Reguläre Abbildung < Algebraische Geometrie < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:04 So 20.11.2011 | | Autor: | icarus89 |
| Aufgabe 1 | Sei $ I=(x*y+y*z+z*x-1,x*y*z-1) $ in $ K[x,y,z] $ und $ J=(a+b+c-1,a*b*c-1) $ in $ K[a,b,c] $
Zeige: [mm] a\mapsto [/mm] y*z, [mm] b\mapsto [/mm] z*x, [mm] c\mapsto [/mm] x*y definiert einen Algebrenhomomorphismus $ [mm] K[a,b,c]/J\to [/mm] K[x,y,z]/I $
Zeige ferner: [mm] \vektor{x \\ y \\ z}\mapsto \vektor{y*z \\ z*x \\ x*y} [/mm] definiert eine reguläre Abbildung von V(I) nach V(J) |
| Aufgabe 2 | Zeigen Sie, dass eine reguläre Abbildung $ [mm] f:U\to [/mm] V $ Zariski-stetig ist.
Hinweis: Die Aussage folgt nicht durch die Zariski-Stetigkeit in den einzelnen Komponenten, denn die Zariski-Topologie auf [mm] K^{n} [/mm] ist nicht die Produkttopologie der Zariski-Topologien auf K. |
Heyho!
Also zum ersten Teil: Ist da nicht bloß zu zeigen, dass J im Kern dieser Abbildung ist, damit das auch schon wohldefiniert ist? Wobei das ja auch eig klar ist...Aber sonst ist die Abbildung doch grad so definiert, dass sie additiv und multiplikativ ist, indem man einfach sagt, was man für die einzelnen Variablen einsetzen soll?
Zum zweiten Teil: Mmh, wir haben erstmal nur definiert, was eine reguläre Abbildung in einen Körper ist, wenn sie nämlich in jedem Punkt regulär ist, das heißt für jeden Punkt gibt es eine Zariskioffene Menge, sodass sie Quotient zweier Polynome ist. Ich nehm dann mal an, dass es hierbei in jeder Komponente so sein soll...Ist das dann nicht auch irgendwie klar? Ist nicht bloß zu zeigen, dass das Bild von V(I) unter dieser Abbildung in V(J) enthalten ist? Das ist nun aber auch klar.
Zur Aufgabe 2: Nun das ist nochmal die Sache mit der regulären Abbildung in mehreren Komponenten, also wirds wohl wirklich so sein, wenn man so davon spricht...Nunja, die Zariski-Topologie ist ja über ihre abgeschlossenen Mengen definiert, den affin algebraischen Mengen, also wird es wohl am einfachsten sein, nachzurechnen, das das Urbild einer Zariski-abgeschlossenen Menge unter einer regulären Abbildung wieder Zariski-abgeschlossen ist. Was ist denn, wenn V, [mm] U\subset K^{n} [/mm] irgendetwas ist? Muss man dann die Relativtopologie der Zariski-Topologie betrachten? Aber man wird ja immer mit U bzw. V schneiden können, wenn es sonst passt...Also: Sei I ein Ideal in [mm] K[X_{1},...,X_{n}] [/mm] Wie zeigt man denn nun, dass das Urbild der Nullstellenmenge von I eine Nullstellenmenge geschnitten U ist, alles was man weiß ist doch erstmal, dass es für alle [mm] u\in [/mm] U [mm] g_{u,i},h_{u,i}\in K[X_{1},...X_{n}] [/mm] gibt sowie [mm] U_{u,i} [/mm] Zariskioffen, sodass [mm] f_{i}=\bruch{g_{u,i}}{h_{u,i}} [/mm] in [mm] U_{u,i}
[/mm]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 00:12 Mo 21.11.2011 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Sei [mm]I=(x*y+y*z+z*x-1,x*y*z-1)[/mm] in [mm]K[x,y,z][/mm] und
> [mm]J=(a+b+c-1,a*b*c-1)[/mm] in [mm]K[a,b,c][/mm]
> Zeige: [mm]a\mapsto[/mm] y*z, [mm]b\mapsto[/mm] z*x, [mm]c\mapsto[/mm] x*y definiert
> einen Algebrenhomomorphismus [mm]K[a,b,c]/J\to K[x,y,z]/I[/mm]
>
> Zeige ferner: [mm]\vektor{x \\ y \\ z}\mapsto \vektor{y*z \\ z*x \\ x*y}[/mm]
> definiert eine reguläre Abbildung von V(I) nach V(J)
> Zeigen Sie, dass eine reguläre Abbildung [mm]f:U\to V[/mm]
> Zariski-stetig ist.
