Kurs:Algebraische Kurven/8/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Die Zariski-Topologie auf dem affinen Raum ${}{{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$.
2. Eine irreduzible affin-algebraische Menge ${}V\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$.
3. Ein noetherscher Ring.
4. Der Monoidring zu einem kommutativen Monoid ${}M$ und einem Körper ${}K$.
5. Der ganze Abschluss zu einer Erweiterung ${}R\subseteq S$ kommutativer Ringe.
6. Ein transversaler Schnitt von zwei ebenen Kurven ${}V(F)$ und ${}V(G)$ in einem Punkt ${}P$.

Lösung

1. Unter der Zariski-Topologie im affinen Raum ${}{{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ versteht man diejenige Topologie, bei der die affin-algebraischen Mengen als abgeschlossen erklärt werden.
2. Die Menge ${}V$ heißt irreduzibel, wenn ${}V\neq \emptyset$ ist und es keine Zerlegung ${}V=Y\cup Z$ mit affin-algebraischen Mengen ${}Y,Z\subset V$ gibt.
3. Ein kommutativer Ring ${}R$ heißt noethersch, wenn jedes Ideal darin endlich erzeugt ist.
4. Der Monoidring ${}K[M]$ ist der ${}K$- Vektorraum

   ${}K[M]=\bigoplus _{m\in M}Ke_{m}\,$

   mit Basis ${}e_{m}$, ${}m\in M$, und der auf den Basiselementen durch

   ${}e_{m}\cdot e_{k}:=e_{m+k}\,$

   festgelegten Multiplikation.

5. Unter dem ganzen Abschluss von ${}R$ in ${}S$ versteht man die Menge aller Elemente ${}x\in S$, die ganz über ${}R$ sind,
6. Die Kurven ${}V(F)$ und ${}V(G)$ schneiden sich im Punkt ${}P\in V(F,G)$ transversal, wenn ${}P$ sowohl auf ${}V(F)$ als auch auf ${}V(G)$ ein glatter Punkt ist und wenn die Tangenten der beiden Kurven im Punkt ${}P$ verschieden sind.

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Der Satz über die Restklassenringe zu affin-linear äquivalenten affin-algebraischen Teilmengen ${}V,{\tilde {V}}\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$.
2. Der Satz über die Integrität von Monoidringen.
3. Der Satz über die Schnittmultiplizität und den transversaler Schnitt.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}V,{\tilde {V}}\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ zwei affin-algebraische Teilmengen, die affin-linear äquivalent seien. Es seien ${}\operatorname {Id} \,(V),\operatorname {Id} \,({\tilde {V}})$ die zugehörigen Verschwindungsideale. Dann sind die Restklassenringe (als ${}K$-Algebren) isomorph, also

   ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/\operatorname {Id} \,(V)\cong K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/\operatorname {Id} \,({\tilde {V}})\,.$

2. Es sei ${}R$ ein Integritätsbereich und sei ${}M$ ein torsionsfreies kommutatives Monoid, das die Kürzungsregel erfüllt. Dann ist der Monoidring ${}R[M]$ ein Integritätsbereich.
3. Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}F,G\in K[X,Y]$ Polynome ohne gemeinsame Komponente. Es sei

   ${}P\in V(F,G)\subseteq {\mathbb {A} }_{K}^{2}\,$

   ein Schnittpunkt. Dann schneiden sich $V(F)$ und $V(G)$ in ${}P$ genau dann transversal, wenn die Schnittmultiplizität ${}\operatorname {mult} _{P}(V(F),V(G))=1$

   ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Finde eine Gerade ${}G\subseteq {\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}$, die die Kurve

${}C=V(X^{3}+Y^{3}+1)\subseteq {\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}\,$

in genau einem Punkt schneidet.

Lösung

Wir betrachten die Gerade

${}G=V(Y+1)\,.$

Die Schnittpunkte ${}C\cap G$ kann man berechnen, indem man die auf ${}G$ gültige Gleichung ${}Y=-1$ in die Kurvengleichung einsetzt. Man erhält

${}0=X^{3}+(-1)^{3}+1=X^{3}\,.$

Die einzige Lösung ist ${}X=0$, also ist ${}(0,-1)$ der einzige Schnittpunkt von ${}G$ und ${}C$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass der Kern eines Ringhomomorphismus

$\varphi \colon R\longrightarrow S$

ein Ideal in ${}R$ ist.

