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

Vorlesung über algebraische Kurven (Osnabrück 2008/2009)

Klausur

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	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	${}\sum$
Punkte	3	4	3	6	4	4	4	5	5	4	4	4	3	7	6	66

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 Punkte)

Bestimme die singulären Punkte der ebenen algebraischen Kurve

$V{\left(-2X^{3}+3X^{2}Y-Y+{\frac {2}{3}}{\sqrt {\frac {1}{3}}}\right)}\subset {\mathbb {A} }_{\mathbb {C} }^{2}.$

Lösung

Es sei ${}F$ das beschreibende Polynom. Die partiellen Ableitungen sind

${\frac {\partial F}{\partial X}}=-6X^{2}+6XY{\text{ und }}{\frac {\partial F}{\partial Y}}=3X^{2}-1.$

Wir setzen beide Polynome gleich null. Aus der zweiten Gleichung ergibt sich ${}x^{2}={\frac {1}{3}}$ und daher

$x=\pm {\sqrt {\frac {1}{3}}}.$

In der ersten Gleichung können wir ${}6X$ ausklammern, welches nicht null ist, so dass ${}x=y$ sein muss, also ist ebenfalls ${}y=\pm {\sqrt {\frac {1}{3}}}$. Für ${}x=y$ wird die Kurvengleichung zu

$x^{3}-x+{\frac {2}{3}}{\sqrt {\frac {1}{3}}}.$

Bei ${}x={\sqrt {\frac {1}{3}}}$ ergibt sich der Wert

${\frac {1}{3}}{\sqrt {\frac {1}{3}}}-{\sqrt {\frac {1}{3}}}+{\frac {2}{3}}{\sqrt {\frac {1}{3}}}=0,$

so dass ${}\left({\sqrt {\frac {1}{3}}},\,{\sqrt {\frac {1}{3}}}\right)$ ein Punkt der Kurve ist. Bei ${}x=y=-{\sqrt {\frac {1}{3}}}$ ergibt sich hingegen

$-{\frac {1}{3}}{\sqrt {\frac {1}{3}}}+{\sqrt {\frac {1}{3}}}+{\frac {2}{3}}{\sqrt {\frac {1}{3}}}={\frac {4}{3}}{\sqrt {\frac {1}{3}}}\neq 0,$

so dass dies kein Punkt der Kurve ist. Die einzige Singularität der Kurve ist also ${}\left({\sqrt {\frac {1}{3}}},\,{\sqrt {\frac {1}{3}}}\right)$.

 

Aufgabe * (3 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper. Zeige, dass sämtliche lokale Ringe der projektiven Geraden ${}{\mathbb {P} }_{K}^{1}$ isomorph zueinander sind. Man gebe eine möglichst einfache Beschreibung dieses Ringes.

Lösung

Ein jeder Punkt ${}P\in {\mathbb {P} }_{K}^{1}$ liegt auf einer affinen Geraden ${}P\in {\mathbb {A} }_{K}^{1}=D_{+}(L)\subset {\mathbb {P} }_{K}^{1}$. Dabei bezeichnet ${}L$ eine homogene Linearform. Weiter kann man durch Verschieben auf der affinen Geraden annehmen, dass es sich um den Nullpunkt handelt. Da man dies für jeden Punkt machen kann und da dies den lokalen Ring nicht ändert, sind alle lokalen Ringe isomorph untereinander. Der Nullpunkt auf der affinen Geraden besitzt als lokalen Ring die Lokalisierung ${}K[X]_{(X)}$.

 

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 * (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper. Betrachte die durch

${\mathbb {A} }_{K}^{1}\longrightarrow {\mathbb {A} }_{K}^{2},\,t\longmapsto (t+t^{2},t^{3})=(x,y),$

definierte Parametrisierung. Bestimme eine (nichttriviale) algebraische Gleichung, die für alle Bildpunkte dieser Abbildung erfüllt ist. Man gebe auch einen Punkt in der affinen Ebene an, der nicht auf der Bildkurve liegt.

