コックス, リトル＆オシー「グレブナ基底と代数多様体入門」第2版 第2章§6の演習問題

演習問題1

小問a

Iはk[x₁,..., x_n]のイデアルだから§5系6により、

IのGröbner基底g₁,..., g_s∈k[x₁,..., x_n]が存在してI=<g₁,..., g_s>。

故に命題1によりf=g+r, g=∑_1≤i≤s a_i g_i∈Iとなるようなa₁,..., a_s, r∈k[x₁,..., x_n]が存在して、

rのどの項も、すべてのLT(g_i)で割り切れないから

§4補題2によりrのどの項も単項式イデアル< LT(g₁),..., LT(g_s)>に属さない。

g₁,..., g_sはGröbner基底だから定義により< LT(g₁),..., LT(g_s)>=<LT(I)>なので、

rのどの項も<LT(I)>に属さないから、再び§4補題2により、

rのどの項も<LT(I)>のすべての元で割り切れない。

小問b

命題1の一意性の証明と全く同様。

演習問題2

小問a

xy=y(x+z)-z(y-z)-z²。

小問b

xy=x(y-z)+z(x+z) -z²。

演習問題3

HTMLの制限により\overline(f)はfで表す。

全てのf∈Iについてf^G=0だから、LT(f)はどれかのLT(g₁),..., LT(g_s)で割れるので、

§4補題2によりLT(f)∈< LT(g₁),..., LT(g_s)>。

fはIの任意の元だから<LT(I)>⊂< LT(g₁),..., LT(g_s)>。

逆の包含関係は明らかなので<LT(I)>=<LT(g₁),..., LT(g_s)>となり、

GはIのGröbner基底。

演習問題4

r=f^G, r'=f^G'とする。

命題1により任意のfについてr, r'はG,G'によってそれぞれ一意に定まる。

さらにG,G'はIのGröbner基底なので、演習問題1の証明から、

単項式順序を固定すればr=r'。

演習問題5

小問a

LCM(LM(f),LM(g))=x²yz²なので、

定義4によりS(f,g)=[x²yz²/(4x²z)]f-[x²yz²/(xyz²)]g=3x²z⁴-(7/4)y³z。

小問b

LCM(LM(f),LM(g))=x⁴yz²、

S(f,g)=[x⁴yz²/(x⁴y)]f-[x⁴yz²/(3xz²)]g=(1/3)x³y²-z⁴。

小問c

LCM(LM(f),LM(g))=x⁷y²z、

S(f,g)=[x⁷y²z/(x⁷y²z)]f-[x⁷y²z/(2x⁷y²z)]g=2ixyz-2。

小問d

LCM(LM(f),LM(g))=xyz²、

S(f,g)=[xyz²/(xy)]f-(xyz²/z²)g=3xyz-z⁵。

演習問題6

単項式順序が異なると、S(f,g)を作った時に、

打ち消し合わせる項の選択が異なるから、S(f,g)も一般に異なる。

例えば演習問題5dでgrlex順序では、

LCM(LM(f),LM(g))=z³、S(f,g)=[z³/z³]f-(z³/z²)g=xy+3z²で、

lex順序と異なる。

演習問題7

f=LT(f)+f', g=LT(g)+g'とおけば、S(f,g)=(x^γ/LT(f))f'-(x^γ/LT(g))g'より、

multideg(LT(f)LT(g)S(f,g))= multideg(LT(f))+multideg(LT(g))+multideg(S(f,g))

=γ+max(multideg(f')+multideg(LT(g)), multideg(g')+multideg(LT(f))。

ここでmultideg(f')<multideg(LT(f))かつmultideg(g')<multideg(LT(g))だから、

multideg(LT(f))+multideg(LT(g))+multideg(S(f,g))

