Cơ sở Grobner và ứng dụng

MỞ ĐẦUTrong Đại số giao hoán, khi nghiên cứu vành đa thức một biếnK[x] với K là một trường, ta đã biết mọi iđêan đa thức I đều sinh bởimột đa thức g nào đó mà ta gọi đó là phần tử sinh c

MỞ ĐẦU

Trong Đại số giao hoán, khi nghiên cứu vành đa thức một biếnK[x] (với K là một trường), ta đã biết mọi iđêan đa thức I đều sinh bởimột đa thức g nào đó mà ta gọi đó là phần tử sinh của I Vì vậy với

ƒ ∈ K[x] bất kì, ta thực hiện phép chia đa thức ƒ cho đa thức gtheo thuật toán Euclide để tìm đa thức dư r, đa thức này xác định duynhất và ƒ ∈ I khi và chỉ khi r = 0 Một lẽ rất tự nhiên khi mở rộnglên vành đa thức nhiều biến K[x1, … , xn], để xác định một đa thức ƒ

∈ K[x1, … , xn]

bất kì có thuộc iđêan đa thức I ⊆ K[x1, … , xn] cho trước nào đó haykhông, ta sẽ đi tìm tập các phần tử sinh {g1, … , gs} ≔ G, trong đócác gi ∈ I, và sau đó thực hiện phép chia đa thức ƒ cho tập các đathức G Tuy nhiên, liệu rằng có thực hiện được phép chia đa thức ƒcho tập các đa thức G để tìm đa thức dư r hay không? Và đa thức dưnày vẫn còn

xác định duy nhất? Thuật toán chia có thay đổi ra sao so với thuật toánEuclide? Liệu ƒ ∈ I khi và chỉ khi r = 0? Cơ sở Gröbner trong Đại

số máy tính cho phép giải đáp được tất cả những thắc mắc trên

Được sự động viên, giúp đỡ của thầy, cô giáo khoa Toán, đặc biệt là

các thầy cô tổ Đại số, em đã chọn đề tài: “Cơ sở Gröbner và ứng

dụng”.

Nội dung của đề tài trình bày về những khái niệm cơ sở của líthuyết Gröbner và ứng dụng của nó Xây dựng quan hệ thứ tự trên tậpcác đơn thức nhiều biến, từ đó, chúng ta thấy được và làm rõ cách thức

mở rộng thuật toán chia đa thức một biến ở trung học cơ sở sang trường

hợp đa thức nhiều biến Qua đó, người ta xác định phương hướng để giảiquyết một số bài toán về iđêan trong vành đa thức nhiều biến.

Đề tài được trình bày trong hai chương:

Chương 1 Cơ sở Gröbner

Chương này đề cập đến khái niệm thứ tự từ, xuất phát điểm để xâydựng cơ sở Gröbner Từ đó, người ta đưa ra khái niệm iđêan khởi đầu, từkhởi đầu, cũng như định nghĩa và một số tính chất cơ bản của cơ sởGröbner Tiếp đó, tác giả trình bày việc mở rộng thuật toán chia với dưtrong vành đa thức nhiều ẩn Cuối cùng, chúng ta đề cập tới thuật toánBuchberger

Chương 2 Một số ứng dụng của Cơ sở Gröbner

Nội dung chủ yếu của chương này trình bày ứng dụng của cơ sởGröbner để giải quyết một số bài toán về iđêan trong vành đa thức nhiềubiến

Mặc dù có nhiều cố gắng song còn nhiều hạn chế về thời gian vàkiến thức, khóa luận này không thể tránh khỏi những thiếu sót, em rấtmong nhận được ý kiến đóng góp của các thầy giáo, cô giáo và các bạnsinh viên để khóa luận của em được hoàn thiện

CHƯƠNG 1 CƠ SỞ GRÖBNER

S–1 = {(x, y)|(y, x) ∈ S} cũng là quan hệ thứ tự bộ phận và gọi là thứ

tự ngược của Nếu kí hiệu S là ≤ thì S–1 được kí hiệu là ≥

so sánh được với nhau

Quan hệ thứ tự ≤ 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 X là tập đượcsắp hoàn toàn

Quan hệ hai ngôi chỉ thỏa mãn tính chất phản xạ và bắc cầu đượcgọi là giả bộ thứ tự.

iv) Tập A được gọi là bị chặn nếu nó vừa bị trên, vừa bị chặn dưới

v) Tập X được gọi là sắp thứ tự tốt nếu nó được sắp hoàn toàn và mọi tậpcon khác rỗng của X để có phần tử bé nhất

Ví dụ

 (N, |), A = {n ∈ ℕ ∶ n > 1} Các phần tử tối tiểu là các số nguyêntố.

