2 Đường cong đơn thức trong không gian afin
2.1.2 Tôpô Zariski
Theo các bổ đề và bổ đề ở mục trước cho thấy có thể trang bị một cấu trúc tôpô cho không gian afin AnK với các tập đóng là các tập đại số trong AnK.
Định nghĩa 2.1.7. Trên AnK tôpô được xác định bởi các tập đóng là các tập đại số (tập mở của AnK là phần bù của một tập đại số) được gọi là tôpô Zariski.
Ví dụ. Ta có thể mô tả tôpô Zariski trên không gian afin 1-chiều A1K với K là trường đóng đại số như sau:
Tập Z là đóng trong A1K khi và chỉ khi Z gồm hữu hạn điểm, hoặc Z = A1K hoặc Z = ∅. Thật vậy, vì Z là tập đại số suy ra tồn tại iđêan I trong K[x1, .., xn] để Z = V(I). Do K[x1, .., xn] là vành chính suy ra tồn tại f ∈ K[x1, .., xn], I = (f). Suy ra Z = V(f), giả sử deg f = r, ta có phân tích
f(x) = (x−a1)(x−ar)...(x−ar).
Ta sẽ chỉ ra Z = V(f) = {a1, .., ar} suy ra |Z| = r.
Nếu f là một đa thức hằng thì Z = (f) = ∅ còn nếu f = 0 thì Z = V(f) = A1K.
Như vậy mỗi tập đại số trong AnK đều được xác định bởi một iđêan trong K[x1, .., xn]. Mối quan hệ cơ bản giữa các tập đại số phản ánh các phép toán với các iđêan xác định chúng.
2.1.3 Tập đại số bất khả quy
Khi xét tập nghiệm của một hệ phương trình đa thức người ta thường tìm cách quy về việc xét các hệ phương trình đa thức đơn giản hơn. Về mặt hình học, điều này có nghĩa là ta phân tích một tập đại số thành các tập đại số nhỏ hơn. Nếu một tập đại số không thể phân tích thành hợp của hai tập đại số nhỏ hơn thì ta gọi đó là một tập bất khả quy.
Định nghĩa 2.1.8. Cho V là tập đại số trong AnK, V được gọi là bất khả quy nếu V không phân tích được thành hợp của hai tập đại số nhỏ hơn, nghĩa là nếu V = V1 ∪V2, với V1, V2 là những tập đại số thì suy ra V1 = V hoặc V2 = V.
Ví dụ. Các tập đại số sau là bất khả quy 1. Tập rỗng ∅.
2. Các tập chỉ gồm một điểm α ∈ AnK. 3. Tập A1K là bất khả quy.
Định lí 2.1.9. Mọi tập đại số đều có thể phân tích thành hợp của một số hữu hạn các tập đại số bất khả quy không giao nhau. Các tập bất khả quy trong sự phân tích như vậy được xác định một cách duy nhất.
2.1.4 Đa tạp afin
Định nghĩa 2.1.10. Cho trườngLvà trường con K. Không gian afin n- chiều trên L kí hiệu An(L) = {(a1, ..., an), ai ∈ L}. Một tập V ⊂ An(L)
V là tập hợp tất cả những điểm p = (a1, ..., an) ∈ An(L) thỏa mãn fi(p) = 0,∀i = 1, r. Khi đó ta kí hiệu V = V(f1, ..., fr) và cũng nói rằng K- đa tạp afin V được xác định bởi các đa thức f1, ..., fr.
Với iđêan I của K[x1, ..., xn] thì I hữu hạn sinh, K- đa tạp afin được xác định bởi các phần tử sinh của I được gọi là K- đa tạp afin xác định bởi iđêan I và kí hiệu là V(I).
Định nghĩa 2.1.11. Một tập conX ⊆ Anlà bất khả quy nếu nó không là hợp hữu hạn của các đa tạp con thực sự, nghĩa là đối với các đa tạp X1, X2 ⊆ An sao cho X = X1 ∪X2 dẫn đến X = X1 hoặc X = X2.
Mệnh đề 2.1.12. Bất kì đa tạp X đều có thể được phân tích như là hợp hữu hạn của các đa tạp con bất khả quy X = X1 ∪X2 ∪...Xm với Xi *Xj,∀i 6= j. Phép phân tích trên là duy nhất (sai khác phép hoán vị).
