Geometrie
N. Perrin
Düsseldorf
Wintersemester 2014-2015
I. Algebraishe Mengen 6
1. Algebraishe Mengen 7
1.1. Erste Denition . . . 7
1.2. Noethershe Ringe . . . 8
1.3. Erste Eigenshaften . . . 10
1.4. Ideal einer Menge . . . 12
1.5. Reguläre Funktionen . . . 14
2. Zariski Topologie 16 2.1. Topologie . . . 16
2.2. Die Zariski-Topologie . . . 17
2.3. Irreduzibilität . . . 18
2.4. Irreduzible Komponenten . . . 21
2.5. Kompakte und Haudor Räume . . . 22
3. Nullstellensatz 25 3.1. Ganze Elemente . . . 25
3.2. Algebraishe Version . . . 27
3.3. Geometrishe Version . . . 28
3.4. Geometrishe Konsequenzen . . . 30
4. Morphismen 33 4.1. Der Funktor
Γ
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344.2. Weitere Eigenshaften vonMorphismen . . . 38
II. Projektive algebraishe Mengen 40 5. Projektiver Raum 41 5.1. ProjektiverRaum . . . 41
5.2. ProjektiveUnterräume . . . 42
5.3. Projektivitäten . . . 43
6. Projektive algebraisheMengen 48
6.1. HomogenePolynome . . . 48
6.2. projektive algebraishe Mengen . . . 49
6.3. Idealeiner projektiven algebraishen Menge . . . 51
6.4. Graduierte Ideale und Ringe . . . 52
6.5. Projektiver Nullstellensatz . . . 54
6.6. Graduierte Ringe . . . 55
6.7. Standardmäÿigeoene Teilmengen . . . 56
III. Algebraishe Varietäten 58 7. Garben 59 7.1. Garben vonFunktionen . . . 59
7.2. Prägarben und Garben . . . 60
7.3. Vergarbungund Konstruktion vonGarben . . . 62
7.4. Morphismen vonGarben . . . 64
7.5. Ringgarben . . . 65
7.6. GeringteRäume. . . 66
8. Algebraishe Varietäten 68 8.1. Strukturgarbe einer (anen) algebraishen Menge . . . 68
8.2. Ane algebraishe Varietäten . . . 75
8.3. Algebraishe Varietäten . . . 77
8.4. Untervarietäten . . . 79
8.5. LokaleRinge . . . 80
9. Projektive Varietäten 83 9.1. Strukture Garbe einer projektiven algebraishen Menge . . . 83
9.2. Projektive algebraishe Varietäten . . . 86
IV.Geometrie algebraisher Varietäten 90 10.Tangenträume 91 10.1.Tangenraum einer anenalgenbraishen Menge . . . 91
10.2.Derivationen . . . 92
10.3.Deformationen . . . 93
10.4.Dierential . . . 95
10.5.Tangenraum einer algebraishen Varietät . . . 98
10.6.LokaleRinge . . . 98
11.Dimension 101
11.2.Algebraishe Denition . . . 102
11.3.Transzendenzgrad . . . 102
11.4.Oene Teilmengen . . . 104
11.5.Hauptidealsatz . . . 105
11.6.Parametersysteme . . . 107
11.7.Dimension und Morphismen . . . 110
11.8.ProjektiveMengen . . . 112
12.Reguläre Varietäten 114 12.1.Reguläre Varietäten . . . 114
12.2.Jakobishes Kriterium . . . 114
13.Produkte 117 13.1.Produkte aneralgebraisher Varietäten . . . 117
13.2.Produkte algebraisher Varietäten . . . 118
13.3.Produkt projektiver algebraisher Varietäten . . . 120
13.4.Separable Varietäten . . . 121
13.5.Eigentlihe Varietäten . . . 123
14.Abelshe Varietäten 127 14.1.Algebraishe Gruppen . . . 127
14.2.Projektivealgebraishe Gruppen. . . 127
Algebraishe Mengen
Sei
k
ein kommutativerKörper.1.1. Erste Denition
Denition 1.1.1 Sei
n ∈ N
.1.DieMenge
k n
allern
-Tupelx = (x 1 , . . . , x n ) ∈ k n
werdenwirmitA n ( k )
bezeihnen.Sieheiÿt der ane Raum der Dimension
n
überk
.2. Für
x = (x 1 , . . . , x n ) ∈ A n ( k )
und ein PolynomP ∈ k [X 1 , . . . , X n ]
shreiben wirP (x) := P (x 1 , . . . , x n )
.3. Sei
S ⊂ k [X 1 , . . . , X n ]
eine Teilmenge. Wir setzenV (S) = { x ∈ A n ( k ) | P (x) = 0
für alleP ∈ S } .
Die Menge
V (S)
heiÿt die vonS
denierte algebraishe Menge.4. Füreine endlihe Menge
S = { P 1 , . . . , P r }
shreiben wirV (S) = V (P 1 , . . . , P r )
.Beispiel 1.1.2 1. Die leere Menge
∅
isteine algebraishe Menge: es giltV (1) = ∅
.2. Der aneRaum
A n ( k )
isteine algebraishe Menge: es giltV (0) = A n ( k )
.3. Für
n = 1
undS 6 = { 0 }
istV (S)
eine endlihe Menge.Lemma 1.1.3 Sei
n = 1
.DiealgebraishenTeilmengenvonA 1 ( k )
sind∅
,A 1 ( k )
undalleendlihen Teilmengen von
A 1 ( k )
.Beweis. Übung.
Beispiel 1.1.4 1. Für
n = 2
sind die algebraishen Teilmengen vonA 2 ( k )
von derForm
∅
,A 2 ( k )
, alle endlihe Teilmengen vonA 2 ( k )
und die Kurven in der Ebene.Zum Beispiel
V (X, Y ) = { (0, 0) } , V (X(X − 1), Y ) = { (0, 0), (1, 0) } , V (X) =
Gerade, V (X 2 + Y 2 − 1) =
Kreis, V (Y 2 − X(X − 1)(X + 1) =
Elliptishe Kurve.
2. EinPunkt
(a 1 , . . . , a n ) ∈ A n ( k ) = k n
ist eine algebraishe Menge: Es gilt{ (a 1 , . . . , a n ) } = V (X 1 − a 1 , . . . , X n − a n ).
Lemma 1.1.5 Seien
S ⊂ S ′
zwei Teilmengen vonk [X 1 , . . . , X n ]
. DanngiltV (S ′ ) ⊂
V (S)
.Beweis. Übung.
Bemerkung 1.1.6 ZurErinnerung:Sei
S ⊂ k [X 1 , . . . , X n ]
undh S i
dasvonS
erzeug-teIdeal.Für
P ∈ h S i
gibtesElementeP 1 , . . . , P r ∈ S
undQ 1 , . . . , Q r ∈ k [X 1 , . . . , X r ]
mit
P = P 1 Q 1 + . . . + P r Q r .
