Jeżeli nieprzywiedlne zbiory algebraiczne są regularnie izomorficzne, to są biwymiernie izomorficzne

Dowód. Z regularnej izomorficzności zbiorów algebraicznych X i Y wynika izomorfizm k-algebr k[X] ≈ k[Y ] (patrz Wniosek 3.4.3). To implikuje, że ciała k(X) i k(Y ) są k-izomorficzne. Teza wynika więc ze Stwierdzenia 5.5.3.

Z poniższych przykładów wynika, że zbiory biwymiernie izomorficzne nie muszą być re-gularnie izomorficzne.

Przykład 5.5.5. Niech X = V(T1T2−1) ⊂ k². Pokazaliśmy w Przykładzie 3.10.2, że zbiory X i k¹nie są regularnie izomorficzne. Teraz wykażemy, że są to zbiory biwymiernie izomorficzne.

Niech f : X → k¹ będzie odwzorowaniem określonym wzorem f (x₁, x₂) = x₁. Odwzorowanie to jest wymierne (bo jest regularne). Rozpatrzmy odwzorowanie wymierne g : k¹ −→◦ X, g(t) = (t, 1/t). Dziedziną tego odwzorowania jest Dg = k¹ r {0}. Jeżeli a ∈ Dg, to f g(a) = f (a, 1/a) = a, czyli f g = 1_k¹. Jeżeli x ∈ X = D_f, to x = (t, 1/t) dla pewnego niezerowego t ∈ k¹, a zatem gf (x) = gf (t, 1/t) = g(t) = (t, 1/t) = x, czyli gf = 1_X. Odwzorowanie f : X → k¹ jest więc biwymiernym izomorfizmem. 

Przykład 5.5.6. Niech X = V(T₁³− T₂²) ⊂ k². Pokazaliśmy w Przykładzie 3.8.2, że zbiory X i k¹nie są regularnie izomorficzne. Teraz wykażemy, że są to zbiory biwymiernie izomorficzne.

Niech f : k¹ → X będzie odwzorowaniem określonym wzorem f (t) = (t², t³). Odwzorowanie to jest wymierne (bo jest regularne). Rozpatrzmy odwzorowanie wymierne g : X −→◦ k¹, g(x1, x2) = x₂/x1. Dziedziną tego odwzorowania jest D_g = X r {(0, 0)}. Jeżeli x = (x1, x2) ∈ D_g, to x³₁ = x²₂ i mamy:

f g(x) = f g(x₁, x₂) = f (x₂/x₁) = ((x₂/x₁)², (x₂/x₁)³) = (x³₁/x²₁, x³₂/x²₂) = (x₁, x₂) = x, czyli f g = 1_X. Dla t ∈ k¹r {0} mamy natomiast:

gf (t) = g(t², t³) = t³/t²= t,

tzn., gf = 1_k1. Zatem zbiory algebraiczne X i k¹ są biwymiernie izomorficzne.

36 Andrzej Nowicki, Czerwiec 2003 5. Odwzorowania wymierne

Ze znanego twierdzenia Abela o elemencie prymitywnym ([Brow77], [Szaf88] 331) wynika Twierdzenie 5.5.7. Jeżeli ciało k jest algebraicznie domknięte, to każdy nieprzywiedlny zbiór algebraiczny w kⁿ jest biwymiernie izomorficzny z pewną hiperpowierzchnią zawartą w pewnej przestrzeni k^m.  ([Szaf88] 52).

oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo 5.6 Wymierne zbiory algebraiczne

oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo Definicja 5.6.1. Zbiór algebraiczny X nazywamy wymiernym, gdy jest nieprzywiedlny i biwymiernie izomorficzny z k^m dla pewnej liczby naturalnej m lub równoważnie: gdy ciało funkcji wymiernych k(X) jest k-izomorficzne z ciałem funkcji wymiernych k(T₁, . . . , Tm).

W Przykładach 5.5.5 i 5.5.6 wykazaliśmy, że zbiory algebraiczne V(T₁T₂− 1), V(T₁³− T₂²) są biwymiernie izomorficzne z k¹. Są to więc zbiory wymierne.

