Kurs:Algebraische Kurven/5/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	${}\sum$
Punkte	3	3	5	6	6	6	6	4	4	5	2	4	3	7	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine affin-algebraische Menge.
2. Eine rationale Parametrisierung einer affin-algebraischen Kurve ${}V(F)\subseteq {\mathbb {A} }_{}^{2}$.
3. Ein zusammenhängender Ring ${}R$.
4. Ein ganzes Element ${}x\in S$ bei einer Ringerweiterung ${}R\subseteq S$.
5. Ein glatter Punkt ${}P$ auf einer ebenen algebraischen Kurve ${}C=V(F)\subseteq {\mathbb {A} }_{K}^{2}$.
6. Ein homogenes Ideal ${}{\mathfrak {a}}\subseteq K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$.

Lösung

1. Eine Teilmenge ${}V\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ im affinen Raum heißt affin-algebraisch, wenn sie die Nullstellenmenge zu einer Familie ${}F_{j}$, ${}j\in J$, von Polynomen ${}F_{j}\in K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ ist.
2. Zwei rationale Funktionen ${}\varphi _{1}={\frac {P_{1}}{Q_{1}}}$ und ${}\varphi _{2}={\frac {P_{2}}{Q_{2}}}$ mit ${}P_{1},P_{2},Q_{1},Q_{2}\in K[T]$, ${}Q_{1},Q_{2}\neq 0$, heißen eine rationale Parametrisierung der algebraischen Kurve ${}V(F)$, wenn

   ${}F(\varphi _{1}(T),\varphi _{2}(T))=0\,$

   ist und ${}(\varphi _{1},\varphi _{2})$ nicht konstant ist.

3. Ein kommutativer Ring ${}R$ heißt zusammenhängend, wenn er genau zwei idempotente Elemente (nämlich $0\neq 1$) enthält.
4. Das Element ${}x\in S$ heißt ganz (über ${}R$), wenn ${}x$ eine Ganzheitsgleichung mit Koeffizienten aus ${}R$ erfüllt.
5. 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.

6. Die Homogenität des Ideals ${}{\mathfrak {a}}$ bedeutet, dass für jedes ${}H\in {\mathfrak {a}}$ mit homogener Zerlegung ${}H=\sum _{i}H_{i}$ auch ${}H_{i}\in {\mathfrak {a}}$ ist für alle homogenen Bestandteile ${}H_{i}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über den Schnitt einer ebenen Kurve mit einer Geraden.
2. Der Satz über die Beziehung von Radikalen und affin-algebraischen Mengen.
3. Der Satz über die Summe der Schnittmultiplizitäten.

Lösung

1. Es sei ${}C$ eine ebene affin-algebraische Kurve und sei ${}L$ eine Gerade in ${}K^{2}$. Dann ist der Durchschnitt ${}C\cap L$ die ganze Gerade, oder er besteht nur aus endlich vielen Punkten.
2. Es sei ${}K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper mit dem Polynomring ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ und dem affinen Raum ${}{{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$. Dann gibt es eine natürliche Korrespondenz zwischen affin-algebraischen Mengen in ${}{{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ und Radikalidealen in ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$.
3. Es sei ${}K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und seien ${}F,G\in K[X,Y]$ Polynome ohne gemeinsamen Primteiler. Dann ist

   ${}\dim _{K}{\left(K[X,Y]/(F,G)\right)}=\sum _{P}\operatorname {mult} _{P}(F,G)\,.$

Aufgabe (5 (2+2+1) Punkte)

Es seien ${}a,b\geq 2$ und sei ${}n=ab$.

a) Zeige, dass die beiden Polynome ${}X^{a}-1$ und ${}X^{b}-1$ Teiler des Polynoms ${}X^{n}-1$ sind.

b) Es sei ${}a\neq b$. Ist ${}(X^{a}-1)(X^{b}-1)$ stets ein Teiler von ${}X^{n}-1$?

c) Man gebe drei Primfaktoren von ${}2^{30}-1$ an.

