốt thì tồn tại tập con A ∈ M không cóphần tử nhỏ nhất Lấy m1 là phần tử tùy ý từ A Vì A không có phần tử nhỏnhất nên tìm được m2 < m1 trong A Tiếp tục như vậy sau khi tìm được nđơn thức m1 > m2 > > mn trong A, ta lại tìm được mn+1 ∈ A sao cho

mn > mn+1 Bằng quy nạp ta xây dựng được một dãy vô hạn các đơn thứcthực sự giảm

Ngược lại, nếu có một dãy vô hạn các đơn thức thực sự giảm thì dãy đókhông có phần tử nhỏ nhất Vì vậy thứ tự đã cho không phải là thứ tự tốt



Bổ đề 1.3.5 Mọi thứ tự từ là thứ tự tốt Ngược lại, mọi thứ tự tốt trên M

thỏa điều kiện (ii) trong Định nghĩa 1.3.3 là thứ tự từ

phần đầu tiên khác không kể từ bên trái của vectơ (α1− β1, , αn− βn) làmột số âm Nói cách khác, nếu tồn tại 0 6 i 6 n sao cho α1= β1, , αi= βi,nhưng αi+1< βi+1.

Thứ tự từ điển tương tự như cách sắp xếp trong từ điển, và do đó cótên gọi như vậy

1 xαn

n
= degxβ1

1 xβnn

vàthành phần đầu tiên khác không kể từ bên phải của vectơ (α1− β1, , αn− βn)

β1+ + βn hoặc α1+ + αn = β1+ + βn và tồn tại 1 6 i 6 n sao cho

αn = βn, , αi+1= βi+1, nhưng αi> βi

Chú ý 1.3.9

1 Nếu có tập biến khác, chẳng hạn x, y, z thì ta có thể định nghĩa các

thứ tự từ điển, thứ tự từ điển phân bậc và thứ tự từ điển ngược một cáchduy nhất sau khi xác định một thứ tự giữa các biến Chẳng hạn khi nói vềthứ tự từ điển trong vành K [x, y, z] với x > y > z có nghĩa xem x như x1, y

như x2, z như x3, rồi áp dụng định nghĩa 1.3.6 Tương tự, nếu ta muốn cómột thứ tự khác giữa các biến x1, , xn (chứ không phải x1 > > xn ), thìphải thay đổi các định nghĩa trên một cách tương ứng.

2 Có thể kiểm tra ngay là thứ tự từ điển ngược không thể nhận được

từ thứ tự từ điển phân bậc bằng cách đổi chỉ số các biến

Kí hiệu R = K [x] = K [x1, , xn] và M là tập đơn thức của nó

Định nghĩa 1.3.10 Cho 6 là một thứ tự từ và f ∈ K [x1, , xn] Từkhởi đầu của f , kí hiệu là in6( f ), là từ lớn nhất của đa thức f đối với thứ

tự từ 6

Nếu in6( f ) = αxa, 0 6= α ∈ K, thì lc6( f ) = α được gọi là hệ số đầu

và lm6( f ) = xa là đơn thức đầu của f đối với thứ tự từ 6

Nếu thứ tự từ 6 đã được ngầm hiểu, ta sẽ viết in ( f ) (tương ứng

lc( f ) , lm ( f )) thay cho in6( f ) (tương ứng lc6( f ) , lm6( f ))

Từ khởi đầu của đa thứ 0 được xem là không xác định (có thể nhậngiá trị tùy ý)

Ví dụ:

Cho f = x3y2z+ 5xyz − 3x4+ 7yz3− 2y6+ z4 Viết theo thứ tự các từgiảm dần, ta có:

a Đối với thứ tự từ điển mà x > y > z :

f = −3x4+ x3y2z+ 5xyz − 2y6+ 7yz3+ z4 và in6lex( f ) = −3x4

b Đối với thứ tự từ điển phân bậc mà x > y > z :

f = x3y2z− 2y6− 3x4+ 7yz3+ z4+ 5xyz và in6glex( f ) = x3y2z

c Đối với thứ tự từ điển ngược mà x > y > z :

f = −2y6+ x3y2z− 3x4+ 7yz3+ z4+ 5xyz và in6rlex( f ) = −2y6

g= in (g) +∑nj; nj < in (g),trong đó mi và nj là các từ có thể bằng 0 Khi đó:

(a) Với mọi i, j : in ( f ) in (g) 6= 0, in ( f ) nj< in ( f ) in (g) và miin(g) <

in( f ) in (g) Do đó in ( f ) in (g) không giản ước được với từ nào sau khi bỏngoặc của tích f g và là từ lớn nhất Vì vậy in ( f g) = in ( f ) in (g)

(c) Không mất tính tổng quát có thể giả thiết in ( f ) > in (g) Nếu

in( f ) > in (g) thì

f + g = in ( f ) + in (g) +∑mi+∑nj

Ta có in ( f ) > in (g) > nj nên in ( f ) > nj Theo định nghĩa từ khởi đầulại có in ( f ) > mi Vậy từ in ( f ) lớn nhất trong tổng trên và không giản ướcđược với các từ khác, nên

lm( f + g) = lm ( f ) = max {lm ( f ) , lm (g)} Nếu lm ( f ) = lm (g) và lc ( f ) 6= −lc (g) thì

f + g = (lc ( f ) + lc (g)) lm ( f ) +∑mi+∑nj

Do lc ( f ) + lc (g) 6= 0 và lm ( f ) > mi, lm ( f ) = lm (g) > nj nên ta có

lm( f + g) = lm ( f ) = max {lm ( f ) , lm (g)} Nếu in ( f ) = −in (g) thì f + g = ∑ mi+ ∑ nj Như vậy, hoặc f + g = 0 ,hoặc lm ( f + g) = lm (mi) < lm ( f ) hoặc lm ( f + g) = lm (nj) < lm (g) (i,

Định nghĩa 1.3.13 Cho I là iđêan khởi đầu và 6 là một thứ tự từ.

Iđêan khởi đầu của I, kí hiệu là in6(I), là iđêan của R sinh bởi các từ khởiđầu của các phần tử của I, nghĩa là

in6(I) = (in6( f ) | f ∈ I ) Cũng như trên ta sẽ viết in (I) thay vì in6(I) nếu 6 đã rõ

Chú ý 1.3.14 Thấy rằng in ( f ) và lm ( f ) chỉ khác nhau bởi một hằng

số khác 0 nên in (I) = (lm ( f ) | f ∈ I ), và do đó in (I) là iđêan đơn thức

Bổ đề 1.3.15 Cho 6 là một thứ tự từ và I, J là hai iđêan của R Khi

đó:

(a) Tập tất cả các đơn thức trong in (I) là tập {lm ( f ) | f ∈ I }

(b) Nếu I là iđêan đơn thức thì in (I) = I

(c) Nếu I ⊆ J thì in (I) ⊆ in (J) Hơn nữa nếu I ⊆ J và in (I) = in (J)thì I = J

(d) in (I) in (J) ⊆ in (IJ)

(e) in (I) + in (J) ⊆ in (I + J)

Định nghĩa 1.3.16 Cho 6 là một thứ tự từ và I là là một iđêan của

R Tập hữu hạn các đa thức khác không g1, , gs ∈ I được gọi là một cơ sởGr¨obner của I đối với thứ tự từ 6, nếu

in6(I) = (in6(g1) , , in6(gs)) Tập g1, , gs ∈ I được gọi là một cơ sở Gr¨obner, nếu nó là cơ sở Gr¨obnercủa iđêan sinh bởi chính các phần tử này

Từ Bổ đề Dickson 1.2.15 suy ra mọi iđêan đều có cơ sở Gr¨obner (hữuhạn) Chú ý rằng trong luận văn này ta luôn hiểu cơ sở như một hệ sinh