 (ℝ, ≤), A = [1,2], B = (1,2) Khi đó: 1,2 lần lượt là phần tử bé nhất,lớn nhất của A B không có phần tử bé nhất, lớn nhất, tối tiểu, tối đạinhưng bị chặn trên và bị chặn dưới trong ℝ

 (ℕ, ≤) là tập được sắp thứ tự tốt vì (ℕ, ≤) được sắp hoàn toàn và mọi

bộ phận khác rỗng của N đều có phần tử bé nhất Tuy nhiên, (ℤ, ≤)không phải là tập được sắp thứ tự tốt vì tập A = {x|x

Cho M là tất cả các đơn thức của K[x] Thứ tự toàn phần ≤ trên tập

M được gọi là thứ tự từ nếu:

ii) Với mọi m1, m2, m ∈ M mà m1 ≤ m2 thì mm1 ≤ mm2 Ví dụ:

Quan hệ theo bậc của đơn thức một biến là một thứ tự từ Bổ đề

- Giả sử ≤ không là thứ tự tốt trên M, tức là tồn tại tập con

A ⊆ M sao cho A không có phần tử bé nhất Lấy m1 là một phần tử bất

kì trong A Vì A không có phần tử bé nhất nên tìm được m2 < m1 trong

A, với m2 ta tìm được m3 < m2 Lặp lại quá trình trên mãi mãi ta nhậnđược một dãy vô hạn các đơn thức thực sự giảm:

Vì ≤ là thứ tự toàn phần nên có thể giả thiết m1 ≤ mi, với mọi

i ≤ n Ta chứng tỏ m1 là phần tử bé nhất của A Thật vậy, với mọi

m ∈ A, vì I = (m1, … , mn) nên theo bổ đề về tính chia hết củaiđêan đơn thức, ta tìm được i ≤ n sao cho m = mrmi, với mr là đơnthức nào đó Vì 1 ≤ mr nên theo tính chất của A hay ≤ là thứ tự tốt

- Ngược lại, giả sử ≤ là thứ tự tốt và tồn tại đơn thức m sao cho :

1 > m Khi đó, theo tính chất ii) của Định nghĩa 1.1.4 ta có :

1 > m = m 1 > m m = m2, m2 = m m > m m2 = m3, …

- Cứ tiếp tục như vậy ta nhận được một dãy vô hạn đơn thức thực

sự giảm: 1 > m > m2 > m3 > ⋯ Theo bổ đề về tính tương đương củaiđêan đơn thức, điều này trái với giả thiết ≤ là thứ tự tốt Suy ra, 1 ≤ mvới mọi m ∈ M Vậy ≤ thỏa mãn cả hai tính chất của Định nghĩa1.1.4, hay ≤ là thứ tự từ

1.1.3 Một số thứ tự từ quan trọng

Trong phần này, chúng ta sẽ xét xem những thứ tự từ quan trọng mànhững phần tiếp theo chúng ta sẽ thường xuyên sử dụng đến chúng Đó

là thứ tự từ điển, thứ tự từ điển phân bậc, thứ tự từ điển ngược

Cho ≤ là một thứ tự từ Bằng cách thay đổi chỉ số biến nếu cầnthiết có thể giả thiết : x1 > x2 > ⋯ > xn

Định nghĩa 1.1.5

i) Thứ tự từ điển, kí hiệu là ≤1es, được xác định như sau : x1α1 …

xnαn <1es x1þ1 … xnþn nếu thành phần đầu tiên khác không kể từ bêntrái của véctơ (α1 − þ1, … , αn − þn) là một số âm (Nói cách khác,nếu tồn tại 0 ≤ i < n sao cho α1 = þ1, … , αi = þi nhưng αi+1 < þi+1).ii) Thứ tự từ điển phân bậc, kí hiệu là ≤g1es, được xác đinh như sau :

x1α1 … xnαn <g1es x1þ1 … xnþn nếu deg(x1α1 … xnαn ) <(x1þ1 … xnþn) hoặc deg(x1α1 … xnαn ) = (x1þ1 … xnþn) và là thànhphần đầu tiên khác không kể từ bên trái của véctơ (α1 − þ1, … , αn

− þn) là một số âm Nói cách khác, nếu α1 + ⋯ + αn < þ1 + ⋯+ þn hoặc α1 + ⋯ + αn = þ1 + ⋯ + þn và x1α1 … xnαn ≤1es x1þ1 …

xnþn

iii) Thứ tự từ điển ngược, kí hiệu là ≤r1es, được xác định như sau :

x1α1 … xnαn <r1es x1þ1 … xnþn nếu deg(x1α1 … xnαn ) <

deg(x1þ1 … xnþn) hoặc deg(x1α1 … xnαn) = deg(x1þ1 … xnþn ) vàthành phần đầu tiên khác không kể từ bên phải của véctơ (α1

− þ1, … , αn − þn) là số dương Nói cách khác, nếu α1 + ⋯ + αn <

Nhận xét : Dễ dàng chứng minh 3 thứ tự kể trên là thứ tự từ

Ví dụ

 Trong cả 3 thứ tự trên ta luôn có : x1 > x2 > ⋯ > xn.

