Lösung
- Der Polynomring über besteht aus allen Polynomen
-
mit ,
und mit komponentenweiser Addition und einer Multiplikation, die durch distributive Fortsetzung der Regel
-
definiert ist.
- Eine affin-algebraische Teilmenge
heißt eine irreduzible Komponente von , wenn sie
irreduzibel
ist und wenn es keine irreduzible Teilmenge
gibt.
- Ein
Ideal
in einem
kommutativen Ring
heißt Radikal, wenn folgendes gilt: Falls ist für ein , so ist bereits .
- Man nennt die Anzahl der Lücken, d.h. der natürlichen Zahlen , den Singularitätsgrad von .
- Ein
Integritätsbereich
heißt normal, wenn er
ganz-abgeschlossen
in seinem
Quotientenkörper
ist.
- Unter einer quasiprojektiven Varietät versteht man eine offene Teilmenge einer
projektiven Varietät
zusammen mit der induzierten Zariski-Topologie und versehen mit der Strukturgarbe der algebraischen Funktionen.
Lösung
- Jedes nichtkonstante Polynom über den komplexen Zahlen besitzt eine Nullstelle.
- Es sei ein Körper und sei eine endlich erzeugte kommutative -Algebra mit -Spektrum . Es sei eine Restklassendarstellung von mit dem zugehörigen Restklassenhomomorphismus
-
und dem Nullstellengebilde
.
Dann stiftet die Abbildung
-
eine Bijektion zwischen und , die bezüglich der Zariski-Topologie ein Homöomorphismus ist.
- Es seien und kommutative Ringe und eine Ringerweiterung. Für ein Element sind folgende Aussagen äquivalent.
- ist
ganz
über .
- Es gibt eine -Unteralgebra von mit und die ein endlicher -Modul ist.
- Es gibt einen endlichen -Untermodul von , der einen Nichtnullteiler aus enthält, mit .
Bestimme die Schnittpunkte des Einheitskreises mit der Standardparabel.
Lösung
Die Standardparabel ist durch die Gleichung
-
und der Einheitskreis ist durch die Gleichung
-
gegeben. Die Schnittpunkte müssen beide Gleichungen simultan erfüllen. Wir ersetzen mit der ersten Gleichung in der zweiten Gleichung und erhalten
-
Also ist
-
Für das negative Vorzeichen ergibt sich keine Quadratwurzel, also ist
-
und
-
Die beiden Schnittpunkte sind also
und .
Lösung
Bestimme für die Abbildung
-
eine algebraische Gleichung der Bildkurve. Führe eine Probe durch.
Lösung
Wir arbeiten mit den gleichgradigen Homogenisierungen
,
und
.
Daraus ergeben sich sechs Monome vom Grad
(bezogen auf ).
Da es insgesamt nur Monome vom Grad gibt, muss dort eine lineare Abhängigkeit bestehen. Es ist
-
-
-
-
-
und
-
Da nur in vorkommt, muss es eine lineare Relation zwischen geben. Da ein Monom ist, konzentrieren wir uns auf die relevanten Monome und
Es ist
-
Also ist
-
eine lineare Relation. Somit ist
-
ein Polynom vom Grad , das ergibt, wenn man die Variablen durch die ersetzt. Wir dividieren durch und erhalten
-
Wenn man darin einsetzt und dann durch ersetzt, kommt nach wir vor raus. Die entstehenden Ersetzungen für bzw. sind aber die ursprünglichen rationalen Funktionen. Ein annullierendes Polynom ist demnach
-
Als Probe betrachten wir
Es sei ein
Modul
über dem
kommutativen Ring
. Es seien und . Zeige
-
Lösung
Wir beweisen die Aussage durch eine Doppelinduktion über . Die Fälle
-
sind unmittelbar klar bzw. folgen direkt aus den Modulaxiomen.
Die Aussage für
und beliebige beweisen für durch Induktion nach , wobei der Induktionsanfang durch die Vorbemerkung gesichert ist. Es sei die Aussage für ein schon bewiesen, und seien Vektoren gegeben. Dann ist unter Verwendung des Falles und der Induktionsvoraussetzung
Wir betrachten nun die Aussage für ein festes und beliebige . Für
ist diese Aussage bereits bewiesen. Es sei diese Aussage nun für ein festes schon bewiesen Es seien Skalare und Vektoren gegeben. Dann ist unter Verwendung der Fälle
und der Induktionsvoraussetzung
Lösung
Lösung
Lösung
Alle Homomorphismen sind im Folgenden
-
Algebrahomomorphismen
und durch ihre Eigenschaften eindeutig festgelegt. Es gibt zunächst den Homomorphismus und daher einen induzierten Homomorphismus
-
Da das Bild von in in zu Einheiten werden, induziert dies einen Homomorphismus
-
Dabei geht explizit ein Element auf . Zur Surjektivität: Ein Element rechts wird repräsentiert durch mit , und das kommt von her. Zur Injektivität sei angenommen, dass auf geht. Dann ist , also mit . Die Gleichheit bedeutet zurückübersetzt nach , dass
-
gilt. D.h. dass in ist und wegen folgt daraus, dass in ist.
