Luận văn Định lý bézout và chiều ngược lại

ựng không gian xạ ảnh Pn bằng qui nạp: P0 là một điểm. P1 = C ∪ {∞}. {∞} là một điểm ở vô cùng hay một bản sao của P0. P2 = C2 ∪ P1,tức là C2 với môt "đường thẳng ở vô cùng"(một bản sao của P1). Tổng quát hơn: P n là Cn cùng với một bản sao của Pn−1 tại vô cùng. Định nghĩa 1.2.3. Một phép biến đổi xạ ảnh của Pn là một song ánh f : Pn −→ Pn sao cho với đẳng cấu tuyến tính α : Cn+1 −→ Cn+1 nào đó, ta có: f [x0, . . . , xn] = [y0, . . . , yn], trong đó (y0, . . . , yn) = α(x0, . . . , xn), tức là: f ◦ Π = Π ◦ α. Ở đây Π : Cn+1\{0} −→ Pn định nghĩa bởi: Π(x0, . . . , xn) = [x0, . . . , xn]. Chú ý 1.2.4. một phép biến đổi xạ ảnh f : Pn −→ Pn là một ánh xạ liên tục. Do f ◦ Π = Π ◦ α mà Π, α đều liên tục nên f liên tục. 1.2.2. Đường cong xạ ảnh phức trong P2 Mặt phẳng xạ ảnh P2 là không gian con một chiều phức của C3. P2 = {[x, y, z] | (x, y, z) ∈ C3\{0}} và [x, y, z] = [u, v, w] khi và chỉ khi tồn tại λ nào đó thuộc C\{0} sao cho x = λu, y = λv, z = λw. Định nghĩa 1.2.4. Giả sử f(x, y, z) là đa thức thuần nhất ba biến x, y, z, khác hằng số, với các hệ số phức. Giả sử f(x, y, z) không có thừa số bội. Khi đó đường cong xạ ảnh C định nghĩa bởi f(x, y, z) là C = {[x, y, z] ∈ P2 | f(x, y, z) = 0}. 13 Chú ý 1.2.5. Vì f là một đa thức thuần nhất nên với mọi λ ∈ C\{0} thì f(λx, λy, λz) = 0↔ f(x, y, z) = 0, Nên điều kiện f(x, y, z) = 0 không phụ thuộc vào việc chọn tọa độ thuần nhất (x, y, z). Chú ý 1.2.6. Như với các đường cong trong C2, hai đa thức thuần nhất không có thừa số bội f(x, y, z) và g(x, y, z) định nghĩa cùng một đường cong xạ ảnh trong P2 khi và chỉ khi đa thức này bằng đa thức kia nhân với một vô hướng. Một đa thức thuần nhất với các thừa số bội có thể xem như một đường cong có những thành phần bội. Định nghĩa 1.2.5. Bậc của một đường cong xạ ảnh C trong P2 định nghĩa bởi đa thức thuần nhất f(x, y, z) chính là bậc của đa thức thuần nhất f(x, y, z) đó. Định nghĩa 1.2.6. Đường cong C được gọi là bất khả qui nếu f(x, y, z) bất khả qui, tức là f(x, y, z) chỉ có các nhân tử là hằng số và bội vô hướng của chính nó. Một đường cong xạ ảnh D định nghĩa bởi một đa thức thuần nhất g(x, y, z) được gọi là một thành phần bất khả qui của C nếu f(x, y, z) = g(x, y, z)h(x, y, z) với h là đa thức thuần nhất khác hằng số. Định nghĩa 1.2.7. Cho đường cong xạ ảnh C trong P2 định nghĩa bởi một đa thức thuần nhất f(x, y, z). Điểm [a, b, c] của C được gọi là điểm kì dị nếu: ∂f ∂x (a, b, c) = ∂f ∂y (a, b, c) = ∂f ∂z (a, b, c) = 0. Tập hợp các điểm kì dị của C được kí hiệu bởi Sing(C). Đường cong C được gọi là không có kì dị(trơn) nếu Sing(C) = ∅. Ví dụ 1.2.1. Đường cong xạ ảnh trong P2 cho bởi x2 + y2 = z2 là đường cong trơn (không có điểm kì dị). Còn đường cong định nghĩa bởi y2z = x3 có một điểm kì dị là [0, 0, 1]. Định nghĩa 1.2.8. Một đường cong xạ ảnh định nghĩa bởi một phương trình tuyến tính αx+ βy + γz = 0, trong đó α, β, γ ∈ C\{0} được gọi là một đường thẳng xạ ảnh. Đường tiếp tuyến tại một điểm không kì dị [a, b, c] của một đường cong C = {[x, y, z] ∈ P2 | f(x, y, z) = 0} là đường thẳng ∂f ∂x (a, b, c)x+ ∂f ∂y (a, b, c)y + ∂f ∂z (a, b, c)z = 0. 