Kurs:Algebraische Kurven/4/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Der Polynomring in einer Variablen ${}X$ über einem kommutativen Ring ${}R$.
2. Eine irreduzible Komponente einer affin-algebraischen Menge ${}V$.
3. Ein Radikal.
4. Der Singularitätsgrad zu einem numerischen Monoid ${}M\subseteq \mathbb {N}$.
5. Ein normaler Integritätsbereich.
6. Eine quasiprojektive Varietät.

Lösung

1. Der Polynomring über ${}R$ besteht aus allen Polynomen

   $P=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+\cdots +a_{n}X^{n}$

   mit ${}a_{i}\in R,\,i=0,\ldots ,n,\,n\in \mathbb {N}$,

   und mit komponentenweiser Addition und einer Multiplikation, die durch distributive Fortsetzung der Regel

   ${}X^{n}\cdot X^{m}:=X^{n+m}\,$

   definiert ist.

2. Eine affin-algebraische Teilmenge ${}W\subseteq V$ heißt eine irreduzible Komponente von ${}V$, wenn sie irreduzibel ist und wenn es keine irreduzible Teilmenge ${}W\subset W'\subseteq V$ gibt.
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 die Anzahl der Lücken, d.h. der natürlichen Zahlen ${}\mathbb {N} \setminus M$, den Singularitätsgrad von ${}M$.
5. Ein Integritätsbereich heißt normal, wenn er ganz-abgeschlossen in seinem Quotientenkörper ist.
6. Unter einer quasiprojektiven Varietät versteht man eine offene Teilmenge einer projektiven Varietät zusammen mit der induzierten Zariski-Topologie und versehen mit der Strukturgarbe der algebraischen Funktionen.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Fundamentalsatz der Algebra.
2. Der Satz über die Beziehung des ${}K$-Spektrums von einem Restklassenring ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/{\mathfrak {a}}$ zum Nullstellengebilde ${}V({\mathfrak {a}})$.
3. Der Satz über die Charakterisierung von ganzen Elementen.

Lösung

1. Jedes nichtkonstante Polynom ${}P\in {\mathbb {C} }[X]$ über den komplexen Zahlen besitzt eine Nullstelle.
2. 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 ${}V({\mathfrak {a}})\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$. Dann stiftet 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 ${}V({\mathfrak {a}})$, die bezüglich der Zariski-Topologie ein Homöomorphismus ist.
3. Es seien ${}R$ und ${}S$ kommutative Ringe und ${}R\subseteq S$ eine Ringerweiterung. Für ein Element ${}x\in S$ sind folgende Aussagen äquivalent.
   1. ${}x$ ist ganz über ${}R$.
   2. Es gibt eine ${}R$-Unteralgebra ${}T$ von ${}S$ mit ${}x\in T$ und die ein endlicher ${}R$-Modul ist.
   3. Es gibt einen endlichen ${}R$-Untermodul ${}M$ von ${}S$, der einen Nichtnullteiler aus ${}S$ enthält, mit ${}xM\subseteq M$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Schnittpunkte des Einheitskreises mit der Standardparabel.

Lösung

Die Standardparabel ist durch die Gleichung

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

und der Einheitskreis ist durch die Gleichung

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

gegeben. Die Schnittpunkte müssen beide Gleichungen simultan erfüllen. Wir ersetzen mit der ersten Gleichung ${}x^{2}$ in der zweiten Gleichung und erhalten

${}y^{2}+y-1=0\,.$

Also ist

${}y={\frac {-1\pm {\sqrt {1+4}}}{2}}={\frac {-1\pm {\sqrt {5}}}{2}}\,.$

Für das negative Vorzeichen ergibt sich keine Quadratwurzel, also ist

${}y={\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}\,$

und

${}x=\pm {\sqrt {\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}}\,.$

Die beiden Schnittpunkte sind also ${}\left(-{\sqrt {\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}},\,{\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)$ und ${}\left({\sqrt {\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}},\,{\frac {-1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass ein kommutativer Ring genau dann ein Körper ist, wenn er genau zwei Ideale enthält.

