luận văn thạc sĩ toán học Số giao của các đường cong đại số

2 Một số kết quả được chứng minh bằng lý thuyết số giao 192.1 Đường cong Hessian.. Lời nói đầuSố giao của các đường cong đại số là một phần kiến thức cơ bản trongHình học đại số.. Luận v

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

ĐỖ ĐỨC ĐIỆP

SỐ GIAO CỦA CÁC ĐƯỜNG CONG ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - Năm 2012

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

ĐỖ ĐỨC ĐIỆP

SỐ GIAO CỦA CÁC ĐƯỜNG CONG ĐẠI SỐ

Mã số : 60 46 05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS PHÓ ĐỨC TÀI

Hà Nội - Năm 2012

2 Một số kết quả được chứng minh bằng lý thuyết số giao 192.1 Đường cong Hessian 192.2 Đường cong đối ngẫu 21

3 Một phương pháp tìm song tiếp tuyến của đường cong trơn bậc

Lời nói đầu

Số giao của các đường cong đại số là một phần kiến thức cơ bản trongHình học đại số Mục đích chính của luận văn là nghiên cứu bài toán tìm phươngtrình song tiếp tuyến của đường cong trơn Để giải quyết bài toán này, công cụchính của chúng tôi là số giao

Qua ánh xạ Gauss (là một song ánh từ một đường cong vào đường cong đốingẫu của nó), ta có tương ứng một-một giữa các đường song tiếp tuyến củađường cong và các kì dị node (là kì dị đơn giản nhất) của đường cong đối ngẫu

Vì vậy việc nghiên cứu các đường song tiếp tuyến cho chúng ta thông tin về kì

dị node của đường cong đối ngẫu

Luận văn trình bày tóm tắt lại một số kết quả trong lý thuyết về số giaocủa các đường cong đại số và ứng dụng để tìm các song tiếp tuyến, cụ thể làtìm các cặp điểm chung một tiếp tuyến, trên một đường cong trơn Do việc tínhtoán khá phức tạp, nên chúng tôi chỉ mới thực hiện được cho đường cong trơnbậc bốn (trường hợp đầu tiên có xuất hiện song tiếp tuyến) Chúng tôi trìnhbày cụ thể hai ví dụ, đường cong Fermat x4+ y4+ z4 = 0 và đường cong Klein

Chương 3: Trong chương này chúng tôi tập trung trình bày phương pháp tìm

ra các song tiếp tuyến bằng cách tìm các cặp điểm chung một tiếp tuyến trênmột đường cong trơn Cụ thể chúng tôi sẽ áp dụng để tính toán cho một sốđường bậc bốn

Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới TS Phó Đức Tài, Thầy đã tậntình hướng dẫn tôi liên tục trong hơn một năm qua, để tôi có thể hoàn thànhbản luận văn này và có thêm những sự hiểu biết mới

Tác giả xin chân thành cảm ơn Khoa Toán - Cơ - Tin học, Phòng Sau ĐạiHọc trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội đã tạođiều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình học tập tại trường từ nhữngngày còn là sinh viên

Hà Nội, mùa hè năm 2012

Tác giả

Đỗ Đức Điệp

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

Chương này trình bày các khái niệm, tính chất và các định lí cơ bản về điểmbội, số giao của hai đường cong tại một điểm Tài liệu tham khảo chủ yếu là [2].Trong luận văn này, nếu không nói gì thêm ta luôn giả thiết K là một trườngđóng đại số với đặc số bằng 0, ký hiệu A2 = A2(K) và P2 = P2(K) lần lượt làmặt phẳng affine và mặt phẳng xạ ảnh trên K

1.1 Khái niệm về điểm bội và số giao trong mặt

phẳng affine A2

1.1.1 Khái niệm về điểm bội

Trong A2, một đường cong đại số là tập các không điểm của một đa thứckhác hằng số F ∈K[x, y] Để đơn giản, chúng tôi cũng dùng kí hiệu đường cong

