Embed Size (px)
Citation preview
�INDICE
DEDICATORIA...................................................................................... 3
RESUMEN........................................................................................... 5
INTRODUCCIÓN................................................................................... 7
OBJETIVOS
Generales......................................................................................... 9
Especí�cos....................................................................................... 9
MARCO CONCEPTUAL ......................................................................... 11
CONTENIDO
I. Problemas Resueltos de Geometría, Álgebra y Algoritmos ........... 59
II. Problemas Resueltos de Bases de Groebner .................................. 71
III. Problemas Resueltos de Teoría de Eliminación................................ 95
IV. Problemas Resueltos de Diccionario de Álgebra-Geometría............. 99
CONCLUSIONES................................................................................. 103
RECOMENDACIONES........................................................................ 105
BIBLIOGRAFÍA...................................................................................... 109
1
.
DEDICATORIA"Tres cosas que meditar: la vida,
la eternidad y la muerte."
Cicerón
2
DEDICATORIA
A Dios, nuestro Padre, lleno de amor y bondad, que nos enriquececon su misericordia, por darnos el bello regalo de la vida.
A nuestros Padres, ejemplo de constancia y abnegación, por su apoyoincondicional desde nuestros primeros estudios.
A nuestra tutora, docente artí�ce incansable de nuestro bienestar,por su entrega y dedicación a su labor.
A nuestros compañeros, gente �el y persistente, que no desfallececuando de alcanzar objetivos e ideales se trata.
3
.
RESUMEN"La ciencia de la Matemática pura en
su desarrollo moderno puede pretender
ser la creación más original del espíritu
humano." Whitehead
4
RESUMEN
El objetivo básico de este trabajo es proporcionar un documento a partirdel cual el estudiante de la carrera de matemática adquiera una idea clara ycomprensible del curso de Tópicos Escógidos del Álgebra que se recibe en elsexto semestre de la carrera como lo establece el Plan de estudio vigente.
De nuestras experiencias con el curso nace la idea de la elaboración de lapresente guía, hemos per�lado el trabajo seleccionando aquellos ejercicios quese enfocan en el cumplimiento de los objetivos del curso, entre ellos tenemos:
1. Demostrar las propiedades más importantes del anillo K [x1; :::; xn] demanera ordenada y con limpieza
2. Interiorizar el concepto de variedades a�nes
3. Identi�car los órdenes monomiales más frecuentes
4. Aplicar re�exivamente el algoritmo de la división en K [x1; :::; xn]
5. Encontrar bases de Groebner con el algoritmo de Buchberger
6. Aplicar el método de eliminación para resolver sistemas de ecuaciones
7. Formular el Teorema de los Ceros de Hilbert
8. Establecer la relación existente entre la Geometría y el Álgebra mediante lacorrespondencia biunívoca entre ideales radicales y variedades irreducibles
La disposición del orden es de acuerdo a la línea de construcción de losconocimientos según lo establecido en el programa de la asignatura.
Hemos querido ser lo más claros, precisos y coherentes en la resolución delos ejercicios, siempre tratando de hacer las soluciones re�exivas para que elestudiante lector le sienta sabor al ejercicio. Cabe destacar que al igual queen todo ejercicio o problema matemático tiene varias formas de resolverse, asíque, lo que presentamos no es la última palabra en cuanto a cómo resolver unejercicio se re�ere.
No hemos puesto en el marco teórico ninguna demostración de teoremas,corolarios o proposiciones, pues eso se lo dejamos al curso, solamente presenta-mos tales resultados para su utilización en los ejercicios.
5
.
INTRODUCCIÓN�No hay problemas resueltos, hay
solamente problemas más o menos
resueltos�.
Poincaré
6
INTRODUCCI �ON
"Una teoría es completamente inútil si con ella no se puede calcular" sostieneHerman Dudwig Schmid. Siendo la matemática por de�nición una fuentegenuina de métodos de cálculo, la asignatura de Tópicos Escogidos del Álgebrahace patente esto, concentrándose esencialmente en la de�nición, construccióny aplicaciones de las bases de Groebner.
Este documento pretender ser una contribución a la formación cientí�ca delos estudiantes de la carrera de Matemática Educativa.
El propósito de esta guía es facilitar la comprensión del curso de TópicosEscogidos del Álgebra. La mayoría de textos que se usan como bibliografíadel curso y tratan del tema están en inglés y no hacen un tratamiento de loscontenidos tan asequible para el estudiante. Por ello decidimos elaborar lapresente guía, para ayudar a resolver está problemática dentro de la formaciónde los docentes de matemática del país.
El documento está estructurado en dos grandes partes el Marco Conceptualy el Contenido.
Primeramente, se presenta en el Marco Conceptual dividido en cuatrosecciones todas las de�niciones y resultados que se utilizarán en la resoluciónde los ejercicios, de manera tal que el lector sólamente deba retroceder unascuantas páginas para revisar a qué nos estamos re�riendo cuando citemos en losejercicios alguna de�nición o resultado especí�co.
Los problemas resueltos agrupados también en cuatro secciones de acuerdoa la unidad del curso, se han procurado detallarlos, pero también, en algunoscasos se le pide al lector que veri�que algo o que complete algún detalle, perola mayoría de las soluciones son tan completas como sea posible.
Cada sección del Marco Conceptual se corresponde con una sección delContenido, y la numeración de los resultados y de�niciones de cada seccióndel Marco Conceptual son independientes.
Recuerda que la mejor manera de estudiar es resolver ejercicios.
7
.
OBJETIVOS�La esencia de las matemáticas es
su libertad�.
Cantor
8
I: Objetivo General:
Resolver problemas planteados en el curso de Tópicos Escogidos del Álgebrasobre:
1. Álgebra, Geometría y Algoritmos,
2. Bases de Groebner.
3. Teoría de Eliminación
4. El Diccionario de Álgebra-Geometría
que faciliten la comprensión del curso y permitan la aplicación de los conocimien-tos teóricos adquiridos.
II: Objetivos Especí�cos:
1: Familiarizar al estudiante con las de�niciones de polinomios en variasindeterminadas, variedades a�nes, ideales polinomiales y bases deGroebner.
2: Detallar cada solución de los problemas de manera clara, coherentey ordenada.
3: Conducir al estudiante en la línea del curso, es decir, que entienda laconsecusión ordenada de los contenidos mediante su aplicación en laresolución de los problemas.
9
.
MARCO CONCEPTUAL�Las matemáticas cuando se les comprende
bien, poseen no solamente la verdad sino
la suprema belleza�.
Russell
10
1 Geometría, Álgebra y Algoritmos
1.1 Polinomios en varias indeterminadas
La geometría está interesada en lo que concierne a las variedades a�nes, que soncurvas y super�cies de�nidas por ecuaciones polinomiales. Para comprenderlas variedades a�nes necesitaremos algo de álgebra y en particular, estudiarideales en el anillo polinomial K [x1; x2; :::; xn] : Comencemos dando algunasde�niciones básicas.
Monomio [Definici�on 1]
Un monomio en x1; x2; :::; xn es un producto de la forma
x�11 � x�22 � ::: � x�nn
donde todos los exponentes �1; �2; :::; �n son enteros no negativos. El gradototal de este monomio es la suma �1 + �2 + :::+ �n:
Escribiremos x� por x�11 � x�22 � ::: � x�nn ; donde � = (�1; �2; :::; �n) es unan�upla de enteros no negativos. Si � = (0; 0; :::; 0) ; x� = 1: Además,
j�j =nXi=1
denota el grado total del monomio x�:
Polinomio [Definici�on 2]
Sea K un campo. Un polinomio f en x1; x2; :::; xn con coe�cientes en K esuna combinación lineal �nita (con coe�cientes en K) de monomios. Escribire-mos un polinomio f en la forma
f =X�
a�x�; a� 2K
donde la suma se realiza sobre un número �nito de n�uplas � = (�1; �2; :::; �n) :El conjunto de todos los polinomios en x1; x2; :::; xn se denotará porK [x1; x2; :::; xn] :
T �erminos; Coeficientes [Definici�on 3]
Sea f =P
� a�x�un polinomio en K [x1; :::; xn] :
(i) Llamaremos a a� el coe�ciente del monomio x�:
(ii) Si a� 6= 0; a�x� es un término de f:
(iii) El grado total de f denotado grad (f) es el máximo j�j entre todos losmonomios cuyos coe�cientes a� son distintos de cero.
11
La suma y el producto de dos polinomios es de nuevo otro polinomio.
Diremos que un polinomio f divide al polinomio g si g = fh para algúnh 2K [x1; :::; xn] :
Espacio Af�{n [Definici�on 4]
Dados el campo K y un entero positivo n, de�nimos el espacio afínn�dimensional sobre K como
Kn = f(a1; :::; an) : a1; :::an 2Kg
Relaciones entre polinomios y espacios a�nes. La idea central es que unpolinomio
f =X�
a�x� 2K [x1; :::; xn]
da lugar a la funciónf :Kn !K
de�nida como sigue: dado (a1; :::; an) 2 Kn, reemplazar cada xi por ai enla expresión para f . Como todos los coe�cientes de este pertenecen a K;f (a1; :::; an) 2K:
Proposici�on [5]
Sea K un campo in�nito y f 2 K [x1; :::; xn] : Entonces f = 0 enK [x1; :::; xn] si y sólo si f :K
n !K es la función nula.Esto nos permite dar el siguiente resultado:
Corolario [6]
Sea K un campo in�nito y sean f; g 2 K [x1; :::; xn] : Entonces f = g enK [x1; :::; xn] si y sólo si f :K
n !K y g :Kn !K son la misma función.
Teorema Fundamental del �Algebra [7]
Todo polinomio no constante f 2 C [x] tiene una raíz en C:
Decimos, además que un campo es algebraicamente cerrado si todo polinomiono constante en K [x] tiene una raíz en K:
12
1.2 Variedades A�nes
V ariedad Af�{n [Definici�on 8]
Sea K un campo y sean f1; :::; fs polinomios en K [x1; :::; xn] : Entonces
V = V (f1; :::; fs) = f(a1; :::; an) : fi (a1; :::; an) = 0; 1 � i � sg
Designamos a V (f1; :::; fs) como la variedad afín V de�nida por f1; :::; fs:
Según la de�nición anterior, una variedad afín V (f1; :::; fs) � Kn es elconjunto de todas las soluciones del sistema de ecuaciones
f1 (x1; :::; xn) = ::: = fs (x1; :::; xn) = 0
Fijemos un campo K y consideremos un sistema de m ecuaciones linealesen n incógnitas x1; :::; xn con coe�cientes en K:8<: a11x1 + :::+ a1nxn = b1
� � �am1x1 + :::+ amnxn = bm
Las soluciones de estas ecuaciones forman una variedad afín enKn que llamare-mos variedad lineal. Así, las rectas y los planos son variedades lineales.
Propiedades básicas de las variedades a�nes.
Lema [9]
Si V = V (f1; :::; fs) y W = V (g1; :::; gt) son variedades en Kn; entoncesV \W y V [W son variedades, es decir
V \W = V (f1; :::; fs; g1; :::; gt)V [W = V (figj : 1 � i � s; 1 � j � t)
El lema anterior signi�ca que las intersecciones y las uniones �nitas devariedades a�nes son de nuevo variedades a�nes.
En este punto surgen las siguientes interrogantes. Supongamos que tenemosf1; :::; fs 2K [x1; :::; xn] : Entonces
� Problema de consistencia.¿Podemos determinar si V (f1; :::; fs) 6= ??, esdecir, ¿tienen las ecuaciones f1 = ::: = fs = 0 una solución común?
� Problema de Finitud. ¿Podemos determinar si V (f1; :::; fs) es �nito, si esasí, podemos encontrar todas las soluciones explícitamente?
� Problema de la Dimensión. ¿Podemos determinar la dimensión deV (f1; :::; fs)?
En el camino iremos dando respuesta a estas interrogantes y otras posiblesque aparezcan en el desarrollo de los tópicos.
13
1.3 Parametrización de Variedades A�nes
Funci�on Racional [Definici�on 10]
SeaK un campo. Una función racional en t1; :::; tm con coe�cientes enK esun cociente f
g de dos polinomios f; g 2 K [t1; :::; tn] donde g es un polinomio
no nulo. Además, dos funciones racionales fg y
hk son iguales si kf = gh en
K(t1; :::; tn):
La adición y multiplicación de funciones racionales están bien de�nidas yK(t1; :::; tn) es un campo.
Supongamos ahora que tenemos la variedad V = V (f1; :::; fs) contenida enKn. Entonces una representación paramétrica racional de V consiste en lasfunciones racionales r1; :::; rn en K [t1; :::; tn] tal que los puntos dados por
x1 = r1 (t1; :::; tn)x2 = r2 (t1; :::; tn)
...xn = rn (t1; :::; tn)
están en V :
En muchas ocasiones tendremos parametrizaciones de una variedad donder1; :::; rn son más bien polinomios. Esto es lo que llamaremos una representaciónparamétrica polinomial de V .En contraste, las ecuaciones originales que de�nen a V , a saber,
f1 = ::: = fs = 0
son llamadas una representación implícita de V .
La conveniencia de tener ambos tipos de representaciones nos conducen alas siguientes preguntas:
� Parametrización: ¿Cada variedad afín tiene una representación paramétricaracional?
� Implicitización: ¿Dada una representación paramétrica de una variedadafín, podemos encontrar las ecuaciones que de�nen la variedad (es decir,encontrar una representación implícita)?
La respuesta a la primera es no, a la segunda es sí.
14
1.4 Ideales
Ideal [Definici�on 11]
Un subconjunto I �K [x1; :::; xn] es un ideal si satisface:
i) 0 2 I
ii) Si f; g 2 I, entonces f + g 2 I
iii) Si f 2 I y h 2K [x1; :::; xn] entonces hf 2 I
La importancia real de los ideales es que ellos nos darán un lenguaje paracálculos con variedades a�nes. El primer ejemplo natural de un ideal es elgenerado por un número �nito de polinomios.
Suma y Producto de Ideales [Definici�on 12]
Si I y J son ideales, entonces los conjuntos
I + J = ff + g : f 2 I; g 2 Jg
IJ =
�nPk=1
fkgk : fk 2 I; gk 2 J con n 2 N; 1 � k � n�
son ideales.
Ideal Generado (Lema [13])
Si f1; :::; fs 2K [x1; :::; xn] ; entonces
hf1; :::; fsi =(
sXi=1
hifi : h1; :::; hs 2K [x1; :::; xn]
)
es un ideal de K [x1; :::; xn] llamado el ideal generado por f1; :::; fs:
El ideal hf1; :::; fsi tiene una bonita interpretación en términos de ecua-ciones polinomiales. Dados f1; :::; fs 2 K [x1; :::; xn] ; tenemos el sistema deecuaciones
f1 = 0...
fs = 0
De estas ecuaciones, uno puede derivar otros usos del álgebra. Por ejemplo, simultiplicamos la primera ecuación por h1 2K [x1; :::; xn] ; la segunda por h2 2K [x1; :::; xn] ; etc, y luego añadimos las ecuaciones resultantes, obtenemos
h1f1 + h2f2 + :::+ hsfs = 0;
lo cual es una consecuencia de nuestro sistema original.
15
Ideal F initamente Generado [Definici�on 14]
Un ideal I es �nitamente generado si existen f1; :::; fs 2K [x1; :::; xn] talesque
I = hf1; :::; fsi ;en este caso decimos que f1; :::; fs es una base de I:
Proposici�on [15]
Si f1; :::; fs y g1; :::; gt son bases del mismo ideal en K [x1; :::; xn] conhf1; :::; fsi y hg1; :::; gti iguales. Entonces
V (f1; :::; fs) = V (g1; :::; gt)
Cambiando la base del ideal, podemos hacer más fácil la determinación dela variedad. La habilidad para cambiar las bases sin afectar la variedad esmuy importante, pues las variedades a�nes son determinadas por ideales no porecuaciones.
Ideal de una V ariedad [Lema 16]
Sea V �Kn una variedad afín. Establezcamos que
I (V ) = ff 2K [x1; :::; xn] : f (a1; :::; an) = 0;8 (a1; :::; an) 2 V g
Si V � Kn es una variedad afín, entonces I (V ) � K [x1; :::; xn] es unideal, llamado el ideal de V :
Tomemos f1; :::; fs 2K [x1; :::; xn] : Esto nos da
Polinomios V ariedad Idealf1; :::; fs ) V (f1; :::; fs) ) I (V (f1; :::; fs))
y la natural pregunta de que si I (V (f1; :::; fs)) = hf1; :::; fsi : La respuestadesafortunadamente, no siempre es sí. La mejor respuesta en este punto es:
Lema [17]
Si f1; :::; fs 2K [x1; :::; xn] ; entonces
hf1; :::; fsi � I (V (f1; :::; fs)) ;
en general, la igualdad no siempre ocurre.
Proposici�on [18]
Sean V y W variedades a�nes en Kn. Entonces
V �W , I (W ) � I (V )V =W , I (V ) = I (W )
16
Por ahora, enlistemos 3 preguntas más, conciernentes a ideales enK [x1; :::; xn] :
� Descripción del Ideal: ¿Puede todo ideal I � K [x1; :::; xn] ser escritocomo hf1; :::; fsi para algunos f1; :::; fs 2K [x1; :::; xn]?
� Pertenencia a un ideal: Si f1; :::; fs 2 K [x1; :::; xn] ; ¿hay algún algo-ritmo para decidir si un f 2K [x1; :::; xn] está en hf1; :::; fsi?
� Nullstellensatz: Dados f1; :::; fs 2 K [x1; :::; xn] : ¿Cuál es la relaciónexacta entre hf1; :::; fsi y I (V (f1; :::; fs))?
Como lo mencionamos antes se irán respondiendo en el transcurso deldocumento.
1.5 Polinomios en una variable
Discutiremos polinomios de una variable y estudiaremos el algoritmo de la di-visión que lo usaremos para determinar la estructura de ideales de K [x] yexplorar la idea del máximo común divisor (mcd). También, comenzaremos acomprender el importante rol jugado por los algoritmos.
Informalmente, un algoritmo es un conjunto especí�co de instrucciones paramanipular datos numéricos y simbólicos. Son ejemplos las fórmulas de derivacióndel Cálculo y el método de reducción de �las del Álgebra Lineal. Un algo-ritmo tendrá inputs (entradas) los cuales son objetos usados por el algoritmo,y outputs (salidas) que son los resultados del algoritmo. En cada etapa deejecución, el algoritmo debe especi�car exactamente el siguiente paso a seguir.
Comenzaremos discutiendo el algoritmo de la división para polinomios enK [x] :
T �ermino Principal [Definici�on 19]
Dado un polinomio no nulo f 2K [x] ; sea
f = a0xm + a1x
m�1 + am
donde ai 2 K y a0 6= 0 (es decir, m = grad (f)) : Decimos entonces que a0xm
es el término principal de f y se escribe tp (f) = a0xm:
Si f y g son polinomios no nulos, entonces
grad (f) � grad (g), tp (f) j tp (g)
17
El Algoritmo De La Divisi�on [Proposici�on 20]
Sean K un campo y g un polinomio no nulo en K [x] : Entonces cualquierf 2K [x] se puede expresar en la forma
f = qg + r
donde q; r 2 K [x] y, r = 0 ó grad (r) < grad (g) : Además, q y r son únicos yexiste un algoritmo para encontrar q y r:
Input : g; fOutput : q; rq := 0 ; r := f
WHILE r 6= 0 AND tp (g) j tp (r) DO
q := q +tp (r)
tp (g)r := r �
�tp (r)
tp (g)
�g
Corolario [21]
Si K es un campo y f 2 K [x] es un polinomio no nulo, entonces f tiene alo más grad (f) raíces en K:
Corolario [22]
SiK es un campo, entonces todo ideal deK [x] se puede escribir de la formahfi para algún f 2 K [x] : Además, f es único salvo por un factor no nulo enK:
En general, un ideal generado por un elemento es llamado ideal principal. Envista del corolario [22] decimos queK [x] es un Dominio de Ideales Principales(DIP ) :
La prueba del corolario [22] nos dice que el generador de un ideal enK [x]es el polinomio no nulo de mínimo grado contenido en el ideal. La descripciónno es útil en la práctica, porque requiere que chequeemos los grados de todos lospolinomios en el ideal. ¿Hay una mejor manera de encontrar el generador? Laherramienta necesaria para resolver este problema es el máximo común divisor.
M�aximo Com�un Divisor [Definici�on 23]
Un máximo común divisor de los polinomios f; g 2 K [x] es el polinomio htal que
(i) h divide a f y g;
(ii) Si p es otro polinomio que divide a f y g; entonces p divide a h:
Si h cumple estas propiedades escribiremos h = mcd (f; g) :
18
Proposici�on [24]
Sean f; g 2K [x] : Entonces
i) mcd (f; g) existe y es único salvo por una constante no nula en K;
ii) mcd (f; g) es un generador del ideal hf; gi,
iii) existe un algoritmo para calcular el mcd (f; g) :
Input : f; gOutput : hh := f ; s := g
WHILE s 6= 0 DOrem := remainder (h; s)h := ss := rem
M�aximo Com�un Divisor Generalizado [Definici�on 25]
Un máximo común divisor de los polinomios f1; :::; fs 2 K [x] es un poli-nomio h tal que
i) h j f1; :::; h j fsii) si p es otro polinomio que divide a f1; :::; fs entonces p j hSi h tiene estas propiedades escribimos h = mcd (f1; :::; fs) :
Proposici�on [26]
Sean f1; :::; fs 2K [x] ; donde s � 2: Entoncesi) mcd (f1; :::; fs) existe y es único salvo por la multiplicación de unaconstante no nula en K;
ii) mcd (f1; :::; fs) es un generador del ideal hf1; :::; fsi ;
iii) si s � 3, entonces mcd (f1; :::; fs) = mcd (f1;mcd (f2; :::; fs)) ;
iv) existe un algoritmo para calcular mcd (f1; :::; fs) :
Más generalmente, dado f1; :::; fs 2 K [x] es claro que ahora tenemos unalgoritmo para encontrar un generador de hf1; :::; fsi : Para otra aplicación delalgoritmo desarrollada aquí, consideremos el problema de la pertenencia a unideal: dados f1; :::; fs 2 K [x] ; ¿hay un algoritmo para decidir si un polinomiodado f 2K [x] pertenece al ideal hf1; :::; fsi? La respuesta es sí y el algoritmoes fácil de describir. El primer paso es usar el mcd para encontrar un generadorh de hf1; :::; fsi : Entonces, como f 2 hf1; :::; fsi es equivalente a f 2 hhi ;necesitamos sólo usar el algoritmo de la división para escribir f = qh+ r; dondegrad (r) < grad (h) : Se sigue que f está en el ideal si y sólo si r = 0:
19
2 Bases de Groebner
2.1 Introducción
En la sección anterior vimos como el álgebra de los anillos polinomialesK [x1; :::; xn] y la geometría de variedades algebraicas a�nes están relacionadas.En esta sección estudiaremos el método de las Bases de Groebner que nos per-mitirá resolver problemas (algunos ya planteados) acerca de ideales polinomialesen una forma algorítmica o computacional.