14 Chương 2 Định lý Bézout Trong chương này chúng tôi trình bày một số khái niệm về kết thức, bội giao và một tính chất của chúng, qua đó chứng minh được định lý Bézout. 2.1. Kết thức Định nghĩa 2.1.1. Cho K là một trường đóng đại số (C). Hai đa thức f, g ∈ C[X]: f(x) = a0x n + a1x n−1 + · · ·+ an với a0 6= 0, g(x) = b0x m + b1x m−1 + · · ·+ bm với b0 6= 0. Một ma trận Sylvester(Syl) của f và g theo biến x là ma trận cỡ (m+ n)× (m+ n) được cho bởi: Syl(f, g,X) = m+n︷ ︸︸ ︷ a0 a1 . . . . . . an  m a0 a1 . . . . . . an . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . a0 a1 . . . . . . an b0 b1 . . . . . . bm n b0 b1 . . . . . . bm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . b0 b1 . . . . . . bm , với các vị trí trống trong ma trận có giá trị bằng 0. Khi đó kết thức của f và g chính là định thức của ma trận Sylvester Res(f, g, x) = det(Syl(f, g, x)). 15 Nếu f(z, y, z) = a0(x, y)z n + a1(x, y)z n−1 + · · ·+ an(x, y), g(z, y, z) = b0(x, y)z m + b1(x, y)z m−1 + · · ·+ bm(x, y), là hai đa thức ba biến thì kết thức Res(f, g, z) của f và g theo biến z được định nghĩa một cách tương tự, bằng cách thay ai(x, y) và bj(x, y) tương ứng cho ai và bj với 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m. Ví dụ 2.1.1. a. Cho f(x)=ax2 + bx+ c và g(x)=2ax+ b. Khi đó: Res(f, g, x) = ∣∣∣∣∣∣∣ a b c 2a b 0 0 2a b ∣∣∣∣∣∣∣ = −a(b2 − 4ac). b. Cho f và g là đa thức hai biến f(x, y) = y2 + yx− 3x2, g(x, y) = y2 + 2xy. Khi đó : Res(f, g, y) = ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 x −3x2 0 0 1 x −3x2 1 2x 0 0 0 1 2x 0 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 3x 4 và Res(f, g, x) = ∣∣∣∣∣∣∣ −3 y y2 2y y2 0 0 2y y2 ∣∣∣∣∣∣∣ = −y4. Mệnh đề 2.1.1. ([3], Bổ đề 3.3, trang 53). Giả sử f(x) và g(x) là các đa thức theo biến x. Khi đó f(x) và g(x) có nhân tử chung khác hằng số khi và chỉ khi Res(f, g, x) = 0. Chứng minh. Giả sử f(x) = a0x n + a1x n−1 + · · ·+ an với a0 6= 0, g(x) = b0x m + b1x m−1 + · · ·+ bm với b0 6= 0, là các đa thức bậc n và m theo biến x. Khi đó f(x) và g(x) có một nhân tử chung h(x), khác hằng số khi và chỉ khi tồn tại các đa thức φ(x) và ψ(x) sao cho: f(x) = h(x)φ(x), g(x) = h(x)ψ(x), 16 trong đó φ(x) và ψ(x) là các đa thức khác không, có bậc tương ứng là nhỏ hơn n và nhỏ hơn m: φ(x) = α0x n−1 + α1xn−2 + · · ·+ αn−1, ψ(x) = β0x m−1 + β1xm−2 + · · ·+ βm−1. Điều này xảy ra khi và chỉ khi f(x)ψ(x) = g(x)φ(x), tương đương (a0x n + a1x n−1 + · · ·+ an)(β0xm−1 + β1xm−2 + · · ·+ βm−1) = (b0x m + b1x m−1 + · · ·+ bm)(α0xn−1 + α1xn−2 + · · ·+ αn−1). Cân bằng các hệ số của xi với 0 ≤ i ≤ nm− 1 trong phương trình trên ta thu được: a0β0 = b0α0, a1β0 + a0β1 = b1α0 + b0α1, a2β0 + a1β1 + a0β2 = b2α0 + b1α1 + b0α2, . . . . . . . . . . . . anβm−1 = bmαn−1. (2.1.1) Xét hệ phương trình tuyến tính Sylt(f, g, x) · η = 0, trong đó Sylt(f, g, x) là ma trận chuyển vị của Syl(f, g, x), η = (η1, η2, . . . , ηn+m) t. Hệ phương trình được viết lại như sau: a0 b0 a1 a0 b1 b0 a2 a1 . . . b2 b1 . . . ... ... a0 ... ... b0 ... ... ... ... ... ... an an−1 ... bm bm−1 an ... bm ... . . . ... . . . ... an bm   η1 η2 η3 ... ... ... ... ... ηn+m  =  0 0 0 ... ... ... ... ... 