Như đã trình bày ở phần trước, trên một đường cong trơn trong P2, các tiếp tuyến tại các điểm uốn và tiếp tuyến tiếp xúc với đường cong tại nhiều điểm, tương ứng là các điểm kì dị trên đường cong đối ngẫu. Hay nói khác đi là các điểm uốn và họ các tập điểm chung một tiếp tuyến là hai loại điểm cần được đề cập trên một đường cong trơn. Để tìm tọa độ các điểm uốn, ta đã biết một phương pháp là tìm giao điểm của đường cong đó với đường cong Hessian của nó. Cịn trong chương này mong muốn tìm ra một phương pháp tương tự, để tìm tọa độ tập các điểm chung một tiếp tuyến trên một đường cong trơn bậc bất kì, trong mặt phẳng xạ ảnh phức. Từ đó sẽ cho ta biết tọa độ các điểm node trên đường cong đối ngẫu. Phần đầu của chương này đưa ra phương hướng với một đường cong trơn bậc bất kì, nhưng chứng minh trọn vẹn mới chỉ hồn thành trên đường cong trơn bậc 4. Như vậy là ta có thể tìm ra được tất cả các điểm
kì dị trên đường cong đối ngẫu của một đường cong trơn bậc4 bất kì, trong khi chưa biết phương trình của nó.
Cho F là một đường cong trơn bậc n ≥ 4 trong mặt phẳng xạ ảnh P2. Giả thiết P(a : b : c) là một điểm bất kì trên F, khi đó ta đặt Fe là đường cong xác
định bởi phương trình: Fe = aFx+bFy +cFz = 0, đường cong này được gọi là
đường cực của F tại P (theo [1]). Đường cong Fe là một đường cong bậc n−1 đi qua P và có những tính chất sau:
Mệnh đề 3.0.1. 1. P là một điểm đơn trên Fe. Nếu gọi L là tiếp tuyến của
F tại P thì L cũng là tiếp tuyến của Fe tại P.
2. P là một điểm uốn của F khi và chỉ khi P cũng là một điểm uốn của Fe.
3. Giả sử Q là một điểm khác P. Khi đó, Q∈ F ∩Fe khi và chỉ khi tiếp tuyến của F tại Q đi qua P.
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh công thức sau (công thức Euler):
Nếu F(x1, x2,· · · , xm) là một dạng bậc n trong vành đa thứcK[x1, x2,· · · , xm]
thì nF = m P j=1 xjFxj. Thật vậy, ta viết F =X i ai m Y j=1 xαijj , với αi1+αi2+. . .+αim =n. Khi đó Fxj =X i aiαijxαij−1j Y k6=j xαikk . Từ đó suy ra m X j=1 xjFxj = ( m X j=1 αij)F =nF. Chứng minh (1). Áp dụng công thức trên ta có e Fx(a, b, c) = (n−1)Fx(a, b, c), e Fy(a, b, c) = (n−1)Fy(a, b, c), e Fz(a, b, c) = (n−1)Fz(a, b, c).
Do đó P là một điểm đơn trên Fe khi và chỉ khi P là một điểm đơn trên F. Nhưng F là một đường cong trơn nên P luôn là một điểm đơn trên F. Vậy P
cũng là một điểm đơn trên Fe và dễ thấy F vàFe chung một tiếp tuyến tại P là
xFx(P) +yFy(P) +zFz(P) = 0.
Chứng minh (2). Ta có đường cong Hessian HF của F xác định bởi
det
Fxx Fxy Fxz Fyx Fyy Fyz Fzx Fzy Fzz
= 0.
Còn đường cong HFe xác định bởi
det e Fxx Fexy Fexz e Fyx Feyy Feyz e Fzx Fezy Fezz = 0.
Theo cơng thức Euler ta có
e Fxx(a, b, c) = (n−2)Fxx(a, b, c), e Fyy(a, b, c) = (n−2)Fyy(a, b, c), e Fzz(a, b, c) = (n−2)Fzz(a, b, c), e Fxy(a, b, c) = (n−2)Fxy(a, b, c), e Fxz(a, b, c) = (n−2)Fxz(a, b, c), e Fyz(a, b, c) = (n−2)Fyz(a, b, c).
Từ đó suy raHFe(a, b, c) = 0 khi và chỉ khiHF(a, b, c) = 0. Mặt khác P luôn thuộc
F và Fe, nên P là một điểm uốn củaFe khi và chỉ khi P là một điểm uốn của F.
Chứng minh (3). Giả sử Q ∈ F ∩Fe và Q 6= P. Tiếp tuyến của F tại Q có phương trình là
xFx(Q) +yFy(Q) +zFz(Q) = 0.
