Luận văn: Định lý bézout và chiều ngược lại, HAY, 9đ

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 và tôpô
Mã số: 60460105
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Người hướng dẫn: TS.Phó Đức Tài
Hà Nội - 2015

LỜI CẢM ƠN
Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu
sắc tới thầy Phó Đức Tài người đã tận tình hướng dẫn để em có thể hoàn thành luận
văn này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáo trong
khoa Toán - Cơ - Tin học, Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội
đã dạy bảo em tận tình trong suốt quá trình học tập tại khoa.
Hà Nội, ngày 23 tháng 12 năm 2015
Học viên
Phạm Kế Quang
1

Mục lục
Chương 1. Đường cong đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.Đường cong phức trong C2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.Đường cong xạ ảnh phức trong P2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.1. Không gian xạ ảnh phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.2.2. Đường cong xạ ảnh phức trong P2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
Chương 2. Định lý Bézout . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.1.Kết thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.2.Bội giao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.3.Định lý Bézout . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Chương 3. Chiều ngược lại của định lý Bézout . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3.1.Bội giao của hai đường cong tại một điểm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3.2.Một số trường hợp riêng của bài toán ngược lại . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.3.Chiều ngược lại cho một số trường hợp cụ thể . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.3.1. Hai đường cong bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.3.2. Một đường cong bậc hai và một đường cong bậc ba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3.3.3. Hai đường cong bậc bốn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2

LỜI MỞ ĐẦU
Hình học đại số là một chuyên ngành của toán học sử dụng công cụ đại số để
nghiên cứu các bài toán hình học. Đối tượng chính là những đường cong, mặt cong,
hay tổng quát là các siêu mặt đại số, chúng được định nghĩa bởi các đa thức. Trong
hình học đại số, lý thuyết giao nghiên cứu phần giao của hai hay nhiều siêu mặt đại
số. Tìm phần giao của hai siêu mặt đại số tương đương với việc giải hệ phương trình
gồm hai phương trình đa thức. Khởi đầu bởi một định lý rất cổ điển, đó là định lý
Bézout (1779) phát biểu rằng tổng số giao điểm (đếm cả bội) của hai đường cong xạ
ảnh phức bằng tích của hai bậc. Số bội này về sau được cụ thể hóa bằng khái niệm
số bội giao (hay nói gọn hơn, bội giao). Trường hợp riêng của định lý Bézout đối với
hai đường cong y = f(x) (với f(x) là một đa thức bậc m) và y = 0 (đa thức bậc 1)
chính là Định lý cơ bản của Đại số học.
Mục đích của luận văn này là nhằm tìm hiểu vấn đề các giao điểm của hai đường
cong trong mặt phẳng xạ ảnh phức, cụ thể là về số giao điểm, số bội giao. Trọng tâm
của luận văn là Định lý Bezout và chiều ngược lại: Cho trước hai số nguyên dương m và
n. Với một bộ k số nguyên dương bất kì [s1, s2, . . . , sk] sao cho s1+s2+· · ·+sk = m·n.,
liệu có tồn tại hay không hai đường cong xạ ảnh bậc m và n trong P2
sao cho chúng
giao nhau tại k điểm với số bội giao tương ứng là s1, s2, . . . , sk.
Bố cục của luận văn bao gồm 3 chương:
• Chương 1 của khóa luận trình bày tóm tắt về lý thuyết đường cong đại số trong
C2
và trong không gian xạ ảnh phức P2
.
• Chương 2 tìm hiểu về kết thức, bội giao, các tính chất của kết thức và sử dụng
những tính chất đó để chứng minh định lý Bézout.
• Chương 3 tìm hiểu chiều ngược lại của định lý Bézout. Chứng minh một số
trường hợp riêng cho chiều ngược lại (mục 3.2), đưa ra một số ví dụ minh họa
(cụ thể là các trường hợp của hai đường cong bậc hai và đường cong bậc hai
với đường cong bậc ba được trình bày chi tiết trong mục 3.3).
Luận văn này là một nghiên cứu tiếp nối của khóa luận đại học của học viên. So
với khóa luận đại học, chúng tôi có một số kết quả mới, bao gồm các mệnh đề 3.1.1,
3.2.2, 3.2.3 và 3.2.4.
Do thời gian thực hiện luận văn không nhiều, kiến thức còn hạn chế nên khi làm
luận văn không tránh khỏi những hạn chế và sai sót. Chúng tôi mong nhận được sự
góp ý và những ý kiến phản biện của quý thầy cô và bạn đọc. Xin chân thành cảm
ơn!
3

Hà Nội, ngày 23 tháng 12 năm 2015
Học viên
Phạm Kế Quang
4

Chương 1
Đường cong đại số
Cho f(x, y) là một đa thức hai biến hệ số thực. Khi đó tập {(x,y)∈ R2
| f(x, y) =
0} được gọi là một đường cong đại số thực. Bậc của đa thức f là bậc của đường cong
đại số đó.
Bài toán đặt ra là tìm số giao điểm của hai đường cong đại số. Do R không phải là
trường đóng đại số nên lời giải của bài toán tìm giao điểm có thể không đây đủ.
Do đó trong khóa luận này ta xét các đường cong đại số trên trường số phức C.
1.1. Đường cong phức trong C2
Giả sử f(x, y) là một đa thức hai biến, khác hằng số, với các hệ số phức. Ta nói
f(x, y) không có thành phần bội nếu không tồn tại khai triển:
f(x, y) = g2
(x, y)h(x, y),
trong đó g(x, y),h(x, y) là các đa thức và g(x, y) khác hằng số.
Định nghĩa 1.1.1. Giả sử f(x, y) là một đa thức hai biến, khác hằng số, với các hệ
số phức và không có thành phần bội. Khi đó đường cong đại số phức C trong C2
(hay
còn gọi là đường cong affine) định nghĩa bởi f(x, y) là
C = {(x, y) ∈ C2
| f(x, y) = 0}.
Nhận xét 1.1.1. Trong Định nghĩa có giả thiết f(x, y) không có thành phần bội vì
theo định lý Hilbert về không điểm:
Nếu f(x, y) và g(x, y) là các đa thức với hệ số phức thì
{(x, y) ∈ C2
| f(x, y) = 0} = {(x, y) ∈ C2
| g(x, y) = 0}
nếu và chỉ nếu tồn tại các số nguyên dương m và n sao cho f chia hết gn
và g chia
hết fm
.
5

Nhận xét 1.1.2. Một cách tổng quát để định nghĩa một đường cong đại số phức
trong C2
như là một lớp tương đương các đa thức hai biến khác hằng số, ở đây hai đa
thức tương đương với nhau nếu và chỉ nếu mỗi đa thức bằng tích của đa thức kia với
một vô hướng. Một đa thức có thành phần bội thì đường cong được hiểu gắn thêm
bội.
Ví dụ 1.1.1. Xét hai đa thức
f(x, y) = x4
+ 4x3
y2
+ 4x2
y4
= x2
(x + 2y2
)2
,
g(x, y) = x4
+ 2x3
y2
= x3
(x + 2y2
).
Ta thấy f2
chia hết cho g và g2
chia hết cho f do đó f và g định nghĩa cùng một
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) là đa thức hai biến
f(x, y) =
i,j
cijxi
yj
.
Bậc d của đường cong C = {(x, y) ∈ C2
| f(x, y) = 0} chính là bậc của đa thức
f(x, y). Tức là:
d = max{i + j | cij = 0}.
Định nghĩa 1.1.3. Cho f(x, y) là đa thức hai biến. C = {(x, y) ∈ C2
| f(x, y) = 0}.
Một điểm (a, b) ∈ Cđược gọi là một điểm kì dị của C nếu
∂f
∂x
(a, b) =
∂f
∂y
(a, b) = 0.
Tập hợp các điểm kì dị của C được kí hiệu bởi Sing(C). C được gọi là không có kì dị
nếu Sing(C) = ∅.
Ví dụ 1.1.2. Đường cong C định nghĩa bởi f(x, y) = y3
− x2
+ 1 không có kì dị vì



∂f
∂x
(x, y) = 0
∂f
∂y
(x, y) = 0
↔



x = 0
y = 0,
nhưng điểm (0, 0) không thuộc đường cong C.
Còn đường cong định nghĩa bởi g = y3
− x2
có một điểm kì dị (0, 0).
Định nghĩa 1.1.4. Một đường cong định nghĩa bởi một phương trình tuyến tính:
ax + by + c = 0,
trong đó a, b, c là các số phức, a và b không đồng thời bằng không, được gọi là một
đường thẳng.
6

