Algebraische Geometrie WS 2005/2006

66 Pages·2007·0.59 MB·German

Algebraische Geometrie
WS 2005/2006
Skript erstellt von Christoph Schu¨rhoff
nach einer Vorlesung von Walter Gubler an der Uni Dortmund
24. April 2007
1
Inhaltsverzeichnis
0 Einleitung 2
1 Noethersche Ringe und Moduln 3
2 Grundlagen aus der Topologie 6
3 Zariski-Topologie 7
4 Der Hilbert’sche Nullstellensatz 9
5 Noethersche Normalisierung 11
6 Affine Variet¨aten 14
7 Rationale Funktionen und Lokalisierungen 17
8 Rationale Abbildungen 19
9 Quasi-affine Variet¨aten 21
10 Projektiver Raum 22
11 Projektive Variet¨aten 24
12 Funktionen auf projektiven Variet¨aten 27
13 Rationale Abbildungen projektiver Variet¨aten 28
14 Tangentialraum 29
15 Derivationen 32
16 Singul¨are ebene kubische Kurven 34
17 Glatte ebene Kubiken 37
18 Divisoren auf Kurven 42
19 Pullback von Divisoren 45
20 Der Satz von Bezout 47
21 Elliptische Kurven 48
22 Linearsysteme auf Kurven 50
23 Ausblick 53
A Dimension 54
2
0 Einleitung
Diese Vorlesung folgt sehr stark dem Buch von K. Hulek [Hu], in dem der Leser auch zus¨atzliches
Material findet.
Lineare Algebra: L¨osen von linearen Gleichungssystemen
Algebra: L¨osen von einer Polynomgleichung a xn+...+a = 0
n 0
alg. Geometrie: L¨osen von beliebig vielen Polynomgleichungen in mehreren Variablen
d1 dn
f (x ,...,x ) = ... a xi1 xin, f (x ,...,x )= 0 fu¨r i = 1,...,m
i 1 n i1,...,in 1 ··· n i 1 n
i1=0 in=0
P P
Im Folgenden sei K K¨orper.
Definition 0.1 n := Kn affiner Raum, f K[x ,...,x ] Polynom in den Variablen x ,...,x
1 n 1 n
A ∈
mit Koeffizienten aus K. V(f) := x Kn f(x) = 0 Nullstellengebilde von f. Allgemeiner:
{ ∈ | }
T K[x ,...,x ], V(T) := x Kn f(x)= 0 f T
1 n
⊂ { ∈ | ∀ ∈ }
Definition 0.2 Eine algebraische Menge in n ist gleich V(T) f¨ur geeignetes T.
A
Beispiel 0.3 Kreis x2+y2 = 1 x2+y2 1 = 0. Allgemein sind alle Kegelschnitte alg. Mengen
→ −
im K2. Auch Kugeln, Kegel und Hyperboloide.
K = , f(x,y) = x2+y2+1, V(f) = . Das ist eine Anomalie, die wir verhindern, wenn wir alg.
R ∅
abgeschlossene K¨orper betrachten.
Definition 0.4 K heißt algebraisch abgeschlossen, falls jedes f K[x] K eine Nullstelle in K
∈ \
hat.
Bemerkung 0.5 Falls K alg. abg. ist, dann hat f(x)= 0 genau deg(f) viele L¨osungen, wenn man
sie mit Vielfachheit z¨ahlt.
Satz 0.6 (Fundamentalsatz der Algebra) ist algebraisch abgeschlossen
C
Beweis: Angenommen f hat keine Nullstelle in fu¨r ein Polynom f(x) [x] . Als Polynom
C ∈ C \C
ist f holomorph, 1 ist auch holomorph. f(x) = a xn +...+a , a = 0, n 1. Wachstum fu¨r x
f n 0 n 6 ≥ | |
sehrgroß: f(x) x n 1 beschr¨ankt.Nach dem Satzvon Liouville isteineauf holomorphe,
| | ∼ | | ⇒ f(x) C
beschr¨ankte Funktion konstant. f(x) konstant. Widerspruch!
⇒
Einen algebraischen Beweis findet man in [Ja1], Theorem 5.2.
Bemerkung 0.7 Falls K alg. abgeschlossen ist, kommt die Anomalie von Bsp 0.3 nicht vor. Des-
halb setzen wir ab jetzt voraus, dass K alg. abgeschlossen ist.
Bemerkung 0.8 DieVoraussetzungistnichtsoschlimm,dennjederK¨orperistenthalten ineinem
alg. abgeschlossenen K¨orper.
