グレブナー基底輪読会 ＃１準備体操の巻

担当 永幡 裕

多項式が現れた！𝑥3 + 2𝑥2 + 𝑥 + 1

2𝑥 + 1

たしざんひきざんかけざんわりざん

𝑥3 + 2𝑥2 + 𝑥 + 1 ― １ひき2𝑥 + 1 ― １ひき

わりざん

割り算しましょう

2𝑥 + 1√+4𝑥3 +8𝑥2 +1𝑥 +1+4𝑥3 +2𝑥2

+6𝑥2 +1𝑥+6𝑥2 +3𝑥

−2𝑥 +1−2𝑥 −1

−2𝑥 +1−2𝑥 −1

+2

−2+1𝑥+2𝑥2 +3𝑥

多項式の割り算アルゴリズム𝑓, 𝑔を多項式、LT 𝑓 , LT 𝑔 を多項式の先頭項(leading term) とする。

Input: 𝑔, 𝑓

Output: 𝑞, 𝑟

𝑞 = 0, 𝑟 = 𝑓

While 𝑟 ≠ 0 and LT 𝑔 |LT 𝑟

𝑞 ≔ 𝑞 + LT 𝑟 /LT 𝑔

𝑟 ≔ 𝑟 − LT 𝑟 /LT 𝑔 ∗ 𝑔

LT 𝑓 , LT 𝑔 を使えば割り算できる！

与えられた関数の集合𝐹 ⊂ 𝐾 x を割り切る関数ってどんな関数だろう？

定義 グレブナー基底

多項式環𝐾 x = 𝐾 𝑥1, … , 𝑥𝑛 の単項式順序≤を固定し、𝐼を𝐾 x の0でないイデアルとす

る。

この時、𝐼の≤に関するグレブナー基底とは、

𝐼に属する0でない多項式の集合 𝑔1, … , 𝑔𝑠 で𝐾 x を生成する極小の集合をいう

多項式（代数）＋単項式順序 → グレブナー基底

注 （体𝐾上の多項式環）𝐾 x のイデアル𝐼とは

∀𝑖 ∈ 𝐼, 𝑓 ∈ 𝐾 x ⇒ 𝑖 ∗ 𝑓 = 𝑓 ∗ 𝑖 ∈ 𝐼

∀𝑖1, 𝑖2 ∈ 𝐼 ⇒ 𝑖1 + 𝑖2 ∈ 𝐼

これからの輪読会で回収されるはずのフラグヒルベルト基底定理

任意の𝐼 ∈ 𝐾 x は有限生成

1. 連立方程式の 𝑥 ∈ 𝐾 𝑓𝑖 𝑥 = 0, 𝑖 = 1,… , 𝑛 解をすべて求めよ

2. 変数𝑡の有理式で与えられた解が満たす連立方程式を求めよ

3. 𝐼を生成する有限個の多項式はどうすれば見つかるか

4. 𝑓 ∈ 𝐼 を判定せよ

ここから代数の復習目標：多項式環で除法の定理が成り立つ事の確認

除法の定理って？

∀𝑓, 𝑔, ∃1𝑞, 𝑟𝑓 = 𝑔 ∗ 𝑞 + 𝑟

高校で習った。

代数の復習はじまりはじまりメニュー

群

環

整域

体

イデアル

多項式環

除法の定理

群 𝐺,∘(G1) 結合律

