Luận văn Các siêu mặt hyperbolic brody trong không gian xạ ảnh phức

,ω ω là hai số phức độc lập tuyến tính trên , Định lí 1.38 ([17] Định lí 2.3). Giả sử X là đường cong afin trong 2 xác định bởi đa thức f(x,y). Nếu đa thức f bất khả qui và không kì dị thì X là mặt Riemann. Chú ý rằng nếu đa thức f là bất khả qui và kì dị thì phần trơn của tập không điểm của f là mặt Riemann. Mệnh đề 1.39 ([17] Mệnh đề 3.6). Giả sử X là đường cong xạ ảnh trong 2 được xác định bởi đa thức thuần nhất F(x,y,z). Nếu đa thức F không kì dị thì X là mặt Riemann compắc. 1.3 Không gian hyperbolic Trước hết, chúng ta cần có những khái niệm cơ bản sau: Định nghĩa 1.40. Cho đĩa tròn đơn vị {| | 1}.z∆ = < Metric Poincare ρ∆ là metric Riemann đầy đủ trên ∆ được định nghĩa như sau: 2 2 2 .(1 | | ) dzdzds z = − Kết quả sau đây còn được gọi là tính chất giảm khoảng cách của Metric Poincare: Mệnh đề 1.41 (Schwartz-Alhfors). Giả sử :f ∆→∆ là ánh xạ chỉnh hình. Khi đó * 2 2f ds ds≤ , nghĩa là ( ( ), ( )) ( , )f p f q p qρ ρ∆ ∆≤ với hai điểm ,p q∈∆ . Định nghĩa 1.42 (Giả metric Kobyashi-Royden). Cho X là đa tạp phức (không nhất thiết là compắc). Giả metric Kobyashi-Royden Xρ được định nghĩa như sau: Với ,p q X∈ , chọn một dãy các điểm 0 1, , , np p p p q= = và các ánh xạ chỉnh hình :if X∆→ sao cho 1, ( )i i ip p f− ∈ ∆ . Khi đó 1 1 1{ },{ } 1 ( , ) inf ( ( ), ( )) i i n X i i i ip f i p q f p f pρ ρ − −∆ − = = ∑ (1.3) Chúng ta cũng có thể định nghĩa giả metric Kobyashi-Royden theo hướng sau đây: Định nghĩa 1.43. Chuẩn · : XT → trên không gian tiếp xúc chỉnh hình XT của X được định nghĩa như sau: Giả sử p X∈ và ,X pv T∈ là vectơ tiếp xúc chỉnh hình tại p. Ta xét tất cả những ánh xạ chỉnh hình f từ {| | }R z R∆ = < vào X thỏa mãn f(0)=p và *( / )f z v∂ ∂ = . Khi đó 1inf f v R = (1.4) Giả metric sinh bởi · chính là Xρ được định nghĩa ở trên. Theo ý nghĩa hình học, ta đang cố kéo giãn đĩa tròn lớn đến mức có thể trong X. Mệnh đề 1.44. Giả metric Kobyashi-Royden Xρ thỏa mãn những tính chất sau: (1) Bất đẳng thức tam giác: ( , ) ( , ) ( , )X X Xp q q r p rρ ρ ρ+ ≥ với , ,p q r X∈ . (2) Giảm khoảng cách: Cho :f X Y→ là ánh xạ chỉnh hình. Khi đó ( ( ), ( )) ( , ).Y Xf p f q p qρ ρ≤ Ta nhận thấy giả metric Kobayashi-Royden chưa là một metric, nghĩa là nó có thể suy biến ( ( , ) 0X p qρ = với p q≠ ). Ví dụ 1.45. Giả sử X = . Cho trước điểm 0z ∈ và số R 0> , ta xét ánh xạ : Rf ∆ → với 0( )f z z z= + . Từ định nghĩa 1.43, ta có 0v = với 0,X zv T∈ . Ví dụ 1.46. Giả sử :f X→ là ánh xạ chỉnh hình khác hằng. Khi đó Xρ suy biến trên ( )f  . Ta có thể lấy ví dụ với X là xuyến phức /n Λ . Định nghĩa 1.47. Một đa tạp phức là hyperbolic theo quan điểm của Kobayashi nếu Xρ là một metric. Một đa tạp phức X là hyperbolic Brody (B-hyperbolic) nếu mọi ánh xạ chỉnh hình :f X→ đều là ánh xạ hằng. Nếu đa tạp phức X là hyperbolic thì X là B-hyperbolic. Chiều ngược lại