求解Artin《代数》第11章M.5题：确定同态φ的像与核的生成元

我来梳理一下这道题的解法，分像（$\text{img}(\varphi)$）和核（$\ker(\varphi)$）两部分展开：

一、确定$\text{img}(\varphi)$ #

首先分析$\mathbb{C}[x] \times \mathbb{C}[y] \times \mathbb{C}[t]$中的元素$(p(x), q(y), r(t))$属于$\text{img}(\varphi)$的条件：

根据同态定义，存在$f(x,y) \in \mathbb{C}[x,y]$使得：

• $p(x) = f(x, 0)$，这意味着$p(0) = f(0,0)$；
• $q(y) = f(0, y)$，这意味着$q(0) = f(0,0)$；
• $r(t) = f(t, t)$，这意味着$r(0) = f(0,0)$。

这三个等式直接给出第一个必要条件：$p(0) = q(0) = r(0)$。

接下来验证这个条件也是充分的：假设$p(0)=q(0)=r(0)=c$，我们可以构造对应的$f(x,y)$。比如先取$f_0(x,y)=p(x) + q(y) - c$，此时$f_0(x,0)=p(x)+q(0)-c=p(x)$，$f_0(0,y)=p(0)+q(y)-c=q(y)$，但$f_0(t,t)=p(t)+q(t)-c$。如果$r(t)$正好是这个值，那$f_0$就满足要求；如果不是，我们可以调整：因为$r(t)-f_0(t,t)$在$t=0$时等于$r(0)-(p(0)+q(0)-c)=0$，所以$r(t)-f_0(t,t)=t \cdot s(t)$，其中$s(t) \in \mathbb{C}[t]$。我们再构造$f(x,y)=f_0(x,y)+xy \cdot s'(x,y)$，其中$s'(x,y)$取任意满足$s'(t,t)=s(t)$的多项式（比如直接把$s(t)$里的$t$换成$x$），这样调整后的$f(x,y)$就满足所有条件：$f(x,0)=p(x)$，$f(0,y)=q(y)$，$f(t,t)=r(t)$。

因此，$\text{img}(\varphi)$的最终刻画是：
$$\text{img}(\varphi) = \left{ (p(x), q(y), r(t)) \in \mathbb{C}[x] \times \mathbb{C}[y] \times \mathbb{C}[t] \mid p(0) = q(0) = r(0) \right}$$

二、确定$\ker(\varphi)$的生成元 #

你已经推导了$\ker(\varphi)$中元素的系数条件：

• 所有只含$x$的项系数$a_{i0}=0$（包括常数项$a_{00}$）；
• 所有只含$y$的项系数$a_{0j}=0$；
• 对每个整数$n \geq 2$，所有满足$i+j=n$的系数$a_{ij}$之和为$0$，即$\sum_{i+j=n}a_{ij}=0$。

现在我们来证明$\ker(\varphi)$是由$xy(x-y)$生成的主理想：

第一步：验证$xy(x-y) \in \ker(\varphi)$ #

直接代入同态计算：

• $\varphi(xy(x-y))=(x \cdot 0 \cdot(x-0), 0 \cdot y \cdot(0-y), t \cdot t \cdot(t-t))=(0,0,0)$，显然属于核。

第二步：证明$\ker(\varphi)$中的任意元素都是$xy(x-y)$的倍数 #

设$f(x,y)=\sum_{i \geq1,j \geq1}a_{ij}x^i y^j \in \ker(\varphi)$，根据系数条件，对每个$n \geq2$，$\sum_{i+j=n}a_{ij}=0$。

对于每个$n$，考虑齐次部分$f_n(x,y)=\sum_{i+j=n}a_{ij}x^i y^j$，我们可以将其改写为：
$$f_n(x,y)=\sum_{i=1}^{{n-1}a_{ij}(x}i y^{n-i} - x^{n-1}y)$$
（因为$\sum_{i=1}^{{n-1}a_{ij}=0$，所以$\sum_{i=1}}{n-1}a_{ij}x^{n-1}y=0$，不影响结果）

现在看每一项$x^i y^{n-i} - x^{n-1}y$：
当$i < n-1$时，$x^i y^{n-i} - x^{n-1}y = x^i y(y^{n-i-1} - x^{{n-i-1})$，而$y}k - x^{k$是$(y-x)$的倍数（也就是$(x-y)$的倍数），同时$x}i y$包含因子$xy$，所以整个项是$xy(x-y)$的倍数；
当$i = n-1$时，项为$x^{n-1}y - x^{n-1}y=0$，可以忽略。

因此每个齐次部分$f_n(x,y)$都是$xy(x-y)$的倍数，那么整个$f(x,y)$就是这些齐次部分的和，自然也是$xy(x-y)$的倍数。

综上，$\ker(\varphi)$是由$xy(x-y)$生成的主理想，即：
$$\ker(\varphi) = (xy(x-y)) \subseteq \mathbb{C}[x,y]$$

你提到的${x^2y-xy2, x^3y-xy3, ...}$其实都是$xy(x-y)$的倍数（比如$x^3y-xy3=xy(x-y)(x+y)$），所以都包含在这个主理想里。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Pascal's Wager