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\begin{document}


\renewcommand{\baselinestretch}{1.1}
\LARGE \bf \centerline{Geometr\'ia Proyectiva}
\large\sc \centerline{Segundo Cuatrimestre 2013}
\centerline{\sc Curvas algebraicas afines}
\renewcommand{\baselinestretch}{1}
\normalsize\rm
\vspace{12pt}


%
%\documentclass[a4paper,oneside,fleqn,10pt]{article}
%\usepackage[nosolutions]{practicas}
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%
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%\hyphenation{siguiente como Como abierto existe manera muestra
%super-ficie super-ficies}
%
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%
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%
%\Materia{Geometr\'ia Proyectiva}
%\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2011}
%\Practica{6}
%\Titulo{Curvas algebraicas afines}
%
%\begin{document}
%
%\maketitle

\begin{enumerate}

%%%%%%
\item Grafique las curvas en $\RR^2$ dadas por la ecuaci\'on $f(X,Y)=0$:
\begin{enumerate}
\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{enumerate}

%%%%%%
\item Pruebe que las curvas planas definidas por los siguientes polinomios
tienen a $p=(0,0)$ como \'unico punto singular.
\begin{enumerate}
\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{enumerate}

%\begin{Solucion}
%\ejitem{1} Si $f=Y^2-X^3$, entonces $f_X=-3X^2$ y $f_Y=2Y$. El lugar
%geom\'etrico 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 \'unica soluci\'on es $(X,Y)=(0,0)$.
%
%\ejitem{2} Si $f=Y^2-X^3-X^2$, entonces $f_X=-2 X - 3 X^2$ y $f_Y=2Y$, as\'i
%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 ecuaci\'on 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 \'unico 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
%est\'a 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 ecuaci\'on 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 ecuaci\'on implica que
%$4(X^2+Y^2)=-6Y$, as\'i 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 \'ultimas
%ecuaciones no tienen ra\'ices en com\'un. Concluimos que el \'unico punto
%singular es $(0,0)$.
%
%\ejitem{4} El lugar singular est\'a 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 ecuaci\'on por $X$ y por $Y$,
%respectivamente, y sumando, vemos que $6(X^2+Y^2)^3-16X^2Y^2=0$. Esta
%ecuaci\'on y la primera implican inmediatamente que $X^2+Y^2=XY=0$, as\'i 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{enumerate}
\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{enumerate}

%\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 \'unico punto donde se
%anulan las dos derivadas es $(0,0)$, y que se trata del \'unico 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 \'unica tangente en el origen es entonces la
%diagonal principal, con m\'ultiplicidad 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*}
%as\'i que all\'i es $XY=0$. Pero mirando la ecuaci\'on $f=0$ es claro que el
%\'unico punto de los ejes coordenados que est\'a en la curva es el origen, as\'i
%que este es el \'unico punto singular. Como $f$ es homog\'enea, 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 ra\'iz primitiva doceava de la unidad. Notemos que
%$f=(X^2-Y^2)^2+X^2Y^2$, as\'i que el \'unico 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
%  \[
%  (X-1)f_X+(Y-1)f_Y-3f = -3(1-X)(1-Y),
%  \]
%as\'i 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 \'unico punto singular es $p=(1,1)$.
%
%Es $f(1+X,1+Y)=X^3 + 3 X Y + Y^3$, as\'i 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 ra\'iz de $h$
%de multiplicidad mayor que $1$.
%
%Si $a$ es una tal ra\'iz, entonces
%  \[
%  f(Y,a+X)=Y^2-\tfrac12h''(a)X^2+\cdots,
%  \]
%con los t\'erminos omitidos todos de orden mayor que dos. Vemos as\'i 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 ra\'ices de $h$ son $\pm\sqrt5$, ambas simples, y
%$\pm\sqrt{5/2}$, ambas dobles. As\'i, 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 af\'in $C(f)$ 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 s\'olo 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
%$(\alpha x+\tfrac{b}{\alpha}y)^2 = ax^2+2bxy+cy^2$, as\'i que la condici\'on
%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 condici\'on es
%necesaria. \qed
%\end{Solucion}

%%%%%%
\item La  curva en $\RR^2$  definida en coordenadas polares por
$$  r = 4a\cos^3\tfrac13\theta,\quad
-\tfrac32\pi\leq \theta \leq \tfrac32\pi
$$
es una s\'extica de ecuaci\'on
  \[
  4(x^2 + y^2 - a x)^3 = 27 a^2 (x^2 + y^2)^2.
  \]
Esta curva es conocida como la \emph{s\'extica de Cayley}.

