Kurs:Algebraische Kurven/6/Klausur mit Lösungen

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	${}\sum$
Punkte	3	3	4	3	3	6	5	3	3	4	5	5	3	5	4	5	64

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Der Grad eines Polynoms ${}F\in K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$.
2. Die affin-lineare Äquivalenz von affin-algebraischen Mengen ${}V,{\tilde {V}}\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$.
3. Der Koordinatenring zu einer affin-algebraischen Menge ${}V\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$.
4. Das ${}K$-Spektrum zu einer kommutativen ${}K$- Algebra ${}R$.
5. Ein diskreter Bewertungsring.
6. Eine projektive ebene Kurve.

Lösung

1. Zu einem Polynom ${}F=\sum _{\nu }a_{\nu }X^{\nu }\neq 0$ heißt das Maximum

   $\max\{|\nu |:\,a_{\nu }\neq 0\}$

   der Grad von ${}F$.

2. Die beiden affin-algebraische Mengen ${}V,{\tilde {V}}\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ heißen affin-linear äquivalent, wenn es eine affin-lineare Variablentransformation ${}\varphi \colon {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}\rightarrow {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ mit

   ${}\varphi ^{-1}(V)={\tilde {V}}\,$

   gibt.

3. Zu ${}V\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ mit Verschwindungsideal ${}\operatorname {Id} \,(V)$ nennt man ${}R(V)=K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/\operatorname {Id} \,(V)$ den Koordinatenring von ${}V$.
4. Unter dem Spektrum versteht man die Menge der ${}K$- Algebrahomomorphismen ${}\operatorname {Hom} _{K}(R,K)$.
5. Ein diskreter Bewertungsring ${}R$ ist ein Hauptidealbereich mit der Eigenschaft, dass es bis auf Assoziiertheit genau ein Primelement in ${}R$ gibt.
6. Eine projektive ebene Kurve ist die Nullstellenmenge ${}C=V_{+}(F)\subset {\mathbb {P} }_{K}^{2}$ zu einem homogenen nicht-konstanten Polynom ${}F\in K[X,Y,Z]$.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über den Zariski-Abschluss zu einer Teilmenge ${}T\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$.
2. Der Satz über maximale Ideale in einer Algebra über einem algebraisch abgeschlossenen Körper ${}K$.
3. Der Satz über die noethersche Normalisierung für projektive Kurven.

Lösung

1. Sei ${}T\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ eine Teilmenge. Dann ist der Zariski-Abschluss von ${}T$ gleich

   ${}{\overline {T}}=V(\operatorname {Id} \,(T))\,.$

2. Es sei ${}K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und sei ${}A$ eine endlich erzeugte ${}K$-Algebra. Dann ist jeder Restklassenkörper von ${}A$ isomorph zu ${}K$.
3. Es sei ${}K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper und sei ${}C\subset {\mathbb {P} }_{K}^{2}$ eine ebene projektive Kurve vom Grad ${}d$. Dann gibt es einen surjektiven Morphismus

   $C\longrightarrow {\mathbb {P} }_{K}^{1}$

   derart, dass alle Fasern aus maximal ${}d$ Punkten bestehen.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Bestimme die Schnittpunkte der Neilschen Parabel ${}V(Y^{2}-X^{3})\subseteq {\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}$ mit

1. den Geraden durch dem Nullpunkt,
2. den zu den Achsen parallelen Geraden.

Lösung

1. Die Geraden durch den Nullpunkt sind durch

   ${}X=0\,$

   und

   ${}Y=\alpha X\,$

   mit ${}\alpha \in {\mathbb {C} }$ gegeben. Einsetzen in die Gleichung der Neilschen Parabel ergibt im ersten Fall

   ${}Y^{2}=0\,,$

   also den einzigen Schnittpunkt ${}(0,0)$, und im zweiten Fall

   ${}\alpha ^{2}X^{2}=X^{3}\,,$

   also

   ${}X^{2}{\left(X-\alpha ^{2}\right)}=0\,$

   mit den Schnittpunkten ${}(0,0)$ und ${}(\alpha ^{2},\alpha ^{3})$.

