Ebene polynomiale Parametrisierungen/Einführung/Beispiele/Textabschnitt

Satz

Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}P,Q\in K[T]$ zwei Polynome.

Dann gibt es ein Polynom ${}F\in K[X,Y]$, ${}F\neq 0$, mit ${}F(Q,P)=0$. D.h. das Bild einer polynomial parametrisierten Kurve liegt in einer ebenen algebraischen Kurve ${}C=V(F)$.

Wenn ${}K$ unendlich ist und ${}(P,Q)$ nicht beide konstant sind, so ist der Zariski-Abschluss des Bildes eine irreduzible Kurve ${}C$.

Beweis

Es seien ${}d$ und ${}e$ die Grade von ${}P$ und ${}Q$. Wir berechnen die Monome

$P^{i}Q^{j}.$

Dies sind Polynome in ${}T$ vom Grad ${}di+ej$. Zu ${}i\leq n$ und ${}j\leq m$ gibt es ${}(n+1)(m+1)$ solche Monome. Die Monome ${}P^{i}Q^{j}\,,i\leq n,\,j\leq m$, leben also allesamt in dem ${}dn+em+1$-dimensionalen ${}K$-Vektorraum, der von ${}1=T^{0},T^{1},T^{2},\ldots ,T^{dn+em}$ erzeugt wird. Bei ${}(n+1)(m+1)>dn+em+1$ muss es also eine nicht-triviale lineare Abhängigkeit zwischen diesen ${}P^{i}Q^{j}$ geben. Diese ergibt ein Polynom ${}F(X,Y)\neq 0$ mit ${}F(P,Q)=0$.

Die angegebene numerische Bedingung ${}(n+1)(m+1)>dn+em+1$ lässt sich mit ${}n,m$ hinreichend groß erfüllen.

Von nun an sei ${}K$ unendlich. Der Zariski-Abschluss des Bildes ${}B=\varphi ({\mathbb {A} }_{K}^{1})$ ist ${}V(\operatorname {Id} \,(B))$ nach Fakt und irreduzibel nach Fakt. Da ${}K$ unendlich ist und die Abbildung nicht konstant ist, muss wegen der Irreduzibilität auch ${}V(\operatorname {Id} \,(B))$ unendlich viele Punkte enthalten. Nach Fakt ist ${}\operatorname {Id} \,(B)$ ein Primideal und enthält nach dem ersten Teil ein ${}F\in \operatorname {Id} \,(B)$, ${}F\neq 0$. Da ${}K[X,Y]$ faktoriell ist, muss auch ein Primfaktor von ${}F$ dazu gehören, so dass wir annehmen können, dass ${}F$ ein Primpolynom ist. Wir haben die Inklusion

${}B\subseteq {\overline {B}}=V(\operatorname {Id} \,(B))\subseteq V(F)\,.$

Für ein ${}H\in \operatorname {Id} \,(B)$ ist

${}V(\operatorname {Id} \,(B))\subseteq V(H)\cap V(F)\,$

unendlich, so dass es nach Fakt einen gemeinsamen nichtkonstanten Faktor von ${}H$ und ${}F$ geben muss. Da ${}F$ prim ist, muss ${}H$ ein Vielfaches von ${}F$ sein und ${}\operatorname {Id} (B)=(F)$.

$\Box$

Beispiel

Wir betrachten die Kurve, die durch die Parametrisierung

$x=t^{2}+t+1\,\,{\text{ und }}\,\,y=2t^{2}+3t-1$

gegeben ist. Es ist ${}x-1=t^{2}+t$ und ${}y+1=2t^{2}+3t$. Eine einfache Addition ergibt

${}(y+1)-2(x-1)=3t-2t=t\,.$

Daher können wir

${}x-1=t^{2}+t=(y-2x+3)^{2}+(y-2x+3)\,$

schreiben. Ausmultiplizieren ergibt insgesamt die Gleichung

${}y^{2}+4x^{2}-4xy-15x+7y+13=0\,.$

Beispiel

Wir betrachten die durch

$P=t^{2}-1\,\,{\text{ und }}\,\,Q=t^{3}-t=t(t^{2}-1)$

gegebene Abbildung

${\mathbb {A} }_{K}^{1}\longrightarrow {\mathbb {A} }_{K}^{2}.$

Für die beiden Punkte ${}t=\pm 1$ ergibt sich der Wert ${}(0,0)$. Für alle anderen Stellen ${}t\neq \pm 1$ kann man

${}t={\frac {t^{3}-t}{t^{2}-1}}={\frac {Q(t)}{P(t)}}\,$

schreiben. D.h. dass ${}t$ aus den Bildwerten rekonstruierbar ist, und das bedeutet, dass die Abbildung dort injektiv ist. Die Bildkurve ist also eine Kurve, die sich an genau einer Stelle überschneidet.

Wir bestimmen die Kurvengleichung, und schreiben ${}x=t^{2}-1$ und ${}y=t^{3}-t$. Es ist ${}t^{2}=x+1$ und

${}y^{2}=t^{2}{\left(t^{2}-1\right)}^{2}=t^{2}x^{2}=(x+1)x^{2}=x^{3}+x^{2}\,.$

Das beschreibende Polynom ist also

$Y^{2}-X^{3}-X^{2}.$