Zajmiemy się teraz wymiernymi hiperpowierzchniami w kⁿ. Zakładać będziemy, że k jest ciałem algebraicznie domkniętym. Przez k(t) oznaczać będziemy ciało funkcji wymiernych jednej zmiennej t nad k.

Niech F 6∈ k będzie nieprzywiedlnym wielomianem w k[T ] = k[T₁, . . . , Tn] i niech X = V(F ). Wtedy X jest nieprzywiedlną hiperpowierzchnią w kⁿ. Ciało funkcji wymiernych k(X) jest izomorficzne z ciałem ułamków pierścienia k[T ]/(F ). Stopień transcendencji ciała k(X) nad k jest zatem równy n − 1. Stąd wynika, że jeżeli hiperpowierzchnia X jest wymierna, to jest ona biwymiernie izomorficzna z kⁿ⁻¹. W szczególności, jeśli hiperpowierzchnia X jest biwymiernie izomorficzna z k¹, to n = 2, tzn. X jest płaską krzywą algebraiczną. Ograniczmy się więc najpierw do krzywych płaskich.

Andrzej Nowicki, Czerwiec 2003 5. Odwzorowania wymierne 37

oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo 5.7 Krzywe płaskie

oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo Stwierdzenie 5.7.1. Niech k będzie ciałem nieskończonym. Niech X = V(F ) będzie nieprzy-wiedlną krzywą płaską posiadającą co najmniej dwa różne punkty i określoną przez nieroz-kładalny wielomian F ∈ k[T₁, T₂] r k. Jeśli X jest biwymiernie izomorficzne z k¹, to istnieją funkcje wymierne α(t), β(t) ∈ k(t) takie, że:

(1) α(t) 6∈ k lub β(t) 6∈ k,

(2) F (α(t), β(t)) = 0 (równość w k(t)).

Dowód. Niech f : k¹ −→◦ X będzie biwymiernym izomorfizmem określonym przez wymierne funkcje α(t), β(t) (patrz Definicja 5.3.1). Ze Stwierdzenia 5.3.5 wynika, że wtedy F (α(t), β(t)) = 0.

Obraz f (k¹) jest zbiorem gęstym w X. Gdyby funkcje α(t), β(t) były stałymi (tzn. gdyby α(t) ∈ k i β(t) ∈ k) wówczas obraz f (k¹) byłby zbiorem jednopunktowym, co oznaczałoby, że X jest zbiorem jednopunktowym (gdyż f (k¹) =f (k¹) = X). Założyliśmy jednak, że krzywa X ma co najmniej dwa punkty.

Przypominjmy, że jeśli ciało k jest algebraicznie domknięte, to k jest nieskończone i (Stwierdzenie 1.2.3) każda hiperpowierzchnia w kⁿ (dla n> 2) jest zbiorem nieskończonym.

Zatem z poprzedniego stwierdzenia wynika:

Stwierdzenie 5.7.2. Niech k będzie ciałem algebraicznie domkniętym. Niech X = V(F ) będzie nieprzywiedlną krzywą płaską określoną przez nierozkładalny wielomian F ∈ k[T₁, T₂]r k. Jeśli X jest biwymiernie izomorficzne z k¹, to istnieją funkcje wymierne α(t), β(t) ∈ k(t) takie, że:

(1) α(t) 6∈ k lub β(t) 6∈ k,

(2) F (α(t), β(t)) = 0 (równość w k(t)). 

Wykażemy, że warunki (1) i (2) Stwierdzenia 5.7.1 w pełni charakteryzują wszystkie wymierne krzywe płaskie. W dowodzie tego faktu wykorzystamy znane twierdzenie L¨urotha (patrz np. [Brow77], [Bial87]).

Twierdzenie 5.7.3 (L¨uroth). Każde rozszerzenie ciała k różne od k i zawarte w ciele funkcji wymiernych k(t) jest izomorficzne z rozszerzeniem k(t) ⊃ k. 

Zanotujmy również następujące dwa lematy o elementach ciała k(t).

