Lösung
- Eine Teilmenge
im affinen Raum heißt affin-algebraisch, wenn sie die
Nullstellenmenge
zu einer Familie
,
,
von Polynomen
ist.
- Man nennt eine
Abbildung
der Form
-

wobei
eine
invertierbare Matrix
ist, eine affin-lineare Variablentransformation.
- Ein
Ideal
in einem
kommutativen Ring
heißt Radikal, wenn folgendes gilt: Falls
ist für ein
, so ist bereits
.
- Man nennt den Unterring
-

die Nenneraufnahme zu
.
- Zu
mit
Verschwindungsideal
nennt man
den Koordinatenring von
.
- Algebraisch im Punkt
bedeutet, dass es Elemente
gibt mit
und mit
-
Formuliere die folgenden Sätze.
- Der Satz über den Zariski-Abschluss zu einer Teilmenge
.
- Der Satz über die Restklassenringe zu affin-linear äquivalenten affin-algebraischen Teilmengen
.
- Die algebraische Version des
Hilbertschen Nullstellensatzes.
Lösung
- Es sei
eine Teilmenge.
Dann ist der Zariski-Abschluss von
gleich
-

- 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
-
![{\displaystyle {}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/\operatorname {Id} \,(V)\cong K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/\operatorname {Id} \,({\tilde {V}})\,.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/61da73f7dbee871dbd1d3662fca44e1fe727530a)
- Es sei
ein Körper und sei
eine Körpererweiterung, die
(als
-Algebra)
endlich erzeugt sei. Dann ist
endlich über
.
Bestimme die Schnittpunkte des Einheitskreises mit der Geraden, die durch die beiden Punkte
und
verläuft.
Lösung
Der Richtungsvektor der Geraden ist
. Somit besitzt die Geradengleichung die Form
-

Einsetzen eines Punkt ergibt
.
Somit ist
-

Dies setzen wir in die Kreisgleichung
-

ein und erhalten
-

oder
-

Die Normierung davon ist
-
Somit ist

und

Die Schnittpunkte sind also
-
Finde auf der
ebenen algebraischen Kurve
-

einen Punkt.
Lösung
Wir betrachten den Schnitt der Kurve mit der Geraden
, also die zusätzliche Bedingung, dass
ist. In die Kurvengleichung setzen wir also
ein und erhalten die Bedingung
-

Die Lösungsformel für eine quadratische Gleichung liefert
-

Daher ist
-
ein Punkt der Kurve.
Es sei
-

eine
affin-algebraische
Menge. Zeige, dass unter der Identifizierung
-

die Teilmenge
auch eine affin-algebraische Menge des
ist. Zeige, dass die Umkehrung nicht gilt.
Lösung Komplexer affiner Raum/Affin-algebraisch/Reell/Aufgabe/Lösung
Man gebe ein Beispiel für eine polynomiale Abbildung
-
derart, dass das Urbild von einem Punkt reduzibel ist, das Urbild von allen anderen Punkten aber irreduzibel.
Lösung
Es sei
ein algebraisch abgeschlossener Körper. Wir betrachten die Abbildung
-
Die Faser über dem Nullpunkt ist das Achsenkreuz
, das nicht irreduzibel. Die Faser über einem Punkt
,
, ist
. Es genügt zu zeigen, dass
ein Primpolynom ist. Dies folgt aber aus der Isomorphie
-
mit der Umkehrabbildung
. Die universellen Eigenschaften von Restklassenbildung und Nenneraufnahme sichern dabei, dass wirklich eine Bijektion vorliegt.
Lösung
Zeige, dass es eine rationale Parametrisierung der Hyperbel gibt, aber keine polynomiale Parametrisierung dafür. Erläutere dabei die verwendeten Begriffe.
Lösung
Eine rationale Parametrisierung einer ebenen Kurve
ist eine nichtkonstante, durch rationale Polynome auf einer offenen Teilmenge
der affinen Geraden
gegebene Abbildung
. Im Fall der Hyperbel
wird eine rationale Parametrisierung am einfachsten gegeben durch
-
die für
definiert ist.
Eine polynomiale Parametrisierung muss auf der ganzen affinen Gerade definiert sein, sie ist also durch zwei nichtkonstante Polynome
gegeben. Für eine solche Parametrisierung der Hyperbel muss es also Polynome
in einer Variablen mit
geben. Die einzigen Einheiten im Polynomring sind aber die Konstanten
.
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

