Kurs:Algebraische Kurven/Test 1/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	3	4	3	4	4	2	3	6	10	5	2	3	4	8	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Eine affin-algebraische Menge.
2. Eine affin-lineare Variablentransformation.
3. Ein Radikal in einem kommutativen Ring ${}R$.
4. Eine Nenneraufnahme zu einem multiplikativen System ${}S\subseteq R$ in einem kommutativen Ring ${}R$.
5. Der Koordinatenring zu einer affin-algebraischen Menge ${}V\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$.
6. Sei ${}P\in U\subseteq K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$ ein Punkt in einer offenen Menge ${}U$ im ${}K$- Spektrum von ${}R$. Es sei ${}f\colon U\rightarrow {\mathbb {A} }_{K}^{1}=K$ eine Funktion. Was bedeutet es, dass diese Funktion algebraisch ist?

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. Man nennt eine Abbildung ${}\varphi \colon {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}\rightarrow {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ der Form

   ${}\varphi (x_{1},\ldots ,x_{n})=M{\begin{pmatrix}x_{1}\\\vdots \\x_{n}\end{pmatrix}}+(v_{1},\ldots ,v_{n})\,,$

   wobei ${}M$ eine invertierbare Matrix ist, eine affin-lineare Variablentransformation.

3. Ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}$ in einem kommutativen Ring ${}R$ heißt Radikal, wenn folgendes gilt: Falls ${}f^{n}\in {\mathfrak {a}}$ ist für ein ${}n\in \mathbb {N}$, so ist bereits ${}f\in {\mathfrak {a}}$.
4. Man nennt den Unterring

   ${}R_{S}:={\left\{{\frac {f}{g}}\mid f\in R,\,g\in S\right\}}\subseteq Q(R)\,$

   die Nenneraufnahme zu ${}S$.

5. Zu ${}V\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ mit Verschwindungsideal ${}\operatorname {Id} \,(V)$ nennt man ${}R(V)=K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/\operatorname {Id} \,(V)$ den Koordinatenring von ${}V$.
6. Algebraisch im Punkt ${}P$ bedeutet, dass es Elemente ${}G,H\in R$ gibt mit ${}P\in D(H)\subseteq U$ und mit

   $f(Q)={\frac {G(Q)}{H(Q)}}{\text{ für alle }}Q\in D(H).$

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über den Zariski-Abschluss zu einer Teilmenge ${}T\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$.
2. Der Satz über die Restklassenringe zu affin-linear äquivalenten affin-algebraischen Teilmengen ${}V,{\tilde {V}}\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$.
3. Die algebraische Version des Hilbertschen Nullstellensatzes.

Lösung

1. Sei ${}T\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ eine Teilmenge. Dann ist der Zariski-Abschluss von ${}T$ gleich

   ${}{\overline {T}}=V(\operatorname {Id} \,(T))\,.$

2. Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}V,{\tilde {V}}\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ zwei affin-algebraische Teilmengen, die affin-linear äquivalent seien. Es seien ${}\operatorname {Id} \,(V),\operatorname {Id} \,({\tilde {V}})$ die zugehörigen Verschwindungsideale. Dann sind die Restklassenringe (als ${}K$-Algebren) isomorph, also

   ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/\operatorname {Id} \,(V)\cong K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/\operatorname {Id} \,({\tilde {V}})\,.$

3. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}K\subseteq L$ eine Körpererweiterung, die (als ${}K$-Algebra) endlich erzeugt sei. Dann ist ${}L$ endlich über ${}K$.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme die Schnittpunkte des Einheitskreises mit der Geraden, die durch die beiden Punkte ${}(-1,1)$ und ${}(4,-2)$ verläuft.

