(Luận văn thạc sĩ) kết thúc và ứng dụng trong bài toán phân loại và sắp xếp các đường cong conic

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRẦN QUANG TRUNG

KẾT THỨC VÀ ỨNG DỤNG
TRONG BÀI TOÁN PHÂN LOẠI SẮP XẾP CÁC ĐƯỜNG CONIC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - Năm 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRẦN QUANG TRUNG

KẾT THỨC VÀ ỨNG DỤNG
TRONG BÀI TOÁN PHÂN LOẠI SẮP XẾP CÁC ĐƯỜNG CONIC

Chuyên ngành:

ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ

Mã số : 60 46 01 04

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. PHĨ ĐỨC TÀI

Hà Nội - Năm 2014


Mục lục
Lời nói đầu

3

1 Kiến thức chuẩn bị

5

1.1

1.2

Đường cong đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.1

Đường cong affine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.1.2

Đường cong xạ ảnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

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 P2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 với 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
cho năm đường conic, có bao nhiêu đường conic tiếp xúc với tất cả năm đường
conic đã cho". Một bài tốn tổng qt 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 đề đếm.

Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu vấn đề đếm liên quan đến các
đường conic trong mặt phẳng. Luận 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
khơng phải là mới, nhưng chúng tơi cố gắng trình bày một cách chi tiết để hiểu
hơn về một vấn đề cổ điển của hình học đại số, cụ thể chúng tơi 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 s Grăobner
a ra nhiu vớ d minh ha v b sung chi tiết các chứng minh khơng được
trình bày trong [1].
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn được chia thành
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 xúc với l đường 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 tơi liên tục trong thời gian
tơi là học viên cao học, để tơi có thể hồn thành bản luận văn này và có thêm
những hiểu biết mới.
Tác giả xin chân thành cảm ơn các thầy - cơ trong Khoa Tốn - Cơ - Tin học
Trường ĐHKHTN-ĐHQGHN đã có những ý kiến đóng góp quý báu, sự giúp đỡ

tận tình, tơi cũng xin cảm ơn tới tất cả các quý Phòng, Ban, Trung tâm Trường
ĐHKHTN-ĐHQGHN đã giúp tơi hồn 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 tơi trình bày lại các kiến thức cơ bản về đường cong
đại số, kết thức, biệt thức, định lí Bézout, đối ngẫu của P2 . Tài liệu tham khảo
chính 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 hằng số, với các hệ số thuộc K.

Ta nói P (x, y) khơng có thành phần bội nếu khơng 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 hằng số, với các hệ số thuộc K và khơng có thành phần bội. Khi đó đường
cong affine trong K2 định nghĩa bởi P (x, y) là
C = {(x, y) ∈ K2 : 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
∂P
(a, b) = 0 =
(a, b).
∂x
∂y

Nếu C khơng có điểm kì dị thì C được gọi là trơn.
Định nghĩa 1.3. Một đường cong C định nghĩa bởi đa thức P (x, y) được gọi là
bất khả qui nếu P là bất khả qui, tức là P chỉ có các nhân tử là hằng số và vơ
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 Kn+1 được gọi là không gian xạ ảnh n− chiều, ký hiệu là
KPn .
Khi n = 1 ta có đường thẳng xạ ảnh KP1 và khi n = 2 ta có mặt phẳng xạ
ảnh KP2 . Không gian xạ ảnh thực ký hiệu là RPn , không gian xạ ảnh phức ký
hiệu là Pn .
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 đó đường cong xạ ảnh C˜
định nghĩa bởi P (x, y, z) là
C˜ = {[x, y, z] ∈ KP2 : P (x, y, z) = 0}

Bậc của đường cong xạ ảnh C˜ định nghĩa bởi P (x, y, z) là bậc của đa thức P.
Định nghĩa 1.6. Điểm [a, b, c] của đường cong xạ ảnh C˜ trong KP2 định nghĩa
bởi một đa thức thuần nhất P (x, y, z) được gọi là điểm kì dị nếu
∂P
∂P
∂P
(a, b, c) =
(a, b, c) =
(a, b, c) = 0.
∂x
∂y
∂z

Nếu C˜ không 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 vơ cùng, thật
vậy ta có thể đồng nhất KP2 với tập con mở
U = {[x, y, z] ∈ KP2 : z = 0},

trong KP2 thông qua đồng phôi φ : U → K2 xác định bởi
x y
φ([x, y, z]) = ( , ),
z z

với ánh xạ ngược
(x, y) → [x, y, 1].

