Luận văn Đa tạp cát tuyến của đa tạp veronese và đa tạp segre

tính chất liên quan đến không gian tiếp xúc của các hợp nối giữa các đa tạp. Những tính chất này sẽ dẫn đến những tính chất quan trọng của đa tạp cát tuyến trong tiết sau (ví dụ như Mệnh đề 2.2.6). 28 Định lý sau đây cho một thông tin quan trọng về không gian tiếp xúc xạ ảnh và tập các điểm kỳ dị của hợp nối. Định lý 2.1.10. Giả sửX, Y, Z là các đa tạp con của Pn. Ta có các khẳng định sau: (a) Nếu x ∈ X thì TxJ(X, Y ) ⊇ TxJ(x, Y ) ⊇ J(x, Y ) ⊇ Y . Đặc biệt, ta có TxJ(X, Y ) ⊇ J(x, 〈Y 〉). (b) Nếu J(X, Y, Z) không là không gian tuyến tính thì (X ∩ Y ) ⊆ J(X, Y, Z)sing. Chứng minh. (a) Vì J(X, Y ) ⊇ J(x, Y ) nên theo định nghĩa của không gian tiếp xúc 1.2.15, ta có TxJ(X, Y ) ⊇ TxJ(x, Y ). Tiếp theo vì mỗi đường thẳng 〈x, y〉 với y ∈ Y đều nằm trong J(x, Y ) nên ta có 〈x, y〉 ⊆ TxJ(x, Y ) với mọi y ∈ Y . Vì vậy ta có J(x, Y ) = ⋃ y∈Y (x, y) ⊆ TxJ(x, Y ). Bao hàm cuối cùng là hiển nhiên. Cuối cùng, vì 〈Y 〉 ⊆ TxJ(X, Y ) và x ∈ TxJ(X, Y ) nên TxJ(X, Y ) ⊇ J(x, 〈Y 〉). (b) Với mỗi điểm w ∈ X ∩ Y , theo phần (a) và định nghĩa hợp nối của ba đa tạp, ta có TwJ(X, Y, Z) ⊇ J(X,Z),TwJ(X, Y, Z) ⊇ J(Y, Z). Suy ra ta có TwJ(X, Y, Z) ⊃ J(X, Y, Z). Do đó TwJ(X, Y, Z) chứa không gian tuyến tính 〈J(X, Y, Z)〉. Mặt khác, vì J(X, Y, Z) không là không gian tuyến tính nên dimTwJ(X, Y, Z) ≥ dim 〈J(X, Y, Z)〉 > dim J(X, Y, Z). 29 Vì vậy ta có w ∈ J(X, Y, Z)sing. Hệ quả 2.1.11. ChoX là một đa tạp xạ ảnh và giả sử Jr+1(X) không là không gian con tuyến tính với r > 0 nào đó. Ta có Jr(X) ⊆ Jr+1(X)sing. Chứng minh. Với z ∈ Jr+1(X), ta có TzJr+1(X) ⊇ J(z, 〈X〉) ⊃ Jr+1(X). Vì Jr+1(X) không là không gian con tuyến tính nên z ∈ Jr+1(X)sing. 2.2 Đa tạp cát tuyến thứ s Trong hình học, một đường cát tuyến (secant) của một đường cong là một đường thẳng cắt đường cong tại ít nhất hai điểm phân biệt. Từ secant trong tiếng Anh có gốc là từ La-tinh secare, nghĩa là cắt. Hình 2.2: Đường cát tuyến của một đường tròn. Trong hình học đại số, ta có khái niệm phức tạp hơn là đa tạp cát tuyến của một đa tạpX ⊆ Pn, thường được kí hiệu là Sect(X), định nghĩa là Sect(X) = ⋃ P 6=Q∈X 〈P,Q〉. Tổng quát hơn là khái niệm đa tạp cát tuyến thứ s như sau. 30 Định nghĩa 2.2.1. Cho một đa tạp xạ ảnhX ⊂ Pn và một số nguyên s ≥ 1. Đa tạp cát tuyến thứ s củaX được định nghĩa là σs(X) := ⋃ P1,...,Ps∈X 〈P1, . . . , Ps〉, trong đó 〈P1, . . . , Ps〉 là không gian con tuyến tính nhỏ nhất chứa các điểm P1, . . . , Ps. Nói cách khác, σs(X) là bao đóng của hợp các không gian tuyến tính nhỏ nhất đi qua s điểm củaX . Chú ý 2.2.2. Ta có Sect(X) = J2(X) và tổng quát hơn, σs(X) = Js(X) là hợp nối của s lần X , với s > 1. Do đó với mỗi đa tạp xạ ảnh X , tập σs(X) cũng là một đa tạp xạ ảnh thực sự theo Chú ý 2.1.3(b). Ví dụ 2.2.3. (a) NếuX ⊂ P2 là đường một đường conic thì σ2(X) = P2. Hình 2.3: Đường thẳng cắt đường conic tại hai điểm. Thật vậy, để chứng minh σ2(X) = P2, ta sẽ chứng minh với mọi điểm P ∈ P2 \X , luôn tồn tại một đường thẳng đi qua P và cắt X tại hai điểm. Bây giờ ta giả sử rằng