用户: Cybcat/Abhyankar-Moh定理

我们耗费亿点功夫来证明 Abhyankar–Moh 定理.

定理 0.1. 域 $char k = 0$ , 若 $f, g \in k [t] \ k$ 使 $k [f, g] = k [t]$ . 则 $de g f, de g g$ 间有整除关系.

引理 0.2 (练习). 注意 $t$ 在 $A := k [g]$ 上整. 于是 $f$ 在 $A$ 上整, 实际上 $A [f]$ 是自由有限生成 $A$ -模, 一组基为 $1, f, \dots, f^{N - 1}$ , 记 $K := Frac A$ , 则 $N := [K (f) : K]$ . 只需取 $P$ 是 $f$ 在 $K$ 的最小多项式, 检查 $P$ 的系数都是在 $A$ 上整的, 结合 $A$ 正规得 $P (X) \in A [X]$ .

当然 $N = 1$ 时 $A [f] = A$ 而显然 $de g g ∣ de g f$ , 所以设 $N \geq 2$ , 对 $0 \leq n \leq N - 1$ 记 $K [f]_{n} := i = 0 \sum n K f^{i}, A [f]_{n} := i = 0 \sum n A f^{i}, K_{n} := f^{n} + i = 0 \sum n - 1 K f^{i}; A_{n} := f^{n} + i = 0 \sum n - 1 A f^{i} .$ 那么由先前的练习不难得知 $K_{n} \cap A [f] = A_{n}$ . 然后我们再引入两个定义

定义 0.3. 若 $h_{0}, \dots, h_{N - 1}$ 是 $K (f) \subset k (t)$ 的序列, 满足 $h_{n} \in K_{n}$ (resp. $h_{n} \in A_{n}$ ) 对 $1 \leq n \leq N - 1$ . 且 $h_{0} = 1$ , $de g h_{0}, \dots, de g h_{N - 1}$ 是模 $de g g$ 两两不同余者, 则称 $h_{0}, \dots, h_{N - 1}$ 为一个 $α$ 序列 (resp. $β$ 序列). 不难验证对 $0 \leq n \leq N - 1$ , $若 h_{0}, \dots, h_{N - 1} 是 α 序列, 则 K [f]_{n} = i = 0 \sum n K h_{i}; 若 h_{0}, \dots, h_{N - 1} 是 β 序列, 则 A [f]_{n} = i = 0 \sum n A h_{i} .$

引理 0.4 (练习). 若非零 $p_{1}, \dots, p_{m} \in k (t)$ 次数模 $de g g$ 互不相同.

现 $0 \neq = w \in \sum K p_{i}$ , 则 $de g w = de g g^{s} p_{j}$ 对某 $s \in Z, j \in Z_{\geq 0}$ . 若 $w \in \sum A p_{i}$ 则可要求 $s \in Z_{\geq 0}$ .

定理 0.5. 若 $β$ 序列存在, 则 Abhyankar–Moh 定理成立.

证明. 记

d = gcd (de g f, de g g), de g f = a d, de g g = b d, am + bn = 1, 0 \leq m < b

, (1) 现设

β

序列

h_{0}, \dots, h_{N - 1}

. 由前习题不难检查

k [f, g] = A [f]_{N - 1}

, 由于

t^{d} \in k [t] = k [f, g]

故设

d = de g t^{d} = de g g^{s} h_{r}

对某

s \geq 0, 0 \leq r \leq N - 1

, 同样的设

de g f^{m} = de g g^{s_{1}} h_{r_{1}}, s_{1} \geq 0, 0 \leq r_{1} \leq m

. (2) 于是

de g g^{s} h_{r} \equiv de g g^{s_{1}} h_{r_{1}} [de g g]

得到

r = r_{1} \leq m < b

从而

h_{r} \in A [f]_{b - 1}

, 结合

1, f, \dots, f^{b - 1}

模

de g g

两两不同, 因此

de g h_{r} = de g g^{q} f^{i}

对某

q \geq 0, 0 \leq i \leq b - 1

. 从而

d = s de g g + de g h_{r} = (s + q) de g g + i de g f

, 其中

s, q, i \geq 0

. 故

d \geq min {de g f, de g g} \geq gcd (de g f, de g g) = d

, 得到

min {de g f, de g g} = gcd (de g f, de g g)

.

