Như với các đường cong trong C 2 , hai đa thức thuần nhất không có thừa số bội P (x, y, z) và Q(x, y, z) định nghĩa cùng một đường cong xạ ảnh trong P 2 khi và chỉ khi đa thức này bằng đ[r]
(1)Mục lục
2 Nền tảng 2
2.1 Đường cong phức C2 . 2
2.2 Không gian xạ ảnh phức
2.3 Đường cong xạ ảnh phức P2 12
2.4 Đường cong afin xạ ảnh 14
3 Các tính chất đại số 22 3.1 Định lý Bézout 22
3.2 Điểm uốn đường cong bậc ba 39
Tài liệu tham khảo 47
(2)Chương 2 Nền tảng
Chương bao gồm định nghĩa vật liệu cần thiết để nghiên cứu đường cong đại số phức Trước tiên định nghĩa đường cong đại số phức C2, sau thêm "các điểm vơ cùng" để đường cong xạ ảnh phức.
2.1 Đường cong phức C2
Giả sử P (x, y) đa thức hai biến, khác số, với hệ số phức Ta nói
P (x, y) khơng có thành phần bội không tồn khai triển P (x, y) = (Q(x, y))2R(x, y),
trong Q(x, y), R(x, y) đa thức Q(x, y) khác số.
Định nghĩa 2.1 Giả sử P (x, y) đa thức hai biến, khác số, với hệ số phức khơng có thành phần bội Khi đường cong đại số phức C2 định nghĩa P (x, y) là
C = {(x, y) ∈ C2 : P (x, y) = 0}
Lí Định nghĩa có giả thiết P (x, y) khơng có thành phần bội Định lý khơng điểm Hilbert đề đề cập §1.3.
Định lý (Định lý Hilbert không điểm) Nếu P (x, y) Q(x, y) đa thức
với hệ số phức thì
{(x, y) ∈ C2 : P (x, y) = 0} = {(x, y) ∈ C2 : Q(x, y) = 0}
nếu tồn số nguyên dương n m cho P chia hết Qn và Q chia
hết Pm; cách tương đương, P Q có thành phần
(3)CHƯƠNG NỀN TẢNG 2.1 ĐƯỜNG CONG PHỨC TRONGC2 Hệ 2.2 Nếu P (x, y) Q(x, y) khơng có thành phần bội chúng định nghĩa
cùng đường cong đại số phức C2 nếu đa thức tích của
đa thức với vơ hướng, tức là
P (x, y) = λQ(x, y) với λ ∈ C \ {0} đó.
Chứng minh Đây hệ hiển nhiên Định lý Hilbert không điểm.
Nhận xét 2.3 Một cách tổng quát để định nghĩa đường cong đại số phức trong
C2 như lớp tương đương đa thức hai biến khác số, hai đa thức tương đương với đa thức tích đa thức với vơ hướng Một đa thức có thành phần bội đường cong hiểu gắn thêm bội; ví dụ (y − x2)3 định nghĩa đường cong y − x2 nhưng với bội ba Mặc dù hầu hết sách Định nghĩa 2.1 đủ, (ví dụ
§3.2) cần xét đến đường cong định nghĩa đa thức với thành phần
bội
Định nghĩa 2.4 Bậc d đường cong C định nghĩa P (x, y) bậc đa thức
P , tức là
d = max{r + s : cr,s 6= 0}
ở
P (x, y) =X
r,s
cr,sxrys.
Một điểm (a, b) ∈ C gọi điểm kì dị (hoặc kì dị) C nếu
∂P
∂x(a, b) = = ∂P
∂y(a, b).
Tập hợp điểm kì dị C kí hiệu Sing(C) C gọi khơng có kì dị nếu Sing(C) = ∅.
Ví dụ 2.5 Đường cong định nghĩa x2 + y2 = khơng có kì dị Cịn đường cong định nghĩa y2 = x3 có điểm kì dị (0, 0).
Định nghĩa 2.6 Một đường cong định nghĩa phương trình tuyến tính
αx + βy + γ = 0,
trong α, β, γ số phức α β không đồng thời không, gọi là đường thẳng
(4)2.1 ĐƯỜNG CONG PHỨC TRONGC2 CHƯƠNG NỀN TẢNG Định nghĩa 2.7 Một đa thức n biến khác không P (x1, , xn) gọi đa thức
thuần bậc d nếu
P (λx1, , λxn) = λdP (x1, , xn)
với λ ∈ C Một cách tương đương, P có dạng
P (x1, , xn) =
X
r1+ +rn=d
ar1, ,rnx
r1
1 xrnn
với ar1, ,rn số phức
Chú ý đa thức nhân tử Q(x1, , xn) đa thức P (x1, , xn)
cũng (xem Phụ lục A)
Bổ đề 2.8 Giả sử P (x, y) đa thức khác không bậc d hai biến với
hệ số phức có phân tích thành tích đa thức tuyến tính P (x, y) =
d
Y
i=1
(αix + βiy)
với αi, βi ∈ C.
Chứng minh Chúng ta viết P (x, y) =
d
X
r=0
arxryd−r = yd d X r=0 ar ¡x y ¢r
trong a0, , ad ∈ C khơng đồng thời không Giả sử e số lớn trong
{0, , d} cho ae 6= Khi đó
d X r=0 ar ¡x y ¢r là đa thức bậc e với hệ số phức với biến x
y có phân tích d X r=0 ar ¡x y ¢r = ae
e
Y
i=1
¡x
y − γi
¢
với γ1, , γe∈ C Vì vậy
P (x, y) = aeyd e
Y
i=1
¡x
y − γi
¢
= aeyd−e e
Y
i=1
(x − γiy).
Vì ta có điều phải chứng minh
Do P (x, y) đa thức nên có khai triển Taylor hữu hạn
P (x, y) = X
i,j≥0
∂i+jP
∂xi∂yj(a, b)
(x − a)i(y − b)j
i!j!
(5)CHƯƠNG NỀN TẢNG 2.1 ĐƯỜNG CONG PHỨC TRONGC2 Định nghĩa 2.9 Giả sử đường cong C định nghĩa P (x, y) Khi số bội một điểm (a, b) ∈ C số nguyên dương bé m cho
∂mP
∂xi∂yj(a, b) 6= 0
với i ≥ 0, j ≥ cho i + j = m Khi đa thức X
i+j=m
∂mP
∂xi∂yj(a, b)
(x − a)i(y − b)j
i!j! (2.1)
là bậc m từ Bổ đề 2.8 có phân tích thành tích m đa thức tuyến tính có dạng
α(x − a) + β(y − b)
với (α, β) ∈ C2 \ {(0, 0)} Các đường thẳng định nghĩa đa thức tuyến tính gọi tiếp tuyến C (a, b) Điểm (a, b) khơng phải điểm kì dị số bội m = 1; trường hợp C có tiếp tuyến tại điểm (a, b) định nghĩa bởi
∂P
∂x(a, b)(x − a) + ∂P
∂y(a, b)(y − b) = 0.
Điểm (a, b) ∈ C gọi điểm bội (tương ứng, bội ba, v.v.) số bội là 2 (tương ứng 3, v.v.) Một điểm kì dị (a, b) gọi bình thường đa thức (2.1) khơng có thành phần bội, tức C có m tiếp tuyến phân biệt (a, b).
Ví dụ 2.10 Các đươngf cong bậc định nghĩa bởi y2 = x3+ x2
y2 = x3
đều có điểm bội hai gốc tọa độ; đường có điểm bội hai thơng thường, đường thứ hai khơng (xem hình vẽ 2.1) Đường cong định nghĩa
(x4+ y4)2 = x2y2
có điểm kì dị bội bốn khơng tầm thường gốc tọa độ; cịn đường cong định nghĩa
(6)2.2 KHÔNG GIAN XẠ ẢNH PHỨC CHƯƠNG NỀN TẢNG
Hình 2.1: Đường cong y2 = x3+ x2 và y2 = x3
Hình 2.2: Đường cong (x4+ y4)2 = x2y2 và (x4+ y4− x2− y2)2 = 9x2y2
Định nghĩa 2.11 Một đường cong C định nghĩa đa thức P (x, y) gọi bất
khả qui P bất khả qui, tức P (x, y) có nhân tử số vơ
hướng nhân với
Nếu nhân tử P (x, y) là
P1(x, y), , Pk(x, y)
thì đường cong định nghĩa
P1(x, y), , Pk(x, y)
được gọi thành phần (bất khả qui) C
2.2 Không gian xạ ảnh phức
(7)CHƯƠNG NỀN TẢNG 2.2 KHƠNG GIAN XẠ ẢNH PHỨC
Tính chất 2.12 (i) Một tập Rn hay Cn là compắc đóng và
bị chặn (định lý Heine-Borel)
(ii) Nếu f : X → Y ánh xạ liên tục khơng gian tơpơ X là compắc f (X) compắc.
(iii) Từ (i) (ii) suy X không gian tôpô compắc f : X → R một hàm liên tục f bị chặn đạt giá trị biên.
(iv) Một tập đóng khơng gian compắc compắc (v) Một tập compắc không gian Hausdorff đóng (vi) Một hợp hữu hạn khơng gian compắc compắc
Với nhiều lí hữu ích compắc hóa đường cong đại số phức C2 bằng cách thêm vào "các điểm vơ cùng" Lấy ví dụ, giả sử muốn xét giao điểm hai đường cong,
y2 = x2− 1, y = cx
trong c số phức Nếu c 6= ±1 đường cong cắt hai điểm. Khi c = ±1 chúng không cắt nhau, lại tiệm cận x y tiến vô (xem hình vẽ 2.3) Chúng ta muốn thêm điểm vô C2 sao cho các đường cong y2 = x2+ y = cx cắt "tại vô cùng" c = ±1 Một cách tương tự, đường thẳng song song "gặp vô cùng"
–2 –1
y
–2 –1
x
Hình 2.3: Đường cong y2 = x2− y = ±x
(8)2.2 KHÔNG GIAN XẠ ẢNH PHỨC CHƯƠNG NỀN TẢNG
không nằm mặt phẳng {(x, y, z) ∈ C3 : z = 0} chứa điểm có dạng (x, y, 1) Cịn khơng gian chiều {(x, y, z) ∈ C3 : z = 0} có thể xem "các điểm vô cùng"
Định nghĩa 2.13 Tập hợp không gian chiều phức không gian vectơ Cn được gọi không gian xạ ảnh n-chiều P
n Khi n = ta có đường thẳng xạ
ảnh phức P1 và n = ta có mặt phẳng xạ ảnh phức n = 2.
Nhận xét 2.14 Nếu V không gian vectơ trường K khơng gian
xạ ảnh tương ứng P (V ) tập hợp tất không gian chiều V Ở đây làm việc với K = C V = Cn+1 và cho đơn giản viết P
n thay cho
P(Cn+1).
Một không gian chiều U Cn+1 được sinh vectơ khác không
u ∈ U Do ta đồng Pnvới tập tất lớp tương đương Cn+1\{0},
trong quan hệ tương đương a ∼ b tồn giá trị λ ∈ C \ {0} sao cho a = λb.
