Bases de Gr�obner:Resolvendo Equa�c~oes PolinomiaisAndr�e Vieira Costa? e Israel Vainsencher~Universidade Federal de PernambucoDepartamento de Matem�aticaESCOLA DE �ALGEBRAIMECC{UNICAMPjulho'94~11~2a edi�c~ao revisada 3 de fevereiro de 1995

1?A minha pequena Lu.

~Tita,mesmo a margem n~ao sendo pequena,Pessoa me perdoe, cabe n~ao explicarque toda forma de amor : : : vale a pena!

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Conte�udo0 Introdu�c~ao 51 Relembrando a �algebra b�asica 71.1 An�eis e corpos : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 71.2 Algoritmo de Euclides : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 81.3 Ideais : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 111.4 Primos e maximais : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 121.5 Homomor�smos : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 131.6 MDC : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 172 Divis~ao de polinomios 192.1 Ordena�c~ao de monomios : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 192.2 Divis~ao em v�arias vari�aveis : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 232.3 Algoritmo da divis~ao : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 253 Bases de Gr�obner 293.1 Ideais monomiais : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 293.2 Bases de Gr�obner : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 313.3 O teorema da base de Hilbert : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 323.4 O algoritmo de Buchberger : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 343.5 (In)Existencia e �nitude das solu�c~oes : : : : : : : : : : : : : : : : : : 384 Variedades alg�ebricas 414.1 Os zeros de um ideal : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 414.2 O teorema dos zeros : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 424.3 Elimina�c~ao e proje�c~oes : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 454.4 Equa�c~oes impl��citas � param�etricas : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 474.5 Curva dual : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 494.6 Jun�c~oes : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 514.7 Decomposi�c~ao em irredut��veis : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 525 Dimens~ao 555.1 Uni~oes de subespa�cos coordenados : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 555.2 Dimens~ao zero : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 553

4 CONTE�UDO5.3 Fun�c~oes num�ericas : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 575.4 A fun�c~ao de Hilbert : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 595.5 Propriedades da fun�c~ao de Hilbert : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 625.6 A dimens~ao de uma variedade : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 635.7 Dimens~ao via bases de Gr�obner : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 655.8 Dimens~ao e grau de transcendencia : : : : : : : : : : : : : : : : : : : 65

Cap��tulo 0Introdu�c~aoConsideremos um sistema de m equa�c~oes lineares em n vari�aveis,8>><>>: p1(X1; : : : ;Xn) := a11X1 + � � �+ a1nXn � c1 = 0...pm(X1; : : : ;Xn) := am1X1 + � � � + amnXn � cm = 0:Aprendemos nos cursos b�asicos de �Algebra Linear respostas a cada uma das seguintesquest~oes:1. o sistema �e consistente?2. como decidir se uma nova equa�c~ao, f(X1; : : : ;Xn) = 0, �e independente dasanteriores?3. o conjunto das solu�c~oes �e �nito?4. quando in�nito, como estimar o \tamanho" ou \dimens~ao"?5. interpretando cada equa�c~ao como de�nindo um hiperplano, o que se pode dizersobre a geometria do conjunto das solu�c~oes?6. como obter express~oes param�etricas para as solu�c~oes?De fato, o algoritmo de elimina�c~ao gaussiana nos permite resolve{las de forma cons-trutiva.O objetivo deste curso �e discutir quest~oes an�alogas para o caso de sistemas deequa�c~oes polinomiais de graus arbitr�arios. Essa generalidade exagerada ser�a napr�atica moderada por constru�c~oes e exemplos motivados pela Geometria. De fato,confessamos que parte inerente ao objetivo �e servir de porta de entrada para ofascinante dom��nio da Geometria Alg�ebrica.Esclare�camos de pronto que n~ao faremos qualquer incurs~ao sobre as importantesquest~oes de complexidade computacional ou de an�alise num�erica.5

6 CAP��TULO 0. INTRODUC� ~AOOs pr�e-requesitos s~ao, em essencia, familiaridade com a �Algebra Linear b�asicae com a no�c~ao de polinomios . Para conveniencia do leitor, reservamos o cap��tulo1 para revis~ao de algumas no�c~oes utilizadas no decorrer do curso bem como paraestabelecer nota�c~oes.As duas primeiras perguntas acima ser~ao re{enunciadas como o problema dapertinencia a um ideal:Dados polinomios f; p1; : : : ; pm, decidir se existempolinomios g1; : : : ; gm tais que f = �gipi:No cap��tulo 2 apresentamos o algoritmo de divis~ao para polinomios em v�arias va-ri�aveis, uma vez estabelecido o conceito de ordem monomial.A introdu�c~ao das bases de Gr�obner no cap. 3 e seu c�alculo efetivo atrav�es doalgoritmo de Buchberger �e a principal ferramenta que nos permitir�a abordar asquest~oes mencionadas. Pretendemos expor v�arios exemplos concretos, fazendo usode implementa�c~oes em Maple para alguns algoritmos.O conjunto de solu�c~oes de um sistema de equa�c~oes polinomiais �e chamado umavariedade alg�ebrica, apresentada no cap. 4. Aqui aprenderemos como obter equa�c~oespara alguns lugares geom�etricos interessantes, tais como as envolt�orias de tangentes,proje�c~oes, superf��cies regradas, jun�c~oes, etc.O cap. 5 cont�em a parte matematicamente mais signi�cativa do curso: o estudoda dimens~ao de uma variedade via fun�c~ao de Hilbert.Desnecess�ario enfatizar a escandalosa omiss~ao de tantos assuntos correlatos.Consolamo{nos lembrando o pref�acio de [7]: a escolha de material para um cursointrodut�orio �a �Algebra Comutativa ou Geometria Alg�ebrica �e t~ao ampla que permi-tiria uma sucess~ao quase in�nd�avel de semestres letivos sem perigo de repeti�c~ao: : :Citamos por �m, a referencia e fonte de inspira�c~ao [2] para a maior parte daescolha de material e seq�uencia de apresenta�c~ao.

Cap��tulo 1Relembrando a �algebra b�asicaNeste cap��tulo revisaremos algumas no�c~oes b�asicas de �algebra, introduzindo parteda nota�c~ao que utilizaremos no restante do curso.1.1 An�eis e corposChamaremos de anel (comutativo com unidade) um conjunto A munido de duasopera�c~oes, denotadas + (adi�c~ao) e � (multiplica�c~ao) e satisfazendo as seguintes pro-priedades:1. a+ (b+ c) = (a+ b) + c; 8 a; b; c 2 A (associatividade da adi�c~ao);2. a+ b = b+ a; 8 a; b 2 A (comutatividade da adi�c~ao);3. 9 0 2 A tal que 8 a 2 A; a+ 0 = a (elemento neutro da adi�c~ao);4. 8 a 2 A;9 � a 2 A tal que a+ (�a) = 0 (inverso aditivo);5. a � (b � c) = (a � b) � c; 8 a; b; c 2 A (associatividade da multiplica�c~ao);6. a � b = b � a; 8 a; b 2 A (comutatividade da multiplica�c~ao);7. 9 1 2 A tal que 8 a 2 A; a � 1 = a (elemento neutro da multiplica�c~ao);8. a � (b+ c) = a � b+ a � c; 8 a; b; c 2 A (distributividade).Se, al�em dessas, valer a propriedade:9. a � b = 0 ) a = 0 ou b = 0 (sem divisores de zero)A �e chamado de dom��nio ou dom��nio de integridade.Dizemos que um elemento a 2 A �e invers��vel se existir a0 2 A tal que a:a0 = 1.Neste caso, veri�ca{se facilmente que a0 �e �unico, chamado inverso multiplicativo dea e escrevemos a0 = a�1 = 1=a.Se cada a 2 A n f0g admitir inverso multiplicativo, A �e dito um corpo.7

8 CAP��TULO 1. RELEMBRANDO A �ALGEBRA B�ASICADenotaremos por N, Z, Q, R e C, os conjuntos dos n�umeros naturais, inteiros,racionais, reais e complexos, respectivamente. Veja o exc. 1.1.1{1.Reservaremos a letra K para denotar um corpo. Suporemos K =C quandonecess�ario garantir a existencia de ra��zes para polinomios , ou K =R ao imaginarmosinterpreta�c~oes geom�etricas.Diremos que um subconjunto A0 � A �e um subanel de um anel A se 0; 1 2 A0 e8a; b; c 2 A0 ) a� b � c 2 A0. Segue que todo subanel �e naturalmente um anel comas opera�c~oes induzidas.1.1.1 Exerc��cios1 . Mostre que C, R e Q s~ao corpos. Mostre que Z �e um dom��nio, mas n~ao �e umcorpo. Mostre que N n~ao �e um anel.2 . Seja A = f�0; �1g um conjunto formado por dois elementos. Mostre que A admiteuma e s�o uma estrutura de anel tal que �0 e �1 funcionam como elementos neutros de+ e � respectivamente. Mostre que A �e de fato um corpo.3 . Mostre que o elemento neutro da adi�c~ao �e �unico. Idem para a multiplica�c~ao epara o inverso multiplicativo.4 . Mostre que todo corpo �e um dom��nio. Mostre com um exemplo porque arec��proca n~ao �e verdadeira.1.2 Algoritmo de EuclidesVeremos nesta se�c~ao propriedades do anel de polinomios em uma vari�avel a coe�-cientes em um corpo K. Em geral, dado um anel A, denotaremos por A[t] o conjuntoformado por todos os polinomios na vari�avel t com coe�cientes em A. Consideremosem A[t] as opera�c~oes de soma e multiplica�c~ao de polinomios que aprendemos no 2ograu. Deixamos como exerc��cio a veri�ca�c~ao de que A[t] �e um anel. Cada elementof 2 A[t] se escreve na forma f = antn + � � �+ a1t+ a0 com cada ai 2 A. Se an 6= 0dizemos ent~ao que f �e de grau n e escrevemos dof = n: Convencionaremos quedo0 = �1. Chamamos TL(f) = antnde termo l��der de f: Se an = 1, dizemos que f �e monico. De modo an�alogo de�nimoso anel de polinomios nas vari�aveis x1; : : : ; xn, pondoA[x1; : : : ; xn] = A[x1; : : : ; xn�1][xn]:Assim, podemos pensar num polinomio a n vari�aveis a coe�cientes em A comoum polinomio a 1 vari�avel a coe�cientes no anel de polinomios a n � 1 vari�aveis.Escreveremos tamb�em de forma abreviada,A[x] = A[x1; : : : ; xn]:

1.2. ALGORITMO DE EUCLIDES 91.2.1 Exerc��cios1 . Seja A um dom��nio. Mostre que A[t] �e um dom��nio. Mostre que 8 f; g 2 A[t]temos i. do(fg) = dof + dog, eii: do(f + g) � max(dof; dog) valendo a igualdade se dof 6= dog.2 . Seja A um anel. Mostre que A[t] n~ao �e um corpo.3 . Seja A um dom��nio e sejam g; q; r; q0; r0 2 A[t] tais que dor < dog; dor0 < dog eqg + r = q0g + r0. Mostre que r = r0; q = q0.1.2.2 Proposi�c~ao. (Algoritmo de Euclides) Seja K um corpo e sejam f; g 2K[t]; g 6= 0. Ent~ao existem �unicos q; r 2 K[t] (chamados de quociente e resto,respectivamente) tais que f = qg + r;com r = 0 ou dor < dog.Demonstra�c~ao. Se dof < dog, fa�ca q = 0 e r = f . Prosseguimos por indu�c~aosobre n = dof � m = dog. Escrevamos g = amtm + : : : ; f = bntn + : : :. Sejah = f � bntn�ma�1m g. Note o ajuste feito para cancelar o termo de maior grau de f ,de sorte que doh < dof . Por indu�c~ao, h se escreve na forma h = q1g + r, com r = 0ou dor < dog. Fazendo q = q1 + bna�1m tn�m, conclu��mos f = qg + r.Para veri�carmos a unicidade, suponhamos qg + r = q0g + r0. Da�� vem (q � q0)g =r0 � r. Ora, se q 6= q0 ent~ao o 1o� membro �e um polinomio de grau � m enquantoque o 2o�, supondo r (resp r') = 0 ou dor (resp. r') < dof , certamente �e nulo ou degrau < m. 2Uma maneira construtiva de demonstrar este teorema �e deixada como exerc��ciopara o leitor (exc.1.2.5.1).1.2.3 Exemplo. Fazendo a divis~ao de f = 4x3 + 3x2 + 2x + 1 por g = 2x + 2,obtemos q = 2x2 � 12x+ 32 e r = �2. Con�ra o processo de divis~ao abaixo.4x3 + 3x2 + 2x+ 1�(4x3 + 4x2)�x2 + 2x+ 1�(�x2 � x)3x+ 1�(3x+ 3)� 2!r 2x + 22x2 � 12x+ 32

10 CAP��TULO 1. RELEMBRANDO A �ALGEBRA B�ASICA1.2.4 Corol�ario. Se K �e um corpo e p 2 K[t] �e n~ao nulo, ent~ao o n�umero dera��zes de p em K �e no m�aximo dop.Demonstra�c~ao. Provaremos por indu�c~ao sobre n = dop. Quando n = 0, p �euma constante n~ao nula (por hip�otese), logo p n~ao admite ra��zes e a a�rma�c~ao �everdadeira.Agora, suponhamos que o resultado vale para polinomios quaisquer de grau n � 1.Tome p de grau n. Se p n~ao admite ra��zes em K, terminou. Caso contr�ario, existeum � 2 K, tal que p(�) = 0. Agora podemos escrever p(t) = q(t)(t � �), comdoq = n� 1 (veri�que). Note que se � �e raiz de p distinta de �, ent~ao � �e raiz de q.Como q tem no m�aximo n � 1 ra��zes, p admite no m�aximo n ra��zes. 21.2.5 Exerc��cios1 . Mostre que o algoritmo abaixo (pseudo-c�odigo em Maple), fornece uma provaconstrutiva para a prop. 1.2.2:divisao:= proc(f,g)q:=0;r:=f;while (r<>0 and TL(g) divide TL(r)) doq:= q + TL(r)/TL(g);r:= r - (TL(r)/TL(g))*g;od;RETURN([q,r]);end:Note que o teste TL(g) divide TL(r) deve ser previamente implementado. O Maplej�a cont�em tal procedimento. Mas aten�c~ao com a sintaxe! Em Maple, para testar sep divide q, digita{se divide(q,p). Note a ordem! A fun�c~ao g 7! TL(g) tamb�emdeve ser previamente implementada. Se a vari�avel de g �e x, pode-se de�nirTL:=g->lcoeff(g,x)*x^(degree(g,x)).2 . Seja f = qg + r como na prop.1.2.2. Mostre que toda raiz comum a f; g �etamb�em raiz comum a r; g e vice{versa. Deduza um algoritmo para decidir se doispolinomios admitem raiz em comum sem precisar calcular raiz.3 . Seja A um anel e seja g 2 A[t] um polinomio monico. Mostre que o algoritmode Euclides se estende para a divis~ao de f 2 A[t] por g. Mostre tamb�em que, seg = t� a; a 2 A, o resto na divis~ao de f por g �e f(a).

1.3. IDEAIS 111.3 IdeaisDiremos que um subconjunto I de um anelA �e um ideal deA se satis�zer as seguintespropriedades:i. 0 2 I;ii. 8a; b 2 I, vale a+ b 2 I;iii. 8a 2 I e 8b 2 A, vale a � b 2 I.1.3.1 Exemplo. Seja A um anel e a 2 A. Ent~ao o conjuntohai := fab j b 2 Agformado por todos os m�ultiplos de a �e claramente um ideal, chamado um idealprincipal. Usaremos tamb�em a nota�c~ao aA para o ideal hai gerado por a. Veja oexc. 1.3.3{21.3.2 Proposi�c~ao. Seja K um corpo e seja I 6= h0i um ideal de K[t]. Ent~ao existeum �unico f 2 K[t] monico tal que I = hfi:Demonstra�c~ao. Sendo I 6= h0i, existe um elemento f 2 I monico e de grau m��nimocom essa propriedade. Mostraremos que I = hfi, i.e., que todo elemento g 2 I �em�ultiplo de f . Com efeito, aplicando o algoritmo da divis~ao, podemos em todo ocaso escrever, g = qf + r;onde r = 0 ou dor < dof . Como r = g � qf �e claramente um elemento do ideal I,se ocorresse r 6= 0, produzir��amos um elemento em I com grau inferior ao m��nimo,o que �e absurdo. A unicidade �e deixada como exerc��cio. 2Um dom��nio de integridade no qual cada ideal �e principal �e dito dom��nio deideais principais ou simplesmente DIP. O resultado acima nos diz que se K �e umcorpo ent~ao K[t] �e um DIP.1.3.3 Exerc��cios1 . Seja n 2 Z e de�na nZ = fk � n j k 2 Zg. Mostre que nZ �e um ideal de Z (idealgerado por n). Por exemplo, o conjunto dos n�umeros pares, 2Z; �e um ideal de Z.Mostre que Z �e um DIP.

12 CAP��TULO 1. RELEMBRANDO A �ALGEBRA B�ASICA2 . Seja A um anel e sejam f1; : : : ; fn 2 A: De�nimoshf1; : : : ; fni = ( nXi=1 hifi : h1; : : : ; hn 2 A) :Mostre que hf1; : : : ; fni �e um ideal de A. Chamaremos hf1; : : : ; fni de ideal geradopor f1; : : : ; fn.3 . Seja A = Z[t] o anel de polinomios a coe�cientes inteiros. Mostre que h2; ti �eum ideal de A que n~ao �e principal. Idem para hx; yi � K[x; y]:4 . Seja A um anel e seja fIsgs2S uma fam��lia de ideais de A.1. Mostre que \s2S Is�e um ideal de A.2. De um exemplo de ideais I;J tais que I [ J n~ao �e um ideal.3. Suponha que para cada s; t 2 S existe u 2 S tal que Is [ It � Iu. Mostre que[s2S Is�e um ideal de A.5 . Seja A um anel e seja S � A. Seja SF a cole�c~ao de todos os subconjuntos �nitosde S. Para cada T � S �nito, seja hT i o ideal gerado (veja o exc. 2 acima) por T .Mostre que hSi := [T2SF hT i�e um ideal de A e que �e igual �a interse�c~ao de todos os ideais de A que contem S.Conclua que cada elemento do ideal hSi gerado por S pode ser escrito na formaf1g1 + � � �+ fngn, com os fi 2 S e gi 2 A.6 . Seja A um anel e seja I � A um ideal. Dado a 2 A, mostre que I : a def= fb 2A j ab 2 Ig �e um ideal. Fa�ca A = Z, I = h6i e calcule I : n para cada n 2 Z.1.4 Primos e maximais1.4.1 De�ni�c~ao. Dizemos que um ideal I � A �e primo seI 6= A e 8 a; b 2 A; a � b 2 I =) a 2 I ou b 2 I:Dizemos que um ideal I � A �e maximal se n~ao existir ideal intermedi�ario entre I eA, i.e., 8 ideal J � A; J � I =) J = A. Veja os excs. 1.4.4{2 e 1.5.8{9.

