O Teorema de Luroth e uma aplicação as Curvas Algébricas Planas

O Teorema de Luroth e uma aplicação as Curvas Algébricas Planas
Nome:Dan Anibal Agüero Cerna RA:153115
Neste trabalho vamos a apresentar o teorema de Luroth e uma aplicação
as curvas racionais. Primeiro vamos a definir o que é uma curva racional e
como o Teorema de Luroth nos fala que estas sempre vão ter uma boa parametrização.
Vamos denotar por An a K n onde K é um corpo infinito e algebricamente
fechado que usualmente vamos a tomar por C.
Definição: Dizemos que dois polinômios f e g são equivalentes se ∃λ tal
que f = λg, pode se ver que esta é uma relação de equivalência.
Definição 2:Uma curva algébrica plana afim C é uma classe de equivalência
da relação acima definida.
O traço de C é o conjunto {(x, y) ∈ A2 /f (x, y) = 0} onde o f é um dos
polinomios da classe, pode se ver que o traço não depende da escolha do
representante e vamos denota por tr(C).
Por comodidade vai se escrever a curva C como a curva f = 0 ou a curva f.
Diremos que a curva C é irredutível se existir um f irredutível f que pertence
a classe de C.
Definição 3: Diremos que uma curva afim irredutível é racional se existir um
par de funções racionais x(T ), y(T ) ∈ K(T ) (corpo de frações racionais) não
ambas constantes tais que f (x(T ), y(T )) = 0 em K(T ). O par é chamado de
parametrização racional.
Definição 4: Seja uma curva afim irredutível de equação f = 0, e seja
φ : C → A1 é chamada de função regular o polinomial se é a restrição de
uma função polinomial em duas variáveis, p ∈ K[X, Y ] vista como função,
aqui não teremos problemas pois se o corpo é infinito a função polinomial
se corresponde bijetivamente com os polinômios coisa que não acontece em
corpos finitos.
Seja A(C) o conjunto das funções regulares, vê-se que é um anel, pois o seu
conjunto de chegada é um corpo.
Temos
ψ : K[X, Y ] → A(C)
ψ(h) = h|C que é um epimorfismo.
Lema: Sejam f, g ∈ K[X, Y ] polinômios sem fatores irredutíveis em comum,
então existem p, q ∈ K[X, Y ] e c ∈ K[X] tais que
1
p(X, Y )f (X, Y ) + q(X, Y )g(X, Y ) = c(X) o lema seque siendo valido se trocamos Y por X
Demonstração:
Sabemos que f e g não admitem fatores em comum em K[X][Y ] = K[X, Y ],
então f e g nao admitem fatores em comum em K(X)[Y ],pois caso contrario, pode se encontrar u(X, Y ) ∈ K(X)[Y ] tal que mdc(f, g) = u, ie, ∃r, s ∈
K(X)[Y ], tais que rf + sg = u, logo podemos expressar a equação como
r1 (X, Y )/r2 (X)f +s1 (X, Y )/s2 (X)g = u(X, Y ), logo temos s2 (X)r1 (X, Y )f (X, Y )+
r2 (X)s1 (X, Y )g(X, Y ) = r2 (X)s2 (X)u(X, Y ) isto já seria em K[X][Y ] o
que seria uma contradição. Logo assumimos que f e g não fatores irredutíveis em K(X)[Y ], assim existem p e q tais que pf + qg = 1 onde
p = p1 (X, Y )/p2 (X) e q = q1 (X, Y )/q2 (X), logo reduzimos a expressão e
obtemos p1 q2 f + p2 q1 g = p2 (X)q2 (X) = c(X)
Lema: A interseção de duas curvas algébricas planas sem componentes em
comum é finita.
Demonstração
Sejam C1 e C2 as curvas com equações f = 0 e g = 0 como não tem componentes em comum então f e g não tem fatores irredutíveis em comum,
logo pelo lema acima existem p, q, a, b ∈ K[X, Y ] tal que p(X, Y )f (X, Y ) +
q(X, Y )g(X, Y ) = c(X) e a(X, Y )f (X, Y ) + b(X, Y )g(X, Y ) = d(Y ) daí se
(x, y) ∈ trC1 ∩ trC2 aplicamos na equação e obtemos que c(x) = 0, e fazemos o mesmo na outra equação e obtemos que d(y) = 0, logo obtemos que
trC1 ∩ trC2 ⊆ {razesdec}x{razesded}, onde os últimos conjuntos são finitos
pois são as raízes de polinômios numa só variável.
Lema: A(C) ∼
= K[X, Y ]/ < f > e em particular A(C) é um domínio de
integridade.