Lemma 1.1.7 Sei
S ⊂ k [X 1 , . . . , X n ]
undh S i
das vonS
erzeugte Ideal. Dann giltV (S) = V ( h S i )
.Beweis. Esgilt
S ⊂ h S i
,alsogiltnahLemma 1.1.5V ( h S i ) ⊂ V (S)
.Umgekehrt, seix ∈ V (S)
undP ∈ h S i
. NahBemerkung 1.1.6 gibt esElementeP 1 , . . . , P r ∈ S
undQ 1 , . . . , Q r ∈ k [X 1 , . . . , X r ]
mitP = P 1 Q 1 + . . . + P r Q r
. Daraus folgtP (x) = P 1 (x)Q 1 (x) + . . . + P r (x)Q r (x)
undda
x ∈ V (S)
,folgtP 1 (x) = . . . = P r (x) = 0
unddamitP (x) = 0
i.ex ∈ V ( h S i )
.Bemerkung 1.1.8 ZweiTeilmengenaus
k [X 1 , . . . , X n ]
können diegleihe Algebrai-she Menge denieren. Zum Beispielgilt
V (X) = V (X 2 ) = V (X k )
für alle
k ≥ 1
. Später wollen wir diese Vielfahheit berüksihtigen. Prinzip: die Gleihungen enthalten mehr Informationen als die algebraishe Menge.1.2. Noethershe Ringe
ZurErinnerungausderVorlesungAlgebra.AlleRingesindkommutativ.
Denition 1.2.1 Sei
R
einkommutativerRingundI
ein Ideal.1. I heiÿt endlih erzeugt, falls es endlih viele Elemente
a 1 , · · · , a n ∈ R
gibt mitI = (a 1 , . . . , a n )
.2.Ein Ringheiÿt noethersher Ring, falls alleIdeale endlih erzeugt sind.
Beispiel 1.2.2 1.EinHauptidealringisteinnoethersher Ring(alle Idealesind von
einem Element erzeugt).
2.Insbesondere sind
Z
undk [X]
noethershe Ringe.Satz 1.2.3 Sei
R
einkommutativerRing. Diefolgenden Aussagen sind äquivalent:1.
R
istein noethersher Ring.2. Jede aufsteigende Kette
I 1 ⊂ I 2 ⊂ . . . ⊂ I n ⊂ . . .
von Idealen ist stationäri.e.es gibt ein
N ∈ N
mitI n = I N
für allen ≥ N
.3. Jede (nihtleere) Familie
(I λ ) λ∈Λ
von Idealen hat einmaximales Element.Beweis. Siehe VorlesungAlgebra. Zur Erinnerung der Beweis.
(
1. ⇒ 2.
) SeiI = S
n I n
. Dann istI
ein Ideal: Seiena, b ∈ I
, dann gibt esn, m
mit
a ∈ I n
undb ∈ I m
. Ohne Einshränkung können wir annehmenn ≤ m
. Alsoa ∈ I n ⊂ I m
unda + b ∈ I m ⊂ I
.Sei jetztc ∈ R
. Danngiltac ∈ I n
, alsoac ∈ I
.Da
R
noethersh ist, gibt es Elementea 1 , . . . , a k ∈ R
mitI = (a 1 , . . . , a k )
. PerDenitionvon
I
gibt es Zahlenn i
mita i ∈ I n i
für jedesi
. SeiN = max i { n i }
. Danngilt
a i ∈ I n i ⊂ I N
für jedesi
. Daraus folgtI = (a 1 , . . . , a k ) ⊂ I N
und damitI = I N
.Esfolgt
I n ⊂ I = I N
für allen
undI n = I N
für allen ≥ N
.(
2. ⇒ 3.
) Angenommen, die Familie(I λ ) λ∈Λ
habe kein maximales Element. WirkonstruierenperInduktionnah
n
einnihtstationäreaufsteigendeKettevonIdealen.Sei
I 1 := I λ 1
einElementin der Familie. DaI 1
nihtmaximal ist,gibt es einλ 2 ∈ Λ
mit
I 1 ( I 2 := I λ 2
. Sei die KetteI 1 ( . . . ( I n
konstruiert. DaI n
kein maximalesElement ist,gibt es ein
λ n+1 ∈ Λ
mitI n ( I n+1 := I λ n+1
.(
3. ⇒ 1.
)SeiI
einIdealundE = { J
endliherzeugtes Ideal mitJ ⊂ I }
.Da(0) ⊂ E
,ist
E
einenihtleereFamilievonIdealenundhatalsoeinmaximalesElementJ
.FallsJ ( I
, gibt es eina ∈ I
mita 6∈ J
. Dann istJ + (a)
endlih erzeugt und es giltJ ( J + (a) ⊂ I
.Ein Widerspruhzur Maximalität.Beispiel 1.2.4 3. Der Ring
R = R[X 1 , . . . , X n , . . .]
mitunendlih vielen Unbekann-ten ist niht noethersh: es gibt eine niht stationäre, unendlih aufsteigende Kette
vonIdealen:
(0) ( (X 1 ) ( (X 1 , X 2 ) ( . . . ( (X 1 , . . . , X n ) ( . . .
Theorem 1.2.5 Sei
R
einnoethersher Ring. DannistR[X]
auhnoethersh.Beweis. Sei
I
einIdealvonR[X]
und seiD = { 0 } ∪ { a ∈ R | ∃ P ∈ I
mitLeitkoezienta } .
Wir zeigen, dass
D
ein Ideal inR
ist. Seiena, a ′ ∈ D
mita + a ′ 6 = 0
und seib ∈ R
. Dann gibt es PolynomeP, Q ∈ I
mit Leitkoezientena
unda ′
. Seik = min(deg P, deg Q)
. DaI
ein Ideal ist, giltT = X deg Q−k P + X deg P −k Q ∈ I
(es giltdeg(T ) = max(deg(P ), deg(Q))
)undT
hatLeitkoezienta + a ′
,alsoa + a ′ ∈ D
.Esgiltauh
bP ∈ I
mit Leitkoezientab
,alsoab ∈ D
undD
ist einIdeal.Da
R
noethersh ist,istD
endlih erzeugt, alsogibt es Elementea 1 , . . . , a r ∈ R
mitD = (a 1 , . . . , a r )
. Füri ∈ [1, r]
seiP i ∈ I
mit Leitkoezienta i
und seid i = deg P i
.Wirsetzen
d = max(d 1 , . . . , d r )
.Für
m ≤ d
setzen wirD m = { 0 } ∪ { a ∈ R | ∃ P ∈ I
mitdeg(P ) ≤ m
und Leitkoezienta } .
