Sử dụng cơ sở Groebner giải hệ phương trình đa thức bằng phương pháp khử biến (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LÊ HOÀNG TÙNG

SỬ DỤNG CƠ SỞ GROEBNER
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC BẰNG
PHƯƠNG PHÁP KHỬ BIẾN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

LÊ HOÀNG TÙNG

SỬ DỤNG CƠ SỞ GROEBNER
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC BẰNG
PHƯƠNG PHÁP KHỬ BIẾN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành:

PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số 60.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học
GS.TS. LÊ THỊ THANH NHÀN

THÁI NGUYÊN - NĂM 2015


Mục lục
Mở đầu

3

1 Vành đa thức, iđêan và tập đại số
1.1 Vành đa thức, iđêan trong vành đa
1.2 Định lý cơ sở Hilbert . . . . . . .
1.3 Tập đại số . . . . . . . . . . . . .
1.4 Iđêan đơn thức . . . . . . . . . . .

thức
. . .
. . .
. . .

.
.
.
.

.
.
.

.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.

.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

4
4
7
9
11

2 Ứng dụng cơ sở Groebner để giải hệ phương trình đa thức
bằng phương pháp khử biến

2.1 Thứ tự đơn thức và thuật toán chia với dư . . . . . . . . . .
2.2 Cơ sở Groebner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Thuật toán Buchberger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Định lý khử biến và ứng dụng giải hệ phương trình đa thức .
2.5 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

17
17
23
27
32
34

Kết luận

40

Tài liệu tham khảo

41

1


Mở đầu
Trong luận văn này chúng ta thường giả thiết K là trường, R là trường
các số thực và C là trường các số phức. Thuật toán chia với dư là một trong
những kết quả quan trọng trong vành đa thức một biến K[x], nó giúp giải
quyết những bài toán quan trọng như bài toán thành viên, bài toán tìm ước
chung lớn nhất của hai đa thức, bài toán tìm tổng, thương, giao của các

iđêan.
Mặc dù thuật toán chia với dư các đa thức một biến đã được biết từ xa xưa,
nhưng một thuật toán chia với dư hữu hiệu như thế cho các đa thức nhiều
biến mới được phát triển vào những năm 60 của thế kỉ trước. B. Buchberger
đã giới thiệu lí thuyết cơ sở Groebner trong luận án tiến sĩ của mình vào
năm 1965 dưới sự hướng dẫn của giáo sư W. Groebner. Điểm mấu chốt khởi
đầu cho sự hình thành lí thuyết cơ sở Groebner là việc mở rộng thuật toán
chia với dư và thuật toán Euclid tìm ước chung lớn nhất cho các đa thức
một biến sang thuật toán chia với dư và thuật toán Buchberger tìm cơ sở
Groebner cho các đa thức nhiều biến.
Mục đích của luận văn "Sử dụng cơ sở Groebner để giải hệ phương trình
đa thức bằng phương pháp khử biến" là trình bày lại một số kết quả trong
bài báo [5] của Mencinger năm 2013, bài giảng [4] của Lall năm 2004 và bài
báo [7] của Sturmfels năm 2005 về cơ sở Groebner, trong đó tập trung chủ
yếu vào ứng dụng của cơ sở Groebner để giải hệ phương trình đa thức nhiều
ẩn bằng phương pháp khử biến.
Luận văn gồm hai chương, ngoài ra còn có phần kết luận và danh mục tài
liệu tham khảo. Chương 1 trình bày về vành đa thức nhiều biến, iđêan trong
vành đa thức nhiều biến và các tập đại số (đó là tập nghiệm của một họ đa
thức trong vành đa thức K[x1 , ..., xn ]). Chương này cũng trình bày Định lý
cơ sở Hilbert nhằm quy mỗi tập đại số về tập nghiệm của một họ hữu hạn
đa thức. Chương 2 giới thiệu về cơ sở Groebner và tập trung trình bày việc
2


giải hệ phương trình đa thức nhiều biến bằng phương pháp khử biến.
Trong suốt luận văn chúng ta luôn làm việc với đa thức có hệ số trên
trường K . Riêng phần Định lí cơ sở Hilbert ở Chương 1, chúng ta phải làm
việc với các đa thức có hệ số trên vành K[x1 , ..., xn−1 ], từ đó dùng quy nạp
để chứng minh mọi iđêan của K[x1 , ..., xn ] đều hữu hạn sinh.

Trong thời gian thực hiện luận văn này, tôi đã nhận được sự chỉ dẫn tận
tình, chu đáo của Giáo sư - Tiến sĩ Lê Thị Thanh Nhàn. Tôi xin bày tỏ lòng
biết ơn sâu sắc của mình tới cô đã giúp tôi hoàn thành luận văn.
Tác giả

3


Chương 1

Vành đa thức, iđêan và tập đại số
Trong suôt chương này, luôn giả thiết K là một trường. Kí hiệu N là tập
các số nguyên dương và N0 là tập các số nguyên không âm. Trong chương
này chúng ta tập trung trình bày về vành đa thức, iđêan trong vành đa thức
nhiều biến và tập đại số, đồng thời trình bày Định lý cơ sở Hilbert nhằm
quy mỗi tập đại số về tập nghiệm của họ hữu hạn đa thức. Ngoài ra còn
trình bày về iđêan đơn thức, trong đó nghiên cứu đến bài toán thành viên,
bài toán tìm giao và bài toán tìm iđêan thương của hai iđêan đơn thức.

1.1

Vành đa thức, iđêan trong vành đa thức

Định nghĩa 1.1.1. Kí hiệu K[x1 , ..., xn ] là tập các đa thức n biến với hệ số
trong K . Với i, j ∈ Nn0 , trong đó i = (i1 , ..., in ) và j = (j1 , ..., jn ), ta định
nghĩa i + j = (i1 + j1 , ..., in + jn ).Kí hiệu xi là đơn thức xi11 ...xinn và ta gọi
i1 + ... + in là bậc của xi . Khi đó K[x1 , ..., xn ] là một vành với phép cộng và
phép nhân
ai xi +
bi xi =

(ai + bi )xi ;
i∈Nn0

i∈Nn0

ai x i
i∈Nn0

bi xi =
i∈Nn0

ai x i ,

với mọi đa thức
i∈Nn0

i∈Nn0

ck xk , ck =
k∈Nn0

ai bj
i+j=k

bi xi ∈ K[x1 , ..., xn ]. Vành K[x1 , ..., xn ] được
i∈Nn0

gọi là vành đa thức n biến x1 , ..., xn với hệ số trong K .
Chú ý 1.1.2. Vành đa thức n biến x1 , ..., xn với hệ số trong K có thể được
xây dựng bằng quy nạp theo n như sau. Khi n = 1, vành đa thức trở thành

vành đa thức một biến K[x1 ]. Với n = 2, vành đa thức hai biến K[x1 , x2 ]
4


với hệ số trong K chính là vành đa thức một biến x2 với hệ số trong K[x1 ].
Bằng quy nạp, vành đa thức n biến K[x1 , ..., xn ] với hệ số trong K chính là
vành đa thức một biến xn với hệ số trong vành K[x1 , ..., xn−1 ].
Với a là phần tử khác 0 trong K , ta gọi bậc của từ axi là bậc của đơn
thức xi . Chú ý rằng mỗi đa thức được biểu diễn một cách duy nhất thành
tổng của các từ không đồng dạng (nếu không kể đến thứ tự các hạng tử). Ta
gọi bậc (hay bậc tổng thể) của một đa thức khác 0 là bậc cao nhất của các
từ của đa thức đó. Từ định nghĩa, ta có các tính chất sau đây về bậc của đa
thức.
Bổ đề 1.1.3. Cho f1 (x1 , ..., xn ), f2 (x1 , ..., xn ) ∈ K[x1 , ..., xn ] là các đa thức
khác 0 sao cho tổng của chúng khác 0. Khi đó
(i) deg(f1 (x1 , ..., xn ) + f2 (x1 , ..., xn )) ≤ max deg fi (x1 , ..., xn ),
i=1,2

(ii) deg f1 (x1 , ..., xn )f2 (x1 , ..., xn ) = deg f1 + deg f2 .
Tiếp theo, chúng ta trình bày tính chất phổ dụng của vành đa thức nhiều
biến.
Mệnh đề 1.1.4. Gọi j : K → K[x1 , ..., xn ] cho bởi j(a) = a với mọi a ∈ K
là phép nhúng tự nhiên. Với mọi vành giao hoán S , mọi hệ gồm n phần tử
s1 , ..., sn của S và mọi đồng cấu ϕ : K → S , tồn tại duy nhất một đồng cấu
ϕ∗ : K[x1 , ..., xn ] → S sao cho ϕ∗ (xi ) = si với mọi i ∈ {1, ..., n} và ϕ∗ j = ϕ.
Chứng minh. Xét ánh xạ ϕ∗ : K[x1 , ..., xn ] → S xác định bởi

ϕ∗ (f (x1 , ..., xn )) =

ϕ(ai )si11 ...sinn

i=(i1 ,...,in )∈Nn0

với

ai xi11 ...xinn ∈ K[x1 , ..., xn ].

f (x1 , ..., xn ) =
i=(i1 ,...,in )∈Nn0

Khi đó ϕ∗ là một đồng cấu vành, ϕ∗ (xi ) = si với mọi i ∈ {1, ..., n} và
ϕ∗ j = ϕ. Do đó ϕ∗ là đồng cấu thỏa mãn các yêu cầu.
Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất. Giả sử ϕ∗1 là đồng cấu từ K[x1 , ..., xn ]
đến S thỏa mãn ϕ∗1 (xi ) = si với mọi i ∈ {1, ..., n} và ϕ∗1 j = ϕ. Khi đó
ϕ∗1 (a) = ϕ∗1 j(a) = ϕ(a) với mọi a ∈ K . Lại do ϕ∗1 là đồng cấu vành nên với
mọi đa thức
f (x1 , ..., xn ) =
ai xi11 ...xinn
i=(i1 ,...,in )∈Nn0
5


trong vành K[x1 , ..., xn ] ta có

ϕ∗1 (f (x1 , ..., xn )) =

ϕ(ai )si11 ...sinn .
i=(i1 ,...,in )∈Nn0

Do đó ϕ∗ = ϕ∗1 .
Cho A là vành con của K . Khi đó áp dụng Mệnh đề 1.1.4 đối với đồng

cấu nhúng ϕ : A → K ta có kết quả sau.
Hệ quả 1.1.5. Cho A là vành con của K . Với k1 , ..., kn ∈ K cho trước, tồn
tại duy nhất một đồng cấu vành ϕ∗ : A[x1 , ..., xn ] → K sao cho ϕ∗ (xi ) = ki
với i = 1, ..., n và ϕ∗ (a) = a với mọi a ∈ A.
Hệ quả 1.1.6. Giả sử B là vành giao hoán, b1 , ..., bn ∈ B và j : K → B là
đồng cấu vành sao cho với mỗi vành giao hoán S , mỗi đồng cấu ϕ : K → S
và mỗi hệ gồm n phần tử s1 , ..., sn ∈ S , tồn tại duy nhất một đồng cấu
ϕ∗ : B → S sao cho ϕ(bi ) = si với mọi i ∈ {1, ..., n} và ϕ∗ j = ϕ. Khi đó j
là đơn cấu và B ∼
= K[x1 , ..., xn ].
Hệ quả 1.1.6 cho ta một cách xác định khác của vành đa thức như sau:
Vành đa thức n biến với hệ số trong K là một bộ (B, j, b1 , ..., bn ), trong đó
B là một vành giao hoán, b1 , ..., bn ∈ B và j : K → B là đồng cấu vành
thỏa mãn điều kiện: với mỗi vành giao hoán S , với mọi bộ gồm n phần tử
s1 , ..., sn ∈ S và với mỗi đồng cấu ϕ : K → S , tồn tại duy nhất một đồng
cấu ϕ∗ : B → S sao cho ϕ∗ (bi ) = si với mọi i ∈ {1, ..., n} và ϕ∗ j = ϕ.
Định nghĩa 1.1.7. Một tập I ⊆ K[x1 , ..., xn ] được gọi là một iđêan của
K[x1 , ..., xn ] nếu 0 ∈ I, f − g ∈ I, hf ∈ I với mọi f, g ∈ I và h ∈
K[x1 , ..., xn ].
Định nghĩa 1.1.8. Iđêan I được gọi là iđêan hữu hạn sinh của K[x1 , ..., xn ]
nếu tồn tại hữu hạn đa thức f1 , ..., ft ∈ I sao cho

I = {h1 f1 + ... + ht ft | h1 , ..., ht ∈ K[x1 , ..., xn ]}
Trong trường hợp này ta viết I = (f1 , ..., ft ) và ta nói {f1 , ..., ft } là hệ sinh
của I . Nếu I = (f ) thì ta nói I là iđêan chính sinh bởi f .

6


1.2

Định lý cơ sở Hilbert

Trong suốt tiết này, luôn giả thiết V là một vành giao hoán khác 0 và K
là một trường. Ta nói rằng vành V là vành Noether nếu mỗi dãy tăng các
iđêan của V đều dừng, tức là nếu

I1 ⊆ I2 ⊆ . . . ⊆ In ⊆
là dãy tăng các iđêan của V thì tồn tại n0 ∈ N sao cho In = In0 với mọi
n ≥ n0 . Mục tiêu chính của tiết này là chứng minh Định lí cơ sở Hilbert,
phát biểu rằng nếu V là vành Noether thì vành đa thức V [x] cũng là vành
Noether. Để chứng minh Định lí cơ sở Hilbert, chúng ta cần một số đặc trưng
sau đây của vành Noether.
Mệnh đề 1.2.1. Các phát biểu sau là tương đương.
(i) V là vành Noether.
(ii) Mỗi iđêan của V đều hữu hạn sinh.
(iii) Mỗi họ khác rỗng những iđêan của V đều có phần tử cực đại (theo quan
hệ bao hàm).
Chứng minh. (i)⇒(ii). Cho I là iđêan của V . Giả sử I không hữu hạn sinh.
Lấy a1 ∈ I . Do I không hữu hạn sinh nên (a1 ) = I , vì thế tồn tại a2 ∈ I\(a1 ).
Do I không hữu hạn sinh nên (a1 , a2 ) = I , vì thế tồn tại a3 ∈ I\(a1 , a2 ).
Cứ tiếp tục quá trình trên ta thu được một dãy tăng không dừng (a1 ) ⊂
(a1 , a2 ) ⊂ ... ⊂ (a1 , ..., an ) ⊂ ... các iđêan của V , điều này mâu thuẫn với giả
thiết (i).
(ii)⇒(iii). Cho Γ = ∅ là một họ những iđêan của V . Giả sử Γ không có phần
tử cực đại. Lấy I1 ∈ Γ. Do I1 không cực đại nên tồn tại I2 ∈ Γ sao cho
I1 ⊂ I2 và I1 = I2 . Do I2 không cực đại nên tồn tại I3 ∈ Γ sao cho I2 ⊂ I3
và I2 = I3 . Cứ tiếp tục quá trình trên ta được một dãy tăng không dừng
I1 ⊂ I2 ⊂ ... ⊂ In ⊂ ... các phần tử của Γ. Đặt I =
In . Khi đó I là iđêan

n≥1

của V . Theo giả thiết (ii), I hữu hạn sinh. Giả sử I = (a1 , ..., ak ). Với mỗi
i = 1, ..., k , do ai ∈ I nên tồn tại ni sao cho ai ∈ Ini . Chọn n0 = max ni .
i=1,...,k

Khi đó ai ∈ In0 với mọi i = 1, ..., k . Suy ra I ⊆ In0 . Do đó In = In0 với mọi
n ≥ n0 . Điều này là vô lí.
(iii)⇒(i). Cho I1 ⊆ I2 ⊆ ... ⊆ In ⊆ ... là dãy tăng các iđêan của V . Đặt
7


Γ = {In }n≥1 . Theo giả thiết (iii), Γ có phần tử cực đại In0 . Suy ra In = In0
với mọi n ≥ n0 .
Định lý 1.2.2. (Định lý cơ sở Hilbert). Cho V là vành Noether. Khi đó
V [x] cũng là vành Noether.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.2.1, ta cần chứng minh mọi iđêan của V [x]
đều hữu hạn sinh. Cho J là iđêan của V [x]. Nếu J = {0} thì rõ ràng J hữu
hạn sinh. Cho J = {0}. Gọi m là số bé nhất trong các bậc của các đa thức
khác 0 thuộc J . Với n ≥ m ta định nghĩa
n

ai xi ∈ J, deg f (x) = n, an = a} ∪ {0}.

In = {a ∈ V | ∃f (x) =
i=0

Khi đó In là iđêan của V và In ⊆ In+1 . Vì V là vành Noether nên In hữu
hạn sinh theo Mệnh đề 1.2.1, do đó ta có thể viết In = (an,1 , ..., an,in ) với mọi
n ≥ m. Hơn nữa, do V Noether nên tồn tại số tự nhiên k ≥ m sao cho In = Ik

với mọi n ≥ k . Với mỗi n = m, ..., k và mỗi j = 1, ..., in , gọi fn , j(x) ∈ J là
đa thức có bậc n và hệ số cao nhất là an j . Đặt An = {fnj (x)|j = 1, ..., in }
k

và A =

An . Khi đó A là tập hữu hạn. Ta chứng minh J = (A).
n=m

Rõ ràng (A) ⊆ J . Cho 0 = p(x) ∈ J với a là hệ số cao nhất của p(x). Khi
đó deg p(x) ≥ m. Ta chứng minh p(x) ∈ (A) bằng quy nạp theo deg p(x).
Cho deg p(x) = m. Khi đó a ∈ Im . Do đó tồn tại c1 , ..., cim ∈ K sao cho
im

a =

cj am,j . Đặt q(x) = p(x) −

j=1

im

cj fm,j (x). Khi đó q(x) hoặc bằng 0
j=1

hoặc có bậc nhỏ hơn m. Chú ý rằng q(x) ∈ J . Do đó q(x) = 0 theo cách
chọn m. Suy ra p(x) ∈ (A). Cho deg p(x) = n > m và giả thiết rằng mọi
đa thức trong J với bậc nhỏ hơn n đều thuộc (A). Khi đó a ∈ In . Đặt
t = min{n, k}. Suy ra In = It và vì thế a ∈ It . Do đó tồn tại c1 , ..., cit ∈ K
it

sao cho a =

it

cj at,j . Đặt q(x) = p(x)−
j=1

cj xn−t ft,j (x). Khi đó q(x) ∈ J và

j=1

q(x) hoặc bằng 0 hoặc có bậc nhỏ hơn n. Theo giả thiết quy nạp, q(x) ∈ (A).
Suy ra p(x) ∈ (A). Do đó J = (A).
Chú ý 1.2.3. Có một chứng minh khác ngắn gọn hơn cho Định lý cơ sở
Hilbert. Cho V là vành Noether. Giả sử V [x] không Noether. Khi đó V [x] có
một iđêan J không hữu hạn sinh. Rõ ràng J = 0. Chọn f1 là đa thức khác 0
8


có bậc bé nhất trong J . Vì J không hữu hạn sinh nên với mỗi n ∈ N, tồn tại
đa thức khác 0 có bậc bé nhất thõa mãn fn ∈ J\(f1 , ..., fn−1 ). Gọi an là hệ
số cao nhất của fn và dn là bậc của fn với mọi n ∈ N. Theo cách chọn fn ta
có d1 ≤ d2 ≤ .... Do V Noether nên dãy các iđêan (a1 ) ⊆ (a1 , a2 ) ⊆ ... phải
dừng. Do đó tồn tại m sao cho (a1 , ..., an ) = (a1 , ..., am ) với mọi n ≥ m. Vì
thế am+1 ∈ (a1 , ..., am ). Do đó am+1 = b1 a1 + ... + bm am với b1 , ..., bm ∈ V .
m

Đặt g = fm+1 −
m

fm+1 = g +

bi xdm+1 −di fi . Khi đó g ∈ J . Nếu g ∈ (f1 , ..., fm ) thì

i=1

bi xdm+1 −di fi ∈ (f1 , ..., fm ), điều này mâu thuẫn với cách chọn

i=1

fm+1 . Do đó g ∈ J\(f1 , ..., fm ). Suy ra g = 0 và deg g < deg fm+1 . Điều này
mâu thuẫn với cách chọn fm+1 .
Vì K là trường nên K chỉ có đúng hai iđêan là {0} và K . Do đó mọi dãy
tăng các iđêan của K đều dừng. Vì vậy, K là vành Noether. Sy ra K[x1 ] là
vành Noether. Vì K[x1 , . . . , xn ] = K[x1 , . . . , xn−1 ][xn ] nên bằng quy nạp ta
có hệ quả sau.
Hệ quả 1.2.4. Mọi iđêan của vành đa thức K[x1 , . . . , xn ] đều hữu hạn sinh.

1.3

Tập đại số

Trong phần này chúng ta quan tâm đến các tập đại số, tức là tập nghiệm
của một họ đa thức trong vành đa thức K[x1 , ..., xn ] trên một trường K .
Định lý cơ sở Hilbert cho phép chúng ta quy mỗi tập đại số về tập nghiệm
của hữu hạn đa thức, nhờ đó việc nghiên cứu các tập đại số bớt phức tạp
hơn. Kí hiệu
K n = {(a1 , ..., an ) | ai ∈ K, ∀i = 1, ..., n}.
Ta gọi K n là không gian affin n chiều. Đặc biệt K = K 1 được gọi là

đường thẳng affin, K 2 được gọi là mặt phẳng affin. Với mỗi tập con S của
K[x1 , ..., xn ], kí hiệu

Z(S) = {(a1 , ..., an ) ∈ K n | f (a1 , ..., an ) = 0, ∀f ∈ S}
là tập nghiệm (hay tập các không điểm chung) của S .
Định nghĩa 1.3.1. Một tập con X của K n được gọi là tập đại số (hay đa
tạp affin) nếu tồn tại S ⊆ K[x1 , ..., xn ] sao cho X = Z(S). Khi đó ta cũng
nói X là tập đại số định nghĩa bởi S .
9


Cho X = Z(S) là một tập đại số trong K n . Nếu S = {f } thì ta viết
X = Z(f ). Nếu f khác hằng thì Z(f ) được gọi là một siêu mặt trong K n .
Nếu S = {f1 , ..., fk } là tập hữu hạn thì ta viết X = Z(f1 , ..., fk ). Chú ý rằng
mỗi tập đại số (khác ∅ và khác K n ) đều là giao của một họ siêu mặt, vì ta
có X = Z(S) =
Z(f ).
f ∈S

Ví dụ 1.3.2. (i) Trong mặt phẳng affin R2 , tập đại số Z(x2 + y 2 − 1) là
đường tròn bán kính bằng 1 và tâm là gốc tọa độ. Trong hình học giải tích,
các đường tròn, đường elip, parabol, hypebol đều là các tập đại số.
(ii) Trong không gian affin 3-chiều R3 , tập đại số Z(z − x2 − y 2 ) là mặt
paraboloid tròn xoay, thu được bằng cách quay parabol z = x2 quanh trục
z . Các mặt bậc hai ellipsoid, hypeboloid cũng là các tập đại số.
Mệnh đề 1.3.3. Mỗi tập đại số trong K n là tập nghiệm của một iđêan trong
vành đa thức K[x1 , ..., xn ].
Chứng minh. Cho X ⊆ K n là một tập đại số. Khi đó tồn tại họ đa thức S ⊆
K[x1 , . . . , xn ] sao cho X = Z(S). Đặt I = (S) là iđêan của K[x1 , . . . , xn ] sinh
bởi S . Chú ý rằng S ⊆ (S) và mỗi phần tử của (S) có dạng f −1h1 +. . .+ft ht

với f1 , . . . , ft ∈ S và h1 , . . . , ht ∈ K[x1 , . . . , xn ]. Suy ra mỗi phần tử của K n
là nghiệm của họ S nếu và chỉ nếu nó là nghiệm của iđêan (S). Do đó X là
tập nghiệm của iđêan (S).
Mệnh đề 1.3.4. Mỗi tập đại số là tập nghiệm của hữu hạn đa thức.
Chứng minh. Cho X ⊆ K n là một tập đại số. Khi đó tồn tại họ đa thức
S ⊆ K[x1 , . . . , xn ] sao cho X = Z(S). Theo chứng minh Hệ quả 1.3.3 ta suy
ra X là tập nghiệm của iđêan (S). Theo Định lí cơ sở Hilbert, (S) là i đêan
hữu hạn sinh, tức là tồn tại f1 , . . . , ft ∈ (S) sao cho (S) = (f1 , . . . , ft ). khi
đó X là tập nghiệm của họ hữu hạn đa thức f1 , . . . , ft .
Chú ý 1.3.5. Việc quy mỗi tập đại số về tập nghiệm của hữu hạn đa thức
là vô cùng quan trọng. Nó cho phép thực hiện được thuật toán Buchberger
trong Chương 2 để tìm một cơ sở Groebner của một iđêan xuất phát từ một
hệ sinh hữu hạn.

10


1.4

Iđêan đơn thức

Trong vành đa thức K[x1 , ..., xn ], iđêan đơn thức theo nhiều khía cạnh là
đơn giản và dễ nghiên cứu nhất. Vì thế, một trong những ý tưởng chủ đạo
là tìm cách quy một iđêan về một iđêan đơn thức sao cho từ những thông
tin của iđêan đơn thức, người ta có thể lấy lại được thông tin của iđêan ban
đầu. Mục tiêu của tiết này là giới thiệu khái niệm, tính chất của iđêan đơn
thức và giải quyết một số bài toán về iđêan đơn thức.
Định nghĩa 1.4.1. Một iđêan I của vành đa thức K[x1 , ..., xn ] được gọi là
iđêan đơn thức nếu nó có một hệ sinh gồm những đơn thức.
Trong vành đa thức K[x, y, z], iđêan (xy 2 , x3 , yx2 , z) là iđêan đơn thức.

Iđêan (xy 2 − x3 , x3 , yx2 ) cũng là iđêan đơn thức của K[x, y, z] vì ta có

(xy 2 − x3 , x3 , yx2 , z) = (xy 2 , x3 , yx2 , z).
Kết quả sau đây cho ta một số đặc trưng của iđêan đơn thức.
Bổ đề 1.4.2. Cho I là iđêan của K[x1 , ..., xn ]. Các phát biểu sau là tương
đương.
(i) I là iđêan đơn thức.
(ii) f ∈ I khi và chỉ khi mọi từ của f đều thuộc I với mọi f ∈ K[x1 , ..., xn ].
(iii) I là K -không gian véc tơ sinh bởi các đơn thức trong I .
Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Cho f ∈ K[x1 , ..., xn ]. Nếu mọi từ của f đều thuộc
I thì rõ ràng f ∈ I . Giả sử f ∈ I . Do I là iđêan đơn thức nên tồn tại một
họ S những đơn thức của K[x1 , ..., xn ] sao cho I = (S). Vì thế, tồn tại các
đơn thức m1 , ..., ms ∈ S và các đa thức h1 , ..., hs ∈ K[x1 , ..., xn ] sao cho
f = h1 m1 + ... + hs ms . Sau khi khai triển vế phải của đẳng thức trên và ước
lược các từ đồng dạng ta nhân được biểu diễn chính tắc của f . Vì thế mỗi
từ của f đều là bội của một đơn thức mi nào đó. Do đó f ∈ I .
(ii) ⇒ (iii). Rõ ràng I là K -không gian véc tơ. Cho f =
ai ui ∈ I , trong
đó ai ∈ K và ui là đơn thức, là biểu diễn chính tắc của f . Theo giả thiết (ii),
mỗi từ ui của f đều thuộc I . Do đó f là tổ hợp tuyến tính với hệ số trong
K của đơn thức trong I . Vì thế, hệ các đơn thức trong I là một hệ sinh của
K -không gian véc tơ I .
(iii) ⇒ (i). Gọi S là tập các đơn thức trong I . Kí hiệu L là K -không gian
11


véc tơ sinh bởi S và (S) là iđêan của K[x1 , ..., xn ] sinh bởi S . Theo giả thiết
(iii) ta có I = L ⊆ (S) ⊆ I . Vì thế I = (S) là iđêan đơn thức.
Hệ quả sau đây suy ra từ Bổ đề 1.4.2.
Hệ quả 1.4.3. Trong vành đa thức K[x1 , ..., xn ], các phát biểu sau là đúng.

(i) Hai iđêan đơn thức là bằng nhau nếu và chỉ nếu tập các đơn thức của
chúng là như nhau.
(ii) Nếu u là một đơn thức và I là iđêan sinh bởi một họ đơn thức S thì u ∈ I
khi và chỉ khi u là bội của một đơn thức trong S .
Mệnh đề 1.4.4. (Bổ đề Dickson) Mỗi iđêan đơn thức đều có một hệ sinh
gồm hữu hạn đơn thức. Đặc biệt, từ mỗi hệ sinh gồm những đơn thức của I ,
ta có thể trích ra một hệ sinh hữu hạn.
Chứng minh. Cho I là iđêan đơn thức. Theo Định lý cơ sở Hilbert (Định lý
1.2.2), I có hệ sinh hữu hạn. Giả sử I = (f1 , ..., fs ). Với mỗi i ∈ {1, 2, . . . , s},
ni

gọi fi =

aij uij là biểu diễn chính tắc của fi , trong đó aij ∈ K và uij là

j=1

đơn thức. Vì I là iđêan đơn thức nên theo Bổ đề 1.4.2, ta có uij ∈ I với mọi
i, j . Đặt S = {uij |i = 1, ..., s; j = 1, ..., ni }. Khi đó fi ∈ (S) ⊆ I với mọi i.
Suy ra I = (S), trong đó S là một hệ gồm hữu hạn đơn thức.
Giả sử S là một hệ sinh của I gồm những đơn thức, chúng ta chỉ ra rằng
có thể trích ra từ S một hệ con hữu hạn sinh ra I . Theo chứng minh trên,
tồn tại hữu hạn đơn thức u1 , ..., us ∈ K[x1 , ..., xn ] sao cho I = (u1 , ..., us ).
Với mỗi i ∈ 1, ..., s, vì ui ∈ I và I = (S ) nên theo Hệ quả 1.1.3, tồn tại
mi ∈ S sao cho ui là bội của mi . Do đó ui ∈ (m1 , ..., ms ) với mọi i. Vì thế

I = (u1 , ..., us ) ⊆ (m1 , ..., ms ) ⊆ (S ) = I
Vậy m1 , ..., ms là một hệ con hữu hạn của S sinh ra I .
Trong một vành giao hoán V , một hệ sinh S của một iđêan I được gọi là
hệ sinh tối thiểu của I nếu I không sinh bởi bất cứ tập con thực sự nào của

S . Trong vành đa thức, các iđêan có thể có nhiều hệ sinh tối thiểu. Chẳng
hạn, {x − y 2 , x}, {y 2 , x − y 2 } và {x, y 2 } là 3 hệ sinh tối thiểu của iđêan
I = (x − y 2 , x) trong vành đa thức K[x, y]. Tuy nhiên, mỗi iđêan đơn thức
chỉ có duy nhất một hệ sinh tối thiểu gồm các đơn thức.
12


Mệnh đề 1.4.5. Cho I là ideal đơn thức trong K[x1 , ..., xn ]. Khi đó
(i) Mỗi hệ đơn thức sinh ra I đều trích ra được một hệ con hữu hạn là hệ
sinh tối thiểu của I .
(ii) I có duy nhất một hệ sinh tối thiểu gồm hữu hạn đơn thức.
Chứng minh. (i) Vì I ⊆ K[x1 , ..., xn ] là iđêan đơn thức nên I = (S), trong
đó S là một hệ đơn thức. Theo Bổ đề Dickson (Mệnh đề 1.4.4), tồn tại một hệ
con hữu hạn S = {u1 , ..., us } của S sao cho I = (S ). Với mỗi i ∈ {1, ..., s},
nếu ui là bội của uj với j = i thì ui ∈ (u1 , ..., ui−1 , ui+1 , ..., us ) và vì thế
I = (u1 , ..., ui−1 , ui+1 , ..., us ). Do đó, bằng cách loại tất cả các đơn thức ui
là bội của một đơn thức khác trong S , ta được một tập con S của S sao
cho I = (S ) và hai đơn thức bất kì trong S không là bội của nhau. Vì thế,
theo Hệ quả 1.4.3(ii), S là hệ sinh tối thiểu của I .
(ii) Từ chứng minh (i) ta suy ra I có hệ sinh tối thiểu gồm hữu hạn đơn thức.
Giả sử S1 , S2 là hai hệ sinh tối thiểu của I gồm các đơn thức. Nếu u ∈ S1
thì u ∈ I = (S2 ). Theo Hệ quả 1.4.3(ii), tồn tại v ∈ S2 sao cho u là bội của
v . Do v ∈ I = (S1 ) nên theo Hệ quả 1.4.3(ii), tồn tại u ∈ S1 sao cho v là
bội của u . Suy ra u là bội của u . Do tính tối thiểu của S1 ta suy ra u = u .
Vì thế u = v ∈ S2 . Do đó S1 ⊆ S2 . Tương tự S2 ⊆ S1 .
Trong phần còn lại của tiết này ta giải quyết một số bài toán liên quan đến
iđêan đơn thức. Trước hết ta có lời giải cho bài toán thành viên cho iđêan
đơn thức.
Hệ quả 1.4.6. (Bài toán thành viên).Cho I là iđêan đơn thức sinh bởi các
đơn thức m1 , ..., ms và f là một đa thức. Khi đó f ∈ I khi và chỉ khi mỗi từ

của f đều là bội của một đơn thức mi nào đó.
Chứng minh. Nếu mỗi từ của f đều là bội của một đơn thức mi nào đó thì
rõ ràng f ∈ I . Ngược lại, giả sử f ∈ I . Khi đó theo Bổ đề 1.4.2, mỗi từ của
f đều thuộc I . Do I = (m1 , ..., ms ) nên theo Hệ quả 1.4.3. mỗi từ của f là
bội của một đơn thức mi nào đó.
Ví dụ 1.4.7. Cho I = (x4 y 2 , x3 yz 2 , yz 3 ) ⊆ Q[x, y, z]. Cho hai đa thức
f = 3x5 y 4 z + 4x7 y 2 z 3 − 2xyz 3 và g = 3yz + 4x5 y 7 + 2xyz 7 . Nhận thấy rằng
mọi từ của f đều là bội của một đơn thức trong hệ {x4 y 2 , x3 yz 2 , yz 3 }, do đó

13


f ∈ I . Chú ý rằng g có một từ 3yz không là bội của bất cứ đơn thức nào
trong hệ {x4 y 2 , x3 yz 2 , yz 3 }. Do đó g ∈
/ I theo Hệ quả 1.4.6.
Vì vành đa thức K[x1 , ..., xn ] là miền phân tích duy nhất nên hai đa thức
không đồng thời bằng 0 trong vành đa thức K[x1 , ..., xn ] luôn có ước chung
lớn nhất. Trong trường hợp một biến, việc tìm ước chung lớn nhất được thực
hiện dễ dàng thông qua thuật toán Euclid, nhưng bài toán tìm ước chung lớn
nhất trong trường hợp nhiều biến lại không giải quyết được. Tuy nhiên, việc
tìm ước chung lớn nhất của hai đơn thức lại rất đơn giản. Giả sử u = xi11 ...xinn
và v = xj11 ...xjnn là hai đơn thức. Đặt rk = min(ik , jk ) và sk = max(ik , jk )
với k = 1, ..., n. Khi đó xr11 ...xrnn và xs11 ...xsnn lần lượt là ước chung lớn nhất
của u, v (kí hiệu là gcd(u, v)) và bội chung nhỏ nhất của u, v (kí hiệu là
lcm(u, v)).
Hệ quả sau đây giải quyết bài toán tìm giao của các iđêan đơn thức.
Hệ quả 1.4.8. (Bài toán tìm giao). Cho I và J là hai iđêan đơn thức lần
lượt sinh bởi hai hệ đơn thức {m1 , ..., mp } và {u1 , ..., uq }. Khi đó I ∩ J là
iđêan sinh bởi hệ hữu hạn đơn thức

{lcm(mi , uj ) | i = 1, ..., p; j = 1, ..., q}
Đặc biệt, giao của hai iđêan đơn thức là một iđêan đơn thức.
Chứng minh. Đặt S = {lcm(mi , uj ) | i = 1, ..., p; j = 1, ..., q}. Rõ ràng
I ∩ J ⊇ (S). Vì thế, theo Bổ đề 1.4.2, chúng ta cần chứng minh mỗi đơn
thức của I ∩ J là bội của một đơn thức lcm(mi , uj ) nào đó. Giả sử u là một
đơn thức của I ∩ J . Khi đó u ∈ I và u ∈ J . Vì I là iđêan đơn thức nên theo
Hệ quả 1.4.3, u là bội của mi nào đó. Tương tự, vì J là ideal đơn thức nên
u là bội của uj nào đó. Vì thế u là bội của lcm(mi , uj ).
Ví dụ 1.4.9. Cho I = (xy, x2 z, yz 3 ) và J = (x2 z 2 , yz). Theo Hệ quả 2.1.8,

I ∩ J = (x2 yz 2 , x2 z 2 , x2 yz 3 , xyz, x2 yz, yz 3 ) = (x2 z 2 , xyz, yz 3 ).
Chú ý 1.4.10. Đối với bài toán tìm tổng của hai iđêan đơn thức, nếu I và
J là hai iđêan đơn thức lần lượt sinh bởi hai hệ đơn thức {m1 , ..., mp } và
{u1 , ..., uq }, thì I + J = (m1 , ..., mp , u1 , ..., uq ). Do đó tổng của hai iđean đơn
thức là một iđean đơn thức. Tuy nhiên, nếu như iđean I ∩ J được tính qua
các bội chung nhỏ nhất lcm(mi , uj ) thì tổng I + J trong trường hợp nhiều
14


biến lại không liên quan đến các ước chung lớn nhất gcd(mi , uj ). Chẳng hạn,
trong vành đa thức hai biến K[x, y], cho I = (x) và J = (y) là hai iđêan
đơn thức. Khi đó gcd(x, y) = 1 và I + J = (x, y) = (1) = K[x, y]. Đây
là sự khác biệt khi so sánh với tổng của hai iđêan trong trường hợp một
biến. Cụ thể, nếu I, J là hai iđêan trong K[x] thì I, J là các iđêan chính và
I + J = (gcd(f, g)), trong đó I = (f ) và J = (g).
Với I, J là hai iđêan trong một vành giao hoán V , ta đặt

(I : J) = {a ∈ V | Ja ⊆ I}.
Khi đó (I : J) là iđêan của V chứa I . Ta gọi (I : J) là iđêan thương của I và
J . Nếu J = (b) thì (I : J) được viết là (I : b). Chú ý rằng nếu J = (b1 , ..., br )

thì ta có
I : J = (I : b1 ) ∩ (I : b2 ) ∩ ... ∩ (I : br ).
Vì thế, để tìm iđêan thương của một iđêan I cho một iđêan hữu hạn sinh,
chúng ta chỉ cần tìm các iđêan thương dạng (I : b) với b ∈ V .
Hệ quả tiếp theo giải quyết bài toán tìm iđêan thương của hai iđêan đơn
thức.
Hệ quả 1.4.11. (Bài toán tìm iđêan thương).Trong vành đa thức K[x1 , ..., xn ],
cho I là iđêan sinh bởi hệ đơn thức {m1 , ..., ms } và u là một đơn thức. Với
mỗi i = 1, ..., s, đặt di = gcd(mi , u). Giả sử mi = di vi . Khi đó (I : u) là
iđêan sinh bởi hệ đơn thức {v1 , ..., vs }. Đặc biệt, thương của hai iđêan đơn
thức cũng là iđêan đơn thức.
Chứng minh. Rõ ràng (v1 , ..., vs ) ⊆ (I : u). Giả sử f ∈ (I : u). Khi đó
f u ∈ I . Gọi m là một từ tùy ý của f . Chú ý rằng khi nhân các từ của f với
đơn thức u ta được các từ không đồng dạng. Vì thế mu là một từ của f u.
Do I là iđêan đơn thức và f u ∈ I nên mu ∈ I theo Bổ đề 1.4.2. Vì thế, theo
Hệ quả 1.4.3, mu là bội của một đơn thức mi nào đó. Suy ra m là bội của
vi . Do đó (v1 , ..., vs ) ⊆ (I : u). Vì thế (I : u) ⊆ (v1 , ..., vs ).
Ví dụ 1.4.12. Cho I = (xyz, x3 yz, yz 3 ) và J = (x2 z 2 , yz). Đặt m1 =
xyz, m2 = x3 yz, m3 = yz 3 và u1 = x2 z 2 , u2 = yz . Đặt

d1 = gcd(m1 , u1 ) = xz, d2 = gcd(m2 , u1 )x = x2 y, d3 = gcd(m3 , u1 ) = z 2 .
15


Khi đó m1 = d1 y, m2 = d2 xy, m3 = d3 yz . Đặt v1 = y, v2 = xy, v3 = yz .
Theo hệ quả 2.1.11 ta có

(I : u1 ) = (v1 , v2 , v3 ) = (y, xy, yz).
Tương tự (I : u2 ) = (x, yz, z 2 ). Theo Hệ quả 2.1.6,

(I : J) = (I : u1 )∩(I : u2 ) = (x, xy, yz)∩(x, yz, z 2 ) = (xy, yz, yz 2 , xyz, xyz 2 )
= (xy, yz)
.

16


Chương 2

Ứng dụng cơ sở Groebner để giải hệ
phương trình đa thức bằng phương
pháp khử biến
2.1

Thứ tự đơn thức và thuật toán chia với dư

Ta kí hiệu U = K[x1 , ..., xn ] là vành đa thức n biến trên trường K và
Mon(U ) là tập các đơn thức trong U . Kí hiệu N0 = {0, 1, ..., n, ...} là tập các
số nguyên không âm.
Định nghĩa 2.1.1. Một thứ tự đơn thức là một quan hệ thứ tự toàn phần
≤ trên Mon(U ) thõa mãn các tính chất
(i) Nếu u < v thì uw < vw với mọi u, v, w ∈ Mon(U ).
(ii) ≤ sắp thứ tự tốt, tức là mỗi bộ phận khác rỗng của Mon(U ) đều có phần
tử nhỏ nhất. Với (i1 , ..., in ), (j1 , ..., jn ) ∈ Nn0 , ta định nghĩa

(i1 , ..., in ) + (j1 , ..., jn ) = (i1 + j1 , ..., in + jn ).
Chú ý 2.1.2. Nếu ta cho tương ứng mỗi đơn thức xi11 ...xinn ∈ Mon(U ) với
bộ n số nguyên không âm (i1 , ..., in ) ∈ Nn0 thì ta có thể đồng nhất mỗi thứ
tự đơn thức ≤ trên Mon(U ) với một quan hệ thứ tự toàn phần ≤ trên Nn0
thõa mãn hai tính chất:

(i) Mọi tập con khác rỗng của Nn0 đều có phần tử nhỏ nhất;
(ii) Nếu (i1 , ..., in ) < (j1 , ..., jn ) thì

(i1 , ..., in ) + (t1 , ..., tn ) < (j1 , ..., jn ) + (t1 , ..., tn )
với mọi (i1 , ..., in ), (j1 , ..., jn ), (t1 , ..., tn ) ∈ Nn0 .
Đồng nhất này xác định bởi (i1 , ..., in ) ≤ (j1 , ..., jn ) nếu và chỉ nếu xi11 ...xinn ≤
xj11 ...xjnn với mọi (i1 , ..., in ), (j1 , ..., jn ) ∈ Nn0 .
17


Kí hiệu 2.1.3. Cho ≤ là một thứ tự đơn thức trên Mon(U ). Với hai từ
không đồng dạng au và bv , trong đó a, b ∈ K và u, v ∈ Mon(U ), ta định
nghĩa au < bv nếu và chỉ nếu u < v . Khi đó mỗi đa thức f ∈ K[x1 , ..., xn ] có
thể được viết một cách duy nhất thành tổng của các từ không đồng dạng với
thứ tự từ cao xuống thấp, tức là f = a1 u1 + ... + at ut , trong đó a1 , ..., at ∈ K
là các phần tử khác 0 và u1 , ..., ut ∈ Mon(U ) thõa mãn u1 > u2 > ... > ut .
Ta gọi a1 , ..., at là các hệ số của f . Từ cao nhất a1 u1 của f được gọi là từ
dấu của f và được kí hiệu bởi in(f ) (hay lt(f )). Đơn thức u1 của từ dấu của
f được gọi là đơn thức cao nhất của f và được kí hiệu là lm(f ).
Kết quả sau đây chỉ ra rằng điều kiện sắp thứ tự tốt trong Định nghĩa
2.1.1(ii) làm cho thứ tự đơn thức có những tính chất rất đặc biệt.
Bổ đề 2.1.4. Cho ≤ là một thứ tự đơn thức trên tập Mon(U ). Khi đó
(i) xi > 1 với mọi i = 1, ..., n.
(ii) Mỗi dãy giảm các đơn thức đều dừng.
Chứng minh. (i) Giả sử tồn tại i ∈ {1, ..., n} sao cho xi < 1. Nhân liên tiếp
hai vế với xi ta có x2i < x1 , x3i < x2i , .... Do đó ta có tập con các đơn thức
S = {xi , x2i , x3i , ...} và dãy này không có phần tử bé nhất. Điều này mâu
thuẫn với giả thiết sắp thứ tự tốt.
(ii) Cho dãy giảm các đơn thức u1 > u2 > u3 > .... Xét tập con S =
{u1 ,u2 ,u3 ,...}. Khi đó S = ∅. Vì ≤ sắp thứ tự tốt nên S có phần tử bé nhất

uk0 . Suy ra uk = uk0 với mọi k ≥ k0 .
Sau đây chúng ta giới thiệu ba loại thứ tự từ hay được sử dụng. Cho thuận
tiện, chúng ta đồng nhất mỗi thứ tự từ trên Mon(U ) với thứ tự tương ứng
trên Nn0 (xem Chú ý 2.1.2).
Định nghĩa 2.1.5. (Thứ tự từ điển) Cho i = (i1 , ..., in ), j = (j1 , ..., jn ) là
hai bộ số trong Nn0 . Đặt i − j = (i1 − j1 , ..., in − jn ). Ta nói i ≤ j nếu i = j
hoặc tọa độ khác 0 đầu tiên tính từ bên trái sang của i − j là số âm. Khi đó
≤ là một thứ tự đơn thức, đước gọi là thứ tự từ điển và được kí hiệu là ≤lex .
Trong N30 ta có (0, 3, 5)Mon(U ) ta có x32 x53 <lex x1 x2 x3 và x21 x2 >lex x1 x32 x53 .
Chú ý 2.1.6. Chúng ta đưa ra vài nhận xét về thứ tự từ điển. Trong Nn0 ,

(0, ..., 0, 1)18


Do đó trên Mon(U ) ta có x1 > x2 > ... > xn . Vì vậy, thứ tự từ điển phụ
thuộc vào thứ tự giữa các biến. Mỗi cách sắp xếp thứ tự của x1 , ..., xn cho ta
một thứ tự từ điển trên Mon(U ). Vì thế, có n! thứ tự từ điển trên tập các
đơn thức n biến. Trong luận văn này nếu không quy ước gì thêm thì ta luôn
xét thứ tự từ điển tương ứng với thứ tự giữa các biến là x1 > x2 > ... > xn .
Định nghĩa 2.1.7. (Thứ tự từ điển phân bậc). Cho i = (i1 , ..., in ), j =
(j1 , ..., jn ) ∈ Nn0 . Ta nói i < j nếu i1 +...+in < j1 +...+jn hoặc i1 +...+in =
j1 + ... + jn và itừ điển phân bậc và được kí hiệu là ≤grlex .
Trên N30 , từ định nghĩa thứ tự từ điển phân bậc ta có:
(0, 4, 5) >grlex (1, 2, 3) vì 4 + 5 = 9 > 6 = 1 + 2 + 3.
(1, 4, 4) >grlex (1, 3, 5) vì 1 + 4 + 4 = 1 + 3 + 5 và (1, 4, 4) >lex (1, 3, 5).
(3, 1, 5) >grlex (1, 4, 4) vì 1 + 4 + 4 = 1 + 3 + 5 và (3, 1, 5) >lex (1, 4, 4).
Vì thế trên Mon(U ) với U = K[x1 , x2 , x3 ] ta có

x42 x53 >grlex x1 x22 x33 ;
x1 x42 x43 >grlex x1 x32 x53 ;
x31 x2 x53 >grlex x1 x42 x43 .
Định nghĩa 2.1.8. (Thứ tự từ điển ngược phân bậc). Cho i = (i1 , ..., in )
và j = (j1 , ..., jn ) ∈ Nn0 . Ta nói i < j nếu i1 + ... + in < j1 + ... + jn hoặc
i1 + ... + in = j1 + ... + jn và tọa độ khác 0 đầu tiên từ bên phải sang của
i − j là số dương. Khi đó ≤ là một thứ tự đơn thức, được gọi là thứ tự từ
điển ngược phân bậc và được kí hiệu là ≤grevlex .
Trên N30 , từ định nghĩa thứ tự từ điển ngược phân bậc ta có:
(0, 4, 5) >grevlex (1, 2, 3) vì 4 + 5 = 9 > 6 = 1 + 2 + 3.
(1, 4, 4) >grevlex (1, 3, 5) vì 1 + 4 + 4 = 1 + 3 + 5 và

(1, 3, 5) − (1, 4, 4) = (0, −1, 1).
(3, 1, 5) Vì thế trên Mon(U ) với U = K[x1 , x2 , x3 ] ta có
x42 x53 >grevlex x1 x22 x33 ;
x1 x42 x43 >grevlex x1 x32 x53 ;
19


x31 x2 x53 Để mở rộng thuật toán chia lên trường hợp nhiều biến, ý tưởng chính là
dựa vào thứ tự đơn thức để giảm bậc.
Định lý 2.1.9. (Định lý chia với dư đa thức nhiều biến). Cho ≤ là một
thứ tự đơn thức trên Mon(U ). Cho {f1 , ..., fs } là một họ gồm s đa thức trong
U . Khi đó mỗi đa thức f ∈ U đều được viết dưới dạng f = h1 f1 +...+hs fs +r,
trong đó h1 , ..., hs , r ∈ U thõa mãn:
(i) r = 0 hoặc in(fi ), i = 1, ..., s, không là ước của từ nào của r.
(ii) Với mọi i = 1, ..., s, nếu hi fi = 0 thì lm(f ) ≥ lm(hi fi ).

Chứng minh. Ta chứng minh sự tồn tại các đa thức thương h1 , ..., hs và dư r
theo các bước sau.
Bước 1. Nếu in(fi ) không là ước của bất cứ từ nào của f với mọi i = 1, .., s,
thì ta chọn h1 = ... = h0 = 0, r = f , quá trình kết thức. Giả sử có một từ
của f chia hết cho in(fi ) với i nào đó. Gọi m1 là từ cao nhất trong các từ của
f có tính chất này. Giả sử m1 là bội của in(fi1 ). Viết m1 = u1 in(fi1 ). Khi đó
lm(f ) ≥ lm(m1 ) = lm(u1 fi1 ). Đặt F1 = f − u1 fi1 . Vì lm(f ) ≥ lm(u1 fi1 ) nên
lm(F1 ) ≤ lm(f ). Suy ra lm(f ) ≥ max{lm(F1 ), lm(u1 fi1 )}. Có hai khả năng
xảy ra: hoặc in(fi ) không là ước của bất cứ từ nào của F1 với mọi i = 1, ..., s;
hoặc có một từ của F1 chia hết cho in(fi ) với i nào đó. Giả sử khả năng thứ
hai xảy ra. Gọi m2 là từ cao nhất trong trong các từ của F1 chia hết cho
in(fi ) với i nào đó. Từ cách đặt F1 ta suy ra m2 hoặc đồng dạng với một từ
của u1 fi1 hoặc đồng dạng với một từ của f , hơn nữa m2 không đồng dạng
với m1 . Do từ cao nhất của u1 fi1 là m1 nên các từ khác của u1 fi1 đều nhỏ
hơn m1 . Vì thế theo cách chọn m1 ta suy ra m2 < m1 .
Bước k + 1. Cho k ≥ 1 và giả sử đã thực hiện xong bước thứ k . Khi đó
có các đa thức F1 , ..., Fk thỏa mãn các tính chất: Với mọi t = 1, ..., k − 1,
chọn được mt+1 là từ cao nhất trong các từ của Ft chia hết cho in(fit+1 )
nào đó, sao cho mt+1 = ut+1 in(fit+1 ), Ft+1 = Ft − ut+1 fit+1 , mt+1 < mt và
lm(Ft ) ≥ max{lm(Ft+1 ), lm(ut+1 fit+1 )}. Suy ra

lm(f ) ≥ max{lm(F1 ), lm(u1 fi1 )} ≥ ... ≥ max {lm(Fk ), lm(uj fij )}.
j=1,...,k

Nếu in(fi ) không là ước của bất cứ từ nào của Fk với mọi i = 1, ..., s, thì
ta chọn r = Fk . Khi đó f = Fk + uk fik + ... + u1 fi1 . Bằng cách gộp các
20


hạng tử có cùng nhân tử fi lại với nhau, ta biểu diễn f được dưới dạng

f = h1 f1 + ... + hs fs + r, trong đó lm(f ) ≥ lm(hi fi ) với mọi i và các từ của
r đều không là bội của bất cứ in(fi ) nào. Quá trình kết thúc. Nếu có một
từ của Fk chia hết cho in(fi ) nào đó, thì ta chọn được mk+1 là từ cao nhất
trong các từ của Fk có tính chất này. Giả sử mk+1 là bội của in(fik+1 ). Viết
mk+1 = uk+1 in(fik+1 ). Đặt Fk+1 = Fk − uk+1 fik+1 .
Vì vậy Định lý được chứng minh nếu ta chỉ ra được quá trình trên kết
thúc sau một số hữu hạn bước. Giả sử quá trình trên kéo dài vô hạn bước,
khi đó ta có dãy giảm không dừng m1 > m2 > ... > mk > ... các đơn thức.
Điều này không thể xảy ra (xem Bổ đề 2.1.4).
Ví dụ 2.1.10. Cho R = K[x, y]. Xét thứ tự từ điển với x > y . Để chia
f = x2 y + xy 2 + y 2 cho {f1 , f2 } với f1 = xy − 1 và f2 = y 2 − 1 ta tiến hành
như sau. Ta có in(f1 ) = xy và in(f2 ) = y 2 . Rõ ràng cả 3 từ x2 y, xy 2 , y 2 của
f đều chia hết cho in(f1 ) hoặc in(f2 ), trong đó x2 y là từ cao nhất trong 3
từ của f có tính chất này. Vì thế ta đặt m1 = x2 y . Khi đó m1 = xin(f1 ).
Do đó ta đặt F1 = f − xf1 = xy 2 + y 2 + x. Có hai từ xy 2 , y 2 của F1 chia
hết cho in(f1 ) hoặc in(f2 ), trong đó xy 2 là từ cao nhất trong 2 từ của F1 có
tính chất này. Do đó ta đặt m2 = xy 2 . Khi đó m2 = yin(f1 ). Vì thế ta đặt
F2 = F1 − yf1 = y 2 + x + y . Rõ ràng y 2 là từ cao nhất trong những từ của F2
chia hết cho in(f1 ) hoặc in(f2 ). Vì thế ta đặt m3 = y 2 . Ta có m3 = in(f2 ).
Do đó ta đặt F3 = F2 − f2 = x + y + 1. Không có từ nào của F3 chia hết
cho in(f1 ) hoặc in(f2 ). Vì vậy f = (x + y)f1 + f2 + x + y + 1 là kết quả cần
tìm, trong đó x + y + 1 là đa thức dư của phép chia.
Đối với đa thức một biến, thương và dư trong phép chia là xác định duy
nhất. Tuy nhiên điều này không còn đúng cho các đa thức nhiều biến, thương
và dư nhìn chung phụ thuộc vào cách chọn thứ tự chia cho các đa thức. Ví
dụ sau đây minh họa điều này.
Ví dụ 2.1.11. Trong vành đa thức K[x, y, z], cho f = x2 z + z + y 3 x − y 2 −
x4 y, f1 = z −x2 y, f2 = xy −1. Với thứ tự từ điển tương ứng với x > y > z , ta
cần chia f cho {f1 , f2 }. Biểu diễn f, f1 , f2 thành tổng của các từ từ cao xuống
thấp: f = −x4 y+x2 z+xy 3 −y 2 +z, f1 = −x2 y+z, f2 = xy−1. Ta chia cho f1

trước. Vì −x4 y là từ cao nhất trong các từ của f chia hết cho in(f1 ) = −x2 y
nên ta đặt m1 = −x4 y = x2 in(f1 ). Đặt F1 = f − x2 f1 = xy 3 − y 2 + z .
21


Các từ của F1 đều không chia hết cho in(f1 ). Do đó ta chia cho f2 . Vì xy 3
là từ cao nhất trong các từ của F1 chia hết cho in(f2 ) = xy nên ta đặt
m2 = xy 3 = y 2 in(f2 ). Đặt F2 = F1 − y 2 f2 = z . Vì z không chia hết cho
in(f1 ) và cũng không chia hết cho in(f2 ) nên quá trình chia kết thúc. Do đó
kết quả của phép chia là f = x2 f1 +y 2 f2 +z . Bây giờ ta chia cho f2 trước. Do
−x4 y là từ cao nhất trong các từ của f chia hết cho in(f2 ) = xy nên ta đặt
m1 = −x4 y = −x3 in(f2 ). Đặt F 1 = f + x3 f2 = −x3 + x2 z + xy 3 − y 2 + z . Vì
xy 3 là từ cao nhất trong các từ của F 1 chia hết cho in(f2 ) nên ta đặt m2 =
xy 3 = y 2 in(f2 ). Đặt F 2 = F 1 −y 2 f2 = −x3 +x2 z +z . Do không có từ nào của
F 2 hoặc chia hết cho in(f1 ) hoặc chia hết cho in(f2 ) nên quá trình chia kết
thúc. Do đó kết quả của phép chia là f = 0f1 +(−x3 +y 2 )f2 +(−x3 +x2 z +z).
Và trong trường hợp một biến, bài toán thành viên được giải quyết dễ
dàng nhờ vào phép chia với dư. Cụ thể, vì K[x] là vành chính nên nếu I
là iđêan của K[x] thì I = (g) với g ∈ K[x]. Do đó một đa thức f ∈ K[x]
là một phần tử của I khi và chỉ khi dư của phép chia f cho g là 0. Tuy
nhiên điều này không áp dụng được cho trường hợp nhiều biến. Cụ thể, cho
I = (f1 , ..., fs ) là iđêan của K[x1 , ..., xn ] và f ∈ K[x1 , ..., xn ]. Nếu dư của
phép chia f cho các đa thức f1 , ..., fs là 0 thì ta có f ∈ I , nhưng điều ngược
lại không đúng. Sau đây là một ví dụ.
Ví dụ 2.1.12. Với thứ tự từ điển tương ứng với x > y , xét phép chia f = xy 2
cho {f1 , f2 }, trong đó f1 = x2 , f2 = xy + y 2 . Chú ý rằng f có đúng một từ
xy 2 và từ này không chia hết cho in(f1 ) = x2 . Do đó chia f cho f2 ta được
f = yf2 −y 3 . Phần dư của phép chia là y 3 . Mặc dù y 3 = 0 nhưng f ∈ (f1 , f2 )
vì ta có biểu diễn f = −yf1 + xf2 .
Trong Ví dụ 2.1.11, thương và dư của phép chia phụ thuộc vào việc chia

cho đa thức nào trước. Nhận xét sau đây chỉ ra rằng thương và dư còn phụ
thuộc vào thứ tự đơn thức được chọn để thực hiện phép chia.
Chú ý 2.1.13. Với thứ tự từ điển tương ứng với x > y > z , xét phép
chia f = y 2 − xz cho {f1 , f2 }, trong đó f1 = y − x2 , f2 = z − x3 . Các từ
của f đều không chia hết cho in(f1 ) = −x2 và cũng không chia hết cho
in(f2 ) = −x3 . Do đó dư của phép chia là y 2 − xz . Tuy dư của phép chia
khác 0 nhưng chúng ta không thể kết luận f ∈
/ (f1 , f2 ). Thực tế, nếu sử dụng
thứ tự từ điển phân bậc hay thứ tự từ điển ngược phân bậc tương ứng với
22


x > y > z thì ta vẫn được đa thức dư khác 0, do đó không kết luận được
gì. Tuy nhiên, nếu xét thứ tự từ điển tương ứng với y > x > z thì dư là đa
thức 0 và do đó f ∈ (f1 , f2 ). Cụ thể, ta có in(f1 ) = y và in(f2 ) = −x3 . Đặt
m1 = y 2 = yin(f1 ) và F1 = f − yf1 = x2 y − xz . Đặt m2 = x2 y = x2 in(f1 )
và F2 = F1 − x2 f1 = x4 − xz . Không có từ nào của F2 chia hết cho in(f1 )
nên ta chia tiếp cho f2 . Đặt m3 = x4 = −xin(f2 ) và F3 = F2 + xf2 = 0. Do
đó dư của phép chia là 0 và ta có f = (y + x2 )f1 − xf2 .
2.2

Cơ sở Groebner

Trong phần cuối Tiết 2.1, chúng ta đã trình bày ví dụ chỉ ra "hạn chế"
liên quan đến phép chia với dư các đa thức nhiều biến (thương và dư không
duy nhất, chúng phụ thuộc vào việc chọn thứ tự các đa thức chia). Điều này
dẫn đến những khó khăn trong việc sử dụng thuật toán chia với dư để giải
quyết một số bài toán về đa thức nhiều biến. Mục tiêu của tiết này là nghiên
cứu những hệ đa thức, gọi là cơ sở Groebner, mà khi chia một đa thức tùy
ý cho các hệ này thì những nhược điểm trên được khắc phục.

Trong suốt tiết này, luôn giả thiết K là trường, U = K[x1 , ..., xn ] là vành
đa thức, Mon(U ) là tập các đơn thức trong U và ≤ là một thứ tự đơn thức
cho trước trên Mon(U ).
Định nghĩa 2.2.1. Cho I là iđêan của K[x1 , ..., xn ]. Iđêan sinh bởi các từ
dấu của đa thức trong I được gọi là iđêan dấu của I và được kí hiệu bởi
in(I).
Kết quả sau đây đưa ra một tiêu chuẩn để hai iđêan bằng nhau thông qua
các iđêan dấu của chúng.
Bổ đề 2.2.2. Nếu I, J là hai iđêan của K[x1 , ..., xn ] sao cho I ⊆ J và
in(I) = in(J) thì I = J .
Chứng minh. Giả sử I = J . Khi đó tồn tại những đa thức thuộc J\I . Do thứ
tự đơn thức sắp thứ tự tốt nên trong số các đa thức thuộc J\I ta chọn được
đa thức f có lm(f ) bé nhất. Vì f ∈ J nên in(f ) = in(J) = in(I). Do đó tồn
tại g ∈ I sao cho in(g) = in(f ). Vì I ⊆ J nên g ∈ J . Suy ra f − g ∈ J . Vì
f ∈
/ I và g ∈ I nên f − g ∈
/ I . Suy ra f − g ∈ J\I . Vì in(g) = in(f ) nên
lm(f − g) < lm(f ). Điều này mâu thuẫn với việc chọn đa thức f .
23