Si $f,g \in D[x,y]$ son algebraicamente dependientes sobre $D$ entonces $f,g \in D[h]$ para algunos $h\in D[x,y]$ ?

Question

Esta pregunta pregunta: Si $f,g \in k[x,y]$ son dos polinomios algebraicamente dependientes sobre un campo arbitrario $k$ ¿es cierto que existe un polinomio $h \in k[x,y]$ tal que $f,g \in k[h]$ , a saber, $f=u(h)$ y $g=v(h)$ para algunos $u(t),v(t) \in k[t]$ ; la respuesta es positiva.

¿Es posible sustituir el campo $k$ por un dominio integral $D$ ? A saber: Si $f,g \in D[x,y]$ son dos polinomios algebraicamente dependientes sobre un dominio integral arbitrario $D$ ¿es cierto que existe un polinomio $h \in D[x,y]$ tal que $f,g \in D[h]$ ?

Denotemos el campo de fracciones de $D$ por $Q(D)$ . Está claro que si $f,g \in D[x,y] \subset Q(D)[x,y]$ son dos polinomios algebraicamente dependientes sobre $D$ , entonces a partir de la pregunta anterior existe un polinomio $h \in Q(D)[x,y]$ tal que $f,g \in Q(D)[h]$ , a saber, $f=u(h)$ y $g=v(h)$ para algunos $u(t),v(t) \in Q(D)[t]$ .

No veo por qué, por ejemplo, $D[x][y] \ni f=u(h)=u_mh^m+\cdots+u_1h+u_0$ debería implicar que $h \in D[x,y]$ y $u_j \in D$ (el cambio de variables no parece ayudar, concretamente si el término principal es $cy^l$ , con $c \in Q(D)$ ).

Cualquier comentario es bienvenido.

Answer 1

No. Elija un campo $k$ y $D=k[u^2,u^3,v^2,v^3,uv]\subset k[u,v]$ Así que $D$ es un dominio noetheriano. En $D[x,y]$ , elija $f=(ux+vy)^2$ y $g=(ux+vy)^3$ ; son claramente dependientes desde el punto de vista algebraico (pero $ux+vy\notin D[x,y]$ ). Escriba $K=k(u,v)=\mathrm{Frac}(D)$ .

Afirmación: no hay $P\in D[x,y]$ tal que $f,g\in D[P]$ .

Por contradicción, dejemos que $P\in D[x,y]$ tal que $f,g\in D[P]$ . Así que $f=r_1(P)$ , $g=r_2(P)$ con $r_1,r_2\in D[t]$ . Desde $f^3=g^2$ y $K[t]$ es un UFD, existe $r\in K[t]$ tal que $r_1=r^2$ y $r_2=r^3$ . Así que $r(P)^2=f$ . Así que $r(P)=\pm (ux+vy)$ hasta el cambio $(u,v)$ a $(-u,-v)$ Supongamos que $r(P)=ux+vy$ . Esto implica que $r\in K[t]$ y $P\in K[x,y]$ tienen el grado 1. Escribe $r=at+b$ y $P=cx+dy+e$ Entonces $r(P)=acx+ady+ae+b=ux+vy$ . Así que $ac=u$ , $ad=v$ , $ae+b=0$ .

Así que $c,d$ son distintos de cero; entonces $c/d=u/v$ Por lo tanto $cv=du$ . Desde $c,d\in k[u,v]$ podemos escribir $c=uq$ y $d=vq$ con $q\in k[u,v]$ . Tenemos $aq=1$ . Desde $r^2\in D[t]$ tenemos $a^2\in D\subset k[u,v]$ . Así que $a^2$ es invertible en $k[u,v]$ y por lo tanto $a\in k^*$ . Así que $u=a^{-1}c\in D$ una contradicción.