Lösung

Der Richtungsvektor der Geraden ist ${}{\begin{pmatrix}5\\-3\end{pmatrix}}$. Somit besitzt die Geradengleichung die Form

${}3x+5y=c\,.$

Einsetzen eines Punkt ergibt ${}c=2$. Somit ist

${}y={\frac {2-3x}{5}}\,.$

Dies setzen wir in die Kreisgleichung

${}x^{2}+y^{2}=1\,$

ein und erhalten

${}x^{2}+{\left({\frac {2-3x}{5}}\right)}^{2}=1\,$

oder

${}x^{2}+{\frac {4-12x+9x^{2}}{25}}-1={\frac {34}{25}}x^{2}-{\frac {12}{25}}x-{\frac {21}{25}}=0\,.$

Die Normierung davon ist

$x^{2}-{\frac {6}{17}}x-{\frac {21}{34}}.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}x_{1,2}&={\frac {{\frac {6}{17}}\pm {\sqrt {{\left({\frac {6}{17}}\right)}^{2}+4\cdot {\frac {21}{34}}}}}{2}}\\&={\frac {{\frac {6}{17}}\pm {\sqrt {{\left({\frac {6}{17}}\right)}^{2}+{\frac {42}{17}}}}}{2}}\\&={\frac {6\pm {\sqrt {6^{2}+714}}}{34}}\\&={\frac {6\pm {\sqrt {750}}}{34}}\\&={\frac {6\pm 5{\sqrt {30}}}{34}}\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}y_{1,2}&={\frac {2-3x_{1,2}}{5}}\\&={\frac {2-3{\left({\frac {6\pm 5{\sqrt {30}}}{34}}\right)}}{5}}\\&={\frac {68-3{\left(6\pm 5{\sqrt {30}}\right)}}{170}}\\&={\frac {50\mp 15{\sqrt {30}}}{170}}\\&={\frac {10\mp 3{\sqrt {30}}}{34}}.\end{aligned}}$

Die Schnittpunkte sind also

$\left({\frac {6+5{\sqrt {30}}}{34}},\,{\frac {10-3{\sqrt {30}}}{34}}\right)\,\,{\text{ und }}\,\,\left({\frac {6-5{\sqrt {30}}}{34}},\,{\frac {10+3{\sqrt {30}}}{34}}\right).$

Aufgabe (3 Punkte)

Finde auf der ebenen algebraischen Kurve

${}V(X^{3}-Y^{3}+4X^{2}-2XY+Y+3)\subset {\mathbb {C} }^{2}\,$

einen Punkt.

Lösung

Wir betrachten den Schnitt der Kurve mit der Geraden ${}V(X-Y)$, also die zusätzliche Bedingung, dass ${}X=Y$ ist. In die Kurvengleichung setzen wir also ${}Y=X$ ein und erhalten die Bedingung

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

Die Lösungsformel für eine quadratische Gleichung liefert

${}X=-{\frac {1}{4}}\pm {\sqrt {-{\frac {23}{16}}}}=-{\frac {1}{4}}\pm {\mathrm {i} }{\frac {\sqrt {23}}{4}}\,.$

Daher ist

$\left({\frac {-1+{\sqrt {23}}{\mathrm {i} }}{4}},\,{\frac {-1+{\sqrt {23}}{\mathrm {i} }}{4}}\right)$

ein Punkt der Kurve.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

${}V\subseteq {{\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{n}}={\mathbb {C} }^{n}\,$

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

${}{\mathbb {C} }^{n}=\mathbb {R} ^{2n}\,$

die Teilmenge ${}V$ auch eine affin-algebraische Menge des ${}{{\mathbb {A} }_{\mathbb {R} }^{2n}}$ ist. Zeige, dass die Umkehrung nicht gilt.

Lösung Komplexer affiner Raum/Affin-algebraisch/Reell/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine polynomiale Abbildung

${\mathbb {A} }_{K}^{2}\longrightarrow {\mathbb {A} }_{K}^{1}$

derart, dass das Urbild von einem Punkt reduzibel ist, das Urbild von allen anderen Punkten aber irreduzibel.

