p ermbajta - oakland university · m e posht e kujtojm e shkurtimisht se si e p ercaktojm e form en...

Permbajta

Kapitulli 1. Bashkesite algjebrike afine 11. Hapesira afine dhe kurbat afine 12. Bashkesite algjebrike 33. Komponentet e padekompozueshem te bashkesive algjebrike 64. Nenbashkesite algjebrike te planit 85. Hilbert Nullstellensatz 10

Kapitulli 2. Varietetet 131. Varietetet afine 132. Varietetet projektive 15

Kapitulli 3. Varietetet projektive 211. Hapesira projektive 212. Bashkesite algjebrike projektive 223. Format dhe Mbyllja Projektive 23

Kapitulli 4. Kurbat planare afine 251. Hyrje ne kurbat algjebrike afine 252. Shumefishmeria dhe unazat lokale 283. Numri i Prerjeve 30

Kapitulli 5. Kurbat planare projektive 351. Hyrje ne kurbat planare projektive 352. Sistemet lineare te kurbave 373. Teorema Bezut 39

Kapitulli 6. Varietet e morfizmat midis tyre 431. Spec(A) dhe topollogjia e Zarinskit 432. Morfizmat e varieteteve 453. Rezolucionet e singulariteteve 474. Shperthimi i nje pike ne A2 495. Shperthimi i nje pike ne P2 506. Modelet jo-singulare te kurbave 51

Kapitulli 7. Pjesetuesit e nje kurbe 531. Pjesetuesit dhe grupi i Pikardit 532. Format Diferenciale dhe pjesetuesit kanonike 573. Jacobi i kurbave. 58

Kapitulli 8. Teorema Rieman-Roch 591. Hapesirat Vektoriale L(D) 592. Teorema e Rimanit 623. Teorema Riemann - Roch 65

1

2 PERMBAJTA

4. Aplikime te teoremes Rieman-Roch, pikat e Weierstrassit 67

Kapitulli 9. Nje korespondence e rendesishme. 691. Siperfaqet e Riemannit. 692. Nje korespondence e rendesishme. 713. Formula Riemann - Hurwitz. 72

Kapitulli 10. Kurbat eliptike 751. Struktura e grupit te nje kurbe eliptike 762. Invariantet e nje kurbe eliptike 783. Teorema Mordell - Weil 814. Pikat torsion te nje kurbe eliptike, isogjenite. 83

Kapitulli 11. Kurbat Modulare 871. Grupi Modular 872. Kurbat Modulare te Nivelit N 88

Kapitulli 12. Hyrje tek Sheafes dhe Skemat 891. Preasheaves dhe Sheaves 892. Skemat 903. Vetite e Skemave 91

Bibliografia 93

KAPITULLI 1

Bashkesite algjebrike afine

Ne kete kapitull ne japim konceptet baze te hapesires afine dhe bashkesive algjebrike afine. Ne supo-zojme se lexuesi eshte i familiarizuar me [36], [37], [35], [58] dhe [60].

Shenojme me k nje fushe cfardo dhe me k[x1, . . . , xn] unazen e polinomeve me ndryshore x1, . . . , xn.Karakteristika e fushes do te shenohet me char k = p ≥ 0.

1. Hapesira afine dhe kurbat afine

1.1. Hapesira afine. Jepet nje fushe k. Shenojme me An(k) ose thjeshte An prodhimin kartezian te k-se me veteveten n-here. An(k) quhet n-hapesire afine mbi k dhe elementet e An(k) do ti quajme pikaafine. A1(k) eshte drejteza afine dhe A2(k) eshte plani afin.

Ne qofte se jepet polinomi f ∈ k[x1, . . . , xn], nje pike p = (α1, . . . , αn) ∈ An(k) quhet zero e f -se ne qofte se

f(p) = f(α1, . . . , an) = 0.

Kur f nuk eshte polinom konstant, atehere bashkesia e zerove te f -se quhet hipersiperfaqe per f -ne dheshenohet me V(f). Nje hipersiperfaqe ne A2(k) quhet kurbe afine planare.

Natyrisht kurbat me te thjeshta te A2(k) jane ato qe jepen me ekuacione lineare, pra drejtezat. Lete shohim kurbat me te thjeshta pas drejtezave, kurbat konike.

1.2. Kurbat konike. Nje prerje konike, nga ana gjeometrike, eshte kurba qe perftohet nga prerja enje koni te dyfishte me nje plan. Nje kurbe konike eshte grafiku i kesaj prerje. Ekuacioni i pergjithshemi nje kurbe konike jepet nga

(1) ax2 + bxy + cy2 + dx+ ey + f = 0,

ku a, b, c nuk jane zero njeheresh; shih [58] per me shume detaje. Ky ekuacion mund te shkruhet nepermjetmatricave si [

x y] [ a b/2b/2 c

] [xy

]+[d e

] [xy

]+ f = 0.

Nga algjebra lineare [58] ne dime se forma e grafikut te Ek. 1 eshte nje parabole, hiperbole, elipse, ose prerjedrejtezash (ne kete rast themi se kemi nje konike te degjeneruar).

Me poshte kujtojme shkurtimisht se si e percaktojme formen e nje konikeje. Matrica simetrike

M =

[a b/2b/2 c

]quhet matrica korresponduese e konikes. Diskriminanti i konikes perkufizohet si

∆ = b2 − 4ac.

Vereni se∆ = −4 detM.

Lema percakton formen e grafikut

Lema 1. Forma e grafikut percaktohet si me poshte:

(1) Ne qofte se ∆ > 0, atehere grafiku eshte nje hiperbole(2) Ne qofte se ∆ < 0, atehere grafiku eshte nje elips

1

Kurbat algjebrike Shaska T.

(3) Ne qofte se ∆ = 0, atehere grafiku eshte nje parabole

Ekuacioni kuadratik i mesiperm, me zevendesimet e pershtatshme, mund te shkruhet si

l1X2 + l2Y

2 = D,

ku l1, l2 jane eigenvlerat e M . Pe me teper, nga [58, Lem. 7.5] kemi qe kurba

ax2 + bxy + cy2 = D.

eshte elips ne qofte se te dy eigenvlerat e M jane pozitive dhe eshte nje hiperbole ne qofte se nje eshte pozitivedhe tjetra negative.

1.2.1. Conics as groups. Shenojme me C bashkesine e pikave te nje konikeje. A mund qe te perkufi-zojme nje veprim ne C qe ta bejme C grup?

• Fiksojme piken O ne C. Kjo pike do te jete identiteti i grupit.• Per cdo dy pika P,Q ∈ C, nga pika O heqim paralelen me PQ. Kjo paralele do ta prese koniken

ne nje pike tjeter R.• Perkufizojme P ⊕Q := R.

Ushtrim 1. Verifikoni ne se (C,⊕) eshte nje grup Abelian per cdo konike C.

Shembull 1. Konsideroni konikenC : y2 −∆x2 = 4,

dhe merrni O = (2, 0). Vertetoni se veprimi i mesiperm per kete O jepet nga

(r, s) + (t, u) =

(rt+ ∆su

2,ru+ st

2

)dhe (C,⊕) eshte grup Abelian.

Tani mund te shtrojme dy pyetje baze, pergjigja e te cilave eshte qellimi i ketij libri:

Pyetje 1: A mund te ndertojme nje teori jo vetem per kurbat, por per gjithe sistemet me ekuacionealgjebrike

f1(x1, . . . , xn) = 0

f2(x1, . . . , xn) = 0

. . .

fr(x1, . . . , xn) = 0

pavarsisht nga grada e f -se?

Pyetje 2: A mund te bejme grup cdo kurbe

f(x, y) = 0,

pavarsisht nga grada e f -se?

Pergjigja e pyetjes se pare eshte pikerisht qellimi i gjeometrise algjebrike si subject. Pergjithsimi ikonceptit te kurbes na con menjehere tek koncepti i bashkesise algjebrike qe do ta shohim ne kreun ne vijim.

Pergjigjja e pyetjes se dyte na con tek koncepti i Jakobi, i cili eshte nje nga konceptet themelore perstudimin e kurbave algjebrike,

2 c©AulonaPress

https://sites.google.com/site/aulonnapress/books/textbooks


http://www.aulonapress.com

Shaska T. Kurbat algjebrike

2. Bashkesite algjebrike

Marrim tani nje bashkesi polinomesh S ⊂ k[x1, . . . , xn]. Perkufizojme bashkesine zero te S-se si

V(S) = p ∈ An(k) : f(p) = 0,∀f ∈ S.

Ushtrim 2. Eshte i vertete pohimi

V(S) =⋂f∈S

V(f).

Perkufizim 1. Nje nenbashkesi X ⊂ An do ta quajme bashkesi algjebrike afine osethjeshte bashkesi algjebrike ne qofte se X = V(S), per ndonje bashkesi polinomesh S te k[x1, . . . , xn].

Per cdo nenbashkesi X ⊂ An(k), konsiderojme polinomet qe kane pikat e X -it si zero (shuhen ne X ).Keto polinome formojne nje ideal ne k[x1, x2, . . . , xn] qe ne e quajme ideal shoqerues te X -it dhe eshenojme me I(X ).

I(X ) = f ∈ k[x1, . . . , xn] : f(a1, . . . , an) = 0,∀(a1, . . . , an) ∈ X .Lexuesi duhet te vertetoje ushtrimet e meposhtme.

Ushtrim 3. Jepet S ⊂ k[x1, . . . , xn] dhe I = 〈S〉 nje ideal ne k[x1, . . . , xn] i gjeneruar nga S.Verteto se V(S) = V(I), domethene cdo bashkesi algjebrike eshte e barabarte me V(I), per ndonje idealI ne k[x1, . . . , xn].

Ushtrim 4. Ne qofte se Iαα∈Ω eshte nje familje idealesh, atehere

V

(⋃α∈Ω

Iα

)=⋂α∈Ω

V(Iα)

domethene, prerja e cdo familjeje bashkesishe algjebrike eshte bashkesi algjebrike.

Ushtrim 5. Ne qofte se I ⊂ J , atehere V(J) ⊂ V(I).

Ushtrim 6. Per cdo dy polinome f , g ne k[x1, . . . , xn], kemi

V(f · g) = V(f)⋃V(g)

Per cdo dy ideale I, J ne k[x1, . . . , xn], kemi

V(IJ) = V(I) ∪ V(J)

Pra, bashkimi i fundem i bashkesive algjebrike eshte bashkesi algjebrike.

Ushtrim 7. Vertetoni sei) V(0) = An(k)ii) V(1) = ∅iii) V(x− a1, . . . , x− an) = (a1, a2, . . . , an).Pra, cdo nenbashkesi e fundme e An(k) eshte bashkesi algjebrike.

Ne japim lemen e meposhtme per te kuptuar marredheniet midis idealeve shoqerues dhe bashkesivealgjebrike.

Lema 2. Per cdo nenbashkesi X , Y te A1(k) dhe S ne k[x1, . . . , xn] vetite e meposhtme jane te verteta:

1) Ne qofte se X ⊂ Y, atehere I(X ) ⊃ I(Y).2) I(∅) = k[x1, . . . , xn]3) I((a1, . . . , an)) = 〈x− a1, . . . , x− an〉, per ai ∈ k4) S ⊂ I(V(S))5) X ⊂ V(I(X ))6) V(I(V(S))) = V(S)

c©AulonaPress 3





7) I(V(I(X )) = I(X )8) V = V(I(V)), ku V eshte nje bashkesi algjebrike.9) I = I(V(I)), ku I eshte nje ideal shoqerues i nje bashkesie algjebrike.

Vertetim. I lihet lexuesit si detyre.

Jo cdo ideal eshte ideal shoqerues i nje bashkesie algjebrike. Ne do te karakterizojme idealetqe jane shoqerues me nje veti te rendesishme. Jepet ideali I ne nje unaze R. Radikal i I-se quhetbashkesia

rad (I) = a ∈ R : ∃n ∈ Z, an ∈ IEshte e lehte te vertetohet se rad (I) eshte nje ideal ne R. Ne qofte se rad (I) = I, atehere I quhet idealradikal.

Deri tani ne i kemi perkufizuar bashkesite algjebrike mbi nje bashkesi polinomesh S. Me poshte dote shohim se nje numer i fundem polinomesh eshte i mjaftueshem.

Teorema 1. Cdo bashkesi algjebrike eshte prerje e nje numri te fundem hipersiperfaqesh.

Vertetim. Jepet ideali I ⊂ k[x1, . . . , xn]. Nga teorema e bazes se Hilbertit, k[x1, . . . , xn]eshte nje unaze Notheriane. Keshtu qe, I = 〈f1, . . . , fr〉, per disa polinome f1, . . . , fr ∈ k[x1, . . . , xn].Pra, V(I) = V(f1) ∩ · · · ∩ V(fr).

Ushtrime:

1. Verteto se bashkesite algjebrike te A1(k) jane ekzaktesisht nenbashkesite e fundme te A1(k) dhevete A1(k).

2. Ne qofte se k eshte nje fushe e fundme, verteto se cdo nenbashkesi e An(k) eshte algjebrike.

3. Jep nje shembull te nje familje te numerueshme bashkesish algjebrike, bashkimi i te cilave nukeshte bashkesi algjebrike.

4. a) Verteto se (t, t2, t3) ∈ A3(k) : t ∈ k eshte bashkesi algjebrike.b) Verteto se (cos t, sin t) ∈ A2(R) : t ∈ R eshte bashkesi algjebrike.c) Verteto se bashkesia e pikave ne A2(R), kordinatat polare (r, θ) te te cilave kenaqin ekuacionin

r = sin θ, eshte bashkesi algjebrike.

5. Jepet C nje kurbe planare afine dhe L nje drejtez ne A2(k), L nuk eshte nje nenbashkesi e C. Supozose C = V(f), ku f ∈ k[x, y] me grade n. Verteto se L ∩ C eshte bashkesi e fundme me jo me shume sen-pika.1

6. Verteto se bashkesite qe vijojne nuk jane algjebrike.

a) (x, y) ∈ A2(R) : y = sinxb) (z, w) ∈ A2(C) : |z|2 + |w|2 = 1 ku |x+ iy|2 = x2 + y2 per x, y ∈ R.c) (cos t, sin t, t) ∈ A3(R) : t ∈ R.

7. Jepet f nje polinom jo-konstant ne k[x1, x2, . . . , xn], k algjebrikisht e mbyllur. Verteto se An(k)\V(f)eshte e pafundme ne qofte se n ≥ 1 dhe V(f) eshte e pafundme ne qofte se n ≥ 2. Konkludo se komplementii cdo bashkesie algjebrike eshte bashkesi e pafundme.

8. Jepen bashkesite algjebrike V ⊂ An(k) dhe W ⊂ Am(k). Verteto se

V ×W = (a1, a2, . . . , an, b1, . . . , bm) : (a1, . . . an) ∈ V, (b1, . . . , bm) ∈Weshte bashkesi algjebrike ne An+m(k). V ×W do t’a quajme prodhim te V dhe W .

1Udhezim: Supozo se L = V(y − (ax + b)) dhe konsidero f(x, ax + b) ∈ k[x].

4 c©AulonaPress





9. Per cdo X ⊂ An(k), I(X) eshte nje ideal radikal.

10. Jepen bashkesite algjebrike V dhe W ne An(k). Provo se V = W atehere dhe vetem atehere kurI(V) = I(W ).

11. a) Jepet bashkesia algjebrike V ne An(k) dhe P ∈ Ak(k) − V. Verteto se ekziston nje polinomf ∈ k[x1, . . . , xn] i tille qe f(Q) = 0 per cdo Q ∈ V, por f(P ) 6= 1.2

b) Jepet nje bashkesi e pafundme pikash P1, . . . , Pr ne An(k). Verteto qe ekzistojne polinometf1, . . . , fr ne k[x1, . . . , xn] te tille qe fi(Pj) = 0 ne qofte se i 6= j dhe fi(Pi) = 1.

c) Jepet bashkesia algjebrike V ne An(k) dhe P1 e P2 6∈ V. Verteto se ekziston polinomi f ∈k[x1, . . . , xn] i tille qe f(Pi) 6= 0, i=1, 2, por f ∈ I(V).[Udhezim: Gjej fi ∈ I(V), te tille qe fi(Pi) 6= 0. Atehere, f = f1 ose f2 ose f1 + f2.]

12. Jepet ideali I ne nje unaze R. Ne qofte se an ∈ I dhe bm ∈ I, provo se (a+ b)n+m ∈ I.

13. Verteto qe ideali I = (x2 + 1) ⊂ R[x] eshte nje ideal (per me teper i thjeshte), por I nuk eshte idealii asnje bashkesie ne A1(k).

14. Verteto se per cdo ideal I ne k[x1, . . . , xn],

V(I) = V(Rad(I))

dhe Rad(I) ⊂ I(V(I)).

15. Verteto seI = (x− a1, . . . , x− an) ⊂ k[x1, . . . , xn]

eshte ideal maksimal dhe k ∼= k[x1, . . . , xn]/I.

2Udhezim: I(V) 6= I(V ∪ P)

c©AulonaPress 5





3. Komponentet e padekompozueshem te bashkesive algjebrike

Nje bashkesi algjebrike mund te jepet si bashkim i disa bashkesive algjebrike. Bashkesia algjebrike Vquhet e bashkesi algjebrike e dekompozueshme ne qofte se

V = V1 ∪ V2,

ku V1 e V2 jane bashkesi algjebrike dhe te ndryshme nga V. Ato bashkesi algjebrike qe nuk jane te dekom-pozueshme quhen bashkesi algjebrike te padekompozueshme.

Teorema 2. Nje bashkesi algjebrike V eshte e padekompozueshme atehere dhe vetem atehere kur I(V)eshte ideal i thjeshte.

Vertetim. Supozojme se I(V) nuk eshte ideal i thjeshte. Pra, ekzistojne polinomet f dhe gte tille qe f · g ∈ I(V), por f 6∈ I(V) dhe g 6∈ I(V). Veme re se f, g 6∈ I(V) sjell se V(f) 6⊂ V dheV(g) 6⊂ V. Domethene I(V) = A ∪ f g, ku A = I(V) \ f g. Keshtu qe,

V(I(V)) = V(A) ∩ V(fg)

= V(A) ∩ (V(f) ∪ V(g)) =

= (V(A) ∩ V(f)) ∪ (V(A) ∩ V(g))

= V1 ∪ V2,

ku V1 = V(A) ∩ V(f) ⊂ V, V1 6= V dhe V2 = V(A) ∩ V(g) ⊂ V, V2 6= V. Pra, V eshte e dekompozueshme.Ne qofte se V = V1 ∪ V2 ku V1 ⊂ V, V1 6= V dhe V2 ⊂ V, V2 6= V, atehere I(V) ⊂ I(V1), I(V) 6= I(V1)

dhe I(V) ⊂ I(V2), I(V2) 6= I(V).Marrim f ∈ I(V1)− I(V) e g ∈ I(V2)− I(V). Atehere f i ka zerot ne V1 ⊂ V dhe g i ka zerot ne V2 ⊂ V.

Pra, f g i ka te gjitha zerot ne V, domethene fg ∈ I(V). Keshtu qe, I(V) nuk eshte ideal i thjeshte.

Qellimi i ketij kreu eshte te vertetojme se cdo bashkesi algjebrike eshte bashkim i nje numri te fundembashkesise te padekompozueshme algjebrike.

Teorema 3. Jepet V nje bashkesi algjebrike ne An(k). Atehere ekzistojne bashkesite algjebrike te vetmeV1, . . . ,Vm te tilla qe

V = V1 ∪ V2 ∪ · · · ∪ Vmdhe Vi ( Vj, per cdo i 6= j.

Vertetim. Le te jeteF = V ∈ An(k)

ku V eshte bashkesi algjebrike e cila nuk shkruhet si bashkim i nje numri te fundem bashkesise algjebrikete padekompozueshme.

Ne duam te vertetojme se F eshte bashkesi boshe. E shenojme F = Vαα∈Ω. Konsidero klasen eidealeve

F ′ = I(Vα)α∈Ω,

ne k[x1, . . . xn]. Nga teorema e bazes e Hilbertit k[x1, . . . , xn] eshte nje unaze Notheriane, keshtu qe F ′ kanje element maksimal. Pra, F ka nje element minimal qe ne e quajme V.

Perderisa V ∈ F , V nuk eshte e padekompozueshme, pra V = V1 ∪ V2, Vi ( V. Atehere Vi /∈ F ,sepse V eshte minimale ne F , per shembull Vi = Vi,1 ∪ Vi,2 ∪ · · · ∪ Vi,m ku Vi,j jane te padekompozueshme.Atehere V = ∪i,jVi,j , ku Vi,j eshte e padekompozueshme. Pra, kemi nje kontradikte. Kjo do te thote secdo bashkesi algjebrike V mund te shkruhet si V = V1 ∪ · · · ∪ Vm, ku Vi eshte e padekompozueshme per cdoi ∈ 1, . . .m, ne qofte se ne hedhim tej cdo Vi, te tille qe Vi ⊂ Vj , per i 6= j.

Per te vertetuar se V mund te shprehet ne menyre te vetme ne kete menyre supozojme se V = W1 ∪· · · ∪Wn. Atehere,

Vi =

n⋃j=1

(Wj ∩ Vi),

6 c©AulonaPress





pra Vi ⊂ Wji , per ndonje ji. Gjithashtu Wji ⊂ Vr per ndonje r. Pra, Vi ⊂ Wji ⊂ Vr na jep Vi ⊂ Vr, qe dote thote se i = r. Pra, Vi = Wji .

Elementet Vi quhen elemente te padekompozueshem te V-se,

V = V1 ∪ · · · ∪ Vmquhet dekompozim i V-se.

Ushtrime:

16. a) Verteto se V(y−x2) ⊂ A2(C) eshte e padekompozueshme, per me teper I(V(y−x2)) = 〈y−x2〉.b) Dekompozo V(y4 − x2, y4 − x2y2 + xy2 − x3) ⊂ A2(C) ne komponente te padekompozueshem.

