Homogene Polynome in zwei Variablen zerlegen

05.07.2013, 20:32

mathinitus

Homogene Polynome in zwei Variablen zerlegen

Hallo,

sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper und $\begin{eqnarray*} f\in K[X,Y] \end{eqnarray*}$ ein homogenes nichtkonstantes Polynom. Dann lässt sich dieses wie folgt zerlegen
$\begin{eqnarray*} f=\prod_{i=1}^n (b_i X -a_i Y) \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} (a_i,b_i)\in K^2\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$ . Das will ich beweisen.

Ich bin auch fast soweit, aber eine kleine Lücke hat mein Beweis noch.

Also mal meine Gedanken dazu:
Ich denke es reicht zu zeigen, dass man $\begin{eqnarray*} (a,b)\in K^2\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$ findet, so dass
$\begin{eqnarray*} (bX-aY) \mid f \end{eqnarray*}$ . Wenn man soweit ist, ist der Rest trivial.
Da f nicht konstant und K algebraisch abgeschlossen ist, findet man $\begin{eqnarray*} (a,b)\in K^2\setminus\{0\} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(a,b)=0 \end{eqnarray*}$ . Da f homogen ist, verschwindet auch jedes skalare Vielfache von (a,b).
Also ist die Nullstellenmenge von $\begin{eqnarray*} g:=bX-aY \end{eqnarray*}$ in der von f enthalten:
$\begin{eqnarray*} Z(g)\subseteq Z(f) \end{eqnarray*}$
Daraus folgt:
$\begin{eqnarray*} \sqrt{(f)}=I(Z(f))\subseteq I(Z(g))=\sqrt{(g)} \end{eqnarray*}$ .
Es gilt aber $\begin{eqnarray*} (f)\subseteq \sqrt{(f)} \end{eqnarray*}$ .
Könnte ich nun noch $\begin{eqnarray*} \sqrt{(g)}=(g) \end{eqnarray*}$ zeigen, hätte ich $\begin{eqnarray*} (f)\subseteq (g) \end{eqnarray*}$ und damit ist $\begin{eqnarray*} g\mid f \end{eqnarray*}$ gezeigt. Die Lücke in meinem Beweis ist also noch $\begin{eqnarray*} \sqrt{(g)}=(g) \end{eqnarray*}$ zu zeigen.

Nun die Frage(n) an euch:
Ist mein Beweis richtig und wie zeigt man $\begin{eqnarray*} \sqrt{(g)}=(g) \end{eqnarray*}$ ?

05.07.2013, 21:01

watcher

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Hallo,

Zitat:

wie zeigt man $\begin{eqnarray*} \sqrt{(g)}=(g) \end{eqnarray*}$ ?

gar nicht, es gilt nicht.

Gegenbsp.: $\begin{eqnarray*} g=(X-Y)^2 \end{eqnarray*}$ .

Ich würde hier eher über die Technik des Bildens des projektiven Abschlusses gehen:

$\begin{eqnarray*} f(X,Y)=f(X/Y,1)Y^d \end{eqnarray*}$ mit d dem Grad von f.

05.07.2013, 21:05

mathinitus

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Zitat:

Original von watcher
Hallo,

Zitat:

wie zeigt man $\begin{eqnarray*} \sqrt{(g)}=(g) \end{eqnarray*}$ ?

gar nicht, es gilt nicht.

Gegenbsp.: $\begin{eqnarray*} g=(X-Y)^2 \end{eqnarray*}$ .

Moment, mein g war der Form $\begin{eqnarray*} g=bX-aY \end{eqnarray*}$ .

05.07.2013, 21:16

watcher

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$\begin{eqnarray*} bX-aY \end{eqnarray*}$ ist irreduzibel.

Ich gebe zu ich hab deinen Beweis nur überflogen. Bei genauerem Hinsehen wird er nur noch umständlicher.
Aus $\begin{eqnarray*} f(a,b)=0 \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} (bX-aY)|f \end{eqnarray*}$ auch ohne Nullstellensatz, es gilt sogar in nicht-algebraisch abgeschlossenen Körpern.

05.07.2013, 21:19

mathinitus

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Das stimmt natürlich. Da habe ich mir die Sache unnötig schwer gemacht. Dann ist die Aussage ja echt recht trivial. Vielen Dank.

Die Zerlegung klappt aber nicht immer in nicht-algebraisch abgeschlossenen Körpern. Denn man muss ja erstmal (a,b) finden mit f(a,b)=0.

06.07.2013, 09:45

tmo

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Die Aussage

$\begin{eqnarray*} Z(g) \subset Z(f), g \text{ irreduzibel} \Longrightarrow g | f \end{eqnarray*}$

heißt übrigens Lemma von Study und ist natürlich ein Korollar aus dem Nullstellensatz, denn in deiner Situation gilt selbstverständlich $\begin{eqnarray*} \sqrt{(g)} = (g) \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} (g) \end{eqnarray*}$ als Primideal (Wir sind im faktoriellen Fall, da erzeugt jedes irreduzible ein Primideal) radikal ist.

06.07.2013, 19:59

mathinitus

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Zitat:

Original von tmo
Die Aussage

$\begin{eqnarray*} Z(g) \subset Z(f), g \text{ irreduzibel} \Longrightarrow g | f \end{eqnarray*}$

heißt übrigens Lemma von Study und ist natürlich ein Korollar aus dem Nullstellensatz, denn in deiner Situation gilt selbstverständlich $\begin{eqnarray*} \sqrt{(g)} = (g) \end{eqnarray*}$ , da $\begin{eqnarray*} (g) \end{eqnarray*}$ als Primideal (Wir sind im faktoriellen Fall, da erzeugt jedes irreduzible ein Primideal) radikal ist.

Ja klar. Mann, das ärgert mich oft, wie ich einfache Sachen nicht sehe.

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