Wie oben zeigt man, dass
D m
einIdeal inR
ist.Das IdealD m
istalso auh endliherzeugt:
D m = (b 1,m , . . . , b r m ,m )
. Für allem ≤ d
und allei ∈ [1, r m ]
seienQ i,m ∈ I
mit
deg(Q i,m ) ≤ m
und Leitkoezientb i,m
.Wir zeigen, dass das Ideal
I
vonP 1 , . . . , P r
und allen(Q i,m ) m≤d,i∈[1,r m ]
erzeugt wird.Sei
I ′
das vondiesenElementen erzeugteIdeal. EsgiltI ′ ⊂ I
.Angenommen,esgelteI ′ ( I
,seiP ∈ I \ I ′
mitminimalemGrad.Falls
deg P > d
,seia
derLeitkoezientvonP
.Esgilta ∈ D
,alsoa = a 1 c 1 +. . .+a r c r
mit
c 1 , . . . , c r ∈ R
und das PolynomT = X deg P −d 1 c 1 P 1 + . . . + X deg P −d r c r P r
hat
a
als Leitkoezienten. FallsT = P
, giltP ∈ I ′
; ein Widerspruh. Sonst giltP − T ∈ I \ I ′
mitdeg(P − T ) < deg P
;einWiderspruh zur Minimalität.Falls
deg P = m ≤ d
, seia
der Leitkoezient vonP
. Es gilta ∈ D m
, alsoa = b 1,m c 1 + . . . + b r m ,m c r m
mitc 1 , . . . , c r m ∈ R
und das PolynomT = X m−deg Q 1,m c 1 Q 1,m + . . . X m−deg Q rm,m c r m Q r m ,m
hat
a
als Leitkoezienten. FallsT = P
, giltP ∈ I ′
; ein Widerspruh. Sonst giltP − T ∈ I \ I ′
mitdeg(P − T ) < deg P
;einWiderspruh zur Minimalität.Korollar 1.2.6 Sei
R
einnoethersherRing.DannistR[X 1 , . . . , X n ]
auhnoethersh.Korollar 1.2.7 Der Ring
k [X 1 , . . . , X n ]
ist noethersh.Korollar 1.2.8 Sei
V (S)
einealgebraisheMenge.DanngibtesPolynomeP 1 , . . . , P r ∈ k [X 1 , . . . , X r ]
so,dassV (S) = V (P 1 , . . . , P r ).
Beweis. Es gilt
V (S) = V ( h S i )
und dak [X 1 , . . . , X n ]
noethersh ist, isth S i
end-lih erzeugt. Es gibt also
P 1 , . . . , P r ∈ k [X 1 , . . . , X r ]
so, dassh S i = (P 1 , . . . , P r ) = h{ P 1 , . . . , P r }i
. Daraus folgtV (S) = V (P 1 , . . . , P r )
.1.3. Erste Eigenshaften
Lemma 1.3.1 Sei
(S λ ) λ∈Λ
eine Familie von Teilmengen vonk [X 1 , . . . , X n ]
und sei(I λ ) λ∈Λ
eine Familie von Idealen ink [X 1 , . . . , X n ]
.Dann gilt\
λ∈Λ
V (S λ ) = V [
λ∈Λ
S λ
!
und
\
λ∈Λ
V (I λ ) = V X
λ∈Λ
I λ
! .
Insbesondere istder Shnitt von algebraishen Mengen eine algebraishe Menge.
Beweis. Übung.
Denition 1.3.2 Sei
R
ein kommutativer Ring und seienI, J
zwei Ideale vonR
.Das Produktideal
IJ
vonI
undJ
ist das von allen Produkteab
erzeugte Ideal,wobei
a ∈ I
undb ∈ J
.Bemerkung 1.3.3 Esgilt
IJ ⊂ I ∩ J
: Füra ∈ I
undb ∈ J
giltab ∈ I ∩ J
.Lemma 1.3.4 Seien
I
undJ
zwei Ideale ink [X 1 , . . . , X n ]
. DanngiltV (I ∩ J) = V (I ) ∪ V (I) = V (IJ).
InsbesondereistdieVereinigungvonalgebraishenMengeneinealgebraisheMenge.
Beweis. Es gilt
IJ ⊂ I ∩ J ⊂ I, J
. Daraus folgtV (IJ ) ⊃ V (I ∩ J) ⊃ V (I) ∪ V (J)
.Esgenügt also, dieEnthaltung
V (IJ ) ⊂ V (I ) ∪ V (J )
zu zeigen.Sei
x ∈ V (IJ )
mitx 6∈ V (I)
. Es gibt alsoP ∈ I
mitP (x) 6 = 0
. SeiQ ∈ J
, danngilt
P Q ∈ IJ
, alsoP (x)Q(x) = (P Q)(x) = 0
, weilx ∈ V (IJ)
. DaP (x) 6 = 0
, folgtQ(x) = 0
für alleQ ∈ J
,alsox ∈ V (J )
.Korollar 1.3.5 Seien
I 1 , . . . , I r
Ideale ink [X 1 , . . . , X n ]
. DanngiltV (I 1 ) ∪ . . . ∪ V (I r ) = V (I 1 · · · I r ) = V (I 1 ∩ · · · ∩ I r ).
Insbesondere ist eine endlihe Vereinigung von algebraishen Mengen eine algebrai-
she Menge.
Beweis. FolgtperInduktion nah dem obigenLemma.
Korollar 1.3.6 Jede endlihe Menge von
A n ( k )
ist eine algebraishe Menge.Beweis. Jeder Punkt ist eine algebraishe Menge nah Beispiel 1.1.4.(2). Nah dem
obigenKorollar istjedeendlihe Vereinigung vonalgebraishen Menge einealgebrai-
she Menge. Daraus folgt dieBehauptung.
Denition 1.3.7 Sei
P ∈ k [X 1 , . . . , X n ]
mitP 6 = 0
. Die Hyperähe vonA n ( k )
der Gleihung
P
ist diealgebraishe TeilmengeV (P )
.Proposition 1.3.8 Jede algebraishe Menge istendliher Shnitt vonHyperähen
in
A n ( k )
.Beweis. Sei
S ⊂ k [X 1 , . . . , X n ]
undV (S)
die zugehörige algebraishe Menge. Nah Korollar1.2.8gibtesPolynomeP 1 , . . . , P r ∈ k [X 1 , . . . , X n ]
mitV (S) = V (P 1 , . . . , P r )
.NahLemma1.3.1 folgt
V (S) = V (P 1 ) ∩ . . . ∩ V (P r )
,alsoistV (S)
endliher ShnittvonHyperähen.
1.4. Ideal einer Menge
Denition 1.4.1 Sei
V
eineTeilmengevonA n ( k )
. Das Ideal vonV
istdieMengeI (V ) = { P ∈ k [X 1 , . . . , X n ] | P (x) = 0
für allex ∈ V } .
Lemma 1.4.2 Sei
V ⊂ A n ( k )
. DannistI(V )
ein Idealvonk [X 1 , . . . , X n ]
.Beweis. Übung.
Beispiel 1.4.3 Es gilt
I( ∅ ) = k [X 1 , . . . , X n ]
.Lemma 1.4.4 Seien
V ⊂ W ⊂ A n ( k )
. Dann giltI(V ) ⊃ I(W )
.Beweis. Übung.
