Kurs:Algebraische Kurven/14/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	${}\sum$
Punkte	3	3	0	3	1	4	4	5	0	4	7	0	0	7	4	4	1	50

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine Nullstellenmenge zu einer Menge an Polynomen im Polynomring ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$.
2. Ein ${}R$-Modul ${}M$ über einem kommutativen Ring ${}R$.
3. Der Koordinatenring zu einer affin-algebraischen Menge ${}V\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$.
4. Ein glatter Punkt ${}P$ auf einer ebenen algebraischen Kurve ${}C=V(F)\subseteq {\mathbb {A} }_{K}^{2}$.
5. Ein diskreter Bewertungsring.
6. Der projektive Raum ${}{\mathbb {P} }_{K}^{n}$.

Lösung

1. Man nennt

   ${\left\{P\in {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}\mid F_{j}(P)=0{\text{ für alle }}j\in J\right\}}$

   das durch die Familie definierte Nullstellengebilde.

2. Man nennt ${}M$ einen ${}R$-Modul, wenn eine Operation

   $R\times M\longrightarrow M,\,(r,v)\longmapsto rv=r\cdot v,$

   festgelegt ist, die folgende Axiome erfüllt (dabei seien $r,s\in R$ und $u,v\in M$ beliebig):

   1. ${}r(su)=(rs)u$,
   2. ${}r(u+v)=(ru)+(rv)$,
   3. ${}(r+s)u=(ru)+(su)$,
   4. ${}1u=u$.
3. Zu ${}V\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ mit Verschwindungsideal ${}\operatorname {Id} \,(V)$ nennt man ${}R(V)=K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/\operatorname {Id} \,(V)$ den Koordinatenring von ${}V$.
4. Der Punkt ${}P$ heißt glatt, wenn

   ${\frac {\partial F}{\partial X}}(P)\neq 0{\text{ oder }}{\frac {\partial F}{\partial Y}}(P)\neq 0$

   gilt.

5. Ein diskreter Bewertungsring ${}R$ ist ein Hauptidealbereich mit der Eigenschaft, dass es bis auf Assoziiertheit genau ein Primelement in ${}R$ gibt.
6. Der projektive Raum ${}{\mathbb {P} }_{K}^{n}$ besteht aus allen Geraden des ${}{{\mathbb {A} }_{K}^{n+1}}$ durch den Nullpunkt.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über den globalen Schnittring zu ${}D(f)$.
2. Der Satz über Gleichungen für monomiale Kurven.
3. Der Satz über Automorphismen auf dem Potenzreihenring.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper, ${}R$ eine reduzierte ${}K$- Algebra von endlichem Typ und sei ${}V=K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$ das ${}K$- Spektrum von ${}R$. Es sei ${}F\in R$ mit zugehöriger offener Menge ${}D(F)\subseteq V$. Dann ist

   ${}\Gamma (D(F),{\mathcal {O}})=R_{F}\,.$

2. Es sei ${}M\subseteq \mathbb {N}$ ein durch teilerfremde Elemente ${}e_{1},\ldots ,e_{n}$ erzeugtes Untermonoid und sei ${}\mathbb {N} ^{n}\rightarrow M$ die zugehörige surjektive Abbildung mit dem zugehörigen Restklassenhomomorphismus ${}\varphi \colon K[X_{1},\ldots ,X_{n}]\rightarrow K[M]$. Dann wird das Kernideal durch

   $\ker \varphi ={\left(\prod _{i\in I_{1}}X_{i}^{r_{i}}-\prod _{i\in I_{2}}X_{i}^{s_{i}}:\,I_{1},I_{2}\subseteq \{1,\ldots ,n\}{\text{ disjunkt }},\sum _{i\in I_{1}}r_{i}e_{i}=\sum _{i\in I_{2}}s_{i}e_{i}\right)}\,$

3. Es sei ${}K$ ein Körper, ${}K[\![T]\!]$ der Potenzreihenring über ${}K$ und ${}G={\sum }_{j=0}^{\infty }b_{j}T^{j}$ mit $b_{0}=0$ und $b_{1}\neq 0$. Dann definiert der durch ${}T\mapsto G$ definierte Einsetzungshomomorpismus einen ${}K$-Algebraautomorphismus auf ${}K[\![T]\!]$.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass im Polynomring ${}K[X,Y]$ über einem Körper ${}K$ das Ideal ${}(X,Y)$ kein Hauptideal ist.

