Hilbert serisinden kastının ne olduğunu tam anlayamadım, o yüzden bana en uygun gelen tanımı aldım.
Öncelikle
şuradaki soruda olduğu gibi çözünümlerle ilgili bir şey olmasa gerek bu Hilbert serisi. Zira iki bilinmeyenli polinom halkasının global boyutu 2. Bu yüzden de minimal çözünümde üçten fazla serbest modül olamaz.
O yüzden şunu kastettiğini varsayıyorum: $I$'yı $R$'nin bir kademeli (graded) ideali olarak görüyoruz ve $\mathcal{H}(I, i)$ ile $I$'nın $i$'inci kademesinin vektör uzayı boyutunu kastediyoruz. Ben buna kısaca $h(i)$ diyeceğim. Kanıtlamak istediğimiz şey şu: $h(i + r) \geq h(i) + r$. Ama bunu kanıtlamayı da şunu kanıtlamaya indirgeyebiliriz: $h(i + 1) \geq h(i) + 1$ (tümevarımla, gerisi gelir.)
Şimdi diyelim ki $h(i) = n$ olsun ve $v_1, \ldots , v_n \in I_i$ polinomları $I$'nın $i$'inci kademesi için vektöruzayı bazı oluştursun. Bu durumda $xv_1, xv_2, \ldots, xv_n \in I_{i+1}$ polinomları $i+1$'inci kademede yer alırlar ve hala $k$ üzerine lineer bağımsızdırlar: Zira diyelim ki $a_1xv_1 + \ldots + a_nxv_n = 0$ olsun. $x(a_1v_1 + \ldots + a_nv_n) = 0$ olur. $R$ bir tamlık bölgesi olduğundan $a_1v_1 + \ldots + a_nv_n = 0$ olur. Ama $v_j$'leri lineer bağımsız seçtiğimiz için bu bize $a_j$'lerin sıfır olması gerektiğini söyler.
Demek ki $I_{i+1}$'de en az $n$ tane lineer bağımsız polinom var, yani $h(i+1) \geq h(i)$ olduğunu gösterebildik. Bu sınırı bir tık geliştirmek ve $h(i+1) \geq h(i )+ 1 $ demek istiyoruz. O zaman $y$'yi devreye sokalım ve $yv_1, \ldots, yv_n$ polinomlarına bakalım. İddiamız şu: bunlardan en azından bir tanesi $xv_j$'lerden lineer bağımsızdır. Bunu göstermek için $v_j$'leri biraz daha yakından inceleyelim. Her $v_j$ birer $i$'inci dereceden homojen polinom, dolayısıyla $v_j = \sum a_{jk} x^{k_1} y^{k_2}$ şeklinde yazabiliriz (burada homojenlikten dolayı $k_1 + k_2 = i$ olmalı, ama buna ihtiyacımız yok aslında). Şimdi her $v_j$ için bu açılımda yer alan $y$'nin en yüksek kuvvetini alalım ve buna $m_j$ diyelim. Mesela $v_1 = x^2 y + xy^2$ ise $m_1 = 2$ olsun. Daha sonra bu $m_j$'lerin maksimumuna bakalım. Ve bu maximum $m_{max}$'i veren $v_{max}$'i alalım (birden fazla olabilir, farketmez). Şimdi $yv_{max}$'e bakalım. $yv_{max}$'te $y$'nin en büyük kuvveti $m_{max} + 1$ olarak gözüküyor. Ama $xv_j$'lerin hepsinde hala $y$'nin olabilecek en büyük kuvveti $m_{max}$ ile sınırlı ve dolayısıyla bütün $k$-lineer kombinasyonlarında da yer alabilecek en büyük $y$ kuvveti $m_{max}$. O halde $yv_{max}$ polinomu $xv_j$'lerin lineer kombinasyonu şeklinde yazılamaz. Bu da bize $n+1$'inci lineer bağımsız vektörümüzü verir ve dolayısıyla $h(i+1) \geq n+1$ olur.
Örnek:
$v_1 = x^3 + 2 x^2y + xy^2 $
$v_2 = 3 x^2y + 4 xy^2 $
$v_3 = 5 x^3 + 2 x^2y $
Bunların $k$-lineer bağımsız olduğunu göstermek basit (katsayıların oluşturduğu matrisi alıp determinantına bakabilirsin).
$xv_1 = x^4 + 2 x^3y + x^2y^2 $
$xv_2 = 3 x^3y + 4 x^2y^2 $
$xv_3 = 5 x^4 + 2 x^3y $
Bunların $k$-lineer bağımsız olduğu da aynı sebeple bariz ama zaten bunların lineer bağımsız olması gerektiğini kanıtın içerisinde söylemiştik.
Bunların herhangi bir lineer kombinasyonu
$axv_1 + bxv_2 + cxv_3 = A x^4 + B x^3y + C x^2y^2$ şeklinde olacak.
Şimdi $m_j$'lere bakalım. $v_1$'de yer alan en büyük $y$ kuvveti $2$, yani $m_1 = 2$. Aynı şekilde $m_2 = 2, m_1 = 1$. Demek ki $m_{max} = 2$. Bunu sağlayan $v_1$'i ya da $v_2$'yi alabiliriz, $v_1$'i alalım. $yv_1$'e baktığımızda $yv_1 = x^3y + 2 x^2y^2 + xy^3 $ elde ediyoruz.
Ama $A x^4 + B x^3y + C x^2y^2 = x^3y + 2 x^2y^2 + xy^3$ olacak şekilde bir lineer kombinasyon olamaz çünkü sağ tarafta en yüksek $y$ kuvveti $3$ iken, sol tarafta en yüksek $y$ kuvveti $2$.