> Hinweis: Die Aussage folgt nicht durch die
> Zariski-Stetigkeit in den einzelnen Komponenten, denn die
> Zariski-Topologie auf [mm]K^{n}[/mm] ist nicht die Produkttopologie
> der Zariski-Topologien auf K.
>
> Also zum ersten Teil: Ist da nicht bloß zu zeigen, dass J
> im Kern dieser Abbildung ist, damit das auch schon
> wohldefiniert ist?
Ja.
> Wobei das ja auch eig klar ist...Aber
> sonst ist die Abbildung doch grad so definiert, dass sie
> additiv und multiplikativ ist, indem man einfach sagt, was
> man für die einzelnen Variablen einsetzen soll?
Genau. Da $K[a,b,b]$ eine freie $K$-Algebra ist, entsprechen die $K$-Homomorphismen $K[a,b,c] [mm] \to [/mm] K[x,y,z]/J$ gerade den Zuordnungen des Tripels $(a, b, c)$ mit einem Tripel von Elementen aus $K[x,y,z]/J$. Und nach dem Homomorphiesatz entsprechen die $K$-Homomorphismen $K[a,b,c]/I [mm] \to [/mm] K[x,y,z]/J$ gerade den $K$-Homomorphismen $K[a,b,c] [mm] \to [/mm] K[x,y,z]/J$, deren Kern $I$ enthaelt.
> Zum zweiten Teil: Mmh, wir haben erstmal nur definiert, was
> eine reguläre Abbildung in einen Körper ist, wenn sie
> nämlich in jedem Punkt regulär ist, das heißt für jeden
> Punkt gibt es eine Zariskioffene Menge, sodass sie Quotient
> zweier Polynome ist. Ich nehm dann mal an, dass es hierbei
> in jeder Komponente so sein soll...
Ja.
> Ist das dann nicht auch
> irgendwie klar?
Ja, hier ist die Funktion global durch Polynome gegeben. Kompliziert wird es erst, wenn du Quotienten und zusammengesetzte Funktionen hast.
> Ist nicht bloß zu zeigen, dass das Bild
> von V(I) unter dieser Abbildung in V(J) enthalten ist? Das
Ja.
> ist nun aber auch klar.
>
> Zur Aufgabe 2: Nun das ist nochmal die Sache mit der
> regulären Abbildung in mehreren Komponenten, also wirds
> wohl wirklich so sein, wenn man so davon spricht...Nunja,
> die Zariski-Topologie ist ja über ihre abgeschlossenen
> Mengen definiert, den affin algebraischen Mengen, also wird
> es wohl am einfachsten sein, nachzurechnen, das das Urbild
> einer Zariski-abgeschlossenen Menge unter einer regulären
> Abbildung wieder Zariski-abgeschlossen ist.
Genau.
> Was ist denn,
> wenn V, [mm]U\subset K^{n}[/mm] irgendetwas ist? Muss man dann die
> Relativtopologie der Zariski-Topologie betrachten?
Ja.
> Aber man
> wird ja immer mit U bzw. V schneiden können, wenn es sonst
> passt...Also: Sei I ein Ideal in [mm]K[X_{1},...,X_{n}][/mm] Wie
> zeigt man denn nun, dass das Urbild der Nullstellenmenge
> von I eine Nullstellenmenge geschnitten U ist, alles was
> man weiß ist doch erstmal, dass es für alle [mm]u\in[/mm] U
> [mm]g_{u,i},h_{u,i}\in K[X_{1},...X_{n}][/mm] gibt sowie [mm]U_{u,i}[/mm]
> Zariskioffen, sodass [mm]f_{i}=\bruch{g_{u,i}}{h_{u,i}}[/mm] in
> [mm]U_{u,i}[/mm]
Erstmal ist stetig sein eine lokale Eigenschaft, d.h. wenn du eine Funktion $f : X [mm] \to [/mm] Y$ hast und [mm] $U_i, [/mm] i [mm] \in [/mm] I$ eine offene Ueberdeckung von $X$ ist, dann ist $f$ genau dann stetig, wenn alle [mm] $f|_{U_i}$ [/mm] stetig sind.
Damit kannst du das ganze auf den Fall reduzieren, dass die regulaere Funktion von der Form $f : U [mm] \to [/mm] V$, $x [mm] \mapsto (\frac{g_1(x)}{h_1(x)}, \dots, \frac{g_k(x)}{h_k(x)})$ [/mm] ist mit Polynomen [mm] $g_i, h_i \in K[X_1, \dots, X_n]$.