Lösung

Nehmen wir an, dass

${}(X,Y)=(F)\,$

mit einem Polynom ${}F\in K[X,Y]$ ist. Dann ist insbesondere ${}X=GF$ und ${}Y=HF$. Betrachtet man die erste Gleichung als Gleichung in ${}(K[Y])[X]$, so ergibt sich, dass ${}F$ zu ${}X$ assoziiert oder eine Einheit ist. Unter Berücksichtigung der zweiten Gleichung folgt, dass ${}F$ eine Einheit sein muss. In diesem Fall ist aber

${}(X,Y)\subset (F)=K[X,Y]\,,$

da keine Linearkombination von ${}X$ und ${}Y$ gleich ${}1$ ist.

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme alle Lösungen der Kreisgleichung

${}x^{2}+y^{2}=1\,$

für den Körper ${}K=\mathbb {Z} /(11)$.

Lösung Ebene algebraische Kurven/Kreisgleichung/Punkte über endlichen Körpern/K ist F 11/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ der Polynomring über ${}K$ in ${}n$ Variablen und ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n},Z]$ der Polynomring in ${}n+1$ Variablen. Zeige, dass die Homogenisierung (bezüglich ${}Z$) mit der Multiplikation verträglich ist.

Lösung

Es seien

${}F=F_{d}+F_{d-1}+\cdots +F_{1}+F_{0}\,$

und

${}G=G_{e}+G_{e-1}+\cdots +G_{1}+G_{0}\,$

Polynome vom Grad ${}d$ bzw. ${}e$ in ihrer homogenen Zerlegung. Ihre Homogenisierungen sind

${}{\tilde {F}}=F_{d}+F_{d-1}Z+\cdots +F_{1}Z^{d-1}+F_{0}Z^{d}\,$

bzw.

${}{\tilde {G}}=G_{e}+G_{e-1}Z+\cdots +G_{1}Z^{e-1}+G_{0}Z^{e}\,.$

Das Produkt ist

${}{\tilde {F}}{\tilde {G}}=\sum _{k=0}^{d+e}P_{k}Z^{d+e-k}\,$

mit

${}P_{k}=\sum _{i=0}^{d}F_{i}G_{k-i}\,.$

Andererseits ist

${}FG=\sum _{k=0}^{d+e}H_{k}\,$

mit den homogenen Komponenten

${}H_{k}=\sum _{i=0}^{d}F_{i}G_{k-i}\,$

und die Homogenisierung davon ist

${}\sum _{k=0}^{d+e}H_{k}Z^{d+e-k}=\sum _{k=0}^{d+e}{\left(\sum _{i=0}^{d}F_{i}G_{k-i}\right)}Z^{d+e-k}=\sum _{k=0}^{d+e}P_{k}Z^{d+e-k}\,,$

was mit der ersten Berechnung übereinstimmt.

Aufgabe (4 (3+1) Punkte)

Es sei ${}M=\{P_{1},\ldots ,P_{n}\}\subseteq K^{2}$ eine endliche Punktmenge in der Ebene über einem unendlichen Körper.

a) Zeige, dass man ${}M$ als Durchschnitt von zwei algebraischen Kurven erhalten kann.

b) Zeige, dass man ${}M$ als Durchschnitt von zwei irreduziblen algebraischen Kurven erhalten kann.

Lösung

1. Man findet eine (hinreichend generische) Linearform, die für die Punkte unterschiedliche Werte ergibt. Man kann also annehmen, dass Koordinaten derart vorliegen, dass in den Punkten

   ${}P_{i}=(a_{i},b_{i})\,$

   die ersten Koordinaten verschieden sind. Es sei

   ${}F=(X-a_{1})\cdots (X-a_{n})\,.$

   Wir wählen ein Polynom ${}H$ in der einen Variablen ${}X$ gemäß dem Interpolationssatz mit

   ${}H(a_{i})=b_{i}\,$

   für ${}i=1,\ldots ,n$. Mit ${}G=Y-H$ ist

   ${}M=V(F)\cap V(G)\,$

   erhält man ${}M$ als Durchschnitt von zwei Kurven.

2. Wir ersetzen ${}F$ durch ${}F'=Y-H+F$. Es ist

   ${}V(G)\cap V(F')=V(G)\cap V(F)=M\,$

   und die beiden Kurven sind Graphen, also irreduzibel.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}f\in R$ sei nicht nilpotent. Zeige, dass es ein Primideal ${}{\mathfrak {p}}$ mit ${}f\notin {\mathfrak {p}}$ gibt.

