Geometria2 (Algebraickágeometriaakomutatívnaalgebra) · Geometria2 (Algebraickágeometriaakomutatívnaalgebra) JanaChalmovianskáPílniková Katedra algebry, geometrie a didaktiky

Geometria 2(Algebraická geometria a komutatívna algebra)

Jana Chalmovianská Pílniková

Katedra algebry, geometrie a didaktiky matematikyFakulta matematiky, fyziky a informatiky

Komenského univerzitaBratislava

2009

Autor: Jana Chalmovianská PílnikováNázov: Geometria 2Podnázov: Algebraická geometria a komutatívna algebraVydavateľ: Knižničné a edičné centrum FMFI UKGrafická úprava: Jana Chalmovianská PílnikováRok vydania: 2009Miesto vydania: BratislavaVydanie: prvéPočet strán: 69Internetová adresa: http://www.fmph.uniba.sk/index.php?id=el_st_mISBN: 978-80-89186-52-5

Obsah

Kapitola 1. Základné pojmy 31. Okruhy a polynómy 32. Ideály 4

Kapitola 2. Afinné algebraické variety 71. Definícia, príklady, základné vlastnosti 72. Afinné algebraické variety a ideály 113. Zariskiho topológia 154. Problémy, príklady 18

Kapitola 3. Výpočtové metódy algebraickej geometrie 251. Gröbnerove bázy 252. Teória eliminácie 333. Rezultanty 384. Reálne korene polynomickej rovnice 47

Kapitola 4. Naspäť ku geometrii 531. Implicitizácia (Hľadanie obrazu zobrazenia) 532. Hilbertova veta o koreňoch (Nullstellensatz) 573. Projektívne zúplnenie algebraických variet 61

Dodatok A. Riešenie dvojrozmernej platformy pomocou Singularu 67

Dodatok. Literatúra 69

1

KAPITOLA 1

Základné pojmy

1. Okruhy a polynómy

Definícia 1.1. Komutatívny okruh s jednotkou je neprázdna množina R s dvoma binárnymioperáciami +: R×R → R, . : R×R→ R, ktoré spĺňajú nasledovné vlastnosti:

(i) (R,+) je komutatívna grupa, čiže• a+ (b+ c) = (a+ b) + c pre všetky a, b, c ∈ R,• a+ b = b+ a pre všetky a, b ∈ R,• ∃0 ∈ R s vlastnosťou, že 0 + a = a pre ľubovoľné a ∈ R,• pre každé a ∈ R existuje (−a) ∈ R také, že a+ (−a) = 0,

(ii) (R, .) je komutatívny monoid, čiže• a.(b.c) = (a.b).c pre všetky a, b, c ∈ R,• a.b = b.a pre všetky a, b ∈ R,• ∃1 ∈ R s vlastnosťou, že 1.a = a pre ľubovoľné a ∈ R,

(iii) pre všetky a, b, c ∈ R platí a.(b + c) = a.b+ a.c

Poznámka 1.2. Znamienko násobenia budeme zvyčajne zo zápisu vynechávať.

Príklad 1.3. Nasledovné množiny so štandardne definovanými operáciami sčítania a náso-benia predstavujú komutatívne okruhy:

• Z – množina všetkých celých čísel,• 2Z – množina všetkých párnych celých čísel,• Q[x] – množina polynómov nad racionálnymi číslami (t.j. koeficienty sú racionálne čísla)s premennou x,

• R[x1, x2, . . . , xn] – množina polynómov nad reálnymi číslami s n premennými

Nech k je ľubovoľné pole, symbolom k[x1, x2, . . . , xn] označujeme okruh polynómov nad k sneurčitými x1, x, . . . , xn. Prvok z k[x1, x2, . . . , xn] tvaru

(1) xα11 xα22 . . . xαn

n , α1, α2, . . . , αn ∈ N0(= N ∪ {0}).nazývame monóm. Ak α = (α1, α2, . . . , αn) ∈ Nn0 , skrátene budeme zapisovať

xα = xα11 .xα22 . . . . .x

αnn .

Celé číslodeg xα = α1 + α2 + · · ·+ αn

sa nazýva stupeň monómu (1).Každý polynóm sa dá zapísať ako konečný súčet monómov

f =∑

α

cαxα, cα ∈ k,

kde sčítavame cez konečne veľa navzájom rôznych n-tíc α ∈ Nn0 . Skalár cα ∈ k nazývamekoeficientom pri monóme xα. Ak cα ∈ k 6= 0, tak hovoríme, že cαxα je členom polynómu f .Stupeň polynómu f je číslo

deg f = maxcα 6=0

{deg xα},

t.j. maximálny stupeň monómu, ktorý sa v polynóme vyskytuje s nenulovým koeficiencom.

3

4 1. ZÁKLADNÉ POJMY

2. Ideály

Definícia 2.1. Nech R je komutatívny okruh s jednotkou. Ideálom v okruhu R je taká jehoneprázdna podmnožina I ⊆ R, pre ktorú platí

(i) ak a, b ∈ I, tak aj a+ b ∈ I,(ii) ak a ∈ I a r ∈ R, tak a.r ∈ I.

Množina G ⊂ R sa nazýva množina generátorov ideálu I, ak

(i) G ⊂ I,(ii) každý element a ∈ I sa dá napísať ako konečná kombinácia prvkov z G nad okruhom

R, t.j. existujú r1, r2, . . . , rk ∈ R a g1, g2, . . . , gk ∈ G také, že

a = r1g1 + r2r2 + · · ·+ rkgk.Zápis (G) = I znamená, že množina G generuje ideál I. Podobne (g1, g2, . . . , gk) označuje ideálgenerovaný prvkami g1, g2, . . . , gk.

Príklad 2.2.

• Ak R = Z, tak množina všetkých párnych celých čísel je ideálom: súčet párnych čísel jepárne číslo, a tiež súčin párneho čísla s ľubovoľným celým číslom je párne číslo. Tentoideál je generovaný číslom 2.

• Nech stále R = Z. Množina všetkých nepárnych čísel netvorí ideál. (Prečo?)• Nech R = k[x]. Všetky polynómy bez absolútneho člena tvoria ideál v k[x]. Tentoideál je generovaný polynómom x. Iným príkladom ideálu v tomto okruhu je množinavšetkých násobkov polynómu x− 1. Ide o ideál generovaný polynómom x− 1

• Pre R = k[x, y] je množina všetkých polynómov bez absolútneho člena ideálom, ktorýje generovaný množinou {x, y}, ide teda o ideál (x, y).

• V každom okruhu R, kde 0 6= 1, sú aspoň dva ideály: (0) a R.Lema 2.3. Pre ideál I ⊆ R platí

I = R práve vtedy, keď 1 ∈ I.

Definícia 2.4. Ideál I v okruhu R sa nazýva

(i) hlavný ideál, ak existuje jednoprvková množina, ktorá ho generuje,(ii) maximálny ideál, ak neexistuje ideál J taký, že I ( J ( R.(iii) prvoideál, ak pre každé a, b ∈ R také, že ab ∈ I, platí a ∈ I alebo b ∈ I.

Príklad 2.5. Množina všetkých párnych čísel v okruhu Z je ideálom, ktorý je hlavný, lebo jegenerovaný číslom 2, ide teda o ideál (2). Tento ideál je zároveň maximálny a je aj prvoideálom.Podobne (3) ⊆ Z, ideál obsahujúci presne všetky celé čísla deliteľné číslom 3, je hlavný,

maximálny a prvoideál.Ideál (6) ⊆ Z čísel deliteľných číslom 6 je hlavný, ale nie je maximálny, lebo napríklad

(6) ( (2) ( Z. Taktiež to nie je prvoideál: nech a = 2, b = 3, potom a.b = 6 ∈ (6), ale a /∈ (6),b /∈ (6).Príklad 2.6. Nech R = k[x, y]. Ideál I = (x, y) nie je hlavný. Je to ale maximálny ideál, čo

ukážeme sporom: nech J je ideál, pre ktorý platí I ( J ( k[x, y]. Keďže I ( J , existuje polynómf taký, že f ∈ J ale f /∈ I. I je ideál všetkých polynómov bez absolútneho člena, preto f osahujenenulový absolútny člen, teda

f = a0 + f1, kde a0 ∈ k, a0 6= 0, f1 obsahuje len členy stupňa aspoň 1.Máme preto, že f1 ∈ I (je to polynóm bez absolútneho člena). Odtiaľ

1 = a−10 .a0 = a−10 (f − f1) ∈ J lebo f ∈ J, f1 ∈ J,

a teda podľa lemy 2.3 platí J = k[x, y].

Definícia 2.7. Okruh R sa nazýva okruhom hlavných ideálov, ak každý ideál v R je hlavný.

2. IDEÁLY 5

Veta 2.8.(i) Okruh Z celých čísel je okruhom hlavných ideálov.(ii) Okruh k[x] polynómov s jednou premennou nad poľom je okruhom hlavných ideálov.

Príklad 2.9. Zoberme v okruhu Z ideál I = (21, 15). Pomocou Euklidovho algoritmuzistíme, že najväčším spoločným deliteľom čísel 21 a 15 je číslo 3. Z algoritmu navyše viemezískať aj zápis čísla 3 ako komináciu pôvodných dvoch čísiel:

21 = 1.15 + 6

15 = 2.6 + 3

6 = 2.3 + 0

Z predposlednej rovnice vyjadríme číslo 3 a z predchádzajúcich rovíc (v našom prípade len zjednej) dosadzujeme, až kým nedostame rovnosť v požadovanom tvare:

3 = 15− 2.6 = 15− 2.(21− 1.15) = 3.15− 2.21Vidíme teda, že 3 ∈ (21, 15). Je zrejmé, že 21 ∈ (3) a tiež 15 ∈ (3), a preto I = (21, 15) = (3) jehlavný ideál.

Príklad 2.10. Euklidov algoritmus možno jednoducho aplikovať aj v okruhu k[x]. Nechnapríklad I = (x4 + x, x2 − 1). Postupným delením so zvyškom dostávame:

x4 + x = (x2 + 1).(x2 − 1) + (x + 1)x2 − 1 = (x − 1).(x+ 1) + 0

Najväčším spoločným deliteľom polynómov x4 + x a x2 − 1 je teda x + 1. Navyše hneď z prvejrovnosti máme

x+ 1 = (x2 + 1).(x2 − 1) + (−1).(x4 + x),takže (x+ 1) ∈ I = (x4 + x, x2 − 1) a preto I = (x+ 1).Úloha 1. V okruhu Q[x] majme ideál I = (f, g), kde

f = x4 − x3 − 2x2 + 5x− 3g = x5 − 3x3 + 2x2.

Nájdite polynóm h taký, že I = (h), a vyjadrite tento polynóm ako kombináciu f a g nad Q[x],t.j. nájdite polynómy u, v ∈ Q[x], pre ktoré platí

h = u.f + v.g

KAPITOLA 2

Afinné algebraické variety

1. Definícia, príklady, základné vlastnosti

Definícia 1.1. Nech k je pole a nech n ∈ N. Afinný priestor dimenzie n nad k je množina

An(k) = {(a1, . . . , an) | ai ∈ k}.Ak je z kontextu zrejmé, nad ktorým poľom pracujeme, prípadne ak v danej situácii nebude poledôležité, budeme ho často z označenia vynechávať a označovať afinný priestor ako An. Prvkyafinného priestoru nazývame body.

Podľa tejto definície je afinný priestor taká istá množina ako vektorový priestor kn. Niekedysa v literatúre dokonca používa aj pre afinný priestor označenie kn. My však budeme používaťoznačenie An(k) pre odlíšenie jeho štruktúry od vektorového priestoru (napríklad body na rozdielod vektorov nemôžeme sčítavať).V nasledovnom budeme pre bod a ∈ An(k) a polynóm f ∈ k[x1, . . . , xn] pod výrazom f(a)

rozumieť hodnotu f(a1, . . . , an), kde a = (a1, . . . , an).

Definícia 1.2. Nech k je pole a nech f1, . . . , fr ∈ k[x1, . . . , xn]. Množinu

V (f1, . . . , fr) = {a ∈ An(k) | fi(a) = 0 ∀i ∈ {1, 2, . . . , r}}budeme nazývať afinnou algebraickou varietou definovanou polynómami f1, . . . , fr.

Afinná varieta je teda množina všetkých riešení nejakého systému polynomických rovníc.

Príklad 1.3. Najjednoduchšie príklady afinných algebraických variet:(i) celý priestor An(k) = V (0) (0 predstavuje nulový konštantný polynóm),(ii) prázdna množina ∅ = V (1),(iii) jednobodová množina {(a1, . . . , an)} = V (x1 − a1, x2 − a2, . . . , xn − an),(iv) dvojbodová množina X = {(1, 2), (3, 4)} ⊂ A2(Q), X = V ((x − 1)(x − 3), (x − 1)(y −

4), (y − 2)(x− 3)) (presvedčte sa o tom!)Príklad 1.4. Nech l1, . . . , lr ∈ k[x1, . . . , xn] sú lineárne polynómy, označmeX = V (l1, . . . , lr).

Ak X 6= ∅, nazývame X lineárnou varietou. Ak sú naviac rovnice definujúce X sú nezávislé, po-tom d = n− r je dimenzia lineárnej variety X .

Príklad 1.5. Nech f ∈ k[x, y] nie je konštantný polynóm. Algebraická varieta X ⊂ A2(k)sa nazýva rovinná (algebraická) krivka. Uveďme si príklady takýchto kriviek:

(i) Kužeľosečka je množina bodov v A2 vyhovujúcich kvadratickej rovnici f(x, y) = 0.(ii) Graf polynomickej funkcie y = g(x) (g ∈ k[x]) je množina X = V (y − g(x)).(iii) Graf racionálnej funkcie je tiež rovinná algebraická krivka: ak

g(x) =p(x)q(x)

, p, q sú nesúdeliteľné polynómy nad k,

potom graf funkcie g je množina bodov X = V (yq(x) − p(x)).

Úloha 2. Načrtnite aspoň štyri z nasledujúcich rovinných kriviek (algebraické variety vA2(R)):

• V (x3 − y2),• V (x3 + x2 − y2),

7

8 2. AFINNÉ ALGEBRAICKÉ VARIETY

• V (x3 + x2 + y2),• V (x4 − x2 + y2),• V (x5 + x4 + y2),• V (x6 − x4 + y2),• V ((x2 + y2)3 − 4x2y2),• V (xn + yn − 1), kde n ≥ 3.

Pomôckou môže byť napríklad hľadanie prienikov krivky s rôznymi priamkami prechádzajúcimibodom (0, 0). Skúste pracovať bez pomoci systému počítačovej algebry (matlab, maple,. . .).

Príklad 1.6. Vinutá kubika (priestorová kubika) (angl. twisted cubic) je krivka X v troj-rozmernom priestore A3(k) parametrizovaná (t, t2, t3). Je to afinná algebraická varieta, X =V (y − x2, z − x3).

Príklad 1.7. Nadplocha je algebraická varieta v An(k) definovaná jediným nekonštantnýmpolynómom z k[x1, . . . , xn]. Nadplocha v A3 sa nazýva tiež plocha. Dimenzia nadplochy v An je(definitoricky) n− 1. (Niekedy sa nadplocha definuje len pre n ≥ 3.)Príklad 1.8. Skúsme popísať plochu X , ktorá vznikne rotáciu paraboly z = x2 (parabola

leží v rovine y = 0) okolo osi z.

x

z

y

Ak urobíme rezy plochyX rovinou rovnobežnou so súradnicovou rovinou xy, prienikom budevždy kružnica so stredom na z-osi (keďže ide o rotačnú plochu). Súradnica z každého bodu naploche závisí teda len od vzdialenosti tohto bodu od z-osi, čo je r =

√

x2 + y2. Stačí v rovnicipre pôvodnú parabolu napísať r namiesto x a máme X = V (z − (x2 + y2)).Úloha 3. Skúste nájsť rovnice nejakej ďaľšej rotačnej plochy, napríklad torusu, ktorý

vznikne rotáciou kružnice C okolo osi z, kde C je kružnica v súradnicovej rovine xz so stre-dom v (2, 0, 0) a polomerom 1.

x

z

Definovali sme si dimenziu (rozmer) algebraickej variety v špeciálnych prípadoch nadrovinya lineárnej variety. Rozmer sa dá definovať všeobecne pre ľubovoľnú varietu, ale je to prekvapivokomplikovaná úloha, preto túto definíciu zatiaľ neuvádzame. Jeden špeciálny prípad ale eštespomenúť môžme:

1. DEFINÍCIA, PRÍKLADY, ZÁKLADNÉ VLASTNOSTI 9

Definícia 1.9. Nech f1, . . . , fr ∈ k[x1, . . . , xn]. Hovoríme, že X = V (f1, . . . , fr) je nularoz-merná algebraická varieta, ak sústava f1 = 0, . . . , fr = 0 je v k̄ riešiteľná a má nad týmto poľomkonečne veľa riešení (k̄ označuje algebraický uzáver poľa k).

Príklad 1.10. Algebraické variety (iii) a (iv) z príkladu 1.3 sú nularozmerné. Algebraickávarieta V (x2 + y2) ⊂ A2(R) nie je 0-rozmerná, aj keď nad R má rovnica x2 + y2 = 0 jedinériešenie (0, 0). Nad C = R̄ má totiž táto rovnica nekonečne veľa riešení.

Zatiaľ sme si uviedli len príklady podmnožín An(k), ktoré sú afinnými varietami. Je poučnéuviesť si aj iné množiny a ukázať o nich, že varietami nie sú.

Príklad 1.11. Majme v A2(R) množinu M = {. . . , (−1, 0), (0, 0), (1, 0), (2, 0), . . .}. Uká-žeme, že táto množina nie je algebraickou varietou.Nech p(x, y) je taký polynóm, že p(a, b) = 0 vždy, keď b = 0 a a ∈ Z. Skúmajme reštrikciu

tohto polynómu na x-os: pôjde o polynóm v jednej premennej

q(x) = p(x, 0) = anxn + · · ·+ a1x+ a0.

Keďže q(n) = p(n, 0) = 0 pre všetky n ∈ Z, má polynóm q nekonečne veľa riešení, a teda q ≡ 0.Potom ale pre ľubovoľné a ∈ R platí, že

p(a, 0) = q(a) = 0.

Ukázali sme, že ak polynómu p ∈ R[x, y] vyhovujú ako korene všetky body množiny M , tak muvyhovujú všetky body na x-osi. Preto M nie je algebraickou varietou. Presnejšie, najmenšoualgebraickou varietou obsahujúcou množinu M je celá x-os.

Úloha 4. V A2(R) majme množiny

M1 = {(1, 1), (12,12), (13,13), . . . , (

1n,1n)}

M2 = {(1, 1), (12,12), (13,13), . . . , (

1n,1n), . . . }

O každej zistite, či je algebraickou varietou: ak nie, dokážte, ak áno, najdite definujúce rovnice.

* Úloha 5. NechM ⊂ A1(C) pozostáva z tých bodov komplexnej afinnej priamky, ktorýchsúradnica je reálna. Je množina M algebraickou varietou v A1(C)?

Tvrdenie 1.12. Nech X1, X2 ⊂ An(k) sú afinné algebraické variety. Potom aj X1 ∩X2 aX1 ∪X2 sú afinné algebraické variety.Dôkaz.KeďžeX1 aX2 sú algebraické variety, existujú polynómy f1, . . . , fr, g1, . . . , gs ∈ k[x1, . . . , xn],že

X1 = V (f1, . . . , fr),

X2 = V (g1, . . . , gs).

Ukážeme, že

X1 ∩X2 = V (f1, . . . , fr, g1, . . . , gs),X1 ∪X2 = V (figj | i = 1, . . . , r, j = 1, . . . , s).

Prvá rovnosť (o prieniku) je jednoduchá:

a = (a1, . . . , an) ∈ X1 ∩X2 ⇔ a ∈ X1 ∧ a ∈ X2 ⇔fi(a) = 0 ∀i ∧ gj(a) = 0 ∀j ⇔ a ∈ V (f1, . . . , fr, g1, . . . , gs).

Druhú rovnosť ukážeme tak, že ukážeme obe inklúzie.Nech a ∈ X1, čiže fi(a) = 0 ∀i. Potom ale platí aj figj(a) = 0 ∀i, j, teda a ∈ V (figj |

i = 1, . . . , r, j = 1, . . . , s). Ukázali sme, že X1 ⊂ V (figj). Podobne sa ukáže, že X2 ⊂ V (figj),a teda máme dokázanú inklúziu „⊂”. Pre opačnú inklúziu predpokladajme, a ∈ V (figj), t.j.figj(a) = 0 ∀i, j. Ak a ∈ X1, sme hotoví. Ak a /∈ X1, tak existuje l ∈ {1, . . . , r}, že fl(a) 6= 0.


Platí však, že flgj(a) = 0 pre všetky j = 1, . . . , s. Preto musí platiť, že gj(a) = 0 pre všetkyj = 1, . . . , s, a teda a ∈ X2. �

Dôsledok. Zjednotenie konečného počtu algebraických variet a prienik konečného počtualgebraických variet sú tiež algebraické variety.

Úloha 6. Zapíšte jednotkovú kružnicu spolu so svojím stredom ako algebraickú varietu,čiže nájdite polynomické rovnice, ktorých riešením sú presne body jednotkovej kružnice a jejstred.

Tvrdenie 1.13. Afinná algebraická varieta v An(R) je v topológii, ktorá pochádza zo štan-dardnej euklidovskej metriky, uzavretou množinou.

Dôkaz. NechX ⊂ An(R), X = V (f1, . . . , fr). Polynóm fi(x1, . . . , xn) predstavuje spojitú funkciuAn(R)→ R, a preto korene polynomickej rovnice fi(x1, . . . , xn) = 0 tvoria uzavretú podmnožinuAn(R). Ak si označíme Xi = V (fi), tak Xi, i = 1, . . . , r sú uzavreté množiny, a X = X1 ∩X2 ∩· · · ∩Xr je preto tiež uzavretá množina. �

Príklad 1.14. Množina M všetkých bodov na jednotkovej kružnici okrem bodu (1, 0) ne-tvorí afinnú varietu. Bod (1, 0) je totiž hraničným bodom množiny M , ale (1, 0) /∈ M , takže Mnie je uzavretá množina a podľa predchádzajúceho tvrdenia nemôže byť afinnou algebraickouvarietou.

Veta 1.15. Nech je pole k nekonečné, nech n ∈ N a nech X ⊂ An(k) je nadplocha.(i) Existuje nekonečne veľa bodov nepatriacich X.(ii) Ak navyše k je algebraicky uzavreté a n ≥ 2, tak existuje nekonečne veľa bodov patria-cich nadploche X.

Dôkaz. (i) Postupujeme indukciou. Ak n = 1, tvrdenie vety platí, keďže každá nadplocha v tomtoprípade pozostáva z konečného počtu bodov. Predpokladajme, že n > 1 a že tvdenie platí pren − 1. Označme si f(x1, . . . , xn) nekonštantný polynóm definujúci nadplochu X . Bez ujmy navšeobecnosti môžme predpokladať, že xn sa vyskytuje v zápise f , a tento polynóm teda môžemenapísať v tvare

(2) f =d∑

i=0

fi(x1, . . . , xn−1)xin, kde d > 0, fi ∈ k[x1, . . . , xn−1] ∀i a fd 6≡ 0.

Polynóm fd definuje nadrovinu v An−1(k) a podľa indukčného predpokladu existuje bod(a1, . . . , an−1) ∈ An−1(k) \ V (fd), čiže fd(a1, . . . , an−1) 6= 0. Potom f(a1, . . . , an−1, xn) je nenu-lový polynóm s premennou xn a teda z tvrdenia pre n = 1 existuje nekonečne veľa an takých,že f(a1, . . . , an−1, an) 6= 0.(ii) Nech f je ako v (2). Z tvrdenia (i) máme, že existuje nekonečne veľa bodov (a1, . . . , an−1) ∈

An−1(k) takých, že fd(a1, . . . , an−1) 6= 0. Keďže k je algebraicky uzavreté, pre každý taký bodexistuje an ∈ k, že f(a1, . . . , an−1, an) = 0. �

Úloha 7. Overte, že dodatočné predpoklady v tvrdení (ii) predchádzajúcej vety sú nevy-hnutné: nájdite kontrapríklad, keď k nie je algebraicky uzavreté pole.

* Úloha 8. Nech k je pole, ktoré nie je algebraicky uzavreté. A nechX ⊂ An(k) je ľubovoľnáalgebraická varieta. Ukážte, že existuje polynóm g ∈ k[x1, . . . , xn] taký, že X = V (g).(Návod: Ak X = V (f1, . . . , fr), tak stačí ukázať, že existuje polynóm h ∈ k[y1, . . . , yr] taký,

že V (h) = {(0, . . . , 0)}. Potom g = h(f1, . . . , fr).)

2. AFINNÉ ALGEBRAICKÉ VARIETY A IDEÁLY 11

2. Afinné algebraické variety a ideály

Úloha 9. Zistite, či dané dve sústavy určujú tú istú lineárnu varietu v A3(R), teda či platíV (f1, f2(, f3)) = V (g1, g2):

(a) f1 = x+ y + z − 1, f2 = x− y + 2z − 4,g1 = x+ 5y − z + 5, g2 = 3x+ y + z − 2.

(b) f1 = 2x+ 3y − z, f2 = x+ y − 1, f3 = x+ z − 3,g1 = x+ 3y − 2z + 3, g2 = y − z + 2.

(c) Navrhnite algoritmus, ktorý pre lineárne varietyX1 = V (f1, . . . , fr),X2 = V (g1, . . . , gs) ⊂An rozhodne, či X1 = X2 (fi, gj sú lineárne polynómy).

Nech X ⊂ An(k) je afinná algebraická varieta,

X = V (f1, . . . , fr).

Skúsme nájsť ďaľšie polynómy f také, že f(a) = 0 pre všetky a ∈ X . Ak pre a ∈ An a pref1, f2 ∈ k[x1, . . . , xn] platí, že f1(a) = 0 a f2(a) = 0, potom aj (f1 + f2)(a) = 0. Naviac, preľubovoľný polynóm g ∈ k[x1, . . . , xn] platí aj (gf1)(a) = 0. Z tohto pozorovania dostávame, žeak X = V (f1, . . . , fr), tak pre každý polynóm f z ideálu (f1, . . . , fr) potom f(a) = 0 pre všetkya ∈ X . Platí totiž, že

f ∈ (f1, . . . , fr) ⇔ ∃ p1, . . . , pr ∈ k[x1, . . . , xn] také, že f = p1f1 + · · ·+ prfr.Takže, ak a ∈ X , potom

f(a) = (p1f1 + · · ·+ prfr)(a) = p1(a)f1(a) + · · ·+ pr(a)fr(a) = 0.Lema 2.1. V okruhu k[x1, . . . , xn] platí, že (f1, . . . , fr) = (g1, . . . , gs) práve vtedy,

(3) fi ∈ (g1, . . . , gs) ∀i, a tiež gj ∈ (f1, . . . , fr) ∀j.Dôkaz. Je zrejmé, že ak (f1, . . . , fr) = (g1, . . . , gs), potom platí (3). Pre opačnú implikáciupredpokladajme, že platí (3). Nech ďalej f ∈ (f1, . . . , fr). To znamená, že

f = p1f1 + · · ·+ prfr pre nejaké p1, . . . , pr ∈ k[x1, . . . , xn].

Keďže pre všetky i máme fi ∈ (g1, . . . , gs), platí ajfi = qi1g1 + · · ·+ qisgs pre nejaké qi1, . . . , qis ∈ k[x1, . . . , xn].

Spolu odtiaľ potom dostávame

f = r1g1 + · · ·+ rsgs pre nejaké r1, . . . , rs ∈ k[x1, . . . , xn],

teda f ∈ (g1, . . . , gs). Podobne ukážeme aj (g1, . . . , gs) ⊆ (f1, . . . , fr). �

Lema 2.2. Ak v okruhu k[x1, . . . , xn] polynómy f1, . . . , fr generujú ten istý ideál ako poly-nómy g1, . . . , gs, potom V (f1, . . . , fr) = V (g1, . . . , gs).