Lösung

a) Es ist

${}X^{n}-1={\left(X^{b}\right)}^{a}-1={\left(X^{b}-1\right)}{\left({\left(X^{b}\right)}^{a-1}+{\left(X^{b}\right)}^{a-2}+\cdots +{\left(X^{b}\right)}^{2}+X^{b}+1\right)}\,$

und daher ist ${}X^{b}-1$ (und ebenso ${}X^{a}-1$) ein Teiler von ${}X^{n}-1$.

b) Dies ist nicht der Fall. Für

${}n=8=4\cdot 2\,$

ist

${}X^{8}-1=(X^{4}-1)(X^{4}+1)\,.$

Das Polynom ${}X^{4}+1$ hat keine reelle Nullstelle und ist deshalb kein Vielfaches von ${}X^{2}-1$. Daher ist ${}(X^{4}-1)(X^{2}-1)$ kein Teiler von ${}X^{8}-1$.

c) Da ${}2,3,5$ Teiler von ${}30$ sind, ergibt sich aus Teil a), dass ${}2^{2}-1=3,\,2^{3}-1=7$ und ${}2^{5}-1=31$ Teiler von ${}2^{30}-1$ sind. Daher sind ${}3,7,31$ Primteiler von ${}2^{30}-1$.

Aufgabe (6 Punkte)

Zeige, dass die Neilsche Parabel

${}C=V{\left(Y^{2}-X^{3}\right)}\subseteq {\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}\,$

jede Gerade durch den Punkt ${}P=(1,1)\in C$ in mindestens einem weiteren Punkt trifft.

Lösung

Jede Gerade in der Ebene wird durch eine Gleichung der Form

${}ax+by=c\,$

beschrieben, wobei ${}a,b$ nicht beide gleich ${}0$ sind. Wenn die gerade durch den Punkt ${}(1,1)$ läuft, so ist ${}a+b=c$. Wenn ${}b=0$ ist, so ist die Gerade durch ${}x=1$ gegeben, und es gibt noch den weiteren Schnittpunkt ${}(1,-1)$. Es sei also ${}b\neq 0$. Dann können wir die Geradengleichung nach ${}y$ auflösen und erhalten

${}y=rx+s\,$

mit ${}s=1-r$. Auf einer solchen Geraden wird die Kurvengleichung zu

${}{\begin{aligned}0&=y^{2}-x^{3}\\&=(rx+(1-r))^{2}-x^{3}\\&=-x^{3}+r^{2}x^{2}+2r(1-r)x+(1-r)^{2}.\end{aligned}}$

Da

${}x=1\,$

eine Nullstelle davon ist, können wir ${}x-1$ ausklammern, und zwar ist

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

Der rechte Faktor ist ein normiertes Polynom vom Grad ${}2$, hat also über ${}{\mathbb {C} }$ weitere Nullstellen. Wir müssen zeigen, dass mindestens eine weitere Nullstelle nicht ${}1$ ist. Wenn man im rechten Faktor ${}x=1$ einsetzt, so erhält man

${}-1-(1-r^{2})-(1-r)^{2}=-3+r^{2}+2r-r^{2}=2r-3\,.$

Bei ${}r\neq {\frac {3}{2}}$ kann also ${}1$ keine Nullstelle sein. Es sei also ${}r={\frac {3}{2}}$. In diesem Fall ist

${}x^{2}+(1-r^{2})x+(1-r)^{2}=x^{2}-{\frac {5}{4}}x+{\frac {1}{4}}=(x-1){\left(x-{\frac {1}{4}}\right)}\,$

und somit gibt es eine weitere Nullstelle.

Aufgabe (6 Punkte)

Es seien ${}I$ und ${}J$ Ideale in einem kommutativen Ring ${}R$ und sei ${}n\in \mathbb {N}$. Zeige die Gleichheit

${}(I+J)^{n}=I^{n}+I^{n-1}J+I^{n-2}J^{2}+\cdots +I^{2}J^{n-2}+IJ^{n-1}+J^{n}\,.$

Lösung

Zum Beweis der Inklusion ${}\subseteq$ sei ${}f\in (I+J)^{n}$. Da das Produkt von Idealen aus allen Summen von Produkten besteht, bedeutet dies, dass

