tìm hiểu và cài đặt một số giải thuật tính toán về ideal đa thức bằng phần mềm maple

Tìm hiểu và cài đặt một số giải thuật tính toán về
ideal đa thức bằng phần mềm maple
Lê Văn Tân
1
Lớp TNK32 - Khoa Toán - Tin học, Đại học Đà Lạt
GVHD: Võ Tiến
5/2012
1
Đề tài Khoá Luận Tốt Nghiệp Toán Học năm học 2011 - 2012
Mục lục
Lời nói đầu 3
1 Một vài khái niệm và kết quả chuẩn bị 4
1.1 Một vài quy -ớc ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Đa thức v không gian affin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Ideals 6
1.4 Thứtựtừ 10
1.5 Từ khởi đầu, đơn thức đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.6 Cơ sở Grăobner 14
2 Một số giải thuật tính toán về ideal đa thức 20
2.1 Tổngcácideal 20
2.2 Tíchcácideal 22
2.3 Giaocácideal 23
2.3.1 Idealkhử 23
2.3.2 Giaocácideal 24
2.4 Th-ơngcácideal 28
2.5 Căncácideal 31
2.5.1 Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.5.2 Căncácideal 32
Kết luận và h-ớng nghiên cứu 39
Tài liệu tham khảo 40
2

3
Lời nói đầu
Tính toán hình thức (symbolic computation), hay còn gọi là Đại số máy
tính (Computer Algebra) là một chuyên ngành kết hợp chặt chẽ toán học và
khoa học máy tính. Nó ra đời d-ới ảnh h-ởng của sự phát triển và phổ cập
hóa máy tính cá nhân. Một mặt, sự phát triển này đòi hỏi phải xây dựng các
lý thuyết toán học làm cơ sở cho việc thiết lập thuật toán và các phần mềm
toán học. Mặt khác, khả năng tính toán mỗi ngày một tăng của máy tính giúp
triển khai tính toán thực nhiều thuật toán. Sự phát triển của Đại số máy tính
cũng có tác dụng tích cực trở lại trong nghiên cứu toán học lý thuyết. Hiện
nay mỗi ng-ời nghiên cứu toán học đều có khả năng tiếp cận máy tính và các
loại phần mềm khác nhau để phục vụ công tác nghiên cứu. Ideal đa thức là
lớp ideal đặc biệt trong vành đa thức nhiều biến. Lớp ideal này rất quan trọng
vì nó là cơ sở cho nhiều vấn đề trong Đại số giao hoán. Ngoài ra, các phép
toán và tính chất về ideal đa thức có nhiều ứng dụng quan trọng. Chẳng hạn,
việc nghiên cứu căn của ideal gắn chặt với việc nghiên cứu nghiệm của hệ
ph-ơng trình đa thức.
Đề tài luận văn nhằm tìm hiểu, tiếp cận lý thuyết và cài đặt một số giải
thuật tính toán về ideal đa thức. Hiện nay, có nhiều phần mềm xử lý toán học
nh- Maple, Macaulay, CocoA, Mathematica, Matlab, với nhiều gói chuyên
dụng cho từng bộ môn Toán học. Luận văn này chọn phần mềm Maple để
cài đặt các giải thuật đ-a ra vì bên cạnh những lợi ích của nó, phần mềm này
còn rất dễ sử dụng và quen thuộc với sinh viên chúng ta. Trên cơ sở đó nội
dung luận văn gồm hai ch-ơng:
Ch-ơng 1: Trình bày một số khái niệm và kết quả chuẩn bị giúp đọc
giả dễ dàng nắm bắt đ-ợc các cơ sở lý thuyết và giải thuật tính toán ở
ch-ơng 2. Mở đầu sẽ là một số quy -ớc ký hiệu. Sau đó sẽ trình bày
khái niệm đa thức, ideal, thứ tự từ và từ khởi đầu, đơn thức đầu, cũng
nh- định nghĩa và một số tính chất cơ bản của cơ sở Grăobner.
Ch-ơng 2: Đây là ch-ơng cốt lõi của luận văn. Ch-ơng này sẽ trình

bày một số khái niệm, tính chất xuất phát điểm để xây dựng một số giải
thuật tính toán về ideal đa thức, bao gồm: Tổng các ideal, tích các ideal,
giao các ideal, th-ơng các ideal và căn các ideal.
Ch-ơng 1
Một vài khái niệm và kết quả chuẩn bị
1.1 Một vài quy -ớc ký hiệu
Ta quy -ớc một số ký hiệu th-ờng dùng sau:
Ký hiệu k là một tr-ờng (chẳng hạn, k là tr-ờng số hữu tỷ (Q), k là
tr-ờng số thực (R), k là tr-ờng số phức (C)).
Ta định nghĩa tập các số hạng theo x bởi:
T
n
= {x
1
i
1
x
n
i
n
: i
1
, , i
n
N}
1.2 Đa thức v không gian affin
Cho k là một tr-ờng.
Định nghĩa 1.2.1. Đơn thức theo các biến x
1
,x

2
, , x
n
là biểu thức có dạng
x

1
1
x

2
2
x

n
n
,
trong đó các lũy thừa
1
,
2
, ,
n
là các số nguyên không âm. Số nguyên

1
+
2
+ +
n

gọi là bậc của đơn thức này.
Để đơn giản, ta th-ờng viết
:= (
1
,
2
, ,
n
),
|| :=
1
+
2
+ +
n
,
x

:= x

1
1
x

2
2
x

n
n

.
4
5
Định nghĩa 1.2.2. Đa thức f theo các biến x
1
,x
2
, , x
n
với các hệ số trong
k là một tổ hợp tuyến tính hữu hạn các đơn thức với các hệ số trong k; tức là
f =


a

x

,a

k,
trong đó là tập con hữu hạn của tập N
n
. Ký hiệu k[x
1
,x
2
, , x
n
] là tập tất

cả các đa thức theo các biến x
1
,x
2
, , x
n
với các hệ số trong k.
Ghi chú. Khi số biến là 1, 2 và 3 ta sẽ ký hiệu một cách đơn giản là
k[x],k[x, y] và k[x,y,z]. Chẳng hạn,
f(x,y,z)=2x
3
yz
2
+ y
3
z
3

2
5
xyz
là một đa thức trong vành Q[x,y,z].
Định nghĩa 1.2.3. Giả sử f,g k[x
1
,x
2
, , x
n
]. Đa thức h k[x
1

,x
2
, , x
n
]
gọi là bội chung nhỏ nhất của f và g, ký hiệu là LCM(f,g), nếu thỏa mãn
các điều sau
(i) h chia hết cho f và h chia hết cho g.
(ii) Nếu p chia hết cho f và p chia hết cho g thì p cũng chia hết cho h,
với p k[x
1
,x
2
, , x
n
].
Định nghĩa 1.2.4. Giả sử f :=


a

x

là đa thức trong k[x
1
,x
2
, , x
n
].

(i) a

là hệ số của đơn thức x

.
(ii) Nếu a

=0thì a

x

gọi là một từ của f.
(iii)Bậc của f, ký hiệu deg f, là số nguyên lớn nhất || sao cho a

=0.
Ví dụ 1.2.1. Giả sử f(x,y,z):=2x
3
y
2
z +5xy
3
+7xyz +9z
3
Q[x,y,z]. Ta
có deg f =6.
Định nghĩa 1.2.5. Cho k là một tr-ờng và n là số nguyên d-ơng. Khi đó tập
hợp
k
n
:= {(a

1
,a
2
, , a
n
)|a
i
k,i =1, 2, , n}
gọi là không gian affine n chiều trên tr-ờng k.
Khi n =1ta gọi k
1
là đ-ờng thẳng affine;khin=2tagọik
2
là mặt
phẳng affine.
6
Định nghĩa 1.2.6. Giả sử k là một tr-ờng và f
1
,f
2
, , f
s
k[x
1
,x
2
, , x
n
].
Khi đó tập hợp

V (f
1
,f
2
, , f
s
):={(a
1
,a
2
, , a
n
) k
n
|f
i
(a
1
,a
2
, , a
n
)=0,i=1, 2, , s}
gọi là đa tạp affine xác định bởi f
1
,f
2
, , f
s
.

Ví dụ 1.2.2. Trong R
2
đa tạp affine V (x
2
+ y
2
1) là đ-ờng tròn tâm tại gốc
tọa độ bán kính đơn vị.
Định nghĩa 1.2.7. Tr-ờng k gọi là đóng đại số nếu mọi đa thức khác hằng
trong k[x] có nghiệm thuộc k.
Ví dụ 1.2.3. Tr-ờng các số thực R không đóng đại số vì đa thức x
2
+1 không
có nghiệm trong R. Tr-ờng các số phức C là đóng đại số.
1.3 Ideals
Định nghĩa 1.3.1. Cho I k[x
1
,x
2
, , x
n
]. I gọi là ideal đa thức nếu:
(i) 0 I.
(ii) Nếu f, g I thì f + g I.
(iii) Nếu f I và g k[x
1
,x
2
, , x
n

] thì fg I.
Ví dụ 1.3.1. Tập {xf + yg|f, g k[x, y]} là một ideal trong vành k[x, y].
Định nghĩa 1.3.2. Cho f
1
,f
2
, , f
s
là các đa thức trong k[x
1
,x
2
, , x
n
]. Khi
đó ta ký hiệu
f
1
,f
2
, , f
s
:=

s

i=1
f
i
g

i
|g
1
,g
2
, , g
s
k[x
1
,x
2
, , x
n
]

.
Định nghĩa 1.3.3. Cho I là một ideal trong k[x
1
,x
2
, , x
n
] . I gọi là hữu
hạn sinh nếu tồn tại các đa thức f
1
,f
2
, , f
s
sao cho I = f

1
,f
2
, , f
s
. Khi
đó ta nói f
1
,f
2
, , f
s
là một tập sinh (hay hệ sinh, cơ sở) của I. Ideal sinh
bởi một phần tử gọi là ideal chính.
Ví dụ 1.3.2. Ideal
{xf + y
2
g|f,g k[x, y]}
sinh bởi các đa thức x và y
2
.
7
Bổ đề 1.3.1. Cho f
1
,f
2
, , f
s
k[x
1

,x
2
, , x
n
], thì f
1
,f
2
, , f
s
là một
ideal trong k[x
1
,x
2
, , x
n
].
Chúng ta gọi f
1
,f
2
, , f
s
là ideal sinh bởi f
1
,f
2
, , f
n

.
Chứng minh: Ta có, 0 f
1
,f
2
, , f
s
vì 0=

s
i=1
0.f
i
. Giả sử f =

s
i=1
p
i
f
i
,
g =

s
i=1
q
i
f
i

f
1
,f
2
, , f
s
, và cho h k[x
1
,x
2
, , x
n
]. Khi đó ta có
các ph-ơng trình
f + g =
s

i=1
(p
i
+ q
i
)f
i
f
1
,f
2
, , f
s

,
hf =
s

i=1
(hp
i
)f
i
f
1
,f
2
, , f
s
.
Điều này chỉ ra rằng f
1
,f
2
, , f
s
là một ideal.
Ghi chú. Vì 0 là ideal bé nhất chứa nên ta quy -ớc =0.
Nếu ideal là hữu hạn sinh thì làm việc với các phần tử sinh mới thuận
tiện. Do vậy lớp vành sau đây đóng vai trò quan trọng.
Định lý 1.3.1. Cho R là một vành. Các điều kiện sau là t-ơng đ-ơng:
(i) Mọi tập khác rỗng các ideal trong R đều có phần tử lớn nhất.
(ii) Mọi dãy tăng các ideal trong R:
I

1
I
2
I
n
I
n+1
,
đều dừng lại sau hữu hạn b-ớc, tức là tồn tại k 1 để I
k
= I
k+1
=
(iii) Mọi ideal của R đều hữu hạn sinh.
Chứng minh: (ii) (i): Giả sử ta có (ii). Cho A là một tập khác rỗng các
ideal của R. Giả sử A không có phần tử cực đại. Lấy I
1
là phần tử tùy ý của
A.VìI
1
không là phần tử cực đại nên chọn đ-ợc I
2
Asao cho I
1
I
2
.
Vì I
2
không là phần tử cực đại nên chọn đ-ợc I

3
Asao cho I
2
I
3
. Tiếp
tục quá trình trên ta xây dựng đ-ợc một dãy tăng gồm vô hạn các ideal. Điều
này mâu thuẫn với (ii).
(i) (iii): Cho I là một ideal trong R. Ký hiệu F là tập các ideal
hữu hạn sinh chứa I. Vì 0 Fnên tập này khác rỗng, và theo (i) nó chứa
8
một phần tử cực đại J. Nếu J I thì tồn tại a I\J.VìJ =(a
1
, , a
n
),
nên J

=(a
1
, , a
n
,a) I là ideal hữu hạn sinh và thực sự chứa J. Do đó,
J

F. Điều này mâu thuẫn với tính cực đại của J. Vậy I = J F.
(iii) (ii): Cho dãy tăng các ideal trong R:
I
1
I

2
I
n
I
n+1

Đặt I =
n1
I
n
. Nếu a, b I thì tồn tại p, q 1 để a I
p
và b I
q
. Không
mất tính tổng quát có thể giả sử p q.VìI
p
I
q
nên a I
q
và a + b
I
q
I. Với mọi r R ta cũng có ra I
p
I. Vậy I là ideal. Theo
(iii) tồn tại a
1
, , a

m
sao cho I =(a
1
, , a
m
). Do a
i
I nên có thể chọn
đ-ợc p
i
1 sao cho a
i
I
p
i
,i =1, , m. Chọn p = max{p
1
, , p
m
}. Vì
I
p
i
I
p
nên a
i
I
p
,i =1, , m. Suy ra I I

p
. Nh-ng I
p
I
p+n
I nên
phải có I = I
p
= I
p+n
, với mọi n 1.
Định nghĩa 1.3.4. Một vành thỏa mãn một trong ba điều kiện t-ơng đ-ơng
trên gọi là vành Noether.
Định lý 1.3.2. (Định lý Hilbert về cơ sở) Cho R là vành Noether và x là tập
n biến. Khi đó vành R[x] cũng là vành Noether.
Chứng minh: Quy nạp theo số biến, chỉ cần chứng minh cho vành một biến
R[x]. Cho
I
0
I
1
I
j

là một dãy tăng các ideal của R[x]. Với mỗi ideal I của R và i N, đặt
L
i
(I)={a
i
R|a

i1
, , a
0
R :
i

j=0
a
j
x
j
I}.
Rõ ràng L
i
(I) là ideal của R.Tacó
L
i
(I
1
) L
i
(I
2
) L
i
(I
j
)
và với mọi j N :
L

0
(I
j
) L
1
(I
j
) L
i
(I
j
)
9
Vì R là vành Noether nên tồn tại p, q N sao cho L
p
(I
q
) là phần tử cực
đại của họ các ideal {L
i
(I
j
)|i, j N}. Từ các dãy tăng trên suy ra với mọi
i p và j q ta có
L
i
(I
j
)=L
p

(I
q
)=L
i
(I
q
).
Xét dãy tăng thứ nhất ở trên, ta thấy tồn tại q

sao cho với mỗi i =0, , p 1
cũng có
L
i
(I
j
)=L
i
(I
q

) j q

.
Đặt t = max{q, q

} ta có
L
i
(I
j

)=L
i
(I
t
) j t i N.
Ta sẽ chứng tỏ I
j
= I
t
nếu j t. Giả sử I
t
I
j
. Trong số các đa thức
khác 0 của tập hợp I
j
\ I
t
ta chọn đa thức có bậc nhỏ nhất, chẳng hạn
f(x)=a
0
+ +a
m
x
m
, với a
0
, , a
m
R, a

m
=0. Vì a
m
L
m
(I
j
)=L
m
(I
t
)
nên tồn tại g(x)=b
0
+ +b
m1
x
m1
+a
m
x
m
I
t
. Rõ ràng (f g) (I
j
\I
t
),
nh-ng deg(f(x) g(x)) < deg(f(x)), điều này mâu thuẫn với cách chọn f.

Vậy I
j
= I
t
với mọi j t, hay R[x] là vành Noether.
Định nghĩa 1.3.5. Cho V k
n
là đa tạp affine. Khi đó ký hiệu
I(V ):={f k[x
1
, , x
n
]|f(a
1
, , a
n
)=0, với mọi (a
1
, , a
n
) V }.
Ví dụ 1.3.3. Giả sử V = {(0, 0)}k
2
. Khi đó
I(V )=x, y.
Bổ đề 1.3.2. Nếu V k
n
là một đa tạp affine, thì khi đó I(V ) k[x
1
, , x

n
]
là một ideal.
Ta gọi I(V ) là ideal của V .
Chứng minh: Dễ thấy rằng 0 I(V ) vì đa thức không triệt tiêu trên mọi k
n
,
và đặc biệt nó triệt tiêu trên V . Giả sử f,g I(V ) và h k[x
1
, , x
n
]. Cho
(a
1
, , a
n
) là một điểm tùy ý của V . Khi đó
f(a
1
, , a
n
)+g(a
1
, , a
n
)=0+0=0,
h(a
1
, , a
n

)f(a
1
, , a
n
)=h(a
1
, , a
n
).0=0,
và điều này chỉ ra rằng I(V ) là một ideal.
10
1.4 Thứ tự từ
Định nghĩa 1.4.1. Thứ tự từ là một thứ tự toàn phần trên tập T
n
thoả
mãn các tính chất sau:
(i) 1 <x

với mọi x

T
n
,x

=1.
(ii) Nếu x

<x

, thì x

x

<x

x

, với mọi x

T
n
.
Ta định nghĩa một số thứ tự từ quan trọng sau:
Định nghĩa 1.4.2. Một thứ tự từ điển (Lexicographic Order) trên T
n
với
x
1
>x
2
> > x
n
và =(
1
, ,
n
), =(
1
, ,
n

) đ-ợc định nghĩa nh-
sau:
x

<
lex
x

thành phần đầu tiên
i
và
i
trong và kể từ bên trái,
khác nhau, thoả
i
<
i
.
Ví dụ 1.4.1. Trong tr-ờng hợp hai biến x
1
,x
2
với x
1
>x
2
, ta có:
1 <
lex
x

2
<
lex
x
2
2
<
lex
x
2
3
<
lex
<
lex
x
1
<
lex
x
2
3
x
1
<
lex
<
lex
x
1

2
<
lex

Định nghĩa 1.4.3. Một thứ tự từ điển phân bậc (Graded Lex Order) trên
T
n
với x
1
> >x
n
và =(
1
, ,
n
), =(
1
, ,
n
) đ-ợc định nghĩa
nh- sau:
x

<
grlex
x



n

i=1

i
<

n
i=1

i
hoặc là

n
i=1

i
=

n
i=1

i
và
đồng thời x

<x

theo thứ tự từ điển lex.
Ví dụ 1.4.2. Trong tr-ờng hợp hai biến x
1
,x

2
với x
1
>x
2
, ta có:
1 <
grlex
x
2
<
grlex
x
1
<
grlex
x
2
2
<
grlex
x
1
2
x
2
<
grlex
x
1

3
<
grlex

Định nghĩa 1.4.4. Một thứ tự từ điển ng-ợc (Graded Reverse Lex Order)
trên T
n
với x
1
>x
2
> >x
n
và =(
1
, ,
n
), =(
1
, ,
n
) đ-ợc định
nghĩa nh- sau:
x

<
grevlex
x

n
i=1

i
<

n
i=1

i
hoặc là

n
i=1

i
=

n
i=1

i
và
thành phần đầu tiên
i
và
i
trong và kể từ bên phải là khác nhau và
thoả

i
>
i
.
11
Ví dụ 1.4.3. Trong tr-ờng hợp ba biến x
1
,x
2
,x
3
với x
1
>x
2
>x
3
có bậc
tổng thể không quá 2, ta có:
1 <
grevlex
x
3
<
grevlex
x
2
<
grevlex
x

1
<
grevlex
x
1
x
2
<
grevlex
x
1
2
<
grevlex

Ghi chú. Trong Mapple 13 các thứ tự sau hay đ-ợc dùng:
Thứ tự từ điển dùng plex(x[1], x[2], ).
Thứ tự từ điển phân bậc dùng grlex(x[1], x[2], ).
Thứ tự từ điển ng-ợc dùng tdeg(x[1], x[2], ).
Ngoài ra còn dùng các thứ tự khác: lexdeg(L[1], L[2], ), wdeg(W, V),
'matrix'(M, V), prod(t
1
,t
2
, ).
1.5 Từ khởi đầu, đơn thức đầu
Với mọi 0 = f k[x
1
, , x
n

], ta có thể biểu diễn
f = a
1
x

1
+ a
2
x

2
+ + a
r
x

r
,
với 0 = a
i
k,x

i
T
n
, và x

1
>x

2

> >x

r
theo một thứ tự nào đó.
Khi đó, ta định nghĩa:
lp(f)=x

1
,làđơn thức đầu của f.
lc(f)=a
1
,làhệ số đầu của f.
lt(f)=a
1
x

1
,làsố hạng đầu (từ khởi đầu) của f.
Ta quy -ớc: lp(0) = lc(0) = lt(0) = 0.
Ghi chú. Trong Mapple 13
{ LeadingCoefficient là hệ số đầu.
{ LeadingMonomial là đơn thức đầu.
{ LeadingT erm là số hạng đầu (từ khởi đầu).
lp, lc, lt có tính giao hoán : lp(fg)=lp(f)lp(g),lc(fg)=lc(f)lc(g),
và lt(fg)=lt(f)lt(g).
12
Nếu thay đổi thứ tự số hạng, thì lp(f),lc(f),lt(f) có thể thay đổi.
Ví dụ 1.5.1. Cho f =2x
2
yz +3xy

3
2x
3
:
{ Nếu thứ tự là lex với x>y>z, thì
lp(f)=x
3
,lc(f)=2,lt(f)=2x
3
.
{ Nếu thứ tự là grlex với x>y>z, thì
lp(f)=x
2
yz, lc(f)=2,lt(f)=2x
2
yz.
{ Nếu thứ tự là grevlex với x>y>z, thì
lp(f)=xy
3
,lc(f)=3,lt(f)=3xy
3
.
Định nghĩa 1.5.1. Cho f,g,h k[x
1
, , x
n
], với g =0, ta nói rằng f rút gọn
về h theo modulo g (một cấp), viết
f
g

h
, nếu và chỉ nếu tồn tại một đơn
thức X(= lt(f)) trong f mà nó chia hết cho lp(g ) và
h = f
X
lt(g)
g.
Ví dụ 1.5.2. f = y
2
x +4xy 3x
2
,g =2y + x +1 Q[x, y] theo thứ tự từ
điển phân bậc grlex với y>x, thì:
f
g

1
2
yx
2
+
7
2
yx 3x
2
g

1
4
x

3
+
7
2
yx
11
4
x
2
g

1
4
x
3

9
2
x
2

7
4
x.
Đa thức cuối cùng không có số hạng nào chia hết cho lp(g)=y.
Định nghĩa 1.5.2. Cho f,h và g
1
,g
2
, , g

s
, là các đa thức thuộc k[x
1
,x
2
, , x
n
],
với g
i
=0(1 i s), và cho G = {g
1
,g
2
, , g
s
}. Ta nói rằng f rút gọn về
h theo modulo G và ký hiệu
f
G

+
h
, nếu và chỉ nếu tồn tại một dãy chỉ
số i
1
,i
2
, , i
t

{1, 2, , s} và dãy đa thức h
1
,h
2
, , h
t1
k[x
1
,x
2
, , x
n
]
sao cho:
f
g
i
1
h
1
g
i
2
h
2

g
i
t1
h

t1
g
i
t
h.
Ng-ợc lại, ta nói f đã đ-ợc rút gọn theo modulo G, h gọi là phần d- của f
theo G.
13
Rõ ràng quá trình rút gọn liên quan tới việc trừ đi một bội số thích hợp
của một đa thức từ một đa thức khác nhằm đạt đ-ợc một kết quả nhỏ hơn
thực sự.
Ví dụ 1.5.3. Cho f
1
= yx y,f
2
= y
2
x Q[x, y] theo thứ tự từ điển phân
bậc grlex với y>x. Cho F = {f
1
,f
2
},f = y
2
x. Khi đó,
f
F

+
x,

Vì
y
2
x
f
1
y
2
f
2
x.
Thuật toán 1.5.1. (Thuật toán chia đa thức)
Input: Cho f,g
1
, , g
s
k[x
1
,x
2
, , x
n
] với g
i
=0(1 i s)
Output: Tìm u
1
, , u
s
và r sao cho f = u

1
g
1
+ + u
s
g
s
+ r
và r là rút gọn theo {g
1
, , g
s
}
và max(lp(u
1
)lp(g
1
), , lp(u
s
)lp(g
s
),lp(r)) = lp(f).
Khởi tạo: u
1
:= 0,u
2
:= 0, , u
s
:= 0,h:= f
WHILE h<>0 DO

i:=1
chiahet := false
WHILE i s AND chiahet = false DO
IF lp(g
i
)|lp(h) THEN
u
i
:= u
i
+
lt(h)
lt(g
i
)
h := h
lt(h)
lt(g
i
)
g
i
chiahet := true
ELSE
i := i+1
IF chiahet = false THEN
r:= r + lt(h)
h:= h - lt(h)
14
Ghi chú. Trong thuật toán trên u

i
và r thỏa các điều kiện sau:
(i) Hoặc r =0, hoặc không có từ nào của r chia hết cho một trong các
từ khởi đầu của lt(g
i
). Hơn nữa lt(r) lt(f).
(ii) Nếu u
i
=0thì lt(u
i
f
i
) lt(f),i=1, , s.
Định lý 1.5.1. Cho tập đa thức G = {g
1
,g
2
, , g
s
} và f k[x
1
,x
2
, , x
n
].
Khi đó, thuật toán chia đa thức tạo ra các đa thức u
1
,u
2

, , u
s
và r sao cho
f = u
1
g
1
+ u
2
g
2
+ + u
s
g
s
+ r,
với r là rút gọn theo G và lp(f) = max(max
1is
(lp(u
i
)lp(g
i
)),lp(r)).
Chứng minh: Trong các b-ớc của thuật toán, từ khởi đầu của h bị khử cho tới
khi không thể thực hiện đ-ợc nữa. Khi đó ta sẽ có dãy h
1
,h
2
, sao cho h
i+1

đ-ợc tính từ h
i
bằng cách trừ đi lt(h
i
) và có thể cả những đa thức nhỏ hơn.
Trong đó
lt(h
i
)
lt(g
j
)
f
j
= lt(h
i
)+ đa thức bé hơn (trong tr-ờng hợp lp(g
j
)|lp(h
i
))
hoặc bằng cách trừ đi lt(h
i
) (trong tr-ờng hợp lp(h
i
)không chia hết cho lp(f
j
)).
Vì vậy, với mọi i, lp(h
i+1

) <lp(h
i
). Do đó, các lp(h
i
) là các đơn thức đ-ợc
sắp thứ tự tốt nên dãy h
i
sẽ dừng lại sau hữu hạn b-ớc.
Chú ý, trong thuật toán trên ban đầu h = f, chúng ta có ở mỗi b-ớc
lp(h) lp(f). Với mỗi i, ta có đ-ợc u
i
=
lt(h)
lt(g
i
)
, khi đó
lt(h)
lt(g
i
)
g
i
sẽ loại bớt
từ khởi đầu của h. Khi đó lp(u
i
)lp(g
i
) lp(f). Hơn nữa, r đ-ợc tạo bằng
cách cộng thêm từ lt(h) nên lp(r) lp(f).

Định nghĩa 1.5.3. Cho I k[x
1
, , x
n
] là một ideal khác {0}.
(i) Ta ký hiệu lt(I) là tập hợp các số hạng đầu của các phần tử của I. Vì vậy,
ltI = {cx

: f I với lt(f)=cx

}.
(ii) Ta ký hiệu lt(I) là ideal sinh bởi các phần tử của lt(I).
1.6 Cơ sở Grăobner
Từ đây trở về sau, ta cố định một thứ tự từ nào đó.
15
Định nghĩa 1.6.1. Cố định bậc một đơn thức. Khi đó một tập hữu hạn
G = {g
1
,g
2
, , g
s
} gọi là một cơ sở Grăobner của I nếu :
lt(g
1
), , lt(g
s
) = lt(I).
Ta cũng có định nghĩa khác về cơ sở Grăobner nh- sau:
Định nghĩa 1.6.2. Một tập các đa thức khác không G = {g

1
, , g
s
} chứa
trong ideal I, đ-ợc gọi là một cơ sở Grăobner của I nếu và chỉ nếu:
f I(f =0), i {1, 2, , s} : lp(g
i
)|lp(f).
Định lý 1.6.1. Giả sử I là ideal khác không trong vành đa thức k[x
1
,x
2
, , x
n
]
và G = {g
1
,g
2
, , g
s
}I là tập các đa thức khác không. Khi đó các điều
sau là t-ơng đ-ơng:
(i) G là cơ sở Grăobner của I.
(ii) f I f
G

+
0.
(iii) f I f =

s

i=1
h
i
g
i
,lp(f) = max
1is
(lp(h
i
)lp(g
i
)).
(iv) lt(G)=lt(I).
Chứng minh: (i) (ii) Với f k[x
1
,x
2
, , x
n
]. Khi đó, theo Định lý 1.5.1,
tồn tại r k[x
1
,x
2
, , x
n
] là rút gọn theo G, tức là f
G

+
r. Do đó, f r I,
vậy f I khi và chỉ khi r I. Dễ thấy, nếu r =0(tức là f
G

+
0) thì
f I. Ng-ợc lại, nếu f I và r =0. Khi đó r I và theo (i) tồn tại
i {1, , s} sao cho lp(g
i
)|lp(r). Điều này là mâu thuẫn vì r là rút gọn theo
G. Do đó phải có r =0và f
G

+
0.
(ii) (iii) Cho f I. Theo giả thiết f
G

+
0 và theo Định lý 1.5.1 ta
đ-ợc (iii) .
(iii) (iv) Dễ thấy lt(G) lt(I). Ta cần chỉ ra f I thì lt(f) lt(G).
Theo giả thuyết, ta đ-ợc: lt(f)=

i
lt(h
i
)lt(g

i
) là tổng tất cả các i sao cho
lp(f)=lp(h
i
).lp(g
i
). Từ đó ta đ-ợc điều cần chứng minh.
(iv) (i) Với mọi f I. Khi đó ta có lt(f) lt(G), và do đó,
lt(f)=

i
h
i
lt(g
i
), với h
i
k[x
1
,x
2
, , x
n
]. Khai triển vế phải ta thấy rằng
16
mỗi hạng tử đều chia hết cho lp(g
i
). Do đó lt(f) ở vế trái cũng chia hết cho
lp(g
i

), điều này chứng tỏ G là cơ sở Grăobner của I.
Hệ quả 1.6.1. Nếu G = {g
1
,g
2
, , g
s
} là cơ sở Grăobner của ideal I thì
I = g
1
,g
2
, , g
s
.
Chứng minh: Dễ thấy g
1
,g
2
, , g
s
I. Ng-ợc lại, f I thì
f
G

+
0
,
do đó f g
1

,g
2
, , g
s
. Vậy I = g
1
,g
2
, , g
s
.
Định lý 1.6.2. Giả sử G = {g
1
,g
2
, , g
s
} là một tập các đa thức khác không
trong k[x
1
,x
2
, , x
n
] thì G là cơ sở Grăobner nếu và chỉ nếu với bất kỳ
f k[x
1
,x
2
, , x

n
] phần d- của phép chia f bởi G là duy nhất.
Chứng minh: Giả sử có hai đa thức d- r và r

: f
G

+
r, f
G

+
r

. Tức là
tồn tại q
1
, , q
s
,q

1
, , q

s
R để f = q
1
g
1
+ +q

s
g
s
+r = q

1
g
1
+ +q

s
g
s
+r

.
Khi đó, r r

=(q

1
q
1
)g
1
+ +(q

s
q
s

)g
s
G. Vì g
1
, , g
s
là cơ sở
Grăobner của G nên tồn tại i s để lp(r r

) chia hết cho lp(g
i
). Nh-ng
điều đó không thể xảy ra nếu lt(r r

) =0, vì đơn thức của lp(r r

) phải
là một đơn thức của r hoặc r

, mà theo thuật toán chia đa thức, không có từ
nào của r và r

chia hết cho lp(f
i
). Vậy phải có r = r

.
Bổ đề 1.6.1. Gỉa sử f
1
,f

2
, , f
s
k[x
1
,x
2
, , x
n
] sao cho lp(f
i
)=X =0và
f =
s

i=1
c
i
f
i
,c
i
k,i =1, , s. Nếu lp(f) <Xthì f là tổ hợp tuyến tính
với hệ số trong k của S(f
i
,f
j
), 1 j s.
Chứng minh: Ta viết f
i

= a
i
X+ đa thức có bậc thấp hơn bậc của X, a
i
k.
Theo giả thuyết ta có
s

i=1
c
i
a
i
=0, với c
i
k. Theo định nghĩa ta có:
S(f
i
,f
j
)=
1
a
i
f
i

1
a
j

f
j
,
17
với lp(f
i
)=lp(f
j
)=X. Do đó
f = c
1
f
1
+ c
2
f
2
+ + c
s
f
s
= c
1
a
1
(
1
a
1
f

1
)+ + c
s
a
s
(
1
a
s
f
s
)
= c
1
a
1
(
1
a
1
f
1

1
a
2
f
2
)+(c
1

a
1
+ c
2
a
2
)(
1
a
2
f
2

1
a
3
f
3
)
+ +(c
1
a
1
+ + c
s1
a
s1
)(
1
a

s1
f
s1

1
a
s
f
s
)+(c
1
a
1
+ + c
s
a
s
)
1
a
s
f
s
= c
1
a
1
S(f
1
,f

2
)+(c
1
a
1
+ c
2
a
2
)S(f
2
,f
3
)
+ +(c
1
a
1
+ + c
s1
a
s1
)S(f
s1
,f
s
)
(vì c
1
a

1
+ c
2
a
2
+ + c
s
a
s
=0). Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
Định nghĩa 1.6.3. Cho 0 = f,g k[x
1
,x
2
, , x
n
] và L = LCM(lp(g),lp(f)).
Khi đó đa thức
S(f,g)=L(
f
lt(f)

g
lt(g)
)
gọi là S-đa thức của f và g.
Trong đó, L = LCM(lp(f),lp(g)) là bội chung nhỏ nhất của lp(f) và
lp(g).
Ví dụ 1.6.1. Cho f = yx y, g =3y
2

x Q[x, y] theo thứ tự từ điển phân
bậc grlex với y>x. Khi đó,
L = LCM(lp(f),lp(g)) = LCM(yx,y
2
)=y
2
x, lt(f)=2yx,lt(g)=3y
2
.
Từ đó ta có:
S(f,g)=y
2
x(
yx y
2yx

3y
2
x
3y
2
)=
1
2
y
2
+
1
3
x

2
.
Định lý 1.6.3. (Định lý Buchberger) Cho G = {g
1
,g
2
, , g
s
} là tập các đa
thức khác không trong k[x
1
,x
2
, , x
n
]. Khi đó G đ-ợc gọi là cơ sở Grăobner
của ideal I = g
1
,g
2
, , g
s
nếu và chỉ nếu i = j,
S(g
i
,g
j
)
G

+
0.
18
Chứng minh: Điều kiện cần: do g
i
,g
j
I, nên S(g
i
,g
j
) I. Vì G là cơ
sở Grăobner của I, theo Định lý 1.6.1 và Định lý 1.6.2 thì đa thức d- của
S(g
i
,g
j
) trong phép chia cho G xác định duy nhất và bằng 0.
Điều kiện đủ: Giả sử với mọi cặp 1 i = j s, một đa thức d- của
S(g
i
,g
j
) trong phép chia cho G bằng 0 (đa thức này đ-ợc chọn duy nhất). Ta
chỉ cần chứng minh rằng trong những tr-ờng hợp này G là cơ sở Grăobner.
Cho f I = g
1
,g
2
, , g

s
. Khi đó tồn tại h
1
, , h
s
k[x
1
,x
2
, , x
n
] sao
cho
f = h
1
g
1
+ + h
s
g
s
. (1.6.1)
Trong tất cả những biểu diễn nh- trên của f, ta chọn biểu diễn sao cho:
max{lp(h
1
g
1
), , lp(h
s
g

s
)} nhỏ nhất. Đơn thức này hoàn toàn xác định vì
thứ tụ từ là thứ tự tốt. Ký hiệu nó là m = x
d
. Để không làm rấc rối thêm ký
hiệu ta giả sử biểu diễn (1.6.1) thõa mãn:
max{lp(h
1
g
1
), , lp(h
s
g
s
)} = m.
Giả sử lp(f) <m.Khi đó các từ lớn nhất của h
i
g
i
triệt tiêu nhau. Đặt
m
i
= lp(h
i
g
i
), tách các từ cao nhất ra để vận dụng Bổ đề 1.6.1 nh- sau:
f =

m

i
=m
h
i
g
i
+

m
i
<m
h
i
g
i
=

m
i
=m
lt(h
i
)g
i
+

m
i
=m
(h

i
lt(h
i
))g
i
+

m
i
<m
h
i
g
i
. (1.6.2)
Vì mỗi hạng tử trong tổng riêng thứ hai và thứ ba ở (1.6.2) có các từ khởi đầu
nhỏ hơn m và lt(f) <m,nên phải có
lp(

m
i
=m
lt(h
i
)g
i
) <m,
theo Bổ đề 1.6.1 tồn tại T
jk
k sao cho

m
i
=m
lt(h
i
)g
i
=

j,k
T
jk
S(g
j
,g
k
), (1.6.3)
trong đó T
jk
là các từ sao cho:
lp(T
jk
S(g
j
,g
k
)) <m. (1.6.4)
19
Theo giả thuyết đa thức d- của S(g

j
,g
k
) trong phép chia cho G là không,
nên có thể viết
S(g
j
,g
k
)=
s

i=1
p
ijk
g
i
, (1.6.5)
trong đó p
ijk
k[x] sao cho
lp(p
ijk
g
i
) lp(S(g
j
,g
k
)). (1.6.6)

Thay (1.6.5) vào (1.6.3) ta đ-ợc

m
i
=m
lt(h
i
)g
i
=

j,k
T
jk
s

i=1
p
ijk
g
i
=
s

i=1
(

j,k
T
jk

p
ijk
)g
i
.
Do đó, từ (1.6.2) suy ra
f =
s

i=1
h
i
+

m
i
=m
(h
i
lt(h
i
))g
i
+

m
i
<m
h
i

g
i
:=
s

i=1
h

i
g
i
, (1.6.7)
trong đó,
h
i
=

j,k
T
jk
p
ijk
.
Chú ý (1.6.4) và (1.6.6) dẫn đến
lp(h
i
g
i
) max
j,k

{T
jk
lp(S(g
j
,g
k
))} = max
j,k
{lp(T
jk
(S(g
j
,g
k
))} <m.
Kết hợp với (1.6.7) cho ta một biểu diễn của f mà
max{lp(h

1
g
1
), , lp(h

s
g
s
)} <m.
Điều này mẫu thuẫn với cách chọn m. Vậy phải có lp(f)=m. Do đó tồn
tại i để lp(f)=lp(h
i

g
i
)=lp(h
i
)lp(g
i
) hay lt(f) lt(g
1
), , lt(g
s
)). Theo
định nghĩa G là cơ sở Grăobner của I.
Ví dụ 1.6.2. Cho f
1
= xy x, f
2
= x
2
y (Q)[x, y] theo thứ tự từ điển
phân bậc grlex với x<y. Cho F = {f
1
,f
2
}. Khi đó,
S(f
1
,f
2
)=xf
1

yf
2
= y
2
x
2
F
y
2
y,
và f
3
= y
2
y là rút gọn theo F. Ta thêm f
3
vào F, và đặt F

= {f
1
,f
2
,f
3
}.
Khi đó,
S(f
1
,f
2

)
F

0,S(f
1
,f
3
)=yf
1
xf
3
=0,
và
S(f
2
,f
3
)=y
2
f
2
x
2
f
3
= y
3
+ x
2
y

F

x
2
y y
2
F

0.
Vì vậy {f
1
,f
2
,f
3
} là một cơ sở Grăobner.
Ch-ơng 2
Một số giải thuật tính toán về ideal đa
thức
2.1 Tổng các ideal
Định nghĩa 2.1.1. Cho hai ideal I, J k[x
1
,x
2
, , x
n
]. Tập hợp
I + J := {f + g|f I và g J}
gọi là tổng của I và J.
Bài toán 2.1.1. (Bài toán tìm tổng hai ideal) Cho I := f

1
,f
2
, , f
r
và
J := g
1
,g
2
, , g
s
là hai ideal trong vành đa thức k[x
1
,x
2
, , x
n
]. Tìm cơ sở
của ideal I + J.
Để giải bài toán này ta dựa vào mệnh đề sau:
Mệnh đề 2.1.1. Cho hai ideal I,J k[x
1
,x
2
, , x
n
]. Khi đó I + J là ideal
nhỏ nhất chứa I và J. Hơn nữa, nếu I = f
1

,f
2
, , f
r
và J = g
1
,g
2
, , g
s

thì
I + J = f
1
,f
2
, , f
r
,g
1
,g
2
, , g
s
.
Chứng minh: Tr-ớc tiên ta có 0=0+0 I + J. Giả sử h
1
,h
2
I + J.

Theo định nghĩa của I + J, tồn tại f
1
,f
2
I và g
1
,g
2
J sao cho h
1
=
f
1
+ g
1
,h
2
= f
2
+ g
2
. Khi đó, ta có h
1
+ h
2
=(f
1
+ f
2
)+(g

1
+ g
2
).VìI là
một ideal nên f
1
+ f
2
I, t-ơng tự g
1
+ g
2
J,dođóh
1
+ h
2
I + J. Cho
h I + J và l k[x
1
,x
2
, , x
n
] là đa thức bất kì. Khi đó, nh- trên, tồn tại
f I và g J sao cho h = f + g. Khi đó, l.h = l.(f + g)=l.f + l.g.Vì
20
21
I và J là các ideal nên l.f I và l.g J. Do đó, l.h I + J. Điều này
chứng tỏ I + J là một ideal.
Nếu H là một ideal chứa I và J, thì H phải chứa tất cả các phần tử

f I và g J. Khi H là một ideal thì H cũng chứa f + g, với f I, g J.
Đặc biệt, H I + J. Nh- vậy, mọi ideal chứa I và J đều chứa I + J và, do
đó, I + J là phải là ideal nhỏ nhất.
Nếu I = f
1
, , f
r
và J = g
1
, , g
s
, thì f
1
, , f
r
,g
1
, , g
s
là ideal
chứa I và J, do đó, I + J f
1
, , f
r
,g
1
, , g
s
. Mặt khác, ta có điều
ng-ợc lại là hiển nhiên. Do đó, I + J = f

1
, , f
r
,g
1
, , g
s
.
Thuật toán 2.1.1. (Thuật toán tìm tổng hai ideal)
Input: Cho I := f
1
, , f
r
,J := g
1
,g
2
, , g
s
k[x
1
,x
2
, , x
n
].
Output: I+J = f
1
, , f
r

,g
1
,g
2
, , g
s
: tập các đa thức trong k[x
1
,x
2
, , x
n
].
TONG2IDEAL := proc(I, J)
T := [op(I)]; # danh sách các phần tử của I
h: = 1;
FOR j from 1 to s DO
FOR i from 1 to r DO
IF op(i, I) = op(j, J) THEN # nếu phần tử thứ i của I
# bằng phần tử thứ j của J
h:=2
IF h = 1 THEN
T := [op(T), op(j, J)]; # đ-a phần tử thứ j của J vào T
h := 1;
T;
end proc:
Ví dụ 2.1.1. Giả sử I := x
2
+ y và J := z là hai ideal trong k[x,y,z].
Khi đó, I + J = x

2
+ y, z.
22
2.2 Tích các ideal
Định nghĩa 2.2.1. Cho hai ideal I, J k[x
1
,x
2
, , x
n
]. Tập hợp
I.J := {f.g|f I và g J}
gọi là tích của I và J.
Bài toán 2.2.1. (Bài toán tìm tích hai ideal) Cho I := f
1
,f
2
, , f
r
và
J := g
1
,g
2
, , g
s
là hai ideal trong vành đa thức k[x
1
,x
2

, , x
n
]. Tìm cơ sở
của ideal I.J.
Cơ sở để giải bài toán này là mệnh đề sau:
Mệnh đề 2.2.1. Cho hai ideal I = f
1
, , f
r
và J = g
1
, , g
s
. Khi đó ideal
I.J sinh bởi tập tất cả các tích của các phần tử sinh của I và J:
I.J = f
i
g
j
|1 i r, 1 j s.
Chứng minh: Ta thấy rằng, mỗi ideal sinh bởi tích f
i
g
j
của các phần tử sinh
là chứa trong I.J. Để chỉ ra chiều ng-ợc lại ta chú ý rằng mọi đa thức trong
I.J đều là tổng của các đa thức có dạng f.g, với f I và g J. Nh-ng
chúng ta có thể biểu diễn f và g bởi các số hạng của các phần tử sinh
f
1

, , f
r
và g
1
, , g
s
nh- sau:
f = a
1
f
1
+ + a
r
f
r
,g = b
1
g
1
+ + b
s
g
s
,
với a
1
, , a
r
,b
1

, , b
s
là các đa thức. Khi đó, fg và mọi tổng của các dạng
này, có thể biểu diễn nh- là tổng

c
ij
f
i
g
j
, với c
ij
k[x
1
, , x
n
].
Ví dụ 2.2.1. Giả sử I := x, y và J := x, y là hai ideal trong k[x, y]. Khi
đó, I.J = x
2
,xy,y
2
.
23
Thuật toán 2.2.1. (Thuật toán tìm tích hai ideal)
Input: Cho I := f
1
, , f
r

