Kurs:Algebraische Kurven/9/Klausur mit Lösungen

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

Aufgabe (3 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

Der rationale Funktionenkörper zu einem Körper ${}K$ .
Eine Algebra von endlichem Typ.
Ein idempotentes Element ${}e$ in einem kommutativen Ring ${}R$ .
Ein Morphismus ${}{\psi }\colon Y\rightarrow X$ zwischen quasiaffinen Varietäten.
Die Multiplizität zu einem Punkt ${}P\in V(F)\subset {\mathbb {A} }_{K}^{2}$ .
Der projektive Abschluss zu einer affinen Varietät ${}V({\mathfrak {a}})\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}\subseteq {\mathbb {P} }_{K}^{n}$ .

Lösung

Man nennt den Quotientenkörper ${}Q(K[X])$ zum Polynomring ${}K[X]$ den rationalen Funktionenkörper über ${}K$ .
Eine ${}R$ - Algebra ${}A$ über einem kommutativen Ring ${}R$ heißt von endlichem Typ, wenn sie die Form
${}A=R[X_{1},\ldots ,X_{n}]/{\mathfrak {a}}\,$

besitzt.
Das Element heißt idempotent, wenn ${}e^{2}=e$ gilt.
Eine stetige Abbildung
${\psi }\colon Y\longrightarrow X$

heißt Morphismus, wenn für jede offene Teilmenge ${}U\subseteq X$ und jede algebraische Funktion ${}f\in \Gamma (U,{\mathcal {O}})$ gilt, dass die zusammengesetzte Funktion

$f\circ {\psi }:{\psi }^{-1}(U)\longrightarrow U{\stackrel {f}{\longrightarrow }}{\mathbb {A} }_{K}^{1}$

zu ${}\Gamma ({\psi }^{-1}(U),{\mathcal {O}})$ gehört.
Wenn ${}P$ der Nullpunkt ist, was man durch eine lineare Variablentransformation erreichen kann, so sei
${}F=F_{d}+F_{d-1}+\cdots +F_{m}\,$

die homogene Zerlegung von ${}F$ mit $F_{d}\neq 0$ und $F_{m}\neq 0$ , ${}d\geq m$ . Dann heißt ${}m$ die Multiplizität der Kurve im Punkt ${}P$ .
Unter dem projektiven Abschluss von ${}V({\mathfrak {a}})\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}$ versteht man den Zariski-Abschluss von $V({\mathfrak {a}})$ in ${\mathbb {P} }_{K}^{n}$ .

Aufgabe (3 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

Der Satz über den Durchschnitt von endlichen Kurven.
Der Satz über das Verhalten von maximalen Idealen unter Ringhomomorphismen.
Der Satz über die algebraische Struktur eines Potenzreihenrings ${}K[\![T]\!]$ .

Lösung

Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}F,G\in K[X,Y]$ zwei Polynome ohne gemeinsamen nichtkonstanten Faktor. Dann gibt es nur endlich viele Punkte ${}P_{1},\ldots ,P_{n}$ mit ${}P_{i}\in V(F,G)$ .
Es sei ${}K$ ein Körper und seien ${}A$ und ${}B$ zwei ${}K$ -Algebren von endlichem Typ. Es sei ${}\varphi \colon A\rightarrow B$ ein ${}K$ -Algebrahomomorphismus. Dann ist für jedes maximale Ideal ${}{\mathfrak {m}}$ aus ${}B$ auch das Urbild ${}\varphi ^{-1}({\mathfrak {m}})$ ein maximales Ideal.
Es sei ${}K$ ein Körper und ${}R=K[\![T]\!]$ der Potenzreihenring in einer Variablen. Dann ist ${}R$ ein diskreter Bewertungsring.

Aufgabe (1 Punkt)

Berechne

(Y-X)(Z-X)(Z-Y)

in ${}K[X,Y,Z]$ .

Lösung

Es ist

{}{\begin{aligned}(Y-X)(Z-X)(Z-Y)&=(Y-X)(Z^{2}-XZ-YZ+XY)\\&=YZ^{2}-XYZ-Y^{2}Z+XY^{2}-XZ^{2}+X^{2}Z+XYZ-X^{2}Y\\&=YZ^{2}-Y^{2}Z+XY^{2}-XZ^{2}+X^{2}Z-X^{2}Y.\end{aligned}}

Aufgabe (8 (1+1+1+2+3) Punkte)

Es sei

{}P={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid y=x^{2}\right\}}\,

die Standardparabel und ${}K$ der Kreis mit dem Mittelpunkt ${}(0,1)$ und dem Radius ${}1$ .

