Cơ sở gronebner của iđêan các đa thức triệt tiêu trong vành đa thức zm = x1,…xn

ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

TRƯƠNG THỊ NHƯ HẰNG

CƠ SỞ GROEBNER CỦA IĐÊAN
CÁC ĐA THỨC TRIỆT TIÊU TRONG
VÀNH ĐA THỨC Zm[x1, . . . , xn]

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THEO ĐỊNH HƯỚNG NGHIÊN CỨU

Thừa Thiên Huế, năm 2017


ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

TRƯƠNG THỊ NHƯ HẰNG

CƠ SỞ GROEBNER CỦA IĐÊAN
CÁC ĐA THỨC TRIỆT TIÊU TRONG
VÀNH ĐA THỨC Zm[x1, . . . , xn]
Chuyên ngành: Đại số và Lý thuyết số
Mã số: 60460104

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THEO ĐỊNH HƯỚNG NGHIÊN CỨU

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS. TS. PHAN VĂN THIỆN

Thừa Thiên Huế, năm 2017


LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan luận văn này do chính bản thân tôi thực hiện dưới sự hướng
dẫn khoa học của PGS. TS. Phan Văn Thiện. Các kết quả trích dẫn trong luận
văn đã nêu trong phần tài liệu tham khảo ở cuối luận văn này.

Trương Thị Như Hằng

i


LỜI CẢM ƠN

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của Thầy giáo, PGS. TS.
Phan Văn Thiện . Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và sự kính trọng đối với
Thầy. Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi trong quá trình học tập cũng như
hoàn thành luận văn này.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến quý Thầy cô Khoa Toán, các Thầy ở Đại học Huế
và Viện Toán học đã dạy dỗ và truyền đạt kiến thức cho tôi trong suốt quá trình
học tập.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu trường ĐHSP Huế, phòng Đào tạo
sau Đại học, khoa Toán trường ĐHSP Huế đã tạo điều kiện cho tôi trong suốt
khóa học.
Cuối cùng, tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè Cao học Toán khóa XXIV trường
ĐHSP Huế chuyên ngành Đại số và Lý thuyết số vì sự động viên, giúp đỡ trong
quá trình học tập vừa qua.

Xin chân thành cảm ơn sự quan tâm, giúp đỡ quý báu đó!
Vì thời gian có hạn, bản thân còn nhiều hạn chế nên luận văn không tránh
khỏi những thiếu sót, kính mong sự đánh giá, góp ý của quý thầy cô và các bạn
quan tâm để luận văn được hoàn chỉnh hơn.

Trương Thị Như Hằng

ii


MỤC LỤC

Lời cam đoan

i

Lời cảm ơn

ii

Mục lục

1

Mở đầu

2

Chương 1.

Cơ sở Groebner của iđêan trong vành đa thức K[x1 , . . . , xn ]

trên trường K
1.1

1.2

3

Cơ sở Groebner của iđêan trong K[x1 , . . . , xn ] . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Các thứ tự từ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Thuật toán chia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.3

Cơ sở Groebner của iđêan trong K[x1 , . . . , xn ] . . . . . . . 12

Cách tìm cơ sở Groebner của iđêan trong K[x1 , . . . , xn ] . . . . . . 17

1.2.1

Định lý Buchberger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.2.2

Thuật toán Buchberger . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

Chương 2.

Cơ sở Groebner của iđêan các đa thức triệt tiêu trong

vành đa thức Zm [x1 , . . . , xn ]
2.1

25

Cơ sở Groebner của iđêan các đa thức triệt tiêu trong Zm [x1 , . . . , xn ] 25
2.1.1

Một số khái niệm cơ sở . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.1.2

Cơ sở Groebner của iđêan các đa thức triệt tiêu trong vành
đa thức Zm [x1 , . . . , xn ] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.2

Ứng dụng của cơ sở Groebner mạnh cực tiểu . . . . . . . . . . . . 35

Kết luận

38

Tài liệu tham khảo

39

1


MỞ ĐẦU

Lý thuyết về cơ sở Groebner được nhà toán học người Áo Bruno Buchberger
đưa ra trong luận án tiến sĩ của mình năm 1965, dưới sự dẫn dắt của người thầy
là Wolfrang Groebner. Lý thuyết Groebner ra đời tạo một bước ngoặt lớn trong
nghiên cứu, giúp chứng minh nhiều bài toán đại số, hình học cũng như việc kiểm
chứng một giả thuyết hay một bài toán đại số hoặc hình học.
Cho K là một trường, cho I là một iđêan trong K[x1 , . . . , xn ]. Cơ sở Groebner
của iđêan I trong vành K[x1 , . . . , xn ] được nghiên cứu nhiều nhưng sở Groebner
của iđêan trong các vành đa thức C[x1 , . . . , xn ] trên một vành C thì chưa được
nghiên cứu nhiều. Gần đây cơ sở Groebner của một iđêan trong vành đa thức
Zm [x1 , . . . , xn ] đã thu hút được nhiều sự chú ý của các nhà toán học dựa vào
tiềm năng ứng dụng của chúng, chẳng hạn như các kết quả trong [5] có thể áp
dụng để cải thiện tính chính xác của đường dữ liệu trong thiết kế hệ thống vi
mạch.
Tập các đa thức triệt tiêu của vành Zm [x1 , . . . , xn ] lập thành một iđêan của
Zm [x1 , . . . , xn ] (xem [5]). Với mong muốn tìm hiểu thêm về cơ sở Groebner của
iđêan của các đa thức triệt tiêu và được sự định hướng của thầy hướng dẫn

PGS.TS. Phan Văn Thiện, tôi đã chọn đề tài "Cơ sở Groebner của iđêan các
đa thức triệt tiêu trong vành đa thức Zm [x1 , . . . , xn ]" làm đề tài nghiên cứu cho
luận văn thạc sĩ của mình.

