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\DeclareMathOperator\gr{gr}

\Materia{Geometría Proyectiva}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2011}
\Practica{6}
\Titulo{Curvas algebraicas afines}

\begin{document}

\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%
\item Grafique las curvas en $\RR^2$ dadas por la ecuación $f(X,Y)=0$:
\begin{ejitems}
\item $f=Y-X^2$
\item $f=Y-X^3+X$
\item $f=Y^2-X^3$
\item $f=Y^2-X^3-X^2$
\item $f=(X^2+Y^2)^2+3X^2Y-Y^3$
\item $f=(X^2+Y^2)^3-4X^2Y^2$
\item $f=X^2+X^3+Y^2$
\item $f=2X^4-3X^2Y+Y^2-2Y^3+Y^4$
\item $f=X^4+X^2Y^2-2X^2Y-XY^2+Y^2$
\item $f=X^6-X^2Y^3-Y^5$
\end{ejitems}

%%%%%%
\item Pruebe que las curvas planas definidas por los siguientes polinomios
tienen a $p=(0,0)$ como único punto singular.
\begin{ejitems}
\item $Y^2-X^3$
\item $Y^2-X^3-X^2$
\item $(X^2+Y^2)^2+3X^2Y-Y^3$
\item $(X^2+Y^2)^3-4X^2Y^2$
\end{ejitems}
      
\begin{Solucion}
\ejitem{1} Si $f=Y^2-X^3$, entonces $f_X=-3X^2$ y $f_Y=2Y$. El lugar
geométrico de los puntos singulares es el de las soluciones del sistema
  \[
  \left\{
  \begin{aligned}
  &Y^2-X^3 = 0, \\
  &-X^2 = 0, \\
  &2Y=0,
  \end{aligned}
  \right.
  \]
y es claro que la única solución es $(X,Y)=(0,0)$.

\ejitem{2} Si $f=Y^2-X^3-X^2$, entonces $f_X=-2 X - 3 X^2$ y $f_Y=2Y$, así
que el conjunto de puntos singulares es el de las soluciones del sistema
  \[
  \left\{
  \begin{aligned}
  &Y^2-X^3-X^2 = 0, \\
  &-2X-3X^2 = 0, \\
  &2Y=0.
  \end{aligned}
  \right.
  \]
La tercera ecuación nos dice que $Y=0$. Por otro lado, la segunda y la
tercera nos dicen que
$X(2-3X)=X^2(X+1)=0$, y el único valor de~$X$ que
satisface a estas dos ecuaciones es~$0$.

\ejitem{3} Sea $f=(X^2+Y^2)^2+3X^2Y-Y^3$. El lugar singular de esta curva
está dado por
  \[
  \left\{
  \begin{aligned}
  &(X^2+Y^2)^2+3X^2Y-Y^3=0, \\
  &6 X Y + 4 X (X^2 + Y^2)=0, \\
  &3 X^2 - 3 Y^2 + 4 Y (X^2 + Y^2)=0.
  \end{aligned}
  \right.
  \]
Si $X=0$, entonces la segunda ecuación se satisface trivialmente y la
primera y la tercera se satisfacen sii $Y^4-Y^3=-3Y^2+4Y^3=0$: es inmediato
que esto sucede sii $Y=0$.

Supongamos entonces que $X\neq0$. La segunda ecuación implica que
$4(X^2+Y^2)=-6Y$, así que reemplazando en la tercera vemos que debe ser
$X^2=4Y^2$. Reemplazando en la primera, es $25Y^4+11Y^3=0$ y reemplazando
en la segunda dividida por $X$ es $6Y+20Y^2=0$. Estas dos últimas
ecuaciones no tienen raíces en común. Concluimos que el único punto
singular es $(0,0)$.

\ejitem{4} El lugar singular está dado por
  \[
  \left\{
  \begin{aligned}
  &(X^2+Y^2)^3-4X^2Y^2=0, \\
  &6X(X^2+Y^2)^2-8XY^2=0, \\
  &6Y(X^2+Y^2)^2-8X^2Y=0.
  \end{aligned}
  \right.
  \]
Multiplicando la segunda y tercera ecuación por~$X$ y por~$Y$,
respectivamente, y sumando, vemos que $6(X^2+Y^2)^3-16X^2Y^2=0$. Esta
ecuación y la primera implican inmediatamente que $X^2+Y^2=XY=0$, así que
$X=Y=0$.~\qed 
\end{Solucion}

