Kết thúc và ứng dụng trong bài toán phân loại và sắp xếp các đường cong conic

Mục lục
Lời nói đầu 3
1 Kiến thức chuẩn bị 5
1.1 Đường cong đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1 Đường cong affine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.2 Đường cong xạ ảnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Kết thức, biệt thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.1 Kết thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2.2 Các tính chất của kết thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.3 Biệt thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.3 Định lý Bézout . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4 Đối ngẫu trong P
2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2 Các đường conic với cấu hình điểm - đường thẳng 24
2.1 Một số định nghĩa và ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.2 Cấu hình năm điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.3 Cấu hình bốn điểm và một đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.4 Cấu hình ba điểm và hai đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.5 Cấu hình p điểm (p < 3) và 5 − p đường thẳng . . . . . . . . . . . . 34
3 Các đường conic vớ i cấu hình điểm - đường thẳng - đường conic 41
3.1 Mặt Veronese . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
1
3.2 Phép nổ của mặt Veronese . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.3 Vành Chow . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.4 Cấu hình p điểm, l đường thẳng và 5 −p − l đường conic . . . . . 50
Kết luận 54
2
Lời nói đầu
Điểm, đường thẳng và đường conic là các đối tượng cơ bản trong mặt phẳng.
Bài toán cổ điển do Jakob Steiner đưa ra vào năm 1848 : "Trong mặt phẳng

ch o năm đường conic, có bao nh iêu đường conic tiếp xúc với tất cả năm đường
conic đã cho". Một bài toán tổng quát hơn: "Có bao nhiêu đường conic trong
mặt phẳng đi qua p điểm, tiếp xúc với l đường thẳng và tiếp xúc với 5 − p − l
đường conic". Các vấn đề đó yêu cầu về mặt số lượng của các đối tượng hình
học có chung các tính chất nhất định, hình học đại số gọi đó là vấn đ ề đếm.
Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu vấn đề đếm liên quan đến các
đường conic trong mặt phẳng. Lu ậ n văn đọc hiểu và trình bày lại bài toán trên
dựa theo tài liệu tham khảo [1]. Các kết quả được trình bày và các kỹ thuật
không phải là mới, nhưng chúng tôi cố gắng trình bày một cách chi tiết để hiểu
hơn về một vấn đề cổ điển của hình học đạ i số, cụ thể chúng tôi dùng đến kết
thức, biệt thức , định lý Bézout, vành Chow. Trong luận văn này, chúng tôi sử
dụng phần mềm Maple, cụ thể dùng tính kết thức, biệt thức và cơ sở Gr¨obner
đưa ra nhiều ví dụ minh họa và bổ sung chi tiết các chứng minh không được
trình bày trong [1].
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn được chia th à nh
ba chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị, trình bày một số kiến thức cơ bản của Hình
học đại số mà được sử dụng trong các chương sau.
Chương 2: Trên cở sở lý thuyết về kết thức, biệt thức, số giao và đối ngẫu
3
của mặt phẳng xạ ạnh, trả lời câu hỏi "Có bao nhiêu đường conic trong mặt
phẳng đi qua p điểm và tiếp xúc với 5 − p đường thẳng".
Chương 3: Trong chương này chúng tôi nghiên cứu sâu hơn vấn đề đếm của
các siêu mặt, từ đó đưa ra kết qua tổng quát cho trường hợp "Có bao nhiêu
đường conic trong mặt phẳng đi qua p điểm, tiếp xú c với l đ ường thẳng và tiếp
xúc với 5 −p − l đường conic".
Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới TS. Phó Đức Tài - Trường
ĐHKHTN-ĐHQGHN. Thầy đã tận tình hướng dẫn tôi liên tục tron g thời gian
tôi là học viên cao học, để tôi có thể hoàn thành bả n luận văn này và có thêm
những hiểu biết mới.

Tác giả xin chân thành cảm ơn các thầy - cô trong Khoa Toán - Cơ - Tin học
Trường ĐHKHTN-ĐHQGHN đã có những ý kiến đóng góp quý báu, sự giúp đỡ
tận tình, tôi cũng xin cảm ơn tới tất cả các quý Phòng, Ban, Trung tâm Trường
ĐHKHTN-ĐHQGHN đã giúp tôi hoàn thiện các thủ tục trong suốt thời gian
tôi theo học tại trường.
Hà Nội, năm 2014
Tác giả
Trần Quang Trung
4
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này chúng tôi trình bày lại các kiến thức cơ bản về đường cong
đại số, kết thức, biệt thức, định lí Bézout, đối ngẫu của P
2
. Tài liệu tham khảo
ch ính là [4] và [5].
1.1 Đường cong đại số
Trong phần này chúng ta sẽ phát biểu các định nghĩa trên trường K tổng
quát.
1.1.1 Đường cong affine
Giả sử P (x, y) là một đa thức hai biến, khác h ằ ng số, với các hệ số thuộc K.
Ta nói P (x, y) không có thành phần bội nếu không tồn tại khai triển
P (x, y) = (Q(x, y))
2
R(x, y),
trong đó Q(x, y), R(x, y) là các đa thức và Q(x, y) khác hằng số.
Định nghĩa 1.1. (Đường cong affine). Giả sử P(x, y) là một đa thức hai biến,
khác hằ ng số, với các hệ số thuộc K và không có thành ph ầ n bội. Khi đó đường
cong affine trong K
2

định nghĩa bởi P (x, y) là
C = {(x, y) ∈ K
2
: P(x, y) = 0}.
Bậc d của đường cong C định nghĩa bởi P (x, y) là bậc của đa thức P.
5
Định nghĩa 1.2. Một điểm (a, b) ∈ C được gọi là một điểm kỳ dị của C nếu
∂P
∂x
(a, b) = 0 =
∂P
∂y
(a, b).
Nếu C không có điểm kì dị thì C được gọi là trơn.
Định nghĩa 1.3. Một đường cong C định nghĩa bởi đa thứ c P (x, y) đ ược gọi là
bất khả qui nếu P là bất khả qui, tức là P chỉ có các nhân tử là hằng số và vô
hướng nhân với nó.
1.1.2 Đường cong xạ ảnh
Định nghĩa 1. 4. (Không gian xạ ảnh). Tập hợp các không gian con một chiều
của không gian vectơ K
n+1
được gọi là không gian xạ ảnh n− chiều, ký hiệu là
KP
n
.
Khi n = 1 ta có đường th ẳ ng xạ ảnh KP
1
và k hi n = 2 ta có mặt phẳng xạ
ảnh KP
2

