Riemann-Roch-Raum zu einem Divisor

26.06.2015, 10:23

holeste

Auf diesen Beitrag antworten »

Riemann-Roch-Raum zu einem Divisor

Meine Frage:
Hallo zusammen, ich möchte den Riemann-Roch Raum $\begin{eqnarray*} L(D)=\left\{ z \in \mathbb{F}_{11}(X)|div(z)+D\geq 0\right\} \cup \left\{ 0\right\} \end{eqnarray*}$ mit projektiver Gerade X:aX+bY+cY=0
zu dem Divisor D=(2g+t)Q=3Q mit t=3 bestimmen. Q ist ein Punkt Q=(q1,q2,1) auf der projektiven Gerade aX+bY+cZ=0.

Meine Ideen:
Leider habe ich keine Vorstellung davon wie der Raum im Ganzen aussehen wird. Seine Elemente z sind Polynome. Konstanten sind ebenfalls enthalten, aber wie genau sieht der Raum aus?

Ich konnte in der Literatur leider kein anschauliches Beispiel finden.

Danke für jede Hilfe

26.06.2015, 13:34

Captain Kirk

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo,

mich verwirren ein paar Sachen. Du verwendest einmal X als Kurve und Variable.
Wozu das (2g+t) im Divisor?

Ich vermute du willst folgendes betrachten:
Sei T:aX+bY+cZ eine proj. Gerade mit $\begin{eqnarray*} Q=(q_1,q_2,1) \end{eqnarray*}$ ein Punkt auf T und
$\begin{eqnarray*} L(3Q)=\{ z \in \mathbb F_{11}(L) |div(z)+3Q \leq 0 \} \cup \{ 0 \} \end{eqnarray*}$

Zitat:

Seine Elemente z sind Polynome.

Nein es sind deutlich mehr, das wäre ja nur $\begin{eqnarray*} \mathbb F_{11} [X] \end{eqnarray*}$ . Was du hier hast ist der Funktionenkörper von T (in meiner Notation).

Wir nehmen die standardmäßige affine Übeduckung der proj. Ebene, damit ergibt sich die Gerade ax+by+c.
Der Koorsinatenring ist damit $\begin{eqnarray*} K[x,y]/(ax+by+c) \cong K[x] \end{eqnarray*}$ (o.b.d.A.) und der Funktionenkörper dessen Quotientenkörper.

Da $\begin{eqnarray*} L(Q) \subseteq L(2Q)\subseteq L(3Q) \end{eqnarray*}$ ist u.U. nützlich sich erst die kleineren Vektorräume anzuschauen. Suche also eine Funktion f mit div(f)=Q-... (falls es sowas nicht gäbe mit 2Q... usw)

26.06.2015, 16:04

holeste

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen Dank schon mal bis hierhin Freude

Freude

Zitat:

Original von Captain Kirk
Hallo,

mich verwirren ein paar Sachen. Du verwendest einmal X als Kurve und Variable.
Wozu das (2g+t) im Divisor?

In meiner Quelle ist das die Form des Divisors, um damit ein Secret Sharing Schema durch Goppa Codes zu realisieren. Dabei ist t ein Parameter der sich das spätere Verfahren auswirkt

Quelle: "Algebraic Geometric Secret Sharing Schemes
and Secure Multi-Party Computations over
Small Fields"

Zitat:

Original von Captain Kirk
Da $\begin{eqnarray*} L(Q) \subseteq L(2Q)\subseteq L(3Q) \end{eqnarray*}$ ist u.U. nützlich sich erst die kleineren Vektorräume anzuschauen. Suche also eine Funktion f mit div(f)=Q-... (falls es sowas nicht gäbe mit 2Q... usw)

Mein Wissen über Divisoren ist leider nicht gut. Ich möchte deshalb nur zeigen können, das in L(D) ein Polynom enthalten ist, für das f(0)=k mit beliebigen k im endlichen Körper $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_{11} \end{eqnarray*}$ gilt.