Định nghĩa 2.15 Một vectơ bất kỳ
(x0, , xn)
trong Cn+1đại diện cho phần tử x P
n; ta gọi (x0, , xn) tọa độ
cho x viết
x = [x0, , xn].
Do
Pn= {[x0, , xn] : (x0, , xn) ∈ Cn+1\ {0}}
và
[x0, , xn] = [y0, , yn]
khi có λ ∈ C \ {0} cho xj = λyj với j.
Bây trang bị để Pn trở thành không gian tôpô (chúng ta
chỉ khơng Cnnó khơng gian compăc) Xét ánh xạ Π : Cn+1\ {0} → P n
xác định
Π(x0, , xn) = [x0, , xn]
và trang bị cho Pn tôpô thương cảm sinh từ tôpô thông thường Cn+1\ {0} (xem
[Sutherland 75] trang 68) Đó là, tập A Pn tập mở
Π−1(A) tập mở Cn+1\ {0}.
Nhận xét 2.16 Chú ý rằng
(i) tập B Pn tập đóng Π−1(A) tập đóng của
(9)CHƯƠNG NỀN TẢNG 2.2 KHÔNG GIAN XẠ ẢNH PHỨC
(ii) Π : Cn+1\ {0} → P
nlà ánh xạ liên tục;
(iii) X khơng gian tơpơ ánh xạ f : Pn → X liên tục và
chỉ
f ◦ Π : Cn+1\ {0} → X
liên tục; tổng quát A tập Pn thì ánh xạ f : A → X
liên tục
f ◦ Π : Π−1(A) → X
liên tục
Chúng ta định nghĩa tập U0, , Uncủa Pn sau
Uj = {[x0, , xn] ∈ Pn : xj 6= 0}.
Chú ý điều kiện xj 6= độc lập với việc chọn tọa độ nhất, và
Π−1(U
j) = {(x0, , xn) ∈ Cn+1 : xj 6= 0}.
là tập mở Cn+1\ {0}, U
j tập mở Pn
Định nghĩa φ0 : U0 → Cn
φ0[x0, , xn] =
¡x1
x0
, ,xn x0 ¢
.
Đây ánh xạ định nghĩa tốt với ánh xạ ngược (y1, , yn) 7→ [1, y1, , yn]
bởi Định nghĩa 2.15 Tọa độ (y1, , yn) gọi tọa độ xạ ảnh không nhất
trên U0
Nhờ Nhận xét 2.16 dễ dàng chứng tỏ φ0 : U0 → Cn ánh xạ liên tục (chỉ cần chứng minh hợp thành với Π : Π−1(U
0) → U0 liên tục) ánh xạ ngược hợp thành Π ánh xạ liên tục từ Cn đến Cn+1\ {0} xác định bởi
(y1, , yn) 7→ (1, y1, , yn).
Do φ0 là đồng phơi Tương tự ta có đồng phơi φj : Uj → Cn với
1 ≤ j ≤ n, xác định bởi
φj[x0, , xn] =
³x0
xj
, , xj−1 xj
,xj+1 xj
, , xn xj
´
. Nhận xét 2.17 Phần bù Untrong Pnlà siêu phẳng
(10)2.2 KHÔNG GIAN XẠ ẢNH PHỨC CHƯƠNG NỀN TẢNG
Rõ ràng đồng với Pn−1 Như xây dựng không gian
xạ ảnh Pnbằng qui nạp P0 điểm P1 xem C với điểm
∞ (tức P0) đồng với mặt cầu Riemann C ∪ {∞}.
P2 C2 với "đường thẳng vô cùng" (tức P1), tổng quát Pn Cn với Pn−1tại vô
Do {Uj : ≤ j ≤ n} phủ mở Pnvà
φj : Uj → Cn
là đồng phôi với j, liên tục f từ Pn đến không gian tôpô X khi
và
f ◦ φ−1j : Cn → X
liên tục với j Tương tự ánh xạ f : X → Pn liên tục f−1(Uj)
là tập mở X và
φj ◦ f : f−1(Uj) → Cn
liên tục vơi j.
Mệnh đề 2.18 Pn là tập compắc.
Chứng minh Giả sử
S2n+1 = {(x0, , xn) ∈ Cn+1 : |x0|2+ + |xn|2 = 1}.
Tức S2n+1 là mặt cầu 2n + chiều Hơn tập đóng, bị chặn Cn+1, theo định lý Heine-Borel 2.12(i) tập compăc Hạn chế ánh
xạ Π : S2n+1 → P
n định nghĩa ánh xạ liên tục, ảnh
ảnh tập compăc qua ánh xạ liên tục, tập compăc 2.12(ii) Bây [x0, , xn] ∈ Pnthì
λ = |x0|2+ + |xn|2 > 0
do
[x0, , xn] = [λ−
1
2x0, , λ− 2xn].
Nhưng
|λ−1
2x0|2+ + |λ−12xn|2 =
nên
[x0, , xn] ∈ Π(S2n+1).
Vậy Π : S2n+1 → P
(11)CHƯƠNG NỀN TẢNG 2.2 KHÔNG GIAN XẠ ẢNH PHỨC
Định nghĩa 2.19 Một phép biến đổi xạ ảnh Pnlà song ánh
f : Pn → Pn
sao cho với đẳng cấu tuyến tính α : Cn+1 → Cn+1nào đó, ta có
f [x0, , xn] = [y0, , yn]
trong
(y0, , yn) = α(x0, , xn),
tức
f ◦ Π = Π ◦ α
ở Π : Cn+1\ {0} → P
n định nghĩa trước
Π(x0, , xn) = [x0, , xn].
Bổ đề 2.20 Một phép biến đổi xạ ảnh f : Pn→ Pnlà ánh xạ liên tục.
Chứng minh Ta có
f ◦ Π = Π ◦ α
với đẳng cấu tuyến tính α : Cn+1 → Cn+1nào Do Π liên tục (do 2.16(ii)) α liên
tục suy f ◦ Π liên tục, theo 2.16(iii) suy f liên tục.
Định nghĩa 2.21 Một siêu phẳng Pn là ảnh V \ {0} qua ánh xạ Π :
Cn+1\ {0}, V khơng gian n chiều Cn+1.
Bổ đề 2.22 Cho n + điểm phân biệt p0, , pn và q Pn, khơng có n + 1
điểm nằm siêu phẳng, chứng minh có phép biến đổi xạ ảnh biến pi thành [0, , 0, 1, 0, , 0] vị trí thứ i, biến q thành
[1, , 1].
Chứng minh Giả sử u0, , un và v phần tử Cn+1\ {0} mà ảnh chúng
qua ánh xạ Π p0, , pn và q Khi u0, , unlà sở Cn+1, nên tồn
nhất phép biến đổi tuyến tính α Cn+1 biến u
0, , un thành sở tắc
(1, 0, , 0), , (0, , 0, 1) Mặt khác điều kiện cho p0, , pn và q dẫn tới
α(v) = (λ1, , λn)
với λ1, , λn là số phức khác khơng Vì hợp thành α với phép biến đổi
tuyến tính xác định ma trận đường chéo
λ1 · · ·
0
· · ·
λn
(12)2.3 ĐƯỜNG CONG XẠ ẢNH PHỨC TRONGP2 CHƯƠNG NỀN TẢNG định nghĩa phép biến đổi xạ ảnh biến pi thành
[0, , 0,
λi
, 0, , 0] = [0, , 0, 1, 0, , 0]
và q thành [1, , 1] Dễ dàng kiểm tra nhất.
Mệnh đề 2.23 Không gian xạ ảnh Pn là không gian Hausdorff.
Chứng minh Chúng ta cần chứng minh p q hai điểm phân biệt của
Pnthì có lân lận mở chúng Pnrời
Chúng ta phải có đồng phơi φ0 : U0 → Cn trong U0 tập mở Pn Nếu p q nằm U0 thì φ0(p) φ0(q) có lân cận mở V W rời Cn (do Cnlà Hausdorff) φ−1
0 (V ) φ−10 (W ) lân cận mở rời nhau của p q Pn Cụ thể ta áp dụng cho p = [1, 0, , 0] q = [1, 1, , 1].
Tổng qt ta tìm điểm p0, , pn Pn sao cho p0 = p và khơng có n + điểm n + điểm p0, , pn và q nằm siêu
phẳng Do theo Bổ đề 2.20 tồn phép biến đổi xạ ảnh f : Pn → Pn biến
p thành [1, 0, , 0] q thành [1, 1, , 1] Như chứng minh [1, 0, , 0] và
[1, 1, , 1] có lân cận mở rời φ−1(V ) φ−1(W ) P
n Do f liên tục (theo
Bổ đề 2.20) song ánh, nên tập f−1(φ−1(V )) f−1(φ−1(W )) các
lân cận mở rời p q Pn, điều cần chứng minh
2.3 Đường cong xạ ảnh phức P2
Nhắc lại §2.2 ta có mặt phẳng xạ ảnh P2 khơng gian chiều phức C3 Kí hiệu [x, y, z] không gian sinh (x, y, z) ∈ C3\ {0}, thế
P2 = {[x, y, z] : (x, y, z) ∈ C3\ {0}}
[x, y, z] = [u, v, w] khi tồn λ thuộc C \ {0} cho
x = λu, y = λv, z = λw.
Nhắc lại đa thức P (x, y, z) gọi đa thức bậc d nếu
P (λx, λy, λz) = λdP (x, y, z)
(13)CHƯƠNG NỀN TẢNG 2.3 ĐƯỜNG CONG XẠ ẢNH PHỨC TRONGP2 Định nghĩa 2.24 Giả sử P (x, y, z) đa thức khác số ba biến
x, y, z với hệ số phức Giả sử P (x, y, z) khơng có thừa số bội Khi đường cong
xạ ảnh C định nghĩa P (x, y, z) là
C = {[x, y, z] ∈ P2 : P (x, y, z) = 0}.
Chú ý điều kiện P (x, y, z) = không phụ thuộc vào việc chọn tọa độ thuần nhất (x, y, z), P đa thức nên với λ ∈ C \ {0}
P (λx, λy, λz) = ⇔ P (x, y, z) = 0.
Nhận xét 2.25 Như với đường cong C2, hai đa thức không có thừa số bội P (x, y, z) Q(x, y, z) định nghĩa đường cong xạ ảnh P2 đa thức đa thức nhân với vô hướng, đa thức với thừa số bội xem đường cong có thành phần bội
Định nghĩa 2.26 Bậc đường cong xạ ảnh C P2 định nghĩa đa thức P (x, y, z) bậc d P (x, y, z) Đường cong C gọi bất khả qui P (x, y, z) bất khả qui, tức P (x, y, z) có đa thức thừa số khác số và khác vô hướng nhân với Một đường cong xạ ảnh D định nghĩa một đa thức Q(x, y, z) gọi thành phần C Q(x, y, z) chia hết P (x, y, z).
Định nghĩa 2.27 Điểm [a, b, c] đường cong xạ ảnh C P2 định nghĩa một đa thức P (x, y, z) gọi điểm kì dị nếu
∂P
∂x(a, b, c) = ∂P
∂y(a, b, c) = ∂P
∂z(a, b, c) = 0.