Phần bù của U trong KP2 là đường thẳng xạ ảnh định nghĩa bởi z = 0 mà
ta có thể đồng nhất với KP1 qua ánh xạ
[x, y, 0] → (x, y).

Như vậy KP2 là hợp rời của một bản sao của K2 và một bản sao của KP1
mà được xem như tại vô cùng.

1.2
1.2.1

Kết thức, biệt thức
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) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an , a0 = 0, n > 0,
g(x) = b0 xm + b1 xm−1 + . . . + bm , b0 = 0, m > 0.

Khi đó kết thức của f và g theo biến x, được ký hiệu là Resx (f, g) là định
thức của ma trận (n + m) × (n + m) :

7




a0
 a1 a0


 a2 a1
.
 .. a
2


.
.
Resx (f, g) = det an .

an






m

...
...
a0
...
...

a1
a2

b0
b1

b0

b2

b1

..
.

bm

b2

..
.

bm

..
.

...
...
b0
...
...

an

b1
b2

..
.

bm
n

cột

cột

ở đó các chỗ trống được lấp đầy bởi các số không.










,







Nếu
P (x, y, z) = a0 (y, z)xn + a1 (y, z)xn−1 + . . . + an (y, z),

và
Q(x, y, z) = b0 (y, z)xm + b1 (y, z)xm−1 + . . . + bm (y, z),

là các đa thức ba biến x, y, z thì kết thức Resx (P, Q) được định nghĩa giống như
Resx (f, g) nhưng thay ai (y, z) và bi (y, z) cho ai và bj với 0 ≤ i ≤ n và 0 ≤ j ≤ m.

Chú ý Resx (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
a0 (y, z) và b0 (y, z) khác khơng.

Ví dụ 1.1.

(i) Cho f (x) = 2x3 − 3x2 + 1,


g(x) = x2 − 2x + 5,



2
0
1
0
0
−3
2
−2
1
0


 = 400.
0
−3
5
−2
1
Resx (f, g) = det 


1
0

0
5 −2
0
1
0
0
5

(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 = x2 + 3xy + y − 1,
Resx (f, g) = det

y 0
1
2 y 3y
0 2 y−1
8

= y 3 − 7y 2 + 2.


Nhận xét 1.2. Resx (f, g) là một đa thức nguyên theo các hệ số của f và g có
nghĩa là có đa thức Resn,m ∈ Z[a0 , . . . , an , b0 , . . . , bm ] sao cho:
Resx (f, g) = Resn,m (a0 , . . . , an , b0 , . . . , bm ).

Như vậy nếu kí hiệu (a) = (a0 , a1 , . . . , an ), (b) = (b0 , b1 , . . . , bm ) thì chúng ta có
thể kí hiệu R(a, b) thay cho Resx (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 tương ứng) của định thức. Vậy R(a, b) là
đẳng cấp bậc m theo bộ thứ nhất của các biến và đẳng cấp bậc n theo bộ thứ
hai của các biến. Ngoài ra khi biểu diễn dưới dạng tổng các đơn thức, kết thức
n
R(a, b) hay Resx (f, g) chứa đơn thức am
0 b0 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) Resx (f, g) = (−1)nm Resx (g, f ).
(ii) Nếu a ∈ K thì Resx (x − a, f (x)) = f (a).
(iii) Nếu a là một phần tử khác khơng của K thì Resx (a, f ) = an .
(iv) Có các đa thức A, B ∈ K[x] thoả mãn: Resx (f, g) = Af + Bg . Trường hợp

đặc biệt f và g có nghiệm chung trong K khi và chỉ khi Resx (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 chứng minh
tính chất (iv). Để chứng minh được tính chất này ta sẽ chuyển nó thành bài
tốn tương đương: Đó là tìm các đa thức A, B ∈ K[t] thỏa mãn:
Af + Bg = 1.

