Compacidad de las curvas algebraicas sobre$\mathbb C^2$

Question

Estaba leyendo a través de Kirwan del Complejo de Curvas Algebraicas y me he quedado estancado en el siguiente ejercicio: Dada una (no constante) polinomio $P(x,y)$, muestran que la curva en $\mathbb C^2$ definido por $P(x,y)=0$ no es compacto.

Mi intento de solución: Si podemos mostrar que hay sólo un número finito $a\in \mathbb C$ tal que no es $b \in C$ con $P(a,b)=0$, creo que hemos terminado. Una vez que hemos mostrado esto, podemos considerar cualquier secuencia de números complejos $x_n$ con $|x|=n$. Para todos, pero un número finito de $x_n$, entonces hay algunas $y_n$ con $P(x_n,y_n)=0$. Esto implica entonces que la curva definida por $P$ no es limitada, y por lo tanto no es compacto.

Estoy seguro de mi prueba de este paso a pesar de que, y me gustaría alguna opinión sobre mi boceto. Fix $a_0$, y asumir la $P(a_0,y)$, considerado como un polinomio en $\mathbb C[y]$, no tiene raíces. Claramente, a continuación, $P(a_0,y)=c_0$ para algunos $c_0 \in \mathbb C$. A continuación, $a_0$ es una raíz de $P(x,y)-c_0$, así que podemos escribir $P(x,y)-c_0=(x-a_0)\cdot f_0(x,y)$ para algunos polinomio $f_0(x,y)$. Ahora, fix $a_1$ distinta de la de $a_0$ y asumen $P(a_1,y)$ es una constante $c_1$. A continuación,$P(a_1,y)=c_1$, lo $P(a_1,y)-c_0=c_1-c_0$ y, a continuación,$(a_1-a_0)\cdot f_0(a_1,y)=c_1-c_0$. Por lo tanto $a_1$ es una raíz de $f_0(x,y)-\frac{c_1-c_0}{a_1-a_0}$, así que podemos escribir $f_0(x,y)-\frac{c_1-c_0}{a_1-a_0}=(x-a_1)\cdot f_1(x,y)$, para algunos polymomial $f_1$ de grado estrictamente menor que $f_0$, y por lo tanto $P(x,y)=(x-a_0)(x-a_1)f_1(x,y)+(x-a_1)\frac{c_1-c_0}{a_1-a_0}+c_0$. Si seguimos de esta manera, obtenemos una secuencia de polinomios $f_i$ de los estrictamente al grado de disminución. Esto debe terminar en un número finito de pasos, de modo que sólo puede haber un número finito de distintos $a_i$.

A qué se parece esto la idea de derecho? Me siento como que estoy probablemente sobre complicando este paso, así que si alguien tiene una solución más elegante me encantaría escuchar de ti!

Answer 1

Sugerencia: Elija $y_0$ arbitrariamente lejos del origen. A continuación, $P(x,y_0)$ es un polinomio en $\mathbb{C}[x]$, y así necesariamente tiene una raíz.

EDIT: yo estaba tratando de ser líder y no regalarlo, pero puedo ver cómo esto podría ser mal interpretada por Georges respuesta. Escribir

$$P(x,y)=f_0(y)+f_1(y)x+f_2(y)x^2+\cdots+ f_m(y)x^m$$

Supongamos que $P(x,y_0)$ es constante. Esto implica necesariamente que el $f_1(y_0)=\cdots=f_m(y_0)=0$. En particular, tenemos dos casos:

1. Todos los $f_i$, $i>1$, son cero, en cuyo caso $P(x,y)=f_0(y)$, por lo que a continuación, seleccione cualquier raíz de $f_0(y)$ y la tachuela de cualquier $x$ en. En este caso. $Z(P)$ contiene una línea entera, y por lo que claramente no puede ser compacto.

2. Uno de los $f_{i_0}$, $i_0>1$, no es cero. Entonces sabemos que hay sólo un número finito (obligado por el grado de $f_{i_0}$) puntos de $y_0$ para que $P(x,y_0)$ es constante. En particular, existe una desenfrenada secuencia $y_n$ tal que $P(x,y_n)$ no es constante, de modo que existe un correspondiente $x_n$ tal que $P(x_n,y_n)=0$. Por lo tanto, $(x_n,y_n)$ es una desenfrenada secuencia en la $P(x,y)=0$, y por lo $Z(P)$ no es compacto.

EDIT: es interesante notar, ya que esta debajo de la geometría algebraica título, que no es, en algunos casos, una muy trivial solución a esto. Claramente se puede reducir a nosotros mismos a mostrar que la $Z(P)$ no es compacto al $P$ es irreductible, para cualquier componente irreducible de $Z(P)$ lo haría también, necesariamente, de ser compacto. Entonces, si $P$ es no-singular, sabes que $Z(P)$ es una superficie de Riemann compacta, y el único compacto de las superficies de Riemann en $\mathbb{C}^2$ son los puntos. Ya no constantes de polinomios (en dos variables a lo largo de un algebraicamente cerrado de campo) desaparecen infinitamente a menudo, esto sería una contradicción.

Usted puede ser capaz de solucionar este trabajo, en todas partes, teniendo en cuenta la normalización de cualquier no-singular de la curva.

Answer 2

Deje $P(z, w) = A_0(z)w^n + A_1(z)w^{n-1} + \cdots + A_n(z)$ donde $A_i(z)$ es un polinomio de $z$ e $A_0(z) \neq 0$.

Supongamos $n = 0$. Desde $P(z, w) = A_0(z)$ no es constante, $A_0(z)$ tiene una raíz $c$. A continuación, para cada número complejo $d$, $P(c, d) = 0$. Por lo tanto la curva de $P(z, w) = 0$ es no acotada. Por eso no es compacto.

Supongamos $n \ge 1$. Desde $A_0(z)$ tiene sólo un número finito de raíces, existe un complejo número de $c$ tal que $A_0(c) \neq 0$ e $|c|$ es arbitrariamente grande. Desde $A_0(c) \neq 0$ e $n \ge 1$, existe un complejo número de $d$ tal que $P(c, d) = 0$. Desde $|c|$ es arbitrariamente grande, la curva de $P(z, w) = 0$ es no acotada. Por eso no es compacto.

Answer 3

Otra manera de ver esto rápidamente, al menos de forma intuitiva (los detalles son de rutina).

Escribir un polinomio $P(x,y)$ as $P(x,y)=P_0+P_1+\dots+P_d$ donde cada una de las $P_i$ es homogénea de grado $i$ e donde: $P_d$ no es cero ($d$ es, de hecho, el grado de $P$). Desde $P$ no es constante, tenemos $d\ge 1$. Desde $\mathbb{C}$ es algebraicamente cerrado, podemos descomponer $P_d$ y escribo como un polinomio de grado $1$ (teorema fundamental del Álgebra). Por lo tanto, los ceros de $P_d$ son de la unión de $d$ líneas (quizás algunos pueden coincidir).

Al $(x,y)\in\mathbb{C}^2$ está lejos de ser el origen, el valor del polinomio $P_d$ es "casi" el valor de $P$, ya que los otros términos son más pequeños. Por lo tanto, los ceros de $P_d$ son asymptotical líneas de la curva (esto es cierto y se puede comprobar con coordenadas homogéneas, por ejemplo). Por lo tanto, la curva no es compacto.

El mismo argumento muestra que más de la $\mathbb{R}$, curvas de grado impar no son compactos y curvas, incluso de grado es compacto si y sólo si el líder homogénea polinomio no tiene ninguna raíz real.