Dôkaz. Predpokladajme, že a ∈ V (f1, . . . , fr), ukážeme, že potom a ∈ V (g1, . . . , gs). Keďže(f1, . . . , fr) = (g1, . . . , gs), pre každé j platí, že gj ∈ (f1, . . . , fr), teda gj sa dá vyjadriť akokombinácia polynómov f1, . . . , fr nad k[x1, . . . , xn]:

gj = pj1f1 + · · ·+ pjrfr pre nejaké pj1, . . . , pjr ∈ k[x1, . . . , xn].

Pre bod a ∈ V (f1, . . . , fr) potom platí, že

gj(a) = pj1(a)f1(a) + · · ·+ pjr(a)fr(a) = 0,a teda a ∈ V (g1, . . . , gs), čiže V (f1, . . . , fr) ⊂ V (g1, . . . , gs). Analogicky sa ukáže, že V (g1, . . . , gs) ⊂V (f1, . . . , fr). �

Úloha 10. V príklade 1.3 (iv) bola dvojbodová množina X = {(1, 2), (3, 4)} ⊂ A2(Q)popísaná ako riešenie sústavy troch kvadratických rovníc. Ukážte, že

((x − 1)(x− 3), (x− 1)(y − 4), (y − 2)(x− 3)) = (x2 − 2x− 2y + 5, x− y + 1).

Preto tá istá algebraická varieta sa dá vyjadriť aj ako V (x2 − 2x− 2y + 5, x− y + 1).


Poznámka 2.3. Pozor, obrátená implikácia z Lemy 2.2 neplatí: ak V (f1, . . . , fr) = V (g1, . . . , gs),ešte to nemusí znamenať, že (f1, . . . , fr) = (g1, . . . , gs). Nech napríklad f = (x − 1)2(x + 1) ag = (x − 1)(x + 1). Vtedy V ((f)) = V ((g)), avšak (f) 6= (g): f ∈ (g), ale g /∈ (f). Preto aj vpredchádzajúcej úlohe nestačí overiť, že obe sústavy rovníc majú to isté riešenie.

Motivovaní predchádzajúcou lemou by sme radi algebraickú varietu namiesto nejakej koneč-nej množiny polynómov priradili ideálu. Najprv ale potrebujeme nejaké vedomosti o štruktúreideálov v k[x1, . . . , xn].

Lema 2.4 (Noetherová). V ľubovoľnom okruhu R sú nasledovné tvrdenia ekvivalentné:(1) každý ideál v R je konečne generovaný (t.j. existuje konečná množina prvkov z R, ktoráho generuje),

(2) každá rastúca reťaz ideálov I0 ⊂ I1 ⊂ I2 ⊂ . . . je konečná, čiže In = In+1 pre dostatočneveľké n.

Definícia 2.5. Okruh R, v ktorom platia tvrdenia Lemy 2.4, sa nazýva noetherovský.

Úloha 11. V okruhu R uvažujme rastúcu reťaz ideálov I0 ⊂ I1 ⊂ I2 ⊂ . . . . Ukážte, že

I∞ =∞⋃

i=0

Ii

je ideál v R.

Dôkaz Lemmy 2.4. Predpokladajme, že každý ideál v R je konečne generovaný. Majme rastúcureťaz ideálov I0 ⊂ I1 ⊂ I2 ⊂ . . . . Podľa predchádzajúceho cvičenia je

I∞ =∞⋃

i=0

Ii

ideál. Nech g1, . . . , gr ∈ I∞ sú jeho generátory. Pre každé j = 1, . . . , r existuje nj ∈ N také, žegj ∈ Inj

. Potom pre N = max{n1, . . . , nr} platí, že IN = I∞.Naopak teraz predpokladajme, že každá rastúca reťaz ideálov je konečná. Nech I je ideál

generovaný prvkami fα pre α ∈ A. Ak I nie je generovaný konečným počtom fα, môžme zostrojiťrastúcu reťaz ideálov

Ij = (fα1 , . . . , fαj) ⊂ Ij+1 = (fα1 , . . . , fαj+1), αi ∈ A,

ktorá nie je konečná, čo je spor s naším predpokladom. �

Príklad 2.6. Okruh Z je okruhom hlavných ideálov: každý ideál v Z sa dá generovaťjediným celým číslom (vyplýva to z Euklidovho algoritmu). Preto Z je príklad noetherovskéhookruhu.Ak k je pole, v okruhu k[x] je tiež definovaný Euklidov algoritmus na počítanie najväčšieho

spoločného deliteľa. Preto aj k[x] je okruhom hlavných ideálov, a teda je noetherovský.

Úloha 12. Nech k je pole. Ukážte, že okruh polynómov s nekonečne veľa premennýmik[x1, x2, . . . ] nie je noetherovský.

* Úloha 13. Uvažujme množinu reálnych funkcií spojitých na intervale 〈0, 1〉 ⊂ R. Tátomnožina tvorí okruh. Ukážte, že ani tento okruh nie je noetherovský.

Veta 2.7 (Hilbertova veta o báze). Ak R je noetherovský okruh, potom aj R[x] je noet-herovský okruh.

Dôkaz. Nech I ⊂ R[x] je ideál. Pre každé m ∈ N0 uvažujme množinu

Jm = {am ∈ R | amxm + am−1xm−1 + · · ·+ a0 ∈ I pre nejaké a0, . . . , am−1 ∈ R},

čiže Jm pozostáva z vedúcich koeficientov polynómov v I, ktoré sú stupňa m, a nuly. Ľahko saukáže, že Jm je ideál v R (overte si to!). Taktiež platí, že Jm ⊂ Jm+1 pre všetky m (overte sito!). Máme teda rastúcu reťaz ideálov v R,

J0 ⊂ J1 ⊂ J2 ⊂ . . . .

2. AFINNÉ ALGEBRAICKÉ VARIETY A IDEÁLY 13

Keďže podľa predpokladu je R noetherovský, existuje N ∈ N, že Jn = JN pre všetky n > N .Ďalej z noetherovskosti R máme, že každý z ideálov Jm je konečne generovaný:

J0 = (a01, . . . , a0n0)

J1 = (a11, . . . , a1n1)

. . .

JN = (aN1, . . . , aNnN)

Pre každé aij (i = 0, . . . , N, j = 1, . . . , ni) zvoľme polynóm fij ∈ I stupňa i, ktorého vedúci členje aijxi. Ukážeme, že I = (fij).Postupujeme indukciou na stupeň polynómu. Nech f ∈ I, je stupňa 0. Potom f ∈ J0 a je teda

kombináciou prvkov a0j = f0j , (j = 1, . . . n0). Nech teda stupeň f ∈ I je d a predpokladajme, žekaždý polynóm z I stupňa menšieho ako d sa dá napísať ako kombinácia polynómov fij . Máme,že

f = cdxd + členy nižších stupňov

Potom cd ∈ Jd, a preto

cd =∑

i≤d

hijaij pre nejaké hij ∈ R.

Polynóm g = f−∑hijfijxd−i má potom stupeň najviac d−1 a navyše g ∈ I. Podľa indukčného

predpokladu preto g ∈ (fij), a teda aj f ∈ (fij). �

Dôsledok. Nech k je pole. Potom je okruh k[x1, . . . , xn] noetherovský.

Dôkaz. Pole k je noetherovský okruh, lebo má iba dva ideály, (0) a k = (1), oba konečne gene-rované. Okruh k[x1, . . . , xn] napíšeme ako (k[x1, . . . , xn−1])[xn] a indukciou potom dostávame,že keď k[x1, . . . , xn−1] je noetherovský, potom aj k[x1, . . . , xn] je noetherovský. �

Definícia 2.8. Pre ľubovoľnú podmnožinu F ⊂ k[x1, . . . , xn] definujeme

V (F ) = {a ∈ An(k) | f(a) = 0 ∀f ∈ F}.Z Hilbertovej vety o báze vieme, že V (I) je afinná algebraická varieta, tak, ako sme si

ju definovali na začiatku: ak I = (F ), teda I je ideál generovaný polynómami z F , potomzrejme V (F ) = V (I). Navyše, keďže k[x1, . . . , xn] je noetherovský, I = (f1, . . . , fr) pre nejakéf1, . . . , fr ∈ k[x1, . . . , xn], a teda máme V (I) = V (f1, . . . , fr).

Definícia 2.9. Pre ľubovoľnú podmnožinu S ⊂ An(k) definujeme

I(S) = {f ∈ k[x1, . . . , xn] | f(a) = 0 ∀a ∈ S}.Podobne ako na začiatku prednášky ľahko overíme, že I(S) je ideál v okruhu k[x1, . . . , xn].

Príklad 2.10. V priklade 1.11 sme o množine M = {. . . , (−1, 0), (0, 0), (1, 0), (2, 0), . . .}ukázali, že nie je algebraickou varietou. Ideál I(M) však existuje, v spomenutom príklade smesa presvedčili, že I(M) = (y).

Tvrdenie 2.11. V nasledovnom I, J sú podmnožiny k[x1, . . . , xn] a S, T zas podmnožinyAn(k). Platí:

(i) Ak I ⊂ J , potom V (I) ⊃ V (J).Ak S ⊂ T , potom I(S) ⊃ I(T ).

(ii) V (I(S)) ⊃ S.I(V (I)) ⊃ I.

(iii) V (I(V (I))) = V (I).I(V (I(S))) = I(S).

Dôkaz. Dôkazy tvrdení (i) a (ii) sú len prepisovaním definícií pre V () a I(). Tvrdenie (iii) potomvyplýva z (i) a (ii). �


Definícia 2.12. Nech {Iα}α∈A je množina ideálov (nie nutne konečná). Súčet ideálov Iα jeideál

∑

α∈A

Iα = {f1 + · · ·+ fr | fi ∈ Iαi, αi ∈ A}.

Poznámka 2.13. Presvedčte sa, že∑

α∈A Iα je naozaj ideál! Ide vlastne o najmenší ideálobsahujúci

⋃

α∈A Iα.

Tvrdenie 2.14. Nech I, J, Iα ⊂ k[x1, . . . , xn] sú ideály. Potom• ⋂α∈A V (Iα) = V (

∑

α∈A Iα),• V (I) ∪ V (J) = V (IJ) = V (I ∩ J).

Dôkaz. Keďže∑

α∈A = (⋃

α∈A), platí

V (∑

α∈A

Iα) = V (⋃

α∈A

Iα) = {a ∈ An | f(a) = 0 ∀f ∈⋃

α∈A

Iα} =⋂

α∈A

{a ∈ An | f(a) = 0 ∀f ∈ Iα} =⋂

α∈A

V (Iα).

Pre dôkaz druhej rovnosti si všimnime, že

IJ ⊂ I ∩ J ⊂ I, J.

Z predchádzajúceho tvdenia potom máme

V (I), V (J) ⊂ V (I ∩ J) ⊂ V (IJ), čiže

V (I) ∪ V (J) ⊂ V (I ∩ J) ⊂ V (IJ).

Stačí, keď ešte dokážeme, že V (IJ) ⊂ V (I) ∪ V (J).Nech a ∈ V (IJ) a predpokladajme, že a /∈ V (I). Potom existuje f ∈ I také, že f(a) 6= 0.

Keďže a ∈ V (IJ), platí, že fg(a) = 0 pre všetky g ∈ J . Odtiaľ potom dostávame, že g(a) = 0pre všetky g ∈ J , a teda že a ∈ V (J). �

3. ZARISKIHO TOPOLÓGIA 15

3. Zariskiho topológia

Vďaka tvrdeniu 2.14 môžme definovať špeciálnu topológiu v afinnom priestore An(k), na-zývanú Zariskiho topológia. V nej uzavreté množiny budú presne všetky algebraické variety vAn(k), a otvorené množiny teda doplnky k algberaickým varietám. Treba však overiť, že taktodefinovaný systém množín naozaj tvorí topológiu. Potrebujeme ukázať

(1) ∅ je otvorená množina,(2) An je otvorená množina,(3) ak U1, U2 sú otvorené, tak aj U1 ∩ U2 je otvorená,(4) ak {Ui}i∈I sú otvorené, tak aj ∪i∈IUi je otvorená.

Preverme teda tieto axiómy:(1) An je algebraická varieta (An = V (0)), čiže podľa našej definície je to uzavretá množina,

preto prázdna množina patrí medzi otvorené množiny.(2) ∅ je algebraická varieta (∅ = V (1)), preto podobne aj An patrí medzi otvorené množiny.(3) Nech U1, U2 sú otvorené množiny, chceme ukázať, že potom aj U1 ∩ U2 je otvorená.

Že U1, U2 sú otvorené, znamená, že U1 = An \ X1, kde X1 je algebraická varieta, podobneU2 = An \X2, kde X2 je algebraická varieta. Prienik

U1 ∩ U2 = (An \X1) ∩ (An \X2) = An \X1 ∪X2.Z tvrdenia 2.14 (prípadne dokonca už z dôsledku tvrdenia 1.12) vieme, že X1∪X2 je algebraickávarieta, a teda U1 ∩ U2 je otvorená množina.(4) Nech {Ui}i∈I sú otvorené množiny, čiže pre všetky i ∈ I platí Ui = An \Xi, kde Xi sú

algebraické variety. Zjednotenie⋃

i∈I

Ui =⋃

i∈I

(An \Xi) = An \ (⋂

i∈I

Xi).

Znovu z tvrdenia 2.14 vidíme, že⋂

i∈I Xi je algebraická varieta, a teda ∪i∈IUi je naozaj otvorenámnožina.Vo zvyšku kapitoly si podrobnejšie popíšeme túto topológiu na afinnej priamke a v afinnej

rovine nad algebraicky uzavretým poľom k.

3.1. Zariskiho topológia na A1(k). Algebraická varieta v A1(k) je množina spoločnýchriešení niekoľkých polynomických rovníc: X = V (f1, . . . , fr), fi ∈ k[x].

(a) Vybavme najprv špeciálny prípad, keď všetky polynómy sú konštanty 0. Vtedy máme,že X = V (0) = A1.

(b) Nech f1, . . . , fr nie sú nulové polynómy. Predpokladajme, že tieto polynómy sú nesú-deliteľné, to znamená, že nemajú spoločný koreň, a preto X = ∅.

(c) Nech d ∈ k[x] je najväčší spoločný deliteľ polynómov f1, . . . , fr, stupeň d > 0. Keďže kje algebraicky uzavreté, g = (x−a1)(x−a2) . . . (x−as) a a1, . . . , as sú všetky spoločnékorene polynómov f1, . . . , fr, teda X = {a1, . . . , as} je konečná množina.

Vidíme, že všetky neprázdne otvorené množiny v Zariskiho topológii na A1 sú doplnkykonečných množín.

3.2. Zariskiho topológia na A2(k). Popísať otvorené množiny v afinnej rovine je v porov-naní s priamkou omnoho komplikovanejšie. Musíme najprv trochu študovať polynómy v k[x, y].V nasledujúcej definícii, leme a jej dôsledkoch bude R predstavovať okruh Z alebo k[t], kde

k je pole. Pre nás budú dôležité konštrukcie a tvrdenia pre R = k[t], ich význam sa však omnohoľahšie predstavuje, ak R = Z – to je jediný dôvod, prečo nepracujeme priamo v R = k[t]. V obochtýchto okruhoch máme definovaný najväčší spoločný násobok či už celých čísel alebo polynómovs jednou premennou.

Definícia 3.1. Polynóm p = p0 + p1x + · · · + pdxd ∈ R[x] sa nazýva primitívny, ak jehokoeficienty sú nesúdeliteľné t.j. ak najväčší spoločný deliteľ p0, p1, . . . , pd je jednotka v R.


Príklad 3.2. Nech R = Z. Polynóm 2x2 + 6x + 5 je primitívny, lebo najväčší spoločnýdeliteľ nsd(2, 6, 5) = 1. Polynóm 8x3 − 12x nie je primitívny, lebo nsd(8, 12) = 4.Nech R = k[t]. Polynóm tx2 + (t− 1)x− t2 je primitívny, lebo nsd(t, t− 1, t2) = 1. Polynóm

(t2 − t)x2 + (1− t2)x+ (1− t3) nie je primitívny, lebo nsd(t2 − t, 1− t2, 1− t3) = t− 1.Lema 3.3 (Gauss). Ak p, q ∈ R[x] sú primitívne polynómy, potom aj ich súčin pq je pri-

mitívny.

Dôkaz. Nech

p = p0 + p1x+ · · ·+ prxrq = q0 + q1x+ · · ·+ qsxs

sú primitívne, predpokladajme, že ich súčin

pq = p0q0 + (p1q0 + p0q1)x+ · · ·+ prqsxr+s

nie je. Teda existuje ireducibilný prvok r ∈ R (prvočíslo, ak R = Z, ireducibilný polynóm,ak R = k[t]) taký, že r delí všetky koeficienty polynómu pq. Keďže p, q sú primitívne, r nedelíniektoré z koeficientov p a tiež q. Nech i je najmenšie také, že r ∤ pi, podobne nech j je najmenšietaké, že r ∤ qj . Pozrime sa na koeficient polynómu pq pri xi+j – tento je rovný súčtu

∑

k+l=i+j

pkql.

Prvok r delí v tomto súčte všetky pkql okrem jediného sčítanca piqj , preto p nemôže deliť celýtento koeficient, čo je spor s naším predpokladom. �

Dôsledok. Ak je (nenulový) polynóm f ∈ R[x] ireducibilný v R[x], tak je ireducibilný aj vF [x], kde F je podielové pole R (t.j. F = Q ak R = Z, a F = k(t) ak R = k[t]).

Dôkaz. Predpokladajme najprv, že f je primitívny polynóm. Nech p, q ∈ F [x] sú nekonštantnépolynómy také, že f(x) = p(x)q(x). Ľahko sa presvedčíme, že bez ujmy na všeobecnosti môžemepredpokladať, že najvačší spoločný deliteľ menovateľov všetkých koeficientov polynómu p je 1,podobne pre polynóm q, a to isté platí pre najväčšie spoločné delitele čitateľov koeficientov.Potom existujú u, v ∈ R také, že polynómy up(x) a vq(x) patria R[x] a sú primitívne. Takžemáme

(up(x))(vq(x)) = (uv)f(x),a teda podľa Gaussovej lemy je uv jednotkou v okruhu R. Potom ale aj u, v sú jednotky, a pretop(x) a q(x) sú polynómy v R[x].Na záver, nech polynóm f nie je primitívny, zapíšme potom f(x) = dg(x), kde d ∈ R a

g ∈ R[x] je primitívny. Nech f(x) = p(x)q(x) pre nejaké p, q ∈ F [x]. Pre primitívny polynóm gpotom máme, že

g(x) =p(x)dq(x).

Z predchádzajúcej argumentácie dostávame, že p(x)d, q(x) ∈ R[x], a teda aj polynómy p, q z

rozkladu polynómu f patria R[x]. �

Dôsledok. Ak sú (nenulové) polynómy f, g ∈ R[x] nesúdeliteľné v R[x], potom sú nesúde-liteľné aj v F [x], kde F je podielové pole R.

Dôkaz. Nech sú polynómy f a g súdeliteľné nad F , čiže f(x) = d(x)p(x) a g(x) = d(x)q(x), kded, p, q ∈ F [x] a d je nekonštantný, a polynómy d a p resp. d a q sú ako polynómy v rozklade f vpredchádzajúcom dôkaze. Ak p aj q sú konštantné polynómy, tak f je konštantným násobkompolynómu g a polynómy f, g sú súdeliteľné nad R. Ak p resp. q je nekonštantný, tak nech sú d ap resp. d a q ako polynómy v rozklade f v predchádzajúcom dôkaze. Potom podobne usúdime,že polynómy d, p resp. d, q patria R[x], a teda f a g sú súdeliteľné nad R. �

Tvrdenie 3.4. Ak sú (nenulové) polynómy f, g ∈ k[x, y] nesúdeliteľné, potom má sústavaf(x, y) = g(x, y) = 0 len konečne veľa riešení.

3. ZARISKIHO TOPOLÓGIA 17

Dôkaz. Polynómy f, g ∈ k[x, y] = (k[x])[y] môžme chápať aj ako prvky (k(x))[y]. Keďže f, g súnesúdeliteľné v (k[x])[y], podľa dôsledku Gaussovej lemy sú nesúdeliteľné aj v (k(x))[y]. Všim-nime si, že (k(x))[y] je okruh polynómov s jednou premennou nad poľom, a preto z Euklidovhoalgoritmu vieme nájsť u′, v′ ∈ (k(x))[y] také, že(4) 1 = u′f + v′g.

Nech d ∈ k[x] je spoločný menovateľ koeficientov u′ a v′. Vynásobením rovnosti (4) polynómomd dostávame novú rovnosť

(5) d = uf + vg,

kde d ∈ k[x] a u, v, f, g ∈ k[x, y]. Zoberme teraz bod (a1, a2) ∈ A2, ktorý je spoločným riešenímsústavy z tvrdenia, teda platí f(a1, a2) = g(a1, a2) = 0. Z rovnosti (5) potom dostávame, žed(a1) = 0. Avšak d je polynóm z k[x] a preto má len konečne veľa riešení. Máme teda lenkonečne veľa možností pre hodnotu prvej súradnice bodu (a1, a2). Úplne analogicky (postupomcez (k(y))[x]) sa tiež ukáže, že ak (a1, a2) je spoločné riešenie sústavy f = g = 0, potom a2 môženadobúdať len niektorú z konečne veľa hodnôt. Môže teda existovať len konečne veľa spoločnýchriešení tejto sústavy. �

Teraz si už môžme popísať Zariskiho topológiu na A2(k). Algebraická varieta v A2(k) jemnožina definovaná niekoľkými polynómami: X = V (f1, . . . , fr), fi ∈ k[x, y].

(a) Ak všetky fi sú konštantny 0, potom X = V (0) = A2.(b) Nech f1, . . . , fr nie sú nulové polynómy. Predpokladajme, že tieto polynómy sú nesú-deliteľné. Potom podľa Tvrdenia 3.4 existuje len konečne veľa bodov (a1, a2) takých,že f1(a1, a2) = · · · = fr(a1, a2) = 0, čiže varieta X pozostáva z konečného (možno ajnulového) počtu bodov.

(c) Nech d ∈ k[x] je najväčší spoločný deliteľ polynómov f1, . . . , fr, stupeň d > 0. Potommáme polynómy f ′

1, . . . , f′r také, že f1 = df ′

1, . . . , fr = df ′r, pričom nsd(f

′1, . . . , f

′r) = 1.

Skúmajme ideál generovaný polynómami f1, . . . , fr:

(f1, . . . , fr) = (df ′1, . . . , df

′r) = (d)(f

′1, . . . , f

′r)

(preverte si poslednú rovnosť!). PretoX = X1∪X2, kdeX1 = V (d) aX2 = V (f ′1, . . . , f

′r).

Varieta X1 je rovinná krivka a varieta X2 pozostáva z konečného počtu bodov (viď prí-pad (b)).

Poznámka 3.5. Tak ako vidno v prípade A1 a A2, aj vo všeobecnosti platí, že neprázdneotvorené množiny v Zariskiho topológii sú veľmi veľké. Dokonca platí, že každé dve neprázdneotvorené množiny majú neprázdny prienik. Z toho vyplýva, že Zariskiho topológia nie je Haus-dorffovská.


4. Problémy, príklady

4.1. Algebraizácia a porovnávanie algebraických variet. Geometriu sme si začalialgebraizovať. Algebraická varieta X ⊂ An(k) bola pôvodne množina všetkých riešení sústavypolynomických rovníc:

a = (a1, a2, . . . , an) ∈ X = V (f1, . . . , fr) práve vtedy keď f1(a) = 0, f2(a) = 0, . . . , fr(a) = 0,

kde fi sú polynómy z k[x1, . . . , xn]. V súvislosti s algebraickou varietou X sa nebudeme obme-dzovať iba na množinu polynómov, ktorými sme ju definovali, ale budeme uvažovať celý ideál Iv okruhu polynómov, generovaný polynómami, ktorými je táto algebraická varieta definovaná:I = (f1, f2, . . . , fk) ⊂ k[x1, . . . , xn]. Toto nám umožní lepšie manipulovať s algebraickými va-rietami bez toho, aby sme explicitne museli napísať množinu bodov, ktoré patria X . Majmenapríklad dve algebraické variety

X1 = V (I1), I1 = (f1, . . . , fr)

X2 = V (I2), I2 = (g1, . . . , gs),

Vieme už, že

ak I1 ⊂ I2, potom X1 ⊃ X2,ak I1 = I2, potom X1 = X2.

Z Lemmy 2.1 (presnejšie z jej dôkazu) tiež vieme, že ak chceme overiť, či I1 ⊂ I2, treba prekaždý generátor fi ideálu I1 zistiť, či fi ∈ I2.

Príklad 4.1. Príklade 1.6 sme si uviedli krivku v trojrozmernom afinnom priestore A3(k).Je to algebraická varieta

V (I), kde I = (y − x2, z − x3) ⊂ k[x, y, z].

Uvažujme ďaľšiu algebraickú varietu v A3(k), popísanú polynómami y− x2, z− xy, teda varietu

V (J), kde J = (y − x2, z − xy) ⊂ k[x, y, z].

Vieme overiť, či V (I) = V (J)?Ak I = J , tak ide o tú istú algebraickú varietu. (V opačnom prípade by sme nevedeli usúdiť

nič, lebo dva rôzne ideály môžu stále definovať tú istú algebraickú varietu!) Skúsme teda overiť,či y − x2, z − x3 ∈ J a y − x2, z − xy ∈ I. Zrejme stačí zistiť, či z − x3 ∈ J a z − xy ∈ I. Platí

z − x3 = (z − xy) + x(y − x2) ⊂ J, čiže I ⊂ J,

z − xy = (z − x3)− x(y − x2) ⊂ I, čiže J ⊂ I.

Zatiaľ ide o metódu pokus-omyl. Pre systematickejší prístup potrebujeme ešte doriešiť dveotázky:

výpočtová: Ako pre dané dva ideály I1, I2 overiť, či I1 ⊂ I2? Z Hilbertovej vety obáze vieme, že existuje konečná množina polynómov, ktorá generuje I1. Stačí teda prekonečne veľa polynómov fi overiť, či fi ∈ I2 Ostáva už len

Problém 1. nájsť metódu (algoritmus), ktorá pre daný ideál I = (f1, . . . , fr) vokruhu k[x1, . . . , xn] a daný polynóm g ∈ k[x1, . . . , xn] zistí, či g ∈ I.

teoretická: Korešpondencia medzi ideálmi a algebraickými varietami ešte nie je celkomuspokojivá. Každému ideálu v k[x1, . . . , xn] vieme priradiť algebraickú varietu (viďHilbertova veta o báze) a tiež každej algebraickej variete vieme prisúdiť nejaký ideál,napríklad ideál generovaný polynómami, ktorými sme algebraickú varietu definovali.Toto priradenie však nie je jedno-jednoznačné: dva rôzne ideály môžu definovať tú istúalgebraickú varietu. Túto nejednoznačnosť sa tiež pokúsime odstrániť:

Problém 2. nájsť jedno-jednoznačnú korešpondenciu medzi ideálmi v k[x1, . . . , xn]a afinnými algebraickými varietami v An(k).

4. PROBLÉMY, PRÍKLADY 19

Teoretickým problémom sa budeme zaoberať neskôr. Výpočtový si najprv ilustrujeme naniekoľkých príkladoch, potom sa ním začneme zaoberať podrobnejšie.