F, chung với đa thức định nghĩa của nó Trong luận văn này chỉ đề cập đến cácđường cong thu gọn, tức là các đường cong mà đa thức định nghĩa của chúngchỉ có các nhân tử có bội bằng 1

Định nghĩa 1.1.1 ChoF là một đường cong, điểmP ∈ F được gọi là một điểmđơn nếu F x (P ) 6= 0 hoặc F y (P ) 6= 0 Ngược lại, ta gọi P là một điểm bội hoặcđiểm kì dị của F

Với mọi đường cong F ta luôn có thể viết được dưới dạng

kì thì bội của điểm Q trên đường cong F (x, y) được định nghĩa là bội của điểm

P (0, 0) trên đường cong F (x + a, y + b), nếu L i (x, y) là một tiếp tuyến bội e i củađường cong F (x + a, y + b) tại P thì L i (x − a, y − b) là một tiếp tuyến bội e i củađường cong F (x, y) tại Q

Nếu Q(a, b) là một điểm đơn của đường cong F thì F có một tiếp tuyến duynhất tại Q, được xác định bởi công thức:

Fx(Q)(x − a) + F y (Q)(y − b) = 0.

1.1.2 Vành tọa độ và vành địa phương của một đa tạp

Giả sử S là một tập các đa thức trong K[x 1 , , x n ], ta kí hiệu

cả các hàm hằng của F(V,K).

Trở lại trường hợpV ⊆ An(K)là một đa tạp, một hàmf ∈ F(V,K)được gọi làmột hàm đa thức trên V, nếu và chỉ nếu tồn tại một đa thức F ∈K[x 1 , x 2 , , x n ]

với f (a 1 , , an) = F (a 1 , , an) với mọi (a 1 , , an) ∈ V Khi đó ta cũng nói rằng

đa thức F xác định hàm f. Như vậy, hai đa thức F vàG cùng xác định hàm đathức f nếu và chỉ nếu (F − G)(P ) = 0 với mọi P ∈ V (nghĩa là F − G ∈ I(V ))

Ta cũng dễ dàng chứng minh được rằng, tập các hàm đa thức làm thành mộtvành con của F(V,K), hơn nữa, vành con này chứa K.

Trở lại với vành tọa độ trên đa tạp V. Như đã nói ở trên, Γ(V ) là một miềnnguyên nên tồn tại trường thương và trường này được gọi là trường các hàmhữu tỉ trên V, kí hiệu là K(V ). Mỗi phần tử của K(V ) là một hàm hữu tỉ trên V.

Nếu f là một hàm hữu tỉ trên V và P ∈ V, ta nói rằng f xác định tại P nếutồn tại a, b ∈ Γ(V ) sao cho f = a

b và b(P ) 6= 0. Còn nếu tại P mà f không xácđịnh thì ta nói P là một điểm cực của f.

Có thể chứng minh được rằng tập hợp các hàm hữu tỉ xác định tại một điểm

P ∈ V làm thành một vành con của K(V ),vành này được gọi là vành địa phươngcủa V tại P và kí hiệu là OP (V ). Hơn nữa, do mỗi phần tử của Γ(V ) xác định

với mọi P ∈ V nên Γ(V ) ⊂ OP (V ) và ta có bao hàm thức

K⊂ Γ(V ) ⊂ O P (V ) ⊂K(V ).

1.1.3 Số giao của hai đường cong tại một điểm

Cho F và G là hai đường cong trong mặt phẳng A2 Số giao của F và G tạimột điểm bất kì P ∈A2 được kí hiệu là I P (F, G) và được xác định thông qua 7

5 I P (F, G) ≥ m P (F ).m P (G) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi F và G không

có tiếp tuyến chung tại P

2 Tính số giao của A và B tại điểm P (0, 0) với A = x + y2− x3, B = y2− x3.

Định lý 1.1.1 (Xem [2], định lý 3, trang 37) Tồn tại duy nhất một số giao

IP(F, G) xác định cho mọi cặp đường cong F và G và mọi điểm P ∈ A2, thỏamãn 7 tính chất trên Ngoài ra

IP(F, G) = dim K (O P (A2)/(F, G)).

