1 (of 4). Let A = k[X1 , . . . , Xn], the polynomial algebra over k in n indeterminates, be the coordinate algebra on An .

Decide whether or not each of the following subsets of affine space is an algebraic set, fully justifying your answer in each case.  Write the statement of any result you use clearly:

(a)   {(t3 + 1, t2 ) I t ∈ k} ∈ A2  with k = C;

(b)   Q, the set of rational numbers, considered as a subset of A1  with k = C;

(c)   {(s, t) I Is + tI = 1} ∈ A2 , where k = C;

(d)   the following subset of An :

&

ì(X1(d) 一 X2 );

d=1

(e)   the principal open set Vf , where V = A2  and f := X1 + X2  ∈ k[X1 , X2].

2 (of 4). (a)   Determine whether the following maps are morphisms, justifying your

answer in each case:

(i)   V = A1 , W = A2 , with φ : V → W given by φ(t) = (t4 + 3t, t2 一 2), with k = C;

(ii)   V = A1  = W , with φ : V → W given by φ(t) = 2t , with k = C;       (iii)   V = ì(X1X2X3  一 1) ∈ A3  where A3  has coordinate algebra A =

k[X1 , X2 , X3], W = A2 , with φ : V → W given by φ(a1 , a2 , a3 ) =

(1/a1 , 1/a2 ).

(b)   Let V  = A2  with coordinate algebra A = k[X, Y] and W  = A3  with

coordinate algebra B = k[X1 , X2 , X3]. Define a map φ : V → W by the rule φ(a, b) := (ab, a2 + b3 , 0).  Show that φ is a morphism and give the images of the generators X1 , X2  and X3  for B under the comorphism φ出 .

3 (of 4).     (a)   Determine if the following polynomials in k[X, Y, Z] are homogeneous.

For those that are homogeneous, give the degree of the polynomial, for those that are not homogeneous, indicate why.

(i)   XY + Z2 ;

(ii)   X 14 + Y7 Z7 + 14;

(iii)   4X4 Y + 34Y2 Z3 + Z5 .

SOLUTIONS: MAT00001M

1.               (a)   {(t3  + 1, t2 )  I t ∈ k} ∈ A2 :  Clearly, we have {(t3  + 1, t2 )  I t ∈ k} ∈  ì(X2 一 2X 一 Y3 +1). On the other hand, if (a, b) ∈ ì(X2 一 2X 一 Y3 +1),  then a2 一 2a 一 b3 + 1 = 0, and so b3  = a2 一 2a + 1 = (a 一 1)2 . Take c ∈ C  such that c2  = b. Then (a 一 1)2  = b3  = c6  = (c3 )2 . Thus a is either c3 + 1  or 一c3 + 1.  Therefore (a, b) is either (c3 + 1, c2 ) ∈ {(t3 + 1, t2 ) I t ∈ k}  or (一c3 + 1, c2 ) = ((一c)3 + 1, (一c)2 ) ∈ {(t3 + 1, t2 ) I t ∈ k}. Therefore  {t3 + 1, t2 ) I t ∈ k} = ì(X2 一 2X 一 Y3 + 1) is algebraic.         f(伍)6 Marks

(b)   Q, the set of rational numbers, is an infinite proper subset of A1 .  As

proper algebraic subsets of A1  must be finite (as seen in the lecture), Q

is not an algebraic set. 6 Marks

(c)   We will use a lemma from the lectures (Lemma 2.4). Write U := {(s, t) ∈

A2  I Is + tI = 1} and set U = {s ∈ A1  I (s, 0) ∈ U}. Then we have U = {s ∈ A1  I IsI = 1}.