Príklad 4.2. V okruhu k[t] (k je pole) majme ideál I = (t3+1). Patrí polynóm g = t5+t3+1tomuto ideálu?Vieme, že g ∈ I práve vtedy, keď existuje h ∈ k[t] také, že g = (t3 + 1)h, teda keď g je

násobkom generátora ideálu I. Treba len zistiť, či sa dá polynóm g vydeliť týmto generátorombezo zvyšku. Máme, že

t5 + t3 + 1 : t3 + 1 = t2 + 1 so zvyškom − t2,

čiže t5 + t3 + 1 = (t2 + 1)(t3 + 1)− t2. Polynóm g nie je násobkom generátora, a preto g /∈ I.

Príklad 4.3. V okruhu k[t] majme ideál I = (t3 − 1, t5− 1). Patrí polynóm g = t3 + t2 − 2tomuto ideálu?Vieme, že k[t] je okruh hlavných ideálov, preto aj ideál I sa dá generovať jediným prvkom

– bude to najväčší spoločný deliteľ pôvodných dvoch generátorov. Ten vypočítame pomocoueuklidovho algoritmu:

(1) t5 − 1 : t3 − 1 = t2, zvyšok t2 − 1,(2) t3 − 1 : t2 − 1 = t, zvyšok t− 1,(3) t2 − 1 : t− 1 = t+ 1, zvyšok 0.

Najväčším spoločným deliteľom t3 − 1 a t5 − 1 je preto t − 1 a ideál I je generovaný jedinýmpolynómom: I = (t−1). Aby sme zistili, či g ∈ I, stačí už len zistiť, či g je násobkom t−1. Platí

t3 + t2 − 2 : t− 1 = t2 + 2t+ 2 zvyšok 0,

takže t3 + t2 − 2 ∈ I.

Ponaučenie. Hoci v teórii nezáleží na tom, ktorú množinu generátorov ideálu máme, pripočítaní s konkrétnymi ideálmi naopak zisťujeme, že niektorá množina generátorov je „lepšia”než iná.

Ponaučenie. V okruhu k[t] je riešením Problému 1 Euklidov algoritmus.

Príklad 4.4. V okruhu k[x, y] uvažujme ideál I = (x + y, x − y). Ako by sme mohli čonajjednoduchšie charakterizovať polynómy tohto ideálu? Inými slovami: ako pre daný polynómčo najrýchlejšie rozhodnúť, či patrí do I? Ak patrí, ako ho čo najrýchlejšie napísať ako kombináciugenerátorov? Na tieto otázky sa omnoho jednoduchšie odpovedá, keď si uvedomíme, že I = (x, y):zrejme x+ y, x− y ∈ (x, y), a tiež x, y ∈ (x+ y, x− y) lebo

x =12(x+ y) +

12(x− y) a y =

12(x+ y)− 1

2(x− y).

Takže I je ideál všetkých polynómov v k[x, y] bez absolútneho člena. Ak by sme I reprezentovalitouto druhou množinou generátorov, tak vieme veľmi rýchlo a jednoducho pre každý polynómg ∈ I nájsť h1, h2 také, že g = xh1 + yh2.

Príklad 4.5. Tie isté otázky ako v predchádzajúcom príklade, pre ideál

(6) I = (x+ xy, y + xy, x2, y2) ⊂ k[x, y].

Ukážeme, že znovu platí I = (x, y). Na jednu stranu je zrejmé, že x+xy, y+xy, x2, y2 ∈ (x, y),a teda (x + xy, y + xy, x2, y2) ⊂ (x, y). Pre opačnú inklúziu potrebujeme x a y vyjadriť akokombinácie generátorov (6):

x = (x+ xy)− x(y + xy) + yx2,

y = (y + xy)− y(x+ xy) + xy2.


4.2. Hľadanie algebraických variet. Najzákladnejším a najprirodzenejším problémom vsúvislosti so sústavou rovníc je hľadanie riešenia. V našom prípade máme sústavu polynomickýchrovníc

f1(x1, x2, . . . , xn) = 0,

. . .

fk(x1, x2, . . . , xn) = 0.

Čo to však znamená, vyriešiť takýto systém rovníc? V prípade, že riešení je len konečne veľa,pochopiteľnou požiadavkou je chcieť ich všetky vymenovať a tým považovať sústavu rovníc zavyriešenú. Môžme si teda naformulovať ďaľšie problémy, ktorými sa budeme zaoberať:

Problém 3. Pre danú sústavu rovníc rozhodnúť, či má riešenie, t.j. či algebraická varieta,ktorá je týmito polynómami definovaná, nie je prázdnou množinou.

Problém 4. Zistiť, či X = V (f1, . . . , fr) je nularozmerná algebraická varieta v An, a akáno, vymenovať všetky jej body.

Príklad 4.6. Nech X = V (y− x2, z − xy, x+ y+ z − 1) ⊂ A3(C). Je X konečná množina?Ak áno, ako nájdeme všetky jej body?Všimnime si najprv, že prvé dve rovnice definujú našu známu vinutú kubiku (viď Príklad 4.1)

a tiež že polynóm z − xy môžme nahradiť polynómom z − x3:

(y − x2, z − xy, x+ y + z − 1) = (y − x2, z − x3, x+ y + z − 1)(trochu sme modifikovali množinu generátorov). To znamená, že hľadáme prienik vinutej kubikys rovinou, ktorá je definovaná rovnicou x+ y + z − 1 = 0. O chvíľu tiež ukážeme, že

(y − x2, z − x3, x+ y + z − 1) = (y − x2, z − x3, x3 + x2 + x− 1).(7)

Odtiaľ už potom ľahko vidíme, že X je konečná: bod (a1, a2, a3) ∈ X musí spĺňať tretiu rovnicu,teda musí platiť

a31 + a21 + a1 − 1 = 0.

Máme tak len tri možnosti pre hondnotu a1. Pre každé také a1 potom z prvých dvoch rovnícjednoznačne dopočítame a2 a a3.Pre dôkaz rovnosti (7) potrebujeme ukázať, že

x+ y + z − 1 ∈ (y − x2, z − x3, x3 + x2 + x− 1) a

x3 + x2 + x− 1 ∈ (y − x2, z − x3, x+ y + z − 1).To je ale pravda, lebo

x+ y + z − 1 = (x3 + x2 + x− 1) + (z − x3) + (y − x2),

x3 + x2 + x− 1 = −(z − x3)− (y − x2) + (x + y + z − 1).

Vidíme, že kľúčom k riešeniu bola znovu vhodná modifikácia množiny generátorov ideálu, ktorýmsme definovali varietu X .

Ak má však algebraická varieta definovaná danou sústavou polynomických rovníc vyššiudimenziu, úloha vyriešiť túto sústavu sa stáva veľmi problematickou.

Príklad 4.7. Z lineárnej geometrie: nájsť riešenie sústavy lineárnych rovníc

a11x1 + a12x2 + · · ·+ a1nxn − a10 = 0

a21x1 + a22x2 + · · ·+ a2nxn − a20 = 0

. . .

ar1x1 + ar2x2 + · · ·+ arnxn − ar0 = 0


znamená previesť vyjadrenie lineárnej varietyX ⊂ An(k) zo všeobecných rovníc na parametrické,čiže nájsť bod b = (b1, b2, . . . , bn) a vektory u1 = (u11, u12, . . . , u1n), . . . ,ud = (ud1, ud2, . . . , udn),že každý bod lineárnej variety sa dá napísať ako

b+ u1t1 + u2t2 + · · ·+ udtdpre nejaké t1, t2, . . . td ∈ k.

Úloha 14. Vyriešte sústavu pre neznáme x1, x2, x3, x4:

x1 + x2 − 2x3 + 3x4 − 19 = 0

2x1 − x2 + 3x3 − x4 − 8 = 0.

Parametrické vyjadrenie lineárnej variety považujeme za riešenie sústavy lineárnych rovníc,lebo je to nástroj na systematické generovanie bodov na lineárnej variete: ak b + u1t1 + u2t2 +· · · + udtd je parametrické vyjadrenie nejakej lineárnej variety nad k (t.j. b je bod patriacivariete a ui sú vektory tvoriace bázu vektorovej zložky lineárnej variety), tak pre každú d-ticu(c1, . . . , cd) ∈ kd je

b+ c1u1 + · · ·+ cdud(8)

bod na tejto lineárnej variete. A naopak: každý bod lineárnej variety sa dá napísať v tvare (8)pre nejaké (c1, . . . , cd) ∈ kd. Hľadanie parametrického vyjadrenia je teda hľadanie „vhodného”zobrazenia z Ad(k) na varietu.

Príklad 4.8. V prípade vinutej kubiky (príklad 1.6) ide o algebraickú varietu X danúpolynómami y − x2, y − x3. Za riešenie sústavy rovníc y − x2 = 0, y − x3 = 0 môžme považovaťzobrazenie

A1 → X ⊂ A3, t 7→ (t, t2, t3),lebo toto zobrazenie je nástrojom na generovanie bodov na krivke.

Takže požiadavka hľadania riešenia algebraickej variety pozostávajúcej z nekonečného počtubodov sa neformálne dá formulovať ako

Problém 5 (parametrizácia). Nájsť „dobré” zobrazenie Ad → X ⊂ An, ktoré je popísanépolynomickými prípadne racionálnymi funkciami, t.j.

(t1, . . . , td) 7→ (ϕ1(t1, . . . , td), . . . , ϕn(t1, . . . , td)),kde ϕ1, . . . , ϕn ∈ k(t1, . . . , td).

Problém parametrizácie je však veľmi ťažký a preto sa ním tento semester ešte nebudemezaoberať. Ľahšia je opačná úloha:

Problém 6 (implicitizácia). Pre dané zobrazenie

ϕ : Ad → An, (t1, t2, . . . , td) 7→ (ϕ1(t1, t2, . . . , td), . . . , ϕn(t1, t2, . . . , td)), ϕi ∈ k(t1, . . . , td)

nájsť rovnice popisujúce obraz.

V prípade lineárnych variet ide o hľadanie všeobecných rovníc lineárnej variety zadanejparametricky, lebo parametrické vyjadrenie

x1 = a10 + a11t1 + a12t2 + · · ·+ a1dtdx2 = a20 + a21t1 + a22t2 + · · ·+ a2dtd. . .

xn = an0 + an1t1 + an2t2 + · · ·+ andtdvlastne popisuje zobrazenie Ad → An: x1, . . . , xn sú lineárne funkcie premenných t1, . . . , td.

Úloha 15. Pre zobrazenie

ϕ : A3(R)→ A4(R), (t1, t2, t3) 7→ (3t1 + t3, t2 + 4t3, t1 + t2 + t3, t1 − t2 − t3)

popíšte obraz ϕ(A3(R)) ako algebraickú varietu, t.j. nájdite rovnicu (rovnice) popisujúcu obraz.


4.3. Stewartova platforma (príklad z robotiky). Ide o plošinu (mnohouholník aleboiný rovinný útvar) v reálnom trojrozmernom priestore, ktorá je niekoľkými „nohami” pripevnenák podložke. Poloha platformy sa určuje iba pomocou dĺžok nôh, teda pre každú nohu môžmepevne určiť len jej dĺžku, ale už nie natočenie v priestore. Nôh musí byť toľko, koľko je stup-ňov voľnosti Stewartovej platformy, teda 6. Celý tento systém sa dá popísať polynomickýmirovnicami, takže dostávame nejakú algebraickú varietu.V súvislosti s takouto platformou sa v robotike formulujú dva problémy:

(1) problém (priamej) kinematiky: dané sú dĺžky nôh, treba nájsť polohu platformy, prí-padne zistiť, nakoľko jednoznačne je táto poloha určená,

(2) problém inverznej kinematiky: daná je poloha platformy, treba nájsť dĺžky nôh.

Problém inverznej kinematiky je triviálny, stačí zrátať vzdialenosti bodov. Pre ilustráciuprvého problému zíďme pre jednoduchosť o dimenziu nižšie: platforma bude jednorozmerný útvar(úsečka) v reálnej rovine A2(R), pevnú podložku umiestnime na x-os. Skúsme zistiť, či platformaje uspokojivo ovládaná dvoma nohami.Obe nohy nech sú na platforme uchytené v koncových bodoch úsečky, ktorých súradnice sú

(x1, y1) a (x2, y2) – tieto body sa pohybujú v rovine. Na podložke nech sú nohy uchytené v bodoch(0, 0), (1, 0) – tieto body sú pevné. Polohu platformy budeme riadiť dĺžkami nôh d1, d2 ∈ R.

(x1, y1)

(x2, y2)

(0, 0) (1, 0)

D

d1

d2

Stav platformy je jej poloha v rovine, čiže je určený polohou jej koncových bodov. Môžmeho teda reprezentovať ako bod v 4-rozmernom priestore A4(R), v algebraickej reči pracujeme sokruhom polynómov R[x1, y1, x2, y2]. Nie každý bod v A4 však reprezentuje nejaký stav plat-formy: platforma je pevná, teda dĺžka úsečky ostáva nemenná, označme si ju D (D ∈ R). Bod(a1, b1, a2, b2) reprezentuje stav platformy práve vtedy, keď

√

(a1 − a2)2 + (b1 − b2)2 = D. Takžemnožina všetkých stavov tvorí v A4(R) algebraickú varietu

X = V ((x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 −D2).(9)

Otázka teraz znie: ak zvolíme dĺžky nôh d1, d2, bude poloha takejto platformy jednoznačneurčená?Voľba dĺžok je reprezentovaná rovnicami

x21 + y21 − d21 = 0

(x2 − 1)2 + y22 − d22 = 0.

Ide teda o to, koľko majú tieto rovnice spolu s rovnicou popisujúcou množinu stavov (9) riešení.Intuícia 1 (pochádzajúca z lineárnej geometrie, v algebraickej geometrii často zavádzajúca!):

X je trojrozmerná algebraická varieta v A4, lebo je popísaná jednou rovnicou. Jedna dodatočnárovnica zmenší dimenziu o 1, ďaľšia zase o 1, takže algebraická varieta popísaná uvedenými tromarovnicami je jednorozmerná – malo by ísť o krivku v A4. Takáto platforma preto nie je stabilná:úsečka uchytená len v koncových bodoch spadne.Intuícia 2: Rátajme stupne voľnosti: jeden koncový bod jednoznačne určíme dvoma skalármi

(kartézske súradnice alebo polárne súradnice). Pre určenie druhého koncového bodu potrebujemeešte jednu súradnicu. Teda táto platforma má tri stupne voľnosti. My sme však dodali len dvenohy, čiže platforme zadávame len dve súradnice. Takáto platforma preto spadne.


Dôkladný exaktný postup: Postupovalo by sa prostriedkami komutatívnej algebry. Naprí-klad, našli by sme „dobrú” množinu generátorov ideálu

((x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 −D2, x21 + y21 − d21, (x2 − 1)2 + y22 − d22) ⊂ R[x1, y1, x2, y2]

(niečo analogické ako sme robili v príklade 4.6), z ktorej by sme už ľahko vyčítali, že algebraickávarieta definovaná týmto ideálom má vyššiu dimenziu než 0.Každopádne zistíme, že tejto jednoduchej platforme treba ešte dodať jednu nohu, napríklad

nech je na platforme uchytená v prvom bode a na podložke v bode (−1, 0).

(x1, y1)

(x2, y2)

(0, 0) (1, 0)(−1, 0)

D

d1

d2

d3

Dostávame tak ďaľšiu rovnicu

(x2 + 1)2 + y22 − d23 = 0,

ktorá spolu s troma predchádzajúcimi už určí nularozmernú algebraickú varietu.V prílohe je uvedený zoznam príkazov pre systém počítačovej algebry Singular, ktorý rieši

problém priamej kinematiky pre túto jednoduchú platformu.

* Úloha 16. Popíšte rovnicami Stewardovu platformu (môžte sa obmedziť na špeciálnyprípad z prednášky):

(i) treba nájsť systém rovníc popisujúci množinu všetkých stavov platformy ako algeb-raickú varietu v nejakom afinnom priestore,

(ii) treba napísať dodatočné rovnice popisujúce polohu platformy, keď určíme dĺžky nôh.

KAPITOLA 3

Výpočtové metódy algebraickej geometrie

1. Gröbnerove bázy

1.1. Usporiadanie monómov. Pracujeme v okruhu polynómov k[x1, . . . , xn]. Pripomeňmesi označenie: ak α ∈ (N0)n, čiže α = (α1, . . . , αn) kde αi ∈ N0, potom xα označuje monóm

xα = xα11 · · · · · xαn

n .

Definícia 1.1. Reláciu > budeme nazývať usporiadanie monómov, ak• > je lineárne usporiadanie monómov (má vlastnosť trichotómie),• > je kompatibilné s násobením (ak xα > xβ potom xαxγ > xβxγ pre ľubovoľné α, β, γ ∈(N0)n),

• > je dobré usporiadanie (každá množina monómov má najmenší prvok).

Bude užitočné si uvedomiť, že podmienka, aby usporiadanie bolo dobré, je ekvivalentnápodmienke, že každá klesajúca postupnosť monómov

(10) xα > xβ > xγ > . . .

je konečná. Naozaj, majme klesajúcu postupnosť monómov (10). Ak táto postupnosť je neko-nečná, potom množina {xα, xβ , xγ , . . . } nemá najmenší prvok, čiže usporiadanie > nie je dobré.Opačne, nech usporiadanie > nie je dobré, čiže existuje množina M = {xα}α∈A, ktorá nemánajmenší prvok, teda pre každý prvok xα ∈M (α ∈ A) existuje v M prvok xα′

(α′ ∈ A), ktorýje od neho menší. Takto sme ale zostrojili nekonečnú klesajúcu postupnosť.Uvedieme si teraz najdôležitejšie príklady usporiadaní monómov.

Lexikografické usporiadanie. Pre monómy xα, xβ (α = (α1, . . . , αn), β = (β1, . . . , βn) ∈(N0)n) platí, že xα >lex xβ , ak pre prvý index i taký, že αi 6= βi, platí αi > βi. Tiež inakpovedané, prvé nenulové číslo v α− β = (α1 − β1, . . . , αn − βn) je kladné.

Príklad 1.2. V lexikografickom usporiadaní máme

x1 >lex x2 >lex x3 >lex . . .

x1 >lex x32 >lex x2x3 >lex x

1003

Tvrdenie 1.3. Lexikografické usporiadanie je usporiadanie monómov.

Dôkaz. Každé dva rôzne monómy vieme porovnať: ak xα 6= xβ , čiže α 6= β, potom existujei ∈ {1, . . . , n} také, že αi 6= βi, a o poradí týchto dvoch monómov rozhodneme podľa prvéhotakého exponentu.Nech teraz xα >lex xβ , teda existuje také i, že αi > βi, a pre všetky j < i platí αj = βj .

Potom platí aj αj + γj = βj + γj pre j < i, a αi + γi > βi + γi, čo je presne podmienka prexαxγ >lex x

βxγ .Pre vlastnosť dobrého usporiadania, nech {xα}α∈A je ľubovoľná množina monómov, uká-

žeme, že má najmenší prvok. NechM0 = {xα}α∈A je celá množina, a nech

Mj = {xα ∈ Mj−1 | αj je minimálne vyskytujúce sa v monómoch vMj−1}, j = 1, . . . , n.

Pre každú množinu Mj potom platí, že všetky jej prvky sú menšie ako ľubovoľný prvok zMj−1 \Mj , a teda aj ľubovoľný prvok zM\Mj. Navyše platí, žeMn obsahuje jediný monóm,čiže sme našli najmenší prvok množinyM. �

25

26 3. VÝPOČTOVÉ METÓDY ALGEBRAICKEJ GEOMETRIE

Graduované lexikografické usporiadanie. Pre monómy xα, xβ platí, že xα >glex xβ , akdeg xα > deg xβ , alebo ak deg xα = deg xβ a xα >lex xβ .

Graduované reverzné lexikografické usporiadanie. Pre monómy xα, xβ platí, že xα >grevlexxβ , ak deg xα > deg xβ , alebo ak deg xα = deg xβ a pre posledný index i taký, že αi 6= βi, platíαi < βi.

Príklad 1.4. V graduovaných usporiadaniach máme

x1x22x23 <glex x

72x3 x1x

22x23 <grevlex x

72x3,

x1x22x23 >glex x

42x3 x1x

22x23 <grevlex x

42x3,

Úloha 17. Ukážte, že obe graduované usporiadania sú naozaj usporiadaniami monómov.

Úloha 18. Ukážte, že v okruhu k[x] existuje jediné usporiadanie monómov.

Definícia 1.5. Majme v k[x1, . . . , xn] zvolené usporiadanie monómov a uvažujme polynóm

f =∑

α

cαxα ∈ k[x1, . . . , xn].

Vedúci monóm polynómu f (označovať ho budeme LM(f)) je najväčší taký monóm xα, pre ktorýcα 6= 0. Člen cαxα sa potom nazýva vedúci člen (označovaný LT(f)) a koeficient cα zas vedúcikoeficient polynómu f (označovaný LC(f)).

Príklad 1.6. Majme polynóm f = 5x1x2 + 7x52 + 19x173 ∈ k[x1, x2, x3]. Ak uvažujeme

lexikografické usporiadanie, tak vedúcim členom je 5x1x2. Ak by sme však uvažovali niektoré zgraduovaných usporiadaní, tak vedúcim členom je 19x173 .

1.2. Algoritmus delenia. Uvedieme si teraz algoritmus delenia polynómu konečnou mno-žinou polynómov v okruhu s viacerými premennými. Našou motiváciou je pre daný polynóm g apolynómy f1, . . . , fk zistiť, či g patrí ideálu, ktorý je generovaný polynómami f1, . . . , fk (jeden zproblémov, ktoré sme si v predchádzajúcich týždňoch sformulovali). Budeme sa snažiť polynóm gzredukovať pomocou f1, . . . , fk na čo najjednoduchší tvar, a následne rozhodnúť tento problém.Algoritmus by mohol vyzerať takto:

Vstup: polynóm g a polynómy f1, . . . , fk z k[x1, . . . , xn] so zvoleným usporiadaním monómov.Výstup: rozhodnutie, či g ∈ (f1, . . . , fk).Algorimus:

• inicializácia: g0 := g.• iterácia (cez i): Ak gi = 0, potom prehlás, že g ∈ (f1, . . . , fk), a ukonči delenie.Ak pre nejaké j platí, že LM(fj) | LM(gi), tak

gi+1 := gi − (LT(gi)/LT(fj))fj .Inak (vedúci monóm žiadneho polynómu spomedzi f1, . . . , fk nedelí vedúci koeficientgi) ukonči delenie.

Príklad 1.7. Predveďme algoritmus delenia pre f1 = xy + 1, f2 = y + 1 a g = xy2 + 1.Uvažujeme k[x, y] s lexikografickým usporiadaním.

• g0 = g,• g1 = g0 − yf1 = −y + 1,• g2 = g1 + f2 = 2.

Nie je to ale jediný možný postup: mohli by sme hneď na začiatku začať redukovať polynóm gpolynómom f2 (vyskúšajte si to!).

Tvrdenie 1.8. Výpočet pomocou algoritmu delenia skončí po konečnom počte krokov. Na-vyše, ak gi = 0 pre nejaké i, potom naozaj g ∈ (f1, . . . , fk).

1. GRÖBNEROVE BÁZY 27

Dôkaz. Skúmajme vedúce monómy polynómov gi. Pri konštrukcii polynómu gi+1 sa vedúci člengi vykráti s vedúcim členom polynómu (LT(gi)/LT(fj))fj a namiesto neho pribudnú ostatnéčleny tohoto polynómu. Z kompatibility usporiadania monómov s násobením však vidíme, žetieto nové monómy už budú menšie (v našom zvolenom usporiadaní), preto LM(gi+1) < LM(gi).Takže máme klesajúcu postupnosť monómov

LM(g0) = LM(g) > LM(g1) > LM(g2) > . . . .

Z vlastnosti dobrého usporiadania vyplýva, že táto postupnosť je konečná, čiže sa počas výpočtuvykoná len konečne veľa redukcíi. Na konci nám ostane buď gi = 0 alebo také nenulové gi, ktoréhovedúci koeficient nie je deliteľný vedúcim koeficientom žiadneho fi. V prvom prípade spätnýmdosadzovaním (ako v prípade Euklidovho algoritmu) dostávame

g = h1f1 + · · ·+ hkfk,teda vidíme, že g ∈ (f1, . . . , fk). �

Bohužiaľ to, že deliacim algoritmom sa nám podarí g zredukovať na 0, je len postačujúca, anie aj nutná podmienka pre g ∈ (f1, . . . , fk), ako uvidíme v nasledujúcich príkladoch.Príklad 1.9. Nech f1 = xy+1, f2 = y2−1 a g = xy2−x, uvažujme lexikografické usporia-

danie. Deľme dvoma spôsobmi, pričom volíme vždy iné poradie polynómov, ktorými redukujemeg. Jedným spôsobom tak dostaneme výsledok −x − y, druhým sa nám podarí zredukovať g na0. Teda g ∈ (f1, f2).Príklad 1.10. V úlohe 10 v Kapitole 2 sme overili, že

((x − 1)(x− 3), (x− 1)(y − 4), (y − 2)(x− 3)) = (x2 − 2x− 2y + 5, x− y + 1).

Naším algoritmom delenia sa nám však podarí ukázať iba, že

(x− 1)(x− 3) ∈ (x2 − 2x− 2y + 5, x− y + 1) :

nech g = (x − 1)(x− 3) = x2 − 4x+ 3, f1 = x2 − 2x− 2y + 5, f2 = x− y + 1.

• g0 = g,• g1 = g0 − f1 = −2x+ 2y − 2,• g2 = g1 + 2f2 = 0.

Spätným dosadzovaním dostaneme, že g = f1 − 2f2.Úloha 19. V A3 majme krivku C = V (y−x2, z−x3) (naša známa vinutá kubika) a plochu

S = V (z2 − x4y). Ukážte dvoma spôsobmi, že krivka C leží celá v ploche S:

(a) Ukážte, že (z2 − x4y) ⊂ (y − x2, z − x3), potom z vlastností korešpondencie ideálov avariet vyplýva požadované tvrdenie. Pre dokazovanie z2−x4y ∈ (y−x2, z−x3) použitealgoritmus delenia s takým lexikografickým usporiadaním, kde z > y > x. Na záver ajvyjadrite z2 − x4y ako kombináciu y − x2 a z − x3.

(b) Použite parametrizáciu krivky C.

1.3. Monomiálne ideály.

Definícia 1.11. Ideál J ⊂ k[x1, . . . , xn] sa nazýva monomiálny, ak je generovaný nejakoumnožinou monómov.

Tvrdenie 1.12. Nech J je monomiálny ideál a f =∑

cαxα ∈ J . Potom každý člen cαx

α ∈J .

Dôkaz. (Ide viac o uvedomovacie cvičenie než o nejaké počítanie.)Keďže f ∈ J , kde J = (xβ | β ∈ B), existujú polynómy h1, . . . , hk′ také, že

f =k′∑

i=1

hixβi , βi ∈ B.


Každý z polynómov hi rozdeľme na súčet jednotlivých členov, máme teda rovnosť

∑

cαxα =

k∑

i=1

mixβi , βi ∈ B,

kde mi sú len konštantné násobky monómov. Je zrejmé, že každý z monómov pri nenulovomkoeficiente na ľavej strane rovnosti (t.j. každé xα, pre ktoré cα 6= 0) sa musí nachádzať spolus nejakými nenulovými koeficientami aj na pravej strane; nech mi1x

βi1 , . . . ,milxβil sú všetky

tieto výskyty, čiže máme, že

cαxα =

l∑

j=1

mijxβij ,

a teda cαxα ∈ J . �

Dôsledok. Monomiálny ideál je generovaný konečnou množinou monómov.

