ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
.
—————————————————
TRỊNH SAO LINH
KÌ DỊ CỦA ĐƯỜNG CONG PHẲNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên – 2016
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
—————————————————
TRỊNH SAO LINH
KÌ DỊ CỦA ĐƯỜNG CONG PHẲNG
Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ
Mã số: 60.46.01.04
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học
TS. ĐOÀN TRUNG CƯỜNG
Thái Nguyên – 2016
Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan rằng nội dung trình bày trong luận văn này là trung
thực, không trùng lặp với các đề tài khác và các thông tin trích dẫn trong
luận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2016
Người viết luận văn
Trịnh Sao Linh
i
Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành trong khóa 22 đào tạo Thạc sĩ của trường
Đại học Sư phạm – Đại học Thái Nguyên, dưới sự hướng dẫn của TS. Đoàn
Trung Cường, Viện Toán học. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới
thầy hướng dẫn, người đã tạo cho tôi một phương pháp nghiên cứu khoa
học, tinh thần làm việc nghiêm túc và đã dành nhiều thời gian, công sức
hướng dẫn tôi hoàn thành luận văn.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo của trường
Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học, những người đã tận tình giảng dạy,
khích lệ, động viên tôi vượt qua những khó khăn trong học tập.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo Khoa Sau đại học, Trường Đại
học Sư phạm – Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, giúp
đỡ tôi trong suốt thời gian tôi học tập.
Cuối cùng, tôi xin cảm ơn gia đình, người thân và bạn bè đã động viên,
ủng hộ tôi để tôi có thể hoàn thành tốt khóa học và luận văn của mình.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2016
Người viết luận văn
Trịnh Sao Linh
ii
Mục lục
Lời cam đoan
i
Lời cảm ơn
ii
Mục lục
iii
Mở đầu
1
1 Kiến thức chuẩn bị
3
1.1
Miền phân tích duy nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.2
Kết thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
2 Đường cong affin và xạ ảnh
11
2.1
Đường cong đại số affin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
2.2
Đường cong xạ ảnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
2.3
Bội giao và cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
2.4
Tập các điểm kì dị và đường thẳng tiếp xúc . . . . . . . . .
26
3 Đường cong phẳng bậc 3
32
iii
3.1
Đường cong phẳng suy rộng. . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
3.2
Bội giao của các đường cong suy rộng. . . . . . . . . . . . .
35
3.3
Đường cong bậc 3 bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . .
40
3.4
Phân loại đường cong trơn bậc 3 . . . . . . . . . . . . . . .
42
Kết luận
50
Tài liệu tham khảo
51
iv
Mở đầu
Hình học đại số là một nhánh của toán học, nghiên cứu về nghiệm của các
phương trình đa thức. Đa thức một biến có bao nhiêu nghiệm? Câu hỏi này
được trả lời một cách rõ ràng bởi "Định lý cơ bản của đại số". Nhưng nếu ta
xét trong trường hợp đa thức hai biến thì tập nghiệm là vô hạn. Những tập
như vậy, có thể được xem như là đối tượng của hình học. Chính xác hơn là
đường cong phẳng đại số. Vì vậy, có hai con đường để xét tính giao nhau ở
đây. Một là từ đại số, và một là từ hình học nên nó không đáng ngạc nhiên
khi các tính chất của đường cong đã được nghiên cứu trong nhiều thế kỷ.
Mục đích của luận văn này là trình bày lại một số kết quả về đường
cong phẳng dựa theo tài liệu "Plane Algebraic Curves" của Gerd Fischer và
"Elementary Algebraic Geometry" của Klaus Hulek.
Luận văn này chia làm ba chương:
Chương 1, trình bày một số kiến thức về miền phân tích duy nhất và kết
thức. Đây cũng là công cụ cơ bản dùng cho các định nghĩa và chứng minh
ở chương sau.
Chương 2, được dành để trình bày về các khái niệm trong đường cong
affine và đường cong xạ ảnh, lý thuyết giao... Ngoài ra, còn trình bày về
khái niệm điểm kì dị, điểm trơn, đường thẳng tiếp xúc của đường cong...