Định nghĩa 1.1.5. Một đa thức n biến, khác không f(x1, x2, . . . , xn) được gọi là đa
thức thuần nhất bậc d nếu với mọi λ ∈ C thì
f(λx1, λx2, . . . , λxn) = λn
f(x1, x2, . . . , xn).
Một cách tương đương, f có dạng
f(x1, x2, . . . , xn) =
r1+r2+···+rn=d
cr1,r2,...,rn · xr1
1 xr2
2 . . . xrn
n ,
với cr1,r2,...,rn là các số phức.
Mệnh đề sau đây khá đơn giản nhưng lại rất quan trọng, được dùng đến khá nhiều
trong chương 2.
Mệnh đề 1.1.1. ([3], Bổ đề 2.8, trang 31). Giả sử f(x, y) là một đa thức hai biến,
khác không, thuần nhất bậc d với hệ số phức thì nó có phân tích thành tích các đa
thức tuyến tính
f(x, y) =
n
i=1
(αix − βiy),
với α, β ∈ C.
Chứng minh. Do f(x, y) là đa thức thuần nhất bậc d nên:
f(x, y) =
d
i=0
aixi
yd−i
= yd
d
i=0
ai
x
y
i
,
trong đó a1, a2, . . . , an ∈ C không đồng thời bằng không. Giả sử e là số lớn nhất trong
{0, 1, . . . , d} sao cho ae = 0. Khi đó
d
i=0
ai
x
y
i
là một đa thức một biến bậc e, hệ số phức nên nó có phân tích:
d
i=0
ai
x
y
i
= ae
e
i=1
x
y
− λi ,
với λi ∈ C. Vì vậy:
f(x, y) = aeyd
e
i=1
x
y
− λi = aeyd−e
e
i=1
(x − λiy).
Do đó ta có điều phải chứng minh.
7

Do f(x, y) là một đa thức nên nó có khai triển Taylor hữu hạn
f(x, y) =
i≥0,j≥0
∂i+j
f
∂xi∂yj
(a, b)
(x − a)i
(y − b)j
i!j!
tại điểm (a, b) bất kỳ.
Định nghĩa 1.1.6. Cho đường cong C định nghĩa bởi f(x, y) = 0. Khi đó số bội tại
(a, b) ∈ C là số nguyên dương m bé nhất sao cho:
∂m
f
∂xi∂yj
(a, b) = 0,
với i ≥ 0, j ≥ 0 và i + j = m. (a, b) được gọi là điểm bội m.
Khi đó đa thức :
h(x, y) =
i+j=m
∂m
f
∂xi∂yj
(a, b)
(x − a)i
(y − b)j
i!j!
(1.1.1)
là đa thức thuần nhất bâc m.
Theo mệnh đề 1.1.1 h(x, y) có phân tích thành tích của 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) = 0 này được gọi là các tiếp tuyến
của C tại (a, b).
Nhận xét 1.1.3. Điểm (a, b) không phải điểm kì dị nếu và chỉ nếu nó là điểm bội
một, tại điểm (a, b) đó C chỉ có một tiếp tuyến được định nghĩa bởi :
∂f
∂x
(a, b)(x − a) +
∂f
∂y
(a, b)(y − b) = 0.
Một điểm kì dị (a, b) được gọi là tầm thường nếu đa thức (1.1.1) không có thành phần
bội, tức là C có m tiếp tuyến phân biệt tại (a, b).
Ví dụ 1.1.3. Cho hai đường cong f(x, y) = 0 và g(x, y) = 0 với:
f(x, y) = x3
+ y3
− 3xy,
g(x, y) = y2
− x3
.
Hai đường cong này đều có một điểm kì dị (0, 0). Hơn nữa
∂2
f
∂x∂y
= −3 = 0 và
∂2
g
∂y2
= 2 = 0
8

nên điểm kì dị đó đều là điểm bội hai.
Với đường f(x, y) = 0, xét đa thức (1.1.1)
h1(x, y) =
i+j=2
∂2
f
∂xi∂yj
(0, 0)
(x − 0)i
(y − 0)j
i!j!
,
ta có
∂2
f
∂x2
(0, 0) = 0,
∂2
f
∂y2
(0, 0) = 0,
∂2
f
∂x∂y
(0, 0) = −3
do đó
h1(x, y) =
∂2
f
∂x∂y
(0, 0)xy +
∂2
f
∂y∂x
(0, 0)xy = −3xy − 3xy = −6xy.
Vì h1(x, y) không có thành phần bội nên điểm kì dị (0, 0) của f = 0 là tầm thường.
Hai tiếp tuyến là x = 0 và y = 0.
Với đường g(x, y) = 0 thì
h2(x, y) =
i+j=2
∂2
f
∂xi∂yj
(0, 0)
(x − 0)i
(y − 0)j
i!j!
,
ta có
∂2
f
∂x2
(0, 0) = 0,
∂2
f
∂y2
(0, 0) = 2,
∂2
f
∂x∂y
(0, 0) = 0
Hình 1.1: đường cong f(x,y)=0. Hình 1.2: đường cong g(x,y)=0.
9

do đó
h2(x, y) =
∂2
f
∂y2
(0, 0)
y2
2!
= y2
.
h2 có thành phần bội nên điểm kì dị (0, 0) của g = 0 là không tầm thường.
Định nghĩa 1.1.7. Một đường cong C định nghĩa bởi đa thức f(x, y) được gọi là bất
khả qui nếu f là bất khả qui, tức là f(x, y) chỉ có các nhân tử là hằng số và bội vô
hướng của chính nó. Nếu
f(x, y) = f1(x, y)f2(x, y) . . . fk(x, y)
thì các đường cong định nghĩa bởi f1(x, y), f2(x, y), . . . , fk(x, y) được gọi là các thành
phần bất khả qui của C.
Ví dụ 1.1.4.
a. Đa thức f(x, y) = (x − 2y)3
là một đa thức khả qui nhưng đường cong định nghĩa
bởi nó là đường cong bất khả qui, vì
{(x, y) ∈ C2
| (x − 2y)3
= 0} = {(x, y) ∈ C2
| x − 2y = 0}
nên nó là đường cong bất khả qui.
b. Đường cong định nghĩa bởi g(x, y) = (x − 2y)(x + 3y) là đường cong khả qui.
1.2. Đường cong xạ ảnh phức trong P2
Một đường cong C trong C2
không bao giờ compact, nhưng chúng ta có thể
compact hóa nó bằng cách thêm vào "các điểm tại vô cùng" để thu được một số kết
quả mong muốn.
Chẳng hạn như việc xét giao điểm của hai đường cong
y2
− x2
= −1, y = cx với c là số phức.
Khi c = ±1 hai đường cong này cắt nhau tại hai điểm.
Khi c = ±1 hai đường cong này không cắt nhau nhưng tiệm cận nhau khi x, y tiến
ra vô cùng.
Ta thêm các điểm tại vô cùng của C2
để y2
− x2
= −1 và y = ±x cắt nhau tại vô
cùng.
Để thực hiện điều này ta cần đến khái niệm không gian xạ ảnh.
10

Hình 1.3:
1.2.1. Không gian xạ ảnh phức
Định nghĩa 1.2.1. Một không gian xạ ảnh phức n chiều Pn
là tập hợp các không
gian con phức môt chiều của không gian vector Cn+1
.
Khi n = 1 thì ta có đường thẳng xạ ảnh phức và khi n = 2 ta có mặt phẳng xạ ảnh
phức.
Chú ý 1.2.1. Nếu V là không gian vector trên trường K bất kì thì không gian xạ ảnh
tương ứng P(V ) là tập hợp các không gian con một chiều của V.
Trong định nghĩa trên thì K = C, V = Cn+1
và cho đơn giản ta thường viết Pn
thay
cho P(Cn+1
).
Một không gian con một chiều U của Cn+1
được sinh bởi một vector khác không
u ∈ U. Do đó ta có thể đồng nhất Pn
với tập tất cả các lớp tương đương của Cn+1
{0},
trong đó quan hệ tương đương a ∼ b khi và chỉ khi tồn tại một giá trị λ ∈ C{0} sao
cho a = λb.
Định nghĩa 1.2.2. Một vector bất kỳ (x0, . . . , xn) ∈ Cn+1
biểu thị cho một phần tử
x của Pn
, ta gọi (x0, . . . , xn) là tọa độ thuần nhất cho x và viết x = [x0, . . . , xn].
Do đó:
Pn
= {[x0, . . . , xn] |(x0, . . . , xn) ∈ Cn+1
{0}}
và [x0, . . . , xn] = [y0, . . . , yn] khi và chỉ khi tồn tại λ ∈ C sao cho xi = λyi với mọi i.
Bây giờ chúng ta sẽ trang bị để Pn
trở thành một không gian tôpô. Xét ánh xạ
Π : Cn+1
{0} −→ Pn
xác định bởi:
Π(x0, . . . , xn) = [x0, . . . , xn].
11

