Kurs:Algebraische Kurven (Osnabrück 2008)/Probeklausur mit Lösungen

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Vorlesung über algebraische Kurven (Osnabrück 2008/2009)
Probeklausur

Dauer: Zwei volle Stunden + 10 Minuten Orientierung, in der noch nicht geschrieben werden darf.

Hilfsmittel: Erlaubt ist lediglich ein DinA4-Blatt (zweiseitig) mit beliebigem Inhalt. Taschenrechner oder sonstige Hilfsmittel sind nicht erlaubt.

Alle Antworten sind zu begründen.

Es gibt insgesamt 64 Punkte. Zum Bestehen braucht man 16 Punkte und für eine Eins braucht man 32 Punkte. Viel Erfolg!

Aufgabe * (3 Punkte)

Bestimme die Primfaktorzerlegung des Polynoms

und bestimme die Singularitäten der zugehörigen affinen Kurve samt ihren Multiplizitäten und Tangenten.

Lösung

Offenbar ist durch eine Zerlegung des Polynoms in Primfaktoren gegeben. Um singuläre Punkte zu bestimmen, untersuchen wir die partiellen Ableitungen.

Man sieht unmittelbar, dass diese beiden Gleichungen genau dann erfüllt sind, wenn . Da dieser Punkt auch der Kurvengleichung genügt, ist dies ein (der) singuläre Punkt der Kurve. Das Polynom, welches die Kurve beschreibt, ist schon homogen vom Grad , also ist die Multiplizität . Die Tangenten sind also durch und gegeben.


 

Aufgabe * (4 Punkte)

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

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.


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Sei ein Körper, der Polynomring in zwei Variablen, ein multiplikatives System und ein Polynom. Zeige, dass es eine eindeutige -Algebraisomorphie

gibt.

Lösung

Alle Homomorphismen sind im Folgenden -Algebrahomomorphismen und durch ihre Eigenschaften eindeutig festgelegt. Es gibt zunächst den Homomorphismus und daher einen induzierten Homomorphismus

Da das Bild von in in zu Einheiten werden, induziert dies einen Homomorphismus

Dabei geht explizit ein Element auf . Zur Surjektivität: Ein Element rechts wird repräsentiert durch mit , und das kommt von her. Zur Injektivität sei angenommen, dass auf geht. Dann ist , also mit . Die Gleichheit bedeutet zurückübersetzt nach , dass

gilt. D.h. dass in ist und wegen folgt daraus, dass in ist.


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Sei ein algebraisch abgeschlossener Körper und eine integre endlich erzeugte -Algebra. Es seien . Zeige, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind.

  1. Es gibt einen -Algebrahomomorphismus .

Zeige ferner, dass diese Äquivalenz für nicht gilt.

Lösung

Wenn (2) erfüllt ist, so kann man insbesondere schreiben bzw. , d.h. teilt eine Potenz von bzw. gehört zum Radikal von . Wenn dies umgekehrt gilt, so ist eine Einheit in und es gibt einen -Algebrahomomorphismus .

Aus der Radikalzugehörigkeit folgt sofort, dass auf verschwindet, also . Die Umkehrung folgt, für algebraisch abgeschlossen, aus dem Hilbertschen Nullstellensatz.

Bei gilt die letzte Umkehrung nicht, wie das Beispiel und in zeigt. hat reell keine Nullstelle, also ist , es ist aber keine Einheit im Polynomring.


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme für die ebene algebraische Kurve

eine nichtkonstante Potenzreihenlösung im Nullpunkt bis zum sechsten Glied.

Lösung

Wir setzen an , und bestimmen die Koeffizienten aufgrund der Bedingung

Da die Potenzreihe die Kurve im Nullpunkt approximieren soll, muss sein. Für ergibt sich die Koeffizientenbedingung

da die ersten drei Summanden keinen Beitrag leisten. Für ergibt sich

Damit ist der zweite Summand abgearbeitet. Für ergibt sich

Für ergibt sich

und für ergibt sich

Bei muss erstmals auch der erste Summand berücksichtigt werden, und zwar ergibt sich


 

Aufgabe (4 Punkte)

Sei ein Körper. Bestimme den globalen Schnittring

Was folgt daraus für einen Morphismus ?

