Lemma. 设 $k$ 是任意一个域, $f\in k[x,y]$ 是一个不可约多项式, $g\in k[x,y]$ 是任意一个多项式. 若 $g$ 不能被 $f$ 整除, 则方程组 $f(x,y)=g(x,y)=0$ 仅有有限多个解.
References:
Igor R. Shafarevich, Basic Algebraic Geometry I. [p.2]
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Proof. 假设 $x$ 在多项式 $f$ 中的次数是正的(positive degree). 我们将 $f$ 和 $g$ 视为 $k(y)[x]$ 中的元素, 也就是, 关于单变元 $x$ 的多项式, 系数是 $y$ 的有理多项式.
容易验证 $f$ 在这个环(指 $k(y)[x]$)中仍然是不可约的. 事实上, 若 $f$ 可以分解为一些因子的乘积, 则对每个因子在乘以这些系数的公分母 $a(y)\in k[y]$ 后, 我们得出与 $f$ 在 $k[x,y]$ 中不可约矛盾.
同理, $g$ 在新的环 $k(y)[x]$ 中也不被 $f$ 整除. 因此, 存在两个多项式 $\tilde{u},\tilde{v}\in k(y)[x]$, 使得 $f\tilde{u}+g\tilde{v}=1$. 将这个等式两边乘以 $\tilde{u}$ 与 $\tilde{v}$ 所有系数的公分母 $a\in k[y]$ 得,
\[
fu+gv=a,
\]
这里 $u=a\tilde{u}$, $v=a\tilde{v}\in k[x,y]$, 并且 $0\neq a\in k[y]$.
这推出, 若 $f(\alpha,\beta)=g(\alpha,\beta)=0$, 则 $a(\beta)=0$. 也就是, 对于第二个坐标 $\beta$, 仅有有限多个值可取. 对于 $\beta$ 的每个这样的值, 第一个坐标 $\alpha$ 是 $f(x,\beta)=0$ 的根. 而多项式 $f(x,\beta)$ 不恒为零, 否则 $f(x,y)$ 将被 $y-\beta$ 整除, 与假设矛盾.
因此, $\alpha$ 也仅有有限多个值.
引理得证.
Remark: 以上证明翻译自 Shafarevich 的书.