0  . (2.1.2) Nhận thấy hệ (2.1.1) tương đương với việc hệ phương trình tuyến tính thuần nhất 2.1.2 có một nghiệm khác không là η = (β0, β1, . . . , βm−1,−α0,−α1, . . . ,−αn−1). 17 Điều đó xảy ra khi và chỉ khi det(Sylt(f, g, x)) = 0. Vậy Res(f, g, x) = det(Syl(f, g, x)) = det(Sylt(f, g, x)) = 0. Ví dụ 2.1.2. a. Cho hai đa thức một biến f(x) = (x+ 1)(x+ 2) = x2 + 3x+ 2, g(x) = x+ 1. Hai đa thức này có một nhân tử chung là x+ 1 khi đó Res(f, g, x) = ∣∣∣∣∣∣∣ 1 3 2 1 1 0 0 1 1 ∣∣∣∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∣1 01 1 ∣∣∣∣∣− ∣∣∣∣∣3 21 1 ∣∣∣∣∣ = 1− 1 = 0. b. Xét xem hai đa thức sau có nhân tử chung hay không f(x) = x3 − 2x2 + x− 4, g(x) = x2 + 4x+ 3. Ta có Res(f, g, x) = ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 −2 1 −4 0 0 1 −2 1 −4 1 4 3 0 0 0 1 4 3 0 0 0 1 4 3 ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 416 6= 0. Do đó f và g không có nhân tử chung khác hằng số. Mệnh đề 2.1.2. ([3], Bổ đề 3.4, trang 53). Giả sử f(x, y, z) và g(x, y, z) là các đa thức thuần nhất khác hằng số với biến x, y, z,ngoài ra f(1, 0, 0) 6= 0 6= g(1, 0, 0). Khi đó f(x, y, z) và g(x, y, z) có nhân tử chung là đa thức thuần nhất khác hằng số khi và chỉ khi Res(f, g, x) = 0. Chứng minh. Giả sử f(x, y, z) và g(x, y, z) là các đa thức thuần nhất khác hằng số theo x, y, z có bậc bằng n và m sao cho f(1, 0, 0) 6= 0 6= g(1, 0, 0). 18 Ta có thể giả sử f(1, 0, 0) = 1 = g(1, 0, 0). Khi đó coi f và g là các đa thức lồi có bậc n và m theo x với các hệ số trong vành C[y, z](vành các đa thức biến y, z với hệ số phức). Vành C[y, z] này nằm trong trường C(y, z) của các hàm hữu tỉ theo y và z, tức là các hàm có dạng h1(y, z) h2(y, z) , trong đó h2(y, z) không đồng nhất bằng không. Theo mệnh đề (2.1.1) khi coi f và g như là các đa thức theo biến x với các hệ số trong trường C(y, z) thì Res(f, g, x) đồng nhất bằng không khi và chỉ khi f(x, y, z) và g(x, y, z) có một nhân tử chung khác hằng số. Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi f(x, y, z) và g(x, y, z) có một nhân tử chung khác hằng số khi coi f và g là các đa thức theo biến x với các hệ số trong vành C[x, y](xem hệ quả của bổ đề Gauss tại tài liệu tham khảo [4] chương 4, §2, trang 180), hay tương đương f và g là các đa thức ba biến x, y, z, hệ số phức. Hơn nữa bất kỳ một đa thức thừa số của một đa thức thuần nhất là thuần nhất (xem phụ lục A tài liệu tham khảo [3] ), Do đó ta có điều phải chứng minh. Chú ý 2.1.1. i. Lí do có thêm điều kiện f(1, 0, 0) 6= 0 6= g(1, 0, 0) trong mệnh đề là để đảm bảo f và g giữ nguyên bậc đối với biến x với các hệ số trong vành. ii. Đa thưc f(x) = a0x n + a1x n−1 + · · ·+ an được gọi là đa thức lồi nếu a0 = 1. iii. Hệ quả của bổ đề Gauss[4] được phát biểu như sau: Cho R là một vành nhân tử hóa và K trường thương của R. Khi đó hai đa thức f(x) và g(x) trong R[x] có nhân tử chung khác hằng trong R[x] nếu và chỉ nếu chúng có nhân tử chung khác hằng trong K[x]. Bổ đề 2.1.1. Giả