mọi đường thẳng đi qua P đều chỉ cắt X tại nhiều nhất một điểm. Bằng cách chọn một cơ sở xạ ảnh trong P2 phù hợp, ta có thể giả sử P có tọa độ [1 : 0 : 0] và đường thẳng đi qua P có dạng λy+µz = 0, ở đó [λ : µ] ∈ P1. Nếu đường conic không đi qua P thì phương trình của đường conic sẽ có dạng x2 + axy + bxz + cy2 + dyz + ez2 = 0, 31 với a, b, c, d, e ∈ k. Ta tham số hóa đường thẳng λy+µz = 0 như sau [u : v] 7→ [u : −µv : λv]. Khi đó, ta có u2 + uv(bλ− aµ) + v2(cµ2 − dλµ+ eµ2) = 0. Nếu v = 0 thì u2 = 0 hay u = 0. Do đó v 6= 0. Sau khi chia cả hai vế của phương trình cho v2, ta thu được phương trình mới là t2 + t(bλ− aµ) + (cµ2 − dλµ+ eµ2) = 0, với t = u/v. Vì các đường thẳng đi qua P không cắt X tại hai điểm nên phương trình trên chỉ có một nghiệm với mọi λ, µ ∈ k. Điều này có nghĩa là biệt thức ∆ = (bλ− aµ)2 − 4(cµ2 − dλµ+ eµ2) = b2λ2 + (4d− 2ab)λµ+ (a2 − 4c− 4e)µ2 = 0, với mọi a, b, c, d, e, λ, µ ∈ k. Điều này là vô lý. Vậy ta có điều phải chứng minh. Chú ý rằng khẳng định trên không chỉ đúng với đường conic mà đúng với mọi đường cong phẳng có bậc tối thiểu bằng 2. (b) Tương tự nếuX ⊂ P3 là một siêu mặt và không là siêu phẳng thì σ3(X) = P3. Ví dụ 2.2.4. Ở Định nghĩa 2.2.1, ta cần đến bao đóng Zariski bởi vì⋃ P1,...,Ps∈X 〈P1, . . . , Ps〉 có thể không là tập đóng. Sau đây ta kiểm tra tính đóng của tập trên đối với một số ví dụ. (a) NếuX ⊂ P2 là một đường conic thì ⋃ P1,P2∈X 〈P1, P2〉 là tập đóng. 32 Thật vậy, đặt Y = ⋃ P1,P2∈X 〈P1, P2〉. Ta chỉ cần chứng minh P2 ⊆ Y . Xét Q ∈ P2. Nếu Q ∈ X thì rõ ràng Q ∈ Y . Giả sử Q 6∈ X . Theo Ví dụ 2.2.3(a), tồn tại một đường thẳng đi qua Q và cắt X tại hai điểm phân biệt P1, P2. Suy ra Q ∈ 〈P1, P2〉 ⊆ Y . (b) ChoX ⊂ P3 là ảnh v3(P1) của ánh xạ đa thức v3 : P1 → P3, [s : t] 7→ [s3 : s2t : st2 : t3]. Ta gọi X là đường bậc ba xoắn (twisted cubic curve). Tập hợp Y :=⋃ P1,P2∈X 〈P1, P2〉 không là tập con đóng trong P3. Bản thân X là một đa tạp với σ2(X) = P3 (xem Ví dụ 2.2.12 và Mệnh đề 3.1.2 ở phần sau). Để chỉ ra tập Y không đóng ta chỉ cần chứng minh Y 6= P3, hay cụ thể hơn, ta chứng minh [0 : 1 : 0 : 0] /∈ Y . Thật vậy, nếu trái lại thì ta sẽ có biểu diễn sau [0 : 1 : 0 : 0] = [αx3 + βu3 : αx2y + βu2v : αxy2 + βuv2 : αy3 + βv3] Suy ra ta có hệ phương trình sau αx3 + βu3 = 0, αx2y + βu2v 6= 0, αxy2 + βuv2 = 0, αy3 + βv3 = 0. Từ hai phương trình cuối ta có thể đặt x = yt và u = vt với t 6= 0. Từ phương trình đầu tiên ta sẽ có 0 = αx3 + βu3 = αx2x+ βu2u = αx2yt+ βu2vt = t(αx2y + βu2v). Suy ra αx2y + βu2v = 0, mâu thuẫn. Do đó ta có điều phải chứng minh. 33 Sau đây là một số tính chất quan trọng của các đa tạp cát tuyến. Bổ đề 2.2.5. Cho một đa tạp xạ ảnhX ⊆ Pn. (a) Ta có một dãy lồng nhau các đa tạp X = σ1(X) ⊆ σ2(X) ⊆ . . . ⊆ σk(X) ⊆ . . . ⊆ Pn. (b) NếuX là một không gian xạ ảnh con thì σi(X) = X với mọi i ≥ 1. Chứng minh. Với mỗi i ≥ 1, ta có thể viết σi+1(X) = ⋃ P1,...,Pi,Q∈X 〈〈P1, . . . , Pi〉 , Q〉. Suy ra ta có σi(X) = ⋃ P1,...,Pi∈X 〈P1, . . . , Pi〉 ⊆ ⋃ P1,...,Pi,Q∈X 〈〈P1, . . . , Pi〉 , Q〉 = σi+1(X). Do đó (a) được chứng minh. Phần (b) là hiển nhiên. Mệnh đề 2.2.6. Cho một đa tạp xạ ảnhX ⊆ Pn. (a) Nếu σi(X) = σi+1(X) 6= Pn thì σi(X) là một không gian xạ ảnh con của Pn và σj(X) = σi(X) với mọi j ≥ i. (b) NếuX ⊆ Pn không chứa trong một siêu phẳng thì tồn tại một số r ≥ 1 sao cho ta có dãy tăng ngặt X = σ1(X) ( σ2(X) ( . . . ( σr(X) = Pn. Chứng minh. (a) Theo Mệnh đề 1.2.10, tập các điểm kỳ dị σi(X)sing là tập con đóng thực sự của σi(X) nên tồn tại một điểm trơn z ∈ ⋃ P1,...,Pi∈X 〈P1, . . . , Pi〉 của σi(X). Khi đó 〈z, x〉 ⊂ ⋃ x∈X 〈x, z〉 với x ∈ X . Suy ra ⋃ x∈X 〈x, z〉 ⊆ Tz ⋃ x∈X 〈x, z〉. Ta có X ⊆ ⋃ x∈X 〈x, z〉 ⊆ Tz ⋃ x∈X 〈x, z〉 ⊆ Tz(σi+1(X)). 34 Do đó 〈X〉 ⊆ Tzσi+1(X). Mặt khác ta lại có σi(X) = σi+1(X) nên σi(X) ⊆ 〈X〉 ⊆ Tzσi(X) Vì z là trơn nên dimσi(X) = dimTz(σi(X)). Do đó, σi(X) = Tz(σi(X)). Vì vậy σi(X) là không gian xạ ảnh con và ta có σj(X) = σi(X) với mọi j > i. (b) Đặt r := min{i|σi(X) = Pn}. Ta có σ1(X) ( σ2(X) ( . . . ( σr(X), vì nếu σi(X) = σi+1(X) với i nào đó thì theo ý (a), σi(X) = σr(X) = Pn. Số chiều của σs(X) và chỉ số r nhỏ nhất sao cho σr(X) = Pn là những đối tượng thu hút sự quan tâm của nhiều nhà nghiên cứu. Liên quan đến các số này là khái niệm chiều kì vọng. Trước hết, ta có mệnh đề sau. Mệnh đề 2.2.7. Giả sửX ⊆ PN là một đa tạp và dimX = n. Khi đó dim (σs(X)) ≤ min{s.n+ s− 1, N}. Chứng minh. Đa tạp cát tuyến σs(X) là hợp nối củaX và σs−1(X), tức σs(X) = J(X, σs−1(X)). Theo Hệ quả 2.1.5, suy ra dim(σs(X)) = dimJ(X, σs−1(X)) ≤ dim(X) + dim(σs−1(X)) + 1 = n+ dim(σs−1(X)) + 1. Từ đó ta được  dim(σ2(X)) ≤ n+ dim(σ1(X)) + 1, . . . dim(σs(X)) ≤ n+ dim(σs−1(X)) + 1. Cộng các vế tương ứng của s− 1 bất đẳng thức trên ta có dim(σs(X)) ≤ (s− 1)n+ dim(σ1(X)) + s− 1 35 = (s− 1)n+ n+ s− 1 = ns+ s− 1. Mặt khác, dim(σs(X)) ≤ dimPN = N . Ta có điều phải chứng minh. Từ mệnh đề trên, ta có định nghĩa sau đây. Định nghĩa 2.2.8. (a) Ta gọi giá trị min{s.n+ s− 1, N} là chiều kì vọng của σs(X), kí hiệu là expdimσs(X). (b) Nếu dimσs(X) 6= expdimσs(X) thìX được gọi là s-khuyết. Dựa vào Định nghĩa 2.2.8 và Mệnh đề 2.2.7, ta có thể suy ra ngay quan hệ giữa tính chất khuyết của các đa tạp xạ ảnh sau đây. Mệnh đề 2.2.9. Cho một đa tạp xạ ảnhX ⊆ PN . Ta có các khẳng định sau: (a) NếuX là s-khuyết và σs+1(X) 6= PN thìX là (s+ 1)-khuyết. (b) NếuX không là s-khuyết và σs(X) 6= PN thìX cũng không là j-khuyết với mọi j ≤ s− 1. Chứng minh. (a) Ta có dimσs+1(X) ≤ dimσs(X)+n+1. Vì σs(X) là khuyết nên ta có dimσs(X) < s.n+ s− 1. Do đó dimσs+1(X) ≤ dimσs(X) + n+ 1 < s.n+ s− 1 + n+ 1 = n(s+ 1) + (s+ 1)− 1. (b) Ta chỉ cần chứng minhX không là (s− 1)-khuyết. Thật vậy, ta có dimσs(X) ≤ dimσs−1(X) + n+ 1. VìX không là s-khuyết và σs(X) 6= PN nên ta có dimX = s.n+ s− 1. 