Luận văn Thạc sĩ Toán học: Kì dị của đường cong phẳng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:58

Thêm vào BST

Báo xấu

15
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích của luận văn này là trình bày lại một số kết quả về đường cong phẳng dựa theo tài liệu "Plane Algebraic Curves" của Gerd Fischer và "Elementary Algebraic Geometry" của Klaus Hulek. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Kì dị của đường cong phẳng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ————————————————— TRỊNH SAO LINH KÌ DỊ CỦA ĐƯỜNG CONG PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên – 2016
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ————————————————— TRỊNH SAO LINH KÌ DỊ CỦA ĐƯỜNG CONG PHẲNG Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60.46.01.04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS. ĐOÀN TRUNG CƯỜNG Thái Nguyên – 2016
Lời cam đoan Tôi xin cam đoan rằng nội dung trình bày trong luận văn này là trung thực, không trùng lặp với các đề tài khác và các thông tin trích dẫn trong luận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc. Thái Nguyên, tháng 4 năm 2016 Người viết luận văn Trịnh Sao Linh i
Lời cảm ơn Luận văn được hoàn thành trong khóa 22 đào tạo Thạc sĩ của trường Đại học Sư phạm – Đại học Thái Nguyên, dưới sự hướng dẫn của TS. Đoàn Trung Cường, Viện Toán học. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy hướng dẫn, người đã tạo cho tôi một phương pháp nghiên cứu khoa học, tinh thần làm việc nghiêm túc và đã dành nhiều thời gian, công sức hướng dẫn tôi hoàn thành luận văn. Tôi cũng xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo của trường Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học, những người đã tận tình giảng dạy, khích lệ, động viên tôi vượt qua những khó khăn trong học tập. Tôi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo Khoa Sau đại học, Trường Đại học Sư phạm – Đại học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, giúp đỡ tôi trong suốt thời gian tôi học tập. Cuối cùng, tôi xin cảm ơn gia đình, người thân và bạn bè đã động viên, ủng hộ tôi để tôi có thể hoàn thành tốt khóa học và luận văn của mình. Thái Nguyên, tháng 4 năm 2016 Người viết luận văn Trịnh Sao Linh ii
Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục iii Mở đầu 1 1 Kiến thức chuẩn bị 3 1.1 Miền phân tích duy nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Kết thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2 Đường cong affin và xạ ảnh 11 2.1 Đường cong đại số affin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.2 Đường cong xạ ảnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.3 Bội giao và cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 2.4 Tập các điểm kì dị và đường thẳng tiếp xúc . . . . . . . . . 26 3 Đường cong phẳng bậc 3 32 iii