%%%%%%
\item Encuentre los puntos singulares y las rectas tangentes en ellos
de cada una de las siguientes curvas:
\begin{ejitems}
\item $Y^3-Y^2+X^3-X^2+3Y^2X +3X^2Y+2XY$
\item $X^4+Y^4-X^2Y^2$
\item $X^3+Y^3-3X^2-3Y^2+3XY+1$
\item $Y^2+(X^2-5)(4X^4-20X^2+25)$
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $f=Y^3-Y^2+X^3-X^2+3Y^2X +3X^2Y+2XY$. Entonces 
$f_X-f_Y=4(Y-X)$ y $f_X+f_Y=6(X+Y)^2$. Es claro que el único punto donde se
anulan las dos derivadas es $(0,0)$, y que se trata del único punto singular
de la curva. La forma inicial de $f$ en $(0,0)$ es
$f_2=-Y^2-X^2+2XY=-(X-Y)^2$. La única tangente en el origen es entonces la
diagonal principal, con múltiplicidad dos.

\begin{center}
\includegraphics[height=1in]{practica-6-3a}
\end{center}

\ejitem{2} Sea $f=X^4+Y^4-X^2Y^2$, de manera que $f_X=4X^3-2XY^2$ y
$f_Y=4Y^3-2X^2Y$. En~un punto singular, es
  \begin{gather*}
  Yf_X=4X^3Y-2XY^3=0, \\
  Xf_Y=-2X^3Y+4XY^3=0,
  \end{gather*}
así que allí es $XY=0$. Pero mirando la ecuación $f=0$ es claro que el
único punto de los ejes coordenados que está en la curva es el origen, así
que este es el único punto singular. Como $f$ es homogénea, coincide con su
forma inicial, y se factoriza como
  \[
  f = (x-\omega y)(x-\omega^{-1} y)(x+\omega y)(x+\omega^{-1} y)
  \]
con $\omega$ una raíz primitiva doceava de la unidad. Notemos que
$f=(X^2-Y^2)^2+X^2Y^2$, así que el único punto real de la curva es el
origen.

\ejitem{3} Sea $f=X^3+Y^3-3X^2-3Y^2+3XY+1$. Es inmediato ver que
  \[
  (X-1)f_X+(Y-1)f_Y-3f = -3(1-X)(1-Y),
  \]
así que en un punto singular es $(X-1)(Y-1)=0$. Como se tiene que $f(X,1)=(X-1)^3$ 
y~$f(1,Y)=(Y-1)^3$, es claro entonces que el único punto singular es $p=(1,1)$. 

Es $f(1+X,1+Y)=X^3 + 3 X Y + Y^3$, así que el punto~$p$ es un punto doble
con tangentes simples paralelas a los ejes coordenados.

\begin{center}
\includegraphics[height=1in]{practica-6-3c}
\end{center}

\ejitem{4} Sea $h\in\CC[X]$ un polinomio, y sea $f=Y^2-h(X)\in\CC[X,Y]$.
Entonces $f_X=-h'(X)$ y $f_Y=2Y$, y es claro que los puntos singulares de
la curva $f=0$ son los puntos de la forma $(0,a)$ con $a$ una raíz de~$h$
de multiplicidad mayor que~$1$. 

Si $a$ es una tal raíz, entonces 
  \[
  f(Y,a+X)=Y^2-\tfrac12h''(a)X^2+\cdots,
  \]
con los términos omitidos todos de orden mayor que dos. Vemos así que si
$h''(a)\neq0$, es decir, si la multiplicidad de~$a$ como raiz de~$h$ es
dos, entonces $(0,a)$ es un punto singular de la curva con multiplicidad
dos y tangentes distintas. Si, en cambio, $h''(a)=0$, entonces el punto
tiene multiplicidad dos pero una tangente doble.

Si $h=(X^2-5)(4X^4-20X^2+25)$, las raíces de~$h$ son $\pm\sqrt5$, ambas simples, y
$\pm\sqrt{5/2}$, ambas dobles. Así, los puntos singulares en este caso son
  \[
  (0,\pm\sqrt5), \qquad (0,\pm\sqrt{5/2}),
  \]
todos puntos dobles: los dos primeros con tangentes simples y los dos
segundos con tangentes dobles.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%
\item Sea $K$ un cuerpo algebraicamente cerrado, sea$f\in K[x, y]$ y sea
$p$ un punto singular de la curva afín $C(f)$ definida por~$f$. Decimos que
$p$ es un \emph{nodo} si $f$ tiene multiplicidad dos en $p$ y su forma
inicial es producto de dos factores lineales distintos. Pruebe que $p$ es
un nodo si y sólo si tiene multiplicidad al menos dos en~$C(f)$ y $f_{xy}^2(p) \ne
f_{xx}(p)f_{yy}(p)$.

\begin{Solucion}
Es inmediato que basta mostrar que una forma $ax^2+2bxy+cy^2$ es un
producto de dos factores lineales iguales sii $ac= b^2$.