Skizziere ${}P$ und ${}K$ .
Erstelle eine Gleichung für ${}K$ .
Bestimme die Schnittpunkte
$P\cap K.$
Beschreibe die untere Kreisbogenhälfte als Graph einer Funktion von ${}[-1,1]$ nach ${}\mathbb {R}$ .
Bestimme, wie die Parabel relativ zum unteren Kreisbogen verläuft.

Lösung

${}\,$
Es ist
${}{\begin{aligned}K&={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid (y-1)^{2}+x^{2}=1\right\}}\\&={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid y^{2}-2y+1+x^{2}=1\right\}}\\&={\left\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid y^{2}-2y+x^{2}=0\right\}}.\end{aligned}}$
Es geht um die gemeinsame Lösungsmenge der beiden Gleichungen
${}y=x^{2}\,$

und

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

Wir ersetzen in der zweiten Gleichung ${}x^{2}$ durch ${}y$ und erhalten die Bedingung

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

Also ist ${}y=0$ oder ${}y=1$ . Dies führt zu den drei Schnittpunkten ${}(0,0),(1,1),(-1,1)$ .
Die Kreisgleichung
${}y^{2}-2y+x^{2}=0\,$

ist äquivalent zu

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

bzw. zu

${}(y-1)^{2}=1-x^{2}\,.$

Somit ist

${}y=1\pm {\sqrt {1-x^{2}}}\,.$

Der untere Kreisbogen ist somit der Graph der Funktion

$[-1,1]\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto 1-{\sqrt {1-x^{2}}}.$
Wir behaupten, dass die Parabel auf ${}[-1,1]$ oberhalb des unteren Kreisbogens verläuft. Es ist also
${}x^{2}\geq 1-{\sqrt {1-x^{2}}}\,$

zu zeigen. Dies ist äquivalent zu

${}{\sqrt {1-x^{2}}}\geq 1-x^{2}\,.$

Da beide Terme im angegebenen Intervall positiv sind, ist dies äquivalent zu

${}1-x^{2}\geq {\left(1-x^{2}\right)}^{2}=1+x^{4}-2x^{2}\,.$

Dies ist äquivalent zu

${}x^{4}-x^{2}\leq 0\,$

bzw. zu

${}x^{2}-1\leq 0\,,$

was wegen ${}x\in [-1,1]$ erfüllt ist.

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme die Punkte der Neilschen Parabel

V(Y^{2}-X^{3})

über dem Körper ${}\mathbb {Z} /(5)$ .

Lösung

Wir arbeiten mit der bijektiven Abbildung

{\mathbb {A} }_{\mathbb {Z} /(5)}^{1}\longrightarrow V(Y^{2}-X^{3}),\,t\longmapsto \left(t^{2},\,t^{3}\right).

Die Bildpunkt unter dieser Abbildung sind

(0,0),\,(1,1),\,(4,3),\,(4,2),\,(1,4).

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Homogenisiere das Polynom
$X^{3}Y^{2}-8X^{4}Y-6X^{2}Y^{2}+5Y^{4}-10X^{3}+9XY+1$

bezüglich der neuen Variablen ${}Z$ .
Dehomogenisiere das Polynom
$3X^{6}+2X^{2}Y^{2}Z^{2}-7X^{4}Y^{2}-6X^{2}Y^{3}Z+11XY^{4}Z-11X^{3}Y^{2}Z-4XYZ^{4}+Z^{6}$

bezüglich der Variablen ${}Z$ .

Lösung

Die Homogenisierung von
$X^{3}Y^{2}-8X^{4}Y-6X^{2}Y^{2}+5Y^{4}-10X^{3}+9XY+1$

ist

$X^{3}Y^{2}-8X^{4}Y-6X^{2}Y^{2}Z+5Y^{4}Z-10X^{3}Z^{2}+9XYZ^{3}+Z^{5}.$
Die Dehomogenisierung von
$3X^{6}+2X^{2}Y^{2}Z^{2}-7X^{4}Y^{2}-6X^{2}Y^{3}Z+11XY^{4}Z-11X^{3}Y^{2}Z-4XYZ^{4}+Z^{6}$

bezüglich der Variablen ${}Z$ ist

$3X^{6}+2X^{2}Y^{2}-7X^{4}Y^{2}-6X^{2}Y^{3}+11XY^{4}-11X^{3}Y^{2}-4XY+1.$

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 (8 (1+5+2) Punkte)

Wir betrachten das mechanische System, das durch die ${}x$ -Achse und den Kreis mit Radius ${}1$ und Mittelpunkt ${}(0,2)$ gegeben ist. Der Koppelungsabstand sei ${}d>0$ .

Erstelle die Gleichungen, die dieses System beschreiben.
Bestimme, für welche ${}d$ das System in jedem Punkt regulär ist.
Bestimme die kritischen Punkte in Abhängigkeit von ${}d$ . Wie kann man diese Punkte als Eigenschaft des mechanischen Systems erklären?

Lösung

Es sei ${}P_{1}=(x_{1},y_{1})$ der Kreispunkt und ${}P_{2}=(x_{2},0)$ der Punkt auf der ${}x$ -Achse. Die Gleichungen sind somit
${}x_{1}^{2}+(y_{1}-2)^{2}=1\,$

und

${}(x_{1}-x_{2})^{2}+y_{1}^{2}=d^{2}\,.$
Die Jacobi-Matrix zu
${}f_{1}=x_{1}^{2}+(y_{1}-2)^{2}-1=x_{1}^{2}+y_{1}^{2}-4y_{1}+3\,$

und

${}f_{2}=(x_{1}-x_{2})^{2}+y_{1}^{2}-d^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-2x_{1}x_{2}+y_{1}^{2}-d^{2}\,$

ist

${\begin{pmatrix}2x_{1}&0&2y_{1}-4\\2x_{1}-2x_{2}&2x_{2}-2x_{1}&2y_{1}\end{pmatrix}}.$

Wir müssen (in Abhängigkeit von ${}d$ ) untersuchen, für welche Punkte die durch diese Matrix gegebene lineare Abbildung

$\mathbb {R} ^{3}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}$

surjektiv ist, also den Rang ${}2$ besitzt. Der Rang ist nur dann nicht ${}2$ , wenn alle Spalten linear abhängig sind, und dies ist genau dann der Fall, wenn alle ${}2\times 2$ - Minoren gleich ${}0$ sind. Dies ist genau in der Nullstellenmenge der drei Polynome (der gemeinsame Faktor ${}4$ ist schon rausgezogen)
1. $x_{1}(x_{2}-x_{1})$
2. $(y_{1}-2)(x_{2}-x_{1})$
3. $x_{1}y_{1}-(x_{1}-x_{2})(y_{1}-2)$
der Fall. Wenn

${}x_{1}\neq 0\,$

ist, so muss ${}x_{1}=x_{2}$ und ${}y_{1}=0$ sein. Dies ist aber kein Punkt des Systems. Also muss

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

sein. Wenn ${}x_{2}\neq 0$ ist, so muss ${}y_{1}=2$ sein, doch dies erfüllt nicht die erste Gleichung des Systems. Also ist ${}x_{2}=0$ . Dann ergeben die Gleichungen des Systems ${}(y_{1}-2)^{2}=1$ und ${}y_{1}^{2}=d^{2}$ . Die erste Gleichung erzwingt

${}y_{1}=1{\text{ oder }}3\,$

und somit muss

${}d=1{\text{ oder }}3\,$

sein. Das bedeutet, dass genau bei ${}d\neq 1,3$ das System in jedem Punkt regulär ist.
Bei
${}d=1\,$

ist aufgrund der Überlegungen im vorhergehenden Abschnitt ${}(0,0,1)$ der einzige kritische Punkt, und dies ist überhaupt der einzige Punkt des Systems, was die Singularität erklärt.
Bei

${}d=3\,$

ist aufgrund der Überlegungen im vorhergehenden Abschnitt ${}(0,0,3)$ der einzige kritische Punkt des Systems. Es liegt ein Kreuzungspunkt vor, da sich in diesem Punkt die Stange in vier Richtungen bewegen kann, nämlich beide Koordinaten ${}(x_{1},x_{2})$ ins Positive, beide ins Negative, oder gemischt.

Aufgabe (10 Punkte)

Beweise den Hilbertschen Basissatz.