Bổ đề 1.3.17 Cho G là cơ sở Gr¨obner của iđêan I đối với một thứ

tự từ nào đó Nếu đa thức g ∈ G thỏa mãn, tồn tại đa thức g0∈ G sao cho

in(g0) |in (g) , thì G\ {g} cũng là một cơ sở Gr¨obner của I

Chứng minh Nếu tồn tại g0∈ G sao cho in (g0) |in (g) thì ta có ngay

(in (G\ {g})) = (in (G)) Mặt khác G là cơ sở Gr¨obner của iđêan I nên in (I) = (in (G)) Do đó

(in (G\ {g})) = in (I)

Theo định nghĩa, từ đó suy ra G\ {g} cũng là một cơ sở Gr¨obner của I 

Bổ đề 1.3.18 Cho I là một iđêan tùy ý của R Nếu g1, , gs là cơ sởGr¨obner của I đối với một thứ tự từ nào đó, thì g1, , gs là cơ sở của I

Như vậy, việc xác định iđêan khởi đầu tương đương với việc tìm một cơ

sở Gr¨obner của I (đối với một thứ tự từ nào đó) Tuy nhiên việc này khôngđơn giản tí nào vì không phải mọi cơ sở của I là cơ sở Gr¨obner của I Hơnnữa, một cơ sở đã cho của I có thể là cơ sở Gr¨obner đối với thứ tự này,nhưng không là cơ sở Gr¨obner đối với thứ tự khác

Ví dụ:

1 Cho I = xy, y3
⊆ K [x, y] và f1 = xy, f2 = xy − y3 Cho x > y,khi đó in6lex( f1) = in6lex( f2) = xy, nên { f1, f2} không là cơ sở Gr¨obnercủa I đối với 6lex, vì in6lex(I) = I Tuy nhiên in6glex( f1) = in6rlex( f1) =

xy, in6glex( f2) = in6rlex( f2) = y3 và in6glex(I) = in6rlex(I) = I nên f1, f2 là

cơ sở Gr¨obner của I đối với thứ tự từ điển phân bậc, cũng như đối với thứ

tự từ điển ngược

2 Cho I = ( f1, f2) ⊆ K [x, y] , trong đó f1 = x3− 2xy và f2 = x2y−2y2+ x Xét thứ tự từ điển phân bậc hoặc thứ tự từ điển ngược Khi đó

in( f1) = x3, in ( f2) = x2y Tuy nhiên x2 = x f2− y f1 ∈ I và in x2
= x2 ∈/

x3, x2y
nên f1, f2 không là cơ sở Gr¨obner của I đối với các thứ tự này

3 Cho I = (x + y, y + z) ⊆ K [x, y, z] và xét thứ tự từ điển với x > y > z.

Ta sẽ chứng tỏ x + y, y + z là cơ sở Gr¨obner của I Thật vậy, mọi phần tử

0 6= f ∈ I có dạng f = g (x + y) + h (y + z) Nếu in ( f ) không chứa x và

y thì f chỉ chứa biến z, tức là f = f (z) Thay x = z và y = −z vào biểudiễn vừa nêu của f , ta có f = f (z) = g (z, −z, z) 0 + h (z, −z, z) 0 = 0,

vô lý Vậy in ( f ) ∈ (x, y) = (in (x + y) , in (y + z)), hay x + y, y + z là cơ sởGr¨obner của I đối với thứ tự từ điển

Như trên ta thấy việc kiểm tra một cơ sở của I có phải cơ sở Gr¨obnercủa I không dễ ngay trong trường hợp iđêan I đơn giản Ngay cả khi cốđịnh một thứ tự từ thì cơ sở Gr¨obner không xác định duy nhất, bởi vì khithêm một số phần tử vào cơ sở Gr¨obner đã biết, thì sẽ được một cơ sởGr¨obner mới Bởi vậy ta cần khái niệm sau:

Định nghĩa 1.3.19 Cơ sở Gr¨obner tối tiểu của I đối với một thứ tự từ

đã cho là một cơ sở Gr¨obner G ⊂ I thỏa mãn các tính chất sau:

(i) l c (g) = 1 với mọi g ∈ G

(ii) Với mọi g ∈ G không tồn tại g0∈ G để in (g0) |in (g)

Hệ quả 1.3.20 Cho 6 là một thứ tự từ Khi đó mọi iđêan đều có cơ

sở Gr¨obner tối tiểu và mọi cơ sở Gr¨obner tối tiểu của cùng một iđêan đều

có chung số lượng phần tử và chung tập từ khởi đầu

Ví dụ:

Ta xét vành K [x, y] với thứ tự từ điển phân bậc và iđêan

I = x3− 2xy, x2y− 2y2+ x
, có một cơ sở Gr¨obner gồm các đa thức

f1 = x3− 2xy, f2 = x2y− 2y2+ x, f3 = −x2, f4 = −2xy, f5 = −2y2+ x.Đầu tiên ta nhân các phần tử sinh với các hằng số thích hợp để được hệ

số đầu bằng 1 Thấy rằng in ( f1) = x3 = −x.in ( f3) , theo bổ đề 1.3.17

ta có thể loại f1 trong cơ sở Gr¨obner tối tiểu Tương tự, in ( f2) = x2y=

− 12
x.in ( f4) , nên ta cũng loại f2 Khi đó không còn trường hợp mà từ

khởi đầu của một phần tử sinh chia hết từ khởi đầu của phần tử sinh khác.

Do vậy, g1 = x2, g2 = xy, g3 = y2− 12
x, là một cơ sở Gr¨obner tối tiểucủa I đối với thứ tự từ điển phân bậc

Định nghĩa 1.3.21 Cơ sở Gr¨obner rút gọn của iđêan I đối với một

thứ tự từ đã cho là một cơ sở Gr¨obner G của I thỏa mãn các tính chất sau:(i) l c (g) = 1 với mọi g ∈ G

(ii) Với mọi g ∈ G và mọi từ m của g không tồn tại g0∈ G\ {g} để in (g0) |m

Rõ ràng mọi cơ sở Gr¨obner rút gọn là cơ sở Gr¨obner tối tiểu Kết quảsau đây nói rõ rằng cơ sở Gr¨obner rút gọn tồn tại và duy nhất

Mệnh đề 1.3.22 Cho I 6= 0 Khi đó đối với mỗi thứ tự từ, I có duy

nhất một cơ sở Gr¨obner rút gọn

Chứng minh Trước hết ta chứng minh sự tồn tại Cho G là một cơ

sở Gr¨obner tối tiểu của I Ta nói g ∈ G rút gọn trong Gr¨obner nếu không

có từ nào của g trừ từ khởi đầu của nó, chia hết cho các từ khởi đầu trong

in(G) := {in ( f ) | f ∈ G} Mục đích của ta là thay đổi G sao cho cuối cùng

sẽ nhận được cơ sở Gr¨obner mà mọi phần tử của nó đều rút gọn

Nhận xét rằng nếu g rút gọn trong G thì g cũng rút gọn trong mọi cơ

sở Gr¨obner tối tiểu G0 chứa g của I (bởi vì định nghĩa chỉ liên quan đếncác từ khởi đầu trong Gr¨obner, trong khi G và G0 có chung tập các từ khởiđầu)

Giả sử g ∈ G là một phần tử không rút gọn trong G Chọn từ 0 6=

α m 6= in (g) (α ∈ K, m ∈ M) lớn nhất của g sao cho tồn tại g 6= g0∈ G để

in(g0) |m Đặt g1 = g − αmg0/in (g0) Vì in (g) > m > in (g0), nên theo Bổ

đề 1.3.11 (c), in (g1) = in (g) = lm (g) Do đó G1 = (G\ {g}) ∪ {g1} lại là

cơ sở Gr¨obner tối tiểu Hơn nữa, nếu kí hiệu đơn thức m xác định như trên

là s (g) , thì hoặc g1 rút gọn trong G1 hoặc s (g1) < s (g) Thật vậy, giả sử

g1 không rút gọn Nếu s (g1) là đơn thức của g chia hết cho từ khởi đầucủa g∗ ∈ G nào đó, thì từ đó không thể là s (g)vì từ này đã bị triệt tiêu.Cho nên s (g1) < s (g) Nếu s (g1) là đơn thức trong mg0/in (g0) thì cũng có

