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 Integritätsbereich $R$.
5. Der Koordinatenring zu einer affin-algebraischen Menge  $V\subseteq {𝔸}_K^n$. 
6. Es sei  $P\in U\subseteq K-\mathrm{Spek}\left(R\right)$  ein Punkt in einer offenen Menge $U$ im $K$-Spektrum von $R$. Es sei $f:U\to {𝔸}_K^1=K$ eine Funktion. Was bedeutet es, dass diese Funktion algebraisch in $P$ ist?

Lösung

1. Eine Teilmenge  $V\subseteq {𝔸}_K^n$  im affinen Raum heißt affin-algebraisch, wenn sie die Nullstellenmenge zu einer Familie $F_j$, $j\in J$, von Polynomen $F_j\in K[X_1,\dots ,X_n]$ ist.
2. Man nennt eine Abbildung $\phi :{𝔸}_K^n\to {𝔸}_K^n$ der Form

   $\phi (x_1,\dots ,x_n)=M\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right)+(v_1,\dots ,v_n),$

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

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

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

   die Nenneraufnahme zu $S$.

5. Zu  $V\subseteq {𝔸}_K^n$  mit Verschwindungsideal $\mathrm{Id}(V)$ nennt man  $R(V)=K[X_1,\dots ,X_n]/\mathrm{Id}(V)$  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  $T\subseteq {𝔸}_K^n$. 
2. Der Satz über die Restklassenringe zu affin-linear äquivalenten affin-algebraischen Teilmengen  $V,\tilde{V}\subseteq {𝔸}_K^n$. 
3. Die algebraische Version des Hilbertschen Nullstellensatzes.

Lösung

1. Es sei  $T\subseteq {𝔸}_K^n$  eine Teilmenge. Dann ist der Zariski-Abschluss von $T$ gleich  $\bar{T}=V(\mathrm{Id}(T))$. 
2. Es sei $K$ ein Körper und seien  $V,\tilde{V}\subseteq {𝔸}_K^n$  zwei affin-algebraische Teilmengen, die affin-linear äquivalent seien. Es seien $\mathrm{Id}(V),\mathrm{Id}(\tilde{V})$ die zugehörigen Verschwindungsideale. Dann sind die Restklassenringe (als $K$-Algebren) isomorph, also

   $K[X_1,\dots ,X_n]/\mathrm{Id}(V)\cong K[X_1,\dots ,X_n]/\mathrm{Id}(\tilde{V}).$

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 $\left(\begin{array}{c}5\\ -3\end{array}\right)$. 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

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

und

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

Die Schnittpunkte sind also

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

Aufgabe (3 Punkte)

Finde auf der ebenen algebraischen Kurve

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

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

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

ein Punkt der Kurve.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei

$V\subseteq {𝔸}_{ℂ}^n={ℂ}^n$

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

${ℂ}^n={ℝ}^{2n}$

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

Lösung erstellen

Aufgabe (4 Punkte)

Man gebe ein Beispiel für eine polynomiale Abbildung

${𝔸}_K^2⟶{𝔸}_K^1$

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

${𝔸}_K^2⟶{𝔸}_K^1,(x,y)⟼xy.$

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

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

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

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

   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

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

2. Die Dehomogenisierung von

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

   bezüglich der Variablen $Z$ ist

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

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 Funktionen auf einer offenen Teilmenge $U$ der affinen Geraden ${𝔸}_K^1$ gegebene Abbildung $U\to C\subset {𝔸}_K^2$. Im Fall der Hyperbel $V(XY-1)$ wird eine rationale Parametrisierung am einfachsten gegeben durch

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

die für $t\ne 0$ 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 $\ne 0$.

Aufgabe (6 Punkte)

Bestimme für die Abbildung

${𝔸}_K^1\setminus \{0\}⟶{𝔸}_K^2,t⟼(\frac{t^2+1}{t},\frac{t+1}{t}),$

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

$F_1=H_1{H}_1=T^4+2S^2{T}^2+S^4,$

$F_2=H_2{H}_2=S^2{T}^2+2S^{3}T+S^4,$

$F_3=H_3{H}_3=S^2{T}^2,$

$F_4=H_1{H}_2=S{T}^3+S^2{T}^2+S^{3}T+S^4,$

$F_5=H_1{H}_3=S{T}^3+S^{3}T$

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 $S{T}^3,S^{3}T,S^4$ 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 wie 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

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

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Hilbertschen Basissatz.