sử h(x1, x2, . . . , xn) ∈ K[x1, x2, . . . , xn] là một đa thức n biến. Nếu h = 0 khi thay x1 cho x2 và giữ nguyên tất cả các xi khác (i 6= 2). Khi đó h(x1, x2, . . . , xn) chia hết cho x1 − x2. Chứng minh. Ta có : h(x1, x2, . . . , xn) = f1(x1) + f2(x2) + f(x1, x2), trong đó f1(x1) là đa thức n biến mà mỗi đơn thức đều chứa x1 và không chứa x2, f2(x2) là đa thức n biến mà mỗi đơn thức đều chứa x2, 19 f2(x2) = x m 2 · g1 + xm−12 · g2 + · · · + x2 · gm với gi = gi(x1, x3, x4, . . . , xn), f(x1, x2) là đa thức n biến mà mỗi đơn thức đều không chứa x1 và x2. Khi đó: h(x1, x1, x3, . . . , xn) = f1(x1) + f2(x1) + f(x1, x2). Suy ra : h(x1, x2, . . . , xn)− h(x1, x1, x3, . . . , xn) = f2(x2)− f2(x1). Vì h(x1, x1, x3, . . . , xn) = 0 nên: h(x1, x2, . . . , xn) = f2(x2)− f2(x1) = g1 · (xm2 − xm1 ) + g2 · (xm−12 − xm−11 ) + · · ·+ gm · (x2 − x1) = (x2 − x1) · g(x1, x2, . . . , xn), với g ∈ K[x1, x2, . . . , xn] nào đó. Do đó h(x1, x2, . . . , xn) chia hết cho x1 − x2. Mệnh đề 2.1.3. ([3], Bổ đề 3.7, trang 54). Giả sử f(x, y, z) và g(x, y, z) là các đa thức thuần nhất bậc n và m với biến x, y, z. Khi đó kết thức Res(f, g, z) là một đa thức thuần nhất, bậc n ·m, hai biến x và y. Chứng minh. Theo định nghĩa, kết thức Res(f, g, z) của các đa thức thuần nhất f(x, y, z), g(x, y, z) bậc n và m là định thức của ma trận (n+m)× (n+m) với phần tử hàng i cột j là một đa thức thuần nhất ri,j(x, y) theo x và y, bậc di,j xác định bởi : di,j = j − i nếu 1 ≤ i ≤ mm+ j − i nếu m+ 1 ≤ i ≤ m+ n. Khi đó Res(f, g, z) là một tổng: Res(f, g, z) = ∑ σ ( n+m∏ i=1 sgn(σ)riσ(i)(x, y) ) , trong đó σ là một hoán vị của {1,. . . ,n+m}. Mỗi một số hạng như thế là một đa thức thuần nhất có bậc bằng∑n+m i=1 diσ(i) = ∑m i=1(σ(i)− i) + ∑n+m i=m+1(m+ σ(i)− i) = ∑m i=1(σ(i)− i) + ∑n+m i=m+1(σ(i)− i) + ∑n+m i=m+1m = nm+ ∑m+n i=1 σ(i)− ∑m+n i=1 i = nm. Do đó Res(f, g, z) là một đa thức thuần nhất bậc m · n theo x và y. 20 Mệnh đề 2.1.4. ([3], Bổ đề 3.6, trang 53). Giả sử : f(x) = (x− α1)(x− α2) . . . (x− αn), g(x) = (x− β1)(x− β2) . . . (x− βm), trong đó α1, α2, . . . , αn, β1, β2, . . . , βm là các số phức thì: Res(f, g, x) = ∏ 1≤i≤n,1≤j≤m (βj − αi). Hơn nữa, nếu f, g1, g2 là các đa thức ba biến x, y, z thì Res(f, g1g2, x) = Res(f, g1, x)Res(f, g2, x). Chứng minh. Coi f(x), g(x) là các đa thức thuần nhất theo x, α1, α2, . . . , αn, và x, β1, β2, . . . , βm. Khi đó theo mệnh đề (2.1.3) thì Res(f, g, x) là một đa thức thuần nhất theo các biến α1, α2, . . . , αn, β1, β2, . . . , βm. Hơn nữa theo bổ đề (2.1.1) đa thức này bằng 0 nếu αi = βj với mọi i, j (1 ≤ i ≤ nv1 ≤ j ≤ m). Vì vậy nó chia hết cho∏ 1≤i≤n,1≤j≤m (βj − αi). Do đây cũng là một đa thức thuần nhất bậc m · n theo α1, α2, . . . , αn, β1, β2, . . . , βm. Res(f, g, x) = c ∏ 1≤i≤n,1≤j≤m (βj − αi), với c là một vô hướng nào đó. Nếu β1 = β2 = · · · = βm = 0 hay g(x) = xm, f(x) = (x−α1)(x−α2) . . . (x−αn) = xn + · · ·+ (−1)nα1α2 . . . αn thì kết thức của f và g là định thức của ma trận tam giác, với đường chéo chính là (1, 1, . . . , 1, (−1)nα1α2 . . . αn, (−1)nα1α2 . . . αn, . . . , (−1)nα1α2 . . . αn). Suy ra Res(f, g, x) = (−1)nm(α1α2 . . . αn)m = n∏ i=0 (−αi)m. Do đó vô hướng c = 1 nên Res(f, g, x) = ∏ 1≤i≤n,1≤j≤m (βj − αi). 