Superficie definida como imagen de un morfismo

Question

Dejemos que $$\phi:\mathbb{C}^2\to\mathbb{C}^3\;,\;(s,t)\to(s+t,s^2+2st,s^3+3s^2t)$$ Tengo que demostrar que la imagen de este morfismo es la superficie $M=\{(x,y,z)\in\mathbb{C}^3: 4x^3z-3x^2y^2-6xyz+4y^3+z^2=0\}$ .

Mi trabajo:

Tome $f(x,y,z)=4x^3z-3x^2y^2-6xyz+4y^3+z^2\in\mathbb{C}[x,y,z]$ , y permite nombrar $I=\phi(\mathbb{C}^2)$ . Si $(x,y,z)\in I$ entonces existe algún $(s,t)\in\mathbb{C}^2$ como $x=s+t$ , $y=s^2+2st$ y $z=s^3+3s^2t$ . Introduciendo estos valores en $f$ podemos ver que $f(x,y,z)=0$ y como $M=Z(f)$ tenemos que $I\subset M$ . Pero ahora estoy atascado en probar la recíproca, $M\subset I$ . ¡Cualquier ayuda es bienvenida!

Gracias

La pregunta aparece en el libro Divisibilidad en anillos conmutativos por J.M. Gamboa. Se trata de un libro básico sobre anillos con una pequeña introducción a los anillos polinómicos, por lo que creo que no debería ser necesario utilizar el material en este enlace para probar la reclamación.

Answer 1

Dejemos que

$$ \phi_1(s,t)=s+t, \ \phi_2(s,t)=s^2+2st, \ \phi_3(s,t)=s^3+3s^2t \tag{1} $$

Ya ha comprobado que

$$ f(\phi_1(s,t),\phi_2(s,t),\phi_3(s,t)) = 0 \tag{2} $$

A la inversa, dejemos que $(x,y,z)\in{\mathbb C}^3$ tal que $f(x,y,z)=0$ .

Ahora, considere $g(s)=\phi_2(s,x-s)$ . Entonces

$$g(s)=s^2+2s(x-s)-y=2sx-s^2-y=-(s^2-2sx+y) \tag{3}$$

Se trata de un polinomio de grado exacto $2$ en $\mathbb C$ por lo que tiene dos raíces complejas (posiblemente iguales) $s_1$ y $s_2$ . Tenemos $s_1+s_2=2x$ y $s_1s_2=y$ . Para $k=1,2$ poner $t_k=x-s_k$ entonces tenemos

$$ \phi_1(s_k,t_k)=x, \phi_2(s_k,t_k) =y (k=1,2) \tag{4} $$

A continuación, consideremos el polinomio $h(Z)=f(x,y,Z)$ . Se trata de un polinomio de grado $2$ en $Z$ por lo que tiene dos raíces complejas (posiblemente iguales). Por (2), para $k=1,2$ tenemos que $u_k=\phi_3(s_k,t_k)$ es una raíz de $h$ . No está claro en este momento si $u_1$ y $u_2$ corresponden a la misma raíz de $h$ o no. Tenemos que hacer más cálculos para comprobarlo. Tenga en cuenta que
$$\begin{array}{lcl} u_k &=& \phi_3(s_k,t_k)=s_k^2(s_k+3t_k) \\ &=& (2s_kx-y)(s_k+3(x-s_k)) \\ &=& -(2s_kx-y)(2s_k-3x) \\ &=& -\big(4s_k^2x-(6x^2+2y)s_k+3xy\big) \\ &=& -\big(4(2s_kx-y)x-(6x^2+2y)s_k+3xy\big) \\ &=& -\big((2x^2-2y)s_k-xy\big) \\ &=& (2y-2x^2)s_k+xy \\ \end{array}\tag{5} $$

De ello se desprende que

$$u_1+u_2=(2y-2x^2)(s_1+s_2)+2xy=2x(2y-2x^2)+2xy=-4x^3+6xy \tag{6}$$

Pero esto es exactamente lo contrario del grado $1$ coeficiente de $h(Z)$ . De ello se deduce que las raíces de $h$ son exactamente $u_1$ y $u_2$ (posiblemente con $u_1=u_2$ ), por lo que

$$ f(x,y,Z)=(Z-u_1)(Z-u_2) \tag{7} $$

Desde $f(x,y,z)=0$ entonces deducimos que $z=u_k=\phi_3(s_k,t_k)$ para algunos $k\in\lbrace 1,2 \rbrace$ , con lo que se termina la prueba.