17. Verteto se f = y2 +x2(x−1)2 ∈ R[x, y] eshte nje polinom i pathjeshtueshem, por V(f) eshte nje va-rietet i dekompozueshem.

18. Jepen bashkesite algjebrike V, W ne An(k), e tille qe V ⊂W . Verteto se cdo komponent i padekom-pozueshem i V-se permbahet ne nje komponent te padekompozueshem te W -se.

19. Ne qofte se k eshte nje fushe e pafundme, verteto se An(k) eshte e padekompozueshme.

c©AulonaPress 7





4. Nenbashkesite algjebrike te planit

Qellimi yne eshte te gjejme dekompozimet e bashkesive algjebrike mbi nje fushe k. Nje rast interesanteshte plani afin A2(k). Ne do te gjejme kushte te mjaftueshme per te karakterizuar bashkesite e padekom-pozueshme dhe ne baze te teoremes se mesiperme do te kemi karakterizuar gjithe bashkesite algjebrikete planit.

Pohim 1. Jepen polinomet f e g ne k[x, y] pa faktore te perbashket. Aehere,

V(f, g) = V(f) ∩ V(g),

eshte nje bashkesi e fundme pikash.

Vertetim. Dime se k[x, y] eshte k[x][y]. Cdo unaze polinomesh, per shembull k[x], eshte nje UFD dhek(x) eshte fusha heres e k[x]. Ne qofte se nje element eshte i pathjeshtueshem ne R[x], ku R nje UFD,atehere ky element eshte i pathjeshtueshem ne K[x], ku K eshte fusha heres e R-se. Duke marre R = k[y]ne kemi se, i pathjeshtueshem ne k[x, y] do te thote i pathjeshtueshem ne k(x)[y].

Perderisa f e g nuk kane faktore te perbashket ne k[x, y] atehere f e g nuk kane faktore te perbashketne k(x)[y]. Por k(x)[y] eshte nje PID, pra (f, g) = (1) ne k(x)[y]. Kjo do te thote se ekzistojne R e Sne k(x)[y], te tille qe Rf + S g = 1 ose DRf +DS g = D, per ndonje D 6= 0 ne k(x). Pra, Af +B g = D,ku A = DR, B = DS. Ne qofte se (a, b) ∈ V(f, g) atehere f(a, b) = 0 e g(a, b) = 0. Pra, D(a) = 0.

Duke perdorur te njejtin argument, ekziston nje M ∈ k[y] e tille qe M(b) = 0. Pra, ∀(a, b) ∈ V(f, g)kemi D(a) = 0 dhe M(b) = 0. Por D(x) dhe M(y) kane vetem nje numer te fundem zerosh. Perfundimisht,V(f, g) ka nje numer te fundem pikash.

Rrjedhim 1. Ne qofte se f eshte nje polinom i pathjeshtueshem ne k[x, y] dhe ne qofte se V(f) eshte epafundme, atehere I(V(f)) = (f) dhe V(f) eshte e padekompozueshme.

Vertetim. Ne qofte se g ∈ I(V(f)), V(f, g) eshte e pafundme, pra f | g nga pohimi i mesiperm.Ne baze te pohimit V(f) eshte e padekompozueshme.

Rrjedhim 2. Jepet nje fushe e pafundme k. Atehere nenbashkesite e padekompozueshme algjebrikete A2(k) jane A2(k), ∅, bashkesi te fundme pikash dhe kurbat planare te pathjeshtueshme V(f), ku feshte nje polinom i pathjeshtueshem e V(f) eshte e pafundme.

Vertetim. Marrim V nje bashkesi te padekompozueshme algjebrike ne A2(k). Ne qofte se V eshte efundme ose I(V) = 0, atehere s’ka gje per te vertetuar. Supozojme se V eshte e pafundme dhe I(V) 6= 0.Atehere eksiston nje f ∈ I(V). Perderisa V eshte e padekompozueshme, I(V) eshte ideal i thjeshte. Pra,te pakten nje komponent i pathjeshtueshem i f -se eshte ne I(V). Pra, ne mund te supozojme se f eshte ipathjeshtueshem. Marrim g ∈ I(V), por g /∈ (f). Atehere V ⊂ V(f, g) = V(f) ∩ V(g) e cila eshte bashkesie fundme nga Pohimi 1. Pra, kemi nje kontradikte, domethene I(V) = (f). Keshtu qe, V = V(f) eshte epafundme.

Rrjedhim 3. Jepet k = k dhe f ∈ k[x, y]. Le te jete f = fn11 fn2

2 . . . fnrr nje dekompozim i f -se ne fak-tore te pathjeshtueshem. Atehere V(f) = V(f1) ∪ · · · ∪ V(fr) eshte dekompozimi i V(f)-se ne kompo-nente te pathjeshtueshem dhe I(V(f)) = (f1f2 . . . fr).

Vertetim. Asnje fi nuk pjeseton fj , per i 6= j. Keshtu qe, nuk ka perfshirje midis V(fi). GjithashtuI(∪iV(fi)) = ∩iI(V(fi)) = ∩i(fi). Meqenese cdo polinom i pjesetueshem nga gjithe fi eshte i pjesetueshemnga (f1f2 . . . fr), atehere ∩i(fi) = (f1f2 . . . fr). Gjithashtu V(fi) eshte pafundme perderisa k eshte algje-brikisht e mbyllur (Problemi 7, kreu 1).

Ushtrime:

8 c©AulonaPress





20. Jepet k = Ra) Verteto se I(V(x2 + y2 + 1)) = (1).b) Verteto se cdo bashkesi algjebrike e A2(R) eshte V(f) per ndonje f ∈ R[x, y].

21. Gjej komponentet e padekompozueshem te:a) V(y2 − xy − x2y + x3),b) V(y2 − x(x2 − 1)),c) V(x3 + x− x2y − y) ne A2(R) e A2(C).

c©AulonaPress 9





5. Hilbert Nullstellensatz

Supozojme se na jepet nje bashkesi algjebrike e thjeshte e ne duam te pershkruajme V-ne me polinometnga k[x1, . . . , xn]. Teorema 6 na tregon kete lidhje midis varieteteve dhe polinomeve. Quhet teorema ezerove ose Nullstellensatz sepse pershkruan zerot e polinomeve te nje ideali. Por me pare te japim teoremene meposhtme.

Teorema 4. Jepet nje fushe k dhe k[x] := k[x1, . . . , xn] nje unaze me numer te fundem gjeneratoreshmbi k. Le te jete φ : k → L nje shtrirje e k-se ne fushen algjebrikisht te mbyllur L. Atehere ekzistonnje shtrirje e φ-se tek nje homomorfizem φ∗ : k[x]→ L.

Vertetim. Le te te jete M nje ideal maksimal i k[x] dhe f : k[x] → k[x]/M projeksioni i za-konshem. Atehere σ(k[σx1, . . . , σxn])/σk eshte shtrirje fushash. Ne qofte se teorema eshte e vertete kurk[x] eshte fushe, atehere φ σ−1 : σk → L shtrihet tek nje homomorfizem i σ(k[σx1, . . . , σxn]) ne L. Pra,

σ(k[σx1, . . . , σxn]) k[x]φ∗//

foo L

σ(k) k

φ

>>

σoo

Figura 1. Hilbert’s Nullstellensatz

supozojme se k[x] eshte fushe. N.q.se k[x]/k eshte shtrirje algjebrike atehere teorema eshte rrjedhim iteorise se fushave. Ne te kundert, le te jete t1, . . . tr nje baze transedenciale, ku r ≥ 1. Ne mund te supo-zojme se φ eshte identiteti ne k. Elementet x1, . . . , xn jane algjebrike mbi k(t1, . . . , tr). Shenojme me pi(X)polinomin e pathjeshtueshem te shtrirjes k(xi)/k(t1, . . . tr). Duke shumezuar me emeruesat ne marrimnje polinom me gjithe koeficentet ne k[t1, . . . , tr].

Le te jene a1(t1, . . . , tr), . . . , an(t1, . . . , tr) koeficentet e pare te pi(X) dhe

a(t1, . . . tr) := a1(t1, . . . , t3) · · · ar(t1, . . . , t3).

Perderisa ky produkt nuk eshte jo-zero, atehere ekzistojne t′1, . . . , t′r ∈ k qe a(t′1, . . . t

′r) 6= 0 dhe ai(t

′1, . . . t

′r) 6=

0, per cdo i. Cdo xi eshte integral mbi

k [ t1, . . . ,1

a1(t1, . . . tr), . . . ,

1

ar(t1, . . . tr)].

Marrim tani homomorfizmin

φ : k[t1, . . . , tr]→ k,

ku φ(tj) = t′j . Le te jete p := kerφ. Atehere a(t1, . . . , tr) /∈ p. Ky homomorfizem shtrihet ne menyre tevetme ne unazen lokale k[t1, . . . , tr]p dhe keshtu shtrihet tek nje homomorfizem

k[t1, . . . , tr]p[x1, . . . , xn]→ k,

shih Lang [19] Proposition 3.1, Kapitulli 7. Tani ne jemi ne gjendje te vertetojme formen e dobet te Nullstellensatzit.

Teorema 5 (Weak Nullstellensatz). Ne qofte se I eshte nje ideal ne k[x1, x2, . . . , xn], atehere I =k[x1, x2, . . . , xn] ose V(I) 6= ∅ ne k.

Vertetim. Supozojme se I 6= k[x], duam te vertetojme se I ka nje zero ne k. I 6= 0 do te thote se Ieshte brenda nje ideali maksimal M ne k[x], pra k[x]/M eshte fushe. k[x]/m eshte nje shtrirje e fundmee k-se (kete fakt e shenojme me f.g.) dhe gjeneratoret jane x1, . . . xn mod M. Nga teorema e mesipermeekziston φ∗ : k[x]/M→ k.

10 c©AulonaPress





k[x]i //

h

##

k[x]/M

φ∗

k

φ // k

Figura 2. Weak Nullstellensatz

Marrim h : k[x] → k te tille qe h = i φ∗. Ideali h(I) ⊂ k eshte 0 sepse I ⊂ M do te thote se∀f ∈ I, i(f) = 0. Pra, φ∗(0) = 0.

Domethene, h(I) = 0. Me fjale te tjera, ∀f ∈ I, h(f) = 0 ose ne qofte se

f = b0 + b1x+ . . . bnxn,

atehere h(f) = b0 + . . . bnh(x)n = 0. Keshtu qe, ekziston nje zero per te gjithe f ∈ I, e cila eshte h(x).

Teorema 6 (Nullstellensatz). Jepet nje fushe k dhe ideali I ⊂ k[x1, . . . xn]. Atehere

(2) I(V(I)) = rad (I)

Vertetim. Fare lehte vertetohet se rad (I) ⊂ I(V(I)). Per te vertetuar se I(V(I)) ⊂ rad (I) neperdorim c’ka quhet ne matematiken bashkekohore ”Rabinovitsch’s trick”. Marrim f ∈ I(V(I)), ne qofte sef = 0, atehere f ∈ rad (I). Pra, supozojme se f 6= 0. Marrim nje variabel te ri xn+1 dhe kon-siderojme k[x1, . . . xn+1]. Merr ne kete unaze idealin

(3) I1 = 〈I, 1− f · xn+1〉Nga teorema e mesiperme, I1 ka nje zero ne k ose I1 = k[x1, . . . xn+1]. Ne qofte se (α1, . . . αn, β) eshte nje zeroe I1 ne k[x1, . . . xn+1], atehere (α1, . . . αn) eshte nje zero e I1 ne k[x1, . . . xn].

Por (1 − fxn+1)(α1, . . . αn, β) = 1 − (f xn+1)(α1, . . . αn, β) = 1 − f(α1, . . . αn)β = 1. Pra, keminje kontradikte. Domethene I1 = k[x1, . . . xn+1].

Atehere, 1 = g0(1− fxn+1) +∑ri=1 gihi, ku gi ∈ k[x1, . . . xn+1] dhe hi ∈ I. Tani marrim xn+1 = 1

f(x) ,

atehere

gi = Ai +

m∑r=1

ai1

fr(x),

ku ar ∈ k[x]. Marrim m0 maksimumin e te gjitha fuqive te f(x), per cdo i. Atehere,

1 = 0 +∑

gihi =∑

Ai +∑∑

ai1

fr(x).

Ne qofte se shumezojme me fm0 kemi: fm0 =∑bihi ∈ I. Perfundimisht f ∈ rad (I).

Le te japim tani nje rrjedhim te vecante te Nullstellensatzit qe na jep nje kriter per zgjidhshmerine e

nje sistemi ekuacionesh polinomiale.

Rrjedhim 4. Nje sistem i ekuacioneve polinomiale

(4)

f1(x1, . . . , xn) = 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

fm(x1, . . . , xn) = 0

mbi nje fushe algjebrikisht te mbyllur k nuk ka zgjidhje ne kn atehere dhe vetem atehere kur 1 mund teshprehet si nje kombinim linear

1 =∑

aifi

me koeficente polinomiale ai ∈ k.

c©AulonaPress 11





Vertetim. Marrim I = 〈f1, . . . , fm〉. Ne qofte se sistemi nuk ka zgjidhje, domethene se V(I) = ∅. Pra,nga Weak Nullstellensatz, I = K[x1, . . . , xn], keshtu qe 1-shi merret si kombinim linear i elementevete I-se, pra te f1, . . . , fm. E anasjellta eshte e qarte.

Ushtrime:

22. Verteto Lemen e normalizimit te Noetherit.Ne qofte se K eshte nje fushe e pafundme dhe A eshte nje K-algjeber e gjeneruar ne menyre te fundme,

atehere A eshte integrale mbi K ose ne mund te zgjedhim x1, x2, · · · , xn dhe nje indeks r, te tille qe 1 ≤r ≤ n, qe A = K[x1, x2, · · · , xn] dhe

(a) x1, x2, · · · , xr eshte algjebrikisht e pavarur mbi K dhe(b) A eshte integral mbi K[x1, x2, · · · , xr].

23. (a) Jepet k nje fushe algjebrikisht e mbyllur dhe R nje k-algjeber, komutative, me numer te fundemgjeneratoresh. Verteto se radikali i Jacobsonit te R-se eshte i barabarte me nilradikalin.

(b) Jep nje shembull te nje unaze abeliane me 1, radikali i Jacobsonit te se ciles nuk eshte i barabarte menilradikalin.

24. Jep nje shembull, ku V(I) mund te jete e pathjeshtueshme e megjithate I te jete i thjeshte.

25. a) Le te jene I ⊂ J dy ideale ne unazen R. Verteto se ekziston nje homomorfizem i natyrshemunazash nga R/I syrjektivisht mbi R/J .

b) Jepet I nje ideal ne R, ku R eshte nje nenunaze e unazes S. Verteto se ekziston nje homomorfizemi natyrshem unazash nga R/I tek S/IS.

26. Jepet varieteti V ne βAn dhe P ∈ V. Atehere I(V) ⊂ k[x1, . . . , xn] dhe J nje ideal tjeterne k[x1, . . . , xn] i tille qe I ⊂ J . Le te jete J ′ imazhi i J ne k[V]. Shenojme me R := k[βAn]P dheS := k[V]P . Verteto se ekziston nje isomomorfizem

φ : R/JR→ S/J ′S.

Per me teper φ : R/JR eshte isomorfik me k[V]P .

27. Jepet I = (x, y) ⊂ k[x, y]. Verteto se

dimk(k[x, y]/In) =n(n+ 1)

2.

12 c©AulonaPress




KAPITULLI 2

Varietetet

Ne kete kapitull ne do te studiojme varietet algjebrike. Kapitulli eshte ndare ne dy pjese. Pjesa epare trajton varietet afine, unazat e koordinatave dhe unazat lokale. Ne pjesen e dyte trajtohen varietetetprojektive. Fillimisht ne japin nje hyrje mbi hapesiren projektive dhe pastaj trajtojme format dhe mbylljenprojektive.

1. Varietetet afine

1.1. Unazat e kordinatave. Le te jete k nje fushe algjebrikisht e mbyllur (k = k). Nje bashkesialgjebrike e thjeshte (e padekompozueshme) ne An(k) quhet varietet afin. Gjate ketij kapitulli me varietetne do te kuptojme nje varietet afin.

Jepet V ⊂ An(k) nje varietet, atehere I(V ) eshte nje ideal i thjeshte ne k[x1 . . . xn]. Pra,k[x1, . . . xn]/I(V ) eshte unaze integrale Shenojme me

k[V ] := k[x1, . . . xn]/I(V )

dhe e quajme unaze te koordinatave te V -se.Perderisa k[V ] eshte nje unaze integrale ne mund te flasim per fushen heres te k[V ] te cilen e shenojme me

k(V ) dhe e quajme fusha e funksioneve racionale te V -se.

Perkufizim 2. Jepet V nje varietet. Dimension i V-se, i shenuar me dim(V ), eshte grada transeden-ciale e k(V ) mbi k.

Dimensioni i An eshte n sepse k(An) = k(x1, . . . xn). Gjithashtu ne qofte se V ⊂ An jepet me nje polinomte vetem jo-konstant f(x1, . . . xn) = 0 atehere dim(V ) = (n−1). E anasjellta eshte gjithashtu e vertete (shih[H.I,1.13]).

Jepet varieteti V , dhe P ∈ V e f1, f2, . . . fm ∈ k[x1, . . . xn] nje bashkesi gjeneratoresh te I(V ). V quhetnje varietet jo-singular ose (smooth, i lemuar) ne P ne qofte se matrica (m× n) ∂f1

∂x1(P ), . . . , ∂f1

∂xn(P )

. . . . . . . . .∂fm∂x1

(P ), . . . , ∂fm∂xn

(P )

ka rank = n − dim(V ). Ne qofte se V eshte jo-singulare ne cdo pike P ∈ V , atehere V quhet varietetjo-singular.

Le te jete V nje varietet i dhene nga nje polinom i vetem jo-konstant

f(x1 . . . xn) = 0.

Atehere dimV = n− 1, pra P ∈ V eshte pike singulare atehere dhe vetem atehere kur

∂f

∂x1(P ) = · · · = ∂f

∂xn(P ) = 0.

Pra, nje pike P eshte singulare kur te gjithe derivatet e pjesshem te polinomit ne fjale f jane zero ne P .Mundohu ta lidhesh kete me tagentet e grafikut te f - se ne P . Ne do ti kthehemi perseri ketij diskutimine kapitullin e kurbave elliptike.

13


Ka nje rruge tjeter per te karakterizuar jo-singularitetin e nje varieteti. Jepet P ∈ V , perkufizojme ide-alin MP ne k[x1, . . . xn] si me poshte

MP = f ∈ k[V ] : f(P ) = 0.Veme re se MP eshte ideal maksimal, sepse ekziston izomorfizmi

α : k[V ]/MP → k

f → f(P ).(5)

Heresi MP /M2P eshte nje k-hapesire vektoriale me dimension te fundem.

Pohim 2. Le te jete V nje varietet. Nje pike P ∈ V eshte jo-singulare atehere dhe vetem atehere kur

dimKMP /M2P = dim(V )

Vertetim. Shih [Hartshorne I.5.1]

Ushtrime:

28. Gjej dimensionin e varieteteve te meposhtme:

V1 : X2 − Y 2 = 1, V2 : Xn + Y n = 1, V3 : Y 2 = X3 + 17.

29. Gjej pikat singulare te kurbesy2 = x3 − 2x+ 1.

30. Gjej pikat singulare te kurbave ne Fig. ??. A mund t’i ndani keto pika singulariteti ne grupe dukeu nisur nga paraqitja grafike e kurbave?

31. Ne unazen k[x] marrim f(x) = x2 + 1. A eshte i thjeshte ideali I = 〈 f(x) 〉?

32. Jepet varieteti V ⊂ βAn. Verteto se pohimet qe vijojne jane ekuivalente:i) V eshte nje pike.ii) k[V ] = kii) dimk k[V ] <∞

33. Verteto teoremen e bazes se Hilbertit. Ne qofte se k eshte nje fushe atehere k[x1, . . . , xn]eshte nje unaze Notheriane.

1.2. Unazat lokale. Me siper ne perkufizuam unazen e koordinatave k[V ]. Ne qofte se P ∈ Vatehere MP eshte nje ideal maksimal ne k[V ]. Pra, ne mund te lokalizojme unazen k[V ] ne MP dhekete lokalizim e shenojme me k[V ]P . k[V ]P quhet unaza lokale e V -se ne P . Me fjale te tjera:

k[V ]P = F ∈ k(V ) : F = f/g, f, g ∈ k[V ], g(P ) 6= 0.E rendesishme eshte perfshirja k[V ] ⊂ k[V ]P ⊂ k(V ). k[V ]P eshte nje unaze vlerash diskrete1. Veme re sene qofte se F = f/g ∈ k[V ]p, atehere

F (P ) =f(P )

g(P )

eshte funksion i perkufizuar ne P . Funksionet ne k[V ]P quhen funksione te rregullt ne P .Bashkesia e pikave P ∈ V ku nje funksion racional f nuk eshte i rregullt quhet bashkesia e poleve

te f -se.

Pohim 3. Jepet nje varitet V .

1) Bashkesia e poleve e nje funksioni racional ne V eshte nje nenbashkesi algjebrike e V -se.2) k[V ] = ∩P∈V k[V ]P

1 Per unaza te tilla ne do te perdorim shkurtimin DVR qe vjen nga ”Discrete valuation ring”.

14 c©AulonaPress





Vertetim. Supozojme se V ⊂ An. Per nje g ∈ k[x] = k[x1, . . . xn+1] shenojme mbetjen e g-se ne k[V ]me g. Marrim f ∈ k(V ).

Le te jete Jf = g ∈ k[x] : gf ∈ k[V ], atehere Jf eshte nje ideal ne k[x] qe permban I(V ) dhe pikat eJf jane pikerisht pikat ku f -ja nuk eshte perkufizuar. Pra, ne vertetuam 1).