Lemat 5.7.4. Niech k będzie ciałem nieskończonym i niech α ∈ k(t) r k. Jeśli S ⊆ k¹ jest nieskończonym podzbiorem dziedziny D_α, to zbiór α(S) jest nieskończony. W szczególności, obraz częściowej funkcji α : k¹ −→◦ k¹ jest zbiorem nieskończonym.

Dowód. Niech α = F/G, gdzie F, G ∈ k[t]. Przypuśćmy, że α(S) = {b1, . . . , bs} jest zbiorem skończonym i rozpatrzmy wielomian

H = (F − b1G) · · · (F − bsG).

Ponieważ S jest zbiorem nieskończonym oraz H(a) = 0, dla wszystkich a ∈ S, więc istnieje i ∈ {1, . . . , s} takie, że wielomian F −biG ma nieskończenie wiele pierwiastków. Stąd wynika, że F −biG = 0. Zatem α = F/G = b_iG/G = b_i wbrew temu, że α 6∈ k.

Konsekwencją tego lematu jest:

38 Andrzej Nowicki, Czerwiec 2003 5. Odwzorowania wymierne

Lemat 5.7.5. Niech k będzie ciałem nieskończonym i niech α₁, . . . , α_n będą funkcjami wy-miernymi należącymi do k(t). Jeżeli obraz częściowej funkcji (α₁, . . . , α_n) : k¹ −→◦ kⁿ jest zbiorem skończonym, to wszystkie funkcje α₁, . . . , αn są elementami ciała k.

Stąd dalej, na mocy Stwierdzenia 5.7.1, otrzymujemy:

Stwierdzenie 5.7.6. Załóżmy, że ciało k jest nieskończone. Niech X ⊂ k² będzie nieprzy-wiedlną krzywą płaską wymierną. Jeśli krzywa ta posiada co najmniej dwa różne punkty, to posiada ich nieskończenie wiele. 

Teraz możemy już udowodnić zapowiedziane twierdzenie.

Twierdzenie 5.7.7. Załóżmy, że k jest ciałem nieskończonym. Niech X = V(F ) będzie nieprzywiedlną krzywą płaską posiadającą co najmniej dwa różne punkty i określoną przez nierozkładalny wielomian F ∈ k[T₁, T2] r k. Następujące warunki są równoważne:

(a) X jest biwymiernie izomorficzne z k¹.

(b) Istnieją funkcje wymierne α(t), β(t) ∈ k(t) takie, że:

(1) α(t) 6∈ k lub β(t) 6∈ k,

(2) F (α(t), β(t)) = 0 (równość w k(t)). ([Szaf88] 14).

Dowód. Implikację (a) ⇒ (b) już wykazaliśmy (Stwierdzenie 5.7.1).

Załóżmy, że α(t), β(t) są elementami ciała k(t) spłniającymi warunki (1) i (2). Niech ϕ ∈ k(X).

Istnieją wtedy wielomiany P, Q ∈ k[T1, T2] takie, że Q 6∈ (F ) oraz ϕ = P/Q + (F )k[T1, T2]_{(F )}(patrz Stwierdzenie 5.2.3). Rozpatrzmy w ciele k(t) element h(ϕ) zdefiniowany następująco:

h(ϕ) = P (α(t),β(t))

Q(α(t),β(t)). (5.2)

Zauważmy najpierw, że prawa strona powyższej równości ma sens, tzn. Q(α(t), β(t)) 6= 0. Przypuś-ćmy bowiem, że Q(α(t), β(t)) = 0. Wtedy każdy punkt obrazu częściowej funkcji (α, β) : k¹ −→◦ k² jest zerem wielomianu Q. Z warunku (2) wynika, że wszystkie takie punkty są zerami wielomianu F . Wiemy ponadto (Lemat 5.7.5), że punktów takich jest nieskończenie wiele. Zatem wielomiany F i Q mają nieskońconą ilość wspólnych zer, a zatem (na mocy Lematu 1.3.3) wielomiany te mają wspólny, różny od stałej, podzielnik. To oznacza, że Q ∈ (F ) (bo F jest nierozkładalne), co jest sprzecznością.