Lösung

Es sei ${}{\mathfrak {b}}$ ein Ideal im Polynomring ${}R[X]$ . Zu ${}n\in \mathbb {N}$ definieren wir ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}_{n}$ in ${}R$ durch

{}{\mathfrak {a}}_{n}={\left\{c\in R\mid {\text{es gibt }}F\in {\mathfrak {b}}{\text{ mit }}F=cX^{n}+c_{n-1}X^{n-1}+\cdots +c_{1}X+c_{0}\right\}}\,.

Das Menge ${}{\mathfrak {a}}_{n}$ besteht also aus allen Leitkoeffizienten von Polynomen vom Grad ${}n$ aus ${}{\mathfrak {b}}$ . Es handelt sich dabei offensichtlich um Ideale in ${}R$ (wobei wir hier ${}0$ als Leitkoeffizient zulassen). Ferner ist ${}{\mathfrak {a}}_{n}\subseteq {\mathfrak {a}}_{n+1}$ , da man ja ein Polynom ${}F$ vom Grad ${}n$ mit Leitkoeffizient ${}c$ mit der Variablen ${}X$ multiplizieren kann, um ein Polynom vom Grad ${}n+1$ zu erhalten, das wieder ${}c$ als Leitkoeffizienten besitzt. Da ${}R$ noethersch ist, muss diese aufsteigende Idealkette stationär werden; sei ${}n$ so, dass ${}{\mathfrak {a}}_{n}={\mathfrak {a}}_{n+1}=\ldots$ ist.

Zu jedem ${}i\leq n$ sei nun ${}{\mathfrak {a}}_{i}=(c_{i1},\ldots ,c_{ik_{i}})$ ein endliches Erzeugendensystem, und es seien

{}F_{ij}=c_{ij}X^{i}+{\text{ Terme von kleinerem Grad }}\,

zugehörige Polynome aus ${}{\mathfrak {b}}$ (die es nach Definition der ${}{\mathfrak {a}}_{i}$ geben muss).

Wir behaupten, dass ${}{\mathfrak {b}}$ von allen ${}{\left\{F_{ij}\mid 0\leq i\leq n,\,1\leq j\leq k_{i}\right\}}$ erzeugt wird. Dazu beweisen wir für jedes ${}G\in {\mathfrak {b}}$ durch Induktion über den Grad von ${}G$ , dass es als Linearkombination mit diesen ${}F_{ij}$ darstellbar ist. Für ${}G$ konstant, also ${}G\in R$ , ist dies klar. Es sei nun der Grad von ${}G$ gleich ${}d$ und die Aussage sei für kleineren Grad bewiesen. Wir schreiben

{}G=cX^{d}+c_{d-1}X^{d-1}+\cdots +c_{1}X+c_{0}\,.

Es ist ${}c\in {\mathfrak {a}}_{d}$ und damit kann man ${}c$ als ${}R$ -Linearkombination der ${}c_{ij},0\leq i\leq n,\,1\leq j\leq k_{i}$ , schreiben. Bei ${}d\leq n$ kann man ${}c$ sogar als ${}R$ -Linearkombination der ${}c_{dj},\,j=1,\ldots ,k_{d}$ , schreiben, sagen wir ${}c=\sum _{j=1}^{k_{d}}r_{j}c_{dj}$ . Dann ist ${}G-\sum _{j=1}^{k_{d}}r_{j}F_{dj}\in {\mathfrak {b}}$ und hat einen kleineren Grad, sodass man darauf die Induktionsvoraussetzung anwenden kann. Bei ${}d>n$ ist

{}c=\sum _{i=0,\ldots ,n,\,j=1,\ldots ,k_{i}}r_{ij}c_{ij}\,.

Damit gehört

G-\sum _{i=0,\ldots ,n,\,j=1,\ldots ,k_{i}}r_{ij}X^{d-i}F_{ij}

ebenfalls zu ${}{\mathfrak {b}}$ und hat einen kleineren Grad, sodass man wieder die Induktionsvoraussetzung anwenden kann.

Aufgabe (3 Punkte)

Man gebe zu jedem ${}n\geq 2$ einen kommutativen Ring ${}R$ und ein Element ${}x\in R$ , ${}x\neq 0$ , an, für das ${}nx=0$ und ${}x^{n}=0$ gilt.

