ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - Phạm Kế Quang ĐỊNH LÝ BÉZOUT VÀ CHIỀU NGƯỢC LẠI Chuyên ngành: Hình học tôpô Mã số: 60460105 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn: TS.Phó Đức Tài Hà Nội - 2015 LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung luận văn, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy Phó Đức Tài người tận tình hướng dẫn để em hoàn thành luận văn Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể thầy cô giáo khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội dạy bảo em tận tình suốt trình học tập khoa Hà Nội, ngày 23 tháng 12 năm 2015 Học viên Phạm Kế Quang Mục lục Chương Đường cong đại số 1.1.Đường cong phức C2 1.2.Đường cong xạ ảnh phức P2 10 1.2.1 Không gian xạ ảnh phức 1.2.2 Đường cong xạ ảnh phức P2 11 13 Chương Định lý Bézout 15 2.1.Kết thức 15 2.2.Bội giao 22 2.3.Định lý Bézout 26 Chương Chiều ngược lại định lý Bézout 31 3.1.Bội giao hai đường cong điểm 31 3.2.Một số trường hợp riêng toán ngược lại 33 3.3.Chiều ngược lại cho số trường hợp cụ thể 36 3.3.1 Hai đường cong bậc hai 3.3.2 Một đường cong bậc hai đường cong bậc ba 3.3.3 Hai đường cong bậc bốn 36 41 46 LỜI MỞ ĐẦU Hình học đại số chuyên ngành toán học sử dụng công cụ đại số để nghiên cứu toán hình học Đối tượng đường cong, mặt cong, hay tổng quát siêu mặt đại số, chúng định nghĩa đa thức Trong hình học đại số, lý thuyết giao nghiên cứu phần giao hai hay nhiều siêu mặt đại số Tìm phần giao hai siêu mặt đại số tương đương với việc giải hệ phương trình gồm hai phương trình đa thức Khởi đầu định lý cổ điển, định lý Bézout (1779) phát biểu tổng số giao điểm (đếm bội) hai đường cong xạ ảnh phức tích hai bậc Số bội sau cụ thể hóa khái niệm số bội giao (hay nói gọn hơn, bội giao) Trường hợp riêng định lý Bézout hai đường cong y = f (x) (với f (x) đa thức bậc m) y = (đa thức bậc 1) Định lý Đại số học Mục đích luận văn nhằm tìm hiểu vấn đề giao điểm hai đường cong mặt phẳng xạ ảnh phức, cụ thể số giao điểm, số bội giao Trọng tâm luận văn Định lý Bezout chiều ngược lại: Cho trước hai số nguyên dương m n Với k số nguyên dương [s1 , s2 , , sk ] cho s1 +s2 +· · ·+sk = m·n., liệu có tồn hay không hai đường cong xạ ảnh bậc m n P2 cho chúng giao k điểm với số bội giao tương ứng s1 , s2 , , sk Bố cục luận văn bao gồm chương: • Chương khóa luận trình bày tóm tắt lý thuyết đường cong đại số C2 không gian xạ ảnh phức P2 • Chương tìm hiểu kết thức, bội giao, tính chất kết thức sử dụng tính chất để chứng minh định lý Bézout • Chương tìm hiểu chiều ngược lại định lý Bézout Chứng minh số trường