Ne qofte se f ∈ ∩P∈V k[V ]P , V (Jf ) = ∅, atehere 1 ∈ Jf (Nullstellensatz) per shembull 1f = f ∈ k[V ] ecila verteton 2).

Pohim 4. k[V ]P eshte unaze (lokale) Notheriane.

Vertetim. Ne duhet te vertetojme se cdo ideal I ne k[V ]P ka nje numer te fundem gjeneratoresh.Dihet se k[V ] eshte Notheriane, pra I ∩ k[V ] ka nje numer te fundem gjeneratoresh. Marrim gjeneratorete ketij ideali, per shembull f1 . . . fr. Ne do te vertetojme se keta elemente gjenerojne idealin I ne k[V ]P .Marrim f ∈ k[V ]P , ekziston h ∈ k[V ] e tille qe h(P ) 6= 0 dhe hf ∈ k[V ]. Atehere hf ∈ k[V ] ∩ I, prah · f =

∑aifi, per ai ∈ k[V ]. Keshtu qe, f =

∑ aih fi si e deshironim.

Ushtrime:

34. Le te jene dhene varietetet V1 : y2 = x3 + x dhe V2 : y2 = x3 + x2. Bej grafiket e ketyre varietetevembi fushen e numrave reale. Gjej pikat singulare te secilit varietet. Perpiqu te nxjerresh nje dometheniegjeometrike nga grafiket. Jepet P = (0, 0), gjej MP dhe M2

P . Duke perdorur pohimin e mesiperm gjej neseP-ja eshte pike singulare ose jo ne cdo kurbe.

35. Le te jete V nje varietet i dhene nga nje equacion i vetem. Verteto se P eshte jo-singulare atehere dhevetem atehere kur

dimKMP /M2P = dim(V ).

36. Jepet nje varietet V ne βAn , I = I(V ) ⊂ k[X1, . . . , Xn], P ∈ V , dhe J nje idealne k[X1, . . . , Xn] qe permban I. Marrim J ′ si imazhi i J ne k[V ]. Verteto se ekziston nje isomorfizem φnga k[βAn]P /Jk[βAn]P tek k[βAn]P /J

′k[βAn]P . Ne vecanti k[βAn]P /Ik[βAn]P eshte izomorfik me k[V ]P .

37. Jepet k nje fushe dhe A = k[T1, T2, · · · , Tn] unaza polinomiale ne n indeterminante. Varietetetaffine jane bashkesite e mbyllura te nje topollogjie ne kn. Duke pranuar kete fakt verteto se nenbashkesite embyllura te kn kenaqin kushtin e zinxhireve zbrites.

Jepet nje unaze abeliane R me njesh dhe nje bashkesi S ⊂ R qe nuk permban 0. Bashkesia S quhetbashkesi e mbyllur multiplikative ne qofte se per cdo a, b ∈ S, ab ∈ S. Perkufizojme

S−1R =as| a ∈ R, s ∈ S

38. Verteto se S−1R eshte unaze.

39. Verteto se S−1R ka nje ideal te vetem maksimal, nje unaze te tille do t’a quajme unaze lokale.

40. Jepet ideali i thjeshte P ne unazen R. Verteto se R\P eshte nje bashkesi e mbyllur multiplikative. Eshenojme kete bashkesi me S. Unazen S−1R e shenojme zakonisht me RP dhe quhet lokalizimi i R-se ne P.

41. Gjej idealin maksimal te unazes se mesiperme RP .

2. Varietetet projektive

2.1. Hapesira projektive. Historikisht, hapesira projektive u krijua duke i shtuar ”pikat ne in-finit”hapesires afine. Ne e perkufizojme hapesiren projektive Pn si koleksion drejtezash ne hapesiren afineAn+1.

Jepet hapesira afine An+1(k). Perkufizojme nje relacion ekuivalence ne An+1 si me poshte

(x0, x1, . . . xn) ∼ (y0, y1, . . . yn),

c©AulonaPress 15





ne qofte se ekziston λ ∈ k∗ e tille qe xi = λyi per te gjithe i ∈ 0, 1, . . . n. Klasen e ekuivalences2

se (x0, . . . xn) ne e shenojme si zakonisht me [x0, . . . xn].

Perkufizim 3. n-hapesire projektive Pn ose Pn(k) quhet bashkesia e klasave te ekuivalencesne An+1 \ (0, 0, . . . 0).

Pra, nje klase ekuivalence [x0, x1, . . . xn] eshte nje pike ne Pn(k), dhe x0, x1 . . . xn quhen koordinatahomogjene te kesaj pike.

Nje menyre intuitive per te krijuar nje ide gjeometrike te P1(R) eshte dhene ne vazhdim:Jepet plani kordinativ R2, pra A2(R). Marrim nje pike P = (x0, y0) ∈ R2. Per cdo pike (x, y) ≡ (x0, y0),

nga ekuivalenca e mesiperme kemi, (x, y) = (cx0, cy0), per ndonje konstante c ∈ R. Pra, bashkesia e pikave(x, y) eshte drejteza y = y0

x0x. Domethene cdo klase ekuivalence paraqet nje drejtez qe kalon nga origjina.

Dy drejteza d1 e d2 jane equivalente ne qofte se ato jane paralele. Pra, ne kete relacion equivalence klasatparaqesin drejtezat qe kalojne nga origjina. Atehere, P1(R) mund te mendohet si bashkesia e drejtezaveqe kalojne nga origjina. Ne pergjithesi, per cdo fushe k, P1(k) quhet drejteza projektive mbi k.

Shenim: Kujdes, P = [x0, x1, . . . xn] ∈ Pn(k) nuk do te thote se xi ∈ k, por ekziston ndonje i i tille qe xi 6= 0qe cdo

xjxi∈ k.

Perkufizim 4. Jepet P ∈ Pn(k), fusha minimale e perkufizimit per P -ne, e shenuar me k(P ),eshte

k(P ) := k(x0

xi, . . . ,

xnxi

)

per ndonje i te tille qe xi 6= 0.

Perkufizim 5. Bashkesia e pikave k-racionale te Pn eshte

Pn(k) = [x0, . . . , xn] ∈ Pn : xi ∈ k, ∀i

Per entuziastet e teorise se Galuait jepet interpretimi i meposhtem. Le te jete Gk/k grupi i Galuait

te shtrirjes se fushave k/k. Atehere Gk/k vepron mbi Pn(k) si me poshte:

[x0, . . . , xn]σ

= [xσ0 , . . . , xσn]

Ky veprim respekton ekuacionin e ekuivalences ne Pn. Ushtrimet e meposhtme karakterizojne kete veprim.

Ushtrime:

42. Verteto se Pn(k) = P ∈ Pn(k) : Pσ = P,∀σ ∈ Gk/k.

43. Jepet P ∈ Pn dhe H := σ ∈ Gk/k : Pσ = P. Verteto se k(P ) eshte fusha e fiksuar nga H.

2.2. Bashkesite algjebrike projektive. Ashtu si perkufizuam bashkesite algjebrike ne hapesirenafine ne do te perkufizojme bashkesite algjebrike ne hapesiren projektive. Per kete duhet te perkufi-zojme me pare polinomet homogjene.

Perkufizim 6. Polinomi f ∈ k[x] := k[x0, . . . xn] quhet polinom homogjen ose forme me grade dne qofte se

f(λx0, . . . , λxn) = λdf(x0, . . . xn)

per cdo λ ∈ k.

Nje ideal I ⊂ k[x] eshte ideal homogjen ne qofte se gjenerohet nga polinome homogjene. Le te jete Inje ideal homogjen. Konsiderojme bashkesine

VI = P ∈ Pn : f(P ) = 0,∀f ∈ I.

Perkufizim 7. Nje bashkesi algjebrike projektive eshte nje bashkesi e llojit VI .

2 Lexuesi te vertetoje qe ky relacion eshte ekuivalence

16 c©AulonaPress





Jepet V nje bashkesi algjebrike projektive, ideali homogjen i V -se ne k[x], i shenuar me I(V ), eshte

I(V ) := f ∈ k[x] : eshte homogjen dhef(P ) = 0per cdoP ∈ V .Nje V e tille quhet e perkufizuar mbi k e shenohet V/k, kur I(V ) gjenerohet nga polinome homogjene.

Ne qofte se V eshte dhene mbi k, atehere bashkesia e pikave k-racionale te V -se jepet si me poshte:

V (k) = V ∩ Pn(k).

Si me lart,V (k) = P ∈ V : Pσ = P,∀σ ∈ Gk/k.

Jepet nje pike P = [x0, . . . xn] ∈ Pn(Q). Ne mund te supozojme se xi ∈ Q per cdo i, ne te kundertdehomogjenizojme.

Duke shumezuar me nje λ te pershtatshme ne heqim emeruesat dhe faktoret e perbashket. Pra, mundte supozohet se x0, . . . xn ∈ Z dhe (x0, . . . xn) = 1.

Domethene ne qofte se I(V ) gjenerohet nga polinome homogjene f1, . . . fn ∈ Q[x], per ndonje V/Q,te pershkruash V (Q) do te thote te gjesh zgjidhjet e sistemit

f1(x0, . . . xn) = 0

f2(x0, . . . xn) = 0

. . .

fn(x0, . . . xn) = 0

(6)

te tilla qe cdo zgjidhje (x0, . . . xn) eshte dhene me numra te plote (x0, . . . xn) = 1, pra relativishtte thjeshte ne lidhje me njeri - tjetrin.

Historikisht ishin probleme te tilla te teorise se numrave qe krijuan motivimin per perkufizimin e hapesir-ave e varieteteve projektive te cilat ne do ti diskutojme me poshte. Te gjesh pikat Q-racionale te nje bashkesiealgjebrike eshte nje problem teper i veshtire. Per kurbat me genus3 g > 1 bashkesia e pikave racionale eshte efundme. Kjo eshte teorema Faltings (1983) qe cilesohet nga shume si teorema e shekullit te 20-te.

Le te hidhemi tani tek perkufizimi i varieteteve projektive. Lexuesi mund te perkufizoje gjithe objektete hapesires projektive njesoj si hapesirat afine duke zevendesuar termin ideal me ideal homogjen.

Perkufizim 8. Nje bashkesi algjebrike projektive V quhet varietet projektiv ne qofte se idealihomogjen I(V ) eshte i thjeshte ne k[x].

Lexuesi te perkufizoje gjithe objektet e tjere.

Ushtrime:

44. Verteto Hilbert Nullstellensatz per hapesirat projektive.

45. Jepet nje ideal homogjen I. Vertetoni se radikali i I-se rad (I) eshte gjithashtu homogjen.

2.3. Format dhe mbyllja projektive. Ne gjeometrine algjebrike pothuajse cdo pohim ose teo-reme mbi varietetet jepet per varietetet projektive. Ka disa arsye per t’u impenjuar me varietetet projektiveme shume se me varietetet afine. Se pari sepse ne mund te vertetojme teorema ne hapesiren projektiveqe s’jane te verteta per hapesirat afine per shembull teorema Bezut qe do ta shohim me vone. Se dyti sepsecdo varietet afin mund te behet projektiv ne qofte se ne rrisim me 1 dimensionin e hapesires. Ne themi secdo varietet afin V mund te ngjitet (embedded) brenda nje varieteti projektiv V ∗. Eshte ky fakt elementar,por mjaft i rendesishem, qe na detyron t’a zhvendosim vemendjen tek hapesira projektive.

Jepet nje forme F ∈ k[x1, . . . , xn+1], ne quajme F∗ polinomin

F∗ = F (x1, . . . , xn, 1).

Anasjellas per cdo polinom f ∈ k[x1, . . . , xn], me grade d, ne prezantojme nje tjeter transhendent xn+1

dhe shumezojme gjithe termat e f -se me grade projektive l me xd−ln+1. Pra, ne kemi nje forme me grade d

3Ne do te perkufizojme genusin ne kapitujt ne vazhdim

c©AulonaPress 17





qe e shenojme me f∗. Proceset e mesiperme jane cfare ne do t’u referohemi si dehomogjenizim dhehomogjenizim te polinomeve ne lidhje me xn+1. Lexuesi te vertetoje lemen e meposhtme:

Lema 3. (1) (FG)∗ = F∗G∗(2) Ne qofte se r eshte fuqia me e madhe e xn+1 qe pjeseton F , atehere xrN+1(F∗) = F dhe (f∗)∗ = f.(3) (F +G)∗ = F∗ +G∗(4) Jepen polinomet f e g, r = deg(g), s = deg(f) dhe t = r+s−deg(f +g). Atehere, xtn+1(f +g)∗ =

xrn+1f∗.

Vertetim. Detyre lexuesit.

Rrjedhim 5. Po te mos shqetesohemi per fuqite e xn+1, atehere F dhe F∗ kane te njejtet faktore.Ne vecanti, ne qofte se forma F ∈ k[X,Y ], dhe k eshte algjebrikisht e mbyllur, atehere F faktorizohet vetemne faktore lineare, ne kete rast ne themi se F eshte separable.

Vertetim. Pjesa e pare nxirret nga pjeset 1) dhe 2) te pohimit. Per pjesen e dyte, merr F = Y rG,ku Y nuk pjeseton G. Atehere, F∗ = G∗ = cY r

∏(X − λi) sepse k eshte algjebrikisht e mbyllur (teorema

themelore e algjebres). Pra, F = Y r∏

(X − λiY ). Le te marrim tani hapesiren afine An si nje nenbashkesi te Pn ne menyren qe vijon:

φ : An → Un+1 ⊂ Pn

f → f∗(7)

Jepet nje bashkesi algjebrike afine V ne An dhe I(V ) ideali shoqerues i saj. Shenojme me I∗ idealinqe gjenerojne gjithe F ∗ per cdo F ∈ I. Perderisa cdo F ∗ eshte forme, atehere I∗ eshte ideal homogjen, praV (I∗) eshte varietet projektiv. Perkufizojme V ∗ := V (I∗).

Anasjelltas, po te marrim nje bashkesi algjebrike V ne Pn dhe I = I(V ) ⊂ k[x1, . . . , xn+1] idealin esaj shoqerues, shenojme me I∗ idealin ne k[x1, . . . , xn], qe gjenerohet nga F∗|F ∈ I. Perkufizojme V∗ :=V (I∗) ⊂ An.

Kur eshte dhene bashkesia algjebrike afine V ne An, bashkesia V ∗ ne Pn quhet mbyllje projektive.

Pohim 5. (1) Ne qofte se V ⊂ An, φn+1(V ) = V ∗ ∩ Un+1, dhe (V ∗)∗ = V .(2) Ne qofte se V ⊂W ⊂ An, atehere V ∗ ⊂W ∗ ⊂ Pn. Ne qofte se V ⊂W ⊂ Pn, atehere V∗ ⊂W∗ ⊂

An(3) Ne qofte se V eshte e pathjeshtueshme ne An, atehere V ∗ eshte e pathjeshtueshme ne Pn.(4) Jepet V nje bashkesi algjebrike afine, atehere V ∗ eshte bashkesia me e vogel algjebrike projektive

qe permban V -ne (per kete ka edhe emrin mbyllje projektive).(5) Ne qofte se V =

⋃I Vi eshte nje dekompozim i pathjeshtueshem ne hapesiren afine, atehere V ∗ =⋃

I V∗i eshte nje dekompozim i pathjeshtueshem ne hapesiren projektive.

Vertetim. Nga Lema 4 rrjedhin menjehere 1) dhe 2). Ne qofte se V ⊂ βAn, I = I(V ), F ∈ I∗

atehere dhe vetem atehere kur F∗ ∈ I. Ne qofte se I eshte i thjeshte, atehere I∗ eshte gjithashtu i thjeshte,pra 3) eshte i vertete.

Supozojme se W eshte nje bashkesi algjebrike ne Pn e cila permban φn+1(V ). Ne qofte se F ∈ I(W ),atehere F∗ ∈ I(V ), pra F = xrn+1(F∗)

∗ ∈ I(V )∗. Keshtu qe, I(W ) ⊂ I(V )∗, pra V ∗ ⊂ W dhe 4) eshte evertetuar.

Per te vertetuar 5) thjesht perdor 2), 3), dhe 4).

Ushtrime:

46. Faktorizo

F = Y 3 − 2XY 2 + 2X2Y + 4X3

ne faktore lineare ne C[X,Y ].

18 c©AulonaPress





47. Supozojme se F , G ∈ k[x1, . . . , xn] jane forma relativisht te thjeshta me grade, r e (r + 1) respek-tivisht. Verteto se F +G eshte forme e pathjeshtueshme.

48. Le te jete R nje unaze Euklidiane. Verteto se ekzistojne (d + 1) monome me grade d ne R[X,Y ]

dhe (d+1)(d+2)2 monome me grade d ne R[X,Y, Z].

49. Jepet V nd = format e grades d ne k[X1, . . . , Xn], ku k eshte nje fushe. Verteto se V ndeshte nje hapesire vektoriale, monomet me grade d formojne nje baze,

dim(V 1d ) = 1

dim(V 2d ) = d+ 1

dim(V 3d ) =

(d+ 1)(d+ 2)

2

50. Jepen L1, L2, . . . dhe M1,M2, . . . vargje formash lineare ne k[X,Y ]. Supozojme se Li 6= λMj, λ ∈ k.Marrim Aij = L1L2 . . . LiM1M2 . . .Mj, i, j ≥ 0 (A00 = 1). Verteto se Aij | i+ j = d eshte nje baze perV 2d .

c©AulonaPress 19




KAPITULLI 3

Varietetet projektive

1. Hapesira projektive

Historikisht, hapesira projektive u krijua duke i shtuar ”pikat ne infinit”hapesires afine. Ne e perkufi-zojme hapesiren projektive Pn si koleksion drejtezash ne hapesiren afine An+1.

Jepet hapesira afine An+1(k). Perkufizojme nje relacion ekuivalence ne An+1 si me poshte

(x0, x1, . . . , xn) ∼ (y0, y1, . . . , yn)

ne qofte se ekziston λ ∈ k∗ e tille qe xi = λyi, per te gjithe i ∈ 0, 1, . . . n. Klasen e ekuivalences1

se (x0, . . . xn) ne e shenojme, si zakonisht, me [x0, . . . xn].

Perkufizim 9. n-hapesire projektive Pn ose Pn(k) quhet bashkesia e klasave te ekuivalencesne An+1 \ (0, 0, . . . 0).

Pra, nje klase ekuivalence [x0, x1, . . . xn] eshte nje pike ne Pn(k) dhe x0, x1 . . . xn quhen koordinatahomogjene te kesaj pike.

Nje menyre intuitive per te krijuar nje ide gjeometrike te P1(R) eshte dhene ne vazhdim:Jepet plani kordinativ R2, pra A2(R). Marrim nje pike P = (x0, y0) ∈ R2. Per cdo pike (x, y) ≡ (x0, y0)

nga ekuivalenca e mesiperme kemi (x, y) = (cx0, cy0), per ndonje konstante c ∈ R. Pra, bashkesia epikave (x, y) eshte drejteza y = y0

x0x. Domethene cdo klase ekuivalence paraqet nje drejtez qe kalon nga

origjina. Dy drejteza d1 e d2 jane ekuivalente ne qofte se ato jane paralele. Pra, ne kete relacion ekuivalenceklasat paraqesin drejtezat qe kalojne nga origjina. Pra, P1(R) mund te mendohet si bashkesia e drejtezaveqe kalojne nga origjina. Ne pergjithesi, per cdo fushe k, P1(k) quhet drejteza projektive mbi k.

Shenim: Kujdes, P = [x0, x1, . . . xn] ∈ Pn(k) nuk do te thote se xi ∈ k. Por ekziston ndonje i, etille qe xi 6= 0, per cdo

xjxi∈ k.

Perkufizim 10. Jepet P ∈ Pn(k), fusha minimale e perkufizimit per P -ne, e shenuar me k(P )eshte

k(P ) := k(x0

xi, . . . ,

xnxi

)

per ndonje i, te tille qe xi 6= 0.

Perkufizim 11. Bashkesia e pikave k-racionale te Pn eshte

Pn(k) = [x0, . . . , xn] ∈ Pn : xi ∈ k,∀i

Per entuziastet e teorise se Galuait jepet interpretimi i meposhtem. Le te jete Gk/k grupi i Galuait

te shtrirjes se fushave k/k. Atehere Gk/k vepron mbi Pn(k) si me poshte:

[x0, . . . , xn]σ

= [xσ0 , . . . , xσn]

Ky veprim respekton ekuacionin e ekuivalences ne Pn. Ushtrimet e meposhtme karakterizojne kete veprim.

Ushtrime:

1Lexuesi te vertetoje qe ky relacion eshte ekuivalence

21


51. Verteto se Pn(k) = P ∈ Pn(k) : Pσ = P,∀σ ∈ Gk/k.52. Jepet P ∈ Pn dhe H := σ ∈ Gk/k : Pσ = P. Verteto se k(P ) eshte fusha e fiksuar nga H.

2. Bashkesite algjebrike projektive

Ashtu si perkufizuam bashkesite algjebrike ne hapesiren afine, ne do te perkufizojme bashkesite algje-brike ne hapesiren projektive. Per kete duhet te perkufizojme me pare polinomet homogjene.

Perkufizim 12. Polinomi f ∈ k[x] := k[x0, . . . xn] quhet polinom homogjen ose forme me grade dne qofte se

f(λx0, . . . , λxn) = λdf(x0, . . . xn)

per cdo λ ∈ k.

Nje ideal I ⊂ k[x] eshte ideal homogjen ne qofte se gjenerohet nga polinome homogjene. Le te jete Inje ideal homogjen. Konsiderojme bashkesine

VI = P ∈ Pn : f(P ) = 0,∀f ∈ IPerkufizim 13. Nje bashkesi algjebrike projektive eshte nje bashkesi e llojit VI .