${}f=f_{1}+f_{2}+\cdots +f_{k}\,,$

wobei

${}f_{\ell }=c_{\ell 1}\cdot c_{\ell 2}\cdots c_{\ell n}\,$

mit ${}c_{\ell r}\in I+J$ ist. Dies bedeutet wiederum, dass

${}c_{\ell r}=a_{\ell r}+b_{\ell r}\,$

mit ${}a_{\ell r}\in I$ und ${}b_{\ell r}\in J$ ist. Somit ist

${}f_{\ell }={\left(a_{\ell 1}+b_{\ell 1}\right)}{\left(a_{\ell 2}+b_{\ell 2}\right)}\cdots {\left(a_{\ell n}+b_{\ell n}\right)}\,.$

Wenn man ein solches Produkt distributiv ausrechnet, so erhält man eine Summe von Produkten mit ${}n$ Faktoren, wobei ${}s$ Faktoren zu ${}I$ und ${}n-s$ Faktoren zu ${}J$ gehören. Damit gehören diese Summanden zur rechten Seite und somit auch die ${}f_{\ell }$ und auch ${}f$.

Zum Beweis der Inklusion ${}\supseteq$ genügt es, die Inklusion ${}I^{s}J^{n-s}\subseteq (I+J)^{n}$ für jedes ${}s$ zu zeigen. Wegen ${}I,J\subseteq I+J$ ist aber sofort

${}I^{s}J^{n-s}\subseteq (I+J)^{s}\cdot (I+J)^{n-s}=(I+J)^{n}\,.$

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}F,G\in K[X,Y]$ zwei nichtkonstante Polynome ohne gemeinsamen nichtkonstanten Teiler. Zeige, dass der Durchschnitt ${}V(F)\cap V(G)$ nur endlich viele Punkte besitzt.

Lösung

Wir betrachten ${}F,G\in K[X,Y]$ als Elemente in ${}K(X)[Y]$, wobei ${}K(X)$ den Körper der rationalen Funktionen in ${}X$ bezeichne. Es haben dann nach Aufgabe 4.24 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) auch ${}F$ und ${}G$ keinen gemeinsamen Teiler in ${}K(X)[Y]$. Da dieser Ring ein Hauptidealbereich ist, erzeugen sie zusammen das Einheitsideal, d.h. es gibt Polynome ${}A,B\in K(X)[Y]$ mit ${}AF+BG=1$. Multiplikation mit dem Hauptnenner von ${}A$ und ${}B$ ergibt in ${}K[X,Y]$ die Gleichung ${}{\tilde {A}}F+{\tilde {B}}G=H$ mit ${}H\in K[X]$. Eine gemeinsame Nullstelle in ${}{\mathbb {A} }_{K}^{2}$ von ${}F$ und von ${}G$ muss also eine Nullstelle von ${}H$ sein. Es gibt also nur endlich viele Werte für ${}X$, für die eine gemeinsame Nullstelle vorliegt. Wenn man die Rollen von ${}X$ und von ${}Y$ vertauscht, so sieht man, dass es auch nur endlich viele Werte für ${}Y$ gibt, an denen eine gemeinsame Nullstelle vorliegen kann. Damit kann es überhaupt nur endlich viele gemeinsame Nullstellen geben.

Aufgabe (6 Punkte)

Bestimme für die Abbildung

${\mathbb {A} }_{K}^{1}\setminus \{0\}\longrightarrow {\mathbb {A} }_{K}^{2},\,t\longmapsto \left({\frac {t^{2}+t+1}{t^{2}}},\,{\frac {t-1}{t^{2}}}\right),$

eine algebraische Gleichung der Bildkurve.

Lösung

Wir betrachten von den Zählerpolynomen und dem Nennerpolynom die gleichgradigen Homogenisierungen

${}H_{1}=T^{2}+ST+S^{2}\,,$

${}H_{2}=ST-S^{2}\,$

und

${}H_{3}=T^{2}\,.$

Wir betrachten die monomialen Kombinationen ${}H_{1}^{i}H_{2}^{j}H_{3}^{k}$ vom Grad (bezüglich ${}S,T$)

${}2(i+j+k)=4\,.$

Hierfür gibt es die sechs Möglichkeiten

$(2,0,0),\,(0,2,0),\,(0,0,2),\,(1,1,0),\,(1,0,1),\,(0,1,1).$

Da es nur fünf Monome in ${}S$ und ${}T$ vom Grad ${}4$ gibt, muss es zwischen den homogenen Polynomen ${}H_{1}^{i}H_{2}^{j}H_{3}^{k}$, wobei die Exponententupel durch die angegebene Liste laufen, eine nichtlineare Relation geben. Es ist