$□$

$α$ 序列的存在性

证明 $β$ 序列的存在性绝非易事, 我们将先从 $α$ 序列的存在性开始, 然后逐渐把结果变强. 类似 Gröbner 基讨论时定义的形式正规化, 在这个问题中先给出如下的定义:

设 $S \subset k [t] \ {0}$ 使其中元素次数互不相同, 记 $de g S = {de g s : s \in S}$ . 对 $0 \neq = h \in k [t]$ 使 $de g h \in de g S$ . 设 $h - a s$ 消去首项, $s \in S, a \in k$ , 这样 $de g (h - a s) < de g h$ . 于是定义 $R_{S} : k [t] \to k [t]$ , 不断消去首项直至变成 $0$ 或得到次数不在 $de g S$ 者, 补充定义 $R_{S} (0) = 0$ .

命题 0.6. 存在 $α$ 序列.

证明. (1) 取 $h_{0} := 1, h_{1} := R_{S} (f)$ , 其中 $S := {g^{m} : m \geq 0}$ , 则 $h_{1} \in A [f]_{1} \ A [f]_{0}$ 否则 $f \in A$ . 假设 $h_{0}, \dots, h_{n}$ 已构造好, 记 $S_{0} := {h_{r} g^{i} : 0 \leq r \leq n, i \geq 0}$ , 定义 $y_{0} := R_{S_{0}} (f^{n + 1})$ , 取 $S_{1} := {y_{0}} \cup S_{0}$ , 再取 $y_{1} := R_{S_{1}} (g f^{n + 1})$ , 从而 $y_{1} \in (g + k) f^{n + 1} + A [f]_{n}$ , 现在 $y_{1} \neq = 0, de g y_{1} \neq \in de g S_{1}$ . 归纳地 $y_{i} = R_{S_{i}} (g^{i} f^{n + 1}), S_{i} := S_{i - 1} \cup {y_{i - 1}}$ , 这样得到一列 $y_{i} \in (g^{i} + k g^{i - 1} + \dots + k) f^{n + 1} + A [f]_{n}, y_{i} \in A [f]_{n + 1} \ A [f]_{n}$ .

(2) 下证明存在

de g y_{j}

与

de g h_{0}, \dots, de g h_{n}

模

de g g

互不相同. 若不然设

0 \leq s \leq n

使

de g y_{j} \equiv de g h_{s} [de g g]

对无穷多

j

成立. 记

de g y_{j} + p_{j} de g g = de g h_{s}

倘若某

p_{j} \leq 0

则

de g y_{j} \in de g S_{0}

矛盾, 因此

p_{j} \geq 0

从而

de g y_{j} < de g h_{s}

但它们次数互不相同而与无穷性矛盾. 因此取

h_{n + 1}

为某个取新余数的

y_{j}

. 取

h_{n}^{'}

为

h_{n}

除掉

f^{n}

的系数, 得

α

序列

h_{i}^{'}

.

$□$

设 $h_{0}, \dots, h_{N - 1}$ 是如上构造的 $α$ 序列, 设 $K [f]_{n}$ 中非零元次数在 $Z$ 生成理想 $G_{n}$ , 熟知 $G_{n} = (de g g, de g h_{1}, \dots, de g h_{n})$ , 于是 $G_{0} \subset \dots \subset G_{N - 1}$ , 假设 $G_{0} ⊊ G_{c (1)} ⊊ \dots ⊊ G_{c (p)}$ , 其中 $c (i)$ 为序列中第一次发生真包含者, 补充定义 $c (p + 1) = N$ . 从构造看出 $c (1) = 1$ . 更进一步地, 记 $D_{j} := (de g g, de g h_{1}, \dots, de g h_{c (j)})$ , 注意 $de g h_{c (s)} \neq \in D_{s - 1}$ , 用 $e_{s}$ 记最小的正整数 $n$ 使 $n de g h_{c (s)} \in D_{s - 1}$ , 故 $e_{s} \geq 2$ 对一切 $s$ . 接下来这个推论对改进 $α$ 序列是重要的.