%\begin{Solucion}
%Tenemos una parametrizaci\'on
%  \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 $4\cos^3\tfrac13\theta-\cos\theta=3\cos\tfrac13\theta$,
%as\'i 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, $27a^2(x^2+y^2)^2=3^32^8a^2\cos^{12}\tfrac13\theta$, as\'i 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 Sea $\alpha:  \mathbb C \to \mathbb C^2$  definida por
$$\alpha(t)=(a \sin(n t + d),b \sin(t))$$
(curva param\'etrica de Lissajous compleja).

\begin{enumerate}

\item Demostrar que si $n$ es racional entonces el conjunto imagen de $\alpha$ es
una curva algebraica.

\item Haga gr\'aficos de la imagen de $\alpha$ (restringida a los reales) para varios valores de $a$, $b$, $n$ y $d$ reales.

\end{enumerate}

%%%%%%
\item Demostrar que para cada $d>0$ existen curvas en el plano af\'in complejo que son
irreducibles, no singulares y de grado $d$.

%%%%%%
\item Sea $T: k^2 \to k^2$ una \emph{aplicaci\'on polin\'omica}, esto es,
una funci\'on $k^2\to k^2$ 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
  \[
  f^T(X, Y) = f(T_1(X,Y), T_2(X, Y)).
  \]
Denotamos por $m_p(f)$ la multiplicidad de $f$ en $p \in k^2$.

\begin{enumerate}

\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 implicaci\'on rec\'iproca es falsa. Para verlo, considere la funci\'on tal que
$T(X,Y)=(X^2,Y)$, el polinomio $f=Y-X^2$ y $p=q=(0,0)$.

\end{enumerate}

%%%%%%
\item Calcule las direcciones asint\'oticas y las as\'intotas de las
curvas algebraicas definidas por los siguientes polinomios:
\begin{enumerate}
\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{enumerate}

%\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 as\'intotas
%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 as\'intotas son, en consecuencia, las rectas $Y=\pm iX$.
%
%\ejitem{4} Sea $f=Y^2-X^2+X^3$. La forma de grado es $X^3$, as\'i que todas
%las as\'intotas son paralelas al eje $Y$. Si $t\in\CC$, una recta paralela al
%eje $Y$ se parametriza v\'ia $s\in\CC\mapsto(t,s)\in\CC^2$ y evaluando $f$
%obtenemos el polinomio $s^2-t^2+t^3\in\CC[s]$, que no tiene grado $1$ para
%ning\'un valor de $t$: vemos que la curva no tiene ninguna as\'intota.
%
%\ejitem{5} Si $f=Y^2-X^3+X$, la forma de grado es $-X^3$, as\'i que hay una
%\'unica direcci\'on asint\'otica, la de la recta $X=0$. Si $t\in\CC$, una recta
%con esa direcci\'on es $s\mapsto(t,s)$, y $f(t,s)=s^2-t^3+t\in\CC[s]$. Esto
%tiene grado $2$ cualquiera sea $t$, as\'i que la curva no tiene as\'intotas.
%
%\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 ra\'iz
%$n$-\'esima de $-1$. Vemos que hay $n$ direcciones asint\'oticas
%distintas. Sea $\omega$ una ra\'iz $n$-\'esima 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 ning\'un $t$. La curva no tiene, entonces,
%ninguna as\'intota.
%
%\ejitem{7} Sin p\'erdida de generalidad podemos suponer que $n<m$, as\'i que la
%forma de grado de $f=X^n-Y^m$ es $Y^m$. La \'unica direcci\'on asint\'otica es
%entonces la del eje $X$, y es claro que no hay ninguna as\'intota con esa
%direcci\'on.
%\end{Solucion}

%%%%%%
\item\begin{enumerate}

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

{\footnotesize Sugerencia: Utilizar la función peso, $w(f_a+f_{a+1}+\ldots+f_b)=b-a$. Probar que $w\geq 0$ y
que manda producto en suma.}

\item Dadas rectas $L_1$, \dots, $L_n$ y enteros no negativos
$r_1$, \dots, $r_n$, existen curvas irreducibles que tienen a cada $L_i$
como recta tangente de multiplicidad $r_i$.