hợp riêng cho chiều ngược lại (mục 3.2), đưa số ví dụ minh họa (cụ thể trường hợp hai đường cong bậc hai đường cong bậc hai với đường cong bậc ba trình bày chi tiết mục 3.3) Luận văn nghiên cứu tiếp nối khóa luận đại học học viên So với khóa luận đại học, có số kết mới, bao gồm mệnh đề 3.1.1, 3.2.2, 3.2.3 3.2.4 Do thời gian thực luận văn không nhiều, kiến thức hạn chế nên làm luận văn không tránh khỏi hạn chế sai sót Chúng mong nhận góp ý ý kiến phản biện quý thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 23 tháng 12 năm 2015 Học viên Phạm Kế Quang Chương Đường cong đại số Cho f (x, y) đa thức hai biến hệ số thực Khi tập {(x,y)∈ R2 | f (x, y) = 0} gọi đường cong đại số thực Bậc đa thức f bậc đường cong đại số Bài toán đặt tìm số giao điểm hai đường cong đại số Do R trường đóng đại số nên lời giải toán tìm giao điểm không đủ Do khóa luận ta xét đường cong đại số trường số phức C 1.1 Đường cong phức C2 Giả sử f (x, y) đa thức hai biến, khác số, với hệ số phức Ta nói f (x, y) thành phần bội không tồn khai triển: f (x, y) = g (x, y)h(x, y), g(x, y),h(x, y) đa thức g(x, y) khác số Định nghĩa 1.1.1 Giả sử f (x, y) đa thức hai biến, khác số, với hệ số phức thành phần bội Khi đường cong đại số phức C C2 (hay gọi đường cong affine) định nghĩa f (x, y) C = {(x, y) ∈ C2 | f (x, y) = 0} Nhận xét 1.1.1 Trong Định nghĩa có giả thiết f (x, y) thành phần bội theo định lý Hilbert không điểm: Nếu f (x, y) g(x, y) đa thức với hệ số phức {(x, y) ∈ C2 | f (x, y) = 0} = {(x, y) ∈ C2 | g(x, y) = 0} tồn số nguyên dương m n cho f chia hết g n g chia hết f m Nhận xét 1.1.2 Một cách tổng quát để định nghĩa đường cong đại số phức C2 lớp tương đương đa thức hai biến khác số, hai đa thức tương đương với đa thức tích đa thức với vô hướng Một đa thức có thành phần bội đường cong hiểu gắn thêm bội Ví dụ 1.1.1 Xét hai đa thức f (x, y) = x4 + 4x3 y + 4x2 y = x2 (x + 2y )2 , g(x, y) = x4 + 2x3 y = x3 (x + 2y ) Ta thấy f chia hết cho g g chia hết cho f f g định nghĩa đường cong đại số phức theo nghĩa {(x, y) ∈ C2 | f (x, y) = 0} = {(x, y) ∈ C2 | g(x, y) = 0} Định nghĩa 1.1.2 Cho f (x, y) đa thức hai biến cij xi y j f (x, y) = i,j Bậc d đường cong C = {(x, y) ∈ C2 | f (x, y) = 0} bậc đa thức f (x, y) Tức là: d = max{i + j | cij = 0} Định nghĩa 1.1.3 Cho f (x, y) đa thức hai biến C = {(x, y) ∈ C2 | f (x, y) = 0} Một điểm (a, b) ∈ Cđược gọi điểm kì dị C ∂f ∂f (a, b) = (a, b) = ∂x ∂y Tập hợp điểm kì dị C kí hiệu Sing(C) C gọi kì dị Sing(C) = ∅ Ví dụ 1.1.2 Đường cong C định nghĩa f (x, y) = y − x2 + kì dị    ∂f (x, y) = x = ∂x ↔  ∂f (x, y) = y = 0, ∂y điểm (0, 0) không thuộc đường cong C Còn đường cong định nghĩa g = y − x2 có điểm kì dị (0, 0) Định nghĩa 1.1.4 Một đường cong định nghĩa phương trình tuyến tính: ax + by + c = 0, a, b, c số phức, a b không đồng thời không, gọi đường thẳng Định nghĩa 1.1.5 Một đa thức n biến, khác không f (x1 , x2 , , xn ) gọi đa thức bậc d với λ ∈ C f (λx1 , λx2 , , λxn ) = λn f (x1 , x2 , , xn ) Một cách tương đương, f có dạng cr1 ,r2 , ,rn · xr11 xr22 xrnn , f (x1 , x2 , , xn ) = r1 +r2 +···+rn =d với cr1 ,r2 , ,rn số phức Mệnh đề sau đơn giản lại quan trọng, dùng đến nhiều chương Mệnh đề 1.1.1 ([3], Bổ đề 2.8, trang 31) Giả sử f (x, y) đa thức hai biến, khác không, bậc d với hệ số phức có phân tích thành tích đa thức tuyến tính n (αi x − βi y), f (x, y) = i=1 với α, β ∈ C Chứng minh Do f (x, y) đa thức bậc d nên: d d i d−i f (x, y) = x y =y i=0 d x y i=0 i , a1 , a2 , , an ∈ C không đồng thời không Giả sử e số lớn {0, 1, , d} cho ae = Khi d i=0 i x y đa thức biến bậc e, hệ số phức nên có phân tích: d x y i=0 e i = ae i=1 x − λi , y với λi ∈ C Vì vậy: e f (x, y) = ae y d i=1 x − λi y Do ta có điều phải chứng minh e = ae y d−e (x − λi y) i=1 Do f (x, y) đa thức nên có khai triển Taylor hữu hạn f (x, y) = ∂ i+j f (x − a)i (y − b)j (a, b) ∂xi ∂y j i!j! i≥0,j≥0 điểm (a, b) Định nghĩa 1.1.6 Cho đường cong C định nghĩa f (x, y) = Khi số bội (a, b) ∈ C số nguyên dương m bé cho: ∂ mf (a, b) = 0, ∂xi ∂y j với i ≥ 0, j ≥ i + j = m (a, b) gọi điểm bội m Khi đa thức : h(x, y) = (x − a)i (y − b)j ∂ mf (a, b) ∂xi ∂y j i!j! i+j=m (1.1.1) đa thức bâc m Theo mệnh đề 1.1.1 h(x, y) có phân tích thành tích m đa thức tuyến tính có dạng t(x, y) = α(x − a) + β(y − b), với (α, β) ∈ C2 \{(0, 0)} Các đường thẳng t(x, y) = gọi tiếp tuyến C (a, b) Nhận xét 1.1.3 Điểm (a, b) điểm kì dị điểm bội một, điểm (a, b) C có tiếp tuyến định nghĩa : ∂f ∂f (a, b)(x − a) + (a, b)(y − b) = ∂x ∂y Một điểm kì dị (a, b) gọi tầm thường đa thức (1.1.1) thành phần bội, tức C có m tiếp tuyến phân biệt (a, b) Ví dụ 1.1.3 Cho hai đường cong f (x, y) = g(x, y) = với: f (x, y) = x3 + y − 3xy, g(x, y) = y − x3 Hai đường cong có điểm kì dị (0, 0) Hơn ∂ 2f ∂ 2g = −3 = =2=0 ∂x∂y ∂y nên điểm kì dị điểm bội hai Với đường f (x, y) = 0, xét đa thức (1.1.1) h1 (x, y) = ta có ∂ 2f (x − 0)i (y − 0)j , (0, 0) i ∂y j ∂x i!j! i+j=2 ∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f (0, 0) = −3 (0, 0) = 0, (0, 0) = 0, ∂x2 ∂y ∂x∂y ∂ 2f ∂ 2f (0, 0)xy + (0, 0)xy = −3xy − 3xy = −6xy h1 (x, y) = ∂x∂y ∂y∂x Vì h1 (x, y) thành phần bội nên điểm kì dị (0, 0) f = tầm thường Hai tiếp