Ziel ist es nämlich, anschaulich zu zeigen, dass dieses Verfahren analog zu einem Verfahren mit Reed-Solomon Codes ist. Leider scheitere ich am Raum L(D)

26.06.2015, 16:24

Captain Kirk

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Ich möchte deshalb nur zeigen können, das in L(D) ein Polynom enthalten ist, für das f(0)=k mit beliebigen k im endlichen Körper $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_{11} \end{eqnarray*}$ gilt.

Das ginge relativ einfach. Setze f:=k. Für k nicht 0 ist dann div(f)=0.

26.06.2015, 16:38

holeste

Auf diesen Beitrag antworten »

f ist dann aber das konstante Polynom f(x)=k und das ist also in jedem L(mQ) enthalten? Kann ich auch davon ausgehen, dass das beliebiges Polynom $\begin{eqnarray*} f(x)=a_{t-1}x^{x-1}+...+a_1x+k \end{eqnarray*}$ in jedem solchen L(mQ) enthalten ist? und gibt es da zusammenhänge zwischen dem Grad von f(x) und m?

26.06.2015, 16:44

Captain Kirk

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

f ist dann aber das konstante Polynom f(x)=k

Wieso aber? Das hab ich doch genauso geschrieben.

Zitat:

das ist also in jedem L(mQ) enthalten?

für m>0 ja.

Zitat:

Kann ich auch davon ausgehen, dass das beliebiges Polynom $\begin{eqnarray*} f(x)=a_{t-1}x^{x-1}+...+a_1x+k \end{eqnarray*}$ in jedem solchen L(mQ) enthalten ist?

Nein. Allein aus Dimensionsgründen geht das nicht. Und Polynome werden relativ selten in L(mQ) sein aufgrund der Polstelle im unendlich fernen Punkt.

Zitat:

und gibt es da zusammenhänge zwischen dem Grad von f(x) und m?

Ich kenn keine.

Anzeige

26.06.2015, 17:09

holeste

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok. Ich merke, mir fehlt da zu viel Wissen. Kannst du mir eine Quelle empfehlen in der gut erklärt wird wie L(Q) bzw L(2Q) usw. aussieht. Denn wenn ich von einer algebraischen Kurve mit Geschlecht 0 ausgehe, interessieren mich nur diese Punkte laut, meiner Quelle oben.

Ich versuche mal den Link hier irgendwie einzufügen:
iacr.org/archive/crypto2006/41170516/41170516.pdf

Unter Punkt 3 wird direkt auf der ersten Seite das Verfahren vorgestellt. Möglicherweise habe ich mich auch einfach falsch ausgedrückt. Es soll $\begin{eqnarray*} f(P_0)=g(0)=k \end{eqnarray*}$ sein und weiter $\begin{eqnarray*} s_i=f(P_i)=g(i) \end{eqnarray*}$ für ein Polynom g mit Grad(g)<n. Damit eben gezeigt wird, dass ein solcher Spezialfall dieses Verfahrens dem Reed-Solomon Verfahren entspricht.

Ich weiß, das ist etwas viel verlangt. Gott

Gott

26.06.2015, 17:52

Captain Kirk

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Kannst du mir eine Quelle empfehlen in der gut erklärt wird wie L(Q) bzw L(2Q) usw. aussieht.

Sei mir nicht böse, aber was hält dich davon ab dich hinzusetzen die Definition durchzugehen und es selber auszurechnen?
U.a. Sage und Magma können Basen berechnen zur Überprüfung.
Hier gibts auch ein paar Beispiele
permutationpuzzles.org/AAAbook/node214.html
Der Artikel (der beim Überfliegen erstaunlich gut lesbar ist) verweist ja selbst sogar auf Bücher fürs Hintergrundwissen z.B. den Fulton.

