Tìm hiểu về cơ sở gröbner và ứng dụng

Lý thuyết về cơ sở Gr¨obner được nhà toán học Bruno Buchberger học tròcủa nhà toán học Gr¨obner đề xuất năm 1965.. Lý thuyết cơ sở Gr¨obner ra đờitạo một bước ngoặc lớn trong nghiên cứu,

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐẠI HỌC HUẾTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

NGUYỄN VĂN TÂN

TÌM HIỂU VỀ CƠ SỞ GR ¨ OBNER VÀ

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiêncứu của riêng tôi, các số liệu và kết quả nghiêncứu nêu trong luận văn là trung thực, được cácđồng tác giả cho phép sử dụng và chưa từngđược công bố trong bất kỳ một công trình nàokhác

Nguyễn Văn Tân

LỜI CẢM ƠN

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học tận tình củaPGS.TS Phan Văn Thiện Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc vì sựquan tâm, giúp đỡ và tạo điều kiện tối đa của thầy trong quá trình thực hiệnluận văn Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến quý thầy cô giáo trongKhoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Huế đã tận tâm truyền đạt kiến thức chotác giả trong suốt quá trình học Cao học Cuối cùng tác giả xin gửi lời cảm ơnsâu đến phòng đào tạo sau đại học, các bạn học viên cao học khóa 23 đã luônquan tâm giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập

Nguyễn Văn Tân

MỤC LỤC

1.1 Các thứ tự đơn thức 4

1.2 Thuật chia đa thức trong vành nhiều biến 7

1.3 Cơ sở Gr¨obner 13

1.4 Thuật toán Buchberger 21

1.5 Cơ sở Gr¨obner rút gọn 31

1.6 Tính cơ sở Gr¨obner bằng Maple 13 34

2 ỨNG DỤNG CỦA CƠ SỞ GR ¨OBNER 39 2.1 Bài toán thử thành viên ideal 39

2.2 Bài toán thử hai ideal bằng nhau 41

2.3 Bài toán tìm cơ sở của K-không gian vectơ K[x]/I 42

2.4 Bài toán khử biến để tìm giao của hai ideal 45

2.5 Bài toán khử biến để tìm ước chung lớn nhất và bội chung nhỏnhất của hai đa thức 502.6 Bài toán khử biến để tìm thương của hai ideal 512.7 Bài toán tìm nghiệm nguyên không âm của hệ phương trình có

hệ số nguyên không âm 542.8 Bài toán tìm nghiệm không âm của hệ phương trình hệ số nguyênbất kỳ 57

LỜI MỞ ĐẦU

Cho K là một trường, trong tài liệu này ta sẽ đề cập đến vành đa thức nhiềubiến K[x1, x2, , xn] Cho I là một ideal trong K[x1, x2, , xn] sinh bởi các đathức f1, f2, , ft ∈ K[x1, , xn], ta kí hiệu I = hf1, f2, , fti Ta sẽ tiến nghiêncứu một loại tập sinh đặc biệt của ideal I đó chính là cơ sở Gr¨obner

Lý thuyết về cơ sở Gr¨obner được nhà toán học Bruno Buchberger (học tròcủa nhà toán học Gr¨obner) đề xuất năm 1965 Lý thuyết cơ sở Gr¨obner ra đờitạo một bước ngoặc lớn trong nghiên cứu, giúp chứng minh nhiều bài toán đại

số, hình học cũng như việc kiểm chứng một giả thuyết hay một bài toán đại

số hoặc hình học Hiện nay nhờ có các phần mềm, chẳng hạn như Maple màviệc tính cơ sở Gr¨obner, các thuật toán chia và một vài thuật toán khác nhanhhơn và dễ dàng thực hiện hơn Việc nghiên cứu cơ sở Gr¨obner đã tỏ ra rất hữuích khi hàng loạt các ứng dụng của nó trong đại số và hình học đại số Có thể

kể đến là giúp giải bài toán thành viên ideal, các bài toán về tìm giao của haiideal, tìm thương của hai ideal, , giúp ta tìm nghiệm của các hệ phương trìnhnghiệm nguyên (xem ở [2], [3], [4], [5], )

Với mong muốn được tìm hiểu thêm về cơ sở Gr¨obner và những ứng dụngcủa nó và được sự định hướng của thầy hướng dẫn PGS.TS Phan Văn Thiện,tôi đã chọn đề tài "Tìm hiểu về cơ sở Gr¨obner và ứng dụng" làm đề tài nghiêncứu cho luận văn Mặc dù đã có nhiều cố gắng, song trong việc nghiên cứu vàtrình bày khó tránh khỏi các sai sót, mong quý độc giả góp ý thêm để luận vănđược hoàn thiện hơn