Si $ac=b^2$ y $\alpha\in K$ es tal que $\alpha^2=a$, es
$(\alpha x+\tfrac{b}{\alpha}y)^2 = ax^2+2bxy+cy^2$, así que la condición
es suficiente. Por otro lado, si existen $u$,~$v\in K$ tales que 
  \[
  u^2x^2+2uvxy+v^2y^2=(ux+vy)^2 = ax^2+2bxy+cy^2,
  \]
entonces $ac-b^2 = u^2v^2-(uv)^2=0$, de forma que la condición es
necesaria.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%
\item La  curva en $\RR^2$  definida en coordenadas polares por 
  \begin{align*}
  &r = 4a\cos^3\tfrac13\theta,
        &&-\tfrac32\pi\leq \theta \leq \tfrac32\pi
  \end{align*}
es una séxtica de ecuación  
  \[
  4(x^2 + y^2 - a x)^3 = 27 a^2 (x^2 + y^2)^2.
  \]
Esta curva es conocida como la \emph{séxtica de Cayley}.

\begin{Solucion}
Tenemos una parametrización
  \begin{gather*}
  x = 4a\cos^3\tfrac13\theta\cos\theta, \\
  y = 4a\cos^3\tfrac13\theta\sin\theta 
  \end{gather*}
para la curva, y es evidente que
  \[
  x^2+y^2 = 16a^2\cos^6\tfrac13\theta.
  \]
En particular, 
  \begin{align*}
  x^2+y^2-ax 
        &= 16a^2\cos^6\tfrac13\theta -4a^2\cos^3\tfrac13\theta\cos\theta \\
        &= 4a^2\cos^3\tfrac13\theta(4\cos^3\tfrac13-\cos\theta)
  \end{align*}
Es $4\cos^3\tfrac13\theta-\cos\theta=3\cos\tfrac13\theta$,
así que
  \[
  x^2+y^2-ax = 2^23a^2\cos^4\tfrac13\theta,
  \]
y entonces
  \[
  4(x^2+y^2-ax)^3 = 2^83^3a^6\cos^{12}\tfrac13\theta.
  \]
Por otro lado, $27a^2(x^2+y^2)^2=3^32^8a^2\cos^{12}\tfrac13\theta$, así que
  \[
  4(x^2 + y^2 - a x)^3 = 27 a^2 (x^2 + y^2)^2.
  \]

\begin{center}
\includegraphics[height=2in]{practica-6-5}
\end{center}
\end{Solucion}

%%%%%%
\item La curva en $\mathbb C^2$ parametrizada por
  \begin{align*}
  &\alpha(t)=(a\sin(n t + d),b\sin(t)),
        && t\in\CC
  \end{align*}
es llamada una curva de Lissajous. 
\begin{ejitems}

\item Muestre que si $n$ es racional, entonces la curva es 
una curva algebraica.

\item Haga gráficos para varios valores de $a$, $b$, $n$ y $d$.

\end{ejitems}

%%%%%%
\item Para cada $d>0$ hay curvas en el plano afín complejo que son
irreducibles, no singulares y de grado $d$.

%%%%%%
\item Sea $T: k^2 \to k^2$ una \emph{aplicación polinómica}, esto es,
una función $k^2\to k^2$ tal que existen $T_1$,~$T_2\in k[X, Y]$ con $T(x,
y) = (T_1(x,y), T_2(x, y))$ para todo $(x,y)\in k^2$.
Si~$f \in k[X, Y]$, definimos $f^T\in k[X, Y]$ poniendo  
  \[ 
  f^T(X, Y) = f(T_1(X,Y), T_2(X, Y))
  \]
y denotamos por $m_p(f)$ la multiplicidad de $f$ en $p \in k^2$.

\begin{ejitems}

\item Sea $q\in k^2$ y $p=T(q)$. Si la matriz jacobiana
de $T$ en $q $ es inversible, entonces $m_q(f^T)=m_p(f)$.

\item La implicación recíproca es falsa. Para verlo, considere la función tal que
$T(X,Y)=(X^2,Y)$, el polinomio $f=Y-X^2$ y $p=q=(0,0)$.

\end{ejitems}

%%%%%%
\item Calcule las direcciones asintóticas y las asíntotas de las
curvas algebraicas definidas por los siguientes polinomios:
\begin{ejitems}
\item $X^2 - Y^2 - 1$
\item $X^2 + Y^2 - 1$
\item $Y - X^2$
\item $Y^2 - X^2 + X^3$
\item $Y^2 - X^3 + X$
\item $X^n + Y^n - 1$
\item $X^n - Y^m$
\item $Y^2 - f(X)$, con $f \in k[X]$ de grado $n$.
\end{ejitems}
   
\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $f=X^2-Y^2-1$. La forma de grado es $X^2-Y^2=(X+Y)(X-Y)$. Si $Y=X+t$,
entonces $f(X,Y)=X^2-(X+t)^1-1=-2Xt-t^2-1$, y esto tiene grado~$2-2=0$ sii
$t=0$; de la misma forma, si $Y=-X+t$,
entonces $f(X,Y)=2Xt-t^2-1$, que tiene grado~$0$ sii $t=0$. Las asíntotas
son, entonces, las rectas $Y=\pm X$.

