[Reid] Esercizio su cubiche e polinomi reali non omogenei
Questo è un esercizio tratto dal testo "Undergraduate Algebraic Geometry" di Reid.
Sia \( \displaystyle \phi \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}^2\) l'applicazione \(\displaystyle \phi(t)=(t^2,t^3)\) (è la parametrizzazione della cubica cuspidale \( \displaystyle Y^2=X^3\) ). Allora ogni polinomio \( \displaystyle f \in \mathbb{R}[X, Y]\) che si annulla sull'immagine \(\displaystyle \mathcal{C}=\phi(\mathbb{R})\) è divisibile per \( \displaystyle Y^2-X^3\).
Seguendo un suggerimento del testo, ho provato a seguire lo stesso approccio usato nella dimostrazione di un lemma precedente: porre \( \displaystyle F(X,Y)=Y^2-X^3\) e sostituire in \(\displaystyle f(X,Y) \) ogni occorrenza di \(\displaystyle Y^2 \) con \( \displaystyle X^3 + F(X,Y) \).
Così facendo ottengo \(\displaystyle f(X,Y)=F(X,Y) A(X,Y) + B(X,Y)\) dove \(\displaystyle A(X,Y) , B(X,Y) \in \mathbb{R}[X, Y] \). Dire che \(\displaystyle f(X,Y) \) si annulla su \(\displaystyle \mathcal{C} \) equivale a dire che \(\displaystyle B(X,Y) \) si annulla su \(\displaystyle \mathcal{C} \) cioè che \(\displaystyle B(t^2, t^3)=0 \) per ogni \(\displaystyle t \in \mathbb{R} \).
Da qui vorrei concludere che il polinomio \(\displaystyle B(X,Y) \) è identicamente nullo, sfruttando il fatto che un polinomio in una variabile \(\displaystyle t \) se ha infiniti zeri è nullo.
Come posso fare? Qualche idea?
Grazie mille.
P. S. Non so se può servire ma l'esercizio, poi, chiede di dimostrare la stessa proprietà per \(\displaystyle \phi(t)=(t^2-1,t^3-t) \). Probabilmente, serve la stessa idea.
Sia \( \displaystyle \phi \colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}^2\) l'applicazione \(\displaystyle \phi(t)=(t^2,t^3)\) (è la parametrizzazione della cubica cuspidale \( \displaystyle Y^2=X^3\) ). Allora ogni polinomio \( \displaystyle f \in \mathbb{R}[X, Y]\) che si annulla sull'immagine \(\displaystyle \mathcal{C}=\phi(\mathbb{R})\) è divisibile per \( \displaystyle Y^2-X^3\).
Seguendo un suggerimento del testo, ho provato a seguire lo stesso approccio usato nella dimostrazione di un lemma precedente: porre \( \displaystyle F(X,Y)=Y^2-X^3\) e sostituire in \(\displaystyle f(X,Y) \) ogni occorrenza di \(\displaystyle Y^2 \) con \( \displaystyle X^3 + F(X,Y) \).
Così facendo ottengo \(\displaystyle f(X,Y)=F(X,Y) A(X,Y) + B(X,Y)\) dove \(\displaystyle A(X,Y) , B(X,Y) \in \mathbb{R}[X, Y] \). Dire che \(\displaystyle f(X,Y) \) si annulla su \(\displaystyle \mathcal{C} \) equivale a dire che \(\displaystyle B(X,Y) \) si annulla su \(\displaystyle \mathcal{C} \) cioè che \(\displaystyle B(t^2, t^3)=0 \) per ogni \(\displaystyle t \in \mathbb{R} \).
Da qui vorrei concludere che il polinomio \(\displaystyle B(X,Y) \) è identicamente nullo, sfruttando il fatto che un polinomio in una variabile \(\displaystyle t \) se ha infiniti zeri è nullo.
Come posso fare? Qualche idea?
Grazie mille.
P. S. Non so se può servire ma l'esercizio, poi, chiede di dimostrare la stessa proprietà per \(\displaystyle \phi(t)=(t^2-1,t^3-t) \). Probabilmente, serve la stessa idea.
Risposte
Dividendo \(f(x,y)\) per \( x^2-y^3\) otteniamo:
\( f(x,y)=(x^2-y^3)q(x,y)+r(x,y)\) essendo \( r(x,y) \) un polinomio di grado \(2\)
Ponendo \( r(x,y)=ax^2+by^2+cxy+dx+ey+f\) , ponendo \( x=t^2, y=t^3\) si deve avere:
\( bt^6+ct^5+at^4+et^3+dt^2+f=0\) da cui per il principio di identità dei polinomi:\(a=b=c=d=e=f=0 \)
Per il secondo esercizio abbiamo \( x^3+x^2-y^2=0\), procedendo come sopra otteniamo:
\( bt^6+ct^5+(a-2b)t^4+(e-2c)t^3+(b+d-2a)t^2+(c-e)t+a-d+f==0\)
annullando i coefficienti si ottiene un sistema lineare la cui unica soluzione è:\( a=b=c=d=e=f=0\)
\( f(x,y)=(x^2-y^3)q(x,y)+r(x,y)\) essendo \( r(x,y) \) un polinomio di grado \(2\)
Ponendo \( r(x,y)=ax^2+by^2+cxy+dx+ey+f\) , ponendo \( x=t^2, y=t^3\) si deve avere:
\( bt^6+ct^5+at^4+et^3+dt^2+f=0\) da cui per il principio di identità dei polinomi:\(a=b=c=d=e=f=0 \)
Per il secondo esercizio abbiamo \( x^3+x^2-y^2=0\), procedendo come sopra otteniamo:
\( bt^6+ct^5+(a-2b)t^4+(e-2c)t^3+(b+d-2a)t^2+(c-e)t+a-d+f==0\)
annullando i coefficienti si ottiene un sistema lineare la cui unica soluzione è:\( a=b=c=d=e=f=0\)
Intanto grazie della risposta.