Lösung

Es sei ${}K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper. Wir betrachten die Abbildung

${\mathbb {A} }_{K}^{2}\longrightarrow {\mathbb {A} }_{K}^{1},\,(x,y)\longmapsto xy.$

Die Faser über dem Nullpunkt ist das Achsenkreuz ${}V(xy)=V(x)\cup V(y)$, das nicht irreduzibel. Die Faser über einem Punkt ${}\lambda \in K$, ${}\lambda \neq 0$, ist ${}V(xy-\lambda )$. Es genügt zu zeigen, dass ${}xy-\lambda$ ein Primpolynom ist. Dies folgt aber aus der Isomorphie

$K[x,y]/(xy-\lambda )\longrightarrow K[u]_{u},\,x\mapsto u,\,y\mapsto \lambda u^{-1},$

mit der Umkehrabbildung ${}u\mapsto x$. Die universellen Eigenschaften von Restklassenbildung und Nenneraufnahme sichern dabei, dass wirklich eine Bijektion vorliegt.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

1. Homogenisiere das Polynom

   $X^{3}Y^{2}-8X^{4}Y-6X^{2}Y^{2}+5Y^{4}-10X^{3}+9XY+1$

   bezüglich der neuen Variablen ${}Z$.

2. Dehomogenisiere das Polynom

   $3X^{6}+2X^{2}Y^{2}Z^{2}-7X^{4}Y^{2}-6X^{2}Y^{3}Z+11XY^{4}Z-11X^{3}Y^{2}Z-4XYZ^{4}+Z^{6}$

   bezüglich der Variablen ${}Z$.

Lösung

1. Die Homogenisierung von

   $X^{3}Y^{2}-8X^{4}Y-6X^{2}Y^{2}+5Y^{4}-10X^{3}+9XY+1$

   ist

   $X^{3}Y^{2}-8X^{4}Y-6X^{2}Y^{2}Z+5Y^{4}Z-10X^{3}Z^{2}+9XYZ^{3}+Z^{5}.$

2. Die Dehomogenisierung von

   $3X^{6}+2X^{2}Y^{2}Z^{2}-7X^{4}Y^{2}-6X^{2}Y^{3}Z+11XY^{4}Z-11X^{3}Y^{2}Z-4XYZ^{4}+Z^{6}$

   bezüglich der Variablen ${}Z$ ist

   $3X^{6}+2X^{2}Y^{2}-7X^{4}Y^{2}-6X^{2}Y^{3}+11XY^{4}-11X^{3}Y^{2}-4XY+1.$

Aufgabe (3 Punkte)

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 ${}C$ ist eine nichtkonstante, durch rationale Polynome auf einer offenen Teilmenge ${}U$ der affinen Geraden ${}{\mathbb {A} }_{K}^{1}$ gegebene Abbildung ${}U\rightarrow C\subset {\mathbb {A} }_{K}^{2}$. Im Fall der Hyperbel ${}V(XY-1)$ wird eine rationale Parametrisierung am einfachsten gegeben durch

$t\mapsto (t,t^{-1}),$

die für ${}t\neq 0$ definiert ist.

Eine polynomiale Parametrisierung muss auf der ganzen affinen Gerade definiert sein, sie ist also durch zwei nichtkonstante Polynome ${}F,G$ gegeben. Für eine solche Parametrisierung der Hyperbel muss es also Polynome ${}F,G$ in einer Variablen mit ${}FG=1$ geben. Die einzigen Einheiten im Polynomring sind aber die Konstanten ${}\neq 0$.

Aufgabe (6 Punkte)

Bestimme für die Abbildung

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

eine algebraische Gleichung der Bildkurve. Führe eine Probe durch.