\ejitem{2} Sea $f=X^2+Y^2-1$. La forma de grado es $X^2+Y^2=(X+iY)(X-iY)$.
Si $Y=\pm iX+t$, entonces $f(X,Y)=\mp2itX+t^2-1$, que tiene grado~$0$ sii $t=0$.
Las asíntotas son, en consecuencia, las rectas $Y=\pm iX$.

\ejitem{4} Sea $f=Y^2-X^2+X^3$. La forma de grado es~$X^3$, así que todas
las asíntotas son paralelas al eje~$Y$. Si $t\in\CC$, una recta paralela al
eje~$Y$ se parametriza vía $s\in\CC\mapsto(t,s)\in\CC^2$ y evaluando~$f$
obtenemos el polinomio $s^2-t^2+t^3\in\CC[s]$, que no tiene grado~$1$ para
ningún valor de~$t$: vemos que la curva no tiene ninguna asíntota.

\ejitem{5} Si $f=Y^2-X^3+X$, la forma de grado es~$-X^3$, así que hay una
única dirección asintótica, la de la recta~$X=0$. Si $t\in\CC$, una recta
con esa dirección es $s\mapsto(t,s)$, y $f(t,s)=s^2-t^3+t\in\CC[s]$. Esto
tiene grado~$2$ cualquiera sea~$t$, así que la curva no tiene asíntotas.

\ejitem{6} Si $f=X^n+Y^n-1$, la forma de grado es
$X^n+Y^n=\prod_\omega(X-\omega Y)$, con $\omega$ una raíz 
$n$-ésima de~$-1$. Vemos que hay $n$ direcciones asintóticas
distintas. Sea $\omega$ una raíz $n$-ésima de~$-1$ y sea $t\in\CC$. Reemplazando
$X=\omega Y+t$ en~$f$, obtenemos
  \begin{align*}
  f(\omega Y+t,Y)
        &= (\omega Y+t)^n+Y^n-1 \\
        &= \underbrace{\bigl(\omega^n+1\bigr)}_{=0}Y^n+\underbrace{n\omega^{n-1}}_{\neq0}Y^{n-1} + \cdots
  \end{align*}
que no tiene grado $n-2$ para ningún~$t$. La curva no tiene, entonces,
ninguna asíntota.

\ejitem{7} Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $n<m$, así que la
forma de grado de~$f=X^n-Y^m$ es $Y^m$. La única dirección asintótica es
entonces la del eje~$X$, y es claro que no hay ninguna asíntota con esa
dirección.
\end{Solucion}

%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Si $f$, $g\in k[x_1, \dots, x_n]$ son dos polinomios homogéneos de
grado $r$ y~$r+1$, respectivamente, y sin factores comunes, entonces $f+g$
es irreducible.

\item Dadas rectas $L_1$,~\dots,~$L_n$ incidentes en un punto~$P$ y enteros
no negativos $r_1$,~\dots,~$r_n$, existen curvas irreducibles que pasan
por~$P$ y tienen allí a cada $L_i$ como recta tangente de
multiplicidad~$r_i$.

\begin{Indicacion}
Reduzca al caso en que $P$ es el origen.
Si para cada $i\in\{1,\dots,n\}$, $f_i$ es una ecuación de la recta~$L_i$,
considere un polinomio $f=\prod_{i=1}^n f_i^{r_i} + g$ con $g$ un
polinomio homogéneo de grado $1+\sum_{i=1}^n r_i$ elegido de manera que $f$
sea irreducible.
\end{Indicacion}

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
Sea $S= k[x_1,\dots,x_n]$. Si $f\in S$ es no nulo y $f=\sum_{i=a}^bf_i$
con $f_i$ homogéneo de grado~$i$ y $f_a\neq0 f_b$, escribamos $w(f)=b-a$.
Es inmediato verificar que si $f$,~$g\in S$ son no nulos, entonces
$w(fg)=w(f)+w(g)$.

\ejitem{1} Supongamos que $f\in S_r$, $g\in S_{r+1}$, que $f+g$ es
reducible, y que $u$,~$v\in S$ son no constantes y tales que $uv=f+g$.
Entonces $w(u)+w(v)=w(uv)=w(f+g)=1$. Esto implica que $w(u)=0$ o $w(v)=0$
y, sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $u$ es homogéneo. Es
claro que entonces $u$ divide a~$f$ y a~$g$, contra la hipótesis.