1.5. HOMOMORFISMOS 131.4.2 Exemplos. 1) Se A �e um dom��nio ent~ao h0i �e um ideal primo e reciproca-mente.2) Os ideais primos n~ao nulos de Z s~ao os gerados por um n�umero primo.3) h2i� Z[x] �e um ideal primo n~ao maximal.4) Dadas as constantes c1; : : : ; cn2 K, o conjunto dos polinomios f 2 K[x] tais quef(c1; : : : ; cn) = 0 �e um ideal maximal de K[x].5) Um ideal principal hfi � K[x] �e primo se e s�o se f �e um polinomio irredut��vel.1.4.3 Proposi�c~ao. Seja K um corpo. Ent~ao todo ideal primo n~ao nulo de K[x] �emaximal, gerado por um polinomio irredut��vel.Demonstra�c~ao. Seja f 2 K[x] n~ao constante tal que hfi �e um ideal primo. Se fadmite fatora�c~ao, f = gh com g; h 2 K[x] ent~ao, por de�ni�c~ao de ideal primo, temosg 2 hfi ou h 2 hfi. Se g = fg1 para algum g1 2 K[x], conclu��mos de f = fg1hque h �e constante. Isto mostra a irredutibilidade de f . Se hfi n~ao fosse maximal,existiria algum ideal, digamos hgi, tal que hfi � hgi � h1i. Da�� adviria uma rela�c~aode divisibilidade, f = gh que j�a sabemos acarreta g ou h constante, contradi�c~ao. 21.4.4 Exerc��cios1 . Prove as a�rma�c~oes dos exemplos acima.2 . Mostre que todo ideal maximal �e primo.3 . Seja K um corpo algebricamente fechado. Mostre todo ideal maximal de K[x]�e da forma hx� ci para algum c 2 K.1.5 Homomor�smos1.5.1 De�ni�c~ao. Sejam A e B an�eis. Um homomor�smo de A em B �e umaaplica�c~ao ' : A!B tal que '(1) = 1 e 8 a; b; c 2 A ) '(a+b�c) = '(a)+'(b)�'(c).Dizemos que um homomor�smo bijetivo ' �e um isomor�smo; neste caso, a aplica�c~aoinversa '�1 �e necessariamente um homomor�smo. Dizemos que os an�eis A; B s~aoisomorfos se existir um isomor�smo ' : A!B.1.5.2 Exemplos. 1) Se A0 �e um subanel de um anel A, ent~ao a aplica�c~ao deinclus~ao A0 � A �e um homomor�smo.2) A aplica�c~ao de conjuga�c~ao C! C; a+ bi 7! a� bi �e um homomor�smo (de fatoum isomor�smo).

14 CAP��TULO 1. RELEMBRANDO A �ALGEBRA B�ASICA3) Seja A = f�0; �1g como no exc. 1.1.1{2 e seja � : Z!A a aplica�c~ao de�nida porparidade, i.e., �(n) = �0 se n �e par, �1 se��mpar. �E imediato que � �e um homomor�smo.1.5.3 De�ni�c~ao. Seja ' : A!B um homomor�smo de an�eis. O n�ucleo de ' �ede�nido por, nuc(') := fa 2 A j'(a) = 0g:1.5.4 Lema. Seja ' : A!B um homomor�smo de an�eis. Ent~ao o n�ucleo de ' �eum ideal de A.Demonstra�c~ao. Fica como exerc��cio para o leitor. 2O resultado central desta se�c~ao �e a�rma que todo ideal ocorre como nuc(') paraalgum (essencialmente �unico) homomor�smo.1.5.5 Proposi�c~ao. Seja I � A um ideal de um anel A. Ent~ao existe um homo-mor�smo sobrejetivo ' : A!B tal que nuc(') = I.Demonstra�c~ao. Suponhamos por um instante j�a constru��do ' : A!B com aspropriedades enunciadas. Observemos que para cada b; b0 2 B, o subconjunto '�1fbg�e n~ao vazio e que b 6= b0 ) '�1fbg \ '�1fb0g = ;. Assim, b 7! '�1fbg estabeleceuma bije�c~ao de B em um subconjunto de partes de A. A id�eia agora �e reconstruir Ba partir dos subconjuntos do tipo '�1fbg. Vejamos como I entra em cena. Fixadosb 2 B e algum a0 2 '�1fbg, ve-se facilmente que'�1fbg = fa 2 A j 9 i 2 I tal que a = a0 + ig= fa0 + i j i 2 Ig:Ora, o lado direito faz sentido independentemente de '! De�namos logo, pois, paracada a 2 A, a classe residual a+ I = fa+ i j i 2 Ig;e seja B = fa+ I j a 2 Ag;o conjunto de todas as classes residuais de I em A. Resta a fazer a veri�ca�c~aorotineira de que B herda uma estrutura de anel mediante as receitas,(a+ I) + (a0 + I) = (a+ a0) + I(a+ I) � (a0 + I) = (a � a0) + Ide sorte que a aplica�c~ao de�nida naturalmente por' : A ! Ba 7�! a+ I�e de fato um homomor�smo e responde ao requerido. 2

1.5. HOMOMORFISMOS 151.5.6 De�ni�c~ao. Sejam A um anel e I um ideal de A. Chamamos de anel quo-ciente de A por I, denotado por A=I, o anel das classes residuais de I emA descritona demonstra�c~ao acima. Para cada a 2 A dizemos que a �e um representante da classeresidual a + I. O homomor�smo quociente A!A/I de�nido por a 7! a + I ser�adenotado por 'A/I .A forma�c~ao do anel quociente atende a necessidade de se lidar com an�eis em quesejam v�alidas identidades escolhidas a priori. Um exemplo instrutivo �e dado pelaconstru�c~ao do corpo C dos n�umeros complexos a partir de R. Sabemos que aequa�c~ao x2 + 1 = 0 n~ao admite raiz em R. Ora, no anel quociente R[x]/hx2 + 1ivale, por decreto, a rela�c~ao �x2+1 = 0, onde �x denota a classe residual x+hx2 + 1i: : :1.5.7 Proposi�c~ao. Seja : A!B um homomor�smo de an�eis e seja I um idealde A. Se I � nuc( ) ent~ao existe um e s�o um homomor�smo : A/I!B tal que = � 'A/I , i.e., tornando assim o diagrama abaixo comutativo:A �! B'A/I �# % A/IDemonstra�c~ao. A unicidade de decorre da sobrejetividade do homomorfsmoquociente. Para a existencia, veri�camos de in��cio que(?) se a; a0 2 A representam uma mesma classe residual ent~ao (a) = (a0):Com efeito, a + I = a0 + I implica a � a0 2 I. Dado que I � nuc( ), temos (a� a0) = 0, o que mostra (?). Podemos assim de�nir (a+ I) := (a), visto queo lado direito s�o depende da classe residual a+I (e n~ao do particular representantea). Deixamos por �m ao leitor a tarefa, sem surpresas, de veri�car a a�rma�c~ao deque �e de fato um homomor�smo. 2A aplica�c~ao acima referida �e dita a induzida por .1.5.8 Exerc��cios1 . A composi�c~ao ' � : A!C de homomor�smos : A!B, ' : B!C �e umhomomor�smo.2 . Sejam A;B an�eis. Dizemos que B �e uma A��algebra se existir uma aplica�c~ao� : A�B!B, que escreveremos �(a; b) = a�b, satisfazendo as propriedades esperadasde multiplica�c~ao de elementos de B por elementos de A, i.e., 8 a; a0 2 A; b; b0 2 Bvale: (1) 1A � b = b; (2) a � (b + b0) = a � b + a � b0; (3) (a+ a0) � b = a � b + a0 � b; (4)(aa0) � (bb0) = a � ((a0 � b)b0). Mostre que a aplica�c~ao A!B de�nida por a 7! a � 1B �e

16 CAP��TULO 1. RELEMBRANDO A �ALGEBRA B�ASICAum homomor�smo. Reciprocamente, mostre que cada homomor�smoA!B prov�emde uma �unica estrutura de A��algebra em B.3 . Seja ' : A!B um homomor�smo e seja a 2 A um elemento invers��vel de A.Ent~ao '(a) �e invers��vel em B.4 . Mostre que o homomor�smo quociente 'A/I constru��do na demonstra�c~ao daprop. 1.5.5 de fato satisfaz a nuc('A/I) = I.5 . Seja : A!B um homomor�smo sobrejetivo e seja I := nuc( ). Mostre queo homomor�smo induzido : A/I!B �e um isomor�smo. Mostre que todo ideal(primo, resp. maximal) de B �e imagem de um �unico ideal (primo, resp. maximal)de A que cont�em I.6 . Seja A um anel e �xe a1; : : : ; an2 A. Mostre que a aplica�c~aoev : A[x1; : : : ; xn]!Ade�nida por ev(f(x1; : : : ; xn)) := f(a1; : : : ; an) (substituir xi = ai) �e um homomor-�smo. Prove que nuc(ev) = hx1 � a1; : : : ; xnani.7 . Sejam p1(x1); : : : ; pn(xn) 2 K[x1; : : : ; xn] polinomios , com cada pi 6= 0 e envol-vendo apenas a vari�avel indicada. Mostre que o anel quocienteK[x1; : : : ; xn]/hp1; : : : ; pni�e um espa�co vetorial de dimens~ao �nita e calcule esta dimens~ao.8 . Seja : R[x]!C de�nido por p(x) 7! p(i) (i2 = �1). Mostre que �e sobrejetivoe nuc( ) = hx2 + 1i. Conclua que : R[x]/hx2 + 1i!C �e um isomor�smo.9 . Seja I � A um ideal. Mostre que I �e um ideal primo (resp. maximal) se e s�ose A/I �e um dom��nio (resp. corpo).10 . Seja K um corpo e seja c 2 K. Mostre que hx� ci � K[x] �e um ideal maximale que a composi�c~ao de homomor�smos naturais, K ,! K[x] �!�K[x]/hx � ci �e umisomor�smo.11 . Seja V um K�espa�co vetorial e seja W � V um subespa�co. Para cada v 2 Vseja v + W := fv + w jw 2 Wg o transladado de W por v. Mostre que 8u; v 2V; v + W = u + W se e s�o se u � v 2 W . Imite a constru�c~ao do anel quocientee mostre que a cole�c~ao V /W := fv +W j v 2 V g de todos os transladados de Wadmite uma estrutura natural de espa�co vetorial sobre K, dito espa�co quociente deV por W , de sorte que a aplica�c~ao quociente V ��! V /W;�(v) := v +W �e linear,sobrejetiva e de n�ucleo igual aW . Mostre que dimV /W = dimV �dimW (suponhadimV �nita).12 . Sejam W;W 0; V 0 subespa�cos de um espa�co vetorial V . Suponha W 0 � W \V 0. Mostre que a correspondencia v0 +W 0 7! v0 +W de�ne uma aplica�c~ao linearV 0/W 0!V /W . Mostre que esta aplica�c~ao �e injetiva se e s�o se W 0 = W \V 0. Mostreque a aplica�c~ao natural V /W 0!V /W �e sobrejetiva.

1.6. MDC 171.6 MDC1.6.1 De�ni�c~ao. Seja ffsgs2S uma cole�c~ao de polinomios. Dizemos que um poli-nomio monico p �e um m�aximo divisor comum (MDC) desta cole�c~ao sei: p divide cada fs;ii: 8q 2 K[t], se q divide cada fs, ent~ao q divide p.1.6.2 Proposi�c~ao. Seja S � K[t] uma cole�c~ao de polinomios. Ent~ao existemf1; : : : ; fn 2 S e g1; : : : ; gn 2 K[t] tais quef = g1f1 + � � � + gnfn�e o MDC dessa cole�c~ao.Demonstra�c~ao. Seja I o ideal gerado por S (veja o exc. 1.3.3{5),I = f X1�i�m gifi j f1; : : : ; fm 2 S; g1; : : : ; gm 2 K[t]; m = 0; 1; : : : g:Seja f o gerador monico de I (1.3.2). Sendo f um elemento de I, necessariamentese escreve na forma f = g1f1 + : : :+ gnfn; com gi 2 K[t]:Assim, se q divide cada fi 2 S ent~ao q divide f . Por �m, sendo I = hfi, �e claro quecada fi (como elemento de I: : : ) �e divis��vel por f . 21.6.3 Exerc��cios1 . Mostre que o procedimento em Maple abaixo, que tem como entrada os polino-mios f e g na vari�avel t, fornece o MDC(f; g).mdc:= proc(f,g)local r1,r2,resto;r1:=f;r2:=g;while (r2<>0) doresto:= rem(r1,r2,t);r1:= r2;r2:=resto;od;RETURN(r1);end: # rem = funcao do Maple para o resto# da divisao de r1 por r2.2 . Generalize o problema acima para achar f 2 K[t], tal que hfi = hf1; : : : ; fmi,onde s~ao dados os elementos f1; : : : ; fm de K[t].

18 CAP��TULO 1. RELEMBRANDO A �ALGEBRA B�ASICA

Cap��tulo 2Divis~ao de polinomios2.1 Ordena�c~ao de monomiosVimos no cap��tulo anterior que dado um ideal I := hf1; : : : ; fmi � K[t], podemosencontrar f 2 K[t] tal que I = hfi. Examinando a argumenta�c~ao, percebemos queo principal ponto �e o algoritmo da divis~ao. Este, por sua vez, baseia-se na escolhados termos l��deres do dividendo e do divisor.Para calcular geradores para ideais de polinomios a v�arias vari�aveis, precisare-mos estender o algoritmo da divis~ao. O leitor deve se convencer de que certamentecairemos num problema do tipo seguinte:\Qual o termo l��der de f = 5x2y4 + 2x3y?"Ou seja, como ordenar os monomios x2y4 e x3y?Lembremos que existe uma ordena�c~ao de \monomios" com que estamos acostu-mados a lidar no dia-a-dia: a encontrada nos dicion�arios ou listas telefonicas! Vejaa de�ni�c~ao formal logo mais em 2.1.3.Utilizando esta ordena�c~ao, convencionamos, (salvo men�c~ao em contr�ario) quea � b � c : : : � z: Segue que 2x3y deve ser tomado como termo l��der de f pois apalavra xxxy = x3y viria antes de x2y4 = xxyyyy num dicion�ario.Para abreviar a nota�c~ao, dada uma seq�uencia de vari�aveis x = x1; : : : ; xn e umaseq�uencia de expoentes � = �1; : : : ; �n, escreveremos o monomiox� = x�11 � � � x�nn :Agora estabelecer uma ordem para o conjunto de monomios fx� j� 2 Nng �e omesmo que por ordem no conjunto Nn dos expoentes.2.1.1 De�ni�c~ao. Diremos que uma rela�c~ao de ordem � em Nn �e uma ordemmonomial se satis�zer a:i. � �e uma ordem total, i.e.,8�; � 2 Nn; se � 6= � ent~ao � � � ou � � �19

20 CAP��TULO 2. DIVIS ~AO DE POLINOMIOSii. � � � =) � + � � + ; 8�; �; 2 Nn;iii. � �e uma boa ordem, ou seja, todo subconjunto n~ao vazio de Nn admite ummenor elemento.Escolhida uma ordem �, diremos naturalmente que um monomio x� �e maior(resp. menor) que x�, e escreveremos x� � x� (resp. x� � x�), se � � � (resp.� � �).O leitor perceber�a que a condi�c~ao ii. acima �e motivada pelo desejo de garantirque x� � x� =) x�x � x�x :A condi�c~ao i. assegura que n~ao h�a ambig�uidade na escolha do maior monomio deuma cole�c~ao �nita.2.1.2 De�ni�c~ao. Fixada uma ordem monomial� emNn, podemos escrever cadaf 2 K[x]; f 6= 0 na forma f = c�x� + X��� c�x�;com c� 2 K e c� 6= 0. De�nimos:TL(f) = c�x�; o termo l��der de f ;dof = �; o grau de f .Observemos que o grau dof �e em geral um vetor com coordenadas inteiros n~aonegativos. Convencionaremos do0=�1.Escreveremos tamb�em TL�(f) e do�(f) quando se �zer necess�ario destacar aordem monomial empregada.2.1.3 De�ni�c~ao. De�nimos a ordem lexicogr�a�ca em Nn declarando� �LEX � se e somente se existe j 2 f1; : : : ; ng tal que�j > �j e �k = �k para cada k < j.Em outras palavras, a primeira coordenada de � que n~ao coincidir com a correspon-dente em � tem que ser maior.2.1.4 Exemplos. Temos,a. (2; 3; 0) �LEX (2; 1; 5).b. Note que x1 = x(1;0::::;0); : : : ; xn = x(0;:::;0;1). Assim segue,x1 �LEX x2 �LEX : : : �LEX xn:Quando trabalharmos com poucas vari�aveis, vamos denot�a{las com freq�uencia x, y,z; : : : ao inv�es de x1, x2, x3; : : : Com isto, temos

2.1. ORDENAC� ~AO DE MONOMIOS 21c. xy �LEX xz2 �LEX y5z7 �LEX z13.Antes de listar outros exemplos vamos caracterizar melhor a condi�c~ao iii. na de�-ni�c~ao de ordem monomial.2.1.5 Proposi�c~ao. Uma ordem total � em Nn �e uma boa ordem se e somentese toda seq�uencia decrescente (�1 � �2 � � � �) em Nn estabiliza, i.e., 9n0 tal que�n = �n0 8n � n0.Demonstra�c~ao. Suponha que � n~ao �e uma boa ordem. Ent~ao, existe A � Nn,n~ao vazio, tal que A n~ao admite um menor elemento. Tome �1 2 A. Como An~ao admite elemento m��nimo, podemos escolher um �2 2 A, tal que �1 � �2.Utilizando o mesmo racioc��nio para �2, e assim sucessivamente, podemos encontraruma seq�uencia estritamente decrescente in�nita�1 � �2 � �3 � � � � :Reciprocamente, dada uma seq�uencia decrescente (�1 � �2 � � � �) em Nn tomeA = f�1; �2; : : :g. Por hip�otese A admite um menor elemento. Logo, 9n0 tal que�n = �n0 8n � n0. 2Vejamos em seguida que a ordem dos dicion�arios �e uma ordem monomial.2.1.6 Proposi�c~ao. A ordem lexicogr�a�ca �e uma ordem monomial.Demonstra�c~ao. i. �LEX �e ordem total pois ao compararmos componente a compo-nente � e � 2 Nn utilizamos a ordem > em N, que �e total.ii. Suponha � �LEX �, digamos, �i = �i, para i de 1 at�e j � 1, e �j > �j. Logo,�+ �LEX � + , pois �i + i = �i + i, para i de 1 at�e j � 1, e �j + j > �j + j .iii. Suponha, por absurdo, que �LEX n~ao �e uma boa ordem. Ent~ao, pela prop.2.1.5, existe uma seq�uencia in�nita estritamente decrescente�1 �LEX �2 �LEX �3 �LEX � � �em Nn. Mostraremos que isto �e imposs��vel.Considere a seq�uencia (�i1) formada pela primeira componente. Ora, esta �e umaseq�uencia decrescente emN, logo estabiliza. Passando para a segunda componente,utilizando o mesmo racioc��nio, vemos que esta tamb�em se estabiliza. Como �iadmite um n�umero �nito, �xo de componentes, a seq�uencia �i tem que estabilizar,o que �e um contradi�c~ao. 22.1.7 De�ni�c~ao. Chamamos de grau total de um monomio, a soma dos graus decada vari�avel, ou seja, o grau total de x� �e �1+ � � �+�n. Denotamos esta soma porj�j = Pni=1 �i.