21 Ta cũng suy ra ngay Res(f, g1g2, x) = Res(f, g1, x)Res(f, g2, x) với f, g1, g2 ∈ C[x]. Với f, g1, g2 là hàm ba biến thì Res(f, g1g2, x)(b, c) = Res(f, g1, x)(b, c) ·Res(f, g2, x)(b, c) với mọi b, c ∈ C. Vì vậy : Res(f, g1g2, x) = Res(f, g1, x)Res(f, g2, x), với f, g1, g2 ∈ C[x, y, z]. 2.2. Bội giao Chúng ta sẽ định nghĩa bội giao Ip(C,D) tại điểm p = [a, b, c] của hai đường cong C và D trong P2 thông qua kết thức của hai đa thức xác định hai đường cong đó trong một hệ tọa độ thích hợp. Hệ tọa độ xạ ảnh đó được chọn sao cho các điều kiện: 1. [1, 0, 0] không thuộc C ∪D, 2. [1, 0, 0] không nằm trên đường thẳng nào nối hai điểm phân biệt, bất kỳ của C ∩D, 3. [1, 0, 0] không nằm trên đường tiếp tuyến của C hay D tại bất kỳ điểm nào của C ∩D, được thỏa mãn. Định nghĩa 2.2.1. Cho C và D là hai đường cong trong P2, p = [a, b, c]. Khi đó: • Nếu p nằm trên một thành phần chung của C và D thì Ip(C ∩D) =∞. • Nếu p không nằm trên C ∩D thì Ip(C,D) = 0. • Nếu p nằm trên C ∩D nhưng không nằm trên thành phần chung nào của C và D. f(x, y, z) và g(x, y, z) là hai đa thức xác định hai đường cong C và D khi đã bỏ đi các thành phần chung (nếu có). Chọn hệ tọa độ sao cho các điều kiện 1 đến 3 được thỏa mãn. Nếu p = [a, b, c] trong hệ tọa độ này thì Ip(C,D) là số nguyên lớn nhất k sao cho (bz − cy)k chia hết Res(f, g, x). Mệnh đề 2.2.1. ([3], Định lý 3.18, trang 59). Cho hai đường cong xạ ảnh C và D trong P2, Khi đó: (i) Ip(C,D) = Ip(D,C). 22 (ii) Ip(C,D) =∞ nếu p nằm trên một thành phần chung của C và D, còn ngược lại thì nó là một số nguyên không âm. (iii) Ip(C,D) = 0 khi và chỉ khi p /∈ C ∩D. (iv) Hai đường thẳng phân biệt cắt nhau tại một điểm duy nhất, tại đó số giao bằng một. (v) Nếu C1 và C2 định nghĩa bởi các đa thức thuần nhất f1(x, y, z) và f2(x, y, z) và C xác định bởi f(x, y, z) = f1(x, y, z)f2(x, y, z) thì Ip(C,D) = Ip(C1, D) + Ip(C2, D). (vi) Nếu C và D định nghĩa bởi các đa thức thuần nhất f(x, y, z) và g(x, y, z) bậc n và m, và E định nghĩa bởi f(x, y, z)r(x, y, z) + g(x, y, z) trong đó r(x, y, z) là đa thức thuần nhất bấc m− n thì Ip(C,D) = Ip(C,E). Chứng minh. (i) Đây là một hệ quả trực tiếp của tính chất định thức của một ma trận đổi dấu khi chuyển chỗ hai hàng cho nhau Res(f, g, x) = ±Res(g, f, x). Do đó Ip(C,D) = Ip(D,C). (ii) và (iii) Được suy ra trực tiếp từ định nghĩa. (iv) Giả sử hai đường thẳng phân biệt đó là f = a1x+b1y+c1z và g = a2x+b2y+c2z. Khi đó Res(f, g, x) = ∣∣∣∣∣a1 b1y + c1za2 b2y + c2z ∣∣∣∣∣ = (a1c2 − a2c1)z − (a2b1 − a1b2)y. Theo định nghĩa thì bội giao tại điểm giao của hai đường thẳng này bằng một. (v) Theo mệnh đề (2.1.4) thì Res(f1f2, g, x) = Res(f1, g, x)Res(f2, g, x) từ đó suy ra luôn Ip(C,D) = Ip(C1, D) + Ip(C2, D). (vi) Giả sử: f(x, y, z) = a0(y, z)x n + a1(y, z)x n−1 + · · ·+ an(y, z), g(x, y, z) = b0(y, z)x m + b1(y, z)x m−1 + · · ·+ bm(y, z), r(x, y, z) = c0(y, z)x m−n + c1(y, z)xm−n−1 + · · ·+ cm−n(y, z) 23 là các đa thức thuần nhất. Ta có