${}F_{1}=H_{1}^{2}H_{2}^{0}H_{3}^{0}={\left(T^{2}+ST+S^{2}\right)}^{2}=T^{4}+2ST^{3}+3S^{2}T^{2}+2S^{3}T+S^{4}\,,$

${}F_{2}=H_{1}^{1}H_{2}^{2}H_{3}^{0}={\left(ST-S^{2}\right)}^{2}=S^{2}T^{2}-2S^{3}T+S^{4}\,,$

${}F_{3}=H_{1}^{0}H_{2}^{0}H_{3}^{2}=T^{4}\,,$

${}{\begin{aligned}F_{4}&=H_{1}^{1}H_{2}^{1}H_{3}^{0}\\&={\left(T^{2}+ST+S^{2}\right)}{\left(ST-S^{2}\right)}\\&=ST^{3}-S^{4},\end{aligned}}$

${}F_{5}=H_{1}^{1}H_{2}^{0}H_{3}^{1}={\left(T^{2}+ST+S^{2}\right)}T^{2}=T^{4}+ST^{3}+S^{2}T^{2}\,,$

${}F_{6}=H_{1}^{0}H_{2}^{1}H_{3}^{1}={\left(ST-S^{2}\right)}T^{2}=ST^{3}-S^{2}T^{2}\,.$

Es ist

${}{\begin{aligned}F_{1}+F_{2}+2F_{4}&=T^{4}+2ST^{3}+3S^{2}T^{2}+2S^{3}T+S^{4}+S^{2}T^{2}-2S^{3}T+S^{4}+2{\left(ST^{3}-S^{4}\right)}\\&=T^{4}+4ST^{3}+4S^{2}T^{2}.\end{aligned}}$

Somit ist

${}F_{1}+F_{2}+2F_{4}-4F_{5}+3F_{3}=0\,.$

Also ist

$U^{2}+V^{2}+3W^{2}+2UV-4UW$

ein Polynom, das ${}H_{1},H_{2},H_{3}$ annulliert. Daher ist

${\left({\frac {U}{W}}\right)}^{2}+{\left({\frac {V}{W}}\right)}^{2}+2{\frac {U}{W}}\cdot {\frac {V}{W}}-4{\frac {U}{W}}+3$

bzw.

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

ein Polynom, dass die rationalen Funktionen ${}{\frac {t^{2}+t+1}{t^{2}}}$ und ${}{\frac {t-1}{t^{2}}}$ annulliert. Dies wird durch die Probe

${}{\begin{aligned}\,&\,{\left({\frac {t^{2}+t+1}{t^{2}}}\right)}^{2}+{\left({\frac {t-1}{t^{2}}}\right)}^{2}+2{\frac {t^{2}+t+1}{t^{2}}}\cdot {\frac {t-1}{t^{2}}}-4{\frac {t^{2}+t+1}{t^{2}}}+3\\&={\frac {1}{t^{4}}}{\left(t^{4}+t^{2}+1+2t^{3}+2t^{2}+2t+t^{2}-2t+1+2t^{3}+2t^{2}+2t-2t^{2}-2t-2-4t^{4}-4t^{3}-4t^{2}+3t^{4}\right)}\\&=0\end{aligned}}$

bestätigt.

Aufgabe (4 Punkte)

Wir betrachten das mechanische System, das durch den Einheitskreis und die dazu tangentiale Gerade durch ${}(0,1)$ mit dem Koppelungsabstand ${}d=2$ definiert ist. Zeige, dass man dieses System mit zwei Variablen beschreiben kann.

Lösung

Mit

$P_{1}=(x_{1},1){\text{ und }}P_{2}=(x_{2},y_{2})$

gelangt man zu den beiden Bedingungen

1. ${}x_{2}^{2}+y_{2}^{2}=1$
2. ${}(x_{2}-x_{1})^{2}+(y_{2}-1)^{2}=4$.