22 CAP��TULO 2. DIVIS ~AO DE POLINOMIOS2.1.8 De�ni�c~ao. A ordem lexicogr�a�ca graduada �e de�nida por� �LG � se e somente se j�j > j�j ou j�j = j�j e � �LEX �:2.1.9 Exemplos.a. (2; 1; 5) �LG (2; 3; 0), pois 2 + 1 + 5 > 2 + 3 + 0;b. x1 �LG x2 �LG : : : �LG xn.c. z13 �LG y5z7 �LG z12 �LG xz2 �LG y3 �LG xy �LG xz �LG y2.2.1.10 De�ni�c~ao. A ordem lexicogr�a�ca inversa graduada �e de�nida por� �LIG � se e somente se j�j > j�j ou j�j = j�j eexiste j 2 f1; : : : ; ng tal que �k = �k para k > j e �j < �j.Note que agora o desempate quando j�j = j�j �e feito comparando as componentesde � e � da direita para a esquerda e declarando � �LIG � se a primeira coordenadadiscrepante de � for maior que a correspondente em �.2.1.11 Exemplos.a. (2; 1; 5) �LIG (2; 3; 0), pois 2 + 1 + 5 > 2 + 3 + 0;b. x1 �LIG x2 �LIG : : : �LIG xn.c. z13 �LIG y5z7 �LIG z12 �LIG y3 �LIG xz2 �LIG xy �LIG y2 �LIG xz.Note com o exemplo abaixo que o termo l��der e o grau de um polinomio f 2 K[x; y; z]podem variar conforme a ordem monomial considerada. Tomando,f = 2x3 + 5x2yzw2 + 3xy4wteremos, TLLEX(f) = 2x3;para o termo l��der de f como rela�c~ao a ordem lexicogr�a�ca,TLLG(f) = 5x2yzw2;para o termo l��der de f com a ordem lexicogr�a�ca graduada, eTLLIG(f) = 3xy4w;para a ordem lexicogr�a�ca inversa graduada.Apesar desta novidade com rela�c~ao ao caso de uma vari�avel, a seguinte proprie-dade continua v�alida.

2.2. DIVIS ~AO EM V�ARIAS VARI �AVEIS 232.1.12 Proposi�c~ao. Sejam f; g 2 K[x] polinomios n~ao nulos. Ent~ao temos:i: do(fg) = dof + dog;ii: do(f + g) � max(dof; dog):Se em ii: dof 6= dog, ent~ao vale a igualdade.Demonstra�c~ao. Fa�ca a demonstra�c~ao como exerc��cio. 2H�a no Maple duas ordens monomiais pr�e-de�nidas, a plex que corresponde anossa LEX, e a tdeg, que �e a nossa LIG.Adotaremos, salvo men�c~ao expl��cita em contr�ario, aordem LG.2.1.13 Exerc��cios1 . Mostre que � +Nn = f� + j 2 Nng �e o conjunto dos expoentes de todosmonomios divis��veis por x�.2 . Seja � uma ordem monomial em N= f0; 1; : : :g. Seja m0 o menor elemento deN com respeito a �. Mostre que m0 = 0. Seja agora m1 := min�(Nnf0g). Quantovale m1? Conclus~ao? (Sugest~ao: se m0 � 1, compare m0;m0� 1 com respeito a �.)3 . Veri�que que as ordens LG e LIG, s~ao ordens monomiais.4 . Mostre que as ordens LG e LIG coincidem em N2.5 . Escreva as seq�uencias de todos os monomios em 3 vari�aveis de grau total 3ordenadas segundo cada uma das ordens �LEX;�LG;�LIG.6 . Sejam �1 , �2 ordens monomiais em Nr1;Nr2. De�na uma rela�c~ao �1;2 emNr1+r2 = Nr1 �Nr2 declarando, para c := (a; b); c0 := (a0; b0) 2 Nr1+r2 , c �1;2 c0 see s�o se a �1 a0 ou a = a0 e b �2 b0. Mostre que �1;2 �e uma ordem monomial, dita aordem produto. Mostre que �LEX em Nn+1 �e a ordem produto da �LEX em Nn pelaordem natural em N.2.2 Divis~ao em v�arias vari�aveisAgora que sabemos escolher o termo l��der de um polinomio f de K[x], o pr�oximopasso �e obter um algoritmo da divis~ao.Lembramos que no caso de 1 vari�avel, para decidir se um dado g 2 K[t] seexpressa como combina�c~ao de uma lista f1; : : : ; fm 2 K[t], ou seja, se g pertence aoideal hf1; : : : ; fmi, �e bastante veri�car a divisibilidade por f = MDC(f1; : : : ; fm).No caso de v�arias vari�aveis sabemos que um ideal gerado por f1; : : : ; fm 2 K[x]pode n~ao ser principal (cf. exc. 1.3.3{3).

24 CAP��TULO 2. DIVIS ~AO DE POLINOMIOSIsto motiva o objetivo desta se�c~ao. Dados f; f1; : : : ; fm 2 K[x] discutiremos comoencontrar uma express~ao para f na forma,f = q1f1 + � � �+ qmfm + r;com q1; : : : ; qm; r 2 K[x], onde os qi's podem ser imaginados como \quocientes " er deve ser um polinomio \mais simples" ou \resto".A caracteriza�c~ao do resto na divis~ao de polinomios em 1 vari�avel, que de fatoserve como sinalizador de �m do algoritmo, �e a exigencia de ter grau menor do que odividendo. Em termos da (essencialmente �unica!) ordem monomial em K[t] (veja oexc. 2.1.13{2), essa condi�c~ao �e equivalente a exigir que na express~ao f = qg+r 2 K[t]tenhamos TL(g) � TL(r). Lembramos ainda que em cada passo do algoritmo,imp�unhamos a simpli�ca�c~ao do termo l��der do resto parcial (ou dividendo atualizado)subtraindo um m�ultiplo adequado do divisor g.Temos j�a as pistas necess�arias ao procedimento em v�arias vari�aveis. Come�camospor �xar uma ordem monomial, digamos LG (lexicogr�a�ca graduada). Tomemosum exemplo pr�atico para �xar as id�eias:dividir f = x2y + xy + yz + z, por f1 = xy + x e f2 = yz + 1.Para visualizar melhor o processo, utilizamos uma generaliza�c~ao da disposi�c~ao gr�a-�ca que aprendemos no 1o grau:f = x2y + xy + yz + z j f1 = xy + xj f2 = yz + 1q1 =?q2 =?r =?Iniciamos a divis~ao simpli�cando, se poss��vel, o termo l��der de f , TL(f) = x2y, pelotermo l��der, xy, de f1. A ordem em que aparecem os fi's �e importante! Ou seja,subtraimos de f o produto de f1 por x = TL(f)=TL(f1), obtendo assim o novodividendo, f 0 := f � f1 � TL(f)=TL(f1) = f � (x2y + x2):x2y +xy +yz +z j xy + x�(x2y +x2) j yz + 1�x2 +xy +yz +z q1 = xq2 =?r =?Repetimos agora o processo com f 0 := �x2 + xy + yz + z. Note que TL(f1) n~aodivide TL(f 0). Passamos a dividi-lo por TL(f2), o que tamb�em n~ao �e poss��vel. Da��jogamos �x2 em r. Continuamos, tomando agora f 0 := xy + yz + z como novodividendo. Dividimos o termo l��der xy pelo termo l��der de f1, obtendo a constante1. Fazemos a simpli�ca�c~ao, pondof 00 := f 0 � TL(f 0)TL(f1)f1:

2.3. ALGORITMO DA DIVIS ~AO 25Obtemos f 00 = yz�x+z. Agora TL(f 00) n~ao �e divis��vel por TL(f1) e assim passamosa dividir por f2. Obtemos �nalmente �x+ z � 1 em que nenhum dos termos podeser dividido pelo termo l��der de f1 nem de f2. Deslocamo{lo para o resto. Vejaabaixo a seq�uencia completa da divis~ao.x2y +xy + yz + z j xy + x�(x2y +x2) j yz + 1�x2 +xy + yz + z q1 = x+ 1�x2!r q2 = 1xy + yz + z r = �x2 � x+ z � 1�(xy + x)yz�x+z�(yz + 1)�x+z�1!rPortanto, podemos escrever f da seguinte maneira:f = q1 f1 + q2 f2 + rx2y+xy+yz+z = (x+1)(xy+x)+(yz+1)+(�x2�x+z�1):2.2.1 Exerc��cios1 . Divida f por f2 e f1, os mesmos polinomios iniciais, apenas mudando a ordem.2 . Idem, mudando a ordem monomial para LEX ou LIG.2.3 Algoritmo da divis~aoO processo de divis~ao, apesar de f�acil, pode ser bem cansativo e n~ao �e raro secometer algum errinho no meio de tantas contas. Portanto �e do nosso interesse fazerum programa para que um computador se ocupe dessas contas ma�cantes.Apresentamos em seguida um procedimento que denominamos por div, emMaple, que fornece a divis~ao de um polinomio f , pelos polinomios f1; : : : ; fm, emK[x1; : : : ; xn]. Os coment�arios s~ao indicados e precedidios por # em cada linha. Osdados de entrada s~ao o polinomio f e a lista de polinomios F:=[f1,...,fm]. Supo-remos a ordem monomial escolhida pelo sistema, bem como j�a de�nido previamenteum procedimento para o c�alculo do termo l��der TL(f). A sa��da ou retorno �e a listade polinomios quocientes, [q1,...,qm] e o polinomio resto, r.div := proc(f,F)#div recebe os dados de entrada:f,Flocal s, q, r, i;#indica parametros internos ao procedimento

26 CAP��TULO 2. DIVIS ~AO DE POLINOMIOSs:= nops(F);#numero de elementos na lista Fq:= array(1..s);#vetor a ser preenchido com os quocientesfor i to s do q[i]:=0 od:#loop de inicializacaop:= f; #valor inicial dos dividendos sucessivoswhile(p<>0) do#loop principal, repetido enquanto p<>0i:=1; #contador para os divisores F[i]houvedivisao:=false;#variavel booleana que sinaliza fim do#proximo loopwhile (i<=s and houvedivisao=false) doif TL(F[i])<>0 and type(TL(p)/TL(F[i]),polynom) then#verifica divisibilidadeq[i]:= q[i] + TL(p)/TL(F[i]);p:= p-(TL(p)/TL(F[i]))*F[i];#atualizados quocientes e dividendohouvedivisao:=true;#sinaliza volta ao loop principalelsei:= i+1;fi; #fecha o `if` acimaod; #fecha o `while`if houvedivisao=false then#desloca para o resto um termo nao divisivelr:= r+TL(p);p:= p-TL(p);fi;od;RETURN(q,r);end:Poder��amos ser induzidos a pensar que uma condi�c~ao necess�aria para que um po-linomio g perten�ca ao ideal I = hf1; : : : ; fmi, �e que o resto r da divis~ao de g porf1; : : : ; fm seja nulo. Veja no entanto o exc. 2.3.4{2. Uma discuss~ao mais completadeste problema ser�a adiada para o pr�oximo cap��tulo quando estudarmos as bases deGr�obner e o algoritmo de Buchberger.2.3.1 De�ni�c~ao. Dizemos que o polinomio f �e reduzido m�odulo uma lista de poli-nomios g1; : : : ; gs, se f �e combina�c~ao linear de monomios que n~ao s~ao divis��veis pornenhum dos TL(g1); : : : ; TL(gs). Mais geralmente, dizemos que f �e reduzido m�oduloG � K[x], se nenhum dos termos de f �e divis��vel por TL(g), para qualquer g 2 G.O funcionamento do algoritmo acima nos garante o seguinte.

2.3. ALGORITMO DA DIVIS ~AO 272.3.2 Proposi�c~ao. Fixe uma ordem monomial � em Nn e seja F = [f1; : : : ; fs]uma lista de polinomios em K[x]. Ent~ao qualquer f em K[x] pode ser escrito comof = q1f1 + � � �+ qsfs + ronde os qi's e r est~ao em K[x]; do(qifi) � dof e r �e reduzido m�odulo F .Demonstra�c~ao. Examinando o \loop"while p<>0 do...odno algoritmo da divis~ao, notamos que podem ocorrer duas situa�c~oes:i: Se algum TL(fi) divide TL(p), ent~ao atualizamos o valor de p e de qi (noteque a condi�c~ao sobre do(qifi) �e satisfeita);ii: Se nenhum TL(fi) divide TL(p), ent~ao atualizamos o valor de p e de r.Para veri�car que o algoritmo funciona, devemos mostrar queI. a igualdade f = q1f1 + � � �+ qsfs + rvale a cada nova itera�c~ao,II. r �e reduzido m�odulo a lista dos fi's e, �nalmente,III. o algoritmo p�ara!As duas primeiras veri�ca�c~oes s~ao f�aceis e deixamos para o leitor. Ocupemo-nos de(III).Note que a condi�c~ao de �naliza�c~ao do algoritmo �e p=0. Ora, a cada itera�c~ao,ou bem o grau de p diminui ou obtemos p = 0. Ou seja, chamando de p0 o valoratualizado de p (quer seja pelo passo i ou pelo passo ii) temos,dop � dop0:Suponha agora que o algoritmo nunca termina. Assim obtemos uma seq�uenciain�nita estritamente decrescente de elementos de Nn, o que �e um absurdo pelaproposi�c~ao 2.1.5. 22.3.3 De�ni�c~ao. Sejam F := [f1; : : : ; fm]; f; r como na prop. acima. Escreveremosr = fFpara indicar que r �e o resto da divis~ao de f por F e diremos que r �e a redu�c~ao de fmod. F .

28 CAP��TULO 2. DIVIS ~AO DE POLINOMIOS2.3.4 Exerc��cios1 . Divida f = x3 � x2 + xy2 � xy + z3 � z2 por F = [x2 � z; xy � z; z2 + 1], comrela�c~ao �as ordens LEX e LIG.2 . Divida f = x+ yx por F = fxy2+ 1; x2y � xg (escolha a ordem) e observe quer 6= 0. Note que f pode ser escrito como f = x(xy2 + 1) � y(x2y � x), ou seja,f 2 hxy2 + 1; x2y � xi, embora ao dividi-lo, tenhamos obtido o resto n~ao nulo.3 . Preencha os detalhes da demonstra�c~ao da prop. 2.3.2.

Cap��tulo 3Bases de Gr�obner3.1 Ideais monomiaisOs ideais apresentados nesta se�c~ao desempenham papel fundamental. Al�em da sim-plicidade de sua descri�c~ao, eles representam (num sentido que se pode explicitarrigorosamente) todas as fam��lias \completas" de ideais.Um exemplo simples e sugestivo para o leitor re etir �e dado porI� = hxy � z; z � �i:A fam��lia de hip�erboles tem como \limite" o par de retas xy = 0 no plano z = 0,correspondente ao ideal I0 = hxy; zi. Note que este �e gerado por monomios.Um sonho ou projeto parcialmente frustrado mas intensamente perseguido �e ode se procurar entender propriedades do conjunto das solu�c~oes de um sistema deequa�c~oes polinomiais \gen�erico" atrav�es do estudo de um sistema especial, maissimples, e.g., formado s�o por monomios, obtido por varia�c~ao cont��nua dos coe�cien-tes.3.1.1 De�ni�c~ao. Dizemos que um ideal deK[x] �e um ideal monomial se for geradopor algum conjunto de monomios. Em s��mbolos, I � K[x] �e um ideal monomial seexistir um subconjunto M � Nn de expoentes tal queI := hx� j� 2Mi:Note que, embora M possa ser in�nito, cada elemento f 2 I se escreve na formaf = P�2M h�x�, onde apenas um n�umero �nito (que depende de f) de coe�cientesh� 2 K[x] s~ao n~ao nulos. Veremos mais adiante que todo ideal de K[x] admite umconjunto �nito de geradores.3.1.2 Exemplo. hx2y3; x3y2; x4yi � K[x; y].Como se depreende dos exemplos acima, em geral o conjunto dos zeros de umideal monomial �e uma uni~ao de subespa�cos coordenados.29

30 CAP��TULO 3. BASES DE GR �OBNERO que pode ser uma surpresa �e o fato de que certos invariantes discretos asso-ciados a uma variedade alg�ebrica arbitr�aria (e.g., a dimens~ao e o grau) podem serefetivamente calculados atrav�es do estudo de um ideal monomial associado (grossomodo pelo processo \limite" ilustrado por I� no in��cio deste cap��tulo). Voltaremosa este tema no cap. 5.�E claro que nem todo elemento de um ideal monomial tem que ser um monomio!No entanto, os monomios pertencentes a um ideal monomial podem ser caracteriza-dos como segue.3.1.3 Proposi�c~ao. Seja M �Nn. Ent~ao x� pertence aI := hx� j� 2Mise, e somente se, existe � 2M tal que x� �e divis��vel por x�.Demonstra�c~ao. Se x� for m�ultiplo de algum x�, �e claro que x� pertence a I. Agorasuponha que x� pertence a I. Ent~ao temos x� = Pti=1 h�ix�i, com os h�i's em K[x]e os �i's 2M . Expandindo cada h�i como combina�c~ao linear de monomios, podemosreescrever a igualdade acima como combina�c~ao linear de monomios distintos,x� = uXj=1 cjx�jcom coe�cientes constantes cj 2 K e cada monomio x�j sendo m�ultiplo de algumx�j , com �j 2 M . Ora, por de�ni�c~ao de igualdade de polinomios, nesta �ultimarela�c~ao o lado direito cont�em s�o um termo, ou seja, u = 1; c1 = 1 e �1 = �. 23.1.4 Exerc��cios1 . Seja Dn � K[x; y] o conjunto dos polinomios cujas derivadas parciais at�e ordemn s~ao nulas para x = y = 0. Mostre que Dn �e um ideal monomial.2 . Seja f 2 K[x] e I � K[x] um ideal monomial. Mostre que f 2 I se e s�o secada termo de f pertence a I.3 . Sejam I;J ideais monomiais de K[x].1. Mostre que I � J se e somente se o conjunto dos monomios de I �e subconjuntode J .2. Mostre que I \ J �e monomial.3. Encontre um conjunto �nito de geradores parahx3y; xy2; x4i \ hx3; xy; y2i.