chỉ đúng đối với đa tạp phức compắc: Định lí 1.48 (R.Brody). Một đa tạp phức compắc là hyperbolic khi và chỉ khi nó là B- hyperbolic. Nhận xét 1.49. Theo mệnh đề 1.7, ta có n là compắc. Do đó trên không gian xạ ảnh phức n , khái niệm hypberbolic theo quan điểm của Kobayashi và Bordy là trùng nhau, nên ta gọi chung hai khái niệm này là Hypberbolic. Thông thường, chúng ta không dễ để xây dựng những ví dụ đa tạp hyperbolic. Thậm chí cũng khó để chứng minh một đa tạp X cho trước là hyperbolic. Nhưng với dim 1X = thì X là hyperbolic. Giả sử X là mặt Riemann (có thể không compắc). Cho :Y Xπ → là phủ phổ dụng của X. Khi đó Y chỉ có thể là 1 hay  hay ∆ . Nếu 1Y =  hay Y = , hiển nhiên tồn tại những ánh xạ chỉnh hình khác hằng :f Y X→ → và vì vậy X không là hyperbolic. Nếu Y = ∆ , ta dễ thấy rằng X Yρ π ρ=  không suy biến. Vì vậy X là hyperbolic khi và chỉ khi phủ phổ dụng của X là ∆ . Giả sử X là đa tạp tựa xạ ảnh và dim 1,X = cụ thể 1 2\{ , , , }nX C p p p= với C là mặt Riemann compắc và { }pi là n điểm trên C. Khi đó X là hyperbolic khi và chỉ khi ( )2g C 2 n 0.− + > Mệnh đề 1.50. 1 \{3 điểm} là hyperbolic. Mệnh đề này tương đương với định lí Little Picard. Ví dụ 1.51. Cho phương trình n n nx y z+ = , mỗi nghiệm của phương trình này trong trường hàm phân hình trên  có dạng: ( ) ( ) ( ) x x t , y y t v z z tà= = = . Mỗi nghiệm trên xác định một ánh xạ chỉnh hình 2: { } n n nf C x y z→ = + = ⊂  . Nghiệm của phương trình trên là tầm thường nếu và chỉ nếu f là ánh xạ hằng. Khi đó, phương trình có nghiệm không tầm thường nếu và chỉ nếu ( ) 2g C ≥ , nghĩa là n 4= . Để kết thúc phần này, chúng ta nhắc lại khái niệm đủ tổng quát: Giả sử W là một trường đóng đại số. Ta nói rằng mệnh đề 1 2( , , , )nS a a a đúng với 1 2, , , na a a W ∈ đủ tổng quát nếu tồn tại một đa tạp đại số nW∑ sao cho 1 2( , , , )nS a a a đúng với mọi 1 2( , , \) ., n na a a W ∈ ∑ Chương 2: MỘT SỐ LỚP SIÊU MẶT HYPERBOLIC TRONG KHÔNG GIAN XẠ ẢNH PHỨC Chương này là nội dung chính của luận văn, gồm hai phần: siêu mặt hyperbolic bậc thấp và siêu mặt hyperbolic bậc cao. Phần thứ nhất trình bày cách xây dựng một họ siêu mặt hyperbolic trong n với mỗi 2n ≥ bằng cách xây dựng H-đa thức. Phần thứ hai nêu ra phương pháp tổng quát xây dựng siêu mặt hyperbolic bậc cao từ đa thức F thỏa mãn điều kiện trong mệnh đề 2.20 và các H-đa thức đã được xác định trước (theo phương pháp được trình bày ở phần 1). Ở phần thứ nhất, chúng tôi giới thiệu khái niệm H-đa thức (định nghĩa 2.1). Dựa trên khái niệm này, chúng ta chuyển từ bài toán xây dựng các lớp siêu mặt hyperbolic trong n thành bài toán xây dựng các H-đa thức bằng cách áp dụng định lí 2.2. Trước hết, chúng ta đưa ra phương pháp xây dựng H-đa thức với bậc 4d ≥ trong 2 (định lí 2.4) và ví dụ minh họa. Sau đó, đưa ra định lí 2.10 nhằm xây dựng H-đa thức bậc 1 0: ( 2)d md m= ≥ trong 1n+ từ H-đa thức bậc 0d đã có