Lösung

Wenn ${}R$ ein Körper ist, so gibt es das Nullideal und das Einheitsideal, die voneinander verschieden sind. Es sei ${}I$ ein von ${}0$ verschiedenes Ideal in ${}R$. Dann enthält ${}I$ ein Element ${}x\neq 0$, das eine Einheit ist. Damit ist ${}1=xx^{-1}\in I$ und damit ${}I=R$.

Es sei umgekehrt ${}R$ ein kommutativer Ring mit genau zwei Idealen. Dann kann ${}R$ nicht der Nullring sein. Es sei nun ${}x$ ein von ${}0$ verschiedenes Element in ${}R$. Das von ${}x$ erzeugte Hauptideal ${}Rx$ ist ${}\neq 0$ und muss daher mit dem anderen Ideal, also mit dem Einheitsideal übereinstimmen. Das heißt insbesondere, dass ${}1\in Rx$ ist. Das bedeutet also ${}1=xr$ für ein ${}r\in R$, sodass ${}x$ eine Einheit ist.

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 (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 (5 Punkte)

Es sei ${}A$ eine endlich erzeugte ${}\mathbb {Z}$- Algebra und es sei ${}{\mathfrak {m}}\subseteq A$ ein maximales Ideal. Zeige, dass der Restklassenring ${}A/{\mathfrak {m}}$ ein endlicher Körper ist.

Lösung

Wir betrachten die zusammengesetzte Abbildung

$\mathbb {Z} {\stackrel {\varphi }{\longrightarrow }}A\longrightarrow A/{\mathfrak {m}}=L,$

die ebenfalls vom endlichen Typ ist. Das Urbild ${}\varphi ^{-1}({\mathfrak {m}})$ ist ein Primideal in ${}\mathbb {Z}$, also gleich ${}(0)$ oder gleich ${}(p)$ mit einer Primzahl ${}p$. Im ersten Fall würde man eine Faktorisierung

$\mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Q} \longrightarrow L$

haben. Nach dem Hilbertscher Nullstellensatz ist ${}L$ endlich über ${}\mathbb {Q}$ und nach Lemma 10.5 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) wäre dann ${}\mathbb {Q}$ auch endlich erzeugt über ${}\mathbb {Z}$, was aber nicht der Fall ist. Der erste Fall ist also ausgeschlossen. Es liegt also der zweite Fall vor, und man hat eine Faktorisierung

$\mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Z} /(p)\longrightarrow L.$

Nach dem Hilbertschen Nullstellensatz ist somit ${}L$ endlich über dem endlichen Körper ${}\mathbb {Z} /(p)$ und damit selbst endlich.

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring mit einem Element ${}n\in R$ mit ${}n^{2}=0$ in ${}R$ und sei

${}S=R/(n)\,.$

Zeige, dass es zu jedem idempotenten Element ${}e$ aus ${}S$ ein idempotentes Element aus ${}R$ gibt, dessen Restklasse gleich ${}e$ ist.

Lösung

Es sei ${}f\in R$ ein Urbild von ${}e$. Da ${}e$ idempotent ist, wird ${}f^{2}-f$ auf ${}0$ abgebildet, also ist ${}f^{2}-f=c\in (n)$. Insbesondere ist ${}c^{2}=0$. Wir betrachten

${}g=f+c-2cf\,,$

das ebenfalls auf ${}e$ abgebildet wird. Es ist

${}{\begin{aligned}g^{2}&={\left(f+c-2cf\right)}^{2}\\&=f^{2}+c^{2}+4c^{2}f^{2}+2cf-4cf^{2}-4c^{2}f\\&=f^{2}+2cf-4cf^{2}\\&=f+c+2cf-4c(f+c)\\&=f+c+2cf-4cf\\&=f+c-2cf\\&=g,\end{aligned}}$

also ist ein idempotentes Urbild von ${}e$ gefunden.