tuyến x = y = Với đường g(x, y) = h2 (x, y) = ta có (x − 0)i (y − 0)j ∂ 2f (0, 0) , i ∂y j ∂x i!j! i+j=2 ∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f (0, 0) = 0, (0, 0) = 2, (0, 0) = ∂x2 ∂y ∂x∂y Hình 1.1: đường cong f(x,y)=0 Hình 1.2: đường cong g(x,y)=0 • D đường cong định nghĩa 1 g(x, y) = (x + )(x + ) (x + ) + xn + y n − m+1 Khi C D giao m · n điểm với bội giao • E đường cong định nghĩa h(x, y) = (x − 1)m + xn + y n − Khi C E giao điểm (1, 0) với I(1,0) (C, E) = I(1,0) xn + y n − 1, (x − 1)m + xn + y n − = I(1,0) xn + y n − 1, (x − 1)m = m.I(1,0) (xn + y n − 1, x − 1) = m.I(1,0) (y n , x − 1) = m.n.I(1,0) (y, x − 1) = m · n Mệnh đề 3.2.3 Luôn tồn hai đường cong bậc m n(n ≤ m) cho chúng giao hai điểm với bội giao [1, mn − 1], [2, mn − 2], hoặc, , [n − 1, mn − n + 1] Chứng minh Cho a ∈ N cho ≤ a ≤ n − Lấy C1 định nghĩa g(x, y) = y a (y − xn−a ) Lấy C2 định nghĩa h(x, y) = y m + y.xm−n+a − y.xm−n+a−1 − xm + xm−1 = y m + xm−n+a (y − xn−a ) + xm−n+a−1 (y − xn−a ) Khi C1 C2 giao (1, 0) (0, 0) với I(1,0) (C1 , C2 ) = I(1,0) y a (y − xn−a ), y m + y.xm−n+a − y.xm−n+a−1 − xm + xm−1 = I(1,0) y a , y m + y.xm−n+a − y.xm−n+a−1 − xm + xm−1 = a.I(1,0) (y, −xm + xm−1 ) = a.I(1,0) (y, xm−1 (1 − x)) = a.I(1,0) (y, − x) =a I(0,0) (C1 , C2 ) = I(0,0) y a (y − xn−a ), y m + xm−n+a (y − xn−a ) + xm−n+a−1 (y − xn−a ) = I(0,0) y a , y m +y.xm−n+a −y.xm−n+a−1 −xm +xm−1 +I(0,0) y−xn−a , y m + + xm−n+a (y − xn−a ) + xm−n+a−1 (y − xn−a ) = a.I(0,0) (y, xm−1 (1 − x)) + I(0,0) (y − xn−a , y m ) 35 = a.I(0,0) (y, xm−1 ) + m.I(0,0) (y − xn−a , y) = a.(m − 1).I(0,0) (y, x) + m.I(0,0) (−xn−a , y) = a(m − 1) + m.(n − a) = mn − a Mệnh đề 3.2.4 Luôn tồn hai đường cong bậc m n (n ≤ m) cho chúng giao k điểm với bội giao tương ứng m.i1 , m.i2 , , m.ik với i1 + i2 + · · · + ik = n Chứng minh Lấy C1 định nghĩa g(x, y) = y − (x − x1 )i1 (x − x2 )i2 (x − xk )ik Lấy C2 định nghĩa h(x, y) = y m − g(x, y) Khi C1 , C2 giao k điểm (x1 , 0), (x2 , 0) , (xk , 0) với bội giao tương ứng i1 , i2 , , ik với I( xt , 0)(C1 , C2 ) = I(xt ,0) (g(x, y), h(x, y)) = I(xt ,0) (g(x, y), y m ) = m.I(xt ,0) (g(x, y), y) = m.I(xt ,0) ((x − x1 )i1 (x − x2 )i2 (x − xk )ik , y) = m.I(xt ,0) ((x − xt )it , y) = m.it I(xt ,0) (x − xt , y) = m.it 3.3 Chiều ngược lại cho số trường hợp cụ thể Ta kí hiệu [s1 , s2 , , sk ] số bội giao hai đường cong k điểm 3.3.1 Hai đường cong bậc hai Hai đường cong bậc hai C D giao bốn điểm tính bội với trường hợp [1, 1, 1, 1], [1, 1, 2], [1, 3], [2, 2], [4] Chọn C đường cong định nghĩa f (x, y) = y − x2 Ta phải tìm đường cong D định nghĩa