Zitat:

Es soll $\begin{eqnarray*} f(P_0)=g(0)=k \end{eqnarray*}$ sein und weiter $\begin{eqnarray*} s_i=f(P_i)=g(i) \end{eqnarray*}$ für ein Polynom g mit Grad(g)<n

Dieses g ist dann aber nicht in L(D). Sondern g erfüllt die Bedingungen: $\begin{eqnarray*} g(i)=s_i \end{eqnarray*}$ und das ist schlicht ein lineares Gleichungssystem

26.06.2015, 18:07

holeste

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Captain Kirk

Sei mir nicht böse, aber was hält dich davon ab dich hinzusetzen die Definition durchzugehen und es selber auszurechnen?
U.a. Sage und Magma können Basen berechnen zur Überprüfung.
Hier gibts auch ein paar Beispiele
permutationpuzzles.org/AAAbook/node214.html
Der Artikel (der beim Überfliegen erstaunlich gut lesbar ist) verweist ja selbst sogar auf Bücher fürs Hintergrundwissen z.B. den Fulton.

naja, das mit dem nachrechnen hat bisher nicht so gut geklappt. um L(D) zu bestimmen musste ich den Divisor verstehen. Und damit habe ich ja offensichtlich auch meine Schwierigkeiten. Ehrlich gesagt bin ich auch quer in das Thema eingestiegen. Ich habe zwar eine Vorlesung über elliptische Funktionen gehört, da wurde der Divisor aber nicht wirklich benutzt und noch nichtmal das Geschlecht war ein Thema, deshalb habe ich gehofft, dass mit einem "einfachen" Divisor L(D) vielleicht relativ einfach ist, da dessen Form ja vorgegeben wird und ich das eigentliche Ziel auch schon kenne. Rationale Punkte auf einer projektiven Gerade finde ich gerade noch und wenn ich damit dann diese Konstruktion so hinbekomme, dass sie einem bestimmten Polynom entspricht, bin ich schon glücklich.

Deine Hinweise und den Link schaue ich mir an. Das scheint relativ anschaulich zu sein.

Vielen Dank bis hierher

27.06.2015, 18:06

holeste

Auf diesen Beitrag antworten »

Mein aktuelles Verständnis:

Ich habe die projektive Kurve X. In meinem Fall soll diese vom Geschlecht 0 sein, also bietet sich die projektive Gerade $\begin{eqnarray*} P^1 \end{eqnarray*}$ an. X hat q+1 Punkte und Q ist der unendlich entfernte Punkt von X mit Q=[1,0]. L(mQ) enthält laut scholar.lib.vt.edu/MTNS/Papers/006.pdf Beispiel 3 alle Polynome bis zum Grad $\begin{eqnarray*} \le m \end{eqnarray*}$ . Das heißt L(mQ) enthält alle Polynome mit einer veränderlichen? Daraus folgt, ich kann für Punkte $\begin{eqnarray*} P_1,...,P_n \end{eqnarray*}$ ein beliebiges Polynom $\begin{eqnarray*} f\in L(mQ) \end{eqnarray*}$ der Form $\begin{eqnarray*} f(x)=a_mx^m+...a_1x+a_0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(P_0)=k \end{eqnarray*}$ wählen und erhalte dann für $\begin{eqnarray*} f(P_i)\forall i \end{eqnarray*}$ ein Element aus $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_q \end{eqnarray*}$ , denn $\begin{eqnarray*} P_i \end{eqnarray*}$ ist ein Tupel im projektiven und im affinen dementsprechend einfach ein Element?

Kann das jemand so bestätigen oder sagen wo der Fehler liegt?

27.06.2015, 18:22

Captain Kirk

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Das heißt L(mQ) enthält alle Polynome mit einer veränderlichen?

Nein, das heißt alle Polynome vom grad kleiner-gleich m. Der Vektorraum L(mQ) ist ja m+1-dimensional.

Zitat:

ich kann für Punkte $\begin{eqnarray*} P_1,...,P_n \end{eqnarray*}$ ein beliebiges Polynom $\begin{eqnarray*} f\in L(mQ) \end{eqnarray*}$ der Form $\begin{eqnarray*} f(x)=a_mx^m+...a_1x+a_0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(P_0)=k \end{eqnarray*}$ wählen und erhalte dann für $\begin{eqnarray*} f(P_i)\forall i \end{eqnarray*}$ ein Element aus $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_q \end{eqnarray*}$ , denn $\begin{eqnarray*} P_i \end{eqnarray*}$ ist ein Tupel im projektiven und im affinen dementsprechend einfach ein Element?