f.r = ( a0(y, z)x n + · · ·+ an(y, z) )( c0(y, z)x m−n + · · ·+ cm−n(y, z) ) = a0x m + (a0c1 + a1c0)x m−1 + (a0c2 + a1c1 + a2c0)xm−2 + · · ·+ ancm−n. Do đó f · r + g là một đa thức bậc m. Kết thức Res(f, f.r + g, x) là định thức của một ma trận thu được từ ma trận xác định Res(f, g, x) bằng cách sau: m hàng đầu giữ nguyên, với m hàng sau thì hàng(m+i) −→ hàng(m+i) + hàng(i)·c0+ hàng(i+1)·c1 + hàng(i+m−n)·cm−n với 1 ≤ i ≤ n. Vì định thức của một ma trận không thay đổi nếu ta cộng vào một hàng bởi tích của một vô hướng với một hàng khác nên Res(f, g, x) = Res(f, f · r + g, x). Do đó Ip(C,D) = Ip(C,E). Chú ý 2.2.1. 1. Tồn tai duy nhất bội giao Ip(C,D) định nghĩa cho tất cả đường cong xạ ảnh C và D thỏa mãn mệnh đề trên (chứng minh xem tại tài liệu tham khảo [3] chương 3, §3.1, trang 60). 2. Thật ra tất cả khẳng định trong chương này đều có thể phát biểu vẫn đúng với những đường cong có thành phần bội. Ví dụ 2.2.1. Tính bội giao tại điểm (0, 0) của hai đường cong C và D định nghĩa bởi hai đa thức f(x, y) = (x2 + y2)3 − 4x2y2, g(x, y) = (x2 + y2)3 − x2y2. Ta thực hiện theo hai cách sau: Cách 1: sử dụng định nghĩa. Ta thuần nhất hóa hai đa thức f và g f(x, y, z) = (x2 + y2)3 − 4x2y2z2, 24 g(x, y, z) = (x2 + y2)3 − x2y2z2. Chọn hệ tọa độ thỏa mãn các điều kiện từ 1 đến 3. Ta có Res(f, g, x) = 729y24 · z12. Do đó I(0,0)(C,D) = 24. Cách 2: sử dung mệnh đề 2.2.1. Ta có I(0,0)(C,D) = I(0,0)((x 2 + y2)3 − 4x2y2, (x2 + y2)3 − x2y2) = I(0,0)((x 2 + y2)3 − 4x2y2, (x2 + y2)3 − 4x2y2 + 5x2y2) = I(0,0)((x 2 + y2)3 − 4x2y2, 5x2y2) = I(0,0)((x 2 + y2)3, 5x2y2) = I(0,0)((x 2 + y2)3, x2y2) = 3I(0,0)(x 2 + y2, x2y2) = 6I(0,0)(x 2 + y2, xy) = 6(I(0,0)(x 2 + y2, x) + I(0,0)(x 2 + y2, y)) = 6(I(0,0)(y 2, x) + I(0,0)(x 2, y)) = 6(2I(0,0)(y, x) + 2I(0,0)(x, y)) = 6(2 + 2) = 24. Vậy I(0,0)(C,D) = 24. Hình 2.1: Đồ thị của hai đường cong C và D. 25 2.3. Định lý Bézout Định lý 2.3.1. ([3], Định lý 3.8, trang 54). Hai đường cong xạ ảnh C và D bất kỳ trong P2 giao nhau ít nhất tại một điểm. Chứng minh. Giả sử C và D được định nghĩa bởi các đa thức thuần nhất f(x, y, z) và Q(x, y, z) bậc n và m. Theo mệnh đề (2.1.3) thì kết thức Res(f, g, x) là một đa thức thuần nhất bậc m · n biến y và z. Do đó theo mệnh đề (1.1.1) hoặc Res(f, g, x) đồng nhất bằng không hoặc là tích của m · n thừa số tuyến tính (bz − cy) với b, c là các số phức, không đồng thời bằng không. Với cả hai trường hợp thì đều tồn tại (y, z) = (b, c) ∈ C2\{(0, 0)} để Res(f, g, x) bằng không. Từ đó Res(f(x, b, c), g(x, b, c), x) = 0. Theo mệnh đề (2.1.1) thì hai đa thức f(x, b, c) và g(x, b, c) có một ngiệm chung a ∈ C. Do đó f(a, b, c) = g(a, b, c) = 0. Vậy [a, b, c] ∈ C ∩D. Và ta có điều phải chứng minh. Định lý 2.3.2. ([3], Định lý 3.9, trang 54).