3.1 Đường cong phẳng suy rộng. . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3.2 Bội giao của các đường cong suy rộng. . . . . . . . . . . . . 35 3.3 Đường cong bậc 3 bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . 40 3.4 Phân loại đường cong trơn bậc 3 . . . . . . . . . . . . . . . 42 Kết luận 50 Tài liệu tham khảo 51 iv
Mở đầu Hình học đại số là một nhánh của toán học, nghiên cứu về nghiệm của các phương trình đa thức. Đa thức một biến có bao nhiêu nghiệm? Câu hỏi này được trả lời một cách rõ ràng bởi "Định lý cơ bản của đại số". Nhưng nếu ta xét trong trường hợp đa thức hai biến thì tập nghiệm là vô hạn. Những tập như vậy, có thể được xem như là đối tượng của hình học. Chính xác hơn là đường cong phẳng đại số. Vì vậy, có hai con đường để xét tính giao nhau ở đây. Một là từ đại số, và một là từ hình học nên nó không đáng ngạc nhiên khi các tính chất của đường cong đã được nghiên cứu trong nhiều thế kỷ. Mục đích của luận văn này là trình bày lại một số kết quả về đường cong phẳng dựa theo tài liệu "Plane Algebraic Curves" của Gerd Fischer và "Elementary Algebraic Geometry" của Klaus Hulek. Luận văn này chia làm ba chương: Chương 1, trình bày một số kiến thức về miền phân tích duy nhất và kết thức. Đây cũng là công cụ cơ bản dùng cho các định nghĩa và chứng minh ở chương sau. Chương 2, được dành để trình bày về các khái niệm trong đường cong affine và đường cong xạ ảnh, lý thuyết giao... Ngoài ra, còn trình bày về khái niệm điểm kì dị, điểm trơn, đường thẳng tiếp xúc của đường cong... 1
Chương 3, trình bày sự phân loại đường cong bậc 3 qua tương đương xạ ảnh cũng như sự phân loại đường cong bậc 3 trơn bằng cách sử dụng J−bất biến. Thái Nguyên, tháng 4 năm 2016 Người viết luận văn Trịnh Sao Linh 2
Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Miền phân tích duy nhất Mục này được dành để nhắc lại định nghĩa và một số kết quả cơ bản về miền phân tích duy nhất. Trước hết ta có định nghĩa phần tử bất khả quy. Định nghĩa 1.1.1. Cho A là một miền nguyên. Một phần tử a ∈ A là bất khả quy nếu từ mọi phân tích a = bc với b, c ∈ A, thì hoặc b hoặc c là phần tử khả nghịch trong A. Xét một phần tử 0 6= a ∈ A. Một phân tích a = an1 1 . . . anr r với a1 , . . . , ar ∈ A là các phần tử bất khả quy và n1 , . . . , nr ∈ N được gọi là một phân tích bất khả quy. Ta nói phân tích bất khả quy đó là duy nhất nếu trong trường hợp a có phân tích bất khả quy khác a = bm ms 1 . . . bs , 1 với b1 , . . . , bs ∈ A là các phần tử bất khả quy, m1 , . . . , ms N, thì s = r và sau một cách đánh số lại, ta được ni = mi , bi = λi ai , i = 1, . . . , r với λi là các phần tử khả nghịch trong A. Định nghĩa 1.1.2. Một miền nguyên A là một miền phân tích duy nhất 3