\ejitem{2} Claramente podemos suponer sin pérdida de generalidad que $P$ es
el origen de coordenadas. Sea $m=1+\sum_{i=1}^nr_i$ y sea $g$ un
polinomios homogéneo de grado~$1$ no múltiplo escalar de ninguno de los
$f_1$,~\dots,~$f_n$. Entonces $\prod_{i=1}^nf_i$ y $g^m$ no tienen
factores comunes, y por la parte~\ejitem{1} de este ejercicio, sabemos que
$f=\prod_{i=1}^nf_i+g^m$ es irreducible. Es claro que $P$ es un punto de
multiplicidad~$m$ de la curva~$C$ de ecuación $f=0$. La forma inicial
de~$f$ en~$P$ es precisamente $\prod_{i=1}^nf_i$, así que las rectas
$L_1$,~\dots,~$L_n$ son entonces las rectas tangentes a~$C$ en~$P$, con
multiplicidades~$r_1$,~\dots,~$r_n$, respectivamente.~\qed


\end{Solucion}

%%%%%%
\item Si $k$ es un cuerpo y $d\geq0$, denotemos $k[X_1,\ldots,X_n]_{\le d}
\subset k[X_1,\ldots,X_n]$ al subespaqcio generado por los polinomios de
grado menor o igual a $d$, y $k[X_1,\ldots,X_n]_d$ a subespacio generado
por los polinomios homogéneos de grado $d$ o nulos.
\begin{ejitems}

\item $k[X_1,\ldots,X_n]_{\le d}$ y $k[X_1,\ldots,X_n]_d$ son subespacios
vectoriales de $k[X_1,\ldots,X_n]$. El conjunto de los monomios que tienen grado a
lo sumo~$d$ es una base de~$k[X_1,\dots,X_n]_{\leq d}$, y el conjunto de los
monomios de grado~$d$ es una base de~$k[X_1,\dots,X_n]_{d}$.

\item Mostrar que  
  \begin{gather*}
  \dim k[X_1,\ldots,X_n]_{\le d} = \binom {n+d}d \\
\shortintertext{y}
  \dim k[X_0,\ldots,X_n]_d = \binom {n+d}d.
  \end{gather*}

\end{ejitems}

%%%%%%
\item Si $f\ne 0$ en $f[X_1,\ldots,X_n]$, entonces
  \[
  f\in k[X_1,\ldots,X_n]_d
  \iff
  f(tX_1,\cdots,tX_n)=t^d f(X_1,\cdots,X_n).
  \]
A la derecha, a igualdad es entre elementos de $k[t,X_1,\cdots,X_n]$.

%%%%%%
\item Si $F\in k[X_1,\ldots,X_n]_d$, entonces vale la ``fórmula de Euler'',
  \[
  \sum_{i=1}^n X_i \frac{\partial F}{\partial X_i} =d F.
  \]

\begin{Solucion}
Si $F\in k[X_1,\dots,X_n]_d$, entonces cada monomio de~$F$ también
pertenece a ese espacio y como ambos miembros de la igualdad que queremos
mostrar dependen linealmente de~$F$, podemos suponer que $F=X_1^{a_1}\cdots
X_n^{a_n}$ es un \emph{monomio} con $\sum_{i=1}^na_i=d$. Pero entonces para
cada $i\in\{1,\dots,n\}$ es $X_i\frac{\partial F}{\partial X_i}=a_iF$, y es
claro que $\sum_{i=1}^n X_i \frac{\partial F}{\partial X_i}
=(\sum_{i=1}^na_i)F=dF$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Si $F$,~$G \in k[X_1,\dots,X_n]$ son polinomios homogéneos de grados $r$ y~$s$,
respectivamente, entonces $FG$ es homogéneo de grado $r+s$.

\item Todo factor de un polinomio homogéneo es homogéneo.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Los polinomios $F$ y $G$ son sumas de monomios homogéneos de
grados~$r$ y $s$, así que $FG$ es suma de monomios que se obtienen, cada
uno de ellos, multiplicando un monomio de grado~$r$ con uno de grado~$s$:
es claro entonces que $FG$ es homogéneo de grado~$r+s$.

\ejitem{2} Si $f\in k[X_1,\dots,X_n]$ es un polinomio no nulo, podemos
escribir $f=f_r+f_{r+1}+\cdots+f_{r+w}$, con $r$,~$w\geq0$, $f_i\in
k[X_1,\dots,X_n]$ para cada $i\in\{r,\dots,r+w\}$, $f_r\neq0$ y
$f_{r+w}\neq0$. Claramente $w$ depende solamente de~$f$: denotémoslo
$\abs{f}$. Como $k[X_1,\dots,X_n]$ es un dominio de integridad, es inmediato verificar
que si $f$,~$g\in k[X_1,\dots,X_n]$ son no nulos, entonces
$\abs{fg}=\abs{f}+\abs{g}$.