1
Chương 3, trình bày sự phân loại đường cong bậc 3 qua tương đương xạ
ảnh cũng như sự phân loại đường cong bậc 3 trơn bằng cách sử dụng J−bất
biến.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2016
Người viết luận văn
Trịnh Sao Linh
2
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1
Miền phân tích duy nhất
Mục này được dành để nhắc lại định nghĩa và một số kết quả cơ bản về
miền phân tích duy nhất. Trước hết ta có định nghĩa phần tử bất khả quy.
Định nghĩa 1.1.1. Cho A là một miền nguyên. Một phần tử a ∈ A là bất
khả quy nếu từ mọi phân tích a = bc với b, c ∈ A, thì hoặc b hoặc c là phần
tử khả nghịch trong A.
Xét một phần tử 0 6= a ∈ A. Một phân tích a = an1 1 . . . anr r với a1 , . . . , ar ∈
A là các phần tử bất khả quy và n1 , . . . , nr ∈ N được gọi là một phân tích
bất khả quy. Ta nói phân tích bất khả quy đó là duy nhất nếu trong trường
hợp a có phân tích bất khả quy khác
ms
1
a = bm
1 . . . bs ,
với b1 , . . . , bs ∈ A là các phần tử bất khả quy, m1 , . . . , ms N, thì s = r và
sau một cách đánh số lại, ta được ni = mi , bi = λi ai , i = 1, . . . , r với λi là
các phần tử khả nghịch trong A.
Định nghĩa 1.1.2. Một miền nguyên A là một miền phân tích duy nhất
3
nếu mọi phần tử khác 0 và không khả nghịch trong A đều có một phân tích
bất khả quy duy nhất.
Ví dụ 1.1.3. Cho k là một trường. Vành đa thức một biến k[x] là một
miền phân tích duy nhất. Bằng cách phân tích một đa thức thành tích các
đa thức có bậc thấp hơn, ta thấy một đa thức luôn có phân tích bất khả
quy. Sự duy nhất của phân tích đó là hệ quả của thuật toán chia Euclid.
Tính chất phân tích duy nhất khá phổ biến và có ứng dụng quan trọng
trong toán học. Một trong những lý do là định lý sau đây.
Định lý 1.1.4. Vành đa thức trên một miền phân tích duy nhất là một
miền phân tích duy nhất.
Ví dụ 1.1.3 là trường hợp riêng của định lý này. Thật vậy, một trường k
luôn là một miền phân tích duy nhất. Do đó, k[x] là miền phân tích duy
nhất theo Định lý 1.1.4.
Từ Ví dụ 1.1.3 và Định lý 1.1.4, ta có hệ quả quan trọng sau đối với phần
cuối của luận văn.
Hệ quả 1.1.5. Cho k là một trường, vành đa thức hai biến k[x, y] là một
miền phân tích duy nhất.
Chứng minh. Ta có thể coi k[x, y] = k[x][y] là vành đa thức theo biến y trên
vành k[x]. Do đó, kết luận là hệ quả trực tiếp của Ví dụ 1.1.3 và Định lý
1.1.4.
4
1.2
Kết thức
Khái niệm kết thức có vai trò đặc biêt quan trọng trong lý thuyết đường
cong phẳng. Nó cho chúng ta xét giao của các đường cong, từ đó dẫn đến
nhiều khái niệm cơ sở khác. Do phần này ít được đề cập đến trong các tài
liệu đại số nên chúng tôi trình bày chứng minh cụ thể cho các kết quả chính.
Định nghĩa 1.2.1. Trên vành giao hoán có đơn vị A, xét hai đa thức
f (x) = a0 X m + ... + am ,
g(x) = b0 X n + ... + bn ∈ A[X].
Kết thức của f và g là
Rf,g
a0
0
0
= det
b0
0
0 ...
a1 ... am
0
... 0
a0 a1 ... am 0 ...
...
...