trong n . Như vậy, chỉ cần áp dụng định lí 2.4 liên tiếp n 2− lần với 3n ≥ , chúng ta sẽ xây dựng được H-đa thức bậc 2 0: nd m d−= trong n từ H-đa thức bậc 0d trong 2 . Cụ thể hơn chúng ta có kết quả của định lí 2.16 là sự cải thiện của định lí 0.1. Ở phần thứ hai, chúng tôi trình bày một phương pháp tổng quát để xây dựng siêu mặt hyperbolic bậc cao dựa vào kết quả của mệnh đề 2.20. Do đó, chúng ta cần thêm khái niệm đa thức thuần nhất có trọng số. Và từ đây, thay vì xây dựng H-đa thức, chúng ta sẽ xây dựng trực tiếp siêu mặt hyperbolic từ đa thức F và các H-đa thức đã có. Để minh họa mệnh đề 2.20, trước hết, chúng ta cần đưa ra ví dụ của đa thức F thỏa mãn điều kiện (i) và (ii) trong mệnh đề 2.20. Cụ thể, chúng tôi đưa ra các đa thức F theo hai biến và có ba tham số p,r,s thỏa mãn điều kiện của mệnh đề 2.21. Đồng thời theo kết quả của phần thứ nhất, chúng ta luôn có thể xây dựng H-đa thức trong n với mỗi 2n ≥ . Như vậy, trong không gian xạ ảnh phức bất kì với số chiều 2n ≥ , chúng ta có thể xây dựng một siêu mặt hyperbolic bậc 1 2d rd sd= + lớn tùy ý (phụ thuộc vào sự lựa chọn r,s ) từ đa thức F đã nêu và hai H-đa thức bậc lần lượt là 1 2,d d (mệnh đề 2.23). Câu hỏi đặt ra ở đây là trong n với mỗi 3n ≥ , chúng ta có thể xây dựng một họ siêu mặt hyperbolic với bậc d cho trước hay không? Câu trả lời là có nếu d đủ lớn. Hay nói cách khác, với mỗi 3n ≥ , trong n tồn tại số nguyên dương d(n) sao cho với mọi ( )d d n≥ tồn tại một siêu mặt hyperbolic bậc d. Để minh họa điều này, chúng ta đưa ra định lí 2.25, đồng thời định lí này cũng là sự cải thiện hơn của định lí 0.2. 2.1 Siêu mặt hyperbolic bậc thấp Trước hết, chúng ta định nghĩa khái niệm H-đa thức: Định nghĩa 2.1. Một đa thức thuần nhất Q(w) bậc d với 0 1( , , , )nw w w w= là H-đa thức nếu đa thức Q thỏa mãn 2 điều kiện sau: (H1) Giả sử : nf →  là ánh xạ chỉnh hình với biểu diễn rút gọn 0 1: ( : : : )nf f f f=  , nghĩa là các hàm chỉnh hình if không có không điểm chung. Nếu ánh xạ f thỏa mãn đẳng thức 0 1 0( , , , ) d nQ f f f cf = với c∈ thì f là ánh xạ hằng. (H2) Giả sử 1: nf −→  là ánh xạ chỉnh hình với biểu diễn rút gọn 1: ( : : )nf f f=  . Nếu ánh xạ f thỏa mãn đẳng thức 1 1(0, , , ) d n nQ f f cf + = với c∈ và 1nf + là hàm nguyên thì f là ánh xạ hằng. Định lí sau đây sẽ chỉ ra mối liên hệ giữa H-đa thức và siêu mặt hyperbolic: Định lí 2.2. Cho 0 1( , , , )nQ w w w là H-đa thức. Khi đó (i) Siêu mặt 0 0: {( : : ) : ( , , ) 0}n n nV w w Q w w= = ⊂  là hyperbolic. (ii) Giả sử 1 1 1: {( : : ) : (0, , , ) 0}n n nW w w Q w w −= = ⊂  thì 1 \n W− là B-hyperbolic. Chứng minh. (i) Giả sử : nf →  là ánh xạ chỉnh hình với biểu diễn rút gọn 0 1: ( : : : )nf f f f=  và ( )f V⊂ . Vì vậy 0 1( , , , ) 0nQ f f f = . Mà Q là H-đa thức nên f là ánh xạ hằng. Do đó siêu mặt V là hyperbolic. (ii) Giả sử 1: nf −→  là ánh xạ chỉnh hình với biểu diễn rút gọn 1( : : )nf f f=  và 1( \) nf W−⊂  , nghĩa là ( )f W∩ =∅ . Khi đó, hàm nguyên 1(0, , , ) 0nQ f f ≠ , hay nói cách khác 1(0, , , )nQ f f không có không điểm. Do vậy, tồn tại một hàm nguyên 1nf + sao cho 1 1(0, , , ) d n nQ f f f + = . Mà Q là H-đa thức nên f là ánh xạ hằng. Từ đó suy ra 1 \n W− là B-hyperbolic.  