. Khô ng gian xạ ảnh thực ký hiệu là RP
n
, không gian xạ ảnh phức ký
hiệu là P
n
.
Định nghĩa 1.5. (Đường cong xạ ảnh). Giả sử P (x, y, z) là một đa thức thuần
nhất ba biến, khác hằng số, với các hệ số trên K. Khi đ ó đường cong xạ ảnh
˜
C
định nghĩa bởi P (x, y, z) là
˜
C = {[x, y, z] ∈ KP
2
: P(x, y, z) = 0}
Bậc của đường co ng xạ ảnh
˜
C định nghĩa bởi P (x, y, z) là bậc củ a đa thức P.
Định nghĩa 1.6. Điểm [a, b, c] của đường co ng x ạ ảnh
˜
C trong KP
2
định nghĩa
bởi một đa thức thuần nhất P (x, y, z) được gọi là điểm kì dị nếu
∂P
∂x
(a, b, c) =
∂P
∂y
(a, b, c) =

∂P
∂z
(a, b, c) = 0.
Nếu
˜
C kh ô ng có điểm kì dị thì
˜
C được gọi là trơn.
Nhận xét 1.1. Đường cong affine và đường cong xạ ảnh mặc dù khác nhau,
nhưng chúng có quan hệ gắn bó với nhau. Từ đường cong affine C chúng ta có
6
thể thu được đường cong xạ ảnh
˜
C bằng cách thêm các điểm ở vô cùn g , thật
vậy ta có thể đồng nhất KP
2
với tập con mở
U = {[x, y, z] ∈ KP
2
: z = 0} ,
trong KP
2
thông qua đồng phôi φ : U → K
2
xác định bởi
φ([x, y, z]) = (
x
z
,
y

z
),
với ánh x ạ ngược
(x, y) → [x, y, 1].
Phần bù của U trong KP
2
là đường thẳn g xạ ảnh định nghĩa bởi z = 0 mà
ta có thể đồng nhất vớ i KP
1
qua ánh xạ
[x, y, 0] → (x, y).
Như vậy KP
2
là hợp rời của một bản sao của K
2
và một bản sao của KP
1
mà được xem như tại vô cùng.
1.2 Kết thức, biệt thức
1.2.1 Kết thức
Định nghĩa 1. 7. Giả sử K là một trường tùy ý, cho hai đa thức f, g là các phần
tử của K[x] có các bậc tương ứng là n, m:
f(x) = a
0
x
n
+ a
1
x
n−1

+ . . . + a
n
, a
0
= 0, n > 0,
g(x) = b
0
x
m
+ b
1
x
m−1
+ . . . + b
m
, b
0
= 0, m > 0.
Khi đó kết thức của f và g theo biến x, được ký hiệu là Res
x
(f, g) là định
thức của ma trận (n + m) × (n + m) :
7
Res
x
(f, g) = det
















a
0
a
1
a
0
a
2
a
1
.
.
.
.
.
. a
2
.
.

.
a
0
a
n
.
.
.
.
.
.
a
1
a
n
a
2
.
.
.
.
.
.
a
n

 
m cột
b
0

b
1
b
0
b
2
b
1
.
.
.
.
.
. b
2
.
.
.
b
0
b
m
.
.
.
.
.
.
b
1

b
m
b
2
.
.
.
.
.
.
b
m

 
n cột
















,
ở đó các chỗ trống được lấp đầy bởi các số không.
Nếu
P (x, y, z) = a
0
(y, z)x
n
+ a
1
(y, z)x
n−1
+ . . . + a
n
(y, z),
và
Q(x, y, z) = b
0
(y, z)x
m
+ b
1
(y, z)x
m−1
+ . . . + b
m
(y, z),
là các đ a thức ba biến x, y, z thì kết thức Res
x
(P, Q) được định nghĩa giống như
Res

x
(f, g) nhưng thay a
i
(y, z) và b
i
(y, z) cho a
i
và b
j
với 0 ≤ i ≤ n và 0 ≤ j ≤ m.
Chú ý Res
x
(P, Q) là đa thức với biến y và z, khi cho y = b và z = c nó nhận
giá trị bằng kết thức của hai đa thức P (x, b, c) và Q(x, b, c) theo x, với giả thiết
a
0
(y, z) và b
0
(y, z) khác không.
Ví dụ 1.1. (i) Cho f(x) = 2x
3
− 3 x
2
+ 1, g(x) = x
2
− 2 x + 5,
Res
x
(f, g) = det





2 0 1 0 0
−3 2 −2 1 0
0 −3 5 −2 1
1 0 0 5 −2
0 1 0 0 5




= 400.
(ii) Khi các đa thức f và g có chứa cả biến x và y, mà cần phải tính kết thức
của f và g theo biến x, chúng ta có thể xem f và g là các đa thức theo biến
x, có các hệ số phụ thuộc vào biến y và tính kết thức của f và g theo định
nghĩa như trên. Chẳng hạn, với f = xy + 2 và g = x
2
+ 3xy + y − 1,
Res
x
(f, g) = det

y 0 1
2 y 3y
0 2 y − 1

= y
3
− 7 y

2
+ 2.
8
Nhận xét 1.2. Res
x
(f, g) là một đa thức nguyên th eo các hệ số của f và g có
nghĩa là có đa thức Res
n,m
∈ Z[a
0
, . . . , a
n
, b
0
, . . . , b
m
] sao cho:
Res
x
(f, g) = Res
n,m
(a
0
, . . . , a
n
, b
0
, . . . , b
m
).

