Khóa luận Cơ sở Grobner của đại số toàn phương đối chiều thấp

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP NĂM HỌC 2010 - 2011 Luận văn: Cơ sở Grobner của đại số toàn phương đối chiều thấp. Dài 43 trang chia làm 3 chương. Thực hiện tháng 5/2011

pdf43 trang | Chia sẻ: maiphuongtl | Lượt xem: 2051 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Khóa luận Cơ sở Grobner của đại số toàn phương đối chiều thấp, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN DUY ÁI NHÂN CƠ SỞ GRO¨BNER CỦA ĐẠI SỐ TOÀN PHƯƠNG ĐỐI CHIỀU THẤP KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐHSP Chuyên ngành: Đại số Giảng viên hướng dẫn TS. PHAN VĂN THIỆN Huế, Khóa học 2007 - 2011 i Mục lục Trang phụ bìa i Mục lục 1 Lời nói đầu 3 Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị 4 1.1 Vành phân bậc, môđun phân bậc . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Đại số phân bậc chuẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3 Iđêan phân bậc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.4 Chuỗi Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.4.1 Hàm Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.4.2 Chuỗi Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Chương 2 Cơ sở Gro¨bner của Iđêan 9 2.1 Thứ tự đơn thức trên K [x1, . . . , xn] . . . . . . . . . . . . . . 9 2.1.1 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.1.2 Một số thứ tự đơn thức . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.1.3 Bậc của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2.2 Thuật toán chia trong K[x1, . . . , xn] . . . . . . . . . . . . . . 11 2.3 Iđêan đơn thức và bổ đề Dickson . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.4 Định lí cơ bản Hilbert và cơ sở Gro¨bner . . . . . . . . . . . . 16 2.5 Tính chất của cơ sở Gro¨bner . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.6 Thuật toán Buchberger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 Chương 3 Cơ sở Gro¨bner của đại số toàn phương đối chiều 1 thấp 27 3.1 Một số kết quả mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 3.2 Định lí chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3.3 Chứng minh định lí chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 42 2 LỜI NÓI ĐẦU Cơ sở Gro¨bner là cơ sở có những ứng dụng quan trọng trong đại số giao hoán và đại số máy tính. Đối với đại số toàn phương đối chiều thấp dạng R = K[x1, . . . , xn]/I thì iđêan xác định I của R luôn tồn tại cơ sở Gro¨bner gồm các phần tử thuần nhất bậc hai trừ trường hợp I = (x2, xy, y2 − xz, yz). Lúc này, ta nói R được xác định bởi một cơ sở Gro¨bner các phần tử thuần nhất bậc hai hay R là G-toàn phương. Trường hợp này là nội dung nghiên cứu chính của khóa luận. Nội dung của khóa luận được chia thành 3 chương: 1. Chương 1: Giới thiệu một số kiến thức liên quan đến đại số phân bậc, iđêan phân bậc, chuỗi Hilbert... 2. Chương 2: Xây dựng định nghĩa cơ sở Gro¨bner của iđêan và nêu một số tính chất. 3. Chương 3: Chứng minh trường hợp đặc biệt được nêu ra ở trên. Phương pháp nghiêu cứu chung của khóa luận là nghiên cứu các tài liệu liên quan, tổng hợp và trình bày lại theo cách hiểu của bản thân. Do trình độ chuyên môn và kinh nghiệm còn hạn chế nên khóa luận này không tránh khỏi những sai sót, rất mong nhận được sự cảm thông và những ý kiến nhận xét từ phía người đọc. Cuối cùng, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến các thầy cô và bạn bè đã tạo điều kiện cho tôi hoàn thành khóa luận, đặc biệt là thầy giáo Phan Văn Thiện đã giúp đỡ tôi chọn đề tài, hướng dẫn nghiên cứu và cho những nhận xét đánh giá quý báu. Huế, tháng 05 năm 2011 Nguyễn Duy Ái Nhân 3 Chương 1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Vành phân bậc, môđun phân bậc 1. Vành phân bậc. Một vành A được gọi là vành phân bậc nếu có sự phân tích thành tổng trực tiếp của các nhóm Aben A = ⊕n≥0An thỏa mãn AnAm ⊆ An+m với mọi n,m. 2. Môđun phân bậc. Cho A là vành phân bậc, A-môđun phân bậc M là A-môđun M có sự phân tích thành tổng trực tiếp M = ⊕n≥0Mn thỏa mãn AnMm ⊆Mn+m với mọi n,m. 3. Mỗi phần tử của An hoặc Mn được gọi là thuần nhất bậc n. 4. Một môđun con N của M được gọi là môđun con phân bậc nếu N = ⊕n≥0(N ∩Mn). 1.2 Đại số phân bậc chuẩn Cho K là một trường. 1. Nếu một K-đại số giao hoán A có sự phân tích thành tổng trực tiếp thành A = A0 ⊕ A1 ⊕ A2 ⊕ . . . 4 với A0 = K và AiAj ⊆ Ai+j (∀i, j ≥ 0) thì A được gọi là K-đại số phân bậc và ta viết A = ⊕ n≥0An.  Ví dụ: Xét K[x] là vành đa thức một biến x trên trường K. Một đa thức thuộc K[x] có thể viết dưới dạng a0 + a1x+ a2x 2 + . . .+ anx n, n ≥ 0, ai ∈ K ∀i = 1, . . . , n Như vậy K[x] = A0 + A1 + A2 + A3 + . . . với A0 = {a0|a0 ∈ K}, A1 = {a1x|a1 ∈ K},. . . Mặt khác, Ai∩Aj = {0} với i 6= j nên suy ra K[x] = A0⊕A1⊕A2⊕ . . .. Ta có A0 = K và với mọi aixi ∈ Ai, ajxj ∈ Aj thì (aixi)(ajxj) = (aiaj)(x i+j) ∈ Ai+j ⇒ AiAj ⊆ Ai+j Như vậy, K[x] là một K-đại số phân bậc. 2. Mỗi a ∈ An được gọi là thuần nhất bậc n và viết deg(a) = n. Chú ý: 0 có bậc tùy ý. 3. Một K-đại số phân bậc A được gọi là hữu hạn sinh nếu tồn tại một tập hữu hạn các phần tử thuần nhất {ai}1≤i≤m thỏa mãn A được sinh như một không gian vectơ bởi các đơn thức {ae11 . . . aemm |ei ∈ N, 1 ≤ i ≤ m} Nếu deg(ai) = 1, ∀i = 1, . . . ,m thì A được gọi là một K-đại số phân bậc chuẩn. Lúc này, Ai = 〈{ae11 . . . aemm |e1 + . . .+ em = i}〉  Ví dụ: Xét S = K[x1, . . . , xn] là vành đa thức n biến trên trường K, deg(xi) = 1 với 1 ≤ i ≤ n. Ta có S là K-đại số phân bậc chuẩn hữu hạn sinh, S = ⊕ i≥0 Si. Trong đó Si = 〈{xα11 . . . xαnn |αj ∈ N, 1 ≤ j ≤ n, n∑ j=1 αj = i}〉 (Xem [5, Định lí 2.2.5]). 