Chứng minh Chứng minh tính tồn tại duy nhất Giả sử IP(F, G) được xác địnhtheo 7 tính chất trên Chúng ta sẽ xây dựng một chương trình tính IP(F, G) màchỉ sử dụng 7 tính chất này, điều đó đủ để chỉ ra tính xác định duy nhất của

IP(F, G)

Ta có thể giả thiết P (0, 0) (theo tính chất (3)) và IP(F, G) < ∞ (theo (1)).Giả sử cần tính IP(F, G) = n > 0, còn nếuP 6∈ F ∩ G thì IP(F, G) = 0(theo (2)).Dùng phương pháp quy nạp với giả thiết quy nạp là IP(A, B) < n tính được vớimọi A, B ∈ K[x, y] Gọi bậc của các đa thức bậc nhất F (x, 0),G(x, 0) lần lượt là

r vàs, giả thiết r ≤ s, nếu không ta dùng (4) để đảo lại

Trường hợp 1 Nếu r = 0 Vì F (0, 0) = F (P ) = 0 nên F = yH với H nào đóthuộc K[x, y] Từ (6) suy ra I P (F, G) = I P (y, G) + I P (H, G) Vì G(0, 0) = 0 nên ta

có thể phân tích G(x, 0) = xm(a 0 + a 1 x + · · · + a s−m xs−m) với a 0 6= 0, 1 ≤ m ≤ s.Khi đó IP(y, G) = IP(y, G(x, 0) + G.y)e với eG nào đó thuộc K[x, y] (vì G(0, 0) = 0

nên luôn tồn tại eG để G = G(x, 0) + Gye )

Theo (7) ta có I P (y, G) = I P (y, G(x, 0)) Theo (6) thì

I P (y, G(x, 0)) = I P (y, xm) + I P (y, a 0 + a 1 x + · · · + a s−m xs−m) = m.I P (y, x) + 0 = m.

Trong đó I P (y, x) = 1 được tính theo (5)

Vậy ta có được

IP(F, G) = IP(y, G) + IP(H, G) = m + IP(H, G).

Vì m > 0 nên IP(H, G) < IP(F, G) = n Theo giả thiết quy nạp thì IP(H, G) tínhđược nên IP(F, G) cũng tính được

Trường hợp 2 Nếu r ≥ 0 Ta có thể giả thiết F (x, 0), G(x, 0) là các đa thức

có hệ số dẫn đầu (hệ số của đơn thức bậc cao nhất) bằng 1 Khi đó ta đặt

H = G −x s−r F, theo(7) thìIP(F, G) = IP(F, H) Dễ thấydegH(x, 0) < degG(x, 0)

Ta lặp lại quá trình sử lý trên để tínhIP(F, H) Sau hữu hạn bước ta sẽ thu đượcmột cặp đường cong A, B nào đó thỏa mãn trường hợp 1vàIP(F, G) = IP(A, B).Tới đây ta đã hoàn thành chương trình tính IP(F, G)

Chứng minh công thức IP(F, G) = dim K (O P (A2)/(F, G)) Ta sẽ chứng minhcông thức này thỏa mãn cả 7 tính chất trên

Rõ ràng dim K (O P (A2)/(F, G)) ≥ 0 Giả sử F và G có nhân tử chung là H điqua P Ta sẽ chứng minh dim K (O P (A2)/(F, G)) = ∞ Vì (F, G) ⊂ (H)nên ánh xạtuyến tính sau là một toàn cấu:

O P (A2)/(H).