Trang bị cho Pn
một tôpô thương cảm sinh từ tôpô thông thường trên Cn+1
{0}, đó là
một tập con A của Pn
. A là tập mở khi và chỉ khi Π−1
(A) là tập con mở của Cn+1
{0}.
Chú ý 1.2.2.
1. Một tập con B của Pn
là tập đóng khi và chỉ khi Π−1
(B) là tập con đóng của
Cn+1
{0}.
2. Π : Cn+1
{0} −→ Pn
là ánh xạ liên tục.
3. Nếu X là một không gian tôpô bất kỳ thì ánh xạ f : Pn
−→ X liên tục khi và
chỉ khi
f ◦ Π : Cn+1
{0} −→ X liên tục.
Tổng quát hơn nếu A là một tập con bất kỳ của Pn
thì ánh xạ f : A −→ X liên
tục khi và chỉ khi
f ◦ Π : Π−1
(A) −→ X liên tục.
Ta định nghĩa các tập con U0, . . . , Un của Pn
như sau:
Ui = {[x0, . . . , xn] ∈ Pn
| xi = 0}.
Điều kiện xi = 0 độc lập với việc chọn các tọa độ thuần nhất và
Π−1
(Ui) = {(x0, . . . , xn) ∈ Cn+1
| xi = 0}
là một tập con mở của Cn+1
{0}, do đó Ui là một tập con mở của Pn
.
Định nghĩa φ0 : U0 −→ Cn
bởi:
φ0[x0, . . . , xn] =
x1
x0
, . . . ,
xn
x0
,
đây là một ánh xạ định nghĩa tốt, với ánh xạ ngược :(y1, . . . , yn) → [1, y1, . . . , yn].
(y1, . . . , yn) được gọi là tọa độ xạ ảnh không thuần nhất trên U0.
φ0 là ánh xạ liên tục và ánh xạ ngược của nó là hợp thành của Π với ánh xạ liên tục
từ Cn
đến Cn+1
{0} xác định bởi:
(y1, . . . , yn) → (1, y1, . . . , yn).
Do đó φ0 là một đồng phôi. Tương tự ta có các đồng phôi khác φi : Ui −→ Cn
xác
định bởi:
φi[x0, . . . , xn] =
x0
xi
, . . . ,
xi−1
xi
,
xi+1
xi
, . . . ,
xn
xi
.
12

Chú ý 1.2.3. Phần bù của Un trong Pn
:
{[x0, . . . , xn] ∈ Pn
|xn = 0}.
Rõ ràng có thể đồng nhất nó với Pn−1
.
Như vậy ta có thể xây dựng không gian xạ ảnh Pn
bằng qui nạp:
P0
là một điểm.
P1
= C ∪ {∞}. {∞} là một điểm ở vô cùng hay một bản sao của P0
.
P2
= C2
∪ P1
,tức là C2
với môt "đường thẳng ở vô cùng"(một bản sao của P1
).
Tổng quát hơn:
Pn
là Cn
cùng với một bản sao của Pn−1
tại vô cùng.
Định nghĩa 1.2.3. Một phép biến đổi xạ ảnh của Pn
là một song ánh f : Pn
−→ Pn
sao cho với đẳng cấu tuyến tính α : Cn+1
−→ Cn+1
nào đó, ta có:
f[x0, . . . , xn] = [y0, . . . , yn],
trong đó (y0, . . . , yn) = α(x0, . . . , xn), tức là:
f ◦ Π = Π ◦ α.
Ở đây Π : Cn+1
{0} −→ Pn
định nghĩa bởi:
Π(x0, . . . , xn) = [x0, . . . , xn].
Chú ý 1.2.4. một phép biến đổi xạ ảnh f : Pn
−→ Pn
là một ánh xạ liên tục.
Do f ◦ Π = Π ◦ α mà Π, α đều liên tục nên f liên tục.
1.2.2. Đường cong xạ ảnh phức trong P2
Mặt phẳng xạ ảnh P2
là không gian con một chiều phức của C3
.
P2
= {[x, y, z] | (x, y, z) ∈ C3
{0}}
và [x, y, z] = [u, v, w] khi và chỉ khi tồn tại λ nào đó thuộc C{0} sao cho
x = λu, y = λv, z = λw.
Định nghĩa 1.2.4. Giả sử f(x, y, z) là đa thức thuần nhất ba biến x, y, z, khác hằng
số, với các hệ số phức. Giả sử f(x, y, z) không có thừa số bội. Khi đó đường cong xạ
ảnh C định nghĩa bởi f(x, y, z) là
C = {[x, y, z] ∈ P2
| f(x, y, z) = 0}.
13

Chú ý 1.2.5. Vì f là một đa thức thuần nhất nên với mọi λ ∈ C{0} thì
f(λx, λy, λz) = 0 ↔ f(x, y, z) = 0,
Nên điều kiện f(x, y, z) = 0 không phụ thuộc vào việc chọn tọa độ thuần nhất (x, y, z).
Chú ý 1.2.6. Như với các đường cong trong C2
, hai đa thức thuần nhất không có
thừa số bội f(x, y, z) và g(x, y, z) định nghĩa cùng một đường cong xạ ảnh trong P2
khi và chỉ khi đa thức này bằng đa thức kia nhân với một vô hướng. Một đa thức thuần
nhất với các thừa số bội có thể xem như một đường cong có những thành phần bội.
Định nghĩa 1.2.5. Bậc của một đường cong xạ ảnh C trong P2
định nghĩa bởi đa
thức thuần nhất f(x, y, z) chính là bậc của đa thức thuần nhất f(x, y, z) đó.
Định nghĩa 1.2.6. Đường cong C được gọi là bất khả qui nếu f(x, y, z) bất khả qui,
tức là f(x, y, z) chỉ có các nhân tử là hằng số và bội vô hướng của chính nó.
Một đường cong xạ ảnh D định nghĩa bởi một đa thức thuần nhất g(x, y, z) được gọi
là một thành phần bất khả qui của C nếu f(x, y, z) = g(x, y, z)h(x, y, z) với h là đa
thức thuần nhất khác hằng số.
Định nghĩa 1.2.7. Cho đường cong xạ ảnh C trong P2
định nghĩa bởi một đa thức
thuần nhất f(x, y, z). Điểm [a, b, c] của C được gọi là điểm kì dị nếu:
∂f
∂x
(a, b, c) =
∂f
∂y
(a, b, c) =
∂f
∂z
(a, b, c) = 0.
Tập hợp các điểm kì dị của C được kí hiệu bởi Sing(C). Đường cong C được gọi là
không có kì dị(trơn) nếu Sing(C) = ∅.
Ví dụ 1.2.1. Đường cong xạ ảnh trong P2
cho bởi x2
+ y2
= z2
là đường cong trơn
(không có điểm kì dị).
Còn đường cong định nghĩa bởi y2
z = x3
có một điểm kì dị là [0, 0, 1].
Định nghĩa 1.2.8. Một đường cong xạ ảnh định nghĩa bởi một phương trình tuyến
tính
αx + βy + γz = 0,
trong đó α, β, γ ∈ C{0} được gọi là một đường thẳng xạ ảnh.
Đường tiếp tuyến tại một điểm không kì dị [a, b, c] của một đường cong C = {[x, y, z] ∈
P2
| f(x, y, z) = 0} là đường thẳng
∂f
∂x
(a, b, c)x +
∂f
∂y
(a, b, c)y +
∂f
∂z
(a, b, c)z = 0.
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) = a0xn
+ a1xn−1
+ · · · + an với a0 = 0,
g(x) = b0xm
+ b1xm−1
+ · · · + bm với b0 = 0.
Một ma trận Sylvester(Syl) của f và g theo biến x là ma trận cỡ (m + n) × (m + n)
được cho bởi:
Syl(f, g, X) =
m+n















a0 a1 . . . . . . an


















m
a0 a1 . . . . . . an
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
a0 a1 . . . . . . an
b0 b1 . . . . . . bm



n
b0 b1 . . . . . . bm
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
b0 b1 . . . . . . bm
,
với các vị trí trống trong ma trận có giá trị bằng 0.
Khi đó kết thức của f và g chính là định thức của ma trận Sylvester
Res(f, g, x) = det(Syl(f, g, x)).
15

Nếu
f(z, y, z) = a0(x, y)zn
+ a1(x, y)zn−1
+ · · · + an(x, y),
g(z, y, z) = b0(x, y)zm
+ b1(x, y)zm−1
+ · · · + bm(x, y),
là hai đa thức ba biến thì kết thức Res(f, g, z) của f và g theo biến z được định nghĩa
một cách tương tự, bằng cách thay ai(x, y) và bj(x, y) tương ứng cho ai và bj với
1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m.
Ví dụ 2.1.1.
a. Cho f(x)=ax2
+ bx + c và g(x)=2ax + b.
Khi đó:
Res(f, g, x) =
a b c
2a b 0
0 2a b
= −a(b2
− 4ac).
b. Cho f và g là đa thức hai biến
f(x, y) = y2
+ yx − 3x2
,
g(x, y) = y2
+ 2xy.
Khi đó :
Res(f, g, y) =
1 x −3x2
0
0 1 x −3x2
1 2x 0 0
0 1 2x 0
= 3x4
và Res(f, g, x) =
−3 y y2
2y y2
0
0 2y y2
= −y4
.
Mệnh đề 2.1.1. ([3], Bổ đề 3.3, trang 53). Giả sử f(x) và g(x) là các đa thức theo
biến x. Khi đó f(x) và g(x) có nhân tử chung khác hằng số khi và chỉ khi
Res(f, g, x) = 0.
Chứng minh. Giả sử
f(x) = a0xn
+ a1xn−1
+ · · · + an với a0 = 0,
g(x) = b0xm
+ b1xm−1
+ · · · + bm với b0 = 0,
là các đa thức bậc n và m theo biến x. Khi đó f(x) và g(x) có một nhân tử chung
h(x), khác hằng số khi và chỉ khi tồn tại các đa thức φ(x) và ψ(x) sao cho:
f(x) = h(x)φ(x), g(x) = h(x)ψ(x),
16

trong đó φ(x) và ψ(x) là các đa thức khác không, có bậc tương ứng là nhỏ hơn n và
nhỏ hơn m:
φ(x) = α0xn−1
+ α1xn−2
+ · · · + αn−1,
ψ(x) = β0xm−1
+ β1xm−2
+ · · · + βm−1.
Điều này xảy ra khi và chỉ khi
f(x)ψ(x) = g(x)φ(x),
tương đương
(a0xn
+ a1xn−1
+ · · · + an)(β0xm−1
+ β1xm−2
+ · · · + βm−1)
= (b0xm
+ b1xm−1
+ · · · + bm)(α0xn−1
+ α1xn−2
+ · · · + αn−1).
Cân bằng các hệ số của xi
với 0 ≤ i ≤ nm − 1 trong phương trình trên ta thu được:
a0β0 = b0α0,
a1β0 + a0β1 = b1α0 + b0α1,
a2β0 + a1β1 + a0β2 = b2α0 + b1α1 + b0α2,
. . . . . . . . . . . .
anβm−1 = bmαn−1.
(2.1.1)
Xét hệ phương trình tuyến tính
Sylt
(f, g, x) · η = 0,
trong đó Sylt
(f, g, x) là ma trận chuyển vị của Syl(f, g, x), η = (η1, η2, . . . , ηn+m)t
.
Hệ phương trình được viết lại như sau:




















a0 b0
a1 a0 b1 b0
a2 a1
... b2 b1
...
...
... a0
...
... b0
...
...
...
...
...
...
an an−1
... bm bm−1
an
... bm
...
...
...
...
...
an bm








