Lösung

Die projektive Gerade/Globaler Schnittring/Aufgabe/Lösung


 

Aufgabe * (4 Punkte)

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?

Lösung

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 , so dass 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, so dass es dort keine Schnittpunkte gibt.


 

Aufgabe * (3 Punkte)

Man beschreibe einen -Algebrahomomorphismus derart, dass die induzierte Spektrumsabbildung der -Spektren die Addition auf beschreibt.

Lösung

Wir betrachten die Abbildung

die als Einsetzungshomomorphismus wohldefiniert ist. Die induzierte Spektrumsabbildung ist

Dies ist offenbar die Addition auf .


 

Aufgabe * (5 Punkte)

Bestimme über die partiellen Ableitungen für das durch das Polynom

gegebene Nullstellengebilde einen singulären Punkt. Führe eine Koordinatentransformation durch, die diesen Punkt in den Nullpunkt überführt. Bestimme die Multiplizität und die Tangenten in diesem Punkt.

Lösung

Sei

Dann ist

Aus der ersten Gleichung erhält man für einen singulären Punkt die Bedingung

wobei die letztere Bedingung voraussetzt, dass ist. Betrachten wir also zuerst den Fall . Die erste partielle Ableitung ist dann unabhängig von gleich null und die zweite Ableitung liefert die Bedingung

Die Kurvengleichung ergibt

die von erfüllt wird. Daher ist ein singulärer Punkt der Kurve.

Unter den neuen Variablen und ist der Nullpunkt. Die Kurvengleichung transformiert sich unter und zu

Der homogene Bestandteil von kleinstem Grad ist also . Daher ist die Multiplizität zwei und die beiden Tangenten durch den singulären Punkt werden durch beschrieben.


 

Aufgabe * (5 Punkte)

Es sei ein glatter Punkt einer ebenen irreduziblen Kurve. Zeige, dass der zugehörige lokale Ring ein diskreter Bewertungsring ist.

Man darf dabei eine beliebige Charakterisierung von diskreter Bewertungsring verwenden.

Lösung

Zunächst ist ein noetherscher lokaler Ring, der aufgrund von Korollar 22.12 ein Integritätsbereich ist. Daher sind die einzigen Primideale das Nullideal und das maximale Ideal . Wir werden zeigen, dass das maximale Ideal ein Hauptideal ist.

Wir können annehmen, dass der Nullpunkt ist, und schreiben als

mit . Da glatt ist, liegt eine solche Gestalt vor. Durch eine Variablentransformation können wir erreichen, dass ist. Wir können in die isoliert stehenden Potenzen von (die Monome, wo kein vorkommt) zusammenfassen und bei den anderen ausklammern. Dann lässt sich die Gleichung als

schreiben, wobei ist. Es ist eine Einheit in und erst recht im lokalen Ring der Kurve im Nullpunkt. Daher gilt in die Beziehung

Also wird das maximale Ideal im lokalen Ring von allein erzeugt, so dass nach Satz 21.7 ein diskreter Bewertungring vorliegt.


 

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.

Lösung

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)

Bestimme die Schnittmultiplizität im Nullpunkt des Kartesischen Blattes

mit jeder affinen Geraden der affinen Ebene. Man setze voraus, dass die Charakteristik des Körpers nicht ist.

Man setze voraus, dass die Charakteristik des Körpers nicht ist.