命题 0.7. 对 $1 \leq s \leq p$ 有 $e_{s} c (s) = c (s + 1)$ .

为此先看几个结果, 记 $B_{s} := {h_{n} h_{c (s)}^{j} : 0 \leq n < c (s), 0 \leq j < e_{s}}$ .

引理 0.8 (练习). (1) $B_{s}$ 中者的次数模 $de g g$ 互不相同. 考虑 $de g h_{n} h_{c (s)}^{j} \equiv de g h_{m} h_{c (s)}^{i} [de g g]$ , 倘若 $i = j$ 则由 $α$ 序列定义得 $m = n$ , 不然设 $i > j$ , $(i - j) de g h_{c (s)} \in D_{s - 1}$ , 但 $0 < i - j < e_{s}$ 与 $e_{s}$ 的最小性矛盾. (2) $B_{s}$ 是 $K [f]_{e_{s} c (s) - 1}$ 的一组 $K$ -基, 于是 $e_{s} c (s) \leq N$ .

推论 0.9. (1) 对 $1 \leq s \leq p$ , 有 $e_{s} c (s) \leq c (s + 1)$ . (2) 记 $B_{0} := {1}$ . 对 $0 \leq s \leq p$ , 若 $w \in D_{s}$ 则 $w \equiv de g b [de g g]$ 对某 $b \in B_{s}$ .

证明. (1) 只看 $s < p$ , 须证 $m < e_{s} c (s)$ 则 $de g h_{m} \in D_{s}$ . 此时 $h_{m} \in K [f]_{e_{s} c (s) - 1}$ 所以由诸习题 $de g h_{m} = de g g^{i} b = i de g g + de g b$ 对某 $i \in Z, b \in B_{s}$ , 易知 $de g b \in D_{s}$ , 故得.

(2) 对

s

归纳,

s = 0

显然. 由于

D_{s + 1} = D_{s} + (de g h_{c (s + 1)})

, 于是

w \in D_{s + 1}

总能写成

w^{'} + m de g h_{c (s + 1)}, w^{'} \in D_{s}

, 不妨设

0 \leq m < e_{s + 1}

. 由归纳假设记

w^{'} \equiv de g b^{'} [de g g], b^{'} \in B_{s}

. 于是

b^{'} \in B_{s} \subset K [f]_{e_{s} c (s) - 1} \subset K [f]_{c (s + 1) - 1} .

所以

de g b^{'} \equiv de g h_{r} [de g g]

对某

0 \leq r < c (s + 1)

, 从而令

b = h_{r} h_{c (s + 1)}^{m} \in B_{s + 1}

即得.

$□$

e_{s} c (s) = c (s + 1)

的证明. 记

n := e_{s} c (s)

, 现在

n \leq N

. 先看

n = N

, 若

s < p

则

N = e_{s} c (s) \leq c (s + 1) \leq c (p) \leq N - 1

矛盾. 接下来只需证明

n < N

时

de g h_{n} \neq \in D_{s}

. 若不然

de g h_{n} \in D_{s}

由先前推论

de g h_{n} \equiv de g b [de g g]

对某

b \in B_{s}

, 结合

B_{s} \subset K [f]_{e_{s} c (s) - 1} = \sum_{i = 0}^{n - 1} K h_{i}

从而

de g b \equiv de g h_{j} [de g g]

对某

0 \leq j < n

, 故

de g h_{n} \equiv de g h_{j} [de g g]

而与

α

序列的定义矛盾.