2. Die Geraden, die parallel zur ${}X$-Achse sind, sind durch

   ${}Y=c\,$

   mit einem ${}c\in {\mathbb {C} }$ gegeben. Dies führt auf

   ${}c^{2}=X^{3}\,.$

   Bei ${}c=0$ ergibt dies den einzigen Schnittpunkt ${}(0,0)$ und bei ${}c\neq 0$ ergibt dies die Schnittpunkte ${}(\zeta {\sqrt[{3}]{c^{2}}},c)$, wobei ${}{\sqrt[{3}]{c^{2}}}$ eine beliebige dritte Wurzel aus ${}c^{2}$ bezeichnet und ${}\zeta$ die dritten Einheitswurzeln durchläuft.

   Die Geraden, die parallel zur ${}Y$-Achse sind, sind durch

   ${}X=d\,$

   mit einem ${}d\in {\mathbb {C} }$ gegeben. Dies führt auf

   ${}Y^{2}=d^{3}\,.$

   Bei ${}d=0$ ergibt dies den einzigen Schnittpunkt ${}(0,0)$ und bei ${}d\neq 0$ ergibt dies die Schnittpunkte ${}(d,\pm {\sqrt {d^{3}}})$, wobei ${}{\sqrt {d^{3}}}$ eine beliebige Quadratwurzel aus ${}d^{3}$ bezeichnet.

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring mit ${}p$ Elementen, wobei ${}p$ eine Primzahl sei. Zeige, dass ${}R$ ein Körper ist.

Lösung

Es sei ${}x\in R$, ${}x\neq 0$. Wir betrachten die von ${}x$ erzeugte additive Untergruppe von ${}R$. Wegen ${}x\neq 0$ handelt es sich nicht um die triviale Gruppe. Da nach dem Satz von Lagrange die Ordnung jeder Untergruppe die Gruppenordnung teilt und diese eine Primzahl ist, erzeugt ${}x$ schon ganz ${}R$. Es gibt also insbesondere eine natürliche Zahl ${}n$ mit

${}nx=1\,.$

Da jeder Ring die natürlichen Zahlen enthält, bedeutet dies, dass ${}x$ eine Einheit ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Betrachte die beiden Kreise

$X^{2}+Y^{2}=1\,\,{\text{ und }}\,\,4X^{2}+3Y^{2}=9.$

Zeige, dass die beiden Kreise über ${}\mathbb {R}$ affin-linear äquivalent sind, aber nicht über ${}\mathbb {Q}$.

Lösung

Es ist ${}4X^{2}+3Y^{2}=9$ äquivalent zu ${}\left({\frac {2}{3}}X\right)^{2}+\left({\frac {1}{\sqrt {3}}}Y\right)^{2}=1={\tilde {X}}^{2}+{\tilde {Y}}^{2}$. Über ${}\mathbb {R}$ ist also ${}{\tilde {X}}={\frac {2}{3}}X$, ${}{\tilde {Y}}={\frac {1}{\sqrt {3}}}Y$ eine affin-lineare Transformation.

Für den Fall ${}\mathbb {Q}$ setzen wir ${}{\tilde {X}}=aX+bY+c$ und ${}{\tilde {Y}}=dX+eY+f$ mit Koeffizienten ${}a,b,c,d,e,f\in \mathbb {Q}$ an. Es ergibt sich

${}{\begin{aligned}{\tilde {X}}^{2}+{\tilde {Y}}^{2}&=(aX+bY+c)^{2}+(dX+eY+f)^{2}\\&=\left(a^{2}+d^{2}\right)X^{2}+\left(b^{2}+e^{2}\right)Y^{2}+2(ab+de)XY+H(X,Y)\end{aligned}}$

mit ${}H\in \mathbb {Q} [X,Y]$ mit ${}\operatorname {grad} H\leq 1$. Es muss also die Gleichheit ${}b^{2}+e^{2}={\frac {1}{3}}\Longleftrightarrow 3(b^{2}+e^{2})=1$ gelten. Durch multiplizieren mit dem Hauptnenner können wir die Gleichung auf die Form

$3(r^{2}+s^{2})=t^{2}$

bringen, wobei ${}r,s,t\in \mathbb {Z}$. Wir wollen zeigen, dass diese Gleichung keine ganzzahlige Lösung besitzt. Da die linke Seite der Gleichung ein Vielfaches von ${}3$ ist, folgt ${}3{|}t$, also ${}9{|}t^{2}$, woraus ${}3{|}(r^{2}+s^{2})$ folgt. In ${}\mathbb {Z} /(3)$ ist ${}r^{2}+s^{2}=0$ genau dann, wenn ${}r=0$ und ${}s=0$. Daraus folgt ${}9{|}(r^{2}+s^{2})$ und wir können beide Seiten der Gleichung durch ${}9$ teilen. Wir setzen nun ${}r'={\frac {r}{3}}$, ${}s'={\frac {s}{3}}$ und ${}t'={\frac {t}{3}}$. Absteigende Induktion führt zum Ziel.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Noethersche Normalisierung für Kurven.

Lösung

Wir schreiben ${}F$ in homogener Zerlegung als

${}F=F_{d}+F_{d-1}+\cdots +F_{1}+F_{0}\,$

mit den homogenen Komponenten

${}F_{i}=\sum _{a+b=i}c_{a,b}X^{a}Y^{b}\,.$

Ein homogenes Polynom in zwei Variablen hat die gleichen Faktorisierungseigenschaften wie ein Polynom in einer Variablen. Da wir uns über einem algebraisch abgeschlossenen Körper befinden, gibt es eine Faktorisierung

${}F_{d}=c(Y-e_{1}X)\cdots (Y-e_{k}X)X^{d-k}\,.$

Da ${}c$ eine ${}d$-te Wurzel besitzt können wir durch Streckung der Variablen erreichen, dass ${}c=1$ ist. Da ${}K$ insbesondere unendlich ist, finden wir ein ${}e$, das von allen ${}e_{j}$ verschieden ist. Wir schreiben die Gleichung in den neuen Variablen

${\tilde {Y}}=Y-eX\,\,{\text{ und }}\,\,{\tilde {X}}=X$

und erhalten eine Gleichung ${}{\tilde {F}}$, wo die Linearfaktoren von ${}{\tilde {F}}_{d}$ die Gestalt

${}{\begin{aligned}Y-e_{j}X&=Y-eX+eX-e_{j}X\\&={\tilde {Y}}-(e_{j}-e)X\\&={\tilde {Y}}-(e_{j}-e){\tilde {X}}\end{aligned}}$

(mit $e_{j}-e\neq 0$) bzw. ${}{\tilde {X}}=X$ haben. Multipliziert man dies aus so sieht man, dass ${}{\tilde {X}}^{d}$ mit einem bestimmten Vorfaktor aus ${}K$ vorkommt, den wir wieder durch Streckung als ${}1$ annehmen können. Dann hat ${}{\tilde {F}}_{d}$ die Gestalt ${}{\tilde {X}}^{d}+$ Terme, in denen maximal ${}{\tilde {X}}^{d-1}$ vorkommt. Die homogenen Komponenten von kleinerem Grad behalten auch ihren Grad, sodass in ${}{\tilde {F}}$ nur noch weitere Monome vom ${}{\tilde {X}}$-Grad ${}\leq d-1$ gibt.

Aufgabe (5 Punkte)

Führe für die rationale Quadrik

${}C=V(X^{2}+Y^{2}-5)\subset {\mathbb {A} }_{\mathbb {Q} }^{2}\,$

eine rationale Parametrisierung im Sinne von Satz 7.6 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) mit dem Hilfspunkt ${}(1,2)$ und einer geeigneten Geraden durch.