2


Chương 1
CƠ SỞ GROEBNER CỦA IĐÊAN
TRONG VÀNH ĐA THỨC K[x1, . . . , xn]
TRÊN TRƯỜNG K

Cho K là trường. Trong chương này sẽ đề cập đến các thứ tự từ, thuật chia
đa thức trong vành nhiều biến K[x1 , . . . , xn ], cơ sở Groebner của iđêan trong
vành đa thức và cách tìm cơ sở Groebner. Ta ký hiệu x := (x1 , x2 . . . , xn ) và ký
hiệu K[x] := K[x1 , . . . , xn ]. Tài liệu tham khảo chính của chương này là [2].

1.1. Cơ sở Groebner của iđêan trong K[x1, . . . , xn]
1.1.1. Các thứ tự từ
Trước hết nhắc lại thế nào là một quan hệ thứ tự. Một quan hệ < trên tập A
được gọi là quan hệ thứ tự nếu nó thỏa mãn các tính chất phản xạ, đối xứng,
bắc cầu. Nếu trong A có quan hệ thứ tự thì ta nói A được sắp thứ tự. Nếu hai
phần tử bất kỳ trong A đều so sánh được với nhau thì A được gọi là tập sắp
thứ tự toàn phần. Đồng thời A được gọi là tập sắp thứ tự tốt nếu A là tập sắp
thứ tư toàn phần sao cho bất kỳ tập con khác rỗng nào của A đều có phần tử
nhỏ nhất.
Cho vành đa thức n biến K[x] := K[x1 , . . . , xn ], ở đây n ≥ 1. Một phần tử
trong K[x] có dạng
xα1 1 xα2 2 . . . xαnn

với αi ∈ N, ∀i = 1, . . . , n

3


được gọi là một đơn thức trong K[x]. Một phần tử trong K[x] có dạng
axα1 1 xα2 2 . . . xαnn

với a ∈ K và αi ∈ N, ∀i = 1, . . . , n

được gọi là một từ trong K[x].
Định nghĩa 1.1.1. Một thứ tự từ trong T n = {xβ := xβ1 1 . . . xβnn |βi ∈ N, i =
1, . . . , n} là một thứ tự toàn phần < trong T n nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
i) 1 < xβ với mọi xβ ∈ T n , xβ = 1.
ii) Nếu xα < xβ thì xα xγ < xβ xγ , với mọi xγ ∈ T n .
Cho hai từ trong K[x1 , . . . , xn ], từ nào có đơn thức lớn hơn thì từ đó lớn hơn,
tập các từ có quan hệ thứ tự toàn phần gọi là thứ tự từ. Ta sẽ đến với một vài
thứ tự từ cụ thể sau :
Định nghĩa 1.1.2. Thứ tự từ điển, ký hiệu là lex, trên T n là thứ tự được xác
định như sau: Giả sử
x1 > x2 > · · · > xn , α = (α1 , . . . , αn ) và β = (β1 , . . . , βn ) ∈ N n .
Khi đó:
xα < xβ ⇔ thành phần αi và βi đầu tiên trong α và β tính từ trái sang
là khác nhau thỏa mãn αi < βi .
Ví dụ 1.1. Cho x1 , x2 ∈ Q[x1 , x2 ], với quy ước x1 > x2 , khi đó theo thứ tự lex
ta có
1 < x2 < x2 2 < x2 3 < · · · < x1 < x1 x2 < x1 x2 2 < · · · < x1 2 < · · · .
Định nghĩa 1.1.3. Giả sử:
x1 > x2 > · · · > xn , α = (α1 , . . . , αn ) và β = (β1 , . . . , βn ) ∈ N n .
Thứ tự từ điển phân bậc, ký hiệu là deglex, trên T n là thứ tự từ được xác định:

 n
n


βi
 αi <
α
β
i=1
i=1
x n
n


βi và xα < xβ với thứ tự lex x1 > x2 > · · · > xn .
 αi =
i=1

i=1

4


Ví dụ 1.2. Cho x1 , x2 ∈ Q[x1 , x2 ], với quy ước x1 > x2 , khi đó theo thứ tự
deglex ta có
1 < x2 < x1 < x2 2 < x1 x2 < x1 2 < x2 3 < x1 x2 2 < x1 2 x2 < x1 3 < · · · .
Định nghĩa 1.1.4. Thứ tự từ điển ngược phân bậc, ký hiệu là degrevlex, trên T n
là thứ tự được xác định như sau: Giả sử x1 > x2 > · · · > xn , cho α = (α1 , . . . , αn )
và β = (β1 , . . . , βn ) ∈ N n . Khi đó :

