Kurs:Algebraische Kurven/3/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	${}\sum$
Punkte	3	3	4	7	4	8	4	4	4	4	4	5	9	63

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine ebene affin-algebraische Kurve über einem Körper ${}K$.
2. Das Verschwindungsideal zu einer Teilmenge ${}T\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$.
3. Ein noetherscher ${}R$- Modul ${}M$.
4. Ein lokaler Ring.
5. Die eingesetze Potenzreihe ${}F(G)$.
6. Der projektive Raum ${}{\mathbb {P} }_{K}^{n}$.

Lösung

1. Eine ebene affin-algebraische Kurve über einem Körper ${}K$ ist das Nullstellengebilde ${}V(F)\subseteq K^{2}$ eines nicht-konstanten Polynoms ${}F$ in zwei Variablen.
2. Man nennt

   ${\left\{F\in K[X_{1},\ldots ,X_{n}]\mid F(P)=0{\text{ für alle }}P\in T\right\}}$

   das Verschwindungsideal zu ${}T$.

3. Der ${}R$- Modul ${}M$ heißt noethersch, wenn jeder ${}R$-Untermodul von ${}M$ endlich erzeugt ist.
4. Ein kommutativer Ring ${}R$ heißt lokal, wenn ${}R$ genau ein maximales Ideal besitzt.
5. Es sei ${}F={\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}T^{i}\in K[\![T]\!]$ eine Potenzreihe und es sei ${}G={\sum }_{j=0}^{\infty }b_{j}T^{j}$ eine weitere Potenzreihe mit konstantem Term ${}0$. Dann nennt man die Potenzreihe

   ${}{\begin{aligned}F(G)&=a_{0}+a_{1}{\left({\sum }_{j=0}^{\infty }b_{j}T^{j}\right)}+a_{2}{\left({\sum }_{j=0}^{\infty }b_{j}T^{j}\right)}^{2}+a_{3}{\left({\sum }_{j=0}^{\infty }b_{j}T^{j}\right)}^{3}+\ldots \\&={\sum }_{k=0}^{\infty }c_{k}T^{k}\end{aligned}}$

   die eingesetzte Potenzreihe.
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. Die Charakterisierung von noetherschen Ringen mit Idealketten.
2. Der Hilbertsche Basissatz.
3. Der Satz von Bezout.

Lösung

1. Für einen kommutativen Ring ${}R$ sind folgende Aussagen äquivalent.
   1. ${}R$ ist noethersch.
   2. Jede aufsteigende Idealkette

      ${\mathfrak {a}}_{1}\subseteq {\mathfrak {a}}_{2}\subseteq {\mathfrak {a}}_{3}\subseteq \ldots$

      wird stationär, d.h. es gibt ein ${}n$ mit ${}{\mathfrak {a}}_{n}={\mathfrak {a}}_{n+1}=\ldots$.

2. Es sei ${}R$ ein noetherscher Ring. Dann ist auch der Polynomring ${}R[X]$ noethersch.
3. Es sei ${}K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und seien ${}F,G\in K[X,Y,Z]$ zwei homogene Polynome vom Grad ${}m$ und ${}n$ ohne gemeinsame Komponente mit zugehörigen Kurven ${}C=V_{+}(F),D=V_{+}(G)\subset {\mathbb {P} }_{K}^{2}$. Dann gilt

   ${}\sum _{P}\operatorname {mult} _{P}(C,D)=mn\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die ${}x$-Koordinaten der Schnittpunkte von ${}V(X^{2}+Y^{2}-1)$ und ${}V(Y-3X^{2}+2)$ in ${}{\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}$.

Lösung

Wir setzen

${}Y=3X^{2}-2\,$

in die Kreisgleichung ein und erhalten

${}1={\left(3X^{2}-2\right)}^{2}+X^{2}=9X^{4}-12X^{2}+4+X^{2}\,$

bzw.