{\footnotesize Sugerencia:
Si para cada $i\in\{1,\dots,n\}$, $f_i$ es una ecuaci\'on de la recta $L_i$,
considere un polinomio $f=\prod_{i=1}^n f_i^{r_i} + g$ con $g$ un
polinomio homog\'eneo de grado $1+\sum_{i=1}^n r_i$ elegido de manera que $f$
sea irreducible.}

\end{enumerate}

%\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 $f_i$ homog\'eneo 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 p\'erdida de generalidad, podemos suponer que $u$ es homog\'eneo. Es
%claro que entonces $u$ divide a $f$ y a $g$, contra la hip\'otesis.
%
%\ejitem{2} Sea $m=1+\sum_{i=1}^nr_i$ y sean $g_1$, \dots, $g_{m}$
%polinomios de grado $1$ en $S$ cuyas respectivas rectas no son paralelas ni
%paralelas a ninguna de las correspondientes a $f_1$, \dots, $f_r$, y sea
%$g=\prod_{i=1}^{m}g_i$. Entonces $\prod_{i=1}^nf_i$ y $g$ no tienen
%factores comunes, y por la parte \ejitem{1} de este ejercicio, sabemos que
%$f=\prod_{i=1}^nf_i+g$ es irreducible.
%
%
%\end{Solucion}

%%%%%%
\item Sea $k$ un cuerpo y $d$ un n\'umero natural. Denotamos
$$k[X_1,\ldots,X_n]_{\le d} = \{ f \in k[X_1,\ldots,X_n] / \gr(f) \le d\} \cup \{0\}$$
el conjunto de los polinomios de grado menor o igual a $d$, incluyendo el polinomio nulo.
Asimismo denotamos
$$k[X_1, \ldots, X_n]_d$$
el conjunto de los polinomios homog\'eneos de grado $d$.
\begin{enumerate}

\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
$$\dim k[X_1,\ldots,X_n]_{\le d} = \binom {n+d}d\quad\mbox{y}\quad
\dim k[X_0,\ldots,X_n]_d = \binom {n+d}d.$$

\end{enumerate}

%%%%%%
\item Si $f\ne 0$ en $k[X_1,\ldots,X_n]$, 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, la 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 ``f\'ormula 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 $F$ tambi\'en
%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{enumerate}

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

\item Todo factor de un polinomio homog\'eneo es homog\'eneo.

\end{enumerate}

%%%%%%
\item{\it Homogeneizaci\'on y deshomogeneizaci\'on 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{enumerate}

\item Si $F\in k[X_0,\ldots,X_n]_d$ y $f\in  k[X_1,\ldots,X_n]$, encuentre
expresiones expl\'icitas 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 $X_0^r(F_*)^*=F$.

\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{enumerate}

%%%%%%
\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{enumerate}

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

\item Todo divisor no nulo de $F$ es homog\'eneo.

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

\end{enumerate}

%%%%%%
\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
  \[
  F(X,Y)=\prod_{i=1}^d (a_iX + b_iY).
  \]

%%%%%%
\item Si $k$ es 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. Dar contraejemplos si $k$ es finito.

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

Las siguientes afirmaciones son equivalentes:
\begin{enumerate}
\item $f$ y $g$ tienen un factor com\'un 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 Existen polinomios $a$, $b\in A[X]$ tales que $\gr a <\gr g$, $\gr b
< \gr f$ y $af+bg=0$.
\item $R(f,g)=0$.
\end{enumerate}

%%%%%%
\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 situaci\'on 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{enumerate}

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

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

\item Exhiba un contraejemplo de la \'ultima afirmaci\'on cuando el cuerpo de
base no es algebraicamente cerrado.

\end{enumerate}

%%%%%%
\item Sean $F$, $G\in k[X_0,X_1,\ldots,X_n]$ dos polinomios homog\'eneos de
grados $d$ 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 $k[X_1,\ldots,X_n]$ homog\'eneo de
grado $de$.

{\footnotesize Sugerencia: En la matriz de Sylvester, multiplicar la columna $j$ por $t^{-j}$ y la fila $i$ por $t^{e+i}$ si $1\leq i\leq d$
y por $t^i$ si $d+1\leq i\leq d+e$.}

%%%%%%
\item Si $f$, $g\in k[X]$ son polinomios m\'onicos 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
$$R(f,g)=u\prod_{1\leq i\leq n,1\leq j\leq m}(\alpha_i-\beta_j)$$
para alg\'un $u\in k^\times$ que depende solamente de $n$ y de $m$.

%%%%%%
\item Sea $A$ un dominio de integridad y sean $f$, $g\in A[X]$ dos polinomios m\'onicos.
Sea $\varphi:A[X]/(g) \to A[X]/(g)$ el homomorfismo de $A$-m\'odulos tal que
$\varphi(\overline h)=\overline{fh}$ para todo $h\in A[X]$.
Muestre que $\det (\varphi) = R(f,g)$. Observe que como el $A$-m\'odulo
$A[X]/(g)$ 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
af\'in plana que determina. Si $L$ es una recta en $k^2$ que no est\'a
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{enumerate}

\item Una curva plana irreducible posee un n\'umero finito de
puntos singulares.

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

\end{enumerate}


\end{enumerate}



\end{document}