36 Do đó s.n+ s− 1 ≤ dimσs−1(X) + n+ 1, hay σs−1(X) ≥ n(s− 1) + (s− 1)− 1. Mặt khác, ta luôn có σs−1(X) ≤ n(s − 1) + (s − 1) − 1. Vì vậy σs−1(X) = n(s− 1) + (s− 1)− 1. Sau đây ta phân tích một ví dụ đa tạp khuyết. Ví dụ 2.2.10. Xét đa tạpX được xác định như sau: xét ánh xạ v2 cho bởi v2 : P2 → P5, [x : y : z] 7→ [x2 : xy : xz : y2 : yz : z2], vàX = v2(P2). Ta có expdimσ2(X) = min{2.2 + 2− 1, 5} = 5 = dimP5. Do đó để kiểm traX có khuyết hay không ta chỉ cần kiểm tra xem dimσ2(X) = 5, hay σ2(X) = P5 hay không? Trước hết, ta sẽ chỉ ra rằng có một tương ứng 1-1 giữa X và không gian xạ ảnh liên kết với tập các ma trận đối xứng có hạng 1. Thật vậy, với mỗi điểm P ∈ X , tọa độ điểm P sẽ có dạng [x2 : xy : xz : y2 : yz : z2] với [x : y : z] ∈ P2. Ta xây dựng ma trận Q như sau: Q =  x2 xy xz xy y2 yz xz yz z2  . Dễ thấy, ma trận Q là ma trận đối xứng có hạng bằng 1. Nếu ta xét lớp ma trận [Q] được cho bởi [Q] = {λQ : λ ∈ k, λ 6= 0} , 37 thì mỗi điểm P ∈ X sẽ cho ta duy nhất một lớp ma trận [Q]. Bây giờ ngược lại, với mỗi ma trận đối xứng Q có hạng bằng 1 có dạng Q =  a0 a1 a2 a1 a3 a4 a2 a4 a5  . Khi đó các định thức con cỡ 2× 2 của ma trận Q đều bằng 0, tức a0a3 − a21 = 0, a0a4 − a1a2 = 0, a0a5 − a22 = 0, a1a5 − a2a4 = 0, a3a5 − a24 = 0, a1a4 − a2a3 = 0. Từ hệ phương trình trên, ta thấy rằng hoặc a0 6= 0, hoặc a3 6= 0, hoặc a5 6= 0. Khi đó, với từng trường hợp trên, từ lớp ma trận [Q], ta luôn tìm được một điểm P ∈ X như sau • Nếu a0 6= 0 thì P = [a0 : a1 : a2 : a3 : a4 : a5] = v2([a0 : a1 : a2]). • Nếu a3 6= 0 thì P = [a0 : a1 : a2 : a3 : a4 : a5] = v2([a1 : a3 : a4]). • Nếu a5 6= 0 thì P = [a0 : a1 : a2 : a3 : a4 : a5] = v2([a2 : a4 : a5]). Do đó ta có: σ2(X) = ⋃ P1,P2∈X 〈P1, P2〉 = {[Q1 +Q2] : Qi là ma trận đối xứng cỡ 3× 3, rank(Qi) = 1, i = 1, 2} ⊆ H, trong đó H = {Q|Q là ma trận đối xứng cỡ 3× 3 và rank(Qi) ≤ 2} = {Q|Q là ma trận đối xứng cỡ 3× 3 và det(Q) = 0}. Do đó σ2(X) ⊆ H 6= P5. Vì vậyX là 2-khuyết. 38 Chiều của đa tạp cát tuyến và tính chất khuyết của các đa tạp Veronese và Segre là chủ đề tìm hiểu chính của chúng tôi trong hai chương tiếp theo. Khi tìm hiểu về số chiều của đa tạp cát tuyến, một trong những công cụ chính là Bổ đề Terracini. Chúng tôi chỉ phát biểu kết quả này ở đây, chứng minh của Bổ đề Terracini có thể tham khảo trong các tài liệu [4], [7, Lemma 1], hoặc [10]. Định lý 2.2.11 (Bổ đề Terracini). Cho một đa tạp xạ ảnh X ⊆ PN . Giả sử P1, . . . , Ps ∈ X là các điểm tổng quát trong X . Lấy một điểm tổng quát P ∈ 〈P1, . . . , Ps〉 ⊆ σs(X). Không gian tiếp xúc với σs(X) tại P thoả mãn TP (σs(X)) = 〈TP1(X), . . . , TPs(X)〉 . Ví dụ 2.2.12. XétX = V 3,1 xác định bởi ánh xạ Veronese v3 : P1 → P3 [s : t] 7→ [s3 : s2t : st2 : t3] Với P ∈ X là một điểm trơn, ta có dimσ2(X) = dimTP (σ2(X)). Áp dụng Bổ đề Terracini ta có TP (σ2(X)) = 〈TP1(X), TP2(X)〉 với P ∈ 〈P1, P2〉 , P1, P2 ∈ X . Giả sử σ2(X) 6= P3. Khi đó ta có dim 〈TP1(X), TP2(X)〉 ≤ 2, tức tồn tại một siêu phẳngH chứa cả TP1(X) và TP2(X). Khi đó ta có v −1 3 (H) xác định bởi nghiệm của một đa thức thuần nhất bậc 3, gọi là g(s, t). Theo Hệ quả 3.1.5, ta thấy rằng nếuH ⊃ TPi(X) thì g(s, t) sẽ kì dị tại Pi. Tuy nhiên đa thức g(s, t) là trơn nên g(s, t) không thể kì dị tại 2 điểm. Vì vậy không tồn tại H ⊃ TPi(X) với i = 1, 2, hay σ2(X) = P3. CHƯƠNG 3 Đa tạp Veronese và Định lý Alexander-Hirschowitz Trong chương này ta sẽ tìm hiểu về chiều của đa tạp cát tuyến của các đa tạp Veronese, cụ thể là tính chất khuyết của các đa tạp Veronese. Tài liệu tham khảo chính của chương này là [6] và [7]. 