Trên cơ sở định lí 2.2, chúng ta đưa bài toán xây dựng các siêu mặt hyperbolic về bài toán xây dựng các H-đa thức trong không gian xạ ảnh phức. Trước hết, chúng ta cần nhắc lại khái niệm Hessian: Định nghĩa 2.3. Giả sử P(x, y, z) là một đa thức thuần nhất bậc d. Khi đó Hessian của P, kí hiệu là P là đa thức được xác định bởi: xx xy xz P yx yy yz zx zy zz P P P det P P P P P P     =        với 2 2 2, , ,x xx xy P P PP P P x x x y ∂ ∂ ∂ = = = ∂ ∂ ∂ ∂ Chú ý rằng, do các đạo hàm riêng cấp hai của P là các đa thức thuần nhất bậc d-2 theo x,y,z nên P là một đa thức thuần nhất bậc 3(d-2) theo x,y,z. Kết quả sau đây sẽ chỉ ra một cách xây dựng H-đa thức trong 2 : Định lí 2.4. Cho 0 1 2( , , )Q u u u là đa thức thuần nhất bậc 4d ≥ và gọi ( , ) : (1, , )Q v w Q v w= là đa thức không thuần nhất liên hợp với Q. Giả sử Q thỏa mãn những điều kiện sau đây: (C1) Hệ phương trình ( , ) 0 ( , ) 0 v w Q v w Q v w  =  =   chỉ có hữu hạn nghiệm : ( , )(1 ).k k kP v w k N= ≤ ≤ (C2) ( ) ( )k lQ P Q P≠  với 1 k l N≤ < ≤ . (C3) Hệ phương trình: 0 1 2 1 2 1 2 1 2 (0, , ) 0 (0, , ) 0 (0, , ) 0 u u u Q u u Q u u Q u u  =  =  = chỉ có một nghiệm duy nhất (0,0). (C4) Dạng Hessian 2: 0vv ww vwQ Q Qϕ = − ≠   tại ( , )(1 ).k kv w k N≤ ≤ Khi đó, Q là H-đa thức. Chứng minh. Trong quá trình chứng minh, ta sử dụng kết quả của định lí sau đây: Định lí 2.5 (Định lí Picard). Giả sử V là mặt Riemann compắc có giống lớn hơn 1. Khi đó, mọi ánh xạ chỉnh hình từ  vào V là ánh xạ hằng. Để chứng minh Q là H-đa thức, ta cần chứng minh Q thỏa mãn điều kiện (H1) và (H2): (H1) Giả sử 2:f →  là ánh xạ chỉnh hình có biểu diễn rút gọn 0 1 2: ( , , )f f f f= thỏa mãn đẳng thức 0 1 2 0( , , ) ( ). dQ f f f cf c= ∈ Do những hàm chỉnh hình :if →  với i=0,1,2 không có không điểm chung nên không tồn tại z∈ để 0 1 2( ) ( ) ( ) 0.f z f z f z= = = Gọi cV là đường cong xạ ảnh trong 2 được xác định bởi đa thức thuần nhất 0 1 2 0 1 2 0( , , ) : ( , , ) . dR u u u Q u u u cu= − Khi đó 0 0 1 0 1 2 0 1 2 0( , , ) : ( , , ) d u uR u u u Q u u u cdu −= − 1 10 1 2 0 1 2 ( , , ) : ( , , )u uR u u u Q u u u= 2 20 1 2 0 1 2 ( , , ) : ( , , ).u uR u u u Q u u u= Vì vậy 0 01 2 1 2 (0, , ) : (0, , )u uR u u Q u u= 1 11 2 1 2 (0, , ) : (0, , )u uR u u Q u u= 2 21 2 1 2 (0, , ) : (0, , ).u uR u u Q u u= Mà Q thỏa mãn điều kiện (C3) nên R cũng thỏa mãn điều kiện (C3). Do đó cV không có điểm kì dị trên đường thẳng vô hạn 0: { 0}.H u∞ = = Ta xét đa thức liên hợp không thuần nhất ( , ) : (1, , ) ( , )R v w R v w Q v w c= = − và gọi 0cV là đường cong afin trong 2  tương ứng với đường cong xạ ảnh .cV