Như vậy nếu kí hiệu (a) = (a
0
, a
1
, . . . , a
n
), (b) = (b
0
, b
1
, . . . , b
m
) thì chúng ta c ó
thể kí hiệu R(a, b) thay cho Res
x
(f, g).
Do R(a, b) là đa thức với hệ số nguyên theo bộ các biến (a), (b). Nếu z là biến
thì R(za, b) = z
m
R(a, b) và R(a, zb) = z
n
R(a, b). Điều đó là hiển nhiên bởi nếu ta
đưa z ra khỏi m cột đầu (n cột cuối tư ơng ứng) của định thức. Vậy R(a, b) là
đẳng cấ p bậc m theo bộ thứ nh ấ t của các biến và đẳ ng cấp bậc n theo bộ thứ
hai của các biến. Ngoài ra khi biểu diễn dưới dạng tổng các đơn thức, kết thức
R(a, b) hay Res
x
(f, g) chứa đơn thức a
m
0

b
n
0
với hệ số 1.
1.2.2 Các tính chất của kết thức.
Dưới đây là một vài tính chất cơ bản của kết thức.
Mệnh đề 1.1. (Các tính chất cơ bản) Cho f, g là các đa thức khác hằng số trong
K[x], n = degf, m = degg. Khi đó ta có các tính chất sau:
(i) Res
x
(f, g) = (−1)
nm
Res
x
(g, f).
(ii) Nếu a ∈ K thì Res
x
(x − a, f (x)) = f(a).
(iii) Nếu a là một phần tử khác không của K thì Res
x
(a, f) = a
n
.
(iv) Có các đa thức A, B ∈ K[x] thoả mãn: Res
x
(f, g) = Af + Bg. Trường hợp
đặc biệt f và g có nghiệm chung trong
K khi và chỉ khi Res
x
(f, g) = 0, trong

đó
K là trường đóng đại số của K.
Chứng minh. Các tính chất (i), (ii), (iii) là hiển nhiên. Chúng ta đi chứ ng minh
tính chất (iv). Để chứng minh được tính chất này ta sẽ chuyển nó thành bài
toán tương đương: Đó là tìm các đa thức

A,

B ∈ K[t] thỏa mãn:

Af +

Bg = 1. (1.1)
9
Trước tiên mệnh đề là đúng nếu Res
x
(f, g) = 0. Kh i đó ta chọn A = B = 0.
Giả sử rằng: Res
x
(f, g) = 0.
f = a
0
x
n
+ a
1
x
n−1
+ . . . + a
n

, a
0
= 0, n > 0,
g = b
0
x
m
+ b
1
x
m−1
+ . . . + b
m
, b
0
= 0, m > 0,

A = c
0
x
m−1
+ . . . + c
m−1
,

B = d
0
x
n−1
+ . . . + d

n−1
,
ở đó các hệ số c
0
, . . . , c
m−1
, d
0
, . . . , d
n−1
là chưa biết trong K.
Thế các đ a th ức f, g,

A,

B vào trong phương trình (1.1) và so sánh các hệ số
theo các lũy thừa của x, khi đó chúng ta nhận được một hệ các phương trình
tuyến tính với các ẩn chưa biết c
i
, d
j
(i =
1, m −1, j = 1, n −1), và các hệ số
a
i
, b
j
(i =
1, n, j = 1, m) trong K.
a

0
c
0
+ +b
0
d
0
= 0, (hệ số của x
n+m−1
)
a
1
c
0
+ a
0
c
1
+ +b
1
d
0
+ b
0
d
1
= 0, (hệ số của x
n+m−2
)
.

.
.
.
.
.
a
n
c
m−1
+ +b
m
d
n−1
= 1.(hệ số của x
0
)
(1.2)
Ma trận các hệ số có định thức khác không,
Res
x
(f, g) = det













a
0
a
1
a
0
a
2
a
1
.
.
.
.
.
. a
2
.
.
.
a
0
a
n
.
.
.

.
.
.
a
1
a
n
a
2
.
.
.
.
.
.
a
n
b
0
b
1
b
0
b
2
b
1
.
.
.

.
.
. b
2
.
.
.
b
0
b
m
.
.
.
.
.
.
b
1
b
m
b
2
.
.
.
.
.
.
b

m












= 0.
Vậy hệ phương trình (1.2) có nghiệm duy nhấ t trong K[x]. Chúng ta có th ể
sử dụng quy tắc Cramer để tìm công thức nghiệm duy nhất. Quy tắc Cramer
ch o chúng ta nghiệm chưa biết thứ i là tỉ lệ của hai định thức, trong đó mẫu số
là định thức của ma trận hệ s ố và tử số là định thức của ma trận mà ma trận
đó được tạo ra bằng cách thay cột thứ i của ma trận hệ số bởi cột của các hệ
số tự do ở vế phải của hệ ph ương trình. Từ đó ta su y ra được công thức của c
i
10
và d
j
, i = 0, m − 1, j = 0, n −1. Ví dụ: c
0
là được cho bởi
c
0
=

1
Res
x
(f, g)
det












0
0 a
0
0 a
1
.
.
.
.
.
. a
2
.

.
.
a
0
0
.
.
.
.
.
.
a
1
a
n
a
2
.
.
.
.
.
.
1 a
n
b
0
b
1
b

0
b
2
b
1
.
.
.
.
.
. b
2
.
.
.
b
0
b
m
.
.
.
.
.
.
b
1
b
m
b

2
.
.
.
.
.
.
b
m












.
Do định thức là đa thức nguyên theo các số hạng của nó, suy ra
c
0
=
đa thức nguyên theo a
i
, b
j

Res
x
(f, g)
, i =
1, n, j = 1, m.
Ta có công thức tương tự cho c
i
, d
j
với i =
1, m − 1, j = 0, n − 1.
Vậy :

A =
1
Res
x
(f,g)
A, ở đó A ∈ K[x] và các hệ số của A là các đa thức nguyên
theo a
i
, b
j
. Tương tự ta có:

B =
1
Res
x
(f, g)

B, B ∈ K[x].
Theo (1.1) suy ra
A
Res
x
(f,g)
f +
B
Res
x
(f,g)
g = 1 hay Af + Bg = Res
x
(f, g).
Dưới đây là một kết quả quan trọng của kết thức, kết quả này sẽ cho điều
kiện khi nào hai đa thức có nghiệm chung.
Mệnh đề 1.2. Cho f, g, h là các phần tử kh ác hằng số của K[x], giả sử
K là
trường đó ng đại số của K, n = degf, m = degg, w = degh. Khi đó:
(i) Nếu f (x) = a
0

n
i=1
(x − α
i
) và g(x) = b
0

m

j=1
(x − β
j
), trong đó α
i
, β
j
∈
K
và a
0
, b
0
∈ K
∗
thì
Res
x
(f, g) = a
m
0
b
n
0
n

i=1
m

j=1

(α
i
− β
j
) = (−1)
nm
b
n
0
m

j=1
f(β
j
) = a
m
0
n

i=1
g(α
i
). (1.3)
(ii) Res
x
(fg, h) = Res
x
(f, h)Res
x
(g, h) .