${}9X^{4}-11X^{2}+3=0\,.$

Dies führt auf

${}{\left(X^{2}-{\frac {11}{18}}\right)}^{2}-{\frac {121}{324}}+{\frac {1}{3}}=0\,$

und somit ist

${}{\begin{aligned}X^{2}&=\pm {\sqrt {{\frac {121}{324}}-{\frac {1}{3}}}}+{\frac {11}{18}}\\&=\pm {\sqrt {{\frac {121}{324}}-{\frac {108}{324}}}}+{\frac {11}{18}}\\&=\pm {\frac {\sqrt {13}}{18}}+{\frac {11}{18}}\\&=\pm {\frac {{\sqrt {13}}+11}{18}}.\end{aligned}}$

Somit ist

${}X=\pm {\sqrt {\pm {\frac {{\sqrt {13}}+11}{18}}}}\,.$

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}V\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ eine irreduzible affin-algebraische Menge mit Verschwindungsideal ${}\operatorname {Id} \,(V)$. Zeige, dass ${}\operatorname {Id} \,(V)$ ein Primideal ist.

Lösung

Es sei angenommen, dass ${}\operatorname {Id} \,(V)$ kein Primideal ist. Bei ${}\operatorname {Id} \,(V)=K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ ist ${}V=\emptyset$, also ist ${}V$ nicht irreduzibel nach Definition. Andernfalls gibt es Polynome ${}F,G\in K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ mit ${}FG\in \operatorname {Id} \,(V)$, aber ${}F,G\not \in \operatorname {Id} \,(V)$. Dies bedeutet, dass es Punkte ${}P,Q\in V$ gibt mit ${}F(P)\neq 0$ und ${}G(Q)\neq 0$. Wir betrachten die beiden Ideale ${}{\mathfrak {a}}_{1}=\operatorname {Id} \,(V)+(F)$ und ${}{\mathfrak {a}}_{2}=\operatorname {Id} \,(V)+(G)$. Daher ist

${}V({\mathfrak {a}}_{1}),V({\mathfrak {a}}_{2})\subseteq V(\operatorname {Id} \,(V))=V\,.$

Wegen ${}P\not \in V({\mathfrak {a}}_{1})$ und ${}Q\not \in V({\mathfrak {a}}_{2})$ sind diese Inklusionen echt. Andererseits ist

${}V({\mathfrak {a}}_{1})\cup V({\mathfrak {a}}_{2})=V({\mathfrak {a}}_{1}\cdot {\mathfrak {a}}_{2})=V(\operatorname {Id} \,(V))=V\,,$

so dass eine nicht-triviale Zerlegung von ${}V$ vorliegt und somit ${}V$ nicht irreduzibel ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper. Betrachte die durch

${\mathbb {A} }_{K}^{1}\longrightarrow {\mathbb {A} }_{K}^{2},\,t\longmapsto \left(t^{2}+1,\,t^{3}-t\right)$

definierte polynomiale Abbildung. Bestimme eine (nichttriviale) algebraische Gleichung, die für alle Bildpunkte dieser Abbildung erfüllt ist.

Lösung

Wir berechnen einige Monome in ${}X$ und ${}Y$. Es ist

$X^{0}Y^{0}=1,$

$X=t^{2}+1,$

$X^{2}=t^{4}+2t^{2}+1,$

$X^{3}=t^{6}+3t^{4}+3t^{2}+1,$

$Y^{2}=t^{6}-2t^{4}+t^{2}.$

Dies sind ${}5$ Polynome, in denen nur die Potenzen ${}t^{0},t^{2},t^{4},t^{6}$ vorkommen, also müssen sie linear abhängig sein. Eine lineare Relation ist durch

$-Y^{2}+X^{3}-5X^{2}+8X-4=0$

gegeben.

Aufgabe (8 Punkte)

Beweise die Charakterisierung von noetherschen Ringen mit Idealketten.