Sea ahora $f\in k[X_1,\dots,X_n]$ un polinomio \emph{homogéneo} no nulo y
supongamos que se factoriza como $f=gh$ con $g$,~$h\in k[X_1,\dots,X_n]$.
Entonces $g\neq0$, $h\neq0$ y, por lo anterior,
$0=\abs{f}=\abs{g}+\abs{h}$: esto nos dice que $\abs{g}=\abs{h}=0$, esto
es, que $g$ y $h$ son polinomios homogéneos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%
\item\header{Homogeneización y deshomogeneización de polinomios}
Si $F\in k[X_0,\ldots,X_n]_d$, sea $F_*\in k[X_1,\dots,X_n]_{\leq d}$ el
polinomio
  \[
  F_*(X_1,\ldots,X_n)=F(1,X_1,\ldots,X_n) 
  \]
Si $f\in  k[X_1,\ldots,X_n]$ es un polinomio de grado~$d$, sea $f^*\in
k[X_0,\dots,X_n]_d$ dado por
  \[
  f^*(X_0,\ldots,X_n)=X_0^{d} f\Big(\frac{X_1}{X_0},\ldots,\frac{X_n}{X_0}\Big).
  \]
\begin{ejitems}

\item Si $F\in k[X_0,\ldots,X_n]_d$ y $f\in  k[X_1,\ldots,X_n]$, encuentre
expresiones explícitas para los coeficientes de $F_*$ y de $f^*$.

\item Si $F\in k[X_0,\ldots,X_n]_d$ y $G\in k[X_0,\ldots,X_n]_e$,
y $f$,~$g\in  k[X_1,\ldots,X_n]$, entonces $(FG)_*=F_*G_*$ y $(fg)^*= f^*
g^*$.

\item Si $f\in  k[X_1,\ldots,X_n]$, entonces
$(f^*)_*=f$.

\item Si $F\in k[X_0,\ldots,X_n]_d$ y $r$ es la mayor potencia de $X_0$ que
divide a $F$, entonces $X^r(F_*)^*=F$.

\item Si $F$,~$G\in k[X_0,\ldots,X_n]_d$ y $f$,~$g\in  k[X_1,\ldots,X_n]$,
entonces $(F+G)_*=F_* +G_*$ y $ X_0^t(f+g)^*=  X_0^e f^*+ X_0^d g^*$, con
$d=\gr f$, $e=\gr g$ y $t=d+e -\gr(f+g)$.

\end{ejitems}

%%%%%%
\item Sea $F\in k[X_0,\ldots,X_n]_d$ un polinomio no divisible por~$X_0$
y sea $f=F_*$, como en el ejercicio anterior.
\begin{ejitems}

\item Los polinomios $f$ y $F$ tienen el mismo grado.

\item Todo divisor no nulo de $F$ es homogéneo.

\item Hay una correspondencia  biyectiva entre los divisores de  $F$ y
los de $f$. En~particular, $F$ es irreducible si y sólo si $f$ lo es.

\end{ejitems}

%%%%%%
\item Sea $k$ un cuerpo algebraicamente cerrado. Si  $F\in  k[X,Y]_d$,
entonces existen $a_1$,~\dots,~$a_d$, $b_1$,~\dots,~$b_d \in k$ tales que
$(a_i, b_i) \ne (0, 0)$ para todo $i\in\{1,\dots,n\}$ y 
  \[
  F(X,Y)=\prod_{i=1}^d (a_iX + b_iY).
  \]

\begin{Solucion}
Existen $c_0$,~\dots,~$c_d\in k$ tales que $f=\sum_{i=0}^dc_iX^iY^{d-i}$;
si $f$ es nulo, no hay nada que probar, así que podemos suponer que $f\neq0$.

Si $T$ es una nueva variable, entonces $f(T,1)\in k[X]$ es un polinomio no
nulo de un cierto grado $n$ con $0\leq n\leq d$ y se factoriza como
producto de formas lineales. Digamos que es
$f(T,1)=\alpha\prod_{i=1}^n(T-\beta_i)$, con
$\alpha$,~$\beta_1$,~\dots,~$\beta_n\in k$. Calculando ahora en $k(X,Y)$, y
como $f$ es homogéneo de grado~$d$, vemos que
  \[
  f(X,Y) 
        = Y^df(\tfrac{X}{Y},1) 
        = \alpha Y^d\prod_{i=1}^n(\tfrac XY-\beta_i)
        = \alpha Y^{d-n}\prod_{i=1}^n(X-\beta_iY).
  \]
Esta factorización tiene la forma deseada.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%
\item Si $k$ un cuerpo infinito, entonces un polinomio $f\in k[X_1,\ldots,X_n]$ tal que
$f(a_0,\ldots,a_n)=0$ para todo $(a_1,\ldots,a_n)\in k^n$ es nulo.

\begin{Solucion}
Hagamos inducción en~$n$. Si $n=1$, el resultado es inmediato: un elemento
no nulo de~$k[X_1]$ tiene un número finito de raíces y $k$ es infinito.

