Bases de Gr obner: Resolvendo Equa cões

Transcrição

Bases de Grobner:
Resolvendo Equaco~es Polinomiais
Andre Vieira Costa? e Israel Vainsencher~
Universidade Federal de Pernambuco
Departamento de Matematica
ESCOLA DE A LGEBRA
IMECC{UNICAMP
julho'94~1
1
~ 2a edica~o revisada 3 de fevereiro de 1995
1
?A
minha pequena Lu.
~ Tita,
mesmo a margem n~ao sendo pequena,
Pessoa me perdoe, cabe n~ao explicar
que toda forma de amor : : : vale a pena!
2
Conteudo
0 Introduc~ao
1 Relembrando a algebra basica
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
Aneis e corpos : : : : :
Algoritmo de Euclides
Ideais : : : : : : : : :
Primos e maximais : :
Homomorsmos : : : :
MDC : : : : : : : : : :
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
2 Divis~ao de polinômios
5
7
7
8
11
12
13
17
19
2.1 Ordenac~ao de monômios : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 19
2.2 Divis~ao em varias variaveis : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 23
2.3 Algoritmo da divis~ao : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 25
3 Bases de Grobner
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
Ideais monomiais : : : : : : : : : : :
Bases de Grobner : : : : : : : : : : :
O teorema da base de Hilbert : : : :
O algoritmo de Buchberger : : : : : :
(In)Existência e nitude das soluc~oes
4 Variedades algebricas
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
4.6
4.7
Os zeros de um ideal : : : : : : : :
O teorema dos zeros : : : : : : : :
Eliminac~ao e projec~oes : : : : : : :
Equac~oes implcitas parametricas
Curva dual : : : : : : : : : : : : : :
Junc~oes : : : : : : : : : : : : : : :
Decomposic~ao em irredutveis : : :
5 Dimens~ao
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
29
29
31
32
34
38
41
41
42
45
47
49
51
52
55
5.1 Uni~oes de subespacos coordenados : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 55
5.2 Dimens~ao zero : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 55
3
CONTEUDO
4
5.3
5.4
5.5
5.6
5.7
5.8
Func~oes numericas : : : : : : : : :
A func~ao de Hilbert : : : : : : : : :
Propriedades da func~ao de Hilbert :
A dimens~ao de uma variedade : : :
Dimens~ao via bases de Grobner : :
Dimens~ao e grau de transcendência
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
:
57
59
62
63
65
65
Captulo 0
Introduc~ao
Consideremos um sistema de m equac~oes lineares em n variaveis,
8
>
>
<
>
>
:
p (X ; : : : ; Xn ) := a X + + a nXn c = 0
...
pm (X ; : : :; Xn ) := am X + + amnXn cm = 0:
1
1
1
11
1
1
1
1
1
Aprendemos nos cursos basicos de A lgebra Linear respostas a cada uma das seguintes
quest~oes:
1. o sistema e consistente?
2. como decidir se uma nova equac~ao, f (X ; : : : ; Xn) = 0, e independente das
anteriores?
1
3. o conjunto das soluc~oes e nito?
4. quando innito, como estimar o \tamanho" ou \dimens~ao"?
5. interpretando cada equac~ao como denindo um hiperplano, o que se pode dizer
sobre a geometria do conjunto das soluc~oes?
6. como obter express~oes parametricas para as soluc~oes?
De fato, o algoritmo de eliminac~ao gaussiana nos permite resolvê{las de forma construtiva.
O objetivo deste curso e discutir quest~oes analogas para o caso de sistemas de
equac~oes polinomiais de graus arbitrarios. Essa generalidade exagerada sera na
pratica moderada por construc~oes e exemplos motivados pela Geometria. De fato,
confessamos que parte inerente ao objetivo e servir de porta de entrada para o
fascinante domnio da Geometria Algebrica.
Esclarecamos de pronto que n~ao faremos qualquer incurs~ao sobre as importantes
quest~oes de complexidade computacional ou de analise numerica.
5
6
~
CAPTULO 0. INTRODUCAO
Os pre-requesitos s~ao, em essência, familiaridade com a A lgebra Linear basica
e com a noc~ao de polinômios . Para conveniência do leitor, reservamos o captulo
1 para revis~ao de algumas noc~oes utilizadas no decorrer do curso bem como para
estabelecer notac~oes.
As duas primeiras perguntas acima ser~ao re{enunciadas como o problema da
pertinência a um ideal:
Dados polinômios f; p1 ; : : : ; pm, decidir se existem
polinômios g1 ; : : :; gm tais que f = gi pi:
No captulo 2 apresentamos o algoritmo de divis~ao para polinômios em varias variaveis, uma vez estabelecido o conceito de ordem monomial.
A introduc~ao das bases de Grobner no cap. 3 e seu calculo efetivo atraves do
algoritmo de Buchberger e a principal ferramenta que nos permitira abordar as
quest~oes mencionadas. Pretendemos expor varios exemplos concretos, fazendo uso
de implementac~oes em Maple para alguns algoritmos.
O conjunto de soluc~oes de um sistema de equac~oes polinomiais e chamado uma
variedade algebrica, apresentada no cap. 4. Aqui aprenderemos como obter equac~oes
para alguns lugares geometricos interessantes, tais como as envoltorias de tangentes,
projec~oes, superfcies regradas, junc~oes, etc.
O cap. 5 contem a parte matematicamente mais signicativa do curso: o estudo
da dimens~ao de uma variedade via func~ao de Hilbert.
Desnecessario enfatizar a escandalosa omiss~ao de tantos assuntos correlatos.
Consolamo{nos lembrando o prefacio de [7]: a escolha de material para um curso
introdutorio a A lgebra Comutativa ou Geometria Algebrica e t~ao ampla que permitiria uma sucess~ao quase inndavel de semestres letivos sem perigo de repetic~ao: : :
Citamos por m, a referência e fonte de inspirac~ao [2] para a maior parte da
escolha de material e sequencia de apresentac~ao.
Captulo 1
Relembrando a algebra basica
Neste captulo revisaremos algumas noc~oes basicas de algebra, introduzindo parte
da notac~ao que utilizaremos no restante do curso.
1.1 Aneis e corpos
Chamaremos de anel (comutativo com unidade) um conjunto A munido de duas
operac~oes, denotadas + (adic~ao) e (multiplicac~ao) e satisfazendo as seguintes propriedades:
1. a + (b + c) = (a + b) + c; 8 a; b; c 2 A
(associatividade da adic~ao);
2. a + b = b + a; 8 a; b 2 A
(comutatividade da adic~ao);
3. 9 0 2 A tal que 8 a 2 A; a + 0 = a
(elemento neutro da adic~ao);
4. 8 a 2 A; 9 a 2 A tal que a + ( a) = 0
(inverso aditivo);
5. a (b c) = (a b) c; 8 a; b; c 2 A (associatividade da multiplicac~ao);
6. a b = b a; 8 a; b 2 A
(comutatividade da multiplicac~ao);
7. 9 1 2 A tal que 8 a 2 A; a 1 = a (elemento neutro da multiplicac~ao);
8. a (b + c) = a b + a c; 8 a; b; c 2 A
(distributividade).
Se, alem dessas, valer a propriedade:
9. a b = 0 ) a = 0 ou b = 0
(sem divisores de zero)
A e chamado de domnio ou domnio de integridade.
Dizemos que um elemento a 2 A e inversvel se existir a0 2 A tal que a:a0 = 1.
Neste caso, verica{se facilmente que a0 e unico, chamado inverso multiplicativo de
a e escrevemos a0 = a = 1=a.
Se cada a 2 A n f0g admitir inverso multiplicativo, A e dito um corpo.
1
7
8
CAPTULO 1. RELEMBRANDO A ALGEBRA
BASICA
Denotaremos por N, Z, Q, R e C, os conjuntos dos numeros naturais, inteiros,
racionais, reais e complexos, respectivamente. Veja o exc. 1.1.1{1.
Reservaremos a letra K para denotar um corpo. Suporemos K =C quando
necessario garantir a existência de razes para polinômios , ou K =R ao imaginarmos
interpretac~oes geometricas.
Diremos que um subconjunto A0 A e um subanel de um anel A se 0; 1 2 A0 e
8a; b; c 2 A0 ) a b c 2 A0. Segue que todo subanel e naturalmente um anel com
as operac~oes induzidas.
1.1.1 Exerccios
1. Mostre que C, R e Q s~ao corpos. Mostre que Z e um domnio, mas n~ao e um
corpo. Mostre que N n~ao e um anel.
2. Seja A = f0; 1g um conjunto formado por dois elementos. Mostre que A admite
uma e so uma estrutura de anel tal que 0 e 1 funcionam como elementos neutros de
+ e respectivamente. Mostre que A e de fato um corpo.
3. Mostre que o elemento neutro da adic~ao e unico. Idem para a multiplicac~ao e
para o inverso multiplicativo.
4. Mostre que todo corpo e um domnio. Mostre com um exemplo porque a
recproca n~ao e verdadeira.
1.2 Algoritmo de Euclides
Veremos nesta sec~ao propriedades do anel de polinômios em uma variavel a coecientes em um corpo K . Em geral, dado um anel A, denotaremos por A[t] o conjunto
formado por todos os polinômios na variavel t com coecientes em A. Consideremos
em A[t] as operac~oes de soma e multiplicac~ao de polinômios que aprendemos no 2o
grau. Deixamos como exerccio a vericac~ao de que A[t] e um anel. Cada elemento
f 2 A[t] se escreve na forma f = antn + + a t + a com cada ai 2 A. Se an 6= 0
dizemos ent~ao que f e de grau n e escrevemos dof = n: Convencionaremos que
do0 = 1. Chamamos
TL(f ) = an tn
de termo lder de f: Se an = 1, dizemos que f e mônico. De modo analogo denimos
o anel de polinômios nas variaveis x ; : : :; xn, pondo
A[x ; : : :; xn] = A[x ; : : :; xn ][xn]:
Assim, podemos pensar num polinômio a n variaveis a coecientes em A como
um polinômio a 1 variavel a coecientes no anel de polinômios a n 1 variaveis.
Escreveremos tambem de forma abreviada,
A[x] = A[x ; : : :; xn]:
1
0
1
1
1
1
1
1.2. ALGORITMO DE EUCLIDES
9
1.2.1 Exerccios
1. Seja A um domnio. Mostre que A[t] e um domnio. Mostre que 8 f; g 2 A[t]
temos
i. do(fg) = do f + do g,
e
ii: do(f + g) max(dof; dog) valendo a igualdade se dof 6= dog.
2. Seja A um anel. Mostre que A[t] n~ao e um corpo.
3. Seja A um domnio e sejam g; q; r; q0; r0 2 A[t] tais que dor < dog; do r0 < dog e
qg + r = q0g + r0. Mostre que r = r0; q = q0.
1.2.2 Proposic~ao. (Algoritmo de Euclides) Seja K um corpo e sejam f; g 2
K [t]; g =
6 0. Ent~ao existem unicos q; r 2 K [t] (chamados de quociente e resto,
respectivamente) tais que
f = qg + r;
com r = 0 ou do r < do g.
Demonstrac~ao. Se do f < dog, faca q = 0 e r = f . Prosseguimos por induc~ao
sobre n = do f m = dog. Escrevamos g = amtm + : : :; f = bntn + : : :. Seja
h = f bntn m am1g. Note o ajuste feito para cancelar o termo de maior grau de f ,
de sorte que do h < do f . Por induc~ao, h se escreve na forma h = q1g + r, com r = 0
ou dor < do g. Fazendo q = q1 + bnam1tn m , conclumos f = qg + r.
Para vericarmos a unicidade, suponhamos qg + r = q0g + r0. Da vem (q q0)g =
r0 r. Ora, se q 6= q0 ent~ao o 1o membro e um polinômio de grau m enquanto
que o 2o , supondo r (resp r') = 0 ou dor (resp. r') < dof , certamente e nulo ou de
grau < m.
2
Uma maneira construtiva de demonstrar este teorema e deixada como exerccio
para o leitor (exc.1.2.5.1).
1.2.3 Exemplo. Fazendo a divis~ao de f = 4x + 3x + 2x + 1 por g = 2x + 2,
obtemos q = 2x
x + e r = 2. Conra o processo de divis~ao abaixo.
3
2
1
2
3
2
4x + 3x + 2x + 1 2x + 2
(4x + 4x )
x+
2x
x + 2x + 1
( x x)
3x + 1
(3x + 3)
2!r
3
2
3
2
2
2
2
1
2
3
2
2
10
BASICA
1.2.4 Corolario. Se K e um corpo e p 2 K [t] e n~ao nulo, ent~ao o numero de
razes de p em K e no maximo do p.
Demonstrac~ao. Provaremos por induc~ao sobre n = do p. Quando n = 0, p e
uma constante n~ao nula (por hipotese), logo p n~ao admite razes e a armac~ao e
verdadeira.
Agora, suponhamos que o resultado vale para polinômios quaisquer de grau n 1.
Tome p de grau n. Se p n~ao admite razes em K , terminou. Caso contrario, existe
um 2 K , tal que p() = 0. Agora podemos escrever p(t) = q(t)(t ), com
doq = n 1 (verique). Note que se e raiz de p distinta de , ent~ao e raiz de q.
Como q tem no maximo n 1 razes, p admite no maximo n razes.
2
1.2.5 Exerccios
1. Mostre que o algoritmo abaixo (pseudo-codigo em Maple), fornece uma prova
construtiva para a prop. 1.2.2:
divisao:= proc(f,g)
q:=0;
r:=f;
while (r<>0 and TL(g) divide TL(r)) do
q:= q + TL(r)/TL(g);
r:= r - (TL(r)/TL(g))*g;
od;
RETURN([q,r]);
end:
Note que o teste TL(g) divide TL(r) deve ser previamente implementado. O Maple
ja contem tal procedimento. Mas atenc~ao com a sintaxe! Em Maple, para testar se
p divide q, digita{se divide(q,p). Note a ordem! A fun
c~ao g 7! TL(g) tambem
deve ser previamente implementada. Se a variavel de g e x, pode-se denir
.
TL:=g->lcoeff(g,x)*x^(degree(g,x))
2. Seja f = qg + r como na prop.1.2.2. Mostre que toda raiz comum a f; g e
tambem raiz comum a r; g e vice{versa. Deduza um algoritmo para decidir se dois
polinômios admitem raiz em comum sem precisar calcular raiz.
3. Seja A um anel e seja g 2 A[t] um polinômio mônico. Mostre que o algoritmo
de Euclides se estende para a divis~ao de f 2 A[t] por g. Mostre tambem que, se
g = t a; a 2 A, o resto na divis~ao de f por g e f (a).
1.3. IDEAIS
1.3 Ideais
11
Diremos que um subconjunto I de um anel A e um ideal de A se satiszer as seguintes
propriedades:
i. 0 2 I ;
ii. 8a; b 2 I , vale a + b 2 I ;
iii. 8a 2 I e 8b 2 A, vale a b 2 I .
1.3.1 Exemplo. Seja A um anel e a 2 A. Ent~ao o conjunto
hai := fab j b 2 Ag
formado por todos os multiplos de a e claramente um ideal, chamado um ideal
principal. Usaremos tambem a notac~ao aA para o ideal hai gerado por a. Veja o
exc. 1.3.3{2
1.3.2 Proposic~ao. Seja K um corpo e seja I 6= h0i um ideal de K [t]. Ent~ao existe
um unico f 2 K [t] mônico tal que
I = hf i :
Demonstrac~ao. Sendo I 6= h0i, existe um elemento f 2 I mônico e de grau mnimo
com essa propriedade. Mostraremos que I = hf i, i.e., que todo elemento g 2 I e
multiplo de f . Com efeito, aplicando o algoritmo da divis~ao, podemos em todo o
caso escrever,
g = qf + r;
onde r = 0 ou dor < dof . Como r = g qf e claramente um elemento do ideal I ,
se ocorresse r 6= 0, produziramos um elemento em I com grau inferior ao mnimo,
o que e absurdo. A unicidade e deixada como exerccio.
2
Um domnio de integridade no qual cada ideal e principal e dito domnio de
ideais principais ou simplesmente DIP. O resultado acima nos diz que se K e um
corpo ent~ao K [t] e um DIP.
1.3.3 Exerccios
1. Seja n 2 Z e dena nZ = fk n j k 2 Zg. Mostre que nZ e um ideal de Z (ideal
gerado por n). Por exemplo, o conjunto dos numeros pares, 2Z; e um ideal de Z.
Mostre que Z e um DIP.
BASICA
12
2. Seja A um anel e sejam f ; : : :; fn 2 A: Denimos
1
hf ; : : :; fn i =
1
(n
X
i=1
)
hi fi : h ; : : : ; hn 2 A :
1
Mostre que hf1; : : :; fn i e um ideal de A. Chamaremos hf1; : : :; fn i de ideal gerado
por f1; : : :; fn .
3. Seja A = Z[t] o anel de polinômios a coecientes inteiros. Mostre que h2; ti e
um ideal de A que n~ao e principal. Idem para hx; yi K [x; y]:
4. Seja A um anel e seja fIs gs2S uma famlia de ideais de A.
1. Mostre que
\
s2S
Is
e um ideal de A.
2. Dê um exemplo de ideais I ; J tais que I [ J n~ao e um ideal.
3. Suponha que para cada s; t 2 S existe u 2 S tal que Is [ It Iu . Mostre que
[
s2S
Is
e um ideal de A.
5. Seja A um anel e seja S A. Seja S F a colec~ao de todos os subconjuntos nitos
de S . Para cada T S nito, seja hT i o ideal gerado (veja o exc. 2 acima) por T .
Mostre que
hS i :=
[
T 2S F
hT i
e um ideal de A e que e igual a intersec~ao de todos os ideais de A que contêm S .
Conclua que cada elemento do ideal hS i gerado por S pode ser escrito na forma
f g + + fn gn, com os fi 2 S e gi 2 A.
1 1
6. Seja A um anel e seja I A um ideal. Dado a 2 A, mostre que I : a def
= fb 2
A j ab 2 Ig e um ideal. Faca A = Z, I = h6i e calcule I : n para cada n 2 Z.
