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

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

$X^{3}+XY^{2}\in {\mathbb {C} }[X,Y]$

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

Lösung

Offenbar ist durch ${}X(X+{\mathrm {i} }Y)(X-{\mathrm {i} }Y)$ eine Zerlegung des Polynoms in Primfaktoren gegeben. Um singuläre Punkte zu bestimmen, untersuchen wir die partiellen Ableitungen.

${\frac {\partial F}{\partial X}}=3X^{2}+Y^{2}{\text{ und }}{\frac {\partial F}{\partial Y}}=2XY.$

Man sieht unmittelbar, dass diese beiden Gleichungen genau dann erfüllt sind, wenn ${}(x,y)=(0,0)$. 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 ${}3$, also ist die Multiplizität ${}3$. Die Tangenten sind also durch ${}V(X),V(X+{\mathrm {i} }Y)$ und ${}V(X-{\mathrm {i} }Y)$ gegeben.

 

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 * (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}R=K[X,Y]$ der Polynomring in zwei Variablen, ${}S\subseteq R$ ein multiplikatives System und ${}F\in R$ ein Polynom. Zeige, dass es eine eindeutige ${}R$- Algebraisomorphie

${}(R/(F))_{S}\cong (R_{S})/(F)\,$

gibt.

Lösung

Alle Homomorphismen sind im Folgenden ${}R$- Algebrahomomorphismen und durch ihre Eigenschaften eindeutig festgelegt. Es gibt zunächst den Homomorphismus ${}R\rightarrow R_{S}$ und daher einen induzierten Homomorphismus

$R/(F)\longrightarrow R_{S}/(F).$

Da das Bild von ${}S$ in ${}R/(F)$ in ${}R_{S}/(F)$ zu Einheiten werden, induziert dies einen Homomorphismus

$(R/(F))_{S}\longrightarrow R_{S}/(F).$

Dabei geht explizit ein Element ${}{\frac {\bar {r}}{\bar {s}}}$ auf ${}{\overline {({\frac {r}{s}})}}$. Zur Surjektivität: Ein Element rechts wird repräsentiert durch ${}r/s$ mit ${}s\in S$, und das kommt von ${}{\frac {\bar {r}}{\bar {s}}}$ her. Zur Injektivität sei angenommen, dass ${}{\frac {\bar {r}}{\bar {s}}}$ auf ${}0$ geht. Dann ist ${}r/s\in (F)R_{S}$, also ${}r/s=Fa/t$ mit ${}a\in R,\,t\in S$. Die Gleichheit bedeutet zurückübersetzt nach ${}R$, dass

${}tr=sFa\,$

gilt. D.h. dass ${}tr=0$ in ${}R/(F)$ ist und wegen ${}t\in S$ folgt daraus, dass ${}{\bar {r}}=0$ in ${}(R/(F))_{S}$ ist.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und ${}R$ eine integre endlich erzeugte ${}K$- Algebra. Es seien ${}f,g\in R$. Zeige, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind.

1. ${}D(f)\subseteq D(g)$
2. Es gibt einen ${}R$- Algebrahomomorphismus ${}R_{g}\to R_{f}$.

Zeige ferner, dass diese Äquivalenz für ${}K=\mathbb {R}$ nicht gilt.

Lösung

Wenn (2) erfüllt ist, so kann man insbesondere schreiben ${}1/g=r/f^{n}$ bzw. ${}f^{n}=rg$, d.h. ${}g$ teilt eine Potenz von ${}f$ bzw. ${}f$ gehört zum Radikal von ${}(g)$. Wenn dies umgekehrt gilt, so ist ${}g$ eine Einheit in ${}R_{f}$ und es gibt einen ${}R$-Algebrahomomorphismus ${}R_{g}\to R_{f}$.