3.1 Đa tạp Veronese Đa tạp Veronese được đặt theo tên của nhà toán học người Ý, Giuseppe Veronese (1854-1917). Ông sinh ra và lớn lên ở Chioggia, một làng chài nhỏ cách Venice không xa. Cha ông là một họa sĩ, còn mẹ của ông là một nữ diễn viên nổi tiếng. Các công trình của ông chủ yếu là về hình học của các không gian nhiều chiều, lý thuyết mô hình và số vô hạn. Bên cạnh toán học, Veronese cũng tích cực tham gia vào chính trị. Ông từng là thành viên của Nghị viện Chioggia từ năm 1897 đến 1900, sau đó là thành viên của Hội đồng thành phố Padua, cuối cùng là thượng nghị sĩ từ năm 1904 cho đến khi qua đời. Veronese có hai học trò rất nổi tiếng là Castelnuovo và Levi-Civita. 39 40 Hình 3.1: Giuseppe Veronese (1854-1917) Trong tiết này chúng tôi sẽ trình bày định nghĩa, cách xây dựng và một số tính chất của đa tạp Veronese. Giả sử V là một không gian vectơ có chiều n + 1 trên trường k. Xét P(V ) là không gian xạ ảnh mà điểm là các không gian tuyến tính một chiều trong V . Nếu L ∈ V \ {0}, ta kí hiệu [L] ⊆ V là không gian tuyến tính một chiều sinh bởi L. Đường thẳng [L] tương ứng với một điểm trong P(V ). Vành đa thức S = k[x0, . . . , xn] có một cấu trúc phân bậc tự nhiên S =⊕ d Sd, trong đó Sd là k-không gian véctơ sinh bởi các đa thức thuần nhất bậc d. Ta kí hiệu S∗d = Homk(Sd, k) là không gian véc tơ đối ngẫu của Sd. Định nghĩa 3.1.1. Ánh xạ Veronese thứ d, kí hiệu vd, là cấu xạ vd : P(S1)→ P(Sd), [L] 7→ [Ld]. Nếu ta cố định một cơ sở của S1, ví dụ x0, . . . , xn, thì ánh xạ Veronese vd có thể viết cụ thể là vd : Pn → PN , [a0 : . . . : an] 7→ [M0(a0, . . . , an) : . . . : MN(a0, . . . , an)] trong đóN = ( n+d d )−1 vàM0, . . . ,MN là các đơn thức bậc d theo x0, . . . , xn. Mỗi cách biểu diễn đều có lợi thế khác nhau, trong phần sau tuỳ tình huống thực tế mà ta sẽ linh hoạt sử dụng cách biểu diễn thuận lợi nhất. 41 Mệnh đề 3.1.2. Tập V d,n := vd(Pn) ⊂ PN là một đa tạp xạ ảnh. Ta gọi V d,n là đa tạp Veronese. Chứng minh. Ta xét ánh xạ Veronese được xác định như sau vd : Pn → PN , [a0 : . . . : an] 7→ [ad0 : . . . : ai00 . . . ainn : . . . : adn] trong đó N = ( n+d d ) − 1 và i0 + · · · + in = d. Toạ độ xạ ảnh trong PN được viết theo zI với I = (i0, . . . , in) thỏa mãn i0 + · · · + in = d và tương ứng với đơn thức xi00 . . . x in n . Khi đó ta có V d,n = vd(Pn) = V (〈zIzJ − zKzL|I + J = K + L〉). Ký hiệu tập bên phải là Y . Dễ thấy V d,n ⊆ Y . Để chứng minh Y ⊆ V d,n, ta xây dựng ánh xạ ngược từ Y vào Pn như sau: với mỗi 0 ≤ i ≤ n, xét Yi là một lân cận mở afin nằm trong Y gồm các điểm có z(0,...,d i ,...,0) 6= 0. Ta xây dựng ánh xạ φi : Yi → Pn, [. . . : zI : . . .] 