1.4 Primos e maximais
1.4.1 Denic~ao. Dizemos que um ideal I A e primo se
I =6 A e 8 a; b 2 A; a b 2 I =) a 2 I ou b 2 I :
Dizemos que um ideal I A e maximal se n~ao existir ideal intermediario entre I e
A, i.e., 8 ideal J A; J I =) J = A. Veja os excs. 1.4.4{2 e 1.5.8{9.
1.5. HOMOMORFISMOS
13
1.4.2 Exemplos. 1) Se A e um domnio ent~ao h0i e um ideal primo e reciprocamente.
2) Os ideais primos n~ao nulos de Z s~ao os gerados por um numero primo.
3) h2i Z[x] e um ideal primo n~ao maximal.
4) Dadas as constantes c ; : : : ; cn2 K , o conjunto dos polinômios f 2 K [x] tais que
f (c ; : : :; cn ) = 0 e um ideal maximal de K [x].
5) Um ideal principal hf i K [x] e primo se e so se f e um polinômio irredutvel.
1
1
1.4.3 Proposic~ao. Seja K um corpo. Ent~ao todo ideal primo n~ao nulo de K [x] e
maximal, gerado por um polinômio irredutvel.
Demonstrac~ao. Seja f 2 K [x] n~ao constante tal que hf i e um ideal primo. Se f
admite fatorac~ao, f = gh com g; h 2 K [x] ent~ao, por denic~ao de ideal primo, temos
g 2 hf i ou h 2 hf i. Se g = fg para algum g 2 K [x], conclumos de f = fg h
que h e constante. Isto mostra a irredutibilidade de f . Se hf i n~ao fosse maximal,
existiria algum ideal, digamos hgi, tal que hf i hgi h1i. Da adviria uma relac~ao
1
1
1
de divisibilidade, f = gh que ja sabemos acarreta g ou h constante, contradic~ao. 2
1.4.4 Exerccios
1. Prove as armac~oes dos exemplos acima.
2. Mostre que todo ideal maximal e primo.
3. Seja K um corpo algebricamente fechado. Mostre todo ideal maximal de K [x]
e da forma hx ci para algum c 2 K .
1.5 Homomorsmos
1.5.1 Denic~ao. Sejam A e B aneis. Um homomorsmo de A em B e uma
aplicac~ao ' : A!B tal que '(1) = 1 e 8 a; b; c 2 A ) '(a + b c) = '(a)+ '(b) '(c).
Dizemos que um homomorsmo bijetivo ' e um isomorsmo; neste caso, a aplicac~ao
inversa ' e necessariamente um homomorsmo. Dizemos que os aneis A; B s~ao
isomorfos se existir um isomorsmo ' : A!B .
1
1.5.2 Exemplos. 1) Se A0 e um subanel de um anel A, ent~ao a aplicac~ao de
inclus~ao A0 A e um homomorsmo.
2) A aplicac~ao de conjugac~ao C ! C; a + bi 7! a bi e um homomorsmo (de fato
um isomorsmo).
14
BASICA
3) Seja A = f0; 1g como no exc. 1.1.1{2 e seja : Z!A a aplicac~ao denida por
paridade, i.e., (n) = 0 se n e par, 1 sempar. E imediato que e um homomorsmo.
1.5.3 Denic~ao. Seja ' : A!B um homomorsmo de aneis. O nucleo de ' e
denido por,
nuc(') := fa 2 A j '(a) = 0g:
1.5.4 Lema. Seja ' : A!B um homomorsmo de aneis. Ent~ao o nucleo de ' e
um ideal de A.
Demonstrac~ao. Fica como exerccio para o leitor.
2
O resultado central desta sec~ao e arma que todo ideal ocorre como nuc(') para
algum (essencialmente unico) homomorsmo.
1.5.5 Proposic~ao. Seja I A um ideal de um anel A. Ent~ao existe um homomorsmo sobrejetivo ' : A!B tal que nuc(') = I .
Demonstrac~ao. Suponhamos por um instante ja construdo ' : A!B com as
propriedades enunciadas. Observemos que para cada b; b0 2 B , o subconjunto ' 1fbg
e n~ao vazio e que b 6= b0 ) ' 1fbg \ ' 1fb0g = ;. Assim, b 7! ' 1fbg estabelece
uma bijec~ao de B em um subconjunto de partes de A. A ideia agora e reconstruir B
a partir dos subconjuntos do tipo ' 1 fbg. Vejamos como I entra em cena. Fixados
b 2 B e algum a0 2 ' 1fbg, vê-se facilmente que
' 1fbg = fa 2 A j 9 i 2 I tal que a = a0 + ig
= fa0 + i j i 2 Ig:
Ora, o lado direito faz sentido independentemente de '! Denamos logo, pois, para
cada a 2 A, a classe residual
a + I = fa + i j i 2 Ig;
e seja
B = fa + I j a 2 Ag;
o conjunto de todas as classes residuais de I em A. Resta a fazer a vericac~ao
rotineira de que B herda uma estrutura de anel mediante as receitas,
(a + I ) + (a0 + I ) = (a + a0) + I
(a + I ) (a0 + I ) = (a a0) + I
de sorte que a aplicac~ao denida naturalmente por
':A ! B
a 7 ! a+I
e de fato um homomorsmo e responde ao requerido.
2
1.5. HOMOMORFISMOS
15
1.5.6 Denic~ao. Sejam A um anel e I um ideal de A. Chamamos de anel quociente de A por I , denotado por A=I , o anel das classes residuais de I em A descrito
na demonstrac~ao acima. Para cada a 2 A dizemos que a e um representante da classe
residual a + I . O homomorsmo quociente A!A/I denido por a 7! a + I sera
denotado por 'A/I .
A formac~ao do anel quociente atende a necessidade de se lidar com aneis em que
sejam validas identidades escolhidas a priori. Um exemplo instrutivo e dado pela
construc~ao do corpo C dos numeros complexos a partir de R. Sabemos que a
equac~ao x2 + 1 = 0 n~ao admite raiz em R. Ora, no anel quociente R[x]/hx2 + 1i
vale, por decreto, a relac~ao x2 +1 = 0, onde x denota a classe residual x + hx2 + 1i: : :
1.5.7 Proposic~ao. Seja : A!B um homomorsmo de aneis e seja I um ideal
de A. Se I nuc( ) ent~ao existe um e so um homomorsmo : A/I!B tal que
= 'A/I , i.e., tornando assim o diagrama abaixo comutativo:
'A/I
A
#
A/ I
! B
%
Demonstrac~ao. A unicidade de decorre da sobrejetividade do homomorfsmo
quociente. Para a existência, vericamos de incio que
0
mesma classe residual ent~ao
(?) se a; a 2 A representam(uma
a) = (a0):
Com efeito, a + I = a0 + I implica a a0 2 I . Dado que I nuc( ), temos
(a a0) = 0, o que mostra (?). Podemos assim denir (a + I ) := (a), visto que
o lado direito so depende da classe residual a + I (e n~ao do particular representante
a). Deixamos por m ao leitor a tarefa, sem surpresas, de vericar a armac~ao de
que e de fato um homomorsmo.
2
A aplicac~ao acima referida e dita a induzida por .
1.5.8 Exerccios
1. A composic~ao ' : A!C de homomorsmos : A!B , ' : B !C e um
homomorsmo.
2. Sejam A; B aneis. Dizemos que B e uma A algebra se existir uma aplicac~ao
: AB !B , que escreveremos (a; b) = ab, satisfazendo as propriedades esperadas
de multiplicac~ao de elementos de B por elementos de A, i.e., 8 a; a0 2 A; b; b0 2 B
vale: (1) 1A b = b; (2) a (b + b0) = a b + a b0; (3) (a + a0) b = a b + a0 b; (4)
(aa0) (bb0) = a ((a0 b)b0). Mostre que a aplicac~ao A!B denida por a 7! a 1B e
BASICA
16
um homomorsmo. Reciprocamente, mostre que cada homomorsmo A!B provem
de uma unica estrutura de A algebra em B .
3. Seja ' : A!B um homomorsmo e seja a 2 A um elemento inversvel de A.
Ent~ao '(a) e inversvel em B .
4. Mostre que o homomorsmo quociente 'A/I construdo na demonstrac~ao da
prop. 1.5.5 de fato satisfaz a nuc('A/I ) = I .
5. Seja : A!B um homomorsmo sobrejetivo e seja I := nuc( ). Mostre que
o homomorsmo induzido : A/I!B e um isomorsmo. Mostre que todo ideal
(primo, resp. maximal) de B e imagem de um unico ideal (primo, resp. maximal)
de A que contem I .
6. Seja A um anel e xe a ; : : :; an2 A. Mostre que a aplicac~ao
ev : A[x ; : : : ; xn]!A
denida por ev(f (x ; : : :; xn)) := f (a ; : : :; an) (substituir xi = ai) e um homomorsmo. Prove que nuc(ev) = hx a ; : : :; xnani.
7. Sejam p (x ); : : :; pn (xn) 2 K [x ; : : : ; xn] polinômios , com cada pi 6= 0 e envolvendo apenas a variavel indicada. Mostre que o anel quociente
K [x ; : : :; xn]/hp ; : : :; pn i
e um espaco vetorial de dimens~ao nita e calcule esta dimens~ao.
8. Seja : R[x]!C denido por p(x) 7! p(i) (i = 1). Mostre que e sobrejetivo
e nuc( ) = hx + 1i. Conclua que : R[x]/hx + 1i!C e um isomorsmo.
9. Seja I A um ideal. Mostre que I e um ideal primo (resp. maximal) se e so
se A/I e um domnio (resp. corpo).
10 . Seja K um corpo e seja c 2 K . Mostre que hx ci K [x] e um ideal maximal
e que a composic~ao de homomorsmos naturais, K ,! K [x] !K [x]/hx ci e um
isomorsmo.
11 . Seja V um K espaco vetorial e seja W V um subespaco. Para cada v 2 V
seja v + W := fv + w j w 2 W g o transladado de W por v. Mostre que 8 u; v 2
V; v + W = u + W se e so se u v 2 W . Imite a construc~ao do anel quociente
e mostre que a colec~ao V /W := fv + W j v 2 V g de todos os transladados de W
admite uma estrutura natural de espaco vetorial sobre
K , dito espaco quociente de
V por W , de sorte que a aplicac~ao quociente V ! V /W; (v) := v + W e linear,
sobrejetiva e de nucleo igual a W . Mostre que dim V /W = dim V dim W (suponha
dim V nita).
12 . Sejam W; W 0; V 0 subespacos de um espaco vetorial V . Suponha W 0 W \
V 0. Mostre que a correspondência v0 + W 0 7! v0 + W dene uma aplicac~ao linear
V 0/W 0!V /W . Mostre que esta aplicac~ao e injetiva se e so se W 0 = W \ V 0. Mostre
que a aplicac~ao natural V /W 0!V /W e sobrejetiva.
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
1.6. MDC
17
1.6 MDC
1.6.1 Denic~ao. Seja ffsgs2S uma colec~ao de polinômios. Dizemos que um polinômio mônico p e um maximo divisor comum (MDC) desta colec~ao se
i: p divide cada fs ;
ii: 8q 2 K [t], se q divide cada fs , ent~ao q divide p.
1.6.2 Proposic~ao. Seja S K [t] uma colec~ao de polinômios. Ent~ao existem
f ; : : :; fn 2 S e g ; : : :; gn 2 K [t] tais que
f = g f + + gn fn
e o MDC dessa colec~ao.
Demonstrac~ao. Seja I o ideal gerado por S (veja o exc. 1.3.3{5),
X
gi fi j f ; : : : ; fm 2 S; g ; : : : ; gm 2 K [t]; m = 0; 1; : : : g:
I=f
1
1
1 1
im
1
1
1
Seja f o gerador mônico de I (1.3.2). Sendo f um elemento de I , necessariamente
se escreve na forma
f = g f + : : : + gn fn; com gi 2 K [t]:
Assim, se q divide cada fi 2 S ent~ao q divide f . Por m, sendo I = hf i, e claro que
cada fi (como elemento de I : : : ) e divisvel por f .
2
1 1
1.6.3 Exerccios
1. Mostre que o procedimento em Maple abaixo, que tem como entrada os polinô-
mios f e g na variavel t, fornece o MDC(f; g).
mdc:= proc(f,g)
local r1,r2,resto;
r1:=f;
r2:=g;
while (r2<>0) do
resto:= rem(r1,r2,t);
r1:= r2;
r2:=resto;
od;
RETURN(r1);
end:
# rem = funcao do Maple para o resto
#
da divisao de r1 por r2.
2. Generalize o problema acima para achar f 2 K [t], tal que hf i = hf ; : : : ; fmi,
onde s~ao dados os elementos f ; : : :; fm de K [t].
1
1
18
BASICA
Captulo 2
Divis~ao de polinômios
2.1 Ordenac~ao de monômios
Vimos no captulo anterior que dado um ideal I := hf ; : : :; fmi K [t], podemos
encontrar f 2 K [t] tal que I = hf i. Examinando a argumentac~ao, percebemos que
o principal ponto e o algoritmo da divis~ao. Este, por sua vez, baseia-se na escolha
dos termos lderes do dividendo e do divisor.
Para calcular geradores para ideais de polinômios a varias variaveis, precisaremos estender o algoritmo da divis~ao. O leitor deve se convencer de que certamente
cairemos num problema do tipo seguinte:
\Qual o termo lder de f = 5x y + 2x y?"
Ou seja, como ordenar os monômios x y e x y?
Lembremos que existe uma ordenac~ao de \monômios" com que estamos acostumados a lidar no dia-a-dia: a encontrada nos dicionarios ou listas telefônicas! Veja
a denic~ao formal logo mais em 2.1.3.
Utilizando esta ordenac~ao, convencionamos, (salvo menc~ao em contrario) que
a b c : : : z: Segue que 2x y deve ser tomado como termo lder de f pois a
palavra xxxy = x y viria antes de x y = xxyyyy num dicionario.
Para abreviar a notac~ao, dada uma sequência de variaveis x = x ; : : :; xn e uma
sequência de expoentes = ; : : : ; n, escreveremos o monômio
1
2
4
3
2 4
3
3
3
2 4
1
1
x = x1 1 xn n :
Agora estabelecer uma ordem para o conjunto de monômios fx j 2 Nng e o
mesmo que por ordem no conjunto Nn dos expoentes.
2.1.1 Denic~ao. Diremos que uma relac~ao de ordem em Nn e uma ordem
monomial se satiszer a:
i. e uma ordem total, i.e.,
8; 2 Nn; se 6= ent~ao ou 19
~ DE POLINOMIOS
^
CAPTULO 2. DIVISAO
20
ii. =) + + ; 8 ; ; 2 Nn;
iii. e uma boa ordem, ou seja, todo subconjunto n~ao vazio de Nn admite um
menor elemento.
Escolhida uma ordem , diremos naturalmente que um monômio x e maior
(resp. menor) que x , e escreveremos x x (resp. x x ), se (resp.
).
O leitor percebera que a condic~ao ii. acima e motivada pelo desejo de garantir
que
x x =) x x x x :
A condic~ao i. assegura que n~ao ha ambiguidade na escolha do maior monômio de
uma colec~ao nita.
2.1.2 Denic~ao. Fixada uma ordem monomial em Nn , podemos escrever cada
f 2 K [x]; f 6= 0 na forma
X
f = cx +
com c 2 K e c 6= 0. Denimos:
c x ;
TL(f ) = cx; o termo lder de f ;
do f = ; o grau de f .
Observemos que o grau do f e em geral um vetor com coordenadas inteiros n~ao
negativos. Convencionaremos do 0= 1.
Escreveremos tambem TL(f ) e do (f ) quando se zer necessario destacar a
ordem monomial empregada.
2.1.3 Denic~ao. Denimos a ordem lexicograca em Nn declarando
se e somente se existe j 2 f1; : : : ; ng tal que
j > j e k = k para cada k < j .
LEX
Em outras palavras, a primeira coordenada de que n~ao coincidir com a correspondente em tem que ser maior.
2.1.4 Exemplos. Temos,
a. (2; 3; 0) (2; 1; 5).
LEX
b. Note que x = x
; ::::;0); : : : ; xn
(1 0
1
=x
(0
;:::;0;1).
Assim segue,
x x : : : xn :
1
LEX
2
LEX
LEX
Quando trabalharmos com poucas variaveis, vamos denota{las com frequência x, y,
z; : : : ao inves de x , x , x ; : : : Com isto, temos
1
2
3
~ DE MONOMIOS
^
2.1. ORDENACAO
21
c. xy xz y z z .
2
5 7
LEX
LEX
13
LEX
Antes de listar outros exemplos vamos caracterizar melhor a condic~ao iii. na denic~ao de ordem monomial.
2.1.5 Proposic~ao. Uma ordem total em Nn e uma
boa ordem se e somente
n
se toda sequência decrescente ( ) em N estabiliza, i.e., 9n tal que
n = n 8n n .
Demonstrac~ao. Suponha que n~ao e uma boa ordem. Ent~ao, existe A Nn,
n~ao vazio, tal que A n~ao admite um menor elemento. Tome 2 A. Como A
n~ao admite elemento mnimo, podemos escolher um 2 A, tal que .
1
0
2
0
0
1
2
1
2
Utilizando o mesmo raciocnio para , e assim sucessivamente, podemos encontrar
uma sequência estritamente decrescente innita
2
:
Reciprocamente, dada uma sequência decrescente ( ) em Nn tome
A = f ; ; : : :g. Por hipotese A admite um menor elemento. Logo, 9 n tal que
n = n 8 n n .
2
1
2
3
1
1
0
2
2
0
0
Vejamos em seguida que a ordem dos dicionarios e uma ordem monomial.
2.1.6 Proposic~ao. A ordem lexicograca e uma ordem monomial.
Demonstrac~ao.n i. e ordem total pois ao compararmos componente a componente e 2 N utilizamos a ordem > em N, que e total.
ii. Suponha , digamos, i = i, para i de 1 ate j 1, e j > j . Logo,
+ + , pois i + i = i + i, para i de 1 ate j 1, e j + j > j + j .
iii. Suponha, por absurdo, que n~ao e uma boa ordem. Ent~ao, pela prop.
LEX
LEX
LEX
2.1.5, existe uma sequência innita estritamente decrescente
LEX
1
2
LEX
3
LEX
LEX
em Nn . Mostraremos que isto e impossvel.