Lemma 1.4.5 Sei
V ⊂ A n ( k )
.1. Danngilt
V ⊂ V (I(V ))
.2.Es gilt(
V
isteine algebraishe Menge⇔ V (I(V )) = V
).Beweis. 1. Sei
x ∈ V
undP ∈ I(V )
.Dann giltP (x) = 0
, alsox ∈ V (I(V ))
. Darausfolgt
V ⊂ V (I(V ))
.2. Ist
V
algebraish, so giltV = V (I)
für ein IdealI ⊂ k [X 1 , . . . , X n ]
. SeiP ∈ I
.Dann gilt
P (x) = 0
für allex ∈ V
, alsoP ∈ I(V )
. Daraus folgtI ⊂ I(V )
. Es folgtV = V (I) ⊃ V (I(V ))
.Umgekehrt, falls
V = V (I(V ))
, istV
algebraish.Beispiel 1.4.6 Ist
V
niht algebraish, ist die zweite Aussage im obigen Lemma immer falsh.Zum BeispielseiV = { x ∈ R = A 1 (R) | 0 < x < 1 } .
Danngilt
I(V ) = { 0 }
:SeiP ∈ I(V ) ⊂ R[X]
.DannhatP
unendlihvieleNullstellen, alsoP = 0
.Es giltaberV (I(V )) = A 1 (R) = R ) V
.Lemma 1.4.7 Sei
I ⊂ k [X 1 , . . . , X n ]
ein Ideal. Dann giltI ⊂ I(V (I))
.Beweis. Sei
P ∈ I
undx ∈ V (I)
. DanngiltP (x) = 0
, alsoP ∈ I(V (I))
.Beispiel 1.4.8 DieumgekehrteEnthaltungistnihtimmerwahr.EsgibtzweiHaupt-
gründedafür.
1.Ist
k
nihtalgebraishabgeshlossen,kannV (I)
sehr(zu)kleinsein:Seik = R
undI = (X 2 + Y 2 + 1)
. Es giltV (I) = V (X 2 + Y 2 + 1) = ∅
und folglihI ( R[X, Y ] = I(V (I))
.2.Die Operationsieht diePotenzen niht: für
I = (X 2 ) ⊂ k [X]
giltV (I) = { 0 }
undI(V (I)) = (X) ) (X 2 ) = I
.DieBeziehung zwishen
I
undI(V (I))
istwihtigund wird späternohmalbetrah-tet.
Proposition 1.4.9 Sei
k
unendlih undn ≥ 1
. DanngiltI(A n ( k )) = (0)
.Beweis. Wir zeigen
I(A n ( k )) = (0)
per Induktion nahn
.Fall
n = 1
. SeiP ∈ I(A 1 ( k ))
. Dak
unendlih ist, hatP
unendlih viele Nullstellen.Daraus folgt
P = 0
.Induktionsshritt. Wir betrahten
P
als Polynom inX n
mit Koezienten im Ringk [X 1 , . . . , X n−1 ]
:P = X
i
r i X n i ,
wobei
r i ∈ k [X 1 , . . . , X n−1 ]
. Sei(a 1 , . . . , a n−1 ) ∈ k n−1
. Dann istP a 1 ,...,a n − 1 (X n ) = P (a 1 , . . . , a n−1 , X n ) = X
i
r i (a 1 , . . . , a n−1 )X n i
ein Polynom in
k [X n ]
. Für allea n ∈ k n
giltP a 1 ,...,a n−1 (a n ) = P (a 1 , . . . , a n ) = 0
. AlsoP a 1 ,...,a n − 1 = 0
i.e.r i (a 1 , . . . , a n−1 ) = 0
für allei
und alle(a 1 , . . . , a n−1 ) ∈ k n−1
. Esfolgt
r i ∈ I(A n−1 ( k ))
für allei
. Nah Induktion giltr i = 0
für allei
und damitP = 0
.Beispiel 1.4.10 Die obige Proposition ist für endlihe Körper falsh: Sei
k = F q
,danngilt
X q − X ∈ I (A 1 ( k ))
.Beispiel 1.4.11 1. Sei
a = (a 1 , . . . , a n ) ∈ A n ( k )
. Dann giltI( { a } ) = (X − a 1 , . . . , X − a n ).
Die Enthaltung
⊃
ist klar. Umgekehrt, seiP ∈ I( { a } )
, alsoP ∈ k [X 1 , . . . , X n ]
mit
P (a) = 0
. Wir betrahten die Restdivision vonP
mitX − a 1
. Es giltP = (X − a 1 )Q 1 + R 1
mitR 1 ∈ k [X 2 , . . . , X n ]
und0 = P (a) = R 1 (a)
. Per Induktiondank der Restdivision gilt
P = Q + r
mitQ ∈ (X − a 1 , . . . , X − a n )
undr ∈ k
. AusP (a) = 0
folgtr = 0
und damitdie Aussage.2. Sei
k
unendlih und seiI = I(V (Y 2 − X 3 )) ∈ k [X, Y ]
. Es gilt(Y 2 − X 3 ) ⊂ I
.Umgekehrt, sei
P ∈ I
. Wir betrahten die Restdivision vonP
mitY 2 − X 3
. Esgibt also
Q, R ∈ k [X, Y ]
mitdeg Y (R) < 2
, alsoR(X, Y ) = A(X)Y + B(X)
fürA, B ∈ k [X]
so, dassP = (Y 2 − X 3 )Q(X, Y ) + A(X)Y + B(X).
Für
t ∈ k
gilt(t 3 , t 2 ) ∈ V (Y 2 − X 3 )
. Daraus folgtP (t 3 , t 2 ) = 0
und somitA(t 2 )t 3 + B(t 2 ) = 0
. WirshreibenA(X) = P
k a k X k
undB(X) = P
j b j X j
.Daraus folgtX
k
a k t 2k+3 + X
j
b j t 2j = 0.
Da
k
unendlih ist, müssen alle Koezienten null sein, alsoa k = 0
undb j = 0
füralle
k
undj
. Es folgtA = B = 0
undP ∈ (Y 2 − X 3 )
.1.5. Reguläre Funktionen
Denition 1.5.1 Sei
V ⊂ A n ( k )
. Diek
-AlgebraΓ(V ) = k [X 1 , . . . , X n ]/I(V )
heiÿtane Algebra von
V
oder Algebra regulärer Funktionen aufV
.Denition 1.5.2 EinRing
R
heiÿtreduziert,fallsfürallea ∈ R
folgendeAussagegilt:(
a
nilpotent⇒ a = 0
).Proposition 1.5.3 Sei
V ⊂ A n ( k )
. Der RingΓ(V )
istreduziert.Beweis. Sei
P ∈ k [X 1 , . . . , X n ]
so, dass[P ] ∈ Γ(V )
nilpotent ist. Es gilt alsoP n ∈ I(V )
,alsoP n (x) = 0
fürallex ∈ V
. DarausfolgtP (x) = 0
für allex ∈ V
und damitP ∈ I(V )
i.e.[P ] = 0
.Denition 1.5.4 Sei
R
einRing.1. Sei
I
einIdeal inR
.Das Radikal vonI
ist√ I = { a ∈ R | ∃ k ∈ N
mita k ∈ I } .
2.Das Nilradikal von
R
istp (0)
.Lemma 1.5.5 Sei
R
ein RingundI
einIdeal inR
.1. Dannist
√ I
einIdealinR
.2.Es gilt
I ⊂ √ I
.3.Es gilt(
R/I
reduziert⇔ I = √
I
).Beweis. 1. Seien
a, b ∈ √
I
. Dann gibt esk, l
mita k , b l ∈ I
.Wir betrahten(a + b) k+l =
k+l
X
i=0
k + l i
a i b k+l−i .