7→ [zI0 : . . . : zIn] trong đó Ij = (0, . . . , d− 1 i , . . . , 1 j . . . , 0) với j = 1, . . . , n. Ánh xạ trên cũng được định nghĩa tốt vì với một lân cận mở afin Yi′ khác của Y , ta có [zI0 : . . . : zIn] = [zI ′0 : . . . : zI ′n], với mọi [. . . : zI : . . .] ∈ Yi ∩ Yi′. Ta chỉ cần chứng minh vd([zI0 : . . . : zIn]) = [. . . : zI : . . .], hay vd ◦ φi = idYi. Thật vậy, với mỗi tọa độ có dạng zk0I0 . . . zknIn tương ứng với một bộ chỉ số I = (k0, . . . , kn) thỏa mãn k0 + · · · + kn = d, ta có k0(1, . . . , d− 1 i , . . . , 0) + · · ·+ ki(0, . . . , d− 1 + 1 i , . . . , 0) + · · ·+ 42 kj(0, . . . , d− 1 i , . . . , 1 j . . . , 0) + · · ·+ kn(0, . . . , d− 1 i , . . . , 1) = (k0, k1, . . . , d(d− 1) + ki, . . . , kn) = (k0, . . . , kn) + (d− 1)(0, . . . , d i , . . . , 0). Do đó ta có zk0I0 . . . z kn In = z(k0,...,kn)z d−1 Ii . Suy ra vd([zI0 : . . . : zIn]) = [. . . : z(k0,...,kn)z d−1 Ii : . . .] = [. . . : z(k0,...,kn) : . . .]. Vì vậy V d,n = Y là một tập đại số. Để chỉ ra V d,n là một tập bất khả quy, ta chứng minh rằng V d,n đẳng cấu với Pn. Ta xét J = (j0, ..., jn) là một bộ đa chỉ số bất kì thỏa mãn j0 + · · ·+ jn = d− 1 và xét các bộ đa chỉ số Ji := (j0, . . . , ji + 1, . . . , jn). Khi đó ánh xạ ψ : V d,n → Pn, [. . . : zI : . . .] 7→ [zJ0 : . . . : zJn] không phụ thuộc vào việc chọn J , vì với một J ′ và các J ′i tương ứng sẽ thỏa mãn zJ ′izJj = zJizJ ′j với mọi i, j và với mọi [. . . : zI : . . .] ∈ V d,n. Do đó [zJ0 : . . . : zJn] = [zJ ′0 : . . . : zJ ′n] Khi đó ψ sẽ là ánh xạ chính quy ngược của vd. Suy ra V d,n đẳng cấu với Pn. Vì Pn là bất khả quy nên V d,n cũng là bất khả quy. Ví dụ 3.1.3. (a) Xét ánh xạ Veronese v2 như sau: v2 : P1 → P2, [a0 : a1] 7→ [a20 : a0a1 : a21]. Đa tạp Veronese V 2,1 = v2(P1) được xác định bởi phương trình z0z2 − z21 = 0. Nếu ta xét phủ mởD(x0) của P1, thì ánh xạ v2 được viết lại là v2 : A1 → V (z2 − z21) ⊂ A2, a1 7→ (a1, a21). Như vậy v2(A1) là một đường parabol. 43 (b) Xét ánh xạ Veronese v3 như sau: v3 : P1 → P3, [s : t] 7→ [s3 : s2t : st2 : t3]. Khi đó đa tạp Veronese V 3,1 = v3(P1) được gọi là đường cubic xoắn (twisted cubic curve). Hình 3.2: Đường cubic xoắn. Mệnh đề 3.1.4. Với mỗi dạng tuyến tính L ∈ S1, xét điểm P = [Ld] ∈ V d,n. Không gian tiếp xúc của V d,n tại P được xác định bởi TP (V d,n) = 〈 [Ld−1M ] : M ∈ S1 〉 . Chứng minh. Giả sử L là một dạng tuyến tính thuộc S1. Vì ánh xạ vd : Pn → V d,n là một đẳng cấu nên theo Hệ quả 1.2.13, ánh xạ trên sẽ cảm sinh một đẳng cấu dvd : T[L]Pn → T[Ld]V d,n. Ta chọn một cơ sở của S1 là {x0, . . . , xn}. Khi đóL có tọa độ là (a0, . . . , an) với ai ∈ k nào đó. Với một điểmM = (b0 : . . . : bn) bất kì thuộc S1, ta xem [M ] thuộc không gian tiếp xúc T[L]Pn ∼= Pn, ta sẽ tìm ảnh của [M ] thông qua đẳng cấu dvd. 44 Ta xét đường thẳng đi qua L được tham số hóa trong S1 như sau L+ tM = (a0 + tb0, . . . , an + tbn). Ta có vd([L + tM ]) = [(L + tM)d]. Do đó, để tìm dvd([M ]), ta sẽ tìm không gian tiếp xúc của đường cong (L + tM)d tại điểm Ld (tức tại t = 0), tức ta sẽ tính ∂(L+ tM)d ∂t ∣∣∣∣ t=0 . Với mỗi t, nếu ta chọn một cơ sở của Sd chỉ gồm các đơn thức thuần nhất bậc d thì (L+ tM)d ∈ Sd sẽ có tọa độ như sau( . . . , ( d α0, . . . , αn ) n∏ i=0 (ai + tbi) αi, . . . ) , thỏa mãn α0 + · · ·+ αn = d. Khi đó, ∂(L+ tM)d ∂t ∣∣∣∣ t=0 = ( . . . , ∂ ∂t ( d