Considere a sequência (i ) formada pela primeira componente. Ora, esta e uma
sequência decrescente em N, logo estabiliza. Passando para a segunda componente,
utilizando o mesmo raciocnio, vemos que esta tambem se estabiliza. Como i
admite um numero nito, xo de componentes, a sequência i tem que estabilizar,
o que e um contradic~ao.
2
1
2.1.7 Denic~ao. Chamamos de grau total de um monômio, a soma dos graus de
cada vari
avel, ou seja, o grau total de x e + + n. Denotamos esta soma por
Pn
jj = i i.
1
=1
~ DE POLINOMIOS
^
CAPTULO 2. DIVISAO
22
2.1.8 Denic~ao. A ordem lexicograca graduada e denida por
se e somente se jj > j j ou jj = j j e :
2.1.9 Exemplos.
a. (2; 1; 5) (2; 3; 0), pois 2 + 1 + 5 > 2 + 3 + 0;
b. x x : : : xn .
c. z y z z xz y xy xz y .
2.1.10 Denic~ao. A ordem lexicograca inversa graduada e denida por
se e somente se jj > j j ou jj = j j e
existe j 2 f1; : : : ; ng tal que k = k para k > j e j < j .
LG
LEX
LG
1
LG
13
2
LG
LG
5 7
LG
12
LG
2
LG
3
2
LG
LG
LG
LG
LIG
Note que agora o desempate quando jj = j j e feito comparando as componentes
de e da direita para a esquerda e declarando se a primeira coordenada
discrepante de for maior que a correspondente em .
LIG
2.1.11 Exemplos.
a. (2; 1; 5) (2; 3; 0), pois 2 + 1 + 5 > 2 + 3 + 0;
b. x x : : : xn.
c. z y z z y xz xy y xz.
LIG
1
LIG
13
2
LIG
LIG
5 7
LIG
12
LIG
3
LIG
2
2
LIG
LIG
LIG
LIG
Note com o exemplo abaixo que o termo lder e o grau de um polinômio f 2 K [x; y; z]
podem variar conforme a ordem monomial considerada. Tomando,
f = 2x + 5x yzw + 3xy w
3
2
2
teremos,
4
TLLEX (f ) = 2x ;
para o termo lder de f como relac~ao a ordem lexicograca,
3
TLLG (f ) = 5x yzw ;
2
2
para o termo lder de f com a ordem lexicograca graduada, e
TLLIG(f ) = 3xy w;
4
para a ordem lexicograca inversa graduada.
Apesar desta novidade com relac~ao ao caso de uma variavel, a seguinte propriedade continua valida.
~ EM VARIAS
2.2. DIVISAO
VARIAVEIS
23
2.1.12 Proposic~ao. Sejam f; g 2 K [x] polinômios n~ao nulos. Ent~ao temos:
i: do(fg) = do f + do g;
ii: do(f + g) max(do f; dog):
Se em ii: do f 6= do g, ent~ao vale a igualdade.
Demonstrac~ao. Faca a demonstrac~ao como exerccio.
2
Ha no Maple duas ordens monomiais pre-denidas, a
nossa LEX, e a tdeg, que e a nossa LIG.
plex
que corresponde a
Adotaremos, salvo menc~ao explcita em contrario, a
ordem LG.
2.1.13 Exerccios
1. Mostre que + Nn = f + j 2 Nn g e o conjunto dos expoentes de todos
monômios divisveis por x.
2. Seja uma ordem monomial em N= f0; 1; : : :g. Seja m o menor elemento de
N com respeito a . Mostre que m = 0. Seja agora m := min(Nnf0g). Quanto
vale m ? Conclus~ao? (Sugest~ao: se m 1, compare m ; m 1 com respeito a .)
3. Verique que as ordens LG e LIG, s~ao ordens monomiais.
4. Mostre que as ordens LG e LIG coincidem em N .
5. Escreva as sequências de todos os monômios em 3 variaveis de grau total 3
ordenadas segundo cada uma das ordens ; ; .
6.r Sejam
, ordens monomiais em Nr ; Nr . Dena uma relac~ao ; em
N r = Nr Nr declarando, para c := (a; b); c0 := (a0; b0) 2 Nr r , c ; c0 se
e so se a a0 ou a = a0 e b b0. Mostre que ; e uma ordem monomial, dita a
ordem produto. Mostre que em Nn e a ordem produto da em Nn pela
ordem natural em N.
0
0
1
1
0
0
0
2
LEX
1
1+ 2
1
1
LG
1
2
LIG
2
1+ 2
2
2
+1
12
12
12
LEX
LEX
2.2 Divis~ao em varias variaveis
Agora que sabemos escolher o termo lder de um polinômio f de K [x], o proximo
passo e obter um algoritmo da divis~ao.
Lembramos que no caso de 1 variavel, para decidir se um dado g 2 K [t] se
expressa como combinac~ao de uma lista f ; : : :; fm 2 K [t], ou seja, se g pertence ao
ideal hf ; : : :; fmi, e bastante vericar a divisibilidade por f = MDC(f ; : : :; fm).
No caso de varias variaveis sabemos que um ideal gerado por f ; : : :; fm 2 K [x]
pode n~ao ser principal (cf. exc. 1.3.3{3).
1
1
1
1
~ DE POLINOMIOS
^
CAPTULO 2. DIVISAO
24
Isto motiva o objetivo desta sec~ao. Dados f; f ; : : : ; fm 2 K [x] discutiremos como
encontrar uma express~ao para f na forma,
f = q f + + qmfm + r;
com q ; : : :; qm; r 2 K [x], onde os qi's podem ser imaginados como \quocientes " e
r deve ser um polinômio \mais simples" ou \resto".
A caracterizac~ao do resto na divis~ao de polinômios em 1 variavel, que de fato
serve como sinalizador de m do algoritmo, e a exigência de ter grau menor do que o
dividendo. Em termos da (essencialmente unica!) ordem monomial em K [t] (veja o
exc. 2.1.13{2), essa condic~ao e equivalente a exigir que na express~ao f = qg+r 2 K [t]
tenhamos TL(g) TL(r). Lembramos ainda que em cada passo do algoritmo,
impunhamos a simplicac~ao do termo lder do resto parcial (ou dividendo atualizado)
subtraindo um multiplo adequado do divisor g.
Temos ja as pistas necessarias ao procedimento em varias variaveis. Comecamos
por xar uma ordem monomial, digamos LG (lexicograca graduada). Tomemos
um exemplo pratico para xar as ideias:
dividir f = x y + xy + yz + z, por f = xy + x e f = yz + 1.
Para visualizar melhor o processo, utilizamos uma generalizac~ao da disposic~ao graca que aprendemos no 1o grau:
f = x y + xy + yz + z j f = xy + x
j f = yz + 1
q =?
q =?
r =?
Iniciamos a divis~ao simplicando, se possvel, o termo lder de f , TL(f ) = x y, pelo
termo lder, xy, de f . A ordem em que aparecem os fi's e importante! Ou seja,
subtraimos de f o produto de f por x = TL(f )=TL(f ), obtendo assim o novo
dividendo,
f 0 := f f TL(f )=TL(f ) = f (x y + x ):
xy
+xy +yz +z j xy + x
(x y +x )
j yz + 1
x +xy +yz +z
q =x
q =?
r =?
Repetimos agora o processo com f 0 := x + xy + yz + z. Note que TL(f ) n~ao
divide TL(f 0). Passamos a dividi-lo por TL(f ), o que tambem n~ao e possvel. Da
jogamos x em r. Continuamos, tomando agora f 0 := xy + yz + z como novo
dividendo. Dividimos o termo lder xy pelo termo lder de f , obtendo a constante
1. Fazemos a simplicac~ao, pondo
TL(f 0) f :
f 00 := f 0 TL
(f )
1
1 1
1
2
1
2
2
1
2
1
2
2
1
1
1
1
2
1
2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
2
1
1
1
~
2.3. ALGORITMO DA DIVISAO
25
Obtemos f 00 = yz x + z. Agora TL(f 00) n~ao e divisvel por TL(f ) e assim passamos
a dividir por f . Obtemos nalmente x + z 1 em que nenhum dos termos pode
ser dividido pelo termo lder de f nem de f . Deslocamo{lo para o resto. Veja
abaixo a sequência completa da divis~ao.
1
2
1
2
xy
+xy + yz + z
j xy + x
(x y +x )
j yz + 1
x
+xy + yz + z
q =x+1
x !r
q =1
xy + yz + z
r = x x+z 1
(xy + x)
yz x + z
(yz + 1)
x + z 1!r
Portanto, podemos escrever f da seguinte maneira:
f
=
q f
+ q f +r
x y + xy + yz + z = (x +1)(xy + x)+(yz +1)+( x x + z 1):
2
2
2
2
1
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2.2.1 Exerccios
1. Divida f por f e f , os mesmos polinômios iniciais, apenas mudando a ordem.
2. Idem, mudando a ordem monomial para LEX ou LIG.
2
1
2.3 Algoritmo da divis~ao
O processo de divis~ao, apesar de facil, pode ser bem cansativo e n~ao e raro se
cometer algum errinho no meio de tantas contas. Portanto e do nosso interesse fazer
um programa para que um computador se ocupe dessas contas macantes.
Apresentamos em seguida um procedimento que denominamos por div, em
Maple, que fornece a divis~ao de um polinômio f , pelos polinômios f ; : : :; fm , em
K [x ; : : :; xn ]. Os comentarios s~ao indicados e precedidios por # em cada linha. Os
dados de entrada s~ao o polinômio f e a lista de polinômios F:=[f1,...,fm]. Suporemos a ordem monomial escolhida pelo sistema, bem como ja denido previamente
um procedimento para o calculo do termo lder TL(f). A sada ou retorno e a lista
de polinômios quocientes, [q1,...,qm] e o polinômio resto, r.
1
1
div := proc(f,F)
#div recebe os dados de entrada:f,F
local s, q, r, i;
#indica parametros internos ao procedimento
~ DE POLINOMIOS
^
CAPTULO 2. DIVISAO
26
s:= nops(F);#numero de elementos na lista F
q:= array(1..s);
#vetor a ser preenchido com os quocientes
for i to s do q[i]:=0 od:
#loop de inicializacao
p:= f;
#valor inicial dos dividendos sucessivos
while(p<>0) do
#loop principal, repetido enquanto p<>0
i:=1;
#contador para os divisores F[i]
houvedivisao:=false;
#variavel booleana que sinaliza fim do
#proximo loop
while (i<=s and houvedivisao=false) do
if TL(F[i])<>0 and type(TL(p)/TL(F[i]),polynom) then
#verifica divisibilidade
q[i]:= q[i] + TL(p)/TL(F[i]);
p:= p-(TL(p)/TL(F[i]))*F[i];
#atualizados quocientes e dividendo
houvedivisao:=true;
#sinaliza volta ao loop principal
else
i:= i+1;
fi;
#fecha o ìf` acima
od;
#fecha o `while`
if houvedivisao=false then
#desloca para o resto um termo nao divisivel
r:= r+TL(p);
p:= p-TL(p);
fi;
od;
RETURN(q,r);
end:
Poderamos ser induzidos a pensar que uma condic~ao necessaria para que um polinômio g pertenca ao ideal I = hf ; : : :; fm i, e que o resto r da divis~ao de g por
f ; : : :; fm seja nulo. Veja no entanto o exc. 2.3.4{2. Uma discuss~ao mais completa
deste problema sera adiada para o proximo captulo quando estudarmos as bases de
Grobner e o algoritmo de Buchberger.
2.3.1 Denic~ao. Dizemos que o polinômio f e reduzido modulo uma lista de polinômios g ; : : :; gs , se f e combinac~ao linear de monômios que n~ao s~ao divisveis por
nenhum dos TL(g ); : : :; TL(gs). Mais geralmente, dizemos que f e reduzido modulo
G K [x], se nenhum dos termos de f e divisvel por TL(g), para qualquer g 2 G.
O funcionamento do algoritmo acima nos garante o seguinte.
1
1
1
1
~
2.3. ALGORITMO DA DIVISAO
27
2.3.2 Proposic~ao. Fixe uma ordem monomial em Nn e seja F = [f ; : : : ; fs]
1
uma lista de polinômios em K [x]. Ent~ao qualquer f em K [x] pode ser escrito como
f = q f + + qsfs + r
onde os qi 's e r est~ao em K [x]; do (qi fi) do f e r e reduzido modulo F .
1 1
Demonstrac~ao. Examinando o \loop"
while p<>0 do
...
od
no algoritmo da divis~ao, notamos que podem ocorrer duas situac~oes:
i: Se algum TL(fi) divide TL(p), ent~ao atualizamos o valor de p e de qi (note
que a condic~ao sobre do(qifi) e satisfeita);
ii: Se nenhum TL(fi) divide TL(p), ent~ao atualizamos o valor de p e de r.
Para vericar que o algoritmo funciona, devemos mostrar que
I. a igualdade
f = q f + + qsfs + r
vale a cada nova iterac~ao,
II. r e reduzido modulo a lista dos fi's e, nalmente,
III. o algoritmo para!
As duas primeiras vericac~oes s~ao faceis e deixamos para o leitor. Ocupemo-nos de
(III).
Note que a condic~ao de nalizac~ao do algoritmo e p=0. Ora, a cada iterac~ao,
ou bem o grau de p diminui ou obtemos p = 0. Ou seja, chamando de p0 o valor
atualizado de p (quer seja pelo passo i ou pelo passo ii) temos,
1 1
do p do p0:
Suponha agora que o algoritmo nunca termina. Assim obtemos uma sequência
innita estritamente decrescente de elementos de Nn, o que e um absurdo pela
proposic~ao 2.1.5.
2
2.3.3 Denic~ao. Sejam F := [f ; : : : ; fm]; f; r como na prop. acima. Escreveremos
1
r = fF
para indicar que r e o resto da divis~ao de f por F e diremos que r e a reduc~ao de f
mod. F .
~ DE POLINOMIOS
^
CAPTULO 2. DIVISAO
28
2.3.4 Exerccios
1. Divida f = x x + xy
3
2
2
relac~ao as ordens LEX e LIG.
xy + z
3
z por F = [x
2
2
z; xy z; z + 1], com
2
2. Divida f = x + yx por F = fxy + 1; x y xg (escolha a ordem) e observe que
r=
6 0. Note que f pode ser escrito como f = x(xy + 1) y(x y x), ou seja,
f 2 hxy + 1; x y xi, embora ao dividi-lo, tenhamos obtido o resto n~ao nulo.
3. Preencha os detalhes da demonstrac~ao da prop. 2.3.2.
2
2
2
2
2
2
Captulo 3
Bases de Grobner
3.1 Ideais monomiais
Os ideais apresentados nesta sec~ao desempenham papel fundamental. Alem da simplicidade de sua descric~ao, eles representam (num sentido que se pode explicitar
rigorosamente) todas as famlias \completas" de ideais.
Um exemplo simples e sugestivo para o leitor reetir e dado por
I = hxy z; z i:
A famlia de hiperboles tem como \limite" o par de retas xy = 0 no plano z = 0,
correspondente ao ideal I = hxy; zi. Note que este e gerado por monômios.
Um sonho ou projeto parcialmente frustrado mas intensamente perseguido e o
de se procurar entender propriedades do conjunto das soluc~oes de um sistema de
equac~oes polinomiais \generico" atraves do estudo de um sistema especial, mais
simples, e.g., formado so por monômios, obtido por variac~ao contnua dos coecientes.
0
3.1.1 Denic~ao. Dizemos que um ideal de K [x] e um ideal monomial se for gerado
por algum conjunto de monômios. Em smbolos, I K [x] e um ideal monomial se
existir um subconjunto M Nn de expoentes tal que
I := hx j 2 M i:
Note que, embora M possa ser innito, cada elemento f 2 I se escreve na forma
f = P2M hx, onde apenas um numero nito (que depende de f ) de coecientes
h 2 K [x] s~ao n~ao nulos. Veremos mais adiante que todo ideal de K [x] admite um
conjunto nito de geradores.
3.1.2 Exemplo. hx y ; x y ; x yi K [x; y].
2 3
3 2
4
Como se depreende dos exemplos acima, em geral o conjunto dos zeros de um
ideal monomial e uma uni~ao de subespacos coordenados.
29

CAPTULO 3. BASES DE GROBNER
30
O que pode ser uma surpresa e o fato de que certos invariantes discretos associados a uma variedade algebrica arbitraria (e.g., a dimens~ao e o grau) podem ser
efetivamente calculados atraves do estudo de um ideal monomial associado (grosso
modo pelo processo \limite" ilustrado por I no incio deste captulo). Voltaremos
a este tema no cap. 5.
E claro que nem todo elemento de um ideal monomial tem que ser um monômio!
No entanto, os monômios pertencentes a um ideal monomial podem ser caracterizados como segue.
3.1.3 Proposic~ao. Seja M Nn. Ent~ao x pertence a
I := hx j 2 M i
se, e somente se, existe 2 M tal que x e divisvel por x .
Demonstrac~ao. Se x for multiplo de algum x, P
e claro que x pertence a I . Agora
suponha que x pertence a I . Ent~ao temos x = ti hi xi , com os hi 's em K [x]
e os i's 2 M . Expandindo cada hi como combinac~ao linear de monômios, podemos
=1
reescrever a igualdade acima como combinac~ao linear de monômios distintos,
x
=
u
X
j =1
cj xj
com coecientes constantes cj 2 K e cada monômio xj sendo multiplo de algum
xj , com j 2 M . Ora, por denic~ao de igualdade de polinômios, nesta ultima
relac~ao o lado direito contem so um termo, ou seja, u = 1; c = 1 e = .
2
1
1
3.1.4 Exerccios
1. Seja Dn K [x; y] o conjunto dos polinômios cujas derivadas parciais ate ordem
n s~ao nulas para x = y = 0. Mostre que Dn e um ideal monomial.
2. Seja f 2 K [x] e I K [x] um ideal monomial. Mostre que f 2 I se e so se
cada termo de f pertence a I .
3. Sejam I ; J ideais monomiais de K [x].
1. Mostre que I J se e somente se o conjunto dos monômios de I e subconjunto
de J .
2. Mostre que I \ J e monomial.
3. Encontre um conjunto nito de geradores para
hx y; xy ; x i \ hx ; xy; y i.