 n
n

α
<
βi

i


i=1
 i=1
n
n
xα < xβ ⇔
α
=
βi và αi , βi đầu tiên trong α và β
i


i=1
i=1



tính từ phải sang khác nhau thỏa mãn αi > βi .
Ví dụ 1.3. Cho x1 , x2 , x3 ∈ Q[x1 , x2 , x3 ], với quy ước x1 > x2 > x3 , khi đó theo
thứ tự degrevlex ta có
x1 2 x2 x3 > x1 x2 3 ,

nhưng theo deglex thì
x1 2 x2 x3 < x1 x2 3 .
Định nghĩa 1.1.5. Cho 0 = f ∈ K[x1 , . . . , xn ]. Khi đó ta có thể viết f dưới
dạng:
f = a1 xα1 + a2 xα2 + . . . + ar xαr ,
ở đây 0 = ai ∈ K, xαi ∈ T n và xα1 > xα2 > . . . > xαr . Ta có các định nghĩa sau:
• lp(f ) = xα1 : đơn thức dẫn đầu của f .
• lc(f ) = a1 : hệ số dẫn đầu của f .
• lt(f ) = a1 xα1 : từ dẫn đầu của f .
Ở đây ta quy ước:
lp(0) = lc(0) = lt(0) = 0.
• T (f ) = {X ∈ T n /X là từ dẫn đầu của f }.
Ví dụ 1.4. Cho f = 2x2 yz + 3xy 3 − 2x3 ∈ K[x1 , . . . , xn ], khi đó:
• Nếu theo thứ tự lex với x > y > z thì lp(f ) = x3 , lc(f ) = −2, lt(f ) = −2x3 .
5


• Nếu theo thứ tự delex với x > y > z thì lp(f ) = x2 yz, lc(f ) = 2, lt(f ) =
2x2 yz.
• Nếu theo thứ tự degrevlex với x > y > z thì lp(f ) = xy 3 , lc(f ) = 3, lt(f ) =
3xy 3 .
Định lý 1.1.1 (Định lý cơ bản Hilbert). [4, tr.4] Cho vành K[x1 , . . . , xn ]. Khi đó
nếu I là iđêan của K[x1 , . . . , xn ] thì tồn tại các đa thức f1 , . . . , fs ∈ K[x1 , . . . , xn ]
sao cho I = f1 , . . . , fs .

1.1.2. Thuật toán chia
Định nghĩa 1.1.6. Cho f, g, h ∈ K[x1 , . . . , xn ] với g = 0. Ta nói rằng f rút gọn
về h theo g , ký hiệu:
g

f −−−−→ h,
khi và chỉ khi lp(g) chia hết một từ khác không X trong biểu diễn của f và
h=f−

X
g.
lt(g)

Ví dụ 1.5. Cho hai đa thức f, g ∈ Q[x, y]
f = 6x2 y − x + 4y 3 − 1,
g = 2xy + y 3 .
Dùng thứ tự lex với x > y, ta có lp(g) = xy chia hết X = 6x2 y = 0 với X là từ
của f . Khi đó theo định nghĩa:
h=f−

X
g
lt(g)

6x2 y
(2xy + y 3 )
= (6x y − x + 4y − 1) −
2xy
3
3
= −3xy − x + 4y − 1.
2

3

g

Do đó f −−−−→ h.
Nếu dùng thứ tự từ deglex với x > y, ta có lt(g) = y 3 , X = 4y 3 là từ trong
biểu diễn của f nhưng không phải là từ dẫn đầu của f . Khi đó
h=f−

X
g = 6x2 y − 8xy − x − 1.
lt(g)

g

Do đó f −−−−→ h.
6


Chúng ta có thể tiếp tục quá trình này, tức là sẽ trừ đi những từ của f chia
hết cho lp(g).
Ví dụ 1.6. Cho f, g ∈ Q[x, y]:
f = y 2 x + 4yx − 3x2 ,
g = 2y + x + 1.
Dùng thứ tự từ deglex với y > x. Khi đó
1
7
g
f −−−−→ − yx2 + yx − 3x2
2
2
7

11
g 1 3
−−−−→ x + yx − x2
4
2
4
1
9
7
g
−−−−→ x3 − x2 − x.
4
2
4
1
9
7
Ở đa thức cuối x3 − x2 − , có lp(g) = y nên quá trình trên dừng.
4
2
4
Định nghĩa 1.1.7. Cho f , g và f1 , . . . , fs là các đa thức trong K[x1 , . . . , xn ]
với fi = 0 (1 ≤ i ≤ s). Đặt F = {f1 , . . . , fs }. Ta nói rằng f rút gọn về h theo F ,
F

ký hiệu f −−→ h, khi và chỉ khi tồn tại một dãy chỉ số i1 , i2 , . . . , it ∈ {1, . . . , s}
và một dãy các đa thức h1 , . . . , ht−1 ∈ K[x1 , . . . , xn ] sao cho
fi

fit−1

fi

fi

fi

t
3
2
1
f −−−→
h.
· · · −−−−→ ht−1 −−−→
h2 −−−→
h1 −−−→

Ví dụ 1.7. Cho f1 , f2 ∈ Q[x, y]
và f2 = y 2 − x.