5 1.3 Iđêan phân bậc 1. Cho A = ⊕ n≥0An là một K-đại số phân bậc, một iđêan phân bậc là một không gian vectơ con có dạng I = ⊕ n≥0 In thỏa mãn (a) ∀n ≥ 0, In ⊆ An (b) AiIj ⊆ Ii+j,∀i, j ≥ 0 2. Cho A = ⊕ n≥0An là một K-đại số phân bậc, a1, . . . , am là các phần tử của A, iđêan I = (a1, . . . , am) = { n∑ i=1 aibi|bi ∈ A, 1 ≤ i ≤ m} được gọi là iđêan sinh bởi a1, . . . , am. 3. Cho A = ⊕ n≥0An là một K-đại số phân bậc, iđêan sinh bởi tập các phần tử thuần nhất được gọi là iđêan thuần nhất.  Ví dụ: Cho K[x, y] là K-đại số phân bậc, iđêan I = (x2, xy) ⊂ K[x, y] là iđêan thuần nhất (được sinh bởi các phần tử thuần nhất bậc hai). 4. Cho A = ⊕ n≥0An là một K-đại số phân bậc, giả sử a1, . . . , am ∈ A là các phần tử thuần nhất với deg(ai) = di, 1 ≤ i ≤ m. Lúc này, iđêan thuần nhất I = (a1, . . . , am) là iđêan phân bậc và I = ⊕ n≥0 In với In = An ∩ I. (Xem [3, Định lí 2.1.3], [5, Mệnh đề 2.3.5])  Ví dụ: Cho K[x, y] là K-đại số phân bậc, iđêan I = (x2, xy) ⊂ K[x, y] là iđêan phân bậc I = ⊕n≥0In trong đó I0 = I1 = 〈0〉, I2 = 〈x2, xy〉, I3 = 〈x3, x2y, xy2〉, . . . 5. Cho A = ⊕ n≥0An là một K-đại số phân bậc, I = ⊕ n≥0 In là iđêan phân bậc. Ta có A/I là K-đại số phân bậc và A/I = ⊕ n≥0(An/In). (Xem [5, Định lí 2.3.6])  Ví dụ: Cho A = K[x, y] là K-đại số phân bậc và I = (x2, xy) là iđêan phân bậc. Ta có, A/I = ⊕n≥0An/In trong đó A0/I0 = K, A1/I1 = A1, A2/I2 = 〈y2〉, A3/I3 = 〈y3〉, ... 6 1.4 Chuỗi Hilbert 1.4.1 Hàm Hilbert 1. Cho A = ⊕ n≥0An là một K-đại số phân bậc hữu hạn sinh. Hàm Hilbert của A được định nghĩa như sau H(A, n) = dimK(An) với dimKAn là số chiều của không gian vectơ An trên trường K.  Ví dụ: Xét K-đại số phân bậc chuẩn hữu hạn sinh S = K[x1, . . . , xn], deg(xi) = 1 với 1 ≤ i ≤ n, S = ⊕i≥0 Si,với Si = 〈{xα11 . . . xαnn |αj ∈ N, 1 ≤ j ≤ n, n∑ j=1 αj = i}〉 Ta có, dimK(Si) = C i n+i−1 = (n+ i− 1)! i!(n− 1)! (xem [5, Mệnh đề 2.2.6]). Vậy H(S, i) = dimK(Si) = Cin+i−1 = (n+ i− 1)! i!(n− 1)! 2. Nếu I = ⊕ n≥0 In là một iđêan thuần nhất của A, ta có thể định nghĩa H(I, n) = dimIn  Ví dụ: Cho A = K[x, y, z] là vành đa thức theo biến x, y, z trên trường K, iđêan I = (x2, y2, xz, yz) ⊂ K[x, y, z] là iđêan thuần nhất. Ta có, I là iđêan phân bậc, I = ⊕ n≥0 In với I0 = I1 = 〈0〉, I2 = 〈x2, y2, xz, yz〉, I3 = 〈x3, y3, x2y, x2z, y2x, y2z, xz2, yz2, xyz〉, . . . Vậy, H(I, 0) = H(I, 1) = 0,H(I, 2) = 4,H(I, 3) = 9, . . . 1.4.2 Chuỗi Hilbert 1. Cho A = ⊕ n≥0An là K-đại số phân bậc hữu hạn sinh, chuỗi Hilbert của A được định nghĩa như sau F(A, t) = ∞∑ n=0 H(A, n)tn 7  Ví dụ: Xét K-đại số phân bậc chuẩn hữu hạn sinh A = K[x], A = ⊕ i≥0Ai và H(A, i) = dimKAi = 1, ∀i ≥ 0. Lúc này, chuỗi Hilbert của A = K[x] là F(A, t) = 1 + t+ t2 + t3 + . . . = 1 1− t 2. Nếu I = ⊕ n≥0 In là một iđêan thuần nhất của A thì chuỗi Hilbert của I là F(I, t) = ∞∑ n=0 H(I, n)tn 3. Cho A = ⊕ n≥0An là một K-đại số phân bậc và I = ⊕ n≥0 In là một iđêan phân bậc. Khi đó F(A/I, t) = F(A, t)−F(I, t) (Xem [3, Định lí 2.2.2]) 8 Chương 2 CƠ SỞ GRO¨BNER CỦA IĐÊAN 2.1 Thứ tự đơn thức trên K [x1, . . . , xn] 2.1.1 Định nghĩa Một thứ tự đơn thức trên K[x1, . . . , xn] là một quan hệ > trên Zn≥0 thỏa mãn các tính chất sau: 1. > là một thứ tự toàn phần trên Zn≥0. 2. Nếu α > β và γ ∈ Zn≥0 thì α + γ > β + γ. 3. > là thứ tự tốt trên Zn≥0. (Nghĩa là mọi tập con khác rỗng của Zn≥0 đều có phần tử bé nhất theo quan hệ >.) 2.1.2 Một số thứ tự đơn thức 1. Thứ tự từ điển (>lex). Cho α = (α1, . . . , αn) và β = (β1, . . . , βn) ∈ Zn≥0. Ta nói, α lớn hơn β theo thứ tự từ điển nếu trong vectơ (α − β) ∈ Zn thành phần khác 0 đầu tiên bên trái là số dương. Ta viết xα >lex x β nếu α >lex β.  Ví dụ: (a) (1, 0, 2) >lex (0, 1, 2) vì (1, 0, 2)− (0, 1, 2) = (1,−1, 0). (b) (2, 2, 1) >lex (2, 2, 0) vì (2, 2, 1)− (2, 2, 0) = (0, 0, 1). 2. Thứ tự từ điển ngược (>invlex). Cho α = (α1, . . . , αn) và β = (β1, . . . , βn) ∈ Zn≥0. Ta nói, α lớn hơn β theo thứ tự từ điển đảo nếu trong vectơ (α− β) ∈ Zn thành phần khác 9 0 đầu tiên bên phải là số dương. Ta viết xα >invlex x β nếu α >invlex β.  Ví dụ: (a) (1, 0, 3) >invlex (0, 1, 2) vì (1, 0, 3)− (0, 1, 2) = (1,−1, 1). (b) (0, 0, 1) >invlex (0, 1, 0) vì (0, 0, 1)− (0, 1, 0) = (0,−1, 1). 3. Thứ tự từ điển phân bậc (>grlex). Cho α, β ∈ Zn≥0. Ta nói, α >grlex β nếu |α| = n∑ i=1 αi > |β| = n∑ i=1 βi hoặc |α| = |β| và α >lex β.  Ví dụ: (a) (1, 3, 0) >grlex (2, 0, 1) vì |(1, 3, 0)| = 4 > |(2, 0, 1)| = 3. (b) (3, 1, 2) >grlex (3, 0, 3) vì |(3, 1, 2)| = 6 = |(3, 0, 3)| = 6 và (3, 1, 2) >lex (3, 0, 3). 4. Thứ tự từ điển ngược phân bậc (>grevlex). Cho α, β ∈ Zn≥0. Ta nói, α >grevlex β nếu |α| = n∑ i=1 αi > |β| = n∑ i=1 βi hoặc |α| = |β| và trong (α− β) ∈ Zn thành phần khác 0 đầu tiên bên phải là âm.  Ví dụ: (a) (3, 2, 1) >grevlex (3, 2, 0) vì |(3, 2, 1)| = 6 > |(3, 2, 0)| = 5. (b) (1, 0, 0) >grevlex (0, 0, 1) vì |(1, 0, 0)| = 1 = |(0, 0, 1)| và (1, 0, 0) − (0, 0, 1) = (1, 0,−1). 2.1.3 Bậc của đa thức Định nghĩa 2.1.1. Cho f = ∑ aαx α là một đa thức khác 0 trong K[x1, . . . , xn] và > là một thứ tự đơn thức 10 1. Bậc của f là multideg(f) = max{α ∈ Zn≥0 : aα 6= 0} 2. Hệ số dẫn đầu của f (leading coefficient) là LC(f) = amultideg(f) 3. Đơn thức dẫn đầu của f (leading monomial) là LM(f) = xmultideg(f) 4. Hạng tử dẫn đầu của f (leading term) là LT (f) = LC(f)LM(f)  Ví dụ: Xét f = x2yz − 2x3 + y2z2 với thứ tự từ điển. Ta có: multideg(f) = (3, 0, 0) LC(f) = −2 LM(f) = x3 LT (f) = −2x3 Bổ đề 2.1.2. Cho f, g là hai đa thức khác 0 trên K[x1, . . . , xn], khi đó 1. multideg(fg) = multideg(f) +multideg(g) 2. Nếu f + g 6= 0 thì multideg(f + g) ≤ max{multideg(f),multideg(g)} Dấu = xảy ra khi multideg(f) 6= multideg(g). 2.2 Thuật toán chia trong K[x1, . . . , xn] Định lí 2.2.1. Với > là một thứ tự đơn thức trên Zn≥0, F = {f1, . . . , fs} là tập s đa thức đã được sắp thứ tự trong K[x1, . . . , xn]. Khi đó mỗi f ∈ 11 K[x1, . . . , xn] đều có thể viết dưới dạng f = a1f1 + a2f2 + . . .+ asfs + r với ai, r ∈ K[x1, . . . , xn], i = 1, s trong đó r = 0 hoặc r là tổ hợp tuyến tính các đơn thức và r không chia hết cho bất kì LT (fi) nào. Nếu aifi 6= 0 ta luôn có multideg(f) ≥ multideg(aifi). 