Đa thức trên một miền nguyên
Mục này trình bày một số tính chất của đa thức trên một miền nguyên Nội dung của mục này được trích dẫn từ [2].
Cho D là một vành giao hoán có đơn vị 1. Định nghĩa 1.1.1 Một biểu diễn a 0 x 0 +a 1 x 1 + +a n x n , trong đó a0, a1, , an ∈D, được gọi là một đa thức theo biến x trên D.
Tập hợp tất cả các đa thức theo biến x trên D được ký hiệu là D[x].
Chú ý 1.1.1 Với hai đa thức bất kỳ thuộc D[x]ta có thể giả sử hai đa thức có cùng số hạng tử bằng cách bổ sung các hạng tử có dạng 0x k
Hai đa thứca 0 x 0 +a 1 x 1 + +a n x n , b 0 x 0 +b 1 x 1 + +b m x m ,m>n được gọi là bằng nhau nếu a i =b i , i= 0, , nvà b i = 0, i=n+ 1, , m.
Một đa thức a 0 x 0 +a 1 x 1 + +a n x n , trong đóa i = 0, i = 1, , n được gọi là đa thức không, ký hiệu là 0.
TrênD[x] ta định nghĩa phép toán cộng và phép toán nhân như sau:
Khi đóD[x]là một vành giao hoán có đơn vị1, được gọi là vành đa thức một biến trên D.
Ta định nghĩa quy nạp với n≥1
D[x 0 , , x n ] =D[x 0 , , xn−1][x n ] và gọi là vành đa thứcn+ 1 biến x 0 , , x n trên D. Định nghĩa 1.1.2 Một đa thức a0 + +anx n ∈D[x], trong đó an 6= 0, được gọi là đa thức bậc n Bậc của một đa thức f được ký hiệu là deg(f).
Từ đây về sau D được giả sử là một miền nguyên.
Mệnh đề 1.1.1 Cho f 1 = a 0 + +a n x n và f 2 = b 0 + +b m x m ∈ D[x], trong đó a n b m 6= 0 ta có deg(f 1 +f 2 )6max{degf 1 ,degf 2 }, deg(f 1 f 2 ) = deg(f 1 ) + deg(f 2 ).
Chứng minh Không mất tính tổng quát giả sử n≥m Nếu n > m, thì deg(f 1 +f 2 ) = n=max{deg(f 1 ),deg(f 2 )}
Nếun =m thì deg(f 1 +f 2 )≤n=m=max{deg(f 1 ),deg(f 2 )}.
Vậy deg(f 1 +f 2 )6max{deg(f 1 ),deg(f 2 )}.
Hệ số của x n+m trong f1f2 là anbm Vì anbm 6= 0, nên bậc của f1f2 là n+m Do đó,deg(f 1 f 2 ) = degf 1 + degf 2 Định lý 1.1.1 (Định lý phép chia với dư) Nếu f và g là các đa thức thuộc D[x], g 6= 0, thì tồn tại một hằng số khác không a∈D và hai đa thức q, r ∈D[x], trong đó r= 0 hoặc deg(r) àP i(F, G) với mọi i Ta chứng minh rằng đa thức f ở Bước 1 thỏa mãn f n = 0 trong O P i /hF, Gi với mọii >0 Thật vậy ta có chuỗi các iđêan
⊃ ⊃ hF, G, f n i ⊃ ⊃ hF, Gi trong O P i Suy ra dim K O P i /hF, G, f 0 i ≤ ã ã ã ≤dim K O P i /hF, G, f n i ≤dim K O P i /hF, Gi=à P i (F, G)< n.
Suy ra tồn tại k ∈ {0, , n−1} sao cho
F, G, f k+1 trong O P i (k phụ thuộc vàoi) Do đó f k +bG+cf k+1 với a, b, c ∈ O P i nên f k (1−cf) ∈ hF, Gi Vì (1−cf)(P i ) = 1 nên 1−cf khả nghịch trong OP i Do đó f k ∈ hF, Gi trong OP i, suy ra f n = 0∈ OP i/hF, Gi với mọii >0.