3
2
4
3
2

3.2. BASES DE GROBNER
31
3.2 Bases de Grobner
Vamos associar a cada ideal I K [x] um ideal monomial.
3.2.1 Denic~ao. Seja S K [x]. Denimos o ideal dos termos lderes de S como
hTL(S )i = hfTL(f ) j f 2 S gi;
i.e., o ideal gerado pelos termos lderes dos elementos de S .
3.2.2 Exemplos. 1) Seja I := hf i K [x]. Lembrando que
TL(fg) = TL(f )TL(g);
vemos de imediato que, neste exemplo, vale TL(I ) = hTL(f )i. Veja o exc. 3.2.5{4.
2) Seja I := hx y; x yi K [x; y]. Note que
hTL(x y); TL(x y)i = hx ; xi = hxi:
No entanto, temos y y 2 I (verique!) cujo termo lder, y , n~ao esta em hxi.
Isto mostra que em geral hTL(I )i pode ser estritamente maior que hTL(G)i, onde
G denota um conjunto de geradores para I .
3.2.3 Denic~ao. Seja I um ideal de K [x]. Dizemos que um subconjunto nito
G I e uma base de Grobner para I se hTL(G)i = hTL(I )i.
A import^ancia das bases de Grobner pode comecar a ser apreciada em virtude
do seguinte. Reveja a def. 2.3.3.
2
2
2
2
2
3.2.4 Proposic~ao. Se G e uma base de Grobner para I , ent~ao f 2 I se, e somente
se f G = 0.
Demonstrac~ao. Seja f um elemento n~ao nulo em K [x]. Seja r = f G o resto da
divis~ao de f por G. Como G I , se r = 0, temos f 2 I .
Seja agora f 2 I e suponha seu resto na divis~ao, r 6= 0. Escrevamos f =
Pm
g2G hg g + r. Como os g 's est~ao em I , segue r 2 I . Portanto TL(r) 2 hTL(I )i =
hTL(G)i. Logo r e divisvel pelo termo lder de algum elemento de G, o que e uma
contradic~ao pois tomamos r reduzido modulo G (veja 2.3.2). Portanto r = 0.
2
3.2.5 Exerccios
1. Mostre que fx ; y g e uma base de Grobner de hx y ; x + 2y i.
2. Mostre que todo ideal monomial gerado por um numero nito de polin^omios
3
2
3
2
3
2
admite uma base de Grobner. (Veja em 3.3.1 que a restric~ao e articial.)

32
3. Mostre que fx; y g e uma base de TL(hx y; x yi). Conclua que fx y; y
yg e uma base de Grobner de hx y; x yi.
4. Mostre que TL(I ) e principal se e somente se o ideal I K [x] o for.
5. Mostre que uma base de Grobner de hy x ; z x i com respeito a ordem LG
n~ao pode ser formada por menos de 3 elementos. No entanto, fy x ; z x g e uma
base de Grobner com respeito a LEX se escolhermos z y x!
2
2
2
2
2
3
2
3
3.3 O teorema da base de Hilbert
Mostraremos que todo ideal de K [x] admite um conjunto nito de geradores. Iniciamos pelo caso monomial.
3.3.1 Proposic~ao. Seja I K [x ; : : : ; xn] um ideal monomial. Ent~ao I admite uma base nita i.e., existe um subconjunto nito de monômios F I tal que
I = hF i. Mais precisamente, tal conjunto nito pode ser extrado de qualquer
conjunto de monômios que gere I .
Demonstrac~ao. Argumentaremos por induc~ao sobre o numero n de variaveis. O
1
caso n = 1 e imediato (e segue tambem de 1.3.2). Para a etapa indutiva, destaquemos uma nova variavel y e consideremos um ideal I K [x ; : : :; xn][y]. Podemos
supor I 6= h0i. Assim, existe f = f (x)yd 2 I nh0i, onde f (x) 2 K [x] denota um
monômio e d e mnimo com essas condic~oes estipuladas na escolha de f . Agora
se I = hf i, m. Sen~ao, escolhemos f = f (x)yd 2 I n hf i, onde novamente
f (x) 2 K [x] denota um monômio e d e mnimo. Note que temos d d , sen~ao a
escolha de f teria sido mal feita. Se I infringisse a condic~ao de nitude armada,
poderamos prosseguir na escolha de uma sequência innita, f ; f ; : : :, com cada
fm = fm (x)ydm 2 I n hf ; : : :; fm i, onde fm (x) 2 K [x] denota um monômio e
dm e mnimo. Seja I K [x] o ideal gerado pelos monômios f ; : : : ; fm : : :. Pela
hipotese de induc~ao, existe N tal que I = hf ; : : :; fN i. Em particular, teremos
o monômio fN 2 I , e portanto, divisvel por algum dos anteriores, digamos
fN = g fm , com 1 m N e g 2 K [x]. Lembrando que na sequência dos graus
tnhamos dm dm , podemos escrever
fN = fN ydN = g fm ydN = gydN dm (fm ydm );
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
1
2
2
2
1
1
1
1
2
1
1
1
+1
+1
+1
+1
+1
+1
+1
+1
mostrando que fN 2 hfm i hf ; : : :; fN i, contradic~ao.
Por m, seja M I um conjunto de monômios tal que I = hM i e seja F =
ff ; : : :; fN gum conjunto nito de geradores de I . Desprezando alguns elementos
se necessario, podemos supor que nenhuma relac~ao de divisibilidade ocorre entre os
elementos de F , i.e., fi = gfj com g 2 K [x] =) fi = fj . Provaremos que F M .
Com efeito, temos f divisvel por algum g 2 M , digamos f = gh para algum
h 2 K [x]. Temos igualmente g = fiq para algum q 2 K [x]; fi 2 F . Logo fi divide
+1
1
1
1
1
3.3. O TEOREMA DA BASE DE HILBERT
33
f . Pelo expurgo previo feito em F , segue que f = fi. Das relac~oes g = f q = ghq
(lembrando que g; f s~ao monômios) se deduz que h = q = 1 e f = g 2 M .
2
1
1
1
1
1
Podemos agora provar a existência de bases de Grobner(3.2.3).
3.3.2 Corolario. Seja I K [x] um ideal (n~ao necessariamente monomial).
Ent~ao I admite uma base de Grobner.
Demonstrac~ao. Aplicando a prop. anterior ao ideal monomial gerado pelos termos
lderes, hTL(I )i, o resultado segue imediatamente da denic~ao 3.2.3.
2
Temos ja o necessario para o celebre teorema da base de Hilbert.
3.3.3 Teorema. Todo ideal I K [x] e nitamente gerado.
Demonstrac~ao. Pela prop. 3.3.1, existem f ; : : :; fN 2 I cujos termos lderes
geram o ideal TL(I ) dos termos lderes dos elementos de I . Provaremos que
I = hf ; : : :; fN i. A igualdade so pode falhar pela existência de algum f 2 I n
hf ; : : : ; fN i. Neste caso, suponhamos f escolhido com grau mnimo. Ponha f =
TL(f ). Assim, f = f +termos de grau menor que do f = do f . Por outro lado,
temos f 2 TL(I ) = hTL(f ); : : :; TL(fN )i. Da segue uma relac~ao f = TL(fi)g
para algum monômio g. Seja h = f gfi. E claro que h 2 I . Por outro lado,
h n~ao pode estar no ideal gerado pelos fj , do contrario f tambem estaria. Como
TL(fig) = TL(f ), vemos que h = 0 ou seu grau e estritamente menor que do f ,
contradizendo a minimalidade do infrator.
2
1
1
1
1
3.3.4 Corolario. (ACC) Seja fIngn uma cadeia ascendente de ideais em K [x]
(i.e., I I In ). Ent~ao existe N tal que In = IN 8n N . Em outras
palavras, vale em K [x] a condic~ao de cadeia ascendente para ideais: toda cadeia
ascendente e estacionaria a partir de certa ordem.
1
1
2
Demonstrac~ao. Seja I = I S I S . O leitor deve ter vericado no exc. 1.3.3{4
que I e um ideal. Pelo teorema da base de Hilbert, I admite uma base nita, I =
hf ; : : : ; fN i. Temos cada fi 2 Ini para algum ni . Tomando n = maxfn ; : : : ; nN g,
temos todos os fi's2 In . Da segue I In I , e portanto, I = In = Im 8m 1
2
1
n:
0
0
0
0
1
0
2
3.3.5 Denic~ao. Dizemos que um anel A e noetheriano se todo ideal de A e
nitamente gerado. Veja o exc. 3.3.7{3 para caracterizac~oes de aneis noetherianos.
Assim o teorema da base arma que o anel de polinômios a coecientes num corpo
e um anel noetheriano.
O resultado seguinte sera utilizado na demonstrac~ao do teorema dos zeros 4.2.2.

34
3.3.6 Lema. Seja B um anel e seja A um subanel. Suponha que existe v 2 B e
inteiro N 0 tal que todo b 2 B e da forma
b=
X
iN
0
aivi
com ai 2 A. Seja M A um ideal 6= A. Ent~ao o ideal M B de B gerado por M
tambem e 6= B .
Demonstrac~ao. Suponhamos, por absurdo, M B = B . Seguem{se relac~oes
vi =
N
X
j =0
mij vj ; i = 0; : : : ; N ; mij 2 M:
Reescrevendo em forma matricial, deduzimos (idN (mij )) w = 0, onde w denota o vetor coluna com entradas 1; v; : : :; vN e idN = matriz identidade. Multiplicando a esquerda pela matriz adjunta (=transposta dos cofatores), resulta det(idN
(mij ))w = 0. Ou seja, det(idN (mij ))vk = 0; k = 1; : : :; N . Temos em particular
det(idN (mij )) 1 = 0. Desenvolvendo o determinante, obtemos uma express~ao da
forma 1 = 0 com 2 M, o que e um absurdo.
2
3.3.7 Exerccios
1. Seja A um anel noetheriano. Mostre que A[x] e noetheriano.
2. Seja I A um ideal do anel noetheriano A. Mostre que A/I e noetheriano.
3. Seja A um anel. Mostre que s~ao equivalentes: (1) A e noetheriano; (2) vale a
condic~ao de cadeia ascendente para ideais de A; (3) toda colec~ao 6= ; de ideais de
A admite elemento maximal.
4. Seja A um anel noetheriano e seja f (x) 2 A[x] um polinômio mônico em uma
variavel a coecientes em A. Seja B := A[x]/hf i e seja ' : A!B o homomorsmo
natural, a 7! a + hf i. Mostre que ' e injetivo. Identicando A com sua imagem em
B , mostre que A B satisfaz as hipoteses do lema 3.3.6.
3.4 O algoritmo de Buchberger
Vimos em 3.2.4 que para saber se um dado polinômio f pertence a um ideal I , basta
dividi-lo pelos elementos de uma base de Grobner de I . Se o resto da divis~ao for
zero, temos f 2 I , caso contrario f 2= I . Assegurada a existência, resta a quest~ao
do calculo efetivo de tais bases.
3.4. O ALGORITMO DE BUCHBERGER
35
3.4.1 Denic~ao. O S-polinômio ou polinômio sizigetico de um par de polinômios n~ao nulos f; g 2 K [x] e denido por
S(f; g) def
= MMC(TL(f ); TL(g)) (f=TL(f ) g=TL(g)):
Convencionamos que o MMC(ax; bx ) com a; b 2 K constantes, e o mesmo que o
1
MMC(x; x ) = x , onde o vetor e dado por i = max(i; i).
E importante notar na denic~ao de S(f; g) o cancelamento forcado dos termos
lderes de f e g.
Provaremos que uma base de Grobner para o ideal gerado por uma lista de
polinômios [f ; : : :; fm] e produzida pela repetida adjunc~ao de S-polinômios .
3.4.2 Exemplo. Sejam p = 2x y + xy e q = 3xy + 2xy. Temos TL(p) =
2x y; TL(q) = 3xy . Logo,
S (p; q) = x y ((2x y + xy )=(2x y) (3xy + 2xy)=(3xy ))
= xy
xy
O lema seguinte nos ensina que os S-polinômios s~ao, de certo modo, os maiores
responsaveis por cancelamentos de termos lderes.
1
3
3
2
3
3
3 3
1
2
4
3
2
3
2
3
3
3
3
3.4.3 Lema. Sejam p1; : : :; pN 2 K [x] polinômios, todos com o mesmo grau . Se
existirem c1; : : : ; cN constantes tais que
do PNi=1 cipi ,
ent~ao existem constantes cjk tais que
N
X
i=1
cipi =
X
j;k
cjk S (pj ; pk ):
Alem disso, temos do S (pj ; pk ) 8j; k .
Demonstrac~ao. Seja
P li 2 K o coecientePlder de pi . Como todos os pi 's s~ao do
o
mesmo grau e d Ni=1 ci pi , temos Ni=1 cili = 0.
Seja p0i = pi=li. Note que S (pj ; pk ) = p0j p0k . Podemos escrever
PN
i=1 ci pi
p0 ) + (c l + c l )(p0 p0 ) + = c l (p0
1 1
1
2
+(PiN cili)(p0N
=1
=
1
1 1
1
2 2
2
3
p0N ) + (PNi cili)p0N
=1
PN 1 0
i=1 ci S (pi ; pi+1 );
onde c0i = Pik ck lk :
Convenca-se de que S (pj ; pk ) = p0j p0k tem grau menor que .
=1
1
syzygy polynomial {Aurelio, socorro!
2

36
3.4.4 Lema. Sejam p; q 2 Kn[x], e sejam x e x monômios tais que do(xp) =
do(x q). Ent~ao existe em N , tal que
S (xp; x q) = x S (p; q):
Demonstrac~ao. Fica a cargo do leitor.
2
Temos o seguinte criterio de Buchberger.
3.4.5 Teorema. Seja I um ideal polinomial. Ent~ao uma base G = fg1; : : :; gN g
de I e uma base de Grobner se, e somente se, para todo par p, q em G, temos
S (p; q)G = 0 (veja a def. 2.3.3).
Demonstra
c~ao. ) Como S (p; q) 2 I 8 p; q 2 I , temos pela prop. 3.2.4 que
G
S (p; q) = 0.
( Dado f 2 I , desejamos provar quePTLP(f ) 2 hTL(g1); : : :; TL(gN )i. Como
I = hGi, existem c;g 2 K , tais que f = g2G c;gxg.
Seja = maxf + dog : c;g 6= 0g. Ponhamos
X
f :=
c;gxg:
+do g=; g2G
Assim, f = f + termos de menor grau. Por boa ordenac~ao podemos tomar mnimo
com esta propriedade, i.e., para
qualquer express~ao de f na forma
P P
f = g2G b;gx g, com b;g 2 K ,
temos
maxf + dog j b;g 6= 0g.
Se do (f) = , ent~ao do(f ) = e portanto TL(f ) = TL(f) 2 hTL(G)i.
Suponha por absurdo que dof . Ent~ao pelos 2 lemas acima existe uma
express~ao
X
f = bj;k xjk S (gj ; gk );
j;k
o
com bj;k 2 K e jk + d S (gj ; gk ).
Por hipotese, S (gj ; gk )G = 0. Isto se traduz numa relac~ao
XX
S (gj ; gk ) =
a;g x g; com do(a;gx g) do (S (gj ; gk )):
g 2G
Da segue
xjk S (gj ; gk ) =
XX
g 2G
a;gx
+
jk g
com do(a;g x jk g) do(xjk S (gj ; gk )) : (Verique a ultima desigualdade!)
Portanto f (e consequentemente tambem f ) pode ser escrito como
XX 0 f =
c;g x g;
+
g 2G
3.4. O ALGORITMO DE BUCHBERGER
37
com cada termo c0;g x g de grau . Isto e um absurdo pela minimalidade de . 2
Vejamos como essa caracterizac~ao de bases de Grobner pode servir para produzilas de forma efetiva, descrevendo o
ALGORITMO DE BUCHBERGER:
Seja I = hf ; : : : ; fmi um ideal de K [x], apresentado por uma lista de geradores.
Como ponto de partida, facamos G = ff ; : : :; fm g.
1
1
O teorema 3.4.5 fornece um criterio para que G seja uma base de Grobner: para
cada par fi, fj em G, calculamos S (fi; fj ) e testamos se a reduc~ao S (fi; fj )G = 0.
Caso isto n~ao ocorra, declaramos fm := S (fi; fj )G e acrescentamo-lo a G. Ou seja,
redenimos G = ff ; : : : ; fm; fm g, e repetimos o processo de vericac~ao com este
novo G.
Que garantia temos de que o processo termina?
Note que o teste S (fi; fj )G 6= 0 para admiss~ao de novos elementos a G signica efetivamente que TL(S (fi; fj )G ) 62 TL(G). Assim, cada novo membro de G
causa uma ampliac~ao do ideal TL(G). Mas o teorema da base de Hilbert probe o
crescimento innito de ideais encaixados!
Vamos aplicar essas ideias no exemplo seguinte.
+1
1
+1
3.4.6 Exemplo. Vamos construir uma base de Grobner para I = hx y; xy xi.
Fixemos a ordem . Escrevemos g = x y e g = xy x. Comecamos por
testar se G = fg ; g g e uma base de Grobner. Calculamos o S-polinômio de g e g ,
1
LEX
1
2
2
1
2
S (g ; g ) = y + x. O proximo passo e dividi-lo por g ; g . Como o resto da divis~ao
y + y = y + xG n~ao e zero, denotamo-lo por g e conclumos que G, n~ao e base
de Grobner para I . Aumentamos G para G = fg ; g ; g g e recomecamos as contas.
O proximo passo seria calcular S (g ; g )G e S (g ; g )G. Ambos s~ao nulos! Logo G e
uma base de Grobner.
1
2
2
2
1
2
2
3
1
1
3
2
2
3
3
Embora o exemplo acima talvez n~ao levante a suspeita, o algoritmo e explosivo!
De fato, mostra{se que, no \pior" caso, ele e duplamente exponencial, no seguinte
sentido. Se B (n; d) denota o grau maximo dos elementos de uma base de Grobner
com respeito a LEX, para o ideal gerado por polinômios em n variaveis e de graus d,
mostra{se que
B (n; d) ((n + 1)(d + 1) + 1) n n ):
Ha evidências ([1]) de que a ordem LIG produz, \em media", bases de Grobner
contendo polinômios de grau total menor possvel. Mas, por exemplo, uma base de
Grobner com respeito a LIG para o ideal gerado por xn yzn w; xyn zn ; xnz
ynw contem zn
y n w.