Khi đó: ( , ) ( , )v vR v w Q v w=  ( , ) ( , )w wR v w Q v w=  ( , ) ( , )vv vvR v w Q v w=  ( , ) ( , )vw vwR v w Q v w=  ( , ) ( , ).vw vwR v w Q v w=  Mà Q thỏa mãn điều kiện (C1) và (C4) nên R cũng thỏa mãn điều kiện (C1) và (C4) và kP cũng là nghiệm của hệ phương trình: ( , ) 0 ( , ) 0 v w R v w R v w  =  =   Do đó điểm kì dị (nếu có) của 0cV được chứa trong tập hợp 1{ , , }.NP P Mà Q thỏa mãn điều kiện (C2) nên ( ) ( )k lR P R P≠  với 1 k l N≤ < ≤ . Vì vậy, chỉ có nhiều nhất một điểm kP nằm trên 0 cV . Như vậy 0 cV có nhiều nhất một điểm kì dị, và do R thỏa mãn điều kiện (C4) nên điểm kì dị nếu có sẽ là điểm bội hai thông thường. Vậy đường cong xạ ảnh cV có nhiều nhất một điểm kì dị bội hai thông thường trên đường cong afin 0cV và không có điểm kì dị trên đường thẳng vô hạn H∞ nên cV có nhiều nhất một điểm kì dị bội hai thông thường. Khi đó theo công thức của Plucker , giống của cV được xác định như sau: ( 1)( 2) ( 1)( 2) ( 1)( ) ( ) 2 2 2 P P c P SingC P C d d d d r rg V Pδ ∈ ∈ − − − − − = − = −∑ ∑ ( 1)( 2) 1 2 2 d d− − = − ≥ (do 4d ≥ ). Do cV là mặt Riemann compắc có giống lớn hơn 1 nên áp dụng định lí 2.5, ta có ánh xạ chỉnh hình : cf V→ là ánh xạ hằng. Khi đó Q thỏa mãn điều kiện (H1). (H2) Giả sử 1:f →  là ánh xạ chỉnh hình có biểu diễn rút gọn 1 2: ( , )f f f= thỏa mãn đẳng thức 1 2 3(0, , ) ( ). dQ f f cf c= ∈ Ta gọi cV là đường cong xạ ảnh tại đường thẳng vô hạn 0 0u = trong 2 và cV được xác định bởi đa thức thuần nhất 1 2 1 2 3(0, , ) : (0, , ) . dH u u Q u u cu= − Ta sẽ chứng minh cV không có điểm kì dị. Thật vậy, ta có 0 1 2 0 1 2( , , ) ( , , )i iu uH u u u Q u u u= với i=0,1,2. Mà Q thỏa mãn điều kiện (C3) nên H cũng thỏa mãn điều kiện (C3). Vì vậy trên đường thẳng vô hạn 0 0u = , đường cong xạ ảnh xác định bởi đa thức thuần nhất H không có điểm kì dị. Do đó cV không có điểm kì dị. Theo công thức của Plucker , giống của cV được xác định như sau: ( 1)( 2)( ) 3 2c d dg V − −= ≥ Như vậy cV là mặt Riemann compắc có giống lớn hơn 1. Theo định lí Picard, ta suy ra : cf V→  là ánh xạ hằng. Vì vậy Q thỏa mãn điều kiện (H2).  Khi nhắc đến một đa thức thuần nhất tổng quát bậc d theo n+1 biến, chúng tôi muốn nói đến một đa thức trong tập trù mật Zariski của không gian tất cả những đa thức thuần nhất khác không bậc d theo n+1 biến. Không gian này được đồng nhất chính tắc với không gian ( , )N d n với ( , ) . n d N d n d       + = Mệnh đề 2.6. Một đa thức thuần nhất tổng quát bậc d ( 4≥ ) thỏa mãn điều kiện trong định lí 2.4 là H-đa thức. Chứng minh của mệnh đề này có thể tham khảo [7]. Sau đây, chúng tôi đưa ra vài ví dụ về H-đa thức được xây dựng dựa vào kết quả của định lí 2.4: Ví dụ 2.7. Giả sử 1 20 1 2 1 1 2 0 2 3 0 1 2( , , ) d d dQ u u u a u a u u a u u u− −= + + là đa thức thuần nhất bậc 4d ≥ , trong đó 1 2 3, ,a a a là những hằng số khác không. Khi đó Q là H-đa thức. Để chứng minh Q là