Lösung

Wir verschieben den Punkt ${}(1,2)$ in den Nullpunkt, indem wir die neuen Variablen ${}U=X-1$ und ${}V=Y-2$ einführen. Die Gleichung wird dann zu

${}X^{2}+Y^{2}-5=(U+1)^{2}+(V+2)^{2}-5=U^{2}+V^{2}+2U+4V\,.$

Die Formeln für die Parametrisierung mit der Geraden ${}V=1$ liefern

${}P_{1}=-t{\left(2t+4\right)}\,,$

${}P_{2}=-{\left(2t+4\right)}\,$

und

${}Q=t^{2}+1\,.$

Die Parametrisierung ist also durch

$\mathbb {Q} \longrightarrow C\subset {\mathbb {A} }_{\mathbb {Q} }^{2},\,t\longmapsto \left({\frac {-t{\left(2t+4\right)}}{t^{2}+1}},\,{\frac {-{\left(2t+4\right)}}{t^{2}+1}}\right)$

gegeben. Daraus ergibt sich für die Ausgangsgleichung die Parametrisierung

${}X=-t{\frac {\left(2t+4\right)}{t^{2}+1}}+1={\frac {-t^{2}-4t+1}{t^{2}+1}}\,$

und

${}Y={\frac {-{\left(2t+4\right)}}{t^{2}+1}}+2={\frac {2t^{2}-2t-2}{t^{2}+1}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein algebraisch abgeschlossener Körper. Beweise den Hilbertschen Nullstellensatz direkt für den Polynomring in einer Variablen.

Lösung Hilbertscher Nullstellensatz/Eindimensional/Direkt/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (3 Punkte)

Schreibe den Restklassenring ${}\mathbb {Q} [X]/(X^{4}-1)$ als ein Produkt von Körpern, wobei lediglich die Körper ${}\mathbb {Q}$ und ${}\mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$ vorkommen. Schreibe die Restklasse von ${}X^{3}+X$ als ein Tupel in dieser Produktzerlegung.

Lösung

Es ist

${}X^{4}-1=(X^{2}-1)(X^{2}+1)=(X+1)(X-1)(X^{2}+1)\,$

und ${}X^{2}+1\in \mathbb {Q} [X]$ ist irreduzibel, da es keine rationale Nullstelle besitzt. Es handelt sich also um die Primfaktorzerlegung, wobei die Faktoren paarweise nicht assoziiert sind, da sie ja alle normiert sind. Nach dem chinesischen Restsatz für Hauptidealbereiche gilt daher die Produktzerlegung

${}\mathbb {Q} [X]/(X^{4}-1)\cong \mathbb {Q} [X]/(X+1)\times \mathbb {Q} [X]/(X-1)\times \mathbb {Q} [X]/(X^{2}+1)\cong \mathbb {Q} \times \mathbb {Q} \times \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]\,,$

wobei wir für das zweite Gleichheitszeichen die Einsetzungen ${}X\mapsto -1$ und ${}X\mapsto 1$ und die Isomorphie ${}\mathbb {Q} [X]/(X^{2}+1)\cong \mathbb {Q} [{\mathrm {i} }]$ verwendet haben. Das Element ${}X^{3}+X=X(X^{2}+1)$ wird unter den drei Projektionen auf ${}-2,2$ und ${}0$ abgebildet, es ist also gleich

$(-2,2,0).$

Aufgabe (4 Punkte)

Es sei ${}M$ ein kommutatives Monoid und ${}K$ ein Körper. Es sei ${}m\in M$ und ${}T^{m}\in K[M]$. Zeige, dass ${}m$ genau dann eine Einheit in ${}M$ ist, wenn ${}T^{m}$ eine Einheit in ${}K[M]$ ist.

Lösung

Wenn ${}m$ eine Einheit in ${}M$ ist, so gibt es ein ${}n\in M$ mit ${}m+n=0$. Dann ist

${}T^{m}\cdot T^{n}=T^{m+n}=T^{0}=1\,$

und somit ist ${}T^{m}$ eine Einheit im Monoidring.

Wenn ${}T^{m}$ eine Einheit im Monoidring ist, so gibt es eine Element

${}P=\sum _{n\in E}a_{n}T^{n}\,$

mit endlichem Träger ${}E\subseteq M$ und mit von ${}0$ verschiedenen Koeffizienten ${}a_{n}\in K$ derart, dass

${}T^{m}{\left(\sum _{n\in E}a_{n}T^{n}\right)}=\sum _{n\in E}a_{n}T^{m+n}=1\,$

ist. Für die letzte Gleichung müssen alle Exponenten

${}n+m=0\,$

sein und es muss mindestens ein solches ${}n\in M$ geben. Dies bedeutet, dass ${}m\in M$ eine Einheit ist.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise, dass ein faktorieller Integritätsbereich normal ist.