Pelo lado mais otimista, registramos a constatac~ao pratica de que, em muitos
casos interessantes, o algoritmo funciona melhor do que se deveria esperar. Citamos
em particular, o pacote MACAULAY, desenvolvido por D. Bayer e M. Stillman (e
2 ( +1)
+1
2
+1
2
1
1

38
com contribuic~oes de D. Eisenbud nas vers~oes mais recentes) que tem sido intensamente utilizado. Ele e de domnio publico, acessvel por ftp no endereco eletrônico
math.harvard.edu
login:ftp
password:qualquer
cd Macaulay
3.4.7 Exerccios
1. Prove que o algoritmo de Buchberger para o caso de polinômios a uma variavel
e \equivalente" ao algoritmo de Euclides para o calculo de MDC.
2. Demonstre o lema 3.4.4
3. Calcule uma base de Grobner para hx yzw; xy z ; x z y wi com respeito
3
2
2
2
a LIG.
4. Calcule uma base de Grobner para hy x ; z x i com respeito a cada uma
2
3
das ordens LEX, LG, LIG e as varias permutac~oes [x; y; z], [z; x; y]: : : das variaveis.
5. Dizemos que uma base de Grobner G e reduzida se gGg = g, 8g 2 G onde
Gg := Gnfgg. Prove que todo ideal I K [x] admite uma base de Grobner reduzida.
Dizemos que uma lista [g ; : : :; gm ] e uma base de Grobner ordenada se dog 1
1
dogm , seus elementos formam uma base de Grobner e cada TL(gi) e um monômio
(i.e., seu coeciente numerico vale 1). Prove que todo ideal I K [x] admite uma
e so uma base de Grobner reduzida e ordenada. (Sugest~ao: se G = fg ; : : :; gm g e
H = fh ; : : : ; hng s~ao bases de Grobner reduzidas ent~ao fTL(g ); : : : ; TL(gm)g =
fTL(h ); : : : ; TL(hn)g).
1
1
1
1
3.5 (In)Existência e nitude das soluc~oes
O objetivo desta sec~ao e mostrar o seguinte criterio.
3.5.1 Teorema. f ; : : :; fm Seja K um corpo algebricamente fechado e sejam
f : : : fm 2 K [x ; : : :; xn]. Ent~ao o sistema de equac~oes
f = = fm = 0
admite no maximo um numero nito de soluc~oes em K n (resp. e incompatvel) se e
somente se o ideal TL(I ) dos termos lderes de I := hf ; : : :; fm i com respeito a LEX
contem uma potência de cada variavel, i.e., 9 N tal que xNi 2 TL(I ); 8 i = 1; : : : ; n
(resp. 1 2 I ).
1
1
1
1
1
Demonstrac~ao. Podemos supor, sem perda de generalidade, as variaveis ordenadas
de forma que x xn. Se tivermos cada xNi 2 TL(I ), note em particular
que 9 gn 2 I tal que TL(gn ) = xNn . Pela ordem monomial escolhida, em nenhum
1
~
3.5. (IN)EXISTE^ NCIA E FINITUDE DAS SOLUCOES
39
termo de gn ocorre outra variavel. Ou seja, gn e um polinômio so na variavel xn.
Portanto, o numero de valores permissveis para a ultima coordenada de uma soluc~ao
do sistema e limitado pelo grau de gn . Seja agora gn 2 I tal que TL(gn ) =
xNn . Por um argumento analogo ao anterior, segue que em gn ocorrem apenas
as variaveis xn; xn . Em outras palavras, gn pode ser escrito como um polinômio
em xn a coecientes em K [xn]. Isto evidentemente limita o numero de pares
a; b 2 K tais que gn (b) = gn (a; b) = 0. Prosseguindo, obtemos g ; : : :; gn 2 I
tal que em cada gi ocorrem apenas as variaveis xi; : : :; xn. Lembrando que cada gi
e combinac~ao dos fj , vemos que qualquer soluc~ao do sistema original e soluc~ao do
sistema \triangular"
8
g (x ; x ; : : :; xn) = 0
>
>
>
>
<
g (x ; : : :; xn) = 0
...
>
>
>
>
:
gn (xn) = 0:
Pelo argumento acima exposto, este ultimo sistema so admite um numero nito de
soluc~oes.
Reciprocamente, se o conjunto de soluc~oes do sistema dado e nito, os possveis
valores
para a i esima coordenada s~ao as razes de um polinômio da forma hi :=
Q
Ni
j (xi cij ) = xi + , com os cij 2 K . Pelo teorema dos zeros de Hilbert (veja
4.2.4), conclumos primeiro que alguma potência de hi cai em I e portanto, alguma
potência de xi 2 TL(I ).
Por m, observemos que o teorema dos zeros garante que o sistema e incompatvel
se e somente se 12 I
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
3.5.2 Exemplo. Vamos vericar se o sistema
8
>
<
>
:
x +y +z =1
x 2y + z = 0
x 2y + 3z = 1:
admite um numero nito de soluc~oes. Calculamos sucessivamente
S(x + y + z 1; x 2y + z ) = 3y 1
S(x + y + z 1; x 2y + 3z 1) = 3y 2z
donde se depreende facilmente que y ; z ; x pertencem ao ideal dos termos lderes.
Logo, o numero de soluc~oes e nito.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3.5.3 Exerccios
1. Verique a nitude do numero de soluc~oes para cada um dos sistemas:
1.
(
x +y =1
xy = 1
2
2

40
2.
3.
8
>
<
>
:
(
z (x + y ) = x + y ;
2xz = 4x
2yz = 4y :
111 x 140 y + 196 + 39 y x + 25 y + 15 x = 0;
222x + 78xy + 60x = 0:
2
2
2
2
3
2
3
4
2
4
2
2
2
2
4
4
3
2. Mostre que o teorema da nitude 3.5.1 continua valido substituindo LEX por
uma ordem monomial arbitraria. (Sugest~ao: se 9 N tal que xNi 2 TL(I ); 8 i =
1; : : : ; n, mostre que K [x ; : : : ; xn]/I e um espaco vetorial de dimens~ao nita. Conclua que existem p (x ); : : :; pn (xn) n~ao nulos em I . Compare com a prova de 5.2.1.)
3. Seja f (x; y) 2 K [x; y] um polinômio de grau total d 1. Mostre que existe uma
mudanca de variaveis da forma (x; y) 7! (x + ay; y) tal que se f~(x; y) := f (x + ay; y)
ent~ao seu termo lder com respeito a LG e multiplo de yd. Aplique o algoritmo da
divis~ao para concluir que se f; g 2 K [x; y] s~ao polinômios primos relativos ent~ao o
1
1
1
sistema f = g = 0 so admite um numero nito de soluc~oes.
4. Lembre de seu curso de Calculo o metodo de multiplicadores de Lagrange para
a determinac~ao de maximos e mnimos locais de uma func~ao f (x; y) restrita a uma
curva g(x; y) = 0: uma condic~ao necessaria e que os gradientes sejam proporcionais.
Isto se traduz no sistema
8 @f
@g
>
= t @x
>
>
> @x
<
>
>
>
>
:
@f
@y
@g
= t @y
g(x; y) = 0
Aplique o metodo para achar os pontos crticos de
1. f (x; y) = xy sobre a curva x + 3y = 1.
2. f (x; y; z) = xy z sobre a superfcie x + 3y + 4z = 1.
2
2
2
2
2
2
(Usando Maple para esta ultima:
> with(grobner):
> f:=x*y-z^2:g:=x^2+3*y^2+4*z^2-1:
> gbasis({diff(f,x)-t*diff(g,x),
diff(f,y)-t*diff(g,y),diff(f,z)-t*diff(g,z),g},
[t,x,y,z],plex);
[z^2-y*x+t,2*x^2+4*z^2-1,z*x,6*y^2+4*z^2-1,y*z,4*z^3-z]
)
Captulo 4
Variedades algebricas
Iniciamos o programa de traduc~ao e aplicac~oes das bases de Grobner a Geometria.
4.1 Os zeros de um ideal
O dicionario principia com a seguinte
4.1.1 Denic~ao. Seja I K [x] um subconjunto. Denotamos por
Z (I ) := fP 2 K n j f (P ) = 0 8f 2 Ig;
o conjunto dos zeros de I . Um subconjunto de K n desse tipo e tambem chamado
um conjunto algebrico ou variedade algebrica.
Se f 2 K [x ; : : : ; xn] e um polinômio n~ao constante, o conjunto das soluc~oes da
1
equac~ao f (x ; : : :; xn) = 0 e chamado uma hipersuperfcie em K n . Escrevemos nesse
caso Z (f ) em vez de Z (ff g). Uma hipersuperfcie em K (resp. K ) e uma curva
(resp. superfcie).
1
2
3
4.1.2 Exemplos. 1) Retas em K , planos em K ou mais geralmente os su2
3
bespacos vetoriais de K n s~ao conjuntos algebricos denidos por equac~oes lineares
homogêneas. Os zeros de um sistema de equac~oes lineares s~ao chamados de variedades lineares. Toda variedade linear e da forma v + V := fv + v j v 2 V g para
algum subespaco vetorial V K n.
2) Uma cônica e uma curva denida por uma equac~ao f (x; y) = 0 de grau 2. O
estudo de curvas planas merece um curso por inteiro para a familiarizac~ao com
seus aspectos mais importantes. Consulte [4],[6], [8],[9]. Superfcies quadricas s~ao
denidas em K por uma equac~ao f (x; y; z) = 0 de grau 2. Um curso de superfcies
algebricas merece ao menos dois semestres letivos...
0
0
3
Nos exerccios seguintes o leitor vericara que a colec~ao dos subconjuntos algebricos de K n se comportam como a dos conjuntos fechados de um espaco topologico:
e invariante por uni~ao nita e intersec~ao arbitraria.
41
CAPTULO 4. VARIEDADES ALGE BRICAS
42
4.1.3 Exerccios
1. Descreva todos os subconjuntos algebricos de K .
2. Sejam T T 0 K [x] subconjuntos. Mostre que Z (T ) Z (T 0).
3. Mostre que ; e K n s~ao algebricos.
4. Seja T K [x] um subconjunto e seja I = hT i o ideal gerado por T . Mostre
que Z (I )=Z (T ).
5. Sejam T ; T K [x] subconjuntos. Seja T T := ff g j f 2 T ; g 2 T g: Mostre
que Z (T ) [ Z (T ) = Z (T T ) = Z (hT i \ hT i).
6. Seja fTs K [x]gs2S uma famlia de subconjuntos. Mostre que
\
[
Z (Ts) = Z ( Ts)
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
s2S
s2S
7. Mostre que toda variedade algebrica e uma intersec~ao nita de hipersuperfcies.
(Sugest~ao: teorema da base de Hilbert.)
8. Seja I A um ideal de um anel A. Denimos o radical de I como
p
I := fa 2 A j 9n 1 tal que an 2 Ig:
qp
qp
p
p
Mostre que I e pum ideal. Mostre que I = I . Se I e f.g., mostre que
existe N tal que ( I )N I .
9. Seja V K n um subconjunto. Denimos
IV := ff 2 K [x ; : : : ; xn] j f (P ) = 0 8P 2 V g:
p
Mostre que IV e um ideal radical i.e., IV = IV .
1
4.2 O teorema dos zeros
Sabendo que, mesmo no caso de 1 variavel, o calculo efetivo de razes requer em
geral o emprego de metodos numericos e aproximac~oes, o que pode ser dito para
o caso de varias variaveis? N~ao faremos qualquer discuss~ao aprofundada sobre a
quest~ao do ponto de vista numerico. Limitamo-nos a seguinte observac~ao.
Se f (x ; : : :; xn) e um polinômio, podemos escrevê{lo na forma f = a xdn + +
a x + ad, com cada coeciente ai 2 K [x ; : : :; xn ]. Assim, para cada valor de
x ; : : : ; xn que n~ao anule a , resulta uma equac~ao na variavel xn que pode ser
resolvida numericamente, obtendo-se em geral d soluc~oes.
1
1
1
0
1
1
1
0
1
4.2. O TEOREMA DOS ZEROS
43
No caso geral de um sistema de varias equac~oes, a ideia e se tentar proceder
(como se faz no caso linear!) tambem por eliminac~ao sucessiva de variaveis. Concretamente, gostaramos de encontrar os valores de um grupo das variaveis, (digamos,
as ultimas, x ; : : : ; xn) os quais, quando substituidos no sistema, produzem um sistema compatvel na(s) variavel(is) restante(s).
Em termos mais geometricos, dada uma variedade algebrica V K n, consideremos o mapa de projec~ao : K n !K n . A ideia e obter informac~ao sobre V a
partir de sua imagem (V ) K n .
Infelizmente (V ) pode em geral ter uma estrutura complicada e revelar pouco
sobre V . Veja os excs. 4.2.5.
E particularmente importante o caso em que f (x ; : : : ; xn) e mônico com respeito a uma das variaveis, digamos x . Por isso, registramos o seguinte resultado
preliminar.
2
1
1
1
1
4.2.1 Lema. Seja f 2 K [x ; : : :; xn] e um polinômio n~ao constante. Ent~ao existe
1
uma mudanca de variaveis da forma
8
>
x1
>
>
>
>
>
>
< x2
...
>
>
>
>
xn
>
>
>
: xn
7!
x
7! x +c x
1
... ...
2
2
1
7! xn +cn x
7! xn +cnx
1
1
1
1
1
tal que g(x1 ; : : :; xn) := f (x1; x2+c2x1 : : : ; xn+cnx1 ) e mônico com respeito a variavel
x1.
Demonstrac~ao. Escrevamos f = fd + fd + + f onde cada fi denota a parte
homogênea de f de grau total i e fd 6= 0. Sendo K um corpo innito, existem
c ; : : :; cn 2 K tais que fd(1; c ; : : :; cn ) 6= 0. O leitor deve vericar que
1
2
0
2
f (x ; x + c x : : : ; xn + cn x )
= fd(x ; x + c x : : : ; xn + cn x ) + grau menor
= fd(1; c ; : : : ; cn)xd + grau menor:
1
2
1
2
2
2
1
1
1
2
1
1
2
Passamos a investigar a quest~ao de compatibilidade de um sistema de equac~oes.
O resultado central e o teorema dos zeros de Hilbert.
4.2.2 Teorema. (Vers~ao fraca.) Seja K um corpo algebricamente fechado e seja
M K [x] um ideal maximal. Ent~ao existem c ;: : :; cn 2 K tais que
M = hx c ; : : : ; xn cni:
1
1
1
44
Demonstrac~ao. Faremos a demonstrac~ao apenas para o caso em que o corpo K e
n~ao enumeravel, a exemplo do corpo dos numeros complexos. Seja L = K [x]/M:
Devemos mostrar que a inclus~ao natural K ,! L obtida por composic~ao
K ,! K [x] ! L
e um isomorsmo. De fato, se tal ocorrer, a classe xi + M e imagem de algum
ci 2 K para cada i = 1 : : : n. Da segue ci + M = xi + M, ou seja, cada xi ci 2 M.
Assim, o ideal maximal M contem o ideal tambem maximal hx c ; : : :; xn cn i,
donde M = hx c ; : : : ; xn cni.
Passemos a mostrar que K = L. Sendo K algebricamente fechado, basta mostrar
que L e algebrico / K . Vamos argumentar por contradic~ao, supondo a existência de
algum 2 L transcendente sobre K . Mostraremos que
1
1
1
1
(?) f1=( u) j u 2 K g e um subconjunto de L linearmente independente sobre K .
Como a cardinalidade de K e n~ao enumeravel, chegamos a uma contradic~ao com
o fato de que L admite um conjunto enumeravel de geradores, a saber, as classes
xe xenn + M; e ; : : :; en 0.
Para mostrar (?), sejam u ; : : : ; uN 2 K , dois a dois distintos tais que 1=(
u ); : : : ; 1=( uN ) satisfazem alguma relac~ao de dependência linear, ai(1=(
ui)) = 0 em L, com ai 2 K , n~ao todos nulos. Multiplicando por j ( uj ), obtemos
a relac~ao iai(i6 j ( uj )) = 0 em L. Visto que K [] e isomorfo a um anel de
polinômios, temos, para cada u 2 K , o homomorsmo K []!K bem denido pela
substituic~ao 7! u: Fazendo sucessivamente igual a cada uj , deduzimos ai = 0
para todo i:
2
1
1
1
1
1
=
4.2.3 Corolario. Seja I K [x] um ideal. Ent~ao a bijec~ao
(c ; : : :; cn ) 2 K n $ hx c ; : : :; xn cn i
1
1
1
entre o conjunto dos pontos de K n e o conjunto dos ideais maximais de K [x] aplica
Z (I )sobre o conjunto dos ideais maximais de K [x] que contêm I . Em particular,
temos Z (I ) = ; se e somente se 1 2 I .
Demonstrac~ao. )Se 1 62 I ent~ao I M para algum ideal maximal M K [x].
Pelo teorema dos zeros, Z (M) =
6 ; e portanto Z (I ) n~ao pode ser vazio, ja que
contem Z (M).
(Se 1 2 I e obvio que Z (I ) e vazio.
2
4.2.4 Teorema. (Vers~ao forte.) Seja K um corpo algebricamente fechado e seja
I K [x] um ideal. Seja f 2 K [x]. Se f se anula em todos os pontos de Z (I ),
ent~ao alguma potência de f pertence a I.
~ E PROJECOES
~
4.3. ELIMINACAO
45
Demonstrac~ao. Podemos supor f 6= 0. Seja y uma nova variavel e considere o
ideal I 0 de K [x][y] gerado por I e mais o polinômio g := 1 yf . Armamos que
Z (I 0) = ;. Com efeito, se existisse P := (a ; : : :; an; b) 2 Z (I 0) K n , teramos
por um lado, h(a ; : : :; an) = 0 8g 2 I , e portanto, (a ; : : :; an) 2 Z (I ). Por outro
+1
1
1
1
lado, tambem g se anularia em P , acarretando
0 = g(a ; : : : ; an; b) = 1 bf (a ; : : : ; an) = 1
pela hipotese sobre f . O corolario anteriorPnos fornece assim I 0 = h1i. Isto
signica que existe uma relac~ao 1 = gh + gi hi com h; hi 2 K [x][y]; gi 2 I .