Für
i ≥ k
gilta i b k+l−i = a i−k a k b k+l−i ∈ I
(weila k ∈ I
). Füri ≤ k
gilta i b k+l−i = a i b l b k−i ∈ I
(weilb l ∈ I
).Daraus folgt(a + b) k+l ∈ I
und damita + b ∈ √
I
.Sei
a ∈ √
I
undc ∈ R
. Dann gibt esk
mita k ∈ I
, also(ac) k = a k c k ∈ I
. Darausfolgt
ac ∈ √ I
.2. Klar.
3. (
⇒
)Seia ∈ √
I
undk
mita k ∈ I
.Dann gilt[a] k = 0 ∈ R/I
. Daraus folgt[a] = 0
,also
a ∈ I
.(
⇐
) Seia ∈ R
mit[a]
nilpotent. Es gibt eink
mit[a] k = 0
, alsoa k ∈ I
. Es folgta ∈ √
I = I
,also[a] = 0
.Bemerkung 1.5.6 DasNilradikalistdieMenge allernilpotenten Elementen. Diese
Menge istalsoein Ideal.
Korollar 1.5.7 Sei
V ⊂ A n ( k )
. Dann giltI(V ) = p
I (V )
.2.1. Topologie
ZurErinnerungwerdenwirhierdieDenitioneinerTopologiewiederholen.
Denition 2.1.1 Sei
X
eineMenge. Eine TopologieaufX
isteinMengesystemT
bestehend aus Teilmengen von
X
, für diediefolgenden Axiomeerfülltsind:(T1) Die leere Menge
∅
undX
sind Elemente ausT
,(T2) Der Durhshnitt endlihvielerElementen aus
T
istElement ausT
,(T3) Die Vereinigung beliebigvieler Elementen aus
T
istElementausT
.Die Elemente aus
T
heiÿen oene Teilmengen. Eine TeilmengeF
vonX
heiÿtabgeshlossenfallsdasKomplement
F c
oenist.EineMengeX
miteinerTopologieT
heiÿt topologisher Raum.Lemma 2.1.2 Sei
X
ein topologisher Raum mitder TopologieT
. SeiY
eine Teil-mengevon
X
.DanndeniertdasMengesystemT Y = { U ∩ Y | U ∈ T }
eineTopologieauf
Y
.Beweis. Übung.
Denition 2.1.3 Sei
X
ein topologisher Raum mit der TopologieT
. SeiY
eineTeilmenge von
X
. Die TopologieT Y = { U ∩ Y | U ∈ T }
aufY
heiÿt induzierteTopologie.
Denition 2.1.4 Sei
X
ein topologisher Raum. Eine oene Überdekung vonX
ist eine Familie(U ) U∈U
von oene Teilmengen so, dassX = [
U∈U
U.
Lemma 2.1.5 Sei
X
ein topologisher Raum und sei(U) U∈U
eine oene Über-dekeung.
Eine Teilmenge
Z ⊂ X
istgenau dannoen(bzw. abgeshlossen), wennZ ∩ U
oen(bzw. abgeshlossen) in
U
(mit der induzierten Topologie) ist,für alleU ∈ U
.Beweis. WirgebeneinenBeweisfüroeneTeilmenge.DerBeweisfürabgeshlossene
Teilmengen ist analog.
Falls
Z
oen ist giltZ ∩ U
oen für alleU ∈ U
. Umgekehrt, fallsZ ∩ U
oen inU
ist,für alle
U ∈ U
.DannistZ ∩ U
der FormU ∩ U ′
füreine oeneTeilmengeU ′
vonX
alsoU ∩ Z = U ∩ U ′
istoen inX
. Es giltaberZ = Z ∩ X = Z ∩ [
U∈U
U
!
= [
U∈U
Z ∩ U
! .
Daraus folgt,dass
Z
oeninX
ist.2.2. Die Zariski-Topologie
Bemerkung 2.2.1 Man kann auh eine Topologie
T
dank der Angabe des Men-gensystems aller abgshlossenen Teilmengen denitieren: Sei
T ′
ein Mengesystem bestehend aus TeilmengenvonM
,für diedie folgendenAxiomeerfüllt sind:(T'1) Die leere Menge
∅
undM
sind Elemente ausT ′
,(T'2) Die Vereinigung endlih vielerElementen aus
T ′
ist Element ausT ′
,(T'3) Der Durhshnitt beliebigvieler Elementen aus
T ′
istElementausT ′
.Dann Deniert das System
T
aller Komplemente von Elementen ausT ′
eine Topo-logie auf
M
i.e. erfülltdie Axiome(T1), (T2) und (T3).Bemerkung 2.2.2 Sei
T ′
das Mengesystem aller algebraishen Mengen inA n ( k )
.Nah Beispiel 1.1.2, Lemma 1.3.1 und Korollar 1.3.5 erfüllt
T ′
die Axiome (T'1),(T'2)und (T'3)und deniert alsoeine Topologie.
Denition 2.2.3 Die Zariski-Topologie auf
A n ( k )
ist die Topologie deren abge-shlossenen Teilmengen die algebraishen Mengen sind.
Denition 2.2.4 Sei
V
eine TeilmengevonA n ( k )
. Die Zariski-Topologie aufV
istdie, vonder Zariski-Topologie, induzierteTopologie auf
V
.Bemerkung 2.2.5 Man sollte hier aufpassen: die Zariski-Topologie ist viel anders
alsdie üblihe Topologie: dieoene Teilmengen sind gröÿer und die abgeshlossene
Teilmengen sind kleiner.
Zum Beispiel, nah Lemma1.1.3 sind dieAbgeshlossene Teilmengen in
A 1 (R) = R
nur
∅
,R
und die endlihe Teilmegen. Ein niht leeres oenes Intervall wie]0, 1[
isLemma 2.2.6 Sei
V ⊂ A n ( k )
. Danngilt(für dieZariski-Topologie)V = V (I (V )).
Beweis. Es gilt
V ⊂ V (I(V ))
und daV (I(V ))
algebraish ist, ist es abgeshlossen.Daraus folgt
V ⊂ V (I(V ))
. SeiZ
abgeshlossen mitV ⊂ Z
. DanngiltZ = V (I (Z ))
und
I(V ) ⊃ I(Z)
. Daraus folgtV (I (V )) ⊂ V (I(Z)) = Z
. Also istV (I(V ))
dieminimaleabgeshlossene Teilmengedie
V
enthält i.e.V = V (I (V ))
.Denition 2.2.7 Sei
P ∈ k [X 1 , · · · , X n ]
. Das Komplement der HyperäheV (P )
heiÿt die von
P
denierte standardmäÿige oene Teilmenge und istD(P )
bezeihnet:
D(P ) = A n ( k ) \ V (P ).
Proposition 2.2.8 EineoeneTeilmenge(inderZariski-Topologie)isteineendlihe
Vereinigung vonstandardmäÿigen oenen Teilmengen.