 Cho các đơn thức : x2y8, x5yz4, xyz3, xy4 Sắp xếp các biến

1.2 Iđêan khởi đầu, cơ sở Gröbner

1.2.1 Từ khởi đầu, đơn thức đầu Định

nghĩa 1.2.1

Cho ≤ là một thứ tự từ và ƒ ∈ K[x] Từ khởi đầu của đa thức

ƒ, kí hiệu là inŠ(ƒ), là từ lớn nhất của đa thức ƒ đối với thứ tự từ

lmŠ(ƒ)) Chú ý

 Từ khởi đầu của đa thức 0 là không xác định, nó có thể nhận giá trị tùy ý

 Trong biểu diễn chính tắc của đa thức ƒ nếu ta viết các từ theo thứ

tự giảm dần thì in(ƒ) sẽ xuất hiện đầu tiên

Ví dụ

Cho đa thức ƒ = 3x5y3 + x4y2z − 6xy5z + x2z − 2z Viết theo thứ tự giảm dần với x > y > z, ta có:

inŠlex (ƒ) = 3x5y3

ii) in(mƒ) = m in(ƒ)

iii) lm(ƒ + g) ≤ max{lm(ƒ), lm(g)} Dấu < xảy ra khi và chỉ khiin(ƒ) =

−in(g) Chứng

minh

Giả sử: ƒ = in(ƒ) + ∑ mi , mi < in(ƒ) và g = in(g) + ∑

nj , nj < in(g), trong đó mi và nj là các từ có thể bằng 0 Khi

đó:

i) Với mọi i, j: in(ƒ)in(g) ≠ 0, in(ƒ)nj < in(ƒ)in(g) và miin(g) <in(ƒ)in(g) Do đó, in(ƒ)in(g) không thể giản ước được với bất

kì từ nào của khai triển tích ƒg và in(ƒ)in(g) là từ lớn nhất của

ƒg Vậy in(ƒg) = in(ƒ)in(g)

ii) Vì in(m) = m nên điều chứng minh được suy ra từ i)

iii) Không giảm tính tổng quát, ta có thể giả sử in(ƒ) ≥ in(g)

 Nếu in(ƒ) > in(g) thì ta có : ƒ + g = in(ƒ) + in(g) +

∑ mi + ∑ nj Ta có : in(ƒ) > in(g) > nj nên in(ƒ) > nj Theođịnh nghĩa từ khởi đầu, ta có : in(ƒ) > mi Vậy, in(ƒ) là từ lớnnhất trong tổng ƒ + g và không giản ước được với bất kì từ nàokhác, nên lm(ƒ +

g) = lm(ƒ) = max{lm(ƒ), lm(g)}

 Nếu in(ƒ) = in(g) và lc(ƒ) ≠ −lc(g) thì ƒ + g

 Nếu in(ƒ) = −in(g) thì ta có: ƒ + g = ∑ mi + ∑ nj .Khi đó, ƒ + g = 0 hoặc lm(ƒ + g) = lm(mi) < lm(ƒ), hoặc lm(ƒ+ g) = lm(nj ) < lm(g) Vậy, lm(ƒ + g) < max{lm(ƒ), lm(g)}.

Đó là điều phải chứng minh

1.2.2 Iđêan khởi đầu Định

nghĩa 1.2.2

Cho I là iđêan của K[x] và ≤ là một thứ tự từ Iđêan khởi đầucủa I, kí hiệu inŠ(I), là iđêan của K[x] sinh bởi các từ khởi đầu củacác phần tử thuộc I Nghĩa là:

Nhận xét

inŠ(I) = (inŠ(ƒ)|ƒ ∈ I)

 inŠ(I) là iđêan đơn thức

 Ta cũng sẽ viết in(I) thay vì inŠ(I) nếu thứ tự ≤ đã xác định

Bổ đề 1.2.2

Cho ≤ là một thứ tự từ và I, J là hai iđêan của R Khi đó :

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

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

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

iv) in(I)in(J) ⊆ in(IJ)

v) in(I) + in(J) ⊆ in(I + J)

Chứng minh

i) Nếu m ∈ in(I) thì theo bổ đề về các điều kiện tương đương của iđêan

đơn thức, ta có : m = lm(ƒ)mr và mrƒ ∈ I Vậy m

∈

{lm(ƒ)|ƒ ∈ I} Điều ngược lại hiển nhiên đúng

ii) Vì I là iđêan đơn thức nên I sinh ra một tập A nào đó các đơn thức.Với mỗi m ∈ A, m = in(m) ∈ in(I), nên I ⊆ in(I) Ngược lại, giả

sử ƒ ∈ I là một phần tử tùy ý thì theo bổ đề về tính chia hết, cácđiều kiện tương đương của iđêan đơn thức, in(ƒ) chia hết chođơn thức m ∈ A nào đó Lại theo bổ đề về tính chia hết củaiđêan đơn thức, in(ƒ) ∈ I Suy ra, in(I) ⊆ I, tức là in(I) = I

iii) Theo định nghĩa, rõ ràng I ⊆ J kéo theo in(I) ⊆ in(J) Giả sử, in(I)

= in(J), I ⊂ J Theo Bổ đề 1.1.3, tìm được ƒ ∈ J ∖ I để lm(ƒ) =min{lm(g)|g ∈ J ∖ I} Vì lm(ƒ) ∈ in(J) = in(I) nên tồn tại g ∈ I