Beweise den Hilbertschen Basissatz.
Lösung
Es sei
ein Ideal im Polynomring
. Zu
definieren wir ein Ideal
in
durch
-

Das Menge
besteht also aus allen Leitkoeffizienten von Polynomen vom Grad
aus
. Es handelt sich dabei offensichtlich um Ideale in
(wobei wir hier
als Leitkoeffizient zulassen).
Ferner ist
,
da man ja ein Polynom
vom Grad
mit Leitkoeffizient
mit der Variablen
multiplizieren kann, um ein Polynom vom Grad
zu erhalten, das wieder
als Leitkoeffizienten besitzt. Da
noethersch ist, muss diese aufsteigende Idealkette stationär werden; sei
derart, dass
ist.
Zu jedem
sei nun
ein endliches Erzeugendensystem, und es seien
-

zugehörige Polynome aus
(die es nach Definition der
geben muss).
Wir behaupten, dass
von allen
erzeugt wird. Dazu beweisen wir für jedes
durch Induktion über den Grad von
, dass es als Linearkombination mit diesen
darstellbar ist. Für
konstant, also
,
ist dies klar. Es sei nun der Grad von
gleich
und die Aussage sei für kleineren Grad bewiesen. Wir schreiben
-

Es ist
und damit kann man
als
-Linearkombination der
,
,
,
schreiben. Bei
kann man
sogar als
-Linearkombination der
,
,
schreiben, sagen wir
.
Dann ist
und hat einen kleineren Grad, sodass man darauf die Induktionsvoraussetzung anwenden kann. Bei
ist
-

Damit gehört
-
ebenfalls zu
und hat einen kleineren Grad, sodass man wieder die Induktionsvoraussetzung anwenden kann.
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 Hilbertscher Nullstellensatz/Eindimensional/Direkt/Aufgabe/Lösung
Lösung
a) Der einzige reelle Punkt von
ist der Nullpunkt
, und dieser liegt auf
. Also gilt
.
b) Im Komplexen gilt die entsprechende Inklusion nicht, da beispielsweise
zu
gehört, aber wegen
nicht zu
.
c) Würde
zum Radikal von
in
gehören, so würde dies unmittelbar auch in
gelten. Dies ist aber nach dem folgenden Punkt nicht der Fall.
d) Nach
(der einfachen Richtung des)
Hilbertschen Nullstellensatzes folgt aus (2), dass
nicht zum Radikal von
in
gehört.
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
.
Zeige, dass die die
Abbildung
-
eine
Bijektion
zwischen
und
stiftet, die bezüglich der
Zariski-Topologie
ein
Homöomorphismus
ist.
Lösung
Zunächst ist die angegebene Abbildung wohldefiniert, da die Hintereinanderschaltung
-
einen
-Algebrahomomorphismus vom Polynomring nach
definiert, der nach
Lemma 12.3 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018))
der Einsetzungshomomorphismus zu
ist und mit dem entsprechenden Punkt des affinen Raumes identifiziert werden kann
(und zwar ist
).
Da der Homomorphismus
durch
faktorisiert, wird das Ideal
auf
abgebildet. D.h. der Bildpunkt
liegt in
, und es liegt eine Abbildung
-
vor, die wir als bijektiv nachweisen müssen.
Es seien dazu
zwei verschiedene Punkte. Es liegen also zwei verschiedene
-Algebrahomomorphismen vor, und da ein
-Algebrahomomorphismus auf einem
-Algebra-Erzeugendensystem festgelegt ist, müssen sich die beiden auf mindestens einer Variablen unterscheiden. Dann ist aber auch der Wert der zugehörigen Koordinate verschieden, d.h.
, und die Abbildung ist injektiv.
Zur Surjektivität sei ein Punkt
vorgegeben. Der zugehörige
-Algebrahomomorphismus
-
annulliert daher jedes
,
sodass dieser Ringhomomorphismus durch
faktorisiert. Dieser Ringhomomorphismus ist das gesuchte Urbild aus
.
Zur Topologie muss man einfach nur beachten, dass für
und ein Urbild
und einen Punkt
mit Bildpunkt
gilt:
-

sodass auch die Nullstellen übereinstimmen.