Diesen Satz versteh ich nicht. Wenn du f(P) als f(x) Korrdinate definierst erhälst du immer $\begin{eqnarray*} f(P) \in \mathbb F_q \end{eqnarray*}$ egal für welches Polynom, weil die Korrdinaten der Punkte aus dem Körper sind.
Welche Aussage soll der letzte Halbsatz begründen.

27.06.2015, 19:04

holeste

Auf diesen Beitrag antworten »

Nein, das heißt alle Polynome vom grad kleiner-gleich m. Der Vektorraum L(mQ) ist ja m+1-dimensional.
[/quote]
In der projektiven Gerade habe ich X und Y, richtig? Um affin rechnen zu können setzte ich Y=1? Sind die Elemente aus L(mQ) damit zwingend in projektiver Form zu betrachten?

Zitat:

Original von Captain Kirk
Diesen Satz versteh ich nicht. Wenn du f(P) als f(x) Korrdinate definierst erhälst du immer $\begin{eqnarray*} f(P) \in \mathbb F_q \end{eqnarray*}$ egal für welches Polynom, weil die Korrdinaten der Punkte aus dem Körper sind.
Welche Aussage soll der letzte Halbsatz begründen.

f(P)=f(p,1), da alle Punkte aus der projektiven Gerade derart sind, wenn es sich nicht um Q handelt. Ist das f(x) wie davor definiert aus L(mQ) oder ist genau genommen nur sein homogenisierte Form darin? Denn auf permutationpuzzles.org/AAAbook/node214.html bestehen alle Basen ausschließlich aus der x Koordinate.

Wenn das bis hierher geschriebene Korrekt ist, würde f(x)=f(p) im affinen sein, denn f(P) wäre einfach die homogene Variante davon, richtig? verwirrt

verwirrt

27.06.2015, 19:23

Captain Kirk

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Sind die Elemente aus L(mQ) damit zwingend in projektiver Form zu betrachten?

Nein, das kommt darauf an welches Modell du für $\begin{eqnarray*} \mathbb F_{11}(T) \end{eqnarray*}$ verwendest (ja ich nenne die Kurve T, weil X ist bereits Name einer Variable.)

Du selbst definierst:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} f(x)=a_mx^m+...a_1x+a_0 \end{eqnarray*}$

Und wie soll dann das bitte gehen:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} f(P)=f(p,1) \end{eqnarray*}$

?
Was ist denn X²+1 ausgewertet an der Stelle (1,1)?

Zitat:

Denn auf permutationpuzzles.org/AAAbook/node214.html bestehen alle Basen ausschließlich aus der x Koordinate.

Basen bestehen generell nicht aus koordinaten, egal was für ein Vektorraum. Einzelne (Basis-)Vektoren haben Korrdinaten.
Die Basiselemente sind hier jeweils Abbildungen.

Zitat:

f(x)=f(p) im affinen sein, denn f(P) wäre einfach die homogene Variante

Aber nicht jedes Polynom ist homogen. Und die Homogenisierung von f unterscheidet sich daher von f.

Ich habe hier den starken Verdacht das du nicht weißt was $\begin{eqnarray*} \mathbb F_{11}(T) \end{eqnarray*}$ ist, und wie die Elemente davon aussehen.

27.06.2015, 20:00

holeste

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Captain Kirk
Nein, das kommt darauf an welches Modell du für $\begin{eqnarray*} \mathbb F_{11}(T) \end{eqnarray*}$ verwendest (ja ich nenne die Kurve T, weil X ist bereits Name einer Variable.)

Ok, also Input ist gleich Output, ob projektiv oder affin.

Zitat:

Original von Captain Kirk
Du selbst definierst:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} f(x)=a_mx^m+...a_1x+a_0 \end{eqnarray*}$

Und wie soll dann das bitte gehen:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} f(P)=f(p,1) \end{eqnarray*}$

?
Was ist denn X²+1 ausgewertet an der Stelle (1,1)?