Demonstração
Temos ψ : K[X, Y ] → A(C), vamos ver que Ker(ψ) =< f >.
de fato temos que < f >⊆ Ker(ψ)
Agora seja g ∈ Ker(ψ) tal que g 6∈< f >
Logo tr(Cg ) ∩ tr(C) é finito e além disso temos g|C = 0, logo temos que
tr(C) ⊆ tr(Cg ) logo teríamos que tr(C) é finito o que é uma contradição.
Logo Ker(ψ) =< f > e do fato de f ser elemento irredutível no anel fatorial
K[X, Y ], temos que A(C) ∼
= K[X, Y ]/ < f > e este ultimo é um domínio,
logo A(C) é domínio.
Definição: O corpo das funções racionais de uma curva afim irredutível é o
corpo de frações de A(C) que será denotado por K(C). Um elemento de
K(C) é da forma p/q onde p, q ∈ A(C).
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Definição: Uma função φ é dita regular em P , se φ = p/q onde p, q ∈ A(C)
e q(P ) 6= 0. Seja φ função racional e seja Cφ = {P ∈ CφregularemP } o
que chamaremos de domínio de regularidade de φ, assim podemos definir
φ|Cφ → A1 .
Para poder provar a seguinte proposição vamos precisar de uma equivalência
do Teorema dos zeros de Hilbert, que vamos passar a enunciar de um jeito
simplificado:
Teorema: Se K é um corpo algebricamente fechado, então todo ideal maximal
η em K[X, Y ] é da forma < X − x, Y − y > para algum (x, y) ∈ A2
Proposição: Se φ é uma função racional regular em cada ponto P ∈ C
então φ é uma função regular, ie, φ ∈ A(C).
Demonstração:
Seja o conjunto I = {q ∈ A(C)/qφ ∈ A(C)}, vemos que I é um ideal de
A(C) se I = A(C) a proposição estaria provada, por isso suponhamos que
não, logo ∃ um ideal maximal η tal que I ⊆ η ⊂ A(C) este corresponde com
um ideal de K[X, Y ] contendo < f > opelo teorema dos zeros este vai ter
a forma < X − x0 , Y − y0 > logo f = (X − x0 )h1 + (Y − y0 )h2 , pegamos
P = (x0 , y0 ) vemos que f (P ) = 0 e que se q ∈ I ⊆ η vamos ter que q(P ) = 0
mas φ é regular em P, daí que φ = p/q com q(P ) 6= 0 então qφ = p ∈ A(C)
E q ∈ I o que é uma contradição.
Proposição: Seja C uma curva algébrica plana, logo temos que é racional se
e só se K(C) é K-isomorfo a algum subcorpo de K(T ) (corpo das funções
racionais na variável T ).
Demonstração:
Vamos supor que K(C) é K-isomorfo a L, um subcorpo de K(T ), como sabemos K(C) = {u+ < f > /v+ < f > /u, v ∈ K[X, Y ]} e X+ < f >
, Y + < f >∈ K(C), e seja Φ : K(C) → L ⊆ K(T )
Φ(X+ < f >) = x(T ) e Φ(Y + < f >) = y(T ), com x(T ), y(T ) ∈ K(T )
vamos ver que as duas não podem ser ambas constantes. Suponhamos que
x(T ) = a = cte, logo como Φ é um K-isomorfismo X+ < f >= a+ < f >
disso f |X − a e vemos que f = k1 (X − a) aplicamos o mesmo para y(T ) e
obtemos que f = k2 (Y −b) o que uma contradição, então x(T ) e y(T ) não podem ser ambos constantes ao mesmo tempo. Agora vamos ver que esse par é
em efeito uma parametrização racional, isso vem do fato que f + < f >= 0,
logo Φ(f + < f >) = 0, e f = aij X i Y j e como Φ é um K-isomorfismo,
0 = Φ(f + < f >) = aij Φ(X i + < f >)Φ(Y j + < f >) = aij x(T )i y(T )j =
f (x(T ), y(T )).