α0, . . . , αn ) n∏ i=0 (ai + tbi) αi ∣∣∣∣∣ t=0 , . . . ) . Tại vị trí tương ứng với bộ chỉ số (α0, . . . , αn) thỏa mãn α0 + · · ·+ αn = d, ta có ∂ ∂t ( d α0, . . . , αn ) n∏ i=0 (ai + tbi) αi ∣∣∣∣∣ t=0 = n∑ i=0 ( d α0, . . . , αn ) biαi(a0 + b0t) α0 . . . (ai + tbi) αi−1 . . . (an + tbn)αn ∣∣∣∣∣ t=0 =d n∑ i=0 ( d− 1 α0, . . . , αi−1, . . . , αn ) bia α0 0 . . . a αi−1 i . . . a αn n . Trong khai triển trên, vì Ld−1 tọa độ( . . . , ( d− 1 α0, . . . , αi−1, . . . , αn ) aα00 . . . a αi−1 i . . . a αn n , . . . ) , nên ta có ∂(L+ tM)d ∂t ∣∣∣∣ t=0 = Ld−1M. 45 Từ đó ánh xạ vi phân dvd : T[L]Pn → T[Ld](X) được xác định bởi [M ] 7→ [Ld−1M ]. Hơn nữa, vì ánh xạ trên là đẳng cấu và vì M là tùy ý nên ta suy ra TP (V d,n) = 〈 [Ld−1M ] : M ∈ S1 〉 . Hệ quả 3.1.5. Cho L ∈ S1 là một dạng tuyến tính. Nếu H là một siêu phẳng trong PN chứa T[Ld] (vd(Pn)) thì v−1d (H) là siêu mặt bậc d kì dị tại [L] ∈ Pn. Chứng minh. Ta có thể chọn một cơ sở của S1 là {L,L1, . . . , Ln} trong đóLi là các dạng tuyến tính. Suy ra P := vd([L]) = [1 : 0 : . . . : 0]. Với i = 0, . . . , n, gọi Pi là điểm thuộc PN có các tọa độ thuần nhất là Pi = [Z0 : . . . : ZN ] cho bởi Zj = δij . Theo Mệnh đề 3.1.4, ta có TP (V d,n) = 〈 [Ld−1M ] : M ∈ S1 〉 . Do đó, với cơ sở đã chọn của S1, ta có TP (V d,n) = 〈P0, . . . , Pn〉. Gọi FH = a0Z0 + · · ·+ aNZN là dạng tuyến tính định nghĩa H . Nếu T[Ld] (vd(Pn)) ⊆ H thì FH(Pi) = 0, với i = 0, . . . , n. Do đó a0 = . . . = an = 0. Giả sử f là một đa thức xác định v−1d (H) trong P n. Khi đó f = an+1xd1 + · · ·+aNxdn. Rõ ràng f là kì dị tại điểm [1 : 0 : . . . : 0]. 3.2 Định lý Alexander-Hirschowitz Định lý Alexander-Hirschowitz cho một câu trả lời trọn vẹn cho bài toán tính toán số chiều của đa tạp cát tuyến của các đa tạp Veronese. Nội dung và chứng minh của định lý được tham khảo trong tài liệu [11] và [12]. Bổ đề 3.2.1. Giả sử P là một điểm thuộc Pn và mP là iđêan cực đại ứng với P . Mọi hàm f ∈ m2P đều là kì dị tại P , nghĩa là ∂f ∂xj (P ) = 0 với mọi j = 0, 1, . . . , n. 46 Chứng minh. Ta viết f = n∑ i=1 figi, trong đó fi, gi ∈ mP . Khi đó, với mỗi j = 0, . . . , n ta có ∂f ∂xj (P ) = ∂ ∂xj n∑ i=1 figi(P ) = n∑ i=1 ∂ ∂xj figi(P ) = n∑ i=1 ∂ ∂xj (figi) (P ) = n∑ i=1 [ ∂fi ∂xj (P )gi(P ) + ∂gi ∂xj (P )fi(P ) ] = 0, vì fi(P ) = gi(P ) = 0 do fi, gi ∈ mP . Do đó ∂f ∂xj (P ) = 0 với mọi j = 0, . . . , n, hay f là kì dị tại P . Định nghĩa 3.2.2. Xét [L] ∈ P(S1) và iđêan cực đại trong k[x0, . . . , xn] ứng với [L] m[L] := {f ∈ S|f là đa thức thuần nhất và f([L]) = 0}, tức nó sẽ chứa mọi phương trình của siêu mặt đi qua [L]. Iđêanm2[L] chứa phương trình của tất cả các siêu mặt đi qua [L] và kì dị tại [L], theo Bổ đề 3.2.1. Khi đó, nó sẽ định nghĩa một lược đồ, kí hiệu là [L]2 và nó được gọi là một điểm kép. Từ định nghĩa trên ta thấy rằng một siêu mặt kì dị tại L nếu và chỉ nếu nó chứa [L]2. Định nghĩa 3.2.3. Giả sử P1, . . . , Ps ∈ Pn là các điểm với các iđêan thuần nhất tương ứng lần lượt là m1, . . . ,ms. Khi đó lược đồ được xác định bởi iđêan m21 ∩ . . . ∩m2s được gọi là lược đồ điểm kép. Khi đó nếu ta xét đa tạp Veronese X = V d,n ⊆ PN thì thông qua Hệ quả 3.1.5, ta sẽ có một tương ứng 1− 1 giữa hai tập {H ⊆ PN là một siêu phẳng |H ⊃ 〈TP1(X), . . . , TPs(X)〉} 47 và {các siêu mặt bậc d của Pn kì dị tại P1, . . . , Ps} = (m21 ∩ . . . ∩m2s)d. Hơn nữa, ta sẽ có thêm một tiêu chuẩn để tính toán số chiều của đa tạp cát tuyến của Đa tạp Veronese. Mệnh đề 3.2.4. Giả sử V d,n ⊆ PN và chọn các điểm P1, . . . , Ps ∈ Pn với các iđêan thuần nhất tương ứng lần lượt là m1, . . . ,ms. Khi đó ta có dimσs(V d,n) = N − dim(m21 ∩ . . . ∩m2s)d. hoặc nếu ta đặt IX(d) = (m21 ∩ . . . ∩ m2s)d ⊂ Sd với X là tập hợp gồm s điểm P1, . . . , Ps thì công thức trên sẽ tương đương với dimσk(V d,n) = codimIX(d)− 1. Để chứng minh mệnh đề trên, ta cần bổ đề dưới đây. Bổ đề 3.2.5 (Lasker). Xét T[Ld] ( V d,n ) ⊆ P(Sd). Khi đó phần bù trực giao của nó ( T[Ld] ( V d,n ))⊥ ⊆ P(S∗d) chứa tất cả các siêu mặt kì dị tại [L]. Nếu ta kí hiệu C(V d,n) là nón afin trên V d,n thì( T[Ld] ( C(V d,n) ))⊥ = ( m2[L] ) d ⊆ S∗d. Chứng minh. Ta chọn L = e0, . . . , en là một cơ sở của S1. Khi đó m[L] = (x1, . . . , xn), m2[L] = (x 2 1, x1x2, . . . , x 2 n) sao cho (m 2 [L])d sinh bởi tất cả các đơn thức bậc d trừ xd0, x d−1 0 x1, . . . , x d−1 0 xn. Vì T[Ld] ( C(V d,n) ) = 〈 ed0, e d−1 0 e1, . . . , e d−1 0 en 〉 , nên ta suy ra điều phải chứng minh. Chứng minh Mệnh đề 3.2.4. Giả sửX = {p1, . . . , pk} là một bộ gồm các điểm kép trong Pn và chọn Li ∈ V sao cho [Li] = pi với i = 1, . . . , k. Khi đó theo Bổ đề 3.2.5 ta có IX(d) = k⋂ i=1 ( m2pi ) d 48 = k⋂ i=1 ( T[Ldi ] ( C(V d,n) ))⊥ = (〈 T[Ld1] ( C(V d,n) ) , . . . , T[Kdk ] ( C(V d,n) )〉)⊥ ⊆ S∗d. Suy ra codimIX(d) = dim 〈 T[Ld1] ( C(V d,n) ) , . . . , T[Ldk] ( C(V d,n) )〉 = dim 〈 T[Ld1] ( V d,n ) , . . . , T[Ldk] ( V d,n )〉 + 1 và cuối cùng theo Bổ đề Terracini ta có dim 〈 T[Ld1] ( V d,n ) , . . . , T[Ldk] ( V d,n )〉 = dimσk(V d,n), vì vậy codimIX(d) = dim σk(V d,n) + 1. Từ đây ta có kết quả sau, như một hệ quả trực tiếp của Mệnh đề 2.2.9. Mệnh đề 3.2.6. Ta có các khẳng định sau đây: (a) Nếu codimIX(d) = k(n + 1) và X ′ ⊂ X là một bộ gồm k′ điểm kép thì codimIX ′(d) = k ′(n+ 1). (b) Nếu codimIX(d) = ( n+d d ) và X” ⊃ X là một bộ gồm k” điểm kép thì codimIX”(d) = ( n+d d ) . Tiếp theo chúng ta sẽ tìm hiểu một trong những kết quả quan trọng nhất của luận văn, đó là Định lý Alexander-Hirschowitz. Chúng tôi sẽ trình bày hai phiên bản của định lý này, được phát biểu thông qua hai khái niệm là điểm kép và đa tạp cát tuyến của đa tạp Veronese. Đồng thời chúng tôi sẽ chỉ ra sự tương đương của hai phiên bản. Tuy nhiên chúng tôi sẽ không trình bày toàn bộ chứng minh của định lý mà sẽ chỉ xét định lý trong trường hợp có số chiều n = 2. Trước hết, ta cần kết quả sau. 49 Mệnh đề 3.2.7. Xét X là một bộ gồm k điểm kép tổng quát trong Pn = P(S1) và Sd là không gian của tất cả các đa thức thuần nhất bậc d. Gọi IX(d) ⊆ Sd là không gian còn gồm các đa thức qua X , sao cho tất cả đạo hàm riêng thứ nhất đều triệt tiêu tại các điểm của X (tức bao gồm các siêu mặt đi qua