Định nghĩa 2.1.13. 1. Trong An(L) xét tập X tùy ý. Tập hợp I(X) = {f ∈ K[x1, ..., xn]|f(p) = 0,∀p ∈ X},
là một iđêan của K[x1, ..., xn] và gọi là iđêan triệt tiêu của X. 2. Cho I là một iđêan của R. Khi đó tập hợp
√
I = {f ∈ R|∃m ∈ N∗, fm ∈ I},
là một iđêan của R và gọi là căn của I (hoặc kí hiệu Rad I). Rõ ràng I ⊂ √I (nói chung I 6= √
I). Nếu I = √
I thì gọi là iđêan căn.
Mệnh đề 2.1.14. 1. Nếu L vô hạn thì I(An(L)) = (0). 2. I(ø) = K[x1, ..., xn] = (1) (iđêan sinh bởi 1).
3. Với mọi X ⊂ An(L) thì I(X) là iđêan căn.
4. Với mọi V ⊂ An(L) thì I(X) là K- đa tạp afin thì V(I(V)) = V. 5. Cho V1, V2 là các K- đa tạp afin. Khi đó
(a)V1 V2 ⇔ I(V1) ! I(V2).
(b)I(V1 ∪V2) =I(V1)∩I(V2). V1 ∪V2 = V(I(V1).I(V2)).
6. Cho (Vα)α∈Λ, với Vα là các K- đa tạp afin. Khi đó
\
α∈Λ
Vα = V(X
α∈Λ
I(Vα)).
2.2 Đường cong đơn thức trong không gian afin
Định nghĩa 2.2.1. Cho trường K và s1 < ... < sn là những số nguyên dương thỏa gcd(s1...sn)=1. Một đường cong đơn thức trongAn(K) được cho bởi phương trình tham số
x1 = ts1 x2 = ts2 ... xn = tsn , trong đó t ∈ K và kí hiệu là C(s1, ..., sn).
Định lí 2.2.2. Đường cong đơn thức C = C(s1...sn) trong An(K) là một đa tạp afin có số chiều bằng 1 và khi trường K đóng đại số thì C bất khả quy. Chứng minh Xét đồng cấu vành π : K[x1...xn] →K[t] xi 7→ tsi Khi đó ta có C = V(Ker(π)).
Thật vậy, rõ ràng C ⊂ V(Ker(π)) ta chứng minh V(Ker(π)) ⊂ C. Gọi P = (x1...xn) ∈ V(Ker(π)). Nếu tồn tại i sao cho xi = 0 thì xj = 0 ∀j vì xsj
i −xsi
j ∈ Ker(π), suy ra p ∈ C. Do đó chỉ cần xét xi 6= 0
∀i. Gọi a1, ..., an là những số nguyên sao cho a1s1 +...+ansn = 1. Đặt t = xa1 1 ...xan n , khi đó ∀i = 1, ..., n ta có tsi = (xa1 1 )si(xa2 2 )si...(xan n )si = (xsi 1 )a1(xsi 2)a2(xsi n)an = (xs1 i )a1(xs2 i )a2...(xsn i )an = xi. Suy ra P ∈ C, điều đó có nghĩa là V(Ker(π)) ⊂ C.
Mặt khác, Ker(π) là một iđêan nguyên tố nên C bất khả quy. Hơn nữa,
Định nghĩa 2.2.3. Trong K[x1, x2, x3], xét đường cong đơn thức C = C(s1, s2, s3). Đặt: f1 = xm1 1 −xm12 2 xm13 3 , f2 = xm2 2 −xm21 1 xm23 3 , f3 = xm3 3 −xm31 1 xm32 2 .
Trong đó mi là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho tồn tại mij (i, j = 1,2,3) không âm thỏa mãn phương trình misi = P
j6=i
mijsj.
Mệnh đề 2.2.4. Cho đường cong đơn thức C = C(s1, s2, s3) và các đa thức f1, f2, f3 trong Định nghĩa 2.2.3. Khi đó xảy ra một trong hai trường hợp sau:
1. mij 6= 0 ∀i 6= j.