Bước 3: Lấy bất kỳ a ∈ O P 0 Khi đó a f n ∈ O P 0 /hF, Gi có một đại diện đa thức g. Hơn nữa ϕ(g.f n ) có thành phần thuộc O P j /hF, Gi bằng 0 với mọi j > 0, vì f n = 0 ∈
O P j /hF, Gi với mọi j > 0, và cú thành phần thuộc O P 0 /hF, Gi bằng f a n ãf n = a Do đó, với mọi phần tử của Q
P∈F ∩GO P 0 /hF, Gi mà có thành phần thuộc O P /hF, Gi là tùy ý và tất cả các thành phần khác đều đều bằng0thuộc ảnh củaϕ Ta có điều tương tự cho mọi điểmP i Vì ảnh củaϕlà một vành con của vành đích, ta có ϕlà toàn ánh. (b) Giả sử f ∈kerϕvới f ∈K[x, y] Xét
Ta chứng minh rằng V(I) = ∅ Giả sử phản chứng tồn tại một điểm P ∈ V(I) Vì
F, G∈I nênP ∈F∩G Vì vậy,P là một trong các điểm trong không gian đích củaϕ, do đó f = 0 ∈ O P /hF, Givì f ∈kerϕ Suy ra f = a gF +b gG, trong đóa, b, g ∈K[x, y] vớig(P)6= 0 Khi đógf +bG, do đóg ∈I.MàP ∈V(I)nêng(P) = 0, một mâu thuẫn Theo Định lý nghiệm của Hilbert,I =K[x, y] suy ra1∈I Khi đó f ∈ hF, Gi, suy ra f = 0∈K[x, y]/hF, Gi.
Bổ đề 2.3.2 Cho F và G là hai đường cong affine có bậc lần lượt là m và n, sao cho các phần dẫn đầu Fm và Gn không có thành phần chung.
Khi đó, với mọi f ∈ hF, Gi ⊂ K[x, y] có bậc d, ta có thể viết f +bG với hai đa thức a và b sao cho dega≤d−m và degb≤d−n.
Chứng minh Vì f ∈ hF, Gi nên f = aF +bG với a, b∈ K[x, y] Chọn một biểu diễn sao cho dega là nhỏ nhất.
Giả sửdega > d−m hoặcdegb > d−n Khi đó,aF hoặcbG chứa một thành phần có bậc lớn hơnd Vì f +bG có bậcd, nên các phần dẫn đầu của aF và bG phải bị loại bỏ trongf Do đó, nếua∗ vàb∗ ký hiệu các phần dẫn đầu củaavàb tương ứng, ta cóa∗Fm+b∗Gn= 0, tức làa∗Fm =−b∗Gn Mà Fm và Gn không có thành phần chung theo giả thiết, do đó a∗ =cG n và b∗ =−cF m với c là một đa thức thuần nhất Suy ra f = (a−cG)F + (b+cF)G,trong đó phần dẫn đầua∗củaaloại bỏ phần dẫn đầucG n củacG Do đó,deg(a−cG)< dega, mâu thuẫn với tính nhỏ nhất củadega.
Bổ đề 2.3.3 Cho F và G là các đường cong affine không có thành phần chung, với m:= degF và n:= degG Khi đó
(b) Nếu các phần dẫn đầu F m và G n không có thành phần chung thì đẳng thức xảy ra trong (a).
Chứng minh (a) Với mọi d ≥ m+n, xét dãy các ánh xạ tuyến tính của không gian vectơ
−→π K[x, y]/hF, Gi (a, b)7−→aF +bG trong đóK[x, y]≤d ký hiệu không gian con của K[x, y] gồm tất cả các đa thức có bậc không vượt quá d, có số chiều là C d+2 2 , và π là toàn cấu chính tắc.
