Kurs:Algebraische Kurven/8/Klausur mit Lösungen
Aufgabe | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 | |
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Punkte | 3 | 3 | 2 | 3 | 4 | 6 | 6 | 4 | 3 | 4 | 5 | 6 | 3 | 4 | 4 | 4 | 64 |
Aufgabe (3 Punkte)
Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.
- Die Zariski-Topologie auf dem affinen Raum .
- Eine irreduzible affin-algebraische Menge .
- Ein noetherscher Ring.
- Der Monoidring zu einem kommutativen Monoid und einem Körper .
- Der ganze Abschluss zu einer Erweiterung kommutativer Ringe.
- Ein transversaler Schnitt von zwei ebenen Kurven und in einem Punkt .
- Unter der Zariski-Topologie im affinen Raum versteht man diejenige Topologie, bei der die affin-algebraischen Mengen als abgeschlossen erklärt werden.
- Die Menge heißt irreduzibel, wenn ist und es keine Zerlegung mit affin-algebraischen Mengen gibt.
- Ein kommutativer Ring heißt noethersch, wenn jedes Ideal darin endlich erzeugt ist.
- Der Monoidring ist der
-
Vektorraum
mit Basis , , und der auf den Basiselementen durch
festgelegten Multiplikation.
- Unter dem ganzen Abschluss von in versteht man die Menge aller Elemente , die ganz über sind,
- Die Kurven und schneiden sich im Punkt transversal, wenn sowohl auf als auch auf ein glatter Punkt ist und wenn die Tangenten der beiden Kurven im Punkt verschieden sind.
Aufgabe (3 Punkte)
Formuliere die folgenden Sätze.
- Der Satz über die Restklassenringe zu affin-linear äquivalenten affin-algebraischen Teilmengen .
- Der Satz über die Integrität von Monoidringen.
- Der Satz über die Schnittmultiplizität und den transversaler Schnitt.
- Es sei ein Körper und seien
zwei affin-algebraische Teilmengen, die affin-linear äquivalent seien. Es seien die zugehörigen Verschwindungsideale. Dann sind die Restklassenringe
(als -Algebren)
isomorph, also
- Es sei ein Integritätsbereich und sei ein torsionsfreies kommutatives Monoid, das die Kürzungsregel erfüllt. Dann ist der Monoidring ein Integritätsbereich.
- Es sei ein Körper und seien Polynome ohne gemeinsame Komponente. Es sei
ein Schnittpunkt. Dann schneiden sich und in genau dann transversal, wenn die Schnittmultiplizität
ist.
Aufgabe (2 Punkte)
Finde eine Gerade , die die Kurve
in genau einem Punkt schneidet.
Wir betrachten die Gerade
Die Schnittpunkte kann man berechnen, indem man die auf gültige Gleichung in die Kurvengleichung einsetzt. Man erhält
Die einzige Lösung ist , also ist der einzige Schnittpunkt von und .
Aufgabe (3 Punkte)
Es sei
Wegen . ist . Es seien . Das bedeutet und . Dann ist
und daher .
Es sei nun und beliebig. Dann ist
also ist .
Aufgabe (4 (2+2) Punkte)
Es sei die Wahrscheinlichkeit, mit der ein bestimmtes Ereignis bei der Durchführung eines Experiments eintritt, und entsprechend sei die Wahrscheinlichkeit, dass es nicht eintritt. Das Experiment werde zweimal unabhängig voneinander durchgeführt. Die möglichen Gesamtereignisse haben dann eine von abhängige Wahrscheinlichkeit. Diese Abhängigkeit fassen wir als die polynomiale Abbildung
auf.
- Aus
hat man direkt
Daher lässt sich die Eingangsvariable aus den Polynomen rekonstruieren, was die Injektivität bedeutet.
- Es ist offenbar
,
was eine erste Gleichung liefert und was zeigt, dass man die Variable eliminieren kann. Wir arbeiten mit den drei Variablen
weiter. Mit den Beziehungen
und
sieht man, dass man auch und eliminieren kann. Die drei Gleichungen beschreiben also das Bild vollständig.
Aufgabe (6 (1+3+2) Punkte)
Wir betrachten das Polynom
- Finde eine reelle Nullstelle von .
- Bestätige die Gleichung
- Sei
.
Folgere, dass
ist für alle Punkte .
- Es ist offenbar eine Nullstelle von .
- Es ist
die Koeffizienten zu den Monomen. Es kommen nur gerade Grade vor und es kommt maximal der Grad vor, wobei zu diesem nur die drei hinteren Summanden beitragen, und nur auftreten.