CHƯƠNG 1

Trong chương này sẽ đề cập đến các thứ tự từ, thuật chia đa thức trong vànhnhiều biến, cơ sở Gr¨obner, thuật toán Buchberger, cơ sở Gr¨obner rút gọn vàcách dùng Maple để tính cơ sở Gr¨obner Ta kí hiệu x := (x1, x2, , xn) và kíhiệu K[x1, x2, , xn] := K[x] Tài liệu tham khảo chính của chương này là [1],[5]

Định nghĩa 1.1.1 Một quan hệ < trên tập X được gọi là quan hệ thứ tự nếu

nó thỏa mãn các tính chất phản xạ, đối xứng, bắt cầu Nếu trong tập X có quan

hệ thứ tự thì ta nói X được sắp thứ tự Đồng thời nếu hai phần tử bất kỳ trong

X đều so sánh được với nhau thì X được gọi là tập sắp thứ tự toàn phần Nếu

X là tập sắp thứ tự toàn phần sao cho bất kỳ tập con nào khác rỗng của X đều

1, , n được gọi là một từ trong K[x]

Đặt Tn = {xβ: = x1β1 xnβn|βi ∈ N, i = 1, , n } được gọi là tập các từ trongK[x1, x2, , xn]

Định nghĩa 1.1.2 Một thứ tự từ trong Tn là một thứ tự toàn phần < trong

Tn nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:

1) 1 < xβ với mọi xβ ∈ Tn, xβ 6= 1

2) Nếu xα < xβ thì xαxγ < xβxγ với mọi xγ ∈ Tn

Ta nói thêm, đơn thức nào có từ lớn hơn thì đơn thức đó lớn hơn, như vậy tậpcác đơn thức có quan hệ thứ tự toàn phần và ta gọi là thứ tự đơn thức, ta cóthể hiểu thứ tự từ và thứ tự đơn thức là khá giống nhau

Sau đây là một vài thứ tự từ (hay thứ tự đơn thức):

Định nghĩa 1.1.3 (Thứ tự từ điển “lex” ) Giả sử x1 > x2 > > xn,

Định nghĩa 1.1.5 (Thứ tự từ điển ngược phân bậc “degrevlex” ) Giả sử

Ví dụ 3 Cho x1, x2, x3 ∈ Q[x1, x2, x3], nếu x1 > x2 > x3, theo thứ tự degrevlexthì x12x2x3 > x1x23, nhưng theo deglex thì x12x2x3 < x1x23

Mệnh đề 1.1.6 Cho xα, xβ ∈ Tn Nếu xα chia hết xβ thì xα ≤ xβ

Chứng minh: Giả sử có xγ ∈ Tn sao cho xβ = xαxγ Theo Định nghĩa 1.1.2thì xγ ≥ 1 và ta có xβ = xαxγ ≥ xα.1 = xα hay xα ≤ xβ

Định nghĩa 1.1.7 Cho f ∈ K[x1, x2, , xn], f 6= 0, ta có thể viết f dưới dạng

f = a1xα1 + a2xα2 + + arxαr

với ai ∈ K, xαi ∈ Tn, ∀i = 1, , r và xα1 > xα2 > > xαr Khi đó, ta địnhnghĩa:

• lp(f ) = xα1, gọi là lũy thừa dẫn đầu (hoặc từ dẫn đầu) của f

• lc(f ) = a1, gọi là hệ số dẫn đầu của f

• lt(f ) = a1xα1, gọi là hạng tử dẫn đầu của f

• T (f ) = {X ∈ Tn X là hạng tử của f }

Định lý 1.1.8 Mỗi thứ tự từ trong Tn đều là thứ tự tốt, tức là mọi tập con Acủa Tn đều tồn tại xα ∈ A sao cho xβ ≤ xα, ∀xβ ∈ A

Nhận xét: Cho f1, , fm ∈ Tn, khi đó theo định lý trên sẽ tồn tại phần tửlớn nhất fi ∈ {f1, , fm}, sao cho fj 6 fi, ∀j = 1, , m, lúc này ta kí hiệu

fi = max{f1, , fm}

Định lý 1.1.9 (Định lý cơ bản Hilbert) Cho vành K[x1, , xn] Khi đó1) Nếu I là ideal của K[x1, , xn] thì tồn tại các đa thức f1, , fs ∈ K[x1, , xn]sao cho I = hf1, , fsi

2) Nếu I1 ⊆ I2 ⊆ I3 ⊆ ⊆ In ⊆ là dãy tăng các ideal trong K[x1, , xn],thì tồn tại số tự nhiên N sao cho IN = IN +1 = IN +2 =

Chứng minh: xem [1]

Ta nói rằng một đa thức f ∈ K[x] được gọi là thu gọn nếu trong biểu diễn tổngcủa nó các từ giống nhau xuất hiện không quá một lần

Định nghĩa 1.2.1 Cho f, g, h ∈ K[x1, x2, , xn], với g 6= 0, ta nói f rút gọnbước một về h theo g và kí hiệu

f→ hgnếu và chỉ nếu lp(g) chia hết một hạng tử X khác 0 trong biểu diễn thu gọn của

f và

h = f − X

lt(g)g.