∀𝑔1, 𝑔2, 𝑔3 ∈ 𝐺, s. t. 𝑔1 ∘ 𝑔2 ∘ 𝑔3 = 𝑔1 ∘ 𝑔2 ∘ 𝑔3

(G2) 単位元の存在

∃𝑒 ∈ 𝐺, ∀𝑔 ∈ 𝐺, s. t. 𝑔 ∘ 𝑒 = 𝑒 ∘ 𝑔

(G3) 逆元の存在

∀𝑔1 ∈ 𝐺, ∃𝑔2 ∈ 𝐺, s. t. 𝑔1 ∘ 𝑔2 = 𝑔2 ∘ 𝑔1 = 𝑒

(G4) 可換

∀𝑔1, 𝑔2 ∈ 𝐺, s. t. 𝑔1 ∘ 𝑔2 = 𝑔2 ∘ 𝑔1アーベル（可換）群

群

モノイド（単位的半群）

半群

群の基本的性質①𝐺の単位元𝑒は唯一つ

𝑎 ≠ 𝑏と仮定すると、定義より 𝑎 ∘ 𝑏 = 𝑏 ∘ 𝑎 = 𝑐, 𝑐 = 𝑎, 𝑏 より矛盾

𝑔 ∈ 𝐺は唯一つ𝑔−1 ∈ 𝐺をもつ

𝑔1−1 ≠ 𝑔2

−1と仮定すると、定義より 𝑔 ∘ 𝑔1

−1 = 𝑔1−1 ∘ 𝑔 = 𝑒, 𝑥 = 𝑔1

−1, 𝑔2−1

𝑔2−1 ≠ 𝑔1

−1より𝑔2−1 ∘ 𝑔 ∘ 𝑔1

−1 = 𝑔2−1 ∘ 𝑔1

−1 ∘ 𝑔 = 𝑔2−1 ∘ 𝑒

ここで左辺より 𝑔2−1 ∘ 𝑔 ∘ 𝑔1

−1 = 𝑔2−1 ∘ 𝑔 ∘ 𝑔1

−1 = 𝑒 ∘ 𝑔1−1 = 𝑔1

−1

よって矛盾

群の基本的性質②

𝐺,∘ は群⇔ 𝐺,∘ が結合律G1と消去律を充たす

（証明は大変なので略）

消去律

∀𝑔1, 𝑔2, 𝑔3 ∈ 𝐺

𝑔1 ∘ 𝑔3 = 𝑔2 ∘ 𝑔3 ⇒ 𝑔1 = 𝑔2𝑔3 ∘ 𝑔1 = 𝑔3 ∘ 𝑔2 ⇒ 𝑔1 = 𝑔2

環 𝑅,+,∗

環 𝑅,+,∗ とはRとその上の２つの二項演算：

加法+、乗法∗が以下の性質を満足する時に言う

𝑅,+ が加法群（アーベル群） (G1)-(G4)

𝑅,∗ がモノイド（単位的半群） (G1), (G2) （半群の場合もある）

加法+は乗法∗の上に分配的

積についての消去律定義１．３： 整域

𝑅は整域≝ 𝑅上の零因子は0𝑅唯一つ（ある単位的可換環）

(⇔ ∀𝑟1, 𝑟2 ∈ 𝑅, 𝑟1𝑟2 = 0𝑅 ⇒ 𝑟1 = 0𝑅 ∨ 𝑟2 = 0𝑅)

まだ積については消去律が示せてないので示します

定理１．３： 消去律

𝑅が整域⇒ ∀𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅, ∀𝑐 ∈ 𝑅 ∖ 0𝑅 , 𝑎𝑐 = 𝑏𝑐 ⇒ 𝑎 = 𝑏