<γ+multideg(LT(f))+multideg(LT(g))なので、

multideg(S(f,g))< γを得る。

演習問題8

lex順序でf=-x²+y, g=-x³+zとすれば、

LCM(LM(f),LM(g))=x³, S(f,g)=-xy+z。

S(f,g)のどの項もLT(f)=-x²,LT(g)=-x³で割れないから、

BuchbergerのSペア判定条件により、{f,g}は<f,g>のGröbner基底でない。

演習問題9

問題文の「グレブナ基底であることを示せ」は、

「グレブナ基底であるかどうかを決定せよ」の誤訳だろう

（少なくとも原著第3版ではそう）。

小問a

grlex順序でf=x²-y, g=x³-zとして、LCM(LM(f),LM(g))=x³、S(f,g)=-xy+z。

S(f,g)のどの項もLT(f)=-x²,LT(g)=-x³で割れないから、

BuchbergerのSペア判定条件により、{f,g}は<f,g>のGröbner基底でない。

小問b

§2演習問題6から、invlex順序は変数順序が逆順のlex順序。

すなわちlex順序z>y>x。

f=-y+x², g=-z+x³として、結果的にS(f,g)は、

本文中のlex順序y>z>xと同様の計算になり、{f,g}は<f,g>のGröbner基底。

小問c

lex順序でf=xy²-xz+y, g=xy-z², h=x-yz⁴として

S(f,g)=-xz+yz²+y=-zh-yz⁵+yz+y。この余り-yz⁵-yz+yはLT(f), LT(g), LT(h)で割れないから

BuchbergerのSペア判定条件により、{f,g}は<f,g>のGröbner基底でない。

演習問題10

（著者コックス公式の第3版errata：88ページの項では、

問題文の仮定にさらに、「fとgは少なくとも2つの項を持つとする」

を付け加えろとのこと）

小問a

LM(f)とLM(g)が互いに素だからLCM(LM(f),LM(g))=LM(f)LM(g)で、

LC(f)=LC(g)=1よりLT(f)=LM(f), LT(g)=LM(g)だから、

S(f,g)=LT(g)f-LT(f)g=-(g-LT(g))f+(f-LT(f))g。

小問b

（著者コックス公式の第3版errata：88ページの項では、

S(f,g)≠0も示せという指示が追加）

fとgは少なくとも2つの項を持つので、f=LT(f)+f', g=LT(g)+g'とすれば、

multideg(f)>multideg(f')で、S(f,g)=-(g-LT(g))f+(f-LT(f))g=-g'f+f'g。

もしS(f,g)=0なら、-g'f+f'g=0だから、LT(-g'f)とLT(f'g)は打ち消しあうので、

§2演習問題11bより-LT(g')LT(f)+LT(f')LT(g)=0。

すなわちLT(g')LT(f)=LT(f')LT(g)となり、LT(f)|LT(f')LT(g)。

ところがLM(f)とLM(g)は互いに素だから、LT(f)∤LT(g)なので、

LT(f)|LT(f')でなければならない。

これはmultideg(f)≤multideg(f')を意味するから、multideg(f)>multideg(f')と矛盾。

したがってS(f,g)≠0。

上で示したことから、LT(-g'f)とLT(f'g)は打ち消し合わないから、

LT(S(f,g))=LT(-g'f+f'g)は、LT(-g'f)=-LT(g')LT(f)またはLT(f'g)=-LT(f')LT(g)に等しい。

したがってLT(S(f,g))はLT(f)またはLT(g)の倍元で、

LT(f),LT(g)とLM(f),LM(g)はkの定数倍の違いしかないから

LT(S(f,g))はLM(f)またはLM(g)の倍元。

演習問題11

x^δ=LCM(x^αLM(f), x^βLM(g))とする。

LT(x^αf)=x^αLT(f), LT(x^βg)=x^βLT(g)なので、

S(x^αf, x^βg)=[x^δ/(x^αLT(f))]x^αf-[x^δ/(x^βLT(g))]x^βg=(x^δ/LT(f))f-(x^δ/LT(g))g。