Dôkaz. Nech J je monomiálny ideál. Z Hilbertovej vety o báze vieme, že ideál J je konečnegenerovaný, t.j. existujú f1, . . . , fk ∈ k[x1, . . . , xn], že J = (f1, . . . , fk). Nech {xα}α∈A je množinavšetkých monómov, ktoré sa vyskytujú v f1, . . . , fk s nenulovým koeficientom, teda je to konečnámnožina. Potom J = (xα | α ∈ A). Jedna inklúzia je zrejmá z vlastnosti ideálov, druhá vyplývaz Tvrdenia 1.12, pretože J je monomiálny. �

Tvrdenie 1.13. Nech J = {xβ}β∈B je monomiálny ideál. Potom každý monóm v J jedeliteľný niektorým z generátorov xβ .

Dôkaz. (Veľmi podobný dôkazu Tvrdenia 1.12.) Nech xα ∈ J , a preto

xα =k∑

i=1

mixβi , βi ∈ B,

kde mi sú polynómy pozostávajúce len z jedného člena. Monóm xα sa nutne musí nachádzaťmedzi členmi na pravej strane rovnosti, čiže existuje i také, že xα je konštantným násobkommix

βi , a teda xα je deliteľný monómom xβi . �

Z uvedených vlastností vyplýva, že monomiálne ideály sú výpočtovo veľmi jednoduché: viemeľahko rozhodnúť, či nejaký polynóm patrí danému monomiálnemu ideálu, lebo algoritmus delenianám v tomto prípade dá vždy správnu odpoveď, stačí redukovať monómami, ktoré generujú ideál:ak g ∈ J , J monomiálny, potom podľa Tvrdenia 1.12 každý člen polynómu g partí do J , špeciálne,LT(g) ∈ J . Z Tvrdenia 1.13 potom vidíme, že LT(g) je deliteľný niektorým generátorom, a tedag môžme redukovať, až dostaneme gi = 0 pre nejaké i.Tiež pre monomiálny ideál vieme ľahko nájsť príslušnú algebraickú varietu:

Príklad 1.14. V A3 je V (xy, yz, xz) zjednotením súradnicových osí. Algebraická varietaV (xz, yz) je zas zjednotením súradnicovej roviny z = 0 a z-osi.

Definícia 1.15. V k[x1, . . . , xn] majme zvolené usporiadanie monómov. Nech I ⊂ k[x1, . . . , xn]je ideál. Ideál vedúcich členov ideálu I je

LT(I) = (LT(f) | f ∈ I).

Definícia 1.16. V k[x1, . . . , xn] majme zvolené usporiadanie monómov a nech I ⊂ k[x1, . . . , xn]je ideál. Gröbnerova báza ideálu I je množina polynómov

{f1, . . . , fk} ⊂ I

taká, že LT(I) = (LT(f1), . . . ,LT(fk)).

Je zrejmé, že ak {f1, . . . , fk} je Gröbnerova báza ideálu I, potom (f1, . . . , fk) ⊂ I, ale zatiaľnie je jasné, či tieto dva ideály sa rovnajú, t.j. či Gröbnerova báza naozaj generuje ideál I.


Veta 1.17. V k[x1, . . . , xn] majme zvolené usporiadanie monómov. Nech I ⊂ k[x1, . . . , xn]je ideál a nech {f1, . . . , fk} je jeho Gröbnerova báza. Potom algoritmom delenia, keď redukujemepolynómami f1, . . . , fk, vieme vždy správne rozhodnúť, či daný polynóm patrí I. Presnejšie, akg ∈ I, tak delením polynómami f1, . . . , fk zredukujeme g na 0.

Dôsledok. Gröbnerova báza ideálu je jeho množinou generátorov.

Dôkaz. Vieme, že ak {f1, . . . , fk} je Gröbnerova báza ideálu I, potom (f1, . . . , fk) ⊂ I. Nechteraz g ∈ I. Podľa Vety 1.17 algoritmus delenia tento polynóm zredukuje do 0 a preto podľaTvrdenia 1.8 g ∈ (f1, . . . , fk). �

Dôkaz Vety 1.17. Nech g ∈ I. Pri aplikovaní deliaceho algoritmu vypočítame g1 ako g1 =g0 −mfj, kde m je podiel vedúcich členov g0 a fj . Keďže g0 = g ∈ I, potom zrejme aj g1 ∈ I.Indukciou takto dostávame, že gi ∈ I pre všetky gi v priebehu výpočtu.Predpokladajme, že v algoritme dospejeme k takému gi, že gi 6= 0, ale gi sa už nedá redukovať

ďalej. Že sa nedá redukovať znamená, že vedúci člen gi už nie je deliteľný vedúcim členomžiadneho z polynómov f1, . . . , fk. Podľa Tvrdenia 1.13 to znamená, že

LT(gi) /∈ (LT(f1, ), . . . ,LT(fk)).Avšak toto je ideál vedúcich členov ideálu I, a preto potom gi /∈ I, čo je spor. Polynóm g sapreto v každom kroku algoritmu dá redukovať, až kým nezostane 0. �

Príklad 1.18. Nech f1 = x2 − 2x − 2y + 5, f2 = x − y + 1 ∈ k[x, y], uvažujme lexikogra-fické usporiadanie. Zoberme ideál dvojbodovej algebraickej variety I = (f1, f2) ⊂ k[x, y]. Už vPríklade 1.10 sme sa presvedčili, že pomocou týchto dvoch generátorov nie je možné deliacimalgoritmom zredukovať každý polynóm ideálu I na nulu. Z Vety 1.17 potom už vyplýva, že{f1, f2} nie je Gröbnerova báza ideálu I. Bude ale poučné tento fakt overiť aj priamo pomocoudefinície Gröbnerovej bázy.Ideál generovaný vedúcimi členmi našich generátorov je

(LT(f1),LT(f2)) = (x2, x) = (x).

Polynóm g = (y − 2)(y − 4) = y2 − 6y + 8 patrí ideálu I, lebo g = f1 + (−x − y + 3)f2. Jehovedúci člen je LT(g) = y2 a zrejme y2 /∈ (x), teda máme, že LT(I) 6= (LT(f1),LT(f2)), a pretopodľa definície {f1, f2} nie je Gröbnerovou bázou.Príklad 1.19. Nech I ⊂ k[x1, . . . , xn] je hlavný ideál, teda I = (f), f ∈ k[x1, . . . , xn].

Každý polynóm g ∈ I je násobkom polynómu f , t.j. g = hf pre nejaké h ∈ k[x1, . . . , xn]. Keďžeakékoľvek usporiadanie monómov je kompatibilné s násobením, platí LT(g) = LT(h)LT(f), ateda LT(g) ∈ (LT(f)). V tomto prípade teda máme, že LT(I) = (LT(f)), preto generátorhlavného ideálu je aj jeho Gröbnerovou bázou vzhľadom na ktorékoľvek usporiadanie monómov.

Príklad 1.20. Majme ideál I = (y − x2, z − x3) ⊂ R[x, y, z], uvažujme lexikografickéusporiadanie také, že z > y > x. Ukážeme, že {y − x2, z − x3} je Gröbnerova báza ideálu I.Platí, že (LT(y−x2),LT(z−x3)) = (y, z). Nech g je nenulový polynóm taký, že LT(g) /∈ (y, z).

Z lexikografického usporiadania dostávame, že g neobsahuje premennú y ani z, teda g je polynómiba v premennej x: g = xn+an−1xn−1+· · ·+a0. Ak by platilo, že g ∈ I, znamenalo by to (g) ⊂ I,a teda V (I) ⊂ V (g). Množina V (I) je krivka (t, t2, t3), množina V (g) je zas zjednotením rovín(x−bi), kde bi sú riešenia polynómu g. Keďže však pole R je nekonečné, vidíme, že V (I) 6⊂ V (g):nech a ∈ R je také, že g(a) 6= 0, potom (a, a2, a3) ∈ V (I), ale (a, a2, a3) /∈ V (g).

Vidíme, že overovať z definície, či daná množina polynómov tvorí Gröbnerovu bázu ideálu,ktorý generuje, si v každom konkrétnom príklade vyžaduje dosť invencie. Uvedieme si teraz krité-rium, pomocou ktorého budeme môcť takýto test urobiť pre každú zadanú množinu generátorov.Jeho základná myšlienka je ilustrovaná nasledovným príkladom.

Príklad 1.21. Uvažujme f1 = xy2 + x + 1, f2 = x2y − 1 ∈ k[x, y], usporiadanie lexikogra-fické. Ak chceme zistiť, či {f1, f2} je Gröbnerova báza ideálu I = (f1, f2), snažíme sa najprv


nájsť polynóm g ∈ I taký, aby LT(g) /∈ (LT(f1),LT(f2)) = (xy2, x2y). Skúsme vytvoriť takúkombináciu f1 a f2, aby sa vedúce členy oboch polynómov navzájom eliminovali:

g := xf1 − yf2 = x(xy2 + x+ 1)− y(x2y − 1) = x2 + x+ y.Platí, že

LT(g) = x2 /∈ (x2y, xy2),a teda nejde o Gröbnerovu bázu.

Definícia 1.22. Nech xα, xβ ∈ k[x1, . . . , xn] sú monómy. Najmenším spoločným násobkommonómov xα, xβ nazývame monóm xγ ∈ k[x1, . . . , xn], kde γi = max{αi, βi}.Definícia 1.23. S-polynómom polynómov f, g ∈ k[x1, . . . , xn] nazývame polynóm

S(f, g) =xγ

LT(f)f − xγ

LT(g)g,

kde xγ je najmenší spoločný násobok monómov LM(f),LM(g).

Príklad 1.24. Nech f = x3y2− x2y3+ x, g = 3x4y+ y2. Najmenším spoločným násobkomvedúcich monómov je x4y2. Teda

S(f, g) =x4y2

x3y2f − x4y2

3x4yg = xf − y

3g = −x3y3 + x2 − y3

3.

Veta 1.25 (Buchbergerovo kritérium). V okruhu k[x1, . . . , xn] so zvoleným usporia-daním monómov majme polynómy f1, . . . , fk. Tieto polynómy tvoria Gröbnerovu bázu ideálu(f1, . . . , fk) práve vtedy, keď algoritmus delenia (polynómami f1, . . . , fk) redukuje každý S-polynómS(fi, fj) (i, j = 1, . . . , k) do nuly.

Dôkaz. Z Vety 1.17 vyplýva, že ak {f1, . . . , fk} je Gröbnerova báza, tak každý S-polynóm jealgoritmom delenia zredukovaný do nuly, lebo S(fi, fj) ∈ (f1, . . . , fk) pre všetky i, j.Pre opačnú implikáciu nech sa všetky S-polynómy algoritmom delenia zredukujú do 0. Pred-

pokladajme, že {f1, . . . , fk} nie je Gröbnerova báza, teda existuje polynóm g ∈ (f1, . . . , fk) taký,že

(11) LT(g) /∈ (LT(f1), . . . ,LT(fk)).Nech

(12) g = g1f1 + · · ·+ gkfkje reprezentácia polynómu g pomocou generátorov ideálu, ktorá spĺňa nasledovné podmienky:

(1) xδ = max{LM(gifi) | i = 1, . . . , k} je minimálny,(2) počet takých i, že LM(gifi) = xδ je minimálny.

Po vhodnom preusporiadaní f1, . . . , fk môžme predpokladať, že

xδ = LM(g1f1) = LM(g2f2) = · · · = LM(gsfs) a LM(gifi) < xδ pre i > s.

Z (11) vyplýva, že LM(g) 6= xδ, teda xδ na pravej strane rovnosti (12) sa musí vykrátiť, pretoexistujú aspoň dva sčítance, ktorých vedúci monóm je xδ, teda LM(g1f1) = LM(g2f2) = xδ.Zoberme si teraz S-polynóm S(f1, f2):

(13) S(f1, f2) =xγ

LT(f1)f1 −

xγ

LT(f2)f2,

kde xγ je najmenším spoločným násobkom monómov LM(f1),LM(f2), a preto xγ | xδ. Keďžetento polynóm sa deliacim algoritmom pomocou {f1, . . . , fk} zredukuje do 0, spätným dosadzo-vaním dostaneme vyjadrenie

(14) S(f1, f2) =k∑

i=1

hifi, pričom LM(hifi) ≤ LM(S(f1, f2)), i = 1, . . . , k.


(Rozpíšte si to, aby ste si overili tvdenie o vedúcich monómoch!) Z (13) a (14) dostávame rovnosť

xγ

LT(f1)f1 −

xγ

LT(f2)f2 −

k∑

i=1

hifi = 0.

Túto rovnosť prenásobíme monómom xδ/xγ a pripočítame k (12). Takto dostaneme nové vyjad-renie

g = g̃1f1 + · · ·+ g̃kfk,kde LM(g̃2f2) < xδ, vedúci monóm v g̃1f1 nevzrástol a vedúce monómy v ostatných sčítancochostali menšie ako xδ, čo je spor s minimalitou vo vyjadrení (12). Preto {f1, . . . , fk} je Gröbnerovabáza. �

Príklad 1.26. Vyriešme Príklad 1.20 pomocou Buchbergerovho kritéria. Ideál je generovanýdvoma polynómami, f1 = y − x2, f2 = z − x3, preto potrebujeme overiť len jeden S-polynóm:

S(f1, f2) = zf1 − yf2 = −zx2 + yx3.Aplikujme na tento polynóm deliaci algoritmus:

• g0 = S(f1, f2) = −zx2 + yx3,• g1 = g0 + x2f2 = yx3 − x5,• g2 = g1 − x3f1 = 0.

Dôsledok (Buchbergerov algoritmus). V okruhu k[x1, . . . , xn] so zvoleným usporiada-ním monómov majme polynómy f1, . . . , fk. Gröbnerovu bázu ideálu (f1, . . . , fk) získame nasle-dovným spôsobom:

Vstup: polynómy f1, . . . , fk z k[x1, . . . , xn] so zvoleným usporiadaním monómov.Výstup: Gröbnerova báza ideálu (f1, . . . , fk).Algorimus:

• Pre všetky i, j = 1, . . . , k, i 6= j nech rij je zvyšok po aplikovaní algorimu deleniana polynóm S(fi, fj) (t.j. LT(rij) nie je deliteľný žiadnym vedúcim členom spomedzipolynómov f1, . . . , fk).

• Ak všetky rij = 0, potom {f1, . . . , fk} je Gröbnerova báza, koniec algoritmu.• Inak {f1, . . . , fk, fk+1, . . . , fk+s} je nová množina generátorov ideálu, kde fk+1, . . . , fk+ssú nenulové rij . Opakuj výpočet od začiatku na túto novú množinu generátorov.

Dôkaz. Z Buchbergerovho kritéria vyplýva, že ak sa algoritmus zastaví, na konci dostanemeGröbnerovu bázu ideálu (f1, . . . , fk). Treba len ukázať, že algoritmus naozaj zastane po konečnompočte krokov.Označme G1 = {f1, . . . , fk} (množina generátorov), J1 = (LM(f1), . . . ,LM(fk)) (ideál ge-

nerovaný vedúcimi monómami generátorov). Ak sa niektorý z S-polynómov nedá pomocou G1zredukovať na 0, znamená to, LT(rij) /∈ J1 pre príslušný S-polynóm. V ďaľšom kroku algoritmupotom dostávame

G2 = {f1, . . . , fk, fk+1, . . . , fk+s} a J2 = (LM(f1), . . . ,LM(fk),LM(fk+1), . . . ,LM(fk+s)),pričom platí J1 ( J2. Ku každej iterácii algoritmu teda môžme skonštruovať monomiálny ideál(generovaný vedúcimi monómami množiny generátorov), pričom platí

J1 ( J2 ( J3 ( . . . .

Okruh k[x1, . . . , xn] je ale noetherovský (dôsledok Hilbertovej vety o báze), a preto táto postup-nosť ideálov musí byť konečná. Posledný ideál JN potom zodpovedá množine generátorov GN ,ktorá je už Gröbnerovou bázou ideálu (f1, . . . , fk). �


Príklad 1.27. Nájdime Gröbnerovu bázu ideálu (x2− y, x3− z) v lexikografickom usporia-daní (x > y > z).Označme f1 = x2 − y, f2 = x3 − z.

S(f1, f2) = xf1 − f2 = −xy + z.Tento polynóm sa nedá redukovať pomocou {f1, f2}. Preto ho pridáme do množiny generátorov:f3 = −xy + z. Pre ďaľšiu iteráciu programu máme teraz generátory {f1, f2, f3}. S-polynómpolynómov f1, f2 už nemusíme uvažovať, lebo touto novou množinou generátorov sa určite dáredukovať do 0 (vyskúšajte si to, ak Vám to nie je zrejmé!). Potrebujeme teraz preskúšať

S(f1, f3) = yf1 + xf3 = xz − y2,

S(f2, f3) = yf2 + x2f3 = x2z − yz.

Polynóm S(f1, f3) sa pomocou {f1, f2, f3} nedá redukovať, teda označíme f4 = xz−y2. PolynómS(f2, f3) deliacim algoritmom pomocou {f1, f2, f3} zredukujeme do 0. Nová množina generátorovje {f1, f2, f3, f4}.V ďaľšej iterácii zistíme, že okrem S(f2, f4) = y3 − z2 sa nám všetky S-polynómy podarí

zredukovať, preto nová množina generátorov je {f1, f2, f3, f4, f5}, s f5 = y3 − z2. V tejto sa užvšetky S-polynómy redukujú, takže Gröbnerova báza ideálu (x2− y, x3− z) je {f1, f2, f3, f4, f5}.Úloha 20. Použite Buchbergerov algoritmus na nájdenie Gröbnerovej bázy ideálu (z −

x5, y − x3) ⊂ k[x, y, z]. Použite

(a) lexikografické usporiadanie, (x > y > z),(b) graduované reverzné lexikografické usporiadanie.

Uveďťe aj všetky výpočty a redukcie S-polynómov.

Úloha 21. Nech I ⊂ k[x1, . . . , xn] je ideál generovnaný lineárnymi polynómami (čiže popi-sujúci lineárnu varietu). Čo viete povedať o Gröbnerovej báze ideálu I?

Záver. Problém 1 z Kapitoly 2 sme vyriešili: pre dané polynómy g a f1, . . . , fk z k[x1, . . . , xn]vieme rozhodnúť, či g ∈ (f1, . . . , fk):

• Zvolíme si usporiadanie monómov (najvhodnejšie je spravidla graduované reverzné le-xikografické, vtedy je výpočet Gröbnerovej bázy najrýchlejší).

• Nájdeme Gröbnerovu bázu {h1, . . . , hr} ideálu (f1, . . . , fk).• Aplikujeme deliaci algoritmus, kde g redukujeme polynómami h1, . . . , hr.• g ∈ (f1, . . . , fk) práve vtedy, keď sa nám ho podarí zredukovať do 0.

2. TEÓRIA ELIMINÁCIE 33

2. Teória eliminácie

Podstatou teórie eliminácie je snaha zredukovať sústavu rovníc s veľa premennými na sústavus menej premennými. Existuje viacero prístupov k tomuto problému. V tejto časti si uvediemeprístup pomocou Gröbnerových báz, v nasledujúcej cez rezultanty.

Príklad 2.1. Chceme nájsť všetky riešenia sústavy rovníc v C[x, y, z]:

x2 + y + z = 1

x+ y2 + z = 1

x+ y + z2 = 1,

čiže chceme vymenovať všetky body algebraickej variety

X = V (x2 + y + z − 1, x+ y2 + z − 1, x+ y + z2 − 1).Postupovať budeme nasledovne:

(1) Premietneme X na z-os a nájdeme body tohto priemetu. Algebraicky potrebujemenájsť polynóm f(z), ktorého korene budú presne body priemetu X do z-osi.

(2) Nájdeme riešenia rovnice f(z) = 0 (tzv. čiastočné riešenia).(3) Budeme sa snažiť rozširovať čiastočné riešenia na úplné riešenia, teda skúsime postupnedopočítať druhú a prvú súradnicu.

S ťažkosťami sa stretávame hneď pri prvom kroku, pretože priemet algebraickej varietynemusí byť algebraická varieta:

Príklad 2.2. Nech X = V (xy − 1) ⊂ A2. Nech π je priemietanie na os y:

π : A2 → A1, (x, y) 7→ y.

Potom π(X) pozostáva zo všetkých bodov na y-osi, okrem počiatku (0, 0), čo podľa našej definícienie je afinná algebraická varieta.

Z tohto príkladu vidíme, že čo sa týka popisu priemetu algebraickej variety, najlepšie, v čomôžme dúfať, je nájsť rovnice najmenšej algebraickej variety, ktorá tento priemet obsahuje.Ak S ⊂ An je ľubovoľná množina, symbolom S označujeme uzáver množiny S v Zariskiho

topológii, teda je to najmenšia algebraická varieta obsahujúca S.

Úloha 22. Nech S ⊂ An, potom V (I(S)) = S. Dokážte.

Veta 2.3. Nech X ⊂ An(k) je algebraická varieta a nech J = I(X). Nech ďalej π jepremietanie

π : An → An−r, (x1, . . . , xn) 7→ (xr+1, . . . , xn).Potom

π(X) = V (J ∩ k[xr+1, . . . , xn]).Dôkaz. Ak f ∈ k[xr+1, . . . , xn], tak symbol π∗f znamená, že polynóm f uvažujeme ako polynómv okruhu k[x1, . . . , xn].Ukážeme najprv inklúziu π(X) ⊂ V (J ∩ k[xr+1, . . . , xn]), z nej už potom vyplýva inklúzia

π(X) ⊂ V (J ∩ k[xr+1, . . . , xn]) (stačí zobrať uzáver týchto množín, inklúzia sa uzáverom za-chováva). Bod a′ = (ar+1, . . . , an) ∈ π(X) patrí variete V (J ∩ k[xr+1, . . . , xn]), ak je riešenímvšetkých polynómov v J ∩ k[xr+1, . . . , xn]. Nech teda a′ ∈ π(X), čiže existujú a1, . . . , ar ∈ ktaké, že a = (a1, . . . , an) ∈ X . Ďalej nech f ∈ J ∩ k[xr+1, . . . , xn]. Potom

f(a′) = f(ar+1, . . . , an) = (π∗f)(a1, . . . , an) = (π

∗f)(a) = 0,

lebo π∗f ∈ J , pričom π∗f je ten istý polynóm ako f .Pre dôkaz opačnej iklúzie V (J ∩ k[xr+1, . . . , xn]) ⊂ π(X) zoberme f ∈ I(π(X)), ukážeme,

že f ∈ J ∩k[xr+1, . . . , xn]. Keďže f ∈ k[xr+1, . . . , xn], stačí ukázať f ∈ J . Platí, že f(a′) = 0 pre


všetky a′ ∈ π(X), a teda (π∗f)(a) = 0 pre všetky a ∈ X (ako v dôkaze prvej inklúzie). Pretoπ∗f ∈ I(X) = J . Ukázali sme, že I(π(X)) ⊂ J ∩ k[xr+1, . . . , xn], a tak

V (J ∩ k[xr+1, . . . , xn]) ⊂ V (I(π(X))) = π(X).

�

V predpokladoch vety sme museli uvažovať ideál I(X) algebraickej variety, nie ľubovoľnýideál, ktorý ju definuje. Ak by sme chceli oslabiť tento predpoklad (teda mali by sme nejakýideál, ktorým je varieta X popísaná), potom musíme na druhej strane predpokladať, že pole kje algebraicky uzavreté. Naša veta by potom vyzerala nasledovne:

Veta 2.4. Nech pole k je algebraicky uzavreté (napr. k = C). Nech J ⊂ k[x1, . . . , xn] jeideál, X = V (J) ⊂ An(k) a π : An → An−r je premietanie na posledných n− r súradníc. Potom

π(X) = V (J ∩ k[xr+1, . . . , xn]).Aby sme mohli túto verziu vety dokázať, potrebujeme ešte hlbšie porozumieť vzťahu medzi

ideálmi a algebraickými varietami (Problém 2 v Kapitole 2), preto to odložíme na neskôr.Ak X = V (J), kde J je ľubovoľný ideál, a pole, nad ktorým pracujeme, nie je algebraicky

uzavreté, môžeme vysloviť len slabšie tvrdenie:

Tvrdenie 2.5. Nech J ⊂ k[x1, . . . , xn] je ideál, X = V (J) ⊂ An a nech π je premietanie

π : An → An−r, (x1, . . . , xn) 7→ (xr+1, . . . , xn).Potom

π(X) ⊆ V (J ∩ k[xr+1, . . . , xn]).Dôkaz. Z Tvrdenia 2.11 v Kapitole 2 vieme, že J ⊆ I(V (J)). Preto platí aj, že

J ∩ k[xr+1, . . . , xn] ⊆ I(V (J)) ∩ k[xr+1, . . . , xn],a teda podľa spomenutého tvrdenia

V (I(V (J)) ∩ k[xr+1, . . . , xn]) ⊆ V (J ∩ k[xr+1, . . . , xn]).Keďže tiež platí V (I(V (J))) = V (J), tak ľavá strana posledného výroku je podľa práve dokázanejVety 2.3 rovná množine π(V (I(V (J)))) = π(V (J)) = π(X). �

Príklad 2.6. Majme ideál J = (y−1, x2+1) ⊂ R[x, y] a označmeX = V (J) ⊂ A2(R). Platí,žeX = ∅, preto aj π(X) = ∅ a π(X) = ∅ (π je projekcia za druhú súradicu: (x, y) 7→ (y)). Naprotitomu, J ∩ R[y] = (y − 1) (bude vysvetlené v nasledujúcej vete), teda V (J ∩ R[y]) = {(1)} 6= ∅.Veta 2.3 ani Veta 2.4 sa nedajú v tomto prípade aplikovať, lebo jednak pole R nie je algeb-

raicky uzavreté, a tiež I(X) 6= J , lebo I(X) = (1) = R[x, y].

Veta 2.7 (o eliminácii). V okruhu k[x1, . . . , xn] uvažujme lexikografické usporiadanie(x1 > x2 > · · · > xn). Nech J ⊂ k[x1, . . . , xn] je ideál a G jeho Gröbnerova báza. Potom

J ∩ k[xr+1, . . . , xn] = (G ∩ k[xr+1, . . . , xn]).Dôkaz. Zrejme platí, že (G ∩ k[xr+1, . . . , xn]) ⊂ J ∩ k[xr+1, . . . , xn]. Potrebujeme teda eštedokázať, že ak f ∈ J∩k[xr+1, . . . , xn], potom f je generovaný polynómami z G∩k[xr+1, . . . , xn].Toto ukážeme pomocou algoritmu delenia. Keďže f ∈ J a G je Gröbnerova báza ideálu J ,algoritmom sa nám f podarí zredukovať na 0, a f napíšeme ako kombináciu polynómov z G,ktoré sme pri redukcii použili. Uvažujeme lexikografické usporiadanie, a preto G∩k[xr+1, . . . , xn]sú presne tie polynómy z G, ktorých vedúci monóm obsahuje len xr+1, . . . , xn. Keďže aj f ∈k[xr+1, . . . , xn], pri redukcii budeme používať len polynómy z G ∩ k[xr+1, . . . , xn], preto

f =∑

hifi, kde fi ∈ G ∩ k[xr+1, . . . , xn] a hi ∈ k[xr+1, . . . , xn].

�


Definícia 2.8. Nech J ∈ k[x1, . . . , xn] je ideál. Ideál

J ∩ k[xr+1, . . . , xn]nazývame r-tý eliminačný ideál ideálu J .

Úloha 23. Majme ideál

I = (x2 + y2 + z2 + 2, 3x2 + 4y2 + 4z2 + 5) ⊂ k[x, y, z].

NechI1 = I ∩ k[y, z].

je prvý eliminačný ideál – vypočítate ho pomocou Vety 2.7. (Môžte si pomôcť nejakým systémompočítačovej algebry, napríklad na prednáške sme si zbežne predviedli Singular.)

(i) Overte, že ak k = C, tak V (I1) = π1(V (I)).(ii) Overte, že ak k = R, tak V (I) = ∅, hoci množina V (I1) je nekonečná, teda Veta 2.3’neplatí.