Problemas:
a) El problema de la descripci�on de un ideal:
¿Todo ideal I � K [x1; :::; xn] tiene un conjunto generador �nito?, enotras palabras, ¿podemos escribir I = hf1; :::; fsi para algún fi 2K [x1; :::; xn]?
b) El problema de la pertenencia a un ideal:
Dados f 2 K [x1; :::; xn] y un ideal I = hf1; :::; fsi ; determine si f 2 I:Geométricamente, esto es, relativo al problema de determinar si V (f1; :::; fs)está en la variedad V (f) :
c) El problema de resolver ecuaciones polinomiales:
Encontrar todas las soluciones comunes enKn de un sistema de ecuacionespolinomiales
f1 (x1; :::; xn) = � � � = fs (x1; :::; xn) = 0;
claro, esto es lo mismo que preguntar por los puntos en la variedad afínV (f1; :::; fs) :
2.2 Órdenes Monomiales en K [x1; :::; xn]
�Orden Monomial [Definici�on 1]
Un orden monomial en K [x1; :::; xn] es una relación > en Zn�0; o en formaequivalente, una relación en el conjunto de monomios x�; � 2 Zn�0; tal que:
i) > es un orden total (o lineal) en Zn�0;
ii) si � > � y 2 Zn�0; entonces �+ > � + ;
iii) > es un buen orden en Zn�0: Esto signi�ca que todo subconjunto no vacíode Zn�0 tiene un mínimo elemento bajo > :
20
El siguiente lema nos ayudará a comprender lo que signi�ca la condición debuen orden de la parte iii) de la de�nición.
Buen Orden (Lema [2])
Una relación de orden > en Zn�0 es un buen orden si y sólo si toda sucesiónestrictamente decreciente en Zn�0
� (1) > � (2) > � (3) > � � �
es �nita.
Orden Lexicogr�afico [Definici�on 3]
Sea � = (�1; :::; �n) y � = (�1; :::; �n) 2 Zn�0: Decimos que
� >lex �
si en la diferencia vectorial � � � 2 Zn; la primera componente no nula por laizquierda es positiva. Escribiremos
x� >lex x� si � >lex �
Proposici�on [4]
El orden lexicográ�co en Zn�0 es un orden monomial.
Es importante recalcar que hay muchos órdenes lex, correspondientes a comolas variables son ordenadas. Por ejemplo, si las variables son x y y, entoncesobtenemos un orden lex con x > y y un segundo con y > x: En el caso generalde n variables hay n! órdenes lex:
En el órden lex notemos que una variable domina cualquier monomio queinvolucre sólo variables menores, sin importar su grado total. Así, para el ordenlex con x > y > z tenemos que x > y5z3:
Para algunos propósitos, podemos también querer tomar los grados totalesde los monomios para ordenarlos por el grado mayor. Una manera de hacer estoes con el orden lexicográ�co graduado (lexgr) :
Orden Lexicogr�afico Graduado [Definici�on 5]
Sean �; � 2 Zn�0: Decimos que � >lexgr � si
j�j > j�j ó j�j = j�j y � >lex �
donde
j�j =nPi=1
�i y j�j =nPi=1
�i:
21
Orden Lexicogr�afico Graduado Revertido [Definici�on 6]
Sean �; � 2 Zn�0: Decimos que � >lexgrev � si
j�j > j�j ó j�j = j�j y en �� � 2 Zn la primera componente nonula por la derecha es negativa.
Definici�on [7]
Sea f =P�a�x
� un polinomio no nulo en K [x1; :::; xn] y sea > un orden
monomial.
i) el multigrado de f es
multi grad (f) = m�ax�� 2 Zn�0 : a� 6= 0
(el máximo es tomado con respecto a >);
ii) el coe�ciente principal de f es
cp (f) = amulti grad(f) 2K;
iii) el monomio principal de f es
mp (f) = xmulti grad(f)
(con coe�ciente 1),
iv) el término principal de f es
tp (f) = cp (f) �mp (f) :
Lema [8]
Sean f; g 2K [x1; :::; xn] polinomios no nulos. Entonces
1. multi grad (fg) = multi grad (f) +multi grad (g)
2. si f+g 6= 0; entoncesmulti grad (f + g) � m�ax fmulti grad (f) ;multi grad (g)g :
Si además, multi grad (f) 6= multi grad (g) ; entonces se cumple la igualdad.
22
2.3 Algoritmo de la División en K [x1; :::; xn]
En 2:1 vimos como el algoritmo de la división ha podido ser usado para resolver elproblema de la pertenencia a un ideal para polinomios de una variable. Con el �nde estudiar este problema cuando hay más variables, formularemos un algoritmode la división para polinomios en K [x1; :::; xn] que extiende el algoritmo paraK [x] : En el caso general, la meta es dividir f 2K [x1; :::; xn] por f1; :::; fs 2K [x1; :::; xn] : Como veremos esto signi�ca expresar f en la forma
f = a1f1 + a2f2 + � � �+ asfs + r
donde los "cocientes" ai; :::; as y el residuo r pertenecen a K [x1; :::; xn] :
Algoritmo de la Divisi�on en K [x1; :::; xn] [Teorema 9]
Fijemos un orden monomial > en Zn�0 y sea F = (f1; :::; fs) una s�upla orde-nada de polinomios en K [x1; :::; xn] : Entonces, todo polinomio f 2K [x1; :::; xn] se puede escribir en la forma
f = a1f1 + a2f2 + � � �+ asfs + r
con ai; r 2 K [x1; :::; xn] ; donde r = 0 ó r es una combinación lineal demonomios (con coe�cientes enK) y ninguno de éstos es divisible por tp (f1) ; :::;tp (fs) : Diremos que r es un residuo que resulta al dividir f por F: Además, siaifi 6= 0; entonces
multi grad (f) � multi grad (aifi) :
Inputs : f1; :::; fs; fOutputs : a1; :::; as; r
a1 := 0; :::; as := 0; r := 0p := f
WHILE p 6= 0 DO
i := 1divisionocurred := falseWHILE i � s AND divisionocurred = false DO
IF tp (fi) divides tp (p) THEN
ai := ai +tp (p)
tp (fi)
p := p��tp (p)
tp (fi)
�fi
ELSEi := i+ 1
IF divisionocurred = false THEN
r := r + tp (p)p := p� tp (p)
23
La idea básica del algoritmo es la misma como en el caso univariado: quer-emos cancelar el término principal de f (con respecto a un orden monomial�jo) multiplicando algun fi por un monomio apropiado y restando. Luego estemonomio se vuelve un término en el correspondiente ai:
2.4 Ideales Monomiales y el Lema de Dickson
En esta parte consideraremos el problema de la descripción de un idel para elcaso especial de los ideales monomiales. Esto requerirá un esrudio cuidadosode las propiedades de estos ideales. De�namos pues, ideales monomiales enK [x1; :::; xn] :
Ideal Monomial [Definici�on 10]
Un ideal I � K [x1; :::; xn] es un ideal monomial si existe un subconjuntoA � Zn�0 (posiblemente in�nito) tal que I está formado por todos los polinomiosque son sumas �nitas de la forma X
�2Ah�x
�;
donde h� 2K [x1; :::; xn] : En este caso escribiremos I = hx� : � 2 Ai :
Ahora necesitamos caracterizar todos los monomios que estén en un idealmonomial dado, esto lo haremos con el siguiente :
Lema [11]
Sea I = hx� : � 2 Ai un ideal monomial. Entonces un monomio x� 2 I si ysólo si x� es divisible por x�; para algún � 2 A:
Observemos que x� es divisible por x� si y sólo si x� = x� � x , para algún 2 Zn�0: Esto es equivalente a � = �+ : Entonces el conjunto
�+ Zn�0 =��+ : 2 Zn�0
está formado por todos los exponentes de los monomios divisibles por x�:
Seguiremos, mostrando que si un polinomio f pertenece a un ideal monomialpuede ser determinado observando los monomios de f:
Lema [12]
Sea I un ideal monomial y sea f 2 K [x1; :::; xn] : Las siguientes a�rma-ciones son equivalentes:
1. f 2 I
2. todo término de f está en I
3. f es una combinación K � lineal de los monomios en I:
24
Una consecuencia inmediata de la parte 3 del lema es que un ideal monomialestá únicamente determinado por sus monomios.
Corolario [13]
Dos ideales monomiales son iguales si y sólo si contienen los mismos monomios.
El resultado principal de esta parte es que todo ideal monomial deK [x1; :::; xn]es �nitamente generado:
Lema de Dickson (Teorema [14])
Un ideal monomial I = hx� : � 2 Ai � K [x1; :::; xn] puede expresarse enla forma
I =Dx�(1); x�(2); :::x�(s)
E;
donde � (1) ; � (2) ; :::; � (s) 2 A: En particular, I tiene una base �nita.
El Teorema [14] soluciona la descripción ideal para ideales monomiales,pues dice que un tal ideal tiene una base �nita. Esto, a la vez, nos permiteresolver el problema de la pertenencia a un ideal para ideales monomiales. Esdecir, si
I =Dx�(1); x�(2); :::x�(s)
E;
entonces uno puede fácilmente mostrar que unpolinomio dado f está en I si y sólo si el residuo de f al dividirlo porx�(1); x�(2); :::; x�(s) es cero.
Corolario [15]
Sea > una relación en Zn�0 que satisface:
1. > es un orden total en Zn�0
2. si � > � y 2 Zn�0; entonces �+ > � + :
Entonces > es un buen orden si y sólo si � � 0; 8� 2 Zn�0:
Como un resultado de este corolario, la de�nición de orden monomial puedeser simpli�cada, las condiciones (i) y (ii) quedan igual y reemplazamos (iii) porla simple condición que � � 0; 8� 2 Zn�0:
Esto hace mucho más fácil veri�car que un orden dado es un orden monomial.
25
2.5 El Teorema de la Base de Hilbert y Bases de Groebner
En esta parte daremos una solución completa al problema de la descripción deideales. Nuestro estudio nos llevará también a las bases de ideales con "buenas"propiedades en relación al algoritmo de la división introducido en 2:3.
La idea principal que usaremos es que cuando se escoge un orden monomialcada f 2K [x1; :::; xn] tiene un único término principal tp (f) : Por tanto, dadoun ideal I, podemos de�nir el ideal de términos principales como sigue:
Ideal de T �erminos Principales [Definici�on 16]
Sea I �K [x1; :::; xn] un ideal distinto de f0g :
i) denotaremos por tp (I) al conjunto de todos los términos principales delos elementos de I, es decir,
tp (I) = fcx� : existe f 2 I con tp (f) = cx�g ;
ii) denotaremos por htp (I)i al ideal generado por los elementos de tp (I) :
Notemos que dado I = hf1; :::; fsi ; htp (f1) ; :::; tp (fs)i y htp (I)i pueden serideales diferentes. htp (I)i puede ser mayor.
Proposici�on [17]
Sea I �K [x1; :::; xn] un ideal.
i) htp (I)i es un ideal monomial
ii) existen g1; :::; gs 2 I tal que htp (I)i = htp (g1) ; :::; tp (gs)i
La proposici�on [17] y el algoritmo de la división pueden ser utilizados ahorapara demostrar la existencia de un conjunto generador �nito para todo idealpolinomial, dando con esto una respuesta positiva al problema de la descripciónde un ideal.
Teorema de la Base de Hilbert [Teorema 18]
Todo ideal I � K [x1; :::; xn] tiene un conjunto generador �nito, es decir,I = hg1; :::; gsi para algunos g1; :::; gs 2 I:
Además de responder a la pregunta de la descripción de un ideal, la basefg1; :::; gsg utilizada en la demostración del teorema anterior tiene la propiedadnotable de que
htp (I)i = htp (g1) ; :::; tp (gs)i :
No todas la bases de un ideal tienen esta propiedad. A estas bases especialesles daremos el siguiente nombre:
26
Bases de Groebner [Definici�on 19]
Fijemos un orden monomial. Un subconjunto �nito G = fg1; :::; gsg de unideal I es una base de Groebner (o base estándar) si
htp (g1) ; :::; tp (gs)i = htp (I)i
Equivalentemente, pero muy informal, un conjunto fg1; :::; gsg � I es unabase de Groebner de I si y sólo si el término principal de cualquier elementode I es divisible por uno de los tp (gi) (esto se desprende del lema [11]). Lademostración del teorema de la base de Hilbert establece el siguiente resultado:
Corolario [20]
Fijemos un orden monomial. Entonces todo ideal I �K [x1; :::; xn] distintode f0g tiene una base de Groebner. Además, toda base de Groebner de un idealI es una base de I:
Concluiremos esta parte con dos aplicaciones del teorema de la base deHilbert.
La primera es un resultado algebraico sobre ideales en K [x1; :::; xn]. Unacadena ascendente de ideales es una sucesión creciente y anidadaI1 � I2 � � � �: Si quisieramos extender la cadena ocurrirían dos alternativas, enambas la cadena se estabiliza después de un número �nito de pasos.
La Condici�on de la Cadena Ascendente (Teorema [21])
SeaI1 � I2 � I3 � � � �
una cadena ascendente de ideales en K [x1; :::; xn] : Entonces existe N � 1 talque
IN = IN+1 = IN+2 = � � �
La segunda consecuencia es de índole geométrica. Hasta aquí hemosconsiderado a las variedades a�nes como conjuntos de soluciones de conjuntos�nitos de ecuaciones polinomiales:
V (f1; :::; fs) = f(a1; :::; an) 2Kn : fi (a1; :::; an) = 0; 8ig :
El teorema de la base de Hilbert permite darle sentido al concepto devariedad de�nida por un ideal I �K [x1; :::; xn] :
V ariedad de un Ideal [Definici�on 22]
Sea I �K [x1; :::; xn] un ideal. Denotemos por V (I) al conjunto
V (I) = f(a1; :::; an) 2Kn : f (a1; :::; an) = 0; 8f 2 Ig :
27
Aún cuando un ideal no nulo I contiene un número in�nito de polinomiosdiferentes, el conjunto V (I) puede ser de�nido por un conjunto �nito de ecua-ciones polinomiales.
Proposici�on [23]
V (I) es una variedad afín. En particular, si I = hf1; :::; fsi ; entonces
V (I) = V (f1; :::; fs)
2.6 Propiedades de las Bases de Groebner
En la parte 2:5 se probó que todo ideal no nulo I � K [x1; :::; xn] posee unabase de Groebner. En esta sección estudiaremos las propiedades de las bases deGroebner y aprenderemos a identi�car cuándo una base dada es de Groebner.
Proposici�on [24]
Sea G = fg1; :::; gsg una base de Groebner de un ideal I � K [x1; :::; xn]y sea f 2 K [x1; :::; xn] : Entonces existe un único residuo r 2 K [x1; :::; xn]con las dos propiedades siguientes:
i) ningún término de r es divisible por algún tp (g1) ; :::; tp (gs)
ii) existe un g 2 I tal que f = g + r
En particular, r es el residuo de dividir f por G sin importar el orden de loselementos de G al aplicar el algoritmo de la división.
El residuo r se llama a veces la forma normal de f y las propiedades (prin-cipalmente la unicidad) caracterizan las bases de Groebner.
A pesar de que el residuo r es único, los "cocientes" ai dados por el algoritmode la división f = a1g1 + ::: + asgs + r pueden cambiar si damos otro orden alos generadores, incluso si la base es de Groebner.
Veamos el siguiente criterio que nos permite saber cuando un polinomiopertenece a un ideal:
Corolario [25]
Sea G = fg1; :::; gsg una base de Groebner para un ideal I �K [x1; :::; xn]y sea f 2K [x1; :::; xn] : Entonces f 2 I si y sólo si el residuo de dividir f porG es cero.
Por medio de este corolario obtenemos un algoritmo para resolver elproblema de la pertenencia a un ideal, si tenemos una base de Groebner para el
28
ideal en cuestión, solamente se calcula el residuo respecto a G para determinarsi f 2 I:
Definici�on [26]
Escribiremos fFpara denotar el residuo de dividir f por la s�upla or-
denda F = (f1; :::; fs). Si F es una base de Groebner de hf1; :::; fsi ; entoncespodemos considerar a F como un conjunto (sin un orden en particular) por laproposici�on [24].
Ahora discutamos la forma de decidir cuando un conjunto generador de unideal es una base de Groebner. Tal como se señaló, el único obstáculo paraque ff1; :::; fsg sea una base de Groebner es la posible aparición de combina-ciones polinomiales de los fi cuyos términos principales no pertenezcan al idealgenerado por los tp (fi) : Una forma de que esto ocurra es cuando los términosprincipales en una combinación determinada,
ax�fi � bx�fj
se cancelan, resultando términos más pequeños. Por otro lado, ax�fi� bx�fj 2I; de modo que su término principal pertenece a htp (I)i :
Para estudiar este fenómeno de cancelación, introduzcamos las siguientescombinaciones especiales:
M�{nimo Com�un M �ultiplo y S � polinomio [Definici�on 27]
Sean f; g 2K [x1; :::; xn] polinomios no nulos.
i) simulti grad (f) = � ymulti grad (g) = �; entonces = ( 1; :::; n) donde i = m�ax (�i; �i) para cada i: Llamamos a x
el mínimo común múltiplode mp (f) y mp (g); en símbolos
x = mcm (mp (f) ;mp (g)) ;
ii) el S�polinomio de f y g es la combinación
S (f; g) =
�x
tp (f)� f���x
tp (g)� g�
(observe que aquí estamos invirtiendo también los coe�cientes principales).
Un S�polinomio está diseñado para cancelar términos principales.
29
Lema [28]
Supongamos que tenemos una sumasPi=1
cifi donde ci 2 K y el
multi grad (fi) = � 2 Zn�0 para todo i: Si
multi grad
�sPi=1
cifi
�< �;
entoncessPi=1
cifi es una combinación lineal, con coe�cientes en K de los
S�polinomios S (fj ; fk), 1 � j; k � s: Además, cada S (fj ; fk) tiene multigradomenor que �:
Usando los S�polinomios y el lema [28] se prueba el siguiente criterio deBuchberger para saber si la base de un ideal es una base de Groebner.
Criterio de los S � pares de Buchberger (Teorema [29])
Sea I un ideal polinomial. Entonces una base G = fg1; :::; gsg de I es unabase de Groebner para I si y sólo si para todos los pares fgi; gjg con i 6= j; elresiduo de dividir S (gi; gj) por G (ordenado de alguna manera) es cero.
El Teorema [29] es uno de los principales resultados de las bases de Groeb-ner. Usando este criterio es fácil demostrar que una base dada es de Groebner.
30
2.7 El Algoritmo de Buchberger
Hemos visto que todo ideal de K [x1; :::; xn] diferente de f0g tiene una basede Groebner. Dado un ideal I � K [x1; :::; xn] ; ¿cómo construir una base deGroebner para I?Se sugiere que, en general, se podría extender una base F = ff1; :::; fsg a una
base de Groebner agregando a F sucesivamente los residuos no nulos S (fi; fj)F:
Esta idea es una consecuencia natural del criterio de los s�pares de 2:6 la cualconduce al siguiente algoritmo para calcular las bases de Groebner, debido aBruno Buchberger:
Algoritmo de Buchberger (Teorema [30])
Sea I = hf1; :::; fsi 6= f0g un ideal polinomial. Entonces se puede construiruna base de Groebner para I en un número �nito de pasos, por medio delsiguiente algoritmo:
Inputs : F = hf1; :::; fsiOutputs : a Groebner basis G = (g1; :::; gt) for I; with F � GG := FREPEAT
G0 := GFOR each pair fp; qg ; p 6= q in G0 DO
S := S (p; q)G0
IF S 6= 0 THEN G := G[fSgUNTIL G = G0
En conjunto, el criterio de los s�pares (teorema [29]) y el algoritmo deBuchberger (teorema anterior) dan un recurso algorítmico para la teoría de lasbases de Groebner.
Las bases de Groebner así obtenidas son a menudo más extensas de lonecesario, pudiéndose eliminar algunos generadores innecesarios usando el sigu-iente hecho:
Lema [31]
Sea G una base de Groebner para el ideal polinomial I. Sea p 2 G unpolinomio tal que tp (p) 2 htp (G� fpg)i : Entonces G � fpg también es unabase de Groebner para I:
Si ajustamos las constantes para hacer los coe�cientes principales iguales a1 y si eliminamos todos los p con tp (p) 2 htp (G� fpg)i en G, obtenemos loque llamaremos una base minimal de Groebner.
31
Base M�{nima de Groebner [Definici�on 32]
Una base mínima de Groebner para un ideal polinomial I es una base deGroebner para I tal que
i) cp (p) = 1 8p 2 G
ii) 8p 2 G : tp (p) =2 htp (G� fpg)i :
Se puede construir una base mínima de Groebner para un ideal no nulo,aplicando el algoritmo del teorema [30] y usando después el lema [31] paraeliminar los generadores innecesarios que podrían haber sido incluidos.
Desafortunadamente, un ideal puede tener muchas bases mínimas de Groeb-ner, pero, afortunadamente podemos escoger una base mínima mejor que lasotras. La de�nición es la siguiente:
Base Reducida de Groebner [Definici�on 33]
Una base reducida de Groebner para un ideal polinomial I es una base deGroebner G para I tal que:
a) cp (p) = 1 8p 2 G
b) 8p 2 G; ningún monomio de p pertenece a htp (G� fpg)i :
En general, las bases reducidas de Groebner tienen la siguiente destacadapropiedad:
Proposici�on [34]
Sea I 6= f0g un ideal polinomial. Se cumple que, dado un orden monomial,I tiene una única base reducida de Groebner.
Una consecuencia de la unicidad de la proposici�on [34] es que nos da unalgoritmo para la igualdad de ideales, cuando sea preciso ver si dos conjunto depolinomios ff1; :::; fsg y fg1; :::; gsg generan el mismo ideal: se �ja simplementeun orden monomial y se calculan las bases reducidas de Groebner de ff1; :::; fsgy fg1; :::; gsg : Entonces, dichos ideales son iguales si y sólo si las bases reducidasde Groebner son las mismas.