Wir ziehen die erste Gleichung von der zweiten ab und erhalten

${}{\begin{aligned}0&=(x_{2}-x_{1})^{2}+(y_{2}-1)^{2}-4-(x_{2}^{2}+y_{2}^{2}-1)\\&=x_{2}^{2}+x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}+y_{2}^{2}-2y_{2}+1-4-x_{2}^{2}-y_{2}^{2}+1\\&=x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}-2y_{2}-2.\end{aligned}}$

Diese Gleichung ist zusammen mit der Einheitskreisgleichung äquivalent zum Ausgangssystem. Mit dieser neuen zweiten Gleichung kann man ${}y_{2}$ mittels

${}y_{2}={\frac {1}{2}}x_{1}^{2}-x_{1}x_{2}-1\,$

eliminieren. Das System kann also allein in den Variablen ${}x_{1}$ und ${}x_{2}$ beschrieben werden, und zwar als Nullstellenmenge des Polynoms

${}{\begin{aligned}x_{2}^{2}+y_{2}^{2}-1&=x_{2}^{2}+{\left({\frac {1}{2}}x_{1}^{2}-x_{1}x_{2}-1\right)}^{2}-1\\&=x_{2}^{2}+{\frac {1}{4}}x_{1}^{4}+x_{1}^{2}x_{2}^{2}+1-x_{1}^{3}x_{2}-x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}-1\\&={\frac {1}{4}}x_{1}^{4}-x_{1}^{3}x_{2}+x_{1}^{2}x_{2}^{2}-x_{1}^{2}+2x_{1}x_{2}+x_{2}^{2}.\end{aligned}}$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}R=K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/{\mathfrak {a}}$ eine endlich erzeugte ${}K$-Algebra. Stifte eine Bijektion zwischen

$K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}{\text{ und }}V({\mathfrak {a}})\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}.$

Lösung

Wir bilden einen Punkt ${}P\in K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$, der ja einem ${}K$-Algebrahomomorphismus ${}\varphi \colon R\rightarrow K$ entspricht, ab auf den Punkt mit den Koordinaten

${}{\tilde {P}}=(\varphi (X_{1}),\ldots ,\varphi (X_{n}))\,.$

Dabei fassen wir ${}\varphi$ über den Restklassenhomomorphismus ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]\rightarrow R$ als Homomorphismus auf dem Polynomring auf. Für jedes ${}F\in {\mathfrak {a}}$ wird ${}F$ unter dem zusammengesetzten Homomorphismus auf ${}0$ abgebildet, sodass also ${}F$ in ${}{\tilde {P}}$ verschwindet. Dies bedeutet, dass die Abbildung in ${}V({\mathfrak {a}})$ landet.

Zur Injektivität seien zwei verschiedene ${}K$-Algebrahomomorphismen gegeben. Diese müssen sich auch auf mindestens einem Algebraerzeuger unterscheiden, sodass mindestens eine Koordinate verschieden sein muss.

Für einen Punkt ${}Q=(a_{1},\ldots ,a_{n})\in V({\mathfrak {a}})$ mit zugehörigem Einsetzungshomomorphismus ${}X_{i}\mapsto a_{i}$ geht jedes ${}F\in {\mathfrak {a}}$ auf ${}0$. Dieser Einsetzungshomomorphismus faktorisiert also durch ${}R$ und liefert das Urbild des Punktes.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz für numerische Monoide für große ${}n$.

Lösung

Wegen der Teilerfremdheit gibt es natürlich eine Darstellung

${}m=b_{1}e_{1}+\cdots +b_{n}e_{n}\,$

mit ganzzahligen Koeffizienten ${}b_{i}$. Wir werden sie schrittweise auf die gewünschte Gestalt bringen. Wir schreiben ${}b_{1}=c_{1}e_{2}+a_{1}$ mit ${}0\leq a_{1}<e_{2}$ (Division mit Rest). Dies setzt man in die Gleichung für ${}m$ ein und schlägt den Term ${}c_{1}e_{2}e_{1}$ zu ${}b_{2}e_{2}$ dazu. Ebenso bringt man den (neuen) zweiten Koeffizienten auf die gewünschte Form, in dem man ihn mit dem dritten Erzeuger verarbeitet. So kann man alle ersten ${}n-1$ Koeffizienten auf die gewünschte Gestalt bringen.