Aus der Radikalzugehörigkeit ${}f\in \operatorname {rad} \,(g)$ folgt sofort, dass ${}f$ auf ${}V(g)$ verschwindet, also ${}V(g)\subseteq V(f)$. Die Umkehrung folgt, für ${}K$ algebraisch abgeschlossen, aus dem Hilbertschen Nullstellensatz.

Bei ${}K=\mathbb {R}$ gilt die letzte Umkehrung nicht, wie das Beispiel ${}f=1$ und ${}g=X^{2}+1$ in ${}R=K[X]$ zeigt. ${}g$ hat reell keine Nullstelle, also ist ${}V(g)={\mathbb {A} }_{\mathbb {R} }^{1}=V(1)$, es ist aber ${}g$ keine Einheit im Polynomring.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme für die ebene algebraische Kurve

$V{\left(X^{3}+Y^{2}-XY+X\right)}$

eine nichtkonstante Potenzreihenlösung ${}X=F(Y)$ im Nullpunkt bis zum sechsten Glied.

Lösung

Wir setzen an ${}X=F(Y)={\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}Y^{i}$, und bestimmen die Koeffizienten ${}a_{0},\ldots ,a_{6}$ aufgrund der Bedingung

${}({\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}Y^{i})^{3}+Y^{2}-({\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}Y^{i})Y+({\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}Y^{i})=0\,.$

Da die Potenzreihe die Kurve im Nullpunkt approximieren soll, muss ${}a_{0}=0$ sein. Für ${}Y^{1}$ ergibt sich die Koeffizientenbedingung

${}a_{1}=0\,,$

da die ersten drei Summanden keinen Beitrag leisten. Für ${}Y^{2}$ ergibt sich

$1+a_{2}=0,{\text{ also }}a_{2}=-1.$

Damit ist der zweite Summand ${}Y^{2}$ abgearbeitet. Für ${}Y^{3}$ ergibt sich

$-a_{2}+a_{3}=0,{\text{ also }}a_{3}=a_{2}=-1.$

Für ${}Y^{4}$ ergibt sich

$-a_{3}+a_{4}=0,{\text{ also }}a_{4}=a_{3}=-1$

und für ${}Y^{5}$ ergibt sich

$-a_{4}+a_{5}=0,{\text{ also }}a_{5}=a_{4}=-1.$

Bei ${}Y^{6}$ muss erstmals auch der erste Summand berücksichtigt werden, und zwar ergibt sich

$a_{2}^{3}-a_{5}+a_{6}=0,{\text{ also }}a_{6}=a_{5}-a_{2}^{3}=-1-(-1)^{3}=0.$

 

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper. Bestimme den globalen Schnittring

$\Gamma {\left({\mathbb {P} }_{K}^{1},{\mathcal {O}}_{{\mathbb {P} }_{K}^{1}}\right)}.$

Was folgt daraus für einen Morphismus ${}{\mathbb {P} }_{K}^{1}\rightarrow {\mathbb {A} }_{K}^{1}$?

Lösung

Die projektive Gerade/Globaler Schnittring/Aufgabe/Lösung

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei ${}K=\mathbb {Z} /(5)$ und betrachte die beiden affinen ebenen algebraischen Kurven

$C=V{\left(X^{2}+Y^{2}-1\right)}{\text{ und }}D=V{\left(X^{3}-2Y^{2}+3\right)}.$

Bestimme den Durchschnitt ${}C\cap D$. Bestimme ferner die unendlich fernen Punkte der beiden Kurven (also die zusätzlichen Punkte auf dem projektiven Abschluss ${}{\bar {C}}$ bzw. ${}{\bar {D}}$). Wenn man ${}K$ durch einen algebraisch abgeschlossenen Körper ${}K\subset L$ ersetzt, wie viele Punkte besitzt dann der Durchschnitt ${}{\bar {C}}\cap {\bar {D}}$ und wie viele davon liegen auf der unendlich fernen Geraden?