để lm(ƒ) = lm(g) Ta có thể giả thiết lc(ƒ) = lc(g) = 1 (vì nếukhông như vậy ta chia ƒ, g cho lc(ƒ), lc(g) tương ứng) Đặt ℎ = ƒ

− g, ta có: ƒ, g ∈ I nên ℎ ∈ J nhưng mặt khác ƒ ∉ I, g ∈ I nên ℎ

∉ I Vậy ℎ ∈ J ∖

I Mặt khác, theo Bổ đề 1.2.1 iii), ta có: lm(ℎ) < lm(ƒ) Mâu thuẫn với việc chọn ƒ Vậy I = J

iv) Ta có: in(I)in(J) sinh bởi các từ in(ƒ)in(g), trong đó ƒ ∈ I, g

∈ J Mặt khác, theo Bổ đề 1.2.1 i), in(ƒg) = in(ƒ)in(g) nên ta cóngay in(I)in(J) ⊆ in(IJ)

v) I, J ⊆ I + J nên theo iii) ta có ngay in(I) + in(J) ⊆ in(I + J) □

1.2.3 Cơ sở Gröbner

Định nghĩa 1.2.3

Cho ≤ là một thứ tự từ, I là một iđêan của K[x] Tập hữu hạncác đa thức khác không g1, … , gs ∈ I được gọi là một cơ sởGröbner của I đối với thứ tự từ ≤ nếu: inŠ(I) = (inŠ(g1), … ,

inŠ(gs))

Định lí 1.2.1

Cho I là một iđêan tùy ý của K[x] Nếu g1, … , gs là một cơ sởGröbner đối với thứ tự nào đó thì g1, … , gs là một cơ sở của I.

Chứng minh

Đặt J: = (g1, … , gs) ⊆ I Vì in(I) = (in(g1), … , in(gs)) ⊆in(J) ⊆ in(I) nên in(J) = in(I) Theo Bổ đề 1.2.2 iii), ta có I = J □

Nhận xét

Như vậy, việc xác định iđêan khởi đầu tương đương với việc tìmmột cơ sở Gröbner của I đối với một thứ tự nào đó Tuy nhiên, việc làmnày không hề đơn giản vì không phải mọi cơ sở của I đều là cơ sởGröbner của I Hơn nữa, một cơ sở đã cho của I có thể là cơ sở Gröbnerđối với thứ tự này nhưng không là cơ sở Gröbner đối với thứ tự khác

Ví dụ

 I là iđêan của vành K[x] Ta biết rằng trên vành này chỉ có mộtthứ tự từ là thứ tự từ phân bậc của đa thức Ta có, với mọi I ⊆K[x], I = (ƒ), ƒ ∈ K[x] Từ đó, in(I) = (in(ƒ))

 I = {ƒ1, ƒ2} ∈ K[x, y], ƒ1 = x2y + y − xy, ƒ2 = x2y2 − xy2

Đối với 3 thứ tự : thứ tự từ điển, thứ tự từ điển phân bậc,thứ tự từ điển ngược, ta có : in(ƒ1) = x2y, in(ƒ2) = x2y2 Mặtkhác, ta có : y2 = yƒ1 − ƒ2 ∈ I nhưng in(y2) = y2 ∉ in(I) Vậy{ƒ1, ƒ2} không là cơ sở Gröbner của I

 I = {x − y, y + z2} ⊆ K[x, y, z] Đối với thứ tự từ điển mà x > y

> z Ta chứng tỏ x − y, y + z2 là cơ sở Gröbner của I Thật vậy, vớimọi đa thức 0 ≠ ƒ ∈ I có dang :

ƒ = g(x − y) + ℎ(y + z2)Nếu in(ƒ) không chứa biến x, y thì ƒ chỉ chứa biến z, tức

là ƒ = ƒ(z) Chọn x = −z2, y = −z2 thay vào biểu diễn của ƒ ta

có : ƒ = g 0 + ℎ 0, vô lí Vậy in(ƒ) ∈ (x, y) = (in(x − y), in(y +

z2)) hay x − y, y + z2 là cơ sở Gröbner của I đối với thứ tự từ điển

Định nghĩa 1.2.4

Cơ sở Gröbner tối tiểu của I đối với thứ tự ≤ đã cho là một sởGröbner G ⊆ I sao cho :

i) lc(g) = 1, với mọi g ∈ G

ii) Với mọi g ∈ G, không tồn tại gr ∈ G mà in(gr)|in(g) Hệ

quả 1.2.1

Cho ≤ là một thứ tự từ Khi đó, mọi iđêan có cơ sở Gröbner tối tiểu

và mọi cơ sở Gröbner tối tiểu đều có chung số phần tử và chung tập từkhởi đầu

Nhận xét

Dựa vào thuật toán tìm tập sinh đơn thức tối tiểu của iđêan đơn thức

ta có ngay cách xây dựng cơ sở Gröbner tối tiểu xuất phát từ một cơ sởGröbner nào đó Sau đây là thuật toán tìm cơ sở Gröbner tối tiểu

Thuật toán 1.2.1 (Thuật toán tìm cơ sở Gröbner tối tiểu)