Jepet V nje bashkesi algjebrike projektive, ideali homogjen i V -se ne k[x], i shenuar me I(V ), eshte

I(V ) := f ∈ k[x] : eshte homogjen dhe f(P ) = 0 per cdoP ∈ V Nje V e tille quhet e perkufizuar mbi k dhe shenohet V/k, kur I(V ) gjenerohet nga polinome

homogjene. Ne qofte se V eshte dhene mbi k, atehere bashkesia e pikave k-racionale te V -se jepet sime poshte:

V (k) = V ∩ Pn(k)

Si me larte

V (k) = P ∈ V : Pσ = P,∀σ ∈ Gk/kJepet nje pike P = [x0, . . . xn] ∈ Pn(Q). Ne mund te supozojme se xi ∈ Q per cdo i, ne te kundert

dehomogjenizojme.Duke shumezuar me nje λ te pershtatshme ne heqim emeruesat dhe faktoret e perbashket. Pra, mund

te supozohet se x0, . . . xn ∈ Z dhe (x0, . . . xn) = 1.Domethene ne qofte se I(V ) gjenerohet nga polinome homogjene f1, . . . fn ∈ Q[x], per ndonje V/Q,

te pershkruash V (Q) do te thote te gjesh zgjidhjet e sistemit

f1(x0, . . . xn) = 0

f2(x0, . . . xn) = 0

. . .

fn(x0, . . . xn) = 0

te tilla qe cdo zgjidhje (x0, . . . xn) eshte dhene me numra te plote (x0, . . . xn) = 1, pra relativishtte thjeshte ne lidhje me njeri - tjetrin.

Historikisht ishin probleme te tilla te teorise se numrave qe krijuan motivimin per perkufizimin ehapesirave e varieteteve projektive, te cilat ne do ti diskutojme me poshte. Te gjesh pikat Q-racionalete nje bashkesie algjebrike eshte nje probleme teper i veshtire. Per kurbat me genus2 g > 1 bashkesia epikave racionale eshte e fundme. Kjo eshte teorema Faltings (1983) qe cilesohet nga shume si teorema eshekullit te 20-te.

Le te hidhemi tani tek perkufizimi i varieteteve projektive. Lexuesi mund te perkufizoje gjithe objektete hapesires projektive njesoj si hapesirat afine duke zevendesuar termin ideal me ideal homogjen.

2 Ne do te perkufizojme genusin ne kapitujt ne vazhdim

22 c©AulonaPress





Perkufizim 14. Nje bashkesi algjebrike projektive V quhet varietet projektiv ne qofte se idealihomogjen I(V ) eshte i thjeshte ne k[x].

Lexuesi te perkufizoje gjithe objektet e tjere.

Ushtrime:

53. Verteto Hilbert Nullstellensatz per hapesirat projektive.

54. Jepet nje ideal homogjen I. Vertetoni se radikali i I-se rad (I) eshte gjithashtu homogjen.

3. Format dhe Mbyllja Projektive

Ne gjeometrine algjebrike pothuajse cdo pohim ose teoreme mbi varietetet jepet per varietetet projektive.Ka disa arsye per t’u impenjuar me varietetet projektive me shume se me varietetet afine. Se pari sepse nemund te vertetojme teorema ne hapesiren projektive qe s’jane te verteta per hapesirat afine. Per shembull,teorema Bezut qe do te shohim me vone. Se dyti sepse cdo varietet afin mund te behet projektiv ne qofte sene rrisim me 1 dimensionin e hapesires. Ne themi se cdo varietet afin V mund te ngjitet (embedded) brendanje varieteti projektiv V ∗. Eshte ky fakt elementar, por mjaft i rendesishem qe na detyron t’a zhvendosimvemendjen tek hapesira projektive.

Jepet nje forme F ∈ k[x1, . . . , xn+1], ne quajme F∗ polinomin

F∗ = F (x1, . . . , xn, 1)

Anasjelltas, per cdo polinom f ∈ k[x1, . . . , xn] me grade d, ne prezantojme nje tjeter transendent xn+1

dhe shumezojme gjithe termat e f -se me grade projektive l me xd−ln+1. Pra, ne kemi nje forme me grade dqe e shenojme me f∗. Proceset e mesiperme jane cfare ne do t’u referohemi si dehomogjenizim dhehomogjenizim te polinomeve ne lidhje me xn+1. Lexuesi te vertetoje lemen e meposhtme:

Lema 4. (1) (FG)∗ = F∗G∗(2) Ne qofte se r eshte fuqia me e madhe e xn+1 qe pjeston F , atehere xrN+1(F∗) = F dhe (f∗)∗ = f(3) (F +G)∗ = F∗ +G∗(4) Jepen polinomet f e g, r = deg(g), s = deg(f) dhe t = r+s−deg(f +g). Atehere, xtn+1(f +g)∗ =

xrn+1f∗.


Rrjedhim 6. Po te mos shqetesohemi per fuqite e xn+1, atehere F dhe F∗ kane te njejtet faktore.Ne vecanti, ne qofte se forma F ∈ k[X,Y ] dhe k eshte algjebrikisht e mbyllur, atehere F faktorizohet vetemne faktore lineare, ne kete rast ne themi se F eshte separable.

Vertetim. Pjesa e pare nxirret nga pjeset 1) dhe 2) te pohimit. Per pjesen e dyte, merr F = Y rG,ku Y nuk pjeseton G. Atehere, F∗ = G∗ = cY r

∏(X − λi) sepse k eshte algjebrikisht e mbyllur (teorema

themelore e algjebres). Pra, F = Y r∏

(X − λiY ). Le te marrim tani hapesiren afine An si nje nenbashkesi te Pn ne menyren qe vijon:

φ : An → Un+1 ⊂ Pn

f → f∗

Jepet nje bashkesi algjebrike afine V ne An dhe I(V ) ideali shoqerues i saj. Shenojme me I∗ idealinqe gjeneron gjithe F ∗, per cdo F ∈ I. Perderisa cdo F ∗ eshte forme, atehere I∗ eshte ideal homogjen, praV (I∗) eshte varietet projektiv. Perkufizojme V ∗ := V (I∗).

Anasjelltas, po te marrim nje bashkesi algjebrike V ne Pn dhe I = I(V ) ⊂ k[x1, . . . , xn+1] idealin esaj shoqerues, shenojme me I∗ idealin ne k[x1, . . . , xn] qe gjenerohet nga F∗|F ∈ I. Perkufizojme V∗ :=V (I∗) ⊂ An.

Kur eshte dhene bashkesia algjebrike afine V ne An, bashkesia V ∗ ne Pn quhet mbyllje projektive.

c©AulonaPress 23





Pohim 6. (1) Ne qofte se V ⊂ An, φn+1(V ) = V ∗ ∩ Un+1, dhe (V ∗)∗ = V .(2) Ne qofte se V ⊂W ⊂ An, atehere V ∗ ⊂W ∗ ⊂ Pn. Ne qofte se V ⊂W ⊂ Pn, atehere V∗ ⊂W∗ ⊂

An(3) Ne qofte se V eshte e pathjeshtueshme ne An, atehere V ∗ eshte e pathjeshtueshme ne Pn.(4) Jepet V nje bashkesi algjebrike afine, atehere V ∗ eshte bashkesia me e vogel algjebrike projektive

qe permban V -ne (per kete edhe emri mbyllje projektive).(5) Ne qofte se V =

⋃I Vi eshte nje dekompozim i pathjeshtueshem ne hapesiren afine, atehere V ∗ =⋃

I V∗i eshte nje dekompozim i pathjeshtueshem ne hapesiren projektive.

Vertetim. Nga Lema 4 rrjedhin menjehere 1) dhe 2). Ne qofte se V ⊂ βAn, I = I(V ), atehere F ∈ I∗atehere dhe vetem atehere kur F∗ ∈ I. Ne qofte se I eshte i thjeshte, atehere I∗ eshte gjithashtu i thjeshte,pra 3) eshte i vertete.

Supozojme se W eshte nje bashkesi algjebrike ne Pn, e cila permban φn+1(V ). Ne qofte se F ∈ I(W ),atehere F∗ ∈ I(V ), pra F = xrn+1(F∗)

∗ ∈ I(V )∗. Keshtu qe, I(W ) ⊂ I(V )∗, pra V ∗ ⊂ W dhe 4) eshte evertetuar. Per te vertetuar 5) thjeshte perdor 2), 3) dhe 4).

Ushtrime:

55. FaktorizoF = Y 3 − 2XY 2 + 2X2Y + 4X3

ne faktore lineare ne C[X,Y ].

56. Supozojme se F , G ∈ k[x1, . . . , xn] jane forma relativisht te thjeshta me grade, r e (r + 1) respek-tivisht. Verteto se F +G eshte forme e pathjeshtueshme.

57. a) Le te jete R nje unaze Euklidiane. Verteto se ekzistojne (d+ 1) monome me grade d ne R[X,Y ]

dhe (d+1)(d+2)2 monome me grade d ne R[X,Y, Z].

b) Jepet V nd = format e grades d ne k[X1, . . . , Xn], ku k eshte nje fushe. Verteto se V ndeshte nje hapesire vektoriale, monomet me grade d formojne nje baze,

dim(V 1d ) = 1

dim(V 2d ) = d+ 1

dim(V 3d ) =

(d+ 1)(d+ 2)

2

c) Jepen L1, L2, . . . dhe M1,M2, . . . vargje formash lineare ne k[X,Y ]. Supozojme se Li 6= λMj, λ ∈ k.Marrim Aij = L1L2 . . . LiM1M2 . . .Mj, i, j ≥ 0 (A00 = 1). Verteto se Aij | i+ j = d eshte nje baze perV 2d .

24 c©AulonaPress




KAPITULLI 4

Kurbat planare afine

Ne kete kapitull ne do te shohim konceptin e kurbave planare afine, duke pergatitur terrenin per kurbatplanare projektive. Do te studiojme prerjet e kurbave planare afine per te vazhduar ne kapitullin e ardhshemme prerjet e kurbave planare projektive. Qellimi i ketij kapitulli eshte te studiojme disa nga vetite e ketyrekurbave dhe per te pregatitur terrenin per teoremen Bezut ne kapitullin e ardhshem.

1. Hyrje ne kurbat algjebrike afine

Ne folem pak per kurbat planare afine, kur diskutuam bashkesite algjebrike te planit. Rrjedhimi 2thote se kurbat planare te pathjeshtueshme jane bashkesite algjebrike te vetme interesante te planit afin.Le t’a bejme perkufizimin e kurbave afine pak me preciz. Jepen F dhe G ne k[X,Y ]. Themi se F e Gjane ekuivalente ne qofte se F = λG, per ndonje konstante λ ∈ k∗. Tani ne quajme kurbe afine planarenje klase ekuivalence nen relacionin e mesiperm. Zakonisht ne do te perdorim terminologjine; jepet kurbaC me ekuacionin F (X,Y ) = 0 ose edhe me thjesht C : F (X,Y ) etj.

Grada e nje kurbe C eshte grada e polinomit F me te cilin jepet C-ja. Natyrisht F mund te jepetsi prodhim i faktoreve te thjeshte per shembull F = F e11 F e22 . . . F enn , atehere Fi jane komponentet epathjeshtueshem te C-se me shumefishmeri ei. Fi eshte nje komponent i thjeshte ne qofte se e1 = 1,ne te kundert Fi eshte komponent i shumefishte.

Jepet nje kurbe F (x, y) dhe P = (a, b) ∈ F . P -ja quhet pike e thjeshe ne qofte se P eshte pike ethjeshte e V -se, me fjale te tjera

∂F

∂x

∣∣∣∣P

6= 0 ose∂F

∂y

∣∣∣∣P

6= 0.

Nje pike qe s’eshte e thjeshte quhet e pike e shumefishte ose singulare. Nje kurbe ne te cilen cdopike eshte e thjeshte quhet kurbe e lemuar.

Jepet kurba F (x, y) dhe pika P = (0, 0) ne te. Shkruajme

F = Fm + Fm+1 + · · ·+ Fn,

ku Fi eshte nje forme e grades i.Per shembull,

F = x5y + xy + xy3 + x2y2

atehere ne shkruajme F -ne si me poshte:

F = xy + (xy3 + x2y2) + x5y = F2 + F4 + F6.

Perkufizojme m si shumefishmeri te F -se ne P = (0, 0) dhe e shenojme me m := mP (F ). Shihushtrimet 1 - 3 per disa veti te mP (F ).

Lexuesi te gjeje pikat singulare dhe shumefishmerite e kurbave ne Fig. ?? Ne qofte se mP (F ) = 2, 3 etj,atehere P -ja quhet pike e dyfishte, trefishte etj.

Per te shtrire perkufizimet e mesiperme ne rastin kur P = (a, b) ne marrim nje translacion

T (x, y) = (x+ a, y + b)

(0, 0) → P = (a, b).(8)

Atehere T (F ) = F (x + a, x + b). Perkufizojme mP (F ) := m(0,0)T (F ), per shembull T (F ) = Gm +Gm+1 · · ·+Gn keshtu qe mP (F ) = m.

25


Shembull 2. Jepet kurba C : y2 = x3 + 1 dhe P = (2, 3) ∈ C. Marrim

T (x, y) = (x+ 2, y + 3).

Atehere,

T (C) : y2 + 6y − x3 − 6x2 − 12x = (6y − 12x) + (y2 − 6x2)− x3 = F1 + F2 + F3.

Pra, m(0,0)T (C) = 1, domethene m(2,3) = 1.

Nje pike jo e lemuar (singulare) qe ka dy tangente te ndryshme nga njera tjetra quhet node. Nje pike sin-gulare qe ka vetem nje drejtim tangenteje quhet kusp. Me fjale te tjera; ne qofte se P = (x0, y0)eshte nje pike singulare ne kurben f(x, y) = 0 atehere

∂f

∂x

∣∣∣∣P

=∂f

∂y

∣∣∣∣P

= 0

Nga formula e Taylorit kemi:

f(x, y)− f(x0, y0) = (y − y0)− α(x− x0)(y − y0)− β(x− x0) − (x− x0)3

ku α, β ∈ K. Atehere P eshte node ne qofte se α 6= β pra drejtezat

(y − y0)− α(x− x0) dhe (y − y0)− β(x− x0)

jane tangentet. P eshte kusp kur α = β, tangentja e vetme eshte

(y − y0)− α(x− x0)

Shih figuren e meposhtme per nje pershkrim grafik te nje kuspe (ne te majte) dhe te nje node (ne te djathte).

Figura 1. Nje kusp (Y 2 = X3) dhe nje node (Y 2 = X3 +X2).

Ushtrime:

58. P ∈ F atehere dhe vetem atehere kur mP (F ) ≥ 1.

59. Jepet faktorizimi i F -se, F =∏ni=1 F

eii me komponente te thjeshte. Verteto se

mP (F ) =

n∑i=1

eimP (Fi).

60. Gjej pikat singulare, kuspat e nodat ne kurbat e shembujve te mesiperm ne Figuren ??.

61. Verteto se pika P eshte e thjeshte atehere dhe vetem atehere kur mP (F ) = 1.

26 c©AulonaPress





62. Jepet pika e dyfishte P ne kurben F . Verteto se, P eshte node atehere dhe vetem atehere kur(∂F

∂x∂y

∣∣∣∣P

)2

6= ∂F

∂2x

∣∣∣∣P

× ∂F

∂2y

∣∣∣∣P

c©AulonaPress 27





2. Shumefishmeria dhe unazat lokale

Jepet nje kurbe e pathjeshtueshme planare F dhe P ∈ F . Qellimi i ketij kreu eshte te vertetojme Teo-remen 8. Me pare ne duhet te provojme teoremen ndihmese:

Teorema 7. Jepet P , nje pike ne nje kurbe te pathjeshtueshme C := V (F )/k. Atehere,

mP (F ) = dimk(MP (C)n/MP (C)n+1),

kur n zgjidhet nje numer i madh (ne menyre te mjaftueshme). Ne vecanti, shumefishmeria e F -se ne Pvaret vetem nga k[C]P .

Vertetim. Nga vargu ekzakt i shkurter

0→MnP /M

n+1P → k[C]P /M

n+1P → k[C]P /M

nP → 0

del se eshte e mjaftueshme te vertetosh se:

dim(k[C]P /MnP ) = nmP (C) + s

per ndonje konstante s dhe cdo n ≥ mP (C) (Problem 2 dhe kap 2, poh.7).Ne mund te supozojme se P = (0, 0), keshtu qe Mn

P = Ink[C]P , ku I = (X,Y ) ⊂ k[X,Y ]. PerderisaV (In) = P ,

k[X,Y ]/(In, C) ≈ k[C]P (A2)/(In, C)k[C]P (A2)

= k[C]P /Ink[V ]P

= k[C]P /MnP .

Pra, mbetet te gjejme dimensionin e k[X,Y ]/(In, C). Le te jete m := mp(C). Atehere C G ∈ In

ne qofte se G ∈ In−m. Ekziston nje homomorfizem unazor i natyrshem

φ : k[X,Y ]/In → k[X,Y ]/(In, C)

dhe nje funksion k-linear

ψ : k[X,Y ]/In−m → k[X,Y ]/In

i tille qe ψ(G) = CG. Vertetohet lehte se vargu

0→ k[X,Y ]/In−m → k[X,Y ]/In → k[X,Y ]/(In−m, C)→ 0

eshte ekzakt. Duke ditur se dimk(X,Y )/In ne k[X,Y ] eshte n(n+1)2 , atehere

dimk(k[X,Y ]/(In, C) = nm− m(m− 1)

2,

per cdo n ≥ m, sic e deshironim

Teorema e meposhtme karakterizon pikat e thjeshta te nje kurbe. Eshte nje lidhje baze midisvetise gjeometrike te nje pike dhe vetive algjebrike te fushave lokalizuar ne kete pike.

Teorema 8. P eshte nje pike e thjeshte e F-se atehere dhe vetem atehere kur k[F ]P eshte nje DVR.Ne kete rast, ne qofte se L = aX + bY + c eshte nje drejtez qe kalon nga P-ja, jo-tangente me F- ne ne P,atehere imazhi l i L-se ne k[F ]P eshte nje parameter uniform per k[F ]P .

Vertetim. Supozojme se P eshte nje pike e thjeshte e F -se, dhe L eshte nje drejtez qe kalon ne P ,jo tangente me F -ne ne P . Duke bere nje ndryshim kordinatash, ne mund te supozojme se P = (0, 0), Yeshte drejteza tangente dhe L = X. Nga vetite baze te DVR-ve mjafton te vertetojme se MP (F ) gjenerohetnga x.

Me supozimet e mesiperme, F = Y + termat me grade me te larte. Duke i grupuar keto termase bashku ne mund te shkruajme F = Y G −X2H, ku G+1+ termat me grade me te larte dhe H ∈ k[X].Atehere yg = x2h ∈ k[F ], pra y = x2hg−1 ∈ (x) sepse g(P ) 6= 0. Keshtu qe, MP (F ) = (x, y) = (x).

28 c©AulonaPress





Per te vertetuar te anasjellen vem re se ne qofte se k[F ]P eshte nje DVR atehere mP (F ) = 1 keshtuqe P eshte pike e thjeshte. Pra, kjo perfundon vertetimin e teoremes.

Ushtrime:

63. Jepet T : βAn → βAn nje transformim afin kordinatash, e tille qe T (P ) = Q. Verteto se

T : k[βAn]Q → k[βAn]P

eshte nje izomorfizem. Verteto gjithashtu se T indukton gjithashtu nje izomorfizem nga k[V T ]Q tek k[V ]Pkur P ∈ V .

c©AulonaPress 29





3. Numri i Prerjeve

Jepen dy kurba planare F dhe G dhe nje pike P = (a, b). Ne duam te perkufizojme numrin e prerjevete F-se e G-se ne P i cili shenohet me I(P, F ∩G)).

Perkufizim 15. I(P, F ∩G)) = dimk(k[A2]P /(F,G)).

Perkufizimi i mesiperm nuk eshte shume intuitiv. Per te kuptuar me mire se cfare paraqet I(P, F ∩G))ne do te diskutojme me ne hollesi llojet dhe numrin e prerjeve.

Do te themi se F e G kane prerje te rregullt ne P ne qofte se nuk kane komponente te perbashketqe kalonjne ne P . F e G kane prerje transversale ne P ne qofte se P eshte pike e thjeshte ne F e G dhetagentja e F -se ne P eshte e ndryshme nga tagentja e G-se ne P .

Teorema 9. Numri i prerjeve N = I(P, F ∩G)) ne P , eshte i vetem, i perkufizuar per cdo kurbe planareF e G ne gjithe pikat P ∈ A2 , dhe kenaq vetite e meposhtme:

(1) I(P, F ∩ G) eshte nje numer i plote jo-negativ per cdo F, G e P te tille qe F e G kane prerjete rregullt ne P.

I(P, F ∩G) =∞ ne qofte se F e G nuk kane prerje te rregullt ne P.(2) I(P, F ∩G) = 0 atehere dhe vetem atehere kur P /∈ F ∩G. Per me teper I(P, F ∩G) varet vetem

nga komponentet e F-se e G-se qe kalojne nga P-ja.(3) Ne qofte se T : A2 → A2 eshte nje transformim afin kordinatash (per shembull T = (T1, T2) qe Ti

eshte polinom i grades 1 dhe T eshte bijektiv) dhe T (Q) = P , atehere

I(Q,T (F ) ∩ T (G)) = I(P, F ∩G)

Pra, me fjale te tjera, numri i prerjeve nuk ndryshon me ndryshimin e kordinatave.(4) I(P, F ∩G) = I(P,G ∩ F )(5) I(P, F ∩ G) ≥ mP (F )mP (G), dhe barazimi ndodh atehere dhe vetem atehere kur F e G nuk

kane tangente te perbashketa ne P.(6) Ne qofte se F =

∏F rii e G =

∏Gsij atehere

I(P, F ∩G) =∑i,j

risjI(P, Fi ∩Gj)

(7) I(P, F ∩G) = I(P, F ∩ (G+HF )) per cdo H ∈ k[x, y](8) Ne qofte se P eshte nje pike e thjeshte ne F, atehere I(P, F ∩G) = valFP (G).

Vertetim. Le te provojme ne fillim gjithe vetite 1 - 8 dhe pastaj kthehemi tek uniciteti i N -se .Perderisa N varet vetem nga (F,G) ⊂ k[A2]P , atehere vetite 2), 4), e 7) jane te qarta. Perderisa

nje ndryshim afin koordinatash jep nje izomorfizem te unazave lokale (Problemi 63, Kreu 4.2.), atehere 3)eshte gjithashtu e qarte.

Pra, ne mund te supozojme se P = (0, 0) dhe gjithe komponetet e F -se e G-se kalojne ne P .1). Le te vertetojme tani vetine 1). Ne dime se

dimk(k[x1, . . . xn]/I) =

r∑i=1

dimk(Ai/IAi).

Pra, ne qofte se F dhe G nuk kane komponente te perbashket atehere N eshte i fundem. Ne qofte se F dheG kane nje komponent te perbashket H, atehere (F,G) ⊂ (H), pra ekziston nje homomorfizem syrjektiv

k[A2]P /(F,G)→ k[A2]P /(H),

(Problemi 5, Kapitullit I). Pra

I(P, F ∩G) ≥ dimk(k[A2]P /(H)).

Por k[A2]P /(H) eshte izomorfik me k[H]P (Problemi 6, Kapitulli I) dhe k[H]P ⊃ k[H].

Nga Rrjedhimi 4 i Nullstellensatzit dimk k[H] =∞.

30 c©AulonaPress





6). Per te vertetuar vetine 6) eshte e mjaftueshme te vertetojme se

I(P, F ∩GH) = I(P, F ∩G) + I(P, F ∩H)

per cdo F , G, H. Supozojme se F dhe GH nuk kane komponente te perbashket. Le te jete

φ : k[A2]P /(F,GH)→ k[A2]P /(F,G)

homomorfizmi i natyrshem (Problemi 5, Kapitulli I). Perkufizojme funksionin k-linear

ψ : k[A2]P /(F,H)→ k[A2]P /(F,GH)

ψ(z) = G(z)

per z ∈ k[A2]P . Nga kap 2. Pohimi 7eshte e mjaftueshme te vertetojme se vargu i meposhtem eshte ekzakt

0→ k[A2]P /(F,H)ψ→k[A2]P /(F,GH)

φ→k[A2]P /(F,G)→ 0

Na duhet te vertetojme tre fakte: ψ eshte injektiv, φ eshte syrjektiv, Img(ψ) = ker(φ).

Se pari, ne qofte se ψ(z) = 0, atehere

Gz = uF + v GH, per u, v ∈ k[A2]P .

Marrim S ∈ k[X,Y ] te tille qe S(P ) 6= 0, Su = A, Sv = B dhe Sz = C ∈ k[X,Y ]. Atehere G(C−BH) = AFne k[X,Y ]. Perderisa F e G nuk kane komponente te perbashket , F duhet te pjesetoje C − BH, praC −BH = DF . Atehere z = (B/S)H + (D/S)F , ose z = 0 domethene ψ eshte injektiv.

5). Vetia 5) eshte me e veshtira. Marrim m = mP (F ), n = mP (G). Le te jete I ideali I = (X,Y ) ⊂k[X,Y ]. Konsiderojme diagramen qe vijon, ku R = k[X,Y ]:

R/In ×R/In ψ→ R/Im+n φ→ R/(Im+n, F,G) → 0↓ α

k[A2]P /(F,G)π→ k[A2]P /(I

m+n, F,G) → 0

Ku ψ(A, B) = AF +BG dhe φ, π dhe α jane funksionet e natyrshem. Lexuesi te vertetoje se vargu i sipermeshte ekzakt. Atehere

dim(k[X,Y ]/(In)) + dim(k[X,Y ]/(Im)) ≥ dim(ker(φ))

dhe barazimi ndodh atehere dhe vetem atehere kur ψ eshte injektiv. Gjithashtu

dim(k[X,Y ]/(Im+n, F,G)) = dim(k[X,Y ]/(Im+n))− dim(kerφ))

Pra, kemi;

N = I(P, F ∩G) = dim(k[A2]P /(F,G)) ≥dim(k[A2]P /(I

m+n, F,G)) = dim(k[X,Y ]/(Im+n, F,G)) ≥dim(k[X,Y ]/(Im+n))− dim(k[X,Y ]/(In))−dim(k[X,Y ]/(Im)) = m · n,

(9)

shih Prob. 2.Pra, N ≥ mn, dhe N = mn atehere dhe vetem atehere kur te dyja inekuacionet e mesiperme jane baraz-

ime. I pari eshte barazim kur π eshte izomorfizem dhe i dyti ne qofte se ψ eshte injektiv. Per te mbaruarvertetimin e vetise 5) tani mjafton te vertetojme lemen e meposhtme.

Lema 5. a) Ne qofte se F dhe G kane tangente te ndryshme ne P , atehere It ⊂ 〈F,G〉 k[A2]P , pert ≥ m+ n− 1.

b) ψ eshte injektiv atehere dhe vetem atehere kur F dhe G kane tagjente te ndryshme ne P .

c©AulonaPress 31





Vertetim. a) Le te jene L1, . . . , Lm tagjentet e F -se dhe M1, . . . ,Mn tagjentet e G-se ne P . MarrimLi = Lm ne qofte se i > m, Mj = Mn ne qofte se j > n dhe Aij = L1 . . . LiM1 . . .Mn per cdo i, j > 0,(A00 = 1). Atehere Aij = |i+ j = t formon nje baze per hapesiren vektoriale e gjithe formave me grade tne k[X,Y ] (Problem 3 (c) ne fund te kapitullit 3).

Per te vertetuar a), mjafton te vertetojme se Aij ∈ (F,G) k[A2]P , per cdo i + j ≥ m + n − 1. Pori + j ≥ m + n − 1 do te thote se i ≥ m ose j ≥ n. Marrim per shembull i ≥ m, atehere Aij = Am0 B, Beshte forme e grades t = i+ j −m. F = Am0 + F ′, ku termat e F ′ jane te grades ≥ 1. Atehere

Aij = BF −BF ′,ku cdo term e BF ′ ka grade ≥ i + j + 1. Vertetimi mbaron ne qofte se ne vertetojme se It ⊂ (F,G), percdo t ≥ k per ndonje konstante k. Ky fakt rrjedh nga Nullstellensatz: marrim

V (F,G) = P,Q1, . . . , Qsdhe zgjedhim nje polinom H te tille qe H(Qi) = 0, H(P ) 6= 0 (Problemi 16 kreu 1.1). Atehere HX,HY ∈ I(V (F,G)), pra (HX)N , (HY )N ∈ (F,G) ⊂ k[X,Y ] per ndonje N , HN eshte unit (ka invers)ne k[A2]P , pra XN , Y N ∈ (F,G)k[A2]P , keshtu qe I2N ⊂ (F,G)k[A2]P , sic e kerkonim.

b) Supozojme se tangentet jane te ndryshme dhe se

ψ(A, B) = AF +BG = 0,

per shembull AF+BG ka vetem terma me grade ≥ m+n. Shkruajme A = Ar+ termat me grade me te larte,B = Bs + . . . , pra

AF +BG = ArFm +BsGn + . . .

Atehere r + m = s + n dhe Ar Fm = −BsGn. Por Fm dhe Gn nuk kane faktore te perbashket, pra Fmpjeseton Bs-ne dhe Gn pjeseton Ar-ne. Keshtu qe s ≥ m, r ≥ n, pra (A, B) = (0, 0).

Anasjellas, ne qofte se L eshte nje tangente e perbashket e F-se dhe G-se ne P, atehere

Fm = LF ′m−1, Gn = LG′n−1.

Por atehere ψ (G′n−1,−F ′m−1) = 0, pra ψ nuk eshte injektiv.

8). Per te vertetuar 8) ne supozojme se F eshte e pathjeshtueshme. Ne qofte se g eshte imazhi iG-se ne k[F ]P , atehere vFP (G) = dimk(k[F ]P /(g)) (Problemi 2-50 (c)). Perderisa k[F ]P eshte izomorfik mek[A2]P /(F,G) (Problemi 6 kreu 3.3) atehere dimensioni eshte I(P, F ∩G).

Le te provojme tani se N eshte i vetem. Mjafton te llogarisim N -ne duke perdorur vetite 1 - 9 dhete perfundojme me nje vlere te vetme. Nga 3) ne mund te supozojme se P = (0, 0), kurse nga 1) supozojme seN eshte i fundem. Kur P /∈ F ∩ G atehere nga vetia 2) N = 0. Duke perdorur induksionin matematiksupozojme se N = n > 0 dhe N mund te llogaritet per cdo vlere N < n. Le te jete F (X, 0), G(X, 0) ∈ k[X]me grade r e s respektivisht. Nga 4) supozojme se r ≤ s. Dallojme dy raste:

Rasti 1: r = 0. Atehere Y pjeseton F , pra F = Y H, keshtu qe

I(P, F ∩G) = I(P, Y ∩G) + I(P,H ∩G)

nga 6). Ne qofte se G(X, 0) = Xm(a0 + a1X + . . . ) 6= 0, atehere I(P, Y ∩ G) = I(P, Y ∩ G(X, 0)) =I(P, Y ∩Xm) = m nga 7), 2), 6), e 5). Perderisa, P ∈ G dhe m > 0 atehere I(P,H ∩G) < n.

Rasti 2: r > 0. Shumezojme F (X, 0) e G(X, 0) me ndonje konstante per t’i bere monik1. Lete jete H := G−Xs−rF . Atehere I(P, F ∩G) = I(P, F ∩H) dhe deg(H(X, 0)) = t < s. Duke e perseriturkete proces ne do te arrijme nje cift kurbash A e B qe i pershtaten Rastit 1 dhe I(P, F ∩G) = I(P,A∩B),pra vertetimi ka perfunduar.

1Nje polinom quhet monik kur koeficenti i termit me grade me te larte eshte 1.

32 c©AulonaPress





Shembull 3. Jepen kurbat

E = (X2 + Y 2)2 + 3X2Y − Y 3, F = (X2 + Y 2)3 − 4X2Y 2

dhe P = (0, 0). Gjej I(P,E ∩ F )Ne mund te zevendesojme F -ne me F − (X2 +Y 2)E = Y ((X2 +Y 2)(Y 2−3X2)−4X2Y ) = Y G (vetia

7). Zevendesojme gjithashtu G me G + 3E = Y (5X2 − 3Y + 4Y 3 + 4X2Y ) = Y H. Atehere I(P,E ∩F ) = 2I(P,E ∩ Y ) + I(P,E ∩ H). Por I(P,E ∩ Y ) = I(P,X4 ∩ Y ) = 4 nga 7) dhe 6). GjithashtuI(P,E ∩H) = mP (E)mP (H) = 6 nga 5). Pra I(P,E ∩ F ) = 8 + 6 = 14.

Ushtrime:

64. Gjej numrin e prerjeve ne P = (0, 0) per gjithe kurbat e Fig. ??.

65. Nje drejtez L eshte tangente me kurben F ne P atehere dhe vetem atehere kur I(P, F ∩L)) > mP (F )

66. Ne qofte se P eshte nje pike e thjeshte ne F , atehere

I(P, F ∩ (G+H)) ≥ min(I(p, F ∩G), I(P, F ∩H)).

Jep nje shembull ku pohimi i mesiperm nuk eshte i vertete ne qofte se P nuk eshte pike e thjeshte.

67. Jepet F nje kurbe afine planare. Le te jete L nje drejtez e cila nuk eshte komponent i F -se. Supozose

L = (a+ tb, c+ td) | t ∈ k.Perkufizo G(T ) = F (a+ Tb, c+ Td). Faktorizo G(T ) = c

∏(T − λi)ei , ku λi jane te ndryshme. Verteto se

ekziston nje korespondence 1-1 ndermjet λi dhe pikave Pi ∈ L ∩ F . Verteto sei) I(Pi, L ∩ F ) = e1

ii)∑I(P,L ∩ F ) ≤ deg(F ).

68. Verteto vetine 8) vetem duke perdorur vetite 1) - 7).

69. Marrim nje pike te dyfishte P ne kurben F dhe supozojme se F ka nje tangente te vetme L ne P .a) Verteto se I(P, F ∩ L) ≥ 3. Pika P quhet kuspe e F -se ne qofte se I(P, F ∩ L) = 3.b) Supozojme se P = (0, 0) dhe L = Y . Verteto se P eshte kuspe atehere dhe vetem atehere kur

FXXX(P ) 6= 0.2. Jep shembuj.c) Verteto se P ne qofte se eshte nje kuspe e F -se atehere F ka vetem nje komponent qe kalon nga

P -ja.

70. Jepet nje kurbe planare e pathjeshtueshme F , dhe P = (0, 0), m = mP (F ) > 1, M = MP (F ).Per G ∈ k[X,Y ], shenojme imazhin e G-se ne k[F ] me g. Per g ∈ M shenojme imazhin e g-se ne M/M2

me g. Verteto se P eshte nje pike e shumefishte e rregullt ne F atehere dhe vetem atehere kur ekzis-tojne g1, . . . , gm ∈M te tilla qe gi 6= λgj, per cdo i 6= j, λ ∈ k dhe dim k[F ]P /(gi) > m.

71. Bej grafikun e varietetit V : Y 2 = X4 + Y 4 ne A2, kur k = R dhe gjej pikat singulare.

72. Bashkesia algjebrike V : Y 2 = X3 + 17 ka pika racionale. Per shembull (-2,3), (5234, 378661),...etj. Duke perdoruar ndonje pakete te algjebres kompjuterike gjej pika te tjera racionale te kesaj kurbe.Eshte bashkesia V (Q) e fundme apo e pafundme? Paraqiti pikat racionale ne grafikun e V -se. A mundte shihni ndonje lidhje midis tyre? A dini ndonje kriter qe nje kurbe te kete numer te fundem ose te pafunempikash racionale.

73. Jepet bashkesia algjebrike V : Xn +Y n = 1. Gjej disa pika racionale te V -se, kur n = 2. A ka pikaracionale te V -se kur n ≥ 3? Mund t’ju kujtoj se kjo eshte shnderruar ne teoreme se fundi.

2 FXXX(P ) eshte derivati i trete i pjesshem ne P

c©AulonaPress 33




KAPITULLI 5

Kurbat planare projektive

1. Hyrje ne kurbat planare projektive

Nje kurbe projektive planare eshte nje hipersiperfaqe ne P2. Megjithate ne duam te lejojme kompo-nente te shumefishte, pra ne bejme c’ka beme per hapesiren afine.

Dy forma jo-konstante F,G ∈ k[x, y, z] jane forma ekuivalente ne qofte se ekziston nje λ ∈ k∗ etille qeG = λF . Nje kurbe projektive planare eshte nje klase ekuivalence e formave. Grada e nje kurbeeshte grada e formes F. Kurbat e grades 1,2,3 e 4 quhen perkatesisht drejteza, konike, kubike e kuartike.Marreveshjet e bera per kurbat afine qendrojne edhe per kurbat projektive. Ne qofte se P = (x, y, 1),atehere k[F ]P eshte kanonikisht izomorfike me k[F∗](x,y), ku F∗ = F (x, y, 1) eshte kurba perkatese afine.

Rezultatet e kapitullit 4 tregojne se shumefishmeria e nje pike ne nje kurbe afine varet vetem ne unazenlokale te kurbes ne ate pike.

Pra, ne qofte se F eshte kurbe projektive planare, P ∈ Ui (i=1,2,3 ) ne dehomogjenizojme F ne lidhjeme xi dhe perkufizojme shumefishmerine e F-se ne P si mP (F ) := mP (F∗). Shumefishmeria eshte in-dipendente nga Ui dhe invariante nga ndryshimi projektiv i koordinatave.

Ne qofte se F dhe G jane kurba projektive planare e P ∈ P2, ne perkufizojme I(P, F ∩ G) sidimk(k[P2]2/(F∗, G∗). I(P, F ∩ G) eshte indipendente nga menyra se si F∗ e G∗ jane formuar dhe kenaqvetite e numrave te prerjeve, pra Teoremen 4.3. Vini re se ne vetine 3). T duhet te jete transformimprojektiv kordinatash dhe tek vetia 7), A duhet te jete e formes deg(A) = deg(G) − deg(F ). Vertetimi inje teoreme analoge te teoremes 4.3 per kurbat projektive eshte pothuajse i njejte me vertetimin e teoremes4.3 ne qofte se behen pershtatjet e nevojshme. Ne perkufizojme drejtezen L te jete tagjente me kurbenF ne P ne qofte se I(P, F ∩ L) > mP (F ). Nje pike P eshte nje pike e zakonshme e shumefishte eF-se ne qofte se F-ja ka mP (F ) tagjente te ndryshme ne P . Dy kurba F e G quhen kurba projektivishtekuivalente ne qofte se ekziston nje transformim projektiv kordinatash T i tille qe G = FT .

Ushtrime:

74. Le te jete F nje kurbe planare projektive. Verteto se nje pike P eshte pike e shumefishte e F-se atehere dhe vetem atehere kur F (P ) = FX(P ) = FY (P ) = FZ(P ) = 0.

75. Verteto se kurbat qe vijojne jane te pathjeshtueshme, gjej pikat e shumefishta dhe shumefishmerine etagjenteve ne pikat e shumefishta:

a) XY 4 + Y Z4 +XZ4

b) X2Y 3 +X2Z3 + Y 2Z3

c) Y 2Z −X(X − Z)(X − λZ), λ ∈ kd) Xn + Y n + Zn, n ≥ 0

76. Gjej gjithe pikat e prerjes te cifteve te kurbave qe vijojne:

a) Y 2Z −X(X − 2Z)(X + Z) dhe Y 2 +X2 − 2XZb) (X2 + Y 2)Z +X3 + Y 3 dhe X3 + Y 3 − 2XY Zc) Y 5 −X(Y 2 −XZ)2 dhe Y 4 + Y 3Z −X2Z2

35


d) (X2 + Y 2)2 + 3X2Y Z − Y 3Z dhe (X2 + Y 2)3 − 4X2Y 2Z2

77. Jepet P nje pike e thjeshte ne F. Verteto se drejteza tagjente me F ne P eshte FX(P )X+FY (P )Y +FZ(P )Z = 0

78. Jepet P = (0, 1, 0), F nje kurbe me grade n e tille qe F =∑Fi(X,Y )Y n−i, Fi nje forme e grades

i. Verteto se mP (F ) eshte me e vogla m e tille qe Fm 6= 0 dhe se faktoret e Fm percaktojne tagjentet eF-se ne P.

79. Per cdo F, P ∈ F , verteto se mP (FX) ≥ mP (F )− 1

80. Verteto se dy kurba planare pa komponente te perbashket, priten ne nje numer te fundem pikash.

81. Jepet F nje kurbe e pathjeshtueshme;

a) Verteto se FX , FY ose FZ 6= 0b) Verteto se F ka vetem nje numer te fundem pikat te shumefishta.

36 c©AulonaPress





2. Sistemet lineare te kurbave

Supozojme se duam te studiojme gjithe kurbat projektive me grade d. Nje kurbe projektive F me grade d

ka te shumten n := (d+1)(d+2)2 terma. Radhisim gjithe monomet e mundshem, per shembull M1, . . .Mn dhe

e fiksojme kete radhitje. Pra, F mund te shkruhet∑ni aiMi. Per te percatuar F-ne eshte e mjaftueshme

te percaktosh (a1, . . . , an) ∈ kn.Duke pasur parasysh perkufizimin e kurbave projektive, (a1, . . . an) e (λa1, . . . λan) percak-

tojne te njejten kurbe. Pra, kurbat jane ne korrespondence me kn modulo skalaret, domethene P(n−1).Keshtu, ne kemi nje korrespondence bijektive midis bashkesise se kurbave projektive me grade d dhe

P(n−1) = Pd(d+3)

2 . Ne zakonisht themi se kurbat (projektive) me grade d formojne nje hapesire projektive

me dimension d(d+3)2 . Quajme varietet linear nje varietet V ⊂ Pn(k) ne qofte se V = V (H1, . . . Hr), ku

cdo Hi eshte nje forme e grades 1. Marrim nje varietet liner V ne hapesiren projektive te mesiperme Pd(d+3)

2 .V quhet sistem linear i kurbave. Me fjale te tjera, per nje bashkesi kurbash A te grades d ne shohim

bashkesine perkatese ne Pd(d+3)

2 . Ne qofte se kjo bashkesi eshte varietet linear, atehere A eshte nje sistemlinear kurbash.

Lema 6. Jepet P ∈ P2. Atehere, bashkesia e kurbave me grade d qe permban P-ne formon nje hiperplan

ne Pd(d+3)

2 .

Vertetim. Shenojme me A = F : deg(F ) = d, F (P ) = 0 dhe me B bashkesine koresponduese te A-

se ne Pd(d+3)

2 . Ne duam te vertetojme se B eshte nje hiperplan, pra ekziston G ∈ k[x1, . . . xn] me grade 1qe G(a1, . . . an) = 0, per cdo (a1, . . . an) ∈ B.

Marrim P = (x0, y0, z0), atehere F ∈ B atehere dhe vetem atehere kur F =∑n

1 aiMi = 0. Por jote gjitha Mi jane 0. Marrim G =

∑n1 aiMj , te tille qe Mj 6= 0. Atehere (a1, . . . , an) formojne nje hiperplan,

pra B eshte nje hiperplan.

Lema 7. Le te jete A bashkesia e kurbave me grade d ne P2 dhe T : P2 → P2 nje transformim projektiv.Atehere

TA : A→ A

F → T (F )(10)

eshte nje transformim projektiv ne Pd(d+3)

2 .

Vertetim. Eshte e qarte se TA eshte linear. Ka gjithashtu te anasjellte sepse ne marrim T−1(F )←− F .

Pra, per cdo bashkesi pikash, kurbat me grade d qe permbajne keto pika formojne nje nenvarietet linear

ne Pd(d+3

2 . Perderisa prerja e n hiperplaneve ne Pn s’ eshte boshe, ekziston nje kurbe me grade d qe kalon

nga d(d+3)2 pika te dhena.