Tập tất điểm kì dị C kí hiệu Sing(C) Đường cong C gọi là khơng có kì dị (trơn) Sing(C) = ∅.
Ví dụ 2.28 Đường cong xạ ảnh P2 cho x2+ y2 = z2 đường cong trơn Đường cong định nghĩa y2z = x3 có điểm kì dị [0, 0, 1].
Định nghĩa 2.29 Một đường cong xạ ảnh định nghĩa phương trình tuyến tính
αx + βy + γz = 0,
trong α, β, γ khác không, gọi đường thẳng (xạ ảnh).
Đường tiếp tuyến đường cong C P2 định nghĩa đa thức thuần P (x, y, z) điểm khơng kì dị [a, b, c] ∈ C đường thẳng
∂P
∂x(a, b, c)x + ∂P
∂y(a, b, c)y + ∂P
(14)2.4 ĐƯỜNG CONG AFIN VÀ XẠ ẢNH CHƯƠNG NỀN TẢNG
Như kế thừa, tập P2 đường cong xạ ảnh, C P2 trang bị tôpô (xem [Sutherland 75] tr.51)
Bổ đề 2.30 Một đường cong xạ ảnh
C = {[x, y, z] ∈ P2 : P (x, y, z) = 0}
trong P2 là compăc Hausdorff.
Chứng minh Để chứng minh C compăc, theo Mệnh đề 2.12(iv) 2.18 đủ
nếu chứng minh C tập đóng P2 Do 2.16(i) điều xảy
Π−1(C) = {(x, y, z) ∈ C3\ {0} : P (x, y, z) = 0}
là tập đóng C3\ {0} Điều đa thức liên tục.
Một tập không gian Hausdorff Hausdorff kết suy từ Mệnh đề 2.23
2.4 Đường cong afin xạ ảnh
Đường cong đại số phức
C = {(x, y) ∈ C2 : Q(x, y) = 0}
trong C2 thường gọi đường cong afin để phân biệt với đường cong xạ ảnh ˜
C = {[x, y, z] ∈ P2 : P (x, y, z) = 0}.
Mặc dù khác nhau, đường cong afin xạ ảnh có quan hệ gắn bó Từ đường cong afin C thu đường cong xạ ảnh ˜C thêm "các
điểm vơ cùng"
Nhắc lại §2.2, ta đồng C2 với tập mở
U = {[x, y, z] ∈ P2 : z 6= 0} P2 thông qua đồng phôi φ : U → C2 xác định
φ[x, y, z] =¡x z,
y z
¢ với ánh xạ ngược
(x, y) 7→ [x, y, 1].
Phần bù U P2 là đường thẳng xạ ảnh định nghĩa z = mà ta có thể đồng với P1 qua ánh xạ
(15)CHƯƠNG NỀN TẢNG 2.4 ĐƯỜNG CONG AFIN VÀ XẠ ẢNH
Nói cách khác P2 hợp rời C2 P1 mà xem "tại vô cùng"
Giả sử P (x, y, z) đa thức bậc d khác số Ta có đồng nhất
U với C2 như mô tả vừa rồi, phần giao U đường cong xạ ảnh ˜C định nghĩa bởi P đường cong afin C C2 định nghĩa đa thức không hai biến
P (x, y, 1).
Đa thức có bậc d nên z khơng phải ước P (x, y, z), có nghĩa ˜C
không chứa đường thẳng z = 0.
Ngược lại Q(x, y) đa thức không bậc d với hai biến x y, chẳng hạn
Q(x, y) = X
r+s≤d
ar,sxrys
thì đường cong afin định nghĩa Q(x, y) giao U (đồng với C2) với đường cong xạ ảnh ˜C P2 định nghĩa đa thức
zdQ(x
z, y z) =
X
r+s≤d
ar,sxryszd−r−s.
Giao đường cong xạ ảnh với đường thẳng vô z = tập hợp các điểm
{[x, y, 0] ∈ P2 : X 0≤r≤d
ar,d−rxryd−r = 0}
Theo Bổ đề 2.8 đa thức X 0≤r≤d
ar,d−rxryd−r
có thể phân tích thành tích thừa số tuyến tính Y
1≤i≤d
(αix + βiy).
Các đường thẳng định nghĩa
αix + βiy = 0
tiệm cận với đường cong C2 định nghĩa Q Những đường thẳng tương ứng với điểm [−βi, αi] P1; lấy P1 là đường thẳng z = P2 điểm điểm ˜C \ C.
Bằng cách thu song ánh đường cong afin C C2 và đường cong xạ ảnh ˜C P2 không chứa đường thẳng vô z = 0.
Nếu ˜C đường cong trơn C vậy, điều ngược lại không đúng: ˜C
(16)2.4 ĐƯỜNG CONG AFIN VÀ XẠ ẢNH CHƯƠNG NỀN TẢNG
Bổ đề 2.31 Giả sử [a, b, c] điểm đường cong xạ ảnh ˜
C = {[x, y, z] ∈ P2 : P (x, y, z) = 0}.
Nếu c 6= [a, b, c] điểm trơn ˜C khi ¡a c,bc
¢
là điểm trơn của đường cong afin
C = {(x, y) ∈ C2 : P (x, y, 1) = 0}.
Hơn nữa, giao C2, đồng với
U = {[x, y, z] ∈ C2 : z 6= 0},
và tiếp tuyến xạ ảnh ˜C [a, b, c] P2 là tiếp tuyến C tại ¡a
c,bc
¢
trong C2. Để chứng minh trước hết ta cần kết sau:
Bổ đề 2.32 (Quan hệ Euler) Nếu R(x, y, z) đa thức bậc m thì
x∂R
∂x(x, y, z) + x ∂R
∂y(x, y, z) + x ∂R
∂z(x, y, z) = mR(x, y, z).
Giả sử có bổ đề này, ta chứng minh Bổ đề ?? Điểm¡a c,bc
¢
là điểm kì dị
C khi
P¡a c,
b c, 1
¢
= = ∂P
∂x( a c,
b c, 1
¢ = ∂P ∂y( a c, b c, 1
¢
.
Do P (x, y, z) đạo hàm riêng đa thức c 6= nên điều xảy
P (a, b, c) = = ∂P
∂x(a, b, c) = ∂P
∂y(a, b, c),
và từ quan hệ Euler suy điều xảy
P (a, b, c) = = ∂P
∂x(a, b, c) = ∂P
∂y(a, b, c) = ∂P
∂z(a, b, c),
tức [a, b, c] điểm kì dị ˜C.
Giao C2, đồng với U, tiếp tuyến xạ ảnh
x∂P
∂x(a, b, c) + y ∂P
∂y(a, b, c) + z ∂P
∂z (a, b, c) = 0
là đường thẳng C2 định nghĩa bởi
x∂P
∂x(a, b, c) + y ∂P
∂y(a, b, c) + ∂P
∂z(a, b, c) = 0.
Do tính đạo hàm riêng, lần theo quan hệ Euler, xác tiếp tuyến
(x −a
c) ∂P ∂x ³a c, b c, 1
´
+ (y − b
c) ∂P ∂y ³a c, b c, 1
´ = của C tại¡a
c
¢
(17)CHƯƠNG NỀN TẢNG 2.4 ĐƯỜNG CONG AFIN VÀ XẠ ẢNH
Bổ đề 2.32 Quan hệ Euler thu cách lấy đạo hàm đẳng thức R(λx, λy, λz) = λmR(x, y, z)
ứng với λ, lấy λ = 1.
Nhận xét 2.33 Tương tự định nghĩa bội tiếp tuyến điểm kì dị các
đường cong afin §2.1, ta định nghĩa cho đường cong xạ ảnh tương ứng với đường cong afin cộng thêm "các điểm vô cùng" (xem tập 2.8)
BÀI TẬP
2.1 Chứng minh tập tất điểm C2 có dạng (t2, t3+ 1), t ∈ C đường cong đại số phức
2.2 Tìm điểm kì dị tiếp tuyến điểm kì dị đường cong C2 dưới đây:
(a) y3− y2+ x3− x2+ 3y2x + 3x2y + 2xy = 0. (b) x4+ y4 − x2y2 = 0.
(c) y2 = x3 − x.
2.3 Giả sử P (x, y) đa thức có bậc d a b số phức, chứng minh rằng P (x, y) bằng
X 0≤i+j≤d
1
i!j!(x − a)
i(y − b)j ∂i+jP
∂xi∂yj(a, b).
2.4 Giả sử (a, b) điểm kì dị đường cong afin C C2 định nghĩa đa thức P (x, y) Chứng tỏ (a, b) điểm kì dị thường nếu
³ ∂2P
∂x∂y
´2
6=³∂2P ∂x2
´³∂2P
∂y2 ´
tại điểm (a, b).
(18)2.4 ĐƯỜNG CONG AFIN VÀ XẠ ẢNH CHƯƠNG NỀN TẢNG
2.6 (a) Chứng minh hợp hữu hạn đường cong afin C2 là một đường cong afin
(b) Chứng minh hợp hữu hạn đường cong xạ ảnh mặt phẳng xạ ảnh đường cong xạ ảnh
2.7 Chứng tỏ đường cong đại số C2 không compắc (Gợi ý: nhắc lại tập C2 là compắc đóng bị chặn Chứng tỏ rằng P (x, y) đa thức khác số, với hệ số phức, với hầu hết ngoại trừ số hữu hạn giá trị a ∈ C tồn b ∈ C cho P (a, b) = 0). 2.8 Bội điểm [a, b, c] đường cong xạ ảnh C, định nghĩa P (x, y, z) =
0, số nguyên m nhỏ cho
∂mP
∂xiyjzk(a, b, c) 6= 0
với i, j, k cho i + j + k = m Hãy tìm điểm kì dị bội chúng trong đường cong sau đây:
(a) xy4+ yz4+ zx4 = 0. (b) x2y3+ x2z3+ y2z3 = 0.
(c) y2z = x(x − z)(x − λz), λ ∈ C. (d) xn+ yn+ zn= 0, n > 0.
2.9 Với giá trị λ ∈ C đường cong xạ ảnh P2 sau khơng có kì dị? Hãy mơ tả điểm kì dị trường hợp có
(a) x3+ y3 + z3+ 3λxyz = 0.
(b) x3+ y3 + z3+ λ(x + y + z)3 = 0.
2.10 Cho chín điểm P2, biết tất chúng không nằm đường thẳng Giả sử đường thẳng qua hai chín điểm qua điểm thứ ba Chứng minh tồn phép biến đổi xạ ảnh chuyển chín điểm thành điểm:
[0, 1, −1] [−1, 0, 1] [1, −1, 0] [0, 1, α] [α, 0, 1] [1, α, 0] [0, α, 1] [1, 0, α] [α, 1, 0]
với α ∈ C Chứng minh α2− α + = Chứng tỏ đường cong xạ ảnh bậc qua chín điểm định nghĩa đa thức có dạng
(19)CHƯƠNG NỀN TẢNG 2.4 ĐƯỜNG CONG AFIN VÀ XẠ ẢNH
với λ ∈ C ∪ ∞ đó, có kì dị khi
λ ∈ {∞, −1, α, ¯α},
trong trường hợp hợp ba đường thẳng P2
2.11 Chứng minh đường thẳng phức P2 đi qua hai điểm [0, 1, 1] [t, 0, 1] cắt đường cong xạ ảnh C định nghĩa bởi
x2+ y2 = z2
tại hai điểm [0, 1, 1] [2t, t2 − 1, t2 + 1] Chứng tỏ có song ánh từ đường thẳng xạ ảnh định nghĩa y = đến C sau
[t, 0, 1] 7→ [2t, t2− 1, t2+ 1]
[1, 0, 0] 7→ [0, 1, 1].