9

(1.1)


Trước tiên mệnh đề là đúng nếu Resx (f, g) = 0. Khi đó ta chọn A = B = 0.
Giả sử rằng: Resx (f, g) = 0.
f = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an , a0 = 0, n > 0,
g = b0 xm + b1 xm−1 + . . . + bm , b0 = 0, m > 0,
A = c0 xm−1 + . . . + cm−1 ,
B = d0 xn−1 + . . . + dn−1 ,

ở đó các hệ số c0 , . . . , cm−1 , d0 , . . . , dn−1 là chưa biết trong K.
Thế các đa thức 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 ci , dj (i = 1, m − 1, j = 1, n − 1), và các hệ số

ai , bj (i = 1, n, j = 1, m) trong K.

+b0 d0

= 0, (hệ số của xn+m−1 )

+b1 d0 + b0 d1

= 0, (hệ số của xn+m−2 )

a0 c0 +
a1 c0 + a0 c1 +

...

...

an cm−1 +

+bm dn−1

= 1.(hệ số của x0 )

Ma trận các hệ số có định thức khác không,

a0
 a1 a0


 a2 a1
.
 .. a2
Resx (f, g) = det 
.

an ..

an



...
...
a0

...

...

a1
a2

..
.

an

(1.2)

b0
b1

b0

b2

b1

..
.

bm

b2

..
.

bm

...
...
b0
...
...

b1
b2

..
.

bm








 = 0.







Vậy hệ phương trình (1.2) có nghiệm duy nhất trong K[x]. Chúng ta có thể
sử dụng quy tắc Cramer để tìm cơng thức nghiệm duy nhất. Quy tắc Cramer
cho 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 số 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 phương trình. Từ đó ta suy ra được cơng thức của ci
10


và dj , i = 0, m − 1, j = 0, n − 1. Ví dụ: c0 là được cho bởi

0
0 a0


0 a1
.
 .. a2
1
c0 =
det 
.

Resx (f, g)
0 ..
 a
n




...
...
a0
...

...

1

a1
a2

b0
b1

b0

b2

b1

..
.

b2

..

.

bm

bm

..
.

an








.






...
...
b0
...
b1

b2

..
.

...

bm

Do định thức là đa thức nguyên theo các số hạng của nó, suy ra
c0 =

đa thức nguyên theo ai , bj
Resx (f, g)

, i = 1, n, j = 1, m.

Ta có cơng thức tương tự cho ci , dj với i = 1, m − 1, j = 0, n − 1.
Vậy: A =

1
A,
Resx (f,g)

ở đó A ∈ K[x] và các hệ số của A là các đa thức nguyên

theo ai , bj . Tương tự ta có:

B=

Theo (1.1) suy ra

A
Resx (f,g) f

1
B, B ∈ K[x].
Resx (f, g)
+

B
Resx (f,g) g

= 1 hay Af + Bg = Resx (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 khác hằng số của K[x], giả sử K là
trường đóng đại số của K, n = degf, m = degg, w = degh. Khi đó:
(i) Nếu f (x) = a0

n
i=1 (x

và a0 , b0 ∈ K∗ thì
n

Resx (f, g) =

− αi ) và g(x) = b0

m
j=1 (x

m

n
am
0 b0
i=1 j=1

− βj ), trong đó αi , βj ∈ K

m

(αi − βj ) =

(−1)nm bn0

f (βj ) =
j=1

(ii) Resx (f g, h) = Resx (f, h)Resx (g, h).
(iii) Resx (f ◦ h, g ◦ h) = cResx (f, g)w , c ∈ K∗ nào đó.

11

n

am

0

g(αi ). (1.3)
i=1


Chứng minh. (i) Trước tiên chúng ta cần chứng minh công thức:
n

Resx (f, g) =

m

n
am
0 b0
i=1 j=1

(αi − βj ).