Hạt nhân củaαlà tập hợp tất cả các cặp (a, b)của các đa thức có bậc không vượt quá d−m vàd−n tương ứng, sao cho aF =−bG Vì F và Gkhông có thành phần chung nên a=cG và b=−cF với c∈K[x, y]≤d−m−n, tức là kerα=K[x, y]≤d−m−n(G,−F) (2.3.1) Hơn nữa, rõ ràng ta có imα⊂kerπ (2.3.2)
Theo định lý đồng cấu dimK imπ =C d+2 2 −dimKkerπ
(b) Để chứng minh đẳng thức trong (a), ta chỉ cần chứng minh kerπ ⊂imα.Điều này luôn đúng do Bổ đề 2.3.2. Định lý 2.3.1 (Định lý Bézout) Cho K là một trường vô hạn Cho F và G là các đường cong xạ ảnh không có thành phần chung Khi đó
Hơn nữa, đẳng thức xảy ra khi K là một trường đóng đại số.
Chứng minh Theo Bổ đề 2.1.1 (b), tồn tại một điểm Q trong phần affine của P 2 mà
Q /∈ F i ∪G i , tức là Q /∈ F ∪G Vì K là một trường vô hạn và F ∩G hữu hạn theo Mệnh đề 2.1.1 nên ta có thể chọn một đường thẳng L đi qua Q mà không giao với
F∩G Thực hiện một phép biến đổi tọa độ xạ ảnh sao choLtrở thành đường thẳng vô cùng Khi đó, cả F và G đều không chứa đường thẳng vô cùng như một thành phần.
Do đó degF i = degF và degG i = degG, và tất cả các điểm giao của F và G nằm trong phần affine (tức là chúng cũng là các điểm giao của các đường cong affineF i và
G i ). Áp dụng Bổ đề 2.3.1 (a) và Bổ đề 2.3.3 (a) choF i và G i ta có
Bây giờ, giả sử K là một trường đóng đại số Khi đó, bất đẳng thức đầu tiên là một đẳng thức theo Bổ đề 2.3.1(b) Hơn nữa, các phần dẫn đầu củaF i và G i là các đa thức thuần nhất hai biến, do đó là tích của các nhân tử tuyến tính theo Định lý 1.1.7 Các nhân tử này tương ứng với các điểm vô cùng của F và G theo Chú ý 2.2.2 (b) Nếu
F i và G i có thành phần chung thì F vàG có một điểm chung vô cùng, mâu thuẫn với cách chọn đường thẳng L Do đó F i và G i không có thành phần chung Theo Bổ đề 2.3.3 (b) bất đẳng thức thứ hai là một đẳng thức.
Chú ý 2.3.1 Giả sử F và G là hai đường cong xạ ảnh không có thành phần chung trên một trường cơ sở vô hạn K.
(a) Bội giao tại mỗi điểm của F ∩G ít nhất là 1, do đó theo Định lý Bézout,F và G giao nhau tại tối đa degF ãdegGđiểm (khụng tớnh bội).
(b) Nếu K là trường đóng đại số, thì theo Định lý Bézout F và G giao nhau ít nhất một điểm Điều này là không đúng nếuK không đóng đại số, vì khi đó V(F) có thể là tập rỗng.
Sau đây là một số áp dụng của định lý Bézout.
Mệnh đề 2.3.1 Mọi đường cong xạ ảnh trơn trên một trường đóng đại số đều là bất khả quy.
Chứng minh Giả sử F =GãH là một đường cong xạ ảnh trơn khả quy Theo Chỳ ý 2.3.1(b), tồn tại một điểm P ∈G∩H Khi đó mP(F) =mP(G.H) =mP(G) +mP(H)≥1 + 1 = 2.
Vậy P là một điểm kỳ dị củaF, một mâu thuẫn.