Lösung

Wir betrachten die Menge der Ideale

${}M={\left\{{\mathfrak {a}}{\text{ Ideal }}\mid f^{r}\not \in {\mathfrak {a}}{\text{ für alle }}r\right\}}\,.$

Diese Menge ist nicht leer, da sie das Nullideal enthält. Ferner ist sie induktiv geordnet (bezüglich der Inklusion). Ist nämlich ${}{\mathfrak {a}}_{i}$, ${}i\in I$, eine total geordnete Teilmenge von ${}M$, so ist deren Vereinigung ebenfalls ein Ideal, das keine Potenz von ${}f$ enthält. Nach dem Lemma von Zorn gibt es daher maximale Elemente in ${}M$.

Wir behaupten, dass ein solches maximales Element ${}{\mathfrak {p}}$ ein Primideal ist. Es sei dazu ${}g,h\in R$ und ${}gh\in {\mathfrak {p}}$, und sei ${}g,h\notin {\mathfrak {p}}$ angenommen. Dann hat man echte Inklusionen

${}{\mathfrak {p}}\subseteq {\mathfrak {p}}+(g),{\mathfrak {p}}+(h)\,.$

Wegen der Maximalität können die beiden Ideale rechts nicht zu ${}M$ gehören, und das bedeutet, dass es Exponenten ${}r,s\in \mathbb {N}$ mit

$f^{r}\in {\mathfrak {p}}+(g)\,\,{\text{ und }}\,\,f^{s}\in {\mathfrak {p}}+(h)$

gibt. Dann ergibt sich der Widerspruch

${}f^{r}f^{s}\in {\mathfrak {p}}+(gh)\subseteq {\mathfrak {p}}\,.$

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Zeige, dass das ${}{\mathbb {C} }$- Spektrum des kommutativen Monoids ${}M=\mathbb {N} \times \mathbb {Z} /(n)$ aus ${}n$ irreduziblen Komponenten besteht, die alle isomorph zur affinen Geraden ${}{\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{1}$ sind.

Lösung

Es ist

${}{\begin{aligned}{\mathbb {C} }[M]&={\mathbb {C} }[S,T]/(S^{n}-1)\\&={\mathbb {C} }[T][S]/(S^{n}-1)\\&={\mathbb {C} }[T][S]/(\prod _{\eta }(S-\zeta ))\\&={\mathbb {C} }[S]/(\prod _{\eta }(S-\zeta ))[T],\end{aligned}}$

wobei ${}\zeta$ die ${}n$ komplexen Einheitswurzeln durchläuft. Es ist

${}{\mathbb {C} }[S]/(\prod _{\eta }(S-\zeta ))\cong {\mathbb {C} }^{n}\,,$

wobei die Abbildung durch ${}S\mapsto (\zeta _{0},\zeta _{1},\ldots ,\zeta _{n-1})$ gegeben ist. Daher ist

${}{\mathbb {C} }[S]/(\prod _{\eta }(S-\zeta ))[T]\cong {\mathbb {C} }^{n}[T]=({\mathbb {C} }[T])^{n}\,$

ein Produktring aus ${}n$ Polynomringen ${}{\mathbb {C} }[T]$. Daher besteht das ${}{\mathbb {C} }$- Spektrum dieses Ringes nach Lemma 13.12 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) aus der ${}n$-fachen disjunkten Vereinigung von

${}\operatorname {Spek} {\left({\mathbb {C} }[T]\right)}={\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{1}\,.$

Die affine Gerade ist irreduzibel.

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über Gleichungen für monomiale Kurven.

Lösung

Dass die angegebenen Elemente zum Kernideal gehören folgt direkt aus

${}\varphi {\left(\prod _{i\in I_{1}}X_{i}^{r_{i}}\right)}=\prod _{i\in I_{1}}{\left(t^{e_{i}}\right)}^{r_{i}}=t^{\sum _{i\in I_{1}}r_{i}e_{i}}\,.$

Für die Umkehrung sei ${}F\in K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ ein Polynom mit ${}\varphi (F)=0$. Wir schreiben

${}F=\sum _{\nu }a_{\nu }X^{\nu }\,$

(mit ${}\nu =(\nu _{1},\ldots ,\nu _{n})$). Daher ist

${}\varphi (F)=\sum _{\nu }a_{\nu }t^{\sum _{i=1}^{n}\nu _{i}e_{i}}=\sum _{k=0}{\left(\sum _{\nu :\,\sum _{i=1}^{n}\nu _{i}e_{i}=k}a_{\nu }\right)}t^{k}\,.$

Da dieses Polynom gleich ${}0$ ist müssen alle Koeffizienten ${}0$ sein, d.h. zu jedem ${}k$ gehört auch