,J := g
1
,g
2
, , g
s
k[x
1
,x
2
, , x
n
].
Output: I.J = f
i
.g
j
: tập các đa thức trong k[x
1
,x
2
, , x
n
],
với 1 i r, 1 j s.
TICH2IDEAL := proc(I, J)
T:=[];
FOR i from 1 to r DO
FOR j from 1 to s DO
T:=[op(T), op(i, I) * op(j, J)]; # lấy phần tử thứ i của I

#nhân với phần tử thứ j của J
T;
end proc:
Ví dụ 2.2.2. Giả sử I := x,y,z và J := x,y,z là hai ideal trong k[x, y].
Khi đó, I.J = x
2
,xy,xz,y
2
,yz,z
2
.
2.3 Giao các ideal
2.3.1 Ideal khử
Định nghĩa 2.3.1. Cho I = f
1
,f
2
, , f
s
k[x
1
,x
2
, , x
n
], ideal khử thứ l
của I là ideal I
l
của k[x
l+1

, , x
n
] đ-ợc xác định bởi
I
l
= I k[x
l+1
, , x
n
].
Định lý 2.3.1. ( Định lý ideal khử ) Cho một ideal I k[x
1
,x
2
, , x
n
] và G
là một cơ sở Grăobner của I theo thứ tự từ điển với x
1
>x
2
> > x
n
. Khi
đó, l :0 l n, thì tập hợp
G
l
= G k[x
l+1
, , x

n
]
là một cơ sở Grăobner của I
l
.
24
Chứng minh: Cố định l, 0 l n. Ta có, G
l
I
l
theo cách xây dựng trên,
điều này đủ chỉ ra rằng
lt(I
l
) = lt(G
l
)
theo định nghĩa của cơ sở Grăo bner. Bao hàm thức lt(G
l
)lt(I
l
) là hiển
nhiên. Để chứng minh bao hàm thức còn lại lt(I
l
)lt(G
l
), chúng ta
cần chỉ ra rằng số hạng đầu lt(f), với phần tử tuỳ ý f I
l
, là chia hết cho

lt(g), g G
l
. Để chỉ ra điều này, ta chú ý rằng f I, điều này nói lên
rằng lt(f) là chia hết cho lt(g), g G vì G là cơ sở Grăobner của I. Vì
f I
l
, nên lt(g) chỉ liên quan tới các biến x
l+1
, , x
n
. Vì chúng ta đang
sử dụng thứ tự từ điển với x
1
> >x
n
, nên mọi đơn thức liên quan tới
x
1
, , x
n
là lớn hơn các đơn thức trong k[x
l+1
, , x
n
],lt(g) k[x
l+1
, , x
n
],
suy ra g k[x

l+1
, , x
n
]. Điều này chỉ ra rằng g G
l
và đến đây định lý
đ-ợc chứng minh.
Định nghĩa 2.3.2. Thứ tự từ đ-ợc gọi là thứ tự từ khử đối với các biến
x
1
, , x
l
nếu thỏa mãn điều kiện sau:
Nếu f k [x
1
, , x
n
] và lt(f) k [x
l+1
, , x
n
] thì f k[x
l+1
, , x
n
].
Mệnh đề 2.3.1. Cho f k[x
l+1
, , x
n

]. Khi đó
Nếu lt

lex
(f) k[x
l+1
, , x
n
] thì f k[x
l+1
, , x
n
].
Chứng minh: Từ khởi đầu lt

lex
(f) k[x
l+1
, , x
n
] có nghĩa là nó chỉ chứa
các biến có chỉ số lớn hơn l. Theo định nghĩa của thứ tự từ điển, bất kỳ đơn thức
nào chứa biến có chỉ số nhỏ hơn hoặc bằng l cũng sẽ thực sự lớn hơn lt

lex
(f).
Do mọi từ của đa thức f nhỏ hơn hoặc bằng lt

lex
(f), các từ này không thể

chứa biến có chỉ số nhỏ hơn hoặc bằng l. Vì vậy f k[x
l+1
, , x
n
].
Mệnh đề trên chứng tỏ rằng thứ tự từ điển là thứ tự từ khử đối với tập một
số biến tùy ý đầu tiên.
2.3.2 Giao các ideal
Định nghĩa 2.3.3. Cho hai ideal I, J k[x
1
,x
2
, , x
n
]. Tập hợp
I J := {f|f I và f J}
gọi là giao của I và J.
25
Bài toán 2.3.1. (Bài toán tìm giao hai ideal) Cho I := f
1
,f
2
, , f
r
và
J := g
1
,g
2
, , g

s
là hai ideal trong vành đa thức k[x
1
,x
2
, , x
n
]. Tìm cơ sở
của ideal I J.
Cơ sở để giải bài toán trên là:
Mệnh đề 2.3.2. Giả sử I và J là các ideal trong k[x
1
,x
2
, , x
n
]. Khi đó I J
cũng là một ideal.
Chứng minh: Ta có, 0 I J với 0 I và 0 J. Nếu f,g I J, thì
f + g I bởi vì f,g I. T-ơng tự, f + g J. Do đó, f + g I J. Cho
f I J và h k[x
1
, , x
n
].Vìf I và I là một ideal nên chúng ta có
h.f I. T-ơng tự, h.f J. Vì vậy, h.f I J. Khi đó, I J là một
ideal.
Nhận xét. Ta luôn có IJ I J vì mọi phần tử của IJ là tổng của các đa
thức có dạng fg với f I và g J. Tuy nhiên có thể IJ chứa thực sự trong
I J. Chẳng hạn, nếu I = J = x, y thì IJ = x

2
,xy,y
2
là tập con thực
sự của I J = I = J = x, y(x I J nh-ng x IJ).
Bổ đề 2.3.1.
(i) Nếu I là ideal trong vành k[x
1
, , x
n
] sinh bởi các đa thức p
1
(x), , p
r
(x)
thì f(t)I là ideal trong k[x
1
, , x
n
,t] sinh bởi các đa thức f(t)p
1
(x), , f(t)p
r
(x).
(ii) Nếu g(x, t) f(t)I và a k thì g(x, a) I.
(trong đó x =(x
1
, , x
n
)).

Chứng minh: Để chứng minh khẳng định đầu tiên, ta chú ý rằng mọi đa
thức g(x, t) f(t)I có thể biểu diễn nh- là tổng của các số hạng có dạng
h(x, t).f(t).p(x) với h k[x
1
, , x
n
,t] và p I. Nh-ng vì I sinh bởi
p
1
, , p
r
nên mọi đa thức p(x) có thể biểu diễn nh- là tổng của các số hạng
có dạng q
i
(x)p
i
(x), 1 i r, đó là
p(x)=
r

i=1
q
i
(x)p
i
(x).
Do đó,
h(x, t).f(t).p(x)=
r

i=1
h(x, t)q
i
(x)f(t)p
i
(x).