3.2. BASES DE GR �OBNER 313.2 Bases de Gr�obnerVamos associar a cada ideal I � K[x] um ideal monomial.3.2.1 De�ni�c~ao. Seja S � K[x]. De�nimos o ideal dos termos l��deres de S comohTL(S)i = hfTL(f) j f 2 Sgi;i.e., o ideal gerado pelos termos l��deres dos elementos de S.3.2.2 Exemplos. 1) Seja I := hfi � K[x]. Lembrando queTL(fg) = TL(f)TL(g);vemos de imediato que, neste exemplo, vale TL(I) = hTL(f)i. Veja o exc. 3.2.5{4.2) Seja I := hx2 � y; x� yi � K[x; y]. Note quehTL(x2 � y); TL(x� y)i = hx2; xi = hxi:No entanto, temos y2 � y 2 I (veri�que!) cujo termo l��der, y2, n~ao est�a em hxi.Isto mostra que em geral hTL(I)i pode ser estritamente maior que hTL(G)i, ondeG denota um conjunto de geradores para I.3.2.3 De�ni�c~ao. Seja I um ideal de K[x]. Dizemos que um subconjunto �nitoG � I �e uma base de Gr�obner para I se hTL(G)i = hTL(I)i.A importancia das bases de Gr�obner pode come�car a ser apreciada em virtudedo seguinte. Reveja a def. 2.3.3.3.2.4 Proposi�c~ao. Se G �e uma base de Gr�obner para I, ent~ao f 2 I se, e somentese fG = 0.Demonstra�c~ao. Seja f um elemento n~ao nulo em K[x]. Seja r = fG o resto dadivis~ao de f por G. Como G � I, se r = 0, temos f 2 I.Seja agora f 2 I e suponha seu resto na divis~ao, r 6= 0. Escrevamos f =Pmg2G hgg + r. Como os g's est~ao em I, segue r 2 I. Portanto TL(r) 2 hTL(I)i =hTL(G)i. Logo r �e divis��vel pelo termo l��der de algum elemento de G, o que �e umacontradi�c~ao pois tomamos r reduzido m�odulo G (veja 2.3.2). Portanto r = 0. 23.2.5 Exerc��cios1 . Mostre que fx3; y2g �e uma base de Gr�obner de hx3 � y2; x3 + 2y2i.2 . Mostre que todo ideal monomial gerado por um n�umero �nito de polinomiosadmite uma base de Gr�obner. (Veja em 3.3.1 que a restri�c~ao �e arti�cial.)

32 CAP��TULO 3. BASES DE GR �OBNER3 . Mostre que fx; y2g �e uma base de TL(hx2 � y; x� yi). Conclua que fx�y; y2�yg �e uma base de Gr�obner de hx2 � y; x� yi.4 . Mostre que TL(I) �e principal se e somente se o ideal I � K[x] o for.5 . Mostre que uma base de Gr�obner de hy � x2; z � x3i com respeito �a ordem LGn~ao pode ser formada por menos de 3 elementos. No entanto, fy�x2; z�x3g �e umabase de Gr�obner com respeito a LEX se escolhermos z � y � x!3.3 O teorema da base de HilbertMostraremos que todo ideal de K[x] admite um conjunto �nito de geradores. Ini-ciamos pelo caso monomial.3.3.1 Proposi�c~ao. Seja I � K[x1; : : : ; xn] um ideal monomial. Ent~ao I admi-te uma base �nita i.e., existe um subconjunto �nito de monomios F � I tal queI = hF i. Mais precisamente, tal conjunto �nito pode ser extra��do de qualquerconjunto de monomios que gere I.Demonstra�c~ao. Argumentaremos por indu�c~ao sobre o n�umero n de vari�aveis. Ocaso n = 1 �e imediato (e segue tamb�em de 1.3.2). Para a etapa indutiva, destaque-mos uma nova vari�avel y e consideremos um ideal I � K[x1; : : : ; xn][y]. Podemossupor I 6= h0i. Assim, existe f1 = f�1 (x)yd1 2 I n h0i, onde f�1 (x) 2 K[x] denota ummonomio e d1 �e m��nimo com essas condi�c~oes estipuladas na escolha de f1. Agorase I = hf1i, �m. Sen~ao, escolhemos f2 = f�2 (x)yd2 2 I n hf1i, onde novamentef�2 (x) 2 K[x] denota um monomio e d2 �e m��nimo. Note que temos d2 � d1, sen~ao aescolha de f1 teria sido mal feita. Se I infringisse a condi�c~ao de �nitude a�rmada,poder��amos prosseguir na escolha de uma seq�uencia in�nita, f1; f2; : : :, com cadafm = f�m(x)ydm 2 I n hf1; : : : ; fm�1i, onde f�m(x) 2 K[x] denota um monomio edm �e m��nimo. Seja I� � K[x] o ideal gerado pelos monomios f�1 ; : : : ; f�m : : :. Pelahip�otese de indu�c~ao, existe N tal que I� = hf�1 ; : : : ; f�N i. Em particular, teremoso monomio f�N+1 2 I�, e portanto, divis��vel por algum dos anteriores, digamosf�N+1 = g � f�m, com 1 � m � N e g 2 K[x]. Lembrando que na seq�uencia dos graust��nhamos dm � dm+1 � � � �, podemos escreverfN+1 = f�N+1ydN+1 = g � f�m � ydN+1 = gydN+1�dm(f�mydm);mostrando que fN+1 2 hfmi � hf1; : : : ; fN i, contradi�c~ao.Por �m, seja M � I um conjunto de monomios tal que I = hMi e seja F =ff1; : : : ; fNgum conjunto �nito de geradores de I. Desprezando alguns elementosse necess�ario, podemos supor que nenhuma rela�c~ao de divisibilidade ocorre entre oselementos de F , i.e., fi = gfj com g 2 K[x] =) fi = fj . Provaremos que F � M .Com efeito, temos f1 divis��vel por algum g 2 M , digamos f1 = gh para algumh 2 K[x]. Temos igualmente g = fiq para algum q 2 K[x]; fi 2 F . Logo fi divide

3.3. O TEOREMA DA BASE DE HILBERT 33f1. Pelo expurgo pr�evio feito em F , segue que f1 = fi. Das rela�c~oes g = f1q = ghq(lembrando que g; f1 s~ao monomios) se deduz que h = q = 1 e f1 = g 2M . 2Podemos agora provar a existencia de bases de Gr�obner(3.2.3).3.3.2 Corol�ario. Seja I � K[x] um ideal (n~ao necessariamente monomial).Ent~ao I admite uma base de Gr�obner.Demonstra�c~ao. Aplicando a prop. anterior ao ideal monomial gerado pelos termosl��deres, hTL(I)i, o resultado segue imediatamente da de�ni�c~ao 3.2.3. 2Temos j�a o necess�ario para o c�elebre teorema da base de Hilbert.3.3.3 Teorema. Todo ideal I � K[x] �e �nitamente gerado.Demonstra�c~ao. Pela prop. 3.3.1, existem f1; : : : ; fN 2 I cujos termos l��deresgeram o ideal TL(I) dos termos l��deres dos elementos de I. Provaremos queI = hf1; : : : ; fNi. A igualdade s�o pode falhar pela existencia de algum f 2 I nhf1; : : : ; fNi. Neste caso, suponhamos f escolhido com grau m��nimo. Ponha f� =TL(f). Assim, f = f�+termos de grau menor que dof = dof�. Por outro lado,temos f� 2 TL(I) = hTL(f1); : : : ; TL(fN)i. Da�� segue uma rela�c~ao f� = TL(fi)gpara algum monomio g. Seja h = f � gfi. �E claro que h 2 I. Por outro lado,h n~ao pode estar no ideal gerado pelos fj , do contr�ario f tamb�em estaria. ComoTL(fig) = TL(f), vemos que h = 0 ou seu grau �e estritamente menor que dof ,contradizendo a minimalidade do infrator. 23.3.4 Corol�ario. (ACC) Seja fIngn�1 uma cadeia ascendente de ideais em K[x](i.e., I1 � I2 � � � � In � � �). Ent~ao existe N tal que In = IN 8n � N . Em outraspalavras, vale em K[x] a condi�c~ao de cadeia ascendente para ideais: toda cadeiaascendente �e estacion�aria a partir de certa ordem.Demonstra�c~ao. Seja I = I1SI2S � � �. O leitor deve ter veri�cado no exc. 1.3.3{4que I �e um ideal. Pelo teorema da base de Hilbert, I admite uma base �nita, I =hf1; : : : ; fNi. Temos cada fi 2 Ini para algum ni. Tomando n0 = maxfn1; : : : ; nNg,temos todos os fi's2 In0 . Da�� segue I � In0 � I, e portanto, I = In0 = Im 8m �n0: 23.3.5 De�ni�c~ao. Dizemos que um anel A �e noetheriano se todo ideal de A �e�nitamente gerado. Veja o exc. 3.3.7{3 para caracteriza�c~oes de an�eis noetherianos.Assim o teorema da base a�rma que o anel de polinomios a coe�cientes num corpo�e um anel noetheriano.O resultado seguinte ser�a utilizado na demonstra�c~ao do teorema dos zeros 4.2.2.

34 CAP��TULO 3. BASES DE GR �OBNER3.3.6 Lema. Seja B um anel e seja A um subanel. Suponha que existe v 2 B einteiro N � 0 tal que todo b 2 B �e da formab = X0�i�N aivicom ai 2 A. Seja M � A um ideal 6= A. Ent~ao o ideal MB de B gerado por Mtamb�em �e 6= B.Demonstra�c~ao. Suponhamos, por absurdo, MB = B. Seguem{se rela�c~oesvi = NXj=0mijvj; i = 0; : : : ; N ;mij 2 M:Reescrevendo em forma matricial, deduzimos (idN � (mij)) � w = 0, onde w de-nota o vetor coluna com entradas 1; v; : : : ; vN e idN = matriz identidade. Multipli-cando �a esquerda pela matriz adjunta (=transposta dos cofatores), resulta det(idN�(mij))w = 0. Ou seja, det(idN � (mij))vk = 0; k = 1; : : : ; N . Temos em particulardet(idN � (mij)) � 1 = 0. Desenvolvendo o determinante, obtemos uma express~ao daforma 1� � = 0 com � 2 M, o que �e um absurdo. 23.3.7 Exerc��cios1 . Seja A um anel noetheriano. Mostre que A[x] �e noetheriano.2 . Seja I � A um ideal do anel noetheriano A. Mostre que A/I �e noetheriano.3 . Seja A um anel. Mostre que s~ao equivalentes: (1) A �e noetheriano; (2) vale acondi�c~ao de cadeia ascendente para ideais de A; (3) toda cole�c~ao 6= ; de ideais deA admite elemento maximal.4 . Seja A um anel noetheriano e seja f(x) 2 A[x] um polinomio monico em umavari�avel a coe�cientes em A. Seja B := A[x]/hfi e seja ' : A!B o homomor�smonatural, a 7! a+ hfi. Mostre que ' �e injetivo. Identi�cando A com sua imagem emB, mostre que A � B satisfaz as hip�oteses do lema 3.3.6.3.4 O algoritmo de BuchbergerVimos em 3.2.4 que para saber se um dado polinomio f pertence a um ideal I, bastadividi-lo pelos elementos de uma base de Gr�obner de I. Se o resto da divis~ao forzero, temos f 2 I, caso contr�ario f =2 I. Assegurada a existencia, resta a quest~aodo c�alculo efetivo de tais bases.

3.4. O ALGORITMO DE BUCHBERGER 353.4.1 De�ni�c~ao. O S-polinomio ou polinomio sizig�etico 1 de um par de polino-mios n~ao nulos f; g 2 K[x] �e de�nido porS(f; g) def= MMC(TL(f); TL(g)) � (f=TL(f) � g=TL(g)):Convencionamos que o MMC(ax�; bx�) com a; b 2 K constantes, �e o mesmo que oMMC(x�;x�) = x , onde o vetor �e dado por i = max(�i; �i).�E importante notar na de�ni�c~ao de S(f; g) o cancelamento for�cado dos termosl��deres de f e g.Provaremos que uma base de Gr�obner para o ideal gerado por uma lista depolinomios [f1; : : : ; fm] �e produzida pela repetida adjun�c~ao de S-polinomios .3.4.2 Exemplo. Sejam p = 2x3y + xy2 e q = 3xy3 + 2xy. Temos TL(p) =2x3y; TL(q) = 3xy3. Logo,S(p; q) = x3y3 � ((2x3y + xy2)=(2x3y)� (3xy3 + 2xy)=(3xy3))= 12 xy4 � 23 x3yO lema seguinte nos ensina que os S-polinomios s~ao, de certo modo, os maioresrespons�aveis por cancelamentos de termos l��deres.3.4.3 Lema. Sejam p1; : : : ; pN 2 K[x] polinomios, todos com o mesmo grau �. Seexistirem c1; : : : ; cN constantes tais quedo �PNi=1 cipi� � �,ent~ao existem constantes cjk tais queNXi=1 cipi =Xj;k cjkS(pj; pk):Al�em disso, temos doS(pj ; pk) � � 8j; k.Demonstra�c~ao. Seja li 2 K o coe�ciente l��der de pi. Como todos os pi's s~ao domesmo grau � e do �PNi=1 cipi� � �, temos PNi=1 cili = 0.Seja p0i = pi=li. Note que S(pj ; pk) = p0j � p0k. Podemos escreverPNi=1 cipi = c1l1(p01 � p02) + (c1l1 + c2l2)(p02 � p03) + � � �+(PN�1i=1 cili)(p0N�1 � p0N ) + (PNi=1 cili)p0N= PN�1i=1 c0iS(pi; pi+1);onde c0i = Pik=1 cklk:Conven�ca-se de que S(pj ; pk) = p0j � p0k tem grau menor que �. 21syzygy polynomial {Aur�elio, socorro!

36 CAP��TULO 3. BASES DE GR �OBNER3.4.4 Lema. Sejam p; q 2 K[x], e sejam x� e x� monomios tais que do(x�p) =do(x�q). Ent~ao existe em Nn, tal queS(x�p;x�q) = x S(p; q):Demonstra�c~ao. Fica a cargo do leitor. 2Temos o seguinte crit�erio de Buchberger.3.4.5 Teorema. Seja I um ideal polinomial. Ent~ao uma base G = fg1; : : : ; gNgde I �e uma base de Gr�obner se, e somente se, para todo par p, q em G, temosS(p; q)G = 0 (veja a def. 2.3.3).Demonstra�c~ao. ) Como S(p; q) 2 I 8 p; q 2 I, temos pela prop. 3.2.4 queS(p; q)G = 0.( Dado f 2 I, desejamos provar que TL(f) 2 hTL(g1); : : : ; TL(gN)i. ComoI = hGi, existem c�;g 2 K, tais que f = P�Pg2G c�;gx�g.Seja � = maxf� + dog : c�;g 6= 0g. Ponhamosf� := X�+dog=�; g2G c�;gx�g:Assim, f = f�+ termos de menor grau. Por boa ordena�c~ao podemos tomar � m��nimocom esta propriedade, i.e., para qualquer express~ao de f na formaf = P�Pg2G b�;gx�g, com b�;g 2 K,temos � � maxf� + dog j b�;g 6= 0g.Se do(f�) = �, ent~ao do(f) = � e portanto TL(f) = TL(f�) 2 hTL(G)i.Suponha por absurdo que dof� � �. Ent~ao pelos 2 lemas acima existe umaexpress~ao f� =Xj;k bj;kx jkS(gj ; gk);com bj;k 2 K e � � jk + doS(gj ; gk).Por hip�otese, S(gj ; gk)G = 0. Isto se traduz numa rela�c~aoS(gj ; gk) =X� Xg2G a�;gx�g; com do(a�;gx�g) � do(S(gj; gk)):Da�� segue x jkS(gj; gk) =X� Xg2G a�;gx�+ jkgcom do(a�;gx�+ jkg) � do(x jkS(gj ; gk)) � �: (Veri�que a ultima desigualdade!)Portanto f� (e consequentemente tamb�em f) pode ser escrito comof� =X� Xg2G c0�;gx�g;

3.4. O ALGORITMO DE BUCHBERGER 37com cada termo c0�;gx�g de grau � �. Isto �e um absurdo pela minimalidade de �. 2Vejamos como essa caracteriza�c~ao de bases de Gr�obner pode servir para produzi-las de forma efetiva, descrevendo oALGORITMO DE BUCHBERGER:Seja I = hf1; : : : ; fmi um ideal de K[x], apresentado por uma lista de geradores.Como ponto de partida, fa�camos G = ff1; : : : ; fmg.O teorema 3.4.5 fornece um crit�erio para que G seja uma base de Gr�obner: paracada par fi, fj em G, calculamos S(fi; fj) e testamos se a redu�c~ao S(fi; fj)G = 0.Caso isto n~ao ocorra, declaramos fm+1 := S(fi; fj)G e acrescentamo-lo a G. Ou seja,rede�nimos G = ff1; : : : ; fm; fm+1g, e repetimos o processo de veri�ca�c~ao com estenovo G.Que garantia temos de que o processo termina?Note que o teste S(fi; fj)G 6= 0 para admiss~ao de novos elementos a G signi-�ca efetivamente que TL(S(fi; fj)G) 62 TL(G). Assim, cada novo membro de Gcausa uma amplia�c~ao do ideal TL(G). Mas o teorema da base de Hilbert pro��be ocrescimento in�nito de ideais encaixados!Vamos aplicar essas id�eias no exemplo seguinte.3.4.6 Exemplo. Vamos construir uma base de Gr�obner para I = hx�y; xy�xi.Fixemos a ordem �LEX. Escrevemos g1 = x � y e g2 = xy � x. Come�camos portestar se G = fg1; g2g �e uma base de Gr�obner. Calculamos o S-polinomio de g1 e g2,S(g1; g2) = �y2+x. O pr�oximo passo �e dividi-lo por g1; g2. Como o resto da divis~ao�y2+ y = �y2 + xG n~ao �e zero, denotamo-lo por g3 e conclu��mos que G, n~ao �e basede Gr�obner para I. Aumentamos G para G = fg1; g2; g3g e recome�camos as contas.O pr�oximo passo seria calcular S(g1; g3)G e S(g2; g3)G. Ambos s~ao nulos! Logo G �euma base de Gr�obner.Embora o exemplo acima talvez n~ao levante a suspeita, o algoritmo �e explosivo!De fato, mostra{se que, no \pior" caso, ele �e duplamente exponencial, no seguintesentido. Se B(n; d) denota o grau m�aximo dos elementos de uma base de Gr�obnercom respeito a LEX, para o ideal gerado por polinomios em n vari�aveis e de graus� d,mostra{se que B(n; d) � ((n + 1)(d+ 1) + 1)2n(n+1)):H�a evidencias ([1]) de que a ordem LIG produz, \em m�edia", bases de Gr�obnercontendo polinomios de grau total menor poss��vel. Mas, por exemplo, uma base deGr�obner com respeito a LIG para o ideal gerado por xn+1�yzn�1w; xyn�1�zn; xnz�ynw cont�em zn2+1 � yn2w.Pelo lado mais otimista, registramos a constata�c~ao pr�atica de que, em muitoscasos interessantes, o algoritmo funciona melhor do que se deveria esperar. Citamosem particular, o pacote MACAULAY, desenvolvido por D. Bayer e M. Stillman (e