f1 = yx − y
Dùng thứ tự deglex với y > x. Đặt

F := {f1 , f2 } và f = y 2 x.
F

Khi đó f −−→ x vì
f1

f2

y 2 x −−−→ y 2 −−−→ x.
Định nghĩa 1.1.8. Một đa thức r được gọi là rút gọn được với một tập các đa
thức khác không F = {f1 , . . . , fs } nếu r = 0 hoặc không có lũy thừa nào trong
biểu diễn của r chia hết mỗi lp(fi ), i = 1, . . . , s.
F

Định nghĩa 1.1.9. Nếu f −−→ r và r là đã được rút gọn theo F , khi đó ta gọi
r là một phần dư của f theo F . Khi đó f còn được gọi là rút gọn toàn phần về
r theo F .
7


Thuật toán chia: Cho f, f1 , . . . , fs ∈ K[x1 , . . . , xn ] với fi = 0 (1 ≤ i ≤ s).
Thuật toán này cho ta các thương u1 , . . . , us ∈ K[x1 , . . . , xn ] và một phần dư
r ∈ K[x1 , . . . , xn ] sao cho
f = u1 f1 + · · · + us fs + r.

Input:

f1 , . . . , fs ∈ K[x1 , . . . , xn ] với fi = 0 (1 ≤ i ≤ s)

Output:

u1 , . . . , us , r sao cho f
và

r

được

gọi

là

rút

u1 f1 + · · · + us fs + r

=

gọn

theo

{f1 , . . . , fs }

và

max(lp(u1 ), lp(f1 ), . . . , lp(us ), lp(fs ), lp(r)) = lp(f )
Initialization: u1 := 0, . . . , us := 0, r := 0, h := f
while h = 0 do
if tồn tại i sao cho lp(fi ) chia hết lp(h) thì chọn i nhỏ
nhất thõa mãn lp(fi ) chia hết lp(h)
lt(h)
u := ui +
lt(fi )
lt(h)
fi
h := h −

lt(fi )
else
r := r + lt(h)
h := h − lt(h)
Thuật toán trên được đưa ra dựa vào định lý sau:
Định lý 1.1.2. Cho một tập các đa thức khác không F = {f1 , . . . , fs } và f ∈
K[x1 , . . . , xn ], thuật toán chia ra các đa thức u1 , . . . , us , r ∈ K[x1 , . . . , xn ] sao
cho
f = u1 f1 + · · · + us fs + r,
với r là thu gọn theo F và
lp(f ) = max

max lp(ui ) lp(fi ) , lp(r) .

1≤i≤s

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh thuật toán trên dừng. Ở mỗi bước của thuật
toán thì từ dẫn đầu của h được loại bỏ cho đến khi không thể loại bỏ được nữa.
Vì
hi+1 = hi − (lt(hi ) + các từ bậc thấp hơn) hoặc hi+1 = hi − lt(hi ),
8


suy ra lp(hi+1 ) < lp(hi ). Do thứ tự từ là thứ tự tốt nên dãy h1 , . . . , hi , . . . dừng.
Trong mỗi bước, ta có lp(h) ≤ lp(f ). Với mỗi i,
ui = ui +

lt(h)
,
lt(fi )

lp(ui ) ≤

lp(f )
.
lp(fi )

cho nên

Suy ra
lp(ui ) lp(fi ) ≤ lp(f ).
Hơn nữa r = r + lt(h) và do đó
lp(r) ≤ lp(f ).

Ví dụ 1.8. (Thuật toán chia) Cho
f = y 2 x + 4yx − 3x2 ∈ Q[x, y].
Thứ tự từ ở đây là deglex với y > x. Đặt
F = {f1 } với f1 = 2y + x + 1 ∈ Q[x, y].
Ta có
Initialization: u1 := 0,
r := 0,
h := y 2 x + 4xy − 3x2 .
Xét vòng lặp while đầu tiên:
y = lp(f1 ) chia hết lp(h) = y 2 x,
y2x
1
= yx,
2y
2
lt(h)

h := h −
f1
lt(f1 )

u1 := u1 +

y2x
= (y x + 4xy − 3x ) −
(2y + x + 1)
2y
1
7
= − yx2 + yx − 3x2 .
2
2
2

2

9


Vòng lặp while thứ hai:
y = lp(f1 ) chia hết lp(h) = yx2 ,
1
− yx2
1
1
u1 := u1 + 2
= yx − x2 ,

2y
2
4
lt(h)
h := h −
f1
lt(f1 )
1
− yx2
1 2 7
= − yx + yx − 3x2 − 2
(2y + x + 1)
2
2
2y
7
11
1
= x3 + yx − x2 .
4
2
4
Vòng lặp while thứ ba:
y = lp(f1 ) không chia hết lp(h) = x3 ,
1
r := r + lt(h) = x3 ,
4
7
11
h := h − lt(h) = yx − x2 .