32
3 Teoría de Eliminación
En esta sección estudiaremos los métodos sistemáticos para eliminar variablesde sistemas de ecuaciones polinomiales. La estrategia básica de la teoría de elim-inación será dada en dos teoremas fundamentales: El Teorema de Eliminacióny el Teorema de Extensión. La interpretación geométrica de la Eliminaciónserá también explorada cuando discutamos el Teorema de La Clausura. De lasmuchas aplicaciones de la teoría de Eliminación, trataremos dos en especial: elproblema de implicitización y la envoltura de una familia de curvas.
3.1 Los Teoremas de Eliminación y Extensión
Veamos primero como funciona la eliminación con el siguiente ejemplo. Resolva-mos el sistema de ecuaciones 8<: x2 + y + z = 1;
x+ y2 + z = 1;x+ y + z2 = 1:
(1)
Si I es el ideal
I =x2 + y + z � 1; x+ y2 + z � 1; x+ y + z2 � 1
�;
entonces una base de Groebner para I respecto al orden lex está dada por lospolinomios:
g1 = x+ y + z2 � 1;
g2 = y2 � y � z2 + z;
g3 = 2yz2 + z4 � z2;
g4 = z6 � 4z4 + 4z3 � z2:
(2)
Se sigue que las ecuaciones (1) y (2) tienen las mismas soluciones. Por tanto,como
g4 = z6 � 4z4 + 4z3 � z2 = z2 (z � 1)
�z2 + 2z � 1
�involucra solamente a z, vemos que las z posibles son 0; 1 y �1 �
p2.
Sustituyendo estos valores en g2 = y2�y�z2+z = 0 y g3 = 2yz2+z4�z2 = 0,podemos determinar las posibles y, y entonces �nalmenteg1 = x+ y+ z
2� 1 da las x correspondientes. De esta forma, podemos veri�carque las ecuaciones (1) tienen exactamente cinco soluciones: (1; 0; 0) ; (0; 1; 0) ;(0; 0; 1) ;
��1 +
p2;�1 +
p2;�1 +
p2�;��1�
p2;�1�
p2;�1�
p2�:
¿Cómo fue posible encontrar estas soluciones?. Dos cosas lo hicieron posible:
� Paso de eliminación. Pudimos encontrar una consecuencia de las ecua-ciones originales, expresado sólo en función de z, i.e., eliminamos x e y delsistema de ecuaciones.
33
� Paso de extensión. Una vez resuelta la ecuación más sencilla paradeterminar los valores de z pudimos extender estas soluciones a solucionesde las ecuaciones originales.
La idea fundamental de la teoría de eliminación es que los dos pasosanteriores pueden funcionar con gran generalidad. Tenemos pues la siguientede�nición.
l� �esimo Ideal de Eliminaci�on (Definici�on [1])
Dado I = hf1; :::; fsi � K [x1; :::; xn], el l-ésimo ideal de eliminación I l esel ideal de K [xl+1; :::; xn] de�nido por
I l = I \K [xl+1; :::; xn] :
Por lo tanto,I l consiste en todas las consecuencias de f1 = ::: = fs = 0 queeliminan las variables xl; :::; xn. Es claro que I l es un ideal de K [xl+1; :::; xn].Observemos que I = I0es el 0-ésimo ideal de eliminación y que diferentesórdenes de las variables producen ideales de eliminación diferentes.
Usando este lenguaje, vemos que la eliminación de x1; :::; xl signi�ca encon-trar polinomios no nulos en el l-ésimo ideal de eliminación I l. En suma, unasolución del paso de eliminación signi�ca dar un procedimiento sistemático paraencontrar elementos de I l. Con un orden monomial apropiado las bases deGroebner nos permiten hacer esto inmediatamente.
El Teorema de Eliminaci�on (Teorema [2])
Sean I �K [x1; :::; xn] un ideal y G una base de Groebner de I respecto alorden lex donde x1 > x2 > ::: > xn. Entonces, para todo 0 � l � n, el conjunto
Gl = G \K [xl+1; :::; xn]
es una base de Groebner del l-ésimo ideal de eliminación I l .
El teorema de Eliminaci�on muestra que una base de Groebner con elorden lex elimina no sólo la primera variable, sino las dos primeras variables,las tres primeras variables, y así sucesivamente. En algunos casos (tal comoel problema de implicitización que se estudiará en el 3.3) deseamos eliminarsolamente algunas variables, sin importarnos las otras.
Estudiemos ahora el paso de extensión. Supongamos que tenemos un idealI �K [x1; :::; xn], tenemos entonces la variedad afín
V (I) = f(a1; :::; an) 2Kn : f (a1; :::; an) = 0 8f 2 Ig :
Para describir los puntos de V (I), la idea básica es construir las solucionesagregando coordenadas. Fijemos l entre 1 y n; sea I l un ideal de eliminación.Llamaremos a la solución (al+1; :::; an) 2 V (I l) una solución parcial del sistema
34
original de ecuaciones. Para extender (al+1; :::; an) a una solución completa enV (I), necesitamos primero agregar una o más coordenadas a la solución.
Esto signi�ca encontrar al tal que (al; al+1; :::; an) pertenece a la variedadV (Il�1) del siguiente ideal de eliminación. Más concretamente, supongamosque I l�1 = hg1; :::; gri en K
�xl; xl+1; :::; xn
�. Entonces queremos encontrar
soluciones xl = al de las ecuaciones
g1 (xl; al+1; :::; an) = � � � = gr (xl; al+1; :::; an) = 0:
Nuestra meta es ver si podemos determinar qué soluciones parciales se ex-tienden a soluciones completas, es decir, queremos saber si una solución parcial(a2; :::; an) 2 V (I l) puede ser extendida a una solución (a1; a2; :::; an) 2 V (I).El siguiente teorema nos dice cuando esto puede ser hecho.
Teorema de Extensi�on (Teorema [3])
Sea I = hf1; :::; fsi � C [x1; :::; xn] e I1 el primer ideal de eliminación deI. Para cada 1 � i � s, escribamos fi en la forma
fi = gi (x2; :::; xn)xNi1 + términos en x1 con grado < Ni;
donde Ni � 0 y g 2 C [x2; :::; xn] es no nulo. Supongamos que tenemos unasolución parcial (a2; :::; an) 2 V (I1). Si (a2; :::; an) =2 V (g1; :::; gs), entoncesexiste a1 2 C tal que (a1;a2; :::; an) 2 V (I) :
La primera observación es que el teorema queda establecido para el campoK = C. En la hipótesis (a2; :::; an) =2 V (g1; :::; gs), observemos que los gi sonlos coe�cientes principales de los fi respecto a x1. Por tanto, (a2; :::; an) =2V (g1; :::; gs) signi�ca que los coe�cientes principales no se anulan simultánea-mente en las soluciones parciales.
El teorema de Extensi�on asegura que el paso de extensión puede fallarsi los coe�cientes principales se anulan simultáneamente.
Finalmente, debemos mencionar que el ideal de los coe�cientes principalesV (g1; :::; gs) depende de la base ff1; :::fsg de I: si cambiamos a otra baseV (g1; :::; gs) puede ser diferente.
A pesar de que el teorema de Extensi�on quedó establecido solamentecuando hay que eliminar la variable x1, se puede utilizar para eliminar cualquiernúmero de variables.
El teorema de Extensi�on es especialmente fácil de usar cuando uno delos coe�cientes principales es constante. Este caso, por ser especialmente útil,merece un corolario por separado.
35
Corolario [4]
Sea I = hf1; :::; fsi � C [x1; :::; xn], y supongamos que para algún i, fi esde la forma
fi = cxN1 + términos en x1con grado < N;
donde c 2 C � f0g y N > 0. Si I1 es el primer ideal de eliminación de I y(a2; :::; an) 2 V (I1), entonces existe a1 2 C tal que (a1; a2; :::; an) 2 V (I) :
3.2 La Geometría de Eliminación
En esta sección, daremos una interpretación geométrica de los teoremas de laparte 3.1. La idea principal es que la eliminación corresponde a proyectar unavariedad sobre un subespacio de menor dimensión. También discutiremos elTeorema de La Clausura, que describe la relación entre soluciones parcialese ideales de eliminación. Por comodidad, trabajaremos sobre el campo K = C.
Comenzaremos de�niendo la proyección de una variedad afín. Supóngaseque V = V (f1; :::; fs) � Cn. Para eliminar las primeras l variables x1; :::; xlconsideremos el mapeo Proyección
�l : Cn ! Cn�l
que transforma a (a1; :::; an) en (al+1; :::; an). Si aplicamos �l a V � Cn, en-tonces tenemos �l (V ) � Cn�l. Podemos relacionar a �l (V ) con el l-ésimo idealde eliminación de la siguiente manera.
Lema [5]
Con la notación anterior, sea Il = hf1; :::; fsi\C [xl+1; :::; xn] el l-ésimo idealde eliminación. Entonces, en Cn�l, tenemos
�l (V ) � V (Il)
Como en 3.1, los puntos de V (Il) serán llamados soluciones parciales. Us-ando el lema, podemos escribir �l (V ) de la siguiente manera:
�l (V ) = f(al+1; :::; an) 2 V (Il) : 9a1; :::; al 2 C con (a1; :::; al; al+1; :::; an) 2 V g :
Por lo tanto, �l (V ) está compuesto exactamente por las soluciones parcialesque se extienden a soluciones completas. Establecido geométricamente el Teo-rema de Extensión, quedaría como sigue.
Teorema de Extensi�on Geom�etrica [Teorema 6]
Dado V = V (f1; :::; fs) � Cn, sea gi como en el Teorema de Extensi�on(Teorema [3]). Si Il es el primer ideal de eliminación de hf1; :::; fsi, entoncestenemos la igualdad en Cn�1
36
V (I1) = �1 (V ) [ (V (g1; :::; gs) \V (I1)) ;donde �1 : Cn ! Cn�1 es la proyección sobre las últimas n� 1 componentes.
Este teorema nos dice que �1 (V ) llena la variedad afín V (I1), excepto posi-blemente por una parte que pertenece a V (g1; :::; gs). Desafortunadamente, noestá claro que tan grande es esta parte, y en a veces V (g1; :::; gs) es demasiadogrande.
Sin embargo, todavía podemos hacer las siguientes poderosas a�rmacionessobre la relación entre �l (V ) y V (Il) :
Teorema de La Clausura (Teorema [7])
Sea V = V (f1; :::; fs) � Cn y sea Il el l-ésimo ideal de eliminación dehf1; :::; fsi. Entonces:
(i) V (Il) es la variedad afín más pequeña que contiene a �l (V ) � Cn�l:
(ii) Cuando V 6= ?, existe una variedad afín W & V (Il) tal queV (Il)�W � �l (V ) :
Cuando decimos "la variedad más pequeña" en la parte (i), signi�ca "la máspequeña con respecto a la relación inclusión". Entonces, que V (Il) sea la máspequeña sign�ca dos cosas:
� �l (V ) � V (Il)� si Z es cualquier otra variedad afín en Cn�l que contiene a �l (V ), entonces
V (Il) � Z:
En la sección siguiente, expresaremos esto diciendo que V (Il) es la Clausurade Zariski de �l (V ).
El teorema de la Clausura nos brinda una descripción parcial de �l (V )puesto que completa a V (Il), excepto por algunos puntos faltantes que estáen la variedad estrictamente más pequeña que V (Il). Desafortunadamente, lospuntos faltantes podrían no completar toda la variedad más pequeña.
La estructura precisa de �l (V ) puede ser descrita de la siguiente manera:existen variedades a�nes Zi �Wi � Cn�l para 1 � i � m, tal que
�l (V ) =m[i=1
(Wi � Zi) :
En general, un conjunto de esta forma es llamado construible.
En 3.1, dijimos que el mejor caso del teorema de Extensi�on era cuandouno de los coe�cientes principales gi era una constante no nula. Entonces los gi
37
nunca pueden anularse simultáneamente en el punto (a2; :::; an), y, por consigu-iente, las soluciones parciales siempre se extienden en este caso. De este modo,tenemos la siguiente versión geométrica del corolario [4]:
Corolario [8]
Sea V = V (f1; :::; fs) � Cn, y asumamos que para algún i, fi es de la forma
fi = cxN1 + términos en x1 con grado < N;
donde c 2 C es no nulo y N > 0. Si I1 es el primer ideal de eliminación,entonces en Cn�1
�1 (V ) = V (I1) ;
donde �1 es la proyección sobre las últimas n� 1 componentes.
Una observación �nal necesitamos hacer concerniente a los campos. Elteorema de Extensi�on y el teorema de La Clausura (y sus corolar-ios) están establecidos en el campo de los números complejos C. Más adelante,veremos que el teorema de Extensi�on en realidad se cumple para cualquiercampo algebraicamente cerrado K:
3.3 Implicitización
En la sección 1, dijimos que una variedad V a veces puede ser descrita us-ando ecuaciones paramétricas. La idea básica del problema de implicitizaciónes convertir la parametrización en ecuaciones que de�nan a V .
Comenzamos nuestra solución del problema de implicitización con el caso deuna parametrización polinomial, que es especí�cada por
x1 = f1 (t1; :::; tm) ; (3)...
xn = fn (t1; :::; tm) :
Aquí, f1; :::; fn son polinomios en K [t1; :::; tn]. Podemos pensar esto ge-ométricamente como la función
F :Km �!Kn
de�nida por
F (t1; :::; tm) = (f1 (t1; :::; tm) ; :::; fn (t1; :::; tm))
Entonces F (Km) � Kn es un subconjunto de Kn parametrizado por lasecuaciones (3). Dado que F (Km) puede no ser una variedad afín, una solución
38
al problema de implicitización signi�ca encontrar la variedad más pequeña quecontenga a F (Km).
Podemos relacionar la implicitización con la eliminación de la siguiente man-era. Las ecuaciones (3) de�nen una variedad
V = V (x1 � f1; :::; xn � fn) �Kn+m:
Los puntos de V pueden escribirse de la forma
(t1; :::; tm; f1 (t1; :::; tm) ; :::; fn (t1; :::; tm)) ;
lo cual muestra que V puede ser considerada como la grá�ca de la función F .También tenemos otras dos funciones
i :Km �!Kn+m;�m :K
n+m �!Kn
de�nidas por
i (t1; :::; tm) = (t1; :::; tm; f1 (t1; :::; tm) ; :::; fn (t1; :::; tm))�m (t1; :::; tm; x1; :::; xn) = (x1; :::; xn) :
Esto nos da el siguiente diagrama de conjuntos y mapeos:
Kn+m
i % &�m
Km F�! Kn
Note que F es la composición F = �m � i y que i (Km) = V . Por lo tanto,obtenemos
F (Km) = �m (i (Km)) = �m (V ) : (4)
En términos más concretos, esto dice que la imagen de la parametrización esla proyección de su grá�ca. Ahora podemos usar la teoría de eliminación paraencontrar la variedad más pequeña que contiene a F (Km).
Implicitizaci�on Polinomial (Teorema [9])
Si K es un campo in�nito, sea F :Km �!Kn la función determinada porla parametrización polinomial (3). Sea el ideal
I = hx1 � f1; :::; xn � fni �K [t1; :::; tn; x1; :::; xn]
y sea Im = I \K [x1; :::; xn] el m-ésimo ideal de elminación. Entonces V (Im)es la variedad más pequeña que contiene a F (Km) :
39
El teorema [9] nos da el siguiente algoritmo de implicitización paraparametrizaciones polinomiales: si tenemos xi = fi (t1; :::; tm) para poli-nomios f1; :::; fn 2 K [t1; :::; tm], considere el ideal I = hx1 � f1; :::; xn � fni ycalcule una base de Groebner con respecto al orden lexicográ�co donde cada ties mayor que cada xi. Por el teorema de Eliminaci�on, los elementos dela base de Groebner que no contienen t1; :::; tm forman una base de Im y porel teorema [9], ellos de�nen la variedad más pequeña en Kn que contiene a laparametrización.
En la situación general de una parametrización racional, tenemos
x1 =f1(t1;:::;tm)g1(t1;:::;tm)
;...
xn =fn(t1;:::;tm)gn(t1;:::;tm)
;
(5)
donde f1; g1; :::; fn; gn son polinomios en K [t1; :::; tm]. El mapeo F de Km
a Kn dada por (5) puede no estar de�nida en todo Km a causa de los de-nominadores. Pero si hacemos W = V (g1g2 � � � gn) � Kn, entonces es claroque
f (t1; :::; tm) =
�f1 (t1; :::; tm)
g1 (t1; :::; tm); :::;
fn (t1; :::; tm)
gn (t1; :::; tm)
�de�ne un mapeo
F :Km �W �! Kn:
Para resolver el problema de implicitización, necesitamos encontrar lavariedad más pequeña de Kn que contenga a F (Km �W ).
Implicitizaci�on Racional (Teorema [10])
SiK es un campo in�nito, sea F :Km�W �! Kn la función determinadapor la parametrización racional (5). Sea J el ideal
J = hg1x1 � f1; :::; gnxn � fn; 1� gyi �K [y; t1; :::; tm; x1; :::; xn] ;
donde g = g1 � g2 � � � gn, y sea Jm+1 = J \K [x1; :::; xn] el (m+ 1)�ésimo idealde eliminación. Entonces V (Jm+1) es la variedad más pequeña que contiene aF (Km �W ).
Más formalmente, el teorema [10] implica el siguiente algoritmo de im-plicitización para parametrizaciones racionales: si tenemos xi = fi=gipara polinomios f1; g1; :::; fn; gn 2 k [t1; :::; tm], considere la nueva variable y yJ = hg1x1 � f1; :::; gnxn � fn; 1� gyi, donde g = g1 � � � gn. Calcule una base deGroebner con respecto al orden lexicográ�co donde y y cada ti es mayor que cadaxi. Entonces los elementos de la base de Groebner que no involucran y; t1; :::; tmde�nen la variedad más pequeña en Kn que contiene a la parametrización.
40
3.4 Factorización Única y Resultantes
Polinomios Irreducibles y Factorización Única
Comencemos con una de�nición básica.
Polinomio Irreducible [Definici�on 11]
Sea K un campo. Un polinomio f 2 K [x1; :::; xn] es irreducible sobre Ksi f es no constante y no es el producto de dos polinomios no constantes enK [x1; :::; xn].
Observe que el concepto de irreducibilidad depende del campo. Además,tenemos que
Proposici�on [12]
Todo polinomio no constante f 2 K [x1; :::; xn] puede ser escrito como unproducto de polinomios irreducibles sobre K.
La siguiente propiedad de los polinomios irreducibles es crucial:
Teorema [13]
Sea f 2 K [x1; :::; xn] irreducible sobre K y supóngase que f divide alproducto gh, donde g; h 2K [x1; :::; xn]. Entonces f divide a g o a h.
Una consecuencia del teorema anterior es:
Corolario [14]
Supóngase que f , g 2K [x1; :::; xn] tienen grado positivo en x1. Entoncesf y g tienen un factor común en K [x1; :::; xn] de grado positivo en x1 si y sólosi tienen un factor común en K (x2; :::; xn) [x1].
El teorema [13] dice que los polinomios irreducibles se comportan como losnúmeros primos, en que si un primo divide a un producto de dos enteros, debedividir a uno de los dos. Esta propiedad de los primos es la clave para la fac-torización única de enteros, y lo mismo se cumple para polinomios irreducibles.
Teorema [15]
Todo polinomio no constante f 2K [x1; :::; xn] puede ser escrito como unproducto f = f1 � f2 � � � fr de irreducibles sobre K. Además, si f = g1 � g2 � � � gses otra factorización en irreducibles sobre K, entonces r = s y los gi puedenser permutados tal que cada fi es un múltiplo constante de gi.
41
Resultantes
Introduciremos el concepto de resultante preguntando cuando dos polinomiosen K [x] tienen un factor común.
Supóngase que queremos saber si dos polinomios f , g 2 K [x] tienen unfactor común (que es un polinomio h 2 K [x] de grado > 0 que divide a f y ag). Una manera sería factorizar f y g en irreducibles. Desafortunadamente, fac-torizar puede ser un proceso que lleva mucho tiempo. Un método más e�cientesería calcular el mcd de f y g usando el algoritmo de Euclides.
¿Existirá otra manera de determinar si un factor común existe sin haceralguna división en K?. Aquí está una primera respuesta.
Lema [16]
Sean f , g 2K [x] polinomios de grado l > 0 y m > 0, respectivamente. En-tonces f y g tienen un factor común si y sólo si existen polinomiosA, B 2K [x] tal que:
(i) A y B son no nulos.
(ii) A tiene grado � m� 1 y B tiene grado � l � 1.(iii) Af +Bg = 0.
Resultante [Definici�on 17]
Dados los polinomios f; g 2 K [x] de grado positivo, escribámoslos en laforma
f = a0xl + � � �+ al; a0 6= 0;
g = b0xm + � � �+ bm; b0 6= 0;
entonces, la matriz de Sylvester de f y g respecto a x, denotada por Syl (f; g; x)es la matriz de coe�cientes del sistema de ecuaciones
8>>>><>>>>:a0c0 + b0d0 = 0 coe�ciente de xl+m�1
a1c0 + a0c1 + b1d0 + b0d1 = 0 coe�ciente de xl+m�2
. . .. . .
...alcm�1 + bmdl�1 = 0 coe�ciente de x0.
donde ci; dj (0 � i � m� 1; 0 � j � l � 1) son tales que
A = c0xm�1 + � � �+ cm�1
B = d0xl�1 + � � �+ dl�1 (con Af +Bg = 0)
42
Así, Syl (f; g; x) es la siguiente matriz (l +m)� (l +m):
Syl (f; g; x) =
0BBBBBBBBBBBBBBBBB@
a0a1 a0
a2 a1. . .
.... . . a0
... a1al
al...
. . .al| {z }
m columnas
b0b1 b0
b2 b1. . .
.... . . b0
... b1bm
bm...
. . .bm
1CCCCCCCCCCCCCCCCCA| {z }
l columnas
donde los espacios vacíos son llenados con cero. La resultante de f y g conrespecto a x, denotado por Res (f; g; x), es el determinante de la matriz deSylvester. Entonces,
Res (f; g; x) = det (Syl (f; g; x)) :
De esta de�nición, obtenemos las siguientes propiedades de la resultante. Unpolinomio es llamado un polinomio entero siempre que todos sus coe�cientessean enteros.
Proposici�on [18]
Dados f; g 2 K [x] de grado positivo, la resultante Res (f; g; x) 2 K es unpolinomio entero en los coe�cientes de f y g. Además, f y g tienen un factorcomún en K [x] si y sólo si Res (f; g; x) = 0.