2. Tồn tại i, j sao cho fi = −fj và đa thức còn lại fk = xmk
k −xmki
i xmkj
j có mki và mkj đều dương.
Chứng minh
Nếu trường hợp 1. không xảy ra. Giả sử m13 = 0, ta chứng minh f2 = −f1.
Trước hết ta có m23 = 0 vì nếu giả sử m23 6= 0 thì mâu thuẫn với giả thiết. Thật vậy, do tính chất nhỏ nhất của các mi ta có m2 ≤ m12. Từ giả thiết gcd(s1, s2, s3) = 1 suy ra m21 > 0. Ta lại có
f1 = xm1
1 −xm2
2 xm12−m2
2 xm13
= xm1 1 −(f2 + xm21 1 xm23 3 )xm12−m2 2 xm13 3 , suy ra p = xm1 1 −xm21 1 xm12−m2 2 xm23 3 ∈ Ker(π). Do đó đa thức p0 = p/xm2
1 ∈ Ker(π) (mâu thuẫn với tính chât nhỏ nhất của m1). Như vậy f1 = xm1
1 −xm12
2 và f2 = xm2
2 − xm21
1 . Do tính chất nhỏ nhất của m1, ta có gcd(m1, m12) = 1. Khi đó (m21, m2) là một bội số của (m1, m12), suy ra m1 = m21 và m2 = m12.
Mệnh đề 2.2.5. Cho đồng cấu π được định nghĩa như trong chứng minh định lí 2.2.2 và các đa thức f1, f2, f3 trong định nghĩa 2.2.3. Ta đặt I = Ker(π), khi đó I = hf1, f2, f3i.
Chứng minh
Ta chỉ cần chứng minh I ⊂ hf1, f2, f3i.
Thật vậy, vì I là tổ hợp tuyến tính trên K của những đa thức thuần nhất xα1 1 xα2 2 xα3 3 −xβ1 1 xβ2 2 xβ3 3 ,
do đó I là iđêan được sinh bởi những đa thức thuần nhất dạng xαi − Q j6=i xβj j . Gọi J = hf1, f2, f3i. Nếu I 6⊂J, chọn xαi − Q j6=i xβj j có bậc nhỏ nhất trong I\J. Do tính nhỏ nhất của mi ta có α ≥ mi. Với i = 1, xét b0 = xα−m1 1 xm12 2 xm13 3 −xβ2 2 xβ3 3 .
Ta thấy b0 ∈ I \J vì b−b0 ∈ hf1i. Nếu cả m12 và m13 đều khác 0 thì tồn tại b00 nào đó và j = 2 hoặc j = 3 sao cho b0 = xjb00. Bậc của b00 nhỏ hơn bậc của b nên b00 ∈ J, suy ra b0 ∈ J (mâu thuẫn). Do đó sẽ xảy ra
hai trường hợp m12 = β3 = 0 hoặc m13 = β2 = 0. Giả sử m13 = β2 = 0, ta có b0 = xα−m1 1 xm12 −xβ3 3 và α−m1 > 0. Do tính nhỏ nhất của m3 ta được β3 ≥ m3, khi đó b00 = xα−m1 1 xm12 1 −xβ3−m3 3 xm31 1 xm32 2 ∈ I \J.
Vì b0 −b00 ∈ hf3i và m31, m32 đều dương. Như vậy có thể chia b00 cho một trong hai biến x1 hoặc x2, điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của deg b.
Nhận xét: Trong định nghĩa của đường cong đơn thức, nếu ta thay giả thiết gcd(n1, n2, n3 = d) và đặt C1 = C(n1 d, n2 d,n3 d ) thì C = C1 khi K là đóng đại số vì khi đó ánh xạ K →K t7→ td
là toàn ánh. Trường hợp K không đóng đại số thì điều trên nói chung là không đúng. Chẳng hạn chọn K = R và đường cong C(2, 2, 4) trong
A3(R) thì C(2,2,4) 6= C1(1,1,2) vì (−1,−1,1)∈ C1 \C. Mệnh đề 2.2.6. Các đa thức f1 = xm1 1 −xm12 2 xm13 3 , f2 = xm2 2 −xm21 1 xm23 3 , f3 = xm3 3 −xm31 1 xm32 2
trong định nghĩa 2.2.3 thỏa mãn điều kiện m1 = m21 +m31. m2 = m12 +m32.
m3 = m13 +m23.