Vậyψlà một đẳng cấu, nêndim K O P (A2)/(H)

= dim K (O P (H)) MàOP (H) ⊃ Γ(H) =K[x, y]/(H), mặt khác dim K (Γ(H)) = ∞ (xem trong [2]), suy ra

dim K (O P (A2)/(H)) = ∞, nên dim K (O P (A2)/(F, G)) = ∞

Tiếp theo ta chứng minh tính chất (2) Giả sử P ∈ F ∩ G, khi đó tồn tại

A, B ∈K[x, y]sao cho(AF +BG)(P ) 6= 0, suy ra1 = (AF +BG) 1

AF + BG ∈ (F, G).Vậy (F, G)OP (A2) = O P (A2), suy ra dim K O P (A2)/(F, G)

= 0.Chứng minh tính chất (3) Giả sử T là một phép thay đổi tọa độ trong A2,

dim k (O P (A2)/(F, GH)) = dim k (O P (A2)/(F, G)) + dim k (O P (A2)/(F, H)).

Ở đây ta có thể giả sử F và GH không có nhân tử chung

Xét dãy các K-không gian vec tơ và các ánh xạ tuyến tính sau:

0 - O P (A2)/(F, H) ψ - O P (A2)/(F, GH) O P (A2)/(F, G) 0.

-ϕ

-Trong đó ψ(A) = GA, ϕ(GA) = GA

Ta sẽ chứng minh ψ là một đơn cấu, ϕ là một toàn cấu, từ đó suy ra dãy

trên là một dãy khớp ngắn của các K-không gian véc tơ Giả sử ψ(A) = 0, khi

đó GA = F 1 F + F 2 GH với F 1 , F 2 nào đó thuộc OP(A2 ) Chọn S ∈ K[x, y] với

S(P ) 6= 0, sao cho SF 1 = M ∈ K[x, y], SF 2 = N ∈K[x, y] và SA = Q ∈K[x, y] (ta

có thể lấy S là tích của 3 mẫu thức của F 1 , F 2 và A )

Vì G(A − F2 H) = F F 1 nên G(Q − NH) = MF ∈K[x, y] Do F và G không có

nhân tử chung nên tồn tại E ∈K[x, y] để Q − NH = EF Vậy ta cóSA − SF2 H =

EF suy ra A = E

SF +

N

SH, dẫn tới A = 0 Do đó ψ là một đơn cấu

Vì (F, GH) ⊂ (F, G) nên ϕ là một toàn cấu

Từ đó ta có dãy trên là một dãy khớp ngắn nên tính chất (6) được chứngminh

-Trong đó ϕ, π, α là các đồng cấu tự nhiên, còn ψ định nghĩa bởi ψ(A, B) =

AF + BG Vì V (In+m, F, G) = P (có thể giả sử m và n đều lớn hơn 0 vì nếungược lại thì tính chất(5) được chứng minh đơn giản) nên K[x, y]/(In+m, F, G) ∼ =

O P (A2)/(In+m, F, G) (theo [2], hệ quả 2, trang 27), ở đây ta gọi α là đẳng cấuđó

Ta sẽ chứng minh hàng trên của biểu đồ là một dãy khớp

Chứng minh ϕ là một toàn cấu Vì ∀H ∈K[x, y]/(In+m, F, G) ta có thể chọn

H ′ = H + H1F + H2G với H1, H2 nào đó thuộc K[x, y] Khi đó ϕ(H ′ ) = H, vậy ϕ

là một toàn cấu

Chứng minh Imψ = Kerϕ Dễ thấy Imψ ⊆ ϕ, mặt khác ∀N ∈ Kerϕ ta

có ϕ(N) = 0 tương đương với N = N 1 NI + N 2 F + N 3 G với N 1 , N 2 , N 3 nào đóthuộc K[x, y], NI thuộc In+m Xét ảnh của N trong K[x, y]/(In+m), ta có N =

N 2 F + N 2 G ∈ Imϕ

Vậy hàng trên của biểu đồ là một dãy khớp Nên ta có

dim K (K[x, y]/In×K[x, y]/Im) ≥ dim K (Imψ) = dim K (Kerϕ).