38 CAP��TULO 3. BASES DE GR �OBNERcom contribui�c~oes de D. Eisenbud nas vers~oes mais recentes) que tem sido intensa-mente utilizado. Ele �e de dom��nio p�ublico, acess��vel por ftp no endere�co eletronicomath.harvard.edulogin:ftppassword:qualquercd Macaulay3.4.7 Exerc��cios1 . Prove que o algoritmo de Buchberger para o caso de polinomios a uma vari�avel�e \equivalente" ao algoritmo de Euclides para o c�alculo de MDC.2 . Demonstre o lema 3.4.43 . Calcule uma base de Gr�obner para hx3 � yzw; xy � z2; x2z � y2wi com respeitoa LIG.4 . Calcule uma base de Gr�obner para hy � x2; z � x3i com respeito a cada umadas ordens LEX, LG, LIG e as v�arias permuta�c~oes [x; y; z], [z; x; y]: : :das vari�aveis.5 . Dizemos que uma base de Gr�obner G �e reduzida se gGg = g, 8g 2 G ondeGg := Gnfgg. Prove que todo ideal I � K[x] admite uma base de Gr�obner reduzida.Dizemos que uma lista [g1; : : : ; gm] �e uma base de Gr�obner ordenada se dog1 � � � � �dogm, seus elementos formam uma base de Gr�obner e cada TL(gi) �e um monomio(i.e., seu coe�ciente num�erico vale 1). Prove que todo ideal I � K[x] admite umae s�o uma base de Gr�obner reduzida e ordenada. (Sugest~ao: se G = fg1; : : : ; gmg eH = fh1; : : : ; hng s~ao bases de Gr�obner reduzidas ent~ao fTL(g1); : : : ; TL(gm)g =fTL(h1); : : : ; TL(hn)g).3.5 (In)Existencia e �nitude das solu�c~oesO objetivo desta se�c~ao �e mostrar o seguinte crit�erio.3.5.1 Teorema. f1; : : : ; fm Seja K um corpo algebricamente fechado e sejamf1 : : : fm 2 K[x1; : : : ; xn]. Ent~ao o sistema de equa�c~oesf1 = � � � = fm = 0admite no m�aximo um n�umero �nito de solu�c~oes em Kn (resp. �e incompat��vel) se esomente se o ideal TL(I) dos termos l��deres de I := hf1; : : : ; fmi com respeito a LEXcont�em uma potencia de cada vari�avel, i.e., 9 N tal que xNi 2 TL(I); 8 i = 1; : : : ; n(resp. 1 2 I).Demonstra�c~ao. Podemos supor, sem perda de generalidade, as vari�aveis ordenadasde forma que x1 � � � � � xn. Se tivermos cada xNi 2 TL(I), note em particularque 9 gn 2 I tal que TL(gn) = xNn . Pela ordem monomial escolhida, em nenhum

3.5. (IN)EXISTENCIA E FINITUDE DAS SOLUC� ~OES 39termo de gn ocorre outra vari�avel. Ou seja, gn �e um polinomio s�o na vari�avel xn.Portanto, o n�umero de valores permiss��veis para a �ultima coordenada de uma solu�c~aodo sistema �e limitado pelo grau de gn. Seja agora gn�1 2 I tal que TL(gn�1) =xNn�1. Por um argumento an�alogo ao anterior, segue que em gn�1 ocorrem apenasas vari�aveis xn; xn�1. Em outras palavras, gn�1 pode ser escrito como um polinomioem xn�1 a coe�cientes em K[xn]. Isto evidentemente limita o n�umero de paresa; b 2 K tais que gn(b) = gn�1(a; b) = 0. Prosseguindo, obtemos g1; : : : ; gn 2 Ital que em cada gi ocorrem apenas as vari�aveis xi; : : : ; xn. Lembrando que cada gi�e combina�c~ao dos fj , vemos que qualquer solu�c~ao do sistema original �e solu�c~ao dosistema \triangular" 8>>>><>>>>: g1(x1; x2; : : : ; xn) = 0g2(x2; : : : ; xn) = 0...gn(xn) = 0:Pelo argumento acima exposto, este �ultimo sistema s�o admite um n�umero �nito desolu�c~oes.Reciprocamente, se o conjunto de solu�c~oes do sistema dado �e �nito, os poss��veisvalores para a i��esima coordenada s~ao as ra��zes de um polinomio da forma hi :=Qj(xi � cij) = xNii + � � �, com os cij 2 K. Pelo teorema dos zeros de Hilbert (veja4.2.4), conclu��mos primeiro que alguma potencia de hi cai em I e portanto, algumapotencia de xi 2 TL(I).Por �m, observemos que o teorema dos zeros garante que o sistema �e incompat��velse e somente se 12 I 23.5.2 Exemplo. Vamos veri�car se o sistema8><>: x2 + y2 + z2 = 1x2 � 2y2 + z2 = 0x2 � 2y2 + 3z2 = 1:admite um n�umero �nito de solu�c~oes. Calculamos sucessivamenteS(x2 + y2 + z2 � 1; x2 � 2y2 + z2) = 3y2 � 1S(x2 + y2 + z2 � 1; x2 � 2y2 + 3z2 � 1) = 3y2 � 2z2donde se depreende facilmente que y2; z2; x2 pertencem ao ideal dos termos l��deres.Logo, o n�umero de solu�c~oes �e �nito.3.5.3 Exerc��cios1 . Veri�que a �nitude do n�umero de solu�c~oes para cada um dos sistemas:1. ( x2 + y2 = 1xy = 1

40 CAP��TULO 3. BASES DE GR �OBNER2. 8><>: z2(x2 + y2) = x4 + y4;2xz2 = 4x32yz2 = 4y3:3. ( �111x2 � 140 y2 + 196 + 39 y2x2 + 25 y4 + 15x4 = 0;�222x + 78xy2 + 60x3 = 0:2 . Mostre que o teorema da �nitude 3.5.1 continua v�alido substituindo LEX poruma ordem monomial arbitr�aria. (Sugest~ao: se 9 N tal que xNi 2 TL(I); 8 i =1; : : : ; n, mostre que K[x1; : : : ; xn]/I �e um espa�co vetorial de dimens~ao �nita. Con-clua que existem p1(x1); : : : ; pn(xn) n~ao nulos em I. Compare com a prova de 5.2.1.)3 . Seja f(x; y) 2 K[x; y] um polinomio de grau total d � 1. Mostre que existe umamudan�ca de vari�aveis da forma (x; y) 7! (x+ay; y) tal que se ~f(x; y) := f(x+ay; y)ent~ao seu termo l��der com respeito a LG �e m�ultiplo de yd. Aplique o algoritmo dadivis~ao para concluir que se f; g 2 K[x; y] s~ao polinomios primos relativos ent~ao osistema f = g = 0 s�o admite um n�umero �nito de solu�c~oes.4 . Lembre de seu curso de C�alculo o m�etodo de multiplicadores de Lagrange paraa determina�c~ao de m�aximos e m��nimos locais de uma func~ao f(x; y) restrita a umacurva g(x; y) = 0: uma condi�c~ao necess�aria �e que os gradientes sejam proporcionais.Isto se traduz no sistema 8>>>><>>>>: @f@x = t @g@x@f@y = t@g@yg(x; y) = 0Aplique o m�etodo para achar os pontos cr��ticos de1. f(x; y) = xy sobre a curva x2 + 3y2 = 1.2. f(x; y; z) = xy � z2 sobre a superf��cie x2 + 3y2 + 4z2 = 1.(Usando Maple para esta �ultima:> with(grobner):> f:=x*y-z^2:g:=x^2+3*y^2+4*z^2-1:> gbasis({diff(f,x)-t*diff(g,x),diff(f,y)-t*diff(g,y),diff(f,z)-t*diff(g,z),g},[t,x,y,z],plex);[z^2-y*x+t,2*x^2+4*z^2-1,z*x,6*y^2+4*z^2-1,y*z,4*z^3-z])

Cap��tulo 4Variedades alg�ebricasIniciamos o programa de tradu�c~ao e aplica�c~oes das bases de Gr�obner �a Geometria.4.1 Os zeros de um idealO dicion�ario principia com a seguinte4.1.1 De�ni�c~ao. Seja I � K[x] um subconjunto. Denotamos porZ(I) := fP 2 Kn j f(P ) = 08f 2 Ig;o conjunto dos zeros de I. Um subconjunto de Kn desse tipo �e tamb�em chamadoum conjunto alg�ebrico ou variedade alg�ebrica.Se f 2 K[x1; : : : ; xn] �e um polinomio n~ao constante, o conjunto das solu�c~oes daequa�c~ao f(x1; : : : ; xn) = 0 �e chamado uma hipersuperf��cie emKn. Escrevemos nessecaso Z(f) em vez de Z(ffg). Uma hipersuperf��cie em K2 (resp. K3) �e uma curva(resp. superf��cie).4.1.2 Exemplos. 1) Retas em K2, planos em K3 ou mais geralmente os su-bespa�cos vetoriais de Kn s~ao conjuntos alg�ebricos de�nidos por equa�c~oes lineareshomogeneas. Os zeros de um sistema de equa�c~oes lineares s~ao chamados de varie-dades lineares. Toda variedade linear �e da forma v0 + V := fv0 + v j v 2 V g paraalgum subespa�co vetorial V � Kn.2) Uma conica �e uma curva de�nida por uma equa�c~ao f(x; y) = 0 de grau 2. Oestudo de curvas planas merece um curso por inteiro para a familiariza�c~ao comseus aspectos mais importantes. Consulte [4],[6], [8],[9]. Superf��cies qu�adricas s~aode�nidas em K3 por uma equa�c~ao f(x; y; z) = 0 de grau 2. Um curso de superf��ciesalg�ebricas merece ao menos dois semestres letivos...Nos exerc��cios seguintes o leitor veri�car�a que a cole�c~ao dos subconjuntos alg�e-bricos de Kn se comportam como a dos conjuntos fechados de um espa�co topol�ogico:�e invariante por uni~ao �nita e interse�c~ao arbitr�aria.41

42 CAP��TULO 4. VARIEDADES ALG�EBRICAS4.1.3 Exerc��cios1 . Descreva todos os subconjuntos alg�ebricos de K.2 . Sejam T � T 0 � K[x] subconjuntos. Mostre que Z(T ) � Z(T 0).3 . Mostre que ; e Kn s~ao alg�ebricos.4 . Seja T � K[x] um subconjunto e seja I = hT i o ideal gerado por T . Mostreque Z(I)=Z(T ).5 . Sejam T1; T2 � K[x] subconjuntos. Seja T1 �T2 := ff �g j f 2 T1; g 2 T2g:Mostreque Z(T1) [ Z(T2) = Z(T1 � T2) = Z(hT1i \ hT2i).6 . Seja fTs � K[x]gs2S uma fam��lia de subconjuntos. Mostre que\s2SZ(Ts) = Z([s2S Ts)7 . Mostre que toda variedade alg�ebrica �e uma interse�c~ao �nita de hipersuperf��cies.(Sugest~ao: teorema da base de Hilbert.)8 . Seja I � A um ideal de um anel A. De�nimos o radical de I comopI := fa 2 A j 9n � 1 tal que an 2 Ig:Mostre que pI �e um ideal. Mostre que qpI = pI. Se qpI �e f.g., mostre queexiste N tal que (pI)N � I.9 . Seja V � Kn um subconjunto. De�nimosIV := ff 2 K[x1; : : : ; xn] j f(P ) = 08P 2 V g:Mostre que IV �e um ideal radical i.e., IV = pIV .4.2 O teorema dos zerosSabendo que, mesmo no caso de 1 vari�avel, o c�alculo efetivo de ra��zes requer emgeral o emprego de m�etodos num�ericos e aproxima�c~oes, o que pode ser dito parao caso de v�arias vari�aveis? N~ao faremos qualquer discuss~ao aprofundada sobre aquest~ao do ponto de vista num�erico. Limitamo-nos �a seguinte observa�c~ao.Se f(x1; : : : ; xn) �e um polinomio, podemos escreve{lo na forma f = a0xdn+ � � �+a1x1 + ad, com cada coe�ciente ai 2 K[x1; : : : ; xn�1]. Assim, para cada valor dex1; : : : ; xn�1 que n~ao anule a0, resulta uma equa�c~ao na vari�avel xn que pode serresolvida numericamente, obtendo-se em geral d solu�c~oes.

4.2. O TEOREMA DOS ZEROS 43No caso geral de um sistema de v�arias equa�c~oes, a id�eia �e se tentar proceder(como se faz no caso linear!) tamb�em por elimina�c~ao sucessiva de vari�aveis. Concre-tamente, gostar��amos de encontrar os valores de um grupo das vari�aveis, (digamos,as �ultimas, x2; : : : ; xn) os quais, quando substituidos no sistema, produzem um sis-tema compat��vel na(s) vari�avel(is) restante(s).Em termos mais geom�etricos, dada uma variedade alg�ebrica V � Kn, conside-remos o mapa de proje�c~ao � : Kn!Kn�1. A id�eia �e obter informa�c~ao sobre V apartir de sua imagem �(V ) � Kn�1.Infelizmente �(V ) pode em geral ter uma estrutura complicada e revelar poucosobre V . Veja os excs. 4.2.5.�E particularmente importante o caso em que f(x1; : : : ; xn) �e monico com res-peito a uma das vari�aveis, digamos x1. Por isso, registramos o seguinte resultadopreliminar.4.2.1 Lema. Seja f 2 K[x1; : : : ; xn] �e um polinomio n~ao constante. Ent~ao existeuma mudan�ca de vari�aveis da forma8>>>>>>><>>>>>>>: x1 7! x1x2 7! x2 +c2x1... ... ...xn�1 7! xn�1+cn�1x1xn 7! xn +cnx1tal que g(x1; : : : ; xn) := f(x1; x2+c2x1 : : : ; xn+cnx1) �e monico com respeito �a vari�avelx1.Demonstra�c~ao. Escrevamos f = fd + fd�1 + � � �+ f0 onde cada fi denota a partehomogenea de f de grau total i e fd 6= 0. Sendo K um corpo in�nito, existemc2; : : : ; cn 2 K tais que fd(1; c2; : : : ; cn) 6= 0. O leitor deve veri�car quef(x1; x2+c2x1 : : : ; xn+cnx1)= fd(x1; x2+c2x1 : : : ; xn+cnx1) + grau menor= fd(1; c2; : : : ; cn)xd1 + grau menor: 2Passamos a investigar a quest~ao de compatibilidade de um sistema de equa�c~oes.O resultado central �e o teorema dos zeros de Hilbert.4.2.2 Teorema. (Vers~ao fraca.) Seja K um corpo algebricamente fechado e sejaM� K[x] um ideal maximal. Ent~ao existem c1;: : :; cn2K tais queM = hx1 � c1; : : : ; xn � cni:

44 CAP��TULO 4. VARIEDADES ALG�EBRICASDemonstra�c~ao. Faremos a demonstra�c~ao apenas para o caso em que o corpo K �en~ao enumer�avel, a exemplo do corpo dos n�umeros complexos. Seja L = K[x]/M:Devemos mostrar que a inclus~ao natural K ,! L obtida por composi�c~aoK ,! K[x]�!L�e um isomor�smo. De fato, se tal ocorrer, a classe xi +M �e imagem de algumci 2 K para cada i = 1 : : : n. Da�� segue ci+M = xi+M, ou seja, cada xi�ci 2 M.Assim, o ideal maximalM cont�em o ideal tamb�em maximal hx1 � c1; : : : ; xn � cni,donde M = hx1 � c1; : : : ; xn � cni.Passemos a mostrar queK = L. Sendo K algebricamente fechado, basta mostrarque L �e alg�ebrico / K. Vamos argumentar por contradi�c~ao, supondo a existencia dealgum � 2 L transcendente sobre K. Mostraremos que(?) f1=(� � u) ju 2 Kg �e um subconjunto de L linearmente independente sobre K.Como a cardinalidade de K �e n~ao enumer�avel, chegamos a uma contradi�c~ao como fato de que L admite um conjunto enumer�avel de geradores, a saber, as classesxe11 � � �xenn +M; e1; : : : ; en � 0.Para mostrar (?), sejam u1; : : : ; uN 2 K, dois a dois distintos tais que 1=(� �u1); : : : ; 1=(� � uN) satisfazem alguma rela�c~ao de dependencia linear, �ai(1=(� �ui)) = 0 em L, com ai 2 K, n~ao todos nulos. Multiplicando por �j(��uj), obtemosa rela�c~ao �iai(�i 6=j(� � uj)) = 0 em L. Visto que K[�] �e isomorfo a um anel depolinomios, temos, para cada u 2 K, o homomor�smo K[�]!K bem de�nido pelasubstitui�c~ao � 7! u: Fazendo sucessivamente � igual a cada uj, deduzimos ai = 0para todo i: 24.2.3 Corol�ario. Seja I � K[x] um ideal. Ent~ao a bije�c~ao(c1; : : : ; cn) 2 Kn $ hx1 � c1; : : : ; xn � cnientre o conjunto dos pontos de Kn e o conjunto dos ideais maximais de K[x] aplicaZ(I)sobre o conjunto dos ideais maximais de K[x] que contem I. Em particular,temos Z(I) = ; se e somente se 1 2 I.Demonstra�c~ao. )Se 1 62 I ent~ao I � M para algum ideal maximalM � K[x].Pelo teorema dos zeros, Z(M) 6= ; e portanto Z(I) n~ao pode ser vazio, j�a quecont�em Z(M).(Se 1 2 I �e �obvio que Z(I) �e vazio. 24.2.4 Teorema. (Vers~ao forte.) Seja K um corpo algebricamente fechado e sejaI � K[x] um ideal. Seja f 2 K[x]. Se f se anula em todos os pontos de Z(I),ent~ao alguma potencia de f pertence a I.