...
b1 ... bn
0
... 0
b0 b1 ...
bn
0 ...
...
...
...
0
0
am
0
0
bn
Ma trận trên có cỡ (m + n) × (m + n). Ma trận này có các hàng là tọa
độ của đa thức X n−1 f, X n−2 f, . . . , Xf, f, X m−1 , . . . , Xg, g theo cơ sở
X n+m−1 , . . . , X, 1. Theo định nghĩa Rf,g ∈ A. Tầm quan trọng của kết thức
là định lý sau.
Định lý 1.2.2. Cho A là miền phân tích duy nhất. Cho f, g ∈ A[X] với
a0 , b0 6= 0. Khi đó, hai khẳng định sau là tương đương
i) f, g có nhân tử chung với bậc ≥ 1 trong A[X].
5
ii) Rf,g = 0 trong A.
Để chứng minh định lý, trước tiên ta chứng minh bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.3. Nếu miền nguyên A với hai đa thức f, g ∈ A[X] có bậc n, m
tương ứng. Khi đó, hai khẳng định sau là tương đương
i) Tồn tại hai đa thức 0 6= p(x), q(x) ∈ A[X] có bậc
deg(p) < deg(g), deg(q) < deg(f ), thỏa mãn pf + qg = 0.
ii) Rf,g = 0 trong A.
Chứng minh bổ đề. Với A là miền nguyên, ký hiệu
K=
na
b
o
|a, b ∈ A, b 6= 0
là trường các phân thức trên A. Xét f, g như các đa thức trên K . Ta có
Rf,g = det M với M là ma trận vuông.
a1 ... am 0
a0
0
a0 a1 ... am
...
0
...
...
M =
b0
b1 ... bn 0
0
b0 b1 ... bn
...
0 ... ...
...
... 0
0 ...
... 0
0 ...
0
0
am
0
0
bn
Chú ý rằng, các hàng của ma trận này là tọa độ của các đa thức
X n−1 f, X n−2 f, . . . , Xf, f, X m−1 , . . . , Xg, g theo cơ sở X n+m−1 , . . . , X, 1.
Do vậy, Rf,g = 0 tương đương với các hàng của M là phụ thuộc tuyến tính.
6
Nói cách khác, tồn tại α1 , . . . , αn , β1 , . . . , βm ∈ K không đồng thời bằng 0
sao cho
(α1 X n−1 f + . . . + αn−1 Xf + αn f ) + (β1 X m−1 g + . . . + βm−1 Xg + βm g) = 0.
Chú ý rằng, bằng cách quy đồng mẫu số ta có thể giả sử αi , βj ∈ A. Đặt
Đặt
p(x) = α1 X n−1 + . . . + αn ,
q(x) = β1 X m−1 + . . . + βm .
Sử dụng bổ đề 1.2.3 suy ra pf + qg = 0.
Để chứng minh Định lý 1.2.2, ta sử dụng A là miền phân tích duy nhất
và chứng minh hai khẳng định sau là tương đương
i) f và g có nhân tử chung với bậc ≥ 1 trong A[X].
ii) Tồn tại p(x), q(x) ∈ A[X] không đồng thời bằng 0 với
deg p < deg g , deg q < deg f, thỏa mãn pf + qg = 0.
Chứng minh. i) ⇒ ii). Giả sử h là nhân tử chung thì f = f1 h và g = g1 h,
trong đó f1 , g1 ∈ A[X] với deg f1 < deg f, deg g1 < deg g. Đặt
p(x) = g1 (x), q(x) = −f1 (x) ta có pf + qg = 0.
ii) ⇒ i) Vì A là miền phân tích duy nhất nên A[X] cũng là miền phân
tích duy nhất. Vì pf + qg = 0 nên f | qg . Do A[X] là miền phân tích
duy nhất suy ra f = f1n1 ...frnr với f1 , ...fr là các đa thức bất khả quy khác
nhau. Nếu f, g nguyên tố cùng nhau thì f1 , . . . , fr không là ước của g . Vậy,
f và g phải có nhân tử chung f1n1 |q, ..., frnr |q, dẫn đến f |q , mâu thuẫn với
deg q < deg f.