Mệnh đề 2.3.2 (Định lý Pascal)Cho F là một đường conic xạ ảnh bất khả quy trên một trường đóng đại số K Chọn sáu điểm phân biệt P 1 , , P 6 trên F, là các đỉnh của một hình lục giác nằm trong F Khi đó P = P 1 P 2 ∩P 4 P 5 , Q = P 2 P 3 ∩P 5 P 6 và
R = P 3 P 4 ∩P 6 P 1 nằm trên một đường thẳng, trong đó P i P j ký hiệu đường thẳng qua
Chứng minh Xét hai đường bậc ba (khả quy) G1 = P1P2 ∪ P3P4 ∪P5P6 và G2 P 2 P 3 ∪P 4 P 5 ∪P 6 P 1 Chúng giao nhau tại 9 điểm P 1 , , P 6 , P, Q, R.
Bây giờ chọn bất kỳ điểm S ∈F không trùng với những điểm đã chọn trước đó Tồn tại λ 1 , λ 2 ∈K không đồng thời bằng không sao cho đa thức bậc ba G:=λ 1 G 1 +λ 2 G 2 bằng không tại S Khi đó, F giao G tại 7 điểm P1, , P6, S, và do Định lý Bézout, hai đường cong này phải có một thành phần chung VìdegF = 2,degG= 3, vàF bất khả quy, suy ra G chứa một thành phần là F, tức là G =F ãL với một đường thẳng
L Mà P, Q, Rnằm trênG (vì chúng nằm trênG 1 và G 2 ) và không nằm trênF, do đó
Mệnh đề 2.3.3 Giả sử F là một đường cong xạ ảnh bất khả quy có vô số điểm trên một trường đóng đại số.
(a) Nếu degF = 1 thì F là một đường thẳng, không có điểm kỳ dị.
(b) Nếu degF = 2, thì F không có điểm kỳ dị.
Chứng minh (a) Vì m P (F) = 1 với mọi P ∈F nên F không có điểm kỳ dị.
(b) Giả sửP ∈F là một điểm kỳ dị, chọn bất kỳ điểmQ∈F khácP GọiGlà đường thẳng đi qua P và Q Vỡ P là một điểm kỳ dị của F,à P (F, G)≥2 Suy ra à P (F, G) +à Q (F, G)≥2 + 1 = 3>2 = degF.degG.
Theo Định lý Bézout,F và G phải có một thành phần chung, một mâu thuẫn.
Bổ đề 2.3.4 Cho d∈N>0 Với mọi C d+2 2 −1điểm cho trước trong không gian P 2 , tồn tại một đường cong xạ ảnh có bậc d đi qua C d+2 2 −1 điểm đó.
Chứng minh Theo Chú ý 2.2.3 không gian của tất cả các đường cong xạ ảnh có bậcd là một không gian xạ ảnh có chiềuC d+2 2 −1 Trong không gianP C
2 d+2 −1 này, một đường cong xạ ảnh
F = X i+j+k=d a i,j,k x i y j z k tương ứng với điểm có tọa độ thuần nhất a i,j,k
Cho một điểm P = (x 0 :y 0 :z 0 )∈P 2 , điều kiện P ∈F tương đương với
X i+j+k=d a i,j,k x i 0 y 0 j z 0 k = 0, tức là một điều kiện tuyến tính theo các tọa độ thuần nhất này Do đó, không gian của tất cả các đường cong xạ ảnh có bậc d đi qua C d+2 2 −1 điểm cho trước là một không gian xạ ảnh con có chiều ít nhất làdimP C
= 0, và do đó khác rỗng. Vậy tồn tại đường cong xạ ảnh bậcd đi qua C d+2 2 −1 điểm cho trước.
Mệnh đề 2.3.4 Cho F là một đường cong xạ ảnh bất khả quy bậc d có vô hạn điểm.
F có tối đa C d−1 2 điểm kì dị.
Chứng minh Giả sửF có các điểm kì dị phân biệtP 1 , , P C 2 d−1 +1 Chọn thêm d−3 điểm tùy ý phân biệt khác Q 1 , , Qd−3 trên F, do đó tổng số điểm là
Theo Bổ đề 2.3.4, tồn tại một đường cong Gcó bậc d−2 đi qua tất cả các điểm này.