4.3. ELIMINAC� ~AO E PROJEC� ~OES 45Demonstra�c~ao. Podemos supor f 6= 0. Seja y uma nova vari�avel e considere oideal I 0 de K[x][y] gerado por I e mais o polinomio g := 1 � yf . A�rmamos queZ(I 0) = ;. Com efeito, se existisse P := (a1; : : : ; an; b) 2 Z(I 0) � Kn+1, ter��amospor um lado, h(a1; : : : ; an) = 08g 2 I, e portanto, (a1; : : : ; an) 2 Z(I). Por outrolado, tamb�em g se anularia em P , acarretando0 = g(a1; : : : ; an; b) = 1� bf(a1; : : : ; an) = 1pela hip�otese sobre f . O corol�ario anterior nos fornece assim I 0 = h1i. Istosigni�ca que existe uma rela�c~ao 1 = gh + P gihi com h; hi 2 K[x][y]; gi 2 I.Substituindo y por 1=f nessa identidade polinomial, obtemos uma nova rela�c~ao,1 = Phi(x; 1=f)gi(x), na qual ocorrem denominadores que s~ao potencias de f .Logo, multiplicando por uma potencia conveniente de f , obtemos �nalmente fn =P ~hi(x)gi 2 I, onde cada ~hi 2 K[x]. 24.2.5 Exerc��cios1 . Mostre que a proje�c~ao horizontal da hip�erbole xy = 1 n~ao �e um subconjuntoalg�ebrico de K.2 . Sejam g; f1; : : : ; fn 2 K[x] polinomios lineares. Mostre que se g se anula noconjunto dos zeros de f1; : : : ; fn ent~ao g �e combina�c~ao linear dos fi com coe�cientesem K.3 . Mostre que se K n~ao �e algebricamente fechado (e.g., K =R), h�a emK[x] ideaismaximais que n~ao s~ao da forma prescrita no teorema dos zeros 4.2.2.4 . Seja K2 �! K2 de�nido por (x; y) 7! (x; xy). Mostre que a imagem de n~ao�e um subconjunto alg�ebrico de K2.5 . Seja Kn �! Km de�nido por (x1; : : : ; xn) 7! ( 1(x); : : : ; m(x)), onde cada i(x) �e um polinomio de grau total� 1. Seja V � Knuma subvariedade linear deKn. Mostre que a imagem de V por �e um subconjunto alg�ebrico de Km.6 . Sejam I;J � K[x] ideais. Mostre que se Z(I) � Z(J ) ent~ao pI � J .4.3 Elimina�c~ao e proje�c~oesO pr�oximo ingrediente necess�ario para a redu�c~ao do n�umero de vari�aveis �e a seguinteconstru�c~ao alg�ebrica.4.3.1 De�ni�c~ao. Seja I � K[x1; : : : ; xn] um ideal. De�nimos seu 1o ideal deelimina�c~ao como I1 := I \K[x2; : : : ; xn]:

46 CAP��TULO 4. VARIEDADES ALG�EBRICASO leitor deve veri�car como exerc��cio que I1 �e um ideal do anel de polinomios comuma vari�avel a menos, K[x2; : : : ; xn]. Os elementos de I1 s~ao as combina�c~oes doselementos de I que eliminam a vari�avel x1.4.3.2 Exemplo. Considere o sistema de equa�c~oes lineares,( z � x = 1z � y = 2:Eliminamos z obtendo x�y = 1. O leitor deve se convencer de que esta �e justamentea equa�c~ao da imagem no plano xy da proje�c~ao ortogonal da reta de�nida pelosistema acima. Observe que I1 := hz � x� 1; z � y � 2i \ K[x; y] = hx� y � 1i:De fato, usando LEX com as vari�aveis ordenadas [z; x; y] note que o S-polinomio,S(z � x � 1; z � y � 2) = �x+ y + 1 e que, de fato, G := fz � y � 2;�x+ y + 2g�e uma base de Gr�obner. Agora se f(x; y) 2 I1, escreva sua divis~ao por G, f =(z � y � 2)q1 + (�x+ y + 2)q2. Naturalmente o resto �e = 0. Tamb�em o coe�cienteq1 de z � y � 2 �e = 0 j�a que z n~ao divide nenhum monomio de f .Veja a principal serventia desse 1o ideal de elimina�c~ao. Os resultados seguintesmostram como a imagem de uma variedade por proje�c~ao pode ser calculada.4.3.3 Proposi�c~ao. Seja V � Knuma variedade alg�ebrica de�nida por um idealI � K[x]. Seja Kn ��! Kn�1 a proje�c~ao que omite a 1a coordenada. Ent~ao temos:1. �(V ) � Z(I1);2. Se I cont�em algum polinomio monico com respeito a x1 vale a igualdade nainclus~ao acima.Demonstra�c~ao. A 1a a�rma�c~ao segue imediatamente das de�ni�c~oes. Seja(a2; : : : ; an) 2 Z(I1). Devemos mostrar que existe a1 2 K tal que (a1; a2; : : : ; an) 2V . Por 4.2.3, precisamos exibir um ideal maximal M = hx1 � a1; : : : ; xn � anital que I � M. Lembrando que a cole�c~ao dos ideais que contem um dado idealI est�a em bije�c~ao natural com os ideais do quociente m�odulo I (exc. 1.5.8{5),passamos a considerar a situa�c~ao seguinte. Seja A := K[x2; : : : ; xn]/I1 e sejaB := K[x1; : : : ; xn]=I. O homomor�smo natural de�nido por g+ I1 7! g := g + I �einjetivo e identi�ca A a um subanel de B. Seja p = xN1 + � � �+ a1x1 + a0 2 I; (ai 2K[x2; : : : ; xn]) um polinomio monico com respeito a x1, assegurado por hip�otese. Arela�c~ao 0 = p = x1N + � � � + a1 x1 + a0 mostra que A � B satisfazem as condi�c~oesdo lema 3.3.6. Por conseguinte, o ideal gerado por x2 � c2; : : : ; xn � cn em B est�acontido em algum ideal maximal, conforme desejado. 2Para o c�alculo efetivo das equa�c~oes da imagem, utilizamos o seguinte.4.3.4 Proposi�c~ao. Seja I � K[x1; : : : ; xn] um ideal e seja I1 := I\K[x2; : : : ; xn].Se G �e uma base de Gr�obner de I com respeito a LEX com x1 � x2 � � � ent~aoG1 := G \K[x2; : : : ; xn] �e base de Gr�obner de I1

4.4. EQUAC� ~OES IMPL��CITAS � PARAM�ETRICAS 47Demonstra�c~ao. Por escolha da ordemmonomial, se g 2 GnG1 ent~ao x1 compareceem TL(g), e reciprocamente. Seja f 2 K[x2; : : : ; xn]. A observa�c~ao fundamental �eque fG = fG1 . Com efeito, no processo de divis~ao de f por G, o termo l��der denenhum membro de G n G1 divide qualquer termo de f . Ou seja, numa express~aof = Pg2G qgg + r fornecida pelo algoritmo da divis~ao, temos qg = 0 para cadag 2 G n G1, de sorte que essa mesma express~ao fornece o resultado da divis~ao porG1. Agora note que para cada par g; h 2 G1, �e claro que S(g; h) tamb�em n~ao envolvea vari�avel x1. Visto que sua redu�c~ao mod. G �e zero por 3.2.4, segue-se que S(g; h)G1tamb�em �e zero, e portanto G1 �e base de Gr�obner pelo crit�erio de Buchberger (teor.3.4.5). 24.3.5 Exemplo. Seja V a interse�c~ao das qu�adricas de�nidas por( q1 := x2 + y2 � z2 � 1 = 0;q2 := 3 z2 � z x+ x2 + 2 y2 � 11 = 0:Vamos encontrar uma equa�c~ao para a curva proje�c~ao no plano{xy. Aplicando oalgoritmo de Buchberger (usando Maple), obtemos8>>><>>>: �x2 � y2 + z2 + 1 = 0;zx� 4x2 � 5 y2 + 14 = 0;15x3 + 19xy2 � 55x + 5 zy2 � 14 z = 0;�111x2 � 140 y2 + 196 + 39 y2x2 + 25 y4 + 15x4 = 0:Desprezando os termos que envolvem z, resta a �ultima das equa�c~oes acima, a qualfornece a imagem da proje�c~ao desejada.4.4 Equa�c~oes impl��citas � param�etricasO processo de elimina�c~ao descrito na se�c~ao anterior se estende mais geralmente parase descrever as equa�c~oes do fecho da imagem de uma aplica�c~ao polinomial,Kn p����! Kmx = (x1; : : : ; xn) 7���! (p1(x); : : : ; pm(x)):Aqui entendemos por \fecho" de um subconjunto T � Kn o menor subconjuntoalg�ebrico de Kn contendo T . A nomenclatura prov�em do fato de que a cole�c~aodos conjuntos alg�ebricos de Kn satisfaz os axiomas que de�nem a no�c~ao de conjun-tos fechados de uma topologia. Escolhendo uma nova lista de vari�aveis y1; : : : ; ym,queremos concretamente eliminar x1; : : : ; xn no sistema,8>><>>: y1...ym == p1(x1; : : : ; xn)pm(x1; : : : ; xn):

48 CAP��TULO 4. VARIEDADES ALG�EBRICASProcedemos como no caso de elimina�c~ao de uma vari�avel, sendo que agora or-denamos os blocos de vari�aveis x; y de maneira que cada xi seja maior que todos osyj. Calculando uma base de Gr�obner G para o idealhy1�p1(x1; : : : ; xn); : : : ; ym�pm(x1; : : : ; xn)i � K[x1; : : : ; xn; y1; : : : ; ym]com respeito a �LEX (de fato qualquer ordem monomial com a ressalva j�a feita de quecada xi � yj serve), os elementos de G em que nenhum xi ocorre s~ao justamente asequa�c~oes do fecho. Se G \K[y1; : : : ; ym] = ;, o fecho �e todo Km.4.4.1 Exemplos. 1) Considere a curva plana dada parametricamente por( x = t2 � ty = t3Encontramos uma equa�c~ao impl��cita f(x; y) = 0 calculando uma base de Gr�obnerpara hx� (t2 � t); y � t3i ordenando as vari�aveis [t; x; y] e com a ordem �LEX. Ob-temos[�x+ t2 � t;�y + tx+ x+ t;�2 y + x+ t� x2 + ty; y� y2 + 3 yx+ x3]em que o �ultimo membro da lista �e a equa�c~ao procurada.2) Sejam r1(t) = (0; t; 1); r2(t) = (t; 0; 0) as equa�c~oes parametricas de duas retasreversas. Ligando os pontos correspondentes ao mesmo valor do parametro, obtemosas equa�c~oes param�etricas de uma superf��cie regrada,p(s; t) = sr1(t) + (1� s)r2(t):Eliminando s; t nas equa�c~oes 8><>: x = (1� s)ty = stz = sobtemos a equa�c~ao da superf��cie qu�adrica �y + yz + zx.3) A curva dada por x = t; y = t2; z = t3 �e chamada uma c�ubica reversa. A superf��cieformada pela uni~ao de suas retas tangentes �e parametrizada por,8><>: x = t+ sy = t2 + 2stz = t3 + 3st2Procedendo como no exemplo anterior, obtemos�6 yzx+ 4 y3 + z2 � 3 y2x2 + 4 zx3 = 0para equa�c~ao dessa superf��cie.

4.5. CURVA DUAL 494.5 Curva dualSeja C � K2 uma curva de equa�c~ao f(x; y) = 0. A reta tangente a C no ponto(x0; y0) �e dada por @f@x(x0; y0)(x� x0) + @f@y (x0; y0)(y � y0) = 0:Naturalmente estamos supondo o ponto (x0; y0) n~ao singular, i.e.,@f@x(x0; y0) ou @f@y (x0; y0) 6= 0.A cole�c~ao de retas de K2 de equa�c~oes da forma y = ax+ b est�a em bije�c~ao naturalcom o plano dual K2�formado pelos pontos de coordenadas (a; b). Que pontos deK2�correspondem a retas tangentes a C? Reescrevendo a equa�c~ao da reta tangentena forma, y = � @f@x(x0; y0)@f@y (x0; y0)(x� x0) + y0;percebemos que estamos �a procura de uma descri�c~ao para a imagem da chamadaaplica�c~ao de Gauss, de�nida nos pontos n~ao singulares de C,(x0; y0) C7 ���! (a; b) := (� @f@x(x0; y0)@f@y (x0; y0) ; y0 + @f@x(x0; y0)@f@y (x0; y0)x0):Reca��mos no problema de elimina�c~ao das vari�aveis x0; y0, renomeadas x; y no sis-tema, 8>>>>>><>>>>>>: a@f@y (x; y) = �@f@x(x; y);b@f@y (x; y) = @f@x(x; y)x+ @f@y (x; y)y;f(x; y) = 0: (4.1)Mostra{se que para toda curva irredut��vel C de grau� 2, o fecho da imagem de C�e uma curva no plano dual, chamada de curva dual.4.5.1 Exemplos. 1) Calculemos a curva dual da par�abola y = x2. Eliminamosx; y no sistema, 8><>: a = �(�2x);b = (�2x)x+ y;y � x2 = 0:A 1a equa�c~ao fornece x = a=2; a 3a , y = a2=4. Substituindo na 2a , vem b = �a2=4,que �e a equa�c~ao da curva dual. O c�alculo pelo algoritmo de Buchberger procede daseguinte maneira. Em Maple, execute o comandogbasis({a+2*x,b+2*x**2-y,y-x**2},[x,y,a,b],plex);

50 CAP��TULO 4. VARIEDADES ALG�EBRICASManualmente, calcule a seq�uencia de S-polinomios e respectivas redu�c~oes com res-peito a LEX, G = [g1 = a+ 2x; g2 = b+ 2x2 � y; g3 = y � x2];S(g1; g2) = xa� b+ y �!� b+ y � 1=2a2;G = [g1; g2; g3; g4 = �b+ y � 1=2a2];S(g1; g3) = �xa� 2y �!� 1=2a2 � 2b;G = [g1; g2; g3; g4; g5 = �1=2a2 � 2b];S(g1; g4) = ya+ 2xb+ xa2 �!0;S(g1; g5) = �1=2a3 + 4xb �!0;S(g2; g3) = �b� y �!0;S(g2; g4) = yb� y2 + 2x2b+ x2a2 �!0;S(g2; g5) = �1=2ba2 + 1=2ya2 + 4x2b �!0;S(g3; g4) = y2 � x2b� 1=2x2a2 �!0;S(g3; g5) = �1=2ya2 � 2x2b �!0;S(g4; g5) = 1=2ba2 + 1=4a4 + 2yb �!0;2) Examinemos agora o que pode ocorrer com a presen�ca de pontos singulares.Consideremos a curva x3 � y2 = 0. Procedendo como acima, devemos eliminar x; yno sistema 8><>: a(�2y) = �(3x2);b(�2y) = (3x2)x� 2y2;x3 � y2 = 0:Apelando para o Maple,> with(grobner):> gbasis({a*(-2*y)+(3*x^2),b*(-2*y)-((3*x^2)*x-2*y^2),x^3-y^2},[x,y,a,b],plex):> "[nops(")];27*b^2*y+4*b*y*a^3A novidade neste caso �e que a �ultima equa�c~ao, que se esperava conter apenas asvari�aveis a; b, �e m�ultipla de y e de b! O leitor pode se convencer de que a equa�c~aoda curva dual �e dada efetivamente por 27b + 4a3.4.5.2 Exerc��cios1 . Ache a curva dual de cada uma das curvas seguintes: 1)xy�1 = 0: 2)x2+y2�1 =0: 3)x3 + y3 � 1 = 0: 3)x3 + x2 � y2 = 0: 3)x3 � y2 = 0:2 . Repita os dois �ultimos ��tens acrescentando a equa�c~ao1� t@f@y (x; y) = 0ao sistema 4.1 onde t denota uma nova vari�avel.3 . Deduza um procedimento para o c�alculo da curva dual de uma curva plana.

4.6. JUNC� ~OES 514.6 Jun�c~oesSejam V1; V2 � Kn variedades alg�ebricas. Uma constru�c~ao das mais freq�uentes emGeometria �e a jun�c~ao J(V1; V2), de�nida pela uni~ao das retas que ligam cada P1 2 V1a qualquer P2 2 V2. H�a v�arios casos particulares que j�a encontramos.4.6.1 Exemplos. 1) Se V1 se reduz a um ponto O 2 Kn, a jun�c~ao �e o cone debase V2 e v�ertice O.2)Se V1 = V2, a jun�c~ao �e a variedade secante de V1.Vejamos como obter equa�c~oes para J(V1; V2). Escolhemos 3 blocos de coordenadas,x1; : : : ; xn,y1; : : : ; yn,z1; : : : ; zn. A id�eia �e escrever xi = tyi + (1 � t)zi, adjuntar asequa�c~oes que de�nem V1 envolvendo as vari�aveis y e as que de�nem V2 nas vari�aveisz. Em seguida, eliminamos t, y's e z's. As equa�c~oes resultantes em x1; : : : ; xn s~aoas procuradas.4.6.2 Exemplos. 1) Equa�c~ao do cone com v�ertice (1; 1; 1) e base a curva z =0; xy = 1. Nesse caso, fazemos (x; y; z) = t(1; 1; 1) + (1 � t)(x0; y0; z0) e adjuntamosas equa�c~oes z0 = 0; x0y0 = 1. Em seguida, eliminamos t; x0; y0; z0. Concretamente,calculamos uma base de Gr�obner para fx � (t + (1 � t)x0); y � (t + (1 � t)y0); z �(t+ (1� t)z0); z0; x0y0 � 1g, com as vari�aveis ordenadas [t; x0; y0; z0; x; y; z] e a ordem�LEX. Encontramos 2z � 1 + xy � xz � zy para equa�c~ao do cone.2) Equa�c~ao da variedade secante da curva y = x2; z = x3. Podemos nos aproveitarda forma param�etrica dada. Calculando uma base de Gr�obner para fx� (tu+ (1�t)v); y�(tu2+(1�t)v2); z�(tu3+(1�t)v3)g, com as vari�aveis ordenadas [t; u; v; x; y; z]e a ordem �LEX, o leitor veri�car�a que nenhum dos polinomios encontrados envolves�o x; y; z. Isto signi�ca que o ideal obtido por elimina�c~ao �e igual a h0i. Em outraspalavras, a variedade secante neste exemplo �e igual a todo K3!4.6.3 Exerc��cios1 . Encontre a equa�c~ao do cone com v�ertice (1; 2; 3) e base a interse�c~ao das qu�adricasz = xy; x2 + y2 + z2 = 1.2 . Seja C � K4 a curva de�nida por xi := ti; i = 1 : : : 4. Mostre que C �e tamb�emdada por um ideal gerado por 6 qu�adricas. Escolha um ponto O aleat�orio em K4e mostre que o cone com v�ertice O e base C �e uma hipersuperf��cie. Mostre que ogradiente da equa�c~ao desta �ultima s�o se anula no v�ertice.3 . Seja V � K5 a imagem da aplica�c~ao K2 �! K5 dada por (x1; x2) 7! (x1; x2; x21;x1x2; x22). Mostre que V �e a variedade de�nida pelas equa�c~oes y3 = y21; y4 =y1y2; y5 = y22. Ache equa�c~oes para a imagem de V pela proje�c~ao K5 ��! K4que omite um dos yi. Seja W a uni~ao das retas secantes a V i.e., da formatP + (1 � t)Q onde P;Q 2 V . Mostre que W �e uma hipersuperf��cie de equa�c~aoy21y5 � 2y1y2y4 � y5y3 + y24 + y22y3 = 0.