$□$

推论 0.10. 归纳可证, 对 $1 \leq s \leq p$ 有 $c (s + 1) = e_{1} \dots e_{s}$ .

现在 $B_{s}$ 是 $K [f]_{c (s + 1) - 1}$ 的一组 $K$ -基, 所以任意 $w \in K [f]_{c (s + 1) - 1}$ 总能被唯一写成 $w_{1} h_{c (s)}^{e_{s} - 1} + \dots + w_{e_{s} - 1} h_{c (s)} + w_{e_{s}}$ , 其中 $w_{i} \in K h_{0} + \dots + K h_{c (s) - 1} = K [f]_{c (s) - 1}$ .

定理 0.11. 若存在 $α$ 序列 $h_{0}, \dots, h_{N - 1}$ 使 $h_{c (s)} \in A_{c (s)}$ 对一切 $s$ , 则 $β$ 序列存在.

证明. 设

H^{'} := {h_{c (1)}^{j_{1}} \dots h_{c (p)}^{j_{p}} : 0 \leq j_{s} < e_{s} 对 1 \leq s \leq p}

, 易知

h_{c (1)}^{j_{1}} \dots h_{c (p)}^{j_{p}} \in A_{j_{1} c (1) + \dots + j_{p} c (p)}

. 为证明

H^{'}

是

β

序列, 需

H^{'}

中者的次数模

de g g

互不相同及

J := {j_{1} c (1) + \dots + j_{p} c (p) : 0 \leq j_{s} < e_{s} 对 1 \leq s \leq p} = {0, 1, \dots, N - 1}

, 前者只需

c (s)

的定义而后者由前一推论显然.

$□$

$α$ 序列的改进

现在我们迫切地希望 $h_{c (s)} \in A_{c (s)}$ , 为此考虑使用特征 $0$ 的条件:

引理 0.12 (练习). 设环的包含关系 $Q \subset R \subset S$ . 设 $P = X^{n} + p_{n - 1} X^{n - 1} + \dots + p_{0} \in S [X], n \geq 1$ . 对 $e \geq 1$ , 展开 $P^{e} = X^{n e} + s_{n e - 1} X^{n e - 1} + \dots + s_{0}$ . 若 $s_{n e - 1}, s_{n e - 2}, \dots, s_{n e - n} \in R$ 则 $P \in R [X]$ . 证明不难, 只需归纳地检查 $p_{n - 1}, \dots, p_{0}$ 能写成 $s_{n e - 1}, s_{n e - 2}, \dots, s_{n e - n}$ 的多项式即可.

推论 0.13. 若 $1, h_{1}, \dots, h_{N - 1}$ 是 $α$ 序列, 且 $h_{c (s)}^{e_{s}} - h_{c (s + 1)} \in K [f]_{c (s) e_{s} - c (s) - 1}$ 对一切 $1 \leq s \leq p$ , 其中 $h_{c (p + 1)} := 0$ , 那么 $h_{c (s)} \in A_{c (s)}$ 对一切 $1 \leq s \leq p$ .

证明. 对

p - s

归纳,

p = s

时取

n := c (p), e := e_{p}

以及

P (f) := h_{c (p)}, R := A, S := K

. 现在

0 = h_{c (p + 1)} = f^{N} + \sum_{i = 0}^{N - 1} a_{i} f^{i} =: T (f), a_{i} \in A, T (X) \in A [X]

. 于是

(P^{e} - T) (f) \in K [f]_{c (p) e_{p} - c (p) - 1}

得

n e - 1, \dots, n e - n

次者系数为

0

从而由前习题得

h_{c (p)} = P (f) \in A [f] \cap K_{c (p)} = A_{c (p)}

. 然后对

1 \leq s \leq p - 1

类似.

$□$

命题 0.14. 设 $1, h_{1}, \dots, h_{N - 1}$ 是 $α$ 序列, 记 $h_{N} := 0$ , 取 $1 \leq s \leq p$ .