(Dạng yếu của định lý Bézout). Nếu hai đường cong xạ ảnh C và D trong P2 bậc tương ứng là n và m, không có thành phần chung thì chúng giao nhau tại nhiều nhất m · n điểm. Chứng minh. Giả sử C và D giao nhau ít nhất tại m ·n+ 1 điểm. Chọn T là tập gồm m · n + 1 điểm phân biệt trong C ∩D. Khi đó ta có thể chọn được một điểm trong P2 không nằm trên C ∪D hay bất kỳ trong số hữu hạn các đường thẳng trong P2 đi qua hai điểm phân biệt của T . Dùng một phép biến đổi xạ ảnh chúng ta có thể giả thiết điểm này là [1, 0, 0]. Do đó các đường cong C và D định nghĩa bởi các đa thức thuần nhất f(x, y, z) và g(x, y, z) bậc n và m sao cho f(1, 0, 0) 6= 0 6= g(1, 0, 0). Theo mệnh đề (2.1.3) thì Res(f, g, x) một đa thức thuần nhất bậc m · n, biến y và z. Theo mệnh đề (1.1.1) Res(f, g, x) không đồng nhất bằng không thì nó bằng tích của m · n nhân tử tuyến tính dạng bz − cy với (b, c) ∈ C2\{(0, 0)} Giả sử Res(f, g, x) bằng tích của m · n nhân tử tuyến tính dạng bz − cy. (∗) Nếu (b, c) ∈ C2\{(0, 0)} thì bz − cy là một nhân tử của Res(f,g,x) khi và chỉ khi kết thức Res(f(x, β, γ), g(x, β, γ), x) = 0. 26 Theo mệnh đề (2.1.1) thì điều này tương đương với việc tồn tại a ∈ C sao cho f(a, b, c) = g(a, b, c) = 0. Nhưng nếu [α1, β1, γ1] ∈ T thì f(α1, β1, γ1) = g(α1, β1, γ1) = 0, với β1, γ1 không đồng thời bằng không(do [1, 0, 0] /∈ T ) do đó β1z−γ1y là một nhân tử của Res(f, g, x). Hơn nữa nếu [α2, β2, γ2] ∈ T khác [α1, β1, γ1] thì β1z − γ1y 6= k(β2z − γ2y) với k là một vô hướng nào đó, vì nếu ngược lại β1z−γ1y = k(β2z−γ2y) thì [α1, β1, γ1], [α2, β2, γ2], [1, 0, 0] cùng nằm trên một đường thẳng trong P2 định nghĩa bởi bz = cy, mâu thuẫn với giả thiết điểm [1, 0, 0]. Điều này chứng tỏ Res(f, g, x) có m · n+ 1 nhân tử tuyến tính phân biệt và nó mâu thuẫn với (∗), do đó Res(f, g, x) phải đồng nhất bằng không. Theo mệnh đề (2.1.2) thì C và D có thành phần chung, điều này vô lý do đó ta có điều phải chứng minh. Hệ quả 2.3.1. ([3], Hệ quả 3.10, trang 55). (a) . Mỗi đường cong xạ ảnh trơn C trong P2 luôn bất khả qui. (b) . Mỗi đường cong xạ ảnh C bất khả qui trong P2 đếu có hữu hạn điểm kì dị. Chứng minh. (a). Giả sử C = {(x, y, z) ∈ P2|f(x, y, z)g(x, y, z) = 0} là một đường cong trơn, khả qui trong P2. Theo định lý (2.3.1) thì tồn tại ít nhất một điểm [a, b, c] ∈ P2 sao cho f(a, b, c) = 0 = g(a, b, c). Mặt khác ∂(fg) ∂x (a, b, c) = ∂f ∂x (a, b, c)g(a, b, c) + ∂g ∂x (a, b, c)f(a, b, c) = 0. Tương tự ta cũng có ∂(fg) ∂y (a, b, c) = ∂(fg) ∂z (a, b, c) = 0. Do đó [a, b, c] là điểm kì dị của C mâu thuẫn với giả thiết C trơn. Vậy ta có điều phải chứng minh. (b). Giả sử C được định nghĩa bởi đa thức thuần nhất f(x, y, z) bậc n. Không mất tổng quát giả sử [1, 0, 0] không thuộc C vì thế hệ số của xn trong f(x, y, z) khác không. Điều này đảm bảo cho g(x, y, z) = ∂f ∂x (x, y, z) 27 là một đa thức thuần nhất bậc n− 1 và không đồng nhất bằng không, do đó nó xác định một đường cong D trong P2. Do C bất khả qui và bậc của D bé hơn bậc của C nên C và D không có thành phần chung. Theo dạng yếu của định lý Bézout C và D giao nhau nhiều nhất tại n(n − 1) điểm. Vì mọi điểm kì dị của C đều nằm trong C ∩D nên ta có điều phải chứng minh. Mệnh đề 2.3.1. ([3], Mệnh đề 3.14, trang 56). Giả sử hai đường cong xạ ảnh C và D bậc n trong P2 giao nhau tại đúng n2 điểm và có đúng nm điểm trong số các điểm này nằm trên một đường cong bất khả qui E có bậc m < n, khi đó n(n−m) điểm còn lại nằm trên một