Príklad (dokončenie príkladu 2.1). Nájdeme Gröbnerovu bázu ideálu I = (x2 + y + z −1, x+ y2+ z−1, x+ y+ z2−1) pri lexikografickom usporiadaní (ide o redukovanú bázu, nájdenúpomocou Singuláru, viď aj nasledujúcu úlohu):

g1 = z6 − 4z4 + 4z3 − z2,

g2 = 2yz2 + z4 − z2,

g3 = y2 − y − z2 + z,

g4 = x+ y + z2 − 1.Z predchádzajúcej vety vyplýva, že uzáver priemetu variety do z-osi je popísaný ideálom

I ∩ k[z] = (z6 − 4z4 + 4z3 − z2).

Riešenia rovnice g1 = 0 nájdeme pomocou faktorizácie polynómu g1:

g1 = z2(z − 1)2(z2 + 2z − 1),

teda máme z ∈ {0, 1,−1±√2}. Súradnicu y dopočítame k týmto čiastočným riešeniam pomocou

g2 a g3, a napokon súradnicu x pomocou g4. Dostávame spolu päť riešení

(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1),

(−1 +√2,−1 +

√2,−1 +

√2),

(−1−√2,−1−

√2,−1−

√2).

Úloha 24. (Doplnok ku Gröbnerovým bázam). V okruhu k[x1, . . . , xn] majme zvolené uspo-riadanie monómov. Nech G = {f1, . . . , fk} je Gröbnerova báza ideálu I ⊂ k[x1, . . . , xn]. AkLT(fi) | LT(fj) (i 6= j), tak potom aj {f1, . . . , fj−1, fj+1, . . . , fk} je Gröbnerova báza ideálu I.Dokážte.

Úloha 25. Vyriešte pomocou Gröbnerových báz:

x2 + y2 + z2 = 4,

x2 + 2y2 = 5,

xz = 1.

Pomôžte si nejakým systémom počítačovej algebry.

Príklad 2.9. Hľadajme pomocou eliminácie (nad algebraicky uzavretým poľom) riešeniasústavy

xy = 1

xz = 1.


Gröbnerova báza príslušného ideálu pri lexikografickom usporiadaní je

G = {y − z, xz − 1}.Druhý eliminačný ideál je

J ∩ k[z] = (G ∩ k[z]) = (0),teda ľubovoľná hodnota z je čiastočným riešením. Geometricky (Veta 2.3) to znamená, že uzá-verom priemetu tejto algebraickej variety na os z je celá os. V druhom kroku uvažujeme prvýeliminačný ideál

J ∩ k[y, z] = (G ∩ k[y, z]) = (y − z).

Vidíme, že každé čiastočné riešenie vieme jednoznačne rozšíriť na „dvojsúradnicové”, a síceriešeniami sú dvojice (y, z) = (a, a) pre ľubovoľné a ∈ k. Znova si všimnime geometrický vý-znam týchto riešení: uzáverom priemetu algebraickej variety do roviny yz je priamka definovanárovnicou y = z. Nakoniec, pri hľadaní úplných riešení (teda s troma súradnicami) použijemezostávajúci polynóm xz − 1 z Gröbnerovej bázy. Okrem riešenia (y, z) = (0, 0) vieme všetkyrozšíriť. Teda riešenia počiatočnej sústavy sú tvaru (a−1, a, a), a 6= 0.Videli sme, že nie každé čiastočné riešenie sa dá rozšíriť na úplné. Nie je ľahké charakterizovať

situáciu, kedy sa riešenie rozširovať dá a kedy nie. Nasledujúci vetu si uvedieme pre ilustráciuako jedno z tvrdení o rozširovaní riešení (bez dôkazu):

Veta 2.10 (o rozširovaní riešení). Nech J = (f1, . . . , fk) ⊂ C[x1, . . . , xn] a nech J1 =J ∩ C[x2, . . . , xn] je jeho prvý eliminačný ideál. Zapíšme fi v tvare

fi = gi(x2, . . . , xn)xni

1 + členy, v ktorých x1 má stupeň menší ako ni,

kde gi ∈ C[x2, . . . , xn] je nenulový polynóm. Nech (a2, . . . , an) je čiastočné riešenie (t.j. patríV (J1)). Ak (a2, . . . , an) /∈ V (g1, . . . , gk), potom existuje a1 ∈ C také, že (a1, . . . , an) ∈ V (J).

Záver. Gröbnerove bázy nám pomohli odpovedať aj na obe otázky položené v Probléme 4v Kapitole 2. Algebraická varieta je nularozmerná, ak jej priemet na poslednú súradnicovú os jenularozmerný, a každé čiastočné riešenie sa dá na úplné rozšíriť konečne veľa spôsobmi. Týmtopostupom aj nájdeme všetky body na danej variete. Problém 4 môžme teda považovať za uzav-retý.

Intuícia z lineárnej geometrie nás zvádza k nasledovnému počítaniu dimenzie variety v An:jednou rovnicou je zadaná nadplocha, ďaľsiou rovnicou sa dimenzia algebraickej variety zmenšína n − 2, a tak ďalej, každá ďaľšia rovnica zmenší dimenziu o 1, takže ak popíšeme varietu krovnicami, ktoré sú dostatočne nezávislé, tak jej dimenzia bude n − k. Variety, pre ktoré totoplatí nad algebraicky uzavretým poľom, nazývame úplným prienikom. Už sme si spomenuli, žeak pole, nad ktorým pracujeme, nie je algebraicky uzavreté, tak jednou rovnicou vieme popísaťvarietu, ktorej dimenzia je menej než n − 1 (Úlohy 7 a 8 z Kapitoly 2). Aj nad algebraickyuzavretým poľom však existujú algebraické variety, pri ktorých nás táto intuícia klame:

Príklad 2.11. Uvažujme v A4(C) množinu bodov

X = {(s3, s2t, st2, t3) | s, t ∈ C}.Ide o dvojrozmernú plochu v 4-rozmernom priestore. Navyše je to algebraická varieta, lebo máme,že

X = V (I), kde I = (x1x3 − x22, x2x4 − x23, x1x4 − x2x3).

Inklúzia X ⊂ V (I) sa overí jednoducho dosadením. Pre opačnú inklúziu, nech (a1, a2, a3, a4) ∈V (I), nájdeme také s, t ∈ C, že x1 = s3, x2 = s2t, x3 = st2, x4 = t3.Ak a4 = 0, potom aj a3 = a2 = 0 a máme, že s = 3

√a1 a t = 0 Nech teraz a4 6= 0 a nech

t ∈ C je také, že t3 = a4. Ďalej nech s = x3t2. Z polynómov generujúcich I potom už dopočítame,

že aj x2 = s2t a x1 = s3.X je dvojrozmerná varieta v štvorrozmernom priestore, ktorú sme ale popísali troma rov-

nicami. Tiež sa dá elemntárnymi úvahami a výpočtami presvedčiť, že neexistujú dva polynómy


f1, f2 ∈ C[x1, x2, x3, x4] také, že I = (f1, f2). Hovoríme, že varieta X nie je ideálovo úplnýmprienikom.Na druhej strane, zoberme si ideál

J = (g1, g2), kde g1 = x1x3 − x22, g2 = x3(x2x4 − x23)− x4(x1x4 − x2x3)).

Vidíme, že J ⊂ I, čiže X = V (I) ⊂ V (J). Tiež ľahko overíme, že

(x2x4 − x23)2 = −x24g1 − x3g2

(x1x4 − x2x3)2 = −x23g1 − x1g2.

Teda ak p ∈ V (J), tak potom p ∈ V (I).Ideály I a J sú síce rôzne, ale popisujú tú istú algebraickú varietu. Hovoríme, že varieta X

je množinovo úplným prienikom.

Príklad 2.12. Znovu v štvorrozmernom priestore A4(C) uvažujme zjednotenie dvoch ro-vín X = X1 ∪ X2, kde X1 = V (x1, x2) a X2 = (x3, x4). Ide o algebraickú varietu popísanúnapríklad ideálom (x1x3, x1x4, x2x3, x2x4) Podobne ako v predchádzajúcom príklade táto va-rieta nie je ideálovo úplným prienikom. Navyše v tomto prípade sa dá ukázať, že dokonca nie jeúplným prienikom ani množinovo, teda neexistujú dva polynómy g1, g2 také, že X = V (g1, g2)(Hartshorne, 1962).

Ak chceme zistiť, či daná algebraická varieta je nularozmerná, nestačí len pozrieť na početpolynómov, ktoré ju definujú!


3. Rezultanty

3.1. Definícia a základná vlastnosť.

Veta 3.1. Nech f, g ∈ k[x] sú polynómy stupňov m a n:

f = fmxm + · · ·+ f1x+ f0, fm 6= 0,

g = gnxn + · · ·+ g1x+ g0, gn 6= 0.

Nasledovné tvrdenia sú ekvivalentné:

(i) f, g majú spoločný koreň nad nejakým rozšírením poľa k.(ii) f, g majú spoločný nekonštantný deliteľ nad k (t.j. existuje h ∈ k[x], deg h ≥ 1 také, že

h | f, h | g).(iii) Neexistujú polynómy p, q ∈ k[x] také, že pf + qg = 1.(iv) (f, g) ( k[x].

Dôkaz. Budeme zaradom dokazovať jednotlivé ekvivalencie.(i)⇒(ii): Nech α je spoločný koreň polynómov f a g (k[α] je algebraické rozšírenie k obsa-

hujúce koreň). Definujme si zobrazenie

ϕ : k[x]→ k[α], x 7→ α,

čiže ϕ je dosadzovanie α za x. Takto definované zobrazenie ϕ je homomorfizmus okruhov, jehojadrom je preto ideál okruhu k[x] (dokážte si to!). Navyše k[x] je okruh hlavných ideálov, takžeexistuje h ∈ k[x], že kerϕ = (h).Pre polynómy f, g máme

ϕ(f) = f(α) = 0, a tiež ϕ(g) = g(α) = 0,

takže f, g ∈ kerϕ. Odtiaľ máme, že h | f a h | g. Navyše, h je určite nekonštantný polynóm: akby h ∈ k (h je zrejme nenulové, lebo jadro ϕ je netriviálne), potom máme, že 1 = hh−1 ∈ (h)a teda (h) = k[x] (Lema 2.3 v Kapitole 1, dokážte si ju!), čo však nie je pravda, lebo napríkladϕ(1) = 1 a teda 1 /∈ kerϕ. Našli sme tak nekonštantný spoločný deliteľ polynómov f a g.(ii)⇒(i): Nech h ∈ k[x] je spoločný deliteľ f, g, deg h ≥ 1, môžme predpokladať, že h je

ireducibilný. Potom k[x]/(h) je pole: nech [a] označuje triedu ϕ(a), kde ϕ je projekcia k[x] →k[x]/(h). Pre ľubovoľné nenulové [a] ∈ k[x]/(h) potrebujeme nájsť k nemu inverzný prvok. Aka ∈ (h), potom [a] = 0. V opačnom prípade sú polynómy a a h nesúdeliteľné, a teda existujúu, v ∈ k[x] také, že ua+ vh = 1. Máme tak

[u][a] = ϕ(u)ϕ(a) = ϕ(ua) = ϕ(1 − vh) = ϕ(1)− ϕ(v)ϕ(h) = 1,

takže [u] je inverzný ku [a], čiže k[x]/(h) je pole.Jadrom zobrazenia ϕ : k[x] → k[x]/(h) je ideál (h). Keďže h je deliteľom f aj g, tieto dva

polynómy patria do jadra. Na druhej strane máme, že

ϕ(f) = fmϕ(x)m + · · ·+ f1ϕ(x) + f0,takže ϕ(x) ∈ k[x]/(h) je koreňom polynómu f . Analogicky ukážeme, že ϕ(x) je koreňom g. Našlisme spoločný koreň polynómov f a g v rozšírení k[x]/(h).(ii)⇒(iii): Ak h | f a h | g potom h | pf + qg pre ľubovoľné p, q ∈ k[x] a teda nemôže platiť,

že pf + qg = 1.(iii)⇒(ii): Nevieme 1 zapísať ako kombináciu f a g, to znamená, že (f, g) = (h), kde stupeň

h je aspoň 1. Potom h je spoločným deliteľom polynómov f , g.(iii)⇔(iv): Tvrdenie (iii) znamená, že 1 /∈ (f, g), čo je zas ekvivalentné tomu, že (f, g) 6= k[x]

(Lema 2.3 v Kapitole 1). �

Poznámka 3.2. Možno ste si všimli, že pri dôkaze implikácie (ii)⇒(i) sme vlastne použiliekvivalenciu (ii)⇔(iii), ktorú sme v tom momente ešte nemali dokázanú. Nejde však o dôkaz vkruhu, lebo ekvivalenciu (ii)⇔(iii), sme dokázali úplne nezávisle od implikácie (ii)⇒(i).

3. REZULTANTY 39

Lema 3.3. Nech f, g ∈ k[x] sú polynómy stupňov m a n:

f = fmxm + · · ·+ f1x+ f0, fm 6= 0,

g = gnxn + · · ·+ g1x+ g0, gn 6= 0.

Nasledovné tvrdenia sú ekvivalentné:

(i) Existujú polynómy p, q ∈ k[x] také, že pf + qg = 1.(ii) Existujú polynómy p, q ∈ k[x] také, že deg p ≤ n− 1, deg q ≤ m− 1 a pf + qg = 1.(iii) Pre každý polynóm h ∈ k[x], pre ktorý deg h ≤ m+n−1, existujú polynómy p, q ∈ k[x]

také, že deg p ≤ n− 1, deg q ≤ m− 1 a pf + qg = h.

Dôkaz. Implikácie (iii)⇒(ii) a (ii)⇒(i) sú zrejmé. Stačí preto, ak dokážeme implikáciu (i)⇒(iii).Nech platí (i), teda existujú polynómy p, q ∈ k[x] také, že pf + qg = 1. Po vynásobení tejto

rovnosti polynómom h dostávame

(15) (hp)f + (hq)g = h, čiže p′f + q′g = h.

Polynóm h sa teda dá nakombinovať z polynómov f a g, treba ešte ukázať, že môžme nájsť p′, q′

s dostatočne malým stupňom. Nech M = max{deg p′f, deg q′g}. Ukážeme, že ak M > m+n− 1(t.j. deg p′ > n − 1 alebo deg q′ > m − 1), potom vieme p′, q′ nahradiť polynómami s nižšímstupňom. Z vlastnosti dobrého usporiadania prirodzených čísel potom vieme medzi týmito Mnájsť také, že M ≤ m+ n− 1.Nech teda M > m+n− 1. Keďže stupeň h je menší, vedúce členy sčítancov p′f a q′g v (15)

sa vykrátia:

(16) LT(p′)LT(f) + LT(q′)LT(g) = 0.

Vytvoríme teraz nové polynómy p′′ a q′′ tak, že vedúci člen v polynóme p′ zredukujeme vedúcimčlenom polynómu g (všimnite si, že z predpokladu o p′ platí deg(p′) ≥ deg(g), a teda dá saredukovať ako to navrhujeme), podobne pre polynóm q′′:

p′′ = p′ − LT(p′)

LT(g)g, a teda deg p′′ < deg p′,

q′′ = q′ − LT(q′)

LT(f)f, a teda deg q′′ < deg q′.

Potom dostávame

p′′f + q′′g = (p′ − LT(p′)

LT(g)g)f + (q′ − LT(q

′)LT(f)

f)g = h− fgLT(p′)LT(f) + LT(q′)LT(g)

LT(g)LT(f)= h,

kde predposledná rovnosť vyplýva z (15) a posledná z (16). �

Príklad 3.4. Smerujeme k tomu, nájsť kritérium, kedy majú dva polynómy v k[x] spoločnýkoreň. Najjednoduchší príklad dostaneme, keď si zoberieme dva lineárne polynómy:

f = f1x+ f0, g = g1x+ g0, kde f1, g1 6= 0.

Lineárny polynóm má iba jeden koreň, a polynómy f a g budú mať tento koreň spoločný právevtedy, keď f je konštantným násobkom polynómu g, čiže vtedy, keď

det

(

f1 f0g1 g0

)

= 0.

Definícia 3.5. Nech f, g ∈ k[x] sú polynómy stupňov m a n:

f = fmxm + · · ·+ f1x+ f0, fm 6= 0,

g = gnxn + · · ·+ g1x+ g0, gn 6= 0.


Štvorcová matica

Syl(f, g) =

fm fm−1 . . . f0 0 . . . 00 fm . . . f1 f0 . . . 0

. . .. . .

0 . . . 0 fm . . . f1 f0gn gn−1 . . . g0 0 . . . 00 gn . . . g1 g0 . . . 0

. . .. . .

0 . . . 0 gn . . . g1 g0

n− krát

m− krát

sa nazýva Sylvestrova matica polynómov f a g.Rezultant polynómov f a g je determinant Res(f, g) = det Syl(f, g).

Poznámka 3.6. Niekedy budeme označovať rezultant polynómov f a g aj Resx(f, g), a tov prípade, keď budeme chcieť zdôrazniť, že f, g sú polynómy v premennej x.

Veta 3.7. Polynómy f, g ∈ k[x] majú spoločný koreň nad nejakým rozšírením k práve vtedy,keď Res(f, g) = 0.

Poznámka 3.8. Všimnite si, že Príklad 3.4 je vlastne dôkazom Vety 3.7 pre prípad m =n = 1.

Dôkaz Vety 3.7. Najdôležitejším krokom dôkazu je vysvetlenie tvaru Sylvestrovej matice.Označme si ako Pd množinu všetkých polynómov v k[x], ktorých stupeň nie je vačší ako d,

Pd je (d+ 1)-rozmerným vektorovým priestorom nad k. Uvažujme zobrazenie

δ : (p, q) 7→ pf + qg (p, q ∈ k[x]).

Ak budeme za p brať len polynómy stupňa maximálne n − 1, a za q stupňa maximálne m− 1,máme zobrazenie priestorov

δ : Pn−1 ⊕ Pm−1 → Pm+n−1, (p, q) 7→ pf + qg.

Oba priestory, Pn−1⊕Pm−1 aj Pm+n−1 sú vektorovými priestormi dimenzie m+n a zobrazenieδ je lineárnym zobrazením. Preto po zvolení báz v oboch priestoroch sa dá takéto zobrazeniepopísať štvorcovou maticou stupňa m+ n.V priestore Pm+n−1 si zvoľme štandardnú monomiálnu bázu

xm+n−1, xm+n−2, . . . , x, 1,

v priestore Pn−1 ⊕ Pm−1 zas kombináciu štandardných báz podpriestorov, čiže

(xn−1, 0), (xn−2, 0), . . . , (x, 0), (1, 0), (0, xm−1), . . . , (0, x), (0, 1).

Matica zobrazenia δ potom v i-riadku obsahuje súradnice obrazu i-teho bázového vektora pries-toru Pn−1⊕Pm−1 vzhľadom na zvolenú bázu priestoru Pm+n−1 (to platí pre riadkovú konvenciu,keď vektory zapisujeme ako riadky súradníc, pri stĺpcovej konvencii bude matica transponovaná).Pre bázy priestorov, ktoré sme si zvolili, budú koeficienty obrazov prvých n bázových vektorov(xi, 0) tie isté ako koeficienty polynómu f , len „posunuté” doľava podľa stupňa i. Podobne prezvyšnýchm bázových vektorov dostaneme príslušné posunutie koeficientov polynómu g. Vidíme,že matica nášho zobrazenia je presne Sylvestrova matica polynómov f a g.Zvyšok dôkazu je už krátky. Podľa Vety 3.1 sú polynómy f a g nesúdeliteľné práve keď

existujú p, q ∈ k[x] také, že pf + qg = 1. Podľa Lemy 3.3 je to ekvivalentné s tvrdením, že prekaždé h ∈ Pm+n−1 existuje dvojica polynómov (p, q) ∈ Pn−1 ⊕ Pm−1 tak, že pf + qg = h, čovlastne znamená, že zobrazenie δ je surjektívne. Keďže dimenzia oboch vektorových priestorov(vzoru aj obrazu) je rovnaká, je zobrazenie δ surjektívne práve práve vtedy keď je injektívne, čozas platí práve vtedy, keď jeho matica je regulárna, t.j. keď Res(f, g) 6= 0. �

3. REZULTANTY 41

Príklad 3.9. Pomocou rezultantov nájdeme spoločné body dvoch rovinných kriviek: hy-perboly popísanej polynómom f = xy − 1 a kružnice popísanej g = x2 + y2 − 4. Hľadáme tedariešenia sústavy dvoch rovníc o dvoch neznámych.Kľúčovým je nasledovné preformulovanie problému: ak f a g chápeme ako polynómy jednej

premennej x nad k[y], kedy majú tieto dva polynómy spoločný koreň? Podľa Vety 3.7 by to mohlobyť vtedy, keď Resx(f, g) = 0. Trochu máme ale problém, že spomínaná veta vypovedá niečo opolynómoch jednej premennej, kdežto v našom prípade sú f a g polynómami dvoch premenných.Napriek tomu skúsme pokračovať vo výpočtoch, a dodatočne si tento postup odôvodníme aj vteórii.Polynóm f je lineárny v x, polynóm g zas kvadratický. Máme

Resx(f, g) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

y −1 00 y −11 0 y2 − 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= y4 − 4y2 + 1.

Sústava má štyri riešenia: y-súradnica je riešením rovnice y4 − 4y2 + 1 = 0, a x-súradnica jepotom spoločný koreň dvoch polynómov z k[x].

3.2. Diskriminant polynómu. Nech f ∈ k[x] je polynóm stupňa n, teda nad algeb-raickým uzáverom k má n koreňov, keď ich počítame aj s násobnosťou. Nech α ∈ k je aspoňdvojnásobný koreň, tedá platí, že

f = (x − α)2f1, kde f1 ∈ k[x].

Pre deriváciu f potom platí

f ′ = 2(x− α)f1 + (x− α)2f ′1 = (x− α)(2f1 + (x − α)f ′

1),

teda α je koreňom polynómu f ′.Naopak teraz predpokladajme, že α ∈ k je spoločným koreňom polynómu f aj jeho derivácie

f ′. Z f = (x− α)f2 dostávame

f ′ = (x− α)f ′2 + f2, čiže f2 = f

′ − (x− α)f ′2.

Keďže sme predpokladali, že (x−α) | f ′, platí, že (x−α) | f2, a teda f2 = (x−α)f3 pre nejakýpolynóm f3. Takže sme dostali

f = (x− α)f2 = (x− α)2f3,

a α je dvojnásobný koreň polynómu f .Spolu s Vetou 3.7 sme ukázali, že f má nad k koreň násobnosti aspoň 2 práve vtedy, keď

Res(f, f ′) = 0.

Príklad 3.10. Nech f = ax2+ bx+ c, a 6= 0. Zistime, kedy má tento polynóm dvojnásobnýkoreň.Derivácia f ′ = 2ax+ b, takže rezultant Res(f, f ′) je

Res(f, f ′) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a b c2a b 00 2a b

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= a(4ac− b2).

Platí, že f má dvojnásobný koreň práve vtedy, keď Res(f, f ′) = a(4ac− b2) = 0.

Tento príklad nás motivuje k definícii

Definícia 3.11. Nech f ∈ k[x], f = fnxn + · · ·+ f1x+ f0, fn 6= 0. Diskriminant polynómuf je

disc(f) =(−1)n(n−1)

2

fnRes(f, f ′).

Nasledovné tvrdenie je len refurmuláciou už dokázaného.


Tvrdenie 3.12. Polynóm f ∈ k[x] má viacnásobný koreň nad nejakým rozšírením k právevtedy, keď disc(f) = 0.

Úloha 26. Nech f = x3 + px+ q. Nájdite diskriminant polynómu f .

3.3. Rezultant ako funkcia koreňov polynómov.

Príklad 3.13. Nech f, g ∈ k[x] sú polynómy s faktorizáciou nad vhodným rozšírením poľak:

f = f1(x− α) = f1x− f1α,

g = g2(x− β1)(x − β2) = g2x2 + g2(−β1 − β2)x + g2β1β2,

teda α je koreňom polynómu f a β1, β2 sú korene polynómu g. Ich rezultant potom je

Res(f, g) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

f1 −f1α 00 f1 −f1αg2 g2(−β1 − β2) g2β1β2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= f21 g2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −α 00 1 −α1 −β1 − β2 β1β2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= f21 g2(α−β1)(α−β2).

Toto pozorovanie teraz zovšeobecníme:

Veta 3.14. Nech f, g ∈ k[x] sú polynómy stupňov m a n. Nech

f = fm(x− α1) . . . (x− αm),

g = gn(x− β1) . . . (x− βn)

sú úplné faktorizácie nad rozšírením k. Potom

Res(f, g) = fnmgmn

m∏

i=1

n∏

j=1

(αi − βj).

Dôkaz. Označme si

Θ(f, g) = fnmgmn

m∏

i=1

n∏

j=1

(αi − βj),

chceme ukázať, že Res(f, g) = Θ(f, g).Ak f a g majú spoločný koreň, potom je tvrdenie pravdivé, na základe Vety 3.7. Predpokla-

dajme teda, že f a g nemajú spoločný koreň a tiež bez ujmy na všeobecnosti predpokladajme,že deg f ≥ deg g. Vetu ukážeme indukciou vzhľadom na dĺžku postupnosti nenulových zvyškovv euklidovom algoritme hľadania najväčšieho spoločného deliteľa f, g.Nech zvyšok po delení polynómu f polynómom g je 0. Z toho vyplýva, že deg g = 0, keďže

podľa predpokladu sú polynómy f a g nesúdeliteľné. Polynóm g pozostáva len z absolútnehočlena g0, matica Syl(f, g) = g0Im, a platí

Res(f, g) = gm0 = gm0 f0n = Θ(f, g).

(Indukčný krok.) Nech teraz

f = qg + r, kde r 6= 0, deg r = d < deg g,

označme vedúci koeficient polynómu r ako rd. Postupovať budeme tak, že nájdeme predpis prevýpočet Res(f, g) pomocou Res(g, r), podobne predpis pre výpočet Θ(f, g) pomocou Θ(g, r), auvidíme, že oba vyzerajú rovnako.

3. REZULTANTY 43

Zo vzťahu r = f − qg = f − (∑m−ni=0 qix

i)g dostávame, že Res(f, g) je determinant∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

fm fm−1 . . . f0 0 . . . 00 fm . . . f1 f0 0

. . .. . .

0 . . . 0 fm . . . f1 f0gn gn−1 . . . g0 0 . . . 00 gn . . . g1 g0 0

. . .. . .

0 . . . 0 gn . . . g1 g0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 . . . 0 rd . . . r0 0 . . . 00 . . . 0 0 rd . . . r0 0

. . .. . .

0 . . . 0 0 . . . 0 rd . . . r0gn gn−1 . . . g0 0 . . . 00 gn . . . g1 g0 0

. . .. . .

0 . . . 0 gn . . . g1 g0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

Rovnosť platí, lebo maticu sme modifikovali tak, že k riadkom s koeficientami polynómu f smepripočítali násobky riadkov s koeficientami g, čo je operácia nemeniaca hodnotu determinantu.Ďalej v tejto matici poprehadzujeme riadky (operácia mení znamienko determinantu) a dostá-vame, že predchádzajúci determinant je rovný

(−1)nm

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

gn gn−1 . . . g0 0 . . . 00 gn . . . g1 g0 0

. . .. . .

gn . . . g1 g00 . . . 0 rd . . . r0 0 . . . 00 . . . 0 0 rd . . . r0 0

. . .. . .

0 . . . 0 0 . . . 0 rd . . . r0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (−1)nmgm−dn Res(g, r),

kde poslednú rovnosť sme získali niekoľkonásobným rozvojom determinanu podľa prvého stĺpca.Máme teda vzťah

Res(f, g) = (−1)nmgm−dn Res(g, r).