(1) 存在唯一 $w_{1}, \dots, w_{e_{s}} \in K [f]_{c (s) - 1}$ 使 $h_{c (s)}^{e_{s}} - h_{c (s + 1)} = w_{1} h_{c (s)}^{e_{s} - 1} + \dots + w_{e_{s} - 1} h_{c (s)} + w_{e_{s}}$ . (2) $de g w_{1} < de g h_{c (s)}$ .

证明. 记 $v = h_{c (s)}^{e_{s}} - h_{c (s + 1)}$ , 只需检查 $v \in K [f]_{c (s + 1) - 1}$ 然后利用前面 $B_{s}$ 是 $K$ -基的描述即得 (1). (2) 的处理较为具体, 设 $B_{s} = {b_{1}, \dots, b_{r}}$ 及 $v = \sum a_{i} b_{i}$ , 显见 $w_{1} h_{c (s)}^{e_{s} - 1} = \sum a_{j} b_{j}$ , 诸 $b_{j}$ 形如 $h_{n} h_{c (s)}^{e_{s} - 1}$ 对某 $0 \leq n < c (s)$ 且诸 $de g b_{j} \neq \in D_{s - 1}$ , 否则与 $e_{s}$ 的最小性矛盾.

现在我们声称若

de g b_{j} \neq \in D_{s - 1}

则

de g a_{j} b_{j} < e_{s} de g h_{c (s)}

, 这将推出

de g w_{1} + (e_{s} - 1) de g h_{c (s)} < e_{s} de g h_{c (s)}

从而

de g w_{1} < de g h_{c (s)}

. 因为

B_{s}

者次数模

de g g

互不相同, 故设

de g v = de g a_{q} b_{q}

且

de g v > de g a_{i} b_{i}

对

i \neq = q

, 于是

de g v = de g a_{q} + de g b_{q} \in D_{s}

, 且

de g h_{c (s)}^{e_{s}} \in D_{s}, de g h_{c (s + 1)} \neq \in D_{s}

. 于是由

v = h_{c (s)}^{e_{s}} - h_{c (s + 1)}

得知

de g h_{c (s + 1)} < de g h_{c (s)}^{e_{s}} = de g v

. 所以

de g a_{i} b_{i} < de g a_{q} b_{q} = e_{s} de g h_{c (s)}

对

i \neq = q

. 现利用

de g b_{j} \neq \in D_{s - 1}

,

de g b_{q} = de g a_{q} b_{q} - de g a_{q} \in D_{s - 1}

故

j \neq = q

.

$□$

于是我们把 $α$ 序列 $H := (1, h_{1}, \dots, h_{N - 1})$ 按上述命题确认的和 $s$ 有关的 $w_{1}$ 记作 $w (H, s)$ , 如果 $w (H, s) = 0$ 则立刻得出 $h_{c (s)}^{e_{s}} - h_{c (s + 1)} \in K [f]_{c (s) e_{s} - c (s) - 1}$ , 从而原定理得证. 于是立刻想到定义 $\overline{h}_{n} := h_{n}$ 对 $n \neq = c (s)$ 对一个给定的 $s$ 以及 $\overline{h}_{c (s)} := h_{c (s)} - w (H, s) / e_{s}$ .

引理 0.15 (练习). 检查 $\overline{H} := (1, \overline{h}_{1}, \dots, \overline{h}_{N - 1})$ 是 $α$ 序列, 只需注意 $de g w (H, s) < de g h_{c (s)}$ .

引理 0.16. 设 $1 \leq s \leq p$ , $u := a_{2} h_{c (s)}^{e_{s} - 2} + \dots + a_{e_{s}}, a_{i} \in K [f]_{c (s) - 1}$ . 则存在唯一 $\overline{a}_{2}, \dots, \overline{a}_{e_{s}} \in K [f]_{c (s) - 1}$ 使 $u = \overline{a}_{2} \overline{h}_{c (s)}^{e_{s} - 2} + \dots + \overline{a}_{e_{s}}$ .