Từ suy nghiệm phức phương trình Pythargora
x2+ y2 = z2
x = 2λµ, y = λ2− µ2, z = λ2+ µ2 với λ, µ ∈ C Chứng tỏ nghiệm thực là
x = 2λµ, y = λ2 − µ2, z = ±(λ2+ µ2) với λ, µ ∈ R, nghiệm nguyên là
x = 2λµν, y = (λ2− µ2)ν, z = (λ2+ µ2)ν
trong λ µ số nguyên tố nhau, không lẻ, ν ∈ Z, hoặc
x = λµν, y =
2(λ
2− µ2)ν, z = 2(λ
2+ µ2)ν
trong λ µ số nguyên lẻ, nguyên tố nhau, ν ∈ Z.
(20)2.4 ĐƯỜNG CONG AFIN VÀ XẠ ẢNH CHƯƠNG NỀN TẢNG
(a) Sử dụng lý thuyết chéo hóa dạng tồn phương để phép biến đổi xạ ảnh, định nghĩa ma trận với hệ số hữu tỷ, đưa C đường cong định nghĩa
ax2+ by2 = z2 với a, b ∈ Q \ {0}.
(b) Chứng minh nhờ thêm phép biến đổi chéo hóa giả thiết thêm a b số ngun khơng có thừa số phương, tức chúng tích số nguyên tố phân biệt Chứng tỏ có thể giả thiết |a| ≥ |b|.
(c) Chứng minh C có điểm hữu tỷ b số phương mod p với số nguyên tố p chia hết a Suy dẫn từ định lý thặng dư Trung Hoa b số phương mod a, tồn số nguyên m, a1 sao cho |m| < |a|/2 và
m2 = b + aa1. (d) Chứng minh m2 = b + aa
1
ax2+ by2 = z2
a1(z2− by2)2+ b(my − z)2x2 = (mz − by)2x2.
Suy C có điểm hữu tỷ đường cong định nghĩa
a1x2+ by2 = z2.
(e) Chứng minh |a| > |a1| < |a|, ta quy vấn đề tương tự với |a| + |b| bé Suy lặp lại điều đến b khơng cịn số phương mod a đến khi
|a| = |b| = 1,
khi đường cong có điểm hữu tỷ a b có ít số dương
(21)CHƯƠNG NỀN TẢNG 2.4 ĐƯỜNG CONG AFIN VÀ XẠ ẢNH
2.14 Giả sử p số nguyên tố lẻ Nếu λ ∈ Z ta rút gọn thành λ mod p rút gọn mod p cho đường cong xạ ảnh bậc ba C định nghĩa bởi
y2z = x(x − z)(x − λz)
thành tập mặt phẳng xạ ảnh P((Fp)3) trường hữu hạn Fp = Z/pZ
định nghĩa phương trình tương ứng Chứng minh với x ∈ Fp,
phương trình
y2 = x(x − 1)(x − λ) có nghiệm x = 0, λ, có hai nghiệm nếu
(x(x − 1)(x − λ))(p−1)/2 ≡ (modp)
và vô nghiệm trường hợp lại, tức
(x(x − 1)(x − λ))(p−1)/2 ≡ −1 (modp).
[Gợi ý: ý nhóm nhân trường hữu hạn nhóm xyclic] Suy số điểm C rút gọn mod p là
1 + X
x∈Fp
(1 + (x(x − 1)(x − λ)))(p−1)/2.
Khai triển (1 + (x(x − 1)(x − λ)))(p−1)/2như đa thức theo x sử dụng công thức
X
x∈Fp
xl≡
0 (modp) p − - l
−1 (modp) p − | l chứng tỏ số điểm C rút gọn mod p là
1 + p + (−1)(p−1)/2 (p−1)/2X
r=0
àp1
r
ả
(22)Chương 3
Các tính chất đại số
Trong chương nghiên cứu số tính chất đại số đường cong đại số phức Trong §3.1 khảo sát xem hai đường thẳng xạ ảnh P2 giao với Trong §3.2 nghiên cứu "các điểm uốn" đường cong xạ ảnh phức chứng tỏ đường cong xạ ảnh trơn bậc ba sau phép biến đổi xạ ảnh đưa dạng
y2z = x(x − z)(x − λz) với λ ∈ C \ {0, 1}.
3.1 Định lý Bézout
Trong phần nghiên cứu hai đường thẳng xạ ảnh C D P2 giao với Chúng ta thấy C D giao điểm, và C D khơng có thành phần chung chúng giao với nhiều nhất tại nm điểm, n bậc C m bậc D Chúng ta thấy C D giao với xác nm điểm điểm C ∩ D điểm kì dị C lẫn D tiếp tuyến C D điểm phân biệt Các kết trường hợp định lý mang tên nhà toán học Bézout người Pháp kỷ XVIII.1 Để chứng minh kết tổng quát số giao điểm của C D trước hết đưa khái niệm số giao Ip(C, D) ò C D điểm
p Qui ước số giao vô p nằm thành phần chung C và D, số giao số ngun khơng âm, khơng p khơng thuộc C ∩ D Chúng ta chứng minh Ip(C, D) = p điểm
kì dị C lẫn D tiếp tuyến chung C D p phân biệt Định lý Bézout mạnh phát biểu sau:
1Lý định lý mang tên Bézout không thật rõ ràng, thật Bézout
(23)CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ 3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT
Định lý 3.1 (Định lý Bézout) Giả sử C D hai đường cong xạ ảnh P2 có
bậc n m Nếu C D khơng có thành phần chung chúng có xác nm điểm giao tính bội; tức là
X
p∈C∩D
Ip(C, D) = nm.
Chất liệu quan trọng chứng minh định lý Bézout kết thức (đơi cịn gọi khử).
Định nghĩa 3.2 Giả sử
P (x) = a0+ a1x + + anxn,
với a0, , an∈ C, an 6= 0, và
Q(x) = b0+ b1x + + bmxm,
với b0, , bm ∈ C, bm 6= 0, đa thức bậc n m với biến x Khi kết thức RP,Q
của P Q định thức ma trận (m + n) × (m + n) đây
a0 a1 · · · an 0 · · ·
0 a0 a1 · · · an · · ·
· · · · ·
· · · · ·
0 · · · a0 a1 · · · an
b0 b1 · · · bm · · ·
0 b0 b1 · · · bm 0 · · ·
· · · · ·
0 · · · b0 b1 · · · bm
Nếu
P (x, y, z) = a0(y, z) + a1(y, z)x + + an(y, z)xn
và
Q(x, y, z) = b0(y, z) + b1(y, z)x + + bm(y, z)xm
là đa thức ba biến x, y, z kết thức
RP,Q(y, z)
của P Q x định nghĩa định thức giống RP,Q thay
ai(y, z) bj(y, z) cho ai và bj với ≤ i ≤ n ≤ j ≤ m Chú ý RP,Q(y, z) đa thức
với biến y z, cho y = b z = c nhận giá trị kết thức hai đa thức
P (x, b, c) Q(x, b, c) theo x, với giả thiết an(b, c) bm(b, c) khác không.
(24)3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ
Bổ đề 3.3 Giả sử P (x) Q(x) đa thức biến x Khi P (x) Q(x) có nhân
tử chung khác số khi
RP,Q= 0.
Bổ đề 3.4 Giả sử P (x, y, z) Q(x, y, z) đa thức khác số với
biến x, y, z, ra
P (1, 0, 0) 6= 6= Q(1, 0, 0).
Khi P (x, y, z) Q(x, y, z) có nhân tử chung đa thức khác số khi đa thức RP,Q(y, z) với biến y z đồng với khơng.
RP,Q= 0.
Nhận xét 3.5 Lí có thêm điều kiện
P (1, 0, 0) 6= 6= Q(1, 0, 0).
trong bổ đề để bảo đảm P (x, y, z) Q(x, y, z) giữ nguyên bậc biến x với các hệ số vành C[y, z].
Bổ đề 3.6 Giả sử
P (x) = (x − λ1) (x − λn)
và
Q(x) = (x − µ1) (x − µm)
trong λ1, , λn, µ1, , µm là số phức, thì
RP,Q=
Y 1≤i≤n,1≤j≤m
(µj − λi).
Đặc biệt
RP,QR = RP,QRP,R
với P, Q R đa thức biến x Kết P, Q R đa thức biến x, y z.
Bổ đề 3.7 Giả sử P (x, y, z) Q(x, y, z) đa thức bậc n m với
biến x, y, z Khi kết thức RP,Q(y, z) đa thức bậc nm với biến y
và z.
Sử dụng bổ đề trên, ta chứng minh kết sau:
Định lý 3.8 Hai đường cong xạ ảnh C D P2 giao tại
(25)CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ 3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT
Chứng minh Giả sử C D định nghĩa đa thức P (x, y, z)
và Q(x, y, z) bậc n m Theo bổ đề 3.7 kết thức RP,Q(y, z) đa thức nhất
bậc nm biến y z Vì theo bổ đề 2.8 RP,Q(y, z) đồng không hoặc
là tích nm thừa số tuyến tính bz − cy với b, c số phức, không đồng thời bằng không Đối với hai trường hợp, tồn (b, c) ∈ C2 \ {0} cho R
P,Q(y, z)
triệt tiêu y = b z = c Do kết thức hai đa thức P (x, b, c) Q(x, b, c) đối với x không, theo bổ đề 3.3 hai đa thức phải có nghiệm chunga ∈ C. Do
P (a, b, c) = = Q(a, b, c)
vậy [a, b, c] ∈ C ∩ D.
Chúng ta chứng minh
Định lý 3.9 (Dạng yếu định lý Bézout) Nếu hai đường cong xạ ảnh C D
trong P2 bậc n m khơng có thành phần chung chúng giao nhiều nhất
nm điểm.
Chứng minh Giả sử C D giao nm + điểm Chọn S tập gồm nm + điểm phân biệt C ∩ D Khi ta chọn điểm P2 không nằm C hay D, hay số hữu hạn đường thẳng P2 qua hai điểm phân biệt S Dùng phép biến đổi xạ ảnh giả thiết điểm [1, 0, 0] Do đường cong C D định nghĩa đa thức thuần P (x, y, z) Q(x, y, z) bậc n m cho
P (1, 0, 0) 6= 6= Q(1, 0, 0),
bởi [1, 0, 0] khơng thuộc C ∪ D Theo bổ đề 3.7 kết thức RP,Q(y, z) P Q đối
với x đa thức có bậc nm biến y z, RP,Q(y, z) khơng
đồng khơng tích nm nhân tử tuyến tính dạng bz − cy với (b, c) ∈ C2\ {0} Ngoài (b, c) ∈ C2\ {0} bz − cy nhân tử R
P,Q(y, z)
khi kết thức hai đa thức P (x, b, c) Q(x, b, c) x triệt tiêu, và theo bổ đề 3.3 điều tương đương với tồn a ∈ C cho
P (a, b, c) = = Q(a, b, c).