2.3 Iđêan đơn thức và bổ đề Dickson Định nghĩa 2.3.1. Iđêan I ⊂ K[x1, . . . , xn] được gọi là iđêan đơn thức nếu có một tập con hữu hạn A ⊂ Zn≥0 sao cho I chứa tất cả các đa thức có dạng∑ α∈A hαx α với hα ∈ K[x1, . . . , xn]. Lúc này ta viết I = (xα|α ∈ A). Bổ đề 2.3.2. Cho I = (xα|α ∈ A) là một iđêan đơn thức. Khi đó, đơn thức xβ thuộc I khi và chỉ khi xβ chia hết cho một vài xα, α ∈ A. Chứng minh. 1. ⇒) Giả sử xβ ∈ I, theo định nghĩa I ta có xβ = s∑ i=1 hix α(i) với hi ∈ K[x1, . . . , xn] và α(i) ∈ A. Ta xem hi như tổ hợp tuyến tính các đơn thức hi = n∑ j=1 aijx kij j ⇒ xβ = s∑ i=1 ( n∑ j=1 aijx kij j )x α(i) = n∑ j=1 ( s∑ i=1 aijx kij j x α(i)) Mỗi hạng tử ở vế phải của phương trình trên đều chia hết cho F = {xα(i), i = 1, s}. Do đó, ta có xβ chia hết cho {xα(i), i = 1, s}. 2. ⇐) Giả sử xβ chia hết cho một vài xα, α ∈ A, theo định nghĩa I ta có xβ ∈ I. 12 Bổ đề 2.3.3. Cho I = (xα|α ∈ A) là một iđêan đơn thức, f ∈ K[x1, . . . , xn]. Khi đó, các mệnh đề sau là tương đương 1. f ∈ I 2. Mỗi hạng tử của f đều nằm trong I 3. f là tổ hợp K tuyến tính các đơn thức của I Chứng minh. 1. 3⇒ 2) Giả sử f = k∑ i=1 bix β(i) với xβ(i) ∈ I. Ta có xβ(i) ∈ I ⇒ xβ(i) = s∑ j=1 hjix α(ji), α(ji) ∈ A ⇒ bixβ(i) = bi s∑ j=1 hjix α(ji) = s∑ j=1 (bihji)x α(ji), α(ji) ∈ A. Như vậy mỗi hạng tử của f đều thuộc I. 2. 2⇒ 1) Giả sử mỗi hạng tử của f đều thuộc I, ta có f = ∑ i ( s∑ j=1 ajix α(ji)) = s∑ j=1 ( ∑ i aji)x α(ji) ∈ I 3. 1⇒ 3) f ∈ I ⇒ f = k∑ i=1 hix α(i) với α(i) ∈ A. Do α(i) ∈ A nên ta có xα(i) ∈ I. Vì vậy f là tổ hợp k tuyến tính các đơn thức của I. Hệ quả 2.3.4. Hai iđêan đơn thức bằng nhau khi và chỉ khi chúng chứa các đơn thức giống nhau. Định lí 2.3.5. (Bổ đề Dickson) Mọi iđêan đơn thức I = (xα|α ∈ A) ⊂ K[x1, . . . , xn] đều có thể viết dưới dạng I = (xα(1), . . . , xα(s)) với α(i) ∈ A, i = 1, s, nói cách khác là I có cơ sở hữu hạn. Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo n. 13 1. n = 1. Giả sử I được sinh bởi xα, α ∈ A ⊂ Z≥0 và đặt β là phần tử nhỏ nhất của A ⊂ Z≥0. Khi đó ∀ f ∈ I = (xα|α ∈ A) ta có f = s∑ i=1 hix α(i), α(i) ∈ A. Do α(i) ∈ A nên suy ra α(i) ≥ β ⇒ α(i) = β + γ(i) (γ(i) ≥ 0) ⇒ f = xβ s∑ i=1 hix γ(i) ∈ (xβ) ⇒ I ⊂ (xβ) Mặt khác ta có (xβ) ⊂ I, vì vậy I = (xβ). 2. Giả sử định lí đúng với n− 1 (n > 1), ta chứng minh định lí đúng với n. Giả sử I ⊂ K[x1, . . . , xn−1, y] là iđêan đơn thức. Lúc này tồn tại một tập A ⊂ Zn≥0 hữu hạn sao cho I = (xαym|(α,m) ∈ A). Đặt J là iđêan trong K[x1, . . . , xn−1] sinh bởi các xα mà xαym ∈ I với m ≥ 0. Theo giả thiết quy nạp thì J có cơ sở hữu hạn: J = (xα(1), . . . , xα(s)) Với mỗi 1 ≤ i ≤ s ta có xα(i)ymi ∈ I, ((α(i),mi) ∈ A). Đặt m = max{mi}, với mỗi k ∈ {0, 1, . . . ,m− 1} xét iđêan Jk ⊂ K[x1, . . . , xn−1] sinh bởi các xβ (β ∈ Zn−1≥0 ) thỏa xβyk ∈ I. Theo giả thiết quy nạp thì Jk cũng có tập sinh hữu hạn: Jk = (x αk(1), . . . , xαk(sk)). Ta nhận thấy I được sinh từ các đơn thức sau: Từ J : xα(1)ym, . . . , xα(s)ym J0 : x α0(1), . . . , xα0(s0) J1 : x α1(1)y, . . . , xα1(s1)y ... Jm−1 : xαm−1(1)ym−1, . . . , xαm−1(sm−1)ym−1 Thật vậy, xét xαyp ∈ I ta có: (a) p ≥ m thì theo cấu trúc của J ta có xαyp chia hết cho một vài xα(i)ym. 14 (b) p ≤ m − 1 thì theo cách xây dựng Jp ta có xαyp chia hết cho một vài xαp(j)yp. Theo Bổ đề 2.3.2 ta có các đơn thức của I nằm trong iđêan sinh bởi các đơn thức ở trên. Như vậy, iđêan sinh bởi các đơn thức ở trên và I chứa các đơn thức giống nhau, theo Hệ quả 2.3.4 ta có hai iđêan này bằng nhau. Viết lại các biến dưới dạng x1, . . . , xn. Lúc này I = (x α|α ∈ A) ⊂ K[x1, . . . , xn]. Theo chứng minh trên ta có I = (xγ(1), . . . , xγ(t)), xγ(i) ∈ I, i = 1, t Do xγ(i) ∈ I = (xα|α ∈ A) nên theo Bổ đề 2.3.2 ta có xγ(i) = s∑ j=1 hjx α(j) với α(j) ∈ A ⇒ I = (xα(1), . . . , xα(s)) với α(i) ∈ A. Như vậy định lí đúng với n. Định lí được chứng minh. Hệ quả 2.3.6. Cho > là một quan hệ trên Zn≥0 thỏa mãn 1. > là thứ tự toàn phần trên Zn≥0. 2. α > β, γ ∈ Zn≥0 ⇒ α + γ > β + γ Khi đó > là thứ tự tốt khi và chỉ khi α ≥ 0 với mọi α ∈ Zn≥0. Chứng minh. 1. ⇒) Giả sử > là thứ tự tốt, α0 là phần tử bé nhất của Zn≥0. Giả sử 0 > α0, cộng thêm nα0 vào hai vế ta có nα0 > α0 + nα0 ⇔ nα0 > (n+ 1)α0 ⇒ α0 > 2α0 > . . . > (n+ 1)α0 > . . . Đây là một dãy giảm vô hạn, mâu thuẫn với giả thiết > là thứ tự tốt. 15 2. ⇒) Giả sử α ≥ 0 ∀α ∈ Zn≥0, A ⊂ Zn≥0 là tập khác rỗng, ta cần chỉ ra A có phần tử nhỏ nhất. Xét I = (xα|α ∈ A) là iđêan đơn thức, theo Định lí 2.3.5 tồn tại α(1), . . . , α(s) ∈ A sao cho I = (xα(1), . . . , xα(s)). Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử α(s) > α(s− 1) > . . . > α(2) > α(1) Ta chứng minh α(1) là phần tử bé nhất của A, lấy α ∈ A ta có xα ∈ I = (xα(1), . . . , xα(s)) Theo Bổ đề 2.3.2 ta suy ra α = α(i) + γ với γ ∈ Zn≥0. Theo giả thiết ta có γ ≥ 0 nên suy ra α ≥ α(1). Vậy α(1) là phần tử bé nhất của A hay > là thứ tự tốt. 2.4 Định lí cơ bản Hilbert và cơ sở Gro¨bner Định nghĩa 2.4.1. Cho I ⊂ K[x1, . . . , xn] là một iđêan đơn thức khác {0}. 1. Kí hiệu LT (I) là tập các hạng tử dẫn đầu của các phần tử của I. LT (I) = {cxα | ∃f ∈ I : LT (f) = cxα} 2. (LT (I)) là iđêan sinh bởi các phần tử của LT (I). Mệnh đề 2.4.2. Cho I ⊂ K[x1, . . . , xn] là một iđêan 1. (LT (I)) là một iđêan đơn thức. 2. Tồn tại g1, . . . , gt ∈ I sao cho (LT (I)) = (LT (g1), . . . , LT (gt)) Chứng minh. 1. Do I là iđêan nên ta có iđêan đơn thức (LM(g) | g ∈ I\{0}) Vì LM(g) và LT (g) sai khác nhau một hằng số khác 0 nên ta có (LM(g) | g ∈ I\{0}) = (LT (g) | g ∈ I\{0}) = (LT (I)) ⇒ (LT (I)) là iđêan đơn thức. 16 2. Theo Định lí 2.3.5, tồn tại g1, . . . , gt ∈ I sao cho (LM(g) | g ∈ I\{0}) = (LM(g1), . . . , LM(gt)) ⇒ (LT (I)) = (LM(g1), . . . , LM(gt)) Do LM(gi) = cLT (gi) nên ta có (LM(g1), . . . , LM(gt)) = (LT (g1), . . . , LT (gt)) Vậy nên (LT (I)) = (LT (g1), . . . , LT (gt)). Định lí 2.4.3. ( Định lí cơ bản Hilbert) Mọi iđêan I ⊂ K[x1, . . . , xn] đều có một tập sinh hữu hạn, tức là I = (g1, . . . , gt) gi ∈ I, i = 1, t. {g1, . . . , gt} được gọi là một cơ sở của I. Chứng minh. 1. I = {0}. Tập sinh hữu hạn là {0}. 