nếu mọi phần tử khác 0 và không khả nghịch trong A đều có một phân tích bất khả quy duy nhất. Ví dụ 1.1.3. Cho k là một trường. Vành đa thức một biến k[x] là một miền phân tích duy nhất. Bằng cách phân tích một đa thức thành tích các đa thức có bậc thấp hơn, ta thấy một đa thức luôn có phân tích bất khả quy. Sự duy nhất của phân tích đó là hệ quả của thuật toán chia Euclid. Tính chất phân tích duy nhất khá phổ biến và có ứng dụng quan trọng trong toán học. Một trong những lý do là định lý sau đây. Định lý 1.1.4. Vành đa thức trên một miền phân tích duy nhất là một miền phân tích duy nhất. Ví dụ 1.1.3 là trường hợp riêng của định lý này. Thật vậy, một trường k luôn là một miền phân tích duy nhất. Do đó, k[x] là miền phân tích duy nhất theo Định lý 1.1.4. Từ Ví dụ 1.1.3 và Định lý 1.1.4, ta có hệ quả quan trọng sau đối với phần cuối của luận văn. Hệ quả 1.1.5. Cho k là một trường, vành đa thức hai biến k[x, y] là một miền phân tích duy nhất. Chứng minh. Ta có thể coi k[x, y] = k[x][y] là vành đa thức theo biến y trên vành k[x]. Do đó, kết luận là hệ quả trực tiếp của Ví dụ 1.1.3 và Định lý 1.1.4. 4
1.2 Kết thức Khái niệm kết thức có vai trò đặc biêt quan trọng trong lý thuyết đường cong phẳng. Nó cho chúng ta xét giao của các đường cong, từ đó dẫn đến nhiều khái niệm cơ sở khác. Do phần này ít được đề cập đến trong các tài liệu đại số nên chúng tôi trình bày chứng minh cụ thể cho các kết quả chính. Định nghĩa 1.2.1. Trên vành giao hoán có đơn vị A, xét hai đa thức f (x) = a0 X m + ... + am , g(x) = b0 X n + ... + bn ∈ A[X]. Kết thức của f và g là    a0 a1 ... am 0 ... 0 0   0 a0 a1 ... am 0 ... 0       ...     0 ... ... am    Rf,g = det      b0 b1 ... bn 0 ... 0 0     0 b0 b1 ... bn 0 ... 0       ...     0 ... ... ... bn Ma trận trên có cỡ (m + n) × (m + n). Ma trận này có các hàng là tọa độ của đa thức X n−1 f, X n−2 f, . . . , Xf, f, X m−1 , . . . , Xg, g theo cơ sở X n+m−1 , . . . , X, 1. Theo định nghĩa Rf,g ∈ A. Tầm quan trọng của kết thức là định lý sau. Định lý 1.2.2. Cho A là miền phân tích duy nhất. Cho f, g ∈ A[X] với a0 , b0 6= 0. Khi đó, hai khẳng định sau là tương đương i) f, g có nhân tử chung với bậc ≥ 1 trong A[X]. 5
ii) Rf,g = 0 trong A. Để chứng minh định lý, trước tiên ta chứng minh bổ đề sau. Bổ đề 1.2.3. Nếu miền nguyên A với hai đa thức f, g ∈ A[X] có bậc n, m tương ứng. Khi đó, hai khẳng định sau là tương đương i) Tồn tại hai đa thức 0 6= p(x), q(x) ∈ A[X] có bậc deg(p) < deg(g), deg(q) < deg(f ), thỏa mãn pf + qg = 0. ii) Rf,g = 0 trong A. Chứng minh bổ đề. Với A là miền nguyên, ký hiệu na o K= |a, b ∈ A, b 6= 0 b là trường các phân thức trên A. Xét f, g như các đa thức trên K . Ta có Rf,g = det M với M là ma trận vuông.    a0 a1 ... am 0 ... 0 0   0 a0 a1 ... am 0 ... 0       ...     0 ... ... am    M =     b0 b1 ... bn 0 ... 0 0     0 b0 b1 ... bn 0 ... 0       ...     0 ... ... ... bn Chú ý rằng, các hàng của ma trận này là tọa độ của các đa thức X n−1 f, X n−2 f, . . . , Xf, f, X m−1 , . . . , Xg, g theo cơ sở X n+m−1 , . . . , X, 1. Do vậy, Rf,g = 0 tương đương với các hàng của M là phụ thuộc tuyến tính. 6