2
4
Vòng lặp while thứ bốn:
y = lp(f1 ) chia hết lp(h) = yx,
7
yx
1
1
7
2
u1 := u1 +
= yx − x2 + x,
2y
2
4
4
lt(h)
h := h −
f1
lt(f1 )
7
yx
7
11 2
2
yx − x −
(2x + x + 1)
=
2
4

2y
9
7
= − x2 − x.
2
4
Vòng lặp while thứ năm:
y = lp(f1 ) không chia hết lp(h) = x2 ,
1
9
r := r + lt(h) = x3 − x2 ,
4
2
7
h := h − lt(h) = − x.
4
10


Vòng lặp while thứ sáu:
y = lp(f1 ) không chia hết lp(h) = x,
1
9
7
r := r + lt(h) = x3 − x2 − x,
4
2
4
h := h − lt(h) = 0.
Đến đây vòng lặp while dừng, ta có:

9
7
F 1
f −−→ x3 − x2 − x,
4
2
4
và
f=

1
7
1
yx − x2 + x (2y + x + 1) +
2
4
4

1 3 9 2 7
x − x − x .
4
2
4

Nhận xét.
F

i) Theo Định lý 1.1.2, suy ra f −−→+ r.
ii) Theo Định lý 1.1.2,
f − r ∈ I = f1 , . . . , f s .

iii) Nếu r = 0 thì f ∈ I = f1 , . . . , fs .
iv) Điều ngược lại không đúng, tức là nếu f ∈ I = f1 , . . . , fs thì r chưa chắc
bằng không.
Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 1.9. Xét đa thức
f = y 2 x − x ∈ Q[x, y],
và iđêan
I = f1 , f2 ⊆ Q[x, y],
ở đây
f1 = yx − y

và f2 = y 2 − x.

Đặt F = {f1 , f2 }, sử dụng thứ tự từ deglex với y > x và thuật toán chia, ta
có:
f1

f2

F

f −−−→ y 2 − x −−−→ 0 hay f −−→+ 0,
11


và do đó
f = yf1 + f2 ,
suy ra f ∈ I.
Tuy nhiên nếu chia theo cách khác:
f2

f −−−→ x2 − x,
và x2 − x là rút gọn theo {f1 , f2 } nên x2 − x là phần dư của phép chia f cho
{f1 , f2 } nhưng x2 − x = 0.
Từ ví dụ trên ta có nhận xét.
Nhận xét.
i) Có nhiều cách đưa một đa thức f cho một hệ đa thức {f1 , . . . , fs }, do cách
chọn thứ tự hoặc cách chọn đa thức khi chia.
ii) Mỗi cách đưa f cho hệ đa thức {f1 , . . . , fs } có phần dư có thể khác nhau.
Tuy nhiên nếu hệ {f1 , . . . , fs } là cơ sở Groebner thì phần dư sẽ giống nhau.
Bây giờ ta sẽ tìm hiểu về cơ sở Groebner.

1.1.3. Cơ sở Groebner của iđêan trong K[x1 , . . . , xn ]
Định nghĩa 1.1.10. Một tập các đa thức khác không G = {g1 , . . . , gt } chứa
trong một iđêan I được gọi là cơ sở Groebner của I khi và chỉ khi với mọi f ∈ I,
f = 0, tồn tại i ∈ {1, . . . , t} sao cho lp(gi ) chia hết lp(f ).
Ta định nghĩa iđêan từ dẫn đầu của G:
Lt(G) = lt(g)|g ∈ G .
Định lý 1.1.3. Cho I là một iđêan khác không của K[x1 , . . . , xn ], cho một tập
các đa thức khác không G = {g1 , . . . , gt } ⊆ I. Khi đó các điều sau tương đương:
i) G là một cơ sở Groebner của I.
G

ii) f ∈ I ⇔ f −−−→+ 0.
iii) f ∈ I ⇔ f =

t
i=1 hi gi

với lp(f ) = max2≤i≤t lp(hi ), lp(gi ) .

iv) Lt(G) = Lt(I).

12


Chứng minh. i)⇒ ii) Đặt f ∈ K[x1 , . . . , xn ]. Khi đó theo Định lý 1.1.2 tồn tại
r là thu gọn theo G, với r ∈ K[x1 , . . . , xn ]
G

f −−→ r.
Do đó f − r ∈ I, suy ra f ∈ I hay r ∈ I.
G

Rõ ràng nếu r = 0 tức f −−→ 0 thì f ∈ I. Ngược lại nếu r = 0, do f ∈ I nên
r ∈ I.
Từ i) ta có tồn tại gi ∈ G sao cho lp(gi ) chia hết lp(r), mâu thuẫn với r là
G

thu gọn theo G, vậy r = 0 và f −−→ 0.
ii)⇒ iii) Cho f ∈ I, ta biết rằng
G

f −−→ 0 theo ii).
Từ Định lý 1.1.2 suy ra iii).
iii)⇒ iv) Ta có:
Lt(G) ⊆ Lt(I).
Ta chứng minh
Lt(I) ⊆ Lt(G)
tức là với mọi f ∈ I suy ra lt(f ) ∈ Lt(G). Theo giả thiết,

lt(f ) = max lp(hi lp(gi )) ,
1≤i≤t

suy ra tồn tại j ∈ {1, . . . , t} sao cho
lp(f ) = lp(hj ) lp(gj ),
do đó lp(f ) ∈ Lt(G).
iv) ⇒ i) Cho 0 = f ∈ I. Khi đó lt(f ) ∈ Lt(G), suy ra
lt(f ) =

hi lt(gi )

(1.1)

hi ∈K[x1 ,...,xn ]

