Irreductibilidad de los polinomios en $k[x,y]$

Question

Estoy trabajando en algunos problemas de Hartshorne y me he dado cuenta de que para hacer ciertos problemas correctamente hay que probar un polinomio dado $f\in k[x,y]$ es irreducible.

Por ejemplo, en el problema I.5.1(b) estamos estudiando el polinomio $f=xy-x^6-y^6$ . ¿Cómo puedo demostrar que esto es irreductible?

Los trucos estándar (Eisenstein, linealidad en una variable, etc...) no parecen funcionar aquí.

Edición: Algunos de los otros polinomios del problema también me están dando problemas. Son los siguientes $g=x^3-y^2-x^4-y^4$ y $h=x^2y+xy^2-x^4-y^4$ . ¿Alguna idea para esto?

Answer 1

Supongamos que $k$ es algebraicamente cerrado. Sea $F = k((x))$ . Consideremos el polinomio $g = xy - y^6$ . Porque

$$g \equiv f \mod x^6 $$

luego sobre $F$ La factorización de $g$ debe aproximarse a la factorización de $f$ . La factorización de $g$ es

$$ g = y (x - y^5) $$

Esto es fácil de comprobar porque su campo de división $E = F(x^{1/5})$ satisface $[E : F] = 5$ . Las seis raíces de $g$ son $y=0$ y $y=\zeta^k x^{1/5}$ donde $\zeta$ es una quinta raíz de la unidad. (Si $k$ tiene la característica $5$ Entonces, en lugar de eso $x^{1/5}$ es una raíz con multiplicidad 5)

Ahora observa

$$ f(x, x^{1/5}) \equiv g(x, x^{1/5}) = 0 \mod (x^{1/5})^{30} $$

y por el lema de Hensel / algoritmo de Newton, podemos levantar $x^{1/5}$ a una raíz real $\alpha$ de $f$ en $E$ con el término principal $x^{1/5}$ Por lo tanto $F(\alpha) = E$ . (Esto podría no funcionar en la característica 5; no lo he comprobado en detalle)

Por lo tanto, concluimos que $f$ tiene un factor irreducible de grado $5$ en $F$ .

Por lo tanto, si $f$ eran reducibles sobre $k(x)$ entonces la única posibilidad es que tenga un grado irreducible $5$ y una raíz. Por inspección, podemos ver que dicha raíz tiene que ser $x^5$ más las potencias superiores de $x$ y a partir de ahí es fácil ver que dicha raíz no puede existir.

Así, $f$ como un polinomio en $y$ en $k[x]$ es irreducible y tiene contenido $1$ . Por lo tanto, $f$ es irreducible en $k[x,y]$ .

Ahora considere $k$ no es algebraicamente cerrado, entonces el hecho $f$ es irreducible sobre $\bar{k}[x,y]$ implica que también es irreducible sobre $k[x,y]$ .

Answer 2

Como complemento a otras respuestas, presento aquí un método muy general para ver si un polinomio es irreducible o no. Necesita un poco más de cálculo pero no es específico para el polinomio que consideramos.

Existe un algoritmo para la factorización absoluta (es decir, sobre un campo algebraicamente cerrado) de los polinomios bivariantes. Fue descubierto por Picard (1906) y ha sido utilizado recientemente por Ruppert (1999) y Gao (2003) para diseñar algoritmos eficientes.

Dejemos que $f$ en $k[x,y]$ de bidegree $(m,n)$ . Supongamos que $\gcd(f, \partial_xf) = 1$ Si no es el caso, tenemos un factor evidente. Sea $V$ sea el espacio vectorial $$ \left\{ (A,B)\in k[x,y]^2 \ \middle| \ \deg A \leq (m-1,n),\ \deg B \leq (m,n-1) \right \},$$ y $E$ el subespacio de todos los $(A,B)$ en $V$ tal que $$ \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac A f\right) = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac B f\right).$$

Hay un elemento evidente en $E$ La pareja $\left(\partial_x f,\partial_y f\right)$ . Más interesante aún, si $g$ es un polinomio que divide $f$ , entonces la pareja $\left(\frac fg \partial_x g, \frac fg \partial_y g\right)$ está en $E$ también. Si $f = gh$ puede comprobar que $$ \left(\partial_x f,\partial_y f\right) = \left(\tfrac fg \partial_x g, \tfrac fg \partial_y g\right) + \left(\tfrac fh \partial_x h, \tfrac fh \partial_y h\right).$$

Ahora bien, el siguiente hecho no debería sorprenderle: la dimensión de E sobre $k$ es exactamente el número de factores irreducibles de $f$ sobre el cierre algebraico de $k$ .

Así que sólo con el álgebra lineal sobre los números racionales, puedo demostrar que $xy+x^6+y^6$ , así como los otros dos polinomios que has dado, son irreducibles simplemente calculando el rango de una matriz.