52 CAP��TULO 4. VARIEDADES ALG�EBRICAS4.7 Decomposi�c~ao em irredut��veisSeja V = Z(f) um hipersuperf��cie de�nida pelo polinomio f 2 K[x]. �E claro que sef = gh temos V decomposto na uni~ao das hipersuperf��cies de�nidas por g; h. Istomotiva a seguinte de�ni�c~ao.4.7.1 De�ni�c~ao. Dizemos que uma variedade alg�ebrica V �e redut��vel se existiremvariedades W1;W2 tais que V �W1[W2 mas V 6� Wi para i = 1; 2. Uma variedade�e irredut��vel se n~ao for redut��vel.4.7.2 Exemplos. 1) Evidentemente Kn �e irredut��vel.2) Z(xy) � K2, uni~ao dos eixos coordenados, �e redut��vel.4.7.3 De�ni�c~ao. Seja V � Kn um subconjunto. De�nimosIV := ff 2 K[x1; : : : ; xn] j f(P ) = 08P 2 V g:Veri�ca{se de imediato que IV �e um ideal, que diremos associado a V .4.7.4 Lema. Seja V � Kn um subconjunto. Ent~ao temos:1. IV �e um ideal radical, i.e., se f 2 K[x] e fn 2 IV para algum n ent~ao f 2 IV ;2. Z(IV ) �e o menor conjunto alg�ebrico que cont�em V ;3. se J � K[x] �e um ideal e V = Z(J ) ent~ao IV = pJ .Demonstra�c~ao.A 1a a�rma�c~ao �e imediata. Para provar a 2a , suponha V � Z(J ).Ent~ao cada f 2 J anula todo P 2 V , donde J � IV e portanto, Z(J ) � Z(IV ).Isto mostra que todo conjunto alg�ebrico que cont�em V , cont�em Z(IV ). Por �m,se V = Z(J ), segue que V = Z(J ) = Z(IV ), e portanto, temos pJ = IV peloteorema dos zeros 4.2.2 (veja tamb�em o exc. 4.2.5{6). 24.7.5 Proposi�c~ao. Seja V � Kn uma variedade alg�ebrica e sejaIV := ff 2 K[x1; : : : ; xn] j f(P ) = 08P 2 V g:Ent~ao V �e irredut��vel se e s�o se IV �e um ideal primo.Demonstra�c~ao. Suponha IV primo. Sejam W1;W2 variedades tais que V � W1 [W2. Segue facilmente que IV � IW1 \ IW2 . Queremos mostrar que IV � IW1 ouIV � IW2. Se nenhuma das duas inclus~oes propostas valer, existem fi 2 IWi n IV(i = 1; 2). Mas f1f2 2 IW1 \ IW2 , e assim f1f2 2 IV . Isto implica f1 2 IV ouf2 2 IV , contradi�c~ao. Agora, tendo provado que, digamos, IV � IW1, segue V �W1,

4.7. DECOMPOSIC� ~AO EM IRREDUT��VEIS 53mostrando que nenhum par W1;W2 atesta a redutibilidade de V e portanto, V �eirredut��vel.Reciprocamente, se IV n~ao �e primo, existem f1; f2 2 K[x] n IV tais que f1f2 2 IV :Logo, V � Z(f1f2) = Z(f1) [ Z(f2) e V 6� Z(fi), sen~ao ter��amos fi 2 pIV = IV .Mostramos assim que V �e redut��vel. 2A determina�c~ao das componentes irredut��veis de uma variedade �e uma quest~aon~ao trivial. Veja [5], [3].4.7.6 Exerc��cios1 . Mostre que uma variedade alg�ebrica V �e redut��vel se e s�o se existirem variedadesW1;W2 tais que V = W1 [W2 mas V 6= Wi para i = 1; 2.2 . Mostre que uma hipersuperf��cie Z(f) �e irredut��vel se e s�o se o polinomio f 2K[x] �e potencia de um polinomio irredut��vel.3 . Sejam 1; : : : ; m 2 K[t] polinomios na vari�avel t. Mostre que a imagem daaplica�c~aoK �! Km, t 7! ( 1(t); : : : ; m(t)) �e uma variedade irredut��vel. (Sugest~ao:ff 2 K[x1; : : : ; xm] j f( 1; : : : ; m) = 0g�e um ideal primo. Note que deve tamb�em ser veri�cado que a imagem de �e umconjunto alg�ebrico.)

54 CAP��TULO 4. VARIEDADES ALG�EBRICAS

Cap��tulo 5Dimens~aoO objetivo deste cap��tulo �e discutir o conceito de dimens~ao para variedades alg�ebri-cas. O teorema principal (5.8.5) nos fornecer�a duas caracteriza�c~oes da dimens~ao:1. o n�umero m�aximo de fun�c~oes algebricamente independentes no anel de coor-denadas;2. o grau do polinomio de Hilbert do anel de coordenadas.5.1 Uni~oes de subespa�cos coordenadosSeja V � Kn de�nida por um ideal monomial. Lembramos que V nada mais �e queuma uni~ao �nita de subespa�cos coordenados.5.1.1 Exemplo. Observe Z(hxyz; xz; yzi) = Z(hzi)[Z(x; y), uni~ao do plano{xycom o eixo{z.�E natural se tomar como de�ni�c~ao para a dimens~ao de um conjunto alg�ebrico destetipo o m�aximo da dimens~ao vetorial de suas componentes. Nosso programa �e esta-belecer meios para ler essa dimens~ao diretamente em termos do ideal que de�ne umconjunto alg�ebrico e estender ao caso de variedades n~ao lineares.Seja I � K[x1; : : : ; xn] um ideal. Denotaremos por Is o subconjunto formadopelos elementos de I de grau� s. O leitor veri�car�a que Is �e um subespa�co vetorialde K[x1; : : : ; xn]s. Este �ultimo, �e de dimens~ao igual ao n�umero (s + nn ) de monomiosde grau� s nas vari�aveis x1; : : : ; xn. As se�c~oes subseq�uentes ser~ao dedicadas aoestudo da fun�c~ao s 7! (s + nn )� dimIs, chamada fun�c~ao de Hilbert do ideal I.5.2 Dimens~ao zero5.2.1 Lema. Seja I � K[x1; : : : ; xn] um ideal. S~ao equivalentes:55

56 CAP��TULO 5. DIMENS~AO(1) dim(K[x1; : : : ; xn]s/Is) �e constante para s >> 0;(2) o anel quociente K[x1; : : : ; xn]=I �e um espa�co vetorial de dimens~ao �nita;(3) Z(I) �e um conjunto �nito.Demonstra�c~ao. SejamA = K[x1; : : : ; xn]/I e As = K[x1; : : : ; xn]s/Iso anel e espa�co vetorial quocientes, respectivamente. Tendo em vista que as aplica-�c~oes naturais As!As+1!A s~ao injetivas (cf. 1.5.8-12) e que cada f 2 A est�a naimagem de algum As, a condi�c~ao (1) implica A �= As para s >> 0 e portanto A �eum espa�co vetorial de dimens~ao �nita. Isto mostra a implica�c~ao (1))(2).Suponhamos agora (2). Ent~ao existe um inteiro m > 0 tal que, para cadai = 1; : : : ; n, a classe de xmi mod I �e combina�c~ao linear das classes de 1; : : : ; xm�1i .Portanto, existem polinomios n~ao nulos na vari�avel indicada, p1(x1); : : : ; pn(xn) emI. Como Z(I) � Z(p1(x1); : : : ; pn(xn)) e este �ultimo conjunto de zeros �e �nito,conclu��mos (3).Mostremos por �m (3))(1). Pelo teorema dos zeros de Hilbert 4.2.3, se Z(I) �evazio temos I = h1i e evidentemente dim(K[x1; : : : ; xn]s/Is) = 08s: Em todo caso,se Z(I) �e �nito, existem polinomios n~ao nulos p1(x1); : : : ; pn(xn) cujas ra��zes s~ao osposs��veis valores para as coordenadas dos pontos de Z(I). Logo, temosZ(I) � Z(()p1(x1); : : : ; pn(xn)).Lembrando 4.2.4, obtemos hp1(x1); : : : ; pn(xn)i � pI. Substituindo cada pi poruma potencia, podemos supor pi(xi) 2 I. Assim, temos uma aplica�c~ao sobrejetiva(veja o exc. 1.5.8-12) K[x1; : : : ; xn]/hp1(x1); : : : ; pn(xn)i!Adonde se deduz que A �e de dimens~ao �nita. 25.2.2 Exerc��cios1 . Seja I = hx+ y; x+ ay + bi � K[x; y]. Determine os valores de a; b 2 K taisque Z(I) seja �nito (;; 6= ;).2 . Seja I = hy � x2i � K[x; y]. Determine dimK[x; y]s/Is para cada s = 0; 1; : : :.3 . Sejam �1(x1; : : : ; xn); : : : ; �N(x1; : : : ; xn) polinomios de grau 1 e seja I o idealgerado. Mostre que se Z(I) 6= ; ent~ao dimK[x1; : : : ; xn]s/Is = (s+ rr ) para alguminteiro r entre 0 e n. (Sugest~ao: trate o caso hx1; : : : ; xmi.)4 . Seja I � K[x] um ideal. Mostre que dimK[x]/I �e �nita se e s�o sedimK[x]/(I2) o for.

5.3. FUNC� ~OES NUM�ERICAS 575.3 Fun�c~oes num�ericasSejam a; b n�umeros inteiros n~ao negativos. Lembramos que o coe�ciente binomial(ab ) deriva seu nome da identidade,(1 + t)a = �a0(ab )tb:5.3.1 Lema. Sejam a; b n�umeros inteiros n~ao negativos. Ent~ao temos,(i) (ab ) + ( ab+ 1) = (a+ 1b+ 1);(ii) �ai=0(i+ bb ) = (a + b+ 1b+ 1 ):Demonstra�c~ao. Para provar (i), basta calcular o coe�ciente de tb+1 em ambos osmembros da identidade, (1 + t)a+1 = (1 + t)(1 + t)a:Para (ii), procedemos por indu�c~ao sobre a. Se a = 0; ambos os membros s~aoiguais a 1. Para a etapa indutiva, escrevemos�a+1i=0 (i + bb ) = (a+ 1 + bb ) +�ai=0(i + bb )= (a+ 1 + bb ) + (a + b+ 1b+ 1 ) (por indu�c~ao. )= ((a+ 1) + b+ 1b+ 1 ) (por (i)) 25.3.2 De�ni�c~ao. Para cada inteiro d � 0 de�nimos o polinomio binomial, x+ dd ! := (x+ d)(x+ d� 1) � � � (x+ 1)=d!= xd=d! + d(d+ 1)xd�1=2d! + � � �Notemos que, apesar dos coe�cientes deste polinomio serem n�umeros racionais, seuvalor para cada x inteiro �e um n�umero inteiro.5.3.3 Lema. Seja f(x) um polinomio a coe�cientes reais. Seja d = dof . Ent~ao:1. f se escreve de maneira �unica como combina�c~ao linear dos polinomios bino-miais, ou seja, existem constantes reais c0; : : : ; cd unicamente determinadaspela identidade, f(x) = cd(x+ dd ) + � � �+ c1(x + 11 ) + c0;

58 CAP��TULO 5. DIMENS~AO2. se f(s) �e inteiro para d + 1 valores inteiros consecutivos de s, ent~ao os coe-�cientes cd; : : : ; c0 s~ao todos inteiros e, conseq�uentemente, temos f(s) inteiropara todo s inteiro.Demonstra�c~ao. A primeira a�rma�c~ao decorre do fato de que o conjunto dos po-linomios binomiais, f(x+ ii ) j i = 0 : : : dg, �e uma base para o espa�co vetorial dospolinomios de grau� d.Seja agora s0 um inteiro tal que f(s0), : : : ; f(s0+d) sejam inteiros. Seja h(x) :=f(x+ s0). Se provarmos o resultado para h(x), teremos deduzido em particular queh(s) �e inteiro para todo s inteiro. Logo, podemos supor de partida que s0 = 0. Ora,calculando sucessivamentef(0) = cd;f(1) = cd(1 + dd ) + cd�1;...f(d) = cd(d+ dd ) + cd�1(d+ d� 1d� 1 ) + � � �+ c0;deduzimos da 1a igualdade que cd �e inteiro, logo a 2a implica que cd�1 tamb�em �e,etc : : : 25.3.4 De�ni�c~ao. Dizemos que uma fun�c~ao '(s) a valores reais e de�nida paratodo inteiro s >> 0 �e assintoticamente polinomial ou asp se existir um polinomiop(x) tal que '(s) = p(s) 8s >> 0. Dizemos que o polinomio p representa '.Observemos que se ' �e asp, o polinomio p acima �e �unico. Com efeito, se p; q s~aopolinomios tais que p(s) = q(s) 8s >> 0, temos p � q = 0, pois qualquer polinomiode uma vari�avel, n~ao nulo, tem s�o um n�umero �nito de ra��zes. Se uma fun�c~ao ' �easp, de�nimos o seu grau como sendo o do �unico polinomio que a representa.5.3.5 Lema. Seja '(s) uma fun�c~ao a valores inteiros de�nida para todo s inteirosu�cientemente grande. Seja '0(s) := '(s)�'(s�1). Se '0 �e asp e de grau d ent~ao' �e asp, de grau d+ 1.Demonstra�c~ao. Seja q o polinomio que representa '0 e seja s0 tal que '0(s) = q(s)para s � s0. Podemos escrever q(x) = �ci(x + ii ), onde os coe�cientes cd; : : : ; c0 s~aointeiros, com cd 6= 0. Seja s > s0. Somando membro a membro as igualdades,'(s)� '(s� 1) = cd(s + dd ) +cd�1(s + d� 1d� 1 ) + � � �'(s� 1) � '(s� 2) = cd(s � 1 + dd ) + � � �...'(s0 + 1) � '(s0) = cd(s0 + dd ) + � � � ;

5.4. A FUNC� ~AO DE HILBERT 59deduzimos (lembrando 5.3.1),'(s) = '(s0) + �cd�si=0(i + dd ) + cd�1( � � � ) + � � � ���cd�s0�1i=0 (i+ dd ) + � � � �= �cd(s + d+ 1d+ 1 ) + cd�1(s + dd ) + � � � �+ a;onde a denota um inteiro independente de s. 25.3.6 Exerc��cios1 . Seja '(s) uma fun�c~ao aspde grau d � 1. Seja (s) = '(s + 1) � '(s). Mostreque �e asp, de grau d � 1.5.4 A fun�c~ao de Hilbert5.4.1 De�ni�c~ao. A fun�c~ao de Hilbert de um ideal I � K[x], �e dada por'I(s) = codim(Is)= (s + nn )� dimIs:O polinomio de Hilbert de I �e o �unico polinomio que representa 'I(s), conforme oresultado seguinte.5.4.2 Teorema. Seja I � K[x1; : : : ; xn] um ideal. Ent~ao1. 'I(s) �e asp, i.e., existem inteiros �; a0; : : : ; a�, tais que'I(s) = a�(s + �� ) + a��1(s+ � � 1� � 1 ) + � � �+ a0para todo s >> 0;2. temos n � � � 0, a� � 0 e a� > 0 se I 6= h1i;3. � = 0 se e s�o se Z(I) �e �nito.Demonstra�c~ao. SejamA = K[x1; : : : ; xn]/I e As = K[x1; : : : ; xn]s/Iso anel e espa�co vetorial quocientes, respectivamente. Temos 'I(s) = dimAs.