Lösung

Wir arbeiten mit den gleichgradigen Homogenisierungen ${}H_{1}=T^{2}+S^{2}$, ${}H_{2}=S(T+S)=ST+S^{2}$ und ${}H_{3}=ST$. Daraus ergeben sich sechs Monome vom Grad ${}4$ (bezogen auf ${}S,T$). Da es insgesamt nur ${}5$ Monome vom Grad ${}4$ gibt, muss dort eine lineare Abhängigkeit bestehen. Es ist

${}F_{1}=H_{1}H_{1}=T^{4}+2S^{2}T^{2}+S^{4}\,,$

${}F_{2}=H_{2}H_{2}=S^{2}T^{2}+2S^{3}T+S^{4}\,,$

${}F_{3}=H_{3}H_{3}=S^{2}T^{2}\,,$

${}F_{4}=H_{1}H_{2}=ST^{3}+S^{2}T^{2}+S^{3}T+S^{4}\,,$

${}F_{5}=H_{1}H_{3}=ST^{3}+S^{3}T\,$

und

${}F_{6}=H_{2}H_{3}=S^{2}T^{2}+S^{3}T\,.$

Da ${}T^{4}$ nur in ${}F_{1}$ vorkommt, muss es eine lineare Relation zwischen ${}F_{2},F_{3},F_{4},F_{5},F_{6}$ geben. Da ${}F_{3}$ ein Monom ist, konzentrieren wir uns auf die relevanten Monome ${}ST^{3},S^{3}T,S^{4}$ und ${}F_{2},F_{4},F_{5},F_{6}$ Es ist

${}F_{2}-F_{4}+F_{5}-2F_{6}=-2S^{2}T^{2}\,.$

Also ist

${}F_{2}+2F_{3}-F_{4}+F_{5}-2F_{6}=0\,$

eine lineare Relation. Somit ist

${}F=V^{2}+2W^{2}-UV+UW-2VW\,$

ein Polynom vom Grad ${}2$, das ${}0$ ergibt, wenn man die Variablen durch die ${}H_{1},H_{2},H_{3}$ ersetzt. Wir dividieren durch ${}W^{2}$ und erhalten

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

Wenn man darin ${}H_{1},H_{2},H_{3}$ einsetzt und dann ${}S$ durch ${}1$ ersetzt, kommt nach wir vor ${}0$ raus. Die entstehenden Ersetzungen für ${}U/W$ bzw. ${}V/W$ sind aber die ursprünglichen rationalen Funktionen. Ein annullierendes Polynom ist demnach

$Y^{2}-XY+X-2Y+2.$

Als Probe betrachten wir

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

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Hilbertschen Basissatz.

Lösung

Es sei ${}{\mathfrak {b}}$ ein Ideal im Polynomring ${}R[X]$. Zu ${}n\in \mathbb {N}$ definieren wir ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}_{n}$ in ${}R$ durch

${}{\mathfrak {a}}_{n}={\left\{c\in R\mid {\text{es gibt }}F\in {\mathfrak {b}}{\text{ mit }}F=cX^{n}+c_{n-1}X^{n-1}+\cdots +c_{1}X+c_{0}\right\}}\,.$

Das Menge ${}{\mathfrak {a}}_{n}$ besteht also aus allen Leitkoeffizienten von Polynomen vom Grad ${}n$ aus ${}{\mathfrak {b}}$. Es handelt sich dabei offensichtlich um Ideale in ${}R$ (wobei wir hier ${}0$ als Leitkoeffizient zulassen). Ferner ist ${}{\mathfrak {a}}_{n}\subseteq {\mathfrak {a}}_{n+1}$, da man ja ein Polynom ${}F$ vom Grad ${}n$ mit Leitkoeffizient ${}c$ mit der Variablen ${}X$ multiplizieren kann, um ein Polynom vom Grad ${}n+1$ zu erhalten, das wieder ${}c$ als Leitkoeffizienten besitzt. Da ${}R$ noethersch ist, muss diese aufsteigende Idealkette stationär werden; sei ${}n$ so, dass ${}{\mathfrak {a}}_{n}={\mathfrak {a}}_{n+1}=\ldots$ ist.

Zu jedem ${}i\leq n$ sei nun ${}{\mathfrak {a}}_{i}=(c_{i1},\ldots ,c_{ik_{i}})$ ein endliches Erzeugendensystem, und es seien

${}F_{ij}=c_{ij}X^{i}+{\text{ Terme von kleinerem Grad }}\,$

zugehörige Polynome aus ${}{\mathfrak {b}}$ (die es nach Definition der ${}{\mathfrak {a}}_{i}$ geben muss).