Suy ra

dim K (K[x, y]/In×K[x, y]/Im) = dim K (Kerϕ).

Dấu bằng của bất đẳng thức trên xảy ra nếuψ là một đơn cấu (khi đóKerψ = 0)

Vì ϕ là một toàn cấu nên:

dim K (K[x, y]/(In+m, F, G)) = dim K (K[x, y]/(In+m)) − dim K (Kerϕ).

Vì (F, G) ⊂ (In+m , F, G) nên dễ dàng kiểm tra được π là một toàn cấu và do

đó ta có:

IP(F, G) = dim K (O P (A2)/(F, G))

≥ dim K (O P (A2)/(In+m, F, G))

= dim K (K[x, y]/(In+m, F, G))

= dim K (K[x, y]/In+m) − dim K (Kerϕ)

≥ dim K (K[x, y]/In+m) − dim K (K[x, y]/In) − dim K (K[x, y]/Im).

Theo [[2], bài tập 2.46] thì dim K (K[x, y]/In) = n(n + 1)

2 nên ta thu được

IP(F, G) = dim K (O P (A2)/(F, G)) ≥ mn.

Bây giờ ta cần phải chứng minh dấu bằng của bất đẳng thức trên xảy ra khi

và chỉ khi F và G không có tiếp tuyến chung tại P

Qua chứng minh trên ta thấy dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra khi và chỉkhi ψ là một đơn cấu vàπ là một đẳng cấu, tức là In+m ⊂ (F, G)O P (A2) Nhữngđiều cần chứng minh này là hệ quả của bổ đề sau:

Bổ đề 1.1.1 (a). Nếu F và G không có tiếp tuyến chung tại P thì

It ⊂ (F, G)O P (A2) với t ≥ m + n − 1

(b) ψ là một đơn cấu khi và chỉ khi F vàG có các tiếp tuyến phân biệt tại P.Chứng minh Chứng minh (a) Giả sử F và G không có tiếp tuyến chungtại P Đặt L 1 , L 2 , , Lm là các tiếp tuyến của F tại P, M 1 , M 2 , , Mn là cáctiếp tuyến của G tại P Đặt L 0 = M 0 = 1, Li = Lm nếu i > m, Mj = Mn nếu

j > n, A ij = L 1 L 2 L i M 1 M 2 M j Vì L i 6= λM j , ∀i, j, λ nên theo [[2], bài tập2.35] thì {Aij |i + j = t} là một cơ sở của K-không gian vec tơ bao gồm tất cảcác dạng bậc t trong K[x, y] Do vậy, để chứng minh (a) ta chỉ cần chứng minh

A ij ∈ (F, G)O P (A2), ∀(i + j) ≥ m + n − 1 Nhưng nếu i + j ≥ m + n − 1 thì kéotheo hoặc i ≥ m hoặc j ≥ n Giả sử i ≥ m thì Aij = A m0 B, với B là một dạngbậct = i + j − m Vì L 1 , L 2 , , Lm là tất cả các tiếp tuyến củaF tạiP nên ta cóthể viết F = A m0 + F ′, trong đó tất cả các số hạng của F ′ đều có bậc ≥ m + 1.VậyAij = Am0B = BF −BF ′, trong đó mỗi số hạn củaBF ′đều có bậc≥ i+j +1.Tiếp theo ta chứng minh It ⊂ (F, G)O P (A2 ) với mọi t đủ lớn Đặt V (F, G) =