g(x, y) = a20 x2 + a02 y + a11 xy + a10 x + a01 y + a00 • Trường hợp 1: [1,1,1,1] Chọn bốn điểm (0,0), (1,1), (-1,1), (2,4) thuộc C Để D giao C bốn điểm với bội [1,1,1,1]   a00 =0     a + a + a + a + a + a =0 20 02 11 10 01 00  a20 + a02 − a11 − a10 + a01 + a00 =0     4a20 + 16a02 + 8a11 + 2a10 + 4a01 + a00 = Chọn nghiệm hệ (a20 , a02 , a11 , a10 , a01 , a00 ) = (1, −1, 2, −2, 0, 0) Khi D định nghĩa g(x, y) = x2 − y + 2xy − 2x 36 Hình 3.1: Trường hợp [1,1,1,1] • Trường hợp 2: [1,1,2] Chọn ba điểm (1,1), (-1,1), (0,0) thuộc C Với f (x, y) có phương trình tham số  x = t y = t2 Khi g(t, t2 ) = a02 t4 + a11 t3 + (a20 + a01 )t2 + a10 t + a00 Do để D giao C ba điểm (1,1), (-1,1), (0,0) với số bội [1,1,2]   a20 + a02 + a11 + a10 + a01 + a00 =     a + a − a − a + a + a = 20 02 11 10 01 00   a00 =     a10 = Chọn nghiệm hệ (a20 , a02 , a11 , a10 , a01 , a00 ) = (1, 1, 0, 0, −2, 0) Khi D định nghĩa g(x, y) = x2 + y − 2y • Trường hợp 3: [1,3] Chọn hai điểm (1,1), (0,0) thuộc C Với f (x, y) có phương trình tham số  x = t y = t2 Khi g(t, t2 ) = a02 t4 + a11 t3 + (a20 + a01 )t2 + a10 t + a00 37 Hình 3.2: Trường hợp [1,1,2] Do để D giao C hai điểm (1,1), (0,0) với số bội [1,3]   a20 + a02 + a11 + a10 + a01 + a00 =    a = 00   a10 =     a20 + a01 = Chọn nghiệm hệ (a20 , a02 , a11 , a10 , a01 , a00 ) = (1, 1, −1, 0, −1, 0) Khi D định nghĩa g(x, y) = x2 + y − xy − y Hình 3.3: Trường hợp [1,3] • Trường hợp 4: [2,2] Chọn hai điểm (1, 1), (0, 0) thuộc C Tại điểm (0,0), f (x, y) có phương trình tham số  x = t y = t2 38 Khi g(t, t2 ) = a02 t4 + a11 t3 + (a20 + a01 )t2 + a10 t + a00 Do để D giao C điểm (0,0) với số bội  a = 00 a10 = Tại điểm (1, 1), ta chuyển hệ tọa độ để (1, 1) −→ (0, 0)  x = X + y = Y + Khi f −→ f1 = Y + − (X + 1)2 , g −→ g1 =a20 (X + 1)2 + a02 (Y + 1)2 + a11 (X + 1)(Y + 1)+ + a10 (X + 1) + a01 (Y + 1) + a00 Do f1 = có phương trình tham số  X = t Y = (t + 1)2 − 1, g1 t, (t + 1)2 − =a02 t4 + (a11 + 4a02 )t3 + (a20 + 3a11 + a01 + 6a02 )t2 + + (2a01 + 3a11 + 2a20 + a10 + 4a02 )t + a20 + a01 + a02 + a00 + a11 + a10 Do để D giao C điểm (1, 1) với số bội  a + a + a + a + a + a = 20 01 02 00 11 10 2a01 + 3a11 + 2a20 + a10 + 4a02 = Do để D giao C hai điểm (1, 1), (0, 0) với số bội [2,2]   a00 =     a = 10   a20 + a01 + a02 + a00 + a11 + a10 =     2a01 + 3a11 + 2a20 + a10 + 4a02 = Chọn nghiệm hệ (a20 , a02 , a11 , a10 , a01 , a00 ) = (2, 1, −2, 0, −1, 0) Khi D định nghĩa g(x, y) = 2x2 + y − 2xy − y 39 Hình 3.4: Trường hợp [2,2] • Trường hợp 5: [4] Chọn điểm (0, 0) thuộc C Với f (x, y) có phương trình tham số  x = t y = t2 