(1.4)

Để chứng minh được công thức này chúng ta sử dụng bổ đề sau:
Bổ đề 1.1. Giả sử h(x1 , x2 , . . . , xn ) là một đa thức n biến trên vành số nguyên
Z, bằng 0 nếu thay x1 cho x2 và giữ nguyên tất cả các xi khác (i = 2). Khi đó
h(x1 , x2 , . . . , xn ) chia hết cho x1 − x2 trong Z[x1 , x2 , . . . , xn ].

Quay lại bài toán của chúng ta, viết f (x) và g(x) dưới dạng:
n

f (x) = a0
i=1

(x − αi ) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an ,

m

g(x) = b0
j=1
n
Đặt S = am
0 b0

n
i=1

(x − βj ) = b0 xm + b1 xm−1 + . . . + bm .

m
j=1 (αi

− βj ). Và viết Resx (f, g) = R(a, b) với (a) =

(a0 , a1 , . . . , an ), (b) = (b0 , b1 , . . . , bm ).

Vì R(a, b) đẳng cấp bậc m theo các biến thứ nhất của nó và đẳng cấp bậc
n
n theo các biến thứ hai, nên R(a, b) = am
0 b0 h(α, β),trong đó h(α, β) ∈ Z(α, β).

Do (iv) của mệnh đề 1.1 ta có R(a, b) = 0 khi thay αi cho βj (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[a0 , α, b0 , β], chia hết cho αi − βj đối với mỗi cặp (i,j). Do đó R(a,b) chia hết
cho S trong Z[a0 , α, b0 , β], vì hiệu αi − βj 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

n

S=

m

n
am
0 b0
i=1 j=1

và

n

n

g(αi ) =

(αi − βj ),

m

bn0
i=1 j=1

i=1

ta được

(1.5)

(αi − βj ),

(1.6)

n

S=

am
0

g(αi ).
i=1

12

(1.7)

Tương tự,

m

S=

(−1)nm bn0

(1.8)

f (βj ).
j=1

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
n
ngun nào đó. Vì cả R(a, b) và S đều chứa đơn thức am
0 b0 gặp trong chúng với

hệ số 1 nên c = 1. Vậy Resx (f, g) = R(a, b) = S . Vậy ta có điều phải chứng minh.
Được suy ra dễ dàng từ (i).

(ii)
(iii)

Giả sử h(x) = c0 xw + c1 xw−1 + . . . + cw . Viết f (x), g(x) như trong (i), giả sử
n
i=1 (x − αi )

ta có: f (x) = a
có

ở đó

w
k=1 αik

=

i=1

(h(x) − αi ) = a

cw −αi
c0 .

i=1

k=1

=

(x − αik )) =

w

acn0
i=1 k=1

(x − αik ),

Tương tự ta có,
g ◦ h(x) =

w
l=1 βjl

n

(c0

m

ở đó

với a, b ∈ K∗ nào đó. Sử dụng (i) ta

w

n

n

f ◦ h(x) = a

m
j=1

và g(x) = b

w

bcm
0
j=1 l=1

(t − βjl ),

cw −βj
c0 ,

Theo tính chất (i) ta có
Resx (f ◦ h(x), g ◦ h(x)) =

(mnw)2
amw bnw c0

= (a b

i=1 j=1

Đặt c =

w

w

(αik − βjl )

(mnw)2

m

m n

(mnw)2

m

i=1 j=1 k=1 l=1
n

c0

n

(αi − βj ))

n
m
w
w
i=1
j=1
k=1
l=1 (αik −βjl )
n
m
( i=1 j=1 (αi −βj ))w

c
w 0

n
m
w
w
i=1
j=1
k=1
l=1 (αik
n
m
( i=1 j=1 (αi − βj ))w

, suy ra c ∈ K∗ . Vậy ta có:

Resx (f ◦ h(x), g ◦ h(x)) = c(Resx (f, g)w ).

Vậy ta có điều phải chứng minh.