Lösung

Wenn die Gerade nicht durch den Nullpunkt läuft, so ist die Schnittmultiplizität null. Betrachten wir also die Geraden durch den Nullpunkt, die man als oder als beschreiben kann. Bei ergibt sich der Restklassenring

Dieser Ring hat die -Dimension, die Schnittmultiplizität ist also . Wegen der Symmetrie der Situation gilt dies auch für die Gerade . Betrachten wir nun eine Gerade mit . Dann ist der Restklassenring gleich

Da ist, ist der hintere Faktor eine Einheit, so dass es sich um den Ring handelt mit Dimension zwei.


 

Aufgabe * (4 Punkte)

Sei . Bestimme für die beiden affinen Kurven

ihre Schnittpunkte zusammen mit den Schnittmultiplizitäten. Betrachte auch Schnittpunkte im und bestätige den Satz von Bezout in diesem Beispiel.

Lösung

Die Schnittpunkte der beiden Kurven im sind durch gegeben. Das heißt für einen Schnittpunkt muss gelten

Wir setzen die erste Gleichung in die zweite ein und erhalten . Also ist oder . Folglich sind die Schnittpunkte gegeben durch

wobei eine primitive dritte Einheitswurzel ist. Im Nullpunkt ist der Restklassenring gleich

Dieser hat die Dimension drei, so dass also die Schnittmultiplizität dort ist.

Zur Bestimmung der Schnittmultiplizitäten in den drei anderen Punkten berechnen wir die partiellen Ableitungen, das ergibt einerseits

und andererseits

Da ist, sind diese beiden Richtungen linear unabhängig, so dass beide Kurven in diesen Punkten glatt sind und ein transversaler Schnitt vorliegt, also Schnittmultiplizität eins.

Im Projektiven müssen wir die beiden Ideale homogenisieren, d.h. wir betrachten und . Mit erhalten wir, dass sein muss, und finden also den Schnittpunkt . Eine affine Umgebung wird durch gegeben, mit den affinen Gleichungen und . Da dies die Ausgangsgleichungen sind, ist dort die Schnittmultiplizität wieder gleich . Die Summe der Schnittmultiplizitäten ist also , was auch dem Produkt der beiden Kurvengrade entspricht.


 

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 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 .


 

Aufgabe * (6 Punkte)

Sei ein Körper und seien zwei nichtkonstante Polynome ohne gemeinsamen nichtkonstanten Teiler. Zeige, dass der Durchschnitt nur endlich viele Punkte besitzt.

Lösung

Wir betrachten als Elemente in , wobei den Körper der rationalen Funktionen in bezeichne. Es haben dann nach Aufgabe 4.8 auch und keinen gemeinsamen Teiler in . Da dieser Ring ein Hauptidealbereich ist, erzeugen sie zusammen das Einheitsideal, d.h. es gibt Polynome mit . Multiplikation mit dem Hauptnenner von und ergibt in die Gleichung mit . Eine gemeinsame Nullstelle in von und von muss also eine Nullstelle von sein. Es gibt also nur endlich viele Werte für , für die eine gemeinsame Nullstelle vorliegt. Wenn man die Rollen von und von vertauscht, so sieht man, dass es auch nur endlich viele Werte für gibt, an denen eine gemeinsame Nullstelle vorliegen kann. Damit kann es überhaupt nur endlich viele gemeinsame Nullstellen geben.


 

Aufgabe * (3 Punkte)

Sei ein normaler Integritätsbereich und , . Zeige, dass die Nenneraufnahme ebenfalls normal ist.

Lösung

Sei ein Element im Quotientenkörper und angenommen, dass es eine Ganzheitsgleichung über erfüllt. Es gibt also eine Gleichung der Form

mit . D.h. die lassen sich schreiben als Brüche, deren Nenner Potenzen von sind. Man kann dann annehmen, dass alle Brüche mit einer festen Potenz als Nenner geschrieben sind, und da man zu einer größeren Potenz übergehen kann, darf man auch annehmen, dass ein Vielfaches von ist. Wir multiplizieren die Gleichung mit und erhalten

Dabei sind alle Koeffizienten aus und daher liegt eine Ganzheitsgleichung für vor. Wegen der Normalität von bedeutet dies , also .


 


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