(iii) Res
x
(f ◦ h, g ◦h) = cRes
x
(f, g)
w
, c ∈ K
∗
nào đó.
11
Chứng minh. (i) Trước tiên chúng ta cần chứng minh công thức:
Res
x
(f, g) = a
m
0
b
n
0
n

i=1
m

j=1
(α
i
− β
j
). (1.4)

Để chứng minh được công thức này chúng ta sử dụng bổ đề sau:
Bổ đề 1.1. Giả sử h(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) là một đa thức n biến trên vành số nguyên
Z, bằng 0 nếu thay x
1
cho x
2
và giữ nguyên tất cả các x
i
khác (i = 2). Khi đó
h(x
1
, x
2
, . . . , x
n
) chia hết cho x
1
− x
2
trong Z[x
1
, x
2
, . . . , x

n
].
Quay lại bài toán của chúng ta, viết f(x) và g(x) dưới dạng:
f(x) = a
0
n

i=1
(x − α
i
) = a
0
x
n
+ a
1
x
n−1
+ . . . + a
n
,
g(x) = b
0
m

j=1
(x − β
j
) = b
0

x
m
+ b
1
x
m−1
+ . . . + b
m
.
Đặt S = a
m
0
b
n
0

n
i=1

m
j=1
(α
i
− β
j
). Và viết Res
x
(f, g) = R(a, b) với (a) =
(a
0

, a
1
, . . . , a
n
), (b) = (b
0
, b
1
, . . . , b
m
).
Vì R(a, b) đẳng cấp bậc m theo các b iến thứ nhất của nó và đẳng cấp bậc
n theo các biến thứ hai, nên R(a, b) = a
m
0
b
n
0
h(α, β),trong đó h(α, β) ∈ Z(α, β).
Do (iv) củ a mệnh đề 1.1 ta có R(a, b) = 0 khi thay α
i
ch o β
j
(i = 1, . . . , n và
j = 1, . . . , m), từ đó theo bổ đề 1.1 suy ra rằng R(a, b) như là một phần tử của
Z[a
0
, α, b
0
, β], chia hết cho α

i
− β
j
đối với mỗi cặp (i,j). Do đó R(a,b) chia hết
ch o S trong Z[a
0
, α, b
0
, β], vì h iệu α
i
−β
j
là phần tử nguyên tố trong vành đó và
các cặp (i, j) khác nhau đưa tới các phần tử nguyên tố khác nhau.
Từ đẳng thức
S = a
m
0
b
n
0
n

i=1
m

j=1
(α
i
− β

j
), (1.5)
và
n

i=1
g(α
i
) = b
n
0
n

i=1
m

j=1
(α
i
− β
j
), (1.6)
ta được
S = a
m
0
n

i=1
g(α

i
). (1.7)
12
Tương tự,
S = (−1)
nm
b
n
0
m

j=1
f(β
j
). (1.8)
Từ (1.7) ta thấy rằng S đẳng cấp bậc n theo (a), từ (1.8) ta thấy S đẳng cấp
bậc m theo (b). Vì R(a, b) có các tính chất là đẳng cấp bậc n theo (a) và đẳng
cấp bậc m theo (b), đồng thời R( a, b) là chia hết cho S, nên R(a, b) = cS với c
nguyên nào đó. Vì cả R(a, b) và S đều chứa đơn th ức a
m
0
b
n
0
gặp trong chúng với
hệ số 1 nên c = 1. Vậy Res
x
(f, g) = R(a, b) = S. Vậy ta c ó điều phải chứng minh.
(ii) Được suy ra dễ dàng từ (i).
(iii) Giả sử h(x) = c

0
x
w
+ c
1
x
w−1
+ . . . + c
w
. Viết f(x), g(x) như trong (i), giả sử
ta c ó : f(x) = a

n
i=1
(x −α
i
) và g(x) = b

m
j=1
với a, b ∈ K
∗
nào đó. Sử dụng (i) ta
có
f ◦ h(x) = a
n

i=1
(h(x) − α
i

) = a
n

i=1
(c
0
w

k=1
(x − α
ik
)) = ac
n
0
n

i=1
w

k=1
(x − α
ik
),
ở đó

w
k=1
α
ik
=

c
w
−α
i
c
0
. Tương tự ta có,
g ◦ h(x) = bc
m
0
m

j=1
w

l=1
(t − β
jl
),
ở đó

w
l=1
β
jl
=
c
w
−β
j

c
0
,
Theo tính chấ t (i) ta có
Res
x
(f ◦h(x), g ◦ h(x)) = a
mw
b
nw
c
(mnw)
2
0
n

i=1
m

j=1
w

k=1
w

l=1
(α
ik
− β
jl

)
= (a
m
b
n
n

i=1
m

j=1
(α
i
− β
j
))
w
c
(mnw)
2
0

n
i=1

m
j=1

w
k=1


w
l=1
(α
ik
− β
jl
)
(

n
i=1

m
j=1
(α
i
− β
j
))
w
.
Đặt c =
c
(mnw)
2
0

n
i=1


m
j=1

w
k=1

w
l=1
(α
ik
−β
jl
)
(

n
i=1

m
j=1
(α
i
−β
j
))
w
, suy ra c ∈ K
∗
. Vậy ta có:

Res
x
(f ◦h(x), g ◦ h(x)) = c(Res
x
(f, g)
w
).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
13
Mệnh đề 1 .3. Giả sử P(x, y, z) và Q(x, y, z) là các đa thức thuần nhất khác hằng
số với biến x, y, z, ngoài ra
P (1, 0, 0) = 0 = Q( 1, 0, 0).
Khi đó P (x, y, z) và Q(x, y, z) có nhân tử chung là đa thức thuần nhất khác
hằng số khi và chỉ khi đa thức Res
x
(P, Q) với biến y và z đồng nhất với không
Res
x
(P, Q) = 0.
Nhận xét 1.3. Lí do thêm điều kiện
P (1, 0, 0) = 0 = Q( 1, 0, 0),
để bảo đảm P (x, y, z) và Q(x, y, z) giữ nguyên bậc đối với biến x vớ i các hệ số
trong vành K[y, z].
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả s ử P (1, 0 , 0) = 1 =
Q(1, 0, 0). Khi đó coi P và Q như là các đa th ức có bậc n và m theo x với
các hệ số trong vành K[y, z] của các đa thức theo y và z. Vành K[y, z] nằm trong
trường K(y, z) của các hàm hữu tỷ theo y và z, tức là các hàm có dạng
f( y, z)
g(y, z)
,

trong đó f(y, z) và g(y, z) là các đa thức và g(y, z) k hông đồng nhất bằng không.
Do K(y, z) là một trường, chứng minh ở mệnh đề (1.1) chứng tỏ kết thức
Res
x
(P, Q) đồng nhất không khi và chỉ khi P(x, y, z) và Q(x, y, z) có một nhân tử
chung k hác hằng số khi coi chúng nh ư là các đa th ức theo x với các hệ số trong
K(y, z). Từ đó ta có điều phải chứng minh .
Mệnh đề 1.4. Giả sử P (x, y, z) v à Q(x, y, z) là các đa thức thuần nhất bậc n và
m với các biến x, y, z. Khi đó kết thức Res
x
(P, Q) là một đa thức thuần nhất bậc
nm theo các biến y, z.
Chứng minh. Theo định nghĩa, kết thức Res
x
(P, Q) của các đa thức thuần nhất
P (x, y, z) và Q(x, y, z) bậc n và m là định thức của ma trận cỡ (n + m) ×(n + m)
với phần tử hàng i cột j là một đa th ức thuần nhất r
ij
theo biến y, z có bậc d
ij
14
xác định bởi
d
ij
=

n + i − j nếu 1 ≤ i ≤ m
i − j nếu m + 1 ≤ i ≤ n + m.
Khi đó Res
x

(P, Q) là tổng của các số hạng có dạng
±
n+m

i=1
r
iσ(i)
(y, z),
trong đó σ là một hoán vị vủa {1, . . . , n + m}. Mỗi một số hạng như vậy là một
đa thức thuần nhất có bậc bằ ng
n+m

i=1
d
iσ(i)
=
m

i=1
(n + i − σ(i)) +
m+n

i=m+1
(i −σ(i)) = nm.
Do vậy Res
x
(P, Q) là một đa thức thuần nhất bậc nm theo y và z.
1.2.3 Biệt thức
Định nghĩa 1. 8. Ch o đa thức f (x) = a
0

x
n
+ a
1
x
n−1
+ . . . + a
n
, a
0
= 0, n > 0 trên
K[x]. Giả sử α
1
, α
2
, . . . , α
n
∈ K là các nghiệm của f (x). Khi đó, hệ thức
D(f) = a
2n−2
0

i<j
(α
i
− α
j
)
2
,

được gọi là biệt thức của đa thức f(x).
Định lí 1.1. Cho đa thức f(x) = a
0
x
n
+ a
1
x
n−1
+ . . . + a
n
, a
0
= 0, n > 0 trên K[x],
ta luôn có
Res
x
(f, f
′
) = (−1)
n(n−1)
2
a
0
D(f).
Chứng minh. Theo mệnh đề 1.2 Res
x
(f, f
′
) = a

n−1
0

n
i=1
f
′
(α
i
), do vậy
Res
x
(f, f
′
) = a
n−1
0
n

i=1

j=i
a
0
(α
i
− α
j
) = (−1)
n(n−1)

2
a
0
a
2n−2
0

i<j
(α
i
− α
j
)
2
Do đó Res
x
(f, f
′
) = (−1)
n(n−1)
2
a
0
D(f).
15
1.3 Định lý Bézout
Trong phần này chúng ta sẽ n g hiên cứu hai đường cong xạ ảnh C và D trong
P
2
giao với nhau như thế nào. Chúng ta sẽ thấy C và D giao nhau ít nhất tại

một điểm, và nếu C và D không có thành phần chung thì chúng sẽ giao nhau
nhiều nhất tại nm điểm, trong đó n là bậc của C và m là b ậ c của D. Chúng ta
sẽ thấy C và D giao nhau chính xác tại nm điểm nếu mọi điểm của C ∩D không
phải là điểm kì dị của cả C và D và các tiếp tu yến của C và D tại các điểm đó
là p hân biệt. Các kết quả này là các trường h ợp của định lý mang tên nhà toán
học Bézout, nhà toán học người Pháp. Để có thể chứng minh kết quả tổng quát
về số giao điểm của C và D trước hết ta đưa vào khái niệm số giao I
p
(C, D) của
C và D tại điểm p của hai đường cong. Chúng ta sẽ định nghĩa bội giao qua kết
thức của hai đa thức P (x, y, z) và Q(x, y, z) xác định C và D .
Định lí 1.2. Tồn tại duy nhất bội giao I
p
(C, D) định nghĩa cho tất cả các đường
cong xạ ảnh C và D trong P
2
thỏa mãn các tính chất (i) −(vi) sau đây:
(i) I
p
(C, D) = I
p
(D, C).
(ii) I
p
(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) I
p
(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 có bội

giao bằng 1.
(v) Nếu C
1
và C
2
định nghĩa bởi các đa thức thuần nhất P
1
(x, y, z) và P
2
(x, y, z)
và C xác định bởi
P (x, y, z) = P
1
(x, y, z)P
2
(x, y, z)
thì
I
p
(C, D) = I
p
(C
1
, D) + I
p
(C
2
, D).
16
(vi) Nếu C và D định nghĩa bởi các đa thức thuần nhất P ( x, y, z) và Q(x, y, z)