ここでx^γ=x^δ/LCM(LM(f),LM(g))とすれば、

明らかにδ≥multideg(LCM(LM(f),LM(g))だからx^γは単項式で、

S(x^αf, x^βg)= x^γS(f,g)を得る。

演習問題12

小問a

演習問題1によりf=f'+f^G, g=g'+g^G, f',g'∈Iと書ける。

f^G=g^Gなら、f-g=f'-g'∈I。

逆にf-g∈Iなら、GはGröbner基底なので系2により(f-g)^G=0で、

§3演習問題12により(f-g)^G= f^G-g^Gだからf^G=g^G。

小問b

§3演習問題12により明らか。

小問c

小問aと同様にf=f'+f^G, g=g'+g^G, f',g'∈Iとして、

fg=f'g'+f'g^G+f^Gg+f^Gg^Gで、f'g'+f'g^G+f^Gg∈Iだから問題文の式を得る

(HTMLの制限で書きにくい・・・)。

コックス, リトル＆オシー「グレブナ基底と代数多様体入門」第2版 第2章§5の演習問題

演習問題1

lex順序で<LT(g₁),LT(g₂),LT(g₃)>=<xy²,xy,x>=<x>なので、

xを含まないgがg₁,g₂,g₃から生成できることを示せば良い。

例えばg=g₁-yg₂+zg₃=-yz⁵+yz²+y∈Iとすれば、

LT(g)=-yz⁵∉<x>=<LT(g₁),LT(g₂),LT(g₃)>。

演習問題2

f₁=x²y-z, f₂=xy-1∈k[x,y], I=<f₁, f₂>⊂k[x,y]とすれば、§3演習問題5cから、

grlex順序ではf₁-xf₂=x-z∈Iだからx∈<LT(I)>だが、

x∉<LT(f₁),LT(f₂)>=<x²y,xy>=<xy>。

f₁=2xy²-x, f₂=3x²y-y-1∈k[x,y], I=<f₁, f₂>⊂k[x,y]とすれば、

§3演習問題6からgrlex順序で、

3xf₁-2yf₂=-3x²+2y²+2y∈Iだから-3x²∈<LT(I)>だが、

-3x²∉<LT(f₁),LT(f₂)>=<2xy²,3x²y>。

f₁=x⁴y²-z, f₂=x³y³-1, f₃=x²y⁴-2z∈k[x,y,z], I=<f₁, f₂, f₃>⊂k[x,y,z]とすれば、

§3演習問題7からgrlex順序でyf₁-xf₂=-yz+x∈Iだから-yz∈<LT(I)>だが、

-yz∉<LT(f₁),LT(f₂),LT(f₃)>=<x⁴y²,x³y³,x²y⁴>。

演習問題3

小問a

LT(f₁)とLM(f₁)等は定数倍異なるだけだから、

<LT(f₁),...,LT(f_s)>=<LM(f₁),...,LM(f_s)>で、

<LM(f₁),...,LM(f_s)>は単項式イデアルだから、<LT(f₁),...,LT(f_s)>もそうである。

<LT(f₁),...,LT(f_s)>⊊<LT(I)>だから、

あるf∈Iが存在してLT(f)∉<LT(f₁),...,LT(f_s)>。

したがって§4補題2によりLT(f)は、

<LT(f₁),...,LT(f_s)>のどの単項式でも割れないので、

LT(f₁),...,LT(f_s)のどれもLT(f)を割らないから、

fを(f₁,...,f_s)で割った余りは0にならない。

小問b

単にLT(f₁),...,LT(f_s)がLT(f)を割るかどうかだけでは、

イデアル所属問題の判定にならないということ

小問c

小問aのように、f∈Iであるにもかかわらず、

fを(f₁,...,f_s)で割った余りは0にならない例として、

§3演習問題8の様になる場合がある。

演習問題4

任意のf∈I-{0}について、LC(f)∈k-{0}⊂k[x₁,...,x_n]だから、

LC(f)^-1∈k[x₁,...,x_n]が存在するので、