η1
η2
η3
...
...
...
...
...
ηn+m




















=




















0
0
0
...
...
...
...
...
0




















. (2.1.2)
Nhận thấy hệ (2.1.1) tương đương với việc hệ phương trình tuyến tính thuần nhất
2.1.2 có một nghiệm khác không là
η = (β0, β1, . . . , βm−1, −α0, −α1, . . . , −αn−1).
17

Điều đó xảy ra khi và chỉ khi
det(Sylt
(f, g, x)) = 0.
Vậy Res(f, g, x) = det(Syl(f, g, x)) = det(Sylt
(f, g, x)) = 0.
Ví dụ 2.1.2.
a. Cho hai đa thức một biến
f(x) = (x + 1)(x + 2) = x2
+ 3x + 2,
g(x) = x + 1.
Hai đa thức này có một nhân tử chung là x + 1 khi đó
Res(f, g, x) =
1 3 2
1 1 0
0 1 1
=
1 0
1 1
−
3 2
1 1
= 1 − 1 = 0.
b. Xét xem hai đa thức sau có nhân tử chung hay không
f(x) = x3
− 2x2
+ x − 4,
g(x) = x2
+ 4x + 3.
Ta có
Res(f, g, x) =
1 −2 1 −4 0
0 1 −2 1 −4
1 4 3 0 0
0 1 4 3 0
0 0 1 4 3
= 416 = 0.
Do đó f và g không có nhân tử chung khác hằng số.
Mệnh đề 2.1.2. ([3], Bổ đề 3.4, trang 53). Giả sử f(x, y, z) và g(x, y, z) là các đa
thức thuần nhất khác hằng số với biến x, y, z,ngoài ra
f(1, 0, 0) = 0 = g(1, 0, 0).
Khi đó f(x, y, z) và g(x, y, z) có nhân tử chung là đa thức thuần nhất khác hằng số
khi và chỉ khi
Res(f, g, x) = 0.
Chứng minh. Giả sử f(x, y, z) và g(x, y, z) là các đa thức thuần nhất khác hằng số
theo x, y, z có bậc bằng n và m sao cho
f(1, 0, 0) = 0 = g(1, 0, 0).
18

Ta có thể giả sử f(1, 0, 0) = 1 = g(1, 0, 0). Khi đó coi f và g là các đa thức lồi có bậc
n và m theo x với các hệ số trong vành C[y, z](vành các đa thức biến y, z với hệ số
phức). Vành C[y, z] này nằm trong trường C(y, z) của các hàm hữu tỉ theo y và z,
tức là các hàm có dạng
h1(y, z)
h2(y, z)
,
trong đó h2(y, z) không đồng nhất bằng không.
Theo mệnh đề (2.1.1) khi coi f và g như là các đa thức theo biến x với các hệ số
trong trường C(y, z) thì Res(f, g, x) đồng nhất bằng không khi và chỉ khi f(x, y, z)
và g(x, y, z) có một nhân tử chung khác hằng số. Điều này chỉ xảy ra khi và chỉ khi
f(x, y, z) và g(x, y, z) có một nhân tử chung khác hằng số khi coi f và g là các đa
thức theo biến x với các hệ số trong vành C[x, y](xem hệ quả của bổ đề Gauss tại tài
liệu tham khảo [4] chương 4, §2, trang 180), hay tương đương f và g là các đa thức
ba biến x, y, z, hệ số phức. Hơn nữa bất kỳ một đa thức thừa số của một đa thức
thuần nhất là thuần nhất (xem phụ lục A tài liệu tham khảo [3] ), Do đó ta có điều
phải chứng minh.
Chú ý 2.1.1.
i. Lí do có thêm điều kiện
f(1, 0, 0) = 0 = g(1, 0, 0)
trong mệnh đề là để đảm bảo f và g giữ nguyên bậc đối với biến x với các hệ
số trong vành.
ii. Đa thưc f(x) = a0xn
+ a1xn−1
+ · · · + an được gọi là đa thức lồi nếu a0 = 1.
iii. Hệ quả của bổ đề Gauss[4] được phát biểu như sau:
Cho R là một vành nhân tử hóa và K trường thương của R. Khi đó hai đa thức
f(x) và g(x) trong R[x] có nhân tử chung khác hằng trong R[x] nếu và chỉ nếu
chúng có nhân tử chung khác hằng trong K[x].
Bổ đề 2.1.1. Giả sử h(x1, x2, . . . , xn) ∈ K[x1, x2, . . . , xn] là một đa thức n biến.
Nếu h = 0 khi 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.
Chứng minh. Ta có :
h(x1, x2, . . . , xn) = f1(x1) + f2(x2) + f(x1, x2),
trong đó
f1(x1) là đa thức n biến mà mỗi đơn thức đều chứa x1 và không chứa x2,
f2(x2) là đa thức n biến mà mỗi đơn thức đều chứa x2,
19

f2(x2) = xm
2 · g1 + xm−1
2 · g2 + · · · + x2 · gm với gi = gi(x1, x3, x4, . . . , xn), f(x1, x2) là
đa thức n biến mà mỗi đơn thức đều không chứa x1 và x2.
Khi đó:
h(x1, x1, x3, . . . , xn) = f1(x1) + f2(x1) + f(x1, x2).
Suy ra : h(x1, x2, . . . , xn) − h(x1, x1, x3, . . . , xn) = f2(x2) − f2(x1).
Vì h(x1, x1, x3, . . . , xn) = 0 nên:
h(x1, x2, . . . , xn) = f2(x2) − f2(x1)
= g1 · (xm
2 − xm
1 ) + g2 · (xm−1
2 − xm−1
1 ) + · · · + gm · (x2 − x1)
= (x2 − x1) · g(x1, x2, . . . , xn),
với g ∈ K[x1, x2, . . . , xn] nào đó.
Do đó h(x1, x2, . . . , xn) chia hết cho x1 − x2.
Mệnh đề 2.1.3. ([3], Bổ đề 3.7, trang 54). Giả sử f(x, y, z) và g(x, y, z) là các đa
thức thuần nhất bậc n và m với biến x, y, z. Khi đó kết thức Res(f, g, z) là một đa
thức thuần nhất, bậc n · m, hai biến x và y.
Chứng minh. Theo định nghĩa, kết thức Res(f, g, z) của các đa thức thuần nhất
f(x, y, z), g(x, y, z) bậc n và m là định thức của ma trận (n + m) × (n + m) với phần
tử hàng i cột j là một đa thức thuần nhất ri,j(x, y) theo x và y, bậc di,j xác định bởi
:
di,j =



j − i nếu 1 ≤ i ≤ m
m + j − i nếu m + 1 ≤ i ≤ m + n.
Khi đó Res(f, g, z) là một tổng:
Res(f, g, z) =
σ
n+m
i=1
sgn(σ)riσ(i)(x, y) ,
trong đó σ là một hoán vị của {1,. . . ,n+m}. Mỗi một số hạng như thế là một đa thức
thuần nhất có bậc bằng
n+m
i=1 diσ(i) = m
i=1(σ(i) − i) + n+m
i=m+1(m + σ(i) − i)
= m
i=1(σ(i) − i) + n+m
i=m+1(σ(i) − i) + n+m
i=m+1 m
= nm + m+n
i=1 σ(i) − m+n
i=1 i
= nm.
Do đó Res(f, g, z) là một đa thức thuần nhất bậc m · n theo x và y.
20