Para relacionar resultantes con eliminación, veamos: si f y g son polinomioscualesquiera en K [x; y] en los que x aparece con potencia positiva, entoncespodemos calcular Res (f; g; x) de la misma manera. Puesto que los coe�cientesson polinomios en y, la proposici�on [18] garantiza que Res (f; g; x) es unpolinomio en y. Así, dados f; g 2 K [x; y], podemos usar la resultante paraeliminar x. Pero ¿es el mismo tipo de eliminación que hicimos en 3.1 y 3.2?. Enparticular, ¿Res (f; g; x) está en el primer ideal de eliminación hf; gi \K [y]?.Para responder estas preguntas, necesitaremos el siguiente resultado:
Proposici�on [19]
Dados f; g 2K [x] de grado positivo, existen polinomios A;B 2K [x] talesque
Af +Bg = Res (f; g; x)
Además, los coe�cientes de A y B son polinomios enteros en los coe�cientesde f y g.
43
Ahora podemos explicar la relación entre la resultante y el mcd:
Dados f; g 2 K [x], Res (f; g; x) 6= 0 nos dice que f y g no tiene factorcomún, y, por lo tanto, su mcd es 1. Esto nos lleva a Af +Bg = Res (f; g; x).
Por otro lado, si f; g 2K [x; y] son polinomios cualesquiera de grado positivoen x, entonces Res (f; g; x) siempre pertenece al primer ideal de eliminación dehf; gi
44
4 Diccionario de Álgebra-Geometría
En esta sección exploraremos la correspondencia entre ideales y variedades. Es-tudiaremos el Nullstellensatz, un teorema muy celebrado que identi�ca exacta-mente qué ideales corresponden a las variedades, lo que nos permitirá construirun �diccionario� entre la geometría y el álgebra, donde cualquier proposiciónsobre variedades puede traducirse en una proposición sobre ideales ( y recípro-camente).
Estudiaremos algunas operaciones algebraicas con ideales, y estudiaremossus análogos geométricos. Proseguiremos el énfasis computacional desarrollandoalgunos algoritmos para realizar las operaciones algebraicas.
4.1 Nullstellensatz de Hilbert
En la sección 1 vimos que podíamos estudiar una variedad V � Kn considerandoel ideal
I (V ) = ff 2K [x1; :::xn] : f (x) = 0 para todo x 2 V g
de todos los polinomios que se eliminan en V . Es decir, tenemos el mapeo
variedades a�nes idealesV �! I (V )
Recíprocamente, dado un ideal I �K [x1; :::xn] de�namos el conjunto
V (I) = fx 2Kn : f (x) = 0 para todo f 2 Ig
El teorema de la Base de Hilbert asegura que V (I) es una variedad afín porqueexiste un conjunto �nito de polinomios f1; :::fs 2 I tal que I = hf1; :::fsi y conla proposici�on [23] de la sección 2 probamos que V (I) es el conjunto de raíces
comunes de estos polinomios. Por consiguiente tenemos un mapeo
ideales variedades a�nesI �! V (I)
Los dos mapeos anteriores dan una correspondencia entre ideales y var-iedades. En esta sección examinaremos la naturaleza de esta correspondencia.
Nullstellensatz D�ebil (Teorema [1])
Sea K un campo algebraicamente cerrado e I � K [x1; :::xn] un ideal conV (I) = ?. Entonces I =K [x1; :::xn] :
45
Para probar que I es igual a K [x1; :::xn] la estrategia usual es mostrar queel polinomio constante 1 está en I, porque si 1 2 I, entonces por la de�niciónde ideal f = f:1 2 I para todo f 2K [x1; :::xn]. Entonces, sabiendo que 1 2 Ies su�ciente para probar que I es todo el anillo.
En el caso especialK = C, el nullstellensatz débil funciona como el �Teoremafundamental para polinomios multivariados�, todo sistema de polinomios quegenera un ideal más pequeño que C [x1; :::; xn] tiene un cero común en Cn.
El Nullstellensatz débil nos permite resolver también el problema de la con-sistencia de la parte 1.2. Recordemos que con este problema se plantea unsistema
f1 = 0;f2 = 0;...
fk = 0
de ecuaciones polinomiales tiene una solución común en Cn. Estos polinomiosno tienen solución común si y sólo si V (f1; :::; fs) = ?. Por el Nullstellensatzdébil, esto último se cumple si y sólo si 1 2 hf1; :::; fsi. Por tanto, para resolverel problema de consistencia debemos ser capaces de determinar si 1 pertenece aun ideal, lo cual se logra fácilmente conociendo el hecho de que para cualquierorden monomial, f1g es la única base reducida de Groebner para el ideal h1i.
Resumiendo, tenemos el siguiente algoritmo de consistencia: dados los poli-nomios f1; :::; fs 2 C [x1; :::; xn], calculamos una base reducida de Groebner delideal que aquellos generan, respecto a cualquier orden. Si esta base es f1g, lospolinomios no tienen un cero en común en Cn; si la base no es f1g deben tenerun cero en común. Observe que este algoritmo funciona sobre cualquier campoalgebraicamente cerrado.
Si estamos trabajando en un campo que no es algebraicamente cerrado,entonces el algoritmo de la consistencia funciona en una dirección: si f1g esuna base reducida de Groebner de hf1; :::; fsi, entonces las ecuaciones f1 = ::: =fs = 0 no tienen solución común.
Nullstellensatz de Hilbert (Teorema [2])
Sea K un campo algebraicamente cerrado. Si f; f1; :::; fs 2 K [x1; :::; xn]son odos tales que f 2 I (V (f1; :::; fs)), entonces existe un entero m � 1 talque
fm 2 hf1; :::; fsi
( y recíprocamente).
46
4.2 Ideales Radicales y la Correspondencia Ideal-Variedad
Si se quiere estudiar más a fondo la relación entre ideales y variedades resultanecesario reformular el Nullstellensatz de Hilbert en términos de ideales. ¿Sepuede caracterizar la clase de ideales que aparecen como el ideal de una variedad?Es decir, se puede identi�car aquellos ideales formados por todos los polinomiosque se anulan en alguna variedad V . La observación clave se encuentra en elsiguiente y sencillo lema.
Lema [3]
Sea V una variedad. Si fm 2 I (V ), entonces f 2 I (V ) :
Por tanto, un ideal formado por todos los polinomios que se anulan en unavariedad tiene la propiedad de que si alguna potencia de un polinomio perteneceal ideal, entonces el polinomio mismo pertenece al ideal. Esto nos lleva a lasiguiente de�nición
Ideal Radical [Definici�on 4]
Un ideal I es radical si fm 2 I, para algún m � 1, implica que f 2 I:
Reformulando el Lema [3] en términos de ideales radicales obtenemos lasiguiente a�rmación.
Corolario [5]
I (V ) es un ideal radical.
Por otro lado, el Nullstellensatz de Hilbert a�rma que la única manera deque un ideal arbitrario no sea el ideal de todos los polinomios que se anulan enV (I) es que I contenga potencias fm de polinomios f que no pertenezcan a I; enotras palabras, I no es un radical. Esto indica que existe correspondencia entrevariedades a�nes e ideales radicales. Para aclarar esto y obtener una formulaciónmás exacta resulta útil introducir la operación de calcular el radical de un ideal.
Radical de un Ideal [Definici�on 6]
Sea I �K [x1; :::; xn] un ideal. El radical de I, denotadopI, es el conjunto
ff : fm 2 I para algún entero m � 1g :
Observe que:
1. I �pI
2. I es radical, I =pI
47
Lema [7]
Si I es un ideal en K [x1; :::; xn], entoncespI es un ideal en K [x1; :::; xn]
que contiene a I. Además,pI es un ideal radical.
Estamos listos para formular el Nullstellensatz en términos de ideales.
Nullstellensatz Fuerte (Teorema [8])
SeaK un campo algebraicamente cerrado. Si I es un ideal enK [x1; :::; xn],entonces
I (V (I)) =pI:
Nos uniremos a la costumbre de referirse al Teorema [8] como el Nullstel-lensatz simplemente, cuya consecuencia más importante es que permite estable-cer un "diccionario" entre geometría y álgebra. La base del diccionario estácomprendida en el siguiente teorema:
La Correspondencia Ideal� V ariedad (Teorema [9])
Sea K un campo arbitrario.
(i) Los mapeos
variedades a�nes I�! ideales
yideales V�! variedades a�nes
invierten la inclusión, i.e, si I1 � I2 son ideales, entonces V (I1) � V (I2) ysimilarmente, si V1 � V2 son variedades, entoces I (V1) � I (V2). Ademásdada cualquier variedad V , tenemos
V (I (V )) = V
de modo que I es siempre uno a uno.
(ii) Si K es algebraicamente cerrado, y si nos restringimos a los ideales radi-cales, entonces los mapeos
variedades a�nes I�! ideales radicales
yideales radicales V�! variedades a�nes
son biyecciones que invierten la inclusión y cada una de ellas es inversa dela otra.
48
Una consecuencia de este teorema es que cualquier asunto sobre variedadesse puede tomar en un asunto algebraico en términos de ideales radicales (yrecíprocamente), si estamos trabajando en un campo algebraicamente cerrado.Esta habilidad de movernos entre el álgebra y la geometría nos dará un poderconsiderable.
En vista del Nullstellensatz y la importancia que asigna a los ideales radicalesresulta natural preguntarse si es posible calcular los generadores del radical apartir de los generadores del ideal original. En efecto, hay tres preguntas acercade un ideal I = hf1; :::; fsi :
� (Generadores del radical) ¿Existe un algoritmo que calcule un conjuntofg1; :::; gmg de polinomios tal que
pI = hg1; :::; gmi?
� (Ideal radical) ¿Existe un algoritmo el cual nos determine si I es radical?
� (Pertenencia a un radical) Dado f 2 K [x1; :::; xn] ¿Existe un algoritmoque determine si f 2
pI ?
Por el momento resolveremos el problema más sencillo de la pertenencia aun radical.
Pertenencia a un radical (Proposici�on [10])
Sean K un campo arbitrario e I = hf1; :::; fsi � K [x1; :::; xn] un ideal.Luego f 2
pI si y sólo si el polinomio constante 1 pertenece al ideal eI =
hf1; :::; fs; 1� yfi �K [x1; :::; xn;y] (en cuyo caso, eI =K [x1; :::; xn;y]).
La proposici�on [10] ligada a la discusión sobre el problema de consistencianos proporcionan el algoritmo de la pertenencia a un radical: para determinarsi f 2
phf1; :::; fsi �K [x1; :::; xn] calculamos una base reducida de Groebner
del ideal hf1; :::; fs; 1�yfi �K [x1; :::; xn;y] respecto a algún orden. Si resultaf1g, entonces f 2
pI; de lo contrario, f 62
pI.
Concluiremos esta sección discutiendo el cálculo del radical de un ideal enuna indeterminada, que es el caso del ideal principal I = hfi:Recordemos queun polinomio f es irreducible si para cualquier factorización f = g � h, g y hpolinomios, entonces g ó h es una constante, sabemos además que cualquierpolinomio f se puede escribir como el producto de polinomios irreducibles. Re-uniendo los polinomios irreducibles que di�eren entre sí por una constante, es-cribimos f en la forma,
f = fa11 fa22 � � � farr ;
donde los fi; 1 � i � r son polinomios irreducibles diferentes, es decir, si i 6= j;fi y fj no son múltiplos constantes entre sí; además, esta expresión para f noes única salvo el orden de los fi y el producto por una constante. Si f se escribecomo un producto de polinomios irreducibles, entonces es posible encontrar unaexpresión explícita para el radical del ideal principal generado por f .
49
Proposici�on [11]
Sea f 2 K [x1; :::; xn] e I = hfi el ideal principal generado por f . Si f =fa11 f
a22 :::f
arr es la factorización de f como un producto de polinomios irreducibles
diferentes, entonces pI =
phfi = hf1f2 � � � fri:
A la vista de la proposición anterior tenemos la siguiente de�nición.
Reducci�on de un polinomio [Definici�on 12]
Si f 2K [x1; :::; xn] es un polinomio, de�nimos la reducción de f , denotadafred como el polinomio tal que
hfredi =phfi:
Un polinomio es reducido (o libre de cuadrado) si f = fred.
fred es el polinomio f con los factores repetidos "desechados". Por ejemplo,si f =
�x+ y2
�3(x� y), entonces fred =
�x+ y2
�x � y:Observe que fred es
único salvo un factor constante en K:
La utilidad de la proposici�on [11] disminuye por la exigencia de que debefactorizarse f en factores irreducibles. La pregunta es si existe un algoritmopara calcular fred de f sin factorizar primero esta. Sucede que tal algoritmoexiste.
M�aximo Com�un Divisor [Definici�on 13]
Sean f , g 2K [x1; :::; xn] ; entonces h 2K [x1; :::; xn] es un máximo comúndivisor de f y g, en símbolos h = mcd (f; g), si
(i) h divide a f y g(ii) si p es un polinomio que divide a f y a g, entonces p divide a h:
Utilizando la noción de mcd, podemos dar una fórmula para calcular elradical de un ideal principal.
Proposici�on [14]
Supongamos que K es un campo que contiene a los números racionales Q ysea I = hfi un ideal principal en K [x1; :::; xn]. Entonces
pI = hfredi, donde
fred =f
mcd�f; @f@x1 ;
@f@x2; :::; @f@xn
� :Es necesario subrayar que para campos que no contienen a Q (campos de
característica positiva), la fórmula anterior para fred puede fallar.
50
4.3 Sumas, Productos e Intersecciones de Ideales
Los ideales son objetos algebraicos con los que se pueden de�nir operacionesalgebraicas. En esta parte consideraremos tres de ellas: suma, intersección yproducto. Estas son operaciones binarias: a cada par de ideales le asocia unnuevo ideal. En particular estaremos interesados en dos aspectos que emergen enrelación con esta operaciones. El primero es acerca del cálculo de los generadoresde los nuevos ideales que resultan de las operaciones, dados los generadores deun par de ideales. El segundo es acerca del signi�cado geométrico de estasoperaciones algebraicas.
Consideremos ahora cada una de estas operaciones.
Sumas de Ideales
Suma de Ideales [Definici�on 15]
Si I y J son ideales del anillo K [x1; :::; xn], entonces la suma de I y J ,denotado I + J es el conjunto
I + J = ff + g : f 2 I y g 2 Jg :
Proposici�on [15]
Si I y J son ideales en K [x1; :::; xn] ; entonces I + J también es un idealde K [x1; :::; xn] : En efecto, I + J es el ideal más pequeño que contiene a I yJ: Además, si I = hf1; :::; fri, y J = hg1; :::; gsi entonces
I + J = hf1; :::; fr; g1; ::; gsi:
El siguiente corolario es una consecuencia inmediata de la proposición ante-rior.
Corolario [16]
Si f1; :::; fr 2K [x1; :::; xn] ; entonces
hf1; :::; fri = hf1i+ :::+ hfri:
Teorema [17]
Si I y J son ideales en K [x1; :::; xn] ; entonces
V (I + J) = V (I) \ V (J) :
Productos de Ideales
En el Lema [9] de la sección 1 veíamos que un ideal generado por el productode los generadores de otros dos ideales corresponde a la unión de las variedades:
V (f1; :::; fr) [V (g1; :::; gs) = V (figj ; 1 � i � r; 1 � j � s)
51
Esto sugiere la siguiente de�nición.
Producto de Ideales [Definici�on 18]
Si I y J son dos ideales en K [x1; :::; xn] ; entonces su producto, denotadopor I � J se de�ne como el ideal generado por todos los polinomios f � g, conf 2 I y g 2 J , es decir, el producto I � J de I y J es el conjunto
I � J = ff1g1 + :::+ frgr : f1; :::; fr 2 I; g1; :::; gr 2 J; r un entero positivog :
La proposición que sigue, sencilla por cierto, muestra que el cálculo de unconjunto de generadores para I � J es directo si conocemos el conjunto de gen-eradores de I y J:
Proposici�on [19]
Sean I = hf1; :::; fri y J = hg1; :::; gsi: Luego I �J es generado por el conjuntode todos los productos de generadores de I y J :
I � J = hfigj : 1 � i � r; 1 � j � si:
La proposición siguiente garantiza que el producto de ideales correspondegeométricamente a la operación unión de variedades.
Proposici�on [20]
Sean I y J ideales en K [x1; :::; xn] ; entonces V (I � J) = V (I) [V (J) :
De aquí en adelante escribiremos IJ en lugar de I � J .
Intersecciones de Ideales
La operación intersección de ideales es de alguna forma más primitiva quelas operaciones de adición y multiplicación.
Intersecci�on de Ideales [Definici�on 21] La intersección I \ J de dosideales I y J en K [x1; :::; xn] es el conjunto de polinomios que pertenecensimultáneamente a I y J:
Igual que para la suma, el conjunto de ideales es cerrado con la intersección.
Proposici�on [22]
Si I y J son ideales en K [x1; :::; xn] entonces I \ J es también un ideal.
Observe que siempre se tiene que IJ � I \ J porque los elementos de IJson sumas de polinomios de la forma fg con f 2 I y g 2 J; pero este producto
52
está en I (porque f 2 I) y en J (porque g 2 J) : Sin embargo IJ puede estarestrictamente contenido en I \ J:
Antes de formular el teorema para el cálculo de intersecciones necesitamosun poco de notación: si I es un ideal en K [x1; :::; xn] ; y f (t) 2 K [t] unpolinomio en la variable t, entonces fI representa un ideal en K [x1; :::; xn; t]generado por el conjunto de polinomios ff � h j h 2 Ig :
Esto se diferencia un poco de la noción usual de producto porque el ideal Iy el ideal generado por f (t) en K [t] están en anillos diferentes: en efecto, elideal I �K [x1; :::; xn] no es un ideal en K [x1; :::; xn; t] porque no es cerradocon la multiplicación por t: Si deseamos subrayar que el polinomio f 2 K [t]es solamente en t escribiremos f = f (t); similarmente, si un polinomio h 2K [x1; :::; xn] depende sólo de x1; :::; xn escribiremos h = h (x) :
Siguiendo la misma idea, si estamos considerando un polinomiog 2K [x1; :::; xn; t] y queremos enfatizar que g puede depender de x1; :::; xn ode t escribiremos g = g (x; t) : De acuerdo con esta notación,
fI = f (t) I = hf (t)h (x) : h (x) 2 Ii:
Tengamos primero el siguiente lema.
Lema [23]
(i) Si I como un ideal en K [x1; :::; xn] es generado por p1 (x) ; :::; pr (x) ;entonces f (t) I como ideal en K [x1; :::; xn; t] es generado por f (t) �p1 (x) ; :::; f (t) � pr (x) :
(ii) Si g (x; t) 2 f (t) I y a es un elemento del campo K, entonces g (x; a) 2 I:
Teorema [24]
Sean I; J ideales en K [x1; :::; xn] : Entonces
I \ J = (tI + (1� t) J) \K [x1; :::; xn] :
Este resultado y el teorema de eliminaci�on nos conducen al siguientealgoritmo para el cálculo de intersección de ideales: si I = hf1; :::; fri y J =hg1; :::; gsi son ideales en K [x1; :::; xn] ;considérese el ideal
htf1; :::; tfr; (1� t) g1; :::; (1� t) gsi � K [x1; :::; xn]
y calcule una base de Groebner con el orden lex en el que t es mayor que las xi:Los elementos de esta base que no contienen la variable t forman una base (enrealidad, una base de Groebner) de I \ J:
M�{nimo Com�un M �ultiplo [Definici�on 25]
Un polinomio h en K [x1; :::; xn] es un mínimo común múltiplo de f; g 2K [x1; :::; xn] ;denotado por h = mcm (f; g) si
53
(i) f divide a h y g divide a h;
(ii) h divide a cualquier polinomio divisible por f y g:
Más generalmente supongamos que f; g 2K [x1; :::; xn] y sean f = fa11 :::f
arr
y g = gb11 :::gbss sus factorizaciones en polinomios irreducibles diferentes. Podría
ocurrir que algunos de los factores irreducibles de f sean múltiples constantes dealgunos de g: Supongamos que en este caso ya hemos ordenados los polinomiosirreducibles en las expresiones para f y g tal que para cierto l; 1 � l � min (r; s)fi es un múltiplo constante (no nulo) de gi; para 1 � i � l y para todo i; j > l;fi no es un múltiplo constante de gi. Entonces sucede por la factorización únicaque
mcm (f; g) = fmax(a1;b1)1 :::f
max(al;bl)l � gbl+1l+1 :::g
bss � f
al+1l+1 :::f
arr
[En el caso que f y g no tengan factor común;mcm (f; g) = f � g]. Esto a suvez implica el siguiente resultado.
Proposici�on [26]
(i) La intersección I \J de dos ideales principales I; J �K [x1; :::; xn] es unideal principal.
(ii) Si I = hfi; J = hgi y I \ J = hhi; entonces h = mcm (f; g) :
Este resultado, junto con nuestro algoritmo para calcular la intersección dedos ideales, nos proporciona un algoritmo para calcular el mínimo común múlti-plo de dos polinomios. Es decir, para calcular el mínimo común múltiplo de dospolinomios f y g calculamos la intersección hfi \ hgi usando nuestro algoritmopara calcular la intersección de ideales. La proposici�on [26] garantiza que estaintersección es un ideal principal y que cualquier generador de él es un mínimocomún múltiplo de f y g:
Proposici�on [27]
Sean f; g 2K [x1; :::; xn], entonces
mcm (f; g) �mcd (f; g) = fg:
De la proposición anterior se sigue inmediatamente que
mcd (f; g) =f � g
mcm (f; g)
54
El habernos ocupado con el cálculo de intersecciones nos hace preguntarnosacerca de las operaciones entre variedades que correspondan a las operacionesentre ideales. El siguiente resultado da la respuesta.
Teorema [28]
Si I y J son ideales en K [x1; :::; xn], entonces
V (I \ J) = V (I) [ V (J)
Proposici�on [29]
Si I; J son ideales, entoncespI \ J =
pI \
pJ:
4.4 La Clausura de Zariski e Ideales Cocientes
Hemos visto ya algunos ejemplos de conjuntos que no son variedades, dichosconjuntos aparecieron en forma natural en la sección 3 donde vimos que laproyección de una variedad no es necesariamente una variedad y la diferencia(conjuntista) de variedades puede no ser una variedad.
Sea S � Kn una variedad afín o no, el conjunto
I (S) = ff 2K [x1; :::; xn] : f (a) = 0 8a 2 Sg
es un ideal enK [x1; :::; xn], por cierto radical. Por la correspondencia ideal- variedad, V (I (S)) es una variedad. La siguiente proposición establece queesta variedad es la más pequeña que contiene a S:
Proposici�on [30]
Si S � Kn, la variedad afín V (I (S)) es la variedad más pequeña quecontiene a S (en el sentido que si W �Kn es una variedad afín que contiene aS, entonces V (I (S)) �W ).