Chứng minh
Nếu ta đặt v1 = (−m1, m12, m13), v2 = (m21,−m2, m23),
v3 = (m31, m32,−m3) và v = v1 + v2 + v3 = (a1, a2, a3) thì a1s1 +
a2s2 + a3s3 = 0. Ta có thể giả sử a2, a3 cùng dấu, khi đó a1 = 0 hoặc
|a1| = | −m1 + m21 +m31| ≥ m1 (do tính nhỏ nhất của m1). Điều thứ hai không xảy ra vì 0< mj1 < m1, do đó a1 = 0, suy ra a2 = a3 = 0.
Định lí 2.2.7. Cho đường cong đơn thức C = C(s1, s2, s3) thì đa tạp C ∪L với L = V(x1, x2) được xác định bởi hai đa thức f1, f2 cho trong định nghĩa 2.2.3.
Chứng minh
Rõ ràng C ∪L ⊂ V(f1, f2). Ta cần chứng minh V(f1, f2) ⊂C ∪L. Thật vậy, gọi P = (a, b, c) ∈ V(f1, f2). Ta xét hai trường hợp a = 0
hoặc a 6= 0. Nếu a = 0 thì b = 0 do f2(P) = 0, suy ra P = (0,0, c) ∈
Oxy. Nếu a 6= 0 thì b 6= 0 và c 6= 0 do f1(P) = 0, từ đó f1(P) = 0 ⇒ am1 = bm12cm13 ⇒cm13 = am1b−m12,
f2(P) = 0 ⇒ bm2 = am21cm23 ⇒cm23 = a−m21bm2.
Suy ra cm3 = cm13cm23 = am1−m21bm2−m12 = am31bm23, nghĩa là f3(P) = 0, suy ra P ∈ C = V(f1, f2, f3).
Bổ đề 2.2.8. Bằng cách thực hiện một phép cộng hoặc trừ một bội của f1 vào đơn thức xa1xb2xc3 ta thu được đơn thức xa−nm1
1 xb+nm12
2 xc+nm13
Quy nạp theo n 1. Với n = 1, xa1xb2xc3 −xa−m1 1 xb2xc3(xm1 1 −xm12 2 xm13 3 ) = xa−m1 1 xb+m12 2 xc+m13 3 .
2. Giả sử mệnh đề đúng với n - 1, tức là ta thu được xa−(n−1)m1
1 xb+(n−1)m12
2 xc+(n−1)m13
3 .
Trừ đơn thức trên cho đơn thức xa−m1 1 xb+(n−1)m12 2 xc+(n−1)m13 3 (xm1 1 −xm12 2 xm13 3 ), ta thu được xa−m1 1 xb+nm12 2 xc+nm13 3 .
Định lí 2.2.9. Cho đường cong đơn thức C = C(s1, s2, s3), khi đó tồn tại g ∈ I(C) có dạng g = ±x3α+h trong đó h ∈ (x1, x2), α là số nguyên dương sao cho f2 ∈ Rad(g, f1) và khi đó C = V(g, f1). Như vậy đường cong đơn thức trong A3(K) là tương giao đầy đủ.
Chứng minh
a. Giả sử tồn tại g ∈ I(C) sao cho f2 ∈ Rad(g, f1) và g = ±xα3 +h trong đó h ∈ (x1, x2) và α là số nguyên dương. Ta có (g, f1) ⊂I(C) suy ra
C = V(I(C)) ⊂V(g, f1).
Ngược lại, giả sử P = (a, b, c) ∈ V(g, f1), ta chứng minh P ∈ C. Nếu a = 0, thì b = 0 và c = 0 vì f2(P) = 0 và g(P) = 0. Như vậy P = (0,0,0) ∈ C.
Nếu a 6= 0, giả sử b = 0 hay c = 0 thì f1(P) = 0 suy ra a = 0 ( mâu thuẫn), do đó a, b, c đều khác 0. Theo giả thiết
f1(P) = 0 ⇒ am1 = bm12cm13 ⇒cm13 = am1b−m12,
f2(P) = 0 ⇒ bm2 = am21cm23 ⇒cm23 = a−m21bm2.