Jepen P1, . . . , Pn ∈ P2 dhe r1, . . . , rn numra te plote jo-negative. Shenojme me Vd(r1P1, . . . , rnPn) = kurbat F me grade d, te tilla qe mPi(F ) ≥ ri, i = 1, 2, . . . , n.

Teorema 10. a) Vd(r1P1, . . . , rnPn) eshte nje hapesire lineare ne Pd(d+3)

2 me dimension me te madhse

d(d+ 3)

2−∑i

ri(ri + 3)

2.

b) Ne qofte se d ≥∑i ri − 1, atehere

dim Vd(r1P1, . . . , rnPn) =d(d+ 3)

2−∑i

ri(ri + 3)

2.

c©AulonaPress 37





Vertetim. Pjesa e pare rrjedh nga komentet e mesiperme. Le te vertetojme tani pjesen e dyte meinduksion ne m =

∑ri − 1. Ne supozojme se m > 1 dhe d > 1, ne te kundert cdo gje eshte triviale.

Rasti I: Cdo ri = 1; Vi = Vd(P1, . . . , Pi). Nga induksioni eshte e mjaftueshme te vertetojme seVn 6= Vn−1. Zgjedhim drejtezat Li qe kalojne ne Pi, por jo ne Pj , per j 6= i (Problem 5-14) dhe nje drejtez

L0 qe nuk kalon neper asnje nga Pi. Atehere F = L1L2 . . . Ln−1Ld−n+10 , per F /∈ Vn.

Rasti II: Ndonje ri > 1: Per shembull r = r1 > 1 dhe P = P1 = (0, 0, 1). Marrim V0 = Vd((r −1)P, r2P2, . . . , rnPn). Per F ∈ V0 le te jete F∗ =

∑r−1i=0 aiX

iY r−1−i+ termat me grade me te larte. MarrimVi = F ∈ V0|aj = 0, per j < i. Atehere

V0 ⊃ V1 ⊃ · · · ⊃ Vr = Vd(r1P1, . . . , rnPn)

. Pra, mjafton te vertetojme se Vi 6= Vi+1, i = 0, . . . , r − 1.Marrim W0 = Vd−1((r − 2)P, r2P2, . . . , rnPn). Per F ∈ W0, F∗ = aiX

iY r−2−i + . . . , Wi = F ∈W0|aj = 0, per j < i. Nga induksioni, W0 ⊃ W1 ⊃ · · · ⊃ Wr−1 = Vd−1((r − 1)P, r2P2, . . . , rnPn).Ne qofte se Fi ∈ Wi, Fi /∈ Wi+1, atehere Y Fi ∈ Vi, Y Fi /∈ Vi+1 dhe XFr−2 ∈ Vr−1, XFr−2 /∈ Vr. Keshtuqe Vi 6= Vi+1, per i = 0, . . . , r − 1.

Ushtrime:

82. Marrim 9 pikat (0, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 0, 1), (1, 1, 1), (0, 2, 1), (2, 0, 1), (1, 2, 1), (2, 1, 1) dhe(2, 2, 1) ∈ P2. Paraqiti keto pika grafikisht, verteto se ekzistojne nje numer i pafundem kubikeshqe kalojne neper keto pika.

83. Verteto se ekziston vetem nje konike qe kalon nepermjet pikave (0, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 0, 0), (1, 1, 1)dhe (1, 2, 3). Verteto se kjo konike eshte e lemuar.

84. Jepen P1, P2, P3, P4 ∈ P2. Marrim V nje sistem linear te konikeve qe kalojne nga keto pika.Verteto se dim(V ) = 2 ne qofte se P1, P2, P3, P4 jane ne nje vije te drejte dhe dim(V ) = 1 ne te kundert.

38 c©AulonaPress





3. Teorema Bezut

Ne jemi te interesuar te dime numrin e pikave te prerjes se dy kurbave. Qellimi i ketij kreu eshte te verte-tojme teoremen e meposhtme:

Teorema 11. (Bezut) Jepen kurbat projektive planare F e G me grade perkatesisht m e n. Supo-zojme se F e G nuk kane komponente te perbashket. Atehere∑

P

I(P, F ∩G) = m · n

Vertetim. Nga (Problemi 7 kreu 5.1) ne dime se F ∩G eshte nje bashkesi e fundme. Me nje ndryshimprojektiv koordinatash, ne mund te supozojme se asnje nga pikat e prerjes nuk eshte ne drejtezen ne infinitZ = 0. Atehere, nga Lema 4.2 kemi∑

P

I(P, F ∩G) =∑P

I(P, F∗ ∩G∗) = dimk k[X,Y ]/(F∗, G∗).

Bejme marreveshjet e meposhtme:

Γ∗ = k[X,Y ]/(F∗, G∗), Γ = k[X,Y, Z]/(F,G), R = k[X,Y, Z],

dhe Γd (dhe Rd) le te jene hapesirat vektoriale te formave me grade d ne Γ ( respektivisht R). Ne duamte vertetojme se dim Γ∗ = mn. Per kete ne do te vertetojme se dim Γd = mn, per ndonje d dhe pastaj dote marrim nje baze ne Γd dhe vertetojme se kjo eshte nje baze per Γ∗.

Fakt 1: dim Γd = mn, per cdo d ≥ m+ n.Le te jete π : R→ Γ projeksioni i zakonshem. Shenojme me φ pasqyrimin e meposhtem:

φ : R×R→ R,

(A,B)→ AF +BG.(11)

Shenojme me ψ pasqyrimin:

ψ : R→ R×RC → (GC,−FC).

(12)

Duke shfrytezuar vetite e pasqyrimeve, vertetojme se vargu i meposhtem eshte ekzakt

0ψ→ R

φ→ R×R π→ R→ Γ→ 0.

Ne qofte se ne i ngushtojme keto pasqyrime, ne marrim vargun ekzakt te meposhtem:

0ψ→ Rd−m−n

φ→ Rd−m ×Rd−nπ→ Rd → Γd → 0.

Le te kujtohemi se dimRd = (d+1)(d+2)2 (Problemi 3, krey 3.3). Eshte nje fakt elementar ne algjeber qe per

cdo varg ekzakt hapesirash vektoriale me dimension te fundem

0→ V1 → V2 → V3 → V4 → 0

ne kemi

dimV4 = dimV3 − dimV2 + dimV1.

Pra

dim Γd = dimRd − dim(Rd−m ×Rd−n) + dimRd−m−n.

Duke zevendesuar ne gjejme dim Γd = mn.

Kthehemi tani tek vertetimi i teoremes. Se pari te vertetojme se

α :Γ→ Γ

H → ZH,(13)

ku H = p(X,Y, Z) + (F,G) eshte pasqyrim injektiv.

c©AulonaPress 39





Ne duhet te vertetojme se ne qofte se ZH = AF + BG, atehere H = A1F + B1G, per disa A1, B1.Per ndonje J ∈ k[X,Y, Z], shenojme me J0 polinomin J(X,Y, 0). Perderisa F,G e Z nuk kane zerote perbashketa, atehere F0 dhe G0 jane forma relativisht te thjeshta ne k[X,Y ].

Ne qofte se ZH = AF + BG, atehere A0F0 = −B0G0. Pra, B0 = F0C dhe A0 = −G0C, perndonje C ∈ k[X,Y ]. Le te jete A1 = A + CG, B1 = B − CF . Perderisa (A1)0 = (B1)0 = 0, ne kemiA1 = ZA1, B1 = ZB1, per ndonje A1, B1. Nga ZH = A1F +B1G, ne kemi H = A1F +B1G.

Marrim tani d ≥ m + n, dhe A1, . . . , Amn ∈ Rd, mbetjet e te cilave formojne nje baze per Γd. Lete jete Ai∗ = Ai(X,Y, 1) ∈ k[X,Y ] dhe ai mbetja e Ai∗ ne Γ∗. Atehere a1, . . . , amn eshte nje baze per Γ∗.

Ne qofte se pasqyrimi α eshte ngushtuar ne Γd, atehere α eshte nje izomorfizem nga Γd tek Γd+1, kurd ≥ m+n, sepse nje pasqyrim linear injektiv i hapesirave vektoriale me dimension te njejte eshte izomorfizem.Pra, mbetjet ZrA1, . . . , Z

rAmn formojne nje baze per Γd+r, per cdo r ≥ 0.Bashkesia a1, . . . , amn gjeneron Γ∗: ne qofte se h = H ∈ Γ∗, H ∈ k[X,Y ], ndonje ZNH∗

eshte forme me grade d+ r. Pra

ZNH∗ =

m∑i=1

nλiZrAi +BF + CG

, per λi ∈ k, B, C ∈ k[X,Y, Z]. Atehere H = (ZNH∗)∗ =∑λiAi∗ +B∗F∗ + C∗G∗, pra h =

∑λiai.

a1, . . . , amn jane indipendente. Supozojme se∑λiai = 0, atehere

∑λiAi∗ = BF∗ + CG∗. Keshtu

qe (lema 3.1) Zr∑λiAi = ZsB∗F + ZtC∗G, per disa r, s, t ∈ Z. Por atehere

∑λiZ

rAi = 0 ne Γd+r dhe

ZrAi formojne nje baze, domethene cdo λi = 0.

Perfundimisht, ne gjetem nje baze per Γ∗ me kardinalitet mn. Kjo perfundon vertetimin.

Rrjedhim 7. Ne qofte se dy forma F dhe G me grade m dhe n nuk kane komponent te perbashket,atehere ∑

P

mP (F )mP (G) ≤ mn

Vertetim. Nga vetia 5) e numrave te prerjes ne kemi:

mp(F )mP (G) ≤ I(P, F ∩G)

Mbledhim ane per ane dhe shfrytezojme teoremen Bezu.

Rrjedhimet e meposhtme jane konsekuenca te drejtperdrejta te teoremes Bezu.

Rrjedhim 8. Ne qofte se kurbat F e G me grada m e n kane mn pika te ndryshme te perbashketa,atehere keto pika jane pika te thjeshta ne F e G.

Rrjedhim 9. Ne qofte se dy kurba F e G me grade m e n kane me shume se mn pika te perbashketa,atehere ato kane nje komponet te perbashket.

Ushtrime:

85. Verteto se cdo kurbe projektive jo-singulare eshte e pathjeshtueshme. Eshte i vertete ky pohim perkurbat afine?

86.Marrim nje kurbe te pathjeshtueshme F me grade n dhe supozojme se FX 6= 0. Verteto se F ka te shumtenn(n−1)

2 pika te shumefishta.

40 c©AulonaPress





87. Ne qofte se F eshte nje kurbe e pathjeshtueshme me grade n, verteto se∑P

mP (mP − 1)

2≤ (n− 1)(n− 2)

2

Jep shembuj per te vertetuar se ky eshte rezultati me i mire per te kufizuar∑P

mP (mP − 1)

2

88. Sa pika te dyfishta mund te kete nje drejtez, nje konike, nje kurbe e pathjeshtueshme e gradesse trete? Mundet qe nje kurbe e pathjeshtueshme e grades se trete te kete me shume se nje pike te trefishte?

89. Jepet kurba C : Xn + Y n−1Z = 0. Gjej shumefishmerine e pikes (0, 0, 1).

90. Jepet F nje kurbe planare projektive me grade n qe nuk ka komponente te shumefishte, por ka ckomponente te thjeshte. Verteto se∑

P

mP (mP − 1)

2≤ (n− 1)(n− 2)

2+ c− 1 ≤ n(n− 1)

2

91. Jepet nje fushe k me karakteristike char(k) = p > 0. Jepet kurba C : Xp+1 − Y pZ = 0 dhepika P = (0, 1, 0) ne C. Gjej L ∩ C, per te gjitha drejtezat L qe kalojne ne P. Verteto se cdo drejtezqe eshte tagjente me C-ne ne cdo pike te saj kalon nga P-ja.

92. Jepet varieteti projektiv V : Y 2 −X3 − 17 = 0. Verteto se cdo drejtez qe bashkon dy pika te

V (Q) = (x, y) ∈ A2(Q) : y2 = x3 + 17 ∪ [0, 1, 0]do te prese V-ne ne nje pike te trete te V (Q) (supozojme se drejteza nuk eshte tagjente me V). Ky varietetprojektiv eshte shembulli i pare i nje kurbe eliptike.

c©AulonaPress 41




KAPITULLI 6

Varietet e morfizmat midis tyre

1. Spec(A) dhe topollogjia e Zarinskit

Jepet unaza abeliane me 1, A dhe X bashkesia e gjithe idealeve te thjeshta te A-se. Per cdo bashkesi EteA-se, le te jete V (E) bashkesia e gjithe idealeve te thjeshta teA-se qe permbajne E. Le te vertetojme lemene meposhtme:

Lema 8. i) Ne qofte se a eshte nje ideal i gjeneruar nga E, atehere

V (E) = V (a) = V (r(a)),

ku r(a) eshte radikali i a.ii) V (0) = X, V (1) = ∅.iii) Ne qofte se F := (Ei)i∈I eshte nje familje nenbashkesish e A-se, atehere

V (∪i∈IEi) = ∩i∈IV (Ei).

iv) V (a ∩ b) = V (ab) = V (a) ∪ V (b) per cdo dy ideale a dhe b.

Vertetim. Le te kujtojme vetine e radikalit te nje ideali; r(a) eshte prerja e gjithe idealeve te thjeshtaqe permbajne a.

i) Marrim I ∈ V (E), atehere E ⊂ I dhe I eshte i thjeshte. Por a eshte ideali me i vogel qe permban E,pra a ⊂ I. Domethene I ∈ V (a) .Perderisa I eshte i thjeshte dhe a ⊂ I, atehere r(a) ⊂ I, pra I ∈ V (r(a)).Keshtu qe, V (E) ⊂ V (a) ⊂ V (r(a)). (lexuesi te vertetoje kete fakt) Marrim I ∈ V (r(a)), pra I eshte nje ideali thjeshte qe permban r(a). Atehere I permban a, domethene. I ∈ V (a). Per te njejten arsye I ∈ V (E).Pra, V (r(a)) ⊂ V (a) ⊂ V (E).

ii) Cdo ideal1 i thjeshte permban (0). Gjithashtu A = (1), keshtu qe V (1) = ∅.iii) Marrim I ∈ V (∪i∈IEi). Atehere I eshte i thjeshte dhe ∪i∈IEi ⊂ I. Pra, Ei ⊂ I per cdo i ∈ I.

I ∈ V (Ei), per cdo i ∈ I. Pra, I ∈ ∩i∈IV (Ei).

iv) Per te vertetuar kete pjese lexuesi duhet te vertetoje me pare ushtrimet 2) dhe 3) ne fund te ketijkreu. Marrim I ∈ V (a ∩ b), pra I i thjeshte. Atehere a ∩ b ⊂ I, pra ab ⊂ I (usht. 2) dhe I ∈ V (ab).Perderisa a ∩ b ⊂ I, atehere (usht. 3) I eshte a ose b. Pra, I ∈ V (a) ∪ V (b).

Marrim I ∈ V (a) ∪ V (b). Supozojme se I ∈ V (a). Atehere a ∩ b ⊂ a ⊂ I. Pra I ∈ V (a ∩ b).

Per te perkufizuar nje topollogji ne X ne duhet te perkufizojme bashkesite e hapura ne X. Marrim sibashkesi te hapura komplementet e bashkesive te llojit V (E). Lema e mesiperme verteton se keto bashkesiperkufizojne nje topollogji qe e quajme topollogjia e Zarinskit . Hapesira topollogjike X quhet primespectrum i A-se dhe shenohet me Spec(A).

1.1. Topollogjia e Zarinskit ne nje Varietet. Le te jete V nje varietet dhe k[V ] unaza e koordi-natave te V-se. Atehere per cdo x ∈ V konsiderojme bashkesine

px := f ∈ k[V ] : f(x) = 0,

1Me ideal ne nenkuptojme idealet e ndryshme nga unaza

43


e cila eshte nje ideal i thjeshte 6= k[V ]. Perkufizojme funksionin

φ : V → Spec(k[V ]), ku x→ px.

Marrim si topollogji ne V topollogjine qe ben φ te vazhdueshem. Atehere ne qofte se B eshte nje bashkesie mbyllur ne Spec(k[V ]), B = V (I) per ndonje I ⊂ k[V ]. φ−1(B) = x ∈ V : I ⊂ px eshte bashkesia ezerove te I ne V . Pra, ne duam nenbashkesite algjebrike te V-se te jene bashkesi te mbyllura.

Natyrisht ne mund t’a perkufizonim keshtu topollogjine e Zariskit ne V. Pra, si bashkesi te mbyl-lura marrim gjithe bashkesite algjebrike te V-se. Megjithate korrespondenca e mesiperme eshte mjaft erendesishme ne gjeometrine algjebrike. Spec(A) eshte nje nga konceptet baze per perkufizimin e skemave.

Ushtrime:

93. Nje hapesire topollogjike X quhet e pathjeshtueshme ne qofte se X 6= ∅ dhe ne qofte se cdo dybashkesi te hapura jo-boshe priten. Verteto se Spec(A) eshte e pathjeshtueshme atehere dhe vetem atehere kurnilradikali i A- se eshte nje ideal i thjeshte.

94. Jepet nje unaze abeliane A me identitet dhe dy ideale a dhe b. Verteto se ab ⊂ a ∩ b.

95. Jepet nje unaze abeliane A me identitet dhe idealet a1, . . . , an. Jepet gjithashtu ideali i thjeshte p, itille qe ∩ni=1ai ⊂ p. Atehere ekziston nje i qe ai ⊂ p. Ne qofte se ∩ni=1ai = p, atehere ai = p.

96. Jepet X = Pn1 × . . .Pnk × Am. Marrim si bashkesi te mbyllura nenbashkesite algjebrike te X-it.Duke perdorur vetite e bashkesive algjebrike verteto se kemi nje topollogji te ligjshme.

44 c©AulonaPress





2. Morfizmat e varieteteve

Per nje varietet X dhe nje bashkesi te hapur U ne te perkufizojme k[U ] qe te jete bashkesiae gjithe funksioneve racionale te U-se ne X qe jane te perkufizuara ne cdo P ∈ U . Pra,k[U ] =

⋂P∈U k[X]P . Ne qofte se U1 ⊂ U atehere k[U ] ⊂ k[U1], k[U ] eshte nje nenunaze e k[X]. Kur

U = X atehere k[U ] = k[X]

Perkufizim 16. Jepen varietetet X dhe Y. Nje funksion φ : X → Y do te quhet morfizem ne qofte seploteson dy kushtet e meposhtme:

1) φ eshte i vazhdueshem2) Per cdo bashkesi te hapur U ⊂ Y , ne qofte se f ∈ k[U ] ⊂ k[Y ] atehere

φ(f) := f φ ∈ k[φ−1(U)] ⊂ k[X].

Ne themi se dy varietetet X dhe Y jane izomorfike ne qofte se ekzistojne morfizmat φ : X → Y dheψ : Y → X te tille qe φ ψ dhe ψ φ jane funksionet identitet ne X dhe Y, respektivisht.

Nje varietet qe eshte izomorfik me ndonje nenvarietet te mbyllur te βAn quhet afin, kur eshte izomorfikme ndonje nenvarietet te mbyllur te Pn quhet projektiv.

Perkufizim 17. Nje pasqyrim racional midis varieteteve (projektive) V1 dhe V2 eshte nje funksioni formes

φ : V1 → V2,

φ =[f0, . . . , fn],(14)

ku f0, . . . , fn ∈ K(V1) kane vetine qe per cdo pike P ∈ V1 ne te cile fi jane te perkufizuara atehere

φ(P ) = [f0(P ), . . . , fn(P )] ∈ V2

Vini re se nje pasqyrim racional nuk do te thote se eshte funksion.

Lema 9. Jepet nje pasqyrim racional

φ = [φ0, . . . , φn] : Pm → Pn

ku φi ∈ K[X] jane polin ome homogjene me te njejten grade. Atehere φ eshte morfizen atehere dhe vetematehere kur φi nuk kane zero te perba shket ne Pm.

Vertetim. Shih (Remark 3.3. fq. 16).

Ushtrime:

97. Marrim φ : P1 → P1

φ : [X,Y ]→ [X2(X − 1)3, Y 5]

Verteto se φ eshte nje morfizem varietetesh. Cila eshte grada per φ? Cmund te thuhet per pikat [0,1] dhe[1,1]?

2.1. Pasqyrimet Midis Kurbave. Nje aplikim interesant dhe i rendesishem i morfizmave midisvarieteteve eshte kur varietetet e kreut te mesiperm jane kurba projektive. Ne nuk do te vertetojme teoremene meposhtme, megjithate ja vlen te permendet.

Teorema 12. Jepet nje morfizem i kurbave φ : C1 → C2. Atehere φ eshte ose konstant ose syrjektiv.

Jepen kurbat C1/K dhe C2/K dhe pasqyrimi racional jo-konstant φ : C1 → C2 i perkufizuar mbi K.

Ky pasqyrim na jep nje injeksion te fushave te funksioneve qe fikson K;

φ∗ : K(C2)→ K(C1)

f → f φ(15)

c©AulonaPress 45





Teorema 13. Jepen kurbat C1/K dhe C2/K.a) Le te jete dhene pasqyrimi racional jo-konstant φ : C1 → C2 i perkufizuar mbi K. Atehere K(C1)

eshte shtrirje e fundme e φ∗(K(C2)).b) Le te jete ι : K(C2) → K(C1) injeksioni i fushave racionale qe fikson K. Atehere ekziston

nje pasqyrim unik jo-konstant φ : C1 → C2 (i perkufizuar mbi K) i tille qe φ∗ = ιc) Jepet K ⊂ K(C1), nje nen-fushe me index te fundem qe permban K. Atehere ekziston nje kurbe e

lemuar C ′/K, unike ne shkalle K-isomorfizmi, dhe nje pasqyrim jo-konstant φ : C1 → C ′ i perkufizuar mbiK, i tille qe φ∗K(C ′) = K

Vertetim. I lihet lexuesit.

Jepet nje pasqyrim ψ : X → Y jo-konstant (pra syrjektiv) midis kurbave projektive te lemuara X dheY . Atehere k(Y ) ⊂ k(X) dhe n = [k(X) : k(Y )] quhet grada e ψ. Marrim P ∈ X dhe ψ(P ) = Q ∈ Y .MQ eshte nje ideal maksimal ne k[Y ] (shih kap. 2). Atehere k[Y ]Q eshte nje DVR, pra ka nje parameteruniform t ∈ k[Y ]Q. Atehere t ∈ k[X]Q. Perkufizojme index te ramifikimit te ψ ne P me numrin eplote eψ(P ) := ordP (t).

Ne terminologjine bashkekohore pasqyrimet midis kurbave dhe shtrirjet e fushave perkatese kembehensipas kontekstit. Shume here indexi i ramifikimit, genusi i nje kurbe e invariante te tjere perkufizohen meidealet e unazave te numrave te plote te shtrirjeve te fushave. Kjo menyre eshte me elegante, por do te nahidhte ne nje fushe tjeter, ate te Teorise Algjebrike te Numrave.

Ushtrime:

98. Jepet nje varietet X dhe P e Q dy pika te ndryshme ne te. Verteto se ekziston nje f ∈ k(X), iperkufizuar ne P dhe Q me f(P ) = 0 dhe f(Q) 6= 0.

99. Verteto se(x1, . . . , xn)→ (x1, . . . , xn, 0)

eshte nje izomorfizem ndermjet Pn−1 → H∞ ⊂ Pn, ku

H∞ := (x1, . . . , xn, xn+1)|xn+1 = 0.Ne qofte se V eshte nje varietet ne Pn i tille qe V ⊂ H∞, Atehere V eshte izomorfik me nje varietet ne Pn−1.Cdo varietet projektiv eshte izomorfik me nje nen-varietet te mbyllur V ⊂ Pn e tille qe V nuk permbahetne asnje hiperplan ne Pn.

100. Jepet U nje nenvarietet i hapur i varietetit X dhe Y nje nenvarietet i mbyllur i X-it. Marrim Z simbylljen e Y ne X. Vertetoni se:

a) Z eshte nje nenvarietet i mbyllur i X-it.b) Y eshte nje nenvarietet i hapur i Z.

101. Marrim φ : P1 → P1

φ : [X,Y ]→ [X2(X − 1)3, Y 5]

Cili eshte indeksi i ramifikimit ne pikat [0,1] dhe [1,1]?

46 c©AulonaPress





3. Rezolucionet e singulariteteve

Nje kurbe me pika singulare natyrisht s’ eshte aq terheqese per ne sa nje kurbe e lemuar. Ne mundte vertetojme shume gjera me teper per kurbat e lemuara e t’i kuptojme ato me mire. Cfare ndodh kurna jepet nje kurbe jo e lemuar projektive C? Do te ishte mjaft me kuptim te perpiqeshim te gjenimnje kurbe te lemuar projektive X dhe nje morfizem biracional f : X → C. Keshtu, per t’ju pergjigjurpyetjeve per C-ne ne studiojme kurben X. Ne kete kapitull ne do te studiojme pikerisht kete probleme.Se pari, ne na duhet t’u hedhim nje sy funksioneve racionale te kurbave.

3.1. Funksionet racionale te kurbave. Ne dime se ne qofte se P eshte nje pike ne kurben planarete pathjeshtueshme C, atehere k[C]P eshte DVR.

Teorema 14. Jepet C/k nje kurbe projektive dhe L nje fushe, e tille qe k(C) ⊂ L. Jepet gjithashtunje unaze vlerash diskrete (DVR) R e L-se qe nuk permban k(C). Atehere ekziston nje pike e vetme P ∈ C,e tille qe ideali maksimal M1 i R-se permban idealin maksimal M2 te k[C]P

L

k(C)

k

R

k[C]P

Figura 1. Lokalizimi i fushes se funksioneve racionale

Vertetim. Supozojme se C eshte varietet i mbyllur ne Pn dhe se C ∩ U1 6= ∅, i = 1, . . . , n + 1.Kete mund t’a bejme duke perdorur ushtrimin 2 te ne fund te kapitullit te kaluar. Atehere k[C] =k[X1, . . . , Xn+1]/I(C) = k[x1, . . . , xn+1], ku cdo xi 6= 0.

Marrim N = maxi,jord( xixj ). Supozojme se N = ord(xjxn+1

), per ndonje j. Atehere, per cdo i,

ord( xixn+1

) = ord(xjxn+1

xixj

) = N − ord( xixj ) ≥ 0. Le te dehomogjenizojme C dhe e shenojme me C∗.

Atehere k[C∗] = k[ x1

xn+1, . . . , xn

xn+1]. Pra, k[C∗] ⊂ R.

MarrimM1 idealin maksimal te R- se dhe J:=M1∩k[C∗]. J eshte ideal i thjeshte, keshtu qe korespondonme nje nenbashkesi algjebrike W te C∗, pra me nje nenvarietet te mbyllur te C∗. Ne qofte se W = C∗,atehere J = 0. Pra, cdo jo-zero element i k[C∗] nuk eshte ne M. Domethene se ai eshte unit (ka te anasjellte)ne R, sepse R eshte DVR, pra unaze lokale. Kjo sjell qe K ⊂ R, gje qe bie ndesh me supozimin tone.Atehere W = P, per ndonje P ∈ C. 2 Eshte e qarte tani k[C∗]P = k[C]P , pra ideali maksimal M1 iR-se permban idealin maksimal M2 te k[C]P .

Uniciteti: Supozojme se ekzistojne dy pika P dhe C, te tilla qe R dominon k[C]P dhe k[C]Q.Atehere ekziston nje funkson f ∈ k(C) qe f(P ) = 0 dhe f(Q) 6= 0. 3 Pra, ord (f) > 0 dhe ord(1/f) > 0.

Rrjedhim 10. Le te jete C nje kurbe projektive e lemuar. Ekziston nje korespondence 1 me 1 midispikave te C-se dhe unazave te vlerave diskrete te k(C)-se. Ne qofte se P ∈ C, atehere k[C]P eshte DVR-jakoresponduese.

2 Shih Prob. 3 ne fund te kapitullit te kaluar3Shih ushtrimin 1, ne fund te kapitullit te meparshem

c©AulonaPress 47





Vertetim. Cdo k[C]P eshte natyrisht nje DVR e k(C). Ne qofte seR eshte nje DVR e k(C), atehere ide-ali maksimal i R- se permban idealin maksimal te nje k[C]P te vetme. Perderisa te dyja jane DVR te k(C)-se, atehere R = k[C]P .

Le te jete C nje kurbe e lemuar projektive dhe K := k(C). Le te jete X bashkesia e gjithe DVR-ve te K-se mbi k. X-it i japim topollogjine qe vijon: nje bashkesi jo-boshe U e X-it eshte e hapur ne qofte se X \Ueshte e fundme. Atehere funksioni f : P → k[C]P eshte homeomorfizem. Ne qofte se U eshte e hapur ne C,kemi k[U ] =

⋂P∈U k[X]P (shih fq. 45). Keshtu qe, gjithe unazat e funksioneve ne C mund te perfitohen

nga X. Perderisa X percaktohet vetem nga K, atehere C percaktohet (ne shkalle izomorfizmi) vetem ngaK-ja. Pra, kemi vertetuar rrjedhimin e meposhtem.

Rrjedhim 11. Dy kurba projektive te lemuara jane izomorfike atehere dhe vetem atehere kur fushat efunksioneve te tyre jane izomorfike.

48 c©AulonaPress





4. Shperthimi i nje pike ne A2

c©AulonaPress 49





5. Shperthimi i nje pike ne P2

Dhe tani nje rezultat i deshiruar qe ne do ta pranojme pa vertetim.

Teorema 15. Jepet C nje kurbe e pathjeshtueshme, projektive, planare dhe supozojme se gjithe pikat eshumefishta te C-se jane te zakonshme. Atehere ekziston nje kurbe e lemuar projektive C ′ dhe nje morfizembiracional f nga C ′ syrjektivisht mbi C.

50 c©AulonaPress





6. Modelet jo-singulare te kurbave

c©AulonaPress 51




KAPITULLI 7

Pjesetuesit e nje kurbe

Kurbat eliptike kane vetine mjaft te rendesishme gjeometrike, pikat e tyre formojne nje grup Abelian.Kjo nuk eshte e vertete per kurbat algjebrike me genus g ≥ 2. Megjithate, ka nje menyre per ti studiuarketo kurba si nenbashkesi te nje grupi Abelian.

1. Pjesetuesit dhe grupi i Pikardit

Jepet nje kurbe projektive e pathjeshtueshme X e perkufizuar mbi fushen k. Si gjithmone k(X )eshte fusha e funksioneve te X -it.

Nje pjesetues D i X -it quhet shuma formale

D =∑P∈X

nPP,

ku np ∈ Z dhe nP 6= 0 per nje numer te fundem pikash P ∈ X .Pjesetuesit e X -it formojne nje grup abelian i cili eshte i grup lire ne bashkesine X . Kete grup ne e

shenojme me Div(X ). Me fjale te tjera Div(X ) eshte grupi i lire abelian qe gjenerohet nga pikat e X -it.Vendosim nje renditje te elmenteve ne Div(X ) si vijon:

D > 0 (ose positive) ne qofte se nP > 0 per cdo nP . Per me teper, per dy pjestues D dhe D1 te dhene sime poshte

D =∑P

nPP dhe D1 =∑P

mPP,

themi se

D > D1

atehere dhe vetem atehere kur nP ≥ mp, pe cdo P ∈ X.Grada e pjesetuesit D =

∑P nPP , perkufizohet si me poshte:

deg (D) :=∑P

nP .

Bashkesia e pjesetuesve te grades n do te shenohet me Divn(X ).Jepet f ∈ k(X ), perkufizojme

div(f) =∑P

ordP (f)P,

ku ordpf = t, t eshte parametri uniform i k[X ]P . Kujtohu se perderisa X eshte kurbe e lemuar atehere k[X ]Peshte nje DVR. Per nje kurbe te lemuar X shenojme me Div(X ) bashkesine e gjithe pjestuesve te X .

Nje pjesetues D i dhene ne formen

D = div(f),

per ndonje f ∈ k(X ) quhet pjesetues themelor. Shenojme me PDiv(X ) bashkesine e pjesetuesvethemelore te X -it.

Lema 10. Jepen f, g ∈ k(X ). Atehere pohimet qe vijojne janue te verteta:

a) div (f g) = div (f) + div (g)

53


b) div(fg

)= div (f)− div (g)

c) div(

1f

)= −div (f)

Pra, PDiv(X ) eshte nje nengrup i Div(X ).

Vertetim. Ne thame se ordpf = t eshte parametri uniform ne unazen e vlerave diskrete k[X ]P . Pra,ordp(x) eshte nje vlere. Duke pasur parasysh vetite e vlerave ne kemi;

ordp(fg) = ordp(f) + ordp(g)

ordp

(f

g

)= ordp(f)− ordp(g)

ordp

(1

f

)= −ordp(f)

(16)

Duke perdorur keto veti vertetimi i Lemes eshte i qarte.

Ne Div(X) perkufizojme relacionin e meposhtem:

D1 ∼ D2 ⇐⇒ D1 −D2 ∈ PDiv(X ),

ku D1−D2 perkufizohet ne menyre te natyrshme si zbritja ne grupin e lire Div(X ). Lexuesi te vertetoje seky eshte relacion ekuivalence.

Grupi i Pikardit, i shenuar me Pik(X) quhet grupi heres

Pik(X ) := Div(X)/PDiv(X ).

Ushtrim 8. Vertetoni se grada e nje pjestuesi eshte e perkufizuar edhe ne Pik(X ).

Ushtrim 9. Elementet me grade zero te Pik(X ) formojne nje nengrup, qe shenohet me Pik0(X ).

Perkufizimet e mesiperme mund te permblidhen ne vargun ekzakt te meposhtem

1→ k∗ → k(X )∗div→ Div0(X )→ Pik0(X )→ 0,

ku pasqyrimi i vetem qe duhet shpjeguar eshte

div : k(X )∗ → Div0(X )

f → div(f)

Per te vertetuar se vargu eshte ekzakt lihet si ushtrim per lexuesin. Grupin Pik0(X ) ne do t’aquajme Jakob te nje kurbe dhe do t’a shenojme me Jac(X ). Ne do ti kthehemi perseri perkufizimitte Jakobit te kurbave dhe do ta shohim ate nga kuendveshtrimi analitik.

1.1. Pasqyrimet midis kurbave. Supozojme se kemi pasqyrimin midis kurbave φ : C1 → C2.Shenojme me eφ(P ) eshte indeksi i ramifikimit te nje pike P ∈ C1. Pasqyrimi φ : C1 → C2 na jep dypasqurime midis Jakobave te kurbave, si me popshte:

φ∗ : Div(C2)→ Div(C1)

div(Q)→∑

P∈φ−1(Q)

eφ(P )P

dhe pasqurimin

φ∗ : Div(C1)→ Div(C2)

div(P )→ div(φ(P ))

Tashme jemi gati te paraqesim rezultatin e meposhtem:

54 c©AulonaPress





Lema 11. Jepet φ : X → Y nje pasqyrim jo-konstant midis kurbave te lemuara X dhe Y. Ateherei) deg (φ∗D) = deg (φ) deg (D) per cdo D ∈ Div(Y ).ii) φ∗(div(f)) = div(φ∗f) per cdo f ∈ K(Y )∗

iii) φ∗(div(f)) = div(φ∗f) per cdo f ∈ K(X)∗

iv) φ∗ φ∗ eshte shumezimi me deg (φ) ne Div(Y ).v) Ne qofte se ψ : Y → Z eshte nje pasqyrim tjeter atehere

(ψ φ)∗ = φ∗ ψ∗ dhe (ψ φ)∗ = ψ∗ φ∗Lema e mesiperme na thote se pjesetuesit me grade 0 shkojne tek pjesetuesit me grade 0, dhe pjesetuesit

themelore tek pjesetuesit themelore. Pra, keto pasqyrime mund te ngushtohen tek Jac(C1) dhe Jac(C2).Keshtu qe, ekzistojne

φ∗ : Jac(C2)→ Jac(C1)

φ∗ : Jac(C1)→ Jac(C2)

Per nje f ∈ K(X), ne perkufizojme pjesetuesin e zerove si

div(f0) =∑

p,ordp(f)>0

ordp(f)p

dhe si pjesetues te poleve

div(f∞) =∑

p,ordp(f)<0

ordp(f)p.

Pohim 7. Jepet X/k nje kurbe e lemuar dhe f ∈ k(X )∗. Atehere, pohimet e meposhtme jane te verteta,a) div(f) = 0 atehere dhe vetem atehere kur f ∈ k∗b) deg (div(f)) = 0

Vertetim. a) Marrim f ∈ k∗ te tille qe div(f) = 0. Pra, f nuk ka pole. Atehere f perkufizonnje funksion racional:

f : X → P1

P → [f(P ), 1]

Perderisa f nuk ka pole domethene nuk eshte syrjektiv. Pra, eshte konstant. Keshtu qe f ∈ k∗. Eanasjella eshte e qarte.

b) div(f) = div(f0)− div(f∞). Por perderisa X eshte kurbe projektive, f ∈ k(X ) do te thote se f = hg

ku h dhe g kane grade te njejte. Pra, deg (div(f)) = 0Ne nje menyre tjeter mund te arsyetojme se f ∈ k(X ) do te thote se ekziston mbulimi f : X → P1.

Perderisa kardinaliteti ne cdo fiber eshte i njejte atehere #(f−1(0)) = #(f−1(∞)).

Verejtje 1. Pohimi i mesiperm aktualisht thote se cdo funksion racional ne X ka te njejtin numerzerosh e polesh kur ato numerohen ”sakte”1

Rrjedhim 12. PDiv(X) < Div0(X)

Supozojme se C eshte nje kurbe planare vetem me pika te shumefishta te zakonshme. Per cdo P ∈ C,le te jete rP = mP (C), perkufizojme pjesetuesin

D =∑P∈C

(rP − 1)P,

qe quhet pjesetuesi ramifikues.D eshte nje pjesetues pozitiv. Cdo kurbe planare G e tille qe div(G) > D quhet adjoint me C-ne.

Ne qofte se C eshte e lemuar cdo kurbe eshte adjoint me C.

1sakte do te thote se ne marrim ne konsiderate shumefishmerine e tyre

c©AulonaPress 55





Teorema 16 (Teorema e Mbetjes). Jepet kurba planare C me pika te shumefishta te zakonshme dheD =

∑P∈C(rP − 1)P . Supozojme se D1 e D2 jane pjesetues pozitive ne C dhe se D ∼ D1. Supozojme se

G eshte nje kurbe me grade m dhe adjoint me C e tille qe

div(G) = D1 +D +A,

per nje pjesetues pozitiv A. Atehere ekziston nje adjoint G1 me grade m i tille qe

div(G1) = D2 + E +A.

Vertetim. (kujdes; kushtet e Notherit s’jane perkufizuar)Le te jene dy kurba M dhe N me grade te njejte te tilla qe D1 + div(M) = D2 + div(N).

Atehere div(GM) = div(N) + D2 + D + A > div(N) + D. Le te jete F forma qe percakton C-ne. Dukeshfrytezuar (Fulton. Prop 3. pg 183) ne kemi kushtet e Notherit qe kenaqen, GM = F1F + G1N perndonje F1 e G1 ku grada e G1 eshte m. Atehere div(G1) = div(GH)− div(N) = D1 +D +A.

Ushtrime:

102. Verteto se ne qofte se X = P1, atehere Pik0(X) = 0. Pra, nje kurbe racionale ka Pik0(X) = 0.

103. Jepet kurba eliptike E/K: Verteto se E(K) eshte izomorfik me Pik0(C). Me fjale te tjera, perkurbat eliptike

Jac(E) ∼= E

Shenim: Per te zgjidhur kete ushtrim lexuesi duhet te kete njohuri mbi strukturen e grupit te kurbaveeliptike.

56 c©AulonaPress





2. Format Diferenciale dhe pjesetuesit kanonike

Le te jete dhene nje kurbe projektive C dhe X modeli jo-singular i saj. Le te jete K := k(C) = k(X).

Perkufizim 18. Hapesira e formave diferenciale ne C, shenuar me ΩC , eshte k(C)-hapesira vektoriale,qe gjenerohet nga simbolet e formes dx, per x ∈ k(C), te tilla qe:

i) d(x+ y) = dx+ dy, per cdo x ∈ k(C)ii) d(xy) = xdy + ydx, per cdo x ∈ k(C)iii) da = 0, per cdo a ∈ k

Ne do te japim gjithashtu perkufizimin analog ne gjuhen e kategorive.Le te jete dhene nje pasqyrim ψ : C1 → C2 jo-konstant midis kurbave C1 dhe C2. Atehere ne kemi

pasqyrimin e zakonshem ψ∗ : k(C2)→ k(C1). Pra, ne kemi nje pasqyrim

ψ∗ΩC2→ ΩC1

ψ∗(∑

fidxi) =∑

(ψ∗fi)(d(ψ∗xi)

Perkufizim 19. Jepet ω ∈ ΩC . pjesetuesi i ω eshte :

div(ω) =∑P∈C

ordP (ω)(P ) ∈ Div(C)

Perkufizim 20. Nje diferencial ω ∈ ΩC quhet i rregullt (ose holomorfik) ne qofte se ordP (ω) ≥ 0per te gjitha P ∈ C.

Ne qofte se ω1, ω2 ∈ ΩC jane diferenciale jo-zero Atehere ekziston nje funksion f ∈ k(C)∗ i tille qe ω1 =fω2. Keshtu qe

div(ω1) = div(f) + div(ω2)

Perkufizim 21. Nje pjesetuesD quhet pjesetues kanonik ne qofte seD = div(ω), per ndonje ω ∈ ΩC .

Pohim 8. (Fulton p.207) Supozojme se C eshte nje kurbe planare me grade n ≥ 3 dhe vetem me pikate shumefishta te zakonshme. Marrim E =

∑Q∈X(rQ−1)Q. Le te jete G nje kurbe planare me grade n−3.

Atehere div(G)− E eshte nje pjesetues kanonik.

Vertetim. Marrim kordinatat X,Y, Z per P2 te tilla qe Z.C =∑ni=1 Pi, Pi te ndryshme. Le te jete x =

X/Z, y = Y/Z ∈ k. Marrim F si formen qe jep C-ne. Shenojme me E = m∑ni=1 Pi − E, fx = FX(x, y, 1),

fy = FY (x, y, 1) dhe le te jete ω = dx.

c©AulonaPress 57





3. Jacobi i kurbave.

Le t’i kthehemi perseri Jakobit te nje kurbe. Eshte nje objekt me shume me teper strukture (veti) se atote shprehura ne perkufizimet e mesiperme. Jakobi i nje kurbe ka nje topollogji qe pajtohet me ate te kurbes.Eshte nje varietet abelian. Duke shfrytezuar njohurite e ketij kreu ne do te japim nje perkufizim tjeter perJakobin e nje kurbe, i cili do te jete me pershkrues. Lexuesi i interesuar te shohe Mumford , Miranda , oseper nje pershkrim me te detajuar Hartshorne .

Le te fillojme me perkufizimin per Jakobin te nisur nga teoria e siperfaqeve te Riemannit. Jepet Xnje siperfaqe kontakte e Riemannit dhe Ω1(X) hapesira korresponduese e homomorfik 1-forms. Shenojme meΩ1(X)∗, si zakonisht, hapesiren e saj duale dhe me Λ grupin e periodave. Jakobi perkufizohet si me poshte;

Jac(X) := Ω1(X)∗/Λ

Ne do te na pelqente nje pershkrim me algjebrik i Jakobit. Le te jete w1, . . . wn nje baze per Ωi(X).Marrim nje pike fikse p0 ne X. Perkufizojme pasqyrimin,

A : X → Jac(X)

p→(∫ p

p0

w1, . . . ,

∫ p

p0

wg

)Tmod(Λ)

Perderisa integralet jane funksione ky pasqyrim eshte perkufizuar sakte. Verejme se Jakobi mund te men-dohet si Cg/Λ, ku g eshte dimensioni si me siper.