Lösung

Wir addieren die beiden Gleichungen

$2X^{2}+2Y^{2}-2=0\,\,{\text{ und }}\,\,X^{3}-2Y^{2}+3=0$

und erhalten die Bedingung

${}X^{3}+2X^{2}+1=0\,.$

Für die möglichen Werte ${}x=0,1,2,3,4$ ergibt sich beim Einsetzen:${}1,4,2,1,2$. Diese Bedingung ist also nicht erfüllbar und daher ist der Durchschnitt der beiden Kurven in ${}{\mathbb {A} }_{K}^{2}$ leer. Für die Punkte im Unendlichen betrachten wir die Homogenisierungen, also zunächst ${}X^{2}+Y^{2}-Z^{2}=0$.

Für ${}Z=0$ erhält man die Bedingung ${}X^{2}+Y^{2}=0$. Die Quadrate in ${}\mathbb {Z} /5$ sind ${}0,1,4$. Die Lösung ${}(0,0,0)$ ist nicht erlaubt, da sie keinen projektiven Punkt repräsentiert, und man erhält die Lösungen ${}(\pm 1,\pm 2)$ und ${}(\pm 2,\pm 1)$. Da wir an den projektiven Punkten interessiert sind, kann man die erste Komponente zu ${}1$ normieren und die zweite Komponente muss ${}2$ oder ${}-2=3$ sein. Es gibt also zwei unendlich ferne Punkte.

Die Homogenisierung der anderen Gleichung ist ${}X^{3}-2Y^{2}Z+3Z^{3}$. Bei ${}Z=0$ ergibt sich sofort ${}X^{3}=0$ und damit ${}X=0$, sodass der einzige unendlich ferne Punkt gleich ${}(0,1,0)$ ist. Damit ist auch der Durchschnitt der projektiven Abschlüsse leer.

Über einem algebraisch abgeschlossenen Körper gibt es nach dem Satz von Bezout ${}6$ Schnittpunkte (mit Vielfachheit gezählt), die obigen Berechnungen auf der unendlich fernen Geraden ändern sich aber nicht, sodass es dort keine Schnittpunkte gibt.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

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

Lösung

Wir betrachten die Abbildung

$K[X]\longrightarrow K[Y,Z],\,X\longmapsto Y+Z,$

die als Einsetzungshomomorphismus wohldefiniert ist. Die induzierte Spektrumsabbildung ist

${\mathbb {A} }_{K}^{2}\cong K^{2}\longrightarrow {\mathbb {A} }_{K}^{1}\cong K,\,(y,z)\longmapsto y+z.$

Dies ist offenbar die Addition auf ${}K$.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Bestimme über die partiellen Ableitungen für das durch das Polynom

$V^{3}+U^{2}V-2UV+2U^{2}-4U-2V$

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

${}F=V^{3}+U^{2}V-2UV+2U^{2}-4U-2V\,.$

Dann ist

${\frac {\partial F}{\partial U}}=2UV-2V+4U-4{\text{ und }}{\frac {\partial F}{\partial V}}=3V^{2}+U^{2}-2U-2.$

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

$V(U-1)=-2U+2{\text{ bzw. }}V={\frac {-2U+2}{U-1}},$

wobei die letztere Bedingung voraussetzt, dass ${}U\neq 1$ ist. Betrachten wir also zuerst den Fall ${}U=1$. Die erste partielle Ableitung ist dann unabhängig von ${}V$ gleich null und die zweite Ableitung liefert die Bedingung

$3V^{2}+1-2-2=0{\text{ bzw. }}V^{2}=1,{\text{ also }}V=\pm 1.$

Die Kurvengleichung ergibt

${}V^{3}+V-2V-2V-2=V^{3}-3V-2=0\,,$

die von ${}V=-1$ erfüllt wird. Daher ist ${}P=(1,-1)$ ein singulärer Punkt der Kurve.