Ví dụ 4 Cho f = 6x2y − x + 4y3− 1, g = 2xy + y3 thuộc Q[x, y] Dùng thứ

tự từ “lex” với x > y Ta có lp(g) = xy chia hết X = 6x2y 6= 0 (X là hạng tử

trong biểu diễn của f ) Khi đó

h = f − X

lt(g)g = (6x

2y − x + 4y3− 1) − 6x

2y2xy (2xy + y

3) = −3xy3− x + 4y3− 1

Do đó f→ h.g

Ví dụ 5 Cho f = 6x2y −x+4y3−1, g = 2xy +y3 thuộc Q[x, y] Dùng thứ tự từ

“deglex” với x > y Ta có lp(g) = y3 chia hết X = 4y3 6= 0 (X là hạng tử trongbiểu diễn của f ), khi đó h = f − X

lt(g)g = (6x

2y − x + 4y3− 1) −4y

3

y3 (2xy + y3) =6x2y − 8xy − x − 1 Do đó f→ h.g

Nhận xét 1.2.2 Ta có các nhận xét sau:

• Ta nhắc lại, biểu diễn thu gọn của f là một biểu diễn của f mà trong

đó các từ giống nhau chỉ xuất hiện không quá một lần Chẳng hạn: f =4x2y + 2x2y − x + 4y3 − 1 là chưa thu gọn

• Ta có thể thấy h như phần dư của phép chia f cho g Khi f rút gọn bướcmột về h theo g, ta còn nói f chia được cho g

• Ta có thể làm tiếp quá trình này, tức là sẽ trừ đi những hạng tử của f chiahết cho lp(g)

Định nghĩa 1.2.3 Cho f, h, f1, f2, , fs ∈ K[x1, x2, , xn], với fi 6= 0, ∀i =

1, , s Đặt F = {f1, f2, , fs} Ta nói f rút gọn về h theo F , và kí hiệu là f→ hFnếu và chỉ nếu tồn tại dãy con i1, i2, , it ∈ {1, 2, , s} và dãy h1, h2, , ht−1 ∈K[x1, x2, , xn] sao cho ff→ hi1 1→ hfi2 2→ fi3 fit−1→ ht−1→ h.fit

Khi f rút gọn về h theo F, ta còn nói f chia được cho F

Nhận xét 1.2.4 Ta có các nhận xét sau:

• Dựa vào nhận xét trên, nếu f → 0 thì luôn tồn tại g ∈ hF i sao cho f = g+h.F

Ví dụ 6 Cho f1 = yx − y, f2 = y2 − x ∈ Q[x, y], dùng thứ tự từ deglex với

Định nghĩa 1.2.6 Nếu f → r và r là rút gọn thích ứng với F thì ta gọi r làFphần dư của f thích ứng với F Khi đó f còn được gọi là rút gọn toàn phần về

r theo F

Định nghĩa 1.2.7 (Bảng thuật toán chia đa thức) Cho các đa thức

f, f1, f2, , fs ∈ K[x1, x2, , xn], fi 6= 0, ∀i = 1, , s, bằng cách sử dụngthuật toán chia đa thức sau ta sẽ tìm thấy các thương u1, u2, , us ∈ K[x1, x2, , xn]

WHILE h 6= 0 DO IF tồn tại i sao cho lp(fi) chia hết lp(h)

THEN chọn i nhỏ nhất sao cho lp(fi) chia hết lp(h)

Ví dụ 7 Cho f1 = yx − y, f2 = y2 − x ∈ Q[x, y], dùng thứ tự từ deglex với

f = u1f1+ u2f2 + + usfs+ rvới r là rút gọn thích ứng với F và lp(f ) = max

max

1≤i≤s{lp(ui)lp(fi)}, lp(r)

.Chứng minh: Đầu tiên ta chứng tỏ thuật toán trên là dừng Ở mỗi giai đoạncủa thuật toán, hạng tử dẫn đầu của h bị trừ đi cho đến khi không trừ đượcnữa Vì

Do thứ tự từ là thứ tự tốt nên dãy h1, h2, , hi, phải dừng

Trong các giai đoạn ta đều có lp(h) ≤ lp(f )

Với mỗi i, ui = ui+ lt(h)

lt(fi), dẫn đến lp(ui) ≤

lp(f )lp(f1) Suy ra lp(ui)lp(f1) ≤ lp(f ).Hơn nữa r = r + lt(h) Do đó lp(r) ≤ lt(h) ≤ lt(f )

Ví dụ 8 Xét f = y2x − x, f1 = xy − y, f2 = y2 − x thuộc Q[x, y].