Esta proposición nos lleva a la siguiente de�nición.
Clausura de Zariski [Definici�on 31]
La clausura de Zariski de un subconjunto del espacio afín es la variedadalgebraica más pequeña que contiene al conjunto. Si S � Kn, la clausura deZariski se denota por S y es igual a V (I (S)) :
Teorema [32]
SeaK un campo algebraicamente cerrado.Supongamos que V = V (f1; :::; fs) �K y sea �l :K
n �!Kn�l la proyección sobre las últimas n�l componentes. SiIl es el l��esimo ideal de eliminación Il = hf1; :::; fsi\K [xl+1; :::; xn], entoncesV (Il) es la clausura de Zariski de �l (V ) :
55
Podríamos preguntarnos si existe en método general para calcular el idealcorrespondiente a la Clausura de Zariski W � V de la diferencia de dos var-iedades W y V: La respuesta es sí, pero involucra una nueva construcción alge-braica sobre los ideales. Observemos primero lo siguiente:
Proposici�on [33]
Si V y W son variedades con V �W; entonces W = V [�W � V
�:
Nuestra proxima tarea es estudiar la teoría del ideal análogo de W � V .Empezaremos con la siguiente de�nición.
Ideal Cociente [Definici�on 34]
Si I; J son ideales en K [x1; :::; xn], entonces I : J es el conjunto
ff 2K [x1; :::; xn] : fg 2 I para todo g 2 Jg
y es llamado el cociente del ideal o (ideal cociente) de I por J:
El siguiente teorema muestra que el cociente de un ideal es la analogía alge-braica de la Clausura de Zariski de una diferencia de variedades.
Teorema [35]
Sea I y J ideales en K [x1; :::; xn] ; entonces
V (I : J) � V (I)� V (J)
Si además, K es algebraicamente cerrado e I es un ideal radical, entonces
V (I : J) = V (I)� V (J)
La prueba del teorema anterior conduce al siguiente corolario que se ocupaen cualquier campo.
Corolario [36]
Sea V y W variedades en Kn: Entonces
I (V ) : I (W ) = I (V �W )
Teorema [37]
Sea I un ideal y g un elemento de K [x1; :::; xn] : Si fh1; :::; hpg es una basedel ideal I \ hgi ; entonces fh1=g; :::; hp=gg es una base de I : hgi :
Este teorema, junto con nuestros procedimientos para calcular interseccionesde ideales y la ecuación (5), inmediatamente conduce a un algoritmo paracalcular una base de un cociente de un ideal. Es decir, dado I = hf1; :::; fri
56
y I = hg1; :::; gsi = hg1i + � � � + hgsi ; al calcular una base de I : J; primerocalculamos una base para I : hgii para cada i.
En vista del teorema anterior, primero calculamos la base de hf1; :::; fri\hgiirecordemos que hacemos esto para encontrar una Base de Groebner
htf1; :::; tfr; (1� t) gii
con respecto al orden lexicográ�co en el cual t precede a todos los xi y retenemostodos los elementos de la base los cuales no dependen de t (este es nuestroalgoritmo para calcular intersecciones de ideales).
Usando el algoritmo de la división, dividimos cada uno de esos elementospor gi para obtener una base para I : hgii : Finalmente calculamos una basepara I : J aplicando el algoritmo de la intersección s � 1 veces, calculandoprimero una base para I : hg1; g2i = (I : hg1i) \ (I : hg2i) ; entonces una basepara I : hg1; g2; g3i = (I : hg1; g2i) \ (I : hg3i) ; y así sucesivamente.
57
.
CONTENIDO"La única posibilidad rigurosa de acceder
a un pensamiento que tenga validez
universal es a través de la Matemática y
sus leyes."
René Thom
58
I. Problemas Resueltos sobre Geometría, Álgebray Algoritmos
1. Sea I � K [x1; x2; :::; xn] un ideal y sean f1; f2;:::; fs 2K [x1; x2; :::; xn] :Probar que las siguientes proposiciones son equivalentes:
i) f1; f2; :::; fs 2 Iii) hf1; f2; :::; fsi � I:
Soluci�on
i) ii Si f1; f2; :::; fs 2 I; entonces por las partes ii) y iii) de la de�niciónde ideal X
hifi 2 I
para cualesquiera hi 2 K [x1; x2; :::; xn] :
De esta manera hf1; f2; :::; fsi � I:ii) i Si hf1; f2; :::; fsi � I; entonces
fi = 0f1 + :::+ 1fi + :::+ 0fs 2 hf1; f2; :::; fsi ;
como hf1; f2; :::; fsi � I; fi 2 I para i = 1; :::; s:
2. Use el ejercicio anterior para probar las siguientes igualdades deideales en K [x; y] :
(a) hx+ y; x� yi= hx; yi(b)
x+ xy; y + xy; x2; y2
�= hx; yi
Soluci�on:
(a) Sea I = hx+ y; x� yi : Como I � hx; yi puesto que puedo expresarlos generadores de I en función de x y y :
x+ y = 1 (x) + 1 (y) y x� y = 1 (x) + (�1) (y) ;
sólo debemos probar que hx; yi � I; o lo que es lo mismo que x; y 2 I:Ahora
x =1
2(x+ y)+
1
2(x� y) 2 I y y =
1
2(x+ y)+
��12
�(x� y) 2 I:
59
(b) Sea I =x+ xy; y + xy; x2; y2
�: Evidentemente I � hx; yi ; pues
x+ xy = 1 (x) + x (y) ; y + xy = y (x) + 1 (y) ;x2 = x (x) + 0 (y) ; y2 = 0 (x) + y (y) :
Mostremos que x; y 2 I:x + xy 2 I implica que xy + xy2 = y (x+ xy) 2 I y entoncesy2 2 I implica xy 2 I: Luego x; y 2 I se sigue inmediatamente deque x+ xy; y + xy 2 I:
3. Probemos que todo subconjunto �nito de Kn es una variedadafín:
(a) Pruebe que un punto (a1; a2; :::; an) 2 Kn es una variedadafín.
(b) Pruebe que cada subconjunto �nito de Kn es una variedadafín. Use lema [9].
Soluci�on.
(a) Considere la variedad V = V (f1; f2; :::; fn) donde fi = xi � ai para1 � i � n: Así
V = f(x1;x2; :::; xn) : fi (x1;x2; :::; xn) = 0 para 1 � i � ng :
Por consiguiente,
(x1;x2; :::; xn) 2 V , xi � ai = 0 para 1 � i � n, xi = ai para 1 � i � n, (x1;x2; :::; xn) = (a1; a2; :::; an)
Por lo tanto, V = f(a1; a2; :::; an)g : Como el punto (a1; a2; :::; an) fuearbitrario, este argumento es válido para cualquier punto, y de esta maneraun punto singular (a1; a2; :::; an) 2Kn es una variedad afín.
(b) Sea S un subconjunto �nito deKn con r puntos, es decir, S = fp1; p2; :::; prgcon pi = (pi1 ; pi2 ; :::; pin) 2Kn para 1 � i � n: Por la parte (a) cada con-junto de un elemento fpig es una variedad afín V i: Como el lema [9]implica que las intersecciones y uniones de variedades a�nes son de nuevovariedades a�nes y como hay �nitos puntos pi; vemos que
V =r[i=0
V i =r[i=0
fpig = S
es también una variedad afín. Por lo tanto, cada subconjunto �nito S deKn es una variedad afín.
60
4. Un ideal I es radical sipI = I:
(a) Probar que I (V ) es un ideal radical.
(b) Probar quex2; y2
�no es un ideal radical. Esto signi�ca que
x2; y2�6= I (V ) para toda variedad V � Kn:
Soluci�on.
(a) Si fm 2 I (V ) ; entonces fm (a1; a2; :::; an) = 0 8 (a1; a2; :::; an) 2 V :Pero
fm (a1; a2; :::; an) = (f (a1; a2; :::; an))m
Así, (f (a1; a2; :::; an))m= 0 (pues un campo no tiene elementos nilpo-
tentes).
Por tanto, f 2 I
(b) Observemos que x2 2x2; y2
�pues x2 = 1
�x2�+ 0
�y2�: Para ver que
x =2x2; y2
�; notemos que cualquier elemento de
x2; y2
�es de la forma
f � x2 + g � y2 donde f; g 2K [x; y] :
El grado total de cualquier monomio en f � x2 + g � y2 es al menos 2, así xno puede aparecer en tal expresión.
5. La palabra "base" se usa de varias formas en Matemática. Eneste ejercicio se verá que "base de un ideal" tal a como se de�nióen 1:4, es completamente diferente a "base de un subespacio",concepto ya estudiado en el curso de Álgebra Lineal.
(a) Primero, consideremos el ideal I = hxi � K [x] : Como idealI tiene una base formada por el elemento x: Pero I puedeser visto también como un subespacio de K [x] ; siendo ésteun espacio vectorial sobre K. Pruebe que cualquier base deI como K�espacio vectorial es in�nita. Sugerencia: bastacon encontrar una base que sea in�nita. El hecho de podermultiplicar x por elementos de K [x] y no solamente de K,hace posible que hxi tenga base �nita.
(b) En Álgebra lineal, una base debe generar y ser linealmenteindependiente sobre K, mientras que para un ideal, unabase tiene que ver sólo con la generación-no se mencionaningún tipo de independencia. La explicación es que cuandoadmitimos coe�cientes polinomiales ningún tipo de inde-pendencia es posible. Para ver esto tome el ideal hx; yi �K [x; y] : Pruebe que el cero se puede escribir como unacombinación lineal de y e x:
61
(c) En forma más general, supongamos que f1; f2; :::; fs es la basede un ideal I �K
�x1; x2;:::; xn
�: Si s � 2 y fi 6= 0; para todo
i; probar que para cualesquiera i; j el cero se puede escribircomo una combinación lineal de fi y fj con coe�cientespolinomiales no nulos.
(d) Una consecuencia de la ausencia de independencia es quecuando expresamos un elemento f 2 hf1; f2; :::; fsi como
f =sXi=0
hi � fi;
los coe�cientes hi no son únicos. Como ejemplo consideref = x2 + xy + y2 2 hx; yi : Exprese f como una combinaciónlineal de x y y en dos formas. (A pesar de que los hi noson únicos, uno puede medir la falta de unicidad. Esto nosconduce al tema interesante de las sicigias).
(e) Una base f1;:::; fs de un ideal I es mínima si ningún subcon-junto propio de ff1;:::; fsg es una base de I: Por ejemplo, x; x2es base de un ideal, pero no es una base mínima porque xgenera el mismo ideal. Desafortunadamente, un ideal puedetener bases mínimas formadas por números diferentes deelementos. Para ver esto, veri�car que x y x + x2; x sonbases mínimas del mismo ideal de K [x] : Explique cómo estocontrasta con lo conocido en Álgebra Lineal.
Soluci�on.
(a) Para i = 1; 2; :::; xi 2 hxi : Estos elementos son linealmenteindependientes en K, de esta manera hxi posee una dimensiónin�nita. Por lo tanto, cualquier base es in�nita.
(b) Sea el ideal I = hx; yi. Necesitamos encontrar h1; h2 2 K [x; y]que sean no nulos; tales que
h1 � x+ h2 � y = 0
Es fácil ver que h1 = �y y h2 = x satisfacen la igualdad, pues
�y (x) + x (y) = �yx+ xy = 0:
(c) (�fi) fj + (fj) fi = 0:
(d) Sea f = x2 + xy + y2: La primera forma es:
(x+ y)x+ (y) y = (x)x+ (y)x+ y2 = x2 + xy + y2
La segunda es:
(x)x+ (x+ y) y = x2 + (x) y + (y) y = x2 + xy + y2
62
(e) Sea I = hxi : El conjunto fxg es una base mínima pues su únicosubconjunto propio es el conjunto vacío, y el conjunto vacío esuna base para el ideal nulo. El conjunto
�x+ x2; x2
es una base
para hxi pues
x =�x+ x2
�� x2 donde x+ x2 = (x+ 1)x y x2 = (x)x:
Para ver que es mínima, observemos que x =2x2�pues x2 no
divide a x y x =2x2 + x
�pues x2 + x no divide a x:
6. Sea V = V�y � x2; z � x3
�la cúbica torcida. Se demostró en el
curso que I (V ) =y � x2; z � x3
�:
(a) Use la parametrización de la cúbica torcida para probar quey2 � xz 2 I (V ) :
(b) Exprese y2 � xz como combinación lineal de y � x2 y z � x3:
Soluci�on:
(a) La cúbica torcida puede ser parametrizada como
x = t; y = t2; z = t3:
Por la de�nición de I (V ) ;
f (x; y; z) = y2 � xz 2 I (V ) si y s�olo si f = 0 en V :
Sea (x; y; z) un punto de V : Entonces por la parametrización dadaarriba (x; y; z) =
�t; t2; t3
�para algún t 2 R: Entonces,
y2 � xz =�t2�2 � t � t3 = t4 � t1+3 = t4 � t4 = 0
Como esto es cierto para todos los puntos (x; y; z) 2 V ; y2� xz = 0en V y por tanto y2 � xz 2 I (V ) :
(b) Sea f (x; y; z) = y2 � xz: Queremos escribir f en la forma
f = h1�y � x2
�+ h2
�z � x3
�donde h1; h2 2 R [x; y; z] y f 2
y � x2; z � x3
�: La discusión del
lema [16] muestra que un monomio x�y�z puede ser escrito como
x�y�z = x��x2 +
�y � x2
��� �x3 +
�z � x3
�� = x�(x2� + t�erminos en y � x2)(x3 + t�erminosen z � x3)
= h1�y � x2
�+ h2
�z � x3
�+ x�+2�+3
63
Usaremos esta expresión para expandir los términos monomiales enf como se muestra abajo:
y2 = x0y2z0
= x0�x2 +
�y � x2
��2 �x3 +
�z � x3
��0=
�x4 + t�erminos en y � x2
�=
�2x2 +
�y � x2
�� �y � x2
�+ x4
=�y + x2
� �y � x2
�+ x4:
Similarmente,
xz = x1y0z1
= x1�x2 +
�y � x2
��0 �x3 +
�z � x3
��1= x
�z � x3
�+ x4:
Por lo tanto podemos escribir
f (x; y; z) = y2 � xz=��y + x2
� �y � x2
�+ x4
���x�z � x3
�+ x4
�=�y + x2
� �y � x2
�+ (�x)
�z � x3
�= h1
�y + x2
�+ h2
�z � x3
�con h1 = y + x2 y h2 = �x:
7. Sea F2 = f0; 1g un campo con las operaciones de adición y multi-plicación de�nidas por
0 + 0 = 1 + 1 = 00 + 1 = 1 + 0 = 10 � 0 = 0 � 1 = 1 � 0 = 01 � 1 = 1
(a) Considere el polinomio g (x; y) = x2y + y2x 2 F2 [x; y] : Probarque g (x; y) = 0 para todo (x; y) 2 F22 y explique por qué nocontradice la proposici�on [5].
(b) Encontrar un polinomio no nulo en F2 [x; y; z] que se elimineen todos los puntos F32: Intente encontrar un polinomio queinvolucre la tres variables.
Soluci�on.
(a) Recordemos que F22 = f(0; 0) ; (1; 1) ; (0; 1) ; (1; 0)g.
Evaluemos estos puntos en el polinomio g (x; y) = x2y + y2x 2F2 [x; y] :
g [(0; 0)] = (0)2 � 0 + (0)2 � 0 = 0 � 0 + 0 � 0 = 0 + 0 = 0
g [(1; 1)] = (1)2 � 1 + (1)2 � 1 = 1 � 1 + 1 � 1 = 1 + 1 = 0
64
g [(0; 1)] = (0)2 � 1 + (1)2 � 0 = 0 � 1 + 1 � 0 = 0 + 0 = 0
g [(1; 0)] = (1)2 � 0 + (0)2 � 1 = 1 � 0 + 0 � 1 = 0 + 0 = 0
como podemos ver g (x; y) se anula en todo F22: Este resultado nocontradice la proposición 5 puesto que F2 no es un campo in�nito.
(b) Sabemos que
F32 =�(0; 0; 0) ; (1; 1; 1) ; (1; 0; 0) ; (0; 1; 0) ;(0; 0; 1) ; (1; 1; 0) ; (0; 1; 1) ; (1; 0; 1)
�Un polinomio que se elimina en todo F32 y que posee las tres variables
es f (x; y; z) = xyz + x2y2z2: Veri�quemos esto:
f [(0; 0; 0)] = 0 � 0 � 0 + (0)2 � (0)2 � (0)2= 0 � 0 + 0 � 0 � 0 = 0 + 0 � 0 = 0 + 0 = 0
f [(1; 1; 1)] = 1 � 1 � 1 + (1)2 � (1)2 � (1)2= 1 � 1 + 1 � 1 � 1 = 1 + 1 � 1 = 1 + 1 = 0
f [(1; 0; 0)] = 1 � 0 � 0 + (1)2 � (0)2 � (0)2= 0 � 0 + 1 � 0 � 0 = 0 + 1 � 0 = 0 + 0 = 0
f [(0; 1; 0)] = 0 � 1 � 0 + (0)2 � (1)2 � (0)2= 0 � 0 + 0 � 1 � 0 = 0 + 0 � 0 = 0 + 0 = 0
f [(0; 0; 1)] = 0 � 0 � 1 + (0)2 � (0)2 � (1)2= 0 � 0 + 0 � 0 � 1 = 0 + 0 � 1 = 0 + 0 = 0
f [(1; 1; 0)] = 1 � 1 � 0 + (1)2 � (1)2 � (0)2= 1 � 0 + 1 � 1 � 0 = 0 + 1 � 0 = 0 + 0 = 0
f [(0; 1; 1)] = 0 � 1 � 1 + (0)2 � (1)2 � (1)2= 0 � 1 + 0 � 1 � 1 = 0 + 0 � 1 = 0 + 0 = 0
f [(1; 0; 1)] = 1 � 0 � 1 + (1)2 � (0)2 � (1)2= 0 � 1 + 1 � 0 � 1 = 0 + 0 � 1 = 0 + 0 = 0
8. Sea p un número primo. El anillo de enteros módulo p es uncampo con p elementos, el cual denotaremos por Fp; decimosque Fp � f0g es un grupo multiplicativo.
(a) Use el teorema de Lagrange para probar que ap�1 = 1; 8a 2Fp � f0g :
(b) Pruebe que ap = a; 8a 2 Fp: Sugerencia: considere los casosa = 0 y a 6= 0:
(c) Encontrar un polinomio no nulo que se anule en todos lospuntos de Fp: Use la parte anterior.
65
Soluci�on.
a. Sabemos que Fp�f0g es un grupo multiplicativo de orden p�1. El teoremade Lagrange nos garantiza que cualquier elemento del grupo elevado alorden del grupo es igual al elemento idéntico del grupo. Y por tanto paranuestro caso, tenemos
ap�1 = 1; 8a 2 Fp � f0g :
b. Para a = 0;0p = 0:
Para a 6= 0; resultaap = ap�1 � a
= 1 � a= a:
Podemos aplicar la parte a. puesto que al ser a 6= 0; a 2 Fp � f0g :c. De la parte anterior tenemos que ap = a; 8a 2 Fp; es decir queap � a = 0; ap � a; podemos entonces establecer que
0 = ap � a = f (a) 8a 2 Fp
y de aquí que el polinomio buscado es
f (x) = xp � x:
9. En la demostración de la proposici�on [5] se tomó f 2K [x1; :::; xn]y se escribió como un polinomio en xn con coe�cientes enK�x1; :::; xn�1
�: Para ver cómo funciona esto en un caso par-
ticular, consideremos el polinomio
f (x; y; z) = x5y2z � x4y3 + y5 + x2y � y3z + xy + 2x� 5z + 3
(a) Exprese a f como un polinomio en x con coe�cientes enK [y; z] :
(b) Exprese a f como un polinomio en y con coe�cientes enK [x; z] :
(c) Exprese a f como un polinomio en z con coe�cientes enK [x; y] :
Soluci�on.
a. La idea es agrupar los términos del polinomio f (x; y; z) en las potenciasde x :
66
f (x; y; z) = x5y2z � x4y3 + y5 + x2y � y3z + xy + 2x� 5z + 3=�y2z�x5 +
��y3
�x4 + (y)x2 + (y)x+ (2)x+ (y5 � y3z�
5z + 3)
=�y2z�x5 +
��y3
�x4 + (y)x2 + (y + 2)x+ (y5 � y3z � 5z
+3)x0
= f (x)
Observemos que los coe�cientes de f (x; y; z) pertenecen a K, mientras quelos coe�cientes de f (x) están en K [y; z] :
b. Aquí la idea es agrupar los términos del polinomio f (x; y; z) en las po-tencias de y :
f (x; y; z) = x5y2z � x4y3 + y5 + x2y � y3z + xy + 2x� 5z + 3=�x5z
�y2 +
��x4
�y3 + (1) y5 +
�x2�y + (�z) y3 + (x) y + (2x
�5z + 3)= (1) y5 +
��x4 � z
�y3 +
�x5z
�y2 +
�x2 + x
�y + (2x� 5z+
3)y0
= f (y)
Observemos que aquí los coe�cientes de f (x; y; z) siguen perteneciendo a Kpero los coe�cinetes de f (y) están en K [x; z] :
c. Similarmente a los casos anteriores agrupemos los términos del polinomiof (x; y; z) sólo que en las potencias de z !:
f (x; y; z) = x5y2z � x4y3 + y5 + x2y � y3z + xy + 2x� 5z + 3=�x5y2
�z +
��y3
�z + (�5) z + (�x4y3 + x2y + xy + 2x+ y5
+3)
=�x5y2 � y3 � 5
�z +
��x4y3 + x2y + xy + 2x+ y5 + 3
�z0
= f (z)
Los coe�cientes de f (z) pertenecen a K [x; y] :
67
10. Sea V � R3 la curva parametrizada por�t; t3; t4
�:
(a) Probar que V es una variedad afín.
(b) Adoptar el método usado en el caso de la cúbica torcidapara determinar I (V ) :
Soluci�on.