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 (1+1+2) Punkte)

Wir betrachten zu ${}n\in \mathbb {Z}$ den Monoidhomomorphismus

$\varphi _{n}\colon \mathbb {Z} \longrightarrow \mathbb {Z} ,\,b\longmapsto nb.$

1. Beschreibe die induzierte Spektrumsabbildung zu einem Körper ${}K$.
2. Zeige, dass bei ${}n\neq 0$ und ${}K$ algebraisch abgeschlossen die Spektrumsabbildung surjektiv ist.
3. Wie viele Urbilder hat die Spektrumsabbildung bei ${}n\neq 0$ und ${}K={\mathbb {C} }$ in jedem Punkt?

Lösung

1. Es ist

   ${}K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(K[\mathbb {Z} ]\right)}=K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(K[X,X^{-1}]\right)}=K^{\times }\,$

   und die Spektrumabbildung ist

   $K^{\times }\longrightarrow K^{\times },\,x\longmapsto x^{n}.$

2. Das Urbild zu ${}y\in K^{\times }$ ist

   ${\left\{x\in K^{\times }\mid x^{n}=y\right\}}.$

   Bei ${}K$ algebraisch abgeschlossen und ${}n>0$ besitzt eine solche Gleichung stets eine Lösung in ${}K$, die bei ${}y\neq 0$ nicht ${}0$ sein kann. Bei ${}n<0$ kann man die Situation invertieren.

3. Die Anzahl der Urbilder ist stets gleich ${}\vert {n}\vert$. Aufgrund des Isomorphismus

   $K^{\times }\longrightarrow K^{\times },\,x\longmapsto x^{-1},$

   kann man ${}n$ als positiv annehmen. Mehr als ${}n$ Lösungen kann es wegen Satz Anhang 1.5 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) nicht geben. Es seien ${}\zeta _{1},\ldots ,\zeta _{n}$ die ${}n$-ten komplexen Einheitswurzeln. Wenn ${}x^{n}=y$ ist, so ist auch

   ${}(\zeta x)^{n}=y\,$

   und somit gibt es die ${}n$ (verschiedenen, da ${}x\neq 0$) Lösungen ${}\zeta _{1}x,\ldots ,\zeta _{n}x$.

Aufgabe (3 Punkte)

Bestimme die Multiplizität und die Tangenten im Nullpunkt ${}(0,0)$ der ebenen algebraischen Kurve

${}C=V{\left(Y^{4}+X^{3}+3XY^{2}+2X^{2}Y\right)}\subseteq {\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}\,.$

Lösung

Die Multiplizität ist der Grad der homogenen Komponenten vom kleinsten Grad, also ${}3$. Zur Bestimmung der Tangenten muss man ${}X^{3}+3XY^{2}+2X^{2}Y$ in Linearfaktoren zerlegen. Es ist

${}X^{3}+3XY^{2}+2X^{2}Y=X(X^{2}+3Y^{2}+2XY)\,.$

Dabei ist

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

Als Tangenten ergeben sich also ${}X=0$ (${}Y$-Achse) und ${}X=-(1+{\sqrt {2}}{\mathrm {i} })Y$ und ${}X=(-1+{\sqrt {2}}{\mathrm {i} })Y$.

Aufgabe (4 (2+1+1) Punkte)

Es sei ${}e\in \mathbb {N} _{+}$ und sei ${}M:=\{0\}\cup \mathbb {N} _{\geq e}\subseteq \mathbb {N}$.

1. Bestimme ${}nM_{+}$ für ${}n\in \mathbb {N} _{+}$.
2. Bestimme ${}{\#\left(M\setminus nM_{+}\right)}$.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und setze ${}R=K[M]_{\mathfrak {m}}$ mit ${}{\mathfrak {m}}=(M_{+})\subseteq K[M]$. Bestimme ${}\dim _{K}{\left(R/{\mathfrak {m}}^{n}\right)}$.