Mệnh đề 2.1.4. ([3], Bổ đề 3.6, trang 53). Giả sử :
f(x) = (x − α1)(x − α2) . . . (x − αn),
g(x) = (x − β1)(x − β2) . . . (x − βm),
trong đó α1, α2, . . . , αn, β1, β2, . . . , βm là các số phức thì:
Res(f, g, x) =
1≤i≤n,1≤j≤m
(βj − αi).
Hơn nữa, nếu f, g1, g2 là các đa thức ba biến x, y, z thì
Res(f, g1g2, x) = Res(f, g1, x)Res(f, g2, x).
Chứng minh. Coi f(x), g(x) là các đa thức thuần nhất theo x, α1, α2, . . . , αn, và
x, β1, β2, . . . , βm. Khi đó theo mệnh đề (2.1.3) thì Res(f, g, x) là một đa thức thuần
nhất theo các biến
α1, α2, . . . , αn, β1, β2, . . . , βm.
Hơn nữa theo bổ đề (2.1.1) đa thức này bằng 0 nếu αi = βj với mọi i, j (1 ≤ i ≤
nv1 ≤ j ≤ m). Vì vậy nó chia hết cho
1≤i≤n,1≤j≤m
(βj − αi).
Do đây cũng là một đa thức thuần nhất bậc m · n theo α1, α2, . . . , αn, β1, β2, . . . , βm.
Res(f, g, x) = c
1≤i≤n,1≤j≤m
(βj − αi), với c là một vô hướng nào đó.
Nếu β1 = β2 = · · · = βm = 0 hay g(x) = xm
,
f(x) = (x − α1)(x − α2) . . . (x − αn) = xn
+ · · · + (−1)n
α1α2 . . . αn thì kết thức của f
và g là định thức của ma trận tam giác, với đường chéo chính là
(1, 1, . . . , 1, (−1)n
α1α2 . . . αn, (−1)n
α1α2 . . . αn, . . . , (−1)n
α1α2 . . . αn).
Suy ra
Res(f, g, x) = (−1)nm
(α1α2 . . . αn)m
=
n
i=0
(−αi)m
.
Do đó vô hướng c = 1 nên
Res(f, g, x) =
1≤i≤n,1≤j≤m
(βj − αi).
21

Ta cũng suy ra ngay Res(f, g1g2, x) = Res(f, g1, x)Res(f, g2, x) với f, g1, g2 ∈ C[x].
Với f, g1, g2 là hàm ba biến thì
Res(f, g1g2, x)(b, c) = Res(f, g1, x)(b, c) · Res(f, g2, x)(b, c)
với mọi b, c ∈ C. Vì vậy :
Res(f, g1g2, x) = Res(f, g1, x)Res(f, g2, x),
với f, g1, g2 ∈ C[x, y, z].
2.2. Bội giao
Chúng ta sẽ định nghĩa bội giao Ip(C, D) tại điểm p = [a, b, c] của hai đường cong
C và D trong P2
thông qua kết thức của hai đa thức xác định hai đường cong đó
trong một hệ tọa độ thích hợp.
Hệ tọa độ xạ ảnh đó được chọn sao cho các điều kiện:
1. [1, 0, 0] không thuộc C ∪ D,
2. [1, 0, 0] không nằm trên đường thẳng nào nối hai điểm phân biệt, bất kỳ của
C ∩ D,
3. [1, 0, 0] không nằm trên đường tiếp tuyến của C hay D tại bất kỳ điểm nào của
C ∩ D,
được thỏa mãn.
Định nghĩa 2.2.1. Cho C và D là hai đường cong trong P2
, p = [a, b, c]. Khi đó:
• Nếu p nằm trên một thành phần chung của C và D thì Ip(C ∩ D) = ∞.
• Nếu p không nằm trên C ∩ D thì Ip(C, D) = 0.
• Nếu p nằm trên C ∩ D nhưng không nằm trên thành phần chung nào của C và
D. f(x, y, z) và g(x, y, z) là hai đa thức xác định hai đường cong C và D khi
đã bỏ đi các thành phần chung (nếu có). Chọn hệ tọa độ sao cho các điều kiện
1 đến 3 được thỏa mãn. Nếu p = [a, b, c] trong hệ tọa độ này thì Ip(C, D) là số
nguyên lớn nhất k sao cho (bz − cy)k
chia hết Res(f, g, x).
Mệnh 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 đa thức thuần nhất f1(x, y, 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 thức của một ma
trận đổi dấu khi chuyển chỗ hai hàng cho nhau
Res(f, g, x) = ±Res(g, f, x).
Do đó Ip(C, D) = Ip(D, C).
(ii) và (iii) Được suy ra trực tiếp từ định nghĩa.
(iv) Giả sử hai đường thẳng phân biệt đó là f = a1x+b1y+c1z và g = a2x+b2y+c2z.
Khi đó
Res(f, g, x) =
a1 b1y + c1z
a2 b2y + c2z
= (a1c2 − a2c1)z − (a2b1 − a1b2)y.
Theo định nghĩa thì bội giao tại điểm giao của hai đường thẳng này bằng một.
(v) Theo mệnh đề (2.1.4) thì Res(f1f2, g, x) = Res(f1, g, x)Res(f2, g, x) từ đó suy
ra luôn
Ip(C, D) = Ip(C1, D) + Ip(C2, D).
(vi) Giả sử:
f(x, y, z) = a0(y, z)xn
+ a1(y, z)xn−1
+ · · · + an(y, z),
g(x, y, z) = b0(y, z)xm
+ b1(y, z)xm−1
+ · · · + bm(y, z),
r(x, y, z) = c0(y, z)xm−n
+ c1(y, z)xm−n−1
+ · · · + cm−n(y, z)
23

là các đa thức thuần nhất. Ta có
f.r = a0(y, z)xn
+ · · · + an(y, z) c0(y, z)xm−n
+ · · · + cm−n(y, z)
= a0xm
+ (a0c1 + a1c0)xm−1
+ (a0c2 + a1c1 + a2c0)xm−2
+ · · · + ancm−n.
Do đó f · r + g là một đa thức bậc m.
Kết thức Res(f, f.r + g, x) là định thức của một ma trận thu được từ ma trận
xác định Res(f, g, x) bằng cách sau:
m hàng đầu giữ nguyên,
với m hàng sau thì
hàng(m+i) −→ hàng(m+i) + hàng(i)·c0+ hàng(i+1)·c1 + hàng(i+m−n)·cm−n
với 1 ≤ i ≤ n.
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 nên
Res(f, g, x) = Res(f, f · r + g, x).
Do đó
Ip(C, D) = Ip(C, E).
Chú ý 2.2.1.
1. Tồn tai duy nhất bội giao Ip(C, D) định nghĩa cho tất cả đường cong xạ ảnh C
và D thỏa mãn mệnh đề trên (chứng minh xem tại tài liệu tham khảo [3] chương
3, §3.1, trang 60).
2. Thật ra tất cả khẳng định trong chương này đều có thể phát biểu vẫn đúng với
những đường cong có thành phần bội.
Ví dụ 2.2.1. Tính bội giao tại điểm (0, 0) của hai đường cong C và D định nghĩa
bởi hai đa thức
f(x, y) = (x2
+ y2
)3
− 4x2
y2
,
g(x, y) = (x2
+ y2
)3
− x2
y2
.
Ta thực hiện theo hai cách sau:
Cách 1: sử dụng định nghĩa.
Ta thuần nhất hóa hai đa thức f và g
f(x, y, z) = (x2
+ y2
)3
− 4x2
y2
z2
,
24

g(x, y, z) = (x2
+ y2
)3
− x2
y2
z2
.
Chọn hệ tọa độ thỏa mãn các điều kiện từ 1 đến 3. Ta có
Res(f, g, x) = 729y24
· z12
.
Do đó I(0,0)(C, D) = 24.
Cách 2: sử dung mệnh đề 2.2.1.
Ta có
I(0,0)(C, D) = I(0,0)((x2
+ y2
)3
− 4x2
y2
, (x2
+ y2
)3
− x2
y2
)
= I(0,0)((x2
+ y2
)3
− 4x2
y2
, (x2
+ y2
)3
− 4x2
y2
+ 5x2
y2
)
= I(0,0)((x2
+ y2
)3
− 4x2
y2
, 5x2
y2
)
= I(0,0)((x2
+ y2
)3
, 5x2
y2
)
= I(0,0)((x2
+ y2
)3
, x2
y2
)
= 3I(0,0)(x2
+ y2
, x2
y2
)
= 6I(0,0)(x2
+ y2
, xy)
= 6(I(0,0)(x2
+ y2
, x) + I(0,0)(x2
+ y2
, y))
= 6(I(0,0)(y2
, x) + I(0,0)(x2
, y))
= 6(2I(0,0)(y, x) + 2I(0,0)(x, y))
= 6(2 + 2) = 24.
Vậy I(0,0)(C, D) = 24.
Hình 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) hoặc Res(f, g, x) đồng nhất bằng không hoặc
là tích của m · n thừa số tuyến tính (bz − cy) với b, c là các số phức, không đồng thời
bằng không.
Với cả hai trường hợp thì đều tồn tại (y, z) = (b, c) ∈ C2
{(0, 0)} để Res(f, g, x) bằng
không. Từ đó
Res(f(x, b, c), g(x, b, c), x) = 0.
Theo mệnh đề (2.1.1) thì 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 tại m·n+1 điểm. Chọn T là tập gồm
m · n + 1 điểm phân biệt trong C ∩ D. Khi đó ta có thể chọn được một điểm trong
P2
không nằm trên C ∪ D hay bất kỳ trong số hữu hạn các đường thẳng trong P2
đi
qua hai điểm phân biệt của T. Dùng một phép biến đổi xạ ảnh chúng ta có thể giả
thiết điểm này là [1, 0, 0].
Do đó các đường cong C và D định nghĩa bởi các đa thức thuần nhất f(x, y, z) và
g(x, y, z) bậc n và m sao cho
f(1, 0, 0) = 0 = g(1, 0, 0).
Theo mệnh đề (2.1.3) thì Res(f, g, x) một đa thức thuần nhất bậc m · n, biến y và z.
Theo mệnh đề (1.1.1) Res(f, g, x) không đồng nhất bằng không thì nó bằng tích của
m · n nhân tử tuyến tính dạng bz − cy với (b, c) ∈ C2
{(0, 0)}
Giả sử Res(f, g, x) bằng tích của m · n nhân tử tuyến tính dạng bz − cy. (∗)
Nếu (b, c) ∈ C2
{(0, 0)} thì bz − cy là một nhân tử của Res(f,g,x) khi và chỉ khi kết
thức
Res(f(x, β, γ), g(x, β, γ), x) = 0.
26