In dem Fall, wäre es natürlich in projektiver Form x^2+y^2 und damit p^2+1, genauso wie bei f(p)=p^2+1 aus affiner Form folgt.

Zitat:

Original von Captain Kirk
Ich habe hier den starken Verdacht das du nicht weißt was $\begin{eqnarray*} \mathbb F_{11}(T) \end{eqnarray*}$ ist, und wie die Elemente davon aussehen.

Meine Idee war, es ist ein Funktionenkörper über $\begin{eqnarray*} \mathbb F_{11} \end{eqnarray*}$ und in meinem Fall ein Quotientenkörper bzw. rationaler Funktionenkörper, dessen Elemente Konstanten und Polynome sind?

Ich ahne, das lag weit daneben Hammer

Hammer

27.06.2015, 20:23

Captain Kirk

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielleicht reden wir aneinander vorbei, aber ich tu mich schwer dich zu verstehen, denn du verwendest Schreib- und Sprechweisen die mir in dem Kontext nicht bekannt sind.

Sowas wie "projektive /affine Form" einer Funktion ist mir z.B. nicht bekannt.

Zitat:

Meine Idee war, es ist ein Funktionenkörper über $\begin{eqnarray*} \mathbb F_{11} \end{eqnarray*}$ und in meinem Fall ein Quotientenkörper bzw. rationaler Funktionenkörper, dessen Elemente Konstanten und Polynome sind?

Richtig ist, das hier ein Funktionenkörper vorliegt. Beim Rest bin ich dann verwirrt.
Zum einen sind Konstanten auch Polynome, keine Ahnung wieso du die gesondert aufzählst.
Und ein Quotienten bzw. rationaler Funktionenkörper enthält - wie der Name schon sagt - Quotienten: In K(X) ist z.B 1/X enthalten.

Wie sieht denn konkret für $\begin{eqnarray*} T=\mathbb P^1 \end{eqnarray*}$ der Funktionenkörper $\begin{eqnarray*} \mathbb F_{11}(T) \end{eqnarray*}$ aus?

27.06.2015, 20:46

holeste

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} F_{11}(T)=\{ {a(x)\over b(x)}|a(x),b(x)\in\mathbb{F}_{11}[X],b(x)\neq0\} \end{eqnarray*}$ ?

27.06.2015, 20:55

Captain Kirk

Auf diesen Beitrag antworten »

Richtig. Man beachte: Nirgendwo ein Y.
Damit kannst du jetzt $\begin{eqnarray*} L(mQ)=\{f \in \mathbb F_{11}[X]|deg(f)\leq m \} \end{eqnarray*}$ nachprüfen.
Und mit der Darstellung ist f(P):=f(x(P)) bzw $\begin{eqnarray*} f(Q)=\infty \end{eqnarray*}$ für den unendlich fernen Punkt.

27.06.2015, 21:08

holeste

Auf diesen Beitrag antworten »

Man verwendet hierfür also keine homogenen Polynome sonder betrachtet nur den affinen Raum?

Zitat:

Original von Captain Kirk
Und mit der Darstellung ist f(P):=f(x(P)) bzw $\begin{eqnarray*} f(Q)=\infty \end{eqnarray*}$ für den unendlich fernen Punkt.

Dem kann ich leider nicht ganz folgen. x(P) konvertiert den Punkt P=(p_1,p_2) zu P=p_1 oder besteht P nur aus p_1? Im zweiten Fall, wäre f affin dargestellt und f(Q) nicht definiert?

27.06.2015, 21:30

Captain Kirk

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Man verwendet hierfür also keine homogenen Polynome sonder betrachtet nur den affinen Raum

Man kann dafür genausogut homogene Polynome verwenden. Daher schrieb ich ja auch mehrfach im Thread: Es kommt darauf an welche Darstellung des funktionenköärpers du verwendest.
"Den" affinen Raum gibt es nicht, es gibt hier z.b. bereits zwei (kanonische Einbettungen von $\begin{eqnarray*} \mathbb A^1 \end{eqnarray*}$ : x $\begin{eqnarray*} \mapsto [x:1] \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \mapsto [1:y] \end{eqnarray*}$
und

Zitat:

x(P) konvertiert den Punkt P=(p_1,p_2) zu P=p_1

Da wird gar nichts konvertiert. Das ist schlicht eine Bezeichnung (oder meinetwegen Abbildung) der x-Koordinate von P. Der Punkt bleibt was er war.