Lösung

Wir betrachten den Restklassenring

{}R=\mathbb {Z} /(n)[X]/(X^{n})\,

und darin die Restklasse zu ${}X$ , die wir mit ${}x$ bezeichnen. Das Element ${}x$ ist nicht ${}0$ , da im Polynomring aus Gradgründen ${}X$ nicht ein Vielfaches von ${}X^{n}$ mit ${}n\geq 2$ sein kann. In diesem Ring gilt ${}n=0$ und daher ist ${}ny=0$ überhaupt für jedes Element ${}y\in R$ , also insbesondere für ${}x$ . Ferner ist ${}x^{n}=0$ , da in der Restklassenbildung das gesamte Ideale zu ${}0$ gemacht wird.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass ein Ideal ${}{\mathfrak {a}}$ in einem kommutativen Ring ${}R$ genau dann ein Radikal ist, wenn der Restklassenring ${}R/{\mathfrak {a}}$ reduziert ist.

Lösung

Es sei ${}{\mathfrak {a}}$ ein Radikal und ${}f\in R/{\mathfrak {a}}$ nilpotent. Dann ist ${}f^{r}=0$ in ${}R/{\mathfrak {a}}$ . Zurückübersetzt nach ${}R$ bedeutet dies ${}f^{r}\in {\mathfrak {a}}$ . Da ein Radikal vorliegt, ist ${}f\in {\mathfrak {a}}$ und damit ${}f=0$ im Restklassenring. Also ist dieser reduziert.

Es sei umgekehrt ein Ideal

{}{\mathfrak {a}}\subseteq R\,

mit reduziertem Restklassenring ${}R/{\mathfrak {a}}$ gegeben. Es sei ${}f^{r}\in {\mathfrak {a}}$ . Dann ist die Restklasse von ${}f^{r}$ gleich ${}0$ . Wegen der Reduziertheit ist bereits ${}f=0$ . Dies bedeutet ${}f\in {\mathfrak {a}}$ , also ist das Ideal ein Radikal.

Aufgabe (2 Punkte)

Zeige, dass man den Koordinatenring zum Standardkegel ${}V(Z^{2}-X^{2}-Y^{2})$ über ${}{\mathbb {C} }$ als einen Monoidring realisieren kann.

Lösung Standardkegel/C/Monoidring/Aufgabe/Lösung

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.

Lösung

Zunächst ist ${}R$ ein noetherscher lokaler Ring, der aufgrund von Lemma 22.12 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) 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 21.8 (Algebraische Kurven (Osnabrück 2017-2018)) ein diskreter Bewertungring vorliegt.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme für die ebene algebraische Kurve

V(X^{2}Y+X^{2}+Y^{2}-5XY+Y)

eine nicht-konstante Potenzreihenlösung ${}Y=F(X)$ im Nullpunkt bis zur fünften Ordnung.

Lösung

Wir setzen an ${}Y=F(X)={\sum }_{n=0}^{\infty }a_{n}X^{n}$ (und ${}X=X$ ) und berechnen sukzessive die Koeffizienten durch Vergleich der Koeffizienten für ${}X$ . Da die Lösung durch den Nullpunkt gehen soll, muss ${}a_{0}=0$ sein.

X^{1}:a_{1}=0.

X^{2}:1+a_{2}=0,{\text{ also }}a_{2}=-1.

X^{3}:-5a_{2}+a_{3}=0,{\text{ also }}a_{3}=-5.

X^{4}:a_{2}+a_{2}^{2}-5a_{3}+a_{4}=0,{\text{ also }}a_{4}=5a_{3}=-25.

X^{5}:a_{3}+2a_{2}a_{3}-5a_{4}+a_{5}=0,{\text{ also }}a_{5}=-a_{3}-2a_{2}a_{3}+5a_{4}=5-10-125=-130.

Die Anfangsglieder der Potenzreihe sind also

{}F=-X^{2}-5X^{3}-25X^{4}-130X^{5}+\ldots \,.

Aufgabe (4 Punkte)

Zeige, dass unter der Kegelabbildung

\pi \colon {{\mathbb {A} }_{K}^{n+1}}\setminus \{0\}\longrightarrow {\mathbb {P} }_{K}^{n}

die Beziehung

{}\pi ^{-1}(V_{+}({\mathfrak {a}}))=V({\mathfrak {a}})\cap {\left({{\mathbb {A} }_{K}^{n+1}}\setminus \{0\}\right)}\,

für jedes homogene Ideal ${}{\mathfrak {a}}\subseteq K[X_{0},X_{1},\ldots ,X_{n}]$ gilt. Folgere daraus, dass ${}\pi$ stetig in der Zariski-Topologie ist.