Nói cách khác, tồn tại α1 , . . . , αn , β1 , . . . , βm ∈ K không đồng thời bằng 0 sao cho (α1 X n−1 f + . . . + αn−1 Xf + αn f ) + (β1 X m−1 g + . . . + βm−1 Xg + βm g) = 0. Chú ý rằng, bằng cách quy đồng mẫu số ta có thể giả sử αi , βj ∈ A. Đặt Đặt p(x) = α1 X n−1 + . . . + αn , q(x) = β1 X m−1 + . . . + βm . Sử dụng bổ đề 1.2.3 suy ra pf + qg = 0. Để chứng minh Định lý 1.2.2, ta sử dụng A là miền phân tích duy nhất và chứng minh hai khẳng định sau là tương đương i) f và g có nhân tử chung với bậc ≥ 1 trong A[X]. ii) Tồn tại p(x), q(x) ∈ A[X] không đồng thời bằng 0 với deg p < deg g , deg q < deg f, thỏa mãn pf + qg = 0. Chứng minh. i) ⇒ ii). Giả sử h là nhân tử chung thì f = f1 h và g = g1 h, trong đó f1 , g1 ∈ A[X] với deg f1 < deg f, deg g1 < deg g. Đặt p(x) = g1 (x), q(x) = −f1 (x) ta có pf + qg = 0. ii) ⇒ i) Vì A là miền phân tích duy nhất nên A[X] cũng là miền phân tích duy nhất. Vì pf + qg = 0 nên f | qg . Do A[X] là miền phân tích duy nhất suy ra f = f1n1 ...frnr với f1 , ...fr là các đa thức bất khả quy khác nhau. Nếu f, g nguyên tố cùng nhau thì f1 , . . . , fr không là ước của g . Vậy, f và g phải có nhân tử chung f1n1 |q, ..., frnr |q, dẫn đến f |q , mâu thuẫn với deg q < deg f. 7
Trên C mọi đa thức đều có phân tích thành tích các đa thức tuyến tính. Điều này cho ta một hệ quả tất yếu. Hệ quả 1.2.4. Cho f, g ∈ C[X] với deg f, deg g ≥ 1. Khi đó các khẳng định sau là tương đương i) f và g có nghiệm chung, ii) Rf,g = 0. Trong chứng minh Định lý Bezout ở chương sau ta cần thêm thông tin về kết thức của các đa thức thuần nhất với các biến khác nhau. Định lý 1.2.5. Cho k là một trường và A = k[Y1 , ..., Yr ]. Cho f, g ∈ A[X], f = a0 X m + a1 X m−1 + ... + am , g = b0 X n + b1 X n−1 + ... + bn , trong đó a0 , b0 6= 0 và ai , bj là thuần nhất với bậc i, j tương ứng. Khi đó hoặc Rf,g ∈ A là thuần nhất bậc (mn) hoặc Rf,g = 0 . Định lý 1.2.6. Cho A là miền nguyên và cho f = (X − c1 ) . . . (X − cm ), g = (X − d1 ) . . . (X − dn ), trong đó c1 , ..., cm , d1 , ..., dn ∈ A. Khi đó, m Y Y n Rf,g = (ci − dj ) = g(c1 ) . . . g(cm ). i=1 j=1 Đặc biệt, Rg,f = f (d1 ) . . . f (dn ) = (−1)m.n Rf,g . 8