(a) Para probar que V es una variedad afín debemos encontrar una repre-sentación implícita de la curva, para ello hagamos x = t; lo que nos pro-duce
y = x3
z = x4
que es una representación implícita de V : Por lo tanto
V = V�y � x3; z � x4
�:
(b) El teorema del binomio implica que cualquier f 2 R [x; y; z] puede serexpresado en la forma
f = h1�y � x3
�+ h2
�z � x4
�+ r
donde h1; h2 2 R [x; y; z] : Sea f 2 I (V ) : Como f se anula en V; tenemosque
f�t; t3; t4
�= 0 8t 2 R
Por consiguiente r (t) = 0 8t 2 R; así r = 0: Por tanto,
f 2y � x3; z � x4
�:
Claramente y � x3; z � x4 2 I (V ) ; así
I (V ) =y � x3; z � x4
�:
11. Use el mcd de polinomios en una indeterminada para decidir si
x2 � 4 2x3 + x2 � 4x� 4; x3 � x2 � 4x+ 4; x3 � 2x2 � x+ 2
�:
Soluci�on.
Sea f = x2 � 4, para determinar si
f 2 hf1; f2; f3i =x3 + x2 � 4x� 4; x3 � x2 � 4x+ 4; x3 � 2x2 � x+ 2
�;
68
buscaremos g (x) = mcd (f1; f2; f3) usando el algoritmo de Euclides. Sabemosde la proposici�on [26] que g genera hf1; f2; f3i : Por consiguiente
f 2 hf1; f2; f3i = hgi si y sólo si f = gh para algún h 2K [x] :
Podemos usar el algoritmo de la división para escribir f = qg + r donde r = 0o grad (r) < grad (g) : El polinomio g divide a f si y sólo si r = 0; así quef 2 hf1; f2; f3i = hgi si y sólo si r = 0:
De la proposici�on [26] es sabido que
g = mcd (f1; f2; f3) = mcd (mcd (f1; f2) ; f3) :
Para encontrar g; por consiguiente, debemos primero determinar mcd (f1; f2) :Usando el algoritmo de la división, podemos dividir f1 por f2 resultando:
f1 (x) = x3 + x2 � 4x� 4 = q1 � f2 + r1 = 1
�x3 + x2 � 4x� 4
�+�2x2 � 8
�:
Luego dividamos f2 por el residuo r1 encontrado arriba, obteniendo:
f2 (x) = x3 � x2 � 4x+ 4 = q2 � r1 + r2 =
�12x�
12
� �2x2 � 8
�+ 0:
Ahora podemos usar el algoritmo de Euclides para decir que
mcd (f1; f2) = mcd (f2; r1) = mcd (r1; r2) = mcd�2x2 � 8; 0
�= 2x2 � 8:
Como el mcd es único salvo un factor constante en el campo K, podemosremover un factor constante 2, para obtener
mcd (f1; f2) =12
�2x2 � 8
�= x2 � 4:
Ahora podemos hallar
mcd (f1; f2; f3) = mcd (mcd (f1; f2) ; f3) = mcd�x2 � 4; f3
�Una vez más, usemos el algoritmo de la división para dividir f3 por x2 � 4 :
f3 (x) = x3 � 2x2 � x+ 2 = q3 �
�x2 � 4
�+ r3 = (x� 2)
�x2 � 4
�+ (3x� 6) :
Luego dividamos x2 � 4 por el residuo r3 encontrado arriba y obtenemos:
x2 � 4 = q4 � r3 + r4 = 13 (x+ 2) (3x� 6) + 0:
Ahora podemos usar el algoritmo de Euclides para decir que
mcd�f3; x
2 � 4�= mcd
�x2 � 4; r3
�= mcd (r3; 0) = mcd (3x� 6; 0) = 3x� 6:
Por eso,g = mcd (f1; f2; f3) = 3x� 6:
69
Como antes, saquemos un factor constante 3 para obtener
g = x� 2:
Entonces,hx� 2i = hgi = hf1; f2; f3i ;
lo que implica que
f 2 hf1; f2; f3i si y sólo si (x� 2) j f:
Como f = x2 � 4 es la diferencia de dos cuadrados, podemos escribir
f (x) = x2 � 4 = (x+ 2) (x� 2) :
Por tanto,(x� 2) j f y f 2 hf1; f2; f3i :
70
II. Problemas Resueltos sobre Bases de Groebner
1. Determine si los polinomios dados están en el ideal dado I � R [x] :
(a) f (x) = x2 � 3x+ 2; I = hx� 2i :(b) f (x) = x3 � 1; I =
x9 � 1; x5 + x3 � x2 � 1
�:
Soluci�on.
(a) Recordemos que f 2 I sii x � 2 j x2 � 3x + 2 o sea f = qg + r dondeg = x� 2; q 2 R [x] y r = 0. Usando el algoritmo de la división tenemos
x� 1x� 2
px2 � 3x+ 2 r
x2 � 2x�x+ 2�x+ 2
0 0
Luego, f 2 I:
(b) Para saber si f 2 I; primero debemos pasar I a la forma hgi dondeg = mcd
�x9 � 1; x5 + x3 � x2 � 1
�: Encontremos g:
Dividamos x9 � 1 por x5 + x3 � x2 � 1 :
x4 � x2 + x+ 1x5+ x3� x2�1
px9 � 1 r
x9 + x7 � x6 � x4�x7 + x6 + x4 � 1�x7 � x5 + x4 + x2x6 + x5 � x2 � 1 0x6 + x4 � x3 � x
x5 � x4 + x3 � x2 + x� 1x5 +x3 �x2 �1
�x4 + x ! �x4x ! �x4 + x0
Entonces x9�1 =�x4 � x2 + x+ 1
� �x5 + x3 � x2 � 1
�+��x4 + x
�: Como
el residuo aún es no nulo, siguiendo el método debemos dividir x5+ x3� x2� 1
71
por �x4 + x; es decir
�x� x4+ x
px5 + x3 � x2 � 1 r
x5 � x2x3 � 1 ! x3
�1 ! x3 � 10
Como el residuo nuevamente es no nulo repetimos el proceso anterior, así
�xx3� 1
p� x4 + x r
�x4 + x0 ! 0
Por consiguiente,
g = mcd�x9 � 1; x5 + x3 � x2 � 1
�= mcd
�x5 + x3 � x2 � 1;�x4 + x
�= mcd
��x4 + x; x3 � 1
�= mcd
�x3 � 1; 0
�= x3 � 1
Y de aquí que I =x9 � 1; x5 + x3 � x2 � 1
�=x3 � 1
�: Ahora
f = x3 � 1 2 I =x3 � 1
�, x3 � 1 j x3 � 1;
y esto es cierto puesx3 � 1 = 1
�x3 � 1
�;
En conclusión, f 2 I:
2. Reescriba cada uno de los siguientes polinomios, ordenando lostérminos según los órdenes lex, lexgr, lexgrev dando mp (f) ; tp (f)y multi grad (f) en cada caso.
(a) f (x; y; z) = 2x+ 3y + z + x2 � z2 + x3:(b) f (x; y; z) = 2x2y8 � 3x5yz4 + xyz3 � xy4
Soluci�on.
(a) Para este caso, las siguientes tablas muestran lo que deseamos:
lex x3 + x2 + 2x+ 3y � z2 + zlexgr x3 + x2 � z2 + 2x+ 3y + zlexgrev x3 + x2 � z2 + 2x+ 3y + z
72
mp (f) tp (f) multi grad (f)x3 x3 (3; 0; 0)x3 x3 (3; 0; 0)x3 x3 (3; 0; 0)
(b) Similarmente,
lex �3x5yz4 + 2x2y8 � xy4 + xyz3lexgr �3x5yz4 + 2x2y8 � xy4 + xyz3lexgrev 2x2y8 � 3x5yz4 � xy4 + xyz3
mp (f) tp (f) multi grad (f)x5yz4 �3x5yz4 (5; 1; 4)x5yz4 �3x5yz4 (5; 1; 4)x2y8 2x2y8 (2; 8; 0)
Detallemos el ejercicio para la parte (a) con el orden lex:
Sea f (x; y; z) = 2x + 3y + z + x2 � z2 + x3: Ordenar el polinomio f noes más que ordenar sus términos con algún orden monomial, para ello, sean� = (1; 0; 0) ; � = (0; 1; 0) ; = (0; 0; 1) ; � = (2; 0; 0) � = (0; 0; 2) y � = (3; 0; 0)los exponentes de los monomios x; y; z; x2; z2; x3; respectivamente.
Ordenemos los monomios de f usando el orden lexicogr�afico; revisemos lassiguientes diferencias vectoriales:
� � � = (1; 0; 0) ; observemos que la 1a componente no nula por la izq.es positiva, así � >lex �:
� � � = (1; 0; 0) ; observemos que la 1a componente no nula por la izq.es positiva, así � >lex � >lex �:
�� � = (1;�1; 0) ; observemos que la 1a componente no nula por la izq.es positiva, así � >lex � >lex � >lex �:
� � = (0; 1;�1) ; observemos que la 1a componente no nula por la izq.es positiva, así � >lex � >lex � >lex � >lex :
� � = (0; 0;�1) ; observamos que la única componente no nula es ne-gativa, lo que quiere decir que � >lex :
Como � >lex y � >lex debemos revisar quién es mayor � ó �: Revisemospor ejemplo, la diferencia vectorial � � �;
� � � = (0; 1; 0)� (0; 0; 2) = (0� 0; 1� 0; 0� 2) = (0; 1;�2) ;
se puede ver que la 1a componente no nula por la izquierda es positiva (es 1),así � >lex �: Luego, hemos formado la siguiente sucesión
� >lex � >lex � >lex � >lex � >lex
73
esto signi�ca que
x3 >lex x2 >lex x >lex y >lex z
2 >lex z:
De manera que f queda ordenado lexicográ�camente así
f (x; y; z) = x3 + x2 + 2x+ 3y � z2 + z;
además,
multi grad (f) = (3; 0; 0) = max f�; �; ; �; �; �gmp (f) = x3
tp (f) = x3
3. Cada uno de los siguientes polinomios está escrito con susmonomios ordenados según(exactamente) uno de los órdenes lex;lexgr ó lexgrev: Determine el orden monomial que fue usado encada caso.
a) f (x; y; z) = 7x2y4z � 2xy6 + x2y2
b) f (x; y; z) = xy3z + xy2z2 + x2z3
c) f (x; y; z) = x4y5z + 2x3y2z � 4xy2z4
Soluci�on.
a) De acuerdo con el orden de los monomios en f;
(2; 4; 1) > (1; 6; 0) > (2; 2; 0) :
Ordenando estas tripletas según los órdenes monomiales resulta:
(2; 4; 1) > lex (2; 2; 0) >lex (1; 6; 0)
(2; 4; 1) > lexgr (1; 6; 0) >lexgr (2; 2; 0)
(1; 6; 0) > lexgrev (2; 4; 1) >lexgrev (2; 2; 0)
Así que el orden monomial usado es lexgr:
b) De acuerdo con el orden de los monomios en f ,
(1; 3; 1) > (1; 2; 2) > (2; 0; 3) :
Ordenando estas tripletas según los órdenes monomiales resulta:
(2; 0; 3) > lex (1; 3; 1) >lex (1; 2; 2)
(2; 0; 3) > lexgr (1; 3; 1) >lexgr (1; 2; 2)
(1; 3; 1) > lexgrev (1; 2; 2) >lexgrev (2; 0; 3)
Así que el orden monomial usado es lexgrev:
74
c) De acuerdo con el orden de los monomios de f ,
(4; 5; 1) > (3; 2; 1) > (1; 2; 4) :
Ordenando estas tripletas segun los órdenes monomiales resulta:
(4; 5; 1) > lex (3; 2; 1) >lex (1; 2; 4)
(4; 5; 1) > lexgr (1; 2; 4) >lexgr (3; 2; 1)
(4; 5; 1) > lexgrev (1; 2; 4) >lexgrev (3; 2; 1)
Así que el orden usado es lex:
4. Demuestre que lexgrev es un orden monomial según la definici�on[1] :
Soluci�on.
Recordemos que para que lexgrev sea un orden monomial debe cumplirseque
i) >lexgrev es un orden total en Zn�0;
ii) si � >lexgrev � y 2 Zn�0; entonces �+ >lexgrev � + ;
iii) >lexgrev es un buen orden en Zn�0:
Probemos i) :
Dados �; � 2 Zn�0; si j�j 6= j�j ; entonces j�j > j�j ó j�j < j�j : Asíj�j >lexgrev j�j ó j�j >lexgrev j�j : Si j�j = j�j ; entonces � = � o algunacomponente de �� � es no nula. La primera componente no nula a la derechaes positiva o negativa, así � >lexgrev � ó � >lexgrev �: Por tanto, >lexgrev es unorden total en Zn�0:
Probemos ii) :
Si j�j > j�j ; entonces j�+ j = j�j + j j � j�j + j j = j� + j ; así� >lexgrev �:Si j�j = j�j ; entonces j�� �j = (�+ )�(� + ) ; así la primera componente
no nula a la derecha de estas expresiones es la misma.
Probemos iii) :
Sea S un subconjunto no vacío de Zn�0. Entonces fj�j : � 2 Sg es unconjunto no vacío de enteros no negativos y entonces tiene un elemento mínimoN . Sea SN = f� : � 2 S y j�j = Ng : Esto es un conjunto �nito y tiene unelemento mínimo �0 con respecto a >lexgrev(por parte i) ). El elemento mínimode S es �0:
75
5. Otro orden monomial es el lexicogr�afico invertido o lexinv; ordende�nido como sigue: para �; � 2 Zn�0; � >lexinv � si y sólo si en�� � la primera componente no nula por la derecha es positiva.Demostrar que lexinv es equivalente al orden lex con las variablespermutadas de alguna manera. ¿Cuál es la permutación?
Soluci�on.
Consideremos � = (�1; :::; �n) ; � = (�1; :::; �n) 2 Zn�0: Supongamos que� >lex �: Sea i el índice de la primera componente no nula por la izquierda en�� �. Entonces, �i � �i > 0 y �1 � �1 = � � � = �i�1 � �i�1 = 0:
Sea �0 = (�n; :::; �1) ; �0 = (�n; :::; �1) : Entonces la primera componente no
nula por la derecha de �0 � �0 es �i � �i > 0: Por lo tanto,
� >lex � ) �0 >lexinv �0;
como >lexy >lexinv son órdenes totales, hemos mostrado que lexinv es equiva-lente al lex con el orden de las variables invertido.
6. En Z�0 con el orden usual, entre dos enteros sólo hay un número�nito de otros enteros. ¿Es esto necesariamente cierto en Zn�0para un orden monomial dado? ¿Es cierto para el orden lexgr?
Soluci�on.
Para el orden lex en Z3�0 hay un número in�nito de elementos entre (1; 0; 0)y (0; 0; 1). De hecho, todos los elementos (0; n; 0) con n > 0 satisfacen
(1; 0; 0) > (0; n; 0) > (0; 0; 1) :
Para el orden lexgr y cualquier elemento �; hay sólo un número �nito de � talesque � >lexgr �: Esto es porque para todo n, hay sólo un número �nito de �tales que j�j = n y así solo pocos � tales que j�j < j�j :
76
7. Sea > un orden monomial en K [x1; :::; xn] :
a) Sea f 2 K [x1; :::; xn] y m un monomio. Mostrar que tp (m � f) =m � tp (f) :
b) Sean f; g 2 K [x1; :::; xn] : ¿Es tp (f � g) necesariamente igual atp (f) � tp (g)?
c) Si fi; gi 2 K [x1; :::; xn] ; 1 � i � s: ¿Es mp (Ps
i=0 figi) necesari-amente igual a mp (fi) �mp (gi) para algún i?
Soluci�on.
a) Sean x�1 > � � � > x�m los monomios que aparecen en f y sea m = x� :Como
�1 + � > �2 + � > � � � > �m + �;
entonces x�1+� es el monomio principal de mf: El coe�ciente de este
término es cp (f) y así tp (m � f) = m � tp (f) :
b) Observemos que uno puede deducir de la parte (ii) de la de�nición deorden monomial que si � � � y 1 � 2 entonces �+ 1 � � + 2 con laigualdad si y sólo si � = � y 1 = 2: Si x
�1 > � � � > x�m son monomiosde f y x�1 > � � � > x�s son monomios de g; entonces x�1+�1 � x�i+�j :
Puesto que x�1+�1 aparece en f � g con coe�ciente cp (f) � cp (g) ; debe serel monomio principal. Por lo tanto, tp (f � g) = tp (f) � tp (g) :
c) Sea f1 = 1; f2 = �1; g1 = x; g2 = x + y y usemos el orden lex conx > y: Entonces
f1g1 + f2g2 = x� (x+ y) = �y:
Pero,mp (f1g1) = mp (f2g2) = x
77
8. Calcule el residuo que resulte de dividir el polinomio dado f porel conjunto ordenado F. Use el orden lexgr; luego el orden lex encada caso:
(a) f = x7y2 + x3y2 � y + 1; F =�xy2 � x; x� y3
�:
(b) Repita la parte (a) con el orden del par F invertido.
Soluci�on.
(a) IEl residuo de dividir f por el conjunto ordenado F con repecto al ordenlexgr es x7 + x3 � y + 1: Hallamos que
f =�x6 + x2
� �xy2 � x
�+ 0
�x� y3
�+�x7 + x3 � y + 1
�:
Veámoslo:
a2 : 0a1 : x
6+ x2
f1 : xy2� x
f2 : x� y3px7y2 + x3y2 � y + 1
r
x7y2 � x7x7 + x3y2 � y + 1 ! x7
x3y2 � y + 1x3y2 � x3x3 � y + 1 ! x7 + x3
�y + 1 ! x7 + x3 � y1 ! x7 + x3 � y + 10
IEl residuo de dividir f por el conjunto ordenado F con repecto al ordenlex es 2y3 � y + 1: Hallamos que
f = a1�xy2 � x
�+ a2
�x� y3
�+ r;
donde:
a1 = x6 + x5y + x4y2 + x4 + x3y + x2y2 + 2x2 + 2xy + 2y2 + 2;
a2 = x6 + x5y + x4 + x3y + 2x2 + 2xy + 2;
r = 2y3 � y + 1:
78
Detallemos:
a2 : x6+ x5y + x4+ x3y + 2x2+ 2xy + 2
a1 : x6+ x5y + x4y2+ x4+ x3y + x2y2+ 2x2+ 2xy + 2y2+ 2
f1 : xy2� x
f2 : x� y3px7y2 +x3 y2�y + 1
r
x7y2 � x7x7 + x3y2 � y + 1
x7 � x6y3x6y3 + x3y2 � y + 1
x6y3 � x6yx6y + x3y2 � y + 1
x6y � x5y4x5y4 + x3y2 � y + 1
x5y4 � x5y2x5y2 + x3y2 � y + 1
x5y2 � x5x5 + x3y2 � y + 1
x5 � x4y3x4y3 + x3y2 � y + 1
x4y3 � x4yx4y + x3y2 � y + 1
x4y � x3y4x3y4 + x3y2 � y + 1
x3y4 � x3y22x3y2 � y + 12x3y2 � 2x32x3 � y + 12x3 � 2x2y32x2y3 � y + 12x2y3 � 2x2y2x2y � y + 12x2y � 2xy42xy4 � y + 12xy4 � 2xy22xy2 � y + 12xy2 � 2x2x� y + 12x� 2y3
2y3 � y + 1 ! 2y3
�y + 1 ! 2y3 � y1 ! 2y3 � y + 10
79
(b) Aquí solo daremos los residuos que resultan de dividir f por F. Invitamosal lector a realizar las divisiones.
IEl residuo de dividir f por el conjunto ordenado F(con respecto al ordenlexgr) con el orden del par
�xy2 � x; x� y3
�invertido es x7 + x3 � y + 1 como
antes. Encontramos que
f = 0 ��x� y3
�+�x6 + x2
� �xy2 � x
�+�x7 + x3 � y + 1
�:
IEl residuo de dividir f por el conjunto ordenado F(con respecto al or-den lex) con el orden del par
�xy2 � x; x� y3
�invertido es y23 + y11 � y + 1:
Encontramos quef = a1
�x� y3
�+ 0
�xy2 � x
�+ r
donde
a1 = x6y2 + x5y5 + x4y8 + x3y11 + x2y14 + x2y2 + xy17 + xy15 + y20++y8
r = y23 + y11 � y + 1
9. Estudiemos la división de f = x3 � x2y � x2z + x por f1 = x2y � z
y f2 = xy � 1:
(a) Calcular usando el orden lex :r1 = residuo de f al dividir por (f1; f2) :r2 = residuo de f al dividir por (f2; f1) :Los resultados tendrían que ser diferentes. ¿Dónde se da ladiferencia en el algoritmo de la división?
(b) ¿Está r = r1 � r2 en el ideal hf1; f2i? Si es así, encuentre unaexpresión explícita r = Af1 +Bf2: Si no, diga porqué.
(c) Calcule el residuo de r al dividirlo por (f1; f2) : ¿Por quépuede predecir su respuesta antes de efectuar la división?
(d) Encuentre otro polinomio g 2 hf1; f2i tal que al dividir g por(f1; f2) ; el residuo es no nulo. Sugerencia: (xy + 1) � f2 =x2y2 � 1 donde y � f1 = x2y2 � yz:
(e) ¿Nos proporciona el algoritmo de la división una soluciónpara el problema de la pertenencia al ideal hf1; f2i? Expliquesu respuesta.
80
Soluci�on.
a. Calculemos r1 y r2:
a2 : 0a1 : �1f1 : x
2y� zf2 : xy � 1
px3 � x2y � x2z + x
r1
x3 � x2y � x2z + x ! x3
�x2y � x2z + x�x2y + z
�x2z + x� z ! x3 � x2zx� z ! x3 � x2z + x�z ! x3 � x2z + x� z0
a1 : 0a2 : �xf2 : xy � 1f1 : x
2y� z
px3 � x2y � x2z + x
r2
x3 � x2y � x2z + x ! x3
�x2y � x2z + x�x2y + x
�x2z ! x3 � x2z0
De aquí que:
r1 = x3 � x2z + x� z;r2 = x3 � x2z:
La diferencia se da después de enviar x3 al residuo, pues en el primer casotp (f1) j tp (f) y tp (f2) - tp (f1) ; por otro lado, en el segundo caso tp (f2) jtp (f1) :
b. Tenemos que:
r = r1 � r2 =�x3 � x2z + x� z
���x3 � x2z
�= x� z:
Pero queremos que r sea de la forma Af1 +Bf2, es decir,
r = A�x2y � z
�+B (xy � 1) :
Si hacemos B = �x; obtenemos
r = A�x2y � z
�� x2y + x:
81
Hagamos A = 1; entonces
r = x2y � z � x2y + x = x� z:
En conclusión, r 2 hf1; f2i pues es de la forma
1�x2y � z
�+ (�x) (xy � 1) :
c. El residuo es x � z, pues ningún término de r es divisible por el términoprincipal de f1 o f2:
d. Seag = (xy + 1) f2 � yf1
= (xy + 1) (xy � 1)� y�x2y � z
�= x2y2 � 1� x2y2 + yz= yz � 1
Veri�quemos que el residuo sea no nulo:
a1 : 0a2 : 0
f1 : x2y� z
f2 : xy � 1
pyz � 1
r
yz � 1 ! yz�1 ! yz � 10
De nuevo, ningún término de r es divisible por el término principal de f1 of2: Así
yz � 1 = 0�x2y � z
�+ 0 (xy � 1) + (yz � 1) :
e. No; ambos r y g están en hf1; f2i ; pero el algoritmo de la división producealgo no nulo.