Do đó ta có: cm3 = cm13cm23 = am1−m21bm2−m12 = am31bm23. Suy ra f3(P) = 0, nghĩa là P ∈ C.
Như vậy C là giao của hai siêu mặt g = 0 và f1 = 0. b. Sự tồn tại của g.
Trước hết ta viết lại fm1 2 = (xm2 2 −xm21 1 xm23 3 ) = xm2 2 k ±xm21m1 1 xm23m1 3 .
Trong đó k ∈ (x1, x2). Cộng hoặc trừ đa thức trên cho đa thức xm21−m1 1 xm23m1 3 f1 = xm1m21 1 xm1m23 3 −xm1(m21−1) 1 xm12 2 xm13+m1m23 3
rồi chia cho xm12
2 ta được g = xm32 2 k±xm1(m21−1)xm13+m1m23. Nếu m21 = 1 thì g = xm32 2 k ±xm1(m21−1)xm13+m1m23 = ±xα3 +h, trong đó h2 ∈ (x1, x2) và α = m13+ m1m23.
Nếu m21 6= 1, theo công thức khai triển nhị thức Newton fm1 2 = (xm2 2 −xm21 1 xm23 3 )m1 = m1 P j=0 (−1)j(m1 j )x(m1−j)m21 1 xjm2 2 x(m1−j)m23 3 .
Ta được đơn thức xm21m12 2 x(m1m23+m21m13) 3 . • Khi j = m21, xm21m31 1 xm2m21 2 xm23m31 3 = xm21m31 1 xm12m21 2 xm32m21 2 xm23m31 1 .
• Khi 1 ≤ j ≤ m21 − 1, áp dụng bổ đề với n = (m21 −1) cho đơn thức x(m1−j)m21 1 xjm2 2 x(mi−j)m2 3 . Ta được đơn thức x(m1−j)m21m21−(m21−1)m1 1 xjm2+(m21−1)m12 2 x(m1−j)m2+(m21−1)m13 1 .
Như vậy ta thu được đa thức g0 = xm21m12
2 xm1m23+m21m13
3 +h0.
Trong đó h0 ∈ (x1, x2) chia hết cho xm12m21
2 . Chia g0 cho xm12m21 2 ta được g = xm1m23+m21m13 3 + h với h ∈ (x1, x2)
Ví dụ. 1. Xét C = (1,2,3) được xác định bởi phương trình tham số
x1 = t1 x2 = t2 x3 = t3 , tới t∈ K, lúc đó I(C) = (f1 = x21 −x2, f2 = x2 −x21, f3 = x3 −x1x2).
2. Xét C = C(2, 3, 5) I(C) = (f1 = x13 −x22, f2 = x23 −x21x3, f3 = x3 −x1x2). Lấy tổng của f23 = (x32 −x21x3)3 = x92 −3x12x62x3 + 3x41x26x23 −x61x33, và x31x33f1 = x61x33 −x31x22x33. Sau đó chia cho x22, ta thu được đa thức
x72 −3x22x42x3 + 3x41x2x23 −x31x33. Cộng thêm vào đa thức trên
x33f1 = x31x33 −x22x33. Ta được
x72 −3x21x42x3 + 3x41x2x23 −x22x33. Lại cộng thêm vào đa thức trên
3x1x2x23f1. Ta có đa thức
x72 −3x21x42x3 + 3x1x32x23 −x22x33. Cuối cùng chia cho x22 thì được
Chú ý: Khi ta nói đường cong đơn thức C là giao của hai siêu mặt thì điều đó không có nghĩa iđêan I(C) được sinh bởi hai phần tử. Ta thấy được điều đó qua ví dụ sau
Ví dụ. Xét đường cong C = C(3, 4, 5) được xác định bởi iđêan I(C) = (f1 = x13 −x2x3, f2 = x22 −x1x3, f3 = x23 −x21x2), khi đó tồn tại đa thức g = x41 −2x1x2x3 +x32.
Thỏa
f12 = x22f3 + x21g, f22 = x21f3 +x2g. Nên
C = V(g, f3).