Substituindo
y por 1=f nessa identidade polinomial, obtemos uma nova relac~ao,
P
1 = hi(x; 1=f )gi (x), na qual ocorrem denominadores que s~ao potências de f .
Logo,
multiplicando por uma potência conveniente de f , obtemos nalmente f n =
P~
hi(x)gi 2 I , onde cada h~ i 2 K [x].
2
1
1
4.2.5 Exerccios
1. Mostre que a projec~ao horizontal da hiperbole xy = 1 n~ao e um subconjunto
algebrico de K .
2. Sejam g; f ; : : : ; fn 2 K [x] polinômios lineares. Mostre que se g se anula no
1
conjunto dos zeros de f ; : : : ; fn ent~ao g e combinac~ao linear dos fi com coecientes
em K .
1
3. Mostre que se K n~ao e algebricamente fechado (e.g., K =R), ha em K [x] ideais
maximais que n~ao s~ao da forma prescrita no teorema dos zeros 4.2.2.
4. Seja K ! K denido por (x; y) 7! (x; xy). Mostre que a imagem de n~ao
2
2
e um subconjunto algebrico de K .
2
5. Seja K n ! K m denido por (x ; : : : ; xn) 7! ( (x); : : :; m(x)), onde cada
i (x) e um polinômio de grau total 1. Seja V K n uma subvariedade linear de
1
1
K n . Mostre que a imagem de V por e um subconjunto algebrico de K m.
p
6. Sejam I ; J K [x] ideais. Mostre que se Z (I ) Z (J ) ent~ao I J .
4.3 Eliminac~ao e projec~oes
O proximo ingrediente necessario para a reduc~ao do numero de variaveis e a seguinte
construc~ao algebrica.
4.3.1 Denic~ao. Seja I K [x ; : : :; xn ] um ideal. Denimos seu 1o ideal de
eliminac~ao como
I := I \ K [x ; : : : ; xn]:
1
1
2
46
O leitor deve vericar como exerccio que I e um ideal do anel de polinômios com
uma variavel a menos, K [x ; : : :; xn ]. Os elementos de I s~ao as combinac~oes dos
elementos de I que eliminam a variavel x .
4.3.2 Exemplo. Considere o sistema de equac~oes lineares,
(
z x = 1
z y = 2:
Eliminamos z obtendo x y = 1. O leitor deve se convencer de que esta e justamente
a equac~ao da imagem no plano xy da projec~ao ortogonal da reta denida pelo
sistema acima. Observe que I := hz x 1; z y 2i \ K [x; y] = hx y 1i:
De fato, usando LEX com as variaveis ordenadas [z; x; y] note que o S-polinômio,
S(z x 1; z y 2) = x + y + 1 e que, de fato, G := fz y 2; x + y + 2g
e uma base de Grobner. Agora se f (x; y) 2 I , escreva sua divis~ao por G, f =
(z y 2)q + ( x + y + 2)q . Naturalmente o resto e = 0. Tambem o coeciente
q de z y 2 e = 0 ja que z n~ao divide nenhum monômio de f .
Veja a principal serventia desse 1o ideal de eliminac~ao. Os resultados seguintes
mostram como a imagem de uma variedade por projec~ao pode ser calculada.
1
2
1
1
1
1
1
2
1
4.3.3 Proposic~ao. Seja V K n uma variedade algebrica denida por um ideal
I K [x]. Seja K n ! K n a projec~ao que omite a 1a coordenada. Ent~ao temos:
1. (V ) Z (I );
2. Se I contem algum polinômio mônico com respeito a x vale a igualdade na
1
1
1
inclus~ao acima.
Demonstrac~ao. A 1a armac~ao segue imediatamente das denic~oes. Seja
(a2; : : : ; an) 2 Z (I1). Devemos mostrar que existe a1 2 K tal que (a1; a2; : : :; an) 2
V . Por 4.2.3, precisamos exibir um ideal maximal M = hx1 a1; : : :; xn ani
tal que I M. Lembrando que a colec~ao dos ideais que contêm um dado ideal
I esta em bijec~ao natural com os ideais do quociente modulo I (exc. 1.5.8{5),
passamos a considerar a situac~ao seguinte. Seja A := K [x2; : : :; xn]/I1 e seja
B := K [x1; : : :; xn]=I . O homomorsmo natural denido por g + I1 7! g := g + I e
injetivo e identica A a um subanel de B . Seja p = xN1 + + a1x1 + a0 2 I ; (ai 2
K [x2; : : :; xn ]) um polinômio mônico com respeito a x1, assegurado por hipotese. A
relac~ao 0 = p = x1N + + a1 x1 + a0 mostra que A B satisfazem as condic~oes
do lema 3.3.6. Por conseguinte, o ideal gerado por x2 c2; : : : ; xn cn em B esta
contido em algum ideal maximal, conforme desejado.
2
Para o calculo efetivo das equac~oes da imagem, utilizamos o seguinte.
4.3.4 Proposic~ao. Seja I K [x1; : : :; xn] um ideal e seja I1 := I \ K [x2; : : :; xn].
Se G e uma base de Grobner de I com respeito a LEX com x1 x2 ent~ao
G1 := G \ K [x2; : : : ; xn] e base de Grobner de I1
~ IMPLCITAS PARAME TRICAS
4.4. EQUACOES
47
Demonstrac~ao. Por escolha da ordem monomial, se g 2 G n G ent~ao x comparece
em TL(g), e reciprocamente. Seja f 2 K [x ; : : :; xn]. A observac~ao fundamental e
G
G
1
1
2
que f = f . Com efeito, no processo de divis~ao de f por G, o termo lder de
nenhum
membro de G n G divide qualquer termo de f . Ou seja, numa express~ao
P
f = g2G qg g + r fornecida pelo algoritmo da divis~ao, temos qg = 0 para cada
g 2 G n G , de sorte que essa mesma express~ao fornece o resultado da divis~ao por
G . Agora note que para cada par g; h 2 G , e claro que S(g; h) tambem n~ao envolve
a variavel x . Visto que sua reduc~ao mod. G e zero por 3.2.4, segue-se que S(g; h)G
tambem e zero, e portanto G e base de Grobner pelo criterio de Buchberger (teor.
3.4.5).
2
1
1
1
1
1
1
1
1
4.3.5 Exemplo. Seja V a intersec~ao das quadricas denidas por
(
q := x + y z 1
= 0;
q := 3 z z x + x + 2 y 11 = 0:
Vamos encontrar uma equac~ao para a curva projec~ao no plano{xy. Aplicando o
algoritmo de Buchberger (usando Maple), obtemos
8
x y +z +1
= 0;
>
>
>
< zx 4 x
5 y + 14
= 0;
>
15 x + 19 xy 55 x + 5 zy 14 z
= 0;
>
>
:
111 x 140 y + 196 + 39 y x + 25 y + 15 x = 0:
Desprezando os termos que envolvem z, resta a ultima das equac~oes acima, a qual
fornece a imagem da projec~ao desejada.
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
2
2
2
2
2
2
4
4
4.4 Equac~oes implcitas parametricas
O processo de eliminac~ao descrito na sec~ao anterior se estende mais geralmente para
se descrever as equac~oes do fecho da imagem de uma aplicac~ao polinomial,
p
Kn
!
Km
x = (x ; : : :; xn) 7 ! (p (x); : : :; pm (x)):
Aqui entendemos por \fecho" de um subconjunto T K n o menor subconjunto
algebrico de K n contendo T . A nomenclatura provem do fato de que a colec~ao
dos conjuntos algebricos de K n satisfaz os axiomas que denem a noc~ao de conjuntos fechados de uma topologia. Escolhendo uma nova lista de variaveis y ; : : :; ym,
queremos concretamente eliminar x ; : : :; xn no sistema,
8
>
>
= p (x ; : : :; xn)
< y
...
>
>
: y
= pm (x ; : : :; xn):
m
1
1
1
1
1
1
1
1
48
Procedemos como no caso de eliminac~ao de uma variavel, sendo que agora ordenamos os blocos de variaveis x; y de maneira que cada xi seja maior que todos os
yj . Calculando uma base de Grobner G para o ideal
h
(
y1
p1 x1 ; : : : ; x
n ); : : : ; ym
m (x1; : : : ; xn)i K [x1 ; : : : ; xn ; y1; : : : ; ym ]
p
com respeito a (de fato qualquer ordem monomial com a ressalva ja feita de que
cada xi yj serve), os elementos de G em que nenhum xi ocorre s~ao justamente as
equac~oes do fecho. Se G \ K [y ; : : : ; ym] = ;, o fecho e todo K m .
4.4.1 Exemplos. 1) Considere a curva plana dada parametricamente por
LEX
1
(
x=t
y=t
2
3
t
Encontramos uma equac~ao implcita f (x; y) = 0 calculando uma base de Grobner
para hx (t t); y t i ordenando as variaveis [t; x; y] e com a ordem . Obtemos
2
3
LEX
[ x+t
t; y + tx + x + t; 2 y + x + t x + ty; y y + 3 yx + x ]
em que o ultimo membro da lista e a equac~ao procurada.
2) Sejam r (t) = (0; t; 1); r (t) = (t; 0; 0) as equac~oes parametricas de duas retas
reversas. Ligando os pontos correspondentes ao mesmo valor do parâmetro, obtemos
as equac~oes parametricas de uma superfcie regrada,
p(s; t) = sr (t) + (1 s)r (t):
Eliminando s; t nas equac~oes 8
>
< x = (1 s)t
y = st
>
:
z=s
obtemos a equac~ao da superfcie quadrica y + yz + zx.
3) A curva dada por x = t; y = t ; z = t e chamada uma cubica reversa. A superfcie
formada pela uni~ao de suas retas tangentes e parametrizada por,
8
>
< x=t+s
y = t + 2st
>
: z = t + 3st
Procedendo como no exemplo anterior, obtemos
6 yzx + 4 y + z 3 y x + 4 zx = 0
para equac~ao dessa superfcie.
2
1
2
2
2
1
2
2
3
2
3
3
2
2
2
2
3
3
4.5. CURVA DUAL
49
4.5 Curva dual
Seja C K uma curva de equac~ao f (x; y) = 0. A reta tangente a C no ponto
(x ; y ) e dada por
2
0
0
@f (x ; y )(x x ) + @f (x ; y )(y y ) = 0:
@x
@y
Naturalmente estamos supondo o ponto (x ; y ) n~ao singular, i.e.,
@f (x ; y ) ou @f (x ; y ) 6= 0.
@x
@y
A colec~ao de retas de K de equac~oes da forma y = ax + b esta em bijec~ao natural
com o plano dual K formado pelos pontos de coordenadas (a; b). Que pontos de
K correspondem a retas tangentes a C ? Reescrevendo a equac~ao da reta tangente
na forma,
@f (x ; y )
@x
(x x ) + y ;
y = @f
@y (x ; y )
percebemos que estamos a procura de uma descric~ao para a imagem da chamada
aplicac~ao de Gauss, denida nos pontos n~ao singulares de C ,
@f (x ; y )
@f
C
@x (x ; y ) x ):
(x ; y ) 7 ! (a; b) := ( @x
;
y
+
@f (x ; y )
@f (x ; y )
@y
@y
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
2
2
2
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
Recamos no problema de eliminac~ao das variaveis x ; y , renomeadas x; y no sistema,
8 @f
@f (x; y );
a (x; y) = @x
>
>
> @y
0
>
>
>
<
b @f
@y (x; y )
>
>
>
>
>
>
:
0
@f (x; y )x + @f (x; y )y;
= @x
@y
(4.1)
f (x; y) = 0:
Mostra{se que para toda curva irredutvel C de grau 2, o fecho da imagem de C
e uma curva no plano dual, chamada de curva dual.
4.5.1 Exemplos. 1) Calculemos a curva dual da parabola y = x . Eliminamos
2
x; y no sistema,
8
>
<
>
:
a
b
= ( 2x);
= ( 2x)x + y;
y x = 0:
A 1a equac~ao fornece x = a=2; a 3a , y = a =4. Substituindo na 2a , vem b = a =4,
que e a equac~ao da curva dual. O calculo pelo algoritmo de Buchberger procede da
seguinte maneira. Em Maple, execute o comando
2
2
gbasis({a+2*x,b+2*x**2-y,y-x**2},[x,y,a,b],plex);
2
50
Manualmente, calcule a sequência de S-polinômios e respectivas reduc~oes com respeito a LEX,
G = [g = a + 2x; g = b + 2x y; g = y x ];
S(g ; g ) = xa b + y ! b + y 1=2a ;
G = [g ; g ; g ; g = b + y 1=2a ];
S(g ; g ) = xa 2y ! 1=2a 2b;
G = [g ; g ; g ; g ; g = 1=2a 2b];
S(g ; g ) = ya + 2xb + xa !0;
S(g ; g ) = 1=2a + 4xb !0;
S(g ; g ) = b y !0;
S(g ; g ) = yb y + 2x b + x a !0;
S(g ; g ) = 1=2ba + 1=2ya + 4x b !0;
S(g ; g ) = y x b 1=2x a !0;
S(g ; g ) = 1=2ya 2x b !0;
S(g ; g ) = 1=2ba + 1=4a + 2yb !0;
2) Examinemos agora o que pode ocorrer com a presenca de pontos singulares.
Consideremos a curva x y = 0. Procedendo como acima, devemos eliminar x; y
no sistema
8
>
< a( 2y ) = (3x );
> b( 2y ) = (3x )x 2y ;
:
x y = 0:
Apelando para o Maple,
1
1
1
2
2
3
2
2
1
2
3
4
1
2
3
4
2
2
3
1
4
1
5
2
3
2
4
2
5
3
4
3
5
4
5
2
2
5
2
3
2
2
2 2
2
2
2
2
2 2
2
2
2
3
2
4
2
2
2
3
2
2
> with(grobner):
> gbasis({a*(-2*y)+(3*x^2),b*(-2*y)-((3*x^2)*x-2*y^2),
x^3-y^2},[x,y,a,b],plex):
> "[nops(")];
27*b^2*y+4*b*y*a^3
A novidade neste caso e que a ultima equac~ao, que se esperava conter apenas as
variaveis a; b, e multipla de y e de b! O leitor pode se convencer de que a equac~ao
da curva dual e dada efetivamente por 27b + 4a .
3
4.5.2 Exerccios
1. Ache a curva dual de cada uma das curvas seguintes: 1)xy 1 = 0: 2)x +y 1 =
2
2
0: 3)x + y 1 = 0: 3)x + x y = 0: 3)x y = 0:
2. Repita os dois ultimos tens acrescentando a equac~ao
1 t @f (x; y) = 0
@y
ao sistema 4.1 onde t denota uma nova variavel.
3. Deduza um procedimento para o calculo da curva dual de uma curva plana.
3
3
3
2
2
3
2
~
4.6. JUNCOES
51
4.6 Junc~oes
Sejam V ; V K n variedades algebricas. Uma construc~ao das mais frequentes em
Geometria e a junc~ao J(V ; V ), denida pela uni~ao das retas que ligam cada P 2 V
a qualquer P 2 V . Ha varios casos particulares que ja encontramos.
4.6.1 Exemplos. 1) Se V se reduz a um ponto O 2 K n, a junc~ao e o cone de
base V e vertice O.
2)Se V = V , a junc~ao e a variedade secante de V .
Vejamos como obter equac~oes para J(V ; V ). Escolhemos 3 blocos de coordenadas,
x ; : : : ; xn,y ; : : :; yn,z ; : : : ; zn. A ideia e escrever xi = tyi + (1 t)zi, adjuntar as
equac~oes que denem V envolvendo as variaveis y e as que denem V nas variaveis
z. Em seguida, eliminamos t, y's e z's. As equac~oes resultantes em x ; : : :; xn s~ao
as procuradas.
4.6.2 Exemplos. 1) Equac~ao do cone com vertice (1; 1; 1) e base a curva z =
0; xy = 1. Nesse caso, fazemos (x; y; z) = t(1; 1; 1) + (1 t)(x0; y0; z0) e adjuntamos
as equac~oes z0 = 0; x0y0 = 1. Em seguida, eliminamos t; x0; y0; z0. Concretamente,
calculamos uma base de Grobner para fx (t + (1 t)x0); y (t + (1 t)y0); z
(t + (1 t)z0); z0; x0y0 1g, com as variaveis ordenadas [t; x0; y0; z0; x; y; z] e a ordem
. Encontramos 2z 1 + xy xz zy para equac~ao do cone.
2) Equac~ao da variedade secante da curva y = x ; z = x . Podemos nos aproveitar
da forma parametrica dada. Calculando uma base de Grobner para fx (tu + (1
t)v); y (tu +(1 t)v ); z (tu +(1 t)v )g, com as variaveis ordenadas [t; u; v; x; y; z]
e a ordem , o leitor vericara que nenhum dos polinômios encontrados envolve
so x; y; z. Isto signica que o ideal obtido por eliminac~ao e igual a h0i. Em outras
palavras, a variedade secante neste exemplo e igual a todo K !
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
2
1
1
2
1
LEX
2
2
2
3
3
3
LEX
3
4.6.3 Exerccios
1. Encontre a equac~ao do cone com vertice (1; 2; 3) e base a intersec~ao das quadricas
z = xy; x + y + z = 1.
2. Seja C K a curva denida por xi := ti; i = 1 : : : 4. Mostre que C e tambem
dada por um ideal gerado por 6 quadricas. Escolha um ponto O aleatorio em K
e mostre que o cone com vertice O e base C e uma hipersuperfcie. Mostre que o
gradiente da equac~ao desta ultima so se anula no vertice.
3. Seja V K a imagem da aplicac~ao K ! K dada por (x ; x ) 7! (x ; x ; x ;
x x ; x ). Mostre que V e a variedade denida pelas equac~oes y = y ;y =
y y ; y = y . Ache equac~oes para a imagem de V pela projec~ao K ! K
que omite um dos yi. Seja W a uni~ao das retas secantes a V i.e., da forma
tP + (1 t)Q onde P; Q 2 V . Mostre que W e uma hipersuperfcie de equac~ao
y y 2y y y y y + y + y y = 0.