Lösung

Wir berechnen die ersten Monome in ${}X$ und ${}Y$. Es ist

$X^{0}Y^{0}=1$

$X=(t^{2}+t)$

$Y=t^{3}$

$XY=t^{5}+t^{4}$

$X^{2}=t^{4}+2t^{3}+t^{2}$

$Y^{2}=t^{6}$

$X^{3}=t^{6}+3t^{5}+3t^{4}+t^{3}.$

Wir brauchen eine nicht-triviale Relation dieser Polynome aus ${}K[t]$. Es ist

$X^{3}-Y^{2}-Y=3t^{5}+3t^{4}=3XY.$

Also ist

$X^{3}-Y^{2}-Y-3XY$

eine algebraische Relation für die Bildkurve.

 

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)

Beweise durch noethersche Induktion, dass jede affin-algebraische Menge eine endliche Zerlegung in irreduzible affin-algebraische Mengen besitzt.

Lösung

Angenommen, nicht jede affin-algebraische Menge habe eine solche Zerlegung. Dann gibt es auch eine minimale Teilmenge, sagen wir ${}V$, ohne eine solche Zerlegung. ${}V$ kann nicht irreduzibel sein, sondern es gibt eine nicht-triviale Darstellung ${}V=V_{1}\cup V_{2}$. Da ${}V_{1}$ und ${}V_{2}$ echte Teilmengen von ${}V$ sind, gibt es für diese beiden jeweils endliche Darstellungen als Vereinigung von irreduziblen Teilmengen. Diese beiden vereinigen sich zu einer Darstellung von ${}V$, was ein Widerspruch ist.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}R$ eine endlich erzeugte ${}K$-Algebra, sei ${}{\mathfrak {a}}\subseteq R$ ein Ideal und sei ${}X=K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$. In welcher Beziehung stehen die beiden Aussagen

$V({\mathfrak {a}})=\emptyset {\text{ und }}{\mathfrak {a}}{\text{ ist das Einheitsideal}}$

und die beiden Aussagen

$V({\mathfrak {a}})=X{\text{ und }}{\mathfrak {a}}{\text{ ist nilpotent}}$

zueinander. Zeige, dass die Antwort davon abhängt, ob ${}K$ algebraisch abgeschlossen ist oder nicht.

Lösung

Wenn ${}{\mathfrak {a}}$ das Einheitsideal ist, so ist ${}V({\mathfrak {a}})=\emptyset$, da die ${}1$ in keinem Punkt verschwindet. Die Umkehrung davon gilt wenn ${}K$ algebraisch abgeschlossen ist, da dann aus der Voraussetzung ${}V(1)\subseteq V({\mathfrak {a}})$ (da beides die leere Menge ist) mit dem Hilbertschen Nullstellensatz sofort ${}1=1^{n}\in {\mathfrak {a}}$ gilt. Bei ${}K=\mathbb {R}$ gilt die Aussage nicht, wie das Polynom ${}F=X^{2}+1$ zeigt, das keine Einheit ist, dessen Nullstellenmenge aber leer ist.

Wenn ${}{\mathfrak {a}}$ nilpotent ist, so ist jedes Element davon nilpotent und damit verschwindet jedes Element davon unter jedem Ringhomomorphismus in einen Körper (da ein Körper reduziert ist). Bei einem algebraisch abgeschlossenen Grundkörper gilt wieder die Umkehrung, da man die Voraussetzung für jedes ${}f\in {\mathfrak {a}}$ schreiben kann als ${}V({\mathfrak {a}})\subseteq V(f)=X=V(0)$. Nach dem Hilbertschen Nullstellensatz folgt daraus ${}f^{n}=0$, d.h. ${}f$ ist nilpotent (in einem noetherschen Ring ist dann auch das Ideal selbst nilpotent). Über einem endlichen Körper gilt die Umkehrung nicht. Bei ${}K=\mathbb {F} _{2}$ ist das Polynom ${}X^{2}-X\in K[X]$ nicht nilpotent, aber es verschwindet an beiden (allen) Punkten.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Man gebe ein Beispiel einer integren, endlich erzeugten ${}{\mathbb {C} }$-Algebra ${}R$ und eines multiplikativen Systems ${}S\subseteq R$, ${}0\not \in S$, an derart, dass die Nenneraufnahme ${}R_{S}$ kein Körper ist, aber jedes maximale Ideal aus ${}R$ zum Einheitsideal in ${}R_{S}$ wird.