s(g1) 6 s (g0) m/in (g0) < m = s (g) Tóm lại luôn có s (g1) < s (g) Chú ýrằng s (g) sẽ không xác định nếu không tồn tại m như trên Tiếp tục làmnhư vậy, theo các Bổ đề 1.3.4 và 1.3.5, đến một lúc nào đó phải nhận được

Gs = (G\ {g}) ∪ {gs} mà không còn s (g), tức gs rút gọn trong Gs

Nếu lặp lại quá trình trên với tất cả các phần tử không rút gọn của

G, thì cuối cùng sẽ nhận được cơ sở Gr¨obner G0 tối tiểu mà mọi phần tửcủa nó đều rút gọn (vì trong quá trình đó, mọi phần tử đã rút gọn được giữnguyên) Theo định nghĩa G0 chính là cơ sở Gr¨obner rút gọn

Bây giờ ta chứng tỏ tính duy nhất Giả sử G và G0là hai cơ sở Gr¨obnerrút gọn Theo Hệ quả 1.3.20 G và G0có cùng số phần tử và in (G) = in (G0).Cho g ∈ G tùy ý Khi đó chọn được g0 ∈ G0 sao cho in (g) = in (g0) Đặt

h= g − g0∈ I Ta có in (h) 6= in (g) = in (g0) Nếu h 6= 0 thì in (h) là iđêanhoặc là một từ của g, in (h) chia hết cho một từ dấu in (g∗) nào đó, với

g∗ ∈ G Nhưng điều này mâu thuẫn với điều kiện (b) của Định nghĩa 3.5.4.Suy ra h = 0 và g = g0∈ G0 Tức là G ⊆ G0 Tương tự cũng có G0⊆ G, nên

1.3.6 Thuật toán chia

Trong 1.2.3 ta đã thấy vai trò quan trọng của định lý chia đa thức mộtbiến để nghiên cứu cấu trúc của vành đa thức một biến Ý tưởng chínhtrong việc mở rộng định lý này là dùng thứ tự từ thay cho bậc của đa thức

để giảm dần các từ khởi đầu của đa thức bị chia, cho đến khi không thể

“chia được” thì dừng Bằng cách này không những có thể mở rộng thuậttoán chia ra trường hợp nhiều biến, mà còn chia được cho nhiều đa thứccùng một lúc Nhưng việc mở rộng đó làm cho đa thức dư và các “đathức thương” không còn xác định duy nhất như trong trường hợp chia chomột đa thức một biến Tuy nhiên điều đó cũng đủ cho việc áp dụng sau này

Định lý 1.3.23 (Định lý chia đa thức) Cố định một thứ tự từ 6 trên

M và cho F = { f1, , fs} ⊂ R = K [x1, , xn] Khi đó mọi đa thức f ∈ R

có thể viết được dưới dạng

f = q1f1+ + qsfs+ r,trong đó qi, r ∈ R thỏa các điều kiện sau đây:

(i) Hoặc r = 0, hoặc không có từ nào của r chia hết cho một trongcác từ khởi đầu in f1, , in fs Hơn nữa inr 6 in f

(ii) Nếu qi 6= 0 thì in (qifi) 6 in ( f ) , i = 1, , s

Định nghĩa 1.3.24 Đa thức r ở trên được gọi là đa thức dư hoặc phần

dư của f khi chia cho F và được kí hiệu là r = Re mF( f ) Bản thân biểu

diễn trên của f được gọi là biểu diễn chính tắc của f theo f1, , fs

Mặc dù gọi như vậy, nhưng sau này sẽ thấy đa thức dư Re mF( f )không xác định duy nhất Các đa thức q1, , qs đóng vai trò như các đathức thương, nhưng chúng không quan trọng đối với lý thuyết trình bày ởđây, nên người ta không đặt tên gọi riêng