bậc n và m, và E định nghĩa bởi P R +Q trong đó R(x, y, z) là đa thức thuần
nhất bậc m −n thì
I
p
(C, D) = I
p
(C, E).
Hơn nữ a nếu C và D không có thành phần chung, khi đó ta có thể chọn hệ
tọa độ xạ ảnh sao cho các điều kiện sau thỏa mãn:
(a) [1, 0, 0] không thuộc C ∪ D;
(b) [1, 0, 0] không nằm trên đường thẳng nào nối hai điểm phân biệt bất kỳ của
C ∩D;
(c) [1, 0, 0] không nằm trên đường tiếp tuyến của C hay D tại bất kỳ điểm nào
của C ∩D;
thì bội giao I
p
(C, D) của C và D tại bất kỳ điểm p[a, b, c] ∈ C ∩D là số nguyên k
lớn nhất sao cho kết thức Res
x
(P, Q) của P và Q đối với x chia hết cho (bz −cy)
k
Chứng minh. Để đơn giản kí hiệu trong chứng minh này ta viết I
p
(P, Q) thay
ch o I
p
(C, D) với P (x, y, z) và Q(x, y, z) là các đa thức thuần nhất định nghĩa các
đường cong C và D.
Đầu tiên chúng ta sẽ chứng minh b ộ i giao I
p

(P, Q) có thể tính chỉ cần sử dụng
các điều kiện (i) − (vi) , n hư thế các điều kiện này hoàn toàn xác định I
p
(P, Q).
Do các điều kiện không phụ thuộc vào việc chọn hê tọa độ, chúng ta có thể giả
sử p = [0, 0, 1]. Hơn nữa do các điều kiện (i) và (iv) có thể giả sử P và Q bất khả
qui, với điều kiện (ii) có thể giả sử I
p
(P, Q) h ữu hạn, và I
p
(P, Q) = k > 0 do (iii).
Cuối cùng bằng quy nạp theo k, giả sử mỗi bội giao bé hơn k có thể tính được
qua các điều kiện (i) − (vi).
Xét đa thức P (x, 0, 1) và Q(x, 0, 1) theo x; chúng có bậc tương ứng bằng r và
s. Do (i) có thể coi r ≤ s. Có hai trường hợp cần xét:
Tr ường hợp 1: r = 0. Trường hợp này P(x, 0, 1) là hằng số và do đó nó bằng
không vì P (0, 0, 1) = 0. Do P (x, y, z) là đa thức thuần nhất, suy ra P (x, 0, z) đồng
17
nhất không, do đó
P (x, y, z) = yR(x, y, z),
với R(x, y, z) là một đa thức thuần nhất. Hơn nữa ta có thể viết
Q(x, y, z) = Q(x, 0, z) + yS(x, y, z) = x
q
T (x, z) + yS(x, y, z),
với các đa thức thuần nhất T (x, z) và S(x, y, z) sao cho T (0, 1) khác không, và q
là một s ố nguyên do Q(0, 0, 1 ) = 0. Vì T (0, 1) = 0 nghĩa là điểm p = [0, 0, 1] không
nằm trên đường cong xác định bởi T (x, z) = 0, vì vậy th eo (iii) ta c ó
I
p
(y, T(x, z)) = 0.

Từ (iv) ta có
I
p
(y, x) = 1.
Kết hợp lại, ta thu được I
p
(P, Q) = I
p
(R, Q) + I
p
(y, Q) .
Từ (vi) ta nhận được I
p
(y, Q) = I
p
(y, x
q
T (x, z)), sử dụng lầ n lượt (v) và (ii),
ta có
I
p
(y, x
q
T (x, z)) = qI
p
(y, x) + I
p
(y, T(x, z)) = q.
Do đó
I

p
(P, Q) = I
p
(R, Q) + q,
mà do q > 0 theo giả thiết q uy nạp ta có I
p
(P, Q) có thể tính được dự a vào các
điều kiện (i) − (vi) .
Tr ường hợp 2: r > 0. Tro ng trường hợp này chúng ta có thể nhân P (x, y, z)
và Q(x, y, z) với các hằng số để có P (x, 0, 1) và Q(x, 0, 1) là các đa thức có hệ số
cao nhất theo biế x bằng 1. Nếu n và m là bậc của P (x, y, z) và Q(x, y, z), ta xét
đa thức
S(x, y, z) = z
n+s−r
Q(x, y, z) − x
s−r
z
m
P (x, y, z),
đây là đa thức thuần nhất theo x, y, z sao cho đa thức
S(x, 0, 1 ) = Q(x, 0, 1) − x
s−r
z
m
P (x, 0, 1)
18
theo x có bậc t nhỏ hơn hẳn s. Do S(x, y, z) không đồng nhất không vì P và Q
là các đa thức bất khả qui và phân biệt. Hơn nữa theo (i), (v) và (vi) ta có
I
p

(P, S) = I
p
(P, z
n+s−r
Q) = I
p
(P, Q).
Thay P và Q bởi P và S (hoặc bởi S và P nếu t < r). Sau khi lặp lại quá
trình này một s ố hữu hạn bước chú ng ta sẽ đưa về Tr ường hợp 1.
Ta đ ã chứng minh xon g tính duy nhất. Để chứng minh sự tồn tại, chúng ta
định nghĩa bội giao như sau:
• Nếu p nằm trên một thành phần chung của C và D th ì I
p
(C, D) = ∞.
• Nếu p không nằm trên C ∩D thì I
p
(C, D) = 0.
• Nếu p nằm trên C ∩D nhưng không nằm trên một thành phần chung nào
của C và D, trước hết ta bỏ đi những thành phần chung của C và D rồi
ch ọ n hệ tọa độ xạ ảnh sao cho các điều kiện (a)−(c) thỏa mãn. Nếu p[a, b, c]
trong hệ tọa độ này thì I
p
(C, D) là số nguyên lớn nhất k sao cho sao cho
kết thức Res
x
(P, Q) của P và Q đối với x ch ia hết cho (bz − cy)
k
.
Phần còn lại ta sẽ chứng minh các điều kiện (i) − (vi).
(i) Là hệ quả trực tiếp của tính chất định thức của một ma trận đ ổ i dấu khi

chuyển chỗ hai hàng cho n hau, d o đó
Res
x
(P, Q) = Res
x
(Q, P ) .
(ii) Được suy ra từ định nghĩa của bội giao và mệnh đề (1.3) .
(iii) Hiển nhiên.
(iv) Giả sử hai đường thẳng phân biệt đó là:
(d
1
) : a
1
x + b
1
y + c
1
z = 0,
(d
2
) : a
2
x + b
2
y + c
2
z = 0,
thỏa mãn [a
1
, b