Lösung

Es sei ${}R={\mathbb {C} }[X,Y]$ und ${}S$ das multiplikative System, das aus allen Produkten von Elementen der Form ${}X-a,\,a\in {\mathbb {C} }$, besteht. Die maximalen Ideale in ${}R$ haben die Form ${}(X-a,Y-b)$. Daher enthält jedes maximale Ideal ein Element aus ${}S$ und wird daher zum Einheitsideal in ${}R_{S}$. Das ist aber kein Körper, da genau die Primelemente ${}X-a$ zu Einheiten gemacht werden, alle anderen Primelemente (beispielsweise ${}Y$) aber nicht.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}R$ eine integre, endlich erzeugte ${}K$-Algebra mit Quotientenkörper ${}Q(R)$. Es sei ${}q\in Q(R)$. Zeige, dass die Menge

${\left\{P\in K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}\mid q\in {\mathcal {O}}_{P}\right\}}$

offen in ${}K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$ ist (dabei bezeichnet ${}{\mathcal {O}}_{P}$ den lokalen Ring im Punkt ${}P$).

Lösung

Wir zeigen, dass es zu jedem Punkt ${}P$ mit ${}q\in {\mathcal {O}}_{P}$ eine offene Umgebung des Punktes gibt derart, dass die Eigenschaft für jeden Punkt der Umgebung gilt. Damit ist dann die Vereinigung dieser offenen Umgebungen offen. Der lokale Ring hat die Gestalt ${}{\mathcal {O}}_{P}=R_{\mathfrak {m}}$ mit einem maximalen Ideal ${}{\mathfrak {m}}$ in ${}R$. Die Zugehörigkeit ${}q\in R_{\mathfrak {m}}$ bedeutet, dass man ${}q=r/f$ schreiben kann mit ${}f\not \in {\mathfrak {m}}$. Damit ist ${}P\in D(f)$ eine offene Umgebung und ${}f$ ist für jeden Punkt dieser offenen Umgebung ein erlaubter Nenner, so dass für jeden Punkt ${}P'\in D(f)$ ebenfalls ${}q\in {\mathcal {O}}_{P'}$ gilt.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper und ${}R=K[X_{1},\ldots ,X_{n}]/{\mathfrak {a}}$ eine endlich erzeugte ${}K$-Algebra. Stifte eine Bijektion zwischen

$K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}{\text{ und }}V({\mathfrak {a}})\subseteq {{\mathbb {A} }_{K}^{n}}.$

Lösung

Wir bilden einen Punkt ${}P\in K\!\!-\!\operatorname {Spek} \,{\left(R\right)}$, der ja einem ${}K$-Algebrahomomorphismus ${}\varphi \colon R\rightarrow K$ entspricht, ab auf den Punkt mit den Koordinaten

${}{\tilde {P}}=(\varphi (X_{1}),\ldots ,\varphi (X_{n}))\,.$

Dabei fassen wir ${}\varphi$ über den Restklassenhomomorphismus ${}K[X_{1},\ldots ,X_{n}]\rightarrow R$ als Homomorphismus auf dem Polynomring auf. Für jedes ${}F\in {\mathfrak {a}}$ wird ${}F$ unter dem zusammengesetzten Homomorphismus auf ${}0$ abgebildet, so dass also ${}F$ in ${}{\tilde {P}}$ verschwindet. Dies bedeutet, dass die Abbildung in ${}V({\mathfrak {a}})$ landet.

Zur Injektivität seien zwei verschiedene ${}K$-Algebrahomomorphismen gegeben. Diese müssen sich auch auf mindestens einem Algebraerzeuger unterscheiden, so dass mindestens eine Koordinate verschieden sein muss.

Für einen Punkt ${}Q=(a_{1},\ldots ,a_{n})\in V({\mathfrak {a}})$ mit zugehörigem Einsetzungshomomorphismus ${}X_{i}\mapsto a_{i}$ geht jedes ${}F\in {\mathfrak {a}}$ auf ${}0$. Dieser Einsetzungshomomorphismus faktorisiert also durch ${}R$ und liefert das Urbild des Punktes.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper. Betrachte die affine ebene Kurve

${}C=V{\left(Y-X^{3}+X+2\right)}\,.$

Definiere einen Isomorphismus zwischen ${}C$ und der affinen Geraden ${}{\mathbb {A} }_{K}^{1}$. Lässt sich ein solcher Isomorphismus zu einem Isomorphismus zwischen ${}{\mathbb {P} }_{K}^{1}$ und dem projektiven Abschluss ${}{\bar {C}}\subset {\mathbb {P} }_{K}^{2}$ fortsetzen?