Lösung

(1) ${}\Rightarrow$ (2). Sei

${\mathfrak {a}}_{1}\subseteq {\mathfrak {a}}_{2}\subseteq {\mathfrak {a}}_{3}\subseteq \ldots$

eine aufsteigende Idealkette in ${}R$. Wir betrachten die Vereinigung ${}{\mathfrak {a}}=\bigcup _{n\in \mathbb {N} }{\mathfrak {a}}_{n}$, die wieder ein Ideal in ${}R$ ist. Da ${}R$ noethersch ist, ist ${}{\mathfrak {a}}$ endlich erzeugt, d.h. ${}{\mathfrak {a}}=(f_{1},\ldots ,f_{k})$. Da diese ${}f_{i}$ in der Vereinigung der Ideale ${}{\mathfrak {a}}_{n}$ liegen, und da die Ideale aufsteigend sind, muss es ein ${}n$ derart geben, dass ${}f_{1},\ldots ,f_{k}\in {\mathfrak {a}}_{n}$ liegt. Wegen

${}(f_{1},\ldots ,f_{k})\subseteq {\mathfrak {a}}_{n}\subseteq {\mathfrak {a}}_{n+m}\subseteq \bigcup _{n\in \mathbb {N} }{\mathfrak {a}}_{n}\subseteq (f_{1},\ldots ,f_{k})\,$

für ${}m\geq 0$ muss hier Gleichheit gelten, so dass die Idealkette ab ${}n$ stationär ist.

(2) ${}\Rightarrow$ (1). Es sei ${}{\mathfrak {a}}$ ein Ideal in ${}R$. Wir nehmen an, ${}{\mathfrak {a}}$ sei nicht endlich erzeugt, und konstruieren sukzessive eine unendliche echt aufsteigende Idealkette ${}{\mathfrak {a}}_{n}\subset {\mathfrak {a}}$, wobei die ${}{\mathfrak {a}}_{n}$ alle endlich erzeugt sind. Es sei dazu

${\mathfrak {a}}_{1}\subset {\mathfrak {a}}_{2}\subset \ldots \subset {\mathfrak {a}}_{n}\subseteq {\mathfrak {a}}$

bereits konstruiert. Da ${}{\mathfrak {a}}_{n}$ endlich erzeugt ist, aber ${}{\mathfrak {a}}$ nicht, ist die Inklusion ${}{\mathfrak {a}}_{n}\subseteq {\mathfrak {a}}$ echt und es gibt ein Element

$f_{n+1}\in {\mathfrak {a}},\,f_{n+1}\not \in {\mathfrak {a}}_{n}.$

Dann setzt das Ideal ${}{\mathfrak {a}}_{n+1}:={\mathfrak {a}}_{n}+(f_{n+1})$ die Idealkette echt aufsteigend fort.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und ${}R$ eine integre endlich erzeugte ${}K$- Algebra. Es seien ${}f,g\in R$. Zeige, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind.

1. ${}D(f)\subseteq D(g)$
2. Es gibt einen ${}R$- Algebrahomomorphismus ${}R_{g}\to R_{f}$.

Zeige ferner, dass diese Äquivalenz für ${}K=\mathbb {R}$ nicht gilt.

Lösung

Wenn (2) erfüllt ist, so kann man insbesondere schreiben ${}1/g=r/f^{n}$ bzw. ${}f^{n}=rg$, d.h. ${}g$ teilt eine Potenz von ${}f$ bzw. ${}f$ gehört zum Radikal von ${}(g)$. Wenn dies umgekehrt gilt, so ist ${}g$ eine Einheit in ${}R_{f}$ und es gibt einen ${}R$-Algebrahomomorphismus ${}R_{g}\to R_{f}$.

Aus der Radikalzugehörigkeit ${}f\in \operatorname {rad} \,(g)$ folgt sofort, dass ${}f$ auf ${}V(g)$ verschwindet, also ${}V(g)\subseteq V(f)$. Die Umkehrung folgt, für ${}K$ algebraisch abgeschlossen, aus dem Hilbertschen Nullstellensatz.

Bei ${}K=\mathbb {R}$ gilt die letzte Umkehrung nicht, wie das Beispiel ${}f=1$ und ${}g=X^{2}+1$ in ${}R=K[X]$ zeigt. ${}g$ hat reell keine Nullstelle, also ist ${}V(g)={\mathbb {A} }_{\mathbb {R} }^{1}=V(1)$, es ist aber ${}g$ keine Einheit im Polynomring.

Aufgabe (4 Punkte)

Ein Geldfälscher stellt ${}6-,9-,14-$ und ${}25-$Euro-Scheine her. Wie viele volle Eurobeträge kann er mit seinen Scheinen nicht bezahlen, und was ist der größte Betrag, den er nicht begleichen kann? Bestimme die Multiplizität und die Einbettungsdimension des zugehörigen numerischen Monoids.

Lösung

Wir berechnen die Summen, die man aus den vier Zahlen bilden kann. Dabei gehen wir so vor, dass wir zu einer Summe aus den drei größeren Zahlen ein Vielfaches von ${}6$ dazuaddieren. Die Vielfachen von ${}6$ sind

$6,12,18,24,30,\ldots .$

Von ${}9$ ausgehend erhält man

$9,15,21,27,\ldots .$

Von ${}14$ ausgehend erhält man

$14,20,26,\ldots .$

Von ${}18=9+9$ ausgehend erhält man nichts neues. Von ${}23=9+14$ ausgehend erhält man

$23,29,\ldots .$

Dazu kommen noch ${}27=9+9+9$ und ${}28=14+14$. Wegen der ${}25$ gehören alle sechs aufeinanderfolgenden Beträge ${}23,24,25,26,27,28,$ zum Monoid, so dass auch alle folgenden Zahlen dazugehören. Die kleinste Zahl, die nicht dazugehört, ist die ${}22$, da sie in der Liste nicht auftaucht. Somit ist ${}23$ die Führungszahl. Die Multiplizität ist die kleinste Zahl, also ${}6$, und die Einbettungszahl ist ${}4$, da keine der vier Zahlen überflüssig ist. Der Singularitätsgrad ist die Anzahl der Lücken, die Lücken sind

$1,2,3,4,5,7,8,10,11,13,16,17,19,22.$

Der Singularitätsgrad ist also ${}14$, das sind die Beträge, die er nicht begleichen kann.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Multiplizität und die Tangenten (einschließlich ihrer Multiplizitäten) im Nullpunkt ${}(0,0)$ der ebenen algebraischen Kurve

${}C=V{\left(Y^{6}-2XY^{5}+X^{2}Y^{3}+3X^{3}Y^{2}+5X^{4}Y\right)}\subseteq {\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}\,.$

Lösung

Die Multiplizität ist der Grad der homogenen Komponenten vom kleinsten Grad, also ${}5$. Zur Bestimmung der Tangenten muss man ${}X^{2}Y^{3}+3X^{3}Y^{2}+5X^{4}Y$ in Linearfaktoren zerlegen. Es ist

${}X^{2}Y^{3}+3X^{3}Y^{2}+5X^{4}Y=X^{2}Y{\left(Y^{2}+3XY+5X^{2}\right)}\,.$

Für den hinteren Faktor gilt

${}{\begin{aligned}Y^{2}+3XY+5X^{2}&={\left(Y+{\frac {3}{2}}X\right)}^{2}+{\left(5-{\frac {9}{4}}\right)}X^{2}\\&={\left(Y+{\frac {3}{2}}X\right)}^{2}+{\frac {11}{4}}X^{2}\\&={\left(Y+{\frac {3}{2}}X+{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {11}}{2}}X\right)}{\left(Y+{\frac {3}{2}}X-{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {11}}{2}}X\right)}\\&={\left(Y+{\left({\frac {3}{2}}+{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {11}}{2}}\right)}X\right)}{\left(Y+{\left({\frac {3}{2}}-{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {11}}{2}}\right)}X\right)}.\end{aligned}}$

Als Tangentengleichungen ergeben sich also ${}X=0$ (die ${}Y$-Achse mit der Multiplizität ${}2$), ${}Y=0$, ${}Y+{\left({\frac {3}{2}}+{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {11}}{2}}\right)}X=0$ und ${}Y+{\left({\frac {3}{2}}-{\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {11}}{2}}\right)}X=0$ (jeweils mit einfacher Multiplizität).

