単項式順序

1．$0>\alpha$ となる $\alpha$ があったとする。両辺に $\alpha$ を足すと積との両立から $\alpha>2\alpha$、さらに $\alpha$ を足して $2\alpha>3\alpha$、… となり、集合 $\{j\alpha\mid j\ge1\}$ は最小元をもたない。これは整列性に反する。
2．$\beta=\alpha+\gamma$（$\gamma\in\mathbb{Z}_{\ge0}^n$）と書ける。1 より $\gamma\ge0$ であり、積との両立から $\alpha+\gamma\ge\alpha$、すなわち $\beta\ge\alpha$ である（$\gamma=0$ なら等号）。
3．$\alpha=\operatorname{multideg}(f)$、$\beta=\operatorname{multideg}(g)$ とする。$fg$ の単項式は、$f$ の単項式 $x^{\alpha'}$ と $g$ の単項式 $x^{\beta'}$ の積 $x^{\alpha'+\beta'}$ の形の項を集めたものである。$\alpha'\le\alpha$、$\beta'\le\beta$ なので、積との両立を 2 回使って $\alpha'+\beta'\le\alpha+\beta'\le\alpha+\beta$ を得る。積との両立は狭義の不等号についての条件なので、$(\alpha',\beta')\neq(\alpha,\beta)$ なら $\alpha'+\beta'< \alpha+\beta$ である。したがって $x^{\alpha+\beta}$ の係数は $\operatorname{LC}(f)\operatorname{LC}(g)\neq0$ だけであり、これより大きい単項式は現れない。
4．$f+g$ の単項式は $f$ か $g$ の単項式なので前半が従う。$\operatorname{multideg}(f)>\operatorname{multideg}(g)$ なら、$x^{\operatorname{multideg}(f)}$ は $g$ に現れないので $f+g$ に係数 $\operatorname{LC}(f)$ で残る。$\square$

$n$ に関する帰納法で示す。$n=1$ では、$S\neq\emptyset$ なら $S$ の最小元 $m$ について $S_0=\{m\}$ とすればよい（$S=\emptyset$ なら $S_0=\emptyset$）。
$n\ge2$ とし、$n-1$ では正しいとする。$\alpha\in\mathbb{Z}_{\ge0}^n$ を $\alpha=(\alpha',a)$（$\alpha'\in\mathbb{Z}_{\ge0}^{n-1}$、$a=\alpha_n$）と書く。
$$ S':=\{\alpha'\mid \text{ある }a\text{ で }(\alpha',a)\in S\} $$
に帰納法の仮定を使い、有限個の $\beta'_1,\dots,\beta'_r\in S'$ で $S'$ のどの元もそのどれか以上（$\preceq$ について）となるものをとる。各 $i$ について $(\beta'_i,b_i)\in S$ となる $b_i$ を一つ選び、$b:=\max_ib_i$ とする（$r=0$ なら $S=\emptyset$ で主張は自明）。次に $0\le c< b$ の各 $c$ について
$$ S'_c:=\{\alpha'\mid (\alpha',c)\in S\} $$
に帰納法の仮定を使い、有限部分集合 $T_c\subset S'_c$ をとる。
$$ S_0:=\{(\beta'_i,b_i)\mid 1\le i\le r\}\cup\{(\gamma',c)\mid 0\le c< b,\ \gamma'\in T_c\} $$
は $S$ の有限部分集合である。$\alpha=(\alpha',a)\in S$ をとる。$a\ge b$ なら、$\alpha'\in S'$ なのである $i$ で $\beta'_i\preceq\alpha'$ であり、$b_i\le b\le a$ だから $(\beta'_i,b_i)\preceq\alpha$ である。$a< b$ なら、$\alpha'\in S'_a$ なのである $\gamma'\in T_a$ で $\gamma'\preceq\alpha'$ であり、$(\gamma',a)\preceq\alpha$ である。$\square$

1．$f\in I$ なら $f=\sum_{j=1}^sh_jx^{\alpha(j)}$（$h_j\in k[x_1,\dots,x_n]$、$\alpha(j)\in S$）と書ける。右辺を展開すると、現れる単項式はどれも $x^\beta x^{\alpha(j)}$ の形で、$x^{\alpha(j)}$ で割り切れる。$f$ の単項式はこれらの中にある。逆に $f$ の各単項式が $I$ の生成元の倍数なら、$f$ はそれらの $k$ 係数の和なので $I$ に属する。
2．thm-mo-dickson の $S_0$ をとる。各 $x^\alpha$（$\alpha\in S$）はある $x^\beta$（$\beta\in S_0$）の倍数なので、$I$ の生成元はすべて $(x^\beta\mid\beta\in S_0)$ に入る。$\square$

整列順序なら $\alpha\ge0$ であることは lem-mo-basic の 1 の証明と同じである（その証明は 1・2・3 の条件だけを使っている）。
逆に、すべての $\alpha$ で $\alpha\ge0$ とする。まず $\beta\preceq\alpha$ なら $\beta\le\alpha$ である。実際 $\alpha=\beta+\gamma$、$\gamma\ge0$ と書け、積との両立から $\beta+\gamma\ge\beta+0=\beta$ である。$S\subset\mathbb{Z}_{\ge0}^n$ を空でない部分集合とし、thm-mo-dickson の有限部分集合 $S_0\subset S$ をとる。$S_0$ は空でない有限集合なので、全順序 $>$ に関する最小元 $\mu$ をもつ。任意の $\alpha\in S$ について $\beta\preceq\alpha$ となる $\beta\in S_0$ があり、$\alpha\ge\beta\ge\mu$ である。$\mu\in S$ なので $\mu$ は $S$ の最小元である。$\square$

全順序：$\mathbb{R}^m$ の辞書式順序は全順序であり（辞書式順序 の命題「辞書式順序は全順序」）、$M$ は単射なので $\alpha\neq\beta$ なら $M\alpha\neq M\beta$ で、どちらかが大きい。積との両立：$M(\alpha+\gamma)=M\alpha+M\gamma$ と、辞書式順序が足し算と両立すること（辞書式順序 の命題「足し算との両立」）による。整列性：仮定から $\alpha\ge0$ がすべての $\alpha$ で成り立つので、thm-mo-well-order-criterion による。
後半：lex では $M\alpha=\alpha$ で、$\alpha\neq0$ の $0$ でない最初の成分は正である。grlex と grevlex では $M\alpha$ の第 1 成分 $|\alpha|$ が正である。重みつき順序では第 1 成分 $w\cdot\alpha$ が正であり、単位行列を続けたので単射である。$\square$

無限に続けば $\operatorname{multideg}(f_0)>\operatorname{multideg}(f_1)>\cdots$ は整列集合の真に減少する無限列になり、整列順序 の命題「無限降下列の非存在」に反する。$\square$

1．$\operatorname{LM}(f)=x^\alpha$ とすると $\alpha_1=\cdots=\alpha_i=0$ である。$f$ のある単項式 $x^\beta$ がある $j\le i$ で $\beta_j>0$ を満たすとし、そのような最小の $j$ をとる。$\beta-\alpha$ の第 $1,\dots,j-1$ 成分は $0$、第 $j$ 成分は $\beta_j>0$ なので $\beta>_{\mathrm{lex}}\alpha$ となり、$x^\alpha$ の最大性に反する。
2．$f$ の単項式のうち次数が最大のものは、次数のより小さい単項式より大きいので、最大の単項式の次数は $f$ の全次数である。$\square$