Lösung

Es sei

${}I:=\varphi ^{-1}(0)\,.$

Wegen ${}\varphi (0)=0$. ist ${}0\in I$. Es seien ${}a,b\in I$. Das bedeutet ${}\varphi (a)=0$ und ${}\varphi (b)=0$. Dann ist

${}\varphi (a+b)=\varphi (a)+\varphi (b)=0+0=0\,$

und daher ${}a+b\in I$.

Es sei nun ${}a\in I$ und ${}r\in R$ beliebig. Dann ist

${}\varphi (ra)=\varphi (r)\varphi (a)=\varphi (r)\cdot 0=0\,,$

also ist ${}ra\in I$.

Aufgabe (4 (2+2) Punkte)

Es sei ${}p\in [0,1]$ die Wahrscheinlichkeit, mit der ein bestimmtes Ereignis ${}A$ bei der Durchführung eines Experiments eintritt, und entsprechend sei ${}1-p$ die Wahrscheinlichkeit, dass es nicht eintritt. Das Experiment werde zweimal unabhängig voneinander durchgeführt. Die möglichen Gesamtereignisse ${}(A,A),(A,\neg A),(\neg A,A),(\neg A,\neg A)$ haben dann eine von ${}p$ abhängige Wahrscheinlichkeit. Diese Abhängigkeit fassen wir als die polynomiale Abbildung

$\varphi \colon {\mathbb {A} }_{K}^{1}\longrightarrow {{\mathbb {A} }_{K}^{4}},\,p\longmapsto \left(p^{2},\,p(1-p),\,(1-p)p,\,(1-p)^{2}\right)=\left(x,\,y,\,z,\,w\right),$

auf.

1. Zeige, dass die Abbildung injektiv ist.
2. Beschreibe das Bild der Abbildung vollständig durch polynomiale Gleichungen.

Lösung

1. Aus

   ${}\left(x,\,y,\,z,\,w\right)=\left(p^{2},\,p(1-p),\,(1-p)p,\,(1-p)^{2}\right)=\left(p^{2},\,p-p^{2},\,p-p^{2},\,p^{2}-2p+1\right)\,$

   hat man direkt

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

   Daher lässt sich die Eingangsvariable aus den Polynomen rekonstruieren, was die Injektivität bedeutet.

2. Es ist offenbar ${}y=z$, was eine erste Gleichung liefert und was zeigt, dass man die Variable ${}z$ eliminieren kann. Wir arbeiten mit den drei Variablen

   $u=p=x+y,y,w$

   weiter. Mit den Beziehungen

   ${}y=u-u^{2}\,$

   und

   ${}w=u^{2}-2u+1\,$

   sieht man, dass man auch ${}y$ und ${}w$ eliminieren kann. Die drei Gleichungen beschreiben also das Bild vollständig.

Aufgabe (6 (1+3+2) Punkte)

Wir betrachten das Polynom

${}F=X^{4}Y^{2}+X^{2}Y^{4}-3X^{2}Y^{2}+1\,.$

1. Finde eine reelle Nullstelle von ${}F$.
2. Bestätige die Gleichung

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

3. Sei ${}K=\mathbb {R}$. Folgere, dass

   ${}F(x,y)\geq 0\,$

   ist für alle Punkte ${}(x,y)\in {\mathbb {A} }_{\mathbb {R} }^{2}$.

Lösung

1. Es ist offenbar ${}(1,1)$ eine Nullstelle von ${}F$.
2. Es ist

   ${}{\begin{aligned}F\cdot (X^{2}+Y^{2}+1)&=(X^{4}Y^{2}+X^{2}Y^{4}-3X^{2}Y^{2}+1)\cdot (X^{2}+Y^{2}+1)\\&=X^{6}Y^{2}+X^{4}Y^{4}-3X^{4}Y^{2}+X^{2}+X^{4}Y^{4}+X^{2}Y^{6}-3X^{2}Y^{4}+Y^{2}+X^{4}Y^{2}+X^{2}Y^{4}-3X^{2}Y^{2}+1\\&=2X^{4}Y^{4}+X^{6}Y^{2}+X^{2}Y^{6}-2X^{4}Y^{2}-2X^{2}Y^{4}-3X^{2}Y^{2}+X^{2}+Y^{2}+1.\end{aligned}}$

   Wir berechnen für die andere Seite

   $(X^{2}Y-Y)^{2}+(XY^{2}-X)^{2}+(X^{2}Y^{2}-1)^{2}+{\frac {1}{4}}(XY^{3}-X^{3}Y)^{2}+{\frac {3}{4}}(XY^{3}+X^{3}Y-2XY)^{2}$

   die Koeffizienten zu den Monomen. Es kommen nur gerade Grade vor und es kommt maximal der Grad ${}8$ vor, wobei zu diesem nur die drei hinteren Summanden beitragen, und nur ${}X^{6}Y^{2},X^{4}Y^{4},X^{2}Y^{6}$ auftreten.

   $X^{6}Y^{2}:\,\,\,{\frac {1}{4}}+{\frac {3}{4}}=1\,\,\,\checkmark$

   $X^{4}Y^{4}:\,\,\,1+{\frac {1}{4}}(-2)+{\frac {3}{4}}(2)=2\,\,\,\checkmark$

   $X^{2}Y^{6}:\,\,\,{\frac {1}{4}}+{\frac {3}{4}}=1\,\,\,\checkmark$

   Grad 6. Es kommt nur ${}X^{4}Y^{2}$ und ${}X^{2}Y^{4}$ vor.

   $X^{4}Y^{2}:\,\,\,1+{\frac {3}{4}}(-4)=-2\,\,\,\checkmark$

   $X^{2}Y^{4}:\,\,\,1+{\frac {3}{4}}(-4)=-2\,\,\,\checkmark$

   Grad 4. Es kommt nur ${}X^{2}Y^{2}$ vor.

   $X^{2}Y^{2}:\,\,\,-2-2-2+{\frac {3}{4}}(4)=-3\,\,\,\checkmark$

   Grad 2. Es kommt nur ${}X^{2}$ vor.

   $X^{2}:\,\,\,1\,\,\,\checkmark$

   $Y^{2}:\,\,\,1\,\,\,\checkmark$

   Grad 0.

   $1:\,\,\,1\,\,\,\checkmark$

3. Durch Division der Gleichung aus (2) durch ${}X^{2}+Y^{2}+1$ erhält man im Quotientenkörper zu ${}K[X,Y]$ die Gleichung

   ${}{\begin{aligned}F&={\frac {1}{X^{2}+Y^{2}+1}}{\left((X^{2}Y-Y)^{2}+(XY^{2}-X)^{2}+(X^{2}Y^{2}-1)^{2}+{\frac {1}{4}}(XY^{3}-X^{3}Y)^{2}+{\frac {3}{4}}(XY^{3}+X^{3}Y-2XY)^{2}\right)}\\\,\end{aligned}}$

   Da ${}X^{2}+Y^{2}+1$ reell keine Nullstelle hat, gilt diese Gleichung auch im Sinne einer funktionalen Gleichung von Funktionen von ${}\mathbb {R} ^{2}$ nach ${}\mathbb {R}$. Da Quadrate nie negativ werden und die Koeffizienten zu den beteiligten Quadraten von Polynomen positiv sind, ist diese Funktion an jedem Punkt nichtnegativ.

Aufgabe (6 Punkte)

Beweise den Satz über die Parametrisierung von Quadriken.

Lösung

Wir können durch eine Variablentransformation erreichen, dass ${}\alpha \neq 0$, und dann können wir durch ${}\alpha$ teilen, und annehmen, dass ${}\alpha =1$ ist. Wir können durch Verschieben annehmen, dass der Nullpunkt ${}0=(0,0)$ auf der Kurve liegt. Dann ist ${}\eta =0$. Wenn zwei sich kreuzende Geraden vorliegen, so können wir durch Verschieben annehmen, dass der Nullpunkt nicht der Kreuzungspunkt ist (aber auf einer der Geraden liegt).

Die Idee ist, zu einem Punkt ${}H=(t,1)$ die Gerade durch ${}0$ und ${}H$ zu betrachten und den Schnitt dieser Geraden mit ${}C$ zu betrachten. Dieser Schnitt besteht aus maximal zwei Punkten (es sei denn, der Schnitt ist die volle Gerade), und da ${}0$ einer der Punkte ist, ist der andere Punkt, den es geben muss, eindeutig bestimmt.

Es sei also ${}H=(t,1)$ gegeben. Die Gerade durch ${}H$ und durch ${}0$ besteht aus allen Punkten ${}(at,a),\,a\in K$. Die Schnittpunkte mit ${}C$ erhält man also, wenn man ${}(x,y)=(at,a)$ in ${}F$ einsetzt und nach den Lösungen in ${}a$ sucht. Einsetzen ergibt die Bedingung

${}F(at,a)=(at)^{2}+\beta (ata)+\gamma a^{2}+\delta at+\epsilon a\,.$

Die Lösung ${}a=0$ entspricht dem Nullpunkt, die wir schon kennen, die zweite Lösung ist

${}a_{2}={\frac {-\delta t-\epsilon }{t^{2}+\beta t+\gamma }}\,.$

Dieser Ausdruck ist wohldefiniert, wenn ${}Q(t)=t^{2}+\beta t+\gamma \neq 0$ ist (was maximal zwei Werte für ${}t$ ausschließt).

Zu ${}a_{2}$ gehört auf ${}C$ der Punkt

${}a_{2}(t,1)=(a_{2}t,a_{2})=\left(t{\frac {-\delta t-\epsilon }{t^{2}+\beta t+\gamma }},\,{\frac {-\delta t-\epsilon }{t^{2}+\beta t+\gamma }}\right)\,,$

sodass

$P_{1}=-t(\delta t+\epsilon ){\text{ und }}P_{2}=-\delta t-\epsilon$

zu setzen ist.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass der Körper der rationalen Zahlen ${}\mathbb {Q}$ überabzählbar viele Unterringe besitzt.

Lösung

Es sei ${}T$ eine Teilmenge der Primzahlen. Da es unendlich viele Primzahlen gibt, gibt es überabzählbar viele Teilmengen davon. Zu ${}T$ gehört das multiplikative System ${}M(T)$, das aus allen ganzen Zahlen besteht, in deren Primfaktorzerlegung nur Primzahlen aus ${}T$ vorkommen. Die Nenneraufnahme

${}\mathbb {Z} _{M(T)}\subseteq \mathbb {Q} \,$

besteht aus allen rationalen Zahlen, die man mit einem Nenner schreiben kann, in dessen Primfaktorzerlegung nur Primzahlen aus ${}T$ vorkommen. Wegen der eindeutigen Primfaktorzerlegung in ${}\mathbb {Z}$ sind diese Ringe für verschiedene Teilmengen verschieden.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise die geometrische Form des Hilbertschen Nullstellensatzes.

Lösung

Angenommen, ${}F$ gehöre nicht zum Radikal von ${}{\mathfrak {a}}$. Dann gibt es nach Satz 10.9 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) auch ein maximales Ideal ${}{\mathfrak {m}}\subset K[X_{1},\ldots ,X_{n}]$ mit ${}{\mathfrak {a}}\subseteq {\mathfrak {m}}$ und mit ${}F\not \in {\mathfrak {m}}$. Nach Satz 10.10 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) ist

${}{\mathfrak {m}}=(X_{1}-a_{1},\ldots ,X_{n}-a_{n})\,$

für gewisse ${}a_{1},\ldots ,a_{n}\in K$. Die Eigenschaft ${}F\not \in {\mathfrak {m}}$ bedeutet, dass ${}F$ im zugehörigen Restekörper nicht ${}0$ ist, und das bedeutet ${}F(a_{1},\ldots ,a_{n})\neq 0$. Wegen ${}{\mathfrak {a}}\subseteq {\mathfrak {m}}$ ist aber ${}(a_{1},\ldots ,a_{n})$ ein Punkt von ${}V$, sodass dort nach Voraussetzung ${}F$ verschwindet. Das ist also ein Widerspruch.