${}F_{k}=\sum _{\nu :\,\sum _{i=1}^{n}\nu _{i}e_{i}=k}a_{\nu }X^{\nu }\,$

zum Kern. Wir können also annehmen, dass in ${}F$ nur Monome ${}X^{\nu }$ mit dem gleichen Wert ${}\sum _{i=1}^{n}\nu _{i}e_{i}=k$ vorkommen. Betrachten wir ein solches Monom aus ${}F$, sagen wir ${}X^{\nu }$ (mit ${}a_{\nu }\neq 0$). Es muss in ${}F$ mindestens noch ein weiteres Monom, sagen wir ${}X^{\mu }$, vorkommen, da ein einzelnes Monom nicht auf ${}0$ abgebildet wird. Wir schreiben

${}F=a_{\nu }(X^{\nu }-X^{\mu })+{\left(F-a_{\nu }X^{\nu }+a_{\nu }X^{\mu }\right)}\,.$

Im Summand rechts kommt ${}X^{\nu }$ nicht mehr vor, und es kommt auch kein neues Monom hinzu. In ${}X^{\nu }-X^{\mu }$ können wir diejenigen Variablen, die beidseitig auftreten, so weit ausklammern, dass sich ein Ausdruck der Form

${}X^{\nu }-X^{\mu }=X_{1}^{b_{1}}\cdots X_{n}^{b_{n}}{\left(\prod _{i\in I_{1}}X_{i}^{r_{i}}-\prod _{i\in I_{2}}X_{i}^{s_{i}}\right)}\,$

mit disjunkten ${}I_{1}$ und ${}I_{2}$ und mit ${}\sum _{i\in I_{1}}e_{i}r_{i}=\sum _{i\in I_{2}}e_{i}s_{i}$ ergibt. Der linke Summand in obiger Beschreibung von ${}F$ gehört also zu dem von den angegebenen Binomen erzeugten Ideal und wir können mit dem rechten Summand, in dem ein Monom weniger vorkommt, fortfahren.

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (0 Punkte)

Lösung /Aufgabe/Lösung

Aufgabe (7 Punkte)

Beweise den Satz über Automorphismen auf dem Potenzreihenring.

Lösung

Wir zeigen zunächst, dass es eine Potenzreihe ${}F={\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}T^{i}$ mit ${}F(G)=T$ gibt. Dabei muss ${}a_{0}=0$ und ${}a_{1}=b_{1}^{-1}$ sein. Es sei nun die Potenreihe ${}F$ mit der gewünschten Eigenschaft bis zum ${}(k-1)$-Koeffizienten bereits konstruiert. Für den Koeffizienten ${}c_{k}$ hat man nach der Definition . die Bedingung

${}{\begin{aligned}0&=c_{k}\\&=\sum _{s=0}^{k}a_{s}{\left(\sum _{j_{1}+\cdots +j_{s}=k}b_{j_{1}}\cdots b_{j_{s}}\right)}\\&=\sum _{s=0}^{k-1}a_{s}{\left(\sum _{j_{1}+\cdots +j_{s}=k}b_{j_{1}}\cdots b_{j_{s}}\right)}+a_{k}b_{1}^{k}.\end{aligned}}$

Daraus ergibt sich eine eindeutig lösbare Bedingung an ${}a_{k}$.

Wir betrachten nun die Hintereinanderschaltung

$K[\![T]\!]{\stackrel {T\mapsto F}{\longrightarrow }}K[\![T]\!]{\stackrel {T\mapsto G}{\longrightarrow }}K[\![T]\!].$

Dabei ist die Gesamtabbildung der Einsetzungshomomorphismus ${}T\mapsto T$, und das ist die Identität. Insbesondere ist die hintere Abbildung surjektiv. Da ${}K[\![T]\!]$ nach Korollar 24.7 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) ein diskreter Bewertungsring, sind die Ideale darin bekannt, und nur das Nullideal kommt als Kern der Abbildung in Frage. Die Abbildung ist also auch injektiv und damit bijektiv.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass die ebene projektive Kurve

${}V_{+}{\left(X^{4}+Y^{3}Z+Z^{4}\right)}\subset {\mathbb {P} }_{\mathbb {C} }^{2}\,$

glatt ist.

Lösung

Sei ${}P=(x,y,z)$ ein Punkt der Kurve. Wenn ${}x=y=0$ ist, so muss auch ${}z=0$ sein. Da dies keinem Punkt der Kurve entspricht, folgt, dass die Kurve von ${}D_{+}(X)$ und ${}D_{+}(Y)$ überdeckt wird. Daher können wir mit den inhomogenen Kurvengleichungen in diesen beiden affinen offenen Mengen arbeiten.