H-đa thức, ta kiểm tra Q thỏa mãn 4 điều kiện (C1), (C2), (C3) và (C4). Ta có: 1 1 2 3( , ) : (1, , ) d dQ v w Q v w a v a w a vw−= = + + 1 2 1 3 2 3( , ) ( , ) ( 1) d d v wQ v w a dv a wQ v w a d a v − −= + = − +  2 3 1 2( , ) ( 1) ( , ) ( 1)( 2) d d vv wwQ v w a d d v Q v w a d d w − −= − = − −  3( , )vwQ v w a= 2 2 3 2 1 2 3( , ) ( 1) ( 2) d dv w a a d d d v w aϕ − −= − − − 0 1 3 0 1 2 2 2 3 0 1 2( , , ) ( 2) d d uQ u u u a u a d u u u − −= + − 1 1 2 0 1 2 1 1 3 0 2( , , ) d d uQ u u u a du a u u − −= + 2 2 2 0 1 2 2 0 2 3 0 1( , , ) ( 1) d d uQ u u u a d u u a u u − −= − + Ta giải hệ phương trình sau đây: 1 1 3 2 2 3 ( , ) 0 0 ( 1) 0( , ) 0 d v d w Q v w a dv a w a d w a vQ v w − −   ⇔ = + = −  + =   =   1 ( 1)( 2)2 1 3 3 22 3 ( 1) 0 ( 1) d d d d aa d d w a w a av d w a − − − −  − − + =    = −   ⇔  −    2 1 3 12 1 3 3 22 3 ( 1) 0 ( 1) d d d d aw a d d w a a av d w a − − + −   − − + =      = − −  ⇔     w 0 v 0 = ⇔  = hay 2 3 1 3 1 1 1 2 22 3 ( ) ( ) ( 1) ( 1) d d d d d d aw a a d d av d w a − + − − − = − − − = −   ⇔   −     (2.1) Hệ phương trình đang xét có 2 3 2d d− + nghiệm: 2 0 : (0,0), : ( , ) (1 3 1)k k kP P v w k d d= = ≤ ≤ − + với kP là nghiệm của hệ (2.1). Do đó, Q thỏa mãn điều kiện (C1). Ta giải hệ phương trình sau đây: 0 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 1 2 1 1 2 (0, , ) 0 0 (0, , ) 0 0 0 0(0, , 0 0 ) 0 d u d u u Q u u a u Q u u u u a Q u du u − −    =  ⇔ ⇔   =   = = = = == Khi đó Q thỏa mãn điều kiện (C3). Ta có 2 2 3 21 2 3( , ) ( 1) ( 2) d dv w a a d d d v w aϕ − −= − − − . Khi đó 23(0,0) 0aϕ = − ≠ và 2 2 2 3 22 1 2 3 3 ( , ) ( 1) ( 2) ( 1) d d d k k k k av w a a d d d d w w a a ϕ − − − = − − − − −    2 2 2 ( 2) 3 22 1 2 3 3 ( 1) ( 2) ( 1) d d d k aa a d d d d w a a − − + − = − − − − −    2 2 2 3 1 22 1 2 3 3 ( 1) ( 2) ( 1) d d d k aa a d d d d w a a − − + = − − − − −    2 2 22 3 1 2 31 1 3 1 2 ( 1) ( 2) ( 1) ( ) ( 1) d d d d a aa a d d d d a a a a d d − − −    − = − − − − −   − −   2 23 3( 1)( 2)d d a a= − − − 2 23( 3 1) 0d d a= − + ≠ (với 21 3 1k d d≤ ≤ − + ) Vì vậy Q thỏa mãn điều kiện (C4). Ta có: 1 1 2 3( , ) d d k k k k k kQ v w a v a w a v w −= + + ( 2) 1 12 2 1 2 3 3 3 ( 1) ( 1) d d d d d k k k a aa d w a w a d w a a − − −   = − − + + − −        2( 3 1) ( 1) 1 12 2 1 2 3 3 3 ( 1) ( 1) d d d d d d k k k a aa d w a w a d w a a − + + − − −   = − − + + − −        1 1 12 3 2 1 2 31 1 3 1 2 3 ( 1) ( 1) ( ) ( 1) d d d d d k k kd d a a aa d w a w a d w a a a d d a − − − − −    − = − − + + − −   − −    12 2 2 ( 1) ( 1) dk a d a a d w d −− = + − −    2 1 2 1 3 d k d d a w d − − + −=     Vì vậy, ta cần kiểm tra ( ) ( )k lQ P Q P≠  với 20 3 1k l d d≤ < ≤ − + nghĩa là cần kiểm tra 1 1d d k lw w − −≠ với 0 0w = và 2, (1 3 1)k lw w k l d d≤ < ≤ − + là nghiệm khác không của phương trình (2.1) ( ) : 2 3 1 3 1 1 1 2( ) ( 1) d d d d d aw a a d d − + − − − = − − Ta cần lưu ý