Sea entonces $n\geq2$ y escribamos $f=\sum_{i=0}^df_iX_n^i$ con
$f_0$,~\dots,~$f_d\in k[X_1,\dots,X_{n-1}]$.
Si $a=(a_1,\dots,a_{n-1})\in k^{n-1}$, entonces por hipótesis para todo $b\in
k$ se tiene que
  \[
  \sum_{i=1}f_i(a_1,\dots,a_{n-1})b^i = f(a_1,\dots,a_{n-1},b) = 0,
  \]
así que el polinomio $\sum_{i=1}f_i(a_1,\dots,a_{n-1})T^i\in k[T]$ tiene
infinitas raíces en~$k$. Esto solo es posible si $f_i(a_1,\dots,a_{n-1})=0$
para cada $i\in\{0,\dots,d\}$. Como $a\in k^{n-1}$ era arbitrario, vemos
así que $f_0$,~\dots,~$f_d$ se anulan idénticamente en~$k^{n-1}$. La
hipótesis inductiva, entonces, nos dice que $f_0=\cdots=f_d=0$ y, en
consecuencia, que $f=0$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%
\item \label{res} 
Sea $A$ un dominio de integridad y sean $f,g\in A[X]$ dos polinomios de grado positivo,
digamos
  \begin{align*}
  &f=f_0+f_1X+\cdots+f_nX^n, 
  && g=g_0+g_1X+\cdots+g_mX^m
  \end{align*}
con $f_n$ y $g_m$ no nulos. La \emph{resultante} de $f$ y~$g$ es el determinante 
  \[
  R(f,g) = 
    \begin{vmatrix}
    f_0 & f_1 & \cdots & \cdots & \cdots & f_n & & & \\
    & f_0 & f_1 & \cdots & \cdots & \cdots & f_n & & \\
    & & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \\
    & & & f_0 & f_1 & \cdots & \cdots & \cdots & f_n \\
    g_0 & g_1 & \cdots & \cdots & g_m & & & & \\
    & g_0 & g_1 &  \cdots & \cdots & g_m & & &\\
    & & \cdots &  \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & &\\
    & & & \cdots &  \cdots &\cdots & \cdots & \cdots & \\
    & & & & g_0 &  g_1 &\cdots & \cdots & g_m
    \end{vmatrix};
  \]
notemos que se trata de una matrix $(m+n)\times(m+n)$.

Las siguientes afirmaciones son equivalentes:
\begin{tfae}

\item $f$ y $g$ tienen un factor común de grado positivo.

\item Existen polinomios no nulos $\phi$, $\psi\in A[X]$, de grados menores
que $n$ y que $m$, respectivamente, tales que $\psi f=\phi g$.

\item $R(f,g)=0$.

\end{tfae}

\begin{Solucion}
Sea $S(f,g)$ la matriz que aparece en el enunciado y notemos~$K$ al cuerpo
de fracciones de~$A$.

\implicacion[roman]{1}{2} Si $f$ y $g$ tienen un factor de grado positivo
común, entonces existen $f_1$,~$g_1$,~$h\in A[X]$ tales que $f=f_1h$ y
$g=g_1h$ y $\deg h>0$. Pero $\deg f_1<\deg f$, $\deg g_1<\deg g$ y
$g_1f=f_1g$, así que podemos elegir $\phi=g_1$ y $\psi=f_1$.

\implicacion[roman]{2}{3} Por hipótesis, existen
$\phi_0$,~\dots,~$\phi_{n-1}$, $\psi_0$,~\dots,~$\psi_{m-1}\in A$ tales que
si $\phi=\sum_{i=0}^{n-1}\phi_iX^i$, $\psi=\sum_{i=0}^{m-1}\psi_iX^i\in
A[X]$, entonces $\psi f-\phi g=0$. Sea
  \begin{equation} \label{eq:u}
  u=(\psi_0,\dots,\psi_{m-1},-\phi_0,\dots,-\phi_{n-1})\in A^{m+n}.
  \end{equation}
Si $u\cdot S(f,g)=(v_0,\dots,v_{n+m-1})\in A^{n+m}$, entonces es inmediato
verificar que
  \[
  \sum_{i=0}^{n+m-1}v_iX^i = \psi f-\phi g
  \]
así que, de hecho,  $v_0=\cdots=v_{n+m-1}=0$. La matriz $S(f,g)$ determina
entonces una aplicación lineal $\sigma:x\in K^{n+m}\mapsto x\cdot S(f,g)\in K^{n+m}$ que tiene un
núcleo no trivial y, en particular, $R(f,g)=\det A=0$.