Ta có vế trái của 1.1 là một đơn thức khác không. Do đó nếu muốn vế trái bằng
vế phải thì khi khai triển vế phải, các hạng tử thu gọn khác bậc của vế trái đều
bằng 0, còn lại tổng các đơn thức khác 0 mà có bậc giống nhau. Khi đó
s
i

ai xα lt(gi ),

lt(f ) =
i=1

13

s ≤ t, ai ∈ K, ai = 0,

với
1

s

xα lp(g1 ) = . . . = xα lp(gs ),
i

i

i

xα = xα1 1 . . . xαnn ∈ T n ,

i = 1, . . . , s,

suy ra
1

s

xα lp(g1 ) = . . . = xα lp(gs ) = lp(f ),
Do đó lp(f ) chia hết cho các
lp(g1 ), . . . , lp(gs ) ⊂ {lp(g1 ), . . . , lp(gs )},
suy ra G là cơ sở Groebner của I.
Hệ quả 1.1.4. Nếu G = {g1 , . . . , gt } là một cơ sở Groebner của iđêan I thì
I = g1 , . . . , g t .
Chứng minh. Vì gi ∈ I với mọi i = 1, . . . , t nên
g1 , . . . , gt ⊂ I.

G

Lấy f ∈ I, theo chứng minh Định lý 1.1.3, f −−→ 0, do đó f ∈ g1 , . . . , gt .
Bổ đề 1.1.5. Cho I là iđêan sinh bởi một tập S các từ khác 0 và f ∈ K[x1 , . . . , xn ].
Khi đó f ∈ I khi và chỉ khi với mọi từ X trong biểu diễn của f đều tồn tại từ
Y ∈ S sao cho Y chia hết X. Hơn nữa, tồn tại một tập con hữu hạn S0 của S
sao cho I = S0 .
Chứng minh. Giả sử f ∈ I. Khi đó
l

f=

hi Xi ,
i=1

với hi ∈ K[x1 , . . . , xn ] và Xi ∈ S, i = 1, . . . , l. Lấy Y là các Xi ta được điều phải
chứng minh.
Ngược lại, nếu mỗi từ X biểu diễn trong f tồn tại một từ Y ∈ S sao cho Y
chia hết X thì mỗi X ∈ I = S , do đó f ∈ I.
Theo định lý cơ sở Hilbert, I có một tập sinh hữu hạn, tức là I = S0 với
S0 hữu hạn. Ta giả sử các phần tử của S0 là các đơn thức. Vì mỗi phần tử của

14


S0 đều thuộc I nên chia hết cho Y tương ứng nào đó của S. Ta lấy một Y duy
nhấy ứng với một phần tử của S0 và đặt S0 là tập các Y đã chon.
Ta có S0 ⊂ S, S0 hữu hạn kéo theo S0 hữu hạn và
S0 = S0 = I.

Hệ quả 1.1.6. Mọi iđêan I khác 0 của K[x1 , . . . , xn ] đều có một cơ sở Groebner.
Chứng minh. Theo Bổ đề 1.1.5, từ dẫn đầu của iđêan Lt(I) có một tập sinh hữu
hạn
{lt(g1 ), . . . , lt(gt )},

với g1 , . . . , gt ∈ I.

Nếu ta đặt G = {g1 , . . . , gt } thì ta có Lt(G) = Lt(I), do đó G là cơ sở Groebner
của I theo Định lý 1.1.3.
Định nghĩa 1.1.11. Ta nói rằng một tập con G = {g1 , . . . , gt } của K[x1 , . . . , xn ]
là một cơ sở Groebner khi và chỉ khi G là một cơ sở Groebner của iđêan G .
Định lý 1.1.7. Cho G = {g1 , . . . , gt } là một tập các đa thức khác 0 trong
K[x1 , . . . , xn ]. Khi đó G là cơ sở Groebner khi và chỉ khi với mọi f ∈ K[x1 , . . . , xn ],
phần dư của phép chia f theo G là duy nhất.
Chứng minh. Giả sử G là cơ sở Groebner. Cho
G

f −−→ r1

G

và f −−→ r2

là thu gọn theo G, vì
f − r1 , f − r2 ∈ Ct = g1 , . . . , gt ,
nên r1 − r2 ∈ G. Hơn nữa, r1 − r2 là thu gọn theo G nhưng r1 − r0 = 0 theo
Định lý 1.1.3, suy ra r1 = r2 , tức phần dư là duy nhất.
Ngược lại giả sử phần dư của phép chia f theo G là duy nhất. Ta chứng minh
G

G là cơ sở Groebner. Giả sử f ∈ G . Giả sử có phép chia mà kết quả f −−→ r,
với r là các rút gọn theo G. Ta chứng minh r = 0.
Để chứng minh ta cần bổ đề sau:

15


Bổ đề 1.1.8. Nếu 0 = c ∈ K, X ∈ T n là một tích lũy thừa và g ∈ K[x1 , . . . , xn ]
G

sao cho g −−−→ r, r là thu gọn. Khi đó với mọi i ∈ {1, . . . , t}, ta có
G

g − cXgi −−−→ r.
Chú ý rằng nếu bổ đề đúng, do f ∈ G nên
s

f=

s ≤ t.

v = 1cv Xv giv ,

Áp dụng bổ đề cho f = g, ta có
G

f − c1 X1 gi1 −−→ r.
Áp dụng bổ đề với g = f − c1 X1 gi1 , ta có
G

f − c1 X1 gi1 − c2 X2 gi2 −−→ r.
Áp dụng nhiều lần bổ đề, ta có
s
G

f−

v = 1cv Xv giv −−→ r.