${}D_{+}(X)$. Wir setzen ${}X=1$ und erhalten die Gleichung ${}1+Y^{3}Z+Z^{4}=0$. Die partiellen Ableitungen sind

${\frac {\partial {\left(1+Y^{3}Z+Z^{4}\right)}}{\partial Y}}=3Y^{2}Z\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {\partial {\left(1+Y^{3}Z+Z^{4}\right)}}{\partial Z}}=Y^{3}+4Z^{3}.$

Wir müssen schauen, ob es Punkte auf der Kurve gibt, wo diese beiden Ableitungen verschwinden. Diese beiden Gleichungen sind nur bei ${}Y=Z=0$ simultan erfüllbar, doch das ist kein Punkt der Kurve.

${}D_{+}(Y)$. Wir setzen ${}Y=1$ und erhalten die Gleichung ${}X^{4}+Z+Z^{4}=0$. Die partiellen Ableitungen sind

${\frac {\partial {\left(X^{4}+Z+Z^{4}\right)}}{\partial X}}=4X^{3}\,\,{\text{ und }}\,\,{\frac {\partial {\left(X^{4}+Z+Z^{4}\right)}}{\partial Z}}=1+4Z^{3}.$

Da wir die Punkte mit ${}X$-Koordinate ${}\neq 0$ schon abgehandelt haben, können wir ${}X=0$ annehmen. Dann hat man die Kurvenbedingung und die zweite Ableitungsbedingung, also ${}Z+Z^{4}=0=1+4Z^{3}$. Daraus folgt aber ${}3Z^{4}=0$ und somit ${}Z=0$, was aber keine Lösung ist. Die Kurve ist also auch in diesen Punkten glatt.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Schnittpunkte der Fermatkubik

${}V_{+}{\left(X^{3}+Y^{3}+Z^{3}\right)}\subseteq {\mathbb {P} }_{\mathbb {C} }^{2}\,$

mit der Geraden ${}V_{+}{\left(X+2Y+Z\right)}$.

Lösung

Wir ersetzen in ${}X^{3}+Y^{3}+Z^{3}$ die Variable ${}X$ durch ${}X=-2Y-Z$ und erhalten die Gleichung

${}{\begin{aligned}-{\left(2Y+Z\right)}^{3}+Y^{3}+Z^{3}&=-{\left(8Y^{3}+12Y^{2}Z+6YZ^{2}+Z^{3}\right)}+Y^{3}+Z^{3}\\&=-7Y^{3}-12Y^{2}Z-6YZ^{2}\\&=0.\end{aligned}}$

Die Lösung ${}Y=0$ führt auf den Punkt ${}\left(1,\,0,\,-1\right)$. Die Gleichung

${}7Y^{2}+12YZ+6Z^{2}=0\,$

bzw. die dehomogenisierte Version (${}Y=1$)

${}7+12Z+6Z^{2}=0\,$

bzw.

${}Z^{2}+2Z+{\frac {7}{6}}=0\,$

führt auf

${}Z_{2,3}={\frac {-2\pm {\sqrt {4-4\cdot {\frac {7}{6}}}}}{2}}=-1\pm {\sqrt {1-1\cdot {\frac {7}{6}}}}=-1\pm {\sqrt {-1{\frac {1}{6}}}}=-1\pm {\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} }\,.$

Somit ist

${}X_{2}=-2Y_{2}-Z_{2}=-2+1-{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} }=-1-{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} }\,$

und

${}X_{3}=-2Y_{3}-Z_{3}=-2+1+{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} }=-1+{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} }\,.$

Die drei Schnittpunkte sind also

$(1,0,-1),\,\left(-1-{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} },\,1,\,-1+{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} }\right){\text{ und }}\left(-1+{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} },\,1,\,-1-{\sqrt {\frac {1}{6}}}{\mathrm {i} }\right).$

Aufgabe (1 Punkt)

Bestimme zu einem Punkt ${}(a,b)\in {\mathbb {P} }_{}^{1}$ die Gleichung für die Urbildgerade zur Projektion weg von einem Punkt

${\mathbb {P} }_{K}^{2}\setminus \{(1,0,0)\}\longrightarrow {\mathbb {P} }_{K}^{1},\,(x,y,z)\longmapsto (y,z).$

Lösung

Alle Punkte ${}(x,a,b)$ werden unter der Projektion auf den Punkt ${}(a,b)$ abgebildet. Daher ist ${}bY-aZ$ eine Gleichung der Urbildgerade.