Lösung

1. Wir behaupten

   ${}nM_{+}=\mathbb {N} _{\geq ne}\,.$

   Die Zugehörigkeit ${}k\in nM_{+}$ bedeutet, dass es ${}n$ Elemente ${}m_{1},\ldots ,m_{n}\in M_{+}=\mathbb {N} _{\geq e}$ mit

   ${}k=m_{1}+\cdots +m_{n}\,.$

   Wegen ${}n_{j}\geq e$ ist ${}k\geq ne$. Wenn umgekehrt ${}k\geq ne$ gilt, so kann man

   ${}k=(n-1)e+m\,$

   mit ${}m\geq e$ schreiben, also ist ${}k\in nM_{+}$.

2. Es ist

   ${}M\setminus nM_{+}=M\setminus \mathbb {N} _{\geq ne}=\{0,1,\ldots ,ne-1\}\,,$

   diese Menge besitzt somit ${}ne$ Elemente.

3. Wegen

   ${}{\begin{aligned}K[M]_{\mathfrak {m}}/{\mathfrak {m}}^{n}&\cong K[M]/{\mathfrak {m}}^{n}\\&=K[M]/(nM_{+})\\&=K[M]/(\mathbb {N} _{\geq en})\\&=K\langle T^{m},\,0\leq m<en\rangle \end{aligned}}$

   ist die ${}K$-Dimension von ${}K[M]_{\mathfrak {m}}/{\mathfrak {m}}^{n}$ ebenfalls gleich ${}ne$.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über Einheiten im Potenzreihenring ${}K[\![T]\!]$.

Lösung

Die angegebene Bedingung ist notwendig, da die Abbildung

$K[\![T]\!]\longrightarrow K,\,F\longmapsto a_{0},$

die eine Potenzreihe ${}F$ auf ihren konstanten Term schickt, ein Ringhomomorphismus ist, siehe Aufgabe *****. Für die Umkehrung müssen wir eine Potenzreihe ${}G={\sum }_{j=0}^{\infty }b_{j}T^{j}$ mit

${}FG={\left({\sum }_{i=0}^{\infty }a_{i}T^{i}\right)}{\left({\sum }_{j=0}^{\infty }b_{j}T^{j}\right)}=1\,$

angeben. Für ${}b_{0}$ ergibt sich daraus die Bedingung ${}a_{0}b_{0}=1$, die wegen ${}a_{0}\neq 0$ eine eindeutige Lösung besitzt, nämlich ${}b_{0}=a_{0}^{-1}$. Nehmen wir induktiv an, dass die Koeffizienten ${}b_{j}$ für ${}j<n$ schon konstruiert seien, und zwar derart, dass sämtliche Koeffizienten ${}c_{k}$, ${}1\leq k<n$, der Produktreihe ${}FG$ gleich ${}0$ sind. Für den ${}n$-ten Koeffizienten ergibt sich die Bedingung

${}0=c_{n}=a_{0}b_{n}+a_{1}b_{n-1}+\cdots +a_{n-1}b_{1}+a_{n}b_{0}\,.$

Dabei sind bis auf ${}b_{n}$ alle Werte schon festgelegt, und wegen ${}a_{0}\neq 0$ ergibt sich eine eindeutige Lösung für ${}b_{n}$.

Aufgabe (12 Punkte)

Beweise den Satz von Bezout.

Lösung

Der Durchschnitt ${}C\cap D$ besteht nur aus endlich vielen Punkten. Wir können daher nach Aufgabe ***** annehmen, dass alle Schnittpunkte in ${}{\mathbb {A} }_{K}^{2}=D_{+}(Z)\subset {\mathbb {P} }_{K}^{2}$ liegen. Es seien ${\tilde {F}}$ und ${\tilde {G}}$ die inhomogenen Polynome aus ${}K[X,Y]$, die die affinen Kurven $C\cap {\mathbb {A} }_{K}^{2}$ und $D\cap {\mathbb {A} }_{K}^{2}$ beschreiben. Damit ist