Beweis. Sei
U
eine oene Teilmengen. Dann istA n ( k ) \ U
abgeshlossen also eine algebraisheMengederFormV (S)
.NahKorollar1.2.8giltesPolynomeP 1 , · · · , P r ∈ k [X 1 , · · · , X n ]
mitV (S) = V (P 1 , · · · , P r )
. Nah Lemma 1.3.1 folgtV (S) = V (P 1 ) ∩
· · · ∩ V (P r )
. Daraus folgtU = A n ( k ) \ V (S) = A n ( k ) \ (V (P 1 ) ∩ · · · ∩ V (P r ))
= (A n ( k ) \ V (P 1 )) ∪ · · · ∪ (A n ( k ) \ V (P r )) = D(P 1 ) ∪ · · · ∪ D(P r )
und dieAussage folgt.
2.3. Irreduzibilität
Lemma 2.3.1 Sei
X
eintopologisher Raum. Dannsind äquivalent:1. Falls
X = F 1 ∪ F 2
mitF 1
undF 2
abgeshlossen,giltX = F 1
oderX = F 1
.2. Falls
U 1
undU 2
oen inX
sind mitU 1 ∩ U 2 = ∅
, giltU 1 = ∅
oderU 2 = ∅
.Beweis. Setze
U i = F i c
oderF i = U i c
füri ∈ [1, 2]
.Denition 2.3.2 Sei
X
eintopologisher Raum mitX 6 = ∅
.1. Wenn
X
eine von den beiden äquivalenten Eigenshaften 1. oder 2. aus Lemma 2.3.1 erfüllt, heiÿt irreduzibel.Falls
X
niht irreduzibelist heiÿtX
reduzibel.2.Sei
Y
eine TeilmengevonX
.DannheiÿtY
irreduzibel(bzw.reduzibel)fallsY
Beispiel 2.3.3 FürdieklassisheTopologieauf
R
,eineabgeshlosseneTeilmengeF
von
R
mit der induzierten Topologie ist genau dann irreduzibel, wennF
nur einenPunkt enthält (Übung).
Denition 2.3.4 Eintopologisher Raum heiÿt zusammenhängend, falls gilt:
(
U 1
undU 2
oenmitU 1 ∪ U 2 = X
undU 1 ∩ U 2 = ∅
)⇒
(U 1 = ∅
oderU 2 = ∅
).Lemma 2.3.5 Sei
X
ein irreduzibler topologisher Raum. Dann istX
zusammen-hängend.
Beweis. Seien
U 1
undU 2
oeneTeilmengenmitU 1 ∪ U 2 = X
undU 1 ∩ U 2 = ∅
.Danngilt
U 1 = ∅
oderU 2 = ∅
.Denition 2.3.6 Sei
X
ein topologisher Raum. Eine TeilmengeY
vonX
heiÿtdihtfalls gilt
Y ∩ U 6 = ∅
für alleniht leere oene TeilmengenU
vonX
.Proposition 2.3.7 Sei
X
einirreduzibler topologisher Raum und seiU
eine nihtleere oene Teilmenge. Dann ist
U
diht inX
und irreduzibel.Beweis. Sei
U ′
eine weitere niht leere oene Teilmenge. FallsU ∩ U ′ = ∅
gilt, folgtU = ∅
oderU ′ = ∅
. EinWiderspruh.Seien
U 1
undU 2
oene Teilmengen vonU
mitU 1 ∩ U 2 = ∅
. Dannsind auhU 1
undU 2
oene Teilmengen vonX
mitU 1 ∩ U 2 = ∅
.Es folgtU 1 = ∅
oderU 2 = ∅
.Proposition 2.3.8 Sei
X
eintopologisher Raumund seiY
eine Teilmenge.1.Falls
Y
irreduzibel ist,dann istY
(der Abshluss) irreduzibel.2.Sei
U
eine oene TeilmengevonX
.Danndenieren dieAbbildungenY 7→ Y
undZ 7→ Z ∩ U
bijektionen zwishen{ Y ⊂ U | Y
abgeshlossen und irreduzibelinU }
und
{ Z ⊂ X | Z
abgeshlossen und irreduzibelinX
mitZ ∩ U 6 = ∅}
.Beweis. 1. Seien
F 1
undF 2
zweiabgeshlossene Teilmengen vonY
mitF 1 ∪ F 2 = Y
.PerDenition gibt esabgeshlossene Teilmengen
Z 1
undZ 2
vonX
mitF i = Z i ∩ Y
.Daraus folgt, dass
F 1
undF 2
auh inX
abgeshlossen sind. Also sindF 1 ∩ Y
undF 2 ∩ Y
inY
abgeshlossenundesgiltY = Y ∩ Y = Y ∩ (F 1 ∪ F 2 ) = (Y ∩ F 1 ) ∪ (Y ∩ F 2 )
.Da
Y
irreduzibel ist folgtF 1 ∩ Y = Y
oderF 2 ∩ Y = Y
alsoY ⊂ F 1
oderY ⊂ F 2
.Daraus folgt
Y ⊂ F 1 = F 1
oderY ⊂ F 2 = F 2
alsoY = F 1
oderY = F 2
.2. Sei
Y ⊂ U
abgeshlossen und irreduzibel. Dann istY
abgeshlossen irreduzibel und∅ 6 = Y ⊂ Y ∩ U
alsoniht leer.Sei
Z
abgeshlossen irreduzibel mitZ ∩ U 6 = 0
.Dann istY = Z ∩ U
oen inZ
undabgeshlossen in
U
, niht leer und nahProposition 2.3.7 irreduzibel.DieAbbildungensindalsowohldeniertundwirzeigen,dasssieinversevoneinander
Sei
Y ⊂ U
abgeshlossen und irreduzibel. Es giltY ⊂ U ∩ Y
. Umgekehrt, daY
abgeshlossen in
U
ist,gibt eseinF
abgeshlosseninX
mitY = F ∩ U ⊂ F
.Esgiltalso
Y ⊂ F
undY ∩ U ⊂ F ∩ U = Y
. Daraus folgtY = Y ∩ U
.Sei
Z
abgeshlossen inX
, irreduzibel mitZ ∩ U 6 = ∅
. Es giltZ ∩ U ⊂ Z
und daZ
abgeshlossen ist,gilt
Z ∩ U ⊂ Z
. SeiF = Z \ (Z ∩ U )
.DannistF
abgeshlossen inZ
und esgiltZ = F ∪ Z ∩ U
.DaZ
irreduzibelist,folgtF = ∅
oderZ ∩ U = ∅
.Diezweite Gleihung ist niht möglihalso
F = ∅
undZ = U ∩ Z
.Proposition 2.3.9 Sei
V
eine algebraishe Menge mitder Zariski-Topologie.Dann giltV
ist irreduzibel⇔ I(V )
istein Primideal⇔ Γ(V )
ist einIntegritätsring.Beweis. Die zweite Äquivalenz folgt aus der Vorlesung Algebra (Lemma 2.1.36.(1)).
Angenommen
V
sei irreduzibel und seienP 1 , P 2 ∈ k [X 1 , · · · , X n ]
mitP 1 P 2 ∈ I(V )
.Sei also
F i = V (P i )
füri ∈ { 1, 2 }
. Dann sindF 1
undF 2
abgeshlossen inV
. Seix ∈ V
.DanngiltP 1 (x)P 2 (x) = (P 1 P 2 )(x) = 0
alsoP 1 (x) = 0
oderP 2 (x) = 0
.Darausfolgt
x ∈ V (P 1 ) = F 1
oderx ∈ V (P 2 ) = F 2
i.e.V = (V ∩ F 1 ) ∪ (V ∩ F 2 )
. Also esgilt
V ⊂ F 1 ∪ F 2
. DaV
irreduzibelist, folgtV ⊂ F 1 = V (P 1 )
oderV ⊂ F 2 = V (P 2 )
.Daraus folgt
P 1 ∈ I(V )
oderP 2 ∈ I(V )
.Umgekehrt sei
I(V )
prim aud seienF 1
undF 2
abgeshlossen inV
mitV = F 1 ∪ F 2
.Falls
F 1 ( V
undF 2 ( V
giltI(V ) ( I (F 1 )
undI(V ) ( I(F 2 )
(sonnst giltV = V (I(V )) = V (I (F i )) = F i
weil alle Mengen algebraishe Mengen sind). Seien alsoP i ∈ I (F i ) \ I(V )
füri ∈ { 1, 2 }
. EsgiltP 1 P 2 ∈ I(F 1 ∪ F 2 ) = I (V )
aberP i 6∈ I(V )
füri ∈ { 1, 2 }
.Ein Widerspruh zuI (V )
Primideal.Korollar 2.3.10 Sei
k
unendlih.Dann istA n ( k )
irreduzibel.Beweis. Es gilt
I(A n ( k )) = (0)
undΓ(A 1 ( k )) = k [X 1 , · · · , X n ]
istein Integritätsring.Daraus folgt dieAussage.
Beispiel 2.3.11 Für
k
endlih istA n ( k )
reduzibel: es ist die Vereinigung endlih vielerPunkten.Korollar 2.3.12 (Fortsetzung algebraisher Gleihungen) Sei
k
unendlihundsei
V ( A n ( k )
eine algebraishe Menge. SeiP ∈ k [X 1 , · · · , X n ]
mitP (x) = 0
fürx 6∈ V
. Dann giltP = 0
.Beweis. Es gilt
A n ( k ) = V (P ) ∪ V
. DaA n ( k )
irreduzibel ist undV ( A n ( k )
giltV (P ) = A n ( k )
.Korollar 2.3.13 Seien
A, B ∈ M n ( k )
.Dann giltχ AB = χ BA
.Beweis. Sei
P (A, B) = χ AB − χ BA
. Es ist ein Polynom in den Koezienten vonA
undB
. FürB
invertierbar giltχ AB = χ B(AB)B −1 = χ BA
alsoP (A, B) = 0
fürB
invertierbar. Da die Menge aller niht invertierbaren Matrizen eine algebraisheMenge ist (es ist
V (det)
)folgtP = 0
.2.4. Irreduzible Komponenten
Denition 2.4.1 Eintopologisher Raum
X
heiÿtnoethersh fallsjedeabsteigen-de Kette von abgeshlossenen Teilmengen stationäristi.e. für jede Kette
Z 1 ⊃ Z 2 ⊃ · · · ⊃ Z r ⊃ · · ·
mit
Z r
abgeshlossen,gibt es einN
so, dassZ r = Z N
für aller ≥ N
.Beispiel 2.4.2 Der Körper
R
mit der üblihen Topologie ist niht noethersh: dieabsteigendeKette
[0, n 1 ]
von abgeshlossenen Teilmengen ist niht stationär.Lemma 2.4.3 Der Raum
A n ( k )
mitder Zariski-Topologieist noethersh.Beweis. Sei
Z 1 ⊃ Z 2 ⊃ · · · ⊃ Z r ⊃ · · ·
eine Kette von abgeshlossenen Teilmengen vonA n ( k )
. DanngiltZ r = V (I(Z r ))
undI (Z 1 ) ⊂ I(Z 2 ) ⊂ · · · ⊂ I(Z r ) ⊂ · · ·
ineineKette von Idealen in
k [X 1 , · · · , X n ]
. Da dieser Ring noethersh ist folgt, dass es einN
gibt mitI(Z r ) = I (Z N )
fürr ≥ N
. EsfolgtZ r = V (I(Z r )) = V (I(Z N )) = Z N
fürr ≥ N
.Lemma 2.4.4 Sei
X
einnoethersher topologisherRaum undY ⊂ X
.Dann istY
auh noethersh für dieinduzierte Topologie.
Beweis. Sei
Z 1 ⊃ Z 2 ⊃ · · · ⊃ Z r ⊃ · · ·
eine Kette von abgeshlossenen Teilmengen vonY
. Für jedesr
, seiF r
abgeshlossen inX
mitZ r = Y ∩ F r
. Wir setzenZ r ′ = F 1 ∩ · · · ∩ F r
. Dann istZ 1 ′ ⊃ Z 2 ′ ⊃ · · · ⊃ Z r ′ ⊃ · · ·
eine Kette von abgeslossenen Teilmengen vonX
. Es gibt alsoeinN
mitZ r ′ = Z N ′
fürr ≥ N
.Es giltaberZ r = Z 1 ∩ · · · ∩ Z r = (Y ∩ F 1 ) ∩ · · · · ∩ (Y ∩ F r ) = Y ∩ (F 1 ∩ · · · ∩ F r ) = Y ∩ Z r ′ .
Daraus folgt
Z r = Y ∩ Z r ′ = Y ∩ Z N ′ = Z N
.Korollar 2.4.5 Jede teilmenge von
A n ( k )
ist für dieZariski-Topologienoethersh.Denition 2.4.6 Sei
X
eintopologisher Raum. Eine irreduzible Komponente vonX
ist eine maximale (für die Enthaltung) irreduzible abgeshlossene Teilmenge vonX
.Beispiel 2.4.7 1. Sei
k
endlih undV ⊂ A n ( k )
. Dann sind die Punkte vonV
dieirreduzibleKomponentevon
V
.2. Sei
k
unendlih undV = V (XY ) ⊂ A 2 ( k )
. Dann sindV (X)
undV (Y )
dieirredu-zibleKomponentevon
V
:seiZ
eineirreduzible Komponente. DannistZ
irreduzibel, abgeshlossen inV
und maximal. Daraus folgt, dassI(V ) ⊂ I(Z)
gilt, dassI(Z)
ein Primideal ist und minimal für diese Eigenshaften. Es folgt
XY ∈ I(Z )
also(X) ⊂ I (Z)
oder(Y ) ⊂ I(Z)
,I(Z )
ist ein Primideal und ist minimal. Da(X)
und
(Y )
Primidealen sind folgtI(Z) = (X)
oderI(Z ) = (Y )
alsoZ = V (X)
oderZ = V (Y )
.Proposition 2.4.8 Sei
X 6 = ∅
ein noethersher topologisher Raum. Dann hatX
nur endlih vieleirreduzible Komponente
X 1 , · · · , X r
und es giltX = X 1 ∪ · · · ∪ X r
.Beweis. Für
Y
eine Teilmenge vonX
denieren wir die Eigenshaft (P) durh:Y
erfüllt (P) falls
Y
eine endlihe Vereinigung von abgeshlossenen, irreduziblen Teil- mengen vonY
ist.Wir Zeigen,dassX
dieEigenshaft(P) erfüllt.Sei
M = { Y ⊂ X | Y
istniht leer, abgeshlossen abererfüllt niht(P)}
.Wirzeigen,dass
M
leer ist.Darausfolgt,dassX
dieEigenshaft(P)erfüllt.AngenommenM
seiniht leer. Da
X
noethersh ist,gibt esein minimalesElementinM
: wähleZ 1 ∈ M
.Falls
Y
minimal ist sind wir fertig. Sonnst gibt es einZ 2 ( Z 1
mitZ 2 ∈ M
. Dannmuss ein
Z r
minimal sein: sonnst ist die KetteZ 1 ⊃ · · · ⊃ Z r ⊃ · · ·
niht stationär.Seialso
Z
minimalinM
.Es gilt
Z 6 = ∅
undZ
ist niht irreduzibel. Daraus folgt, dass es zwei ehte niht leere abgeshlossene TeilmengenF 1
undF 2
vonZ
(oderX
) gibt mitZ = F 1 ∪ F 2
.Nahminimalitätgilt
F 1 , F 2 6∈ M
alsoF 1
(bzw.F 2
)isteineendliheVereinigungvon abgeshlossenen irreduziblen Teilmengen vonF 1
(bzw.F 2
). Daraus folgt aber, dassZ
so eine Vereinigungist. EinWiderspruh.Esgibt alsoendlihvieleabgeshlossene irreduzibleTeilmenge
X 1 , · · · , X r
vonX
so,dass
X = X 1 ∪ · · · ∪ X r
. Wir zeigen, dass jede irreduzible TeilmengeY
vonX
ineinem
X i
enhalten ist.Es giltY = Y ∩ Y = Y ∩ (X 1 ∪ · · · ∪ X r ) = (Y ∩ X 1 ) ∪ · · · ∪ (Y ∩ X r ).
Alle
Y ∩ X i
sind abgeshlossen undY
ist irreduzibel. Daraus folgt, dass es eini
gibt mit
Y ⊂ X i
. Die maximale Elementeder Familie(X i ) i∈[1,r]
sind dieirreduzibleKomponentevon
X
.Korollar 2.4.9 JedealgebraisheMenge
V
hatendlihvielevershiedeneirreduzible KomponenteV 1 , · · · , V r
und es giltV = V 1 ∪ · · · ∪ V r
.Beweis. Da
V ⊂ A n ( k )
undA n ( k )
noethershist,istauhV
noethersh.DieAussagefolgt aus dem Proposition.
2.5. Kompakte und Haudor Räume
Denition 2.5.1 Ein Topologisher Raum
X
heiÿtHausdor fallsgilt:fürx, x ′ ∈ X
mitx 6 = x ′
gibtesoene UmgebungenU
undU ′
vonx
undx ′
(i.e.oeneTeilmen-gen
U
undU ′
mitx ∈ U
undx ′ ∈ U ′
) so,dassU ∩ U ′ = ∅
.Lemma 2.5.2 Sei
V
eine algebraishe Menge die unendlih viele Punkte enthält.Dann ist
V
niht Hausdor.Beweis. Da
V
nur endlih viele irreduzible Komponente hat, kann man ohne Ein- shänkungV
irreduzibelannehmen. Seienx, x ′ ∈ V
mitx 6 = x ′
.DieBedingung,dassesoeneUmgebungen
U
undU ′
vonx
undx ′
gibtmitU ∩ U ′ = ∅
isteinWiderspruhzur Irreduzibilität.
Beispiel 2.5.3 Für
V
endlih sind die Punkte vonV
oen und abgeshlossen also diePunkte vonV
sind die zusammenhängende Komponente undV
istHausdorf.Denition 2.5.4 Sei
X
eintopologisher Raum.1.FallsesfürjedeoeneÜberdekung
(U λ ) λ∈Λ
eineendliheTeilüberdekung(U λ i ) i∈[1,r]
gibt, heiÿt
X
quasi-kompakt.2. Falls
X
Hausdor und quasi-kompakt ist,heiÿtX
kompakt.Lemma 2.5.5 Ein topologisher Raum
X
ist genau dann quasi-kompakt, wenn für jedeFamilie von abgeshlossenen Teilmengen(F λ ) λ∈Λ
mit\
λ∈Λ
F λ = ∅
gibt eseine endlihe Teilfamilie
(F λ i ) i∈[1,r]
mitr
\
i=1
F λ i = ∅ .
Beweis. Setze
U λ = F λ c
.Denition 2.5.6 Sei
V ⊂ A n ( k )
und seiP ∈ k [X 1 , · · · , X n ]
. Die oene TeilmengeD(P ) ∩ V
vonV
heiÿtdie vonP
denierte standardmäÿige oene Teilmenge vonV
und istD V (P )
berzeihnet.Proposition 2.5.7 Sei
V
eine algebraishe Menge.1. Jede oene Teilmenge von
V
ist eine endlihe Vereinigung von standardmäÿigen oenen Teilmengen vonV
.2. Der topologisher Raum
V
istquasi-kompakt.Beweis. 1. Sei
U
oen inV
undU ′
oen inA n ( k )
mitU = V ∩ U ′
. Da es endliheviele Polynome
P 1 , · · · , P r
gibt mitU ′ = D(P 1 ) ∪ · · · ∪ D(P r )
folgt die GleihungU = D V (P 1 ) ∪ · · · ∪ D V (P r )
.2. Sei
(U λ ) λ∈Λ
eine Familie von oenen Teilmengen vonV
mit\
λ∈Λ
U λ = V.
Nah 1. können wir annehmen, dass alle
U λ
standardmäÿige oene Teilmengen sind alsoU λ = D V (P λ )
füreinP λ ∈ k [X 1 , · · · , X n ]
.SeiI = (P λ | λ ∈ Λ)
.Dak [X 1 , · · · , X n ]
noethersh istgibt eseine Teilfamilie
P λ 1 , · · · , P λ r
so,dassI = (P λ 1 , · · · , P λ r )
.WirZeigen,
V = D V (P λ 1 ) ∪· · ·∪ D V (P λ r )
.Seialsox ∈ V \ (D V (P λ 1 ) ∪· · · ∪ D V (P λ r ))
.Es gilt also
P λ i (x) = 0
für allei ∈ [1, r]
. Es gibt aber einλ ∈ Λ
mitP λ (x) 6 = 0
.Aber
P λ ∈ I
und es gibt PolynomeQ 1 , · · · , Q r
mitP λ = P r
i=1 Q i P λ i
. Daraus folgtP λ (x) = 0
.Ein Widerspruh.Beispiel 2.5.8 Sei
X = R
.1.
X
istHausdor aber niht quasi-kompakt fürdie üblihe Topologie.2.