Jest oczywiste, że prawa strona równości (5.2) nie zależy od wyboru wielomianów P i Q wyzna-czających element ϕ. Mamy zatem odwzorowanie z k(X) do k(t), ϕ 7→ h(ϕ). Z łatwością sprawdzamy, że odwzorowanie to jest k-homomorfizmem ciał. Stąd wynika dalej, że ciało k(X) jest k-izomorficzne z pewnym podciałem ciała k(t), różnym od k (różność od k wynika z faktu, że stopień transcendencji ciała k(X) nad k jest równy 1). Zatem, na mocy twierdzenia L¨urotha, ciało k(X) jest k-izomorficzne z ciałem k(t), a zatem (Stwierdzenie 5.5.3) zbiór X jest biwymiernie izomorficzny z k¹.

Jeśli X ⊂ k² jest nieprzywiedlna krzywą wymierną, to każdą parę (α(t), β(t)) funkcji wy-miernych z k(t) spełniających warunki (1) i (2) Twierdzenia 5.7.7 nazywamy parametryzacją krzywej X. Podamy teraz kilka przykładów wymiernych krzywych płaskich.

Przykład 5.7.8. Prosta V(F ) ⊂ k², gdzie F = T₂ − aT₁ − b, a, b ∈ k, jest wymierna.

Parametryzację tworzą funkcje α(t) = t, β(t) = at + b. 

Przykład 5.7.9. Niech X = V(F ) ⊂ k², gdzie F ∈ k[T₁, T₂] r k jest takim wielomianem, że deg_T1F = 1 lub deg_T2F = 1. Wtedy X jest nieprzywiedlne i wymierne.

Andrzej Nowicki, Czerwiec 2003 5. Odwzorowania wymierne 39

Dowód. F jest postaci g(T2)T1− f (T2) lub g(T1)T2− f (T1), gdzie g 6= 0 i f są wielomianami jednej zmiennej nad k. W pierwszym przypadku przyjmujemy: α(t) = g(t)f (t), β(t) = t. a w drugim:

α(t) = t, β(t) = g(t)⁻¹f (t), β(t) = t. 

Przykład 5.7.10. Jeżeli charakterystyka nieskończonego ciała k jest różna od 2, to okrąg V(T₁²+ T₂²− 1) ⊂ k² jest nieprzywiedlną krzywą wymierną. Parametryzację tworzą funkcje

α(t) = 2t

1 + t², β(t) = 1 − t² 1 + t². 

Przykład 5.7.11. Jeżeli k jest ciałem nieskończonym, to każda nieprzywiedlna krzywa pła-ska stopnia 2 posiadająca co najmniej dwa punkty jest wymierna.([Szaf88] 11).

Dowód. Niech X będzie krzywą w k²stopnia 2 zadaną przez wielomian F (T1, T2). Niech (x0, y0) będzie punktem krzywej X. Rozpatrzmy prostą przechodzącą przez (x0, y0) ze współczynnikiem ką-towym t. Prosta ta ma równanie y − y0= t(x − x0). Znajdźmy punkty przecięcia tej prostej z naszą krzywą. Należy rozwiązać w tym celu równanie

F (x, y0+ t(x − x0)) = 0.

Jest to równanie stopnia 2 względem x (tylko jedna zmienna). Jednym pierwiastkiem jest x = x0. Oznaczmy przez A współczynnik występujący w powyższym równaniu przy x¹. Jeśli x₁ jest drugim pierwiastkiem, to x1 = −x0− A (wynika to z wzorów Viete’a). Współczynnik A jest tu wymierną funkcją zależną od t. Parametryzację naszej krzywej tworzą więc funkcje wymierne α(t) = −x0− A, β(t) = t(α(t) − x₀) + y₀.

W następnych dwóch przykładach podajemy inne dowody faktów opisanych w Przykła-dach 5.5.5 i 5.5.6.

Przykład 5.7.12. Hiperbola V(xy − 1) ⊂ k² jest wymierna. Parametryzacja: α(t) = t, β(t) = 1/t. 

Przykład 5.7.13. Nieprzywiedlna krzywa V(x³− y²) ⊂ k² jest wymierna. Parametryzacja:

α(t) = t², β(t) = t³.