Beispiel 0.9 Sei τ , Imτ > 0. Eine meromorphe Funktion f auf heißt elliptisch zum Gitter
∈ C C
+ τ := Λ: f(z+1) = f(z)undf(z+τ)= f(z).EsgiltdurchInduktion:f(mτ+n+z)= f(z).
Z Z ⇔
Elliptisch heißt auch doppelt periodisch. Λ ist diskrete Untergruppe von ( ,+).
C
3
τ τ+1 Fundamentalparallelogramm von /Λ
C
z 3+2τ q q d.hjedesElementin /ΛhatgenaueinenRepr¨asentantenimFundamen-
− C
q 1 talparallelogramm. Jede elliptische Funktion zu Λ istbestimmt durchdie
q Werte auf dem Fundamentalparallelogramm.
z 2+τ
−
q
z
q q q
Beispiel einer elliptischen Funktion:
1 1 1
℘(z) = + Weierstraßsche℘ Funktion
′
z2 (z ω)2 − ω2 −
ω Λ 0 −
∈X\{ }
absolut konvergent (s. [Ah], 7.3.1). ℘ hat doppelte Pole in den Gitterpunkten Λ und ist sonst
holomorph in z ; meromorph,elliptisch zum Gitter Λ (durch Umordnender Summe).℘ erfu¨lltdie
DGL ℘2 = 4℘3 60G ℘ 140G mit G = ω 2k. Betrachte Kubik C: y2 = 4x3 60G x
′ 2 3 k − 2
− − − −
ω Λ 0
∈ \{ }
140G , d.h. V(y2 4x3+60G x+140G ). MePhr Details, s. [Ah], Chapter 7.
3 2 3
−
Satz 0.10 /Λ C , z (℘(z),℘(z)) ist bijektiv.
′
C → ∪{∞} 7→
Beweis: [HC], II.5.1.
Bemerkung 0.11 Die Kurve C heißt elliptische Kurve. Durch Satz 0.10 wird sie zu ei-
∪ {∞}
ner Gruppe. Wir sehen, dass die komplexe Funktionentheorie mit der algebraischen Geometrie
verknu¨pft ist.
1 Noethersche Ringe und Moduln
Noethersch ist diejenige Eigenschaft in der algebraischen Geometrie, die analog zu endlich dimen-
sional in der linearen Algebra ist.
Voraussetzung 1.1 R sei im Folgenden immer ein kommutativer Ring mit 1.
Definition 1.2 Ein R-Modul M ist eine kommutative Gruppe bzgl. + mit einer Skalarmultipli-
kation: λ R, m M ; λ m so, dass 2 Distributivgesetze gelten: (λ + µ)m = λm + µm,
∈ ∈ ·
λ(m + m) = λm + λm. (λµ)m = λ(µm), 1 m = m. ”Idee: Vektorraum aber nur Ring statt
′ ′
·
Grundk¨orper.”
Definition 1.3 Ein Homomorphismus ϕ :M N von R-Moduln ist eine Abbildung mit
→
ϕ(m+m)= ϕ(m)+ϕ(m), ϕ(λm) = λϕ(m).
′ ′
N M heißt Untermodul von M, falls u,u N u+u N,λ R,u N λu N,0 N. Sei
′ ′
⊂ ∈ ⇒ ∈ ∈ ∈ ⇒ ∈ ∈
N Untermodul von M. Die abelsche Gruppe M/N wird nat¨urlich zu einem R-Modul. Die abelsche
Gruppe M/N heißt Quotientenmodul.
Definition 1.4 Ein R-Modul M heißt noethersch : jede echt aufsteigende Folge von Untermo-
⇔
duln N ( N ( ... endlich ist.
1 2
Bem.: Sei V endl.-dim. VR u¨ber dem K¨orper K. Beh.: V ist noethersch.
Bew.: Sei 0 ( V ( V ( ... aufsteigende Folge von UV. 0 < dimV < dimV < ... dimV
1 2 1 2
⇒ ≤ ⇒
sp¨atestens bei V gilt V = V.
n n
Bei Moduln existiert der Dimensionsbegriff nicht, weil keine Basis existieren muss.
4
Definition 1.5 Sei T M R-Modul. T erzeugt M : jedes a M ist R-Linearkombination von
⊂ ⇔ ∈
Elementen aus T. M heißt endlich erzeugt : T M, T endlich, T erzeugt M.