[/mm]
Sei nun $I$ ein Ideal in [mm] $K[Y_1, \dots, Y_k]$, [/mm] und wir suchen [mm] $f^{-1}(V(I))$. [/mm] Es ist doch [mm] $f^{-1}(V(I)) [/mm] = [mm] \{ x \in U \mid f(x) \in V(I) \} [/mm] = [mm] \{ x \in U \mid \forall \alpha \in I : \alpha(f(x)) = 0 \}$. [/mm] Da [mm] $K[Y_1, \dots, Y_k]$ [/mm] Noethersch ist, reicht es sogar aus, sich auf endlich viele [mm] $\alpha \in [/mm] I$ zu beschraenken. Jetzt ueberleg dir mal, wie du aus [mm] $\alpha(f(x)) [/mm] = 0$ eine polynomielle Gleichung bekommen kannst, die dazu aequivalent ist. Beachte, dass [mm] $h_i(x) \neq [/mm] 0$ ist fuer alle $x [mm] \in [/mm] U$.
LG Felix
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| Aufgabe | Seien [mm] X\subset K^{m} [/mm] und [mm] Y\subset K^{n} [/mm] affin algebraisch und [mm] \beta:A[Y]\to [/mm] A[X] ein Algebrenhomomorphismus.
Sei [mm] \pi_{i} [/mm] die Koordiantenprojektion auf die i-te Koordinate.
Zeigen Sie, dass dann [mm] \phi:=(\beta\circ \pi_{1},...,\beta\circ pi_{n}) [/mm] eine reguläre Abbildung von X nach Y ist. |
> Erstmal ist stetig sein eine lokale Eigenschaft, d.h. wenn
> du eine Funktion [mm]f : X \to Y[/mm] hast und [mm]U_i, i \in I[/mm] eine
> offene Ueberdeckung von [mm]X[/mm] ist, dann ist [mm]f[/mm] genau dann
> stetig, wenn alle [mm]f|_{U_i}[/mm] stetig sind.
>
> Damit kannst du das ganze auf den Fall reduzieren, dass die
> regulaere Funktion von der Form [mm]f : U \to V[/mm], [mm]x \mapsto (\frac{g_1(x)}{h_1(x)}, \dots, \frac{g_k(x)}{h_k(x)})[/mm]
> ist mit Polynomen [mm]g_i, h_i \in K[X_1, \dots, X_n][/mm].
>
> Sei nun [mm]I[/mm] ein Ideal in [mm]K[Y_1, \dots, Y_k][/mm], und wir suchen
> [mm]f^{-1}(V(I))[/mm]. Es ist doch [mm]f^{-1}(V(I)) = \{ x \in U \mid f(x) \in V(I) \} = \{ x \in U \mid \forall \alpha \in I : \alpha(f(x)) = 0 \}[/mm].
> Da [mm]K[Y_1, \dots, Y_k][/mm] Noethersch ist, reicht es sogar aus,
> sich auf endlich viele [mm]\alpha \in I[/mm] zu beschraenken. Jetzt
> ueberleg dir mal, wie du aus [mm]\alpha(f(x)) = 0[/mm] eine
> polynomielle Gleichung bekommen kannst, die dazu
> aequivalent ist. Beachte, dass [mm]h_i(x) \neq 0[/mm] ist fuer alle
> [mm]x \in U[/mm].
>
> LG Felix
>
Wenn man nun endlich viele Erzeuger [mm] \alpha_{i} [/mm] hat, dann wird man wohl die höchste Potenz s eben dieser nehmen können und [mm] (\produkt_{j}h_{j}^{s})*\alpha_{i}(f) [/mm] sollten dann polynomielle Bedingungen an U sein?
So im Folgenden ist da nun noch eine ähnliche Aufgabe...Vielleicht ne Verallgemeinerung von der ersten Aufgabe? Wobei ich mir nicht sicher bin, was mit A[V] gemeint ist...In der VL hatten wir sowas mit runden Klammern als Notation für [mm] K[X_{1},...,X_{n}]/I(V) [/mm] Aber nen bisschen später wird A(V) definiert als die Menge aller regulären Funktionen auf V...Mmmh, ist das nun ein Fehler und A[V] soll ersteres sein? Dann wäre diese Aufgabe in der Tat eine Verallgemeinerung der anderen...
Ist nicht wieder klar, dass das regulär ist? Muss man nicht bloß zeigen, dass das wirklich in X abbildet?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 04:20 Do 24.11.2011 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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