Nhưng [a, b, c] ∈ S P (a, b, c) = = Q(a, b, c), b c không đồng thời bằng không (do [1, 0, 0] không thuộc S) bz − cy nhân tử RP,Q(y, z).
Hơn [α, β, γ] ∈ S khác với [a, b, c] ∈ S βz − γy khác với vơ hướng nhân với bz − cy, ngược lại [a, b, c], [α, β, γ] [1, 0, 0] nằm đường thẳng P2 định nghĩa
(26)3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ
điều mâu thuẫn với giả thiết với [1, 0, 0] Điều chứng tỏ RP,Q(y, z) có nhất
nm + nhân tử tuyến tính phân biệt, phải đồng không Theo bổ
đề 3.4 điều suy C D có thành phần chung. Áp dụng hai định lý ta có kết sau
Hệ 3.10 (i) Mỗi đường cong xạ ảnh trơn C P2 luôn bất khả qui.
(ii) Mỗi đường cong xạ ảnh C P2 có nhiều hữu hạn điểm kì dị.
Chứng minh (i) Giả sử
C = {[x, y, z] ∈ P2 : P (x, y, z)Q(x, y, z) = 0}
là đường cong xạ ảnh khả qui P2 Theo định lý 3.8 tồn điểm [a, b, c] ∈ P2 cho
P (a, b, c) = = Q(a, b, c).
Dễ dàng kiểm tra [a, b, c] điểm kì dị C.
(ii) Giả sử C định nghĩa đa thức P (x, y, z) bậc n Không tổng quát giả sử [1, 0, 0] khơng thuộc C hệ số P (1, 0, 0) xn trong P (x, y, z) khác
không Điều đảm bảo cho
Q(x, y, z) = ∂P
∂x(x, y, z)
là đa thức bậc n − khơng đồng khơng, xác định đường cong D P2 Do C bất khả qui bậc D bé bậc C nên C D khơng thể có thành phần chung Theo định lý Bézout C D giao nhau nhiều n(n − 1) điểm Do điểm kì dị C nằm C ∩ D ta có điều phải chứng minh
Định nghĩa 3.11 Đường cong có bậc hai C2 hay P
2 được gọi cônic. Hệ 3.12 Mỗi đường cônic xạ ảnh bất khả qui C P2tương đương với cônic
(sai khác phép biến đổi xạ ảnh)
x2 = yz
và khơng có kì dị.
Chứng minh Theo hệ 3.10, C có nhiều hữu hạn điểm kì dị Do bằng
một phép biến đổi xạ ảnh thích hợp giả thiết [0, 1, 0] điểm trơn C và tiếp tuyến với C [0, 1, 0] đường thẳng z = Khi đa thức định nghĩa C phải có dạng
(27)CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ 3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT
với số phức a, b, c, d Do C bất khả qui, nên a b không đồng thời bằng không Phép biến đổi xạ ảnh
[x, y, z] 7→ [√bx, ay + cx + dz, −z]
biến C thành cônic x2 = yz Do cônic trơn nên C trơn.
Nhận xét 3.13 Giả sử C cônic trơn định nghĩa bởi x2 = yz
trong P2 Ta có đồng phơi f : P1 → C xác định bởi
f [x, y] = [xy, y2, x2] với ánh xạ ngược g : C → P1 xác định
g[x, y, z] =
[x, y] y 6= 0 [z, x] z 6= 0.
(Chú ý [x, y, z] ∈ C x2 = yz, y 6= 6= z x 6= và [x, y] = [x2, xy] = [yz, xy] = [z, x]).
Vì theo hệ 3.12 cônic xạ ảnh bất khả qui P2 đồng phôi với P1 Kết sau ứng dụng khác định lý Bézout
Mệnh đề 3.14 Giả sử hai đường cong xạ ảnh C D bậc n m P2 giao
nhau n2 điểm giả sử có nm điểm số điểm nằm trên
một đường cong bất khả qui E có bậc m < n, n(n − m) điểm cịn lại nằm trên một đường cong bậc n − m.
Chứng minh Giả sử C, D E định nghĩa tương ứng đa thức nhất P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z).
Chọn điểm [a, b, c] E khơng thuộc C ∩ D Khi đường cong bậc n định nghĩa
λP (x, y, z) + µQ(x, y, z)
trong
λ = Q(a, b, c), µ = −P (a, b, c),
(28)3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ
đường cong E phải có thành phần chung, thành phần chung phải E E bất khả qui Vì
λP (x, y, z) + µQ(x, y, z) = R(x, y, z)S(x, y, z)
với đa thức khác số S(x, y, z) có bậc n − m Do nếu [u, v, w] ∈ C ∩ D R(u, v, w) = S(u, v, w) = Vì n(n − m) điểm của C ∩ D không nằm E tất nằm đường cong định nghĩa bởi
S(x, y, z).
Hệ 3.15 Các cặp cạnh đối hình lục giác nội tiếp cônic trong P2 cắt ba điểm cộng tuyến.
Nhận xét 3.16 Kết hiểu sau Một hình lục giác P2 xác định sáu điểm phân biệt p1, , p6 P2 (là đỉnh nó) cạnh đường thẳng P2 nối p1 với p2, p2 với p3, p3 với p4, p4 với p5 và p5 với
p6 Cạnh đối đường thẳng nối p1 với p2 là đường thẳng nối p4 với p5 v.v Hình lục giác gọi nội tiếp cônic tất cạnh nằm cơnic Ba điểm P2 gọi cộng tuyến chúng nằm đường thẳng P2
Chứng minh Giả sử cạnh hình lục giác đường thẳng định
nghĩa đa thức tuyến tính L1, , L6 biến x, y, z Hai đường cong xạ ảnh bậc ba định nghĩa L1L3L5 và L2L4L6 giao sáu đỉnh hình lục giác ba điểm giao cặp cạnh đối hình lục giác Áp dụng mệnh đề 3.14 ta có điều cần chứng minh
Nhận xét 3.17 Nếu giả sử cônic định nghĩa đa thức với các
hệ số thực đỉnh hình lục giác nằm tập R2 của C2 ⊂ P chúng ta thu định lý hình học Euclid thực (hình vẽ ??).
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
Để chứng minh dạng mạnh 3.1 định lý Bézout, trước hết ta định nghĩa bội giao Ip(C, D) điểm p = [a, b, c] hai đường cong C D P2 Chúng ta sẽ định nghĩa bội giao qua kết thức hai đa thức f (x, y, z) g(x, y, z) xác định
C D hệ tọa độ thích hợp Để chứng minh định nghĩa không phụ thuộc
việc chọn tọa độ chứng tỏ xác định thơng qua tính chất liệt kê định lý sau
Định lý 3.18 Tồn bội giao Ip(C, D) định nghĩa cho tất đường
cong xạ ảnh C D P2 thỏa mãn tính chất (i)-(vi) sau đây:
(29)CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ 3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT
(ii) Ip(C, D) = ∞ p nằm thành phần chung C D, cịn ngược lại
thì số nguyên không âm. (iii) Ip(C, D) = p /∈ C ∩ D.
(iv) Hai đường thẳng phân biệt cắt điểm nhất, có bội giao bằng 1.
(v) Nếu C1 và C2 định nghĩa đa thức P1(x, y, z) P2(x, y, z) và
C xác định bởi
P (x, y, z) = P1(x, y, z)P2(x, y, z)
thì
Ip(C, D) = Ip(C1, D) + Ip(C2, D).
(vi) Nếu C D định nghĩa đa thức P (x, y, z) Q(x, y, z) bậc n m, E định nghĩa P R + Q, R(x, y, z) đa thức nhất bấc m − n thì
Ip(C, D) = Ip(C, E).
Hơn C D khơng có thành phần chung ta chọn hệ tọa độ xạ ảnh sao cho điều kiện
(a) [1, 0, 0] không thuộc C ∪ D;
(b) [1, 0, 0] không nằm đường thẳng nối hai điểm phân biệt của C ∩ D;
(c) [1, 0, 0] không nằm đường tiếp tuyến C hay D điểm của C ∩ D;
thỏa mãn bội giao Ip(C, D) C D điểm
p = [a, b, c] ∈ C ∩ D
là số nguyên k lớn cho (bz − cy)kchia hết kết thức R
P,Q(y, z).
Nhận xét 3.19 Nghiên cứu cách cẩn thận chứng minh tính định
(30)3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ
Chứng minh định lý ?? Để đơn giản cho kí hiệu chứng minh ta viết
Ip(P, Q) thay cho Ip(C, D) với P (x, y, z) Q(x, y, z) đa thức định
nghĩa đường cong C D.
Trước hết chứng minh bội giao Ip(P, Q) tính cần sử dụng các
điều kiện (i)-(vi), điều kiện hoàn toàn xác định Ip(P, Q) Do điều
kiện không phụ thuộc vào việc chọn hệ tọa độ, giả sử p = [0, 0, 1]. Hơn điều kiện (i) (iv) giả sử P Q bất khả qui, với điều kiện (ii) giả sử Ip(P, Q) hữu hạn, Ip(P, Q) = k > (iii) Cuối qui
nạp theo k, giả sử bội giao bé k tính qua điều kiện (i)-(vi). Xét đa thức P (x, 0, 1) Q(x, 0, 1) theo x; chúng có bậc tương ứng r s. Do (i) coi r ≤ s Có hai trường hợp cần xét:
Trường hợp 1: r = Trường hợp P (x, 0, 1) số khơng
vì P (0, 0, 1) = Do P (x, y, z) đa thức suy P (x, 0, z) đồng nhất khơng,
P (x, y, z) = yR(x, y, z)
với R(x, y, z) đa thức Hơn ta viết
Q(x, y, z) = Q(x, 0, z) + yS(x, y, z) = xqT (x, z) + yS(x, y, z)
với đa thức T (x, z) S(x, y, z cho T (0, 1) khác không, q một số nguyên Q(0, 0, 1) = Chú ý điều kiện T (0, 1) 6= nghĩa điểm p = [0, 0, 1] không nằm đường cong xác định T (x, z) = 0, theo (iii) ta có
Ip(y, T (x, z)) = 0,
trong từ (iv) ta có
Ip(y, x) = 1.
Kết hợp thông tin ta thu
Ip(P, Q) = Ip(R, Q) + Ip(y, Q),
từ (vi) ta nhận
Ip(y, Q) = Ip(y, xqT (x.z))
và dùng (v) (ii) ta có
Ip(y, xqT (x.z)) = qIp(y, x) + Ip(y, T (x, z)) = q.
Do
Ip(P, Q) = Ip(R, Q) + q,
và q > theo giả thiết qui nạp ta có Ip(R, Q) tính dựa vào điều
(31)CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ 3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT
Trường hợp 2: r > Trong trường hợp nhân P (x, y, z) và Q(x, y, z) với số để có P (x, 0, 1) Q(x, 0, 1) đa thức lỏi2 Nếu n m là bậc P (x, y, z) Q(x, y, z), ta xét đa thức
S(x, y, z) = zn+s−rQ(x, y, z) − xs−rzmP (x, y, z).