Zitat:

Im zweiten Fall, wäre f affin dargestellt und f(Q) nicht definiert?

Welcher zweiter Fall? Was soll affin Darstellung sein? Und wich hab f(Q) doch extra definiert?

27.06.2015, 21:40

holeste

Auf diesen Beitrag antworten »

Ok, ich lass das jetzt erstmal sacken. Ich glaube ich habe das im Prinzip soweit verstanden, vielen Dank.

Freude

Freude

Dann werde ich versuchen das ganze auf mein Problem anzuwenden. Wenn ich das getan habe werde ich es hier kurz reinstellen, vielleicht könntest du es dir dann ja noch anschauen, ob das dann so richtig ist?

27.06.2015, 23:38

holeste

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich wollte ja den in iacr.org/archive/crypto2006/41170516/41170516.pdf gezeigten Algorithmus durchlaufen.

Der endliche Körper sei $\begin{eqnarray*} \mathbb{F}_{11} \end{eqnarray*}$ und die glatte projektive Kurve sei die projektive Gerade C=ax+b=0 oder homogenisiert aX+bY=0 (kann ich das so schreiben?) mit Geschlecht 0. Q sei der unendlich entfernte Punkt $\begin{eqnarray*} Q=[1:0] \end{eqnarray*}$ und für $\begin{eqnarray*} P_i \end{eqnarray*}$ gelte $\begin{eqnarray*} P_i=[i:1] \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i=0,\dots,5 \end{eqnarray*}$ . Q ist der einzige Punkt mit Polstelle. Dann ist $\begin{eqnarray*} L(D)=\{f\in \mathbb{F}_{11}[x]|deg(f)\le 2\} \end{eqnarray*}$ mit Divisor D=2Q. Wir wählen ein $\begin{eqnarray*} f\in L(D) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(P_0)=10 \end{eqnarray*}$ . Sei $\begin{eqnarray*} f(x)=9x^2+7x+10 \end{eqnarray*}$ oder mit homogenisiert $\begin{eqnarray*} f(X,Y)=9X^2+7XY+10Y^2 \end{eqnarray*}$ .

Dann ist $\begin{eqnarray*} f(P_1)=4 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} f(P_2)=5 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} f(P_3)=2 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} f(P_4)=6 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(P_5)=6 \end{eqnarray*}$

Ist das inhaltlich und formal korrekt?

Ich bin dir jetzt schon unfassbar dankbar Gott

Gott

28.06.2015, 08:59

Captain Kirk

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

die glatte projektive Kurve sei die projektive Gerade C=ax+b=0 oder homogenisiert aX+bY=0 (kann ich das so schreiben?) mit Geschlecht 0. Q sei der unendlich entfernte Punkt $\begin{eqnarray*} Q=[1:0] \end{eqnarray*}$ und für $\begin{eqnarray*} P_i \end{eqnarray*}$ gelte $\begin{eqnarray*} P_i=[i:1] \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} i=0,\dots,5 \end{eqnarray*}$ . Q ist der einzige Punkt mit Polstelle

-Punkte haben keine Polstellen. Funktionen haben Polstellen. Punkte sind Polstellen.
- aX+b=0 hat eine Lösung in $\begin{eqnarray*} \mathbb A^1 \end{eqnarray*}$ : X=-b/a und ist nicht die Gerade.
Wenn dann ist aX+b in $\begin{eqnarray*} \mathbb A^2 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} \mathbb P^2 \end{eqnarray*}$ eine projektive Gerade.
Ignorieren wir das und setzen schlicht $\begin{eqnarray*} C=\mathbb P^1 \end{eqnarray*}$ dann passt der Rest.

28.06.2015, 20:31

holeste

Auf diesen Beitrag antworten »

Freude

Tanzen

Vielen, vielen Dank

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »