Un cero para un polinomio homogéneo es un cero para el polinomio inhomogéneo asociado

Question

Estoy tratando de demostrar una simple afirmación de Reid, Undergraduate Algebraic Geometry, pg 16.

Dejemos que $F(U,V)$ sea un polinomio homogéneo no nulo de grado $d$ :

$$F(U,V)=a_dU^d+a_{d-1}U^{d-1}V+...+a_0V^d.$$

Siempre podemos encontrar un polinomio inhomogéneo asociado en 1 variable

$$f(u)=a_du^d+a_{d-1}u^{d-1}+...+a_0.$$

Y tenemos la siguiente declaración:

$$f(\alpha)=0\Leftrightarrow(u-\alpha)|f(u)\Leftrightarrow (U-\alpha V)|F(U,V)\Leftrightarrow F(\alpha,1)=0$$

Quiero probar cada una de estas flechas como un ejercicio ya que ejemplifica algunas de las cosas que encuentro confusas sobre algunas situaciones más complicadas. Preferiría que el método de demostración fuera lo más básico posible (ilustrado por lo que he hecho hasta ahora). Tengo 2 de las 6 direcciones hechas.

Flecha 1: $f(\alpha)=0\Leftrightarrow(u-\alpha)|f(u)$

$\Rightarrow$ : ¡Ayuda!

$\Leftarrow$ : Si $(u-\alpha)|f(u)$ entonces $f(u)/(u-\alpha)=n\in\mathbb{Z}$ Así que $f(u)=n(u-\alpha)$ y $f(\alpha)=0$ .

Flecha 2: $(u-\alpha)|f(u)\Leftrightarrow (U-\alpha V)|F(U,V)$

$\Rightarrow$ : ¡Ayuda!

$\Leftarrow$ : ¡Ayuda! Si sólo defino $f(U)=F(U,1)$ Puedo hacerlo:

$$\frac{F(U,V)}{U-\alpha V}=n\in\mathbb{Z}\rightarrow\frac{F(U,1)}{U-\alpha}=\frac{f(U)}{U-\alpha}=n$$

Pero supongo que esa no es su intención.

Flecha 3: $(U-\alpha V)|F(U,V)\Leftrightarrow F(\alpha,1)=0$

$\Rightarrow$ : $F(U,V)/(U-\alpha V)=n\in\mathbb{Z}$ así que $F(\alpha,1)=n(\alpha-\alpha)=0$ .

$\Leftarrow$ : ¡Ayuda!

Answer 1

En primer lugar, no creo que lo que tienes hasta ahora sea correcto. Por ejemplo, para la flecha uno, si $f(u)=(u-\alpha)^2,$ entonces ciertamente $f(u)/(u-\alpha)=u-\alpha\notin\mathbb Z.$ Algo similar ocurre en las otras partes.

Flecha 1

Presumiblemente, Reid está trabajando sobre un campo algebraicamente cerrado. Así, $f(u)$ se descompone en un producto de factores lineales, y $\alpha$ es una raíz si y sólo si $u-\alpha$ es un factor (hasta un escalar).

( Editar: Por supuesto, como señala Asal Beag Dubh, la primera equivalencia es cierta de forma más general, siempre que asumamos $\alpha$ y los coeficientes de $f$ se encuentran en el mismo campo (de lo contrario podríamos tener algo como $f(i)=0$ para $f(u)=u^2+1\in\mathbb R[u]$ ).)

Flecha 3

Me salto a la última equivalencia, ya que $F(u,1)=f(u)$ por definición. Así, $\alpha$ es una raíz de $f(u)$ si y sólo si es una raíz de $F(u,1).$ Así que en lugar de demostrar la tercera equivalencia directamente, es más sencillo observar que se desprende de la segunda, junto con esta observación.

Flecha 2

Si $u-\alpha$ divide $f(u),$ diga $f(u)=(u-\alpha)g(u),$ entonces podemos utilizar el hecho de que $F(U,V)$ es lo que obtenemos al sustituir $u=U/V$ y multiplicando todo por $V^{\deg F}.$ Eso es, $$F(U,V)=V^{\deg F}(U/V-\alpha)g(U/V)=(U-\alpha V)(V^{\deg F -1}g(U/V))=(U-\alpha V)G(U,V)$$ donde $G$ es la homogeneización de $g.$

Por otro lado, si $U-\alpha V$ divide $F(U,V),$ diga $F(U,V)=(U-\alpha V)G(U,V),$ entonces claramente $f(u)=F(u,1)$ es divisible por $u-\alpha,$ que vemos evaluando ambos lados de la igualdad en $(u,1).$