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die singulären Punkte der ebenen algebraischen Kurve

$V{\left(-2X^{3}+3X^{2}Y-Y+{\frac {2}{3}}{\sqrt {\frac {1}{3}}}\right)}\subset {\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}.$

Lösung

Es sei ${}F$ das beschreibende Polynom. Die partiellen Ableitungen sind

${\frac {\partial F}{\partial X}}=-6X^{2}+6XY{\text{ und }}{\frac {\partial F}{\partial Y}}=3X^{2}-1.$

Wir setzen beide Polynome gleich null. Aus der zweiten Gleichung ergibt sich ${}x^{2}={\frac {1}{3}}$ und daher

$x=\pm {\sqrt {\frac {1}{3}}}.$

In der ersten Gleichung können wir ${}6X$ ausklammern, welches nicht null ist, so dass ${}x=y$ sein muss, also ist ebenfalls ${}y=\pm {\sqrt {\frac {1}{3}}}$. Für ${}x=y$ wird die Kurvengleichung zu

$x^{3}-x+{\frac {2}{3}}{\sqrt {\frac {1}{3}}}.$

Bei ${}x={\sqrt {\frac {1}{3}}}$ ergibt sich der Wert

${\frac {1}{3}}{\sqrt {\frac {1}{3}}}-{\sqrt {\frac {1}{3}}}+{\frac {2}{3}}{\sqrt {\frac {1}{3}}}=0,$

so dass ${}\left({\sqrt {\frac {1}{3}}},\,{\sqrt {\frac {1}{3}}}\right)$ ein Punkt der Kurve ist. Bei ${}x=y=-{\sqrt {\frac {1}{3}}}$ ergibt sich hingegen

$-{\frac {1}{3}}{\sqrt {\frac {1}{3}}}+{\sqrt {\frac {1}{3}}}+{\frac {2}{3}}{\sqrt {\frac {1}{3}}}={\frac {4}{3}}{\sqrt {\frac {1}{3}}}\neq 0,$

so dass dies kein Punkt der Kurve ist. Die einzige Singularität der Kurve ist also ${}\left({\sqrt {\frac {1}{3}}},\,{\sqrt {\frac {1}{3}}}\right)$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme für die ebene algebraische Kurve

$V(X^{4}-X^{2}+3Y^{2}-2XY^{3})$

(über einem Körper der Charakteristik ${}0$) eine nichtkonstante Potenzreihenlösung ${}Y=F(X)$ im Nullpunkt bis zum dritten Grad.

Lösung

Wir machen den Ansatz ${}Y=F(X)={\sum }_{n=0}^{\infty }a_{n}X^{n}$, setzen dies in die Gleichung

${}X^{4}-X^{2}+3XY-2Y^{3}=0\,$

ein und berechnen sukzessive die Koeffizienten durch Vergleich der Koeffizienten für ${}X^{i}$.

$X^{0}:-2a_{0}^{3}=0{\text{ also }}a_{0}=0.$

Daher ist der Koeffizient zu

$X^{1}$

schon gleich ${}0$.

$X^{2}:-1+3a_{1}=0,{\text{ also }}a_{1}={\frac {1}{3}}.$

$X^{3}:3a_{2}-2a_{1}^{3}=0,{\text{ also }}a_{2}={\frac {2}{3^{4}}}={\frac {2}{81}}.$

$X^{4}:1+3a_{3}-6a_{1}^{2}a_{2}=1+3a_{3}-{\frac {4}{243}}=0,{\text{ also }}a_{3}=-{\frac {239}{729}}.$

Die Anfangsglieder der Potenzreihe sind also

$F={\frac {1}{3}}X+{\frac {2}{81}}X^{2}-{\frac {239}{729}}X^{3}+\ldots .$

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}C\subseteq {\mathbb {P} }_{K}^{2}$ eine ebene projektive Kurve über einem algebraisch abgeschlossenen Körper ${}K$. Zeige, dass es eine Überdeckung ${}C=C_{1}\cup C_{2}$ mit zwei affinen, in ${}C$ offenen ebenen Kurven ${}C_{1}$ und ${}C_{2}$ gibt.