Bằng cách chia như sau: f → yf1 2−x→ 0 Ta có f = yff2 1+f2, dẫn đến f ∈ hf1, f2i.Nhưng ta có thể chia bằng cách khác: f→ xf2 2 − x, và x2 − x là rút gọn thíchứng với {f1, f2}, suy ra x2− x là phần dư của phép chia f cho {f1, f2}, nhưng

x2 − x 6= 0

Nhận xét 1.2.11 Ta có các nhận xét sau:

• Từ ví dụ này ta rút ra, có nhiều cách chia một đa thức f cho một hệ đathức {f1, f2, , fs} (sỡ dĩ nhiều cách như vậy là do việc chọn thứ tự từhoặc việc chọn các đa thức {f1, f2, , fs} khi chia, vì có trường hợp các

lp (fi) đều chia hết cho các hạng tử nào đó của f )

• Như vậy mỗi cách chia f cho một hệ đa thức {f1, f2, , fs} có phần dưchưa chắc giống nhau Câu hỏi đặt ra là hệ {f1, f2, , fs} phải có tính chất

gì thì phần dư là giống nhau ? Câu trả lời là hệ {f1, f2, , fs} phải là cơ

sở Gr¨obner, vậy ngay bây giờ ta sẽ ngiên cứu cơ sở Gr¨obner

Định nghĩa 1.3.1 Cho tập các đa thức khác 0, G = {g1, , gt} chứa trongideal I G được gọi là cơ sở Gr¨obner của I nếu và chỉ nếu mọi f ∈ I mà f 6= 0đều tồn tại gi ∈ G sao cho lp(gi) chia hết lp(f )

Nhận xét 1.3.2 Ta có các nhận xét sau:

• G là cơ sở Gr¨obner của I thì mọi đa thức khác 0 trong I đều rút gọn đượcvới G (ta có thể hiểu là chia được cho G)

• G là cơ sở Gr¨obner của I thì G phải chứa tất cả các đa thức nhỏ nhất của

I (theo một thứ tự từ nào đó)

• Chúng ta không chắc sự tồn tại của cơ sở Gr¨obner trong định nghĩa trên

• Cho S ⊂ K[x1, , xn], ta định nghĩa ideal các hạng tử dẫn đầu của S làideal có dạng:

Lt(S) = hlt(s) |s ∈ S iĐịnh lý 1.3.3 (3 đặc trưng của cơ sở Gr¨obner) Cho I là một ideal khác 0 củaK[x1, , xn] Tập các đa thức khác 0, G = {g1, , gt} ⊂ I Khi đó, bốn điềusau tương đương nhau:

(i) G là cơ sở Gr¨obner của I

(ii) f ∈ I nếu và chỉ nếu f−→G +0

(iii) f ∈ I nếu và chỉ nếu f =

(i) ⇒ (ii) Theo Định lý 1.2.9, tồn tại r ∈ K[x1, , xn] là rút gọn thích ứng với

G sao cho f−→G +r Do đó f − r ∈ I Nên f ∈ I khi và chỉ khi r ∈ I

Nếu r = 0 thì f−→G +0

Nếu r 6= 0, do f ∈ I nên r ∈ I Từ (i), ta có tồn tại gi ∈ G sao cho lp(gi) chiahết lp(r), điều này mâu thuẫn với r là rút gọn thích ứng với G Vậy r = 0 thì

f−→G +0

(ii) ⇒ (iii) Cho f ∈ I Từ (ii) suy ra f−→G +0 Từ Định lý 1.2.9 suy ra (iii).(iii) ⇒ (iv) Ta có Lt(G) ⊂ Lt(I) Ngược lại, cần chứng minh mọi f ∈ I suy

ra lt(f ) ∈ Lt(G) Theo giả thiết (iii), lp(f ) = max

1≤i≤t{lp(hi)lp(gi)}, suy ra tồn tại

j ∈ {1, , t} sao cho lp(f ) = lp(hj)lp(gj) Do đó lp(f ) = lp(hj)lp(gj) ∈ Lt(G).(iv) ⇒ (i) Cho f ∈ I, f 6= 0, thì lt(f ) ∈ Lt(G) và lt(f ) 6= 0 Suy ra