7
Trên C mọi đa thức đều có phân tích thành tích các đa thức tuyến tính.
Điều này cho ta một hệ quả tất yếu.
Hệ quả 1.2.4. Cho f, g ∈ C[X] với deg f, deg g ≥ 1. Khi đó các khẳng
định sau là tương đương
i) f và g có nghiệm chung,
ii) Rf,g = 0.
Trong chứng minh Định lý Bezout ở chương sau ta cần thêm thông tin
về kết thức của các đa thức thuần nhất với các biến khác nhau.
Định lý 1.2.5. Cho k là một trường và A = k[Y1 , ..., Yr ]. Cho f, g ∈ A[X],
f = a0 X m + a1 X m−1 + ... + am ,
g = b0 X n + b1 X n−1 + ... + bn ,
trong đó a0 , b0 6= 0 và ai , bj là thuần nhất với bậc i, j tương ứng. Khi đó
hoặc Rf,g ∈ A là thuần nhất bậc (mn) hoặc Rf,g = 0 .
Định lý 1.2.6. Cho A là miền nguyên và cho
f = (X − c1 ) . . . (X − cm ),
g = (X − d1 ) . . . (X − dn ),
trong đó c1 , ..., cm , d1 , ..., dn ∈ A. Khi đó,
Rf,g
m Y
n
Y
=
(ci − dj ) = g(c1 ) . . . g(cm ).
i=1 j=1
Đặc biệt,
Rg,f = f (d1 ) . . . f (dn ) = (−1)m.n Rf,g .
8
Chứng minh. Xét các đa thức
F = (X − Y1 . . . (X − Ym ) = X m + F1 X m−1 + ... + Fm ,
G = (X − Z1 ) . . . (X − Zn ) = X n + G1 X n−1 + ... + Gn
trong vành Z[Y1 , . . . , Ym , Z1 , . . . , Zn , X]. Ở đây, Fµ là các đa thức đối xứng
theo Y1 , ..., Ym và là thuần nhất bậc µ; Gγ là các đa thức đối xứng theo
Z1 , ..., Zn và là thuần nhất bậc γ . Ta định nghĩa
R = RF,G
và
S=
Y
(Yi − Zj ).
i,j
Sử dụng Định lý 1.2.5, cả hai đa thức trong Z[Y, Z] là thuần nhất theo Yi , Zj
bậc m.n. Nếu ta thay thế Zj bằng Yi thì F và G có nhân tử chung tuyến
tính. Do đó R có nghiệm tại Zj = Yi và thuật toán chia đa thức cho thấy
Yi − Zj là ước của R.
Với mọi i, j thì S là ước của R và do đó R = aS , với a ∈ Z nào đó. Hệ số
tự do của RF,G là
(−1)m.n (Z1 ...Zn )m .
Nhưng đây cũng là một đơn thức trong S , do đó a = 1. Thay thế Yi =
ci , Zj = dj ta được điều cần chứng minh.
Ta có hệ quả quan trọng sau của Định lý 1.2.6
Hệ quả 1.2.7. Cho các đa thức f1 , f2 , g 6= 0 trong A[X]. Ta có
Rf1 f2 ,
g
= Rf1 ,g Rf2 ,g .
Chứng minh. Chú ý rằng kết thức được định nghĩa theo hệ số đa thức, do đó
không phụ thuộc mở rộng trường. Xét một mở rộng hữu hạn k của trường
các phân số Frac(A) của A. Ta gọi f1 , f2 , g ∈ k[X] và chọn k sao cho các
9
đa thức này có đủ nghiệm. Sử dụng Định lý 1.2.6 ta suy ra ngay
Rf1 f2 , g = Rf1 ,g Rf2 ,g .
10
Chương 2
Đường cong affin và xạ ảnh
Nội dung chính trong phần này trình bày về khái niệm cơ bản về đường
cong affin và xạ ảnh, xét giao của hai đường cong, một số đặc điểm đặc biệt
trên đường cong xét trong C.