60 CAP��TULO 5. DIMENS~AOObservemos logo que uma vez provado que 'I(s) �e asp e de grau � � n, aa�rma�c~ao a� � 0 segue do fato de que 'I(s) � 0 8s � 0: Por outro lado, se � = 0ent~ao 'I(s) �e constante para s >> 0 e portanto, o lema 5.2.1 se aplica.Procedemos por indu�c~ao sobre o n�umero n de vari�aveis. O caso n = 0 �e trivial(j�a que os �unicos ideais de K s~ao h0i e K = h1i!). Embora o caso n = 1 siga docaso geral, vamos examin�a{lo em separado, com o intuito de notar com mais clarezao modo como a condi�c~ao s >> 0 se imp~oe. Sabemos que todo ideal I � K[x] �eprincipal. Se I = h0i, temos Is = h0i para todo s, e portanto 'I(s) = (s + 11 ) est�a naforma desejada, com � = 1; a1 = 1; a0 = 0. Note tamb�em que Z(I) = K �e in�nito.Suponhamos agora I = hfi, com f 2 K[x] um polinomio n~ao nulo. Seja d = dof .Temos ent~ao Is = ( h0i para s < d ef � hK[x]s�di para s � d.Da�� segue,'I(s) = dimK[x]s � dimIs = ( s+ 1 para s < d es+ 1� (s� d+ 1) para s � d.Portanto, 'I(s) = d para s >> 0. Se d = 0, temos f constante6= 0, e Z(hfi) �e vazio.Por �m, se d > 0 ent~ao Z(hfi) �e o conjunto das ra��zes de f .Passemos �a etapa de indu�c~ao para provar o ��tem 1.Seja A ��! A a transforma�c~ao linear dada por multiplica�c~ao pela vari�avel xn.Ela induz em cada grau s uma transforma�c~ao linear que denotamos pela mesmaletra, As �! As+1. Seja N � A o n�ucleo de � e ponhamos tamb�em Ns = N \ As.Seja B = A/�(A) o quociente pela imagem de �. Pelo teorema do n�ucleo e daimagem, podemos escrever,'I(s) = dimAs = dimNs + dim�(As);dim�(As) = dimAs+1 � dimBs+1e portanto, 'I(s+ 1)� 'I(s) = dimBs+1 � dimNs:A id�eia agora �e provar que tanto B comoN provem de uma situa�c~ao a n�1 vari�aveis.Da hip�otese de indu�c~ao seguiria que dimBs, dimNs s~ao fun�c~oes asp de grau� n� 1em s. Do lema 5.3.5, conclu��mos que 'I(s) �e asp de grau � n para s >> 0.Mostraremos inicialmente que(?) B �e isomorfo ao quociente de K[x1; : : : ; xn�1]pelo ideal J obtido de I pela substitui�c~ao xn = 0.Com efeito, de�namos� : K[x1; : : : ; xn�1] �! Bf 7�! (f + I) + �(A):

5.4. A FUNC� ~AO DE HILBERT 61O leitor veri�car�a facilmente que � �e linear (de fato um homomor�smo de K��alge-bras). Vamos mostrar que � �e sobrejetiva e que seu n�ucleo �e igual ao ideal J descritoem (?). Ora, cada elemento de B �e uma classe residual, � + �(A) com � 2 A. Porsua vez, � �e uma classe residual m�odulo I, de sorte que temos � = f+I para algumf 2 K[x1; : : : ; xn]. Separando os termos de f que contem xn, podemos escreverf = f0 + xnf1, onde f0 2 K[x1; : : : ; xn�1]. Temos ent~ao�+ �(A) = (f0 + xnf1 + I) + �(A)= ((f0 + I) + �(A)) + ((xnf1 + I) + �(A))= (f0 + I) + �(A) = �(f0);o que mostra a sobrejetividade. Para calcular o n�ucleo, suponhamos que f 2K[x1; : : : ; xn�1] e �(f) = 0. Isto se traduz na condi�c~ao f + I = �(g + I) paraalgum g 2 K[x1; : : : ; xn]. Da�� segue uma rela�c~ao f = xng + h com h 2 I. Substi-tuindo xn = 0 nesta �ultima rela�c~ao n~ao altera f e prova que f 2 J . Reciprocamente,se f 2 J , ent~ao existem h 2 I; g 2 K[x1; : : : ; xn]; tais que f = xng + h seguindo-sede imediato que �(f) = 0. Completamos assim a veri�ca�c~ao de (?).Ocupemo-nos agora deN , que passamos a escreverNI para lembrar que dependede I. Se tiv�essemos NI = h0i, nada restaria a provar. Vamos reduzir a este casotrivial por aproxima�c~oes sucessivas!Para cada ideal I � K[x1; : : : ; xn], ponhamos I(1) = I : xn (veja o exc. 1.3.3{6).Notemos que I(1) �e a pre{imagem deNI pelo homomor�smo quocienteK[x1; : : : ; xn]�!A. Segue que I(1) = I se e s�o se NI = 0. De�nimos indutivamente I(m+1) =(I(m))(1). Temos evidentemente I � I(1) � � � � � I(m). Portanto, por ACC (3.3.4),existe m tal que I(m+1) = I(m). Assim, o resultado desejado vale para este ideal.Para chegarmos ao I original, consideremosxn � (I(1))s�1�!Is�!Is.(xn � (I(1))s�1);a primeira seta denotando a inclus~ao e a 2a o quociente. �E claro que 'I(s) secalcula em termos de 'I(1)(s� 1) e da dimens~ao de Qs := Is.(xn � I(1))s:'I(s) = (n+ sn )� dimIs= (n+ sn )� �dim(I(1))s�1 + dimQs�= 'I(1)(s� 1)� dimQsTendo em conta o lema 5.4.3, este �ultimo quociente �e proveniente de um ideal deK[x1; : : : ; xn�1] �= K[x1; : : : ; xn]/hxni:Logo, 'I(s) ser�a da forma desejada se 'I(1)(s) o for. Repetindo o argumento com I(1)no lugar de I, a�nal remetemos tudo para o caso de I(m), em que, sendo NI(m) = 0,j�a ganhamos! 2

62 CAP��TULO 5. DIMENS~AO5.4.3 Lema. Sejam A uma K��algebra e I � A um ideal. Dado x 2 A, sejaI 0 = I : x. Ent~ao temos:1. (I + hxi)/hxi �e um ideal de A=hxi;2. (I + hxi)/hxi �= I/(xI 0) (isomor�smo de K�espa�cos vetoriais).Demonstra�c~ao. (I + hxi)/hxi �e a imagem do ideal I pela aplica�c~ao quocienteA!A=hxi. Seja � : I!(I + hxi)/hxi induzida pela anterior, i.e., , �(a) = a+ hxi.Calculemos o seu n�ucleo. Dado a 2 I temos�(a) = 0 , a 2 hxi, 9 b 2 A tal que a = bx(necessariamente b 2 I 0), a 2 xI 0;a �ultima condi�c~ao se justi�cando pela de�ni�c~ao de I 0. 25.4.4 Exerc��cios1 . Calcule a fun�c~ao de Hilbert do ideal hz � x3; y � x2i.5.5 Propriedades da fun�c~ao de Hilbert5.5.1 Lema. Sejam J � I � K[x] ideais. Ent~ao o grau de 'I �e menor do queou igual ao grau de 'J .Demonstra�c~ao. Tendo em vista a sobreje�c~ao natural,K[x]/J �!� K[x]/If + J 7! f + Iobtemos, para cada s; a desigualdade para as dimens~oes dos espa�cos vetoriais,dimK[x]s/Js � dimK[x]s/Is;ou seja, 'I(s) � 'J (s). Como essas fun�c~oes s~ao asp, com coe�ciente do termodominante� 0, fazendo s!1 segue a desigualdade entre os graus: do'I � do'J . 25.5.2 Lema. Seja I � K[x] um ideal. Ent~ao o grau de '(I2) �e igual ao grau de'I .

5.6. A DIMENS~AO DE UMA VARIEDADE 63Demonstra�c~ao. Pela prop. anterior j�a temos do'I2 � do'I . Provaremos a desi-gualdade oposta. Sejam f1; : : : ; fm geradores de I e ponha di := dofi. Consideremosas aplica�c~oes lineares sobrejetivas,(K[x]/I2)s ��! (K[x]/I)s;(K[x]/I)s�d1 � � � � � (K[x]/I)s�dm �! (I/I2)s(�g1; : : : ; �gm) 7! P gifi + I2;onde �gi := gi + I. Note que esta �ultima aplica�c~ao est�a bem de�nida pois se �g = �htemos g � h 2 I e portanto (g � h)f 2 I2 para f 2 I. Note que nuc(�) = (I/I2)s.Assim, podemos comparar as dimens~oes e escrever,'I2(s) = 'I(s) + dim(I/I2)s� 'I(s) +P'I(s� di):Como o lado direito �e asp e de grau do'I , obtemos a majora�c~ao requerida. 25.5.3 Lema. Seja I � K[x] um ideal. Ent~ao o grau de '(pI) �e igual ao grau de'I .Demonstra�c~ao. Usando 4.1.3{8, temos (pI)N � I � pI para algum N quepodemos supor da forma 2m. Aplicando os dois lemas anteriores repetidamente,podemos escrever do'I � do'pI = do'(pI)2 = � � � = do'(pI)N � do'I . 25.5.4 Proposi�c~ao. Sejam J ;I � K[x] ideais. Se Z(I) � Z(J ) ent~ao o grau de'I �e menor do que ou igual ao grau de 'J . Em particular, se Z(I) = Z(J ) ent~aodo'I = do'J .Demonstra�c~ao. Por 4.2.4, Z(I) � Z(J ) implicapI � J . Pelos lemas anteriores,segue do'I � do'J . 25.5.5 Exerc��cios1 . Calcule o grau da fun�c~ao de Hilbert do ideal hx21; x32; : : : ; xn+1n i.5.6 A dimens~ao de uma variedade5.6.1 De�ni�c~ao. Seja V � Kn uma variedade alg�ebrica de�nida por um idealI � K[x]. De�nimos a dimens~ao de V como o grau do polinomio de Hilbert de I.Em s��mbolos, dimV = do'I .

64 CAP��TULO 5. DIMENS~AOObservemos que a prop. 5.5.4 nos garante que dimV independe do particular idealI � K[x] tal que V = Z(I). A mesma prop. nos diz que se W � V � Kn s~aovariedades alg�ebricas ent~ao dimW � dimV . Mais geralmente, temos o seguinte.5.6.2 Proposi�c~ao. Sejam W;V � Kn variedades alg�ebricas. Ent~aodim(V [W ) = maxfdimV;dimWgDemonstra�c~ao. Sejam J ;I � K[x] ideais com W = Z(J ); V = Z(I). Temosassim V [W = Z(I \ J ). Por conta do lema 5.5.4 j�a sabemos da desigualdade,dimV [W := do'I\J � maxfdimV;dimWg:Consideremos agora a aplica�c~aoK[x]/(I \ J ) �! K[x]/I �K[x]/J )f + (I \ J ) 7 �! (f + I; f + =J):Ve{se facilmente que ela �e injetiva. Da�� vem a majora�c~ao de dimens~oes,'I\J (s) � 'I(s) + 'J (s):Segue assim dim(V [W ) = do'I\J � maxfdo'I ; do'J g. 25.6.3 Corol�ario. Seja V � Knuma uni~ao �nita de subvariedades lineares. Ent~aodimV coincide com a dimens~ao vetorial m�axima de suas componentes.Demonstra�c~ao. Escrevamos V = V1 [ � � � [ Vr, onde cada Vi � Kn denota umasubvariedade linear. Temos pela prop. anterior que dimV = maxi dimVi. Portanto,basta mostrar que, se V � Kn �e uma subvariedade linear ent~ao dimV coincidecom sua dimens~ao vetorial. Denotando esta �ultima por m, segue que, por umaescolha conveniente de coordenadas, podemos supor V de�nida pelas equa�c~oesxm+1 = 0; : : : ; xn = 0, i.e., V = Z(I); I := hxm+1; : : : ; xni. Assim, podemoscalcular 'I(s) = dim(K[x1; : : : ; xn]/hxm+1; : : : ; xni)s= dimK[x1; : : : ; xm]s= (m + sm )que �e de grau m. 25.6.4 Exerc��cios1 . Seja V � Kn a hipersuperf��cie de�nida por um polinomio f 2 K[x] de grau d.Calcule o polinomio de Hilbert de hfi e conclua que dimV = n � 1.2 . Sejam f; g 2 K[x1; : : : ; xn] polinomios n~ao constantes e primos relativos. Mostreque dimZ(hf; gi) = n � 2.3 . Calcule a dimens~ao de Z(hx2; xyi).

5.7. DIMENS~AO VIA BASES DE GR �OBNER 655.7 Dimens~ao via bases de Gr�obnerVimos que a dimens~ao de uma variedade alg�ebrica pode ser calculada por �AlgebraLinear no caso de ideais monomiais. Agora utilizaremos bases de Gr�obner parareduzir o caso geral ao caso linear, por interm�edio do ideal dos termos l��deres comrespeito a uma ordem monomial adequada.5.7.1 Teorema. Seja I � K[x]um ideal e seja � uma ordem monomial graduada(i.e., tal que x� � x� se j�j > j�j). Ent~ao as fun�c~oes de Hilbert de I e do idealmonomial TL(I) coincidem. Em particular, temos dimV = dimZ(TL(I)):Demonstra�c~ao. Vamos veri�car que dimIs = dimTL(I)s para cada s 2 N. Ob-servemos logo que a id�eia de considerar a aplica�c~ao Is ! TL(I)s de�nida por f 7!TL(f) esbarra na di�culdade de que TL(f+g) pode n~ao ser igual a TL(f)+TL(g)!(Leitor: mesmo em 1 vari�avel!!) Eis como proceder. Escolhemos geradores para oespa�co vetorial TL(I)s, digamos f�1 ; : : : ; f�N . Lembrando o exc. 3.1.4{2, podemostomar cada f�i como um monomio da forma TL(fi) para algum fi 2 Is. Sem perdade generalidade, podemos ainda supor que f�1 �; : : : ;� f�N . Nestas condi�c~oes, �e claroque os f�i s~ao de fato uma base para TL(I)s. Mostraremos que os correspondentesfi formam uma base para Is. A independencia linear segue da impossibilidade dequalquer cancelamento de termos l��deres por combina�c~ao a coe�cientes constantesn~ao todos nulos. Seja agora f 2 Is. Devemos mostrar que existem constantes ci 2 Ktais que f = P cifi. Se isto n~ao fosse poss��vel, haveria um, digamos, transgressor1f 2 Is de grau m��nimo. Ora, TL(f) 2 TL(I)s �e m�ultiplo constante de algum dosf�i ; subtraindo, encontramos um elemento de grau menor, contradi�c~ao. 25.7.2 Exerc��cios1 . Calcule a dimens~ao dos conjuntos alg�ebricos abaixo:1. Z(hx2; xy; xzi) em K3.2. Z(hy � x2; z � x3i) em K3.3. Z(hyw � x2; zw2 � x3; xz � y2; zw � xyi) em K4.5.8 Dimens~ao e grau de transcendencia5.8.1 De�ni�c~ao. Seja V � Kn uma variedade alg�ebrica e seja IV seu ideal asso-ciado 4.7.3. O anel quociente AV := K[x1; : : : ; xn]/IV �e chamado o anel de coorde-nadas de V .1plagiando Kaplanski: : :

66 CAP��TULO 5. DIMENS~AO5.8.2 Exemplos. 1) O anel de coordenadas de V = Kn �e naturalmente isomorfoao anel de polinomios K[x1; : : : ; xn] (j�a que IV = h0i).2) Seja C = Z(y � p(x)) � K2 o gr�a�co de uma fun�c~ao polinomial. O leitor deveveri�car que temos efetivamente IC = hy � p(x)i e que AC = K[x; y]/hy � p(x)i �eisomorfo a K[x].3) O anel de coordenadas da hip�erbole, K[x; y]/hxy � 1i, n~ao �e isomorfo a um anelde polinomios a coe�cientes em K. Com efeito, o leitor pode veri�car que num talanel de polinomios , os �unicos elementos invers��veis s~ao as constantes n~ao nulas; emparticular, a soma de dois elementos invers��veis �e nula ou invers��vel. No entanto, nopresente anel de coordenadas, temos �x; �y invers��veis enquanto �x+ �y n~ao o �e!5.8.3 De�ni�c~ao. Seja A uma K��algebra. Dizemos que os elementos a1; : : : ; ams~ao algebricamente dependentes sobre K se existir um polinomio n~ao nulo f 2K[x1; : : : ; xm] tal que f(a1; : : : ; am) = 0. Em outras palavras, a cole�c~ao de monomiosfai11 � � � aimm j (i1; : : : ; im) 2 Nmg�e linearmente dependente. De�nimos o grau de transcendencia de A sobre K comoo n�umero m�aximo de elementos de A algebricamente independentes sobre K. Ems��mbolos, transA=K := maxfm j 9 a1; : : : ; am 2 A alg. indep. /Kg:5.8.4 Exemplos. 1) No anel de polinomios K[x1; : : : ; xn], as vari�aveis x1; : : : ; xns~ao algebricamente independentes, por de�ni�c~ao.2) Se V � Kn �e uma subvariedade e V 6= Kn ent~ao IV 6= h0i. Consequentemente,as classes res��duas �x1; : : : ; �xn em AV s~ao algebricamente dependentes. De fato, sejaf 2 IV ; f 6= 0. Temos �f = f(�x1; : : : ; �xn) = 0 em AV .3) No anel de coordenadas da hip�erbole, A = k[x; y]/hxy � 1i, temos pelo exemploanterior que �x; �y s~ao algebricamente dependentes. J�a �x �e algebricamente indepen-dente sobre K. Com efeito, seja f 2 K[t] tal que f(�x) = 0 em A. Por constru�c~aodo anel quociente, temos f(x) 2 hxy � 1i. O leitor veri�car�a sem di�culdade quenenhumm�ultiplo n~ao nulo de xy�1 �e um polinomio s�o na vari�avel x, e portanto, se-gue f = 0. Assim, n~ao h�a rela�c~ao de dependencia alg�ebrica que �x satisfa�ca sobre K.Na realidade, veremos que toda lista em A com mais de 1 elemento �e algebricamentedependente.5.8.5 Teorema. (Teorema da Dimens~ao.) Seja V � Kn uma variedade alg�e-brica. Ent~ao dimV �e igual ao n�umero m�aximo de elementos do anel de coordenadasde V algebricamente independentes sobre K.

5.8. DIMENS~AO E GRAU DE TRANSCENDENCIA 67Demonstra�c~ao. Abreviemos A := AV ; � = dimV . Sejam f1; : : : ; fm 2 AV al-gebricamente independentes sobre K. Mostraremos que � � m. Seja d tal quef1; : : : ; fm 2 Ad. Isto signi�ca que cada fi se representa por um polinomio de grautotal � d. Logo, cada monomio f�11 � � � f�mm cai em Aj�jd. Consideremos o homo-mor�smo : K[x1; : : : ; xm]!Ade�nido por h(x1; : : : ; xm) 7! h(f1; : : : ; fm). Por de�ni�c~ao de independencia alg�ebri-ca, segue que �e injetivo. Al�em disso, aplica K[x]s em Asd. Como �e K�linear,obtemos a desigualdade de dimens~oes de K�espa�cos vetoriais, dimK Asd � (m + sm ).O lado esquerdo nessa desigualdade �e asp de grau � (5.4.2, 5.6.1), acarretando � � m.Para completar a demonstra�c~ao, basta exibirmos � elementos em A algebricamenteindependentes sobre K. Ponhamos J := LT (IV ), o ideal monomial dos termosl��deres. Seja W := Z(J ). Sabemos que W �e uma uni~ao de subespa�cos coorde-nados e que � = dimW �e igual ao m�aximo das dimens~oes dos subespa�cos com-ponentes (5.6.3). Fazendo uma permuta�c~ao de coordenadas, podemos supor queZ(x�+1; : : : ; xn) � W realiza o m�aximo. Note que esta inclus~ao implica J �hx�+1; : : : ; xni (4.2.4, exc.4.2.5{6). Nestas condi�c~oes, provaremos que as demaisfun�c~oes coordenadas �x1; : : : ; �x� s~ao algebricamente independentes. Com efeito, sehouvesse uma rela�c~ao de dependencia alg�ebrica, f(�x1; : : : ; �x�) = 0 em A, ter��amosf(x1; : : : ; x�) 2 IV n h0i. Portanto, o termo l��der LT (f), em que s�o ocorrem asvari�aveis x1; : : : ; x�, estaria em J = LT (I) � hx�+1; : : : ; xni, manifestamente im-poss��vel. 2

68 CAP��TULO 5. DIMENS~AO

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