Khi g(t, t2 ) = a02 t4 + a11 t3 + (a20 + a01 )t2 + a10 t + a00 Do để D giao C điểm (0, 0) với số bội [4]   a00 =     a = 10   a20 + a01 =     a11 = Chọn nghiệm hệ (a20 , a02 , a11 , a10 , a01 , a00 ) = (1, 1, 0, −1, 0, 0) Khi D định nghĩa g(x, y) = x2 + y − y Hình 3.5: Trường hợp [4] 40 3.3.2 Một đường cong bậc hai đường cong bậc ba Tương tự hai đường cong bậc hai Với f (x, y) = y − x2 , ta có 11 trường hợp sau • Trường hợp 1: [1,1,1,1,1,1] Với g = x2 − y + 6y − 7y + Khi Res(f, g, x) = (y − 1)2 (y − 5y + 1)2 , Res(f, g, y) = −(x − 1)(x + 1)(x4 − 5x2 + 1) Hình 3.6: Trường hợp [1,1,1,1,1,1] • Trường hợp 2: [1,1,1,1,2] Với g = x2 − y + 6y − 7y Khi Res(f, g, x) = y (6 + y − 6y)2 , Res(f, g, y) = −x2 (6 − 6x2 + x4 ) Hình 3.7: Trường hợp [1,1,1,1,2] 41 • Trường hợp 3: [1,1,1,3] Với g = y − xy − x3 Khi Res(f, g, x) = −y (−4 + y ), Res(f, g, y) = x3 (−2 + x3 ) Hình 3.8: Trường hợp [1,1,1,3] • Trường hợp 4: [1,1,4] Với g = y + x3 − xy − 2y Khi Res(f, g, x) = −y (y − 2)2 , Res(f, g, y) = x4 (−2 + x2 ) Hình 3.9: Trường hợp [1,1,4] 42 • Trường hợp 5: [1,5] Với g = x3 − y x + y − xy Khi Res(f, g, x) = −y (−1 + y), Res(f, g, y) = x5 (−1 + x) Hình 3.10: Trường hợp [1,5] • Trường hợp 6: [1,1,2,2] Với g = x3 − yx2 + 5y − 7y x + x2 + y Khi Res(f, g, x) = −y (25y + y + 1)(−1 + y)2 , Res(f, g, y) = x2 (5x2 + 3x + 1)(−1 + x)2 Hình 3.11: Trường hợp [1,1,2,2] 43 • Trường hợp 7, [1,2,3] Với g = −2x3 − y + 3y Khi Res(f, g, x) = −y (y − 4)(−1 + y)2 , Res(f, g, y) = −x3 (x + 2)(−1 + x)2 Hình 3.12: Trường hợp [1,2,3] • Trường hợp 8: [2,2,2] Với g = x3 + 2y − 4y + 2x2 − xy Khi Res(f, g, x) = −4y (−1 + y)4 , Res(f, g, y) = 2x2 (−1 + x)2 (x + 1)2 Hình 3.13: Trường hợp [2,2,2] 44 • Trường hợp 9: [2,4] Với g = x3 + 2y − 4y x + 2y − xy Khi Res(f, g, x) = −4y (−1 + y)2 , Res(f, g, y) = 2x4 (−1 + x)2 Hình 3.14: Trường hợp [2,4] • Trường hợp 10: [3,3] Với g = x3 − y + 3y x + yx2 − 4y Khi Res(f, g, x) = −y (−1 + y)3 , Res(f, g, y) = −x3 (−1 + x)3 Hình 3.15: Trường hợp [3,3] 45 • Trường hợp 11: [6] Với g = x3 + y − xy Khi Res(f, g, x) = −y , Res(f, g, y) = x6 Hình 3.16: Trường hợp [6] 3.3.3 Hai đường cong bậc bốn Hai đường cong không thỏa mãn mệnh đề 3.2.1 Nhưng ta tìm hai đường cong bậc bốn thỏa mãn số trường hợp sau: • [1, 1, , 1] [16] nói mệnh đề 3.2.2 • [1, 15] nói mệnh đề 3.2.3, với C định nghĩa g(x, y) = y(y − x3 ) D định nghĩa h(x, y) = y + y.x − y − x4 + x3 Khi Res(f, g, x) = y 16 , Res(f, g, y) = −x15 (x − 1) Hình 3.17: Trường hợp [1,15] 46 • [4, 4, 4, 4] Ta chọn hai đường cong nói mệnh đề 3.2.4 chọn khác C định nghĩa f (x, y) = x4 + y − D