2
2
2
4
4
5
1
2
1 2
2
1 5
2
2
5
2
1
2
1
3
2
2
1 2 4
5
5 3
2
4
2
2 3
5
2
1
2
4
2
1
4
52
4.7 Decomposic~ao em irredutveis
Seja V = Z (f ) um hipersuperfcie denida pelo polinômio f 2 K [x]. E claro que se
f = gh temos V decomposto na uni~ao das hipersuperfcies denidas por g; h. Isto
motiva a seguinte denic~ao.
4.7.1 Denic~ao. Dizemos que uma variedade algebrica V e redutvel se existirem
variedades W ; W tais que V W [ W mas V 6 Wi para i = 1; 2. Uma variedade
e irredutvel se n~ao for redutvel.
1
2
1
2
4.7.2 Exemplos. 1) Evidentemente K n e irredutvel.
2) Z (xy) K , uni~ao dos eixos coordenados, e redutvel.
4.7.3 Denic~ao. Seja V K n um subconjunto. Denimos
IV := ff 2 K [x ; : : : ; xn] j f (P ) = 0 8P 2 V g:
Verica{se de imediato que IV e um ideal, que diremos associado a V .
2
1
4.7.4 Lema. Seja V K n um subconjunto. Ent~ao temos:
1. IV e um ideal radical, i.e., se f 2 K [x] e f n 2 IV para algum n ent~ao f 2 IV ;
2. Z (IV ) e o menor conjunto algebrico que contem V ;
p
3. se J K [x] e um ideal e V = Z (J ) ent~ao IV = J .
Demonstrac~ao. A 1a armac~ao e imediata. Para provar a 2a , suponha V Z (J ).
Ent~ao cada f 2 J anula todo P 2 V , donde J IV e portanto, Z (J ) Z (IV ).
Isto mostra que todo conjunto algebrico que contem V , contem Zp
(IV ). Por m,
se V = Z (J ), segue que V = Z (J ) = Z (I ), e portanto, temos J = I pelo
V
V
teorema dos zeros 4.2.2 (veja tambem o exc. 4.2.5{6).
2
4.7.5 Proposic~ao. Seja V K n uma variedade algebrica e seja
IV := ff 2 K [x ; : : : ; xn] j f (P ) = 0 8P 2 V g:
Ent~ao V e irredutvel se e so se IV e um ideal primo.
Demonstrac~ao. Suponha IV primo. Sejam W ; W variedades tais que V W [
W . Segue facilmente que IV IW \ IW . Queremos mostrar que IV IW ou
IV IW . Se nenhuma das duas inclus~oes propostas valer, existem fi 2 IWi n IV
(i = 1; 2). Mas f f 2 IW \ IW , e assim f f 2 IV . Isto implica f 2 IV ou
f 2 IV , contradic~ao. Agora, tendo provado que, digamos, IV IW , segue V W ,
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1 2
2
1
2
1 2
1
1
1
~ EM IRREDUTVEIS
4.7. DECOMPOSICAO
53
mostrando que nenhum par W ; W atesta a redutibilidade de V e portanto, V e
irredutvel.
Reciprocamente, se IV n~ao e primo, existem f ; f 2 K [x] n IV tais quepf f 2 IV :
Logo, V Z (f f ) = Z (f ) [ Z (f ) e V 6 Z (fi), sen~ao teramos fi 2 IV = IV .
Mostramos assim que V e redutvel.
2
1
2
1
1 2
1
2
1 2
2
A determinac~ao das componentes irredutveis de uma variedade e uma quest~ao
n~ao trivial. Veja [5], [3].
4.7.6 Exerccios
1. Mostre que uma variedade algebrica V e redutvel se e so se existirem variedades
W ; W tais que V = W [ W mas V =
6 Wi para i = 1; 2.
2. Mostre que uma hipersuperfcie Z (f ) e irredutvel se e so se o polinômio f 2
1
2
1
2
K [x] e potência de um polinômio irredutvel.
3. Sejam ; : : :; m 2 K [t] polinômios na variavel t. Mostre que a imagem da
aplicac~ao K ! K m , t 7! ( (t); : : :; m(t)) e uma variedade irredutvel. (Sugest~ao:
ff 2 K [x ; : : : ; xm] j f ( ; : : : ; m) = 0g
1
1
1
1
e um ideal primo. Note que deve tambem ser vericado que a imagem de e um
conjunto algebrico.)
54
Captulo 5
Dimens~ao
O objetivo deste captulo e discutir o conceito de dimens~ao para variedades algebricas. O teorema principal (5.8.5) nos fornecera duas caracterizac~oes da dimens~ao:
1. o numero maximo de func~oes algebricamente independentes no anel de coordenadas;
2. o grau do polinômio de Hilbert do anel de coordenadas.
5.1 Uni~oes de subespacos coordenados
Seja V K n denida por um ideal monomial. Lembramos que V nada mais e que
uma uni~ao nita de subespacos coordenados.
5.1.1 Exemplo. Observe Z (hxyz; xz; yzi) = Z (hzi) [ Z (x; y), uni~ao do plano{xy
com o eixo{z.
E natural se tomar como denic~ao para a dimens~ao de um conjunto algebrico deste
tipo o maximo da dimens~ao vetorial de suas componentes. Nosso programa e estabelecer meios para ler essa dimens~ao diretamente em termos do ideal que dene um
conjunto algebrico e estender ao caso de variedades n~ao lineares.
Seja I K [x ; : : :; xn] um ideal. Denotaremos por Is o subconjunto formado
pelos elementos de I de grau s. O leitor vericara que Is e um subespaco vetorial
de K [x ; : : : ; xn]s . Este ultimo, e de dimens~ao igual ao numero ( s +n n ) de monômios
de grau s nas variaveis x ; : : :; xn. As sec~oes subsequentes ser~ao dedicadas ao
estudo da func~ao s 7! ( s +n n ) dim Is, chamada func~ao de Hilbert do ideal I .
1
1
1
5.2 Dimens~ao zero
5.2.1 Lema. Seja I K [x ; : : : ; xn] um ideal. S~ao equivalentes:
1
55
~
CAPTULO 5. DIMENSAO
56
(1) dim(K [x ; : : :; xn]s/Is) e constante para s >> 0;
(2) o anel quociente K [x ; : : :; xn ]=I e um espaco vetorial de dimens~ao nita;
(3) Z (I ) e um conjunto nito.
1
1
Demonstrac~ao. Sejam
A = K [x ; : : : ; xn]/I e As = K [x ; : : :; xn]s/Is
1
1
o anel e espaco vetorial quocientes, respectivamente. Tendo em vista que as aplicac~oes naturais As!As !A s~ao injetivas (cf. 1.5.8-12) e que cada f 2 A esta na
imagem de algum As, a condic~ao (1) implica A = As para s >> 0 e portanto A e
um espaco vetorial de dimens~ao nita. Isto mostra a implicac~ao (1))(2).
Suponhamos agora (2). Ent~ao existe um inteiro m > 0 tal que, para cada
i = 1; : : : ; n, a classe de xmi mod I e combinac~ao linear das classes de 1; : : : ; xmi .
Portanto, existem polinômios n~ao nulos na variavel indicada, p (x ); : : :; pn (xn) em
I . Como Z (I ) Z (p (x ); : : :; pn (xn)) e este ultimo conjunto de zeros e nito,
conclumos (3).
Mostremos por m (3))(1). Pelo teorema dos zeros de Hilbert 4.2.3, se Z (I ) e
vazio temos I = h1i e evidentemente dim(K [x ; : : : ; xn]s/Is ) = 0 8s: Em todo caso,
se Z (I ) e nito, existem polinômios n~ao nulos p (x ); : : : ; pn (xn) cujas razes s~ao os
possveis valores para as coordenadas dos pontos de Z (I ). Logo, temos
Z (I ) Z (()p (x ); : : : ; pnp(xn )).
Lembrando 4.2.4, obtemos hp (x ); : : :; pn (xn)i I . Substituindo cada pi por
uma potência, podemos supor pi(xi) 2 I . Assim, temos uma aplicac~ao sobrejetiva
(veja o exc. 1.5.8-12)
K [x ; : : :; xn]/hp (x ); : : :; pn (xn)i!A
donde se deduz que A e de dimens~ao nita.
2
+1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
5.2.2 Exerccios
1. Seja I = hx + y; x + ay + bi K [x; y]. Determine os valores de a; b 2 K tais
que Z (I ) seja nito (;; =
6 ;).
2. Seja I = hy x i K [x; y]. Determine dim K [x; y]s/Is para cada s = 0; 1; : : :.
3. Sejam (x ; : : :; xn); : : : ; N (x ; : : :; xn) polinômios de grau 1 e seja I o ideal
gerado. Mostre que se Z (I ) =
6 ; ent~ao dim K [x ; : : :; xn]s/Is = ( s +r r ) para algum
inteiro r entre 0 e n. (Sugest~ao: trate o caso hx ; : : :; xmi.)
4. Seja I K [x] um ideal. Mostre que dim K [x]/I e nita se e so se
dim K [x]/(I ) o for.
2
1
1
1
1
1
2
~ NUME RICAS
5.3. FUNCOES
57
5.3 Func~oes numericas
Sejam a; b numeros inteiros n~ao negativos. Lembramos que o coeciente binomial
( ab ) deriva seu nome da identidade,
(1 + t)a = a( ab )tb:
0
5.3.1 Lema. Sejam a; b numeros inteiros n~ao negativos. Ent~ao temos,
(i)
( ab ) + ( b +a 1 ) = ( ab ++ 11 );
(ii)
ai
=0
( i +b b ) = ( a +b +b +1 1 ):
Demonstrac~ao. Para provar (i), basta calcular o coeciente de tb em ambos os
+1
membros da identidade,
(1 + t)a = (1 + t)(1 + t)a:
Para (ii), procedemos por induc~ao sobre a. Se a = 0; ambos os membros s~ao
iguais a 1. Para a etapa indutiva, escrevemos
ai
+1
=0
+1
( i +b b ) =
=
=
( a + b1 + b ) + i ( i +b b )
( a + b1 + b ) + ( a +b +b +1 1 ) (por induca~o. )
( (a + b1)++1b + 1 )
(por (i))
a
=0
2
5.3.2 Denic~ao. Para cada inteiro d 0 denimos o polinômio binomial,
x+d
d
!
:= (x + d)(x + d 1) (x + 1)=d!
= xd=d! + d(d + 1)xd =2d! + Notemos que, apesar dos coecientes deste polinômio serem numeros racionais, seu
valor para cada x inteiro e um numero inteiro.
1
5.3.3 Lema. Seja f (x) um polinômio a coecientes reais. Seja d = dof . Ent~ao:
1. f se escreve de maneira unica como combinac~ao linear dos polinômios binomiais, ou seja, existem constantes reais c0 ; : : :; cd unicamente determinadas
pela identidade,
f (x) = cd( x +d d ) + + c ( x +1 1 ) + c ;
1
0
~
CAPTULO 5. DIMENSAO
58
2. se f (s) e inteiro para d + 1 valores inteiros consecutivos de s, ent~ao os coecientes cd ; : : :; c0 s~ao todos inteiros e, consequentemente, temos f (s) inteiro
para todo s inteiro.
Demonstrac~ao. A primeira armac~ao decorre do fato de que o conjunto dos polinômios binomiais, f( x +i i ) j i = 0 : : : dg, e uma base para o espaco vetorial dos
polinômios de grau d.
Seja agora s0 um inteiro tal que f (s0), : : : ; f (s0 + d) sejam inteiros. Seja h(x) :=
f (x + s0). Se provarmos o resultado para h(x), teremos deduzido em particular que
h(s) e inteiro para todo s inteiro. Logo, podemos supor de partida que s0 = 0. Ora,
calculando sucessivamente
f (0) = cd;
f (1) = cd( 1 +d d ) + cd 1 ;
...
f (d) = cd( d +d d ) + cd 1( d +d d 1 1 ) + + c0;
deduzimos da 1a igualdade que cd e inteiro, logo a 2a implica que cd tambem e,
etc : : :
2
1
5.3.4 Denic~ao. Dizemos que uma func~ao '(s) a valores reais e denida para
todo inteiro s >> 0 e assintoticamente polinomial ou asp se existir um polinômio
p(x) tal que '(s) = p(s) 8s >> 0. Dizemos que o polinômio p representa '.
Observemos que se ' e asp, o polinômio p acima e unico. Com efeito, se p; q s~ao
polinômios tais que p(s) = q(s) 8s >> 0, temos p q = 0, pois qualquer polinômio
de uma variavel, n~ao nulo, tem so um numero nito de razes. Se uma func~ao ' e
asp, denimos o seu grau como sendo o do unico polinômio que a representa.
5.3.5 Lema. Seja '(s) uma fun
c~ao a valores inteiros denida para todo s inteiro
0
0
sucientemente grande. Seja ' (s) := '(s) '(s 1). Se ' e asp e de grau d ent~ao
' e asp, de grau d + 1.
Demonstrac~ao. Seja q o polinômio que representa '0 e seja s0 tal que '0(s) = q(s)
para s s0. Podemos escrever q(x) = ci( x +i i ), onde os coecientes cd; : : : ; c0 s~ao
inteiros, com cd 6= 0. Seja s > s0. Somando membro a membro as igualdades,
'(s) '(s 1)
= cd( s +d d )
+cd ( s +d d 1 1 ) + '(s 1) '(s 2) = cd( s 1 + d ) + d
...
'(s + 1) '(s ) = cd( s0 + d ) + ;
d
1
0
0
~ DE HILBERT
5.4. A FUNCAO
59
deduzimos (lembrando 5.3.1),
'(s) = '(s ) + cdsi ( i + d ) + cd ( ) + d
s
i
cdi ( +d d ) + = cd( s +d +d +1 1 ) + cd ( s +d d ) + + a;
0
1
=0
0
1
=0
1
onde a denota um inteiro independente de s.
2
5.3.6 Exerccios
1. Seja '(s) uma func~ao aspde grau d 1. Seja (s) = '(s + 1) '(s). Mostre
que e asp, de grau d 1.
5.4 A func~ao de Hilbert
5.4.1 Denic~ao. A func~ao de Hilbert de um ideal I K [x], e dada por
'I (s) = codim (Is )
= ( s +n n ) dim Is :
O polinômio de Hilbert de I e o unico polinômio que representa 'I (s), conforme o
resultado seguinte.
5.4.2 Teorema. Seja I K [x ; : : :; xn] um ideal. Ent~ao
1
1. 'I (s) e asp, i.e., existem inteiros ; a0; : : :; a , tais que
'I (s) = a( s + ) + a ( s + 1 1 ) + + a
para todo s >> 0;
2. temos n 0, a 0 e a > 0 se I 6= h1i;
3. = 0 se e so se Z (I ) e nito.
1
0
Demonstrac~ao. Sejam
A = K [x ; : : : ; xn]/I e As = K [x ; : : :; xn]s/Is
1
1
o anel e espaco vetorial quocientes, respectivamente. Temos 'I (s) = dim As.
~
CAPTULO 5. DIMENSAO
60
Observemos logo que uma vez provado que 'I (s) e asp e de grau n, a
armac~ao a 0 segue do fato de que 'I (s) 0 8s 0: Por outro lado, se = 0
ent~ao 'I (s) e constante para s >> 0 e portanto, o lema 5.2.1 se aplica.
Procedemos por induc~ao sobre o numero n de variaveis. O caso n = 0 e trivial
(ja que os unicos ideais de K s~ao h0i e K = h1i!). Embora o caso n = 1 siga do
caso geral, vamos examina{lo em separado, com o intuito de notar com mais clareza
o modo como a condic~ao s >> 0 se imp~oe. Sabemos que todo ideal I K [x] e
principal. Se I = h0i, temos Is = h0i para todo s, e portanto 'I (s) = ( s +1 1 ) esta na
forma desejada, com = 1; a = 1; a = 0. Note tambem que Z (I ) = K e innito.
Suponhamos agora I = hf i, com f 2 K [x] um polinômio n~ao nulo. Seja d = do f .
Temos ent~ao
(
s<de
Is = hf0i hK [x] i para
para s d.
1
0
s d
Da segue,
(
para s < d e
'I (s) = dim K [x]s dim Is = s + 1
s + 1 (s d + 1) para s d.
Portanto, 'I (s) = d para s >> 0. Se d = 0, temos f constante6= 0, e Z (hf i) e vazio.
Por m, se d > 0 ent~ao Z (hf i) e o conjunto das razes de f .
Passemos a etapa de induc~ao para provar o tem 1.
Seja A ! A a transformac~ao linear dada por multiplicac~ao pela variavel xn.
Ela induz em cada grau s uma transformac~ao linear que denotamos pela mesma
letra, As ! As . Seja N A o nucleo de e ponhamos tambem Ns = N \ As.
Seja B = A/(A) o quociente pela imagem de . Pelo teorema do nucleo e da
imagem, podemos escrever,
'I (s) = dim As = dim Ns + dim (As );
dim (As ) = dim As
dim Bs
e portanto,
'I (s + 1) 'I (s) = dim Bs
dim Ns:
A ideia agora e provar que tanto B como N provêm de uma situac~ao a n 1 variaveis.
Da hipotese de induc~ao seguiria que dim Bs, dim Ns s~ao func~oes asp de grau n 1
em s. Do lema 5.3.5, conclumos que 'I (s) e asp de grau n para s >> 0.
Mostraremos inicialmente que
B e isomorfo ao quociente de K [x ; : : :; xn ]
(?)
pelo ideal J obtido de I pela substituic~ao xn = 0.
Com efeito, denamos
: K [x ; : : : ; xn ] ! B
f
7 ! (f + I ) + (A):
+1
+1
+1
+1
1
1
1
1
~ DE HILBERT
5.4. A FUNCAO
61
O leitor vericara facilmente que e linear (de fato um homomorsmo de K algebras). Vamos mostrar que e sobrejetiva e que seu nucleo e igual ao ideal J descrito
em (?). Ora, cada elemento de B e uma classe residual, + (A) com 2 A. Por
sua vez, e uma classe residual modulo I , de sorte que temos = f + I para algum
f 2 K [x ; : : :; xn]. Separando os termos de f que contêm xn, podemos escrever
f = f + xnf , onde f 2 K [x ; : : :; xn ]. Temos ent~ao
+ (A) = (f + xnf + I ) + (A)
= ((f + I ) + (A)) + ((xnf + I ) + (A))
= (f + I ) + (A) = (f );
o que mostra a sobrejetividade. Para calcular o nucleo, suponhamos que f 2
K [x ; : : :; xn ] e (f ) = 0. Isto se traduz na condic~ao f + I = (g + I ) para
algum g 2 K [x ; : : :; xn]. Da segue uma relac~ao f = xng + h com h 2 I . Substituindo xn = 0 nesta ultima relac~ao n~ao altera f e prova que f 2 J . Reciprocamente,
se f 2 J , ent~ao existem h 2 I ; g 2 K [x ; : : :; xn]; tais que f = xng + h seguindo-se
de imediato que (f ) = 0. Completamos assim a vericac~ao de (?).