Tìm cơ sở Gröbner tối tiểu CSGRTT(ƒ1, … , ƒr ) ≔ {g1, … , gs} từ

cơ sở Gröbner ƒ1, … , ƒr

Input : ƒ1, … , ƒr : đa thức trong K[x]

Output: g1, … , gs : đa thức trong K[x]

WHILE mi|mj DO

k ≔ j; r ≔ r − 1WHILE k ≤ r DO

mk ≔ mk+1; ƒk ≔ ƒk+1; k ≔ k + 1

j ≔ j + 1

s ≔ s + 1; gs ≔ ƒi ; i ≔ i + 1

Ví dụ

Cho G = {x4 − xy, x3y − y2 + x, x2, −xy2, x − y, xy, −y2} là

cơ sở Gröbner của iđêan I = (x4 − xy, x3y − y2 + x) Tìm cơ

sở Gröbner tối tiểu của I

Áp dụng thuật toán 1.2.1 tìm cơ sở Gröbner tối tiểu của I như sau : Với ƒ1 = x4 − xy, ƒ2 = x3y − y2 + x, ƒ3 = x2, ƒ4 =

−xy2,

ƒ5 = x − y, ƒ6 = xy, ƒ7 = −y2 Ta có các từ tương ứng là : m1

=

x4, m2 = x3y, m3 = x2, m4 = xy2, m5 = x, m6 = xy, m7 = y2.Vòng lặp thứ 1 : s ≔ 0; i ≔ 1;

Đầu tiên (i = 1) <= (7 = r) nên j ≔ 2 Vì (j = 2) <= (7 = r).Kiểm tra m2 ∤ m1, thực hiện lệnh else kiểm tra m1 ∤ m2 nên j ≔

j + 1 = 3 Ta có : (j = 3) <= (7 = r) kiểm tra m3|m1 thì i ≔ i +

1 =

2; j ≔ j + 1 = 4 Ta lại có : (j = 4) <= (7 = r) kiểm tra m4 ∤ m2 thìthực hiện lệnh else kiểm tra m2 ∤ m4 nên j ≔ j + 1 = 5 Lại có: (j = 5) <= (7 = r) kiểm tra m5|m2 thì i ≔ i + 1 = 3; j ≔ j + 1 =

6 Tiếp tục (j = 6) <= (7 = r) kiểm tra m6 ∤ m3, thực hiện lệnhelse kiểm tra m3 ∤ m6 nên j ≔ j + 1 = 7 Cuối cùng, (j = 7) <=(7 = r) kiểm tra m3 ∤ m7 nên j ≔ j + 1 = 8 > (7 = r), thoát

s ≔ s + 1 = 1; g1 ≔ ƒ3; i ≔ 4Vòng lặp thứ 2 : s = 1; i = 4;

Đầu tiên, (i = 4) <= (7 = r) nên j ≔ 5 Vì (j = 5) <= (7 =r), kiểm tra m5|m4 nên i ≔ i + 1 = 5; j ≔ j + 1 = 6 Ta có : (j =6) <= (7 = r), kiểm tra m6 ∤ m5 thực hiện lệnh else kiểm tra

Vậy cơ sở Gröbner tối tiểu của I là: {x2, x − y, y2}

Định nghĩa 1.2.5

Cơ sở Gröbner rút gọn của iđêan I đối với thứ tự đã cho là một cơ

sở Gröbner của I thỏa mãn các tính chất:

hết cho các từ khởi đầu của đa thức khác trong in(G) ≔ {in(ƒ)|ƒ ∈G} Chúng

ta sẽ biến đổi G sao cho nhận được cơ sở Gröbner mà mọi phần tử của

nó đều rút gọn

Ta có nhận xét rằng : Nếu g rút gọn trong G thì g cũng rút gọntrong mọi cơ sở Gröbner tối tiểu G bất kì chứa g của I (vì G, Gr có cùng

số phần tử và chung tập của từ khởi đầu)

Giả sử: g ∈ G là một phần tử không rút gọn trong G Chọn

từ 0 ≠ mα ≠ in(g), α ∈ K, m ∈ M, lớn nhất của g sao cho tồntại: gr ∈ G ∖ {g} để in(gr)|m Đặt g1 = g − mα gr⁄in(gr) Vìin(g) >

m ≥ in(gr) nên theo Bổ đề 1.2.1 iii) in(g1) = in(g) = lm(g) Do đó,

G1 = (G ∖ {g}) ∪ {g1} là cơ sở Gröbner tối tiểu Hơn nữa, nếu đặts(g) = m, m là đơn thức được chọn như trên thì hoặc gr rút gọn trong

G, hoặc s(g1) < s(g) Thật vậy, giả sử g1 không rút gọn Nếu s(g1) làđơn thức của g1 chia hết cho từ khởi đầu của g∗ ∈ G nào đó thì từ nàykhông thể là s(g) vì s(g) đã bị triệt tiêu nên s(g1) ≤ s(gr)m|in(gr) <

m = s(g) Vậy ta luôn có: s(g1) < s(g) nếu s(g1), s(g) tồn tại, tức làtìm được đơn thức m theo cách trên Tiếp tục lặp lại quá trình trên, vìthứ tự là thứ tự từ tốt nên đến một lúc nào đó ta nhận được: Gs =(G ∖ {g}) ∪ {gs} mà không còn s(g) Tức là, gs rút gọn trong Gs