Però, scusa: sei sicuro che esista la divisione euclidea per i polinomi in più variabili?
Non mi sembra che \( \displaystyle \mathbb{R}[X, Y] \) sia un dominio euclideo.
Però, scusa: sei sicuro che esista la divisione euclidea per i polinomi in più variabili?
Non mi sembra che \( \displaystyle \mathbb{R}[X, Y] \) sia un dominio euclideo.
La tua osservazione è calzante e mi scuso per la mia risposta scorretta. Pongo rimedio.
Possiamo dividere i due polinomi \(f(x,y)\) e \( y^2-x^3\) prendendo come indeterminata principale \( y \), in questo caso il resto si esprime come
\( r(x,y)=yu(x)+v(x)\) con \( u(x),v(x)\) polinomi.
Ponendo \( x=t^2, y=t^3\) otteniamo:
\( t^3u(t^2)+v(t^2)=0\) \( \forall t\)
e anche, per \( t \rightarrow -t\)
\(- t^3u(t^2)+v(t^2)=0\) \( \forall t\)
addizionando:
\( 2v(t^2)=0\)
e anche
\( v(t)=0\) \( \forall t\)
per il principio d'identità \( v==0\) polinomio nullo.
Quindi \( t^3 u(t^2)=0\)
da cui \( u\) è polinomio nullo.
Pertanto \( r(x,y)==0\)
Stesso discorso per il secondo esercizio.
Possiamo dividere i due polinomi \(f(x,y)\) e \( y^2-x^3\) prendendo come indeterminata principale \( y \), in questo caso il resto si esprime come
\( r(x,y)=yu(x)+v(x)\) con \( u(x),v(x)\) polinomi.
Ponendo \( x=t^2, y=t^3\) otteniamo:
\( t^3u(t^2)+v(t^2)=0\) \( \forall t\)
e anche, per \( t \rightarrow -t\)
\(- t^3u(t^2)+v(t^2)=0\) \( \forall t\)
addizionando:
\( 2v(t^2)=0\)
e anche
\( v(t)=0\) \( \forall t\)
per il principio d'identità \( v==0\) polinomio nullo.
Quindi \( t^3 u(t^2)=0\)
da cui \( u\) è polinomio nullo.
Pertanto \( r(x,y)==0\)
Stesso discorso per il secondo esercizio.
"totissimus":
La tua osservazione è calzante e mi scuso per la mia risposta scorretta.
Ma figurati.
"totissimus":
Pongo rimedio.
Possiamo dividere i due polinomi \(f(x,y)\) e \( y^2-x^3\) prendendo come indeterminata principale \( y \), in questo caso il resto si esprime come
\( r(x,y)=yu(x)+v(x)\) con \( u(x),v(x)\) polinomi.
Richiamo il seguente teorema (Jacobson, Basic Algebra I) per chiarezza e completezza.
Sia \(\displaystyle A \) un anello con elemento unità. Si considerino \(\displaystyle f(x), g(x) \in A[x] \), \(\displaystyle g(x) \neq 0 \), e siano \(\displaystyle m \) e \(\displaystyle b_m \)il grado ed il coefficiente direttore di \(\displaystyle g(x) \). Allora esistono \(\displaystyle k \in \mathbb{N} \), \(\displaystyle q(x), r(x) \in A[x] \) con \(\displaystyle \deg g(x) < \deg r(x) \) tali che
\[ b_m^k f(x) = q(x) g(x) + r(x).
\]
In questo caso stiamo prendendo \(\displaystyle A = \mathbb{R}[x] \) e si ha \(\displaystyle b_m=1 \) quindi non ci dovrebbero esser problemi.
"totissimus":
Ponendo \( x=t^2, y=t^3\) otteniamo:
\( t^3u(t^2)+v(t^2)=0\) \( \forall t\)
e anche, per \( t \rightarrow -t\)
\(- t^3u(t^2)+v(t^2)=0\) \( \forall t\)
addizionando:
\( 2v(t^2)=0\)
e anche
\( v(t)=0\) \( \forall t\)
per il principio d'identità \( v==0\) polinomio nullo.
Quindi \( t^3 u(t^2)=0\)
da cui \( u\) è polinomio nullo.
Pertanto \( r(x,y)==0\)
Stesso discorso per il secondo esercizio.
Capito, grazie mille, non avevo pensato a usare la divisione tra polinomi a coefficienti non in un campo.
Dopo la tua risposta sono andato a ricercarmi il teorema citato sopra.
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