Theo mệnh đề (2.1.1) thì điều này tương đương với việc tồn tại a ∈ C sao cho
f(a, b, c) = g(a, b, c) = 0.
Nhưng nếu [α1, β1, γ1] ∈ T thì f(α1, β1, γ1) = g(α1, β1, γ1) = 0, với β1, γ1 không đồng
thời bằng không(do [1, 0, 0] /∈ T) do đó β1z−γ1y là một nhân tử của Res(f, g, x). Hơn
nữa nếu [α2, β2, γ2] ∈ T khác [α1, β1, γ1] thì β1z − γ1y = k(β2z − γ2y) với k là một vô
hướng nào đó, vì nếu ngược lại β1z−γ1y = k(β2z−γ2y) thì [α1, β1, γ1], [α2, β2, γ2], [1, 0, 0]
cùng nằm trên một đường thẳng trong P2
định nghĩa bởi bz = cy, mâu thuẫn với giả
thiết điểm [1, 0, 0].
Điều này chứng tỏ Res(f, g, x) có m · n + 1 nhân tử tuyến tính phân biệt và nó mâu
thuẫn với (∗), do đó Res(f, g, x) phải đồng nhất bằng không. Theo mệnh đề (2.1.2)
thì C và D có thành phần chung, điều này vô lý do đó ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 2.3.1. ([3], Hệ quả 3.10, trang 55).
(a) . Mỗi đường cong xạ ảnh trơn C trong P2
luôn bất khả qui.
(b) . Mỗi đường cong xạ ảnh C bất khả qui trong P2
đếu có hữu hạn điểm kì dị.
Chứng minh. (a). Giả sử
C = {(x, y, z) ∈ P2
|f(x, y, z)g(x, y, z) = 0}
là một đường cong trơn, khả qui trong P2
. Theo định lý (2.3.1) thì tồn tại ít nhất
một điểm [a, b, c] ∈ P2
sao cho
f(a, b, c) = 0 = g(a, b, c).
Mặt khác
∂(fg)
∂x
(a, b, c) =
∂f
∂x
(a, b, c)g(a, b, c) +
∂g
∂x
(a, b, c)f(a, b, c) = 0.
Tương tự ta cũng có
∂(fg)
∂y
(a, b, c) =
∂(fg)
∂z
(a, b, c) = 0.
Do đó [a, b, c] là điểm kì dị của C mâu thuẫn với giả thiết C trơn. Vậy ta có điều phải
chứng minh.
(b). Giả sử C được định nghĩa bởi đa thức thuần nhất f(x, y, z) bậc n. Không mất
tổng quát giả sử [1, 0, 0] không thuộc C vì thế hệ số của xn
trong f(x, y, z) khác
không. Điều này đảm bảo cho
g(x, y, z) =
∂f
∂x
(x, y, z)
27

là một đa thức thuần nhất bậc 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 n trong P2
giao nhau tại đúng n2
điểm và có đúng nm điểm trong số các điểm
này nằm trên một đường cong bất khả qui E có bậc m < n, khi đó n(n−m) điểm còn
lại nằm trên một đường cong bậc ít nhất bằng n − m.
Chứng minh. Giả sử C, D và E là các đường cong định nghĩa bởi các đa thức thuần
nhất tương ứng là f(x, y, z), g(x, y, z), h(x, y, z). Chọn một điểm [a, b, c] trên E nhưng
không thuộc C ∩ D.
Khi đó đường 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, z) là đa thức thuần nhất khác hằng số, bậc n − m nào đó. Từ đó suy
ra nếu [u, v, w] ∈ C ∩ D thì hoặc h(u, v, w) = 0 hoặc t(u, v, w) = 0. Vì có đúng nm
điểm của C ∩ D nằm trên E nên n(n − m) điểm còn lại nằm trên đường cong định
nghĩa bởi t(x, y, z), bậc n − m.
Hệ quả 2.3.2. ([3], Mệnh đề 3.15, trang 57). Các cặp cạnh đối của một hình lục
giác nội tiếp trong một conic trong P2
cắt nhau tại ba điểm cộng tuyến.
Chứng minh. Hình lục giác được gọi là nội tiếp trong một conic nếu tất cả các đỉnh
của nó đều nằm trên cônic. Ba điểm trong P2
được gọi là cộng tuyến nếu chúng nằm
trên một đường thẳng nào đó trong P2
.
Giả sử các cạnh của hình lục giác là các đường thẳng lần lượt định nghĩa bởi các đa
thức tuyến tính l1, l2, . . . , l6 biến x, y, z. Hai đường cong xạ ảnh bậc ba định nghĩa bởi
l1l3l5 và l2l4l6
giao nhau tại sáu đỉnh của hình lục giác và ba điểm giao của các cặp cạnh đối
{l1, l4}, {l2, l5} và {l3, l6}.
Theo mệnh đề (2.3.1) thì ba điểm giao này nằm trên một đường thẳng.
28

Hình 2.2: Lục giác Pascal
Chú ý 2.2.2 Khi chúng ta xét hệ quả trên trong không gian R2
thì ta thu được 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
p∈C∩D
Ip(C, D) = m · n.
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 D định nghĩa bởi các đa thức thuần nhất f(x, y, z) và g(x, y, z)
trong hệ tọa độ này. Theo các mệnh đề (2.1.3) và (2.1.2) kết thức Res(f, g, x) là một
đa thức thuần nhất bậc m · n với hai biến y và z, không đồng nhất bằng không, vì
vậy theo mệnh đề (1.1.1) nó có thể phân tích thành tích của m·n thừa số tuyến tính,
chẳng hạn như
Res(f, g, x) =
k
i=1
(biz − ciy)si
trong đó si là một số nguyên s1 +s2 +· · ·+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 xem là một trong 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 một đường bậc ba.
Bài toán ngược lại của định lý bezout được phát biểu như sau:
Cho trước hai số nguyên dương m và n. Với một bộ k số nguyên dương bất kì
[s1, s2, . . . , sk] sao cho s1 + s2 + · · · + sk = m · n. Liệu có tồn tại hay không hai đường
cong xạ ảnh bậc m và n trong P2
sao cho chúng giao nhau tại k điểm với số bội giao
tương ứng là s1, s2, . . . , sk.
Kết quả chính của chương này là mệnh đề 3.2.1. Để đơn giản ta xét các đường cong
trong C2
.
3.1. Bội giao của hai đường cong tại một điểm
Trong mục này chúng tôi tìm hiểu số giao của hai đường cong bậc m và bậc n
tại một điểm. Bổ đề dưới đây cho chúng ta một cách tính số giao một cách hiệu quả
trong trường hợp một đường cong có thể tham số hóa được bằng đa thức.
Bổ đề 3.1.1. Cho hai đường cong C và D định nghĩa bởi f(x, y) = 0 và g(x, y) = 0.
f(x, y) có phương trình tham số là



x = φ(t)
y = ψ(t),
31

với φ(t), ψ(t) ∈ C[t]. Khi đó
I(0,0)(C, D) = ldegtg φ(t), ψ(t) ,
trong đó ldegtg φ(t), ψ(t) là kí hiệu bậc nhỏ nhất của đơn thức trong g φ(t), ψ(t)
theo t.
Chứng minh. Giao điểm của C và D chính là nghiệm của hệ phương trình



f(x, y) = 0
g(x, y) = 0
và số bội giao là số bội của nghiệm của hệ phương trình đó.
Vì f(x, y) có phương trình tham số



x = φ(t)
y = ψ(t)
nên g φ(t), ψ(t) = 0 chính là phương trình giao điểm của C và D theo biến t.
Ta có thể biểu diễn g φ(t), ψ(t) = tk
h(t), trong đó 0 ≤ k ≤ deg(f)deg(g), h(t) là đa
thức thỏa mãn h(0) = 0.
Khi đó g φ(t), ψ(t) = 0 có nghiệm t = 0 bội k. Mặt khác k cũng chính là bậc của
đơn thức có bậc nhỏ nhất trong đa thức g φ(t), ψ(t) . Vậy ta có điều phải chứng
minh.
Từ bổ đề trên ta có kết quả sau.
Mệnh đề 3.1.1. 1
Cho 0 ≤ p ≤ m · n. Luôn tồn tại hai đường cong bậc m và n sao
chúng giao nhau tại O(0, 0) với bội giao là p.
Chứng minh. Chọn C là đường cong định nghĩa bởi f(x, y) = yk
− xm
với k ≤ m.
Bài toán đặt ra tương tự với việc tìm đường cong D bậc n sao cho bội giao tại O của
hai đường cong bằng p. D là đường cong định nghĩa bởi
g(x, y) =
i+j≤n
aijxi
yj
.
Đường cong C có phương trình tham số là:
x = tk
, y = tm
.
Khi đó
g(x, y) = g(tk
, tm
) =
i+j≤n
aijtik+jm
.
1
Mệnh đề này được giới thiệu bởi người hướng dẫn
32