G

G

Suy ra 0 −−→ r, suy ra r = 0, suy ra f −−→ 0, suy ra G là cơ sở Groebner, suy
ra định lý được chứng minh. Vậy ta chứng minh Bổ đề 1.1.8
Ta định nghĩa d ∈ G sao cho d lc(gi ) là hệ số của X lp(gi ) ∈ g. Ta xét ba
trường hợp:
Trường hợp 1: d = 0. Khi đó hệ số của X lp(gi ) trong g −cXgi là −c lc(gi ) = 0
và
gi

G

g − cXgi −−−→ g −−→ r.
G

Trường hợp 2: nếu d = c. Cho r1 là thu gọn và giả sử rằng g − cXgi −−→ r1 .
Khi đó, vì d = c = 0, ta có
gi

G

g −−−→ g − cXgi −−→ r1 .
G

Do đó vì ta có g −−→ r nên r = r1 .
Trường hợp 3: d = 0 và d = c. Đặt h = g − dXgi , khi đó hệ số của X lp(gi )
gi

trong h bằng 0. Vì d = 0 ta có g −−−→ h.
gi

G

Ta cũng có vì d = c nên gi −−−→ h. Do đó nếu h −−→ r2 sao cho r2 là thu
gọn, ta có
gi

G

gi −−−→ h −−→ r2 ,
16


suy ra r2 = r vì phần dư là duy nhất và
gi

G

g − cXgi −−−→ h −−→ r.

Ví dụ 1.10. Ví dụ này ta chỉ ra không phải hệ nào cũng là cơ sở Groebner.
Xét
f = y 2 x − x,

f1 = yx − x,
f2 = y 2 − x, F = {f1 , f2 }.

Ta sử dụng thứ tự deglex với y > x. Ta có
f1

f2

f −−−→ y 2 − x −−−→ 0,
F

suy ra −−→ 0.
Bằng cách chia khác, ta có:
f2

f −−−→ x2 − x,
và x2 − x là rút gọn thích ứng với {f1 , f2 }, suy ra x2 − x là phần dư của phép
chia f cho {f1 , f2 }. Suy ra
F

−−→ x2 − x.
Nhưng x2 − x = 0 nên hai phần dư khác nhau. Do đó theo Định lý 1.1.7, G
không phải là cơ sở Groebner.

1.2. Cách tìm cơ sở Groebner của iđêan trong K[x1, . . . , xn]
1.2.1. Định lý Buchberger

Cho xα , xβ ∈ T n , trong đó:
xβ = xβ1 1 β1β2 . . . xβnn ,

xα = xα1 1 α1α2 . . . xαnn ,
với αi , βi ∈ N, i = 1, . . . , n.

Đặt L = {xα , xβ } là bội chung nhỏ nhất của xα và xβ
L = xγ11 xγ22 . . . xγnn ,

với γi = max{αi , βi }.
i=1,n

Định nghĩa 1.2.1. Cho 0 = f, g ∈ K[x1 , . . . , xn ]. Đặt
L = lcm{lp(f ), lp(g)}.
17


Khi đó
S(f, g) =

L
L
f−
g
lt(f )
lt(g)

được gọi là s-đa thức của f và g.
Ví dụ 1.11. Cho f, g ∈ Q[x, y]
và g = 3y 2 − x.

f = 2yx − y

Sử dụng thứ tự từ deglex với y > x. Khi đó L = y 2 x và
y2x
y2x
f − 2g
2yx
3y
1
1
= yf − xg
2
3
1 2 1 2
=− y + x.
2
3

S(f, g) =

Ví dụ 1.12. Cho f = y 2 x + 1 và f1 , f2 ∈ Q[x, y]
f1 = yx − y

và f2 = y 2 − x.

Sử dụng thứ tự từ deglex với y > x. Ta xét từ X = y 2 x ∈ f . Ta có
f1

f −−−→ y 2 + 1 = f − yf1 ,

và
f2

f −−−→ x2 + 1 = f − xf2 .
X = L = Lcm(lp(f1 ), lp(f2 )) = y 2 x
S(f1 , f2 ) = yf1 − xf2 = −y 2 + x2 .
Định lý 1.2.1 (Buchberger). Cho G = {g1 , . . . , gt } là tập khác 0 các đa thức
trong K[x1 , . . . , xn ]. Khi đó G là một cơ sở Groebner của iđêan I = g1 , . . . , gt
khi và chỉ khi với mọi i = j
G

S(gi , gj ) −−−→ 0.
Để chứng minh Định lý 1.2.1 ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề 1.2.2. Cho f1 , . . . , fs ∈ K[x1 , . . . , xn ] sao cho lp(fi ) = X = 0, với mọi
i = 1, . . . , s. Cho

s

f=

ci fi

với ci ∈ K, i = 1, s.

i=1

18


Nếu lp(f ) < X khi đó f là một tổ hợp tuyến tính với hệ số trong K của S(fi , f )j),