Vì Q∈ Fe nên tọa độ của Q thỏa mãn phương trình của Fe
Đẳng thức cuối suy ra tọa độ của P(a:b :c) thỏa mãn phương trình tiếp tuyến của F tại Q. Vậy tiếp tuyến tại mọi điểm giao của F và Fe luôn đi qua P.
Bây giờ ta sẽ đi tìm điều kiện của P (thuộc F) để sao cho tồn tại một điểm
Q∈F và khácP, mà tiếp tuyến với F tại P và Q trùng nhau. Xét hệ phương trình sau (∗) aFx+bFy+cFz = 0 xFx(P) +yFy(P) +zFz(P) = 0 F = 0
trong đó a, b, c là tham số (P(a:b :c)∈F), (x:y :z) là tọa độ trong P2.
GọiL là đường thẳng có phương trìnhxFx(P) +yFy(P) +zFz(P) = 0. Dễ thấy
L chính là tiếp tuyến chung của F và Fe tại P. Vậy nghiệm của hệ trên là tọa độ giao điểm của 3 đường gồmF,Fe vàL. Rõ ràng P(a:b :c) là một nghiệm của hệ phương trình (∗), nhưng điều đáng chú ý nhất về hệ phương trình trên được
thể hiện trong mệnh đề sau:
Mệnh đề 3.0.2. Giả sử Q(x : y : z) 6= P(a : b : c), khi đó Q(x : y : z) là một nghiệm của hệ phương trình (∗) khi và chỉ khi L cũng là tiếp tuyến của F tại Q.
Chứng minh. Nếu Q(x :y :z) là một nghiệm của hệ (∗) thì Q(x: y:z)∈ F ∩Fe. Theo mệnh đề 3.0.1 tiếp tuyến của F tại Q sẽ đi qua P. Nhưng vì Q(x:y:z) là một nghiệm của hệ (∗) nên Q(x :y : z)∈ L, mà P ∈L, P 6=Q nên có duy nhất một đường thẳng đi qua P vàQlàL, đó cũng chính là tiếp tuyến tuyến tiếp xúc
với F tại cả P vàQ.
Điều ngược lại là hiển nhiên.
Đặt B là tập các điểm trên F, sao cho ∀Q∈ B luôn tồn tại ít nhất một điểm
Q′∈F, Q′6=Qmà tiếp tuyến của F tạiQ vàQ′ trùng nhau. Qua mệnh đề trên ta thấy hệ phương trình(∗)có ít nhất hai nghiệm phân biệt (trong đóP(a:b :c)
đã luôn là một nghiệm) khi P ∈ B.
Như vậy để tìm ra B ta sẽ đi tìm điều kiện của P(a:b :c) để hệ phương trình
(∗) có ít nhất một nghiệm khác P(a : b : c). Trong luận văn này, chúng tơi mới
chỉ hồn thành với deg(F) =n= 4.
Giả sử deg(F) = 4 thì deg(Fe) = 3. Khi đó hệ (∗) sẽ có nhiều nhất 2 nghiệm phân biệt. Thật vậy, tổng số giao của L và Fe bằng 3, nhưng IP(L,Fe) ≥2 (vì L
tiếp xúc với Fe tại P) nên L giao với Fe nhiều nhất tại 2 điểm phân biệt. Vậy hệ (∗) có nhiều nhất hai nghiệm phân biệt. Cũng từ đó ta thấy để hệ (∗) có 2
nghiệm phân biệt thì điều kiện đầu tiên làL giaoFe tại hai điểm phân biệt, điều này tương đương với P không phải là điểm uốn của Fe hayP 6∈HFe (để ý rằng P
thuộc F và Fe). Theo Mệnh đề 3.0.1 khi đó P cũng khơng thuộc HF.
Tới đây, đặt điều kiện P 6∈HF ta có L vàFephải giao nhau tại hai điểm phân biệt. Một điểm hiển nhiên là P, điểm còn lại ta đặt là Q, giả sử Q(x0 : y0 : 1).
Khi đó, trong A2 điểm Q(x0, y0) là một giao điểm của f(x, y) =e Fe(x, y,1) và
l(x, y) = L(x, y,1).
Cụ thể phương trình của f(x, y)e và của l tương ứng là:
aFx(x:y: 1) +bFy(x:y : 1) +cFz(x:y: 1) = 0,
xFx(a:b:c) +yFy(a:b :c) +Fz(a:b:c) = 0.
Ta có thể giả sử c 6= 0, khi đó l sẽ tiếp xúc với fetại P(a
c, b
c) và cắt fetại
Q(x0, y0). Nếu Fx(a :b :c) và Fy(a:b :c) đều bằng 0 thì kéo theo Fz(a:b :c) = 0
mâu thuẫn với giả thiết F là một đường cong trơn. Vì vậy có thể giả sử Fy(a :
b:c)6= 0, khi đó đưa phương trình l về dạng y=−Fx(a:b :c)
Fy(a:b :c)x− Fz(a:b:c) Fy(a:b:c).