P, Q 1 , , Q s Theo [[2], bài tập 1.17], tồn tại một đa thức H sao cho H(P ) 6=

0, H(Qi) = 0, ∀i = 1, s Mà Hx và Hy đều thuộc I(V (F, G)) nên theo định

lý không điểm của Hilbert (xem trong [2]) thì tồn tại n để (Hx)n và (Hy)n đềuthuộc (F, G) ⊂K[x, y] Do H n (P ) 6= 0 nên ta có

Với những điều trên ta sẽ chứng minh Aik ∈ (F, G)O P (A2), với mọi i + j ≥

m + n − 1 Do Aij = BF − BF ′, BF ∈ (F, G)OP (A2), nên để chứng minh

BF′∈ (F, G)O P (A2 )ta sẽ chứng minhAkl ∈ (F, G)O P (A2 )với mọi k + l ≥ i + j + 1

vì bậc của mọi số hạng của BF′ đều ≥ i + j + 1

Tương tự với Aij ta có thể viết Akl = B 1 F − B 1 F 1 với k + l = i + j + 1

và bậc của các số hạng trong B 1 F 1 đều ≥ k + l + 1 = i + j + 2 Để chứng minh

Akl ∈ (F, G)O P (A2)ta lại cần chứng minhApq ∈ (F, G)O P (A2), vớip+q = k+l+1 =

i + j + 2 Tiếp tục quá trình trên sẽ dẫn tới cần chứng minhAαβ ∈ (F, G)O P (A2)

với α + β = 2n, nhưng I2n ⊂ (F, G)O P (A2) nên A αβ ∈ (F, G)O P (A2)

Tới đây có thể khẳng định A ij ∈ (F, G)O P (A2 ) với mọi i + j ≥ m + n − 1 vàhoàn thành chứng minh (a)

Chứng minh (b) Giả sử các tiếp tuyến tại P của F và G khác nhau và

ϕ A, B

= AF + BG = 0 Ta cần phải chứng minh (AF + BG) = (0, 0) Do

AF + BG ∈ In+m nên các số hạng của AF + BG phải có bậc ≥ m + n

Giả sửr vàs lần lượt là bậc nhỏ nhất của các số hạng trongA và trongB TaviếtA = Ar+(các số hạng bậc cao hơn);B = Bs+ .;AF +BG = ArFm+BsGn+ .

Do bậc nhỏ nhất của của các số hạng trong AF + BG lớn hơn hoặc bằng m + n

và do Ar, Bs, Fm, Gn đều khác 0 nên r, s chỉ có hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: r ≥ n và s ≥ m suy ra A ∈ In , B ∈ I m hay (A, B) = 0

Trường hợp 2: r < n và s < m, khi đó A r F m và B s F n đều có bậc < m + nnên

A s F m = −B s G n và r + m = s + n Do F và G không có tiếp tuyến chung tại P

nên Fm và Gn không có nhân tử chung, suy ra s ≥ m, r ≥ n và trở lại trườnghợp 1

Do vậy ψ là một đơn cấu

Chứng minh điều ngược lại bằng phản chứng Giả sử F và G có một tiếptuyến chung tại P là L Khi đó ta có thể viết F m = LFm−1′ , G n = LG′n−1, suy

ra ψ(G′n−1, −F m−1′ ) = 0, nhưng(G′n−1, −F m−1′ ) 6= 0 nên ψ không là một đơn cấu.Cuối cùng ta nhắc lại khẳng định đã được chứng minh xong:

Ví dụ 1.1.2 Sau đây ta sẽ áp dụng công thức trong định lý trên, tính lại các

số giao trong ví dụ 1.1.1.

1 Ta códim K (O P (A2)/(y − x2, x + y(y − x2))) = 1 vì {1}là một cở sở của K-khônggian véc tơ OP (A2)/(y − x2, x + y(y − x2)) Do vậy theo định lý trên IP(F, G) = 1.

2 Tương tự, dim K (O P (A2)/(x + y2− x3, y2− x3)) = 2 vì hệ {1, y} là một cở sở của

K-không gian véc tơ OP (A2)/(x + y2− x3, y2− x3), nên IP(A, B) = 2.