证明. 存在唯一

\overline{a}_{1}, \dots, \overline{a}_{e_{s}} \in K [f]_{c (s) - 1}

使

u = \overline{a}_{1} \overline{h}_{c (s)}^{e_{s} - 1} + \dots + \overline{a}_{e_{s}}

故只需证

\overline{a}_{1} = 0

. 若不然记

K [f]_{- 1} := 0

则

\overline{a}_{1} \in K [f]_{n} \ K [f]_{n - 1}

对某

0 \leq n < c (s)

, 再记

V := K [f]_{n + (e_{s} - 1) c (s) - 1}

, 则

\overline{a}_{1} \overline{h}_{c (s)}^{e_{s} - 1} \in K [f]_{n + (e_{s} - 1) c (s)} \ V

. 记

\overline{u} = \overline{a}_{2} \overline{h}_{c (s)}^{e_{s} - 2} + \dots + \overline{a}_{e_{s}} \in K [f]_{(e_{s} - 1) c (s) - 1} \subset V

, 由定义

\overline{a}_{1} \overline{h}_{c (s)}^{e_{s} - 1} = u - \overline{u} \neq \in V

以及

u - \overline{u} \in V

得到矛盾.

$□$

命题 0.17. 设 $H$ 是 $α$ 序列, $1 \leq s \leq p$ , 假设 $w (H, s) \neq = 0$ .

(1) 若 $w (H, s) \in K [f]_{0} = K$ 则 $w (\overline{H}, s) = 0$ . (2) 若 $w (H, s) \in K [f]_{j} \ K [f]_{j - 1}$ 对某 $1 \leq j < c (s)$ , 则 $w (\overline{H}, s) \in K [f]_{i}$ 对某 $i < j$ .

证明. 现在 $\overline{h}_{c (s)}^{e (s)} - \overline{h}_{c (s + 1)} = (h_{c (s)}^{e_{s}} - \overline{h}_{c (s + 1)}) - w (H, s) h_{c (s)}^{e_{s} - 1} + R = \sum_{i = 2}^{e} w_{i} h_{c (s)}^{e_{s} - i} + R$ , 其中 $R = \sum_{r = 0}^{e_{s} - 2} (r e _{s}) h_{c (s)}^{r} (- w (H, s) / e_{s})^{e_{s} - r}$ . 于是由前一引理, 存在唯一 $\overline{a}_{2}, \dots, \overline{a}_{e_{s}} \in K [f]_{c (s) - 1}$ 使 $\overline{h}_{c (s)}^{e (s)} - \overline{h}_{c (s + 1)} = \overline{a}_{2} \overline{h}_{c (s)}^{e_{s} - 2} + \dots + \overline{a}_{e_{s}} + R$ .

下面研究

R

, 设

w (H, s) \in K [f]_{j}

对某

0 \leq j < c (s)

, 那么对

0 \leq r \leq e_{s} - 2

有

h_{c (s)}^{r} w (H, s)^{e_{s} - r} \in K [f]_{rc (s) + j (e_{s} - r)}

, 不难检查

rc (s) + j (e_{s} - r) \leq (e_{s} - 1) c (s) + j - 1

, 从而

h_{c (s)}^{r} w (H, s)^{e_{s} - r} \in K [f]_{(e_{s} - 1) c (s) + j - 1} \subset K [f]_{c (s + 1) - 1}

. 于是存在

z_{1}, \dots, z_{e_{s}} \in K [f]_{c (s) - 1}

使

R = z_{1} \overline{h}_{c (s)}^{e_{s} - 1} + \dots + z_{e_{s}}

. 从定义知

w (\overline{H}, s) = z_{1}

以及

z_{2} \overline{h}_{c (s)}^{e_{s} - 2} + \dots + z_{e_{s}} \in K [f]_{(e_{s} - 1) c (s) - 1}

, 由此立刻得出

w (\overline{H}, s) \overline{h}_{c (s)}^{e_{s} - 1} \in K [f]_{(e_{s} - 1) c (s) + j - 1}

. 现在我们准备好证明 (1) 和 (2) 了. 假设

w (\overline{H}, s) \neq = 0

则设

w (\overline{H}, s) \in K [f]_{i} \ K [f]_{i - 1}

, 于是

w (\overline{H}, s) \overline{h}_{c (s)}^{e_{s} - 1} \in K [f]_{(e_{s} - 1) c (s) + i} \ K [f]_{(e_{s} - 1) c (s) + i - 1}

, 故非零时

i \leq j - 1

.