⇔ ∃ ⊂
Proposition 1.6 Ein R-Modul M ist noethersch Jeder Untermodul von M ist endlich erzeugt.
⇔
Beweis:
” ”: Sei N Untermodul von M. z.z.: N endlich erzeugt.
⇒
Falls N = 0 , dann klar. Nehme deshalb an, dass es x N 0 gibt. Setze N := Rx .
1 1 1
{ } ∈ \{ }
N ist Untermodul von N. Falls N = N, dann ist N erzeugt von x . Also nehmen wir an,
1 1 1
dass N = N, d.h. x N N . Setze N =Rx +Rx . N ist wieder Untermodul von M.
1 2 1 2 1 2 2
Falls N 6= N, dann∃ist∈N e\rzeugt von x ,x . Sonst x N N usw. ; N N N ... N.
2 1 2 3 2 1 2 3
∃ ∈ \ ⊂ ⊂ ⊂ ⊂
Weil N noethersch ist, bricht die Kette ab, d.h. m: N = N N ist erzeugt von x ,...,x .
m 1 m
∃ ⇒
” ”: Sei jetzt jeder Untermodul endl.-erzeugt. z.z.: M noethersch:
⇐
Ann.: Es gibt eine unendliche aufsteigende Folge N N ... von Untermoduln von M.
1 2
⊂
Betrachte N := ∞ N . Es ist klar, dass N Untermodul ist, weil die Kette aufsteigend ist.
j
j=1
Nach Vor. ist N Sendlich erzeugt von m ,...,m N. m N . Sei j das gr¨oßte Element
1 r ∈ ⇒ k ∈ jk
der j s m ,...,m N N = Rm +...+Rm N N N = N = N = ...
k′ 1 r j 1 r j j j+1
⇒ ∈ ⇒ ⊂ ⊂ ⇒
Widerspruch!
2
Bemerkung 1.7 Ein kommutativer Ring R mit 1 ist selber ein R-Modul auf natu¨rliche Art und
Weise, in dem man die Ringmultiplikation als skalare Multiplikation nimmt.
Definition: Der Ring R heißt noethersch : R als R-Modul noethersch.
⇔
Bemerkung: Die Untermoduln von R sind dasselbewie die Ideale von R. Ein Unterring muss kein
Untermodul sein, z.B. ist [t], aber f(t) m
Z⊂ Z · 6∈ Z
Beispiel 1.8 Jeder Hauptidealbereich ist nach Proposition 1.6 ein noetherscher Ring, denn jeder
Untermodul (Ideal) ist erzeugt von einem Element. Bsp.: ,K[x]
Z
Bemerkung 1.9 Beachte,dassesinProposition1.6nichtgenu¨gt,dassM endlicherzeugtist.Denn
jeder Ring R (komm., mit 1) ist als R-Modul endlich erzeugt von 1, aber es gibt nicht-noethersche
Ringe wie anhand von C( ) in Serie 2, Aufgabe 1, gezeigt wird.
R
Proposition 1.10 Voraussetzung: M sei R-Modul, N Untermodul. Beh.: M ist noethersch N
⇔
noethersch und M/N noethersch.
Beweis: Serie 2, Aufgabe 2.
Proposition 1.11 Vor.: ϕ :N M Homomorphismus von R-Moduln, N noethersch. Beh.: ϕ(N)
→
noethersch.
Beweis: Sei M ein Untermodul von ϕ(N). Z.z. ist nach Proposition 1.6, dass M endlich erzeugt
′ ′
ist. N := ϕ 1(M ) ist Untermodul von N N endlich erzeugt ϕ(N ) endlich erzeugt.
′ − ′ ′ ′
⇒ ⇒
ϕ(N ) = ϕ(ϕ 1(M )) = M M endlich erzeugt. 2
′ − ′ ′ ′
⇒
Proposition 1.12 Vor.:R sei noetherscher Ring,M endlicherzeugterR-Modul.Beh.:M noether-
scher R-Modul.
5
Beweis: Zuerst folgt aus M ,M noethersche Moduln, dass M M noethersch ist. (Wende
1 2 1 2
⊕
Proposition 1.10 an mit M = M M , N = M 0 , M/N = M M M noethersch)
1⊕ 2 1⊕{ } ∼ 2 ⇒ 1⊕ 2
Nach Voraussetzung m ,...,m mit M = Rm +...+Rm ; ϕ : R ... R M, (λ ,...,λ )
1 r 1 r 1 r
r ∃ ⊕ ⊕ → 7→
λ m ist surjektiver R-Modulhomomorphismus. M noetherscher R-Modul 2
j j
⇒
j=1
P
Satz 1.13 (Hilbertscher Basissatz) Voraussetzung: R noetherscher Ring; Beh.: R[x ,...,x ]
1 n
ist noethersch.
Beweis: Nach Induktion nach n genu¨gt es den Fall R[x] zu betrachten (denn z.B. R[x,y] =
(R[x])[y]). Wichtig: n = 1 beweisen:
Nach Proposition 1.6 genu¨gt es zu zeigen, dass jedes Ideal I in R[x] endlich erzeugt ist. Fu¨r jedes
j sei M := a R f (x) = a xj +a xj 1 +...+a I (”alle h¨ochstens Koeffizien-
j j j j j 1 − 0
∈ N { ∈ | − ∈ }
ten von Polynomen aus I vom Grad j ”). M ist abgeschlossen unter ”+” und auch unter der
j
≤
Multiplikation mit λ R, denn sei a M , λ R λf (x) I λa ist h¨ochster Koeffizient
j j j j
⊂ ∈ ∈ ⇒ ∈ ⇒
von λf , d.h. λa M M ist Ideal in R. Weiter gilt: M M M M ..., denn sei
j j j j 0 1 2 3
∈ ⇒ ⊂ ⊂ ⊂
a M xf (x) I und hat Grad j+1 mit h¨ochstem Koeffizienten a a M
j j j j j j+1
∈ ⇒ ∈ ≤ ⇒ ∈
Weil R noethersch ist, gibt es ein Ideal N mit M = N fu¨r alle n genu¨gend gross. Da R noethersch
m
ist M endlich erzeugt, sagen wir durch b ,...,b . Nach Def. f (x) = b xj +g (x) I.
⇒ j j1 jkj ∃ jk jk jk ∈
Beh.: (f (x)) erzeugen I als R-Modul
jk 0 j m,1 k kj
≤ ≤ ≤ ≤
Bew.: Sei f I. Wir beweisen mit Induktion nach n = deg(f), dass f = h f fu¨r geeignete
jk jk
∈
j,k
h R[x]. Verankerung fu¨r f = 0 ist klar. P
jk
∈
Induktionsschritt f = b xn+f I b M . Falls n m b = a b , a R.
n 1 n n n k mk k
⇒ ∈ ⇒ ∈ ≥ ⇒ ∈
k
Betrachte die zugeh¨origen Polynome: dann haben f und a f xn m dPenselben h¨ochsten Koeffi-
k mk −
zienten unddenselbenGrad. f a xn mf hatGrad< nundistinI f a xn mf =
k − mk k − mk
⇒ − P ⇒ −
k k
h f . Falls n < m, dann l¨auftPdie Beweisfu¨hrung analog, in dem man m durPch n ersetzt und
jk jk
j,k
aPuf den Faktor xn m jeweils verzichtet. (cid:3)
−
z.B.istK[x ,...,x ]immereinnoetherscherRingfu¨reinenK¨orperK,dennKistselbernoethersch
1 n
(hat nur die Ideale 0 ,K)
{ }
Definition 1.14 Eine Abbildung ϕ :R S von komm. Ringen mit 1 heißt Ringhomomorphis-
→
mus, falls ϕ(λµ) = ϕ(λ) ϕ(µ), ϕ(λ+µ) = ϕ(λ)+ϕ(µ), ϕ(1 ) = 1 .
R S
·
Falls R ein noetherscher Ring ϕ(R) noetherscher Ring.
⇒
Definition 1.15 Eine kommutative R-Algebra mit 1 ist ein komm. Ring A mit 1, der auch ein
R-Modul ist, sodass (λµ)a = λ(µa), λ(ab) = (λa)b.
Zentrales Beispiel: R[x ,...,x ] ist eine R-Algebra.
1 n
Definition: A heißt erzeugt von T als R-Algebra : a A f R[x ,...,x ] und a ,...,a T
1 r 1 r
⇔ ∀ ∈ ∃ ∈ ∈
so, dass a= f(a ,...,a )
1 r
Korollar 1.16 Vor.: R komm. noetherscher Ring mit 1, A endl. erzeugte komm. R-Algebra mit
1. Beh.: A ist noetherscher Ring
Beweis:Aendl.erzeugtalsAlgebraheißt,dassdieAbbildungϕ: R[x ,...,x ] A,f(x ,...,x )
1 r 1 r
→ 7→
f(a ,...,a ) ein surjektiver (Algebra-) Ringhomomorphismus ist. A noetherscher Ring, weil
1 n
⇒
nach dem Hilbert’schen Basissatz R[x ,...,x ] noethersch ist. 2
1 n
6
2 Grundlagen aus der Topologie
Topologische R¨aume sind zentral in der Mathematik, sie abstrahieren das Konzept des Raumes auf
die axiomatische Definition der offenen Menge.
Definition 2.1 Sei X eine Menge und Pot(X) mit den Axiomen
U ⊂
a) U f¨ur i I (beliebige Familie) U
i i
∈ U ∈ ⇒ ∈ U
i I
∈
S
b) U f¨ur I endlich U
i i
∈ U ⇒ ∈ U
i I
∈
T
c) ,X
∅ ∈ U
Dann heißt (X, ) topologischer Raum. Meist l¨aßt man aus Bequemlichkeit in der Notation
U U
weg. U heißt offene Menge. X U heißt abgeschlossene Menge.
∈ U \
NachAxioma) derDurchschnittbeliebigvielerabgeschlossenerMengenistwiederabgeschlossen.
⇒
(Seien A , abgeschlossen fu¨r i I (beliebig) A = X U fu¨r U offen. A = X U A
i i i i i i i
∈ ⇒ \ \ ⇒
abgeschlossen.) i∈I i∈I i∈I
T S T
Analog ist die Vereinigung von endlich vielen abgeschlossenen Mengen wieder abgeschlossen.
Beispiel 2.2 Metrischer Raum X mit Metrik d ; Topologie gegeben durch U : x
0
U ∈ U ⇔ ∀ ∈
U ε> 0 mit x X d(x,x )< ε U
0
∃ { ∈ | } ⊂
z.B. X = n, d(x,y) = x y ; Standardtopologie
R k − k
Definition 2.3 Sei Y X. Dann heißt Y := Z der Abschluss von Y in X. Nach Def.
⊂
Z Y
T⊃
Z abg.
2.1 ist Y die kleinste abgeschlossene Menge, die Y enth¨alt. Falls Y = X, dann heisst Y dicht in
X.
Definition 2.4 Sei f : X X Abbildung von topologischen R¨aumen. f heißt stetig : U
′
→ ⇔ ∀ ∈
f 1(U) ”Urbilder offener Mengen sind offen”.
− ′
U ⇒ ∈ U
Folgerung: f stetig, A abgeschlossen f 1(A) abgeschlossen. (denn A= X U, U , f 1(A) =
− −
⇒ \ ∈ U
f 1(X U) = X f 1(U) abgeschlossen in X)
− ′ −
\ \
Definition 2.5 Ein topologischer Raum X heißt hausdorff’sch : x,y X,x = y U,V
⇔ ∀ ∈ 6 ⇒ ∃
offen mit x U, y V, U V = .
∈ ∈ ∩ ∅
Bemerkung: Jeder metrischer Raum ist hausdorff’sch.
Definition 2.6 Sei (X, ) topologischer Raum und sei Y X. Die auf Y von X induzierte To-
U ⊂
pologie ist gegeben durch U : U mit U = U Y.
′ ′ ′ ′
U ∈ U ⇔ ∃ ∈ U ∩
Definition 2.7 Ein topologischer Raum X heißt quasikompakt, falls U beliebige Familie
i
∈ U
mit U = X I I, I endlich mit U = X.
i 0 0 i
⇒ ∃ ⊂
i I i I
FallsS∈X neben quasikompakt auch noch hauS∈sdorff’sch ist, dann heißt X kompakt.
Eine Teilmenge Y eines beliebigen topologischen Raumes heisst (quasi-) kompakt : Y mit der
⇔
induzierten Topologie (quasi-) kompakt.
Beispiel 2.8 Y n mit Standardtopologie: Y kompakt Y abgeschlossen & beschr¨ankt.
⊂ R ⇔
Dies muss i.A. nicht gelten.
7
Definition 2.9 Ein topologischer Raum X heißt irreduzibel : X = und falls X = Y Y , Y
1 2 i
⇔ 6 ∅ ∪
abgeschlossen X = Y oder X = Y .
1 2
⇒
Beispiel 2.10 X = mit Standardtopologie ist nicht irreduzibel, denn z.B. =] ,0] [0, [.
R R −∞ ∪ ∞
Proposition 2.11 Voraussetzung X hausdorff’sch
Behauptung: X irreduzibel X einpunktig
⇔
Beweis: Serie 2, Aufgabe 3.
Definition 2.12 Ein topologischer Raum X heißt noethersch : jede absteigende Folge Y )
1
⇔
Y ) Y ) ... (absteigende Kettenbedingung) von abgeschlossenen Mengen in X ist endlich.
2 3
Beispiel 2.13 X = ist nicht noethersch (Serie 2, Aufgabe 4).
R
Satz 2.14 Voraussetzung: X noetherscher topologischer Raum. Dann gilt:
a) Y ,...,Y abgeschlossene irreduzible Teilmengen von X mit X = Y ... Y .
1 r 1 r
∃ ∪ ∪
b) Falls in obiger Zerlegung kein Y weggelassen werden kann, dann sind Y ,...,Y bis auf Per-
j 1 r
mutation eindeutig und heißen die irreduziblen Komponenten von X.
Beweis: von a): Indirekt. Annahme: Es gibt keine endliche Zerlegung wie in a) X nicht irredu-
⇒
zibel X =Y Y
⇒ 1∪ 1′
Ein Y kann ebenfalls keine endliche Zerlegung in irreduzibel abgeschlossene Teilmengen haben.
1
Sagen wir, Y hat keine Zerlegung: Beginne neu mit Y statt X, Y ist auch noetherscher Raum.
1 1 1
; Konstruiere Y abgeschlossen, Y ( Y , sodass Y auch keine Zerlegung wie in a) hat. usw.
2 2 1 2
X )Y ) Y ) Y ) ...
1 2 3
Widerspruch zu noethersch!
von b): Seien X = Y ... Y = Y ... Y zwei minimale Zerlegungen Y = (Y Y ) ...
1∪ ∪ r 1′∪ ∪ s′ ⇒ k k∩ 1′ ∪ ∪
(Y Y ) l¨aßt sich nie als endliche Vereinigung von abg. Teilmengen zerlegen außer Y Y = Y
k ∩ s′ k ∩ j′ k
fu¨r ein j = j(k) (da Y irreduzibel). Y Y . Analog Y Y . Y Y Y . Weil
k ⇒ k ⊂ j′(k) k′ ⊂ i(k) ⇒ k ⊂ j′(k) ⊂ i(j(k))
Zerlegung minimal ist k = i(j(k)) und Y = Y . Analog k = j(i(k)), d.h. die Y ’s sind bis auf
⇒ k j′(k) j
Permutation eindeutig. 2
3 Zariski-Topologie
In der algebraischen Geometrie benutzt man eine ganz exotische Topologie, die mit unserer An-
schauung fast nichts gemeinsam hat. Man benutzt sie deshalb, weil die abgeschlossenen Mengen
gerade die Nullstellenmengen von Polynomen sind.
Voraussetzung: k algebraisch abgeschlossener K¨orper, n = kn.
A
Definition 3.1 Y n heißt algebraisch : T k[x ,...,x ] und Y = V(T) = x n
1 n
⊂ A ⇔ ∃ ⊂ { ∈ A |
f(x)= 0 f T
∀ ∈ }
U n offen : n U algebraische Menge in n
⊂ A ⇔ A \ A
Behauptung: Dies induziert eine Topologie auf n, die wir Zariski-Topologie nennen.
A
Beweis: Zu zeigen:
8
z.z.
a) (U ) offen U offen = (X A )= U
i i I i i i
∈ ⇒ i I i I \ i I
∈ ∈ ∈
(A := n U ) SabgeschlossenSwir=zeigen SA abgeschlossen U = X A offen)
i i i I i i i
A \ ∈ ⇒ i I ⇒ i I \i I
Esgenu¨gtsomitzuzeigen,dassderDurchsT∈chnitteinerbeliebigenFS∈amilievonaT∈bgeschlossenen
Mengen wieder abgeschlossen ist!
A = V(T ), T k[x ,...,x ] A = V(T ) = V( T ) denn sei x V(T ).
i i i 1 n i i i i
⊂ ⇒ ∈
i I i I i I i I
Behauptung: x V( T ) T∈ T∈ S∈ T∈
i
∈
i I
Beweis: W¨ahle f S∈T i mit f T . Da x V(T ) f(x)= 0
i i i
∈ ⇒ ∃ ∈ ∈ ⇒
i I
Umgekehrt sei x VS∈( T ). Z.z.: x V(T ). W¨ahle i I, z.z. x V(T )
i i i
∈ ∈ ∈ ∈
i I i I
Sei f T f TS∈ f(x)= 0 T∈ 2
i j
∈ ⇒ ∈ ⇒
j I
∈
S
b) Z.z.: I endlich, U offen U offen. Mit Induktion genu¨gt es, dies fu¨r 2 offene Mengen
0 i
⇒
i I0
zu zeigen. Durch Kompleme∈Tntbildung reicht es zu zeigen, dass A1 = V(T1),A2 = V(T2)
abgeschlossen A A abgeschlossen.
1 2
⇒ ∪
A A = V(T), T := f f f T ,f T
1 2 1 2 1 1 2 2
∪ { | ∈ ∈ }
” ”: Sei x A A , nehmen wir an in A . Zu zeigen: x V(T). Nehme f T, z.z.: f(x)= 0.
1 2 1
⊆ ∈ ∪ ∈ ∈
Nach Definition f = f f . f T f (x) = 0 f(x)= 0
1 2 1 1 1
· ∈ ⇒ ⇒
” ”: Annahme: x A . Zu zeigen x A . Weil x A f T , f (x) = 0. W¨ahle f T
1 2 1 1 1 1 2 2
⊇ 6∈ ∈ 6∈ ⇒ ∃ ∈ 6 ∈
z.z.: f (x) = 0. f f (x) = 0 f (x) = 0
2 1 2 2
⇒
2
Beispiel 3.2 U 1 offen U = , U Komplement einer endlichen Menge. A 1 abgeschlos-
⊂ A ⇔ ∅ ⊂ A
sen A = 1 oder A endliche Menge.
⇔ A
Gegeben: z ,...,z 1. Gesucht T k[x] mit z ,...,z = V(T). f(x)= (x z ) ... (x z )
1 n 1 n 1 n
∈ A ∈ { } − · · −
erfu¨llt das. Umgekehrt sei A abgeschlossen und nicht 1. Dann gibt es ein f k[x],f = 0 so, dass
A ∈ 6
f auf A verschwindet. Da f maximal deg(f) Nullstellen hat, muss A endlich sein.
Behauptung: 1 mit Zariski-Topologie ist nicht hausdorff’sch.
A
Beweis: W¨ahle x = y 1 und U x, V y offen. Behauptung: U V = . Bew.:
6 ∈ A ∋ ∋ ∩ 6 ∅ ⇔
( 1 U) ( 1 V) = 1
A \ ∪ A \ 6 A
Anders gesagt mu¨ssen wir zeigen, dass die Vereinigung zweier abgeschlossener Mengen A = 1,
1
6 A
A = 1 verschieden von 1 ist. Dies folgt aber aus A ,A endlich und 1 = k unendlich, da k
2 1 2
6 A A A
algebraisch abgeschlossen (siehe Serie 1, Aufgabe 3).
Die Zariski-Topologie auf ist total verschieden von der Standardtopologie. Konvention ab jetzt:
C
immer Zariski-Topologie.
Definition 3.3 Sei Y n. Dann heißt I(Y) := f k[x ,...,x ] f(Y) = 0 das Ver-
1 n
⊂ A { ∈ | { }}
schwindungsideal von Y.
(I(Y) ist wirklich ein Ideal: Seien f,g I(Y) (f +g)(y) = f(y)+g(y) = 0 y Y und sei
∈ ⇒ ∀ ∈
h k[x ,...,x ],f I(Y) (f h)(y) = f(y)h(y) = 0 y Y)
1 n
∈ ∈ ⇒ · ∀ ∈
Lemma 3.4 Voraussetzung: T T k[x ,...,x ]. Behauptung: V(T ) V(T )
1 2 1 n 1 2
⊂ ⊂ ⊃
Lemma 3.5 Voraussetzung: Y Y n. Behauptung: I(Y ) I(Y )
1 2 1 2
⊂ ⊂ A ⊃
Lemma 3.6 Voraussetzung: Y n. Behauptung: V(I(Y)) = Y.
⊂ A
9
Beweis: ” ”: V(I(Y)) Y, denn y Y und f I(Y) f(y) = 0 y V(I(Y)). Weil
⊃ ⊃ ∈ ∈ ⇒ ⇒ ∈
V(I(Y)) abgeschlossen ist per Definition V(I(Y)) Y
⇒ ⊃
” ”: T k[x ,...,x ] mit Y = V(T) I(Y) I(Y) = I(V(T)) T V(I(Y)) V(T) =
1 n
⊂ ∃ ⊂ ⇒ ⊃ ⊃ ⇒ ⊂
Y 2
Satz 3.7 n ist noetherscher topologischer Raum.