Xét phép chia p cho m, p = q · m + k. Ta chọn a1q = 0 và các hệ số aij = 0 với
ik + jm < p. Khi đó
IO(f, g) = ldegtf(tk
, tm
) = p.
Ví dụ 3.1.1. Tìm hai đường cong bậc 4 sao cho chúng giao nhau tại O với bội giao
bằng 11.
Xét phép chia 11 cho 4: 11 = 2 · 4 + 3. Ta chọn k = 3, i = 1, j = 2. Khi đó chọn C và
D lần lượt là hai đường cong xác định bởi
f(x, y) = y3
− x4
và g(x, y) = xy2
+ y4
.
Xét Res(f, g, x) = y11
(1−y5
) và Res(f, g, y) = x11
(1+x5
). Từ đó ta có IO(f, g) = 11.
3.2. Một số trường hợp riêng của bài toán ngược
lại
Mệnh đề 3.2.1. Cho một bộ k số nguyên dương [s1, s2, . . . , sk] bất kì, có tổng s1 +
s2 + · · · + sk = m · n(n ≤ m) và
m · n <
(m + 1)(m + 2)
2
.
Khi đó luôn tồn tại hai đường cong bậc n và m sao cho chúng giao nhau tại k điểm
với số bội giao tương ứng là s1, s2, . . . , sk.
Chứng minh. Chọn C là đường cong bậc n định nghĩa bởi f(x, y) = y − xn
. Bài toán
đặt ra bây giờ là chỉ ra sự tồn tại của đường cong D bậc m sao cho D giao C tại k
điểm và tại mỗi điểm bội giao tương ứng là s1, s2, . . . , sk.
D là đường cong bậc m định nghĩa bởi
g(x, y) =
i+j≤m
aijxi
yj
, ∃aij = 0(i + j = m).
Xét điểm M = (b, bn
) ∈ C tùy ý. Chuyển hệ tọa độ trong phép tịnh tiến theo
−−→
OM



x = X + b
y = Y + bn
.
Khi đó
f → f1 = Y + bn
− (X + b)n
g → g1 =
i+j≤m
aij(X + b)i
(Y + bn
)j
.
33

Trong hệ tọa độ mới f1 có phương trình tham số



X = t = φ(t)
Y = (t + b)n
− bn
= ψ(t).
Khi đó
g1 φ(t), ψ(t)) =
i+j≤m
aij(t + b)i
(t + b)nj
=
i+j≤m
aij(t + b)i+nj
=
i+j≤m
C0
ijaij +
i+j≤m
C1
ijaijt + · · · +
i+j≤m
Cnm
ij aijtnm
,
trong đó
i+j≤m
Ck
ijaij
là một tổ hợp tuyến tính nào đó của aij. Theo bổ đề (3.1.1) để C ∩ D tại M(b, bn
)
với số bội giao là sb(s1 ≤ sb ≤ sk) thì
I(0,0)(C, D) = ldegtg1(φ(t), ψ(t)) = sb.
Khi đó
i+j≤m
Ce
ijaij = 0. với mọi e, 0 ≤ e ≤ sb − 1.
Khi e chạy từ 0 đến sb − 1 thì ta nhận được một hệ sb phương trình tuyến tính thuần
nhất với biến aij. Do đó tại k điểm của C ∩D ta nhận được một hệ s1 +s2 +· · ·+sk =
m · n phương trình tuyến tính thuần nhất với biến aij.
Tập hợp H = {aij|i + j ≤ m} gồm (m+1)(m+2)
2
phần tử. Vì
m · n <
(m + 1)(m + 2)
2
nên hệ phương trình thu được là một hệ tuyến tính thuần nhất có số phương trình ít
hơn số ẩn. Ta có thể chọn một nghiệm sao cho aij = 0, với i + j = m, như vậy tồn tại
đường cong D bậc m sao cho D giao C tại k điểm và tại mỗi điểm có bội giao tương
ứng là s1, s2, . . . , sk. Từ dó ta có điều phải chứng minh.
Mệnh đề 3.2.2. Luôn tồn tại hai đường cong với bậc tương ứng là m và n sao cho:
• Chúng giao nhau tại m · n điểm với bội giao đều bằng một.
• Chúng giao nhau tại một điểm với bội giao là m · n.
Chứng minh. Thật vậy, giả sử n ≤ m, chọn C là đường cong định nghĩa bởi f(x, y) =
xn
+ yn
− 1.
Khi đó:
34

• D là đường cong định nghĩa bởi
g(x, y) = (x +
1
2
)(x +
1
3
) . . . (x +
1
m + 1
) + xn
+ yn
− 1.
Khi đó C và D giao nhau tại m · n điểm với bội giao đều bằng một.
• E là đường cong định nghĩa bởi
h(x, y) = (x − 1)m
+ xn
+ yn
− 1.
Khi đó C và E giao nhau tại một điểm (1, 0) với
I(1,0)(C, E) = I(1,0) xn
+ yn
− 1, (x − 1)m
+ xn
+ yn
− 1
= I(1,0) xn
+ yn
− 1, (x − 1)m
= m.I(1,0)(xn
+ yn
− 1, x − 1)
= m.I(1,0)(yn
, x − 1)
= m.n.I(1,0)(y, x − 1)
= m · n.
Mệnh đề 3.2.3. Luôn tồn tại hai đường cong bậc m và n(n ≤ m) sao cho chúng
giao nhau tại hai điểm với bội giao là [1, mn − 1], hoặc [2, mn − 2], hoặc, . . . , hoặc
[n − 1, mn − n + 1].
Chứng minh. Cho a ∈ N sao cho 1 ≤ a ≤ n − 1.
Lấy C1 định nghĩa bởi g(x, y) = ya
(y − xn−a
).
Lấy C2 định nghĩa bởi h(x, y) = ym
+ y.xm−n+a
− y.xm−n+a−1
− xm
+ xm−1
= ym
+ xm−n+a
(y − xn−a
) + xm−n+a−1
(y − xn−a
).
Khi đó C1 và C2 giao nhau tại (1, 0) và (0, 0) với
I(1,0)(C1, C2) = I(1,0) ya
(y − xn−a
), ym
+ y.xm−n+a
− y.xm−n+a−1
− xm
+ xm−1
= I(1,0) ya
, ym
+ 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, 1 − x)
= a
và
I(0,0)(C1, C2) = I(0,0) ya
(y − xn−a
), ym
+ xm−n+a
(y − xn−a
) + xm−n+a−1
(y − xn−a
)
= I(0,0) ya
, ym
+y.xm−n+a
−y.xm−n+a−1
−xm
+xm−1
+I(0,0) y−xn−a
, ym
+
+ 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
, ym
)
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 tại hai đường cong bậc m và n (n ≤ m) sao cho chúng giao
nhau tại k điểm với bội giao tương ứng là m.i1, m.i2, . . . , m.ik với i1 +i2 +· · ·+ik = n.
Chứng minh. Lấy C1 định nghĩa bởi g(x, y) = y − (x − x1)i1
(x − x2)i2
. . . (x − xk)ik .
Lấy C2 định nghĩa bởi h(x, y) = ym
− g(x, y).
Khi đó C1, C2 giao nhau tại k điểm (x1, 0), (x2, 0) . . . , (xk, 0) với bội giao tương ứng
là i1, i2, . . . , ik với
I(xt, 0)(C1, C2) = I(xt,0)(g(x, y), h(x, y)) = I(xt,0)(g(x, y), ym
) = 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 một số trường hợp cụ thể
Ta kí hiệu [s1, s2, . . . , sk] là bộ số bội giao của hai đường cong tại k điểm.
3.3.1. Hai đường cong bậc hai
Hai đường cong bậc hai C và D giao nhau tại bốn điểm tính cả bội với các trường
hợp là [1, 1, 1, 1], [1, 1, 2], [1, 3], [2, 2], [4].
Chọn C là đường cong định nghĩa bởi f(x, y) = y − x2
. Ta phải tìm đường cong D
được định nghĩa bởi
g(x, y) = a20x2
+ a02y2
+ a11xy + a10x + a01y + 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 tại bốn điểm đó
với bội [1,1,1,1] thì



a00 = 0
a20 + a02 + a11 + a10 + a01 + a00 = 0
a20 + a02 − a11 − a10 + a01 + a00 = 0
4a20 + 16a02 + 8a11 + 2a10 + 4a01 + a00 = 0.
Chọn một nghiệm của hệ trên là (a20, a02, a11, a10, a01, a00) = (1, −1, 2, −2, 0, 0).
Khi đó D định nghĩa bởi g(x, y) = x2
− y2
+ 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
là 


x = t
y = t2
.
Khi đó
g(t, t2
) = a02t4
+ a11t3
+ (a20 + a01)t2
+ a10t + a00.
Do đó để D giao C tại ba điểm (1,1), (-1,1), (0,0) với số bội là [1,1,2] thì



