$X^n-Y^m$ es irreducible en $\Bbb{C}[X,Y]$ si $\gcd(n,m)=1$

Question

Intento demostrar que $X^n-Y^m$ es irreducible en $\Bbb{C}[X,Y]$ si $\gcd(n,m)=1$ donde $n,m$ son enteros positivos.

Demostré que si $\gcd(n,m)$ no es $1$ entonces $X^n-Y^m$ es reducible. Cómo mostrar la otra dirección. Por favor, ayuda.

Answer 1

Supongamos que $f(X,Y) =X^n-Y^m=g(X,Y)h(X,Y)$ . Entonces $f(Z^m,Z^n)=0$ implica que uno de $g(Z^m,Z^n)$ o $h(Z^m,Z^n)$ es el polinomio cero. Supongamos que $g(Z^m,Z^n)=0$ . Esto significa que para todos los $k$ los monomios se anulan, es decir, si $$g(X,Y)=\sum a_{i,j}X^iY^j $$ entonces $$\sum_{mi+nj=k}a_{i,j}=0.$$ ¿Podemos tener alguna vez $mi+nj=mi'+nj'$ ? Eso significaría $m(i-i')=n(j-j')$ Por lo tanto $n\mid i-i'$ (porque ninguno de $n$ están en $m$ ) y asimismo $m\mid j-j'$ . Así que si $i>i'$ esto implica $j> j'$ .

Answer 2

Solución geométrica.

Consideremos el morfismo de variedades afines $\mathbb{A}^1 \to V(X^n-Y^m), t \mapsto (t^m,t^n)$ . Es suryectiva: Si $x^n=y^m$ en $\mathbb{C}$ wlog $x,y \in \mathbb{C}^*$ elige algunos $t \in \mathbb{C}^*$ tal que $x=t^m$ . Entonces $y^m=x^n=t^{mn}$ Por lo tanto $y=t^n \cdot \zeta$ para algunos $\zeta \in U(m)$ . Desde $m,n$ son coprimos, $\zeta=\eta^n$ para algunos $\eta \in U(m)$ . Entonces $t \eta$ es una preimagen de $(x,y)$ .

De ello se deduce que $V(X^n-Y^m)$ es irreducible, es decir $\sqrt{(X^n-Y^m)}$ es un ideal primo. Pero el ideal $(X^n-Y^m)$ es radical, porque $X^n-Y^m$ no tiene cuadrado, ya que $\partial_X (X^n-Y^m)=n X^{n-1}$ y $X^n-Y^m$ son coprimos en $\mathbb{C}(Y)[X]$ .

Answer 3

Creo que la prueba de Hagen von Eitzen es buena, pero no tan explícita al final.

Intentaré aclararlo:

"Supongamos $f(X,Y) =X^n-Y^m=g(X,Y)h(X,Y)$ . Entonces $f(Z^m,Z^n)=0$ implica que uno de $g(Z^m,Z^n)$ o $h(Z^m,Z^n)$ wlog $g(Z^m,Z^n)$ es el polinomio cero. Esto significa que para todo $k$ los monomios se anulan, es decir, si $$g(X,Y)=\sum a_{i,j}X^iY^j $$ entonces $$ \sum_{mi+nj=k}a_{i,j}=0 $$

¿Podemos tener alguna vez $mi+nj=mi'+nj'$ ? Eso significaría $m(i-i')=n(j'-j)$ . De ello se deduce que $i=i'(\bmod n)$ y $j=j'(\bmod m)$ . Pero $i,i'\in {0,1,...,n-1}$ y $j,j'\in {0,1,...,m-1}$ . Esto implica $i=i'$ y $j=j'$ ."

En general, $mi+nj=mi'+nj'$ es equivalente a $i=i'$ y $j=j'$ . Términos tan distintos de $g$ y $h$ coresponden a términos distintos en $g(Z^m,Z^n)$ y $h(Z^m,Z^n)$ . Así que cuando sustituimos $X=Z^m$ y $Y=Z^n$ ninguno de los términos $g(Z^m,Z^n)$ y $h(Z^m,Z^n)$ se anularán de modo que $g(Z^m,Z^n)=0$ y $h(Z^m,Z^n)=0$ . Es decir $g(Z^m,Z^n)\ne0\ne h(Z^m,Z^n)$ pero $0=f(Z^m,Z^n)=g(Z^m,Z^n)h(Z^m,Z^n)\ne0$ contradicción.

Answer 4

Lema: Si $f \in \mathbb{C}[X,Y]$ es un polinomio irreducible sobre $\mathbb{C}(Y)$ entonces su factorización en $\mathbb{C}[X,Y]$ consiste en un polinomio irreducible y cero o más polinomios univariantes en $Y$ .

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Teorema: Si $\gcd(m,n) = 1$ entonces $S^m - T^n$ es un polinomio irreducible en un variable ( $S$ ) sobre el campo $K = \mathbb{C}(T)$ .

Prueba: En $m$ raíces distintas de este polinomio son los valores $\zeta^k T^{n/m}$ tendido en el campo $L = \mathbb{C}(T^{1/m})$ donde $\zeta$ es una primitiva $m$ -enésima raíz de la unidad.

Podemos encontrar $a,b$ para que $am + bn = 1$ . Esto implica

$$ T^a \left(T^{n/m} \right)^b = T^{(am + bn)/m} = T^{1/m}$$

y así $L = K(T^{n/m})$ . Hay varias formas de deducir que $S^m - T^n$ es irreducible a partir de ésta; por ejemplo $[L:K] = m$ junto con el hecho $S^m - T^n$ es el grado $m$ significa que $S^m - T^n$ es el polinomio mínimo de $T^{n/m}$ en $K$ . $\square$

Answer 5

Sea $K$ sea cualquier campo, por ejemplo $K=\Bbb C$ , dejemos que $m,n \in \Bbb N$ con $\gcd(n,m)=1$

Por el lema de Gauss, basta con demostrar que $X^n-Y^m$ es irreducible en $K(Y)[X]$ Ahora $K(Y) / K(Y^m)$ es un grado $m$ extensión y $Y^m$ es un elemento primo de $K[Y^m]$ desde $K[Y^m]/(Y^m) \cong K$ Así pues $X^n-Y^m$ es irreducible sobre $K(Y^m)$ por el criterio de Eisenstein. Ahora bien $\gcd(\mathrm{deg}_X(X^n-Y^m);[K(Y):K(Y^m)])=1$ esto implica que $X^n-Y^m$ también es irreducible sobre $K(Y)$ compare esta pregunta .