This is an infinite proper subset of A1 . As proper algebraic subsets of  A1  must be finite (as seen in the lecture), U is not an algebraic subset of  A1 , and then by the Lemma, U is not an algebraic subset of A2 . f(伍)6 Marks

(d)   Each of the sets ì(X1(d)  一 X2 ) are closed subsets of An  in the Zariski  topology.  In a topology, any intersection of closed subsets is a closed  subset, thus nì(X1(d)  一 X2 ) is a closed subset of An , that is, it is an  algebraic set.   Alternatively, one could show that nì(X1(d) 一 X2 ) = ì(X1 一 X2 , X1(2) 一 X2 ).                                                                f(伍)6 Marks

(e)   We have seen in lectures that principal open sets are affine varieties

(Theorem 8.3).  But the question here is if the given set is an algebraic subset. We will show that it is not.

Write U = Vf  = {(a1 , a2 ) ∈ A2  I a1 + a2  = f(a1 , a2 ) 0}. We will once more use Lemma 2.4 from the lectures. Set U = {a1  ∈ A1  I (a1 , 0) ∈ U}.

Then we have

U = {a1  ∈ A1  I a1 + 0 0} = k \ 0.

It follows that U is an infinite proper subset of A1 . As proper algebraic

subsets of A1 must be finite (as seen in the lecture), U is not an algebraic subset of A1 , and then by the Lemma, U is not an algebraic subset of

A2 .                                                                                              f(伍)6 Marks

Remarks. Part (a), (b), and (c) consists of examples very similar to those seen in lectures and problem sheets.  Part (d) is new.  Part (e) is also new

and a bit tricky, as we have seen in class that principal open sets are affine varieties.

Total: 30 Marks

(ii)   Not a morphism.   We need to show that there is no polynomial

f ∈ k[X] with f(t) = 2t  for each t ∈ C. Any such f has no roots, so it is constant. But 2t is not a constant function, so no such f exists,

and φ cannot be a morphism. 6 Marks

(iii)   This is a morphism.  First note that the map given is well defined

since (a1 , a2 , a3 ) ∈ V will satisfy a1 a2 a3 一 1 = 0, hence a1 a2 a3  = 1 and so in particular a1  and a2  are non-zero. As V is a closed subset of A3  its coordinate algebra is A = k[Y1 , Y2 , Y3], where Yi  = Xi IV  is the restriction of the generators X1 , X2 , X3 of the coordinate algebra on A3 . Say B = k[Z1 , Z2] is the coordinate algebra on A2 . We need to check the condition on the generators Z1  and Z2  of B. We have for each (s, t, r) ∈ V ,

(Z1 О φ)(s, t, r) = Z1 (1/s, 1/t) = 1/s (Z2 О φ)(s, t, r) = Z2 (1/s, 1/t) = 1/t.

Note that for  (s, t, r)  ∈  V ,  we have  str  =  1,  and so  1/s  =  tr and 1/t = sr.  Thus (Z1  О φ)(s, t, r) = tr = Y2 Y3 (s, t, r) and (Z2  О φ)(s, t, r) = sr = Y1 Y3 (s, t, r).  Thus, Z1  О φ = Y2 Y3  ∈ k[Y1 , Y2 , Y3]

and Z2 О φ = Y2 Y3  ∈ k[Y1 , Y2 , Y3] and we are done. 6 Marks

(b)   We simply need to calculate

(X1 О φ)(a, b) = X1 (ab, a2 + b3 , 0) = ab = XY (a, b),

(X2 О φ)(a, b) = X2 (ab, a2 + b3 , 0) = a2 + b3  = (X2 + Y3 )(a, b), (X3 О φ)(a, b) = X3 (ab, a2 + b3 , 0) = 0 = 0(a, b),

for all (a, b) ∈ A2 .  This shows that that X1  О φ = XY ∈ A, X2  О φ = X2 + Y3  ∈ A, and X3 О φ = 0 ∈ A. As X1 , X2 , X3  generate B, it follows that φ is a morphism and we have φ出 (X1 ) = XY , φ出 (X2 ) = X2 + Y3 and

φ出 (X3 ) = 0.                                                                                 f(伍)6 Marks