Quadrik in zwei Variablen/Rationale Parametrisierung/Fakt/Beweis

Beweis

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.

Dies Abbildung ist auf der durch ${}D(Q)$ gegebenen Zariski-offenen Menge wohldefiniert (und diese Menge ist nicht leer, sobald der Körper mindestens drei Elemente besitzt).

Von nun an sei vorausgesetzt, dass ${}C$ mindestens zwei Punkte besitzt. Bei ${}\delta =\epsilon =0$ hat ${}F$ die Gestalt ${}F=X^{2}+\beta XY+\gamma Y^{2}$. Da wir vorausgesetzt haben, dass es mindestens zwei Punkte auf ${}C$ gibt, folgt, dass ${}F$ das Produkt von zwei homogenen Linearformen ist. Wenn ${}F$ das Quadrat einer Linearform ist, so liegt geometrisch einfach eine „verdoppelte Gerade“ vor, die sich direkt (bijektiv) parametrisieren lässt. Andernfalls ist ${}F$ das Produkt von zwei verschiedenen homogenen Linearformen und die zugehörigen Geraden verlaufen beide durch den Nullpunkt, was wir ausgeschlossen haben. In diesem Fall kann also nicht sowohl ${}\delta$ als auch ${}\epsilon$ gleich ${}0$ sein.

Wir haben also nur noch die Situation zu betrachten, wo ${}\delta t+\epsilon$ nicht das Nullpolynom ist. Daraus folgt, dass die Abbildung auf ihrem Definitionsbereich bis auf endlich viele Ausnahmen injektiv ist, da sich bei

${}\delta t+\epsilon \neq 0\,$

wegen

${}t={\frac {P_{1}}{Q}}\cdot {\frac {Q}{P_{2}}}\,$

aus dem Bild das Urbild ${}t$ rekonstruieren lässt.

Um zu zeigen, dass die Abbildung surjektiv bis auf endlich viele Ausnahmen ist, brauchen wir die Voraussetzung, dass ${}C$ irreduzibel ist. Dies bedeutet insbesondere, dass ${}C$ nicht die Vereinigung von zwei Geraden ist. Es sei ${}P\in C$, und die ${}y$-Koordinate von ${}P$ sei nicht null (es gibt maximal zwei Punkte mit ${}y$-Koordinate null). Dann hat die Gerade durch ${}P$ und ${}0$ einen Schnittpunkt ${}H=(t,1)$ mit der Parametrisierungsgeraden ${}V(Y-1)$. Bis auf endlich viele Werte von ${}t$ ist die Abbildung in diesem Punkt ${}H$ definiert und ${}P$ ist dann der Bildpunkt der Abbildung. Wegen der Irreduzibilität liegen auf den Ausnahmegeraden nur endlich viele Punkte von ${}C$, daher werden fast alle Punkte erreicht.

Zur bewiesenen Aussage