$□$

推论 0.18. 存在一个 $α$ 序列 $H$ 使 $w (H, s) = 0$ 对全体 $1 \leq s \leq p$ .

证明. 首先对

s = p

反复使用上述命题得

α

序列

H^{'}

使

w (H^{'}, p) = 0

, 紧接着对

s = p - 1

反复使用命题得到

H^{''}

使

w (H^{''}, p) = w (H^{''}, p - 1) = 0

, 如此递减

s

, 因每次只改变

h_{c (s)}

故已调好的

w (H, s)

不再动.

$□$

至此我们完成了 Abhyankar–Moh 定理的证明.

应用, 漫谈 Abhyankar–Moh 定理和代数几何

当然第一个要说明的事实是, 定理条件的 $char k = 0$ 是重要的, 检查特征 $p$ 时, $k [t^{p^{2}}, t^{p (p + 1)} + t] = k [t]$ 而没有次数整除关系. 第二个也很容易发现的事实是, 我们立刻得到了一个算法, 用于检查 $k [f, g]$ 什么时候等于 $k [t]$ , 倘若某时刻次数没有整除关系了, 铁定失败, 否则用低次者的某个幂次消掉高次者的首项, 即可归纳. 类似的事实用代数的语言可如此叙述:

定理 0.19. 域 $char k = 0$ , 对 $A_{k}^{1} \to A_{k}^{2}$ 的任何闭浸入都在差 $A_{k}^{2}$ 的一个自同构下相同.

证明. 仿射概形间

Spec R \to Spec S

是闭浸入当且仅当

R

同构于

S

的一个商环. 即

k [X, Y] \to k [t]

是满射, 于是次数具有整除关系, 从而不断作

(X, Y) \mapsto (X, Y - c X^{n})

或线性变换这样的自同构可使得最后变成标准嵌入

X = t, Y = 0

.

$□$

实际上我们稍微用点心, 就能弄明白 $A_{k}^{2}$ 的自同构群. 定义 $Aff (k, n)$ 指 $k^{n}$ 上全体可逆线性者加常数得到的变换群. 而记 $J (k, n)$ 记全体 $(X_{1}, \dots, X_{n}) \mapsto (a_{1} X_{1} + f_{1} (X_{2}, \dots, X_{n}), a_{2} X_{2} + f_{2} (X_{3}, \dots, X_{n}), \dots + a_{n} X_{n} + f_{n})$ 者, 其中 $a_{i} \in k^{\times}$ . 首先记 $B_{n} = Aff (k, n) \cap J (k, n)$ , 于是我们能定义一个群自由积 $T (k, 2) = Aff (k, n) *_{B_{n}} J (k, n)$ .

定理 0.20. 域 $char k = 0$ , 则 $Aut (A_{k}^{2}) = T (k, 2)$ .