Chứng minh. Xét các đa thức F = (X − Y1 . . . (X − Ym ) = X m + F1 X m−1 + ... + Fm , G = (X − Z1 ) . . . (X − Zn ) = X n + G1 X n−1 + ... + Gn trong vành Z[Y1 , . . . , Ym , Z1 , . . . , Zn , X]. Ở đây, Fµ là các đa thức đối xứng theo Y1 , ..., Ym và là thuần nhất bậc µ; Gγ là các đa thức đối xứng theo Z1 , ..., Zn và là thuần nhất bậc γ . Ta định nghĩa Y R = RF,G và S= (Yi − Zj ). i,j Sử dụng Định lý 1.2.5, cả hai đa thức trong Z[Y, Z] là thuần nhất theo Yi , Zj bậc m.n. Nếu ta thay thế Zj bằng Yi thì F và G có nhân tử chung tuyến tính. Do đó R có nghiệm tại Zj = Yi và thuật toán chia đa thức cho thấy Yi − Zj là ước của R. Với mọi i, j thì S là ước của R và do đó R = aS , với a ∈ Z nào đó. Hệ số tự do của RF,G là (−1)m.n (Z1 ...Zn )m . Nhưng đây cũng là một đơn thức trong S , do đó a = 1. Thay thế Yi = ci , Zj = dj ta được điều cần chứng minh. Ta có hệ quả quan trọng sau của Định lý 1.2.6 Hệ quả 1.2.7. Cho các đa thức f1 , f2 , g 6= 0 trong A[X]. Ta có Rf1 f2 , g = Rf1 ,g Rf2 ,g . Chứng minh. Chú ý rằng kết thức được định nghĩa theo hệ số đa thức, do đó không phụ thuộc mở rộng trường. Xét một mở rộng hữu hạn k của trường các phân số Frac(A) của A. Ta gọi f1 , f2 , g ∈ k[X] và chọn k sao cho các 9
đa thức này có đủ nghiệm. Sử dụng Định lý 1.2.6 ta suy ra ngay Rf1 f2 , g = Rf1 ,g Rf2 ,g . 10
Chương 2 Đường cong affin và xạ ảnh Nội dung chính trong phần này trình bày về khái niệm cơ bản về đường cong affin và xạ ảnh, xét giao của hai đường cong, một số đặc điểm đặc biệt trên đường cong xét trong C. 2.1 Đường cong đại số affin aij xi1 xj2 . Đặt n = max{i + j : ∃aij 6= 0}. P Định nghĩa 2.1.1. Với f = i,j≥0 Khi đó bậc của f là deg(f ) = n. Ví dụ 2.1.2. deg(x21 x2 + x22 − 3x2 + 2) = 3. Định nghĩa 2.1.3. Một tập con C ⊂ C2 được gọi là một đường cong đại số affin nếu tồn tại một đa thức f ∈ C[X1 , X2 ] sao cho deg f > 0 và C = V (f ) = {(x1 , x2 ) ∈ C2 : f (x1 , x2 ) = 0}. Khi đó, V (f ) = V (λf ) = V (f k ) với λ ∈ C∗ và k ∈ N∗ . Đa thức f cho bởi đa tạp rõ ràng không là duy nhất. Ví dụ 2.1.4. (y − x2 )3 xác định cùng đường cong như (y − x2 ). 11
Nhắc lại là một đa thức f ∈ C[x1 , x2 ] là bất khả quy nếu f là phần tử bất khả quy trong vành C[x1 , x2 ] như trong Định nghĩa 1.1.1. Với mọi đa thức f ∈ C[x1 , x2 ] với deg f > 0, có đường cong liên kết V (f ) ⊆ C2 . Nếu g là ước của f , tức là f = gh thì V (f ) = V (g) ∪ V (h). Vì f = gh nên f (x1 , x2 ) = g(x1 , x2 )h(x1 , x2 ). Ta có f (x1 , x2 ) = 0 khi và chỉ khi g(x1 , x2 ) = 0 hoặc h(x1 , x2 ) = 0, vì (x1 , x2 ) ∈ V (f ) nên hoặc (x1 , x2 ) ∈ V (g) hoặc (x1 , x2 ) ∈ V (h) suy ra (x1 , x2 ) ∈ V (g) ∪ V (h). Do đó V (g) ⊆ V (f ). Ví dụ 2.1.5. (i) Mọi đa thức bậc 1 đều là đa thức bất khả quy. (ii) f (x1 , x2 ) = x21 + x22 − 1 là đa thức bất khả quy. Câu hỏi được đặt ra là điều ngược lại có đúng không? Câu trả lời là nội dung của Bổ đề Study. Kết quả này thiết lập cơ sở đại số để nghiên cứu các đường cong phẳng. Định lý 2.1.6. (Bổ đề Study) Cho hai đa thức f, g ∈ C[x1 , x2 ], f là đa thức bất khả quy và deg f > 0. Khi đó V (f ) ⊆ V (g) khi và chỉ khi f là ước của g. Chứng minh. Điều kiện cần đã được chứng minh ở trên. Ta chứng minh điều kiện đủ. Ta biểu diễn f (x1 , x2 ) = a0 (x1 )xm m−1 2 +a1 (x1 )x2 +a2 (x1 )xm−2 2 +. . .+am−1 (x1 )x2 +am (x1 ), g(x1 , x2 ) = b0 (x1 )xn2 + b1 (x1 )xn−1 2 + b2 (x1 )xn−2 2 + . . . + bn−1 (x1 )x2 + bn (x1 ), với a0 (x1 ), a1 (x1 ), . . . , am (x1 ) là các đa thức theo x1 , 12