10. Pruebe que el lema de Dickson (Teorema [14]) es equivalente a lasiguiente proposición: Dado un subconjunto A � Zn�0; existe unnúmero �nito de elementos � (1) ; :::; � (s) 2 A tal que para todo� 2 A existen i y 2 Zn�0 tal que � = � (i) + :
Soluci�on
()) Asumiendo que el lema de Dickson es verdadero, consideremos el idealI = hx� : � 2 Ai : Este tiene una base �nita, x�(1); :::; x�(s); donde � (i) 2A: Para cualquier � 2 A, x� 2 I; de este modo, x� es divisible por algúnx�(i); es decir, x� = x�(i) � x : Por consiguiente,
� = � (i) + :
82
(() Recíprocamente, si la proposición del ejercicio es verdadera, entonces elideal I = hx� : � 2 Ai es generado por x�(1); :::; x�(s): Esto es porque, paracualquier � 2 A, x� = x�(i) � x para algún 2 Zn�0: Por lo tanto x� 2x�(1); :::; x�(s)
�e I �
x�(1); :::; x�(s)
�: La inclusión inversa es clara, y
asíI =
Dx�(1); :::; x�(s)
E:
11. Una base�x�(1); :::; x�(s)
de un ideal monomial es mínima si
ningún x�(i) en la base divide a otro x�(j); con i 6= j:
(a) Demostrar que todo ideal monomial tiene una base mínima.(b) Probar que todo ideal monomial tiene una base mínima
única.
Soluci�on.
(a) Sea I un ideal monomial con base B =�x�(1); :::; x�(s)
: Asumamos que
de acuerdo a un orden monomial �jo x�(1) < � � � < x�(s): Generemos unnuevo conjunto B0 de B como sigue:
1: Incluyamos x�(1):
2: Para i = 2; :::; s; si x�(1) divide a x�(i); desacartamos x�(i); de otromodo, mantengámoslo.
3: Hallar el menor x�(i) > x�(1) no descartado en el paso 2: Usamosla divisibilidad por este monomio como el criterio para descartarmonomios más grandes.
4: Continuemos este proceso hasta que la lista se agote.
Como los monomios estaban inicialmente ordenados, ciertamente tenemosen B0 que para i 6= j; x�(i) no divide a x�(j): Para ver que que B0 es aúnuna base, recordemos que cualquier monomio en I es divisible por algúnelemento de B. Pero los únicos elementos de B descartados fueron aquel-los divisibles por algún elemento de B0. Por tanto, cualquier monomio deI es divisible por algún monomio de B0:
(b) Supongamos que I es un ideal monomial, y, que A y B son ambas basesmínimas para I. Sea x� 2 A: Como B es una base para I y x� 2 I; existex� 2 B tal que x� j x�: Usando el mismo argumento con los roles de Ay B invertidos, existe x 2 A tal que x j x� : Esto implica que x j x�:Como A es mínima, debe ser que x = x�: Por consiguiente, x� = x�:Como x� fue arbitrario, tenemos que A � B: Un argumento dual muestraque B � A: Por lo tanto, A = B; mostrando que una base es mínima esúnica.
83
12. Si I =x�(1); :::; x�(s)
�es un ideal monomial, demostrar que un
polinomio f pertenece a I si y sólo si el residuo de dividir f porx�(1); :::; x�(s) es cero. Sugerencia: use lema [11] y lema [12] :
Soluci�on.
Podemos asumir que estamos trabajando sobre el anillo polinomialK [x1; :::; xn] : Empezaremos probando primero la implicación inversa.
(() Asumamos que el residuo de f al dividirlo por x�(1); :::; x�(s) es cero. Estosigni�ca que podemos escribir:
f =sXi=1
hix�(i)
donde hi 2 K [x1; :::; xn] para 1 � i � s: Si expandimos cada hi comouna combinaciónK�lineal de monomios, vemos que el lado derecho es unacombinación K�lineal de monomios, cada uno de los cuales es divisiblepor x�(i) para algún i: El lema [11] establece que dado un ideal monomialI 0 = hx� : � 2 Ai para algún conjunto A, un monomio x� 2 I 0 sii existeun � 2 A tal que x� divide a x� : Por tanto, cada monomio al lado derechoes un monomio en I: Esto signi�ca que f es una combinación K�linealde monomios en I y por consiguiente f 2 I por lema [12] :
()) Si asumimos que f 2 I, entonces por el lema [12] ; f es una combinaciónK�lineal de monomios en I y podemos escribir:
f =
mXj=1
Kjx�j
para algunos monomios x�1 ; :::; x�m 2 I y elementos K1; :::;Km 2K:Por el lema [11] ; como cada x�j 2 I; existe algún �j 2 f�(1); :::� (s)gtal que x�j divide a x�j ; 8 1 � j � m: Por consiguiente, podemos escribir
f =mXj=1
Kjx�j��jx�j =
mXj=1
Kjx jx�j
donde los x j son monomios y los �j 2 f�(1); :::� (s)g ; 8 1 � j � m:Agrupando términos en los x�(i) podemos escribir
f =sXi=1
hix�(i)
donde hi 2K [x1; :::; xn] ; para 1 � i � s:
84
Usando el algoritmo de la división, también podemos escribir
f = a1x�(1) + � � �+ asx�(s) + r
donde ai 2 K [x1; :::; xn] ; 8 1 � i � n; y r es el residuo. Por lascondiciones del algoritmo de la división, ninguno de los términos de r esdivisible por alguno de los monomios x�(i); igualando las dos expresiones,tenemos para f que
f = a1x�(1) + � � �+ asx�(s) + r = h1x�(1) + � � �+ hsx�(s):
Por eso escribimos
r =sXi=1
(hi � ai)x�(i):
De esta manera cada término de r es divisible por x�(i) para algún i:h1x
�(1) + � � � + hsx�(s): Sin embargo, establecimos antes que ninguno delos términos de r es divisible por algún monomio x�(i): Por tanto, debemostener r = 0; y el residuo de dividir f por x�(1); :::; x�(s) es cero.
Tenemos ahora, probadas las dos direcciones de la implicación, así podemosdeducir que un polinomio f está en un ideal I =
x�(1); :::; x�(s)
�si y sólo
si el residuo de dividir f por x�(1); :::; x�(s) es cero.
13. Supongamos que tenemos el anillo de polinomiosK [x1; :::; xn; y1; :::; ym] : De�namos el orden monomial >mix eneste anillo que mezcla el orden lex para x1; :::; xn con el ordenlexgr para y1; :::; ym: Si escribimos los monomios en las n + mvariables como x�y� con � 2 Zn�0 y � 2 Zm�0; entonces de�nimos
x�y� >mix x y� , x� >lex x
_�x� = x ^ y� >lexgr y
��:
Use el corolario [15] para probar que >mix es un orden monomial.Este es un ejemplo de los llamados órdenes producto. Es claro quese pueden crear órdenes monomiales con este método.
Soluci�on.
(i) Si w1 = x�y� 6= x y� = w2; hay varias posibilidades.Si x� 6= x ; entonces x� >lex x () w1 >mix w2) ó x > x� () w2 >mix w1) :
Si x� = x ; entonces y� 6= y�; así, o y� >lexgr y� () w1 >mix w2) oy� >lexgr y
� () w2 >mix w1) :
Por consiguiente, tenemos un orden total.
85
(ii) Si (�1; �2) >mix (�1; �2) ; entonces
�1 = �1 y �2 >lexgr �2 o �1 >lex �1:
para cualquier ( 1; 2) tenemos, en el primer caso, que �1 + 1 = �1 + 1y �2 + 2 >lexgr �2 + 2: En el segundo caso, que �1 + 1 >lex �1 + 1:En cualquier caso, la propiedad (ii) de la de�nición de órden de términosse mantiene.
(iii) Si (�1; �2) es cualquier elemento en Zm+n�0 ; entonces �1 �lex 0 y �2 �lex 0;
así (�1; �2) �mix (0; 0) :
14. En este ejercicio investigaremos un caso especial de orden pon-derado. Sea u = (u1; :::; un) un vector de Rn tal que u1; :::; un sonpositivos y linealmente independientes sobre Q: Diremos que ues un vector ponderado independiente. Entonces si �; � 2 Zn�0;de�namos
� >u � , u � � > u � �;
donde � es el producto punto usual entre vectores. Llamaremosa >u el orden ponderado determinado por u:
(a) Use el Corolario [15] para probar que >u es un ordenmonomial. Sugerencia: ¿Dónde se usa el argumento de laindependencia lineal de u1; :::; un?
(b) Demuestre que u =�1;p2�es un vector ponderado indepen-
diente, de modo que >ues un orden ponderado en Z2�0:
(c) Probar que u =�1;p2;p3�es un vector ponderado indepen-
diente, de modo que >u es un orden ponderado en Z3�0:
Soluci�on.
a. Observemos que � >u � si y sólo si u� (�� �) > 0: Como las componentesde u son linealmente independientes sobre Q; u� (�� �) = 0 si y sólo si��� = 0) � = �: Por lo tanto, para cualesquiera �; � : � >u �; � >u �ó � = �:
Si � >u � y 2 Zn�0; entonces
0 < u� (�� �) = u� (�+ � (� + )) ;
de este modo, �+ >u � + :
Finalmente, si todas las componentes de u son positivas y � 2 Zn�0; en-tonces u � � � 0; pues ésta es una suma de números no negativos.
86
b. Puesto quep2 es irracional, 1,
p2 son linealmente independientes sobre
Q:
c. Si 1;p2 y
p3 son l:i sobre Q; entonces r + s
p2 + t
p3 = 0 para algunos
r; s; t 2 Q: Si t = 0, entonces r + sp2 = 0; así t = r = 0 por la parte
b., por consiguiente, podemos asumir quep3 = a + b
p2 para algunos
a; b 2 Q.Arreglando, obtenemos 3 = a2+2ab
p2+2b2: Como 1;
p2 son l:i: (lineal-
mente independiente) sobre Q, debe de ser que 2ab = 0: Si b = 0, entoncesp3 es racional, una contradicción. Si a = 0, entonces 3 = 2b2 )
q32 es
racional, de nuevo una contradicción.
Esta contradicción �nal implica que 1;p2,p3 son l:i:
15. Se puede construir otro orden ponderado importante, del sigu-iente modo. Sea u = (u1; :::; un) en Zn�0; y >� un orden monomial(como >lex o >lexgr) en Zn�0: Entonces, si �; � 2 Zn�0; de�namos
� >u�� � , u� � > u � � _ (u � � = u � � ^ � >� �)
Llamaremos a >u�� el orden ponderado determinado por u y >� :
a) Use el Corolario [15] para demostrar que >u�� es un ordenmonomial.
b) Encuentre u 2 Zn�0 tal que el orden monomial >u;lex es elorden lexgr:
Soluci�on.
a) A�rmamos >u�� es un orden monomial.
i) Fijemos u: Sean �; �: Si u � � = u � �; entonces >u�� es un ordentotal puesto que >� es un orden total. Si u �� 6= u ��; entonces es unorden total pues Z es totalmente ordenado con respecto a su ordenusual.
ii) Sea 2 Zn�0: Supongamos que � >u�� �:Si u � � > u � �; entonces
u � (�+ ) = u � �+ u � > u � � + u � = u � (� + ) :
De este modo, �+ >u�� � + :Si u � � = u � �; entonces
u � (�+ ) = u � (� + ) y � >� �:
Como >� es un orden monomial, �+ >� �+ ; así �+ >u�� �+ :
87
iii) Puesto que u �0 = 0 y u �� � 0 8� 2 Zn�0; � � 0: Por el Corolario[15] ; >u�� es un buen orden.
b) Sea u = (1; :::; 1) : Entonces
u � � =nPi=1
�i = j�j y u � � =nPi=1
�i = j�j :
De esta manera, � >u;lex � si y sólo si
j�j > j�j o j�j = j�j y � >lex �:
Esta es la de�nición del orden lexgr:
16. Sea I = hg1; g2; g3i � R [x; y; z] donde g1 = xy2 � xz + y; g2 = xy � z2y g3 = x� yz4: Usando el orden lex, dé ejemplo de un g 2 I talque tp (g) =2 htp (g1) ; tp (g2) ; tp (g3)i :
Soluci�on.
Vamos a ver como podríamos encontrar tal g: Observemos quehtp (g1) ; tp (g2) ; tp (g3)i es un ideal monomial, y recordemos que un monomio x�pertenece a un ideal monomial I 0 = hx� : � 2 Ai para algún conjunto A si y sólosi existe � 2 A tal que algún generador x� de I 0 divide a x� : Por consiguiente,todo lo que tenemos que hacer es encontrar un polinomio g 2 I tal que tp (g) nosea divisible por tp (g1) ; tp (g2) o tp (g3) : Si esta condición se mantiene, entoncescomo hg1; g2; g3i genera a I, sabremos que tp (g) =2 htp (g1) ; tp (g2) ; tp (g3)i :Veamos que
tp (g1) = xy2; tp (g2) = xy tp (g3) = x:
Si denotamos tp (g) por x�y�z ; podemos decir que tp (g3) = x divide ax�y�z si � � 1:Así requeriremos � = 0: Veamos que si tp (g) = y�z con � � 1; � 1;
entonces ninguno de los tp (g1) ; tp (g2) ; tp (g3) divide a tp (g) : Ahora podemostratar de hallar tal polinomio g. Después de ensayo y error, hallamos
g = (�1) g1 + (y) g2 + (�z) g3= (�1)
�xy2 � xz + y
�+ (y)
�xy � z2
�+ (�z)
�x� yz4
�=��xy2 + xz � y
�+�xy2 � yz2
�+��xz � yz5
�= yz5 � yz2 � y
Finalizamos con tp (g) = yz5; el cual no es divisible por tp (g1) ; tp (g2) otp (g3) : Por lo tanto,
tp (g) =2 htp (g1) ; tp (g2) ; tp (g3)i :
88
17. Si usamos el orden lexgr con x > y > z: ¿Es�x4y2 � z5; x3y3 � 1;
x2y4 � 2zuna base de Groebner para el ideal generado por estos
polinomios? ¿Por qué sí o por qué no?
Soluci�on.
El conjunto G =�x4y2 � z5; x3y3 � 1; x2y4 � 2z
no es una base de Groeb-
ner para hGi con respecto al orden lexgr: Sea
f = y2�x4y2 � z5
�� x2
�x2y4 � 2z
�= 2zx2 � y2z5:
Así, f 2 hGi : Pero,
tp (f) =2tp�x4y2 � z5
�; tp�x3y3 � 1
�; tp�x2y4 � 2z
��=
=x4y2; x3y3; x2y4
�;
puesto que ninguno de estos términos principales divide al tp (f) = y2z5:
18. Probar que la Proposici�on [24] puede robustecerse ligeramenteen la forma siguiente forma: �jemos un orden monomial y seaI �K [x1; :::; xn] un ideal. Supongamos que f 2K [x1; :::; xn] :
(a) Demostrar que f se puede escribir en la forma f = g + r;donde g 2 I y ningún término de r es divisible por algúnelemento de tp (I) :
(b) Dadas dos expresiones f = g + r = g0 + r0 como en la parte(a), probar que r = r0:
Soluci�on.
(a) Sea G = fg1; :::; gtg una base de Groebner para I: Por la proposici�on[24] dividir f por G usando el algoritmo de la división da
f = a1g1 + � � �+ atgt + r
donde ai 2 K [x1; :::; xn] 8 1 � i � t y, r = 0 ó r es una combinaciónK�lineal de monomios, ninguno de los cuales es divisible por algún ele-mento de ftp (g1) ; ::; tp (gt)g : A partir de la proposici�on [24] tambiénpodemos decir que r es el único residuo en la división de f por G:
Ahora, supongamos que hay un término de r que es divisible por al-gún h 2 tp (I) donde h = cx� para algún c 2 K: Podemos ver queh 2 htp (I)i : Como G es una base de Groebner,
htp (I)i = htp (g1) ; ::; tp (gt)i :
89
Se sigue queh = cx� 2 htp (g1) ; ::; tp (gt)i ;
lo que implica que x� 2 hmp (g1) ; :::;mp (gt)i : Como este es un idealmonomial, por lema [11] , existe algún x� 2 fmp (g1) ; :::;mp (gt)g talque x� divide a x� :
Sea x� = mp (gi) : Esto implica que tp (gi) divide a cx� : Como h = cx�
divide algún término de r, esto muestra que tp (gi) divide al mismo términode r; contradiciendo nuestra suposición inicial que no hay términos de rdivisibles por algún elemento de ftp (g1) ; ::; tp (gt)g : Por tanto, ningúntérmino de r es divisible por algún elemento de tp (I) :
(b) Supongamos que f = g + r = g0 + r0: Podemos ver que
g � g0 = r0 � r 2 I;
como g 2 I y g0 2 I; su diferencia está en I: Esto implica que si r 6= r0entonces tp (r � r0) 2 htp (I)i : Como G es una base de Groebner, estosigni�ca que tp (r � r0) 2 htp (g1) ; ::; tp (gt)i :
Como htp (g1) ; ::; tp (gt)i es un ideal monomial, tp (r � r0) es divisible poralgún elemento de tp (I) : Esto contradice el resultado encontrado en (a),que mostraba que si escribimos f = g+r tal que g 2 I y ningún término der es divisible por algún tp (gi) ; entonces ningún término de r es divisiblepor algún elemento de tp (I) :
Por tanto, r � r0 = 0; como se requería.
19. Sean G y G0 dos bases de Groebner para un ideal I respecto al
mismo orden monomial en K [x1; :::; xn] : Probar que fG= f
G0
para todo f 2 K [x1; :::; xn] : Por tanto, el residuo obtenido aldividir por una base de Groebner es independiente de la basede Groebner que usemos, siempre que se use el mismo ordenmonomial. (Ver ejercicio anterior).
Soluci�on.
Sean G = fg1; :::; gsg y G0 = fg01; :::; g0tg bases de Groebner para un ideal Icon respecto al mismo orden monomial enK [x1; :::; xn] : Sea f 2K [x1; :::; xn] :Sabemos por la proposici�on [24] que existen g; g0 2 I, tales que
f = g + fGy f = g�+ f
G0
:
Entonces,
fG � fG
0
= g � g0 2 I:
90
Observemos que mp�fG � fG
0�debe ser un término de f
Go de f
G0
; o de
ambos.Supongamos sin perder generalidad que ocurre en f
G: Por de�nición, debe
ser que tp�fG � fG
0�es divisible por uno de los tp (g1) ; ::; tp (gs) ; pero esto
contradice las propiedades de fG: El problema es la suposición implícita que
fG � fG
0
tienen un término no nulo.Por tanto,
fG= f
G0
:
20. Calcular S (f; g) usando el orden lex :
(a) f = 4x2z � 7y2; g = xyz2 + 3xz4
(b) f = x4y � z2; g = 3xz2 � y(c) f = x7y2z + 2ixyz; g = 2x7y2z + 4
(d) f = xy + z3; g = z2 � 3z
Soluci�on.
(a) Sean f = 4x2z � 7y2 y g = xyz2 + 3xz4 en R [x; y; z] con el orden lex:Ademásmuti grad (f) = (2; 0; 1) ymulti grad (g) = (1; 1; 2) lo que produce = (2; 1; 2) : Entonces
S (f; g) =x
tp (f)� f � x
tp (g)� g
=x2yz2
4x2z��4x2z � 7y2
�� x
2yz2
xyz2��xyz2 + 3xz4
�=yz
4
�4x2z � 7y2
�� x
�xyz2 + 3xz4
�= x2yz2 � 7
4y3z � x2yz2 � 3x2z4
= �3x2z4 � 74y3z
(b) Sean f = x4y � z2 y g = 3xz2 � y en R [x; y; z] con el orden lex:Ademásmuti grad (f) = (4; 0; 1) ymulti grad (g) = (1; 0; 2) lo que produce = (4; 1; 2) : Entonces
S (f; g) =x
tp (f)� f � x
tp (g)� g
=x4yz2
x4y
�x4y � z2
�� x
4yz2
3xz2�3xz2 � y
�= z2
�x4y � z2
�� 1
3x3y�3xz2 � y
�= x4yz2 � z4 � x4yz2 + 1
3x3y2
= 13x
3y2 � z4
91
(c) Sean f = x7y2z + 2ixyz y g = 2x7y2z + 4 en C [x; y; z] con el ordenlex: Además muti grad (f) = (7; 2; 1) y multi grad (g) = (7; 2; 1) lo queproduce = (7; 2; 1) : Entonces
S (f; g) =x
tp (f)� f � x
tp (g)� g
=x7y2z
x7y2z
�x7y2z + 2ixyz
�� x7y2z
2x7y2z
�2x7y2z + 4
�= x7y2z + 2ixyz � x7y2z � 2= 2ixyz � 2
(d) Sean f = xy + z3 y g = z2 � 3z en R [x; y; z] con el orden lex: Ademásmuti grad (f) = (1; 1; 0) y multi grad (g) = (0; 0; 2) lo que nos da = (1; 1; 2) : Entonces
S (f; g) =x
tp (f)� f � x
tp (g)� g
=xyz2
xy
�xy + z3
�� xyz
2
z2�z2 � 3z
�= xyz2 + z5 � xyz2 + 3xyz= 3xyz + z5
21. Utilizando el Teorema [29], determine si el siguiente conjunto Ges una base de Groebner para el ideal que genera:
(a) G =�x2 � y; x3 � z
; orden lexgr
Soluci�on.Sea f = x2�y; g = x3� z ordenados mediante lexgr: Sean multi grad (f) =
(2; 0; 0) y multi grad (g) = (3; 0; 0) : Luego = (3; 0; 0) : De esta manera,
S (f; g) =x3
x2�x2 � y
�� x
3
x3�x3 � z
�= x3 � xy � x3 + z= �xy + z
Ninguno de los términos de este es divisible por x2 o x3; de manera que
S (f; g)G= S (f; g) = �xy + z 6= 0
Por tanto G no es una base de Groebner.