Lösung

Ein Isomorphismus wird gegeben durch

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

Auf der Ringebene entpricht dem der Einsetzungshomomorphismus

$K[X,Y]/(Y-X^{3}+X+2)\longrightarrow K[X],\,X\longmapsto X,\,Y\longmapsto X^{3}-X-2.$

Dieser ist offenbar surjektiv und wohldefiniert. Da man links direkt ${}Y$ eliminieren kann, steht links der Polynomring ${}K[X]$, so dass eine Isomorphie vorliegt.

Man kann einen solchen Isomorphismus nicht zu einem Isomorphismus fortsetzen, da der projektive Abschluss der Kurve nicht isomorph zur projektiven Geraden ist. Dies liegt daran, dass der projektive Abschluss durch ${}V_{+}(YZ^{2}-X^{3}+XZ^{2}+2Z^{3})$ beschrieben wird und genau der unendlich ferne Punkte ${}(0,1,0)$ dazu kommt. Dieser Punkt ist aber in der affinen Umgebung ${}D_{+}(Y)$ der Nullpunkt auf der affinen Kurve ${}V(Z^{2}-X^{3}+XZ^{2}+2Z^{3})$, der die Multiplizität zwei besitzt und daher nicht glatt ist.

 

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 * (7 Punkte)

Es sei ${}K={\mathbb {C} }$ und betrachte die beiden ebenen algebraischen Kurven

$C=V{\left(X-Y^{2}\right)}{\text{ und }}D=V{\left(Y^{2}-X^{5}\right)}.$

Bestimme die Schnittpunkte der beiden Kurven in der affinen Ebene und bestimme jeweils die Schnittmultiplizität. Bestimme auch die unendlich fernen Punkte der beiden Kurven (also die zusätzlichen Punkte auf den projektiven Abschlüssen ${}{\bar {C}}$ und ${}{\bar {D}}$) und überprüfe damit die Schnittpunkte im Unendlichen. Bestätige abschließend, dass der Satz von Bezout in diesem Beispiel erfüllt ist.

Lösung

Durch Addition der beiden Gleichungen erhält man für einen Schnittpunkt sofort die Bedingung

${}0=x-x^{5}=x(1-x^{4})\,.$

Die ${}x$-Koordinate eines Schnittpunktes ist also ${}x=0$ oder eine vierte Einheitswurzel, also ${}x=1,-1,{\mathrm {i} },-{\mathrm {i} }$. Bei ${}x=0$ ergibt sich dofort ${}y=0$. Den Restklassenring kann man schreiben als

${}K[X,Y]_{(X,Y)}/(X-Y^{2},Y^{2}-X^{5})=K[Y]_{(Y)}/(Y^{2}-Y^{10})=K[Y]_{Y}/(Y^{2}(1-Y^{8}))\,.$

Da ${}1-Y^{8}$ in diesem lokalen Ring eine Einheit ist, handelt es sich um ${}K[Y]/(Y^{2})$, so dass sich in ${}(0,0)$ die Schnittmultiplizität ${}2$ ergibt.

Es sei nun ${}x$ eine vierte Einheitswurzel. Wegen ${}y^{2}=x$ muss ${}y$ eine achte Einheitswurzel sein. Wir bezeichnen mit ${}\zeta$ die erste primitive achte Einheitswurzel. Dann hat man die acht weiteren Schnittpunkte

$(1,1),(1,-1),({\mathrm {i} },\zeta ),({\mathrm {i} },-\zeta ),(-1,{\mathrm {i} }),(-1,-{\mathrm {i} }),(-{\mathrm {i} },\zeta ^{3}),(-{\mathrm {i} },-\zeta ^{3}).$

Wir zeigen, dass in all diesen Punkte der Schnitt transversal ist und daher die Schnittmultiplizität immer eins ist. Dazu berechnen wir allgemein die partiellen Ableitungen, also

$\left({\frac {\partial F}{\partial X}},\,{\frac {\partial F}{\partial Y}}\right)=(1,-2Y){\text{ und }}\left({\frac {\partial G}{\partial X}},\,{\frac {\partial G}{\partial Y}}\right)=(-5X^{4},2Y).$

In jedem der obigen acht Schnittpunkte ${}(x,y)$ sind wegen ${}x\neq 0$ beide Kurven glatt. Wegen ${}x^{4}=1$ hat der Ableitungsvektor rechts die Gestalt ${}(-5,2y)$. Die Richtungstangenten der beiden Kurven können also nur dann linear abhängig sein, wenn ${}-2y=-10y$ ist, was wegen ${}y\neq 0$ nicht möglich ist.