LM(f)=LC(f)^-1LT(f)∈<LT(g): g∈I-{0}>より

<LM(g): g∈I-{0}>⊂<LT(g): g∈I-{0}>、

かつLT(f)=LC(f)LM(f)∈<LM(g): g∈I-{0}>より

<LT(g): g∈I-{0}>⊂<LM(g): g∈I-{0}>となるから、

<LT(g): g∈I-{0}>=<LM(g): g∈I-{0}>。

演習問題5

G={g₁,...,g_t}がイデアルIのGröbner基底なら、

<LT(I)>=<LT(g₁),...,LT(g_t)>=<LM(g₁),...,LM(g_t)>。

命題3により<LT(I)>は単項式イデアルだから、

§4補題2よりLT(I)の全ての元aに対し、

あるi (1≤i≤t)が存在してLM(g_i)|a。

定義1と、LM(g_i)とLT(g_i)はkの0でない定数倍の違いしかないことから、

Iの任意の元の先頭項はどれかのLT(g_i)で割れる。

逆にG={g₁,...,g_t}⊂Iについて、

Iの任意の元の先頭項がどれかのLT(g_i)で割れるとすると、

LT(I)の全ての元aに対し、

あるi (1≤i≤t)が存在してLM(g_i)|a。

<LT(g₁),...,LT(g_t)>=<LM(g₁),...,LM(g_t)>は単項式イデアルだから、

§4補題2によりa∈<LT(g₁),...,LT(g_t)>となりLT(I)⊂<LT(g₁),...,LT(g_t)>。

G⊂Iより<LT(g₁),...,LT(g_t)>⊂LT(I)は明らかだから、

<LT(I)>=<LT(g₁),...,LT(g_t)>。

演習問題6

スケッチがほとんどまんま。

任意のf∈Iについて、fを(g₁,...,g_t)で割る割り算アルゴリズムを考える。

割り算アルゴリズムに現れる中間被除数pがIの元になったと仮定すると、

LT(p)∈<LT(I)>=<LT(g₁),...,LT(g_t)>=<LM(g₁),...,LM(g_t)>で、

補題3により<LT(I)>は単項式イデアルだから、

§4補題2によりLT(p)はあるLM(g_i)で割れるのでLT(g_i)で割れる。

すると次のステップの中間被除数はp-(LT(p)/LT(g_i))g_i∈Iとなる。

最初のステップの中間被除数はf∈Iなので、

上で示したことから割り算アルゴリズムに現れる中間被除数は、

全てIの元となるから、余りは現れない。

§3定理3の証明から、割り算アルゴリズムは有限回で終了するから、

最終的な余りは0でなければならない。

したがってf=∑_1≤i≤t a_ig_i。

演習問題7

演習問題2の3番目の例と同様に、grlex順序で

f₁=x⁴y²-z⁵, f₂=x³y³-1, f₃=x²y⁴-2z∈k[x,y,z], I=<f₁, f₂, f₃>⊂k[x,y,z]とすれば、

§3演習問題7からyf₁-xf₂=-yz⁵+x∈Iだから-yz⁵∈<LT(I)>だが、

-yz⁵∉<LT(f₁),LT(f₂),LT(f₃)>=<x⁴y²,x³y³,x²y⁴>なので、

<LT(I)>⊋<LT(f₁),LT(f₂),LT(f₃)>となるので、

{f₁, f₂, f₃}は<f₁, f₂, f₃>のGröbner基底でない。

演習問題8

系6の次の項で、<x+z,y-z>について示した証明と全く同様にして、

{x-z², y-z³}がI=< x-z², y-z³>のGröbner基底であることが示される。

演習問題9

変数順序x₁>x₂>...>x_nについてlex順序を適用する。

g_i=∑_1≤j≤n a_ijx_j (1≤i≤m)とする。

各g₁,..., g_mの先頭単項式はすべて、単にx_iという形をしていて、