1
, c1] = [a
2
, b
2
, c
2
]. Do vậy hai đường thẳng này luôn cắt nhau tại
một điểm duy nhất, do vậy bội giao của nó bằng 1.
19
(v) Suy ra trực tiếp từ mệnh đề (1.2) .
(vi) 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. Kết thức của P và PR + Q là định
thức của một ma trận (s
j
) thu được từ ma trận (r
ij
) xác định Res
x
(P, Q), bằng
cách nhân các vô hướng thích hợp với n hà ng đầu tiên rồi cộng vào m hàng cuối
cùng. Cụ thể, nếu
R(x, y, z) = c
0
(y, z) + c
1
(y, z)x + . . . + c
m−n
x
m−n

,
thì
s
j
=

r
ij
nếu i ≤ m
r
j
+ sum
i−n
k=i−m
c
i−n−k
r
kj
nếu i > m
như vậy
Res
x
(P, P R + Q) = det(s
ij
) = det(r
ij
) = Res
x
(P, Q).
Suy ra điều phải chứ ng minh.

Định lí 1.3. (Định lí Bézout). Giả sử C và D là hai đường cong xạ ảnh trong
P
2
có bậc bằng n và m. Nếu C và D không có thành phần chung thì chúng có
chính xác nm điểm giao tính cả bội, tức là

p∈C∩D
I
p
(C, D) = nm.
Chứng minh. Để chứng minh định lý này ta sử dụ ng bổ đề s a u:
Bổ đề 1.2. Giả sử P (x, y) là một đa thức khác không thuần nhất bậc d hai biến
với hệ số phức thì nó có phân tích thành tích các đa thức tuyến tính
P (x, y) =
d

i=1
(α
i
x + β
i
y),
với α
i
, β
i
∈ C.
Chứng minh. Chú ng ta có thể viết
P (x, y) =
d


r=0
a − rx
r
y
d−r
= y
d
d

r=0
a
r
(
x
y
)
r
,
20
trong đó a
0
, . . . , a
d
∈ C không đồng thời bằng không. Giả sử e là số lớn nhất
trong {0, . . . , d} sao cho a
e
= 0. Khi đó
d


r=0
a
r
(
x
y
)
r
là một đa thức bậc e với hệ số phức với một biến
x
y
, vì vậy nó có phân tích
d

r=0
a
r
(
x
y
)
r
= a
e
e

i=1
(
x
y

− γ
i
),
với γ
1
, . . . , γ
e
∈ C. Vì vậy
P (x, y) = a
e
y
d
e

i=1
(
x
y
− γ
i
) = a
e
y
d−e
e

i=1
(x − γ
i
y).

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bây giờ chúng ta sẽ đi chứng minh định lý Bézout . Chọn hệ tọa độ để các
điều kiện (a) − (c) tron g định lý (1.2) thỏa mãn. Giả sử C và D định nghĩa bởi
các đa thức thuần nhất P (x, y, z) và Q(x, y, z) trong hệ tọa độ này. Theo các
mệnh đề (1.3) và (1.4), s uy ra kết thức Res
x
(P, Q) là một đa thức thuần nhất
bậc nm với hai biến y và z, không đồng nhất bằng không, vì vậy theo bổ đề trên
Res
x
(P, Q) có thể phân tích th à nh tích củ a nm thừ a số tuyến tính, chẳng hạn
Res
x
(P, Q) =
k

i=1
(c
i
x − b
i
y)
e
i
,
trong đó mỗi e
i
là một số nguyên thỏa mãn e
1
+ . . .+ e

k
= nm và (b
i
, c
i
) khác tích
một vô hướng với (b
j
, c
j
) với i = j. Do vậy tồ n tại du y nhất cá c số phức a
i
sao
ch o
C ∩D = {p
i
: 1 ≤ i ≤ k},
trong đó p
i
= [a
i
, b
i
, c
i
], và I
p
i
(C, D) = e
i

. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
21
Ví dụ 1.2. Trong R
2
, xét các ví dụ sau:
(i). Hai đường cong (C) : y −3x
2
= 0 và (D) : 2x − y(y −3x
2
) = 0. Số giao của
C và D tại điểm p(0, 0) là
I
p
(C, D) = I
p
(y − 4x
2
, 2x −y(y − 4x
2
))
= I
p
(y − 4x
2
, 2x) (theo tính ch ấ t (vi))
= I
p
(y, 2x) (theo tính ch ấ t (vi))
= 1.
(ii). Hai đường cong (E) : y −x

3
= 0 và (F ) : y = 0. Số g iao của E và F tại
điểm p(0, 0) là
I
p
(E, F ) = I
p
(y − x
3
, y)
= I
p
(x
3
, y) (theo tính ch ấ t (vi))
= 3I
p
(x, y) (theo tính chất (v))
= 3.
1.4 Đối ngẫu trong P
2
Xét tập hợp của tất cả các đường th ẳ ng trong P
2
. Chúng ta sẽ sử dụng
phương trình tuyến tính L : AX + BY + CZ = 0, ở đó A, B, C không đồng thời
bằng không để mô tả một đường thẳng trong P
2
. Mỗi đường thẳng L như vậy
chúng ta cho tương ứng bởi một điểm [A, B, C] trong P
2