---

En aras de la exhaustividad, he aquí un pequeño fragmento de código de Maple para realizar el cálculo.

f := x\*y+x^6+y^6:

# A and B are generic elements of V.
A := add(add(a\[i,j\]\*x^i\*y^j,i=0..degree(f,x)-1),j=0..degree(f,y)):
B := add(add(b\[i,j\]\*x^i\*y^j,i=0..degree(f,x)),j=0..degree(f,y)-1):

# This is the system of equation defining E.
collect(numer(diff(A/f,y)-diff(B/f,x)),\[x,y\],distributed):
eqs := \[coeffs(%,\[x,y\])\]:

# We compute a basis a generic element of E.
sol:=solve(eqs, indets(eqs)): 

# The number of free variables in the generic
# element gives the dimension of E.
nops(indets(subs(sol, indets(eqs))));

Este código te da el número de factores irreducibles de $f$ ¡!

---

• Picard, É. y Simart, G. (1906). Teoría de las funciones algebraicas de dos variables independientes II
• Ruppert, W. M. (1999). Reducibilidad de polinomios $f(x,y)$ modulo $p$ , J. Number Theory, 77(1), 62--70
• Gao, S. (2003). Factoring multivariate polynomials via partial differential equations, Math. Comp., 72(242), 801--822 (electrónico)

Answer 3

No sé si $f$ y $g$ pero $h$ es irreducible porque es una suma de dos formas, una de grado $4$ y una de grado $4-1=3$ sin factores comunes.

De forma más general, si tiene dos formularios $F,G \in k[x_1,...,x_n]$ de grado $r,r-1$ sin factores comunes, entonces $F+G$ será irreducible. Véase, por ejemplo Fulton El problema 2.34.

Answer 4

Este es un esquema de fuerza bruta para demostrar que $xy - x^6 - y^6$ es irreducible. No estoy seguro de lo que se puede hacer en general.

Supongamos que es reducible, siendo el producto de $h(x,y)g(x,y)$ con $\deg h \ge \deg g$ . Adoptamos la notación de que $h_i$ (resp $g_i$ ) representa el grado $i$ parte de $h$ (resp $g$ ).

Observando el término de menor grado, vemos que $h,g$ o bien comienza con $(xy,1)$ , $(1,xy)$ o $(x,y)$ , $(y,x)$ .

Caso 1: $\deg g = 1$ entonces $g$ debe ser $x$ o $y$ ya que este es el término de grado 1 para $g$ . Imposible desde $xy$ no divide $x^6 + y^6$ .

Caso 2: $\deg g = 2$ . $g$ no puede ser $xy$ por el mismo problema de divisibilidad.

Si $g$ comienza con $x$ o $y$ comprueba que el término de grado 5 en el producto $h(x,y)g(x,y)$ debe ser distinto de cero. Pero es cero para $xy-x^6-y^6$ .

Si $g$ empieza por 1. Comprueba que el término de grado 1 para $g$ es cero mirando el término de grado 5 en el producto. Luego mira el término de grado 4:

$$0 = h_2g_2 + h_3g_1 + h_4g_0 = xy g_2 + h_4$$

El término de grado 6 dice $h_4g_2 = -(x^6+y^6)$ . Esto implica que $$h_4 = -xyg_2 \implies -h_4g_2=xyg_2^2 \iff x^6+y^6 = xyg_2^2,$$ Pero $xy$ no divide $x^6+y^6$ contradicción.

Caso 3: $\deg g = 3$ . Si $g$ comienza con $xy$ , mira el término de grado 5, la contradicción.

Si $g$ comienza con $x$ o $y$ WLOG deja $g$ comienza con $x$ . El término de grado 3 dice: $$0 = yg_2 + xh_2$$ Fuerzas de factorización únicas $y|h_2$ y $x|g_2$ . Ahora mira el término de grado 4 para concluir que $y|h_3$ . Pero entonces $y | h$ Así que $y|x^6+y^6$ lo cual es absurdo.

Si $g$ comienza con 1, mira el término de grado 3 para concluir que $xy | h_3$ . Pero entonces $xy | h$ Así que $xy | x^6+y^6$ lo cual es absurdo.

Así, $xy - x^6 - y^6$ es irreducible.

Answer 5

Hay una manera fácil de ver que todos los $f,g,h$ son irreducibles utilizando los politopos de Newton. El método se describe en este respuesta de desbordamiento de matemáticas .

Por ejemplo, en el caso de $h=x^2y+xy^2-y^4-x^4$ el polinomio tiene coeficientes no nulos en $(2,1)$ , $(1,2)$ , $(0,4)$ y $(4,0)$ . En el sentido de las agujas del reloj, alrededor del casco convexo de éste, nos movemos por los vectores $$(-1,1), (-1,2), (4,-4), (-2,1).$$ Esta secuencia no se puede dividir en dos de manera que cada una de ellas tenga suma cero, por lo tanto $h$ es irreducible.