92
22. Use el algoritmo de Buchberger para encontrar una base deGroebner para el siguiente ideal. Use el orden lex.
(a) I =x2y � 1; xy2 � x
�Soluci�on.
Sea I = hg1; g2i donde g1 = x2y� 1 y g2 = xy2�x: Calcularemos la base deGroebner G de I con respecto al orden lexicogr�afico: Sea G = G0 = fg1; g2g :Calculando el primer S�polinomio resulta:
S (g1; g2) =x
tp (g1)� g1 �
x
tp (g2)� g2
=x2y2
x2y� g1 �
x2y2
xy2� g2
= y�x2y � 1
�� x
�xy2 � x
�= x2y2 � y � x2y2 + x2= x2 � y
Por consiguiente, encontramos que
S (g1; g2)G0
= x2 � y
pues ninguno de los términos en S (g1; g2) es divisible por el término principalde cualquier gi 2 G0. Podemos de�nir g3 = x2 � y y hacer G = G [ fg3g :Ahora sea G0 = fg1; g2; g3g : Observemos que una vez que hemos calculado
un S�polinomio S (p; q), agregaremos el residuo S (p; q)G0
a G0 si el residuo no
es cero. Por tanto, el residuo S (g1; g2)G0
se convierte en cero, y se mantienecero si añadimos más elementos a G0, así nunca calcularemos este S�polinomiode nuevo en las restantes iteraciones de la línea principal. De esta manera sólotenemos que calcular S (g1; g3) y S (g2; g3) :Encontramos que:
S (g1; g3) =x
tp (g1)� g1 �
x
tp (g3)� g3
=x2y
x2y� g1 �
x2y
x2� g3
= 1�x2y � 1
�� y
�x2 � y
�= x2y � 1�
�x2y � y2
�= y2 � 1
Calculando el residuo nos da
S (g1; g3)G0
= y2 � 1
puesto que ninguno de los términos en S (g1; g3) es divisible por algún términoprincipal de g1; g2; g3 2 G0: Podemos de�nir, entonces g4 = y2 � 1 y dejarG = G [ fg4g :
93
Luego, calculandoS (g2; g3) ; encontramos que:
S (g2; g3) =x
tp (g2)� g2 �
x
tp (g3)� g3
=x2y2
xy2� g2 �
x2y2
x2� g3
= x�xy2 � x
�� y2
�x2 � y
�= x2y2 � x2 �
�x2y2 � y3
�=
Pero,S (g2; g3) = �x2 + y3 = �1 (g3) +
�y3 � y
�y ningún término de y3 � y es divisible por alguno de los términos principalesde g1; g2; g3; g4 2 G0; así que
S (g2; g3)G0
= y3 � y:
Podemos de�nir de esta manera, g5 = y3 � y y dejar G = G [ fg5g :Dejamos al lector terminar de encontrar la base de Groebner que será:
g1 = x2y � 1
g2 = xy2 � x
g3 = y2 � 1
g4 = y2 � 1
g5 = y3 � y
94
III. Problemas Resueltos sobre Teoría de laEliminación
1. Sea I �K [x1; :::; xn] un ideal.
(a) Probar que Il = I\K [xl+1; :::; xn] es un ideal deK [xl+1; :::; xn] :
(b) Probar que el ideal Il+1 � K [xl+2; :::; xn] es el primer idealde eliminación de Il � K [xl+1; :::; xn] : Este resultado nospermite usar el teorema de extensión múltiples veces, aleliminar más de una variable.
Soluci�on.
a. Sea I �K [x1; :::; xn] ; 0 2 I; además al 0 lo podemos expresar como
0 = 0xl+1 + 0xl+2 + :::+ 0xn 2K [xl+1; :::; xn] ;
y por tanto 0 2 Il: Si f; g 2 Il � I; entonces f + g 2 I; como f y gpertenecen a Il ellos sólo involucran las variables xl+1; :::; xn y por tantof + g involucra las mismas variables, así f + g 2 K [xl+1; :::; xn] : Portanto, f + g 2 Il:
Argumentos similares muestran que para f 2 K [xl+1; :::; xn] y g 2 Il;fg 2 Il:En conclusión Il es un ideal de K [xl+1; :::; xn] :
1. b. Tenemos que
Il+1 = I \K [xl+2; :::; xn]= I \ (K [xl+1; :::; xn] \K [xl+2; :::; xn])= Il\ K [xl+2; :::; xn] ;
puesto que K [xl+2; :::; xn] � K [xl+1; :::; xn] ; luego Il+1 es elprimer ideal de eliminación de Il:
2. Considere el sistema de ecuaciones�x2 + 2y2 = 3
x2 + xy + y2 = 3
(a) Si I es el ideal generado por estas ecuaciones, encontrarbases para I \K [x] y I \K [y] :
(b) Encontrar todas las soluciones de las ecuaciones.
(c) ¿Cuáles de estas soluciones son racionales, i.e., pertenecena Q2?
95
(d) ¿Cuál es el campo más pequeño K, tal que todas las solu-ciones están en K2?
Soluci�on.
a. Una base de Groebner para I con respecto al orden lex con y > x es�x3 � 3x+ 2y; � 4x2 + 3 + x4
;
de esta manera, �4x2 + 3 + x4 genera a I \K [x] : Similarmente usandox > y obtenemos �
x2 + 2y2 � 3; � y2 + xy; y3 � y;
así, y3 � y genera a I \K [y] :
b. Las posibles coordenadas de x de las soluciones son las raíces de �4x2 +3+x4 = (x� 1) (x+ 1)
�x2 � 3
�; sustituyendo estas posibilidades en x3�
3x+ 2y; obtenemos las siguientes soluciones:n(1; 1) ; (�1;�1) ;
�p3;p3�;��p3;�
p3�o
c. (1; 1) y (�1;�1) :d. Q
�p3�contiene todas las soluciones.
3. En este ejercicio probaremos una versión más general del teo-rema de eliminación. Fijemos un entero 1 � l � n: Decimos queun orden monomial > en K [xl; :::; xn] es del tipo l � eliminaci�onsi todo monomio que contenga una de las x1; :::; xl es mayor quetodos los monomios en K [xl+1; :::; xn] : Probar la siguiente gen-eralización del teorema de eliminación. Si I es un ideal enK [x1; :::; xn] y G es una base de Groebner de I respecto al ordenmonomial del tipo l� eliminaci�on, entonces G \K [xl+1; :::; xn] esuna base del l � �esimo ideal de eliminación I \K [xl+1; :::; xn] :
Soluci�on.
Supongamos que I es un ideal en K [x1; :::; xn] y G una base de Groebnerpara I con respecto a un orden monomial del tipo l � eliminaci�on:Sea G = fg1; :::; gmg.Sea Gl = G \K [xl+1; :::; xn] y asumamos sin pérdida de generalización queGl = fg1; :::; grg con r � m: Queremos mostrar que Gl es una base para Il.Puesto que Gl � Il e Il es un ideal, hg1; :::; gri � I: Así, supongamos que f 2 Il:Entonces f 2 I y puesto que G es una base de Groebner para I; la divisiónde f por G tiene residuo 0. Observemos que el término principal para cadagr+1; :::; gm debe involucrar una de las variables x1; :::; xl: Como nuestro orden
96
es del tipo l � eliminaci�on; cada uno de estos términos principales es mayorque cada término de f 2 K [xl+1; :::; xn] : Por tanto, ninguno de los términosprincipales de gr+1; :::; gm divide a algún término de f y
f = h1g1 + � � �+ hrgr + 0gr+1 + � � �+ 0gm
donde hi 2K [x1; :::; xn] : Así, f 2 hg1; :::; gri y hg1; :::; gri = Il:
4. Consideremos el ideal I = hf1; f2; f3i donde
f1 = yx3 + x2; f2 = y
3x2 + y2; f3 = yx4 + x2 + y2:
(a) Encuentre una base de Groebner para I y muestre que I1 =y2�:
(b) Mostrar que V (I1) = V (I1) \ V (g1; g2; g3) donde gi es el coe-�ciente principal de x en fi:
Soluci�on
a. Una base de Groebner para I con respecto al orden lex con x > y esG =
�x2; y2
: Por el teorema de eliminación podemos decir que la base
de Groebner G1 del primer ideal de eliminación I1 está dada por
G1 = G \K [x2; :::; xn] = G \ C [y]=�x2; y2
\ C [y] :
(a) Por tanto, comoG1 es una base de I1, podemos decir inmediatamenteque I1 es generado por y2 y así
I1 =y2�:
b. Es claro queV (I1) \ V (g1; g2; g3) � V (I1) :
Por consiguiente, con el �n de mostrar que los dos conjuntos son iguales,sólo es necesario probar que
V (I1) � V (I1) \ V (g1; g2; g3) :
Primero, observemos que g1 = y; g2 = y3; g3 = y: Consideremos un puntoarbitrario y0 2 C: Si y0 6= 0; entonces (y0)2 6= 0: Esto muestra que f (y0) 6=0 para la función f (y) = y2: Como I1 =
y2�podemos ver que f 2 I1: Por
eso, y0 =2 V (I1) mientras no sea el cero común de todos los polinomios enI1: Como y0 fue un punto no nulo arbitrario de C; podemos concluir que
V (I1) = f0g :
97
Es claro que 0 2 V (g1; g2; g3) ; pues g1 (0) = g2 (0) = g3 (0) = 0: Porconsiguiente, si y0 2 V (I1) ; entonces y0 2 V (g1; g2; g3) : Esto muestraque V (I1) � V (I1) \ V (g1; g2; g3) : De manera que concluimos que
V (I1) = V (I1) \ V (g1; g2; g3) :
5. Sea S la super�cie paramétrica de�nida por
x = uv; y = u2; z = v2:
(a) Buscar la ecuación de la variedad más pequeña V que con-tenga a S.
(b) Sobre C use el teorema de extensi�on para probar que S = V:
Soluci�on
a. Sea I =x� uv; y � u2; z � v2
�: Entonces una base de Groebner para
I usando el orden lex con u > v > x > y > z está dada por:
g1 = �y + u2 g2 = �x+ uv g3 = �vy + uxg4 = �vx+ uz g5 = �z + v2 g6 = x
2 � yz
Queremos eliminar u y v: Observe que I2 = I \ C [x; y; z] = hg6i : Por elteorema de implicitización polinomial V = V
�x2 � yz
�es la variedad más
pequeña que contiene a S:
b. Observe que I2 es el primer ideal de eliminación de I1 = I \C [v; x; y; z] =hg5; g6i : La solución parcial (x0; y0; z0) se extiende si los coe�cientes prin-cipales con respecto a v de g5 y g6 no se anulan simultáneamente en(x0; y0; z0). Como 1 = cp (g5) con respecto a v, toda solución parcial seextiende a V (I1) :
Razonando similarmente, como 1 = cp (g1) con respecto a u, todas lassoluciones parciales en V (I1) se extienden a V (I) :
Por tanto, V = S:
98
IV. Problemas Resueltos sobre el DiccionarioÁlgebra-Geometría
1. Recordemos que V�y � x2; z � x3
�es la cúbica torcida en R3.
(a) Mostrar que V��y � x2
�2+�z � x3
�2� es también la cúbicatorcida.
(b) Mostrar que cualquier variedad V (I) � Rn; I � R [x1; :::; xn]puede ser de�nida por una sola ecuación (y por tanto porun solo ideal principal).
Soluci�on
b. Si I = hf1; :::; fni ;entonces
J = f21 + :::+ f2m
de�ne la misma variedad. Para ver esto, sea a 2 V (I). Como fi (a) = 0para i = 1; :::;m tenemos
f21 (a) + :::+ f2m (a) = 0;
de esta manera a 2 V (J) : Recíprocamente, si a 2 V (J), entonces
f21 (a) + :::+ f2m (a) = 0:
Como todo aquí es un numero real, debemos tener fi (a) = 0 para i =1; :::;m. Así, a 2 V (I) :
a. El inciso a. se sigue de b., es decir, es un caso particular.
I =y � x2; z � x3
�I = hf1; f2i =
f21 + f
22
�f1 = y � x2 , f2 = z � x3
f21 + f22 =
�y � x2
�2+�z � x3
�2luego
V (f1; f2) = V�f21 + f
22
�V�y � x2; z � x3
�= V
��y � x2
�2+�z � x3
�2�:
99
2. Sea J =x2 + y2 � 1; y � 1
�. Buscar f 2 I (V (J)) tal que f =2 J .
Soluci�on
Si (x0; y0) es un punto de V (J), es un cero de f2 (x; y) = y � 1. Estoimplica que y0 � 1 = 0, así y0 = 1. Como (x0; y0) es también un cero def1 (x; y) = x
2 + y2 � 1, podemos ver que
x20 + y20 � 1 = z20 + 12 = x20 = 0
es el único punto de V (J). Debemos encontrar un polinomio f (x; y) que seanule en (0; 1), pero que no esté en J . Podemos ver que f (x; y) = x es un posiblecandidato, pues f (0; 1) = 0,asi f 2 I (V (J)). ahora tenemos que determinar sif 2 J . Una manera fácil de hacer esto es buscar una base de Groebner G de J ,y entonces usaremos el algoritmo de la división para encontrar el residuo de fal dividirlo por G. El polinomio f 2 J si y sólo si este residuo es cero.
Una base de Groebner es G =�x2; y � 1
, es obvio que el residuo de f
al dividirlo por G es x, pues ningún término de x es divisible por alguno delos términos principales de los elementos de G. Por tanto, f =2 J y hemosencontrado un polinomio que satisface los requerimientos dados en el ejercicio.
3. Dado un campoK (no necesariamente algebraicamente cerrado),mostrar que
phx2; y2i = hx; yi y más generalmente mostrar quep
hxn; ymi = hx; yi para cualesquiera enteros positivos n y m.
Soluci�on
Si f 2 hx; yi, entonces f = xf1 + yf2. Sea N = n+m� 1. Entonces
fN =nXi=0
�N
i
�xif i1y
jf j2
donde j = N � i. para cada término en esta suma, tenemos que i � n oj � m, de esta manera, fN 2 hxn; ymi.
Recíprocamente, si f 2phxn; ymi, debe ser que f (0; 0) = 0. Usando el
algoritmo de la división podemos escribir
f = xf1 + yf2 + r
donde r 2K. Como f (0; 0) = 0, debe de ser que r = 0, asi f 2 hx; yi :
100
4. Sean f y g dos polinomios distintos no constantes enK [x; y] y seaI =
f2; g3
�. ¿Es necesariamente cierto que
pg = hf; gi? Explique.
Soluci�on
Sean f y g dos polinomios distintos no constantes en K [x; y] ysea I =
f2; g3
�. Como f2, g3 2 I, f; g 2
pI; así cualquier polinomio
combinación de f y g esta enpI.
Por tanto hf; gi �pI.
La inclusión inversa, sin embargo, no es necesariamente cierta. Por ejemplo,sea f = x2 y g = x3.
Entonces, f2; g3
�=x4; x9
�=x4�
yhf; gi =
x2; x3
�=x2�
claramente,x 2
phx4i;
perox =2
x2�:
5. Determine si el polinomio x+y pertenece al radicalphx3; y3; xy (x+ y)i:
Si la respuesta es sí, ¿cuál es la potencia más pequeña del poli-nomio que está en el ideal?
Soluci�on
No necesitamos el algoritmo de la pertenencia a un radical para ver quex+ y 2
pI con
I =x3; y3; xy (x+ y)
�:
Por la de�nición del radical, como x3; y3; podemos ver que x 2pI y que y 2p
I: Por tanto, como los ideales son cerrados bajo la adición epI es un ideal,
x+ y 2pI:
Con el �n de determinar la potencia más pequeña de x + y que está enI, tenemos que calcular una base de Groebner G para I: De hecho, al hacerG = fg1; g2; g3g =
�x3; y3; xy (x+ y)
ya es una base de Groebner para I: Esto
se sigue del hecho que todos los S�polinomios tienen residuo 0 al dividirlos porG; como se muestra abajo
S (g1; g2) = x3y3
x3 � g1 � x3y3
y3 � g2= y3 � g1 � x3 � g2= x3y3 � x3y3= 0
101
así el residuo de S (g1; g2) al dividirlo por G es claramente cero.
Calculando S (g1; g3) da
S (g1; g3) = x3yx3 � g1 �
x3yx2y � g2 = y � g1 � x � g3
= x3y � x�x2y + xy2
�= x3y � x3y � x2y2
= �x2y2 = �y�x2y + y2x
�+ xy3
= �y � g3 + x � g2;
así el residuo de S (g1; g3) al dividirlo por G es también cero.Dejamos al lector el cálculo del residuo de dividir S (g1; g3) por G, el cual es
cero. Por tanto, G es una base de Groebner. podemos ahora tomar el residuode potencias sucesivas de x + y al dividirlo por G para determinar la potenciamás pequeña que está en I: Encontramos que
x+ yG= x+ y
pues ninguno de los términos principales de g1; g2; g3 divide a x ó a y:
Similarmente encontramos que
(x+ y)2G
= x2 + 2xy + y2G= x2 + 2xy + y2:
Finalmente, calculando (x+ y)3 resulta
(x+ y)3= x3 + 3x2y + 3xy2 + y3;
así que el residuo es cero. Por tanto, la potencia más pequeña de x + y en elideal I es (x+ y)3:
6. Sea J = hxy; (x� y)xi : Describir V (J) y mostrar quepJ = hxi
Soluci�on
Tenemos que
V (J) = f(a; b) : ab = 0 y (a� b) a = 0g= f(a; b) : (a = 0 ó b = 0) y a = bg= f(a; b) : a = 0g :
Por tanto,I (V (J)) = hxi ; así
pJ = hxi :
102
7. Sean I y J ideales. Demostrar que si I es un ideal radical, en-tonces I : J es radical e I : J = I :
pJ:
Soluci�on
Sean I; J ideales con I radical. Supongamos que para algún entero m � 1;fm 2 I : J: Entonces para todo g 2 J
fm � g 2 I ) (fm � g) gm�1 2 I) (fg)
m 2 I) fg 2 I I es radical.) f 2 I : J
Por tanto, I : J es radical
De la de�nición de radical de un ideal, sabemos que J �pJ: Podemos
concluir inmediatamente, entonces que
I :pJ � I : J:
Supongamos que f 2 I : J y sea h 2pJ: Entonces para algún m; hm 2 J:
Entonces
fhm 2 I ) fm�1 (fhm) = (fh)m 2 I
) fh 2 I (I es radical)) f 2 I :
pJ
Por tanto, I : J = I :pJ
103
.
CONCLUSIONES�Toda nuestra vida moderna está como impregnada de
matemáticas. Los actos cotidianos y las construcciones
de los hombres llevan su marca, y hasta nuestros goces
artísticos y nuestra vida moral sufren su in�uencia�.
Paul Montiel
104
CONCLUSIONES
Con el curso de Tópicos Escogidos del Álgebra se culmina la línea de Álgebradentro del Plan de Estudio vigente a este año, dando una mirada restrospectivavemos a sus predecesoras Estructuras Algebraicas, Álgebra Lineal, Introducciónal Álgebra Superior y por supuesto, la Matemática Fundamental, encargadas dedarnos toda la base y conocimientos necesarios para llegar a dicho curso.
En ningún momento se desenlazan una de la otra, todo lo contrario, to-das se completan e interrelacionan activamente para construir un conocimientoabstracto integral para poder hacer más e�ciente y claro el traslado al lenguajecotidiano de la vida diaria.
Cuando iniciamos con este trabajo nuestra meta principal era elaborar unmaterial de apoyo sobre Álgebra Conmutativa y Bases de Groebner que trataráde facilitar la comprensión del curso de Tópicos, esto porque la mayoría detextos que se usan como bibliografía del curso y tratan del tema están en inglésy no hacen un tratamiento de los contenidos tan asequible para el estudiante.
Creemos que esta guía será utilizada por todos aquellos alumnos que nece-siten un conocimiento práctico intermedio de lo expuesto en el curso. De estaforma tratando de resolver la problemática planteada anteriormente.
Consideramos que hicimos un buen tratamiento didáctico de lo ejerciciosresueltos. Además, logramos que en la resolución práctica se aplicaran todoslos conocimientos proporcionados en el curso los cuales fueron resumidos en elmarco conceptual.
105
.
RECOMENDACIONES"Un hombre deja de ser principiante en cualquier
ciencia y se convierte en un maestro cuando ha
aprendido que será un principiante toda su vida."
Anónimo
106
RECOMENDACIONES
Queremos en esta parte citar de nuevo una frase que ya aparece en esta guía,pero que consideramos oportuna, es de Poincaré y dice:
"No hay problemas resueltos; hay solamente problemasm�as o menos resueltos:"
Nuestra recomendación es que se continúe con esta pequeña guía:
1. Pueden hacer una revisión exahaustiva de la resolución de cada ejerciciopara su posterior mejora, es decir, poder detallar aún más las solucionesde los ejercicios, o
2. Pueden ampliar está guía, añadiendo nuevos ejercicios resueltos demanera clara, coherente y atendiendo a los objetivos del curso de TópicosEscogidos del Álgebra.
Otra recomendación nuestra es la validación de esta guía para evaluar sirealmente tuvo impacto positivo, es decir, si realmente la guía cumple con susobjetivos de ayudar a la comprensión del curso de Tópicos Escogidos del Álgebra.
107
.
BIBLIOGRAFÍA"Los geómetras se imaginan las matemáticas,
los analistas las hacen,
y los algebristas las entienden."
Carlos Ivorra Castillo
108
BIBLIOGRAF �IA
[AL]Atiyah M. and McDonald I. Introduction to Conmutative Algebra;1969. Addison-Wesley, Reading.
[AL]AdamsW. and Loustaunau P.An Introduction to Gr�obner Bases;1994. American Mathematical Society.
[B] B. van der Waerden. Modern Algebra; V olume II, 1950. UngarPublishing Co.
[C] Cox David. Introduction to Groebner Bases, 1997. AmericanMathematical Society.
[CLOS] Cox D., Little J., O´Shea D. Ideals; V arieties andAlgorithms,2007. Springer-Verlag, New York.
[DeSchre] Decker W. and Schreyer F. V arieties; Gr�obner Bases andAlgebraic Curves, 2005. Springer-Verlag, New York.
[E] Eisenbud David. Conmutative Algebra with a V iew TowardAlgebraic Geometry, 1995. Springer-Verlag, New York.
[MiYa] Mishra B. and Yap Ch. Notes on Groebner Bases, 1986.Courant Institute of Mathematical Sciences.
[AL] Pistone G., Riccomagno E. and Wynn H. Algebraic Statistics;2000. Chapman & Hall.
109