13

− βjl )

.


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 Resx (P, Q) với biến y và z đồng nhất với không
Resx (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 với các hệ số
trong vành K[y, z].
Chứng minh. Khơng mất tính tổng qt, ta có thể giả sử P (1, 0, 0) = 1 =
Q(1, 0, 0). Khi đó coi P và Q như là các đa thức 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) không đồng nhất bằng không.
Do K(y, z) là một trường, chứng minh ở mệnh đề (1.1) chứng tỏ kết thức
Resx (P, Q) đồng nhất không khi và chỉ khi P (x, y, z) và Q(x, y, z) có một nhân tử

chung khác hằng số khi coi chúng như là các đa thức 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) và Q(x, y, z) là các đa thức thuần nhất bậc n và
m với các biến x, y, z . Khi đó kết thức Resx (P, Q) là một đa thức thuần nhất bậc
nm theo các biến y, z .

Chứng minh. Theo định nghĩa, kết thức Resx (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 thức thuần nhất rij theo biến y, z có bậc dij
14


xác định bởi
n + i − j nếu 1 ≤ i ≤ m
i−j
nếu m + 1 ≤ i ≤ n + m.

dij =

Khi đó Resx (P, Q) là tổng của các số hạng có dạng
n+m

riσ(i) (y, z),

±

i=1

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 bằng

m+n

m

n+m

diσ(i) =
i=1

i=1

(n + i − σ(i)) +

(i − σ(i)) = nm.

i=m+1

Do vậy Resx (P, Q) là một đa thức thuần nhất bậc nm theo y và z .

1.2.3

Biệt thức

Định nghĩa 1.8. Cho đa thức f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an , a0 = 0, n > 0 trên
K[x]. Giả sử α1 , α2 , . . . , αn ∈ K là các nghiệm của f (x). Khi đó, hệ thức
D(f ) = a02n−2
i
(αi − αj )2 ,

được gọi là biệt thức của đa thức f (x).
Định lí 1.1. Cho đa thức f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an , a0 = 0, n > 0 trên K[x],
ta ln có

′

Resx (f, f ) = (−1)

n(n−1)
2

a0 D(f ).

′

Chứng minh. Theo mệnh đề 1.2 Resx (f, f ) = an−1
0

′
n
i=1 f (αi ),

do vậy

n
′

Resx (f, f ) =

an−1
0
i=1 j=i

′

Do đó Resx (f, f ) = (−1)

n(n−1)
2

a0 (αi − αj ) = (−1)

a0 D(f ).

15

n(n−1)
2

a0 a02n−2
i
(αi − αj )2


1.3

Định lý Bézout

Trong phần này chúng ta sẽ nghiên cứu hai đường cong xạ ảnh C và D trong
P2 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 khơng có thành phần chung thì chúng sẽ giao nhau
nhiều nhất tại nm điểm, trong đó n là bậc của C và m là bậc của D. Chúng ta
sẽ thấy C và D giao nhau chính xác tại nm điểm nếu mọi điểm của C ∩ D khơng

phải là điểm kì dị của cả C và D và các tiếp tuyến của C và D tại các điểm đó
là phân biệt. Các kết quả này là các trường hợp của định lý mang tên nhà toán
học Bézout, nhà tốn 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 Ip (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 Ip (C, D) định nghĩa cho tất cả các đường
cong xạ ảnh C và D trong P2 thỏa mãn các tính chất (i) − (vi) sau đây:
(i) Ip (C, D) = Ip (D, C).
(ii) Ip (C, D) = ∞ nếu p nằm trên một thành phần chung của C và D, còn ngược
lại thì nó là một số ngun khơng 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 có bội
giao bằng 1.
(v) Nếu C1 và C2 định nghĩa bởi các đa thức thuần nhất P1 (x, y, z) và P2 (x, y, z)
và C xác định bởi
P (x, y, z) = P1 (x, y, z)P2 (x, y, z)

thì
Ip (C, D) = Ip (C1 , D) + Ip (C2 , 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
Ip (C, D) = Ip (C, E).

Hơn nữa nếu C và D khơng 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 Ip (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 Resx (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 Ip (P, Q) thay
cho Ip (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 bội giao Ip (P, Q) có thể tính chỉ cần sử dụng
các điều kiện (i) − (vi) , như thế các điều kiện này hoàn toàn xác định Ip (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 Ip (P, Q) hữu hạn, và Ip (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:

Trường hợp 1: r = 0. Trường hợp này P (x, 0, 1) là hằng số và do đó nó bằng

khơng 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 khơng, 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) = xq 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 số 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 theo (iii) ta có
Ip (y, T (x, z)) = 0.

Từ (iv) ta có
Ip (y, x) = 1.

Kết hợp lại, ta thu được Ip (P, Q) = Ip (R, Q) + Ip (y, Q).
Từ (vi) ta nhận được Ip (y, Q) = Ip (y, xq T (x, z)), sử dụng lần lượt (v) và (ii),
ta có
Ip (y, xq T (x, z)) = qIp (y, x) + Ip (y, T (x, z)) = q.

Do đó
Ip (P, Q) = Ip (R, Q) + q,

mà do q > 0 theo giả thiết quy nạp ta có Ip (P, Q) có thể tính được dựa vào các

điều kiện (i) − (vi) .

Trường hợp 2: r > 0. Trong 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) − xs−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) − xs−r z m P (x, 0, 1)
18


theo x có bậc t nhỏ hơn hẳn s. Do S(x, y, z) khơng đồng nhất khơng vì P và Q
là các đa thức bất khả qui và phân biệt. Hơn nữa theo (i), (v) và (vi) ta có
Ip (P, S) = Ip (P, z n+s−r Q) = Ip (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 số hữu hạn bước chúng ta sẽ đưa về Trường hợp 1.
Ta đã chứng minh xong 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 thì Ip (C, D) = ∞.
• Nếu p khơng nằm trên C ∩ D thì Ip (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

chọn 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 Ip (C, D) là số nguyên lớn nhất k sao cho sao cho
kết thức Resx (P, Q) của P và Q đối với x chia 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 đổi dấu khi
chuyển chỗ hai hàng cho nhau, do đó
Resx (P, Q) = Resx (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:
(d1 ) : a1 x + b1 y + c1 z = 0,
(d2 ) : a2 x + b2 y + c2 z = 0,

thỏa mãn [a1 , b1 , c1] = [a2 , b2 , c2 ]. 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 khơng thay đổi nếu ta cộng vào một hàng
bởi tích của một vơ hướng với một hàng khác. Kết thức của P và P R + Q là định
thức của một ma trận (sj ) thu được từ ma trận (rij ) xác định Resx (P, Q), bằng
cách nhân các vơ hướng thích hợp với n hàng đầu tiên rồi cộng vào m hàng cuối
cùng. Cụ thể, nếu
R(x, y, z) = c0 (y, z) + c1 (y, z)x + . . . + cm−n xm−n ,

thì
sj =

rij
nếu i ≤ m
i−n
rj + sumk=i−m ci−n−k rkj nếu i > m

như vậy
Resx (P, P R + Q) = det(sij ) = det(rij ) = Resx (P, Q).

Suy ra điều phải chứng minh.
Định lí 1.3. (Định lí Bézout). Giả sử C và D là hai đường cong xạ ảnh trong
P2 có bậc bằng n và m. Nếu C và D khơng có thành phần chung thì chúng có
chính xác nm điểm giao tính cả bội, tức là
Ip (C, D) = nm.
p∈C∩D

Chứng minh. Để chứng minh định lý này ta sử dụng bổ đề sau:
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
d