1.2 Khái niệm về điểm bội và số giao trong mặt

phẳng xạ ảnh P2

1.2.1 Các định nghĩa

Đường cong xạ ảnh F trong P2 là tập các không điểm trong P2 của một dạng

F khác hằng số trong K[x, y, z] Bậc của đường cong là bậc của dạng

Giả sửF là một dạng trong K[x, y, z], kí hiệu F∗ là biểu thức (affine hóa) của

F khi thay biến thứ i bằng 1 Ngược lại, nếu G là một đa thức hai biến thì G ∗

là biểu thức (xạ ảnh hóa) thu được khi ta nhân thêm vào mỗi đơn thức của G

biến thứ i với số mũ phù hợp để G∗ trở thành một dạng bậc d trong K[x, y, z].Giả sử F là một đường cong xạ ảnh, P ∈ P2 có tọa độ thứ i bằng 1 Khi đóđịnh nghĩa số bội của điểm P trên F là: mP(F ) = mP∗(F ∗ ), với P ∗ ∈ A2 có tọa

độ thu được khi ta bỏ đi tọa độ thứ i của P, để cho tiện thì khi xét trong A2

người ta dùng kí hiệu P thay cho P∗ Theo [2] thì mP(F ) không thay đổi theo i

và phép thay đổi tọa độ, nên thông thường người ta lấy i = 3

Nếu L là một tiếp tuyến bội e của F∗ tại P∗ thì L ∗ (bậc 1) là một tiếp tuyếnbội e của F tại P

Nếu P [a : b : c] là một điểm đơn củaF thì F có một tiếp tuyến duy nhất (bội

1) tại P Hơn nữa, phương trình của tiếp tuyến này là:

F x (P )x + F y (P )y + F z (P )z = 0.

Cho F và G là hai đường cong xạ ảnh, số giao của F và G tại một điểm

P ∈P2 được xác định như sau: I P (F, G) = I P ∗ (F ∗ , G ∗ ).

Số giao trong P2 cũng thỏa mãn 7 tính chất của số giao trong A2, chỉ có thayđổi ở tính chất thứ 7 và tính chất này được phát biểu như sau:

IP(F, G) = IP(F, G + AF ) với mọi A mà degA = degG − degF

Nếu P là một điểm bội 2 vàF có hai tiếp tuyến phân biệt tại P, ngoài ra sốgiao của mỗi tiếp tuyến với F tại điểm P đều bằng 3, thì P còn được gọi là mộtđiểm node thường của F Điểm cusp thường là một điểm bội hai, có một tiếptuyến duy nhất và số giao của tiếp tuyến với đường cong tại điểm đó bằng 3

1.2.2 Định lý Bezout

Định lý 1.2.1 (Định lý Bezout, xem [2], trang 57)

Cho F và G là các đường cong xạ ảnh bậc m và n tương ứng Giả sử F và G

không có thành phần chung Khi đó P

P ∈P 2

IP(F, G) = mn.Chứng minh VìF ∩ G là hữu hạn (xem trong [2], bài tập 5.7) nên ta có thể giả

sử tất cả các điểm giao của F và G đều không thuộc đường thẳng z = 0 (nếucần, dùng phép thay đổi tọa độ) Khi đó

Định lý sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được

-Trong đóψ(C) = (GC, −F C), ϕ(A, B) = AF + BG, π(D) = D Có thể kiểmtra được dãy trên là một dãy khớp Do đó ta có

dim K Rd−m−n− dim K (Rd−m× R d−n ) + dim K Rd− dim K Γd = 0.

2 − dim K Γd = 0.