Ta sẽ biểu diễn tọa độ của Q theo P vàF. Trước hết ta cần đến bổ đề sau:
Bổ đề 3.0.1. Trong mặt phẳng A2, gọi C là một đường cong bậcd >1, xác định
A(p, q). Khi đó IA(C, L) = n khi và chỉ khi F(x, ax+b) = (x−p)nG. Trong đó
G∈K[x], G(p)6= 0 và deg(G) = d−n.
Chứng minh. Chuyển điểm A về gốc tọa độ bởi phép tịnh tiến
(
x=X+p y=Y +q
Khi đó phương trình của L là Y =aX và A(0,0).
Giả sử IA(C, L) = n, mà L là tiếp tuyến của C tại A(0,0) nên F(X, Y) = (Y −aX)H+Fn+Fn+1+. . .+Fd. Trong đó Fi là các dạng bậc i, Fn(X, aX)6= 0,
n > deg(H) + 1. Suy ra Fn(X, aX) = αnXn với αn 6= 0, vậy F(X, aX) = 0.H +
αnXn+. . .+αdXd=Xn(αn+. . .+αdXd−n). Trở lại tọa độ cũ ta đượcF(x, ax+b) = (x−p)nG, với G(p) =αn 6= 0.
Chiều ngược lại, giả sử F(X, aX) = XnG với G(0) 6= 0. Suy ra F(X, aX) =
αnXn+. . .+αdXd với αn :=G(0) 6= 0. Vì Y =aX là tiếp tuyến với F(X, Y) tại
A(0,0)nênF = (Y−aX)H+Fk+Fk+1+. . .+Fd, vớiFk(X, aX)6= 0. ĐểF(X, aX) =
αnXn+. . .+αdXd,αn 6= 0thìk=n. VậyF(X, Y) = (Y−aX)H+Fn+Fn+1+. . .+Fd,
suy ra I(0,0)(F, L) = I(0,0)(Fn+Fn+1+. . .+Fd, L) = n, do Fn(X, aX) 6= 0 nên Fn
không nhận L làm nhân tử.
Áp dụng bổ đề trên cho trường hợp l tiếp xúc với fetại P(a
c, b
c) và cắt fetại
Q(x0, y0), IP(f , l) = 2e thì ta có được
e
f(x,−Fx(a:b:c)Fy(a:b:c)x−Fy(a:b:c)Fz(a:b:c)) =h x− ac2
(x−x0).
Với h là một hằng số nào đó khác 0.
Nếu a=b = 0 suy ra P(0 : 0 : 1), ta kiểm tra trực tiếp được tiếp tuyến tại P
có phải là một song tiếp tuyến hay khơng.
phương trình
e
f(x,−Fx(a:b:c)Fy(a:b:c)x−Fy(a:b:c)Fz(a:b:c)) =h(x− ac)2(x−x0),
ta có thể rút ra được x0.
Ta viết
e
f(x,−Fx(a:b:c)Fy(a:b:c)x− Fz(a:b:c)Fy(a:b:c)) =β3x3+β2x2+β1x+β0.
Đồng nhất các hệ số ta có: x0 =−β0β3 c 2 a2, y0 = Fx(a:b:c)Fy(a:b:c) β0c2 β3a2 − FzFy(a:b:c)(a:b:c).
Với Q(x0 : y0 : 1), quy đồng và khử mẫu nếu cần, ta có thể đưa tọa độ của
Q về dạng Q xQ(a, b, c) : yQ(a, b, c) : zQ(a, b, c)
với xQ, yQ, zQ là các đa thức của
a, b, c.
Khi đó, Q là một nghiệm của hệ (∗) nếu F(Q) = 0 hay F(Q(a, b, c)) = 0. Đặt
BF(a, b, c) = F(Q(a, b, c)), bây giờ ta đã tìm ra tập các điểm trên một đường cong
trơn bậc bốn F mà tiếp tuyến tại mỗi điểm của nó là một song tiếp tuyến:
B =BF(x, y, z)∩F rHF ∩F.
Tổng kết lại, nếu cho trước một đường cong trơn bậc bốn F, ta tìm B thông qua các bước sau:
Bước 1. Kiểm tra điểm (0 : 0 : 1), các điểm trên F có tọa độ dạng (0 : y : 1)
và các điểm thuộc F ∩Fy, có thuộc tập B hay khơng.
Bước 2. Đặt Fe=aFx+bFy+cFz.
Phân tích
e
tính các hệ số βi theo a, b, c.
Quy đồng khử mẫu nếu cần để đưa −β0
β3 c2 a2 : FxFy(a:b:c)(a:b:c)β0 β3 c2 a2 −Fz(a:b:c)Fy(a:b:c) : 1 thành
x(a, b, c) : y(a, b, c) :z(a, b, c)