证明. 首先, $T (k, 2)$ 能在 $A_{k}^{2}$ 上自同构作用, 我们须证明对非平凡的 $T (k, 2)$ 中元素, 它非平凡作用. 注意 $g \in T (k, 2)$ 能被唯一写成 $g = h_{0} k_{1} h_{1} \dots k_{ℓ} h_{ℓ}$ , 其中 $h_{i} \in Aff (k, 2), k_{i} \in J (k, 2)$ 且除两头外的项不位于 $B_{n}$ . 归纳检查作用 $k_{1} h_{2} \dots k_{ℓ} h_{ℓ}$ 使两个分量的次数为 $de g k_{1} \dots de g k_{ℓ}$ 与 $de g k_{2} \dots de g k_{ℓ}$ 从而非平凡. 故只需检查任何自同构都形如 $T (k, 2)$ 者, 为此对 $(F_{1}, F_{2}) \in Aut k [X, Y]$ , 依 $de g F_{1} + de g F_{2}$ 归纳. 奠基 $2$ 的情形显然. 一般情况下作线性变换使 $de g F_{i} = de g_{X} F_{i} (X, 0)$ 对 $i = 1, 2$ , 注意到 $k [F_{1} (X, 0), F_{2} (X, 0)] = k [X]$ , 我们声称作 $(X, Y) \mapsto (X, Y - c X^{n})$ 者使两多项式的次数和变得更小. 实际上只要说明最高次齐次项差一个幂次线性关系.

首先注意 Jacobi 行列式作为多项式

J (F_{1}, F_{2}) \in k^{\times}

, 这是链式法则的直接推论, 于是对

F_{1}, F_{2}

的最高次齐次项

h_{1}, h_{2}

总有

J (h_{1}, h_{2}) = 0

. 于是结合它们的次数具有整除关系, 设

d = de g h_{1} / de g h_{2}

则

h_{1}, h_{2}^{d}

只差一个常数. 容易检查次数相同的

J (h_{1}, h_{2}^{d}) = 0

, 基变换到代数闭包后

det [\sum \frac{1}{X - α _{i} Y} \sum \frac{α _{i}}{X - α _{i} Y} \sum \frac{1}{X - β _{i} Y} \sum \frac{β _{i}}{X - β _{i} Y}] = 0

从而第一行的

X

倍减第二行的

Y

倍, 从而

\sum \frac{1}{X - α _{i} Y} = \sum \frac{1}{X - β _{i} Y}

, 从而得出两多项式的根一致. 于是

(X, Y) \mapsto (X, Y - c X^{n})

消去最高次齐次者.

$□$

于是根据 Kurosh 子群定理我们有立刻的推论:

推论 0.21. 域 $char k = 0$ , 设 $g \in Aut (A_{k}^{2})$ 是有限阶元, 则存在 $φ \in Aut (A_{k}^{2})$ 使 $φ^{- 1} g φ \in Aff (k, 2)$ 是有限阶元. 这是因为 $J (k, 2)$ 中元素 $g$ 的阶如果是有限的, 通过调整 $Y$ 的不动点, 可共轭为 $(ζX + f (Y), ωY)$ , 其中 $ζ, ω$ 是单位根. 现在 $\sum ζ^{- n} f (ω^{n} Y) = 0$ , 这等价于使 $ζ = ω^{m}$ 的那些 $m$ 对应 $f$ 的 $Y^{m}$ 系数为 $0$ . 而我们考虑用 $(X + F (Y), Y)$ 来共轭而消掉 $f$ , 即需 $ζF (Y) - F (ωY) + f (Y) = 0$ , 容易看出 $ζ \neq = ω^{m}$ 的 $m$ 对应 $F$ 的 $Y^{m}$ 系数非 $0$ .

特别的, 研究阶为 $2$ 的元素可以帮我们处理一些特殊问题.

推论 0.22. 若 $Y$ 是 $k$ -概形, 使得 $Y \times_{k} A_{k}^{1} = A_{k}^{2}$ , 则 $Y ≅ A_{k}^{1}$ .

证明. 考虑

Y \times_{k} A_{k}^{1}

中

A_{k}^{1}

的自同构

k [t] \to k [t], t \mapsto - t

. 这样将得到

A_{k}^{2}

的阶

2

的

k

-自同构, 根据前一推论, 可在自同构共轭下变成仿射的, 于是不动点恰为

A_{k}^{d}

.

$□$

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$α$ 序列的存在性

$α$ 序列的改进

应用, 漫谈 Abhyankar–Moh 定理和代数几何

α 序列的存在性

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