a20 + a02 + a11 + a10 + a01 + a00 = 0
a20 + a02 − a11 − a10 + a01 + a00 = 0
a00 = 0
a10 = 0.
Chọn một nghiệm của hệ trên là (a20, a02, a11, a10, a01, a00) = (1, 1, 0, 0, −2, 0).
+ y2
− 2y.
• Trường hợp 3: [1,3].
Chọn hai điểm (1,1), (0,0) thuộc C. Với f(x, y) có phương trình tham số là



x = t
y = t2
.
Khi đó
g(t, t2
) = a02t4
+ a11t3
+ (a20 + a01)t2
+ a10t + a00.
37

Hình 3.2: Trường hợp [1,1,2].
Do đó để D giao C tại hai điểm (1,1), (0,0) với số bội là [1,3] thì



a20 + a02 + a11 + a10 + a01 + a00 = 0
a00 = 0
a10 = 0
a20 + a01 = 0.
Chọn một nghiệm của hệ này là (a20, a02, a11, a10, a01, a00) = (1, 1, −1, 0, −1, 0).
+ y2
− xy − y.
Hình 3.3: Trường hợp [1,3].
Chọn hai điểm (1, 1), (0, 0) thuộc C.
Tại điểm (0,0), do f(x, y) có phương trình tham số là



x = t
y = t2
.
38

Khi đó
g(t, t2
) = a02t4
+ a11t3
+ (a20 + a01)t2
+ a10t + a00.
Do đó để D giao C tại điểm (0,0) với số bội là 2 thì



a00 = 0
a10 = 0.
Tại điểm (1, 1), ta chuyển hệ tọa độ để (1, 1) −→ (0, 0)



x = X + 1
y = Y + 1.
Khi đó
f −→ f1 = Y + 1 − (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 = 0 có phương trình tham số



X = t
Y = (t + 1)2
− 1,
g1 t, (t + 1)2
− 1 =a02t4
+ (a11 + 4a02)t3
+ (a20 + 3a11 + a01 + 6a02)t2
+
+ (2a01 + 3a11 + 2a20 + a10 + 4a02)t + a20 + a01 + a02 + a00 + a11 + a10.
Do đó để D giao C tại điểm (1, 1) với số bội là 2 thì



a20 + a01 + a02 + a00 + a11 + a10 = 0
2a01 + 3a11 + 2a20 + a10 + 4a02 = 0.
Do đó để D giao C tại hai điểm (1, 1), (0, 0) với số bội là [2,2] thì



a00 = 0
a10 = 0
a20 + a01 + a02 + a00 + a11 + a10 = 0
2a01 + 3a11 + 2a20 + a10 + 4a02 = 0.
Chọn một nghiệm của hệ này là (a20, a02, a11, a10, a01, a00) = (2, 1, −2, 0, −1, 0).
Khi đó D định nghĩa bởi g(x, y) = 2x2
+ y2
− 2xy − y.
39

• Trường hợp 5: [4].
Chọn điểm (0, 0) thuộc C. Với f(x, y) có phương trình tham số là



x = t
y = t2
.
Khi đó g(t, t2
) = a02t4
+ a11t3
+ (a20 + a01)t2
+ a10t + a00.
Do đó để D giao C tại điểm (0, 0) với số bội là [4] thì



a00 = 0
a10 = 0
a20 + a01 = 0
a11 = 0.
Chọn một nghiệm của hệ này là (a20, a02, a11, a10, a01, a00) = (1, 1, 0, −1, 0, 0).
+ y2
− y.
Hình 3.5: Trường hợp [4]
40

3.3.2. Một đường cong bậc hai và một đường cong bậc ba
Tương tự như 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
− y3
+ 6y2
− 7y + 1.
Khi đó
Res(f, g, x) = (y − 1)2
(y2
− 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
− y3
+ 6y2
− 7y.
Khi đó
Res(f, g, x) = y2
(6 + y2
− 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 = y3
− xy − x3
.
Khi đó
Res(f, g, x) = −y3
(−4 + y3
),
Res(f, g, y) = x3
(−2 + x3
).
• Trường hợp 4: [1,1,4].
Với g = y3
+ x3
− xy − 2y2
.
Khi đó
Res(f, g, x) = −y4
(y − 2)2
,
Res(f, g, y) = x4
(−2 + x2
).
42

Với g = x3
− y2
x + y3
− xy.
Khi đó
Res(f, g, x) = −y5
(−1 + y),
Res(f, g, y) = x5
(−1 + x).
• Trường hợp 6: [1,1,2,2].
Với g = x3
− yx2
+ 5y3
− 7y2
x + x2
+ y2
.
Khi đó
Res(f, g, x) = −y2
(25y2
+ y + 1)(−1 + y)2
,
Res(f, g, y) = x2
(5x2
+ 3x + 1)(−1 + x)2
.
43

• Trường hợp 7, [1,2,3].
Với g = −2x3
− y3
+ 3y2
.
Khi đó
Res(f, g, x) = −y3
(y − 4)(−1 + y)2
,
Res(f, g, y) = −x3
(x + 2)(−1 + x)2
.
• Trường hợp 8: [2,2,2].
Với g = x3
+ 2y3
− 4y2
+ 2x2
− xy.
Khi đó
Res(f, g, x) = −4y2
(−1 + y)4
,
Res(f, g, y) = 2x2
(−1 + x)2
(x + 1)2
.
44

Với g = x3
+ 2y3
− 4y2
x + 2y2
− xy.
Khi đó
Res(f, g, x) = −4y4
(−1 + y)2
,
Res(f, g, y) = 2x4
(−1 + x)2
.
• Trường hợp 10: [3,3].
Với g = x3
− y3
+ 3y2
x + yx2
− 4y2
.
Khi đó
Res(f, g, x) = −y3
(−1 + y)3
,
Res(f, g, y) = −x3
(−1 + x)3
.
45

• Trường hợp 11: [6].
Với g = x3
+ y3
− xy.
Khi đó
Res(f, g, x) = −y6
,
Res(f, g, y) = x6
.
Hình 3.16: Trường hợp [6].
3.3.3. Hai đường cong bậc bốn
Hai đường cong này không thỏa mãn mệnh đề 3.2.1. Nhưng ta vẫn có thể tìm
được hai đường cong bậc bốn thỏa mãn một số trường hợp sau:
• [1, 1, . . . , 1] và [16] đã nói trong mệnh đề 3.2.2.
• [1, 15] như đã nói ở mệnh đề 3.2.3, với C định nghĩa bởi g(x, y) = y(y − x3
).
D định nghĩa bởi h(x, y) = y4
+ y.x − y − x4
+ x3
.
Khi đó Res(f, g, x) = y16
, Res(f, g, y) = −x15
(x − 1).
46

• [4, 4, 4, 4]. Ta có thể chọn hai đường cong như đã nói ở mệnh đề 3.2.4 hoặc chọn
khác đi.
C định nghĩa bởi f(x, y) = x4
+ y4
− 1. D định nghĩa bởi
g(x, y) = (x + 1)(x − 1)(y + 1)(y − 1) + x4
+ y4
− 1.
Khi đó
Res(f, g, x) = y4
(y − 1)4
y4
(y + 1)4
,
Res(f, g, y) = (x − 1)4
x4
(x + 1)4
x4
.
Tương tự ta có các trường hợp
• [4, 4, 8] với C định nghĩa bởi f(x, y) = x4
+y4
−1 và D định nghĩa bởi g(x, y) =
(x + 1)(x − 1)(y + 1)2
+ x4
+ y4
− 1.
• [8, 8] với C định nghĩa bởi f(x, y) = x4
+ y4
− 1 và D định nghĩa bởi g(x, y) =
(x + 1)2
(y + 1)2
+ x4
+ y4
− 1.
• [4, 12] với C định nghĩa bởi h = y − (x − 1)(x + 1)3
và D định nghĩa bởi
g(x, y) = y4
− h(x, y).
Nhận xét 3.2.1 Trong trường hợp hai đường cong bậc bốn, chúng tôi có thể đưa
được tất cả các trường hợp tuy nhiên để đưa được hết vào luận văn thì quá dài nên
không trình bày tất cả. Từ những ví dụ trên ta có thể hi vọng tồn tại toàn bộ các
trường hợp của bài toán ngược định lý Bézout.
47

KẾT LUẬN
Đóng góp chính của luận văn bao gồm:
1 Đọc hiểu và trình bày lại các kết quả về kết thức, định lý Bézout.
2 Chứng minh chiều ngược lại của định lý Bézout cho một số trường hợp riêng.
Ngoài ra, luận văn còn cho nhiều ví dụ minh họa cho chiều ngược lại.
Tuy nhiên do thời gian thực hiện luận văn không nhiều còn có những sai sót chúng
tôi rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy cô và 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

Luận văn: Định lý bézout và chiều ngược lại, HAY, 9đ

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Luận văn: Định lý bézout và chiều ngược lại, HAY, 9đ

Similar to Luận văn: Định lý bézout và chiều ngược lại, HAY, 9đ (20)

More from Dịch vụ viết bài trọn gói ZALO 0917193864

More from Dịch vụ viết bài trọn gói ZALO 0917193864 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (19)

Luận văn: Định lý bézout và chiều ngược lại, HAY, 9đ