\implicacion[roman]{3}{2} Recíprocamente, si $R(f,g)=0$, entonces la
función $\sigma$ tiene núcleo no trivial. Si $u'\in K^{n+m}$ está en el
núcleo de~$\sigma$, existe $a\in A$ tal que $u=au'\in A^{n+m}$: en efecto,
$K$ es el cuerpo de fracciones de~$A$, así que basta elegir a~$a$ como el
producto de los denominadores de las componentes de~$u'$; es, claro, también
$u\neq0$. Si nombramos a las componentes de~$u$ como en~\eqref{eq:u} y
definimos $\psi=\sum_{i=0}^{m-1}\psi_iX^i\in A[X]$, es inmediato verificar
que el hecho de que $u\cdot S(f)=0$ significa precisamente que $\psi f-\phi
g=0$.

\textcolor{red}{Terminar}.
\end{Solucion}

%%%%%%
\item Sea $A$ un dominio de integridad. Si $f$,~$g \in A[X]$, entonces
existen $p$,~$q \in A[X]$ tales que $R(f, g)=pf+qg$.

%%%%%%
\item Sea $k$ un cuerpo. Podemos pensar a los elementos de~$k[X,Y]$ como
elementos de~$A[Y]$ con $A=k[X]$. Si $f$,~$g\in k[X,Y]$, podemos entonces
calcular la resultante de~$f$ y~$g$ \emph{como polinomios en~$Y$}: la
notamos $R_Y(f,g)\in A$.

Enuncie los resultados del ejercicio~\ref{res} en este caso
especial. En particular, pruebe que si $k$ es algebraicamente cerrado y
$a\in K$, entonces 
  \[
  R_Y(f,g)(a)=0
  \iff
  \exists b\in k:f(a,b)=g(a,b)=0.
  \]
Generalice esto a la situación en que
$f$,~$g \in k[X_1,\ldots,X_n] = k[X_1,\ldots,X_{n-1}][X_n]$.

%%%%%%
\item Sea $k$ un cuerpo algebraicamente cerrado y sean $f,g \in k[X_1,\cdots,X_n]$. 
Supongamos que $f$ es irreducible. 
\begin{ejitems}

\item Se tiene que $C(f) \subseteq C(g)$ si y solamente si $f$ divide a~$g$.

\item Si $g$ también es irreducible y $C(f) = C(g)$,
entonces $f = ug$ con $u\in k^\times$.

\item Exhiba un contraejemplo de la última afirmación cuando el cuerpo de
base no es algebraicamente cerrado.

\end{ejitems}

%%%%%%
\item Sean $F$,~$G\in k[X_0,X_1,\ldots,X_n]$ dos polinomios homogéneos de
grado $d$ y $e$, respectivamente.

Si $R = R_{X_0}(X_1,\ldots,X_n)$ es la resultante de $F$ y $G$ con respecto
de $X_0$, entonces $R$ es un elemento de~$k[X_1,\ldots,X_n]$ homogéneo de
grado~$de$.

%%%%%%
\item Si $f$,~$g\in k[X]$ son polinomios mónicos con coeficientes en un
cuerpo~$k$, con factorizaciones
$f=\prod_{i=1}^n(x-\alpha_i)$ y $g=\prod_{j=i}^m(x-\beta_j)$
en~$k[X]$, entonces
  \[
  R(f,g)=u\prod_{1\leq i,j\leq n}(\alpha_i-\beta_j)
  \]
para algún $u\in k^\times$ que depende solamente de~$n$ y de~$m$.

%%%%%%
\item Sea $A$ un dominio de integridad y sean $f$,~$g\in A[X]$ dos polinomios mónicos.
Sea $\varphi:A[X]/(g) \to A[X]/(g)$ el homomorfismo de~$A$-módulos tal que
$\varphi(\overline h)=\overline{fh}$ para todo $h\in A[X]$.
Muestre que $\det (\varphi) = R(f,g)$; observe que como el $A$-módulo
$A[X]/(g)$ es \emph{libre}, esto tiene sentido.

%%%%%%
\item Sea $f\in k[X,Y]$ un polinomio de grado $d$ y sea $C=C(f)$ la curva
afín plana que determina. Si $L$ es una recta en $k^2$ que no está
contenida en~$C$, entonces el conjunto $L\cap C$ es finito y tiene a lo
sumo~$d$ puntos.

%%%%%%
\item Sea $k$ un cuerpo algebraicamente cerrado y sea $f \in
k[X_1,\dots,X_n]$ un polinomio no constante.
El conjunto $k^n \setminus C(f)$ es infinito si $n\geq 1$ y $C(f)$ es
infinito si $n \geq 2$. 

%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Una curva plana irreducible posee un número finito de
puntos singulares. 

\item ¿Es esto cierto para hipersuperficies en $k^n$, $n\geq
3$?

\end{ejitems}

\foto{Sylvester}{James Joseph Sylvester\\1814--1897, Inglaterra}{%
Sylvester introdujo la matriz descripta arriba para calcular la resultante
de dos polinomios. 
}

\end{ejercicios}



\end{document}