Lặp lại quá trình trên với tất cả các từ chưa rút gọn trong G ta nhậnđược cơ sở Gröbner Gr mà mọi phần tử của nó đều rút gọn Khi đó, theoĐịnh lí 1.2.5, Gr là cơ sở Gröbner rút gọn

 Tính duy nhất:

Giả sử G, Gr là hai cơ sở Gröbner rút gọn Theo Hệ quả 1.2.1,

G, Grchung số phần tử và tập từ khởi đầu Lấy g ∈ G tùy ý, khi đótìm được gr ∈ Gr sao cho in(g) = in(gr) Đặt ℎ = g − gr, ta có :in(ℎ) ≠ in(g) = in(gr) Nếu ℎ ≠ 0 thì in(ℎ) hoặc là một từ của g, hoặc

là một từ của gr, nhưng khác in(gr) Theo định nghĩa cơ sở Gröbner,in(ℎ)

chia hết cho một từ khởi đầu in(g∗), g∗ ∈ G nào đó Điều này mâuthuẫn với giả thiết G là cơ sở Gröbner rút gọn Vậy, ℎ = 0, từ đó : g =

gr ∈ Gr, tức là G ⊆ Gr Chứng minh hoàn toàn tương tự, bằng cách đổivai trò G, Gr ta chứng minh được Gr ⊆ G Vậy G = Gr □

1.3 Thuật toán chia

1.3.1 Phép chia với dư trong vành đa thức một biến

Cấu trúc iđêan của vành đa thức một biến trên một trường khá đơngiản Đó là do vành đa thức một biến thỏa mãn định lí chia đa thức Mặc

dù kết quả đơn giản nhưng chứng minh của nó chứa đựng ý tưởng sâusắc để mở rộng cho trường hợp nhiều biến Trong phần này chúng ta sẽchứng minh mọi iđêan của vành một biến đều sinh bởi một đa thức

Định lí 1.3.1 (Định lí chia đa thức một biến)

Cho K là một trường và g(x) là một đa thức khác 0 của K[x] Khi

đó, với mọi đa thức ƒ(x) ∈ K[x] có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng :

ƒ(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 r(x) Hơn nữa, q(x), r(x) được xác định duy nhất

Giả sử định lí đúng với mọi đa thức có bậc ≤ n − 1, trong đó :

n ≥ deg g Ta sẽ chứng minh nó đúng với đa thức ƒ tùy ý có deg ƒ

nạp, tồn tại qr, r sao cho r = 0 hoặc deg r < deg g và ƒ1 = qrg + r.

Đặt : q = inf

ing+ qr, ta sẽ có : ƒ = qg + r và r = 0 hoặc deg r < deg g.Giả sử tồn tại q1, r1 sao cho : ƒ = q1g + r1 và r1 = 0 hoặcdegr1 < deg g, thì ta có : r − r1 = (q1 − q)g

Nếu q1 ≠ q thì deg(q1 − q)g ≥ deg g, trong khi r − r1 = 0 hoặcdeg(r − r1) < deg g Vô lí Vậy q1 = q và do đó r = r1 □

Từ đó, ta có thuật toán chia đa thức một biến như sau:

Thuật toán 1.3.1 (Thuật toán chia đa thức một biến)

Tìm thương và đa thức dư CHIA(ƒ, g) ≔ (q, r) khi chia ƒ cho g

và r = 0 và deg r < deg ℎ Vì I là iđêan, nên qℎ ∈ I và r = ƒ − qℎ

∈ I

Nếu r ≠ 0 thì mâu thuẫn với cách chọn ℎ Vậy ƒ = qℎ, hay ƒ ∈ ( )ℎ

Do tính tùy ý của ƒ nên ta có: I ⊆ ( )ℎ

Ngược lại, nếu ℎ ∈ I thì hiển nhiên ( )ℎ ⊆ I Vậy I = ( )ℎ □

Nhận xét

Hệ quả này chỉ khẳng định một iđêan bất kì của vành đa thức mộtbiến là iđêan chính chứ không phải cho ta tìm iđêan chính đó Để làmđược điều này, chúng ta cần thêm khái niệm ước chung lớn nhất của đathức và thuật toán tìm UCLN của đa thức

ℎ = s1q1g + ⋯ + snqng = (s1q1 + ⋯ + snqn)g

hay g chia hết cho ℎ Vậy, ℎ = UCLN(ƒ1, … , ƒn )

Giả sử ℎr = UCLN(ƒ1, … , ƒn ) thế thì ℎ, ℎr chia hết lẫn nhau, nên

ℎ = αℎr, 0 ≠ α ∈ K Vậy i) và ii) được chứng minh

1), ƒn ) Như chúng ta đã biết ƒ, g là hai đa thức của vành đa thức một biến thì ta

có: UCLN(ƒ, g)=UCLN(g, Rem(ƒ, g)) Từ đó, ta có thuật toán

Euclide tìm ước chung lớn nhất của hai đa thức

Thuật toán 1.3.2 (Thuật toán Euclide)