và b0 (x2 ), b1 (x2 ), . . . , bn (x2 ) là các đa thức theo x2 . Bằng cách tráo đổi x1 , x2 nếu cần, ta giả sử m > 0. Bước 1. Ta chứng minh n > 0. Giả sử n = 0. Khi đó, g(x1 , x2 ) = b0 (x2 ) là đa thức chỉ phụ thuộc x2 . Vì a0 (x1 ) và b0 (x1 ) là các đa thức theo x1 nên có hữu hạn nghiệm, suy ra tồn tại u ∈ C sao cho a0 (u) 6= 0 và b0 6= 0. Xét f (u, x2 ) = a0 (u)xm 2 +. . .+am (u) có nghiệm x2 = v . Do đó (u, v) ∈ V (f ). Mặt khác, (u, v) ∈ / V (g) vì g(u, v) = b0 (u) 6= 0. Mâu thuẫn. Vậy n > 0. Bước 2. Xét kết thức Rf,g ∈ C[x1 ]. Ta sẽ chứng minh Rf,g = 0 bằng cách chỉ ra Rf,g có vô số nghiệm. Vì a0 (x1 ), b0 (x1 ) có hữu hạn nghiệm nên có vô số u ∈ C sao cho a0 (u)b0 (u) 6= 0. Với mỗi u, đặt fu (x2 ) = f (u, x2 ) ∈ C[x2 ], gu (x2 ) = g(u, x2 ) ∈ C[x2 ]. Các đa thức fu (x2 ), gu (x2 ) có bậc lần lượt là m, n và có đủ nghiệm. Hơn nữa, nghiệm của fu (x2 ) là nghiệm của gu (x2 ),suy ra Rfu ,gu = 0 . Ta lại có Rf,g (u) = Rfu ,gu = 0 với vô số u ∈ C. Vậy Rf,g = 0. Bước 3. Vì Rf,g = 0 nên f và g có nhân tử chung với bậc dương. Mặt khác, vì f là bất khả quy nên f là nhân tử của g . Bổ đề Study có rất nhiều hệ quả quan trọng. Trong phần tiếp theo ta sẽ lần lượt xét một số trong các hệ quả đó. Trước hết ta có hệ quả sau. Hệ quả 2.1.7. Mọi đường cong đại số C đều có vô số điểm. 13
Chứng minh. Giả sử C = V (f ) với f ∈ C[x1 , x2 ], deg f > 0. Viết f = a0 x m 2 + . . . + am−1 x2 + am , với a0 , . . . , am ∈ C[x1 ], m > 0 và a0 6= 0. Ta thấy, có vô số u sao cho a0 (u) 6= 0 và với mỗi v , đa thức fu (x2 ) = f (u, x2 ) có ít nhất một nghiệm vu . Suy ra f (x1 , x2 ) có vô số nghiệm có dạng (u, vu ). Vậy C chứa vô số điểm. Bây giờ, ta xét một đường cong đại số C = V (f ). Vì C[x1 , x2 ] là miền phân tích duy nhất nếu đa thức f ∈ C[x1 , x2 ] luôn có một phân tích f = f1α1 . . . frαr với f1 , . . . , fr là các đa thức bất khả quy đôi một không liên hợp với nhau r r V (fiαi ) = S S và α1 , . . . , αr > 0 thì C = V (f ) = V (fi ). Nhắc lại, hai đa i=1 i=1 thức g, h liên hợp với nhau nếu g = λh với λ ∈ C, λ 6= 0. Định nghĩa 2.1.8. Một đường cong đại số C ⊆ C2 được gọi là khả quy nếu tồn tại các đường cong đại số C1 , C2 sao cho C1 6= C2 và C = C1 ∪ C2 . Nếu C không là khả quy thì C là bất khả quy, tức là, với mọi sự phân tích thành hợp hai đường cong C = C1 ∪ C2 thì C1 = C2 = C. Ví dụ 2.1.9. C = V (x21 + x22 ) = V (x1 + ix2 ) ∪ V (x1 − ix2 ) là hợp của hai đường thẳng. Do đó C là khả quy. Bổ đề 2.1.10. Đường cong đại số C = V (f ) ⊆ C2 là bất khả quy khi và chỉ khi tồn tại k ∈ N∗ và đa thức bất khả quy g ∈ C[x1 , x2 ] sao cho f = g k . Chứng minh. 14