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

Wir betrachten die beiden Polynome ${}X^{2}+Y^{2}$ und ${}X^{2}-Y^{3}$ und die zugehörigen algebraischen Kurven über den Körpern ${}\mathbb {R}$ und ${}{\mathbb {C} }$.

1. Gilt ${}V(X^{2}+Y^{2})\subseteq V(X^{2}-Y^{3})$ in ${}{\mathbb {A} }_{\mathbb {R} }^{2}$?
2. Gilt ${}V(X^{2}+Y^{2})\subseteq V(X^{2}-Y^{3})$ in ${}{\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}$?
3. Gehört ${}X^{2}-Y^{3}$ zum Radikal von ${}(X^{2}+Y^{2})$ in ${}\mathbb {R} [X,Y]$?
4. Gehört ${}X^{2}-Y^{3}$ zum Radikal von ${}(X^{2}+Y^{2})$ in ${}{\mathbb {C} }[X,Y]$?

Lösung

1. Der einzige reelle Punkt von ${}V(X^{2}+Y^{2})$ ist der Nullpunkt ${}(0,0)$, und dieser liegt auf ${}V(X^{2}-Y^{3})$. Also gilt ${}V(X^{2}+Y^{2})\subseteq V(X^{2}-Y^{3})\subseteq {\mathbb {A} }_{\mathbb {R} }^{2}$.
2. Im Komplexen gilt die entsprechende Inklusion nicht, da beispielsweise ${}(1,{\mathrm {i} })$ zu ${}V(X^{2}+Y^{2})$ gehört, aber wegen ${}1\neq {\mathrm {i} }^{3}$ nicht zu ${}V(X^{2}-Y^{3})$.
3. Würde ${}X^{2}-Y^{3}$ zum Radikal von ${}X^{2}+Y^{2}$ in ${}\mathbb {R} [X,Y]$ gehören, so würde dies unmittelbar auch in ${}{\mathbb {C} }[X,Y]$ gelten. Dies ist aber nach dem folgenden Punkt nicht der Fall.
4. Nach (der einfachen Richtung des) Hilbertschen Nullstellensatzes folgt aus (2), dass ${}X^{2}-Y^{3}$ nicht zum Radikal von ${}X^{2}+Y^{2}$ in ${}{\mathbb {C} }[X,Y]$ gehört.

Aufgabe (5 Punkte)

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring mit Reduktion ${}S$. Zeige, dass die Abbildung, die den idempotenten Elementen aus ${}R$ ihre Restklasse in ${}S$ zuordnet, injektiv ist.

Lösung

Es seien ${}e,f\in R$ idempotent und sei vorausgesetzt, dass ihre Bilder in der Reduktion gleich sind. Dann ist ${}e-f$ nilpotent in ${}R$. D.h. es gibt ein ${}n\in \mathbb {N}$ mit

${}(e-f)^{n}=0\,.$

Wir können annehmen, dass ${}n$ ungerade ist. Dann ist nach Binomi und unter Verwendung der Idempotenz

${}{\begin{aligned}0&=(e-f)^{n}\\&=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}e^{k}f^{n-k}\\&=e^{n}-f^{n}+\sum _{k=1}^{n-1}{\binom {n}{k}}e^{k}f^{n-k}\\&=e-f+\sum _{k=1}^{n-1}{\binom {n}{k}}e^{k}f^{n-k}\\&=e-f+\sum _{k=1}^{\frac {n-1}{2}}{\binom {n}{k}}{\left(e^{k}f^{n-k}-e^{n-k}f^{k}\right)}\\&=e-f+\sum _{k=1}^{\frac {n-1}{2}}{\binom {n}{k}}{\left(ef-ef\right)}\\&=e-f.\end{aligned}}$

Also ist ${}e=f$.

