*********
HÀ DUY NGHĨA
ĐỊNH LÝ CHUẨN BỊ WEIERSTRASS
VÀ ỨNG DỤNG
TIỂU LUẬN LÝ THUYẾT KỲ DỊ
i
*********
HÀ DUY NGHĨA
ĐỊNH LÝ CHUẨN BỊ WEIERSTRASS
VÀ ỨNG DỤNG
CAO HỌC TOÁN KHÓA 11
Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số
TIỂU LUẬN LÝ THUYẾT KỲ DỊ
Người hướng dẫn khoa học
TS. NGUYỄN CÔNG TRÌNH
ii
MỤC LỤC
Trang phụ bìa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . i
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii
Lời mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Chương 1 Định lý chuẩn bị Weierstrass 2
1.1 Đa thức Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Định lý chuẩn bị Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Chương 2 Ứng Dụng 9
2.1 Khai triển Puiseux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.2 Phép tham số hóa đường cong . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1
LỜI MỞ ĐẦU
Cấu trúc tôpô của đường cong phẳng là một chuyên đề toán học được
nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu và có nhiều kết quả hay, cụ thể là

nghĩa là
C{x} = {Các chuỗi lũy thừa hội tụ có dạng f =

∞
m=0
a
m
x
m
}
C{x, y} = {Các chuỗi lũy thừa hội tụ có dạngf =

∞
m,n=0
a
mn
x
m
y
n
}
trong đó mỗi chuỗi lũy thừa có thể có bán kính hội tụ khác nhau.
Định nghĩa 1.1.1. Đa thức w ∈ C{x, y} gọi là đa thức Weierstrass theo
biến y (y−tổng quát) nếu
w = y
d
+ a
1
(x).y
d−1

Do vậy với mỗi x cố định (|x| < ε) giả sử y
ν
(x)(ν = 1, d) là d không điểm
củaf(x, y) = 0, ta xây dựng đa thức:
w(x, y) =

d
ν=1
(y − y
0
(x))
= y
d
+ + a
1
(x)y
d−1
+ + a
d
(x)
trong đó:
a
1
(x) = −

d
µ=1
y
µ
(x)

− δ
2(x)
]

trong đó:
δ
1
(x) =

µ
y
µ
(x)
δ
2
(x) =

µ
(y
µ
(x))
2

δ
d
(x) =

µ
(y
µ

1
, , y
k
}[t] là đa thức k−tổng quát, tức là
p
k
(t, y) = t
k
+
k

i=1
y
i
t
k−i
Khi đó mỗi f(t, z, y) ∈ C{t, y, z} tồn tại q ∈ C{t, z, y} và đa thức r(t, y, z) =
k

i=1
A
i
(z, y).t
k−i
bậc  k − 1 trên C{z, y} sao cho
f = q.p
k
+ r.
Chứng minh. Phép chứng minh chia làm 3 bước:
Bước 1 :Chứng minh trường hợp p

), tức là
ta phải chứng minh với mỗi F ∈ C(t, z, x
1
x
k
) tồn tại Q ∈ C{t, z, x} và một
đa thức R ∈ C{z, x}[t] bậc < k sao cho F = Q(t − x
1
)(t − x
2
) (t − x
k
) + R
trong đó Q, R duy nhất.
Thật vậy, theo bước 1 ta có:
F = Q
1
(t − x
1
) + R
1
. (Q
1
∈ C{t, z, x}, R
1
∈ C{x, z})
Q
1
= Q
2

ta được:
F = Q
k
(t−x
1
)(t−x
2
) (t−x
k
)+R
1
+(t−x
1
)R
2
+ +(t−x
1
)(t−x
2
)+ +(t−x
k−1
)R
k
do đó với Q := Q
k
, R = R
1
+(t−x
1
)R

k
+ y
1
t
k−1
+ + y
k
= (t − x
1
)(t − x
2
) (t − x
k
).
Tiếp theo đặt: F(t, z, x) = f(t, z, δ
1
(x), , δ
k
(x)) khi đó ta có thể chia
f(t, z, y) bởi một đa thức tổng quát như ở bước 2 tức là :
f(t, z, x) = Q(t, z, x)(t − x
1
) (t − x
k
) + R(t, z, x)
với Q và R luôn đối xứng trước sự hoán vị của x
1
, , x
k
.