Lösung

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

${𝔞}_n=\{c\in R\mid \text{es gibt }F\in 𝔟\text{ mit }F=c{X}^n+c_{n-1}{X}^{n-1}+\cdots +c_{1}X+c_0\}.$

Die Menge ${𝔞}_n$ besteht also aus allen Leitkoeffizienten von Polynomen vom Grad $n$ aus $𝔟$. Es handelt sich dabei offensichtlich um Ideale in $R$ (wobei wir hier $0$ als Leitkoeffizient zulassen). Ferner ist  ${𝔞}_n\subseteq {𝔞}_{n+1}$,  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 $n$ derart, dass  ${𝔞}_n={𝔞}_{n+1}=\dots$  ist.

Zu jedem  $i\le n$  sei nun  ${𝔞}_i=(c_{i1},\dots ,c_{i{k}_i})$  ein endliches Erzeugendensystem, und es seien

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

zugehörige Polynome aus $𝔟$ (die es nach Definition der ${𝔞}_i$ geben muss).

Wir behaupten, dass $𝔟$ von allen $\{F_{ij}\mid 0\le i\le n,1\le j\le k_i\}$ erzeugt wird. Dazu beweisen wir für jedes  $G\in 𝔟$  durch Induktion über den Grad von $G$, dass es als $R$-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

$G=c{X}^d+c_{d-1}{X}^{d-1}+\cdots +c_{1}X+c_0.$

Es ist  $c\in {𝔞}_d$  und damit kann man $c$ als $R$-Linearkombination der $c_{ij}$, $0\le i\le n$, $1\le j\le k_i$, schreiben. Bei  $d\le n$  kann man $c$ sogar als $R$-Linearkombination der $c_{dj}$, $j=1,\dots ,k_d$, schreiben, sagen wir  $c=\sum _{j=1}^{k_d}{r}_j{c}_{dj}$.  Dann ist  $G-\sum _{j=1}^{k_d}{r}_j{F}_{dj}\in 𝔟$  und hat einen kleineren Grad, sodass man darauf die Induktionsvoraussetzung anwenden kann. Bei  $d>n$  ist

$c=\sum _{i=0,\dots ,n,j=1,\dots ,k_i}{r}_{ij}{c}_{ij}.$

Damit gehört

$G-\sum _{i=0,\dots ,n,j=1,\dots ,k_i}{r}_{ij}{X}^{d-i}{F}_{ij}$

ebenfalls zu $𝔟$ 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  $s_1,\dots ,s_k\in R$  und  $v_1,\dots ,v_n\in V$.  Zeige

$\left(\sum _{i=1}^k{s}_i\right)\cdot \left(\sum _{j=1}^n{v}_j\right)=\sum _{1\le i\le k,1\le j\le n}{s}_i\cdot v_j.$

Lösung

Wir beweisen die Aussage durch eine Doppelinduktion über  $k,n\ge 1$.  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 wir 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  $v_1,\dots ,v_n,v_{n+1}\in V$  gegeben. Dann ist unter Verwendung des Falles $(1,2)$ und der Induktionsvoraussetzung

$\begin{array}{cc}s\left(\sum _{j=1}^{n+1}{v}_j\right)& =s(\sum _{j=1}^n{v}_j+v_{n+1})\\ & =s\left(\sum _{j=1}^n{v}_j\right)+s{v}_{n+1}\\ & =\sum _{1\le j\le n}s\cdot v_j+s{v}_{n+1}\\ & =\sum _{1\le j\le n+1}s\cdot v_j.\end{array}$

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  $s_1,\dots ,s_k,s_{k+1}\in R$  und Vektoren  $v_1,\dots ,v_n\in V$  gegeben. Dann ist unter Verwendung der Fälle  $(k,n)=(2,1),(1,n)$  und der Induktionsvoraussetzung

$\begin{array}{cc}\left(\sum _{i=1}^{k+1}{s}_i\right)\cdot \left(\sum _{j=1}^n{v}_j\right)& =(\sum _{i=1}^k{s}_i+s_{k+1})\cdot \left(\sum _{j=1}^n{v}_j\right)\\ & =\left(\sum _{i=1}^k{s}_i\right)\cdot \left(\sum _{j=1}^n{v}_j\right)+s_{k+1}\cdot \left(\sum _{j=1}^n{v}_j\right)\\ & =\sum _{1\le i\le k,1\le j\le n}{s}_i\cdot v_j+\sum _{j=1}^n{s}_{k+1}\cdot v_j\\ & =\sum _{1\le i\le k+1,1\le j\le n}{s}_i\cdot v_j.\end{array}$

Aufgabe (2 Punkte)

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

Lösung

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

Es sei umgekehrt ein Ideal

$𝔞\subseteq R$

mit reduziertem Restklassenring $R/𝔞$ gegeben. Es sei $f^r\in 𝔞$. Dann ist die Restklasse von $f^r$ gleich $0$. Wegen der Reduziertheit ist bereits  $f=0$.  Dies bedeutet $f\in 𝔞$, 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 erstellen