Suy ra xα1.lp(g1) = = xαs.lp(gs) = lp(f )

Do đó chia hết cho các lp(g1), , lp(gs) ⊂ { lp(g1), , lp(gt)}

Suy ra G là cơ sở Gr¨obner của I

Hệ quả 1.3.4 Nếu G = {g1, , gt} là cơ sở Gr¨obner của ideal I thì I =

Bổ đề 1.3.5 Cho I là một ideal sinh bởi tập S gồm các hạng tử khác 0, và

f ∈ K[x1, , xn] Khi đó, f ∈ I nếu và chỉ nếu mỗi hạng tử X trong biểu diễncủa f đều tồn tại Y ∈ S sao cho Y chia hết X Hơn nữa tồn tại tập con hữuhạn S0 của S sao cho I = hS0i.

Vì mỗi phần tử của S00 đều thuộc I, nên các phần tử của S00 đều chia hết cho

Y tương ứng nào đó của S Như vậy mỗi phần tử của S00 sẽ có ít nhất một Ytrong S thõa tính chất trên, và ta chỉ lấy một Y duy nhất ứng với một phần tửcủa S00, đặt S0 là tập các Y như vậy

Vì S00 hữu hạn nên S0 cũng hữu hạn và dĩ nhiên S0 ⊂ S, hơn nữa hS0i =DS00E =I

Hệ quả 1.3.6 Mỗi ideal I khác 0 của K[x1, , xn] đều có cơ sở Gr¨obner.Chứng minh:

Xét ideal Lt(I) sinh bởi chính nó là Lt(I) gồm các hạng tử khác 0, theo Bổ đề1.3.5 thì Lt(I) có hệ sinh hữu hạn gồm các hạng tử có dạng {lt(g1), , lt(gt)},với g1, , gt ∈ I Đặt G = {g1, , gt}, ta có Lt(G) = Lt(I) và do đó G là cơ sở

Sau đây là một đặc trưng thứ 4 của cơ sở Gr¨obner.

Định lý 1.3.9 (đặc trưng thứ 4 của cơ sở Gr¨obner) Cho G = {g1, , gt} làtập các đa thức khác 0 trong K[x1, , xn] Khi đó G là một cơ sở Gr¨obner nếu

và chỉ nếu mọi đa thức f ∈ K[x1, , xn] chia nhiều cách cho G đều có phần dư

là duy nhất

Chứng minh:

(⇒) Giả sử G là một cơ sở Gr¨obner Nếu f−→G +r1 và f−→G +r2, với r1, r2 là cácrút gọn thích ứng với G, ta có thể giả sử r1, r2 6= 0 Ta có f − r1, f − r2 ∈ Gsuy ra r1− r2 ∈ G Vì r1, r2 là các rút gọn thích ứng với G nên không có hạng

tử nào trong r1 và r2 chia hết cho các lp(gi), ∀i = 1, t, do vậy r1 − r2 = 0 hoặckhông có hạng tử nào trong r1 − r2 chia hết cho các lp(gi), ∀i = 1, t Nhưng do

r1 − r2 ∈ G, nên r1 − r2 = 0 Trong trường hợp có một phần dư bằng 0, giả

sử r1 = 0, làm tương tự quá trình trên ta cũng suy ra r2 = 0 Vậy r1 = r2, hayphần dư là duy nhất

Ta có thể chứng minh cách khác như sau (dùng phản chứng): Giả sử G là một

cơ sở Gr¨obner Nếu f−→G +r1 và f−→G +r2, với r1, r2 là các rút gọn thích ứng với G,giả sử r1 6= r2 Do f−→G +r1 và f−→G +r2 nên tồn tại g1, g2 ∈ hGi sao cho f = g1+ r1

và f = g2 + r2 Suy ra r1 − r2 = g1 − g2 ∈ hGi Mà G là cơ sở Gr¨obner suy

ra tồn tại g ∈ G sao cho lp(g) chia hết cho lp(r1 − r2) Do đó lp(g) chia hết

T (r1) ∪ T (r2) Điều này suy ra tồn tại một hạng tử trong biểu diễn của r1 hoặc

r2 chia hết cho lp(g) Điều này mâu thuẩn với r1, r2 là các rút gọn thích ứngvới G

(⇐) Giả sử phần dư trong định lý là duy nhất Ta sẽ chứng minh đặc trưng thứhai của cơ sở Gr¨obner

Giả sử f ∈ hGi Giả sử có một cách chia bất kì nào đó mà kết quả là: f−→G +r,với r là các rút gọn thích ứng với G