Suy ra dim K Γd = mn

Bước 2: Ta chứng minh ánh xạ α : Γ −→ Γ, với α(H) = zH là một đơn cấu.Giả sử zH = 0 tương đương với zH = AF + BG, ta sẽ chứng minh H =

A ′ F + B ′ G Với J bất kì thuộc K[x, y, z], kí hiệu J 0 = J(x, y, 0) Vì F, G, z không

có điểm chung nên F 0 và G 0 nguyên tố cùng nhau Nếu zH = AF + BG thì

A 0 F 0 = −B 0 G 0 suy ra B 0 = CF 0 vàA 0 = −CG 0, với C nào đó thuộc K[x, y]

Đặt A 1 = A + GC, B 1 = B − F C Vì (A 1 ) 0 = (B 1 ) 0 = 0 nên ta có A 1 =

zA′, B 1 = zB′ Vì zH = AF + BG = (A 1 − GC)F + (B 1 + F C)G = A 1 F + B 1 G = z(A′F + B′G) nênH = A′F + B′G Do đó α là một đơn cấu

Bước 3: Chứng minhdim K Γd = dim K Γ ∗, với d ≥ m + n Điều này tương đươngvới việc chứng minh Γd ∼= Γ∗

Chọn {A1 , A 2 , , Amn} ⊂ Rd sao cho ảnh (lớp tương đương) của nó là một

cơ sở của Γd Đặt Ai∗ = Ai(x, y, 1)và gọi ảnh của Ai∗ trong Γ∗ là ai Ta sẽ chứngminh a 1 , a 2 , , a mn là một cơ sở của Γ ∗

Vì dim K Γd = dim K Γ d+1 (theo bước 1), mà theo bước 2 thì α là một đơn cấu,vậy suy raα là một đẳng cấu Từ đó ta có {zr A 1 , zrA 2 , , zrA mn }có ảnh là một

cơ sở của Γd+r, r ≥ 0

Chứng minh {a1 , a 2 , , amn} là một tập sinh của Γ∗ Giả sử h = H ∈ Γ∗,

H ∈ K[x, y], thì znH∗ là một dạng bậc d + r nào đó với r ≥ 0 và n đủ lớn, suy

Chứng minh {a1 , a2, , amn} độc lập tuyến tính Giả sử mnP

Như vậy định lý đã được chứng minh xong

Hệ quả 1.2.1 Bậc của một đường cong xạ ảnh, bằng tổng số giao tại các giao

Định nghĩa 1.2.1 Giả sử P là một điểm đơn trên đường cong F, gọi L là tiếptuyến của F tại P Khi đó P được gọi là một điểm uốn của F nếu IP(F, L) ≥ 3.Nếu P là một điểm uốn mà IP(F, L) = 3 thì P được gọi là một điểm uốn thường.Nếu IP(F, L) = d > 3 thì P còn được gọi là một điểm uốn bậc d − 2

Ví dụ 1.2.1 Một đường thẳng L giao với một đường cong bậc bốn F, có thểxảy ra các trường hợp sau:

(a) L giao F tại bốn điểm phân biệt, số giao tại mỗi điểm đều bằng một

(b) L giao F tại ba điểm phân biệt, hai điểm có số giao bằng 1, một điểm có sốgiao bằng 2 (L tiếp xúc với F tại một điểm và cắt F tại 2 điểm)

(c) L giao F tại hai điểm phân biệt, số giao tại mỗi điểm đều bằng 2 (L tiếp xúcvới F tại hai điểm)

(d) L giao F tại hai điểm phân biệt, một điểm có số giao bằng3, điểm còn lại có

số giao bằng 1 (L tiếp xúc với F tại một điểm uốn thường và cắt F tại 1 điểm).(e) L giao F tại một điểm, số giao tại điểm này bằng 4 (L tiếp xúc với F tạimột điểm uốn bậc 2)

2.1 Đường cong Hessian

Định nghĩa 2.1.1 Cho F là một đường cong xạ ảnh bậc n > 2 và không chứađường thẳng Khi đó, đường cong xác định bởi phương trình :