Ví dụ:

x3+ x = x x2+ 1
+ 0.x2+ 0 = 0 x2+ 1
+ x.x2+ x, tức là chia

x3+ x cho x2 và x2+ 1 có thể cho đa thức dư là x hoặc 0

Chú ý 1.3.25 Kết quả thực hiện Thuật toán chia đa thức phụ thuộc

vào việc sắp thứ tự các phần tử của tập F = { f1, , fs} Đa thức

PHANDU( f ; F) (phần dư của đa thức f khi chia cho F) xác định duynhất và là một giá trị của Re mF( f ) Tuy nhiên nói chung Re mF( f ) 6=PHANDU( f ; F)

Mệnh đề 1.3.26 Giả sử F = { f1, , fs} là một cơ sở Gr¨obner đối vớimột thứ tự từ cho trước Khi đó với mỗi đa thức f ∈ R, đa thức dư r củaphép chia f cho hệ F (trong Định lý chia đa thức) được xác định duy nhất.Nói riêng, kết quả thực hiện Thuật toán chia đa thức trong trườnghợp này không phụ thuộc vào thứ tự các đa thức chia trong F

Chứng minh. Sự tồn tại của r được đảm bảo bởi Định lý chia đa thức.Giả sử có hai đa thức dư r và r0, tức là tồn tại q1, , qs, q01, , q0s ∈ R để

f = q1f1+ + qsfs+ r = q01f1+ + q0sfs+ r0.Khi đó

r− r0 = q01− q1
f1+ + q0s− qs
fs ∈ I := ( f1, , fs)

Vì f1, , fs là cơ sở Gr¨obner của I nên tồn tại i 6 s để in (r − r0) chia hếtcho in ( fi) Nhưng điều đó không thể xảy ra nếu in (r − r0) 6= 0, vì đơn thứccủa in (r − r0) phải là một đơn thức của r và r0, mà theo Định lý chia đathức, không có từ nào của r và r0 chia hết cho in ( fi) Vậy phải có r = r0



Trong chứng minh trên thực ra không sử dụng điều kiện (ii) của Định lý1.3.23, nghĩa là mệnh đề trên vẫn còn đúng khi đa thức dư được hiểu theonghĩa rộng hơn (chỉ thỏa mãn điều kiện (i) của Định lý 3.6.1) Từ đó suy ra:

Hệ quả 1.3.27 Giả sử F = { f1, , fs} là một cơ sở Gr¨obner của iđêan

I đối với một thứ tự từ cho trước và đa thức f ∈ R Khi đó f ∈ I khi và chỉkhi đa thức dư r của phép chia f cho hệ F bằng 0

Chứng minh. Chỉ cần chứng minh điều kiện cần Giả sử f ∈ I Khi

đó tồn tại q1, , qs ∈ R để f = q1f1+ + qsfs+ 0 Do tính duy nhất của

Định nghĩa 1.3.28 Cho f , g ∈ K [x] là hai đa thức khác 0.

Kí hiệu: mf g = UCLN(lm( f ),lm(g))in( f ) và mg f = UCLN(lm( f ),lm(g))in(g)

S-đa thức của f và g là đa thức

Qua ví dụ trên ta thấy rằng S - đa thức phụ thuộc vào việc chọn thứ

Chứng minh.