Es sei die Darstellung nun in der gewünschten Form. Dann ist die Summe der ersten ${}n-1$ Summanden beschränkt. Wenn ${}m$ größer als diese Schranke ist, so muss der letzte Summand und damit auch der letzte Koeffizient nichtnegativ sein.

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}n\in \mathbb {N} _{+}$. Beschreibe die zum Restklassenhomomorphismus (als Monoidhomomorphismus)

$\mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Z} /(n)$

gehörige Spektrumsabbildung zum Körper ${}{\mathbb {C} }$.

Lösung

Der Monoidring zu ${}\mathbb {Z} /(n)$ ist

${}{\mathbb {C} }[\mathbb {Z} /(n)]\cong {\mathbb {C} }[X]/(X^{n}-1)\,$

und sein ${}K$- Spektrum ist die Menge der komplexen Einheitswurzeln. Der surjektive Monoidhomomorphismus

$\mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Z} /(n)$

führt nach Lemma 17.11 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) zu einem surjektiven Ringhomomorphismus zwischen den Monoidringen und somit nach Proposition 12.8 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018))  (3) zur abgeschlossenen Einbettung

${}{\left\{\zeta \in {\mathbb {C} }\mid \zeta ^{n}=1\right\}}\subseteq {\mathbb {C} }^{\times }={\mathbb {C} }\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left({\mathbb {C} }[U,U^{-1}]\right)}\,.$

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme für die ebene algebraische Kurve

$V{\left(X^{3}+Y^{2}-XY+X\right)}$

eine nichtkonstante Potenzreihenlösung ${}X=F(Y)$ im Nullpunkt bis zum sechsten Glied.

Lösung

Wir setzen an ${}X=F(Y)={\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}Y^{i}$, und bestimmen die Koeffizienten ${}a_{0},\ldots ,a_{6}$ aufgrund der Bedingung

${}({\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}Y^{i})^{3}+Y^{2}-({\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}Y^{i})Y+({\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}Y^{i})=0\,.$

Da die Potenzreihe die Kurve im Nullpunkt approximieren soll, muss ${}a_{0}=0$ sein. Für ${}Y^{1}$ ergibt sich die Koeffizientenbedingung

${}a_{1}=0\,,$

da die ersten drei Summanden keinen Beitrag leisten. Für ${}Y^{2}$ ergibt sich

$1+a_{2}=0,{\text{ also }}a_{2}=-1.$

Damit ist der zweite Summand ${}Y^{2}$ abgearbeitet. Für ${}Y^{3}$ ergibt sich

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

Für ${}Y^{4}$ ergibt sich

$-a_{3}+a_{4}=0,{\text{ also }}a_{4}=a_{3}=-1$

und für ${}Y^{5}$ ergibt sich

$-a_{4}+a_{5}=0,{\text{ also }}a_{5}=a_{4}=-1.$

Bei ${}Y^{6}$ muss erstmals auch der erste Summand berücksichtigt werden, und zwar ergibt sich

$a_{2}^{3}-a_{5}+a_{6}=0,{\text{ also }}a_{6}=a_{5}-a_{2}^{3}=-1-(-1)^{3}=0.$

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme, ob die ebene projektive Kurve

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

glatt ist.

Lösung

Wir behaupten, dass der Punkt ${}(0,1,0)$ ein nichtglatter Punkt der Kurve ist. Es handelt sich dabei offenbar um einen Punkt der Kurve. Der Punkt liegt in der offenen Umgebung

${}{\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}\cong D_{+}(Y)\subset {\mathbb {P} }_{\mathbb {C} }^{2}\,,$

sodass wir darauf arbeiten können. Wir setzen also ${}Y=1$ und erhalten die inhomogene Gleichung ${}X^{4}+Z^{3}+Z^{4}=0$. Die partiellen Ableitungen sind ${}{\frac {\partial {\left(X^{4}+Z^{3}+Z^{4}\right)}}{\partial X}}=4X^{3}$ und ${}{\frac {\partial {\left(X^{4}+Z^{3}+Z^{4}\right)}}{\partial Z}}=3Z^{2}+4Z^{3}$. Diese verschwinden beide im besagten Punkt, daher handelt es sich um einen nichtglatten Punkt. Somit ist die Kurve nicht glatt.