2.1
Đường cong đại số affin
Định nghĩa 2.1.1. Với f =
P
i,j≥0
aij xi1 xj2 . Đặt n = max{i + j : ∃aij 6= 0}.
Khi đó bậc của f là deg(f ) = n.
Ví dụ 2.1.2. deg(x21 x2 + x22 − 3x2 + 2) = 3.
Định nghĩa 2.1.3. Một tập con C ⊂ C2 được gọi là một đường cong đại
số affin nếu tồn tại một đa thức f ∈ C[X1 , X2 ] sao cho deg f > 0 và
C = V (f ) = {(x1 , x2 ) ∈ C2 : f (x1 , x2 ) = 0}.
Khi đó, V (f ) = V (λf ) = V (f k ) với λ ∈ C∗ và k ∈ N∗ . Đa thức f cho
bởi đa tạp rõ ràng không là duy nhất.
Ví dụ 2.1.4. (y − x2 )3 xác định cùng đường cong như (y − x2 ).
11
Nhắc lại là một đa thức f ∈ C[x1 , x2 ] là bất khả quy nếu f là phần tử
bất khả quy trong vành C[x1 , x2 ] như trong Định nghĩa 1.1.1.
Với mọi đa thức f ∈ C[x1 , x2 ] với deg f > 0, có đường cong liên kết
V (f ) ⊆ C2 . Nếu g là ước của f , tức là f = gh thì V (f ) = V (g) ∪ V (h).
Vì f = gh nên f (x1 , x2 ) = g(x1 , x2 )h(x1 , x2 ). Ta có f (x1 , x2 ) = 0 khi
và chỉ khi g(x1 , x2 ) = 0 hoặc h(x1 , x2 ) = 0, vì (x1 , x2 ) ∈ V (f ) nên hoặc
(x1 , x2 ) ∈ V (g) hoặc (x1 , x2 ) ∈ V (h) suy ra (x1 , x2 ) ∈ V (g) ∪ V (h). Do đó
V (g) ⊆ V (f ).
Ví dụ 2.1.5.
(i) Mọi đa thức bậc 1 đều là đa thức bất khả quy.
(ii) f (x1 , x2 ) = x21 + x22 − 1 là đa thức bất khả quy.
Câu hỏi được đặt ra là điều ngược lại có đúng không? Câu trả lời là nội
dung của Bổ đề Study. Kết quả này thiết lập cơ sở đại số để nghiên cứu các
đường cong phẳng.
Định lý 2.1.6. (Bổ đề Study) Cho hai đa thức f, g ∈ C[x1 , x2 ], f là đa
thức bất khả quy và deg f > 0. Khi đó V (f ) ⊆ V (g) khi và chỉ khi f là ước
của g.
Chứng minh. Điều kiện cần đã được chứng minh ở trên. Ta chứng minh điều
kiện đủ. Ta biểu diễn
m−1
f (x1 , x2 ) = a0 (x1 )xm
+a2 (x1 )xm−2
+. . .+am−1 (x1 )x2 +am (x1 ),
2 +a1 (x1 )x2
2
g(x1 , x2 ) = b0 (x1 )xn2 + b1 (x1 )xn−1
+ b2 (x1 )xn−2
+ . . . + bn−1 (x1 )x2 + bn (x1 ),
2
2
với a0 (x1 ), a1 (x1 ), . . . , am (x1 ) là các đa thức theo x1 ,
12
và b0 (x2 ), b1 (x2 ), . . . , bn (x2 ) là các đa thức theo x2 . Bằng cách tráo đổi x1 , x2
nếu cần, ta giả sử m > 0.
Bước 1. Ta chứng minh n > 0.
Giả sử n = 0. Khi đó, g(x1 , x2 ) = b0 (x2 ) là đa thức chỉ phụ thuộc x2 . Vì
a0 (x1 ) và b0 (x1 ) là các đa thức theo x1 nên có hữu hạn nghiệm, suy ra tồn
tại u ∈ C sao cho a0 (u) 6= 0 và b0 6= 0.