2. Nếu I chứa đa thức khác 0 thì theo Mệnh đề 2.4.2 tồn tại g1, . . . , gt ∈ I sao cho (LT (I)) = (LT (g1), . . . , LT (gt)) Ta có (g1, . . . , gt) ⊂ I vì gi ∈ I,∀i = 1, t. Lấy tùy ý f ∈ I, gọi r là phần dư của phép chia f cho {g1, . . . , gt}. Ta có r = f − a1g1 − . . .− atgt ∈ I Nếu r 6= 0 suy ra LT (r) ∈ (LT (I)) = (LT (g1), . . . , LT (gt)). Theo Bổ đề 2.3.2 ta có LT (r) chia hết cho {LT (g1), . . . , LT (gt)} điều này mâu thuẫn với r là phần dư. ⇒ r = 0 ⇒ f = a1g1 + . . .+atgt + 0 ∈ (g1, . . . , gt)⇒ I ⊂ (g1, . . . , gt). Vậy I = (g1, . . . , gt) 17 Định nghĩa 2.4.4. Cố định một thứ tự đơn thức. Một tập con hữu hạn G = {g1, . . . , gt} của iđêan I được gọi là một cơ sở Gro¨bner của I nếu (LT (g1), . . . , LT (gt)) = (LT (I)) Nói cách khác {g1, . . . , gt} ⊂ I là một cơ sở Gro¨bner của iđêan I khi và chỉ khi hạng tử dẫn đầu của mọi phần tử của I chia hết cho một trong các LT (gi). Hệ quả 2.4.5. Cố định một thứ tự đơn thức, khi đó mọi iđêan I ⊂ K[x1, . . . , xn] 6= {0} đều có một cơ sở Gro¨bner. Hơn nữa, cơ sở Gro¨bner của iđêan I là một cơ sở của I. Chứng minh. Cho iđêan I khác {0}. Khi đó, tập G = {g1, . . . , gt} xây dựng như trong Định lí 2.4.3 là một cơ sở Gro¨bner của I. Hơn nữa, ta có I = (g1, . . . , gt) nên G là một cơ sở của I. Định lí 2.4.6. Cho I1 ⊂ I2 ⊂ I3 ⊂ . . . là một dây chuyền tăng các iđêan trong K[x1, . . . , xn]. Khi đó, tồn tại N ≥ 1 thỏa mãn IN = IN+1 = IN+2 = . . . Chứng minh. Đặt I = ∞⋃ i=1 Ii, ta chứng minh I cũng là một iđêan củaK[x1, . . . , xn]. Do 0 ∈ Ii, ∀i nên ta suy ra 0 ∈ I. Lấy f, g ∈ I bất kì, theo định nghĩa I = ∞⋃ i=1 Ii cho nên tồn tại Ii, Ij sao cho f ∈ Ii, g ∈ Ij. Giả sử i ≤ j ⇒ f, g ∈ Ij. Vì Ij là một iđêan nên ta có f +g ∈ Ij ⇒ f +g ∈ I Với mọi f ∈ I, r ∈ K tồn tại Ii sao cho f ∈ Ii. Lúc này, rf ∈ Ii ⊂ I. Như vậy I là một iđêan. Theo Định lí 2.4.3 , iđêan I có một tập sinh hữu hạn. Đặt I = (f1, . . . , fs). Với mỗi fi, i = 1, . . . , s tồn tại số ji nhỏ nhất sao cho fi ∈ Iji. Đặt N = max{ji|i = 1, . . . , s}, ta có fi ∈ IN , ∀i = 1, . . . , s. Suy ra I = (f1, . . . , fs) ⊂ IN ⊂ IN+1 ⊂ . . . ⊂ I. Vậy tồn tại N ≥ 1 thỏa mãn IN = IN+1 = IN+2 = . . .. 18 2.5 Tính chất của cơ sở Gro¨bner Mệnh đề 2.5.1. Cho G = {g1, . . . , gt} là một cơ sở Gro¨bner của iđêan I ⊂ K[x1, . . . , xn] và f ∈ I. Khi đó, tồn tại duy nhất r ∈ K[x1, . . . , xn] thỏa mãn hai tính chất sau 1. Mọi hạng tử của r đều không chia hết cho bất kì LT (gi), i = 1, . . . , n. 2. Tồn tại g ∈ I sao cho f = g + r. Chứng minh. Sử dụng thuật toán chia đa thức f cho G ta có được f = a1g1 + . . .+ atgt + r trong đó r là phần dư, r thỏa mãn điều kiện thứ nhất. Đặt g = a1g1 + . . .+ atgt ∈ I, ta có f = g + r. Ta chứng minh r là duy nhất. Giả sử tồn tại r1, r2 thỏa hai điều kiện của mệnh đề, lúc này f = g′ + r1 = g” + r2 ⇒ g′ − g” = r2 − r1 ∈ I Nếu r2 6= r1 ta có LT (r2 − r1) ∈ (LT (I)) = (LT (g1), . . . , LT (gt)). Theo Bổ đề 2.3.2 ta có LT (r2 − r1) chia hết cho một vài LT (gi). Mặt khác, không có hạng tử nào của r1, r2 chia hết cho bất kì LT (gi) với 1 ≤ i ≤ t. Do đó r2 − r1 = 0⇒ r1 = r2. Hệ quả 2.5.2. Cho G = {g1, . . . , gt} là một cơ sở Gro¨bner của iđêan I ⊂ K[x1, . . . , xn] và f ∈ I. Khi đó, f ∈ I khi và chỉ khi phần dư trong phép chia f cho G bằng 0. Chứng minh. ⇒) Giả sử f ∈ I, ta có f = f + 0 thỏa mãn Mệnh đề 2.5.1. Như vậy, phần dư của phép chia f cho G bằng 0. 19 ⇐) Giả sử phần dư của phép chia f cho G bằng 0, ta có f = t∑ i=1 higi, hi ∈ K[x1, . . . , xn]. Như vậy f ∈ I. Định nghĩa 2.5.3. Cho f, g ∈ K[x1, . . . , xn] là các đa thức khác 0. 1. Nếu multideg(f) = α và multideg(g) = β, ta đặt γ = (γ1, . . . , γn) với (γi = max{αi, βi}, i = 1, . . . , n). Khi đó, xγ được gọi là bội chung nhỏ nhất của LM(f) và LM(g) và viết xγ = LCM(LM(f), LM(g)). 2. S-đa thức của f và g được định nghĩa như sau S(f, g) = xγ LT (f) f − x γ LT (g) g Bổ đề 2.5.4. Giả sử ta có một tổng dạng t∑ i=1 cix α(i)gi với c1, . . . , ct là các hằng số và α(i)+multideg(gi) = δ ∈ Zn≥0 khi ci 6= 0. Nếu multideg( t∑ i=1 cix α(i)gi) < δ thì tồn tại các hằng số cjk sao cho t∑ i=1 cix α(i)gi = ∑ j,k cjkx δ−γjkS(gj, gk) trong đó xγjk = LCM(LM(gj), LM(gk)). Hơn nữa, mỗi x δ−γjkS(gj, gk) có bậc nhỏ hơn δ. Chứng minh. Với mỗi i ∈ {1, . . . , t}, ta đặt di = LC(gi), β(i) = multideg(gi)⇒ LT (gi) = dix β(i). Ta có cidi = LC(cix α(i)gi). Do multideg(cix α(i)gi) = α(i) + β(i) = δ và multideg( t∑ i=1 cix α(i)gi) < δ nên ta có t∑ i=1 cidi = 0 và LM(gi) = x β(i) là ước của xδ. Như vậy xγjk = LCM(LM(gj), LM(gk)) cũng là ước của x δ. Suy ra xδ−γjk 20 là đơn thức và ta có xδ−γjkS(gj, gk) = xδ−γjk( xγjk LT (gj) gj − x γjk LT (gk) gk) = xδ djxβ(j) gj − x δ dkxβ(k) gk = xα(j)gj dj − x α(k)gk dk Đặt pi = xα(i)gi di , ta suy ra xδ−γjkS(gj, gk) = pj − pk và t∑ i=1 cix α(i)gi = t∑ i=1 cidipi = c1d1(p1 − p2) + (c1d1 + c2d2)(p2 − p3) + . . .+ (c1d1 + . . .+ ct−1dt−1)(pt−1 − pt) + (c1d1 + . . .+ ctdt)pt Kết hợp với kết quả t∑ i=1 cidi = 0 ta viết lại t∑ i=1 cix α(i)gi dưới dạng t∑ i=1 cix α(i)gi = c1d1x δ−γ12S(g1, g2) + (c1d1 + c2d2)xδ−γ23S(g2, g3) + . . .+ (c1d1 + . . .