Aは行階段形だからLM(g₁)>_lexLM(g₂)>_lex...>_lex LM(g_m)である。

これよりm≤nでなければならない。

m<nまたはAに全ての成分が0になる行がある場合、

LM(g_m)=x_sとすれば、線型部分空間L=V(g₁,..., g_m) ⊂ℝⁿにおいて、

x_s+1,..., x_nまたはLM(g₁),...,LM(g_m)に現れないx_i (1≤i≤s-1)が存在して、

全て自由パラメターとなる。これらの自由パラメターをt₁,..., t_rとする。

Aが行階段形であることから、線形代数の通常の手続きにより、

LM(g₁),...,LM(g_m)をt₁,..., t_rで表すことが容易にできる。

J=<g₁,..., g_m>について、0でないf∈Jが存在して、

LT(f)∉<LM(g₁),...,LM(g_m)>となったと仮定すると、

fはt₁,..., t_rのみを変数に持つ多項式で、かつL上で消える。

すなわち任意のt₁,..., t_r∈ℝに対しf(t₁,..., t_r)=0だから、

f=0でなければならないので、f≠0と矛盾。

したがってLT(f)∈<LM(g₁),...,LM(g_m)>だから、

LT(J)⊂<LM(g₁),...,LM(g_n)>=<LT(g₁),...,LT(g_n)>。

逆の包含関係は明らかなのでLT(J)=<LT(g₁),...,LT(g_n)>となるから、

{g₁,..., g_m}はJのGröbner基底。

m=nかつAが全ての成分が0になる行を持たない場合は、

Aは正方行列で全ての非対角成分が0でない上三角行列だから、

<LM(g₁),...,LM(g_n)>=<x₁,..., x_n>となる。J=<g₁,..., g_m>の元の先頭項は、

g₁,..., g_mの定義により全て定数でないから、

LT(J)⊂<x₁,..., x_n>=<LM(g₁),...,LM(g_n)>=<LT(g₁),...,LT(g_n)>

逆の包含関係は明らかなのでLT(J)=<LT(g₁),...,LT(g_n)>となるから、

{g₁,..., g_m}はJのGröbner基底。

演習問題10

I=<f>である。

0でないg∈Iなら、あるa∈k[x₁,...,x_n]が存在してg=af。

§2演習問題11bによりLT(g)=LT(a)LT(f)なので、

LT(g)∈<LT(f)>となるから<LT(I)>⊂<LT(f)>。

逆の包含関係は明らかなので<LT(I)>=<LT(f)>。

したがって{f}はIのGröbner基底。

Iの有限部分集合{f₁,...,f_s}をとれば上で任意のgについて示したことから、

LT(f₁),..., LT(f_s)∈<LT(f)>。これより{f₁,...,f_s}にfが含まれれば、

<LT(f₁),..., LT(f_s)>=<LT(f)>=LT(I)だから、{f₁,...,f_s}はIのGröbner基底。

演習問題11

f∉<x₁,...,x_n>ならfはkの0でない定数だから、

<x₁,...,x_n,f>はk[x₁,...,x_n]の単数を含むので、<x₁,...,x_n,f>は自明。

故に<x₁,...,x_n,f>=k[x₁,...,x_n]。

演習問題12

Iが有限生成集合を持たなかったとすれば、

生成元の集合を{f_n}_n∈A (Aは無限集合)として、

安定的でない昇鎖<f₁>⊂<f₁,f₂>⊂<f₁,f₂,f₃>⊂... が存在するから、

イデアルの任意の昇鎖が安定的である仮定と矛盾。

したがってk[x₁,...,x_n]のイデアルはすべて有限生成集合を持つから、

Hilbertの基底定理を得る。

演習問題13

例えばV₁=V₂なら、降鎖からV₂を除き、

新たにV₃をV₂をと番号を振り直すなどすることで、