Áp dụng định lí chia đa thức, tìm thương và dư của phép chia

đa thức ƒ(x) cho đa thức g(x) Tìm phần tử sinh của iđêan I =(ƒ(x), g(x)), với ƒ(x) = −x5 + 2x3 − 2x2 + 3, g(x) = x3 + 1

−x2 + 1 (chuyển từ p)Vậy ƒ(x) = (−x2 + 2)g(x) + (−x2 + 1)

Ta có: x3 + 1 = (−x2 + 1)(−x) + (x + 1)

−x2 + 1 = (x + 1)(−x + 1)Vậy I = x + 1

1.3.2 Phép chia với dư trong vành đa thức nhiều biến

Trong phần trên, chúng ta đã thấy được vai trò quan trọng của định

lí chia đa thức một biến để nghiên cứu cấu trúc của vành đa thức mộtbiến Khi sang đến vành nhiều biến công cụ này không thể giải quyếttrọn vẹn được vấn đề này Ý tưởng trong việc mở rộng này là dùng thứ

tự từ thay cho bậc của đa thức Bằng cách này không những có thể mởrộng ra trường hợp nhiều biến mà còn chia cho được nhiều đa thức cùngmột lúc Mặc dù việc mở rộng này làm đa thức dư và các đa thức thươngkhông còn xác định duy nhất như trong trường hợp chia cho một đa thứcmột biến

Định lí 1.3.2 (Định lí chia đa thức)

Cố định một thứ tự từ ≤ trên M và cho F = {ƒ1, … , ƒs } ⊂

R = K[x1, … , xn] Khi đó, mọi đa thức ƒ ∈ R có thể viết đượcdưới dạng: ƒ = q1ƒ1 + ⋯ + qsƒs + r (∗), trong đó: qi, r ∈ R thỏamãn các điều kiện sau:

i) Hoặc r = 0, hoặc không có từ nào của r chia hết cho một trong các từ khởi đầu inƒ1, … , inƒs Hơn nữa, inr < inƒ

Đa thức bị chia (trung gian) p Đa thức chia Phần dư

−x5 + 2x3 − 2x2 + 3

−(−x5 − x2)

x3 + 1

−x2 + 22x3 − x2 + 3

−(2x3 + 2)

−x2 + 10

ii) Nếu qi ≠ 0 thì in(qi ƒi ) ≤ in(ƒ), i = 1, … , s

Định nghĩa 1.3.2

Đa thức r trong biểu diễn trên gọi là đa thức dư hoặc phần dư của ƒ

khi chia cho F và kí hiệu là r = RemF(ƒ)

Biểu diễn của ƒ theo (∗) được gọi là biểu diễn chính tắc của ƒtheo

ƒ1, … , ƒs

Nhận xét

 Đa thức RemF(ƒ) không xác định duy nhất

 Các đa thức q1, … , qs đóng vai trò như các đa thức thươngnhưng chúng không quan trọng đối với lí thuyết trình bày nên không được đặt tên gọi riêng

Chứng minh (Định lí 1.3.2)

Định lí được chứng minh bằng thuật toán sau:

Thuật toán 1.3.3 (Thuật toán chia đa thức)

Tìm PHANDU(ƒ; ƒ1, … , ƒs ) ≔ r khi chia ƒ cho ƒ1, … ,

WHILE i ≤ s AND Chiahet = false DO

IF in(ƒi )|in(g) THEN

qi ≔ qi + in(g)⁄in(ƒi )

g ≔ g − (in(g)⁄in(ƒi )) ƒiChiahet := true

ƒ = q1ƒ1 + ⋯ + qsƒs + g + r, (1)in(q1, ƒ1), … , in(qs, ƒs), in(g) ≤ in(ƒ), (2)

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo số bước thực hiện thuật toán.Theo cách đặt ban đầu: q1 = ⋯ = qs = r = 0, g = ƒ nên lúc đầu (1),(2) đúng

Giả sử các hệ thức (1),(2) đúng ở một bước nào đó Nếu ở bướctiếp theo vẫn còn thực hiện tiếp phép chia mà chưa thay đổi r thì tồntại i để in(ƒi )|in(g) Khi đó, qi nhận giá trị mới: qir = qi +in(g)⁄in(ƒi ) và g

nhận giá trị: gr = g − (in(g)⁄in(ƒi ))ƒi Do đó:

qirƒi + gr = (qi + in(g)⁄in(ƒi ))ƒi + g −(in(g)⁄in(ƒi ))ƒi = qi +g

Vì các qj, j ≠ i và r không đổi, nên (1) vẫn đúng ở bước này Từ Bổ đề1.2.1 và theo giả thiết quy nạp, ta có:

in(qirƒi ) ≤ max{lm( qi ƒi ), lm((in(g)ƒi )in(ƒi ))}

= max{lm( qi ƒi ), lm(g)} ≤ in(ƒ)Hơn nữa, vì gr = g − (in(g)⁄in(ƒi ))ƒi và in((in(g)⁄in(ƒi))ƒi ) = ( in(g)⁄in(ƒi ))in(ƒi ) = in(g), nên từ Bổ đề 1.2.1 suy ra:in(gr) < in(g) ≤ in(ƒ) Như vậy, (2) cũng đúng ở bước này