Ta cần bổ đề sau:

Bổ đề 1.3.10 Cho g ∈ K[x1, , xn] và g−→G +r, với r là rút gọn thích ứng với

G Khi đó với mọi c ∈ K, c 6= 0 và với mọi X ∈ Tn là một tích các lũy thừa, tađều có: g − cXgi−→G +r, với mỗi i ∈ {1, 2, , t}

Nếu Bổ đề đúng, do f ∈ hGi, nên f =

Gọi d ∈ K sao cho d.lc(gi) là hệ số trước lũy thừa X.lp(gi) trong g (hệ số này

có thể tồn tại hoặc không)

• Nếu d = 0, suy ra hệ số trước X.lp(gi) trong g − cX.gi là −c.lc(gi) 6= 0, nêntồn tại hạng tử Y = −cX.lt(gi) 6= 0 trong biểu diễn của g − cX.gi sao cho(g − cX.gi) − Y

lt(gi)gi = (g − cX.gi) −

−cX.lt(gi)lt(gi) gi = g.

Mà g−→G +r, theo tính duy nhất của r, suy ra r = r1 ⇒ (g − cX.gi)−→G +r

• Nếu d 6= 0 và d 6= c, đặt h = g − dXgi, khi đó hệ số của X.lp(gi) trong h bằng

0 Do d 6= 0 nên tồn tại hạng tử Y = dX.lt(gi) 6= 0 trong biểu diễn của g saocho g −→ g −gi Y

lt(gi)gi = g − dXgi = h.

Do d − c 6= 0 nên nên tồn tại hạng tử Y = (d − c)X.lt(gi) 6= 0 trong biểudiễn của (g − cX.gi) sao cho g − cXgi −→ (g − cXggi i) − Y

lt(gi)gi = (g − cXgi) −(d − c)Xlt(gi)

lt(gi) gi = g − dXgi = h.

Nếu h−→G +r2, với r2 là rút gọn thích ứng với G, ta có g −→ hgi −→G +r2

Mà g−→G +r, theo tính duy nhất của r, suy ra r = r2 Vậy nên (g − cX.gi)−→G +r

Ví dụ 9 (không phải hệ nào cũng là cơ sở Gr¨obner) Quay lại Ví dụ 8

Xét hệ F = {f1, f2}, với f1 = xy − y, f2 = y2− x Lấy f = y2x − x

Bằng cách chia như sau: f −f→ y1 2− x −f→ 0 Suy ra f2 −→F +0

Bằng cách chia khác: f −f→ x2 2 − x, và x2 − x là rút gọn thích ứng với {f1, f2},suy ra x2− x là phần dư của phép chia f cho {f1, f2} Suy ra f−→F +x2− x.Nhưng vì x2 − x 6= 0, nên hai phần dư khác nhau, theo Định lý 1.3.9 thì hệ

F = {f1, f2} không phải là cơ sở Gr¨obner

Ví dụ 10 (cơ sở Gr¨obner phụ thuộc vào thứ tự từ) Một hệ là cơ sở Gr¨obnercủa thứ tự từ này nhưng chưa chắc là cơ sở Gr¨obner của một thứ tự từ khác.Cho hệ G = {g1, g2}, với g1 = z + x, g2 = y − x ∈ Q[x, y, z] Đặt I = hg1, g2i.Xét thứ tự từ “lex”, với x < y < z Ta chứng minh G là cơ sở Gr¨obner của I.Giả sử ngược lại, khi đó tồn tại f ∈ I sao cho lt(f ) /∈ hlt(g1), lt(g2)i = hz, yi.Suy ra z và y đều không chia hết lt(f ), do đó lt(f ) không chứa z và lt(f ) khôngchứa y, do thứ tự từ đang dùng là “lex”, nên các hạng tử trong f thấp hơn lt(f )cũng không chứa z và không chứa y Suy ra f ∈ Q[x].

Lại do f ∈ I = hg1, g2i, nên f có dạng: f = (z + x)h1+ (y − x)h2, với h1, h2 ∈Q[x, y, z]

Vì y không có trong biểu diễn của f , nên khi khai triễn f thì các hạng tửchứa y sẽ bị triệt tiêu, do đó sự có mặt của y trong công thức trên là khôngquan trọng, vì vậy ta có thể cho y = x Khi đó f = (z + x)h1(x, x, z), suy ra

z + x chia hết f , và điều này mâu thuẩn với f là hàm một biến theo x Suy

ra lt(f ) ∈ hlt(g1), lt(g2)i, đúng với mọi f ∈ I Do vậy G = {g1, g2} là cơ sởGr¨obner của I

Xét thứ tự từ “lex”, với x > y > z Khi đó G còn là cơ sở Gr¨obner nữa không ?