Wir behaupten, dass ${}{\mathfrak {b}}$ von allen ${}{\left\{F_{ij}\mid 0\leq i\leq n,\,1\leq j\leq k_{i}\right\}}$ erzeugt wird. Dazu beweisen wir für jedes ${}G\in {\mathfrak {b}}$ durch Induktion über den Grad von ${}G$, dass es als Linearkombination mit diesen ${}F_{ij}$ darstellbar ist. Für ${}G$ konstant, also ${}G\in R$, ist dies klar. Es sei nun der Grad von ${}G$ gleich ${}d$ und die Aussage sei für kleineren Grad bewiesen. Wir schreiben

${}G=cX^{d}+c_{d-1}X^{d-1}+\cdots +c_{1}X+c_{0}\,.$

Es ist ${}c\in {\mathfrak {a}}_{d}$ und damit kann man ${}c$ als ${}R$-Linearkombination der ${}c_{ij},0\leq i\leq n,\,1\leq j\leq k_{i}$, schreiben. Bei ${}d\leq n$ kann man ${}c$ sogar als ${}R$-Linearkombination der ${}c_{dj},\,j=1,\ldots ,k_{d}$, schreiben, sagen wir ${}c=\sum _{j=1}^{k_{d}}r_{j}c_{dj}$. Dann ist ${}G-\sum _{j=1}^{k_{d}}r_{j}F_{dj}\in {\mathfrak {b}}$ und hat einen kleineren Grad, sodass man darauf die Induktionsvoraussetzung anwenden kann. Bei ${}d>n$ ist

${}c=\sum _{i=0,\ldots ,n,\,j=1,\ldots ,k_{i}}r_{ij}c_{ij}\,.$

Damit gehört

$G-\sum _{i=0,\ldots ,n,\,j=1,\ldots ,k_{i}}r_{ij}X^{d-i}F_{ij}$

ebenfalls zu ${}{\mathfrak {b}}$ und hat einen kleineren Grad, sodass man wieder die Induktionsvoraussetzung anwenden kann.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}V$ ein Modul über dem kommutativen Ring ${}R$. Es seien ${}s_{1},\ldots ,s_{k}\in R$ und ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$. Zeige

${}{\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}=\sum _{1\leq i\leq k,\,1\leq j\leq n}s_{i}\cdot v_{j}\,.$

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch eine Doppelinduktion über ${}k,n\geq 1$. Die Fälle

${}(k,n)=(1,1),\,(1,2),\,(2,1)\,$

sind unmittelbar klar bzw. folgen direkt aus den Modulaxiomen.

Die Aussage für ${}k=1$ und beliebige ${}n$ beweisen für durch Induktion nach ${}n$, wobei der Induktionsanfang durch die Vorbemerkung gesichert ist. Es sei die Aussage für ein ${}n$ schon bewiesen, und seien ${}n+1$ Vektoren${}v_{1},\ldots ,v_{n},v_{n+1}\in V$ gegeben. Dann ist unter Verwendung des Falles ${}(1,2)$ und der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}s{\left(\sum _{j=1}^{n+1}v_{j}\right)}&=s{\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}+v_{n+1}\right)}\\&=s{\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}+sv_{n+1}\\&=\sum _{1\leq j\leq n}s\cdot v_{j}+sv_{n+1}\\&=\sum _{1\leq j\leq n+1}s\cdot v_{j}.\end{aligned}}$

Wir betrachten nun die Aussage für ein festes ${}k$ und beliebige ${}n$. Für ${}k=1$ ist diese Aussage bereits bewiesen. Es sei diese Aussage nun für ein festes ${}k$ schon bewiesen Es seien Skalare ${}s_{1},\ldots ,s_{k},s_{k+1}\in R$ und Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}\in V$ gegeben. Dann ist unter Verwendung der Fälle ${}(k,n)=(2,1),(1,n)$ und der Induktionsvoraussetzung