đường cong bậc ít nhất bằng n−m. Chứng minh. Giả sử C,D và E là các đường cong định nghĩa bởi các đa thức thuần nhất tương ứng là f(x, y, z), g(x, y, z), h(x, y, z). Chọn một điểm [a, b, c] trên E nhưng không thuộc C ∩D. Khi đó đường cong F định nghĩa bởi g(a, b, c)f(x, y, z)− f(a, b, c)g(x, y, z) cắt E tại m · n + 1 điểm, đó là [a, b, c] và m · n điểm của C ∩ D nằm trên E. Theo định lý (2.3.2)(dạng yếu của định lý Bézout) đường cong F và E phải có thành phần chung. Vì E là đường cong bất khả qui nên thành phần chung của E và F phải là E. Do đó g(a, b, c)f(x, y, z)− f(a, b, c)g(x, y, z) = h(x, y, z)t(x, y, z), trong đó t(x, y, z) là đa thức thuần nhất khác hằng số, bậc n−m nào đó. Từ đó suy ra nếu [u, v, w] ∈ C ∩ D thì hoặc h(u, v, w) = 0 hoặc t(u, v, w) = 0. Vì có đúng nm điểm của C ∩D nằm trên E nên n(n −m) điểm còn lại nằm trên đường cong định nghĩa bởi t(x, y, z), bậc n−m. Hệ quả 2.3.2. ([3], Mệnh đề 3.15, trang 57). Các cặp cạnh đối của một hình lục giác nội tiếp trong một conic trong P2 cắt nhau tại ba điểm cộng tuyến. Chứng minh. Hình lục giác được gọi là nội tiếp trong một conic nếu tất cả các đỉnh của nó đều nằm trên cônic. Ba điểm trong P2 được gọi là cộng tuyến nếu chúng nằm trên một đường thẳng nào đó trong P2. Giả sử các cạnh của hình lục giác là các đường thẳng lần lượt định nghĩa bởi các đa thức tuyến tính l1, l2, . . . , l6 biến x, y, z. Hai đường cong xạ ảnh bậc ba định nghĩa bởi l1l3l5 và l2l4l6 giao nhau tại sáu đỉnh của hình lục giác và ba điểm giao của các cặp cạnh đối {l1, l4}, {l2, l5} và {l3, l6}. Theo mệnh đề (2.3.1) thì ba điểm giao này nằm trên một đường thẳng. 28 Hình 2.2: Lục giác Pascal Chú ý 2.2.2 Khi chúng ta xét hệ quả trên trong không gian R2 thì ta thu được một định lý về hình học Euclid thực (xem hình 2.2). 29 Định lý 2.3.3. ([3], Định lý 3.1, trang 52).(Định lý Bézout). Giả sử C và D là hai đường cong xạ ảnh trong P2 có bậc bằng m và n. Nếu C và D không có thành phần chung thì chúng có chính xác m · n giao điểm tính cả bội. Tức là∑ p∈C∩D Ip(C,D) = m · n. Chứng minh. Chọn hệ tọa độ thỏa mãn các điều kiện từ 1 đến 3 giống trong định nghĩa (2.2.1). Giả sử C và D định nghĩa bởi các đa thức thuần nhất f(x, y, z) và g(x, y, z) trong hệ tọa độ này. Theo các mệnh đề (2.1.3) và (2.1.2) kết thức Res(f, g, x) là một đa thức thuần nhất bậc m · n với hai biến y và z, không đồng nhất bằng không, vì vậy theo mệnh đề (1.1.1) nó có thể phân tích thành tích của m ·n thừa số tuyến tính, chẳng hạn như Res(f, g, x) = k∏ i=1 (biz − ciy)si trong đó si là một số nguyên s1 +s2 + · · ·+sk = m ·n và với i 6= j thì (bi, ci) 6= (bj, cj). Ta có Res(f(x, bi, ci), g(x, bi, ci), x) = 0 do đó tồn tại ai để f(ai, bi, ci) = g(ai, bi, ci) hay tồn tại duy nhất các số phức ai sao cho C ∩D = {pi|1 ≤ i ≤ k} với pi = [ai, bi, ci]. Theo định nghĩa về bội giao thì Ipi(C,D) = si. Do đó ta có điều phải chứng minh. 30 Chương 3 Chiều ngược lại của định lý Bézout Định lý Bézout được xem là một trong những định lý lâu đời của hình học đại số nhưng cho đến nay bài toán ngược lại của nó vẫn chỉ dừng lại ở những phỏng