Lösung

Sei ${}K=Q(R)$ der Quotientenkörper von ${}R$ und ${}q\in K$ ein Element, das die Ganzheitsgleichung

${}q^{n}+r_{n-1}q^{n-1}+r_{n-2}q^{n-2}+\cdots +r_{1}q+r_{0}=0\,$

mit ${}r_{i}\in R$ erfüllt. Wir schreiben ${}q=a/b$ mit ${}a,b\in R$, ${}b\neq 0$, wobei wir annehmen können, dass die Darstellung gekürzt ist, dass also ${}a$ und ${}b\in R$ keinen gemeinsamen Primteiler besitzen. Wir haben zu zeigen, dass ${}b$ eine Einheit in ${}R$ ist, da dann ${}q=ab^{-1}$ zu ${}R$ gehört.

Wir multiplizieren die obige Ganzheitsgleichung mit ${}b^{n}$ und erhalten in ${}R$

${}a^{n}+{\left(r_{n-1}b\right)}a^{n-1}+{\left(r_{n-2}b^{2}\right)}a^{n-2}+\cdots +{\left(r_{1}b^{n-1}\right)}a+{\left(r_{0}b^{n}\right)}=0\,.$

Wenn ${}b$ keine Einheit ist, dann gibt es einen Primteiler ${}p$ von ${}b$. Dieser teilt alle Summanden ${}{\left(r_{n-i}b^{i}\right)}a^{n-i}$ für ${}i\geq 1$ und daher auch den ersten, also ${}a^{n}$. Das bedeutet aber, dass ${}a$ selbst ein Vielfaches von ${}p$ ist im Widerspruch zur vorausgesetzten Teilerfremdheit.

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 (3 Punkte)

Bestimme für das numerische Monoid ${}M\subseteq \mathbb {N}$, das durch ${}4,7$ und ${}17$ erzeugt wird, die Einbettungsdimension, die Multiplizität, die Führungszahl und den Singularitätsgrad.

Lösung

Zu dem Monoid gehören alle Vielfachen von ${}4$, also

$4,8,12,16,20,24,\ldots .$

Dann alle Summen aus ${}7$ mit einem Vielfachen von ${}4$, also

$7,11,15,19,23,\ldots .$

Dazu alle Summen aus ${}2\cdot 7=14$ mit einem Vielfachen von ${}4$, also

$14,18,22,26,\ldots .$

Dazu alle Summen aus ${}3\cdot 7=21$ mit einem Vielfachen von ${}4$, also

$21,25,\ldots .$

Damit sind alle Zahlen ab ${}18$ abgedeckt, da es für jede Restklasse modulo ${}4$ einen Vertreter im Monoid gibt. Da ${}17$ zur Verfügung steht, gehören ab ${}14$ alle Zahlen zum Monoid. Die Führungszahl ist also ${}14$. Die Multiplizität ist die kleinste positive Zahl im Monoid, also ${}4$. Die Einbettungsdimension ist die minimale Anzahl der Erzeuger, also ${}3$, da man auf die ${}17$ nicht verzichten kann. Der Singularitätsgrad ist die Anzahl der Lücken, es fehlen

$1,2,3,5,6,9,10,13,$

der Singularitätsgrad ist also ${}8$.

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die algebraische Struktur eines Potenzreihenrings ${}K[\![T]\!]$.