Unter den neuen Variablen ${}X=U-1$ und ${}Y=V+1$ ist ${}P$ der Nullpunkt. Die Kurvengleichung transformiert sich unter ${}U=X+1$ und ${}V=Y-1$ zu

${}{\begin{aligned}&=(Y-1)^{3}+(X+1)^{2}(Y-1)-2(X+1)(Y-1)+2(X+1)^{2}-4(X+1)-2(Y-1)\\&=Y^{3}-3Y^{2}+3Y-1+(X^{2}+2X+1)(Y-1)-2XY+2X-2Y+2+2X^{2}+4X+2-4X-4-2Y+2\\&=Y^{3}-3Y^{2}+3Y-1+X^{2}Y+2XY+Y-X^{2}-2X-1-2XY+2X-2Y+2+2X^{2}+4X+2-4X-4-2Y+2\\&=Y^{3}+X^{2}Y-3Y^{2}+X^{2}.\end{aligned}}$

Der homogene Bestandteil von kleinstem Grad ist also ${}X^{2}-3Y^{2}=(X-{\sqrt {3}}Y)(X+{\sqrt {3}}Y)$. Daher ist die Multiplizität zwei und die beiden Tangenten durch den singulären Punkt werden durch ${}X=\pm {\sqrt {3}}Y$ beschrieben.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Es sei ${}P\in C=V(F)\subset {\mathbb {A} }_{K}^{2}$ 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 ${}R$ ein noetherscher lokaler Ring, der aufgrund von Korollar 22.12 ein Integritätsbereich ist. Daher sind die einzigen Primideale das Nullideal und das maximale Ideal ${}{\mathfrak {m}}_{P}$. Wir werden zeigen, dass das maximale Ideal ein Hauptideal ist.

Wir können annehmen, dass ${}P$ der Nullpunkt ist, und schreiben ${}F$ als

${}F=F_{d}+\cdots +F_{1}\,$

mit ${}F_{1}\neq 0$. Da ${}P$ glatt ist, liegt eine solche Gestalt vor. Durch eine Variablentransformation können wir erreichen, dass ${}F_{1}=Y$ ist. Wir können in ${}F$ die isoliert stehenden Potenzen von ${}X$ (die Monome, wo kein ${}Y$ vorkommt) zusammenfassen und bei den anderen ${}Y$ ausklammern. Dann lässt sich die Gleichung ${}F=0$ als

${}Y(1+G)=XH(X)\,$

schreiben, wobei ${}G\in (X,Y)$ ist. Es ist ${}1+G$ eine Einheit in ${}K[X,Y]_{(X,Y)}$ und erst recht im lokalen Ring ${}R=K[X,Y]_{(X,Y)}/(F)$ der Kurve im Nullpunkt. Daher gilt in ${}R$ die Beziehung

${}Y={\frac {H}{1+G}}X\,.$

Also wird das maximale Ideal im lokalen Ring ${}R$ von ${}X$ allein erzeugt, sodass nach Satz 21.7 ein diskreter Bewertungring vorliegt.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Ein Geldfälscher stellt ${}7$-, ${}11$-, ${}13$- und ${}37$-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 ${}7$ dazuaddieren. Die Vielfachen von ${}7$ sind

$7,14,21,28,35,42,\ldots .$

Von ${}11$ ausgehend erhält man

$11,18,25,32,39,46,\ldots .$

Von ${}13$ ausgehend erhält man

$13,20,27,34,41,\ldots .$

Von ${}22=11+11$ ausgehend erhält man

$22,29,36,43,\ldots .$

Von ${}24=11+13$ ausgehend erhält man

$24,31,38,45,\ldots .$

Dazu kommen noch ${}26=13+13$ und ${}33=11+11+11$ und ${}35=11+11+13$ und ${}37=11+13+13$, was auch zeigt, dass die ${}37$ überflüssig ist. Damit haben wir eine lückenlose Sequenz von ${}31$ bis ${}37$ der Länge ${}7$, alle größeren Zahlen müssen daher auch zum Monoid gehören. Die ${}30$ gehört nicht dazu, also ist ${}31$ die Führungszahl (${}30$ ist der größte Betrag, den er nicht begleichen kann). Die Multiplizität ist die kleinste Zahl, also ${}7$, und die Einbettungszahl ist ${}3$, da ${}37$ überflüssig ist. Der Singularitätsgrad ist die Anzahl der Lücken, die Lücken sind

$1,2,3,4,5,6,8,9,10,12,15,16,17,19,23,30.$

Der Singularitätsgrad ist also ${}16$, das sind die Beträge, die er nicht begleichen kann.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme die Schnittmultiplizität im Nullpunkt des Kartesischen Blattes

${}C=V(X^{3}+Y^{3}-3XY)\,$

mit jeder affinen Geraden der affinen Ebene. Man setze voraus, dass die Charakteristik des Körpers nicht ${}3$ ist.

Man setze voraus, dass die Charakteristik des Körpers nicht ${}3$ 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 ${}V(Y-aX)$ oder als ${}V(Y)$ beschreiben kann. Bei ${}V(Y)$ ergibt sich der Restklassenring

${}K[X,Y]_{(X,Y)}/(Y,X^{3}+Y^{3}-3XY)=K[X]_{(X)}/(X^{3})\,.$

Dieser Ring hat die ${}K$-Dimension, die Schnittmultiplizität ist also ${}3$. Wegen der Symmetrie der Situation gilt dies auch für die Gerade ${}V(X)$. Betrachten wir nun eine Gerade ${}V(Y-aX)$ mit ${}a\neq 0$. Dann ist der Restklassenring gleich

${}{\begin{aligned}K[X,Y]_{(X,Y)}/(Y-aX,X^{3}+Y^{3}-3XY)&=K[X]_{(X)}/(X^{3}+a^{3}X^{3}-3aX^{2})\\&=K[X]_{(X)}/(X^{2}(-3a+(1+a^{3})X)).\end{aligned}}$

Da ${}3\neq 0$ ist, ist der hintere Faktor eine Einheit, sodass es sich um den Ring ${}K[X]/(X^{2})$ handelt mit Dimension zwei.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei ${}K={\mathbb {C} }$. Bestimme für die beiden affinen Kurven

$V{\left(Y-X^{3}\right)}{\text{ und }}V{\left(Y^{2}-X^{3}\right)}$

ihre Schnittpunkte zusammen mit den Schnittmultiplizitäten. Betrachte auch Schnittpunkte im ${}{\mathbb {P} }_{\mathbb {C} }^{2}$ und bestätige den Satz von Bezout in diesem Beispiel.

Lösung

Die Schnittpunkte der beiden Kurven im ${}{\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}$ sind durch ${}V(Y-X^{3},Y^{2}-X^{3})$ gegeben. Das heißt für einen Schnittpunkt ${}(x,y)$ muss gelten

$y=x^{3}\,\,{\text{ und }}\,\,y^{2}=x^{3}.$

Wir setzen die erste Gleichung in die zweite ein und erhalten ${}y(y-1)=0$. Also ist ${}y=0$ oder ${}y=1$. Folglich sind die Schnittpunkte gegeben durch

$\{(0,0),(1,1),(1,\zeta ),(1,\zeta ^{2})\},$

wobei ${}\zeta$ eine primitive dritte Einheitswurzel ist. Im Nullpunkt ist der Restklassenring gleich

${}K[X,Y]_{(X,Y)}/(Y-X^{3},Y^{2}-X^{3})=K[X]_{(X)}/(X^{3},X^{6}-X^{3})=K[X]/(X^{3})\,.$

Dieser hat die Dimension drei, sodass also die Schnittmultiplizität dort ${}3$ ist.