Przykład 5.7.14. Nieprzywiedlna krzywa V(y²− x³− x²) ⊂ k² jest wymierna. Parametry-zacja: α(t) = t²− 1, β(t) = t(t²− 1). ([Szaf88] 9).

Istnieją krzywe płaskie, które nie są wymierne. Przykłady takich krzywych podamy w następnych podrozdziałach.

oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo 5.8 Wielkie twierdzenie Fermata dla wielomianów

oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo W tym podrozdziale zakładać będziemy, że k jest ciałem charakterystyki zero. Jeśli f jest wielomianem należącym do k[t] r k, to przez η(f ) oznaczamy liczbę wszystkich różnych pier-wiastków wielomianu f należących do k (algebraicznego domknięcia ciała k). Dla przykładu, jeśli f = t³− t²= t²(t − 1), to η(f ) = 2. Zanotujmy oczywiste własności liczb postaci η(f ).

Stwierdzenie 5.8.1.

(1) η(f ) 6 deg(f ).

(2) η(fⁿ) = η(f ).

(3) η(f g) 6 η(f ) + η(g).

(4) Jeśli nwd(f, g) = 1, to η(f g) = η(f ) + η(g).

40 Andrzej Nowicki, Czerwiec 2003 5. Odwzorowania wymierne

Twierdzenie 5.8.2 (Mason 1984). Niech a, b, c będą względnie pierwszymi wielomianami należącymi do k[t] r k, gdzie k jest ciałem charakterystki zero. Jeśli a + b = c, to

max{deg a, deg b, deg c}6 η(abc) − 1.

([Mas84], [Lae99]).

Dowód. ([Lae99]). Z założeń wynika, że wielomiany a, b, c są parami względnie pierwsze. Niech f := ^a_c, g := ^b_c. Wtedy f, g ∈ k(t), f + g = 1 i różniczkując względem t otrzymujemy równość

Każdą funkcję wymierną r(t) ∈ k(t) r k można jednoznacznie przedstawić w postaci r(t) = R · (t − u1)^s1(t − u2)^s2· · · (t − un)^sn, Przedstawmy wielomiany a, b, c w postaci faktoryzowalnej:

a = A · (t − α1)^l1· · · (t − αL)^lL,

Stopień wielomianu (f⁰/f )h jest co najwyżej równy deg(h) − 1 = η(abc) − 1. Stopień wielomianu (g⁰/g)h jest również co najwyżej równy deg(h) − 1 = η(abc) − 1. Ponieważ wielomiany a i b są ma zatem nietrywialne wielomianowe rozwiązania dla n = 2. Pokażemy, że takich rozwiązań nie ma dla n > 2.

Andrzej Nowicki, Czerwiec 2003 5. Odwzorowania wymierne 41

Twierdzenie 5.8.3. Jeśli n > 3, to nie istnieją niezerowe wielomiany a, b, c ∈ k[t] (gdzie k jest ciałem charakterystyki zero), z których co najmniej jeden nie należy do k takie,że aⁿ+ bⁿ= cⁿ. ([Lae99], [Mart76]).

Dowód. ([Lae99]). Przypuśćmy, że takie wielomiany a, b, c istnieją.

Rozpatrzmy najpierw przypadki, w których co najmniej jeden z tych wielomianów należy do k.

Jeśli dwa z tych wielomianów należą do k, to trzeci nie należy (bo założyliśmy, że co najmniej jeden nie należy) i wtedy ten trzeci jest algebraiczny nad k, co jest oczywiście sprzecznością. Zaóżmy, że dokładnie jeden z wielomianów a, b, c należy do k. Mamy wtedy równość typu fⁿ± gⁿ = u, gdzie 0 6= u ∈ k oraz f, g ∈ k[t] r {0}. Wtedy wielomiany f i g są względnie pierwsze i po zróżniczkowaniu mamy równość

nfⁿ⁻¹f⁰= ∓ngⁿ⁻¹g⁰,

z której wynika, że g | f⁰ oraz f | g⁰. Wtedy deg g6 deg f⁰ = deg f − 1, deg f 6 deg g⁰ = deg g − 1 i mamy sprzeczność: deg g6 deg f − 1 6 deg g − 2.

Załóżmy teraz, że a, b, c ∈ k[t] r k, aⁿ+ bⁿ = cⁿ i oznaczmy przez |a|, |b|, |c| odpowiednio stopnie wielomianów a, b, c. Możemy oczywiście założyć, że wielomiany a, b, c są względnie pierwsze. Wówczas z Twierdzenia Masona 5.8.2 otrzymujemy:

n|a| = deg(aⁿ)6 max{deg aⁿ, deg bⁿ, deg cⁿ} 6 η(aⁿbⁿcⁿ) − 1 = η(abc) − 1

6 deg(abc) − 1 = |a| + |b| + |c| − 1,

Zatem n|a|6 |a| + |b| + |c| − 1. Analogicznie, n|b| 6 |a| + |b| + |c| − 1 oraz n|c| 6 |a| + |b| + |c| − 1. Po dodaniu tych trzech nierówności stronami mamy

n(|a| + |b| + |c|) 6 3(|a| + |b| + |c|) − 3 i stąd otrzymujemy sprzeczność: n6 3 −|a|+|b|+|c|³ < 3. 

Z twierdzenia tego wynika, że istnieją krzywe płaskie, które nie są wymierne. Mamy bowiem:

Twierdzenie 5.8.4. Jeśli k jest ciałem charakterystyki zero i n > 3, to krzywa xⁿ+ yⁿ− 1 nie jest wymierna.

Dowód. Przypuśćmy, że ta krzywa jest wymierna. Istnieją wówczas α(t), β(t) ∈ k(t) takie, że α(t)ⁿ+ β(t)ⁿ = 1 oraz α(t) 6∈ k lub β(t) 6∈ k. Wtedy oczywiście α(t) i β(t) są funkcjami niezerowymi.

Niech α(t) = ^a_c, β(t) = ^b_c, gdzie a, b, c ∈ k[t] r {0}. Wtedy aⁿ+ bⁿ = cⁿ i co najmniej jeden z wielomianów a, b, c nie należy do k. Jest to sprzeczne z twierdzeniem 5.8.3.

W powyższych dowodach istotną rolę odgrywało twierdzenie Masona 5.8.2. Zanotujmy jesszcze inne zastosowanie tego twierdzenia.

Stwierdzenie 5.8.5. Równanie x⁴+ y⁴ = z² nie ma nietrywialnych rozwiązań w pierścieniu wielomianów k[t], gdzie k jest ciałem charakterystyki zero.

Dowód.Przypuśćmy, że istnieją niezerowe wielomiany a, b, c ∈ k[t] spełniające równość a⁴+ b⁴= c², z których co najmniej jeden nie należy do k.

Rozpatrzmy najpierw przypadki, w których co najmniej jeden z tych wielomianów należy do k.

Jeśli dwa z tych wielomianów należą do k, to trzeci nie należy i wtedy ten trzeci jest algebraiczny nad k, co jest oczywiście sprzecznością. Zaóżmy, że dokładnie jeden z wielomianów a, b, c należy do

42 Andrzej Nowicki, Czerwiec 2003 5. Odwzorowania wymierne

k. Mamy wtedy równość typu fⁿ± g^m = u, gdzie 0 6= u ∈ k m, n> 2 oraz f, g ∈ k[t] r {0}. Wtedy wielomiany f i g są względnie pierwsze i po zróżniczkowaniu mamy równość

nfⁿ⁻¹f⁰ = ∓mg^m−1g⁰,

z której wynika, że g | f⁰ oraz f | g⁰. Wtedy deg g 6 deg f⁰ = deg f − 1, deg f 6 deg g⁰ = deg g − 1 i mamy sprzeczność: deg g6 deg f − 1 6 deg g − 2.

Załóżmy teraz, że a, b, c ∈ k[t] r k, aⁿ+ bⁿ = cⁿ i oznaczmy przez |a|, |b|, |c| odpowiednio stopnie wielomianów a, b, c. Możemy oczywiście założyć, że wielomiany a, b, c są względnie pierwsze. Wówczas z Twierdzenia Masona 5.8.2 otrzymujemy:

4|a| = deg(a⁴)6 max{deg a⁴, deg b⁴, deg c²}

6 η(a⁴b⁴c²) − 1 = η(a²) + η(b⁴) + η(c²) − 1 = η(abc) − 1 6 deg(abc) − 1 = |a| + |b| + |c| − 1,

Zatem 4|a|6 |a| + |b| + |c| − 1. Analogicznie, 4|b| 6 |a| + |b| + |c| − 1 oraz 2|c| 6 |a| + |b| + |c| − 1.