${}{\begin{aligned}{\left(\sum _{i=1}^{k+1}s_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}&={\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}+s_{k+1}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}\\&={\left(\sum _{i=1}^{k}s_{i}\right)}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}+s_{k+1}\cdot {\left(\sum _{j=1}^{n}v_{j}\right)}\\&=\sum _{1\leq i\leq k,\,1\leq j\leq n}s_{i}\cdot v_{j}+\sum _{j=1}^{n}s_{k+1}\cdot v_{j}\\&=\sum _{1\leq i\leq k+1,\,1\leq j\leq n}s_{i}\cdot v_{j}.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}$ in einem kommutativen Ring ${}R$ genau dann ein Radikal ist, wenn der Restklassenring ${}R/{\mathfrak {a}}$ reduziert ist.

Lösung

Es sei ${}{\mathfrak {a}}$ ein Radikal und ${}f\in R/{\mathfrak {a}}$ nilpotent. Dann ist ${}f^{r}=0$ in ${}R/{\mathfrak {a}}$. Zurückübersetzt nach ${}R$ bedeutet dies ${}f^{r}\in {\mathfrak {a}}$. Da ein Radikal vorliegt, ist ${}f\in {\mathfrak {a}}$ und damit ${}f=0$ im Restklassenring. Also ist dieser reduziert.

Es sei umgekehrt ein Ideal

${}{\mathfrak {a}}\subseteq R\,$

mit reduziertem Restklassenring ${}R/{\mathfrak {a}}$ gegeben. Es sei ${}f^{r}\in {\mathfrak {a}}$. Dann ist die Restklasse von ${}f^{r}$ gleich ${}0$. Wegen der Reduziertheit ist bereits ${}f=0$. Dies bedeutet ${}f\in {\mathfrak {a}}$, also ist das Ideal ein Radikal.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper. Beweise den Hilbertschen Nullstellensatz direkt für den Polynomring in einer Variablen.

Lösung Hilbertscher Nullstellensatz/Eindimensional/Direkt/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (4 (1+1+1+1) Punkte)

Wir betrachten die beiden Polynome ${}X^{2}+Y^{2}$ und ${}X^{2}-Y^{3}$ und die zugehörigen algebraischen Kurven über den Körpern ${}\mathbb {R}$ und ${}{\mathbb {C} }$.

1. Gilt ${}V(X^{2}+Y^{2})\subseteq V(X^{2}-Y^{3})$ in ${}{\mathbb {A} }_{\mathbb {R} }^{2}$?
2. Gilt ${}V(X^{2}+Y^{2})\subseteq V(X^{2}-Y^{3})$ in ${}{\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}$?
3. Gehört ${}X^{2}-Y^{3}$ zum Radikal von ${}(X^{2}+Y^{2})$ in ${}\mathbb {R} [X,Y]$?
4. Gehört ${}X^{2}-Y^{3}$ zum Radikal von ${}(X^{2}+Y^{2})$ in ${}{\mathbb {C} }[X,Y]$?

Lösung

1. Der einzige reelle Punkt von ${}V(X^{2}+Y^{2})$ ist der Nullpunkt ${}(0,0)$, und dieser liegt auf ${}V(X^{2}-Y^{3})$. Also gilt ${}V(X^{2}+Y^{2})\subseteq V(X^{2}-Y^{3})\subseteq {\mathbb {A} }_{\mathbb {R} }^{2}$.
2. Im Komplexen gilt die entsprechende Inklusion nicht, da beispielsweise ${}(1,{\mathrm {i} })$ zu ${}V(X^{2}+Y^{2})$ gehört, aber wegen ${}1\neq {\mathrm {i} }^{3}$ nicht zu ${}V(X^{2}-Y^{3})$.
3. Würde ${}X^{2}-Y^{3}$ zum Radikal von ${}X^{2}+Y^{2}$ in ${}\mathbb {R} [X,Y]$ gehören, so würde dies unmittelbar auch in ${}{\mathbb {C} }[X,Y]$ gelten. Dies ist aber nach dem folgenden Punkt nicht der Fall.
4. Nach (der einfachen Richtung des) Hilbertschen Nullstellensatzes folgt aus (2), dass ${}X^{2}-Y^{3}$ nicht zum Radikal von ${}X^{2}+Y^{2}$ in ${}{\mathbb {C} }[X,Y]$ gehört.