. Do vậy, tập hợp của
tất cả cá c đường thẳng trong P
2
được gọi là mặt phẳng xạ ảnh đố i ngẫu. Mặt
phẳng xạ ảnh đối ngẫu ch ính là một bản sao của P
2
, nhưng nó được p hân biệt
là không gian hai chiều. Chúng ta biểu thị mặt phẳng xạ ảnh đối ngẫu bởi
˘
P
2
và sử dụng ký hiệu A, B, và C để chỉ các tọa độ của
˘
P
2
.
Định nghĩa 1.9. Một đư ờng thẳng L trong P
2
tương ứng với một điểm trong
˘
P
2
, ký hiệu là
˘
L (gọi là L đối ngẫu).
Chú ng ta cũng có thể định nghĩa đối ngẫu củ a một điểm p trong P
2
là tập
hợp của tất cả cá c đường th ẳ ng đi qua p. Nếu p = [X
0

, Y
0
, Z
0
] thì đố i ngẫu của
22
nó là tập hợp {[A, B, C] ∈ P
2
: X
0
A + Y
0
B + Z
0
C = 0}. Đó là phương trình tuyến
tính, vì vậy ta thấy rằng điểm p tương ứng một cách tự nhiên với một đường
thẳng trong
˘
P
2
, ký hiệu là ˘p.
Nhận xét 1.4. Về mặt hình học chúng ta thấy sự liên kết của một đường thẳng
trong
˘
P
2
với một điểm trong P
2
và ngược lại. Chún g ta sẽ thấy rằng nếu p là
một điểm của P

2
nằm trên đường thẳn g L trong P
2
, thì ˘p là một đường thẳng
trong
˘
P
2
ch ứa điểm
˘
L .
23
Chương 2
Các đường conic với cấu hình điểm
- đường thẳng
Trong chương này chúng ta sẽ ngh iên cứu xem có bao nhiêu đường conic thực
không suy biến đi qua p điểm và tiếp xúc với l đường thẳng cho cho trước trong
R
2
sao cho p + l = 5 . Tài liệu tham khảo chính là [1].
2.1 Một số đị nh nghĩa và ví dụ
Định nghĩa 2.1. (Đường conic trong R
2
). Đườ ng conic trong mặt ph ẳ ng thực
là tập hợp của tất cả các điểm (x, y) ∈ R
2
thỏa mãn phương trình bậc hai
ax
2
+ bxy + cy

2
+ dx + ey + f = 0. (2.1)
ở đó các hệ số không đồng thời bằng không.
Ví dụ 2.1.
(i). Đường tròn: (x − a)
2
+ (y −b)
2
= r
2
.
(ii). Elip:
x
2
a
2
+
y
2
b
2
= 1.
Trong các ví dụ về đường conic trên, đa thức định nghĩa các đường conic
là bất khả qui. Khi đó đư ờng conic được gọi là không su y biến. Nếu đa thức
định nghĩa đường conic có nhân tử là tích của hai đa thức tuyến tính, thì đường
conic là hợp của hai đường thẳng. Khi đó đường conic được g ọ i là suy biến. Khi
mà hai đường thẳng là giống nhau hoặc đa thức định n g hĩa đường conic là bình
24
phương của mộ t đa thức tuyến tính, thì đường conic được gọi là một cặp đường
thẳng trùng nhau.

Nhận xét 2.1. Một đường conic hoàn toàn được xác định bởi các hệ số a, b, c, d, e
và f của đa thức có ph ương trình (2.1) định nghĩa nó, nhưng nó kh ô ng là duy
nhất. Thật vậy, ph ương trình x
2
+ y = 0 và 2x
2
+ 2y = 0 mô tả cùng một đường
cong trong R
2
. Nếu chúng ta xét điểm (a, b, c, d, e, f) ∈ R
6
biểu diễn đường conic
ax
2
+ bxy + cy
2
+ dx + ey + f = 0 , chúng ta sẽ thấy với λ là hằng số khác không thì
điểm (λa, λb, λc, λd, λe, λf) cũng sẽ biểu diễn một đường cong tương tự. Vì vậy
chúng ta sẽ sử dụ ng tọa độ thuần nhất [a, b, c, d, e, f] để mô tả một đường conic
trong R
2
. Vì các hệ số không đồng thời bằng không, chúng ta giả sử rằng f = 0,
khi đó [a, b, c, d, e, f] = [
a
f
,
b
f
,
c

f
,
d
f
,
e
f
, 1], do vậy ta có thể c o i [a, b, c, d, e, f] là một
điểm trong RP
5
.
Định nghĩa 2.2. Với mỗi điểm p ∈ R
2
, tập hợp các đường conic trong R
2
đi
qua điểm p tương ứng một tập con H
p
⊂ RP
5
. Mỗi đường thẳng l ∈ R
2
, tập hợp
các đường conic trong R
2
tiếp xúc với l tương ứng một tập con H
l
⊂ RP
5
, và vớ i

mỗi đường conic không s uy biến Q, tập hợp các đường conic trong R
2
tiếp xú c
với Q tương ứng một tập con H
Q
⊂ RP
5
.
Ví dụ 2.2.
(i). Cho điểm p(1, 2) ∈ R
2
. Một đường conic định nghĩa bởi phương trình (2.1)
đi qua p, nó xác định H
p
= {[a, b, c, d, e, f] ∈ RP
5
: a + 2b + 4c + d + 2e + f = 0}.
Đây là một phươn g trình tu yến tính do vậy H
p
là một siêu phẳn g trong RP
5
.
Nếu chúng ta chọn một điểm q khác p trong R
2
ta sẽ có một siêu phẳng khác là
H
q
.
(ii) Cho đường thẳng l ∈ R
2

có phương trình x = 0. Một đường conic định
nghĩa bởi phương trình (2.1) tiếp xúc với l thì phương trình cy
2
+ey+f = 0 phải có
nghiệm kép, tức là e
2
−4cf = 0, khi đó H
l
= {[a, b, c, d, e, f ] ∈ RP
5
: d
2
−4af = 0}.
Đây là phương trình của một siêu mặt trong RP
5
.
Trong trường hợp tổng quát, với một đường thẳng bất kì trong R
2
ta đều có
thể chọn một mục tiêu afin để đường thẳng đó có phương trình là x = 0. Do dó,
với một đường thẳng bất kì trong R
2
đều xác định một siêu mặt trong RP
5
định
25