∵ 𝑎 − 𝑏 𝑐 = 0𝑅 ∨ 𝑐 ≠ 0𝑅 ⇒ 𝑎 − 𝑏 = 0𝑅

イデアル

環 𝑅,+,∗ の空でない部分集合𝐼がイデアルとは

∀𝑖1, 𝑖2 ∈ 𝐼, ∀𝑟 ∈ 𝑅,

1. 𝑖1 − 𝑖2 ∈ 𝐼

2. 𝑟 ∗ 𝑖1 ∈ 𝐼

3. 𝑖1 ∗ 𝑟 ∈ 𝐼

のうち1と、2または3及び両方を満たす場合をいう。

生成されたイデアル

可換環𝑅の部分集合𝐴に対して

𝐴𝑅 = 𝑎1𝑟1 +⋯+ 𝑎𝑛𝑟𝑛 𝑛 ∈ ℕ, 𝑎𝑖 ∈ 𝐴, 𝑟𝑖 ∈ 𝑅 𝑖 = 1,… , 𝑛

は𝑅のイデアルである。

1. ∀𝑎, 𝑏 ∈ 𝐴𝑅 ⇒ 𝑎 − 𝑏 ∈ 𝐴𝑅∀𝑟 ∈ 𝑅 ⇒ −𝑟 ∈ 𝑅 より明らか。

2. ∀𝑟 ∈ 𝑅, ∀𝑎 ∈ 𝐴𝑅 ⇒ 𝑟 ∗ 𝑎 ∈ 𝐴𝑅∀𝑟, 𝑟𝑖 ∈ 𝑅 ⇒ 𝑟 ∗ 𝑟𝑖 ∈ 𝑅 より明らか

生成されたイデアルと単項イデアル可換環𝑅の部分集合𝐴に対して

𝐴𝑅を集合𝐴によって生成されたイデアルといい、𝐴をその生成系という。

特に𝐴が有限集合A = 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 のとき𝐴𝑅は𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛によって生成されたイデアルといい、

𝐼 = 𝐴𝑅 = 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 または𝐼 = 𝐴𝑅 = 𝑎1𝑅 + 𝑎2𝑅 +⋯+ 𝑎𝑛𝑅と表し、𝐼は有限生成であるという。

さらに 𝑎 = 𝑎𝑅は𝑎で生成された単項イデアルという。

≠ 単項式イデアル

多項式全体の集合

R,+,∗ を可換環、𝑋を𝑅上の不定元（変数）とする。

𝑅上の𝑋の多項式とは、

∀𝑟0, 𝑟1, … , 𝑟𝑛 ∈ 𝑅, ∃𝑓 𝑋 ∈ 𝑅, 𝑠. 𝑡.