Agora seja (x(T ), y(T )) uma parametrização racional de C
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φ : K[X, Y ] → K(T )
h(X, Y ) → h(x(T ), y(T )) , seja I = Ker(φ), como f (x(T ), y(T )) = 0. então < f >⊆ I, vamos supor que I 6=< f >, ie ∃g ∈ I, g 6∈< f > disto
vemos que f e g não tem fatores comuns. Pelo lema ∃a1 a2 b1 b2 ∈ K[X, Y ] e
c ∈ K[X], d ∈ K[y] tais que
a1 f + b1 g = c(X) e a2 f + b2 g = d(Y ), logo c(x(T )) = 0 e d(y(T )) = 0, logo
c(X), d(Y ) ∈ I, < c(X), d(Y ) >⊆ I logo
K[X, Y ]/I ⊆ K[X, Y ]/ < c(X), d(Y ) > e vemos que
dimK K[X, Y ]/gen{c(X), d(Y )} < ∞, logo
dimK K[X, Y ]/I < ∞ e como K[X, Y ]/I ∼
= Im(φ) = K[x(T ), y(T )], então
dimK K[x(T ), y(T )] < ∞, disso que existe n tal que 1, x(T ), x(T )2 , . . . x(T )n
são linearmente dependentes, isto nos daria que x(T ) é algébrico sobre K,
mas este é algebricamente fechado, assim x(T ) ∈ K, ie x(T ) seria com o
mesmo procedimento chegamos ao mesmo com y(T ), assim teríamos que
ambos são constantes o que seria a contradição procurada.
Teorema de Luroth:
Seja L um subcorpo de K(T ) que contém K. Se L contém algum elemento
diferente de uma função constante, ie,K ⊂ L, então existe τ ∈ K(T ) tal que
L = K(τ ). Demonstração:
K(T ) é uma extensão algébrica de L, pois se φ = a(T )/b(T ) não constante,
então a(X) − φb(x) ∈ L[X] , se avaliamos em T o polinômio se anula, assim
T é algébrico sobre L, e seja p(X, T ) = a0 (T )X m + . . . + am (T ), com os
aj ∈ K[T ], e a0 6= 0, aj /a0 ∈ L e tomamos p tal que a0 , a1 , . . . am tenham
máximo divisor comum 1. Seja i0 tal que n = gr(ai0 (T )) ≥ gr(aj (T )) vamos
escolher τ = ai0 /aj0 6∈ K(Caso contrario todos os aj = cj ai0 com cj ∈ K daí
que o polinômio teria a forma p(X, T ) = ai0 (T )(cO X m + . . . cm ), quitamos o
ai0 (T ) e o polinômio teria os coeficientes dele em K, e T seria algébrico em
K, o que é absurdo).
Temos o polinômio h(X) = τ aj0 (X) − ai0 (X) ∈ L[X], que tem como raiz
a T e tem grau n em X, e é um polinômio em K(τ )[X] isto nos da que
gr(Irr(T, K(τ ))) = [K(τ )(T ) : K(τ )] = [K(T ) : K(τ )] ≤ gr(h) = n.
Logo pegamos q(X, T ) = aj0 (X)ai0 (T ) − aj0 (T )ai0 (X) ∈ K(T )[X], vê-se que
grT (q) = n pois temos que o grau maximo em T em p é devido a ai0 e que
q(T, T ) = 0, daí que p(X, T ) divide q(X, T ) em K[X, T ], e seja r tal que
p(X, T )r(X, T ) = q(X, T ), ,logo fazemos comparações com os graus e obtemos que n = grT (p) ≤ grT (p) + grT (r) = grT (q) ≤ n, daí que r não depende
de T , se alterarmos a ordem dos X de T , e usamos a simetria do polinô4
mio q, obtemos que p(X, T )r(X) = q(X, T ) → p(T, X)r(T ) = q(X, T ) =
p(X, T )r(X) disso que r(T ) termina dividendo a p(X, T ) e dividiria a cada
aj , mas pela construção temos escolhida mdc(a0 , . . . am ) = 1, dai que r e uma
constante, e assim m = n e da Cota superior que foi encontrada temos que
n = m = [K(T ) : L] ≤ [K(T ) : K(τ )] ≤ n daí que K(τ ) = L.
Agora com todo o desenvolvido vamos a provar que as curvas racionais tem
um comportamento com respeito das parametrizações.
Definição: Dizemos que uma parametrização x(T ), y(T ) de C é Boa se
Φ : K(C) → K(T )
φ(X, Y )+ < f >→ φ(x(T ), y(T )) é sobrejetora.
Proposição Toda curva racional admite uma boa parametrização.
Demonstração:
Seja (x(T ), y(T )) uma parametrização racional da curva, e temos o corpo
K(x(T ), y(T )) ∈ K(T ), sabemos que x e y os dois não são constantes, assim
que K(x(T ), y(T )) 6= K,a então pelo Teorema de Luroth, existe τ tal que
K(x(T ), y(T )) = K(τ ), e assim pegamos τ como novo parâmetro da curva.
Referências
[1] I.Vainsencher Curvas Algébricas Planas. Coleção Universitária.
[2] D.A. Cox Galois Theory. Wiley.
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