(αi x + βi y),

P (x, y) =
i=1

với αi , βi ∈ C.
Chứng minh. Chúng ta có thể viết
d

d
r d−r

P (x, y) =
r=0

a − rx y

20

=y

d
r=0

x
ar ( )r ,
y


trong đó a0 , . . . , ad ∈ C không đồng thời bằng không. Giả sử e là số lớn nhất
trong {0, . . . , d} sao cho ae = 0. Khi đó
d

r=0

x
ar ( )r
y

là một đa thức bậc e với hệ số phức với một biến xy , vì vậy nó có phân tích
d

r=0

x
ar ( )r = ae
y

e

i=1

x
( − γi ),
y

với γ1 , . . . , γe ∈ C. Vì vậy
e

P (x, y) = ae y

d
i=1

x
( − γi ) = ae y d−e
y

e

i=1

(x − γi 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) trong 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), suy ra kết thức Resx (P, Q) là một đa thức thuần nhất
bậc nm với hai biến y và z , không đồng nhất bằng khơng, vì vậy theo bổ đề trên
Resx (P, Q) có thể phân tích thành tích của nm thừa số tuyến tính, chẳng hạn
k

Resx (P, Q) =
i=1

(ci x − bi y)ei ,

trong đó mỗi ei là một số nguyên thỏa mãn e1 + . . . + ek = nm và (bi , ci ) khác tích
một vơ hướng với (bj , cj ) với i = j . Do vậy tồn tại duy nhất các số phức ai sao
cho
C ∩ D = {pi : 1 ≤ i ≤ k},

trong đó pi = [ai , bi , ci ], và Ipi (C, D) = ei . Từ đó ta có điều phải chứng minh.

21

Ví dụ 1.2. Trong R2 , xét các ví dụ sau:
(i). Hai đường cong (C) : y − 3x2 = 0 và (D) : 2x − y(y − 3x2 ) = 0. Số giao của

C và D tại điểm p(0, 0) là

Ip (C, D) = Ip (y − 4x2 , 2x − y(y − 4x2 ))
= Ip (y − 4x2 , 2x)

(theo tính chất (vi))

= Ip (y, 2x)

(theo tính chất (vi))

= 1.

(ii). Hai đường cong (E) : y − x3 = 0 và (F ) : y = 0. Số giao của E và F tại

điểm p(0, 0) là

Ip (E, F ) = Ip (y − x3 , y)
= Ip (x3 , y)

(theo tính chất (vi))

= 3Ip (x, y)

(theo tính chất (v))

= 3.

1.4

Đối ngẫu trong P2

Xét tập hợp của tất cả các đường thẳng trong P2 . Chúng ta sẽ sử dụng
phương trình tuyến tính L : AX + BY + CZ = 0, ở đó A, B, C khơng đồng thời
bằng không để mô tả một đường thẳng trong P2 . Mỗi đường thẳng L như vậy
chúng ta cho tương ứng bởi một điểm [A, B, C] trong P2 . Do vậy, tập hợp của
tất cả các đường thẳng trong P2 được gọi là mặt phẳng xạ ảnh đối ngẫu. Mặt
phẳng xạ ảnh đối ngẫu chính là một bản sao của P2 , nhưng nó được phân biệt
˘2
là khơng 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

Định nghĩa 1.9. Một đường thẳng L trong P2 tương ứng với một điểm trong
˘ 2 , ký hiệu là L
˘ (gọi là L đối ngẫu).
P

Chúng ta cũng có thể định nghĩa đối ngẫu của một điểm p trong P2 là tập
hợp của tất cả các đường thẳng đi qua p. Nếu p = [X0 , Y0 , Z0 ] thì đối ngẫu của
22


nó là tập hợp {[A, B, C] ∈ P2 : X0 A + Y0 B + Z0 C = 0}. Đó là phương trình tuyến

tính, vì vậy ta thấy rằng điểm p tương ứng một cách tự nhiên với một đường

˘ 2 , ký hiệu là p˘.
thẳng trong P

Nhận xét 1.4. Về mặt hình học chúng ta thấy sự liên kết của một đường thẳng
˘ 2 với một điểm trong P2 và ngược lại. Chúng ta sẽ thấy rằng nếu p là
trong P

một điểm của P2 nằm trên đường thẳng L trong P2 , thì p˘ là một đường thẳng
˘ 2 chứa điểm L
˘ .
trong P

23