Aufgabe (6 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}R$ und ${}S$ integre, endlich erzeugte ${}K$- Algebren. Es sei

$\varphi \colon R\longrightarrow S$

ein ${}K$- Algebrahomomorphismus und ${}{\mathfrak {n}}$ ein maximales Ideal in ${}S$ mit ${}\varphi ^{-1}({\mathfrak {n}})={\mathfrak {m}}$. Die Abbildung induziere einen Isomorphismus ${}R_{\mathfrak {m}}\rightarrow S_{\mathfrak {n}}$. Zeige, dass es dann auch ein ${}f\in R$, ${}f\not \in {\mathfrak {m}}$, gibt derart, dass ${}R_{f}\rightarrow S_{\varphi (f)}$ ein Isomorphismus ist.

Lösung

Wir zeigen zuerst, dass die Abbildung ${}R_{f}\rightarrow S_{\varphi (f)}$ für ein geeignetes ${}f\in R$ surjektiv ist. Es sei dazu ${}x_{1},\ldots ,x_{n}$ ein ${}K$-Algebra Erzeugendensystem von ${}S$. Nach der Voraussetzung über die Surjektivität der lokalen Abbildung gibt es Elemente ${}y_{i}=r_{i}/g_{i}$ mit ${}g_{i}\not \in {\mathfrak {m}}$ und mit ${}\varphi (y_{i})=x_{i}$ in ${}S_{\mathfrak {n}}$. Das bedeutet ${}y_{i}g_{i}=r_{i}$ für ${}i=1,\ldots ,n$. Mit ${}f=g_{1}\cdots g_{n}$ kann man alle ${}y_{i}$ mit dem gemeinsamen Hauptnenner ${}f$ ausdrücken, d.h. es ist ${}y_{i}\in R_{f}$. Damit ist die Abbildung ${}R_{f}\rightarrow S_{\varphi (f)}$ surjektiv, da ein Erzeugendensystem im Bild liegt und da die Nenner ${}\varphi (f)^{n}$ das Bild von ${}f^{n}$ sind.

Wir behaupten, dass die Abbildung schon injektiv ist. Es sei dazu angenommen, dass ${}q\in R_{f}$ auf null geht. Dann ist es erst recht null in ${}S_{\mathfrak {n}}$ und es kommt von ${}q\in R_{\mathfrak {m}}$ her. Wegen der lokalen Isomorphie ist also ${}q=0$ in ${}R_{\mathfrak {m}}$. Da ${}R$ nach Voraussetzung integer ist, ist ${}q=0$ auch in ${}R_{f}$.

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 (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)

Es seien ${}R$ und ${}S$ Integritätsbereiche und sei ${}R\subseteq S$ eine ganze Ringerweiterung. Es sei ${}f\in R$ ein Element, das in ${}S$ eine Einheit ist. Zeige, dass ${}f$ dann schon in ${}R$ eine Einheit ist.

Lösung

Es sei ${}s\in S$ das Inverse von ${}f$, also ${}fs=1$. Da ${}S$ ganz über ${}R$ ist, gibt es eine Ganzheitsgleichung für ${}s$, sagen wir

$s^{n}+a_{n-1}s^{n-1}+\cdots +a_{1}s+a_{0}=0$

mit ${}a_{i}\in R$. Wir multiplizieren diese Gleichung mit ${}f^{n}$ und erhalten

$(fs)^{n}+a_{n-1}f(fs)^{n-1}+\cdots +a_{1}f^{n-1}(fs)+a_{0}f^{n}=0$

bzw.

$1+a_{n-1}f+\cdots +a_{1}f^{n-1}+a_{0}f^{n}=0.$

Ausklammern von ${}f$ ergibt

$1+f(a_{n-1}+\cdots +a_{1}f^{n-2}+a_{0}f^{n-1})=0$

und damit

$f(-a_{n-1}-\cdots -a_{1}f^{n-2}-a_{0}f^{n-1})=1,$

wobei der Ausdruck in der Klammer zu ${}R$ gehört. Also besitzt ${}f$ auch ein Inverses in ${}R$.

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.