Lösung

Es sei ${}P\in {\mathbb {P} }_{K}^{2}$ ein Punkt, der nicht auf ${}C$ liegt. Einen solchen Punkt gibt es, da ${}K$ algebraisch abgeschlossen ist. Es seien ${}L_{1}$ und ${}L_{2}$ zwei verschiedene projektive Geraden durch ${}P$. Die (offenen) Komplemente, also ${}U_{1}={\mathbb {P} }_{K}^{2}\setminus L_{1}$ und ${}U_{2}={\mathbb {P} }_{K}^{2}\setminus L_{2}$ sind isomorph zu affinen Ebenen. Daher sind sowohl ${}C_{1}=C\cap U_{1}$ als auch ${}C_{2}=C\cap U_{2}$ affine ebene Kurven, die beide in ${}C$ offen sind. Da ${}P$ der einzige Schnittpunkt der beiden Geraden ist, gilt ${}U_{1}\cup U_{2}={\mathbb {P} }_{K}^{2}\setminus \{P\}$. Daher ist ${}C\subseteq U_{1}\cup U_{2}$ und somit ${}C=C_{1}\cup C_{2}$.

Aufgabe (9 (4+3+2) Punkte)

Es sei ${}K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper der Charakteristik ${}0$. Wir betrachten die beiden Kurven ${}C=V{\left(Y^{2}-X^{b}\right)}$ und ${}D=V{\left(Y^{2}-X^{c}\right)}$ mit ${}c>b\geq 3$, ${}b,c$ ungerade.

a) Berechne die Schnittmultiplizität der beiden Kurven im Nullpunkt ${}(0,0)$.

b) Berechne die Schnittmultiplizität der beiden Kurven in ${}(1,1)$.

c) Bestimme die unendlich fernen Schnittpunkte der beiden Kurven.

Lösung

a) Die Schnittmultiplizität ist die ${}K$-Vektorraum-Dimension von ${}K[X,Y]_{(X,Y)}/(Y^{2}-X^{b},Y^{2}-X^{c})$. Im lokalen Ring ${}K[X,Y]_{(X,Y)}$ gilt ${}X^{b}-X^{c}=X^{b}(1-X^{c-b})$ und ${}1-X^{c-b}$ ist eine Einheit. Daher gelten die Gleichheiten

${}{\begin{aligned}(Y^{2}-X^{b},Y^{2}-X^{c})&=(Y^{2}-X^{b},X^{b}-X^{c})\\&=(Y^{2}-X^{b},X^{b})\\&=(Y^{2},X^{b}).\end{aligned}}$

Somit ist

${}K[X,Y]_{(X,Y)}/(Y^{2}-X^{b},Y^{2}-X^{c})=K[X,Y]_{(X,Y)}/(Y^{2},X^{b})=K[X,Y]/(Y^{2},X^{b})\,,$

und dessen Dimension ist ${}2b$.

b) Die partiellen Ableitungen von ${}Y^{2}-X^{b}$ sind ${}(2Y,-bX^{b-1})$. Im Punkt ${}(1,1)$ ist dies ${}(2,-b)$. Daran sieht man, dass ein glatter Punkt vorliegt, dessen Tangente durch den Richtungsvektor ${}(b,2)$ gegeben ist. Entsprechendes gilt für ${}Y^{2}-X^{c}$. Daher schneiden sich die beiden Kurven in ${}(1,1)$ transversal und somit ist nach Lemma 26.7 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) die Schnittmultiplizität gleich ${}1$.

c) Die Homogenisierungen der Kurvengleichungen sind ${}Y^{2}Z^{b-2}-X^{b}$ und ${}Y^{2}Z^{c-2}-X^{c}$. Die unendlich fernen Schnittpunkte liegen in ${}{\mathbb {P} }_{K}^{2}\setminus D_{+}(Z)$, also auf ${}V_{+}(Z)$. Dies ergibt für beide Kurven die Bedingung ${}Z=X=0$ und den zusätzlichen Punkt ${}(0,1,0)$.