Pre nájdenie analogického predpisu pre Θ(f, g) si najprv všimnine, že z f = qg+ r vyplýva,že f(βi) = r(βi) pre všetky korene βi polynómu g. Počítajme:

Θ(f, g) = fnmgmn

m∏

i=1

n∏

j=1

(αi − βj) = (−1)mnfnmgmnm∏

i=1

n∏

j=1

(βj − αi)

= (−1)mngmnn∏

j=1

(fmm∏

i=1

(βj − αi)) = (−1)mngmnn∏

j=1

f(βj) = (−1)mngmnn∏

j=1

r(βj)

= (−1)mngmnn∏

j=1

(rdd∏

i=1

(βj − γi)) = (−1)nmgm−dn Θ(g, r).

Takže pre výpočet Θ(f, g) máme ten istý predpis ako pre výpočet Res(f, g), a z indukčnéhopredpokladu tak dostávame, že Res(f, g) = Θ(f, g). �

3.4. Rezultanty a eliminácia. V Príklade 3.9 sme úspešne použili rezultanty na nájdeniespoločných bodov dvoch rovinných kriviek. V skutočnosti sme však túto metódu ešte nepostavilina solídne teoretické základy: Veta 3.7 síce hovorí niečo o tom, kedy majú dva polynómy spoločnýkoreň, ide však o polynómy o jednej premennej nad poľom. V Príklade 3.9 však išlo o polynómyf, g ∈ k[x, y], s ktorými sme manipulovali ako s polynómami v (k[y])[x], teda koeficienty boli zokruhu k[y]. Potrebujeme preto niečo vedieť o vlastnostiach rezultantu v takomto prípade.

Veta 3.15. Nech f, g ∈ k[x1, . . . , xn]. Potom

Resx1(f, g) ∈ (f, g) ∩ k[x2, . . . , xn].


Dôkaz. Z definície rezultantu je zrejmé, že Resx1(f, g) je polynóm, presnejšie Resx1(f, g) ∈k[x2, . . . , xn]. Že platí aj Resx1(f, g) ∈ (f, g), ukážeme Cramerovým pravidlom:Nech A je ľubovoľná štvorcová matica stupňa n, a nech adA označuje adjungovanú maticu

k matici A, čižeadAi,j = (−1)i+j |Aj,i|,

kde Aj,i je podmatica A, ktorú získame vynechaním j-teho riadku a i-teho stĺpca). Potom platí(Cramerovo pravidlo):

A · adA = adA · A = |A|In.Aplikovaním tohto pravidla na Sylvestrovu maticu dostávame

adSyl(f, g) · Syl(f, g) = Resx1(f, g)IN , kde N = deg f + deg g,

teda po vynásobení zľava hocijakou riadkovou maticou (c1 . . . cN ) dostávame

(c1 . . . cN ) · adSyl(f, g) · Syl(f, g) = Resx1(f, g)(c1 . . . cN ),Nech špeciálne (c1 . . . cN ) = (0 . . . 0 1), a tak máme, že

(0 . . . 0 1) · adSyl(f, g) · Syl(f, g) = Resx1(f, g)(0 . . . 0 1), čiže

(v1 . . . vN ) · Syl(f, g) = (0 . . . 0 Resx1(f, g)).

V dôkaze Vety 3.7 sme si vysvetlili, že Sylvestrova matica je maticou zobrazenia lineárnych pries-torov – vtedy išlo o priestory nad poľom k, teraz sú to „priestory” (presnejšie takzvané moduly)nad okruhom k[x2, . . . , xn]: išlo o zobrazenie, ktoré dvojici polynómov (p, q) priradí polynómpf+ qg. Vidíme, že toto zobrazenie vektor so súradnicami v1, . . . , vN , ktorý reprezentuje dvojicupolynómov (v1x

n−11 + · · ·+ vn−1x1 + vn, vn+1xm−1

1 + · · ·+ vN−1x1 + vN ), zobrazí na vektor sosúradnicami 0, . . . , 0,Resx1(f, g), ktorý zas reprezentuje polynóm 0x

N−11 +· · ·+0x1+Resx1(f, g).

Teda našli sme p, q ∈ k[x1, . . . , xn] také, že Resx1(f, g) = pf + qg, a preto Resx1(f, g) ∈ (f, g). �Dôsledok.

(17) V ((f, g) ∩ k[x2, . . . , xn]) ⊆ V (Resx1(f, g)),

kde na oboch stranách inklúzie sú variety priestoru An−1.

Z Tvrdenia 2.5 pre premietanie π : (a1, a2, . . . , an) 7→ (a2, . . . , an) máme, žeπ(V (f, g)) ⊆ V ((f, g) ∩ k[x2, . . . , xn]),

Spolu s (17) tak dostávameπ(V (f, g)) ⊆ V (Resx1(f, g)).

Postup v Príklade 3.9 bol teda korektný: polynóm Resx(f, g) popisoval varietu ktorá určiteobsahovala všetky body priemetu prieniku kružnice a hyperboly na y-os. Potom x-súradnicumôžeme dopočítať buď dosadením konkrétnej y-súradnice do f a g, alebo ešte nájdeme rezultant

Resy(f, g) = x4 − 4x2 + 1.Dostali sme štyri možnosti pre hodnotu x-súradnice, tiež máme štyri možnosti pre hodnotuy-súradnice, dokopy tak otestujeme 16 bodov, spomedzi ktorých tak vyberieme riešenia.

Príklad 3.16. Tento príklad ukazuje, že V ((f, g)∩k[x2, . . . , xn]) naozaj môže byť vlastnoupodmnožinou V (Resx1(f, g)), dokonca aj nad algebraicky uzavretým poľom, t.j. inklúzia v (17)sa nedá nahradiť rovnosťou.Nájdime prienik kriviek V (f), V (g) ⊂ A2(C), kde

f = xy − 1g = x2y + y2 − 4.

Rezultant polynómov f, g vzhľadom na premennú x popisuje algebraickú varietu na y-osi,ktorá obsahuje priemet V (f) ∩ V (g) na túto os:

Resx(f, g) = y4 − 4y2 + y = y(y3 − 4y + 1).

3. REZULTANTY 45

Algebraická varieta V (Resx(f, g) obsahuje bod (0), avšak V (f)∩V (g) neobsahuje žiaden bod sosúradnicami (a, 0).

Príklad 3.17. Neuviedli sme si žiadnu teóriu ohľadne použitia rezultantov pre variety,ktoré nie sú nularozmerné, napriek tomu si ukážeme, že ich môžme úspešne použiť aj v takýchtosituáciách.Nájdime všetky racionálne body (t.j. body, ktorých súradnice sú racionálne čisla) algebraickej

variety V (f, g), ak

f = x2y − 3xy2 + x2 − 3xyg = x3y + x3 − 4y2 − 3y + 1.

Vypočítame rezultanty (aj výpočet rezultantu aj faktorizáciu urobíme napríklad pomocouSingularu):

Resx(f, g) = −108y9 − 513y8 − 929y7 − 738y6 − 149y5 + 112y4 + 37y3 − 14y2 − 3y + 1

= −108(y+ 1)5(y − 14)(y3 − 4

27y +

127)

Priemet variety V (f, g) na y-os teda obsahuje najviac 2 racionálne body. Podobne nájdememnožinu obsahujúcu priemet V (f, g) na x-os:

Resy(f, g) = 0.

O tomto priemete tak nevieme povedať nič. Nemôžme preto jednoducho zobrať všetky mož-nosti pre x- a y-súradnice a dosadzovaním spomedzi nich vybrať riešenia, ale budeme rozširovaťčiatočné riešenia získané z rovnice Resx(f, g) = 0.Ak y = −1, potom f(x,−1) = 0 pre všetky x, podobne g(x,−1) = 0 pre všetky x. Varieta

V (f, g) teda obsahuje priamku V (y + 1).Ak y = 1

4 , potom sústava f(x,14 ) = g(x, 14 ) = 0 má riešenie x = 0, a tak posledným

racionálnym bodom V (f, g) je bod (0, 14 ).

Síce je rezultant definovaný len pre dva polynómy, možno ho použiť aj na hľadanie spoločnýchkoreňov viacerých polynómických rovníc. Napríklad, ak chceme nájsť body variety V (f, g, h), kdef, g, h ∈ k[x, y, z], môžme konštruovať priemety postupne: V (Resz(f, g)) ⊂ A2 obsahuje bodypriemetu variety V (f, g) do xy-roviny, podobne V (Resz(f, h)) ⊂ A2 obsahuje body priemetuV (f, h), takže V (Resz(f, g),Resz(f, h)) obsahuje priemet V (f, g, h) do xy-roviny. Pomocou re-zultantov nájdeme varietu obsahujúcu priemet na x-os, podobne priemet na y-os. Potom ešteanalogickým postupom nájdeme varietu obsahujúcu priemet na z-os. Ak dostaneme len konečneveľa možností pre hodnotu každej súradnice, jednoducho dosadíme všetky možnosti do pôvod-ných rovníc f = g = h = 0, a tak nájdeme všetky body variety V (f, g, h).

Úloha 27. Použite rezultanty na nájdenie všetkých racionálnych bodov variety, ktorú smesi uviedli na začiatku časti o elimináciách:

x2 + y + z = 1

x+ y2 + z = 1

x+ y + z2 = 1,

Na záver si ešte urobíme malé porovnanie dvoch metód, ktoré sme si predstavili, na hľadanieriešení sústavy polynomických rovníc.Na prvý pohľad sa medóda používajúca rezultanty javí ako menej efektívna. Teória spojená

s nimi vyzerá omnoho komplikovanejšie, a navyše so slabšími tvrdeniami – uzáver priemetualgebraickej variety je Gröbnerovými bázami popísaný presne, no pomocou rezultantov nájdemelen varietu obsahujúcu uzáver priemetu. Tiež sa môže zdať, že pomocou rezultantov neviemedobre uchopiť algebraické variety, ktoré majú nekonečne veľa bodov: že sa nám poradilo vyriešiťPríklad 3.17, bolo tak trochu štastie. Napriek tomu sa pri mnohých príležitostiach veľmi častopouživajú práve rezultanty. Dôvodov je na to niekoľko:


Postupy využívajúce rezultanty sú podstatne jednoduchšie než používanie Gröbnerovýchbáz. Pomocou Gröbnerových báz síce jednoducho nájdeme priemet na jednu súradnicovú os,vyriešime príslušnú rovnicu, ale rozširovanie čiastočných riešení na úplné si vyžaduje dosť pod-robnú analýzu jednotlivých eliminačných ideálov – ak by sme túto metódu chceli naprogramovať,program by bol pomerne komplikovaný.Ďalej u rezultantov máme lepšiu kontrolu nad zložitosťou (časovou aj pamäťovou) výpočtu.

Pre dané dva polynómy totiž vieme, ako sa konštruuje rezultant a tak vieme odhadnúť, s akýmiveľkými polynómami sa bude počas výpočtu manipulovať. Naproti tomu pri hľadaní Gröbnerovejbázy je ťažko povedať, ako veľké S-polynómy sa budú musieť vypočítať. Nie je zriedkavosťou, žepriebežné S-polynómy sú podstatne komplikovanejšie než vstupné polynómy (tie, ktorými ideáldefinujeme) a výsledná Gröbnerova báza. Preto nie je ani veľmi rozumné vyhýbať sa rezultantomaj rozširovaniu čiastočných riešení tak, že by sme hľadali Groebnerovu bázu viackrát a tak, abysme zakaždým našli priemet na inú súradnicovú os.Ak hľadáme približné riešenia sústavy, pri použití rezultantov máme lepšiu kontrolu nad chy-

bou: v každej súradnici nájdeme dostatočne presnú aproximáciu, a tak vieme aká je maximálnevýsledná chyba. Ak by sme použili Gröbnerove bázy a jednu súradnicu vypočítame s chybou,táto chyba vo všeobecnosti výrazne narastá v každej ďaľšej súradnici, keď riešenie rozširujeme.Teória rezultantov je omnoho rozvinutejšia než sme si uviedli a tento nástroj je omnoho moc-

nejší než sa môže zdať na základe tejto prednášky. Mnohé tvdrenia, ktoré hovoria o rozširovaníčiastočných riešení nájdených cez Gröbnerove bázy, sú dokazované práve pomocou rezultantov.

4. REÁLNE KORENE POLYNOMICKEJ ROVNICE 47

4. Reálne korene polynomickej rovnice

Pri mnohých úlohách nepotrebujeme nájsť všetky body nejakej algebraickej variety, špeciálnekomplexné korene nás často nezaujímajú. Väčšinou chceme nájsť reálne korene, často sa dokoncauspokojíme aj s ich dostatočnou aproximáciou. Ukázali sme si, že problém hľadania riešenísústavy polynomických rovníc (v prípade, že ich je konečne veľa) vieme zredukovať na hľadaniekoreňov jednej polynomickej rovnice s jednou neznámou. Stačia nám teda metódy, ktoré námpomôžu nájsť korene takejto rovnice.Numerická matematika ponúka niekoľko postupov hľadania koreňov (presnejšie ich aproxi-

mácií), každá z nich má nejaké obmedzenia. Všeobecná Newtonova metóda nájde jeden koreň,i to v prípade, že máme dobrý prvý odhad. Metóda Bezierovho orezávania nájde všetky korenena vopred zvolenom intervale, funguje ale len pre polynómy (na rozdiel od Newtonovej metódy,ktorá je použiteľná pri akejkoľvek diferencovateľnej funkcii). Takéto orezávanie je pomerne spo-ľahlivé, problémy sa môžu vyskytnúť pri nestabilných situáciách (viacnásobný koreň). V prípade,že máme korene rovnice vopred separované, čiže máme zoznam intervalov taký, že v každom in-tervale sa nachádza práve jeden koreň, použiteľná metóda na nájdenie koreňa je aj jednoduchébinárne delenie intervalu.V tejto kapitole si uvedieme tvrdenia a postupy na predspracovanie polynomickej rovnice,

takže potom bude možné korene dohľadať numerickými metódami.

4.1. Ohraničenie koreňov.

Veta 4.1. Nech f ∈ R[x], f = fmxm + · · ·+ f1x+ f0, fm 6= 0. Ak

(18) |a| ≥ 2m∑

i=0

|fi||fm| ,

potom f(a) a fmam majú rovnaké znamienko.

Dôkaz. Najprv si všimnime, že z (18) vyplýva, že |a| > 2. Ďalej za predpokladu a 6= 0 ukážeme,že podiel f(a)/fmam je kladný.

f(a)fmam

= 1 +m−1∑

i=0

fifm

ai−m ≥ 1−(

m−1∑

i=0

|fi||fm| |a|

i−m

)

≥ 1−(

m∑

i=0

|fi||fm|

)

(

1|a| + · · ·+ 1

|a|m)

≥ 1− 12

(

1 +1|a| + · · ·+ 1

|a|m−1

)

> 1− 12· 11− 1

|a|

> 0.

�

Dôsledok. Všetky reálne korene rovnice fmxm+ · · ·+f1x+f0 = 0, (fm 6= 0) sa nachádzajú

v intervale(

−2m∑

i=0

|fi||fm| , 2

m∑

i=0

|fi||fm|

)

.

Existuje viacej ohraničení pre reálne korene, aj omnoho lepšie, pre nás však stačí takétojednoduché. Podstatné je, že vieme explicitne napísať interval obsahujúci všetky reálne korene.

4.2. Sturmova veta.

Úloha 28. Rovnica f(x) = 0 pre f ∈ C[x], kde f 6= 0, má presne deg f komplexných riešení,počítaných aj s násobnosťou. Ako ale zistiť počet navzájom rôznych komplexných riešení? Návod:

(a) α ∈ C je r-násobný koreň polynómu f práve vtedy, keď α je spoločný (r − 1)-násobnýkoreň polynómov f a f ′. Dokážte.


(b) Využijúc predchádzajúce tvrdenie navrhnite algoritmus na zistenie počtu navzájomrôznych koreňov polynómu f .

Vo zvyšku kapitoly budeme používať nasledovné označenie: ak f, g sú polynómy z k[x], takrem(f, g) označuje zvyšok po delení polynómu f polynómom g, t.j. jediný taký polynóm r ∈ k[x],že

f = qg + r, kde deg r < deg g.

Definícia 4.2. Sturmova postupnosť polynómu p ∈ k[x] je postupnosť (p0, p1, . . . , pk) poly-nómov, kde

p0 = p,

p1 = p′,

pi = −rem(pi−2, pi−1), pre i ≥ 2,kde pk je posledný nenulový člen tejto postupnosti zvyškov (t.j. pk | pk−1).V Sturmovej postupnosti zrejme platí

(19) pi−1 = qi−1pi − pi+1.

Definícia 4.3. Nech a = (a0, . . . , ak) je postupnosť nenulových reálnych čísel. Počet zna-mienkových zmien var(a) v postupnosti a je definovaný

var(a0) = 0

var(a0, . . . , ai) ={

1 + var(a0, . . . , ai−1), ak ai−1ai < 0var(a0, . . . , ai−1), ak ai−1ai > 0.

Ak a = (a0, . . . , ak) je postupnosť reálnych čísel, potom var(a) definujeme ako počet znamien-kových zmien v postupnosti, ktorú získame z a vynechaním všetkých núl.

Príklad 4.4. var(1,−2, 2, 0, 0, 3, 4,−5,−2, 0, 3) = 4.Definícia 4.5. Nech p = (p0, p1, . . . , pk) je postupnosť polynómov v R[x] a nech a je reálne

číslo. Potom označujeme

varp(a) = var(p0(a), p1(a), . . . , pk(a)).

Veta 4.6 (Sturm). Nech p ∈ R[x] a nech p = (pi)ki=0 je jeho Sturmova postupnosť. Necha, b ∈ R sú také, že a < b, p(a) 6= 0, p(b) 6= 0. Počet reálnych koreňov polynómu p na intervale(a, b) je rovný číslu

varp(a)− varp(b).Dôkaz Sturmovej vety rozdelíme na viacero tvrdení.

Definícia 4.7. Nech p ∈ R[x] a nech p = (pi)ki=0 je jeho Sturmova postupnosť. Nech a, b ∈R, a < b. Interval 〈a, b〉 sa nazýva fundamentálny interval polynómu p, ak p(a) 6= 0, p(b) 6= 0, aexistuje také γ0 ∈ (a, b), že pre všetky γ ∈ 〈a, b〉, γ 6= γ0 platí pi(γ) 6= 0 pre všeky pi, i = 0, . . . , k.Neformálne, 〈a, b〉 je fundamentálnym intervalom polynómu p, ak každý z polynómov Stur-

movej postupnosti má na (a, b) najviac jeden koreň, a ten je rovnaký pre všetky členy postupnosti.

Tvrdenie 4.8. Nech 〈a, b〉 je fundamentálny interval polynómu p ∈ R[x]. Ak p nemá reálnykoreň na 〈a, b〉, potom varp(a) = varp(b).Dôkaz. Predpokladajme najprv, že žiaden z polynómov pi Sturmovej postupnosti nemá koreň na〈a, b〉. Potom graf každého polynómu je buď celý nad osou x alebo pod ňou, takže sgn(pi(a)) =sgn(pi(b)), a preto varp(a) = varp.Nech teraz existuje i také, že pi(γ0) = 0 pre nejaké γ0 ∈ (a, b). Z (19) vyplýva, že po

sebe idúce polynómy v Sturmovej postupnosti nemajú koreň v γ0, lebo inak by γ0 bol koreňomvšetkých polynómov postupnosti, aj p0 = p, čo by bol spor s predpokladom. Teda pi−1(γ0) 6=


0 a tiež pi+1(γ0) 6= 0, a navyše z (19) dostávame aj pi+1(γ0) = −pi−1(γ0). Keďže 〈a, b〉 jefundamentálny interval, pi+1 a pi−1 na ňom žiaden koreň nemajú, a tak

sgn(pi+1(a)) = sgn(pi+1(b)) = −sgn(pi−1(a)) = −sgn(pi−1(b)).V oboch podpostupnostiach

(pi−1(a), pi(a), pi+1(a))

(pi−1(b), pi(b), pi+1(b))

tak dochádza presne k jednej znamienkovej zmene. Tým sme ukázali, že počet znamienkovýchzmien v oboch postupnostiach (pi(a))ki=0 a (pi(b))

ki=0 je rovnaký. �

Tvrdenie 4.9. Nech 〈a, b〉 je fundamentálny interval polynómu p ∈ R[x]. Ak p má jedenreálny koreň na 〈a, b〉, potom varp(a) = varp(b) + 1.Dôkaz. Nech γ0 je jednoduchý koreň polynómu p, čiže p′(γ0) 6= 0. Tak ako v dôkaze predchádza-júceho tvrdenia potom zistíme, že žiadne dva za sebou idúce polynómy Sturmovej postupnostinemajú koreň v γ0, a tiež odtiaľ analogicky usúdime, že

var(p1(a), . . . , pk(a)) = var(p1(b), . . . , pk(b)).

Rozdiel medzi počtom znamienkových zmien tak môže nastať iba medzi prvými dvoma členmipostupností.Keďže p′(γ0) 6= 0, p′ nemá koreň na 〈a, b〉 (ide o fundamentálny interval), je p′ na celom

intervale buď kladný (a p rastie na 〈a, b〉), alebo záporný (a p klesá). Možnosti pre znamienkaprvých dvoch členov postupností ta sú

p(a) p′(a) p(b) p′(b)− + + ++ − − −

a tak v tomto prípade dostávame varp(a) = varp + 1.Nech p(γ0) = p′(γ0) = 0, teda γ0 je viacnásobný koreň polynómu p. Ak jeho násobnosť v

p je r, potom jeho násobnosť v p′ je r − 1. Navyše pk je najväčším spoločným deliteľom p a p′

(Sturmova postupnosť je až na znamienka postupnosťou zvyškov v euklidovom algoritme), takžeγ0 je (r − 1)-násobný koreň aj v pk.Uvažujme postuponosť polynómov

p̃ = (p̃0, p̃1, . . . , p̃k = 1), kde p̃i =pipk.

(Toto už nie je Sturmova postupnosť, lebo p̃1 nie je deriváciou p̃0). Pre počty znamienkovýchzmien platí

varp̃(a) = varp(a), varp̃(b) = varp(b).

Taktiež ostáva v platnosti vzťahp̃i−1 = qi−1p̃i − p̃i+1.

V postupnosti p̃ už γ0 je len jednoduchým koreňom polynómu p̃0, a nie je koreňom p̃1. Podobneako v prvej časti dôkazu tak dostávame, že

var(p̃1(a), . . . , p̃k(a)) = var(p̃1(b), . . . , p̃k(b)),

rozdiel v počte znamienkových zmien tak znovu môže nastať len medzi prvými dvoma členmipostupnosti. Keďže p̃1 nie je deriváciou p̃0, máme tak viacej možností:

p̃0(a) p̃1(a) p̃0(b) p̃1(b)+ + − ++ − − −− + + +− − + −


Potrebujeme ukázať, že možnosti v prvom a štvrtom riadku nenastanú. Pre tento účel potrebu-jeme rozlíšiť, či násobnosť r koreňa γ0 v p je párna alebo nepárna.Ak r je nepárne číslo, potom platí

sgn(p(a)) = −sgn(p(b))sgn(p′(a)) = sgn(p′(b))

sgn(pk(a)) = sgn(pk(b)).

Z tabuľky pre znamienka p a p′

p(a) p′(a) p(b) p′(b)− + + ++ − − −

tak dostávame tabuľku pre p̃0 a p̃1:p̃0(a) p̃1(a) p̃0(b) p̃1(b)− + + ++ − − −+ − − −− + + +

V prípade, keď r je párne, sa postupuje analogicky. �

Dôkaz Vety 4.6. Dve predchádzajúce tvrdenia sú vlasne dôkazom Sturmovej vety v prípade,že interval 〈a, b〉 je fundamentálny. Ak 〈a, b〉 nie je fundamentálny, tak ho rozdelíme na funda-mentálne intervaly: Nech γ0 < γ1 < · · · < γk sú všetky korene všetkých polynómov Sturmovejpostupnosti na intervale (a, b). Zvolíme αi, i = 1, . . . , k tak, že

a < γ0 < α1 < γ1 < α2 < · · · < αk < γk < b.

Potom 〈ai−1, ai〉 sú fundamentálne intervaly polynómu p a pre počty koreňov tak máme#koreňov na (a, b) = #koreňov na (a, a1) + #koreňov na (a1, a2) + · · ·+#koreňov na (ak, b)

= (varp(a)− varp(a1)) + (varp(a1)− varp(a2)) + · · ·+ (varp(ak)− varp(b))= varp(a)− varp(b)).

�

Príklad 4.10. Separujeme reálne korene polynómu

f = x3 − 4x2 + 3x+ 1.Pomocou Vety 4.1 najprv nájdeme interval obsahujúci všetky reálne korene polynómu:

M = 23∑

i=0

|fi||fm| = 2(1 + 4 + 3 + 1) = 18,

takže všetky reálne korene sú v intervale (−18, 18). Sturmova postupnosť polynómu f jep0 = f = x3 − 4x2 + 3x+ 1,p1 = f ′ = 3x2 − 8x+ 3,

p2 = −rem(f, f ′) =149x− 73,

p3 = −rem(p1, p2) =94.

Pomocou Sturmovej vety zistíme počet reálnych koreňov:

varp(−18) = var(p0(−18), p1(−18), p2(−18), p3(−18)) = 3varp(−18) = var(p0(18), p1(18), p2(18), p3(18)) = 0


takže polynóm f má tri reálne korene. Z

varp(0) = var(1, 3,−73,94) = 2

vieme, že dva z koreňov sa nachádzajú v intervale (0, 18) a jeden je v intervale (−18, 0). Nakoniec

varp(2) = var(−1,−1,79,94) = 1,

nám hovorí, že jeden z kladných koreňov je na intervale (0, 2) a druhý na intervale (2, 18). Všetkykorene sú jednoduchými koreňmi, takže ich ľahko dohľadáme ľubovoľnou numerickou metódou(napr. aj jednoduchou bisekciou intervalu).

KAPITOLA 4

Naspäť ku geometrii

1. Implicitizácia (Hľadanie obrazu zobrazenia)

1.1. Variety parametrizované polynómami.

Príklad 1.1. Majme zobrazenie ϕ : A2 → A3

(t, u) 7→ (t+ u, t2 + 2tu, t3 + 3t2u),čiže obrazom bodu (t, u) ∈ A2 je bod (x, y, z) ∈ A3, pre súradnice ktorého platí

x = t+ u,

y = t2 + 2tu,

z = t3 + 3t2u.

Obrazom zobrazenia ϕ je plocha X určená rovnicou

4x3z − 3x2y2 − 6xyz + 4y3 + z2 = 0(zatiaľ bez dôkazu). Na zobrazenie ϕ sa môžme tiež pozerať, že je to parametrické vyjadrenieplochy, uvedená rovnica je zase implicitné vyjadrenie. Ak parametrické vyjadrenie dosadímedo implicitnej rovnice, dostaneme konštantný nulový polynóm. Tým sme overili, že pre všetky(t, u) ∈ A2 platí, že ϕ(t, u) ∈ X , a teda ϕ(A2) ⊂ X . Ostáva teda overiť, že namiesto inklúzieplatí rovnosť. Hľadanie obrazu takéhoto zobrazenia sa nazýva aj implicitizácia.

Vo všeobecnosti obrazom algebraickej variety (v našom príklade je to A2) v polynomiálnomzobrazení nemusí byť algebraická varieta – videli sme napríklad, že priemet hyperboly na niektorúos je priamka bez jedného bodu. Preto pri implicitizácii sa snažíme nájsť rovnicu (rovnice)popisujúcu uzáver obrazu, čo je najmenšia algebraická varieta obsahujúca obraz. Presnejšie,máme zobrazenie ϕ : Am → An, (t1, . . . , tm) 7→ (x1, . . . , xn) dané predpisom

(20)

x1 = ϕ1(t1, . . . , tm)...

xn = ϕn(t1, . . . , tm)

kde ϕi sú polynómy, a chceme nájsť algebraickú varietu ϕ(Am).Uvažujme ideál I ⊂ k[t1, . . . , tm, x1, . . . , xn],

I = (x1 − ϕ1(t1, . . . , tm), . . . , xn − ϕn(t1, . . . , tm)).