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}R$ eine endlich erzeugte kommutative ${}K$- Algebra mit ${}K$- Spektrum ${}K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$. Es sei ${}R=K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/{\mathfrak {a}}$ eine Restklassendarstellung von ${}R$ mit dem zugehörigen Restklassenhomomorphismus

$\varphi \colon K[X_{1},\ldots ,X_{n}]\longrightarrow R$

und dem Nullstellengebilde ${}V({\mathfrak {a}})\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$. Zeige, dass die die Abbildung

$K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}\longrightarrow {{\mathbb {A} }_{K}^{n}},\,P\longmapsto P\circ \varphi$

eine Bijektion zwischen ${}K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$ und ${}V({\mathfrak {a}})$ stiftet, die bezüglich der Zariski-Topologie ein Homöomorphismus ist.

Lösung

Zunächst ist die angegebene Abbildung wohldefiniert, da die Hintereinanderschaltung

$P\circ \varphi :K[X_{1},\ldots ,X_{n}]{\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/{\mathfrak {a}}\cong R{\stackrel {P}{\longrightarrow }}K$

einen ${}K$-Algebrahomomorphismus vom Polynomring nach ${}K$ definiert, der nach Lemma 12.3 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) der Einsetzungshomomorphismus zu ${}(a_{1},\ldots ,a_{n})$ ist und mit dem entsprechenden Punkt des affinen Raumes identifiziert werden kann (und zwar ist $a_{i}=P(\varphi (X_{i}))$).

Da der Homomorphismus ${}P\circ \varphi$ durch ${}R$ faktorisiert, wird das Ideal ${}{\mathfrak {a}}$ auf ${}0$ abgebildet. D.h. der Bildpunkt ${}P\circ \varphi =(a_{1},\ldots ,a_{n})$ liegt in ${}V({\mathfrak {a}})$, und es liegt eine Abbildung

$K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}\longrightarrow V({\mathfrak {a}})\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}},\,P\longmapsto P\circ \varphi$

vor, die wir als bijektiv nachweisen müssen.

Es seien dazu ${}P_{1},P_{2}\in K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$ zwei verschiedene Punkte. Es liegen also zwei verschiedene ${}K$-Algebrahomomorphismen vor, und da ein ${}K$-Algebrahomomorphismus auf einem ${}K$-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. ${}P_{1}\circ \varphi \neq P_{2}\circ \varphi$, und die Abbildung ist injektiv.

Zur Surjektivität sei ein Punkt ${}(a_{1},\ldots ,a_{n})\in V({\mathfrak {a}})$ vorgegeben. Der zugehörige ${}K$-Algebrahomomorphismus

$K[X_{1},\ldots ,X_{n}]\longrightarrow K,\,X_{i}\longmapsto a_{i},$

annulliert daher jedes ${}F\in {\mathfrak {a}}$, sodass dieser Ringhomomorphismus durch ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/{\mathfrak {a}}$ faktorisiert. Dieser Ringhomomorphismus ist das gesuchte Urbild aus ${}K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$.

Zur Topologie muss man einfach nur beachten, dass für ${}G\in R$ und ein Urbild ${}{\tilde {G}}\in K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ und einen Punkt ${}P\in K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$ mit Bildpunkt ${}{\tilde {P}}=P\circ \varphi \in V({\mathfrak {a}})$ gilt:

${}G(P)=P(G)=P(\varphi ({\tilde {G}}))=(P\circ \varphi )({\tilde {G}})={\tilde {G}}({\tilde {P}})\,,$

sodass auch die Nullstellen übereinstimmen.