𝑓 𝑋 = 𝑟𝑛𝑋𝑛 +⋯+ 𝑟1𝑋 + 𝑟0

このとき、𝑓を𝑛次の多項式と呼び、𝑛 = deg 𝑓 𝑋 と表す。

以後𝑅上の𝑋の多項式全体の集合を𝑅 𝑋 で表す

多項式環𝑅 𝑋1, 𝑋2, …𝑋𝑚 ≔ 𝑅 𝑋1 𝑋2 … 𝑋𝑚 として

𝑅 𝑋1, 𝑋2, …𝑋𝑚 , +,∗ を変数𝑋1, 𝑋2, …𝑋𝑚の多項式環と呼び、その元を

𝑅の元を係数とする𝑚変数𝑋1, 𝑋2, …𝑋𝑚の多項式と呼ぶ。

また𝑅 𝑋1, 𝑋2, …𝑋𝑚 の元のうち

∀𝑟 ∈ 𝑅, ∀𝑑1, … , 𝑑𝑚 ∈ ℕ ∪ 0 に対して

𝑋1𝑑1 ⋯𝑋𝑚

𝑑𝑚と表される元を項、

𝑟𝑋1𝑑1 ⋯𝑋𝑚

𝑑𝑚と表される元を単項式

と呼ぶ。

体 𝑅,+,∗環 𝑅,+,∗ の元∀𝑟1 ∈ 𝑅が

零元0𝑅を除き可逆元∃𝑟2 ∈ 𝑅 s. t. 𝑟1 ∗ 𝑟2 = 𝑟2 ∗ 𝑟1 = 1R

→斜体の定義

斜体の任意の元が乗法に対して可換∀𝑟2 ∈ 𝑅 s. t. 𝑟1 ∗ 𝑟2 = 𝑟2 ∗ 𝑟1

体𝐾上の多項式環に対する除法の定理

体𝐾上の多項式環𝐾 𝑋

∀𝑓 𝑋 ∈ 𝐾 𝑋 ,

∀𝑔 𝑋 ∈ 𝐾 𝑋 ∖ 0𝐾 ,

∃1𝑞 𝑋 , 𝑟 𝑋 ∈ 𝐾 𝑋 , s. t. 𝑟 𝑋 = 0𝐾 ∨ deg 𝑟 𝑋 < deg𝑔 𝑋

に対して

𝑓 𝑋 = 𝑞 𝑋 𝑔 𝑋 + 𝑟 𝑋

除法の定理＋α が成り立つ環をユークリッド環とよぶ

除法の定理の証明（存在）deg𝑓 𝑋 = 𝑛, deg𝑔 𝑋 = 𝑚 とする。

𝑚 = 0のとき 𝑞 = 𝑓 𝑋 𝑔 0 , 𝑟 𝑋 = 0𝐾 とすれば良い

𝑚 > 𝑛のとき 𝑞 = 0𝐾 , 𝑟 𝑋 = 𝑓 𝑋 とすればよい

𝑚 ≤ 𝑛の場合を帰納法により示す。

𝑛 − 1以下で定理が成立したとする。このとき

∃1𝑞′ 𝑋 , 𝑟′ 𝑋 ∈ 𝐾 𝑋 s. t. 𝑓 𝑋 = 𝑞′ 𝑋 𝑔 𝑋 + 𝑟′ 𝑋

かつ 𝑟′ 𝑋 = 0𝐾 ∨ deg 𝑟′ 𝑋 < deg𝑔 𝑋

仮定より𝑟′ 𝑋 = 𝑞0 𝑋 𝑔 𝑋 + 𝑟0 𝑋 ∨ 0𝑅

よって 𝑞 𝑋 = 𝑞′ 𝑋 , 𝑟 𝑋 = 0𝐾 ∨ 𝑞 𝑋 = 𝑞′ 𝑋 + 𝑞0 𝑋 , 𝑟 𝑋 = 𝑟0 𝑋

とすれば𝑛でも成立。

除法の定理の証明（一意性）𝑓 𝑋 = 𝑞1 𝑋 𝑔 𝑋 + 𝑟1 𝑋 = 𝑞2 𝑋 𝑔 𝑋 + 𝑟2 𝑋s. t. 𝑞1 𝑋 ≠ 𝑞2 𝑋 と仮定する

このとき

deg𝑔 𝑋≤ deg 𝑞1 𝑋 − 𝑞2 𝑋 𝑔 𝑋

= deg − 𝑟1 𝑋 − 𝑟2 𝑋 < deg𝑔 𝑋

よって背理法により定理をみたす𝑞 𝑋 ∈ 𝐾 𝑋 は一意に存在

また、和についての逆演算可能性（次のページ）より𝑟 𝑋 ∈ 𝐾 𝑋 も一意に存在

定理 逆演算可能∀𝑔1, 𝑔2 ∈ 𝐺,

∃1𝑥 ∈ 𝐺, 𝑠. 𝑡. 𝑔1 ∘ 𝑥 = 𝑔2∃1𝑦 ∈ 𝐺, 𝑠. 𝑡. 𝑦 ∘ 𝑔1 = 𝑔2

証明

𝑥の存在を仮定する。

(G3) ⇔ 𝑔1−1 ∘ 𝑔1 ∘ 𝑥 = 𝑔1

−1 ∘ 𝑔2

(G1) ⇔ 𝑔1−1 ∘ 𝑔1 ∘ 𝑥 = 𝑔1

−1 ∘ 𝑔2

(G3) ⇔ 𝑒 ∘ 𝑥 = 𝑔1−1 ∘ 𝑔2

(G2) ⇔ 𝑥 = 𝑔1−1 ∘ 𝑔2

よって一意。

また最後の式より導出より存在も明らか。