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
- 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
-
- 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 so, 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
- 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.
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.