Body na variete V (I) ⊂ Am+n sú tvaru

(a1, . . . , am, ϕ1(a1, . . . , am), . . . , ϕn(a1, . . . , am)),

pre nejaké (a1, . . . , am), takže V (I) je graf zobrazenia ϕ. (Analógia s funkciou jednej premennej:všetky body roviny, ktoré sú tvaru (x, f(x)), tvoria graf funkcie f : x 7→ f(x).) Každý bod(t1, . . . , tm) ∈ Am vieme zobraziť na bod grafu:

ι : (t1, . . . , tm) 7→ (t1, . . . , tm, ϕ1(t1, . . . , tm), . . . , ϕn(t1, . . . , tm)),zrejme obrazom tohto zobrazenia je presne V (I). Ďalej majme projekciu π : Am+n 7→ An naposledných n súradníc:

π : (t1, . . . , tm, x1, . . . , xn) 7→ (x1, . . . , xn).53

54 4. NASPÄŤ KU GEOMETRII

Ľahko ukážeme, že zobrazenie ϕ je zložením zobrazenia ι a projekcie π:

π(ι(t1, . . . , tm)) = π(t1, . . . , tm, ϕ1(t1, . . . , tm), . . . , ϕn(t1, . . . , tm))

= (ϕ1(t1, . . . , tm), . . . , ϕn(t1, . . . , tm))

= ϕ(t1, . . . , tm)

Keďže ι(Am) = V (I), rovnice pre varietu ϕ(Am) budú presne rovnice pre π(V (I)).

Veta 1.2. Nech k je nekonečné pole, Am,An sú afinné priestory nad k. Nech ϕ : Am → An

je zobrazenie popísané polynómami ako v (20). Nech ďalej I ⊂ k[t1, . . . , tm, x1, . . . , xn] je ideál

(x1 − ϕ1(t1, . . . , tm), . . . , xn − ϕn(t1, . . . , tm)).

Potom ϕ(Am) = V (I ∩ k[x1, . . . .xn])Dôkaz. V prípade, že k je algebraicky uzavreté, tvrdenie vety vyplýva z predchádzajúcej diskusiea z Vety 2.4 v Kapitole 3. Ak k nie je algebraicky uzavreté, namiesto rovnosti podľa Tvrdenia 2.5tej istej kapitoly máme iba jednu inklúziu,

ϕ(Am) ⊂ V (I ∩ k[x1, . . . .xn]).Potrebujeme preto ešte ukázať, že V (I ∩ k[x1, . . . .xn]) je najmenšia algebraická varieta obsahu-júca ϕ(Am).Pre algebraickú varietu Z takú, že Z ⊃ ϕ(Am) ukážeme, že Z ⊃ V (I ∩ k[x1, . . . , xn]).Nech Z = V (g1, . . . , gs) (gi ∈ k[x1, . . . , xn]) a nech Z ⊃ ϕ(Am). To znamená, že každý bod

z obrazu ϕ spĺňa rovnice pre Z:

(21) gi ◦ ϕ(a1, . . . , am) = 0 ∀(a1, . . . , am) ∈ Am.

Zároveň gi ◦ ϕ je polynóm v premenných t1, . . . , tm – získali sme ho dosadením ϕ1, . . . , ϕn zapremenné x1, . . . , xn. Ak by tento polynóm bol nenulový, potom by definoval nadrovinu v Am,a podľa Vety 1.15 v Kapitole 2 by potom existoval bod nepatriaci tejto nadrovine. Z (21) takmôžeme usúdiť, že gi ◦ ϕ je nulový polynóm, takže V (g1 ◦ ϕ, . . . , gs ◦ ϕ) = Am.Budeme teraz symbolom Am

koznačovať množinu bodov afinného priestoru, ktorých súrad-

nice sú z algebraického uzáveru k poľa k, podobne Vk(J) bude množina bodov z Ank, ktoré

vyhovujú polynómom ideálu J (t.j. berieme všetky riešenia polynómov, nielen riešenia z poľa k),a tiež Zk bude označovať všetky body vyhovujúce polynómom g1, . . . , gs, čiže Zk je skratka preVk(g1, . . . , gs).Keďže, ako sme ukázali, gi ◦ ϕ je nulový polynóm, aj po prejdení do algebraického uzáveru

k máme, Vk(g1 ◦ ϕ, . . . , gs ◦ ϕ) = Amk, a tak hodnota gi (i = 1, . . . , s) je nula na celej množine

ϕ(Amk). Preto platí, že Zk ⊃ ϕ(Am

k). Inklúzia sa zachová, keď prejdeme k uzáverom množín,

takže máme

Zk = Zk ⊃ ϕ(Amk) = Vk(I ∩ k[x1, . . . , xn]) = Vk(I ∩ k[x1, . . . , xn]).

Predposledná rovnosť vyplýva z Vety 2.4 (Kapitola 3), posledná zas z Vety 2.7 (Kapitola 3) az faktu, že pri výpočte Gröbnerovej bázy nepotrebujeme rozširovať pôvodné pole. Takže mámeinklúziu

Zk ⊃ Vk(I ∩ k[x1, . . . , xn]).Inklúzia pre množinu riešení sa zachová, keď sa zaujímame iba o riešenia nad podpoľom k poľak, čiže sme ukázali, že

Z ⊃ V (I ∩ k[x1, . . . , xn]).�

Dôkaz okrem iného ilustruje fakt, že algebraicky uzavreté pole je „pekné”: mnohé tvdenia apostupy v algebraickej geometrii sú jednoduché a priamočiare, kým pracujeme nad algebraickyuzavretým poľom. Akonáhle ale pole nie je algebraicky uzavreté, situácia sa veľmi komplikuje.

1. IMPLICITIZÁCIA (HĽADANIE OBRAZU ZOBRAZENIA) 55

Teraz už vieme nielen ukázať, že rovnica v Príklade 1.1 popisuje uzáver obrazu ϕ, viemetakú rovnicu aj nájsť: I nech je ideál v k[t, u, x, y, z]:

I = (x− (t+ u), y − (t2 + 2tu), z − (t3 + 3t2u)),a podľa predchádzajúcej vety potom máme, že

ϕ(A2) = V (I ∩ k[x, y, z]).Vypočítame Gröbnerovu bázu vzhľadom na lexikografické usporiadanie, kde t, u > x, y, z, a tátobude obsahovať jediný polynóm, v ktorom sa nevyskytujú premenné t, u, čo bude presne polynómuvedený v príklade.

Príklad 1.3. Nájdeme implicitné vyjadrenie variety, ktorá je parametrizovaná zobrazenímϕ : A2 → A3, (u, v) 7→ (x, y, z):

x = uv,

y = uv2,

z = u2.

Graf zobrazenia zodpovedá ideálu I ∈ k[u, v, x, y, z]:

I = (x− uv, y − uv2, z − u2).

Obrazom ϕ je potom priemet V (I) na posledné tri súradnice, ktorý je popísaný ideálom

I ∩ k[x, y, z] = (x4 − y2z).

Na tomto príklade si môžme všimnúť, že parametrizácia ϕ nepokrýva celú plochu V (x4 − y2z):body so súradnicami (0, b, 0) vyhovujú rovnici x4 − y2z, ale ak b 6= 0, tak neexistujú také u, v,pre ktoré by platilo, že (0, b, 0) = ϕ(u, v).

Pre účely nasledovnej úlohy si zadefinujeme varietu sečníc. Ilustrujme si tento pojem napríklade.Nech varieta X je zjednotenie dvoch mimobežných priamok v A3 – zrejme ide o algebraickú

varietu: X = V (y, z) ∪ V (x, z − 1), napríklad. Sečnica je priamka spájajúca dva body varietyX . V prípade našej variety je sečnica buď jedna z priamok, ak sme oba body zvolili na tej istejpriamke, alebo to bude priečka mimobežiek, ak sme každý z bodov zvolili na inej priamke. Ľahkosa presvedčíme (predstavíme si situáciu), že sečnice pokryjú takmer celý trojrozmerný priestor:nepokryté budú len body, ktoré ležia v rovine obsahujúcej jednu z priamok a rovnobežnej sdruhou priamkou. Varieta sečníc algebraickej variety X je uzáver množiny bodov ležiacich navšetkých sečniciach variety X . V našom príklade mimobežiek to bude teda celý priestor A3.(Pozor, neukázali sme to formálne! Len sme si situáciu predstavili a predstave sme uverili, lebovarieta X bola dostatočne jednoduchá.)

Úloha 29. (a) Ukážte, že varieta sečníc vinutej kubiky (Príklad 1.6 v Kapitole 2) jecelý priestor A3. Návod: využite parametrizáciu vinutej kubiky, parametrizujte sečnicua tak získate parametrizáciu variety sečníc.

(b) Ukážte, že sečnice nepokryjú celý afinný priestor A3.

1.2. Variety parametrizované racionálnymi funkciami.

Príklad 1.4. Nájdime obraz zobrazenia ϕ : A2 → A3 (t.j. najmenšiu algebraickú varietuobsahujúcu ϕ(A2)), kde ϕ : (u, v) 7→ (x, y, z) je dané predpisom

x =u2

v,

y =v2

u,

z = u.

Inšpirovaní predchádzajúcimi výpočtami a Príkladom 1.5 (iii) v Kapitole 2 by sme postupovalinasledovne:


(1) zoberieme ideál I = (vx − u2, uy − v2, z − u) ⊂ k[u, v, x, y, z](2) nájdeme (pomocou Gröbnerovej bázy) eliminačný ideál I ∩ k[x, y, z] = (x2yz − z4).

Ľahko sa presvedčíme, že ϕ(A2) ⊂ V (x2yz − z4), ale bohužiaľ, V (x2yz − z4) nie je najmenšiaalgebraická varieta, ktorá obsahuje ϕ(A2). Platí totiž

V (x2yz − z4) = V (z(x2y − z3)) = V (z) ∪ V (x2y − z3),

a overíme, žeϕ(A2) ⊂ V (x2y − z3) $ V (x2yz − z4).

Problém vznikol, lebo V (I) nie je grafom zobrazenia ϕ: varieta V (I) obsahuje body, pre ktoréu = v = z = 0, x, y ľubovoľné, avšak zobrazenie ϕ nie je pre u = v = 0 definované.

Všeobecnejšie, majme zobrazenie ϕ : Am → An, (t1, . . . , tm) 7→ (x1, . . . , xn)x1 = ϕ1(t1,...,tm)

ψ1(t1,...,tm)...

xn = ϕn(t1,...,tm)ψn(t1,...,tm)

kde ϕi, ψi sú polynómy. Chceme skonštruovať graf tohto zobrazenia, teda podobnú algebraickúvarietu ako v predchádzajúcom príklade, ale potrebujeme z definičného oboru vylúčiť tie (t1, . . . , tm),pre ktoré je ψi(t1, . . . , tm) = 0 pre nejaké i. Inými slovami, ak urobíme priemet grafu naspať nasúradnice zodpovedajúce t1, . . . , tm, chceme dostať definičný obor, čiže množinu

Am \ V (ψ1ψ2 . . . ψn).Takýto definičný obor už nie je algebraická varieta, je to však priemet algebraickej variety,konkrétne nadplochy v Am+1, ktorá je definovaná polynómom 1−yψ1ψ2 . . . ψn ∈ k[y, t1, . . . , tm].Graf zobrazenia ϕ je tak bude pre nás varieta V (I) ∈ Am+n+1, kde

I = (1− yψ1ψ2 . . . ψn, ψ1x1 − ϕ1, . . . , ψnxn − ϕn).

Body V (I) sú tvaru

(1

ψ1ψ2 . . . ψn, t1, . . . , tm,

ϕ1ψ1, . . . ,

ϕnψn).

Každému bodu (t1, . . . , tm) ∈ Am \ V (ψ1ψ2 . . . ψn) tak zodpovedá práve jeden bod na V (I), akaždému bodu na V (I) zodpovedá práve jeden bod v definičnom obore ϕ.Obraz ϕ v našom príklade teda nájdeme takto: ideál popisujúci graf zobrazenia je

I = (1− wuv, vx − u2, uy − v2, z − u) ⊂ k[w, u, v, x, y, z],

obraz ϕ je potom priemet grafu na posledné tri súradnice:

ϕ(A2) = V (I ∩ k[x, y, z]) = V (x2y − z3).

2. HILBERTOVA VETA O KOREŇOCH (NULLSTELLENSATZ) 57

2. Hilbertova veta o koreňoch (Nullstellensatz)

2.1. Tvrdenie vety. V tejto časti budeme bližšie skúmať súvis medzi ideálmi a algebraic-kými varietami.

Príklad 2.1. V okruhu k[x, y] majme dva ideály:

I1 = (x2 − y2), I2 = ((x− y)2(x+ y)).

Tieto ideály sú rôzne (presnejšie vidíme, že I2 ( I1), avšak V (I1) = V (I2) - ide o zjednoteniedvoch priamok.

Definícia 2.2. Nech R je ľubovoľný okruh a I ⊂ R je ideál. Radikál ideálu I je√I = {f ∈ R | fd ∈ I pre nejaké d ∈ N}

Ak I =√I, potom I nazývame radikálový ideál (skrátene aj radikál).

Nasledujúce tvrdenie popisuje niektoré základné vlastnosti radikálov.

Tvrdenie 2.3. (i)√I ⊃ I,

(ii)√I je ideál.

(iii)√√

I =√I,

Dôkaz. (i) Ak f ∈ I, teda f1 ∈ I a tak máme, že f ∈√I.

(ii) Zrejme√I je neprázdna množina, lebo

√I ⊃ I. Nech teraz f ∈

√I a r ∈ R, takže

fd ∈ I pre nejaké d ∈ N. Uvažujme prvok rf . Platí, že (rf)d = rdfd ∈ I, a teda rf ∈√I.

Nakoniec nech f, g ∈√I, čiže fd ∈ I a ge ∈ I pre nejaké d, e ∈ N. Pre súčet f + g potom máme,

(f + g)d+e−1 ∈ I – po roznásobení sa totiž v každom sčítanci bude buď f alebo g nachádzať vdostatočne veľkej mocnine. Ukázali sme tak, že f + g ∈

√I.

(iii) Inkúzia „⊃” vyplýva z predchádzajúcich dvoch vlastností. Pre druhú inklúziu, nechf ∈

√√I. Takže existuje d ∈ N také, že fd ∈

√I, čo ďalej znamená, že existuje d′ ∈ N také, že

(fd)d′

= fdd′ ∈ I, a teda f ∈

√I. �

Príklad 2.4. Ak uvažujeme len hlavné ideály, dá sa radikál ideálu nájsť pomerne ľahko.Uvedieme si tri príklady, pri jednom si aj urobíme dôkladný dôkaz, že nájdený ideál je naozajradikálom daného ideálu (skúste si podobné dôkazy urobiť aj v ostatných prípadoch!):

(a) Radikál ideálu I = (x3) ⊂ k[x] je√I = (x).

(b) Radikál ideálu I = ((x−1)2(x+1)3) ⊂ k[x] je√I = ((x−1)(x+1)): pre (x−1)(x+1)

platí, že ((x − 1)(x + 1))3 ∈ I, a teda ((x − 1)(x + 1)) ⊂√I. Nech teraz f ∈

√I, čiže

existuje d ∈ N také, že fd ∈ I, teda fd = (x− 1)2(x+ 1)3g. Máme tak, že (x− 1) | fd,a keďže (x− 1) je ireducibilný, tak (x− 1) | f . Podobne ukážeme, že (x+1) | f , a tedaf = (x− 1)(x+ 1)h, čiže f ∈ ((x− 1)(x+ 1)).

(c) Radikál ideálu I = ((x+ y2 + 3)3(2x− y)5) ⊂ k[x, y] je√I = ((x + y2 + 3)(2x− y)).

Úloha 30. Dokážte, že radikál ideálu I = (x2, y) ⊂ k[x, y] je ideál√I = (x, y).

Príklad 2.5. Radikál ideálu I = (x2 + y2, x2 − y2) ⊂ k[x, y] je√I = (x, y) (skúste si

to dokázať!) – je to ešte príklad ideálu s ľahko nájditeľným radikálom. Vo všeobecnosti nájsťradikál ideálu je však ťažká úloha. Nech napríklad I = (x4 − y2, x3 − y2). Jeho radikál nájdemes pomocou Singularu:

√I = (−x + y2, xy − y, x2 − x). Algoritmami pre nájdenie radikálu sa

nebudeme zaoberať.

Tvrdenie 2.6. Nech I ⊂ k[x1, . . . , xn] je ideál. Potom√I ⊆ I(V (I)).

Dôkaz. Nech f ∈√I, čiže fd ∈ I pre nejaké d ∈ N. Odtiaľ máme, že (fd) ⊂ I. Ďalej polynómy

f a fd zrejme určujú tú istú nadplochu v An takže pre variety platí

V (f) = V (fd) ⊃ V (I).

Preto f(a) = 0 pre všetky a ∈ V (f) a teda f ∈ I(V (I)). �


Veta 2.7 (Hilbertova veta o koreňoch, Nullstellensatz, silná verzia). Ak pole k jealgebraicky uzavreté, potom pre ideál I ⊂ k[x1, . . . , xn] platí

I(V (I)) =√I

Nullstellensatz dokazovať nebudeme. Namiesto toho si o chvilu uvedieme ešte inú verziutejto vety a ukážeme, že obe verzie sú ekvivalentné.

Dôsledok. Nad algebraicky uzavretým poľom platí, že

V (I) = V (J) práve vtedy, keď√I =

√J.

Máme teda bijekciu medzi algebraickými varietami a radikálovými ideálmi.

Dôkaz. Nech V (I) = V (J), potom I(V (I)) = I(V (J)) a z Nullstellensatz dostávame, že√I =√

J .Opačne, nech

√I =

√J , odkiaľ máme V (

√I) = V (

√J). Z Nullstellensatz potom V (I(V (I))) =

V (I(V (J))), kde ľavá strana je rovná V (I) a pravá V (J) (Tvrdenie 2.11 (iii) v Kapitole 2). �

Príklad 2.8. Predpoklad, že pole k musí byť algebraicky uzavreté, je kľúčový. Nech naprí-klad k = R a uvažujme dva ideály v R[x, y]: I = (x, y), J = (x2 + y2). Tieto ideály sú rôzne, aobidva sú radikálovými ideálmi. Avšak V (I) = V (J) – ide o jednobodovú varietu.

Veta 2.9 (Nullstellensatz, slabá verzia). Ak pole k je algebraicky uzavreté, potom preideál I ⊂ k[x1, . . . , xn] platí

V (I) = ∅ práve vtedy keď 1 ∈ I (t.j. I = k[x1, . . . , xn]).

Poznámka 2.10. Implikácia⇐ je triviálna, tvrdenie Nullstellensatz spočíva v implikácii⇒.

Príklad 2.11. Analogicky so silnou verziou, predpoklad algebraickej uzavretosti je pod-statný: nech I = (x2 + y2 + 1) ⊂ R[x, y]. Zrejme V (I) = ∅, hoci 1 /∈ I.

Všimnime si, že slabá verzia Nullstellensatz akoby bola zúžením silnej verzie na jeden kon-krétný ideál a jednu konkrétnu algebraickú varietu. Ukážeme už spomínané

Tvrdenie 2.12. Obe tvrdenia Nullstellensatz (silná a slabá verzia) sú ekvivalentné.

Dôkaz. Nech platí tvrdenie silnej verzie. Podľa Poznámky 2.10 potrebujeme v slabej verzii ukázaťimplikáciu ⇒.Nech V (I) = ∅, odtiaľ dostávame, že 1 ∈ I(V (I)). Zo silnej verzie Nullstellensatz môžme

usúdiť, že 1 ∈√I, teda 1d ∈ I pre nejaké d ∈ N, čo však znamená, že 1 ∈ I.

Opačne, nech teraz platí tvrdenie slabej verzie Nullstellensatz. Majme I = (f1, . . . , fk) ⊂k[x1, . . . , xn]. Prepokladajme, že nejaký polynóm f leží v I(V (I)), chceme ukázať, že f ∈

√I,

čiže, že existuje d ∈ N také, že fd ∈ I.Uvažujme ideál (f1, . . . , fk, 1 − yf) ⊂ k[x1, . . . , xn, y] a skúmajme zodpovedajúcu varietu

V (f1, . . . , fk, 1 − yf). Nech (a1, . . . , an+1) je nejaký bod An+1, skúsme zistiť, kedy tento bodpatrí našej variete:

• ak a1, . . . , an sú také, že f1(a1, . . . , an) = · · · = fk(a1, . . . , an) = 0, potom aj f(a1, . . . , an) =0 (lebo f ∈ I(V (I))), a následne 1 − an+1f(a1, . . . , an) = 1 6= 0. Bod (a1, . . . , an+1)nevyhovuje poslednej rovnici a preto nepatrí variete V (f1, . . . , fk, 1− yf).

• ak a1, . . . , an sú také, že fi(a1, . . . , an) 6= 0 pre nejaké i, potom toto je už rovnica,ktorej bod (a1, . . . , an+1) nevyhovuje, a teda nepatrí variete V (f1, . . . , fk, 1− yf).

Zistili sme, že V (f1, . . . , fk, 1 − yf) = ∅. Zo slabej verzie Nullstellnsatz potom vyplýva, že1 ∈ (f1, . . . , fk, 1− yf), takže existujú polynómy p1, . . . , pk, p ∈ k[x1, . . . , xk, y] také, že

1 = p1f1 + · · ·+ pkfk + p(1− yf).

2. HILBERTOVA VETA O KOREŇOCH (NULLSTELLENSATZ) 59

Nahraďme v tejto rovnosti premennú y racionálnym výrazom 1/f . Dostaneme tak rovnosť raci-onálnych výrazov, pričom v menovateľoch budú len mocniny f :

1 = p1(x1, . . . , xn,1f)f1 + · · ·+ pk(x1, . . . , xn,

1f)fk + p(x1, . . . , xn,

1f)(1− 1

ff)

= p1(x1, . . . , xn,1f)f1 + · · ·+ pk(x1, . . . , xn,

1f)fk

Po vynásobení rovnosti dostatočne vysokou mocninou f tak dostávame rovnosť polynómov:

fd = q1f1 + . . . qkfk,

teda fd ∈ I, čo sme chceli dokázať. �

2.2. Testovanie rovnosti radikálov. Ako sme už spomenuli, nájsť radikál ideálu nie jejednoduchá úloha. Ukážeme si, že napriek tomu vieme zistiť, či daný polynóm leží v radikálidaného ideálu, a následne vieme porovnať radikály dvoch daných ideálov. Nad algebraicky uzav-retým poľom tak budeme mať algoritmicky úplne vyriešený problém porovnania algebraickýchvariet.

Tvrdenie 2.13. Nech I = (f1, . . . , fk) ⊂ k[x1, . . . , xn] je ideál. (Pole k nemusí byť algeb-raicky uzavreté.) Potom

f ∈√I práve vtedy, keď (f1, . . . , fk, 1− yf) = k[x1, . . . , xn, y].

Dôkaz. Nech 1 ∈ (f1, . . . , fk, 1− yf). Potom úplne takým istým postupom ako v poslednej častidôkazu 2.12 (nahradenie premennej y výrazom 1/f) zistíme, že fd ∈ I pre nejaké d ∈ N.Nech teraz naopak fd ∈ I pre nejaké d ∈ N. Takže máme polynómy p1, . . . , pk ∈ k[x1, . . . , xn],

že

fd = p1f1 + · · ·+ pkfk | ·yd

fdyd = p1f1yd + · · ·+ pkfkyd

1 = p1f1yd + · · ·+ pkfkyd + (1− fdyd)

1 = p1f1yd + · · ·+ pkfkyd + (1− fy)(1 + fy + f2y2 + · · ·+ fd−1yd−1),

čiže 1 ∈ (f1, . . . , fk, 1− yf), čo presne znamená, že (f1, . . . , fk, 1− yf) = k[x1, . . . , xn, y]. �

Než si uvedieme algoritmus pre testovanie, či daný polynóm patrí radikálu daného ideálu,všimnime si, že ak 1 ∈ I, tak 1 sa určite nachádza v Gröbnerovej báze ideálu I. Naozaj, vedúcečleny polynómov Gröbnerovej bázy generujú ideál vedúcich členov. Ak 1 ∈ I, tak Gröbnerovabáza musí obsahovať polynóm, ktorého vedúci člen je (až na násobok nenulovou konštantou)rovný 1, čiže musí obsahovať priamo polynóm 1.

Vstup: ideál (f1, . . . , fk) ⊂ k[x1, . . . , xn] a poynóm f ∈ k[x1, . . . , xn].Výstup: Rozhodnutie, či f ∈

√

(f1, . . . , fk).Algorimus:

• Nájdi Gröbnerovu bázu G ideálu (f1, . . . , fk, 1− yf) ⊂ k[x1, . . . , xn, y] (pri ľubovoľnomusporiadaní).

• f ∈ k[x1, . . . , xn] práve vtedy, keď 1 ∈ G.

Pre porovnanie radikálov dvoch daných ideálov I a J potrebujeme overiť, že I ⊂√J a

J ⊂√I. Naozaj, ak I ⊂

√J , potom platí

√I ⊂

√√J =

√J a naopak, inklúzia J ⊂

√I

implikuje inklúziu√J ⊂

√I.

Vstup: ideály I = (f1, . . . , fk), J = (g1, . . . , gl) ⊂ k[x1, . . . , xn].Výstup: Rozhodnutie, či

√I =

√J .

Algorimus:


• Pre každý generátor fi ideálu I zisti, či fi ∈√J (predchádzajúci algoritmus).

• Pre každý generátor gj ideálu J zisti, či gj ∈√I.

•√I =

√J práve vtedy, keď všetky testy prešli s pozitívnym výsledkom.

2.3. Dôkaz vety o projekcii. Mali by sme si ešte dokázať Vetu 2.4 z Kapitoly 3 VoVete 2.3 sme predtým ukázali, že ak X je algebraická varieta a I = I(X), potom

π(X) = V (I ∩ k[xi+1, . . . , xn]),pre π je projekcia „zabúdania” prvých i súradníc. Potrebujeme ukázať, že ak pole k je algebraickyuzavreté, tak uvedená rovnosť platí pre ľubovoľný ideál popisujúci algebraickú varietu X .Nech k je teda algebraicky uzavreté, I ⊂ k[x1, . . . , xn] je nejaký ideál a X = V (I) ⊂ An.

Overíme najprv, že √I ∩ k[xi+1, . . . , xn] =

√

I ∩ k[xi+1, . . . , xn].Nech f ∈

√I ∩ k[xi+1, . . . , xn]. Ľahko overíme, že to je ekvivalentné s tvrdením fd ∈ I ∩

k[xi+1, . . . , xn] pre nejaké d ∈ N (preverte si detailne obe implikácie!), čo je už zrejme ekviva-lentné s tvrdením, že f ∈

√

I ∩ k[xi+1, . . . , xn].Takže môžme písať

π(X) = V (I(X) ∩ k[xi+1, . . . , xn]) = V (I(V (I)) ∩ k[xi+1, . . . , xn])= V (

√I ∩ k[xi+1, . . . , xn]) = V (

√

I ∩ k[xi+1, . . . , xn])= V (I ∩ k[xi+1, . . . , xn]),

kde prvá rovnosť vyplýva z dokázanej Vety 2.3 (Kapitola 3) o projekcii, štvrtá rovnosť z práveukázanej rovnosti ideálov a tretia a piata rovnosť z Nullstellensatz, resp. tvrdenia, ktoré sme siuviedli ako jej dôsledok.