k
(x)) + r(t, z, δ
1
(x), , δ
k
(x)).
Mặt khác ta biết phép thế δ : C −→ C là toàn ánh nên ta suy ra
f = q.p
k
+ r.
6
Định lý 1.2.2 (Division theorem,[1], p.339).
Gọi f, g ∈ C{t, z} và gọi g là t−tổng quát bậc k khi đó ∃q ∈ C{t, z} và đa
thức r ∈ C{z}[t] bậc ≤ k − 1 sao cho
r(t, z) =
k

i=1
q
i
(z)k
k−i
, q
i
(z) ∈ C{z}
với f = q.g + r q, r là xác định duy nhất .(Định lý này thường được gọi
là công thức Weierstrass)
Chứng minh. Định lý này được chứng minh từ Bổ đề trên.
Gọi g là t− tổng quát cấp k, và gọi f ∈ C{t, z}, theo Bổ đề 1.2.1 ta có
thể viết g và f dưới dạng


q(0, 0, 0) = 0)
f(t, z) =


q(t, z, y(z)).p
k
+


r(t, z, y(z))
=


q.

q
−1
.g +


r.
Như vậy nếu gán q(t, z) =


q(t, z, y(z)).

q
−1
g(t, z, y(z)) và r(t, z) :=

(t, z) − r
2
(t, z) = 0 suy ra r
1
= r
2
và q
1
= q
2
.
Định lý 1.2.3 (Weierstrass preparation theorem,[1],p.338).
Gọi g(t, z) = g(t, z
1
, , z
n
) là chuỗi lũy thừa hội tụ từ C{t, z
1
, , z
n
} và
gọi g là t−tổng quát cấp k. Khi đó tồn tại u(t, z) ∈ C{t, z} và c
i
(z) ∈ C{z}
sao cho
g(t, z) = (t
k
+ c
1
(z)t

k
(z, y)
và q ∈ C{t, z, y}
Mục đích của chúng ta là thay thế hệ số tổng quát y
i
của p
k
bởi hàm chỉnh
hình y
i
(z) sao cho số hạng dư r trong(1.2) là triệt tiêu, để làm được điều này
trước hết ta phải chứng tỏ được:
∂A
i
∂y
i
(0; 0) =







0 nếu i > j
−c nếu i = j
(1.3)
Thật vậy, nếu ta cho y = z = 0 trong (1.2) và so sánh hệ số của t
0
, , t

0
, t
1
, , t
(
k − 1) ta suy ra
∂A
k
∂y
j
(0, 0) = 0,
∂A
k−1
∂y
j
(0, 0) =
0,
∂A
k+1
∂y
j
(0, 0) = 0 và
∂A
j
∂y
j
(0, 0) = −q(0, 0, 0) = −c. Vậy (1.3) được chứng
minh.
Ngoài ra ma trận
∂A

+ + y
k
(z))u(t, z)trong đó u(0, 0) = 0, điều
này chứng tỏ rằng g là tích của đa thức Weierstrass và đa thức u.
8
Tiếp theo ta chứng minh u và đa thức Weierstrass p
k
là duy nhất
Gọi g(t, z) = u(t
k
+ c
1
t
k−1
+ + c
k
)
=

u(t
k
+

c
1
t
k−1
+ +

c

(t)t
k−1
+ +

c
k
(z)
.
nằm trong V với z đủ nhỏ thuộc C
n
.
Từ u = 0, nên các không điểm của g(t, z) nằm trong V , nghĩa là hai đa
thức trên có các không điểm trùng nhau. Do đó với z đủ nhỏ thì c
i
(z) =

c
i
(z)
điều này kéo theo c
i
=

c
i
và do đó u =

u, hay p
k
, u là duy nhất.

0
n
1
n
2
+
trong đó (m
i
, n
i
) = 1, ∀i = 0, 1, được gọi là khai triển Puiseux của f trong
lân cận của điểm (0, 0), các cặp (m
i
, n
i
) gọi là cặp số Puiseux của f.
Mệnh đề 2.1.2. Giả sử f ∈ C[x, y], y− tổng quát cấp t, giả sử
y = x
p
0
q
0
(t
0
+ x
p
1
q
0
q

Chứng minh. Theo Định lý 1.2.3, tồn tại duy nhất u ∈ C
∗
{x, y}, g ∈ C{x}[y]
sao cho f = u.g, với g = y
m
+ a
m−1
(x)y
m−1
+ + a
1
(x)y + a
0
(x) và bất khả
quy trong C{x}[y].
Theo thuật toán Puiseux-Newtơn, tồn tại nghiệm của phương trình f (x, y) =
0 dưới dạng y = y(x
1
N
) ∈ C{x
1
N
}.
Đặt t = x
1
N
⇔ x = t
N
, khi đó f(t
N

)

∈ C{x}[y]
là ước của g(x, y).
⇒ ∃u

∈ C
∗
{x}[y] : g = u

.h
⇒ f = u.g = u.u

.h
.
Mặt khác từ tính duy nhất của Định lý 1.2.3 ta suy ra g = h do đó:
⇒ g =
N

j=0

y − y(ζ
i
x
1
N
)

∈ C{x}[y]
⇒ m = N.