Ta lấy f = x Khi đó f −g→ f −1 x

lt(g1)g1 = x −

x

x(z + x) = −z và −z không chiahết cho lt(g1) = x hơn nữa −z cũng không chia hết cho lt(g2) = x Vậy nên −z

là rút gọn thích ứng với G, hay −z là phần dư của phép chia f−→G + − z Mặtkhác f −g→ f −2 x

lt(g2)g2 = x −

x

−x(y − x) = y và y không chia hết cho lt(g1) = x

và y không chia hết cho lt(g2) = x, nên y là rút gọn thích ứng với G, hay y làphần dư của phép chia f−→G +y

Và ta thấy có hai phần dư khác nhau là −z 6= y Theo Định Lý 1.3.9, suy ra Gkhông là cơ sở Gr¨obner.

Thuật toán Buchberger là một thuật toán để tìm cơ sở Gr¨obner

Nhận xét 1.4.2 Các S-đa thức của hai đa thức có tính hủy đi hạng tử dẫnđầu của hai thức đó

Ví dụ 11 f = 2xy − y, g = 3y2− x ∈ Q[x, y] Xét thứ tự từ deglex với y > x.Khi đó: lp(f ) = yx, lp(g) = y2, suy ra L = y2x

Do đó S(f, g) = y

2x2xyf −

y2x3y2g = 1

a2f2 − 1

a3f3

+

+(c1a1 + + cs−1as−1)

1

as−1fs−1 − 1

asfs

+ (c1a1+ + csas)

cách viết (Ở đây chúng ta sử dụng tính sắp thứ tự tốt của thứ tự từ) Ta cólp(f ) ≤ X.

Nếu X = lp(f ) thì ta được điều phải chứng minh

Nếu lp(f ) < X Ta sẽ chỉ ra một cách viết của f =

Theo giả thiết S(gi, gj) −→ 0, suy ra S(XG igi, Xjgj) −→ 0 Theo Định lý 1.2.9,G

Do đó: max

1≤v≤t{lp(hijv)lp(gv)} < X Thế tất cả vào f , ta được

Hệ quả 1.4.5 (đặc trưng thứ 6 của cơ sở Gr¨obner) Cho G = {g1, , gt} với

gi 6= 0 (1 ≤ i ≤ t) Khi đó G là cơ sở Gr¨obner nếu và chỉ nếu S(gi, gj) =

(S(f1, f2) = xf1 − yf2 = y2 − x2 F−→ y2− y và f3 = y2 − y 6= 0 là rút gọn thíchứng với F ).

Định nghĩa 1.4.7 Bảng thuật toán Buchberger

G3 ⊆

Mỗi i, ta có Gi = Gi−1 ∪ {h}, với h là rút gọn thích ứng với Gi−1 Suy ralt(h) /∈ Lt(Gi−1)

Vì nếu ngược lại thì lt(h) ∈ Lt(Gi−1), suy ra lt(h) =

g j ∈G i−1

rj.lt(gj)

Suy ra lt(h) chia hết cho Min

g j ∈Gi−1{lt(gj)}, nên lt(h) chia hết cho lt(gj0), vớilt(gj0) ∈ Gi−1

Điều này mâu thuẫn với h là rút gọn thích ứng với Gi−1 Vậy lt(h) /∈ Lt(Gi−1)hay lt(Gi) ⊃ Lt(Gi−1) Vậy ta có một dãy tăng ngặt các ideal không dừngLt(G1) ⊆ Lt(G2) ⊆ Lt(G3) ⊆

Điều này mâu thuẫn với Định lý Hilbert (Định lý 1.1.9) Vì vậy thuật toán trênphải dừng

Khi Thuật toán Buchberger dừng, ta được tập G có dạng G = {g1, , gt}

Ta có F ⊂ G ⊂ I, và I = hf1, , fsi ⊂ hg1, , gti = I Do dó G là hệ sinh của

I Hơn nữa nếu gi, gj thuộc G thì S(gi, gj)−→G +0 (Vì nếu S(gi, gj)−→G +h 6= 0, thì

ta lại bổ sung tiếp, nên thuật toán chưa dừng, mâu thuẫn) Do đó G là cơ sởGr¨obner cần tìm

Ví dụ 13 Cho f1 = xy − x, f2 = −y + x2 ∈ Q[x, y]

Xét thứ tự từ “lex” với x < y, theo Thuật toán Buchberger ta có:

+ Phần thứ hai của vòng lặp WHILE

+ Suy ra {f1,f2,f3} là cơ sở Gr¨obner của ideal hf1,f2i

Ví dụ 14 Cho f1 = y2+ yx, f2 = y + x, f3 = y ∈ Q[x, y], xét thứ tự từ “lex”với y > x, ta tính cơ sở Gr¨obner của I = hf1,f2, f3i như sau:

S(f4,f5)−→G +0

+ Vòng lặp dừng (vì G0 = ∅)

+ Suy ra {f1, f2, f3, f4, f5} là cơ sở Gr¨obner của ideal hf1, f2, f3i

Ví dụ 15 Cho f1 = x2+ y2+ 1, f2 = x2y + 2xy + x ∈ Z5[x, y], xét thứ tự từ

“lex” với x > y, ta tính cơ sở Gr¨obner của I = hf1, f2i như sau:

INITIALIZATION G := {f1, f2}, G0 := {{f1, f2}}

+ Phần thứ nhất của vòng lặp WHILE

G0 := ∅

S(f1, f2) = yf1− f2 = 3xy + 4x + y3 + y (là rút gọn thích ứng với {f1, f2})Đặt f3 := 3xy + 4x + y3 + y

• Chẳng hạn ở Ví dụ 14, ta có {f1, f2, f3, f4, f5} là cơ sở Gr¨obner của ideal

hf1, f2, f3i bằng cách tính S(f1, f2) trước, nếu ta tính S(f2, f3) = x trước thìS(f1, f2)−→ 0, suy ra không có fG 4, rồi làm tương tự, ta sẽ suy ra {f1, f2, f3, f5} là

cơ sở Gr¨obner của ideal hf1, f2, f3i Như vậy so với cơ sở Gr¨obner {f1, f2, f3, f4, f5}thì cơ sở Gr¨obner {f1, f2, f3, f5} gọn hơn

• Như vậy một ideal có thể có nhiều cơ sở Gr¨obner

• Câu hỏi đặt ra là bằng cách nào ta có thể thu được một cơ sở Gr¨obner tốigiản nhất? Để trả lời điều này ta ngiên cứu mục cơ sở Gr¨obner rút gọn ngay sau

Định nghĩa 1.5.1 (cơ sở Gr¨obner tối tiểu) Một cơ sở Gr¨obner G = {g1, , gt}được gọi là tối tiểu nếu lc(gi) = 1, với mọi i, đồng thời lp(gi) không chia hếtlp(gj), với mọi i 6= j

Bổ đề 1.5.2 (gạt bỏ) Cho G = {g1, , gt} là cơ sở Gr¨obner của ideal I Nếulp(g2) chia hết lp(g1) thì {g2, , gt} cũng là cơ sở Gr¨obner của ideal I

Chứng minh: Mọi f ∈ I, nếu lp(f ) chia hết cho lp(g1) thì nó cũng chia hếtcho lp(g2), nên theo Định nghĩa 1.3.1 về cơ sở Gr¨obner, suy ra {g2, , gt} cũng

là cơ sở Gr¨obner của ideal I

Hệ quả 1.5.3 (cách tạo ra cơ sở Gr¨obner tối tiểu) Cho G = {g1, , gt} là cơ

sở Gr¨obner của ideal I Để thu được cơ sở Gr¨obner tối tiểu từ G, ta loại bỏ đicác gi sao cho lp(gi) chia hết cho lp(gj) nào đó, với i 6= j đồng thời chia mỗi gicho lc(gi)

Mệnh đề 1.5.4 (số lượng phần tử của hai cơ sở Gr¨obner tối tiểu luôn bằngnhau) Cho G = {g1, , gt} và F = {f1, , fs} là hai cơ sở Gr¨obner tối tiểucủa ideal I Khi đó s = t, đồng thời nếu cần ta đánh số lại thì lt(fi) = lt(gi),với mọi i = 1, , t

Chứng minh:

+Ta có f1 ∈ I và G là cơ sở Gr¨obner của I, nên tồn tại i sao cho lp(gi) chia hếtlp(f1) Nếu cần ta đánh số lại, ta có thể giả sử i = 1

max

1≤i≤s{lp(ui)lp(fi)}, lp(r)

.Chứng minh: Đầu tiên ta chứng tỏ thuật toán dừng Ở... thích ứngvới G

(⇐) Giả sử phần dư định lý Ta chứng minh đặc trưng thhai ca c s Grăobner

Gi s f hGi Giả sử có cách chia mà kết là: f−→G +r,với r rút gọn thích ứng. .. thứ tự từ deglex với

Định nghĩa 1.2.6 Nếu f → r r rút gọn thích ứng với F ta gọi r làFphần dư f thích ứng với F Khi f cịn gọi rút gọn toàn phần

r theo F

Định