1 ≤ i < j ≤ s.
Chứng minh. Ta viết
fi = ai X + (từ có bậc thấp hơn),
Khi đó theo giả thiết

ai ∈ K.

s

ci ai = 0 (lp(f ) < X).
i=1

Theo định nghĩa ta có
S(fi , fj ) =

1
1
fi − fj ,
ai
aj

vì lp(fi ) = lp(fj ) = X. Do đó
f = c1 f1 + · · · + cs fs
1
1
= c1 a1
f1 + · · · + cs as
fs
a1
as

1
1
1
1
f1 − f2 + (c1 a1 + c2 a2 )
f2 − f3 + · · · +
= c1 a1
a1
a2
a2
a3
1
1
1
+(c1 a1 + · · · + cs1 as1 )
fs−1 − fs + (c1 a1 + · · · + cs as ) fs
as−1
as
as
= c1 a1 S(f1 , f2 ) + (c1 a1 + c2 a2 )S(f2 , f3 ) + · · · + (c1 a1 + · · · +
+cs−1 as−1 )S(fs−1 , fs ),
vì c1 a1 + · · · + cs as = 0.
Bây giờ ta chứng minh Định lý Buchberger.
Chứng minh Định lý 1.2.1. Giả sử với mọi i = j, do
S(gi , gj ) =

L
L
gi −
gj ,

lt(gi )
lt(gj )

nên S(gi , gj ) ∈ I. Mà G là cơ sở Groebner của I = g1 , . . . , gt . Nên theo Định
lý 1.1.3 suy ra
G

S(gi , gj ) −−→ 0.

Ngược lại giả sử
G

S(gi , gj ) −−→ 0.
19


với mọi i = j
Ta chứng minh G là cơ sở Groebner theo đặc trưng thứ (ii) của Định lý 1.2.1.
Lấy f ∈ I = g1 , . . . , gt . Khi đó f có thể được viết theo nhiều cách như là một
tổ hợp tuyến tính của gi . Ta chọn cách
t

hi gi

f=
i=1

với X = max{lp(hi )lp(gi )} là nhỏ nhất trong tất cả các cách viết, ở đây ta sử
i=1,t

dụng tính chất thứ tự tốt của thứ tự từ.
Ta có: lp(f ) ≤ X
• Nếu X = lp(f ) ta có điều phải chứng minh.
• Nếu X > lp(f ) thì ta sẽ tìm cách viết khác của f với X nhỏ hơn và điều
này mâu thuẫn với X là nhỏ nhất.
Cho S = {i/lp(hi )lp(gi ) = X} với mỗi i ∈ S,
hi = ci Xi +

(từ có bậc thấp hơn)

= ci Xi + Bi
s

ci Xi gi , khi đó lp(Xi gi ) = X, với mọi i ∈ S, nhưng lp(g) < X, theo

Tập g =
i=1

Bổ đề 1.2.2, tồn tại dij ∈ K sao cho:
i=j

f=

dij S(Xi gi , Xj gj )
i,j∈S

Đặt X = lcm{lp(Xi gi ), lp(Xj gj )} thì
X
X
Xi gi −

Xj gj
lt(Xi gi )
lt(Xj gj )
X
X
=
gi −
gj
lt(gi )
lt(gj )
X
=
S(gi , gj )
Xij

S(Xi gi , Xj gj ) =

Ở đây Xij = lcm{lp(gi ), lp(gj )}
G

Theo giả thiết S(gi , gj ) −−→ 0
G

Ta suy ra S(Xi gi , Xj gj ) −−→ 0.
20


t

Theo Định lý 1.1.2 ta có S(Xi gi , Xj gj ) =

hijv gv và lp(S(Xi gi , Xj gj )) =
v=1

max{lp(hijv )lp(gv )}
v=1,t

Mặt khác do tính chất làm triệt tiêu phần tử dẫn đầu của s−đa thức nên
lp(S(Xi gi , Xj gj )) < max{lp(Xi gi ), lp(Xj gj )} = X
Do đó max{lp(hijv )lp(gv )} < X
v=1,t

Thế vào f ta có:
t

qi gi

f =g+
i=1
i=j

t

qi gi

dij S(Xi gi , Xj gj ) +

=

i=1

i,j∈S
i=j

i,j∈S

q i gi ,

hijv gv +

dij .

=

t

t

v=1

i=1
t

Đây là một cách viết của f có dạng f =

hk gk với max{lp(hk ), lp(gk )} < X.
k=1

Mâu thuẫn với tính thấp nhất của X. Suy ra điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.2.3. Cho G = {g1 , g2 , . . . , gt } với gi = 0(1 ≤ i ≤ t). Khi đó G là một

cơ sở Groebner khi và chỉ khi với mọi i = j(1 ≤ i, j ≤ t) ta có:
t

hijv gv

S(gi , gj ) =
v=1

Chứng minh. Áp dụng định lý Buchberger và đặc trưng của cơ sở Groebner
trong Định lý 1.1.3 (iii)
Ví dụ 1.13. Cho f1 , f2 ∈ Q[x, y]
f1 = xy − x và f2 = x2 − y.
Ta sử dụng thứ tự từ Deglex với y > x. Cho F = {f1 , f2 }. Khi đó:
S(f1 , f2 ) = xf1 − yf2
F

= y 2 − x2 −−→ y 2 − y
= f3

21