Aufgabe (7 Punkte)

Es sei ${}K={\mathbb {C} }$ und betrachte die beiden ebenen algebraischen Kurven

$C=V{\left(X-Y^{2}\right)}{\text{ und }}D=V{\left(Y^{2}-X^{5}\right)}.$

Bestimme die Schnittpunkte der beiden Kurven in der affinen Ebene und bestimme jeweils die Schnittmultiplizität. Bestimme auch die unendlich fernen Punkte der beiden Kurven (also die zusätzlichen Punkte auf den projektiven Abschlüssen ${}{\bar {C}}$ und ${}{\bar {D}}$) und überprüfe damit die Schnittpunkte im Unendlichen. Bestätige abschließend, dass der Satz von Bezout in diesem Beispiel erfüllt ist.

Lösung

Durch Addition der beiden Gleichungen erhält man für einen Schnittpunkt sofort die Bedingung

${}0=x-x^{5}=x(1-x^{4})\,.$

Die ${}x$-Koordinate eines Schnittpunktes ist also ${}x=0$ oder eine vierte Einheitswurzel, also ${}x=1,-1,{\mathrm {i} },-{\mathrm {i} }$. Bei ${}x=0$ ergibt sich dofort ${}y=0$. Den Restklassenring kann man schreiben als

${}K[X,Y]_{(X,Y)}/(X-Y^{2},Y^{2}-X^{5})=K[Y]_{(Y)}/(Y^{2}-Y^{10})=K[Y]_{Y}/(Y^{2}(1-Y^{8}))\,.$

Da ${}1-Y^{8}$ in diesem lokalen Ring eine Einheit ist, handelt es sich um ${}K[Y]/(Y^{2})$, sodass sich in ${}(0,0)$ die Schnittmultiplizität ${}2$ ergibt.

Es sei nun ${}x$ eine vierte Einheitswurzel. Wegen ${}y^{2}=x$ muss ${}y$ eine achte Einheitswurzel sein. Wir bezeichnen mit ${}\zeta$ die erste primitive achte Einheitswurzel. Dann hat man die acht weiteren Schnittpunkte

$(1,1),(1,-1),({\mathrm {i} },\zeta ),({\mathrm {i} },-\zeta ),(-1,{\mathrm {i} }),(-1,-{\mathrm {i} }),(-{\mathrm {i} },\zeta ^{3}),(-{\mathrm {i} },-\zeta ^{3}).$

Wir zeigen, dass in all diesen Punkte der Schnitt transversal ist und daher die Schnittmultiplizität immer eins ist. Dazu berechnen wir allgemein die partiellen Ableitungen, also

$\left({\frac {\partial F}{\partial X}},\,{\frac {\partial F}{\partial Y}}\right)=(1,-2Y){\text{ und }}\left({\frac {\partial G}{\partial X}},\,{\frac {\partial G}{\partial Y}}\right)=(-5X^{4},2Y).$

In jedem der obigen acht Schnittpunkte ${}(x,y)$ sind wegen ${}x\neq 0$ beide Kurven glatt. Wegen ${}x^{4}=1$ hat der Ableitungsvektor rechts die Gestalt ${}(-5,2y)$. Die Richtungstangenten der beiden Kurven können also nur dann linear abhängig sein, wenn ${}-2y=-10y$ ist, was wegen ${}y\neq 0$ nicht möglich ist.

Betrachten wir noch die unendlich fernen Punkte. Die Homogenisierungen sind ${}{\tilde {F}}=XZ-Y^{2}$, sodass der einzige unendlich ferne Punkt auf ${}{\bar {C}}=V_{+}({\tilde {F}})$ ${}(1,0,0)$ ist, und ${}{\tilde {G}}=Y^{2}Z^{3}-X^{5}$, sodass der einzige unendlich ferne Punkt auf ${}{\bar {D}}=V_{+}({\tilde {G}})$ ${}(0,1,0)$ ist. Diese Punkte sind verschieden, es gibt also keinen weiteren Schnittpunkt im Unendlichen.

Die Gesamtsumme der Schnittmultiplizitäten ist demnach ${}2+8\cdot 1=10$. Da die beteiligten Kurven den Grad ${}2$ und ${}5$ besitzen, stimmt das mit dem Produktgrad ${}2\cdot 5=10$ überein, was die Behauptung des Satzes von Bezout ist.