Xét f (u, x2 ) = a0 (u)xm
2 +. . .+am (u) có nghiệm x2 = v . Do đó (u, v) ∈ V (f ).
Mặt khác, (u, v) ∈
/ V (g) vì g(u, v) = b0 (u) 6= 0. Mâu thuẫn. Vậy n > 0.
Bước 2. Xét kết thức Rf,g ∈ C[x1 ]. Ta sẽ chứng minh Rf,g = 0 bằng cách
chỉ ra Rf,g có vô số nghiệm. Vì a0 (x1 ), b0 (x1 ) có hữu hạn nghiệm nên có vô
số u ∈ C sao cho a0 (u)b0 (u) 6= 0. Với mỗi u, đặt
fu (x2 ) = f (u, x2 ) ∈ C[x2 ],
gu (x2 ) = g(u, x2 ) ∈ C[x2 ].
Các đa thức fu (x2 ), gu (x2 ) có bậc lần lượt là m, n và có đủ nghiệm. Hơn
nữa, nghiệm của fu (x2 ) là nghiệm của gu (x2 ),suy ra Rfu ,gu = 0 . Ta lại có
Rf,g (u) = Rfu ,gu = 0 với vô số u ∈ C. Vậy Rf,g = 0.
Bước 3. Vì Rf,g = 0 nên f và g có nhân tử chung với bậc dương. Mặt khác,
vì f là bất khả quy nên f là nhân tử của g .
Bổ đề Study có rất nhiều hệ quả quan trọng. Trong phần tiếp theo ta sẽ
lần lượt xét một số trong các hệ quả đó. Trước hết ta có hệ quả sau.
Hệ quả 2.1.7. Mọi đường cong đại số C đều có vô số điểm.
13
Chứng minh. Giả sử C = V (f ) với f ∈ C[x1 , x2 ], deg f > 0. Viết
f = a0 x m
2 + . . . + am−1 x2 + am ,
với a0 , . . . , am ∈ C[x1 ], m > 0 và a0 6= 0. Ta thấy, có vô số u sao cho
a0 (u) 6= 0 và với mỗi v , đa thức fu (x2 ) = f (u, x2 ) có ít nhất một nghiệm
vu . Suy ra f (x1 , x2 ) có vô số nghiệm có dạng (u, vu ). Vậy C chứa vô số
điểm.
Bây giờ, ta xét một đường cong đại số C = V (f ). Vì C[x1 , x2 ] là miền
phân tích duy nhất nếu đa thức f ∈ C[x1 , x2 ] luôn có một phân tích
f = f1α1 . . . frαr
với f1 , . . . , fr là các đa thức bất khả quy đôi một không liên hợp với nhau
r
r
S
S
và α1 , . . . , αr > 0 thì C = V (f ) =
V (fiαi ) =
V (fi ). Nhắc lại, hai đa
i=1
i=1
thức g, h liên hợp với nhau nếu g = λh với λ ∈ C, λ 6= 0.
Định nghĩa 2.1.8. Một đường cong đại số C ⊆ C2 được gọi là khả quy
nếu tồn tại các đường cong đại số C1 , C2 sao cho C1 6= C2 và C = C1 ∪ C2 .
Nếu C không là khả quy thì C là bất khả quy, tức là, với mọi sự phân tích
thành hợp hai đường cong C = C1 ∪ C2 thì C1 = C2 = C.
Ví dụ 2.1.9. C = V (x21 + x22 ) = V (x1 + ix2 ) ∪ V (x1 − ix2 ) là hợp của hai
đường thẳng. Do đó C là khả quy.
Bổ đề 2.1.10. Đường cong đại số C = V (f ) ⊆ C2 là bất khả quy khi và
chỉ khi tồn tại k ∈ N∗ và đa thức bất khả quy g ∈ C[x1 , x2 ] sao cho f = g k .
Chứng minh.
14
- Xem thêm -