Po dodaniu pierwszych dwóch nierówności stronami mamy 4(|a| + |b|) 6 2(|a| + |b| + |c|) − 2, czyli

|a|+|b| 6 |c|−1 i stąd otrzymujemy sprzeczność: 2|c| 6 |a|+|b|+|c|−1 6 |c|−1+|c|−1 = 2|c|−2 < 2|c|.



W powyższym twierdzeniu założenie o zerowej charakterystyce ciała k jest istotne. Je-śli char(k) = 2, to (t + 1)⁴ + t⁴ = 1². Przepisując dowód Twierdzenia 5.8.3 z drobnymi modyfikacjami otrzymujemy:

Twierdzenie 5.8.6. Jeśli n, m, s > 3, to nie istnieją niezerowe wielomiany a, b, c ∈ k[t]

(gdzie k jest ciałem charakterystyki zero), z których co najmniej jeden nie należy do k takie,że aⁿ+ b^m = c^s. 

oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo 5.9 Punkty wymierne na krzywych płaskich

oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo Zanotujmy najpierw następujące proste stwierdzenie wynikające z Lematu 5.7.4 i Twier-dzenia 5.7.7.

Stwierdzenie 5.9.1. Jeśli krzywa zadana przez wielomian F ∈ Z[x, y] r Z jest wymierna, to istnieje nieskończenie wiele punktów (a, b) ∈ Q × Q takich, że F (a, b) = 0. 

Przykład 5.9.2. Krzywa y²+ y = x³− x²jest niewymierna. Można udowodnić, że jedynymi punktami wymiernymi na tej krzywej są (0, 0), (0, −1), (1, 0) i (1, −1). ^([Basz78]).

Przykład 5.9.3. Krzywa y² = x³+ 1 jest niewymierna. Euler udowodnił, że jedynymi punk-tami wymiernymi na tej krzywej są (2, 3), (2, −3), (0, 1), (0, −1) i (−1, 0). ([Nagel] 260).

Stwierdzenie odwrotne do Stwierdzenia 5.9.1 na ogół nie zachodzi:

Przykład 5.9.4. Krzywa y²+ y = x³− x jest niewymierna. Ma ona jednak nieskończenie wiele punktów wymiernych. ^([Basz78]).

Podamy teraz bez dowodów kilka informacji o krzywych trzeciego stopnia i krzywych eliptycznych.

Andrzej Nowicki, Czerwiec 2003 5. Odwzorowania wymierne 43

Krzywe płaskie trzeciego stopnia dzielą się na dwie kategorie. Do kategorii pierwszej należą krzywe rodzaju 0. Co to jest rodzaj krzywej wyjaśnione będzie później (w dalszych rozdzia-łach). Wystarczy nam tu tylko wiedzieć, że dotyczy to krzywych mających co najmniej jeden punkt osobliwy (tzn. taki punkt, w którym nie ma stycznej). Krzywa y² = x³ ma rodzaj 0.

Punkt (0, 0) jest punktem osobliwym tej krzywej.

Do drugiej kategorii należą krzywe rodzaju 1. Są to w tym przypadku krzywe gładkie (tzn. takie, które nie posiadają punktów osobliwych).

Zaznaczmy jednak, że przy tym podziale rozważamy istnienie lub nieistnienie punktów osobliwych krzywych przedstawionych w postaci jednorodnej. Dla przykładu postacią jedno-rodną krzywej y²− x³ = 5 jest zy²− x³ = 5z³. Będzie to wszystko dokładniej wyjaśnione w dalszych rozdziałach.

Twierdzenie 5.9.5. Punkt osobliwy krzywej trzeciego stopnia rodzaju 0 o współczynnikach

W dokumencie Afiniczne zbiory algebraiczne (Stron 37-45)