định nghĩa g(x, y) = (x + 1)(x − 1)(y + 1)(y − 1) + x4 + y − Khi Res(f, g, x) = y (y − 1)4 y (y + 1)4 , Res(f, g, y) = (x − 1)4 x4 (x + 1)4 x4 Hình 3.18: Trường hợp [4,4,4,4] Tương tự ta có trường hợp • [4, 4, 8] với C định nghĩa f (x, y) = x4 + y − D định nghĩa g(x, y) = (x + 1)(x − 1)(y + 1)2 + x4 + y − • [8, 8] với C định nghĩa f (x, y) = x4 + y − D định nghĩa g(x, y) = (x + 1)2 (y + 1)2 + x4 + y − • [4, 12] với C định nghĩa h = y − (x − 1)(x + 1)3 D định nghĩa g(x, y) = y − h(x, y) Nhận xét 3.2.1 Trong trường hợp hai đường cong bậc bốn, đưa tất trường hợp nhiên để đưa hết vào luận văn dài nên không trình bày tất Từ ví dụ ta hi vọng tồn toàn trường hợp toán ngược định lý Bézout 47 KẾT LUẬN Đóng góp luận văn bao gồm: Đọc hiểu trình bày lại kết kết thức, định lý Bézout Chứng minh chiều ngược lại định lý Bézout cho số trường hợp riêng Ngoài ra, luận văn cho nhiều ví dụ minh họa cho chiều ngược lại Tuy nhiên thời gian thực luận văn không nhiều có sai sót mong nhận góp ý quý thầy cô bạn đọc 48 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Hữu Việt Hưng, Đại số tuyến tính, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội (2000) [2] David Cox, John Little & Donal O’Shea, Ideals, Varieties, and Algorithms - 3rd edition, Springer(2006) [3] Frances C.Kirwan, Complex Algebraic Curves, Cambridge University Press (1992) [4] Serge Lang, Algebra - 3rd edition, Springer(2002) 49 [...]... 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)... 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 Ip (C, D) = m · n p∈C∩D 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. .. 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 đoán mà vẫn chưa có lời giải, chứng minh cụ thể nào Trong luận văn này cũng vậy, chúng tôi chứng minh chiều ngược lại cho một số trường hợp riêng và đưa ra một số ví dụ cụ thể đó là các trường hợp mà chiều ngược lại đúng, gồm trường hợp hai đường bậc hai và trường hơp một đường bậc hai và. .. 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... sk = m · n và với i = j thì (bi , ci ) = (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... 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. .. 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... 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) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an với a0 = 0, g(x) = b0 xm + b1 xm−1 + · · · + bm với b0 = 0 Một ma trận Sylvester(Syl) của f và g theo biến... 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... 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,