Đây đa thức theo x, y, z cho đa thức
S(x, 0, 1) = Q(x, 0, 1) − xs−rP (x, 0, 1)
theo x có bậc t nhỏ hẳn s Chú ý S(x, y, z) khơng đồng khơng P (x, y, z) và Q(x, y, z) đa thức bất khả qui phân biệt Hơn theo (i), (v) (vi) ta có
Ip(P, S) = Ip(P, zn+s−rQ) = Ip(P, Q).
Thay P Q P S (hoặc S P t < r) Sau lặp lại trình này số hữu hạn bước đưa Trường hợp
Ta chứng minh xong tính Để chứng minh tồn tại, định nghĩa bội giao sau:
• Nếu p nằm thành phần chung C D Ip(C, D) = ∞.
• Nếu p khơng nằm C ∩ D Ip(C, D) = 0.
• Nếu p nằm C ∩ D không nằm thành chung C và D, trước hết ta bỏ thành phần chung C D chọn hệ tọa độ
sao cho điều kiện (a)-(c) thỏa mãn Nếu p = [a, b, c] hệ tọa độ thì
Ip(C, D) số nguyên lớn k cho (bz − cy)k chia hết kết thức RP,Q(y, z)
của P Q x.
Phần lại chứng minh điều kiện (i)-(vi)
(i) hệ trực tiếp tính chất định thức ma trận đổi dấu chuyển chỗ hai hàng cho nhau,
RP,Q(y, z) = RQ,P(y, z).
(ii) suy từ định nghĩa bổ đề 3.4
(iii) dễ dàng Nếu p = [a, b, c] ∈ C ∩ D đa thức P (x, b, c) Q(x, b, c) có
a nghiệm chung, theo bổ đề 3.4 đa thức RP,Q(y, z) triệt tiêu khi
y = b z = c Do chia hết cho bz − cy, Ip(C, D) > 0.
(iv) tính tốn trực tiếp định thức × 2. (v) suy trực tiếp từ bổ đề 3.6
(32)3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ
(vi) định thức ma trận không thay đổi ta cộng vào hàng tích vơ hướng với hàng khác Kết thức P P R + Q là định thức ma trận (sij) thu từ ma trận (rij) xác định RP,Q(y, z), bằng
cách nhân với vơ hướng thích hợp với n hàng cộng vào m hàng cuối Cụ thể hơn,
R(x, y, z) = ρ0(y, z) + ρ1(y, z)x + + ρn−m(y, z)xn−m
thì
sij =
rij nếu i ≤ m
rij+
Pi−n
k=i−mρi−n−krkj nếu i > m
như
RP,P R+Q(y, z) = det(sij) = det(rij) = RP,Q(y, z).
Chúng ta kết thúc việc chứng minh định lý nh ngha ca bi giao Ip(C, D). Ô
Nhn xét 3.20 Trong phần chứng minh tính ta thấy việc tính tốn bội
giao khơng có khó Nó bao gồm tính tốn số học đa thức
Nhận xét 3.21 Theo (iii) (v) bội giao Ip(C, D) phụ thuộc vào thành phần
chứa p C D.
Bây chứng minh định lý 3.1, dạng mạnh định lý Bézout Chứng minh định lý 3.1 Giả sử C D đường cong xạ ảnh bậc n m P2 khơng có thành phần chung Chúng ta phải chứng minh số giao điểm kể bội nm, nghĩa là
X
p∈C∩D
Ip(C, D) = nm.
Chúng ta chọn hệ tọa độ để điều kiện (a)-(c) định lý 3.18 thỏa mãn Giả sử C D định nghĩa đa thức P (x, y, z) Q(x, y, z) hệ tọa độ Theo bổ đề 3.4 3.7 kết thức RP,Q(y, z) đa thức nhất
bậc nm với hai biến y z, khơng đồng khơng, theo bổ đề 2.8 nó có thể phân tích thành tích nm thừa số tuyến tính, chẳng hạn
RP,Q(y, z) = k
Y
i=1
(ciz − biy)ei,
trong ei số nguyên,
(33)CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ 3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT
và (bi, ci) khác tích vơ hướng với (bj, cj) với i 6= j Thep lập luận các
định lý 3.8 3.9 tồn số phức ai cho
C ∩ D = {pi : ≤ i ≤ k}
trong pi = [ai, bi, ci],
Ipi(C, D) = ei.
T ú ta cú iu phi chng minh Ô
Chúng ta xác định bội giao Ip(C, D) một.
Mệnh đề 3.22 Giả sử C D đường cong xạ ảnh P2 và p điểm
tùy ý P2 Khi Ip(C, D) = p điểm trơn C D và
các tiếp tuyến C D p phân biệt.
Nhận xét 3.23 Chúng ta chứng minh khẳng định tổng quát hơn, là Ip(C, D) ≥ mp(C)mp(D)
trong mp(C) mp(C) số bội C D p định nghĩa tập
2.8, dấu xảy C D tiếp tuyến chung. Để chứng minh mệnh đề 3.22, trước hết ta cần chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 3.24 Nếu p ∈ C ∩ D điểm kì dị C Ip(C, D) > 1.
Chứng minh Giả sử C D khơng có thành phần chung, ta chọn
hệ tọa độ cho p = [0, 0, 1] điều kiện (a)-(c) định lý 3.18 thỏa mãn. Chúng ta muốn chứng tỏ y2 chia hết kết thức R
P,Q(y, z) đa thức P (x, y, z) và
Q(x, y, z) định nghĩa C D Do p ∈ Sing(C), ta có ∂P
∂x(0, 0, 1) = ∂P
∂y(0, 0, 1) = P (0, 0, 1) = 0.
Do P (x, y, z) tổng đơn thức biến x y bậc hai trở lên; tức là
P (x, y, z) = a0(y, z) + a1(y, z)x + + an(y, z)xn
trong y2 chia hết a
0(y, z) y chia hết a1(y, z) Vì Q(0, 0, 1) = nên
Q(x, y, z) = b0(y, z) + b1(y, z)x + + bm(y, z)xm
trong y chia hết b0(y, z) Do viết
b0(y, z) = b01yzm−1+ y2c0(y, z),
(34)3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ
với c0(y, z) c1(y, z) đa thức Nếu b01 = ma trận xác định
RP,Q(y, z) có cột chia hết cho y2 do y2 chia hết RP,Q(y, z) Nếu b016= thì cột chia hết cho y; tách thừa số y trừ b10/b01 lần cột thứ từ cột thứ hai cột thứ hai chia hết cho y Do lại có
y2 chia hết R
P,Q(y, z)
Chứng minh mệnh đề 3.22 Chúng ta giả sử p thuộc C ∩ D thêm C và D khơng có thành phần chung Vì chọn hệ tọa độ cho các điều kiện (a)-(c) định lý 3.18 thỏa mãn p = [0, 0, 1] Theo hệ 3.10 chúng ta giả thiết p điểm trơn C D Giả sử P (x, y, z) Q(x, y, z) đa thức định nghĩa C D Chúng ta chứng tỏ tiếp tuyến C D p trùng nhau y2 chia hết kết thức R
P,Q(y, z), hay tương đương, khi
∂RP,Q
∂y (0, 1) = 0
vì RP,Q(y, z) đa thức chia hết cho y.
Theo (c) định lý 3.18, điểm [1, 0, 0] không nằm tiếp tuyến
x∂P
∂x(0, 0, 1) + y ∂P
∂y(0, 0, 1) + z ∂P
∂z(0, 0, 1) = 0
của C p = [0, 0, 1], vậy
∂P
∂x(0, 0, 1) 6= 0. (3.1)
Vì theo định lý hàm ẩn cho đa thức biến phức (xem Phụ lục B), áp dụng cho đa thức P (x, y, 1) theo x y, tồn hàm chỉnh hình λ1 : U → V U và
V lân cận mở C cho λ1(0) = và x ∈ V y ∈ U thì
P (x, y, 1) = 0
khi
x = λ1(y). Hơn
P (x, y, 1) = (x − λ1(y))l(x, y)
trong l(x, y) đa thức theo x với hệ số hàm chỉnh hình theo y Nếu chúng ta giả sử (điều có thể) hệ số P (1, 0, 0) xntrong P (x, y, z) bằng
một
l(x, y) =
n
Y
i=2
(35)CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ 3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT
trong λ1(y), , λn(y) nghiệm P (x, y, 1), xem đa thức theo x
với y cố định Tương tự, U V chọn đủ nhỏ tồn hàm chỉnh hình µ1 : U → V cho
µ1(0) = viết
Q(x, y, 1) = (x − µ1(y))m(x, y)
m(x, y) =
m
Y
i=2
(x − µi(y))
là đa thức theo x với hệ số hàm chỉnh hình theo y Khi tiếp tuyến C D p = [0, 0, 1] định nghĩa phương trình
x = λ0
1(0)y
x = µ0
1(0)y. Nếu y ∈ U theo bổ đề 3.6
RP,Q(y, 1) = (µ1(y) − λ1(y))S(y) (3.2)
S(y) = Y
(i,j)6=(1,1)
(µi(y) − λj(y)).
Chú ý S(y) tích kết thức cặp đa thức l(x, y) m(x, y), l(x, y) và
x − µ1(y), m(x, y) x − λ1(y) Do S(y) hàm chỉnh hình theo y ∈ U. Do λ1(0) = = µ1(0), lấy đạo hàm phương trình 3.2, ta thu
RP,Q
∂y (0, 1) = (µ
0
1(0) − λ01(0))S(0).
Theo bất đẳng thức 3.1 đa thức P (x, 0, 1) khơng có nghiệm bội 0, nếu
i > thì
λi(0) 6= = µ1(0) tương tự
µi(0) 6= = λ1(0).
Hơn λi(0) = µj(0) với i, j > [0, 0, 1] và
(36)3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ
là điểm phân biệt C ∩ D nằm đường thẳng y = 0, điều mâu thuẫn với điều kiện (b) định lý 3.18 Do
S(0) 6= 0.
Vậy
∂RP,Q
∂y (0, 1) = 0
khi
λ0
1(0) = µ01(0),
tức Ip(C, D) > tiếp tuyn ca C v D ti p trựng Ô
Hệ 3.25 Giả sử C D đường cong xạ ảnh P2 có bậc n m.
Giả sử điểm p ∈ C ∩ D điểm trơn C D, tiếp tuyến C và D p phân biệt Khi giao C ∩ D bao gồm nm điểm.
Chứng minh Từ định lý 3.1 mệnh đề 3.22 ta có khẳng định.
Nhận xét 3.26 Chú ý điều kiện hệ khơng thỏa mãn nếu
ít đa thức định nghĩa C D P (x, y, z) Q(x, y, z) có thừa số bội. Chẳng hạn P (x, y, z) = A(x, y, z)2B(x, y, z) A(x, y, z) đa thức bất khả qui khác số Khi đường cong định nghĩa A(x, y, z) cắt D một điểm p Dễ dàng kiểm tra p ∈ C ∩ D tất đạo hàm riêng P triệt tiêu p.