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 $ℝ$ und $ℂ$.

a) Gilt  $V(X^2+Y^2)\subseteq V(X^2-Y^3)$  in ${𝔸}_{ℝ}^2$?

b) Gilt  $V(X^2+Y^2)\subseteq V(X^2-Y^3)$  in ${𝔸}_{ℂ}^2$?

c) Gehört $X^2-Y^3$ zum Radikal von $(X^2+Y^2)$ in $ℝ[X,Y]$?

d) Gehört $X^2-Y^3$ zum Radikal von $(X^2+Y^2)$ in $ℂ[X,Y]$?

Lösung

a) 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  $V(X^2+Y^2)\subseteq V(X^2-Y^3)\subseteq {𝔸}_{ℝ}^2$. 

b) Im Komplexen gilt die entsprechende Inklusion nicht, da beispielsweise $(1,\mathrm{i})$ zu $V(X^2+Y^2)$ gehört, aber wegen  $1\ne {\mathrm{i}}^3$  nicht zu $V(X^2-Y^3)$.

c) Würde $X^2-Y^3$ zum Radikal von $X^2+Y^2$ in $ℝ[X,Y]$ gehören, so würde dies unmittelbar auch in $ℂ[X,Y]$ gelten. Dies ist aber nach dem folgenden Punkt nicht der Fall.

d) Nach (der einfachen Richtung des) Hilbertschen Nullstellensatzes folgt aus (2), dass $X^2-Y^3$ nicht zum Radikal von $X^2+Y^2$ in $ℂ[X,Y]$ gehört.

Aufgabe (8 Punkte)

Es sei $K$ ein Körper und sei $R$ eine endlich erzeugte kommutative $K$-Algebra mit $K$-Spektrum $K-\mathrm{Spek}\left(R\right)$. Es sei  $R=K[X_1,\dots ,X_n]/𝔞$  eine Restklassendarstellung von $R$ mit dem zugehörigen Restklassenhomomorphismus

$\phi :K[X_1,\dots ,X_n]⟶R$

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

$K-\mathrm{Spek}\left(R\right)⟶{𝔸}_K^n,P⟼P\circ \phi$

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

Lösung

Zunächst ist die angegebene Abbildung wohldefiniert, da die Hintereinanderschaltung

$P\circ \phi :K[X_1,\dots ,X_n]\stackrel{\phi }{⟶}K[X_1,\dots ,X_n]/𝔞\cong R\stackrel{P}{⟶}K$

einen $K$-Algebrahomomorphismus vom Polynomring nach $K$ definiert, der nach Lemma 12.3 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2025-2026)) der Einsetzungshomomorphismus zu $(a_1,\dots ,a_n)$ ist und mit dem entsprechenden Punkt des affinen Raumes identifiziert werden kann (und zwar ist $a_i=P(\phi (X_i))$).

Da der Homomorphismus $P\circ \phi$ durch $R$ faktorisiert, wird das Ideal $𝔞$ auf $0$ abgebildet. D.h. der Bildpunkt  $P\circ \phi =(a_1,\dots ,a_n)$  liegt in $V(𝔞)$, und es liegt eine Abbildung

$K-\mathrm{Spek}\left(R\right)⟶V(𝔞)\subseteq {𝔸}_K^n,P⟼P\circ \phi$

vor, die wir als bijektiv nachweisen müssen.

Es seien dazu  $P_1,P_2\in K-\mathrm{Spek}\left(R\right)$  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. $P_1\circ \phi \ne P_2\circ \phi$, und die Abbildung ist injektiv.

Zur Surjektivität sei ein Punkt  $(a_1,\dots ,a_n)\in V(𝔞)$  vorgegeben. Der zugehörige $K$-Algebrahomomorphismus

$K[X_1,\dots ,X_n]⟶K,X_i⟼a_i,$

annulliert daher jedes  $F\in 𝔞$,  sodass dieser Ringhomomorphismus durch $K[X_1,\dots ,X_n]/𝔞$ faktorisiert. Dieser Ringhomomorphismus ist das gesuchte Urbild aus $K-\mathrm{Spek}\left(R\right)$.

Zur Topologie muss man einfach nur beachten, dass für  $G\in R$  und ein Urbild  $\tilde{G}\in K[X_1,\dots ,X_n]$  und einen Punkt  $P\in K-\mathrm{Spek}\left(R\right)$  mit Bildpunkt  $\tilde{P}=P\circ \phi \in V(𝔞)$  gilt:

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

sodass auch die Nullstellen übereinstimmen.