rằng k lw w≠ do k<l và ,k lw w là nghiệm của phương trình (2.1) ( ) . Ta sử dụng phản chứng: Giả sử tồn tại ,k lw w với 21 3 1k l d d≤ < ≤ − + sao cho 1 1.d dk lw w − −= Ta lại có ,k lw w là nghiệm của phương trình (2.1) ( ) nên 2 23 1 3 1d d d d k lw w − + − += ( 1)( 2) 1 ( 1)( 2) 1d d d d k lw w − − − − − −⇔ = ( 1)( 2) ( 1)( 2)d d d d k l k l w w w w − − − − ⇔ = Mà ( 1)( 2) ( 1)( 2)d d d dk lw w − − − −= (do 1 1).d dk lw w − −= Nên k lw w= (mâu thuẫn với )k lw w≠ . Như vậy 1 1d dk lw w − −≠ với 21 3 1k l d d≤ < ≤ − + . Ta lại dễ thấy rằng 1 100 d d kw w − −≠ = với 21 3 1.k d d≤ ≤ − + Do đó 1 1d dk lw w − −≠ với 20 3 1k l d d≤ < ≤ − + . Vì vậy ( ) ( )k lQ P Q P≠  với 20 3 1k l d d≤ < ≤ − + . Khi đó, Q thỏa mãn điều kiện (C2). Vậy Q là H-đa thức. Ví dụ 2.8. Giả sử 1 10 1 2 1 0 1 2 1 2 3 2( , , ) d d dQ u u u a u u a u u a u− −= + + là đa thức thuần nhất bậc 4d ≥ , trong đó 1 2 3, ,a a a là những hằng số khác không. Khi đó Q là H-đa thức. Để chứng minh Q là H-đa thức, ta kiểm tra Q thỏa mãn 4 điều kiện (C1), (C2), (C3) và (C4). Ta có: 1 1 2 3( , ) : (1, , ) d dQ v w Q v w a v a v w a w−= = + + 2 1 2( , ) ( 1) d vQ v w a a d v w −= + − 1 1 2 3( , ) d d wQ v w a v a dw − −= + 3 2( , ) ( 1)( 2) d vvQ v w a d d v w −= − − 2 3( , ) ( 1) d wwQ v w a d d w −= − 2 2( , ) ( 1) d vwQ v w a d v −= − 2 3 1 2 2 2( 2) 2 3 2( , ) ( 1) ( 2) ( 1) d d dv w a a d d d v w a d vϕ − − −= − − − − 0 2 0 1 2 1 0 1( , , ) ( 1) d uQ u u u a d u u −= − 1 1 2 0 1 2 1 0 2 1 2( , , ) ( 1) d d uQ u u u a u a d u u − −= + − 2 1 1 0 1 2 2 1 3 2( , , ) d d uQ u u u a u a du − −= + Ta giải hệ phương trình sau đây: 2 1 2 1 1 2 3 ( , ) 0 ( 1) 0 0( , ) 0 d v d d w Q v w a a d v w a v a dwQ v w − − − = + − = + ==   ⇔      (2.2) Do 0v = không là nghiệm của hệ phương trình (2.2) nên 1 2 2 1 1 1 2 3 2 2 ( 1) 0 ( 1) (2.2) d d d d aw a d v aa v a d a d v − − − − − = −   + −  = −   ⇔    1 2 2 1 1 1 2 3 ( 2)( 1) 2 ( 1) 1 0 ( 1) d d d d d aw a d v aa v a d a d v − − − − − − = −   + − =   ⇔   −    2 1 2 2 1 ( 1) 1 2 3 2 ( 1) 0 ( 1) d d d aw a d v aa v a d a d − − − − = −   + − =    ⇔  −    2 1 2 2 1 ( 1) 3 1 2 2 ( 1) ( ) ( 1) d d d aw a d v a d av a a d − − − − = −  − = −    ⇔   −     (2.3) Hệ phương trình đang xét có 2( 1)d − nghiệm. Do đó, Q thỏa mãn điều kiện~(C1) Ta có: 1 1 2 3( , ) d d k k k k k kQ v w a v a v w a w −= + + 1 1 11 2 32 2 2 2( 1) ( 1) d d k k d d k k a aa v a v a a d v a d v − − −    − − = + +   − −    1 11 3 ( 2) 2 1 1 ( 1) d k k d d k a aa v v a d a d v −  − = − +  − −  21 11 3 ( 1) 21 ( 1) d k k k d k a a va v v a d a d v −  − = − +  − −  1 1 1 2 2 1 3 2 3 1 ( 1) 1 ( 1) d d k k k a a a a da v v a v d a d a d a −     − − = − +     − − − −     1 1 1 1 ( 1) k a aa v d d d   = − + − −  2 1 1 ( 1) k d d d a v d d − − + = − 1 1 k d a v d − = Do 2, (1 ( 1) )k lv v k l d≤ < ≤ − là nghiệm khác không của phương trình (2.3)( ) nên k lv v≠ . Vì