Chúng ta kết thúc tiết chứng minh cho bổ đề 3.3-3.7 Chứng minh bổ đề 3.3 Giả sử
P (x) = a0+ a1x + + anxn
và
Q(x) = b0+ b1x + + bmxm
là đa thức bậc n m theo x Khi P (x) Q(x) có nhân tử chung khác hằng R(x) tồn đa thức φ(x) ψ(x) cho
P (x) = R(x)φ(x), Q(x) = R(x)ψ(x).
Điều xảy tồn đa thức khác không
φ(x) = α0+ α1x + + αn−1xn−1
và
(37)CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ 3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT
có bậc nhiều n − m − 1, cho
P (x)ψ(x) = Q(x)φ(x).
Cân hệ số xj với ≤ j ≤ mn − phương trình này, ta thu được
α0β0 = β0α0
α0β1+ α1β0 = β1α0+ β0α1
αnβm−1 =
Sự tồn nghiệm khác không
(α0, , αn−1, β0, , βm−1)
của phương trình tương đương với định thức nh ngha RP,Q trit tiờu Ô
Chng minh b đề 3.4 Giả sử P (x, y, z) Q(x, y, z) đa thức nhất khác số theo x, y, z có bậc n m cho
P (1, 0, 0) 6= 6= Q(1, 0, 0).
Chúng ta giả sử P (1, 0, 0) = = Q(1, 0, 0) Khi coi P Q đa thức lỏi có bậc n m theo x với hệ số vành C[y, z] đa thức theo y và z với hệ số phức Vành C[y, z] nằm trường C(y, z) hàm hữu tỷ theo y z, tức hàm có dạng
f (y, z) g(y, z)
trong f (y, z) g(y, z) đa thức g(y, z) không đồng không Do C(y, z) trường, chứng minh bổ đề 3.3 chứng tỏ kết thức RP,Q(y, z) đồng
nhất không P (x, y, z) Q(x, y, z) có nhân tử chung khác số khi coi chúng đa thức theo x với hệ số C(y, z) Từ bổ đề Gauss (xem Phụ lục A), điều xảy P (x, y, z) Q(x, y, z) có một nhân tử chung khác số coi chúng đa thức theo x với hệ số trong C[y, z], hay cách tương đương, đa thức theo x, y, z với hệ số phức Do đa thức thừa số đa thức thuần (xem Phụ lục A) ta suy iu phi chng minh Ô
Chứng minh bổ đề 3.6 Nếu coi
(38)3.1 ĐỊNH LÝ BÉZOUT CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ
và
Q(x) = (x − µ1) (x − µm)
như đa thức theo x, λ1, , λn và µ1, , µm chứng minh bổ
đề 3.7 chứng tỏ kết thức RP,Q là đa thức bậc nm theo biến
λ1, , λn, µ1, , µm.
Hơn theo bổ đề 3.3 đa thức triệt tiêu λi = µj với ≤ i ≤ n và
1 ≤ j ≤ m, chia hết cho Y 1≤i≤n,1≤j≤m
(µi− λj).
Do đa thức bậc nm theo λ1, , λn, µ1, , µm, nên phải
bằng tích vô hướng với RP,Q Dễ dàng kiểm tra
µ1 = = µm = 0,
tức Q(x) = xm, thì
RP,Q = n
Y
i=1
(−λi)m.
Do phải có
RP,Q=
Y
i,j
(µi− λj).
Từ suy
RP,QR = RP,QRP,R
với đa thức P, Q, R theo x Do P, Q, R đa thức theo x, y, z thì
RP,QR(b, c) = RP,Q(b, c)RP,R(b, c)
với b, c ∈ C, vậy
RP,QR(y, z) = RP,Q(y, z)RP,R(y, z)
nh yờu cu Ô
Chng minh bổ đề 3.7 Theo định nghĩa, kết thức RP,Q(y, z) đa thức thuần
nhất P (x, y, z) Q(x, y, z) bậc n m định thức ma trận (n + m) × (n + m) với phần tử hàng i cột j đa thức rij(y, z) theo y z bậc dij xác
định
dij =
n + i − j nếu ≤ i ≤ m
(39)CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ3.2 ĐIỂM UỐN VÀ CÁC ĐƯỜNG CONG BẬC BA
Khi RP,Q(y, z) tổng số hạng có dạng
±
n+mX i=1
riσ(i)(y, z)
trong σ hoán vị {1, , n + m} Mỗi số hạng đa thức có bậc
n+mX i=1
diσ(i) = m
X
i=1
(n + i − σ(i)) +
m+nX i=m+1
(i − σ(i)) = nm +
m+nX i=1
i −
m+nX i=1
σ(i)
= nm.
Do RP,Q(y, z) đa thức bậc nm theo y v z Ô
3.2 im un đường cong bậc ba
Khái niệm điểm uốn đường cong C tổng quát hóa định nghĩa thơng thường điểm uốn đồ thị hàm số (tức là, điểm mà đạo hàm cấp hai triệt tiêu) Chúng ta thấy đường cong xạ ảnh trơn có bậc lớn hai có nhiều hữu hạn điểm uốn Như hệ chứng tỏ đường cong xạ ảnh trơn bậc ba đưa dạng
y2z = x(x − z)(x − λz)
với λ ∈ C \ {0, 1} Chúng ta bắt đầu khảo sát cấu trúc nhóm aben tự nhiên đường cong trơn bậc ba, mối quan hệ với điểm uốn đường cong
Định nghĩa 3.27 Giả sử P (x, y, z) đa thức bậc d Khi Hessian
HP của P đa thức định nghĩa bởi
HP = det
Pxx Pxy Pxz
Pyx Pyy Pyz
Pzx Pzy Pzz
Px =
∂P
∂x, Pxx = ∂2P
∂x2, Pxy =
∂2P
∂x∂y, v.v.
(40)3.2 ĐIỂM UỐN VÀ CÁC ĐƯỜNG CONG BẬC BACHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ
Định nghĩa 3.29 Một điểm trơn [a, b, c] đường cong xạ ảnh C P2 định nghĩa P (x, y, z) gọi điểm uốn C nếu
HP(a, b, c) = 0.
Để thấy mối quan hệ định nghĩa với định nghĩa thông thường điểm uốn đồ thị, ta cần bổ đề
Bổ đề 3.30 Nếu P (x, y, z) đa thức bậc d thì
z2H
P(x, y, z) = (n − 1)2det
Pxx Pxy Px
Pyx Pyy Py
Px Py dP/(d − 1)
Nhận xét 3.31 Khi đạo hàm riêng ∂P
∂y khác không, từ phương trình
P (x, y, 1) = 0
có y hàm chỉnh hình theo x địa phương (định lý hàm ẩn Phụ lục B). Lấy đạo hàm phương trình hai lần theo x thu được
∂P ∂x +
dy dx
∂P ∂y = 0,
tức
dy dx = −
∂P ∂x
.∂P
∂y
và
∂2P
∂x2 + ³ dy
dx
´2∂2P
∂y2 +
dy dx
∂2P
∂x∂y + d2y
dx2
∂P ∂y = 0,
tức
d2y
dx2 =
2PxPyPxy − (Py)2Pxy− (Px)2Pyy
(Py)3
= (Py)−3det
Pxx Pxy Px
Pyx Pyy Py
Px Py
Do từ bổ đề ta có d > thì
d2y
dx2 =
HP(x, y, 1)
(y − 1)2(P
y)3
.
Đặc biệt P (a, b, 1) = 6= Py(a, b, 1) [a, b, 1] điểm uốn C và
chỉ ddx2y2 triệt tiêu a, y coi hàm theo x xác định bởi
(41)CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ3.2 ĐIỂM UỐN VÀ CÁC ĐƯỜNG CONG BẬC BA
Bổ đề 3.32 Giả sử
C = {[x, y, z] ∈ P2 : P (x, y, z)}
là đường cong xạ ảnh bất khả qui bậc d Khi điểm C điểm uốn khi d = 1.
Chứng minh Giả sử điểm C điểm uốn Bằng phép biến đổi xạ
ảnh thích hợp ta giả sử
P (0, 0, 1) = 6= ∂P
∂y(0, 0, 1).
Khi áp dụng định lý hàm ẩn (xem Phụ lục A) cho đa thức P (x, y, 1) theo x y, tồn hàm chỉnh hình g : U → V , U V lân cận mở 0 trong C, cho g(0) = x ∈ U y ∈ V thì
P (x, y, 1) = 0
khi
y = g(x).
Chúng ta giả sử U liên thơng Py(x, y, 1) 6= với x ∈ U y ∈ V Do mỗi
điểm C điểm uốn, theo nhận xét 3.31 ta có
g00(x) = 0
với x ∈ U Vì g(0) = điều có nghĩa tồn λ ∈ C cho
g(x) = λx
với x ∈ U, đa thức P (x, λx, 1) theo x đồng khơng Vì P (x, y, z) thuần nên đồng hệ số xj trong P (x, λx, 1) với khơng, ta
có P (x, y, z) chia hết cho y − λx Nhưng C bất khả qui P (x, y, z) phải tích của vơ hướng với y − λx Vậy P (x, y, z) có bậc d = 1.
Chiều ngược lại rõ ràng, ta kết thúc chứng minh
Mệnh đề 3.33 Giả sử C đường cong xạ ảnh trơn P2 bậc d
(i) Nếu d ≥ C có nhiều 3d(d − 2) điểm uốn. (ii) Nếu d ≥ C có điểm uốn.
Chứng minh Theo nhận xét 3.28 HP là đa thức bậc 3(d − 2), nên nó
khác số (khi d > có nghĩa khơng đồng khơng), xác định một đường cong xạ ảnh P2 theo nghĩa tổng quát nhận xét 2.3 2.25 Do tồn §3.1 áp dụng cho đường cong với nghĩa tổng quát, nên kết được suy từ dạng 3.8 3.9 định lý Bézout P HP
khơng có nhân tử chung khác d > Do đường cong trơn bất khả qui (từ hệ 3.10(i)), nên P HP có nhân tử chung khác P chia
(42)3.2 ĐIỂM UỐN VÀ CÁC ĐƯỜNG CONG BẬC BACHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ
Hệ 3.34 Giả sử C đường cong xạ ảnh bậc ba trơn P2 Khi C
tương đương xạ ảnh với đường cong định nghĩa bởi y2z = x(x − z)(x − λz) với λ ∈ C \ {0, 1} đó.
Chứng minh Theo mệnh đề 3.33 C có điểm uốn Bằng phép biến đổi xạ
ảnh thích hợp ta giả sử [0, 1, 0] điểm uốn C tiếp tuyến C tại điểm đường thẳng z = Khi C xác định đa thức bậc ba P (x, y, z) cho
P (1, 0, 1) = = ∂P
∂x(1, 0, 1) = ∂P
∂y(1, 0, 1) = HP(0, 1, 0).
