Базисы Грёбнера

[MChagall]

Алгебра $A$ порождена двумерным векторным пространством $V$ над $\mathbb{C}$, соотношения $v^3=0$ $\forall v\in V$. Необходимо построить базис Грёбнера для идеала соотношений и ряд Гильберта для $A$.

Пусть $x,y$ базис $V$. Тогда любой $v=ax+by; a,b\in \mathbb{C}$
$v^3=(ax+by)^3=a^3x^3+a^2bxyx+a^2byx^2+ab^2y^2x+a^2bx^2y+ab^2xy^2+ab^2yxy+b^3y^3$.
Получаем, что наш идеал $I=(x^3,y^3,a^2bxyx+a^2byx^2+ab^2y^2x+a^2bx^2y+ab^2xy^2+ab^2yxy)$.

Для построения БГ использую алгоритм Бухбергера (порядок степенной лексикографический, $x>y$).
$f_1=x^3,f_2=y^3,f_3=a^2bxyx+a^2byx^2+ab^2y^2x+a^2bx^2y+ab^2xy^2+ab^2yxy$
$f_1,f_3$ - одна критическая пара
$f_2,f_3$ - ещё одна.
Тогда $s_1=xf_3-a^2bf_1y$. Не буду расписывать вычисления, но после не самой быстрой редукции он становится нулевым.
$s_2=f_3y^2-a^2bx^2f_3$. И вот он не хочет хорошо убираться, там нехорошие вычисления.

Может, я где-то до этого не так делаю? Или как-то проще можно?

[Padawan]

А разве базисы Грёбнера не из области коммутативной алгебры?

[MChagall]

Для некоммутативных алгебр тоже определены

[vpb]

MChagall в сообщении #1512597 писал(а):

не так делаю?

Не так, да. Элементов вида $a^2bxyx+\ldots+ab^2yxy$ бесконечное (даже несчетное, поскольку основное поле ${\mathbb C}$) число. А оболочка всех таких элементов конечномерное пространство. Какое ?

-- 02.04.2021, 17:34 --

Padawan
см. Латышев, Комбинаторная теория колец. Стандартные базисы, например. Есть еще такой человек по фамилии Уфнаровский, погуглите его работы про базисы Грёбнера для некоммутативных колец.

[MChagall]

vpb в сообщении #1512614 писал(а):

А оболочка всех таких элементов конечномерное пространство. Какое ?

Как я понимаю, это пространство с базисом $e_1=x^2y+xyx+yx^2,e_2=y^2x+yxy+xy^2$ ?

[vpb]

да, конечно. В общем, в ответе букв $a,b$ быть не должно.

[MChagall]

То есть мой идеал $I=(x^3,y^3,x^2y+xyx+yx^2,y^2x+yxy+xy^2)$ ?

-- 02.04.2021, 20:13 --

Он же оказался и БГ

-- 02.04.2021, 20:42 --

По поводу ряда Гильберта не уверен. Получается, что нет 2-цепей и ряд $H(z)=\frac{1}{1-2z+4z^3}$ ?

[vpb]

MChagall в сообщении #1512621 писал(а):

То есть мой идеал $I=(x^3,y^3,x^2y+xyx+yx^2,y^2x+yxy+xy^2)$ ?

Второй элемент более разумно записать как $xy^2+yxy+y^2x$, чтоб старшие мономы шли сначала (коли уж выбрано упорядочение с $x>y$).

MChagall в сообщении #1512621 писал(а):

Он же оказался и БГ

Верно.

MChagall в сообщении #1512621 писал(а):

По поводу ряда Гильберта не уверен. Получается, что нет 2-цепей и ряд $H(z)=\frac{1}{1-2z+4z^3}$

Нет, ряд Гильберта определенно другой. Надо просто вручную определить, сколько будет мономов степени $n$, в которых нет подслов $x^3$, $y^3$, $xy^2$ или $xy^2$. Это и будут коэффициенты ряда Гильберта. Для них есть (в данном случае) простая закономерность.

[MChagall]

Получилось $H(z)=1+2z+4(z^2+z^4+...)+5(z^3+z^5+...)$
Не ошибся?

[vpb]

Верно. Ну и сами приведенные мономы (т.е. возможные старшие мономы в приведенных элементах) выпишите. Это поможет решить следующую задачу.