Betrachten wir noch die unendlich fernen Punkte. Die Homogenisierungen sind ${}{\tilde {F}}=XZ-Y^{2}$, so dass der einzige unendlich ferne Punkt auf ${}{\bar {C}}=V_{+}({\tilde {F}})$ ${}(1,0,0)$ ist, und ${}{\tilde {G}}=Y^{2}Z^{3}-X^{5}$, so dass der einzige unendlich ferne Punkt auf ${}{\bar {D}}=V_{+}({\tilde {G}})$ ${}(0,1,0)$ ist. Diese Punkte sind verschieden, es gibt also keinen weiteren Schnittpunkt im Unendlichen.

Die Gesamtsumme der Schnittmultiplizitäten ist demnach ${}2+8\cdot 1=10$. Da die beteiligten Kurven den Grad ${}2$ und ${}5$ besitzen, stimmt das mit dem Produktgrad ${}2\cdot 5=10$ überein, was die Behauptung des Satzes von Bezout ist.

 

Aufgabe * (6 Punkte)

Es sei ${}F=(0,0)$ der Nullpunkt in der reellen Ebene und ${}G=V(X-1)$. Es sei ${}e>0$ eine reelle Zahl. Bestimme eine algebraische Gleichung für die Menge der Punkte ${}P=(x,y)$ mit der Eigenschaft, dass der Abstand ${}d(P,F)$ proportional mit Proportionalitätsfaktor ${}{\sqrt {e}}$ zum (senkrechten) Abstand ${}d(P,G)$ ist.

Zeigen Sie, indem Sie die Gleichung geeignet transformieren, dass bei ${}e<1$ eine Ellipse, bei ${}e=1$ eine Parabel und bei ${}e>1$ eine Hyperbel vorliegt.

Lösung

Der Abstand von ${}P=(x,y)$ zum Nullpunkt ist ${}{\sqrt {x^{2}+y^{2}}}$ und der senkrechte Abstand zurAchse ${}x=1$ ist ${}|x-1|$. Die Proportionalität drückt man durch

${}{\frac {d(P,F)}{d(P,G)}}={\sqrt {e}}\,$

aus. Also ist

${\sqrt {x^{2}+y^{2}}}={\sqrt {e}}(x-1){\text{ bzw. }}x^{2}+y^{2}=e(x-1)^{2}.$

Somit ist

${}(1-e)x^{2}+y^{2}+2ex-e=0\,$

eine algebraische Gleichung für eine Kurve, auf der alle Punkte liegen, die die Bedingung erfüllen. Bei ${}e=1$ wird die Gleichung zu

$y^{2}+2ex-e=0{\text{ bzw. }}x=-{\frac {1}{2e}}y^{2}+{\frac {1}{2}},$

so dass in diesem Fall eine Parabel vorliegt. Es sei also ${}e\neq 1$ im Folgenden. Die allgemeine Gleichung kann man zu

${}x^{2}+{\frac {1}{1-e}}y^{2}+{\frac {2e}{1-e}}x-{\frac {e}{1-e}}=0\,$

umformen und durch quadratisches Ergänzen auf die Form

${}{\left(x+{\frac {e}{1-e}}\right)}^{2}+{\frac {1}{1-e}}y^{2}-{\frac {e^{2}}{(1-e)^{2}}}-{\frac {e}{1-e}}=0\,$

bringen. Dies schreiben wir als

${}{\begin{aligned}{\left(x+{\frac {e}{1-e}}\right)}^{2}+{\frac {1}{1-e}}y^{2}&={\frac {e^{2}}{(1-e)^{2}}}+{\frac {e}{1-e}}\\&={\frac {e^{2}-e^{2}+e}{(1-e)^{2}}}\\&=:c\\&>0.\end{aligned}}$

Der Faktor ${}{\frac {1}{1-e}}$ ist für ${}e<1$ positiv und für ${}e>1$ negativ. Im ersten Fall liegt also nach Koordinatenwechsel eine Gleichung der Form

${}{\tilde {x}}^{2}+{\tilde {y}}^{2}=c\,,$

also eine Ellipse, und im zweiten Fall liegt

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

vor, also eine Hyperbel.