+ ct−1dt−1)xδ−γ(t−1)tS(gt−1, gt) Vậy t∑ i=1 cix α(i)gi = ∑ j,k cjkx δ−γjkS(gj, gk) Do multideg(pj) = multideg(pk) = δ và LC(pj) = LC(pk) = 1 nên ta có multideg(pj − pk) < δ, suy ra xδ−γjkS(gj, gk) có bậc nhỏ hơn δ. Định lí 2.5.5. Cho I là một iđêan đa thức, một cơ sở G = {g1, . . . , gt} của I là một cơ sở Gro¨bner của I khi và chỉ khi phần dư của phép chia S(gi, gj) cho G bằng 0 với mọi i 6= j. Chứng minh. ⇒) Giả sử G là cơ sở Gro¨bner của I. Do S(gi, gj) ∈ I nên áp dụng Hệ quả 2.5.2 ta có phần dư của phép chia S(gi, gj) cho G bằng 0. ⇐) Với mỗi đa thức f 6= 0 thuộc I = (g1, . . . , gt) tồn tại các đa thức 21 hi ∈ K[x1, . . . , xn] sao cho f = t∑ i=1 higi. Theo Bổ đề 2.1.2 ta có multideg(f) ≤ max{multideg(higi)|i = 1, . . . , t}. Đặt m(i) = multideg(higi), δ = max{m(1), . . . ,m(t)} ⇒ multideg(f) ≤ δ. Với mỗi cách biểu diễn f ta nhận được một δ khác nhau. Do thứ tự đơn thức là thứ tự tốt nên ta có thể chọn biểu diễn f = t∑ i=1 higi sao cho δ nhận được là nhỏ nhất. Ta viết lại f dưới dạng f = ∑ m(i)=δ higi + ∑ m(i)<δ higi = ∑ m(i)=δ LT (hi)gi + ∑ m(i)=δ (hi − LT (hi))gi + ∑ m(i)<δ higi Các đơn thức trong ∑ m(i)=δ (hi−LT (hi))gi và ∑ m(i)<δ higi đều có bậc nhỏ hơn δ. Giả sử multideg(f) < δ ta có multideg( ∑ m(i)=δ LT (hi)gi) < δ. Đặt LT (hi) = cix α(i) ⇒ ∑ m(i)=δ LT (hi)gi = ∑ m(i)=δ cix α(i)gi. Áp dụng Bổ đề 2.5.4 ta có∑ m(i)=δ LT (hi)gi = ∑ j,k cjkx δ−γjkS(gj, gk) với cjk ∈ K, xδ−γjk = LCM(LM(gj), LM(gk)). Theo giả thiết phần dư của phép chia S(gj, gk) cho G bằng 0 nên ta có S(gj, gk) = t∑ i=1 aijkgi với aijk ∈ K[x1, . . . , xn]. Theo Định lí 2.2.1 ta có multideg(aijkgi) ≤ multidegS(gj, gk), ∀i, j, k. Nhân xδ−γjk vào S(gj, gk) ta có xδ−γjkS(gj, gk) = t∑ i=1 bijkgi trong đó bijk = x δ−γjkaijk. ⇒ multideg(bijkgi) ≤ multideg(xδ−γjkS(gj, gk)) < δ. 22 Như vậy ta có∑ m(i)=δ LT (hi)gi = ∑ j,k cjkx δ−γjkS(gj, gk) = ∑ j,k cjk( ∑ i bijkgi) = ∑ i ( ∑ j,k cjkbijk)gi = ∑ i h˜igi trong đó h˜i = ∑ j,k cjkbijk và multideg(h˜i) = multideg( ∑ j,k cjkbijk) < δ. Do đó, ta có f được biểu diễn qua tổ hợp các gi mà tất cả các hạng tử của biểu diễn đều có bậc nhỏ hơn δ. Điều này mâu thuẫn với δ = max{m(1), . . . ,m(t)}. Suy ra multideg(f) = δ = multideg(higi),∀i = 1, . . . , t hay LT (f) ∈ (LT (g1), . . . , LT (gt)). Vậy (LT (I)) = (LT (g1), . . . , LT (gt)). Do đó, G là cơ sở Gro¨bner của I. 2.6 Thuật toán Buchberger Ta kí hiệu f F là phần dư của phép chia f cho F . Định lí 2.6.1. (Thuật toán Buchberger) Cho I = (f1, . . . , fs) 6= {0} là một iđêan đa thức. Đặt G = F = {f1, . . . , fs}. Khi đó, ta sẽ xác định được một cơ sở Gro¨bner của I bằng thuật toán sau 1. Đặt G′ = G. Với p 6= q ∈ G′, tính S = S(p, q)G ′ . 2. Nếu xuất hiện S 6= 0 thì xét G = G′ ∪ {S} và tiến hành lại bước 1. sau một số hữu hạn lần ta sẽ có được tập G = G′, đây chính là một cơ sở Gro¨bner của I. Chứng minh. Trước hết, ta chứng minh G ở mỗi lần thực hiện thuật toán đều nằm trong I. Đầu tiên, ta xét G′ = F = {f1, . . . , fs} ⊂ I. Do p 6= q ∈ G′ nên ta có S(p, q) ∈ I. Suy ra S = S(p, q)G ′ ∈ I và G = {G′ ∪ {S}} ⊂ I. 23 Tương tự, với G′ ⊂ I ta cũng có G = {G′ ∪ {S}} ⊂ I trong đó S = S(p, q) G′ , (p 6= q ∈ G′). Hơn nữa, ta luôn có F ⊂ G′ cho nên G′ cũng là một cơ sở của I . 1. Nếu G = G′ tức là S(p, q) G = 0, ∀p, q ∈ G, theo Định lí 2.5.5 ta có G là cơ sở Gro¨bner của I. 2. Nếu xuất hiện S 6= 0 thì xét G = G′ ∪ {S}, ta có (LT (G′)) ⊂ (LT (G)). Lúc này, LT (S) /∈ (LT (G′)) nhưng LT (S) ∈ (LT (G)) cho nên (LT (G′)) là tập con thật sự của (LT (G)). Như vậy nếu tiến hành liên tục thuật toán ở định lí thì ta sẽ có được một dây chuyền tăng các iđêan trong K[x1, . . . , xn]. Theo Định lí 2.4.6 sau một số hữu hạn lần thực hiện thì sẽ xảy ra trường hợp (LT (G)) = (LT (G′)). Lúc này, S = 0 và G = G′. Vậy thuật toán sẽ kết thúc sau một số hữu hạn lần thực hiện và ta thu được một cơ sở Gro¨bner của I.  Ví dụ Xét K[x, y] là vành đa thức hai biến x, y với thứ tự từ điển phân bậc và I = (f1, f2) = (x 3 − 2xy, x2y − 2y2 + x). Đặt F = {f1, f2}, ta có LT (f1) = x 3 LT (f2) = x 2y S(f1, f2) = −x2 ⇒ S(f1, f2)F = −x2 6= 0 Như vậy, F = {f1, f2} không phải là cơ sở Gro¨bner của I. Đặt f3 = −x2 và xét G = {f1, f2, f3}. Lúc này S(f1, f2) = f3 ⇒ S(f1, f2)G = 0 S(f1, f3) = −2xy ⇒ S(f1, f3)G = −2xy 6= 0 24 Đặt f4 = −2xy và xét G1 = {f1, f2, f3, f4} ta có S(f1, f2) G1 = S(f1, f3) G1 = 0 S(f1, f4) = −2xy2 = yf4 ⇒ S(f1, f4)G1 = 0 S(f2, f3) = −2y2 + x⇒ S(f2, f3)G1 = −2y2 + x 6= 0 Đặt f5 = −2y2 + x và xét G2 = {f1, f2, f3, f4, f5} ta có S(fi, fj)G2 = 0, ∀1 ≤ i < j ≤ 5. Như vậy ta có một cơ sở Gro¨bner của I là {f1, f2, f3, f4, f5} = {x3 − 2xy, x2y − 2y2 + x,−x2,−2xy,−2y2 + x} Bổ đề 2.6.2. Cho G là một cơ sở Gro¨bner của iđêan đa thức I và p ∈ G là một đa thức thỏa mãn LT (p) ∈ (LT (G− {p})). Khi đó, G− {p} cũng là cơ sở Gro¨bner của I. Chứng minh. Do G là cơ sở Gro¨bner của I nên ta có (LT (G)) = (LT (I)) Theo giả thiết ta có LT (p) ∈ (LT (G−{p})) nên (LT (G)) = (LT (G−{p})). Do đó (LT (G− {p})) = (LT (I)) Như vậy, G− {p} cũng là một cơ sở Gro¨bner của I. Định nghĩa 2.6.3. Một cơ sở Gro¨bner cực tiểu của iđêan đa thức I là một cơ sở Gro¨bner G của I sao cho với mọi p ∈ G ta có 1. LC(p) = 1. 2. LT (p) /∈ (LT (G− {p})). Định nghĩa 2.6.4. Một cơ sở Gro¨bner thu gọn của iđêan đa thức I là một cơ sở Gro¨bner G của I thỏa mãn 1. LC(p) = 1, ∀p ∈ G. 25 2. ∀p ∈ G, không có đơn thức nào của p thuộc (LT (G− {p})). Mệnh đề 2.6.5. Cho I 6= {0} là một iđêan đa thức. Với một thứ tự đơn thức, I có duy nhất một cơ sở Gro¨bner thu gọn. Chứng minh. Xét G là một cơ sở Gro¨bner cực tiểu của I. Lấy g ∈ G , gọi g′ là phần dư trong phép chia g cho G − {g} và đặt G′ = (G− {g}) ∪ {g′}. Ta có LT (g′) = LT (g) do LT (g) /∈ (LT (G − {g})), suy ra (LT (G′)) = (LT (G)). Như vậy G′ cũng là một cơ sở Gro¨bner cực tiểu của I và các đơn thức của g′ không thuộc (LT (G′ − {g′})). Tiếp tục quá trình trên cuối cùng ta sẽ thu được một cơ sở Gro¨bner thu gọn của I. Ta chứng minh cơ sở Gro¨bner thu gọn này là duy nhất. Giả sử G và G˜ là hai cơ sở Gro¨bner thu gọn của I. Ta có (LT (I)) = (LT (G)) = (LT (G˜)). Lấy p˜1 bất kì thuộc G˜⇒ LT (p˜1) ∈ (LT (G))⇒ ∃p ∈ G : LT (p˜1) = xαLT (p). Mặt khác ta có LT (p) ∈ (LT (G˜))⇒ ∃p˜2 ∈ G˜ : LT (p) = xβLT (p˜2). ⇒ LT (p˜1) = xαxβLT (p˜2). Do LT (p˜1) /∈ (LT (G˜− {p˜1})) nên ta có α = β = 0 và LT (p˜1) = LT (p˜2). Suy ra LT (p˜1) = LT (p) và LT (G˜) ⊂ LT (G). Tương tự, ta có LT (G) ⊂ LT (G˜). Như vậy LT (G) = LT (G˜) tức là với mỗi g ∈ G tồn tại một g˜ ∈ G˜ sao cho LT (g) = LT (g˜). Xét g − g˜ ∈ I, do G là cơ sở Gro¨bner của I nên ta có g − g˜G = 0. Vì LT (g) = LT (g˜) nên trong g− g˜ những hạng tử này bị triệt tiêu, các hạng tử còn lại của g, g˜ không nằm trong LT (G) = LT (G˜), suy ra g − g˜G = g− g˜. ⇒ g − g˜ = 0⇒ g = g˜ ⇒ G ≡ G˜. Vậy cơ sở Gro¨bner thu gọn của I là duy nhất. 26 Chương 3 CƠ SỞ GRO¨BNER CỦA ĐẠI SỐ TOÀN PHƯƠNG ĐỐI CHIỀU THẤP Trong chương này ta xét những K-đại số phân bậc chuẩn có dạng R = K[x1, . . . , xn]/I với 1. K[x1, . . . , xn] là vành đa thức n biến trên trường K. 2. I là iđêan thuần nhất với deg(xi) = 1, i = 1, . . . , n. I được gọi là iđêan xác định của R. Đặt S = K[x1, . . . , xn] = ⊕ i≥0 Si, R được viết lại dưới dạng R = ⊕ i≥0 Ri = ⊕ i≥0 Si/Ii trong đó 1. Si là bộ phận thuần nhất bậc i trong S. 2. Ii = I ∩ Si là bộ phận thuần nhất bậc i trong I.  K-đại số phân bậc chuẩn R được gọi là toàn phương nếu I được sinh bởi các phần tử thuần nhất bậc hai.  Iđêan I trong vành đa thức được gọi là G-toàn phương nếu I được sinh bởi một cơ sở Gro¨bner các phần tử thuần nhất bậc hai.  K-đại số phân bậc chuẩn R được gọi là G-toàn phương nếu iđêan xác định của nó là G-toàn phương. 3.1 Một số kết quả mở đầu Bổ đề 3.1.1. Cho R = ⊕ i≥0Ri là một K-đại số phân bậc chuẩn, nếu tồn tại một dạng tuyến tính 0 6= x ∈ R thỏa x2 = 0 và xR1 = R2 thì R là G-toàn phương. (Ri = 0, ∀i > 2). 27 Chứng minh. Bổ sung vào x để được một cơ sở của R1: x1, x2, . . . , xn−1, xn = x. Ta viết lại R dưới dạng R = K[y1, . . . , yn]/I trong đó yi tương ứng với các xi. Đặt S = K[y1, . . . , yn] = ⊕ n≥0 Sn. Theo giả thiết ta có x2 = 0 nên ta có y2n ∈ I. Hơn nữa, do xR1 = R2 nên yiyj = Lijyn, 1 ≤ i, j < n với Lij ∈ S1. Vậy I chứa các đa thức có dạng yiyj − Lijyn . Đặt τ là thứ tự từ điển ngược phân bậc trên S, theo thứ tự τ ta có y1 > y2 > . . . > yn. Ta có LT (yiyj − Lijyn) = yiyj ⇒ LT (I) ⊇ {yiyj, y2n|1 ≤ i, j < n} Đặt (LT (I))2 là bộ phận thuần nhất bậc hai trong (LT (I)). ({yiyj, y2n|1 ≤ i, j < n})2 là bộ phận thuần nhất bậc hai trong iđêan ({yiyj, y2n|1 ≤ i, j < n}). Ta có ({yiyj, y2n|1 ≤ i, j < n})2 ⊂ (LT (I))2. Do các đơn thức bậc ba trong S3 só dạng yiyjyk, 1 ≤ i, j, k < n nên suy ra S3 ⊂ ({yiyj, y2n|1 ≤ i, j < n})2S1 ⊂ (LT (I))2S1. Mặt khác, ta lại có (LT (I))2S1 ⊂ S3 cho nên (LT (I))2S1 = S3. Ta suy ra (LT (I)) không chứa phần tử sinh tối tiểu bậc lớn hơn 2. Như vậy iđêan I có một cơ sở Gro¨bner gồm các phần tử thuần nhất bậc hai. Do đó, R là G-toàn phương và Ri = 0 với i ≥ 0. Bổ đề 3.1.2. Cho R = ⊕ i≥0Ri là một K-đại số phân bậc chuẩn trên trường K đóng đại số và W là một không gian con của R1. Nếu dimW > dimW 2 thì tồn tại một phần tử khác không x ∈ W thỏa mãn x2 = 0. Chứng minh. Đặt n = dimW,m = dimW 2. Cố định cơ sở x1, . . . , xn của W và u1, . . . , um của W 2. Ta có xixj ∈ W 2 ⇒ xixj = m∑ k=1 λ (ij) k uk với λ (ij) k ∈ K. (1) Do dimW > dimW 2 nên suy ra W 6= {0}. 28 Lấy 0 6= x ∈ W ta có biểu diễn x = n∑ i=1 aixi,ai ∈ K, i = 1, n và các ai không đồng thời bằng 0. (2) Từ (1) và (2) ta có biểu diễn của x2 như sau: x2 = m∑ i=1 Qiui với Qi = Qi(a1, . . . , an) thuần nhất bậc hai theo các ai. Ta có x2 = 0⇔ Qi = 0,∀i = 1,m Hệ gồm m phương trình Qi = 0 theo n biến ai với n > m có vô số nghiệm nên có nghiệm khác 0. Như vậy {x ∈ W |x 6= 0 và x2 = 0} 6= ∅. Bổ đề 3.1.3. Cho R = ⊕ i≥0Ri là một K-đại số phân bậc chuẩn, x ∈ R1 và x 6= 0 1. Giả sử rằng xR1 = 0, khi đó R là một G-toàn phương khi và chỉ khi R/(x) là G-toàn phương. 2. Giả sử x không là ước của 0 trong R, khi đó R là G-toàn phương nếu R/(x) là G-toàn phương. Chứng minh. 1. Giả sử R là G-toàn phương, khi đó tồn tại biểu diễn R = K[y1, . . . , yn]/I và một quan hệ thứ tự τ trên S = K[y1, . . . , yn] thỏa mãn (LT (I)) sinh bởi các đơn thức bậc hai. Ta có thể giả sử y1 > y2 > . . . > yn theo quan hệ τ . Từ 0 6= x ∈ R1 ta suy ra tồn tại L = n∑ i=1 λiyi ∈ S1 tương ứng với x. Đặt k là số nguyên nhỏ nhất thỏa λk 6= 0. Thay biến yk trong vành đa thức K[y1, . . . , yn] bởi L, ta viết lại R dưới dạng R = K[y1, . . . , yk−1, L, yk+1, . . . , yn]/I ′ trong đó iđêan I ′ được tạo thành từ iđêan I bằng cách thay yk bởi L. 29 Lúc này, R/(x) được biểu diễn R/(x) = K[y1, . . . , yk−1, L, yk+1, . . . , yn]/((L) + I ′) = K[y1, . . . , yk−1, yk+1, . . . , yn]/J trong đó iđêan J = (I ′ + (L))/(L). Ta xem vành đa thức S ′ = K[y1, . . . , yk−1, yk+1, . . . , yn] trang bị thứ tự τ ′ cảm sinh bởi τ . Do xR1 = 0 nên ta có Lyi ∈ I,∀i = 1, n. ⇒ LT (Lyi) = λkykyi ∈ (LT (I)),∀i = 1, n⇒ ykyi ∈ (LT (I)). Đặt M là tập các phần tử sinh đơn thức tối tiểu không chia hết cho yk của (LT (I)). Với mọi m ∈M ta có thể chọn được một phần tử bậc hai Qm ∈ I thỏa mãn mọi hạng tử của Qm đều không chia hết cho yk và LT (Qm) = m. Ta có (LT (I)) = ({ykyi|i = 1, n}) + (M) = ({LT (Lyi)|i = 1, n}) + ({LT (Qm)|m ∈M}) Suy ra {Lyi|i = 1, n} ∪ {Qm|m ∈M} là cơ sở Gro¨bner của I. Theo cách xác định J ta có J được sinh bởi {Qm|m ∈ M}, như vậy {Qm|m ∈M} là cơ sở của J . Áp dụng Định lí 2.5.5 ta có {Qm|m ∈M} là cơ sở Gro¨bner của J . Chiều ngược lại chứng minh tương tự. 2. Đặt K[y1, . . . , yn−1]/J là một biểu diễn của R/(x) và f1, . . . , ft là một cơ sở Gro¨bner gồm các phần tử thuần nhất bậc hai của J đối với quan hệ thứ tự τ . Lúc này, R = K[y1, . . . , yn−1, z]/I trong đó z tương ứng với x. Với mỗi fi tồn tại hi ∈ (K[y1, . . . , yn−1, z])1 sao cho gi = fi + zhi ∈ I. Đặt σ là quan hệ thứ tự trên K[y1, . . . , yn−1, z] thỏa mãn LTσ(gi) = LTτ (fi) Với l ∈ I bất kì ta có l ∈ K[y1, . . . , yn, z]. Ta tách l thành l = l∗ + l(z) trong đó l∗ là phần bao gồm các hạng tử không chia hết cho z và l(z) 30 là phần bao gồm các hạng tử chia hết cho z. Ta xét hai trường hợp sau (a) LTσ(l) = LTσ(l ∗) = LTτ (l∗). Lúc này, ta có LTσ(l) ∈ (LTτ (J)), vì vậy LTσ(l) = t∑ i=1 λiLTτ (fi). Mà ta lại có LTτfi = LTσgi nên suy ra LTσ(l) = t∑ i=1 λiLTσ(gi) ∈ ({LTσ(gi)|i = 1, . . . , t}). Suy ra LTσ(l) ∈ ({LTσ(gi)|i = 1, . . . , t}). (b) LTσ(l) = LTσ(l(z)). Lúc này, LTσ(l) chia hết cho z. Suy ra LTσ(l) = qiz q trong đó qi ∈ K[y1, . . . , yn−1]. Mà theo giả thiết x 6= 0 và không là ước của 0 nên ta có qi ∈ (LTσ(I)) ∩K[y1, . . . , yn−1]. ⇒ qi ∈ (LTτ (J))⇒ qi = t∑ i=1 αiLTτfi ⇒ qi = t∑ i=1 αiLTσgi. ⇒ LTσ(l) = ( t∑ i=1 αiLTσgi)z q ∈ ({LTσgi|i = 1, . . . , t}). Suy ra LTσ(l) ∈ ({LTσgi|i = 1, . . . , t}). Vậy với l bất kì nằm trong I ta có LTσ(l) ∈ ({LTσgi|i = 1, . . . , t}) Suy ra LTσ(I) ⊂ ({LTσgi|i = 1, . . . , t}) ⇒ (LTσ(I)) ⊂ ({LTσgi|i = 1, . . . , t}). Mặt khác gi ∈ I, i = 1, . . . , t nên ta có LTσ(gi) ∈ LTσ(I), i = 1, . . . , t. Suy ra ({LTσgi|i = 1, . . . , t}) ⊂ (LTσ(I)). Do đó, ta có (LTσ(I)) = ({LTσgi|i = 1, . . . , t}). Vậy {gi|i = 1, . . . , t} là cơ sở Gro¨bner của I theo quan hệ thứ tự σ. Vì fi thuần nhất bậc hai nên ta có gi cũng thuần nhất bậc hai cho nên I là G-toàn phương hay R là G-toàn phương. 31 3.2 Định lí chính Định lí 3.2.1. Cho R = ⊕ i≥0Ri là một K-đại số toàn phương phân bậc chuẩn với dimR2 ≤ 2, giả sử rằng K là đại số đóng có đặc số khác 2 . Khi đó R là G-toàn phương khi và chỉ khi R không đẳng cấu với K[x, y, z, t4, . . . , tn]/(x2, xy, y2 − xz, yz) + (x, y, z, t4, . . . , tn)(t4, . . . , tn). 3.3 Chứng minh định lí chính Theo Bổ đề 3.1.3 ta có thể loại những dạng tuyến tính x ∈ R1 thỏa mãn xR1 = 0. Vì vậy, để chứng minh định lí chính ta sẽ chứng minh hai mệnh đề sau Mệnh đề 3.3.1. Cho R = ⊕ i≥0Ri là một K-đại số toàn phương phân bậc chuẩn với dimR2 ≤ 2, giả sử rằng K là đại số đóng có đặc số khác 2 và với mọi 0 6= x ∈ R1 ta có xR1 6= 0. Nếu R không đẳng cấu với K[x, y, z]/(x2, xy, y2 − xz, yz) thì R là G-toàn phương. Chứng minh. Đặt n = dimR1. Ta có thể giả sử n > 1. 1. dimR2 = 0. Ta có R2 = 0⇒ S2 ⊆ I2 = I ∩ S2 ⇒ S2 ⊆ I ⇒ S2 = (LT (I))2. ⇒ (LT (I)) = ({yiyj|1 ≤ i, j < n}) Vậy R là G-toàn phương. 2. dimR2 = 1. Ta có R21 ⊆ R2 ⇒ dimR21 ≤ dimR2 = 1 < dimR1. Theo Bổ đề 3.1.2 tồn tại một phần tử khác không x ∈ R1 thỏa mãn x2 = 0. Theo giả thiết ta có xR1 6= 0 và dimR2 = 1 nên ta có xR1 = R2, theo Bổ đề 3.1.1 thì R là G-toàn phương. 32 3. dimR2 = 2. Trường hợp n = dimR1 = 2 thì ta có S = K[x, y]. Do I được sinh bởi các phần tử thuần nhất bậc hai, I2 ⊂ S2 = 〈x2, xy, y2〉 và dimR2 = dimS2/(I ∩ S2) = 2 nên I là G-toàn phương. Như vậy, R là G-toàn phương. Trường hợp n > 2, ta có dimR21 < dimR1 cho nên theo Bổ đề 3.1.2 tồn tại x 6= 0 ∈ R1 thỏa x2 = 0.  Nếu xR1 = R2, theo Bổ đề 3.1.1 ta có R là G-toàn phương.  Nếu xR1 6= R2 thì ta có dimxR1 = 1. Đặt V = {y ∈ R1 |xy = 0} ta có x ∈ V và V là không gian con (n− 1) chiều của R1. Lấy z ∈ R1 \ V ta có xz 6= 0, lúc này R1 = V ⊕〈z〉 và xR1 = 〈xz〉. Ta xét 3 trường hợp sau:  V 2 * xR1  V 2 ⊆ xR1 và V R1 * xR1  V R1 ⊆ xR1 (a) Trường hợp 1: V 2 * xR1 Do đặc số của K khác 2 nên ta có thể tìm thấy y ∈ V sao cho y2 /∈ xR1. Ta có xz ∈ xR1 = 〈xz〉 và y2 /∈ xR1 nên xz, y2 độc lập tuyến tính. Vì dimR2 = 2 và xz, y 2 là hai phần tử độc lập tuyến tính trong R2 nên {xz, y2} là một cơ sở của R2. Vậy R2 = 〈xz, y2〉. Bổ sung vào x, y các phần tử t3, . . . , tn−1 để có một cơ sở của V . Ta kí hiệu lại các biến của vành đa thức là x, y, . . . để tương ứng với cơ sở x, y, . . . , tn−1, z của R1, tức là S = K[x, y, t3, . . . , tn−1, z]. Ta có xV = 0 nên x2, xy, xt3, . . . , xtn−1 ∈ I. Đồng thời R2 = 〈xz, y2〉 nên các đơn thức bậc hai trong S2 được biểu diễn thành tổ hợp tuyến tính của xz và y2. Như vậy ta có được các phần tử của iđêan I ⊂ S của R như sau x2, xy, xt3, . . . , xtn−1 33 yti − aixz − biy2 với i = 3, . . . , n− 1 titj − cijxz − dijy2 với 3 ≤ i ≤ j ≤ n− 1 yz − exz − fy2 (*) tiz − gixz − hiy2 với i = 3, . . . , n− 1 z2 − lxz −my2 trong đó các ai, bi, cij, . . . ,m là các phần tử thuộc K. Những đa thức này đều thuần nhất bậc hai và độc lập tuyến tính. Chúng ta sẽ sử dụng (*) để mô tả tập các phần tử w trong R1 thỏa mãn w2 = 0 và sau đó kiểm tra wR1 = R2 hay không. Nếu với mọi wR1 6= R2 ta sẽ chứng minh trực tiếp (*) là cơ sở Gro¨bner của I. Với những w ∈ V ta luôn có wR1 6= R2. Vậy nên ta xét những w có dạng: w = αx+ βy + n−1∑ i=3 γiti + z Sử dụng (*) ta có thể viết lại w2 dưới dạng tổ hợp tuyến tính của xz và y2 w2 = (αx+ βy + γ3t3 + . . .+ γn−1tn−1 + z)2 = βy2 + 2αxz + n−1∑ i=3 2βyγiti + 2βyz + n−1∑ i,j=3 γiγjtitj + n−1∑ i=1 2γitiz + z 2 = pxz + qy2 với p = 2α + n−1∑ i=3 2βγiai + 2βe+ n−1∑ i,j=3 γiγjcij + n−1∑ i=3 2γigi + l q = β2 + n−1∑ i=3 2βγibi + 2βf + n−1∑ i,j=3 γiγjdij + n−1∑ i=3 2γihi +m trong đó cij = cji và dij = dji. Suy ra w2 = 0⇔ p = 0 và q = 0 Ta thấy rằng α xuất hiện trong phương trình p = 0 với bậc 1 và không xuất hiện trong phương trình q = 0. Ta có thể xem như phương trình q = 0 là phương trình bậc hai của 34 β với biệt thức ∆′ như sau ∆′ = ( n−1∑ i=3 γibi + f) 2 − ( n−1∑ i,j=3 γiγjdij + n−1∑ i=3 2γihi +m) giá trị của β là β = −( n−1∑ i=3 γibi) + √ ∆′ Khi biết các giá trị của β, γi ta sẽ xác định được giá trị của α từ phương trình p = 0. Tóm lại, ta sẽ có được w = αx+ βy + n−1∑ i=3 γiti + z thỏa w 2 = 0. Chú ý rằng wx = xz wy = βy2 + n−1∑ i=3 γitiy + yz = βy2 + n−1∑ i=3 γi(ai + biy 2) + exz + fy2 = ( n−1∑ i=3 γiai + e)xz + (β + n−1∑ i=3 γibi + f)y 2 = µxz + √ ∆′y2 Vì R2 = 〈xz, y2〉 nên để wR1 = R2 thì ∆′ 6= 0 X Nếu ∆′ tương ứng với các γi là khác 0 thì bằng Bổ đề 3.1.1 ta có thể kết luận R là G-toàn phương. X Nếu với các giá trị γi, ∆′ = 0 thì ta lấy τ là thứ tự từ điển ngược sao cho theo quan hệ τ thứ tự của các biến như sau tn−1 > tn−2 . . . > t3 > z > y > x 35 Ta có LT (yti − aixz − biy2) = yti, i = 3, . . . , n− 1 LT (titj − cijxz − dijy2) = titj, 3 ≤ i ≤ j ≤ n− 1 LT (yz − exz − fy2) = yz LT (tiz − gixz − hiy2) = tiz, i = 3, . . . , n− 1 LT (z2 − lxz −my2) = z2 Như vậy iđêan (LT (I)) chứa iđêan đơn thức J = (x2, xy, yz, z2) + (x, y, z, t3, . . . , tn−1)(t3, . . . , tn−1) Mặt khác, (LT (I)) là iđêan đơn thức và multideg(f) ≥ 2, ∀ 0 6= f ∈ I nên suy ra (LT (I)) được sinh bởi các đơn thức bậc hai. Mà (LT (I)) và J chứa cùng các đơn thức bậc hai nên ta có (LT (I)) = J . Suy ra (*) là một cơ sở Gro¨bner thuần nhất bậc hai của I theo quan hệ thứ tự τ . Vậy R là G-toàn phương. (b) Trường hợp 2: V 2 ⊆ xR1 và V R1 * xR1 Lúc này, tồn tại y ∈ V sao cho yz /∈ xR1, như vậy yz 6= 0 và xz, yz độc lập tuyến tính. Vậy R2 = 〈xz, yz〉. Bổ sung vào x, y các phần tử t3, . . . , tn−1 để được một cơ sở của V . Tương tự trường hợp 1, kí hiệu lại các biến của vành đa thức S = K[x, y, t3, . . . , tn−1, z]. Do xV = 0, V 2 ⊆ xR1 = 〈xz〉, R2 = 〈xz, yz〉 nên ta có các phần tử 36 của iđêan I ⊂ S như sau x2, xy, xt3, . . . , xtn−1 y2 − axz yti − bixz i = 3, . . . , n− 1 titj − cijxz 3 ≤ i ≤ j ≤ n− 1 tiz − dixz − eiyz i = 3, . . . , n− 1 z2 − fxz − gyz Nếu ta lấy w có dạng w = αx+ βy + n−1∑ i=3 γiti + z ta có wx = xz wy = µxz + yz ⇒ wR1 = R2. Viết lại w2 dưới dạng tổ hợp tuyến tính của xz, yz ta cũng sẽ có được các giá trị α, β, γ3, . . . , γn−1 sao cho w2 = 0. Theo Bổ đề 3.1.1 ta có R là G-toàn phương. (c) Trường hợp 3: V R1 ⊆ xR1 Từ V R1 ⊆ xR1 ta có z2 /∈ V R1 và z2, xz độc lập tuyến tính. Như vậy R2 = 〈xz, z2〉. Đặt W = {y ∈ V |zy = 0} lúc này x không thuộc W . Đặt y2, . . . , yn−1 là cơ sở của W , ta có x, y2, . . . , yn−1 là cơ sở của V . Các phương trình xác định iđêan I của R trong trường hợp này là x2, xy2, xy3, . . . , xyn−1 y2z, y3z, . . . , yn−1z yiyj − aijxz 2 ≤ i ≤ j ≤ n− 1 37 Chú ý rằng W 2 ⊆ 〈xz〉. X Nếu n > 3 thì theo Bổ đề 3.1.2 tồn tại một phần tử khác không y ∈ W sao cho y2 = 0. Đặt V ′ = {w ∈ R1 |wy = 0}, ta có x, z ∈ V ′, yR1 ⊆ 〈xz〉. Do đó (V ′)2 = R2 * yR1, theo trường hợp 1 ta có R là G-toàn phương. X Nếu n = 3 thì ta chỉ có một yi = y2 nên có thể kí hiệu đơn giản là y. Các phương trình định nghĩa lúc này là x2, xy, yz, y2 − axz hệ số a không thể bằng 0 nếu không thì yR1 = 0 (mâu thuẫn với giả thiết). Do a 6= 0 nên ta có thể thay x bởi x a , lúc này các bậc hai có dạng x2, xy, yz, y2 − xz trường hợp này ta bị loại bỏ theo giả thiết. Vậy mệnh đề được chứng minh. Mệnh đề 3.3.2. Giả sử rằng đặc số của trường K khác 2. Lúc này đại số K[x, y, z]/(x2, xy, y2 − xz, yz) không phải là G-toàn phương. Chứng minh. Chúng ta sẽ chỉ ra rằng iđêan I = (x2, xy, yz, y2 − xz) ⊂ S = K[x, y, z] không sinh bởi một cơ sở Gro¨bner các phần tử thuần nhất bậc hai. Ta có thể giả sử K là một đại số đóng. Đặt R = S/I, chuỗi Hilbert của R là 1 + 3t+ 2t2 + t3/(1− t). Iđêan đơn thức bậc hai J sao cho S/J ứng với chuỗi Hilbert này đó là J = (x2, y2, zx, zy) hoặc J = (y2, z2, xy, xz) hoặc J = (x2, z2, yx, yz). Không mất tính tổng quát ta có thể xét J = (x2, y2, zx, zy). Đặt D là iđêan của K[x, y, z] sao cho iđêan (LT (D)) theo quan hệ τ là J . Do x, y đóng vai trò như nhau nên ta có thể giả sử y < x theo quan hệ thứ tự τ . Ta xét 3 trường hợp sau 38 1. Trường hợp 1: (y < x < z) Theo quan hệ thứ tự τ lúc này ta có z2 > zx > zy > x2 > xy > y2 Cơ sở Gro¨bner thu gọn của D có dạng y2, x2 − axy, xz − bxy, yz − cxy Với a, b, c ∈ K, y2, (x− a 2 y)2 ∈ D. 2. Trường hợp 2: (y < z < x) Theo quan hệ thứ tự τ ta có x2 > xz > xy > z2 > zy > y2 Cơ sở Gro¨bner rút gọn của D có dạng y2, x2 − axy − bz2, xz − cxy − dz2, yz với a, b, c, d ∈ K. Đặt w = αx+βy+γz, ta có w2 ∈ D khi và chỉ khi α(aα+2β+2cγ) = 0 và γ2 + 2dαγ + bα2 = 0. Như vậy có ít nhất hai bình phương của các phần tử độc lập trong D, đó là y và x+ βy + γz với γ = −d+√d2 − b và β = −a 2 + cγ. 3. Trường hợp 3: (z < y < x) Theo quan hệ thứ tự τ ta có x2 > xy > xz > y2 > yz > z2 Cơ sở Gro¨bner thu gọn của I có dạng y2 − az2, x2 − bxy − cz2, xz − dz2, yz − ez2 với a, b, c, d, e ∈ K. Đặt w = αx + βy + γz, ta có w2 ∈ D khi và chỉ khi bα2 + 2αβ = 0 và cα2 + aβ2 + γ2 + 2dαγ + 2eβγ = 0. 39 Như vậy có ít nhất hai bình phương của các phần tử độc lập trong D, một ứng với α = 0, β = 1 và một ứng với α = 1. Nếu I có một cơ sở Gro¨bner gồm các phần tử thuần nhất bậc hai thì iđêan (LT (I)) = J , như vậy I chứa bình phương của hai phần tử độc lập tuyến tính. Nhưng rõ ràng I chỉ chứa một bình phương của x. Vậy I không có cơ sở Gro¨bner gồm các phần tử thuần nhất bậc hai, do đó R không là G-toàn phương. Từ kết quả của Bổ đề 3.1.3, Mệnh đề 3.3.1 và Mệnh đề 3.3.2, Định lí chính đã được chứng minh hoàn toàn. 40 KẾT LUẬN Nội dung chính của khóa luận nằm ở chương 2 và chương 3. Ở chương 2, khóa luận đã giới thiệu khá đầy đủ về cơ sở Gro¨bner của iđêan trong vành đa thức K[x1, . . . , xn]. Thông qua việc minh họa bằng các ví dụ cụ thể, nội dung kiến thức ở phần này trở nên đơn giản và dễ hiểu hơn. Ở chương 3, khóa luận chứng minh rõ với K là đại số đóng có đặc số khác 2 thì K-đại số toàn phương phân bậc chuẩn R = ⊕ i≥0Ri mà dimR2 ≤ 2 là G-toàn phương khi và chỉ khi R không đẳng cấu với K[x, y, z, t4, . . . , tn]/(x2, xy, y2 − xz, yz) + (x, y, z, t4, . . . , tn)(t4, . . . , tn). Nội dung ở chương này đã giải quyết được mục tiêu đặt ra ban đầu của khóa luận. 41 Tài liệu tham khảo 1. A. Conca, Gro¨bner Bases for Spaces of Quadrics of Low Codimension, Adv. Appl. Math. 24(2000). 2. D. Cox, J. Little and D. O’Shea, Ideals, Varieties, and Algorithms, Springer-Verlag, New York, 1992. 3. E. Grigorescu, Hilbert Series and Free Resolutions, Annadale-on- Hudson, New York, May, 2003. 4. H. Matsumura, Commutative Algebra, The Benjamin/Cummings pub- liching Company, Inc, 1980. 5. J. A. Smith, Hilbert Sequences of Monomial Ideals, Annadale-on- Hudson, New York, May, 2002. 42

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfNguyenDuyAiNhan.pdf
Tài liệu liên quan