Grad 6. Es kommt nur und vor.
Grad 4. Es kommt nur vor.
Grad 2. Es kommt nur vor.
Grad 0.
- Durch Division der Gleichung aus (2) durch erhält man im Quotientenkörper zu die Gleichung
Aufgabe (6 Punkte)
Beweise den Satz über die Parametrisierung von Quadriken.
Wir können durch eine Variablentransformation erreichen, dass , und dann können wir durch teilen, und annehmen, dass ist. Wir können durch Verschieben annehmen, dass der Nullpunkt auf der Kurve liegt. Dann ist . Wenn zwei sich kreuzende Geraden vorliegen, so können wir durch Verschieben annehmen, dass der Nullpunkt nicht der Kreuzungspunkt ist (aber auf einer der Geraden liegt).
Die Idee ist, zu einem Punkt die Gerade durch und zu betrachten und den Schnitt dieser Geraden mit zu betrachten. Dieser Schnitt besteht aus maximal zwei Punkten (es sei denn, der Schnitt ist die volle Gerade), und da einer der Punkte ist, ist der andere Punkt, den es geben muss, eindeutig bestimmt.
Es sei also gegeben. Die Gerade durch und durch besteht aus allen Punkten . Die Schnittpunkte mit erhält man also, wenn man in einsetzt und nach den Lösungen in sucht. Einsetzen ergibt die Bedingung
Die Lösung entspricht dem Nullpunkt, die wir schon kennen, die zweite Lösung ist
Dieser Ausdruck ist wohldefiniert, wenn ist (was maximal zwei Werte für ausschließt).
Zu gehört auf der Punkt
sodass
zu setzen ist.
Aufgabe (4 Punkte)
Zeige, dass der Körper der rationalen Zahlen überabzählbar viele Unterringe besitzt.
Es sei eine Teilmenge der Primzahlen. Da es unendlich viele Primzahlen gibt, gibt es überabzählbar viele Teilmengen davon. Zu gehört das multiplikative System , das aus allen ganzen Zahlen besteht, in deren Primfaktorzerlegung nur Primzahlen aus vorkommen. Die Nenneraufnahme
besteht aus allen rationalen Zahlen, die man mit einem Nenner schreiben kann, in dessen Primfaktorzerlegung nur Primzahlen aus vorkommen. Wegen der eindeutigen Primfaktorzerlegung in sind diese Ringe für verschiedene Teilmengen verschieden.
Aufgabe (3 Punkte)
Beweise die geometrische Form des Hilbertschen Nullstellensatzes.
Angenommen, gehöre nicht zum Radikal von . Dann gibt es nach Satz 10.9 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) auch ein maximales Ideal mit und mit . Nach Satz 10.10 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) ist
für gewisse . Die Eigenschaft bedeutet, dass im zugehörigen Restekörper nicht ist, und das bedeutet . Wegen ist aber ein Punkt von , sodass dort nach Voraussetzung verschwindet. Das ist also ein Widerspruch.
Aufgabe (4 (1+1+1+1) Punkte)
Wir betrachten die beiden Polynome und und die zugehörigen algebraischen Kurven über den Körpern und .
- Gilt in ?
- Gilt in ?
- Gehört zum Radikal von in ?
- Gehört zum Radikal von in ?
- Der einzige reelle Punkt von ist der Nullpunkt , und dieser liegt auf . Also gilt .
- Im Komplexen gilt die entsprechende Inklusion nicht, da beispielsweise zu gehört, aber wegen nicht zu .
- Würde zum Radikal von in gehören, so würde dies unmittelbar auch in gelten. Dies ist aber nach dem folgenden Punkt nicht der Fall.
- Nach (der einfachen Richtung des) Hilbertschen Nullstellensatzes folgt aus (2), dass nicht zum Radikal von in gehört.
Aufgabe (5 Punkte)
Es sei ein kommutativer Ring mit Reduktion . Zeige, dass die Abbildung, die den idempotenten Elementen aus ihre Restklasse in zuordnet, injektiv ist.
Es seien idempotent und sei vorausgesetzt, dass ihre Bilder in der Reduktion gleich sind. Dann ist nilpotent in . D.h. es gibt ein mit
Wir können annehmen, dass ungerade ist. Dann ist nach Binomi und unter Verwendung der Idempotenz
Also ist .
Aufgabe (6 Punkte)
Es sei ein Körper und seien und integre, endlich erzeugte - Algebren. Es sei
ein - Algebrahomomorphismus und ein maximales Ideal in mit . Die Abbildung induziere einen Isomorphismus . Zeige, dass es dann auch ein , , gibt derart, dass ein Isomorphismus ist.