3. PROJEKTÍVNE ZÚPLNENIE ALGEBRAICKÝCH VARIET 61

3. Projektívne zúplnenie algebraických variet

3.1. Projektívny priestor. S projektívnym priestorom ste sa už stretli, preto táto pod-kapitola má skôr prehľadový charakter a slúži najmä na zavedenie terminológie.Formálne sa n-rozmerný projektívny priestor definuje ako množina priamok v An+1, ktoré

prechádzajú bodom (0, . . . , 0). Presnejšie, nech ∼ je nasledovná relácia na An+1(k)\{(0, . . . , 0)}:(a0, . . . , an) ∼ (a′0, . . . , a′n) ak (a′0, . . . , a

′n) = (λa0, . . . , λan) pre nejaké λ ∈ k (λ 6= 0).

Ľahko sa overí, že ∼ je reláciou ekvivalencie, a teda rozkladá množinu An+1(k) \ {(0, . . . , 0)} natriedy ekvivalencie. Body projektívneho priestoru sú potom jednotlivé triedy:

Pn(k) = (An+1(k) \ {(0, . . . , 0)})/ ∼ .

Každý bod v Pn je takto reprezentovaný viacerými (n + 1)-ticami čísiel z k: (a0, . . . , an) a(λa0, . . . , λan) (λ 6= 0) určujú ten istý bod v Pn. Tieto (n + 1)-tice nazývame homogénnymisúradnicami bodu v Pn. Pri zápise bodu pomocou jeho súradníc používame dvojbodku: (a0 :· · · : an). Z definície vyplýva, že

(a0 : · · · : an) ∈ Pn práve vtedy, keď ai 6= 0 pre nejaké i.

Iný prístup k projektívnemu priestoru je, predstaviť si ho ako rozšírenie afinného priestorurovnakej dimenzie. Priestor An je tak podmnožinou priestoru Pn. Body v Pn \ An sa nazývajúnevlastnými bodmi a predstavujeme si ich ako body „v nekonečne”. Každý takýto nevlastný bodzodpovedá všetkým navzájom rovnobežným priamkam, teda akoby sme k An pridali priesečníkyrovnobežiek.Overíme, že obe uvedené konštrukcie vedú k rovnakému projektívnemu priestoru.

Nech (a1, . . . , an) ∈ An. Priestor An uvažujme ako vložený do Pn, takže bodu (a1, . . . , an)priradíme homogénne súradnice, napríklad (1 : a1 : · · · : an). Týmto spôsobom skonštuujemevšetky také body Pn, ktorých prvá homogénna súradnica je nenulová. Body s prvou súradnicounulovou sú nevlastné, pričom bod (0 : a1 : · · · : an) zodpovedá všetkým priamkam, ktorýchsmerový vektor je (a1, . . . , an). Naopak, vezmime bod (a0 : · · · : an) ∈ Pn taký, že a0 6= 0. Ktomuto bodu projektívneho priestoru vieme priradiť bod v An: platí, že

(a0 : · · · : an) =(

1 :a1a0: · · · : an

a0

)

,

takže dostávame bod (a1a0, . . . , an

a0) ∈ An. S afinným priestorom An sme týmto postupom v Pn

stotožnili množinuU0 = {(a0 : · · · : an) ∈ Pn | a0 6= 0}.

Vynechali sme nevlastné body

Pn \ U0 = {(a0 : · · · : an) ∈ Pn | a0 = 0},Množina U0 nevlastných bodov nie je v Pn nijak špeciálna. Analogicky definujeme množiny

U1, . . . , Un:Ui = {(a0 : · · · : an) ∈ Pn | ai 6= 0}.

Každá z týchto množín sa dá stotožniť s n-rozmerným afinným priestorom, tak ako sme to urobiliv prípade U0:

ϕi : An → Ui, (a1, . . . , an) 7→ (a1 : · · · : ai : 1 : ai+1 : · · · : an)

ϕ−1 : Ui → An, (a0 : · · · : an) 7→(

a0ai: · · · : ai−1

ai:ai+1ai: · · · : an

ai

)

.

Množiny U0, . . . , Un sa nazývajú afinnými mapami a všetky spolu pokrývajú celý afinný priestor:

Pn = U0 ∪ U1 ∪ · · · ∪ Un.Inklúzia „⊇” je zrejmá, keďže Ui ⊂ Pn, opačná inklúzia platí, lebo ak (a0 : · · · : an) ∈ Pn, potomexistuje i ∈ {0, . . . , n} také, že ai 6= 0, a teda (a0 : · · · : an) ∈ Ui.


3.2. Pojektívne algebraické variety.

Príklad 3.1. Algebraické variety v projektívnom priestore chceme definovať podobne ako vafinnom prípade pomocou polynómov. Uvažujme napríklad polynóm f = z1z2 − 1 ∈ k[z0, z1, z2]a skúsme zistiť, či takýto polynóm popisuje nejakú množinu v projektívnej rovine

P2(k) = {(a0 : a1 : a2) | ai ∈ k, ∃i : ai 6= 0}.Nech p = (1 : 1 : 1). Potom platí, že f(1, 1, 1) = 1 · 1 − 1 = 0 a teda bod p by sme mohlizaradiť medzi body variety. Avšak pre ten istý bod p máme tiež p = (2 : 2 : 2) a tentokrátf(2, 2, 2) = 2 · 2 − 1 6= 0. Množina {(a0 : a1 : a2) ∈ P2 | f(a0, a1, a2) = 0} nie je korektnedefinovaná.Použijeme premennú z0 na homogenizáciu pôvodného polynómu: nech

fh = z1z2 − z20 .

Potom bod p = (1 : 1 : 1) spĺňa rovnosť fh(p) = 0 bez ohľadu na to, ktoré súradnice bodu pdosadíme za premenné v polynóme fh. Všeobecnejšie, nech pre q = (q0 : q1 : q2) ∈ P2 platí, žefh(q0, q1, q2) = 0. Ak (q′0 : q

′1 : q

′3) sú iné súradnice toho istého bodu q, potom (q

′0 : q

′1 : q

′3) =

(λq0 : λq1 : λq2) pre nejaké λ. Po dosadení týchto súradníc do zhomogenizovaného polynómu fh

dostávame

fh(λq0, λq1, λq2) = λq1λq2 − (λq0)2 = λ2(q1q2 − q20) = λ2fh(q0, q1, q2) = 0.

Množina{(a0 : a1 : a2) ∈ P2 | fh(a0, a1, a2) = 0}

je tak korektne definovaná.

Definícia 3.2. f ∈ k[z0, . . . , zn] sa nazýva homogénny polynóm (forma) stupňa d, ak všetkyjeho členy majú stupeň d:

(22) f =∑

i0+···+in=d

ci0,...,inzi00 . . . z

inn , ci0,...,in ∈ k.

Lema 3.3. Nech f ∈ k[z0, . . . , zn] je homogénny polynóm. Ak f(a0, . . . , an) = 0, potom ajf(λa0, . . . , λan) = 0 pre ľubovoľné λ ∈ k.

Dôkaz. Zapíšme f ako v (22). Nech

f(a0, . . . , an) =∑

ci0,...,inai00 . . . a

inn = 0.

Nech λ ∈ k. Potom platí

f(λa0, . . . , λan) =∑

ci0,...,in(λa0)i0 . . . (λan)

in =∑

λdci0,...,inai00 . . . a

inn

= λd∑

ci0,...,inai00 . . . a

inn = λ

df(a0, . . . , an) = 0.

�

Definícia 3.4. Ideál I ⊂ k[z0, . . . , zn] sa nazýva homogénny ideál, ak I = (f1, . . . , fk), kdefi ∈ k[z0, . . . , zn] sú homogénne polynómy (nie nutne rovnakého stupňa).

Tvrdenie 3.5. Nech I ⊂ k[z0, . . . , zn] je homogénny ideál, nech g ∈ I. Zapíšme

g = g0 + g1 + · · ·+ gd,kde gi je forma stupňa i. Potom gi ∈ I pre všetky i = 0, . . . , d.

Dôkaz. (Podobný dôkazu analogického tvrdenia pre monomiálne ideály.) Ak g ∈ I, potom

g = h1f1 + · · ·+ hkfkpre nejaké hi ∈ k[z0, . . . , zn]. Zapíšme každý z polynómov hi ako súčet foriem:

g = (h10 + · · ·+ h1d1)f1 + · · ·+ (hk0 + · · ·+ hkdk)fk

= h10f1 + · · ·+ h1d1f1 + · · ·+ hk0fk + · · ·+ hkdkfk,


kde hij je forma supňa j. V poslednom riadku je každý zo sčítancov hijfi homogénnym poly-nómom. Každé gi na pravej strane je tak kombináciou polynómov f1, . . . , fk, a teda gi ∈ I.�

Definícia 3.6. Nech I ⊂ k[z0, . . . , zn] je homogénny ideál. Množina

V (I) = {(a0 : · · · : an) ∈ Pn | f(a0, . . . , an) = 0 ∀f ∈ I}sa nazýva projektívna algebraická varieta.

Z Lemmy 3.3 a Tvrdenia 3.5 vyplýva, že projektívna varieta je korektne definovaná.

Príklad 3.7. Homogénny lineárny polynóm f = c0z0 + · · · + cnzn ∈ k[z0, . . . , zn] definujenadrovinu v Pn. Napríklad v P2 je množina V (z0) = {(ao : a1 : a2) ∈ P2 | a0 = 0} = {(0 :a1 : a2) ∈ P2} priamkou. Ak si predstavíme projektívnu rovinu ako rozšírenie afinnej roviny,kde pôvodnú afinnú rovinu stotožníme s mapou U0, potom V (z0) je presne množina nevlastnýchbodov. Podobne v P3 je množina V (z0) rovinou obsahujúcou presne všetky nevlastné body.Ak f1, . . . , fk ∈ k[z0, . . . , zn] sú lineárne formy, potom V (f1, . . . , fk) je lineárna varieta v Pn.

Príklad 3.8. Podobne ako v afinnom priestore, množinu bodov v Pn definovanú hlavnýmideálom, t.j. množinu V (f) ⊂ Pn, kde f ∈ k[z0, . . . , zn] je forma, nazývame nadplochou.

Príklad 3.9. Pre konkrétnejší príklad uvažujme

V (f) ⊂ P2, kde f = z21 + z22 − z20 ∈ k[z0, z1, z2].

Predstavme si túto projektívnu rovinu ako rozšírenie afinnej, kde pôvodnú afinnú rovinu stotož-níme s mapou U0. Body variety V (f), ktoré sa nachádzajú v tejto afinnej rovine, sú

V (f) ∩ U0 = {(a0 : a1 : a2) | a21 + a22 − a20 ∧ a0 6= 0}.Ak bod (a0 : a1 : a2) patrí U0, potom tento bod má aj súradnice (1 : a1a0 :

a2a0), a teda (a1

a0, a2a0)

boli afinné súradnice tohoto bodu, keď sme afinnú rovinu vkladali do projektívnej.Ďaľšia podmienka ((a0 : a1 : a2) ∈ V (f)) znamená, že

a21 + a22 − a20 = 0, teda

(

a1a0

)2

+(

a2a0

)2

− 1 = 0.

Vidíme, že afinné súradnice bodu (a0 : a1 : a2) ∈ V (f) ∩ U0 spĺňajú rovnicux21 + x

22 − 1 = 0,

množina V (f) ∩ U0 je tak jednotková kružnica. Body projektívnej variety V (f), ktoré sme vy-nechali, keď sme sa zúžili na U0, sú body V (f) ∩ V (z0), čiže body (0 : 1 : i) a (0 : 1 : −i).Všimnime si v predchádzajúcom príklade, že prienik projektívnej variety s afinnou mapou

U0 bola afinná varieta, ktorej rovnicu môžme dostať tak, že v rovnici projektívnej variety za z0dosadíme jednotku, a namiesto zi napíšeme xi pre i ≥ 1. Toto pozorovanie teraz zovšeobecníme:Tvrdenie 3.10 (o dehomogenizácii). Nech X = V (f1, . . . , fk) ⊂ Pn je projektívna algeb-

raická varieta. Potom Y = X ∩ U0 je afinná algebraická varieta V (g1, . . . , gk) ⊂ An, kde

gi(x1, . . . , xn) = fi(1, x1, . . . , xn).

Dôkaz. Nájdeme invertibilné zobrazenie medzi X ∩ U0 a V (g1, . . . , gk) ⊂ An.Pri konštrukcii projektívneho priestoru sme si uviedli bijekciu ϕ0 : An → U0 a ϕ

−10 : U0 →

An. Zobrazenie ϕ−10 zobrazilo bod (a0 : · · · : an) na bod (a1a0 , . . . ,

an

a0). Ak fi(a0, a1 . . . , an) = 0,

potom aj fi(1, a1a0 , . . . ,an

a0) = 0, kde ľavá strana je presne gi(a1a0 , . . . ,

an

a0). Čiže ϕ−1

0 zobrazí bod zX ∩ U0 na bod z V (g1, . . . , gk) ⊂ An.Opačne, zoberme teraz zobrazenie ϕ0 : (a1, . . . , an) 7→ (1 : a1 : · · · : an) Ak gi(a1, . . . , an) =

0, tak fi(1, a1, . . . , an) = 0, čiže bod ϕ0(a1, . . . , an) spĺňa rovnice pre X a tak vidíme, že ϕ0zobrazuje body V (g1, . . . , gk) ⊂ An na body z X ∩ U0. �


Premenná z0 nie je nijak významná medzi ostatnými premennými, celá predchádzajúca vetaaj s dôkazom ostáva v platnosti, aj nahradíme premennú z0 niektorou inou premennou zi. Takžemáme

Dôsledok. Ak X ⊂ Pn je projektívna varieta, potom X ∩ Ui je afinná algebraická va-rieta. Jej rovnice dostaneme dehomogenizáciou rovníc pre X vzhľadom na premennú zi (t.j. zinahradíme jednotkou a ostatné premenné premenujeme).

Príklad 3.11. Vráťme sa k príkladu projektívnej algebraickej variety

X = V (f) ⊂ P2, kde f = z21 + z22 − z20 .

Prienik X ∩ U0 bola jednotková kružnica. Zvoľme si teraz priamku z1 = 0 ako nevlastnú, tedaafinnú rovinu stotožníme s afinnou mapou U1. Rovnica afinnej variety X ∩ U1 sa dá nájsť akodehomogenizácia polynómu f vzhľadom na premennú z1:

V (f) ∩ U1 = V (g), kde g = 1 + y22 − y20 ∈ k[y0, y2].

(Afinná premenná y0 zodpovedá podielu z0/z1, premenná y2 zas podielu z2/z1.) V afinnej mapeU1 teda varieta X „vyzerá” ako hyperbola. Ukazuje sa, že v projektívnej rovine nemá veľkýzmysel rozlišovať jednotlivé regulárne kužeľosečky.

Zatiaľ sme si ukázali, že zúženie projektívnej variety na afinný priestor je afinná algebraickávarieta. Ostáva nám ešte opačná konštrukcia – či každú afinnú algebraickú varietu môžme dostaťako zúženie projektívnej variety na afinný priestor. Inými slovami, ako môžme afinnú varieturozšíriť na projektívnu.

Príklad 3.12. Majme f = x2 − x31 ∈ k[x1, x2], takže V (f) je krivka v afinnej rovine A2

(kubická parabola). Nájdime projektívnu varietu v P2, ktorej zúženie na afinnú rovinu budeV (f). Takáto varieta existuje, a dokonca nie jediná:

X1 = V (z20z2 − z31) : X1 ∩ U0 = V (f)X2 = V (z30z2 − z0z

31) : X2 ∩ U0 = V (f)

Keďže X1 ∩ U0 = X2 ∩ U0, tieto dve variety sa môžu líšiť len množinou nevlastných bodov:X1 ∩ V (z0) = V (z20z2 − z31 , z0) = {(0 : 0 : 1)},X2 ∩ V (z0) = V (z30z2 − z0z

31 , z0) = V (z0).

Kým X1 má jediný bod v nekonečne,X2 v sebe obsahuje celú priamku V (z0). (Skúste si nakresliťčasť variety X1 a X2, ktorá sa nachádza napríklad v afinnej mape U2, teda za nevlastnú budetepovažovať priamku V (z2).)

Je asi prirodzené snažiť sa pre danú afinnú varietu nájsť čo najmenšiu projektívnu varietu,ktorá tú zadanú obsahuje. V prípade nadplochy je prirodzené urobiť takú homogenizáciu definu-júceho polynómu, ktorá jeho stupeň zbytočne nezväčšuje, ako sme práve videli v našom príklade.Formálne máme:

Definícia 3.13. Nech f ∈ k[x1, . . . , xn]. Homogenizácia polynómu f je polynóm fh ∈k[z0, . . . , zn] taký, že

• fh(1, x1, . . . , xn) = f ,• z0 ∤ fh.

Homogenizácia ideálu I ⊂ k[x1, . . . , xn] je ideál

Ih = (fh | f ∈ I) ⊂ k[z0, . . . , zn].

Všimnime si, že homogenizácia a dehomogenizácia (dosadenie 1, x1, . . . , xn za z0, z1, . . . , zn)nie sú navzájom inverzné: ak f ∈ k[z0, . . . , zn], tak (f(1, x1, . . . , xn))h (urobíme dehomogenizáciua následne homogenizáciu) nemusí byť presne f , ale sa môže stať, že f = zd0f

h(1, x1, . . . , xn) prenejaké d ∈ N.


Príklad 3.14. Nech I = (x2 − x21, x3 − x21) ⊂ k[x1, x2, x3], varieta V (I) ⊂ A3 je krivka vpriestore. Ľahšie si ju predstavíme, keď overíme, že I = (x2 − x21, x2 − x3) (skúste si to!), takžeV (I) je vlastne parabola v rovine V (x2 − x3).Ideál J = (z0z2 − z21 , z0z3 − z21) ⊂ k[z0, z1, z2, z3] sme získali z ideálu I tak, že sme zhomo-

genizovali jeho generátory. Varieta V (J) ⊂ P3 je projektívnou varietou, ktorej zúženie na U0 jenaozaj naša krivka V (I). Pozrime sa teraz, ktorými bodmi sme varietu V (I) ⊂ A3 doplnili navarietu V (J) ⊂ P3:

V (J) ∩ V (z0) = {(a0 : a1 : a2 : a3) ∈ P3 | a0a2 − a21 = 0, a0a3 − a21 = 0, a0 = 0}= {(0 : 0 : a : b) ∈ P3}.

Prienik V (J)∩V (z0) je priamka V (z0, z1) – ide o nevlastné body roviny V (z1). Očakávali by smeale, že krivke V (I) stačí pridať jeden nevlastný bod, keďže ide o parabolu. Táto situácia nastalapreto, lebo J nie je homogenizáciou ideálu I: polynóm x2−x3 patrí ideálu I, jeho homogenizáciaz2 − z3 však v J neleží.

Z príkladu vidíme, že stále potrebujeme vyriešiť otázku nájdenia homogenizácie danéhoideálu. Nestačí totiž zhomogenizovať ľubovoľnú množinu generátorov.

Definícia 3.15. Usporiadanie monómov sa nazýva graduované, ak je kompatibilné s čiastoč-ným usporiadaním indukovaným stupňom, t.j. ak xα11 . . . xαn

n > xβ11 . . . xβnn , potom α1+· · ·+αn ≥

β1 + · · ·+ βn.Z usporiadaní, ktoré poznáme, graduovanými sú graduované lexikografické a graduované

reverzné lexikografické usporiadanie. Lexikografické usporiadanie nie je graduovaným usporia-daním.

Veta 3.16 (o homogenizácii). Nech I ⊂ k[x1, . . . , xn] je ideál a nech {f1, . . . , fk} jejeho Gröbnerova báza vzhľadom na nejaké graduované usporiadanie. Nech fhi ∈ k[z0, . . . , zn] jehomogenizáciou polynómu fi. Potom

Ih = (fh1 , . . . , fhk ).

Dôkaz. Definujme si reláciu >h na množine monómov v okruhu k[z0, . . . , zn]: Nech

zα00 . . . zαn

n >h zβ00 . . . zβn

n , ak xα11 . . . xαn

n > xβ11 . . . xβn

n alebo

xα11 . . . xαn

n = xβ11 . . . xβn

n a α0 > β0.

Ľahko sa overí, že táto relácia je usporiadanímmonómov v k[z0, . . . , zn]. Ukážeme, že {fh1 , . . . , fhk }je Gröbnerova báza ideálu Ih vzhľadom na usporiadanie >h, odkiaľ už vyplynie tvrdenie vety.Pre nasledovnú Lemu platí doterajšie označenie:

Lema 3.17. Nech g ∈ k[x1, . . . , xn], nech gh ∈ k[z0, . . . , zn] je jeho homogenizácia. Akstotožníme xi so zi, tak LM>h

(gh) = LM>(g).

Dôkaz. Keďže > je graduované usporiadanie, vedúci monóm polynómu g sa pri homogenizáciiničím nenásobí, akurát sa xi preznačí na zi. Nech z

α00 . . . zαn

n je ďaľší monóm, ktorý sa v gh

vyskytuje s nenulovým koeficientom. Ak α0 > 0, potom tento monóm je menší ako homogenizáciavedúceho monómu g, lebo gh je homogénny polynóm a > je graduované usporiadanie. Ak α0 = 0,potom tento monóm je tiež menší, lebo menším bol aj pred homogenizáciou. �

Pokračujeme teraz v dôkaze Vety. {fh1 , . . . , fhk } je Gröbnerova báza ideálu Ih, ak LT(Ih) =(LT(fh1 ), . . . ,LT(f

hk )). Chceme ukázať, že ak f ∈ Ih, potom LT(f) ∈ (LT(fh1 ), . . . ,LT(fhk )).

Nech f ∈ Ih. Keďže Ih je homogénny ideál, každá homogénna časť polynómu f patrí doIh (Tvrdenie 3.5), a tak môžme bez ujmy na všeobecnosti predpokladať, že f je homogénnypolynóm.Z f ∈ Ih vieme, že

f =∑

pifhi pre nejaké pi ∈ k[z0, . . . , zn].


Za z0, z1, . . . , zn dosaďme 1, x1, . . . , xn (t.j. dehomogenizujme), dostávame tak

f(1, x1, . . . , xn) =∑

pi(1, x1, . . . , xn)fhi (1, x1, . . . , xn) =∑

pi(1, x1, . . . , xn)fi,

čiže f(1, x1, . . . , xn) ∈ I, a preto LT>(f(1, x1, . . . , xn)) ∈ (LT(f1), . . . ,LT(fk)). Keď polynómf(1, x1, . . . , xn) zase zhomogenizujeme, dostávame polynóm v k[z0, . . . , zn], pre ktorý platí

f = zd0(f(1, x1, . . . , xn))h.

Takže LM>h(f) = zd0LM>h

((f(1, x1, . . . , xn))h), kde LM>h((f(1, x1, . . . , xn))h) je podľa práve

dokázanej Lemy rovnýmonómu LM>(f(1, x1, . . . , xn)), ak xi stotožníme so zi. Keďže {f1, . . . , fk}je Gröbnerova báza, tak LM>(fi) | LM>(f(1, x1, . . . , xn)) pre nejaké i, odkiaľ už máme

LM>h(fhi ) | LM>h

((f(1, x1, . . . , xn))h),

a teda LM>h(f) ∈ (LM>h

(fh1 ), . . . ,LM>h(fhk )). �

Definícia 3.18. Nech X ⊂ An je afinná algebraická varieta, a nech I = I(X). Potom V (Ih)je projektívny uzáver variety X .

Pre projektívny uzáver uzáver afinnej variety berieme ideál I(X) a nie ľubovoľný ideál,ktorý túto varietu definuje. Je to preto, aby konštrukcia projektívneho uzáveru bola geometrickyintuitívna aj v prípade, keď pole k nie je algebraicky uzavreté:

Príklad 3.19. Nech I = (x21 + x42) ⊂ R[x1, x2]. Potom V (I) = {(0, 0)}. Ak by sme homo-

genizovali ideál I, dostali by sme v P2

V (Ih) = V (z20z21 + z

42) = {(1 : 0 : 0), (0 : 1 : 0)}.

Prirodzenejšie je očakávať len jednobodovú algebraickú varietu ako projektívny uzáver jednobo-dovej množiny v afinnej rovine. Naozaj,

J = I(V (I)) = (x1, x2)

Množina {x1, x2} je Gröbnerovou bázou pri akomkoľvek usporiadaní, takže homogenizácia tohtoideálu je Jh = (z1, z2). Potom v P2 dostávame

V (Jh) = V (z1, z2) = {(1 : 0 : 0)}.Ak hľadáme projektívny uzáver afinnej algebraickej variety X = V (J), musíme teda urobiť

nasledujúce výpočty:

• Nájsť ideál I = I(V (J)). Ak je pole k algebraicky uzavreté, tak I =√

(J).• Nájsť Gröbnerovu bázu ideálu I vzhľadom na nejaké graduované usporiadanie.• Zhomogenizovať polynómy nájdenej Gröbnerovej bázy.

DODATOK A

Riešenie dvojrozmernej platformy pomocou Singularu

Uvedený je zoznam príkazov pre systém počítačovej algebry Singular, ktorý rieši problémplatformy z konca Kapitoly 2.

ring r = (0, d1,d2,d3), (x1,y1,x2,y2), lp;

r;

// r je okruh nad racionalnymi cislami,

// s parametrami d1,d2,d3,

// so styrmi premennymi x1,y1,x2,y2

// a lexikografickym usporiadanim

// f1 popisuje mnozinu vsetkych stavov platformy

poly f1 = (x1-x2)^2 + (y1-y2)^2 - 1;

// f2,f3,f4 urcuju polohu platformy po zadani dlzok "noh"

poly f2 = x1^2 + y1^2 - d1^2;

poly f3 = (x2-1)^2 + y2^2 - d2^2;

poly f4 = (x1+1)^2 + y1^2 - d3^2;

ideal I = f1,f2,f3,f4;

// chceme overit, ze mnozina V(I) je konecna,

// pripadne i najst pocet rieseni

ideal gbI = groebner(I);

gbI;

poly g1 = gbI[1];

coeffs(g1, x1);

size(coeffs(g1, x1));

coeffs(g1, y1);

size(coeffs(g1, y1));

coeffs(g1, x2);


coeffs(g1, y2);


// g1 je polynom stvrteho stupna,

// v ktorom sa vyskytuje iba y2

// => styri riesenia pre y2

poly g2 = gbI[2];





67

68 A. RIEŠENIE DVOJROZMERNEJ PLATFORMY POMOCOU SINGULARU

// okrem y2 sa vyskytuje aj x2

coeffs(g2, x2);

// g2 je linearny v x2

// => pre zvolene y2 existuje len jedno x2

poly g3 = gbI[3];





// okrem y2 a x2 sa vyskytuje uz aj y1

coeffs(g3, y1);

// g3 je linearny v y1

// => pre zvolene y2 a dopocitane x2 existuje len jedno y1

poly g4 = gbI[4];


// g4 je linearny v x1

// => pre zvolene y2 a dopocitane x2, y1 existuje len jedno x1

// sustava f1 = f2 = f3 = f4 = 0 ma styri riesenia

// (niektore mozno komplexne)

// a pomocou groebnerovej bazy s lexikografickym usporiadanim

// ich vieme najst

Literatúra

[CLO96] David Cox, John Little, and Donal O’Shea, Ideals, varieties and algorithms, Springer Verlag, 1996.[Has07] Brendan Hassett, Algebraic geometry, Cambridge University Press, 2007.[Kun85] Ernst A. Kunz, Introduction to commutative algebra and algebraic geometry, Birkhauser, 1985.[SB03] M.-F. Roy S. Basu, R. Pollack, Algorithms in real algebraic geometry springer, Springer, 2003.[Sha94] Igor R. Shafarevich, Basic algebraic geometry 1, Springer Verlag, 1994.

69

Documents

Geometria2 (Algebraickágeometriaakomutatívnaalgebra) · Geometria2 (Algebraickágeometriaakomutatívnaalgebra) JanaChalmovianskáPílniková Katedra algebry, geometrie a didaktiky