${}{\begin{aligned}\sum _{P\in {\mathbb {P} }_{K}^{2}}\operatorname {mult} _{P}(F,G)&=\sum _{P\in {\mathbb {A} }_{K}^{2}}\operatorname {mult} _{P}({\tilde {F}},{\tilde {G}})\\&=\sum _{P\in {\mathbb {A} }_{K}^{2}}\dim _{K}{\left(K[X,Y]_{{\mathfrak {m}}_{P}}/({\tilde {F}},{\tilde {G}})\right)}\\&=\dim _{K}{\left(K[X,Y]/({\tilde {F}},{\tilde {G}})\right)}.\end{aligned}}$

Dabei beruht die letzte Gleichung auf Satz 26.11 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)). Wir wollen die ${}K$-Dimension dieses inhomogenen Restklassenrings mit der Dimension einer Stufe des homogenen Restklassenrings ${}(K[X,Y,Z]/(F,G))_{\ell }$ in Verbindung bringen. Von letzterer wissen wir aufgrund von Lemma 30.1 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)), dass sie für ${}\ell$ hinreichend groß gleich ${}mn$ ist.

Wir wählen eine Basis ${}V_{1},\ldots ,V_{mn}$ von ${}(K[X,Y,Z]/(F,G))_{\ell }$ (${}\ell$ hinreichend groß und fixiert) und behaupten, dass die Dehomogenisierungen ${}v_{i}=V_{i}(X,Y,1)$ eine Basis von ${}K[X,Y]/({\tilde {F}},{\tilde {G}})$ bilden. Dazu sei ${}q\in K[X,Y]$ beliebig vorgegeben mit Homogenisierung ${}Q\in K[X,Y,Z]$ vom Grad ${}d$. Es sei ${}e$ so gewählt, dass ${}d+e\geq \ell$ ist. Aufgrund von Lemma 30.2 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) sind die Abbildungen ($\lambda \geq 1$)

$(K[X,Y,Z]/(F,G))_{\ell }\longrightarrow (K[X,Y,Z]/(F,G))_{\ell +\lambda },\,H\longmapsto Z^{\lambda }H,$

injektiv und daher auch bijektiv, da die Dimensionen übereinstimmen. Insbesondere bilden die ${}Z^{\lambda }V_{i}$, ${}i=1,\ldots ,mn$, eine Basis von ${}{\left(K[X,Y,Z]/(F,G)\right)}_{\ell +\lambda }$. Es gibt dann also eine Darstellung ${}Z^{e}Q=\sum _{i=1}^{mn}a_{i}Z^{d+e-\ell }V_{i}$. Durch Dehomogenisieren ergibt sich daraus sofort eine Darstellung für ${}q$.

Zum Nachweis der linearen Unabhängigkeit sei

${}\sum _{i=1}^{mn}a_{i}v_{i}=0\,$

angenommen, sodass in ${}K[X,Y]$ eine Gleichung

${}\sum _{i=1}^{mn}a_{i}v_{i}={\tilde {A}}{\tilde {F}}+{\tilde {B}}{\tilde {G}}\,$

vorliegt. Dabei setzen wir ${}{\tilde {A}},{\tilde {B}}$ als Dehomogenisierung von zwei homogenen Polynomen ${}A,B\in K[X,Y,Z]$ an. Somit liegen zwei homogene Ausdrücke - nämlich $\sum _{i=1}^{mn}a_{i}V_{i}$ und $AF+BG$ - vor, deren Dehomogenisierungen übereinstimmen. Durch geeignete Wahl von ${}r,s,t$ können wir annehmen, dass ${}\sum _{i=1}^{mn}a_{i}Z^{r}V_{i}$ und ${}Z^{s}AF+Z^{t}BG$ (homogen sind und) den gleichen Grad besitzen. Nach Aufgabe 6.17 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) ist dann bereits

${}\sum _{i=1}^{mn}a_{i}Z^{r}V_{i}=Z^{s}AF+Z^{t}BG\,.$

Diese Gleichung bedeutet ${}\sum _{i=1}^{mn}a_{i}Z^{r}V_{i}=0$ in ${}K[X,Y,Z]/(F,G)$, woraus sich ${}a_{i}=0$ ergibt.