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

$(1,-3x^{2})$

und andererseits

${}(2y,-3x^{2})=(2,-3x^{2})\,.$

Da ${}x\neq 0$ ist, sind diese beiden Richtungen linear unabhängig, sodass 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 ${}V_{+}(YZ^{2}-X^{3})$ und ${}V_{+}(Y^{2}Z-X^{3})$. Mit ${}z=0$ erhalten wir, dass ${}x=0$ sein muss, und finden also den Schnittpunkt ${}(0,1,0)$. Eine affine Umgebung wird durch ${}D_{+}(Y)$ gegeben, mit den affinen Gleichungen ${}Z^{2}-X^{3}$ und ${}Z-X^{3}$. Da dies die Ausgangsgleichungen sind, ist dort die Schnittmultiplizität wieder gleich ${}3$. Die Summe der Schnittmultiplizitäten ist also ${}9$, 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 ${}C$ 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)

Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}F,G\in K[X,Y]$ zwei nichtkonstante Polynome ohne gemeinsamen nichtkonstanten Teiler. Zeige, dass der Durchschnitt ${}V(F)\cap V(G)$ nur endlich viele Punkte besitzt.

Lösung

Wir betrachten ${}F,G\in K[X,Y]$ als Elemente in ${}K(X)[Y]$, wobei ${}K(X)$ den Körper der rationalen Funktionen in ${}X$ bezeichne. Es haben dann nach Aufgabe 4.8 auch ${}F$ und ${}G$ keinen gemeinsamen Teiler in ${}K(X)[Y]$. Da dieser Ring ein Hauptidealbereich ist, erzeugen sie zusammen das Einheitsideal, d.h. es gibt Polynome ${}A,B\in K(X)[Y]$ mit ${}AF+BG=1$. Multiplikation mit dem Hauptnenner von ${}A$ und ${}B$ ergibt in ${}K[X,Y]$ die Gleichung ${}{\tilde {A}}F+{\tilde {B}}G=H$ mit ${}H\in K[X]$. Eine gemeinsame Nullstelle in ${}{\mathbb {A} }_{K}^{2}$ von ${}F$ und von ${}G$ muss also eine Nullstelle von ${}H$ sein. Es gibt also nur endlich viele Werte für ${}X$, für die eine gemeinsame Nullstelle vorliegt. Wenn man die Rollen von ${}X$ und von ${}Y$ vertauscht, so sieht man, dass es auch nur endlich viele Werte für ${}Y$ gibt, an denen eine gemeinsame Nullstelle vorliegen kann. Damit kann es überhaupt nur endlich viele gemeinsame Nullstellen geben.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Es sei ${}R$ ein normaler Integritätsbereich und ${}f\in R$, ${}f\neq 0$. Zeige, dass die Nenneraufnahme ${}R_{f}$ ebenfalls normal ist.

Lösung

Es sei ${}q\in Q(R)=Q(R_{f})$ ein Element im Quotientenkörper und angenommen, dass es eine Ganzheitsgleichung über ${}R_{f}$ erfüllt. Es gibt also eine Gleichung der Form

${}q^{n}+g_{n-1}q^{n-1}+\cdots +g_{1}q+g_{0}=0\,$

mit ${}g_{i}\in R_{f}$. D.h. die ${}g_{i}$ lassen sich schreiben als Brüche, deren Nenner Potenzen von ${}f$ sind. Man kann dann annehmen, dass alle Brüche mit einer festen Potenz ${}f^{k}$ als Nenner geschrieben sind, und da man zu einer größeren Potenz übergehen kann, darf man auch annehmen, dass ${}k$ ein Vielfaches von ${}n$ ist. Wir multiplizieren die Gleichung mit ${}f^{kn}$ und erhalten

${}(f^{k}q)^{n}+g_{n-1}f^{k}(f^{k}q)^{n-1}+\cdots +g_{1}f^{k(n-1)}(f^{k}q)+f^{kn}g_{0}=0\,.$

Dabei sind alle Koeffizienten aus ${}R$ und daher liegt eine Ganzheitsgleichung für ${}f^{k}q$ vor. Wegen der Normalität von ${}R$ bedeutet dies ${}f^{k}q\in R$, also ${}q=b/f^{k}\in R_{f}$.

 

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