(i) Ta thấy S ( f , g) = mg f f −mf g.g = − mf g.g − mg f f
= −S (g, f ).(ii) Theo Bổ đề 1.3.11(c), ta có

inS( f , g) = in mg f f − mf g.g
6 maxlm mg f f
, lm −mf g.g
(*)Mặt khác ta cũng có:

lm mg f f
= lm



in(g)UCLN(lm ( f ) , lm (g))f



= lm(g) lm ( f )UCLN(lm ( f ) , lm (g))

= BCNN (in ( f ) , in (g))

lm mf g.g
= lm



in( f )UCLN(lm ( f ) , lm (g))g



= lm(g) lm ( f )UCLN(lm ( f ) , lm (g))

= BCNN (in ( f ) , in (g)) Suy ra

(i) Tồn tại d ∈ Nn để với mọi i 6 t mà αi 6= 0 thì xailm(gi) = xd.(ii) in

t

∑i=1

Hơn nữa với mọi j, k đều có

pi= xαigi/βi.Đương nhiên các đa thức pi có hệ số đầu là 1 Viết tổng cần xét dưới dạng:

Trong đẳng thức cuối cùng ta đã sử dụng đồng nhất thức sau đây được suy

ra ngay từ điều kiện (ii):

t

∑i=1

αiβi = 0

Giả sử in (gi) = βixbi, theo điều kiện (i): ai+ bi = di với mọi i 6 t Do đó

lm(gi) = xbi chia hết xd, suy ra xcjk = BCNN (lm (gj) , lm (gk)) chia hết xd

Định lý 1.3.31 (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

16 i 6= j 6 s một (hoặc mọi) đa thức dư của S-đa thức S (gi, gj) trong phépchia cho Gr¨obner bằng 0

Chứng minh.

Điều kiện cần:Do gi, gj∈ I, nên S (gi, gj) ∈ I Vì G là cơ sở Gr¨obner,theo Hệ quả 1.3.27, đa thức dư của S-đa thức S (gi, gj) trong phép chia cho

G xác định duy nhất và bằng 0

Điều kiện đủ:Giả sử với mọi cặp 1 6 i 6= j 6 s, một đa thức dư của

S(gi, gj) trong phép chia cho G bằng 0 (đa thức này được chọn duy nhất,

theo một quy luật nào đó) Ta chỉ cần chứng minh rằng trong trường hợpnày G là cơ sở Gr¨obner.

Cho f ∈ I = (g1, , gs), khi đó tồn tại h1, , hs ∈ K [x] sao cho

f = h1g1+ + hsgs (1)Trong tất cả những biểu diễn trên của f , chọn biểu diễn sao cho

max {lm (h1g1) , lm (hsgs)}

nhỏ nhất Đơn thức này hoàn toàn xác định vì thứ tự từ là thứ tự tốt Kíhiệu nó là m = xd Để không làm rắc rối thêm kí hiệu ta giả sử biểu diễn(1) thỏa mãn

max {lm (h1g1) , lm (hsgs)} = m

Giả sử lm ( f ) < m Khi đó các từ lớn nhất của h1g1 triệt tiêu nhau Đặt

mi= lm (higi) Tách các từ cao nhất ra để vận dụng bổ đề trên như sau:

Vì mỗi hạng tử trong tổng riêng thứ hai và thứ ba ở (2) có các từ khởi đầunhỏ hơn m và in ( f ) < m, nên theo Bổ đề 1.3.11, ta có

in TjkS(gj, gk)
< m (4)

Theo giả thiết về đa thức dư của S (gi, gj) trong phép chia cho G là không,nên có thể viết

pt jkgi=

s

∑i=1 ∑j,k

Định lý 1.3.32 Cho G = {g1, , gs} là một hệ sinh của iđêan I G

là cơ sở Gr¨obner của I khi và chỉ khi với mọi cặp 1 6 i 6= j 6 s ta có

S(gi, gj)−→ 0.G

Sau đây là một số chú ý để giảm bớt số phép thử khi áp dụng tiêuchuẩn Buchberger

Chú ý 1.3.33

1 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 từ (gi, gj) với i < j

2 Nếu f , g là hai từ thì S ( f , g) = 0 Do đó không cần thử Tiêu chuẩn

Buchberger cho các cặp từ

3 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 smg.lm ( f ) = smf.lm (g) , thì do tính nguyên tố cùng nhau sẽ suy ra

smg chia hết cho lm (g) Điều này vô lý, vì smg < lm (g) Do đó ở đẳngthức 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 dư của nó bằng không