Ocupemo-nos agora de N , que passamos a escrever NI para lembrar que depende
de I . Se tivessemos NI = h0i, nada restaria a provar. Vamos reduzir a este caso
trivial por aproximac~oes sucessivas!
Para cada ideal I K [x ; : : :; xn], ponhamos I = I : xn (veja o exc. 1.3.3{6).
Notemos que I e a pre{imagem de NI pelo homomorsmo quociente K [x ; : : :; xn]
!A. Segue que I = I se e so se NI = 0. Denimos indutivamente I m =
(I m ) . Temos evidentemente I I I m . Portanto, por ACC (3.3.4),
existe m tal que I m = I m . Assim, o resultado desejado vale para este ideal.
Para chegarmos ao I original, consideremos
.
xn (I )s !Is !Is (xn (I )s );
1
0
1
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
1
1
1
(1)
1
(1)
(1)
(
(
) (1)
(1)
(
+1)
(
(1)
(
+1)
)
)
1
(1)
1
a primeira seta denotando a inclus~ao e a 2a o quociente. .E claro que 'I (s) se
calcula em termos de 'I (s 1) e da dimens~ao de Qs := Is (xn I )s :
(1)
(1)
'I (s) = ( n +n s ) dim Is
= ( n +n s ) dim(I )s + dim Qs
= 'I (s 1) dim Qs
Tendo em conta o lema 5.4.3, este ultimo quociente e proveniente de um ideal de
K [x ; : : : ; xn ] = K [x ; : : :; xn]/hxn i:
Logo, 'I (s) sera da forma desejada se 'I (s) o for. Repetindo o argumento com I
no lugar de I , anal remetemos tudo para o caso de I m , em que, sendo NI m = 0,
ja ganhamos!
2
(1)
1
(1)
1
1
1
(1)
(1)
(
)
(
)
~
CAPTULO 5. DIMENSAO
62
5.4.3 Lema. Sejam A uma K algebra e I A um ideal. Dado x 2 A, seja
I 0 = I : x. Ent~ao temos:
1. (I + hxi)/hxi e um ideal de A=hxi;
2. (I + hxi)/hxi = I /(xI 0) (isomorsmo de K espacos vetoriais).
Demonstrac~ao. (I + hxi)/hxi e a imagem do ideal I pela aplicac~ao quociente
A!A=hxi. Seja : I!(I + hxi)/hxi induzida pela anterior, i.e., , (a) = a + hxi.
Calculemos o seu nucleo. Dado a 2 I temos
(a) = 0 , a 2 hxi
, 9 b 2 A tal que a = bx
(necessariamente b 2 I 0)
, a 2 xI 0;
a ultima condic~ao se justicando pela denic~ao de I 0.
2
5.4.4 Exerccios
1. Calcule a func~ao de Hilbert do ideal hz x ; y x i.
3
2
5.5 Propriedades da func~ao de Hilbert
5.5.1 Lema. Sejam J I K [x] ideais. Ent~ao o grau de 'I e menor do que
ou igual ao grau de 'J .
Demonstrac~ao. Tendo em vista a sobrejec~ao natural,
K [x]/J ! K [x]/I
f + J 7! f + I
obtemos, para cada s; a desigualdade para as dimens~oes dos espacos vetoriais,
dim K [x]s /Js dim K [x]s/Is;
ou seja, 'I (s) 'J (s). Como essas func~oes s~ao asp, com coeciente do termo
dominante 0, fazendo s!1 segue a desigualdade entre os graus: do'I do 'J . 2
5.5.2 Lema. Seja I K [x] um ideal. Ent~ao o grau de ' I e igual ao grau de
'I .
( 2)
~ DE UMA VARIEDADE
5.6. A DIMENSAO
63
Demonstrac~ao. Pela prop. anterior ja temos do 'I do'I . Provaremos a desigualdade oposta. Sejam f ; : : :; fm geradores de I e ponha di := dofi. Consideremos
2
1
as aplicac~oes lineares sobrejetivas,
(K [x]/I )s ! (K [x]/I )s;
2
(I /I )s
gifi + I ;
(g ; : : :; gm )
onde gi := gi + I . Note que esta ultima aplicac~ao esta bem denida pois se g = h
temos g h 2 I e portanto (g h)f 2 I para f 2 I . Note que nuc() = (I /I )s.
Assim, podemos comparar as dimens~oes e escrever,
'I (s) = 'I (s) + dim
(I /I )s
P'
'
I (s) + I (s di):
Como o lado direito e asp e de grau do'I , obtemos a majorac~ao requerida.
2
(K [x]/I )s
d1
(K [x]/I )s
1
dm
!
7
!
2
P
2
2
2
2
2
5.5.3 Lema. Seja I K [x] um ideal. Ent~ao o grau de ' pI e igual ao grau de
'I .
(
)
p
p
Demonstrac~ao. Usando 4.1.3{8, temos ( I )N I I para algum N que
podemos supor da forma 2m. Aplicando os dois lemas anteriores repetidamente,
2
podemos escrever do 'I do'pI = do' pI = = do' pI N do'I .
(
)2
(
)
5.5.4 Proposic~ao. Sejam J ; I K [x] ideais. Se Z (I ) Z (J ) ent~ao o grau de
'I e menor do que ou igual ao grau de 'J . Em particular, se Z (I ) = Z (J ) ent~ao
do'I = do'J .
p
Demonstrac~ao. Por 4.2.4, Z (I ) Z (J ) implica I J . Pelos lemas anteriores,
segue do 'I do'J .
2
5.5.5 Exerccios
1. Calcule o grau da func~ao de Hilbert do ideal hx ; x ; : : :; xnn i.
2
1
3
2
5.6 A dimens~ao de uma variedade
+1
5.6.1 Denic~ao. Seja V K n uma variedade algebrica denida por um ideal
I K [x]. Denimos a dimens~ao de V como o grau do polinômio de Hilbert de I .
Em smbolos, dim V = do 'I .
~
CAPTULO 5. DIMENSAO
64
Observemos que a prop. 5.5.4 nos garante que dim V independe do particular ideal
I K [x] tal que V = Z (I ). A mesma prop. nos diz que se W V K n s~ao
variedades algebricas ent~ao dim W dim V . Mais geralmente, temos o seguinte.
5.6.2 Proposic~ao. Sejam W; V K n variedades algebricas. Ent~ao
dim(V [ W ) = maxfdim V; dim W g
Demonstrac~ao. Sejam J ; I K [x] ideais com W = Z (J ); V = Z (I ). Temos
assim V [ W = Z (I \ J ). Por conta do lema 5.5.4 ja sabemos da desigualdade,
dim V [ W := do 'I\J maxfdim V; dim W g:
Consideremos agora a aplicac~ao
K [x]/(I \ J ) ! K [x]/I K [x]/J )
f + (I \ J ) 7 ! (f + I ; f + =J ):
Vê{se facilmente que ela e injetiva. Da vem a majorac~ao de dimens~oes,
'I\J (s) 'I (s) + 'J (s):
Segue assim dim(V [ W ) = do'I\J maxfdo'I ; do'J g.
2
5.6.3 Corolario. Seja V K n uma uni~ao nita de subvariedades lineares. Ent~ao
dim V coincide com a dimens~ao vetorial maxima de suas componentes.
Demonstrac~ao. Escrevamos V = V [ [ Vr , onde cada Vi K n denota uma
subvariedade linear. Temos pela prop. anterior que dim V = maxi dim Vi . Portanto,
basta mostrar que, se V K n e uma subvariedade linear ent~ao dim V coincide
com sua dimens~ao vetorial. Denotando esta ultima por m, segue que, por uma
escolha conveniente de coordenadas, podemos supor V denida pelas equac~oes
xm = 0; : : : ; xn = 0, i.e., V = Z (I ); I := hxm ; : : :; xni. Assim, podemos
calcular
'I (s) = dim (K [x ; : : :; xn]/hxm ; : : : ; xni)s
= dim K [x ; : : :; xm]s
= ( mm+ s )
que e de grau m.
2
1
+1
+1
1
+1
1
5.6.4 Exerccios
1. Seja V K n a hipersuperfcie denida por um polinômio f 2 K [x] de grau d.
Calcule o polinômio de Hilbert de hf i e conclua que dim V = n 1.
2. Sejam f; g 2 K [x ; : : : ; xn] polinômios n~ao constantes e primos relativos. Mostre
que dim Z (hf; gi) = n 2.
3. Calcule a dimens~ao de Z (hx ; xyi).
1
2
~ VIA BASES DE GROBNER

5.7. DIMENSAO
5.7 Dimens~ao via bases de Grobner
65
Vimos que a dimens~ao de uma variedade algebrica pode ser calculada por A lgebra
Linear no caso de ideais monomiais. Agora utilizaremos bases de Grobner para
reduzir o caso geral ao caso linear, por intermedio do ideal dos termos lderes com
respeito a uma ordem monomial adequada.
5.7.1 Teorema. Seja I K [x]um ideal e seja uma ordem monomial graduada
(i.e., tal que x x se jj > j j). Ent~ao as func~oes de Hilbert de I e do ideal
monomial TL(I ) coincidem. Em particular, temos dim V = dim Z (TL(I )):
Demonstrac~ao. Vamos vericar que dim Is = dim TL(I )s para cada s 2 N. Observemos logo que a ideia de considerar a aplicac~ao Is ! TL(I )s denida por f 7!
TL(f ) esbarra na diculdade de que TL(f + g) pode n~ao ser igual a TL(f )+ TL(g)!
(Leitor: mesmo em 1 variavel!!) Eis como proceder. Escolhemos geradores para o
espaco vetorial TL(I )s, digamos f ; : : :; fN . Lembrando o exc. 3.1.4{2, podemos
tomar cada fi como um monômio da forma TL(fi) para algum fi 2 Is . Sem perda
de generalidade, podemos ainda supor que f ; : : :; fN . Nestas condic~oes, e claro
que os fi s~ao de fato uma base para TL(I )s. Mostraremos que os correspondentes
fi formam uma base para Is. A independência linear segue da impossibilidade de
qualquer cancelamento de termos lderes por combinac~ao a coecientes constantes
n~ao todos nulos.
Seja agora f 2 Is . Devemos mostrar que existem constantes ci 2 K
P
tais que f = cifi. Se isto n~ao fosse possvel, haveria um, digamos, transgressor
f 2 Is de grau mnimo. Ora, TL(f ) 2 TL(I )s e multiplo constante de algum dos
2
fi; subtraindo, encontramos um elemento de grau menor, contradic~ao.
1
1
1
5.7.2 Exerccios
1. Calcule a dimens~ao dos conjuntos algebricos abaixo:
1. Z (hx ; xy; xzi) em K .
2. Z (hy x ; z x i) em K .
3. Z (hyw x ; zw x ; xz y ; zw xyi) em K .
2
3
2
3
2
2
3
3
2
4
5.8 Dimens~ao e grau de transcendência
5.8.1 Denic~ao. Seja V K n uma variedade algebrica e seja IV seu ideal associado 4.7.3. O anel quociente AV := K [x ; : : :; xn]/IV e chamado o anel de coordenadas de V .
1
plagiando Kaplanski: : :
1
~
CAPTULO 5. DIMENSAO
66
5.8.2 Exemplos. 1) O anel de coordenadas de V = K n e naturalmente isomorfo
ao anel de polinômios K [x ; : : :; xn] (ja que IV = h0i).
2) Seja C = Z (y p(x)) K o graco de uma func~ao polinomial. O leitor deve
vericar que temos efetivamente IC = hy p(x)i e que AC = K [x; y]/hy p(x)i e
1
2
isomorfo a K [x].
3) O anel de coordenadas da hiperbole, K [x; y]/hxy 1i, n~ao e isomorfo a um anel
de polinômios a coecientes em K . Com efeito, o leitor pode vericar que num tal
anel de polinômios , os unicos elementos inversveis s~ao as constantes n~ao nulas; em
particular, a soma de dois elementos inversveis e nula ou inversvel. No entanto, no
presente anel de coordenadas, temos x; y inversveis enquanto x + y n~ao o e!
5.8.3 Denic~ao. Seja A uma K algebra. Dizemos que os elementos a ; : : :; am
s~ao algebricamente dependentes sobre K se existir um polinômio n~ao nulo f 2
1
K [x ; : : :; xm] tal que f (a ; : : : ; am) = 0. Em outras palavras, a colec~ao de monômios
1
1
fai aimm j (i ; : : :; im) 2 Nmg
1
1
1
e linearmente dependente. Denimos o grau de transcendência de A sobre K como
o numero maximo de elementos de A algebricamente independentes sobre K . Em
smbolos,
transA=K := maxfm j 9 a ; : : : ; am 2 A alg. indep. /K g:
1
5.8.4 Exemplos. 1) No anel de polinômios K [x ; : : :; xn], as variaveis x ; : : : ; xn
s~ao algebricamente independentes, por denic~ao.
2) Se V K n e uma subvariedade e V 6= K n ent~ao IV 6= h0i. Consequentemente,
as classes resduas x ; : : : ; xn em AV s~ao algebricamente dependentes. De fato, seja
f 2 IV ; f 6= 0. Temos f = f (x ; : : : ; xn) = 0 em AV .
3) No anel de coordenadas da hiperbole, A = k[x; y]/hxy 1i, temos pelo exemplo
anterior que x; y s~ao algebricamente dependentes. Ja x e algebricamente independente sobre K . Com efeito, seja f 2 K [t] tal que f (x) = 0 em A. Por construc~ao
do anel quociente, temos f (x) 2 hxy 1i. O leitor vericara sem diculdade que
nenhum multiplo n~ao nulo de xy 1 e um polinômio so na variavel x, e portanto, segue f = 0. Assim, n~ao ha relac~ao de dependência algebrica que x satisfaca sobre K .
Na realidade, veremos que toda lista em A com mais de 1 elemento e algebricamente
dependente.
1
1
1
1
5.8.5 Teorema. (Teorema da Dimens~ao.) Seja V K n uma variedade alge-
brica. Ent~ao dim V e igual ao numero maximo de elementos do anel de coordenadas
de V algebricamente independentes sobre K .
~ E GRAU DE TRANSCENDE^ NCIA
5.8. DIMENSAO
67
Demonstrac~ao. Abreviemos A := AV ; = dim V . Sejam f ; : : : ; fm 2 AV algebricamente independentes sobre K . Mostraremos que m. Seja d tal que
f ; : : :; fm 2 Ad. Isto signica que cada fi se representa por um polinômio de grau
total d. Logo, cada monômio f fmm cai em Ajjd. Consideremos o homo1
1
1
morsmo
1
: K [x ; : : : ; xm]!A
denido por h(x ; : : : ; xm) 7! h(f ; : : :; fm). Por denic~ao de independência algebrica, segue que e injetivo. Alem disso, aplica K [x]s em Asd. Como e K linear,
obtemos a desigualdade de dimens~oes de K espacos vetoriais, dimK Asd ( mm+ s ).
O lado esquerdo nessa desigualdade e asp de grau (5.4.2, 5.6.1), acarretando m.
Para completar a demonstrac~ao, basta exibirmos elementos em A algebricamente
independentes sobre K . Ponhamos J := LT (IV ), o ideal monomial dos termos
lderes. Seja W := Z (J ). Sabemos que W e uma uni~ao de subespacos coordenados e que = dim W e igual ao maximo das dimens~oes dos subespacos componentes (5.6.3). Fazendo uma permutac~ao de coordenadas, podemos supor que
Z (x ; : : :; xn) W realiza o maximo. Note que esta inclus~ao implica J hx ; : : : ; xni (4.2.4, exc.4.2.5{6). Nestas condic~oes, provaremos que as demais
func~oes coordenadas x ; : : : ; x s~ao algebricamente independentes. Com efeito, se
houvesse uma relac~ao de dependência algebrica, f (x ; : : : ; x ) = 0 em A, teramos
f (x ; : : :; x ) 2 IV n h0i. Portanto, o termo lder LT (f ), em que so ocorrem as
variaveis x ; : : :; x , estaria em J = LT (I ) hx ; : : : ; xni, manifestamente impossvel.
2
1
1
1
+1
+1
1
1
1
1
+1
68
~
CAPTULO 5. DIMENSAO
Bibliograa
[1] D. Bayer, M. Stillman, A criterion for detecting m-regularity, Inv. Math. 87,
1{13, 1987.
[2] D. Cox, J. Little, D. O'Shea, Ideals, Varieties and Algorithms, Undergrad. Texts
in Math., Springer{Verlag, New York, 1992.
[3] D. Eisenbud, C. Huneke, W. Vasconcelos, Direct methods for primary decomposition, Inv. Math. 110 (2), 207{235, 1992.
[4] W. Fulton, Algebraic Curves: an Introduction to Algebraic Geometry, Benjamin, New York, 1969.
[5] P.Gianni, B. Trager, G. Zacharias, Grobner bases and primary decomposition
of polynomial ideals, em Computational Aspects of Commutative Algebra, ed.
L. Robbiano, Academic Press, New York, 15{33, 1988.
[6] F. Kirwan, Complex Algebraic Curves, Univ. Oxford, 1987.
[7] E. Kunz, Introduction to Commutative Algebra and Algebraic Geometry,
Birkhauser Boston, 1985.
[8] M. Reid, Undergrad Algebraic Geometry, Univ. Warwick, 1988.
[9] I. Vainsencher, Introduc~ao as Curvas Algebricas Planas, XII Coloq. Bras. Mat.
(esgotado, a ser reeditado), 1979.
Departamento de Matematica
Universidade Federal de Pernambuco
Cidade Universitaria
50670{901 Recife{Pe{Brasil
email: [email protected]
email: [email protected]
69