IVA読書会 chap02-sect05 宿題
No.5
i) G={g1,…,gt}⊂I が I のグレブナー基底であるとき、
I の任意の元の先頭項が LT(gi) のいずれかで割り切れることを示す
I の任意の元 f∈I をとる。
定義1より、LT(f)∈LT(I), LT(f)∈⟨LT(I)⟩
また、グレブナー基底の定義より ⟨LT(I)⟩=⟨LT(g1),…,LT(gt)⟩=⟨LM(g1),…,LM(gt)⟩
命題3より、⟨LT(I)⟩ は単項式イデアルであり、
§4補題2より、単項式イデアルの任意の元は、そのイデアルの生成元のいずれかで割り切れるから、
LM(gi)|LT(f) となる i(1≤i≤t) が存在することが言える。
LM(gi) と LT(gi) は 0 でない定数(先頭係数 LC(gi))の違いしかないので、LT(gi)|LT(f)
f の先頭項 LT(f) は LT(gi) のいずれかで割り切れる。
ii) G={g1,…,gt}⊂I について、I の任意の元の先頭項が LT(gi) のいずれかで割り切れるとき、
G は I のグレブナー基底であることを示す
I の任意の元 f∈I をとると、LT(gi)|LT(f)⇔LM(gi)|LT(f)
⟨LM(g1),…,LM(gt)⟩ は単項式イデアルであり、
§4補題2より、ある単項式が単項式イデアルの生成元のいずれかで割り切れるならば、その単項式はそのイデアルに属すると言えるので、
LT(f)∈⟨LM(g1),…,LM(gt)⟩=⟨LT(g1),…,LT(gt)⟩
I の全ての元についてこれが成り立つため、LT(I)⊂⟨LT(g1),…,LT(gt)⟩⇒⟨LT(g1),…,LT(gt)⟩⊃⟨LT(I)⟩
一方、G⊂I であるから {LT(g1),…,LT(gt)}⊂LT(I)⇒⟨LT(g1),…,LT(gt)⟩⊂⟨LT(I)⟩
従って、⟨LT(g1),…,LT(gt)⟩=⟨LT(I)⟩ となり、
これは定義5と同じであるから、G は I のグレブナー基底である。
i), ii) より、題意は満たされた。
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No.11
f=a1x1+⋯+anxn+c(ai∈k[x1,…,xn],c∈k) と表す。
f∉⟨x1,…,xn⟩ という条件から、f は 0 でない定数項 cを持つ。
⟨x1,…,xn,f⟩=⟨x1,…,xn,c⟩(n∑i=1−aixi+1⋅f=c,n∑i=1aixi+1⋅c=f)=⟨1⟩(n∑i=10⋅xi+1c⋅c=1,xi⋅1=xi,c⋅1=c)=k[x1,…,xn]
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No.17
a.
イデアルの基底から左辺右辺の互いの多項式が生成できることを示す。(参考: 第1章§4演習問題2)
1⋅(x2−y)+0⋅(y+x2−4)=x2−y
12⋅(x2−y)+12⋅(y+x2−4)=x2−2
より、I=⟨x2−y,y+x2−4⟩⊃⟨x2−y,x2−2⟩
1⋅(x2−y)+0⋅(x2−2)=x2−y
(−1)⋅(x2−y)+2⋅(x2−2)=y+x2−4
より、I=⟨x2−y,y+x2−4⟩⊂⟨x2−y,x2−2⟩
従って、I=⟨x2−y,x2−2⟩
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b.
{x2−y=0x2−2=0
を解くと、(x,y)=(±√2,2)
よって、V(I)={(±√2,2)}
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