Do vậy, không cần thử Tiêu chuẩn Buchberger cho các cặp có từ khởi đầunguyên 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 thì

in −x2+ y
= −x2, in −x3+ z
= −x3

và

S −x2+ y, −x3+ z
= (−x) −x2+ y
− (−1) −x3+ z
= −xy + zkhông thể chia hết cho G =−x2+ y, −x3+ z được, tức là có đa thức dưkhác không Vậy G không là cơ sở Gr¨obner của I

Dựa vào khái niệm S-đa thức và tiêu chuẩn Buchberger, có thể xâydựng cơ sở Gr¨obner của một iđêan từ một hệ sinh tùy ý của nó Cho

f ∈ K [x] và F = { f1, , ft} ∈ K [x] là một tập được sắp Nhớ lại rằngPHANDU( f ; F) là đa thức dư của f trong phép chia cho F theo Thuậttoán chia đa thức Nó được xác định duy nhất

Thuật toán 1.3.34 Thuật toán Buchberger

Tìm cơ sở Gr¨obner CSGR ( f1, , ft) := {g1, , gs} từ ( f1, , ft)Input: F = ( f1, , ft)

Output: cơ sở Gr¨obner G = {g1, , gs} và F ∈ G

Ta tạm hiểu bước của Thuật toán (trừ bước cuối cùng) là một lần tập

G được tăng thêm một đa thức Bước cuối cùng là khi có G = G0 Trongthuật toán trên, tại mỗi bước ta có thể thay PHANDU ( f ; F) bằng bất kìgiá trị nào của RemF( f ) Định lý sau đây phát biểu cho dạng tổng quát này

Định lý 1.3.35 Thuật toán 3.7.2.1 dừng sau một hữu hạn bước và G

là cơ sở Gr¨obner chứa { f1, , ft} của I = { f1, , ft}

Chứng minh.Trước hết ta nhận xét rằng tại mỗi bước, đá thức S đượcthêm vào có dạng

G, tức là khi Re mG(p, q) = 0 với mọi p, q ∈ G, p 6= q Theo tiêu chuẩnBuchberger, G là cơ sở Gr¨obner của I

Bây giờ chỉ còn phải chứng minh thuật toán dừng Kí hiệu Gi là tập

G nhận được ở bước thứ i của thuật toán Ta dùng lại kí hiệu trước đây

in(G) = {in (g) |g ∈ G} Do G0 ⊆ G1 ⊆ , nên

(in (G0)) ⊆ (in (G1)) ⊆ (in (G2)) ⊂

K[x] là vành Noether (theo Định lý Hilbert về cơ sở - Lê Tuấn Hoa,

Đại số máy tính cơ sở Gr¨obner,33), nên dãy trên phải dừng sau một số hữuhạn bước Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để in (Gi) = in (Gi+1) Nếu Gi ⊂ Gi+1thì tồn tại p, q ∈ Gi để đa thức Re mGi(S (p, q)) được thêm vào Gi+1 Vìcác từ của Re mGi(S (p, q)) không chia hết cho bất kì từ khởi đầu nào của

Gi, suy ra in (Gi) ⊂ in (Gi+1) (xem Bổ đề 1.2.13), (vô lý) Vậy Gi= Gi+1

và thuật toán dừng sau bước thứ i + 1 

Chú ý 1.3.36 Để đơn giản hóa Thuật toán Buchberger, ta sẽ dùng

dạng tổng quát (hay bất định) của nó

Nếu Re mG( f ) = 0 và G ⊆ G0 thì có thể chọn Re mG0( f ) = 0 Hơnnữa, nếu S = Re mG(S (p, q)) và G0= G ∪ {S} thì

S(p, q) = ∑

g∈G

hg.g + 1.S + 0,

thỏa mãn Định lý chia đa thức và do đó có thể chọn Re mG0(S (p, q)) = 0

Vì vậy trong bước tiếp theo của Thuật toán, không cần xét lại các cặp phần

tử (p, q) đã xét ở bước trước đó