Lösung

Zunächst ist ${}R$ ein lokaler Ring mit maximalem Ideal ${}{\mathfrak {m}}=(T)$. Wenn nämlich eine Potenzreihe ${}F$ keine Einheit ist, so muss nach Satz 24.6 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) der konstante Term von ${}F$ gleich ${}0$ sein. Dann kann man aber ${}F=T{\tilde {F}}$ mit der umindizierten Potenzreihe ${}{\tilde {F}}$ schreiben. Die Nullteilerfreiheit folgt durch Betrachten der Anfangsterme: Sind ${}F$ und ${}G$ von ${}0$ verschiedene Potenzreihen, so ist

${}F=a_{k}T^{k}+a_{k+1}T^{k+1}+\ldots \,$

und

${}G=b_{\ell }T^{\ell }+a_{\ell +1}T^{\ell +1}+\ldots \,$

mit ${}a_{k},b_{\ell }\neq 0$. Für die Produktreihe ist dann der Koeffizient

${}c_{k+\ell }=a_{k}b_{\ell }\neq 0\,,$

da die kleineren Koeffizienten alle ${}0$ sind. Es bleibt also noch noethersch zu zeigen. Es ergibt sich aber direkt, dass ein Hauptidealbereich vorliegt, und zwar wird jedes Ideal ${}\neq 0$ von ${}T^{j}$ erzeugt, wobei ${}j$ das Minimum über alle Indizes von Koeffizienten ${}\neq 0$ von Potenzreihen in dem Ideal ist.

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.

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 (5 Punkte)

Zeige, dass eine ebene projektive Kurve

${}V_{+}(F)\subset {\mathbb {P} }_{K}^{2}\,$

über einem algebraisch abgeschlossenen Körper ${}K$ genau dann glatt ist, wenn die partiellen Ableitungen

$\left({\frac {\partial F}{\partial X}},\,{\frac {\partial F}{\partial Y}},\,{\frac {\partial F}{\partial Z}}\right)$

in keinem Punkt der Kurve simultan gleich ${}0$ sind.

Lösung

Partielles Ableiten bezüglich einer Variablen ${}X$ und Dehomogenisieren bezüglich einer anderen Variablen ${}Y$ sind vertauschbar.

Es sei ${}P\in V_{+}(F)$ ein Punkt der Kurve. Dieser Punkt liegt in einer der offenen affinen Mengen ${}D_{+}(X),D_{+}(Y)$ oder ${}D_{+}(Z)$, auf der wir die Glattheit testen können. Ohne Einschränkung können wir ${}P\in D_{+}(X)$ annehmen. Wir schreiben ${}P=(1,b,c)$. Es sei ${}G$ die inhomogene Gleichung der Kurve, die aus ${}F$ entsteht, indem man ${}X$ gleich ${}1$ setzt. Wenn ${}P$ ein glatter Punkt von ${}V(G)$ ist, so bedeutet dies, dass die beiden partiellen Ableitungen ${}{\frac {\partial G}{\partial Y}}$ und ${}{\frac {\partial G}{\partial Z}}$ nicht simultan im Punkt ${}P=(a,b)$ verschwinden. Sagen wir

${}{\frac {\partial G}{\partial Y}}(P)\neq 0\,.$

Nach der Vorbemerkung ist dann auch

${}{\frac {\partial F}{\partial Y}}(a,b,1)={\frac {\partial G}{\partial Y}}(a,b)\neq 0\,$

und das homogene Ableitungskriterium ist erfüllt.

Wenn umgekehrt das homogene Kriterium erfüllt ist, und

${}{\frac {\partial F}{\partial Y}}(a,b,1)\neq 0\,$

(bzw. die partielle Ableitung nach ${}Z$), so ergibt sich direkt

${}{\frac {\partial G}{\partial Y}}(P)\neq 0\,.$

Nach Aufgabe ***** ist

${}\operatorname {grad} \,(F)\cdot F=X{\frac {\partial F}{\partial X}}+Y{\frac {\partial F}{\partial Y}}+Z{\frac {\partial F}{\partial Z}}\,.$

Dies bedeutet, dass wenn die partiellen Ableitungen ${}{\frac {\partial F}{\partial Y}}$ und ${}{\frac {\partial F}{\partial Z}}$ im Punkt ${}P$ verschwinden, dass dann auch ${}{\frac {\partial F}{\partial X}}$ in diesem Punkt verschwindet, und dass das homogene Kriterium nicht erfüllt sein kann.