¿Los polinomios en dos variables siempre son factorizados en términos lineales?

Question

Consideremos un polinomio de una variable sobre $\Bbb C$ : $$p(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n,\quad a_i\in\Bbb C.$$ Sabemos por el Teorema Fundamental del Álgebra que existe $c,\alpha_i\in\Bbb C$ tal que $$p(x)=c(x-\alpha_1)\cdots(x-\alpha_n),$$ es decir, que podemos factorizar $p$ en términos lineales .

Ahora, ¿qué pasa con los polinomios $p(x,y)$ en dos variables?

¿Sigue siendo cierto que podemos factorizar $p(x,y)$ en términos lineales? Es decir, ¿podemos escribir siempre $$p(x,y)=c(\alpha_1x+\beta_1y+\gamma_1)\cdots(\alpha_nx+\beta_ny+\gamma_n)$$ para algunos $c,\alpha_i,\beta_i,\gamma_i\in\Bbb C$ ?

Answer 1

Mi candidato al fracaso es $xy+1$ . Si este es el producto de términos lineales, podemos tener como máximo dos de grado uno. Así que $$ xy+1=(ax+by+c)(dx+ey+f). $$ Necesitamos $ad=be=0$ para evitar los cuadrados. Si $a=0$ entonces $b\ne0$ y así $e=0$ . Tenemos $$ xy+1=bdxy+bfy+cdx+cf. $$ Entonces $ cf=1$ , $bf=cd=0$ . Así que $b=d=0$ , lo que hace imposible la igualdad. El otro caso es similar.

Answer 2

Permítanme añadir a la perfecta respuesta de Martin que un polinomio homogéneo $f(x,y)$ (=suma de monomios del mismo grado) en dos variables hace factor en factores lineales homogéneos de forma esencialmente única, es decir, hasta permutaciones de los factores y multiplicación de los factores por constantes. Más explícitamente: $$f(x,y) =\sum_{i+j=d} a_{ij}x^iy^j=\prod _{k=1}^d(u_ix+v_iy)$$ Sin embargo, esto ya no es cierto si el número de variables es $\geq 3$ .
Por ejemplo, el polinomio $x^2+y^2+z^2$ es irreducible, es decir, no tiene una factorización no trivial.

Por último, hay que tener en cuenta que si un polinomio homogéneo tiene una factorización, entonces los factores deben ser también homogéneos. Por ejemplo: $$x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x+wy+w^2z)(x+w^2y+wz) $$ (donde $w=e^{2i\pi/3} $ )

Editar
A petición de un gran colaborador de este sitio, he aquí una explicación de por qué un polinomio homogéneo $f(x,y)$ en dos variables sobre un campo algebraicamente cerrado pueden ser factorizados en polinomios lineales:
Sólo escribe $$f(x,y)=\sum _{i=0}^da_{i}x^iy^{d-i}=y^d\sum _{i=0}^da_i(\frac xy)^i=y^d\prod_{i=1}^d (u_i(\frac xy)+v_i)=\prod_{i=1}^d (u_ix+v_iy)$$ La penúltima igualdad resulta de la factorización de un polinomio univariado en factores de grado uno.
El cálculo anterior sólo es cierto si $a_0\neq0$ es decir, si $f$ no es divisible por $y$ .
Si $f$ es divisible por $y$ Hay que modificar muy ligeramente lo anterior pero $f$ sigue siendo un producto de factores lineales, algunos de los cuales son ahora iguales a $y$ . Por ejemplo $x^2y^2+y^4=y^2(x+iy)(x-iy)$ ]

Answer 3

Para demostrar que esto no es así, mire $x^2 + y^2 - 1 = 0$ Si tu idea fuera cierta y pudiéramos factorizar hasta los "puntos cero individuales", tendríamos que tener un número infinito de factores ya que hay infinidad de puntos en el círculo unitario. También los términos lineales no serían posibles, ya que el círculo unitario es curvo y no un conjunto de líneas.

Answer 4

Esto implicaría que el campo $\mathbf C(x)$ de funciones racionales en $\mathbf C$ es algebraicamente cerrado, ya que cualquier polinomio $P(x,y)\in\mathbf C[x,y]$ puede considerarse un polinomio en $\mathbf C(x)[y]$ .

Ahora Teorema de Puiseux afirma el cierre algebraico de $\mathbf C(x)$ es el conjunto de las series de potencia formales: $$\sum_{q\ge q_0}a_qx^q\quad\text{where}\enspace q_0\enspace\text{is some rational number and}\enspace q\in\mathbf Q$$ (campo de la serie Puiseux).

Geométricamente se puede observar que significaría que cualquier curva algebraica en $\mathbf C$ es la unión de un número finito de rectas.