Wir zeigen zuerst, dass die Abbildung für ein geeignetes surjektiv ist. Es sei dazu ein -Algebra Erzeugendensystem von . Nach der Voraussetzung über die Surjektivität der lokalen Abbildung gibt es Elemente mit und mit in . Das bedeutet für . Mit kann man alle mit dem gemeinsamen Hauptnenner ausdrücken, d.h. es ist . Damit ist die Abbildung surjektiv, da ein Erzeugendensystem im Bild liegt und da die Nenner das Bild von sind.
Wir behaupten, dass die Abbildung schon injektiv ist. Es sei dazu angenommen, dass auf null geht. Dann ist es erst recht null in und es kommt von her. Wegen der lokalen Isomorphie ist also in . Da nach Voraussetzung integer ist, ist auch in .
Aufgabe (3 Punkte)
Man beschreibe einen - Algebrahomomorphismus derart, dass die induzierte Spektrumsabbildung der - Spektren die Addition auf beschreibt.
Wir betrachten die Abbildung
die als Einsetzungshomomorphismus wohldefiniert ist. Die induzierte Spektrumsabbildung ist
Dies ist offenbar die Addition auf .
Aufgabe (4 Punkte)
Ein Geldfälscher stellt -, -, - und -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.
Wir berechnen die Summen, die man aus den vier Zahlen bilden kann. Dabei gehen wir so vor, dass wir zu einer Summe aus den größeren Zahlen ein Vielfaches von dazuaddieren. Die Vielfachen von sind
Von ausgehend erhält man
Von ausgehend erhält man
Von ausgehend erhält man
Von ausgehend erhält man
Dazu kommen noch und und und , was auch zeigt, dass die überflüssig ist. Damit haben wir eine lückenlose Sequenz von bis der Länge , alle größeren Zahlen müssen daher auch zum Monoid gehören. Die gehört nicht dazu, also ist die Führungszahl ( ist der größte Betrag, den er nicht begleichen kann). Die Multiplizität ist die kleinste Zahl, also , und die Einbettungszahl ist , da überflüssig ist. Der Singularitätsgrad ist die Anzahl der Lücken, die Lücken sind
Der Singularitätsgrad ist also , das sind die Beträge, die er nicht begleichen kann.
Aufgabe (4 Punkte)
Es seien und Integritätsbereiche und sei eine ganze Ringerweiterung. Es sei ein Element, das in eine Einheit ist. Zeige, dass dann schon in eine Einheit ist.
Es sei das Inverse von , also . Da ganz über ist, gibt es eine Ganzheitsgleichung für , sagen wir
mit . Wir multiplizieren diese Gleichung mit und erhalten
bzw.
Ausklammern von ergibt
und damit
wobei der Ausdruck in der Klammer zu gehört. Also besitzt auch ein Inverses in .
Aufgabe (4 Punkte)
Es sei und betrachte die beiden affinen ebenen algebraischen Kurven
Bestimme den Durchschnitt . Bestimme ferner die unendlich fernen Punkte der beiden Kurven (also die zusätzlichen Punkte auf dem projektiven Abschluss bzw. ). Wenn man durch einen algebraisch abgeschlossenen Körper ersetzt, wie viele Punkte besitzt dann der Durchschnitt und wie viele davon liegen auf der unendlich fernen Geraden?
Wir addieren die beiden Gleichungen
und erhalten die Bedingung
Für die möglichen Werte ergibt sich beim Einsetzen:. Diese Bedingung ist also nicht erfüllbar und daher ist der Durchschnitt der beiden Kurven in leer. Für die Punkte im Unendlichen betrachten wir die Homogenisierungen, also zunächst .
Für erhält man die Bedingung . Die Quadrate in sind . Die Lösung ist nicht erlaubt, da sie keinen projektiven Punkt repräsentiert, und man erhält die Lösungen und . Da wir an den projektiven Punkten interessiert sind, kann man die erste Komponente zu normieren und die zweite Komponente muss oder sein. Es gibt also zwei unendlich ferne Punkte.
Die Homogenisierung der anderen Gleichung ist . Bei ergibt sich sofort und damit , sodass der einzige unendlich ferne Punkt gleich ist. Damit ist auch der Durchschnitt der projektiven Abschlüsse leer.
Über einem algebraisch abgeschlossenen Körper gibt es nach dem Satz von Bezout Schnittpunkte (mit Vielfachheit gezählt), die obigen Berechnungen auf der unendlich fernen Geraden ändern sich aber nicht, sodass es dort keine Schnittpunkte gibt.