Ngoài
∂P
∂x(0, 1, 0) 6= 0
vì C trơn Áp dụng bổ đề 3.31 với vai trò y z ngược lại, ta có
y2HP(x, y, z) = det
Pxx Px Pxz
Px 32P Pz
Pzx Pz Pzz
do
0 = HP(0, 1, 0) = det
Pxx Pxz
0 Pz
Pzx Pz Pzz
= −4(Pz)2Pxx,
trong đạo hàm riêng lấy giá trị (0, 1, 0) Vì vậy
Pxx(0, 1, 0) = 0
và
P (x, y, z) = yz(αx + βy + γz) + φ(x, z)
trong φ(x, z) đa thức bậc ba theo x z và
β = ∂P
∂z (0, 1, 0) 6= 0.
Sau thực phép biến đổi xạ ảnh cho [x, y, z] 7→ [x, y +αx + γz
2β , z], đường cong C xác định phương trình
(43)CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ3.2 ĐIỂM UỐN VÀ CÁC ĐƯỜNG CONG BẬC BA
trong ψ(x, z) đa thức bậc ba theo x z, tích của ba nhân tử tuyến tính Do C trơn nên phải bất khả qui (theo hệ 3.10(i)), và ψ(x, z) khơng chia hết cho z nên hệ số x3 trong ψ(x, z) khác khơng Vì thế sau sau phép biến đổi xạ ảnh (đường chéo) thích hợp C xác định phương trình
y2z = (x − az)(x − bz)(x − cz)
với a, b, c ∈ C Do a, b, c phân biệt (nếu khơng C có kì dị) có thể thực phép biến đổi xạ ảnh
[x, y, z] 7→ [x − az
b − a , νy, z]
trong ν ∈ C thỏa mãn
ν2 = (b − a)−3
để đưa C dạng
y2z = x(x − z)(x − λz) với λ ∈ C \ {0, 1}.
Nhận xét 3.35 Theo chứng minh hệ , p điểm uốn đường
cong xạ ảnh bậc ba trơn C tồn phép biến đổi xạ ảnh đưa p đến [0, 1, 0] và đưa C đến đường cong định nghĩa bởi
y2z = x(x − z)(x − λz) với λ ∈ C \ {0, 1} đó.
Ví dụ 3.36 Áp dụng kết hệ 3.25 định lý Bézout chúng ta
sẽ chứng tỏ đường cong bậc ba C trơn P2 có xác chín điểm uốn (Như chặn mệnh đề 3.33(ii) đạt trường hợp đường cong bậc ba trơn.) Để chứng minh điều này, giả sử C định nghĩa P (x, y, z) D là đường cong xạ ảnh P2 xác định Hessian HP(x, y, z) Như nhận xét 3.28 ta
đã biết HP(x, y, z) đa thức bậc ba; nhiên có thành phần
bội chứng minh mệnh đề 3.33 D xem đường cong theo nghĩa tổng quát nhận xét 2.3 2.25 Do tồn §3.1 áp dụng cho các đường cong với nghĩa tổng quát, nên cần chứng minh điều kiện hệ 3.25 thỏa mãn đủ Tức là, phải chứng minh p ∈ C ∩ D, hay p là điểm uốn C, p điểm trơn C D tiếp tuyến C và
D p phân biệt.
Theo nhận xét ta biết phép biến đổi xạ ảnh thích hợp giả sử
(44)3.2 ĐIỂM UỐN VÀ CÁC ĐƯỜNG CONG BẬC BACHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ
và
P (x, y, z) = y2z − x(x − z)(x − λz) với c ∈ C \ {0, 1} Ta có
∂P
∂x(0, 1, 0) = = ∂P
∂y(0, 1, 0), ∂P
∂z (0, 1, 0) = 1, ∂HP
∂x (0, 1, 0) = 24, ∂HP
∂y (0, 1, 0) = 0,
và
∂HP
∂z (0, 1, 0) = 8(λ − 1).
Như điều kiện hệ 3.25 thỏa mãn
Chúng ta chứng minh kết có ích điểm uốn đường cong bậc ba nhu sau:
Bổ đề 3.37 Một đường thẳng L P2 cắt đường cong bậc ba trơn hoặc
(a) ba điểm phân biệt p, q, r, điểm với bội giao (tức L không phải tiếp tuyến C p, q q); hoặc
(b) hai điểm, p với bội giao q với bội giao hai (tức L tiếp tuyến của C q p, q điểm uốn C); hoặc
(c) điểm p với bội giao ba (tức L tiếp tuyến p p điểm uốn của C).
Chứng minh Kết nhận từ dạng mạnh 3.1 định lý Bézout
bằng cách kiểm tra định nghĩa bội giao xét bổ đề trùng với định nghĩa xét định lý 3.18 Mặc dù dài nhiều lí giải có chứng minh trực tiếp
Do C bất khả qui (theo hệ 3.10(i)) nên khơng chứa L, có thể giả sử L đường thẳng xác định bởi
y = 0
và điểm [1, 0, 0] không thuộc C Giả sử
C = {[x, y, z] ∈ P2 : P (x, y, z) = 0}. Khi theo bổ đề 2.8 phân tích P (x, 0, z) thành
(45)CHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ3.2 ĐIỂM UỐN VÀ CÁC ĐƯỜNG CONG BẬC BA
với λ1, λ2, λ3 ∈ C µ ∈ C \ {0}, vậy
C ∩ L = {[x, 0, z] ∈ P2 : P (x, 0, z) = 0} = {[λi, 0, 1] : ≤ i ≤ 3}.
Tiếp tuyến C [λi, 0, 1] xác định bởi
x∂P
∂x[λi, 0, 1] + y ∂P
∂y[λi, 0, 1] + z ∂P
∂z [λi, 0, 1] = 0.
Theo quan hệ Euler (bổ đề 2.32) đường thẳng L khi
∂P
∂x[λi, 0, 1] = 0,
hay cách tương đương, λi nghiệm bội đa thức
P (x, 0, 1) = µ(x − λ1)(x − λ2)(x − λ3). Nếu theo bổ đề 3.31
HP(λi, 0, 1) = det
Pxx Pxy
Pyx Pyy Py
0 Py
= −4(Py)2Pxx
lấy giá trị [0, 1, 0], và
∂P
∂y[λi, 0, 1] 6= 0
do C trơn; [λi, 0, 1] điểm uốn khi
∂2P
∂x2[λi, 0, 1] = 0,
hay cách tương đương, λi nghiệm bội ba đa thức
P (x, 0, 1) Ta có điều phải chứng minh.
Chúng ta kết thúc chương kết đẹp nói đường cong xạ ảnh bậc ba trơn P2có cấu trúc nhóm aben Chúng ta khơng hồn tồn chứng minh đầy đủ (xem tập 3.13 3.14) thực phần sau (xem 6.21 6.39)
Định lý 3.38 Cho trước đường cong trơn bậc ba C P2 và điểm uốn p0
trên C, tồn cấu trúc nhóm cộng C cho p0 là phần tử
(46)3.2 ĐIỂM UỐN VÀ CÁC ĐƯỜNG CONG BẬC BACHƯƠNG CÁC TÍNH CHẤT ĐẠI SỐ
Chứng minh Để kiểm tra tính nhất, trước phép cộng có nghich đảo
xác định −p0 = p0 và p 6= p0 thì −p giao điểm thứ ba C và đường thẳng P2 đi qua p p0 Ngoài p, q điểm tùy ý C thì
p + q = −r với r giao điểm thứ ba C với đường thẳng P2 đi qua p q (nếu p 6= q) với tiếp tuyến C p (nếu p = q) Vì cấu trúc nhóm cộng xác định
Phần lại chứng tỏ tồn cấu trúc nhóm cộng nhận p0 phần tử khơng Tính giao hốn suy từ định nghĩa p + q Với p ∈ C sao cho p 6= p0 ta có p + p0 = −r r giao điểm thứ ba C đường thẳng P2 đi qua p p0 Điểm r khác p0 vì p0 là điểm uốn, −r giao điểm C đường thẳng P2 đi qua r p0, rõ ràng p Vì p + p0 = p nếu p 6= p0, p0+ p0 = p0do p0 là điểm uốn (như tiếp tuyến cắt C với bội giao ba p0) Từ định nghĩa phép cộng nghịch đảo ta dễ dàng chứng minh p + (−p) = p0 với p ∈ C Vì ta cịn lại chứng minh tính kết hợp
(47)Tài liệu tham khảo
[Arbarello & al 85] E Arbarello, M Cornalba, P Griffiths and J Harris, Topics in
the theory of algebraic curves, Springer-Verlag (1985).
[Arnol’d 86] V.I Arnol’d, Catastrophe theory, Second Edition, Springer-Verlag (1986)
[Atiyah-Macdonald 69] M.F Atiyah and I.G Macdonald, Commutative algebra, Addison-Wesley (1969)
[Beardon 84] A.F Beardon, A primer on Riemann surfaces, London Math Soc Lec-ture Notes 78, Cambridge (1984)
[Brieskorn & Knăorrer] E Brieskorn and H Knăorrer, Plane algebraic curves, Birkh ăauser-Verlag (1986)
[Chern 80] S.S Chern, Complex manifolds without potential theory, Springer-Verlag, (1980)
[Clemens 80] C.H Clemens, A scrapbook of complex curve theory, Plenum (1980). [Coolidge 59] J.L Coolidge, A treatise on algebraic curves, Dover, (1959).
[Farkas & Kra 80] H Farkas and I Kra, Riemann surfaces, Springer-Verlag, (1980)
[Fulton 69] W Fulton, Algebraic curves, Benjamin-Cummings, (1969).
[Griffiths 89] P.A Griffiths, Introduction to algebraic curves, Transaction of math-ematical monographs 76, American Mathmath-ematical Society (1989)
[Griffiths-Harris 78] P A Griffiths and J Harris, Principles of algebraic geometry, Wiley (1978)
(48)TÀI LIỆU THAM KHẢO TÀI LIỆU THAM KHẢO
[Herstein 75] I.N Herstein, Topics in algebra, Wiley (1975).
[Jones 71] B F Jones, Rudiments of Riemann surfaces, Rice University (1971). [Kendig 77] K Kendig, Elementary algebraic geometry, Springer-Verlag (1977). [Morrow & Kodaira 71] J Morrow and K Kodaira, Complex manifolds, Holt
Rine-hart & Winston (1971)
[Mumford 75] D Mumford, Curves and their Jacobians, University of Michigan (1975)
[Mumford 76] D Mumford, Algebraic geometry I: Complex projective varieties, Springer-Verlag (1976)
[Priestley] H.A Priestley, Introduction to complex analysis, Oxford (1985).
[Reid 88] M Reid, Undergraduate algebraic geometry, London Math Soc Student Texts 12, Cambridge (1988)
[Semple & Roth 49] J.G Semple and L Roth, Introduction to algebraic geometry, Oxford (1949)
[Shafarevich 74] I.R Shafarevich, Basic algebraic geometry, Springer-Verlag (1974)
[Spanier 66] E.H Spanier, Algebraic topology, McGraw-Hill (1966).
[Springer 57] G Springer, Introduction to Riemann surfaces, Addison-Wesley (1957)
[Stewart 73] I Stewart, Galois theory, Chapman & Hall (1973).
[Sutherland 75] W.A Sutherland, Introduction to metric and topological spaces, Oxford (1975)