A
Beweis: Sei Y ) Y ) Y ) ... echt absteigende Kette von abgeschlossenen Teilmengen.
1 2 3
⇒
Hilbert 3.6
I(Y ) I(Y ) I(Y ) ... = j mit I(Y ) = I(Y ) V(I(Y )) = V(I(Y )) Y = Y =
1 2 3 j j+1 j j+1 j j
⊂ ⊂ ⊂ ⇒ ∃ ⇒ ⇒
Y = Y 2
j+1 j+1
Satz 3.8 Vor.: Y n, Y abgeschlossen. Beh.: f ...,f k[x ,...,x ] mit Y = V(f ...,f ).
1 r 1 n 1 r
⊂ A ∃ ∈
Beweis: Y = Y = V(I(Y)), I(Y) ist endlich erzeugt (Hilbertscher Basissatz), sagen wir durch
f ,...,f S3=Aufg.1Y = V(f ,...,f ) 2
1 r 1 r
⇒
Satz 3.9 Vor.: Y n, Y abgeschlossen. Beh.: Y irreduzibel I(Y) Primideal
⊂ A ⇔
Beweis:” ”: SeiI(Y)keinPrimideal.Z.z.Y nichtirreduzibel. f,g k[x ,...,x ] I(Y),f g
1 n
⇒ ∃ ∈ \ · ∈
I(Y). Y = V(f) Y, Y =V(g) Y. Y abgeschlossen und Y Y. Y Y = Y (V(f) V(g))
1 2 i i 1 2
∩ ∩ ⊂ ∪ ∩ ∪ ⇒
Y Y = Y Zerlegung, aber Y = Y, denn f 0 und f 0. Analog Y Y. Y nicht
1 ∪ 2 1 6 |Y1 ≡ |Y 6≡ 2 6≡ ⇒
irreduzibel.
” ”: Sei Y nicht irreduzibel. Z.z. I(Y) ist kein Primideal: Y = Y Y ,Y abgeschlossen Y =
1 2 i i
⇐ ∪ 6
Y i = 1,2 I(Y ) ) I(Y) f I(Y ) I(Y). f f 0, d.h. f f I(Y) I(Y) kein
Pr∀imideal. ⇒ i ⇒ ∃ i ∈ i \ 1 2|Y=Y1∪Y2 ≡ 1 2 ∈ ⇒ 2
Satz 3.10 Vor.: Y n, Y abgeschlossen. Beh.: Zerlegung Y = Y ... Y , Y abgeschlossen
1 r i
⊂ A ∃ ∪ ∪
& irreduzibel Y Y i = j. Die Y sind bis auf Reihenfolge eindeutig und heißen die irreduziblen
i j i
6⊂ ∀ 6
Komponenten von Y.
Beweis: Nach Satz 3.7 ist n noetherscher topologischer Raum. Da die angegebene Bedingung
¨aquivalent zur Minimalit¨at dAer Zerlegung ist, folgt die Behauptung aus Satz 2.14. 2
Beispiel 3.11 V(x3(y x2)) = (x,y) x3 = 0 (x,y) x2 = y = V(x3) V(y x2) =
− { | } ∪ { | } ∪ −
V(x) V(y x2) ist Zerlegung in irreduzible Komponenten (nach 3.9, 3.10).
∪ −
4 Der Hilbert’sche Nullstellensatz
Der Hilbertsche Nullstellensatz spielt in der algebraischen Geometrie eine ¨ahnliche Rolle wie der
Hauptsatz der Galoistheorie in der Algebra. Er verbindet geometrische Objekte wie Punkte, abge-
schlossene Teilmengen mit algebraischen Objekten wie Ideale.
In diesem Abschnitt ist k ein algebraisch abgeschlossener K¨orper.
Beispiel 4.1 Vor.: f k[x ,...,x ] V(f) = V(fn) f¨ur jedes n 1. V(< f >) = V(< fn >
1 n
∈ ⇒ ≥ ⇒
), aber < f >=<fn >.
6
Wir wollen Ideale einfu¨hren, bei denen das nicht ”passieren” kann, d.h. ”Wurzelziehen” fu¨hrt nicht
aus dem Ideal heraus. Sp¨ater wollen wir die Verschwindungsideale charakterisieren.
Definition 4.2 Vor.: J Ideal in komm. Ring mit 1. Dann heißt √J := a R an Jfu¨reinn
{ ∈ | ∈ ≥
1 Radikal von J. Klar: J √J
} ⊂
Lemma 4.3 Das Radikal ist ein Ideal.