V₁⊋V₂⊋...としてよい。

この降鎖が無限に続くと仮定すると、

第1章§4演習問題14bより、

I(V₁)⊊I(V₂)⊊I(V₃)⊊...なるk[x₁,...,x_n]のイデアルの無限昇鎖を得るが、

これはHilbertの基底定理と矛盾するから、

V₁⊋V₂⊋...の降鎖は有限でなければならない。

これは番号を振り直す前の元の降鎖において、

あるN≥1が存在してV_N=V_N+1=V_N+2=...と安定的になることを意味する。

演習問題14

f₁, f₂,...からイデアルの昇鎖I₁=< f₁>, I₂=< f₁, f₂>, I₃=< f₁, f₂, f₃>,...を作れば、

定理7（昇鎖条件）によりあるN∈ℕが存在して、j>NならI_j=I_N。

任意のf∈Iに対しfは、{f₁, f₂,...}の有限個の元の線形結合だから、

添字が最大の元をf_kとすれば、f∈I_k。

k≤Nなら明らかにf∈I_N。k>Nならf∈I_k=I_N。よってI⊂I_N。

I_N⊂Iは明らかなのでI_N=I。

演習問題15

I=< f₁, f₂,...>とすれば定義8よりV(f₁, f₂,...)=V(I)。

演習問題14によりあるN∈ℕが存在して、

I=< f₁, f₂,..., f_N >だから、命題9によりV(I)=V(f₁, f₂,..., f_N)

演習問題16

V⊂kⁿだからV=V(h₁,...,h_r) (h₁,...,h_r∈k[x₁,..., x_n])、J=<h₁,...,h_r>とすると、

命題9によりV(J)=V(h₁,...,h_r)=V。

I(V)は第1章§4補題6によりk[x₁,...,x_n]のイデアルで、

第1章§4補題7によりJ⊂I(V)なので、第1章§4補題8によりV(I(V))⊂V(J)=V。

え～と、逆が言えそうな気がしない・・・。

演習問題17

小問a

(x²-y)/2+(y+x²-4)/2=x²-2だからx²-2∈Iなので、

第1章§4演習問題2により<x²-y,x²-2>⊂I。

-(x²-y)+2(x²-2)=y+x²-4だから同様にI⊂<x²-y,x²-2>。

したがってI=<x²-y,x²-2>。

小問b

x²-2=0よりx=±√2。

いずれにせよx²-y=0よりy=2だから、V={(±√2,2)}。

演習問題18

小問a

第1章§2補題2の証明からV(f,g₁)⋃V(f,g₂)=V(f²,fg₁,fg₂,g₁g₂)=V(f²,fg₁,fg₂,g)。

f,gが共に消えるkⁿの点ではf²,fg₁,fg₂,gも消えるから、

V(f,g)⊂V(f²,fg₁,fg₂,g) =V(f,g₁)⋃V(f,g₂)。

fと、g₁またはg₂が消えるkⁿの点では、gも消えるからV(f,g₁)⋃V(f,g₂) ⊂V(f,g)。

したがってV(f,g) =V(f,g₁)⋃V(f,g₂)。

この話、イデアル側で何が起きているかが問題で、今はまだ要素は出てはいても、

はっきり繋がっていないのだが、この全貌は多分§4なのだろう。

小問b

(y+x²)(y-x²)+xz-y²=xz-x⁴だから<y-x²,xz-x⁴>⊂<y-x²,xz-y²>。

-(y+x²)(y-x²)+(xz-x⁴)=xz-y²だから<y-x²,xz-y²>⊂<y-x²,xz-x⁴>。

故に<y-x²,xz-y²>=<y-x²,xz-x⁴>だから、

命題9（というか第1章§4命題4）によりV(y-x²,xz-y²)=V(y-x²,xz-x⁴)。

小問c

小問aによりV(y-x²,xz-x⁴)= V(y-x²,x) ⋃ V(y-x²,z-x³)。

V(y-x²,x)は直線x=y=0 (z軸)で、V(y-x²,z-x³)は第1章§2の捩れ3次曲線だから、

V(y-x²,xz-x⁴)はこれらの和集合。