Nếu ở bước tiếp theo không thực hiện phép chia mà chỉ đổi phần dư

r thì giá trị mới của g, r tương ứng là gr = g − in(g) và rr = r +

in(g) Vì: gr + rr = ( g − in(g)) + ( r + in(g)) = g + r và q1, … , qskhông đổi nên ta vẫn có (1) ở bước này Từ Bổ đề 1.2.1 cũng suy rangay in(gr) < in(g) ≤ in(ƒ) và do đó, (2) cũng đúng.

Vì vậy, theo Nguyên lí quy nạp (1),(2) đúng ở mọi bước và nếuthuật toán dừng tức g = 0 thì (1) trở thành:

ƒ = q1ƒ1 + ⋯ + qsƒs + r

Vì r bắt đầu từ 0 và chỉ tăng thêm khi lệnh thử Chiahet := false, tức

là khi không có in(ƒi ) nào chia hết cho in(g) Do đó, từ thêm vào rchính là in(g) nên r thỏa mãn điều kiện i) của định lí chia Điều kiện ii)suy ra ngay từ (2)

Bây giờ ta sẽ chứng minh thuật toán dừng sau hữu hạn bước Nếu

kí hiệu gO = ƒ, gi, i ≥ 1 là đa thức g khi thay đổi lần thứ i thì ta cóngay

theo chứng minh trên: in(gO) > in(g1) > in(g2) > ⋯

Vì thứ tự là thứ tự tốt nên theo Bổ đề 1.1.2, dãy này phải dừng, tức

là tồn tại i để gi = 0, hay thuật toán dừng

Sau đây, chúng ta sẽ xét một số ví dụ minh họa cho thuật toán trên

 Cho ƒ(x, y) = x2y + x3y4 − 1, g(x, y) = xy + x2y + 1 Hãy thựchiện phép chia đa thức ƒ(x, y) cho g(x, y) Sắp xếp các từ của đathức theo thứ tự từ điển với x > y, ta có thể thực hiện phép chia hai đathức như sau:

Vậy: x3y4 + x2y − 1 = (x2y + xy + 1)(xy3 − y3 + 1) + xy4 −

xy3 − xy + y3 − 2

 Bây giờ ta sẽ xét một ví dụ khác để thấy được sự mở rộng định lí chia

đa thức cho trường hợp nhiều đa thức chia Để đơn giản, chúng ta xéttrường hợp có hai đa thức chia

ƒ(x, y) = x3y2 + 2x2y2 + 3xy − 1; ƒ1(x, y) = xy

+ y; ƒ2(x, y) = y2 + xĐối với thứ tự từ điển phân bậc mà x > y Phép chia được thựchiện như sau:

x2 (chuyển từ g)

−3y −1 (chuyển từ g)Vậy

x3y2 + 2x2y2 + 3xy − 1 = ( xy + y)(x2y + xy) + (y2 + x)(−x)

+ 3( xy + y) + (x2 − 3y − 1)

=( xy + y)(x2y + xy + 3) + (−x)(y2 + x) + (x2 − 3y − 1)

Để thấy được đa thức dư không xác định duy nhất khi có nhiều đathức chia Chúng ta xét lại ví dụ trên nhưng đổi chỗ hai đa thức chia chonhau Quá trình thực hiện như sau:

Đa thức bị chia (trung gian)

−3y − 10

−2x3 − x4(chuyển từg)

−3y − 1(chuyển từ g)Vậy :

x3y2 + 2x2y2 + 3xy − 1 = (y2 + x)( x3 + 2x2) + (xy + y)3 −

2x3 − x4 − 3y − 1

Khi chia các đa thức chia lập thành một cơ sở Gröbner thì lại khác,lúc này thuật toán chia đa thức lại cho ta một đa thức dư xác định duynhất Điều này được khẳng định bởi định lí sau đây:

Định lí 1.3.3

Giả sử F = {ƒ1, … , ƒs} là một cơ sở Gröbner đối với thứ tự từ ≤cho trước nào đó Khi đó, với mỗi đa thức ƒ ∈ K[x], đa thức dư rtrong

phép chia ƒ cho hệ F được xác định duy nhất Nói cách khác, kếtquả thực hiện thuật toán chia đa thức không phụ thuộc vào thứ tự các

đa thức chia trong F

Chứng minh

Đặt I = {ƒ1, … , ƒs} Sự tồn tại của r được khẳng định bởi định

lí chia đa thức Ta chứng minh tính duy nhất của r Giả sử có hai đa thức

r và rr, tức là tồn tại q1, … , qs; q1r, … , qsr ∈ K[x] để :

r = ƒ − (q1ƒ1 + ⋯ + qsƒs); rr = ƒ − (q1rƒ1 + ⋯ + qsrƒs)