Lösung
- Es ist
-
und die Spektrumabbildung ist
-
- Das Urbild zu ist
-
Bei algebraisch abgeschlossen und besitzt eine solche Gleichung stets eine Lösung in , die bei
nicht sein kann. Bei
kann man die Situation invertieren.
- Die Anzahl der Urbilder ist stets gleich . Aufgrund des Isomorphismus
-
kann man als positiv annehmen. Mehr als Lösungen kann es wegen
Satz Anhang 1.5 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018))
nicht geben. Es seien die -ten komplexen Einheitswurzeln. Wenn
ist, so ist auch
-
und somit gibt es die
(verschiedenen, da )
Lösungen .
Bestimme die Multiplizität und die Tangenten im Nullpunkt der ebenen algebraischen Kurve
-
Lösung
Lösung
- Wir behaupten
-
Die Zugehörigkeit bedeutet, dass es Elemente mit
-
Wegen
ist
.
Wenn umgekehrt
gilt, so kann man
-
mit
schreiben, also ist .
- Es ist
-
diese Menge besitzt somit Elemente.
- Wegen
ist die -Dimension von ebenfalls gleich .
Beweise den Satz über Einheiten im Potenzreihenring .
Lösung
Die angegebene Bedingung ist notwendig, da die Abbildung
-
die eine Potenzreihe auf ihren konstanten Term schickt, ein
Ringhomomorphismus
ist, siehe
Aufgabe *****.
Für die Umkehrung müssen wir eine Potenzreihe
mit
-
angeben. Für ergibt sich daraus die Bedingung
,
die wegen
eine eindeutige Lösung besitzt, nämlich
.
Nehmen wir induktiv an, dass die Koeffizienten für
schon konstruiert seien, und zwar derart, dass sämtliche Koeffizienten , , der Produktreihe gleich sind. Für den -ten Koeffizienten ergibt sich die Bedingung
-
Dabei sind bis auf alle Werte schon festgelegt, und wegen
ergibt sich eine eindeutige Lösung für .
Beweise den Satz von Bezout.
Lösung
Der Durchschnitt besteht nur aus endlich vielen Punkten. Wir können daher
nach Aufgabe *****
annehmen, dass alle Schnittpunkte in
liegen. Es seien und die inhomogenen Polynome aus , die die affinen Kurven und beschreiben. Damit ist
Dabei beruht die letzte Gleichung auf
Satz 26.11 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)).
Wir wollen die -Dimension dieses inhomogenen Restklassenrings mit der Dimension einer Stufe des homogenen Restklassenrings in Verbindung bringen. Von letzterer wissen wir aufgrund von
Lemma 30.1 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)),
dass sie für hinreichend groß gleich ist.
Wir wählen eine
Basis
von
( hinreichend groß und fixiert)
und behaupten, dass die Dehomogenisierungen eine Basis von bilden. Dazu sei beliebig vorgegeben mit Homogenisierung vom Grad . Es sei so gewählt, dass
ist. Aufgrund von
Lemma 30.2 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018))
sind die Abbildungen
()
-
injektiv und daher auch bijektiv, da die Dimensionen übereinstimmen. Insbesondere bilden die
, ,
eine Basis von . Es gibt dann also eine Darstellung
.
Durch Dehomogenisieren ergibt sich daraus sofort eine Darstellung für .
Zum Nachweis der
linearen Unabhängigkeit
sei
-
angenommen, sodass in eine Gleichung
-
vorliegt. Dabei setzen wir als Dehomogenisierung von zwei homogenen Polynomen an. Somit liegen zwei homogene Ausdrücke
- nämlich und -
vor, deren Dehomogenisierungen übereinstimmen. Durch geeignete Wahl von können wir annehmen, dass
und
(homogen sind und)
den gleichen Grad besitzen. Nach
Aufgabe 6.17 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018))
ist dann bereits
-
Diese Gleichung bedeutet
in , woraus sich
ergibt.