vậy, ( ) ( )k lQ P Q P≠  . Khi đó Q thỏa mãn điều kiện (C2). Ta giải hệ phương trình sau đây: 0 1 2 1 2 12 1 2 2 1 2 21 1 2 1 3 21 2 (0, , ) 0 0 0 0 (0, , ) 0 ( 1) 0 0 0(0, , ) 0 u d u d d u Q u u u Q u u a d u u u a u a duQ u u − − −     ⇔ ⇔ = = = = − =      = = += Khi đó Q thỏa mãn điều kiện (C3). Ta có: 2 3 1 2 2 2( 2) 2 3 2( , ) ( 1) ( 2) ( 1) d d d k k k k kv w a a d d d v w a d vϕ − − −= − − − − 1 2 3 2 2 2( 2)1 2 3 22 2 ( 1) ( 2) ( 1) ( 1) d d d k kd k aa a d d d v a d v a d v − − − −  − = − − − − −  2 1 2 2 2 2( 2)1 2 3 24 5 2 1( 1) ( 2) ( 1) ( 1) d d kd d k aa a d d d a d v a d v − − − +  − = − − − − −  2 1 2 2 2 2( 2)1 2 3 2( 1) 2 1( 1) ( 2) ( 1) ( 1) d d kd k aa a d d d a d v a d v − − −   − = − − − −  −   1 1 2 2 2 2( 2)1 2 2 2 3 2 2 3 1 ( 1)( 1) ( 2) ( 1) ( 1) ) d d d k a a a da a d d d a d v a d a d a − − −      − −= − − − −     − − −     ( )2 2 2 2 2( 2)2 2( 1) ( 2) ( 1) dka d d a d v −= − − − − − 2 2 2( 2) 2( 2 1)( 1) d kd d a v −= − − + − 3 2 2( 2)2( 1) 0 d kd a v −= − − ≠ (với 21 ( 1)k d≤ ≤ − ) Vì vậy Q thỏa mãn điều kiện (C4). Vậy Q là H-đa thức. Ví dụ 2.9. Giả sử 1 1 10 1 2 1 0 1 2 0 1 3 0 2 4 2( , , ) d d d dQ u u u a u u a u u a u u a u− − −= + + + là đa thức thuần nhất bậc 4d ≥ , trong đó 1 2 3 4, , ,a a a a là những hằng số khác không, đủ tổng quát. Khi đó Q là H-đa thức. Để chứng minh Q là H-đa thức, ta kiểm tra Q thỏa mãn 4 điều kiện (C1), (C2), (C3) và (C4). Ta có: 1 1 2 3 4( , ) : (1, , ) d dQ v w Q v w a v a v a w a w−= = + + + 2 1 2( , ) ( 1) d vQ v w a d v a −= − + 1 3 4( , ) d wQ v w a a dw −= + 3 1( , ) ( 1)( 2) d vvQ v w a d d v −= − − 2 4( , ) ( 1) d wwQ v w a d d w −= − ( , ) 0vwQ v w = 2 3 2 1 4( , ) ( 1) ( 2) d dv w a a d d d v wϕ − −= − − 0 1 2 2 0 1 2 1 1 2 0 1 3 0 2( , , ) ( 1) ( 1) d d d uQ u u u a u a d u u a d u u − − −= + − + − 1 2 1 0 1 2 1 0 1 2 0( , , ) ( 1) d d uQ u u u a d u u a u − −= − + 2 1 1 0 1 2 3 0 4 2( , , ) d d uQ u u u a u a du a − −= + Ta giải hệ phương trình sau đây: 2 2 2 1 2 1 1 1 33 4 4 ( ) ( , ) 0 ( 1) 0 ( 1) 0( , ) 0 ( ) d d v d dw av Q v w a d v a a d aa a dwQ v w w a d − − − −  = − = − + = −  ⇔ ⇔   + ==   = −      Hệ phương trình trên có nghiệm hữu hạn: : ( , )k k kP v w= với 1 ( 2)( 1)k N d d≤ ≤ = − − . Do đó, Q thỏa mãn điều kiện (C1). Ta có 2 3 21 4( , ) ( 1) ( 2) 0 d d k k k kv w a a d d d v wϕ − −= − − ≠ (do , 0k kv w ≠ ). Vì vậy Q thỏa mãn điều kiện (C4). Ta giải hệ phương trình sau đây: 0 1 2 1 1 2 1 1 1 1 2 21 4 21 2 (0, , ) 0 0 0 (0, , ) 0 0 0 0 0(0, , ) 0 d u u d u Q u u a u u Q u u u a duQ u u − −     ⇔ ⇔    = = = = = = ==  Khi đó Q thỏa mãn điều kiện (C3). Ta có 1 1 2 3 4( , ) d d k k k k k kQ v w a v a v a w a w −= + + + 2 1 1 2 3 4( ) ( ) d d k k k kv a v a w a a w − −= + + + 2 3 1 2 3 4 1 4( 1) k k a av a a w a a a d a d            = − + + + −    −     2 3 2 1 1k k d dv a w a d d − − = + − Ta cần chứng minh ( , ) ( , )k