Shtrijme pasqyrimin A tek Div(X) si me poshte;

A : Div(X)→ Jac(X)∑npp→

∑npA(p)

ky pasqyrim zakonisht quhet pasqyrimi i Abel-Jakobit. Ngushtojme A tek Div0(X) dhe equajme kete pasqyrim A0. Pra

A0 : Div0(X)→ Jac(X)

Teorema 17. (Abel) Ker(A0) = PDiv(X), ku PDiv(X) eshte nengrupi i pjesetuesvethemelore ne Div(X).

Teorema 18. (Jacobi) A0 eshte syrjektiv.

Nuk eshte qellimi yne te vertetojme teoremat, por tashme eshte e qarte se

Jac(X) ' Pic0(X)

Nje nga vetite kryesore te Jakobit te nje kurbe eshte se eshte object universal ne kategorine e varieteteveabeliane. Per shembull ne qofte se C eshte nje kurbe dhe g : X → Y eshte nje pasqyrim varieteteshnga X tek varieteti abelian Y , atehere ekziston pasqyrimi f : JC → Y i tille qe diagrama e meposhtmeeshte nderrimtare.

C → JCg ↓ f Y

Ushtrime:

104. Verteto se ne qofte se g > 0, atehere ekzistojne pjesetues kanonike pozitive.

105. Jepet X nje kurbe hipereliptike. Verteto se ekziston

α : X → JX

P → [(P )−D]

ku D eshte nje pjesetues me grade 1 i tille qe w(D) = D, w eshte involucioni hipereliptik i X-it.

58 c©AulonaPress




KAPITULLI 8

Teorema Rieman-Roch

1. Hapesirat Vektoriale L(D)

Jepet kurba projektive X. Le te jete D =∑nPP nje pjesetues i X-it. Pjesetuesi D zgjedh nje numer

te fundem pikash, te cilave ju korespondon nga nje numer te plote. Ne duam te percaktojme ne cfare rasteshekziston nje funksion racional me pole vetem ne keto pika te zgjedhura, i tille qe per cdo P shumefishmerias’eshte me shume se nP . Gjthashtu ne do te donim te dinim ne se funksione te tille ekzistojne. Shenojme me

L(D) = f ∈ k(X) : ordP (f) ≥ −np, per cdo P ∈ X.Pra, nje funksion racional eshte ne L(D) ne qofte se div(f) + D > 0 ose ne qofte se f = 0. Lexuesi

te vertetoje lemen e meposhtme:

Lema 12. L(D) eshte hapesire vektoriale.

Shenojme me l(D) dimensionin e kesaj hapesire.

Pohim 9. Jepet kurba X dhe D,D1 pjesetues te X-it.1) D < D1 =⇒ L(D) ⊂ L(D1) dhe dimk(L(D1)/L(D)) ≤ deg(D1 −D)2) L(0) = k; L(D) = 0 ne qofte se deg(D) = 03) L(D) ka dimension te fundem per cdo D. Ne qofte se deg(D) ≥ 0, atehere l(D) ≤ deg(D) + 1.4) Ne qofte se D ∼ D1, atehere l(D) = l(D1).

Vertetim. 1) Le te jete D =∑P nPP dhe D1 =

∑P mPP . Perderisa D < D1, atehere nP < mP ,

per cdo P . Marrim f ∈ L(D), atehere ordP (f) ≥ −nP > −mp. Pra, f ∈ L(D1). Te vertetojme tani sedimk(L(D1)/L(D)) ≤ deg(D1 −D). Le te jete D1 = D + P1 + · · ·+ Pr, atehere

L(D) ⊂ L(D + P1) ⊂ · · · ⊂ L(D1)

Kujtohu se ne qofte se V ⊂ U ⊂ W jane hapesira vektoriale me dimension te fundem,atehere dim(W/V ) = dim(W/U) + dim(U/V ). Keshtu qe, ne qofte se ne vertetojme se cdo hallke eshte medimension 1, atehere vertetimi i pjeses 1) ka mbaruar. Pra, ne duam te vertetojme se dim(L(D+P )/L(D)) ≤1.

Le te jete t parametri uniform i k[X]P dhe nP koeficenti i P-se ne D. Perkufizojme pasqyrimin

φ : L(D + P )→ k

f → (tnP+1f)(P ),

Perderisa ordP (f) ≥ −nP − 1, atehere eshte e lehte te kontrollohet se perkufizimi i mesiperm ka kuptim. φeshte nje pasqyrim linear dhe ker(φ) = L(D). Pra, ne marrim pasqyrimin linear injektiv

φ : L(D + P )/L(P )→ k

pra dim(L(D + P )/L(P )) ≤ 1.2) Kjo pjese eshte rrjedhim i Pohimit 7.1, rrjedhimi 1.

3) Ne qofte se deg(D) = n ≥ 0, marrim P ∈ X dhe D1 := D − (n + 1)P . Atehere L(D1) = 0 dhe nga1) dim(L(D)/cL(D1) ≤ n+ 1, pra l(D) ≤ n+ 1.

4) Supozojme se D1 = D+div(g). Perkufizojme ψ : L(D)→ L(D1), ku ψ(f) = fg. ψ eshte nje izomor-fizem i hapesirave vektoriale, pra l(D) = l(D).

59


Ne mund te pergjithesojme pohimin e mesiperm ne rastin e nje bashkesie S ⊂ X. Per shembull per

D =∑nPP perkufizojme degSD =

∑P∈S nP ,

LS(D) = f ∈ k(x) : ordP (f) ≥ −nP ,∀P ∈ S.

Lema 13. Ne qofte se D ≤ D1, atehere LS(D) ⊂ LS(D1). Ne qofte se S eshte e fundme, atehere

dim(LS(D1)/LS(D)) = degS(D1 −D)

Vertetim. Vertetimi i lemes vazhdon paralelisht me ate te pohimit te mesiperm.

Tani ne duam te llogarisim dimensionin l(D), per nje pjesetues D.

Pohim 10. Jepet f ∈ k(C), por f /∈ k. Le te jete (f0) pjesetuesi i zerove te f-se dhe n = [k(C) : k(f)].Atehere:

1) (f0) eshte nje pjesetues pozitiv me grade n.2) Ekziston τ e tille qe l(r(f0)) ≥ rn− τ , per cdo r.

Vertetim. Marrim D = (f0) =∑P∈C nPP dhe le te jete m = deg(D). Fillimisht te vertetojme se

m ≤ n. Le te jete S = P ∈ C : nP > 0. Marrim v1, . . . vm ne LS(O), te tille qe mbetjet v1, . . . , vmne LS(0))/LS(−D) formojne nje baze per kete hapesire vektoriale (Lema 9.1).

Supozojme se v1, . . . vm nuk jane linearisht te pavarura mbi k(f). Atehere, duke shumezuar me emeruesatdhe me nje fuqi te f-se, eksistojne polinomet gi = λi+fhi ∈ k[f ] te tille qe

∑givi = 0, ku jo te gjitha λi = 0.

Pra,∑givi = −f

∑hivi ∈ LS(−z), domethene

∑λivi = 0. Pra, kemi nje kantradikte. Perfundimisht,

m ≤ n. Tani vertetojme pjesen 2) te pohimit. Le te jete w1, . . . , wn nje baze e k(C) mbi k(f). Ne duamte supozojme se cdo wi kenaq nje ekuacion wnii = ai1w

ni−1i + · · · = 0, ku aij ∈ k[ 1

f ]. Atehere, ordP (aij ) ≥ 0.

Ne qofte se P /∈ S, atehere ordP (wnii ) < ordP (aijwni−ji ) qe eshte e pamundur. Per ndonje t > 0, div(wi) +

tD > 0, i=1,...n. Pra, wi1f ∈ L((r + t)D), per i=1, ... n, j=0, ..r. Perderisa wi jane linearisht te pavarura

mbi k(f), atehere 1, 1f , . . . ,

1fr jane linearisht te pavarur mbi k dhe wi 1

fj jane linearisht te pavarur mbi k.

Domethene l((r + t)D) ≥ n(r + 1). Pra, l((r + t)D) = l(rD) + dim(L((r + t)D)/L(rD) ≤ l(rD) + tm (ngapohimi i mesiperm pjesa 1)). Keshtu qe l(rD) ≥ n(r + 1)− tm = rn− τ .

Per te perfunduar pjesen e pare duhet te vertetojme se n ≤ m. Ne dime se rn− τ ≤ l(rD) ≤ rm+ 1,pra r(n − m) ≤ 1 + τ ose n − m ≤ 1+τ

r , per r 6= 0. Duke marre r arbitrarisht te madhe, per shembull

n−m < 12 , ne kemi se n ≤ m+ 1

2 , pra n ≤ m.

Supozojme tani se C eshte nje kurbe e pathjeshtueshme projektive,

f : X → C

morfizmi biracional nga modeli i lemuar X surjektivisht mbi C dhe K = k(C) = k(X).

Rrjedhim 13. Pohimet qe vazhdojne jane equivalente:1) C eshte racionale.2) X eshte isomorfik me P1.3) Ekziston nje x ∈ K me deg(x)0 = 1.4) Per ndonje P ∈ X, l(P ) > 1.

Vertetim.

Lema 14. Ne qofte se D < D′, atehere l(D′) ≤ l(D) + deg(D′ −D)


Ushtrime:

60 c©AulonaPress





106. Le te jete D nje pjesetues. Verteto se l(D) > 0 atehere dhe vetem atehere kur D eshte linearishtekuivalent me nje pjesetues pozitiv.

107. Verteto se deg(D) = 0 dhe l(D) > 0 atehere dhe vetem atehere kur D ∼ 0.

108. Supozojme se l(D) > 0 dhe f ∈ L(D), f 6= 0. Verteto se f /∈ L(D − P ) per pothuajse1 te gjitha P. Pra, l(D − P ) = l(D)− 1 per pothuajse cdo P.

1Cdo P pervec nje numri te fundem

c©AulonaPress 61





2. Teorema e Rimanit

Jepet kurba e lemuar X. Ne qofte se D-ja eshte nje pjesetues i madh, L(D) duhet te jete gjithashtu emadhe. Teorema e meposhtme verteton kete per pjesetuesit nje forme te vecante.

Teorema 19. (Riemann) Ekziston nje konstante e plote pozitive g, e tille qe

deg(D) + 1− l(D) ≤ gper te gjithe pjesetuesit D. Me i vogli i numrave te tille g quhet genus i kurbes C. g eshte nje numer iplote jo-negativ.

Vertetim. Marrim s(D) = deg(D) + 1− l(D). Ne duam te gjejme nje g te tille qe s(D) ≤ g, per cdopjesetues D.

1) Kur D = 0, s(0) = 0, pra g ≥ 0.2) Ne qofte se D ≡ D1, atehere s(D) = s(D1).3) Ne qofte se D < D1, atehere s(D) ≤ s(D1)Marrim x ∈ K, x 6∈ k, Z = (x0) dhe τ numri me i vogel i plote i pohimit 7.3. Perderisa s(rZ) ≤ τ + 1

per te gjitha r dhe rZ < (r + 1)Z nxjerrim se:4) s(rZ) = τ + 1Marrim g = τ + 1. Per te perfunduar vertetimin mjafton te vertetojme se:5) Per cdo d, ekziston D1 ≡ D dhe nje numer i plote r, te tille qe D1 < rZ.Per te vertetuar kete, marrim Z =

∑nPP dhe D =

∑mPP . Ne duam D1 = D − dif(f), pra

duhet qe mp − ordP (f) ≤ rnP per cdo P . Ne qofte se marrim y := x−1 dhe T = P ∈ X|mP > 0 dheordP (y) ≥ 0. Le te jete f =

∏P∈T (y − y(P ))mP . Atehere mP − ordP (f) ≤ 0, kurdo qe ordP (y) ≥ 0.

Ne qofte se ordP (y) < 0, atehere nP > 0. Pra, nje r e madhe do te kryej kete pune.

Rrjedhim 14. Ne qofte se l(D0) = deg(D0) + 1− g dhe D ≡ D1 > D0, atehere l(D) = deg(D) + 1− g

Rrjedhim 15. Ne qofte se x ∈ k(C), x 6∈ k, atehere g = deg(r(x)0) − l(r(x)0) + 1, per te gjitha rmjaftueshmerisht te medha.

Rrjedhim 16. Ekziston nje numer i plote N i tille qe per cdo pjesetues D me grade > N , l(D) =deg(D) + 1− g

Vertetim. Marrim D0 te tille qe l(D0) = deg(D0) + 1− g dhe le te jete N := deg(D0) + g. Atehere,ne qofte se deg(D) ≥ N , deg(D − D0) + 1 − g > 0 nga teorema e Riemannit kemi l(D − D0) > 0. Pra,D −D0 + div(f) > 0 per ndonje f , per shembull D ≡ D + div(f) > D0 dhe duke perdorur rrjedhimin 7.2.ne kemi c’donim te vertetonim.

Rrjedhim 17. Jepet nje pjesetues kanonik W . Atehere deg(W ) = 2g − 2 dhe l(KW ) ≥ 0.

Vertetim. Genusi eshte invarianti kryesor i nje kurbe dhe ne baze te tij klasifikohen gjithe kurbat. Kurbat me

genus 1 per shembull quhen kurba elliptike 2. Ekziston nje teori mjaft e sofistikuar per kurbat eliptike.Kurbat me genus 2, ne te kundert, jane me pak te njohura. Kurbat me genus me te larte jane fare pakte kuptuara dhe nuk ekzistojne algoritme per gjetjen e pikave racionale ne keto kurba, ashtu sic ka algoritmeper kurbat eliptike.

Nje teoreme mjaft e rendesishme e quajtur nga shume si teorema e shekullit eshte Teorema Faltings(1983) qe thote se cdo kurbe me genus g ≥ 2 ka nje numer te fundem pikash racionale. Sic dihet gjetja epikave racionale eshte nje nga problemet baze te gjeometrise algjebrike. Por tani le te kthehemi tek genusii kurbave dhe menyrat e llogaritjes se tij.

Le te konsiderojme tani disa fakte elementare per kurbat ne baze te genusit g:

2Ne fakt perkufizimi i kurbave eliptike eshte paksa me teknik se kaq. Shih kapitullin VIII

62 c©AulonaPress





1) g = 0 atehere dhe vetem atehere kur C eshte racionale. Ne te vertete ne qofte se C eshte racionale,atehere ekziston nje P ∈ C qe l(P ) > 1 (rrjedhimi 9.1). Por nga teorema e Riemanit ne kemi g ≥deg(P ) + 1 − l(P ), pra g ≥ 2 − l(P ), keshtu qe g = 0. Kur g = 0, atehere l(P ) ≥ 2. Pra l(P ) > 1, keshtuqe C eshte racionale.

2) g = 1 atehere dhe vetem atehere kur C eshte ekuivalent ne menyre biracionale me nje kubike jo-singulare (char(k) 6= 2).

y2 = x3 + ax2 + bx+ c

Pohim 11. Jepet nje kurbe planare C vetem me pika te zakonshme. Le te jete n grada e kesaj kurbedhe rp = mp(C), indeksi ne pikat e zakonshme. Atehere, genusi jepet nga formula

g =(n− 1)(n− 2)

2−∑P∈C

rp(rP − 1)

2

Vertetim. Ne mund te supozojme se drejteza Z = 0 pret C ne n-pika te ndryshme P1, . . . , Pn. Lete jete F nje forme qe percakton C-ne. Marrim E =

∑Q∈C(rQ − 1)Q, rQ = rf(Q) = mf(Q)(C) dhe

Em = m∑ni=1 Pi − E. Atehere Em eshte nje pjesetues me grade mn−

∑P∈C rP (rP − 1).

Jepet Vm = format G me grade m te tilla qe G eshte adjoint me C. Perderisa, G eshte adjointatehere dhe vetem atehere kur mP (G) ≥ rp − 1 per cdo P ∈ C, ne mund te llogarisim dimensionin e Vm(Thm. 5.1). Pra, ne gjejme se:

dimVm ≥(m+ 1)(m+ 2)

2−∑ rP (rP − 1)

2ku barazimi ndodh ne qofte se m eshte mjaftushmerisht e madhe.

Jepet φ : Vm → L(Em) i tille qe φ(G) = G/Zm. φ eshte nje pasqyrim linear dhe φ(G) = 0 atehere dhevetem atehere kur G eshte i pjesetueshem nga F.

φ eshte syrjektiv sepse ne qofte se f ∈ L(Em), shkruajme f = RS , ku R e S jane forma te te njejtes grade.

Atehere div(RZm) > div(S) +E. Pra, ekziston nje ekuacion (rezolucion i singulariteve) RZm = AS +BF .Pra, R

S = AZm ne k(F), keshtu qe φ(A) = f . (Ver re se div(A) = div(RZm) − div(S) > E, pra A ∈ Vm).

Keshtu qe, vargu i shkurter eshte ekzakt

0→Wm−n → Vm → L(Em)→ 0

ku Wm−n eshte hapesira e te gjitha formave te grades m − n dhe ψ(H) = FH ∈ Vm, per H ∈ Wm−n.Meqenese vargu eshte ekzakt, atehere dimVm = dimWm−n + dimL(Em). Pra

dimL(Em) = deg(Em) + 1− (n− 1)(n− 2)

2+∑ rP (rP − 1)

2per m te medha.

Perderisa deg(Em) rritet kur m rritet, atehere duke aplikuar rrjedhimin 7.4 ne perfundojme vertetimin.

Rrjedhim 18. Per nje kurbe C te lemuar genusi g jepet si me poshte

g =(n− 1)(n− 2)

2

Rrjedhim 19. Eshte dhene C nje kurbe planare me grade n. Ne qofte se∑ rP (rP − 1)

2=

(n− 1)(n− 2)

2atehere C eshte racionale.

Rrjedhim 20. a) Marrim Em si ne vertetimin e Pohimit 9.3. Cdo h ∈ L(Em) mund te shkruhet sih = H

Zm , ku H eshte nje adjoint me grade m.b) deg(En−3) = 2g − 2, l(En−3) ≥ g.

c©AulonaPress 63





Vertetim. Detyre.

Ushtrime:

109. Gjej genusin e kurbave qe vijojne:a) X2Y 2 − Z2(X2 + Y 2) = 0.b) (X3 + Y 3)Z2 +X3Y 2 −X2Y 3 = 0.c) (X2 − Z2)2 − 2Y 3Z − 3Y 2Z2 = 0.

110. Verteto se nje morfizem f : X → Y nga kurba projektive X tek kurba Y eshte konstant osesyrjektiv. Ne qofte se eshte syrjektiv, atehere Y eshte kurbe projektive.

111. Verteto se C eshte racionale atehere dhe vetem atehere kur Pik0(C) = 0

64 c©AulonaPress





3. Teorema Riemann - Roch

Natyrisht ne do te pelqenim nje barazim ne teoremen e Rimanit. Gjetjen e ketij termi qe mungone kryen teorema Rieman - Roch qe eshte nje nga teoremat me te rendesishme ne gjeometrine algjebrike.Me pare ne vertetojme lemen e reduktimit te Notherit.

Jepet kurba C me genus g, D nje pjesetues ne te dhe W nje pjesetues kanonik.

Lema 15. (Lema e reduktimit e Notherit) Ne qofte se l(D) ≥ 0 dhe l(W − D − P ) 6= l(W − D),atehere l(D + P ) = l(D)

Vertetim. E marrim C- ne si me pare, vetem me pika te zakonshme te shumefishta dhe P nje pike ethjeshte ne C (kap 7). Pra, Z.C =

∑ni=1 P1, ku P1 jane te ndryshme. Le te jete Em := m

∑ni=1 P1 −E, ku

E :=∑Q∈X(rQ − 1)Q dhe X eshte modeli jo singular i C-se. Nga problemi 1, kreu 9.1, ne dime se l(D) >

0⇐⇒ D > 0. Nga Pohimi 8.2, div(G)−E eshte nje pjesetues kanonik kur G eshte nje kurbe me grade n−3.Cdo dy pjesetues kanonike jane ekuivalente, pra W ∼ div(G)−E. Keshtu qe, mund te supozojme se W =En−3, per shembull marrim G te tille qe div(G) = (n− 3)

∑ni=1. Pra, kemi L(W −D) ⊂ L(W ) = L(En−3).

Le te jete h ∈ L(W −D), h /∈ L(W −D− P ). Atehere ne baze te Rrjedhimit 3, te kreut 9.2 h = GZn−3 .

div(G) = D + E +A, per A > 0, por A ≤ P .Marrim nje drejtez L qe kalon ne P dhe pret C- ne ne n − 1 pika te thjeshta, te ndryshme nga P, pra

L.C = P +B, ku B eshte pjesetuesi qe paraqet keto pika. Atehere div(LG) = (D + P ) + E + (A+B).Per f ∈ L(D+P ) \ 0 shenojme me D′ := div(f) +D. Duam te vertetojme se f ∈ L(D), pra D′ > 0.Perderisa D + P ∼ D′ + P > 0, Teorema e Mbetjeve thote se ekziston nje kurbe H me grade n − 2

qe div(H) = (D′ + P ) + E + (A+B).Por B permban n−1 pika te ndryshme lineare dhe H ka grade n−2. Nga Teorema Bezu, L eshte nje kom-

ponent i H-se. Gjithashtu P ∈ H sepse div(H) = (D′+P )+E+(A+B). Perderisa P nuk eshte ne E+A+B,atehere D′ + P > P . Pra, D′ > 0.

Tani kemi teoremen e meposhtme.

Teorema 20. (Riemann-Roch) Jepet W nje pjesetues kanonik ne C. Atehere per cdo pjestues D ∈Div(C),

l(D) = deg(D) + 1− g + l(W −D)

Vertetim. Nje vertetim me modern i kesaj teoreme qe perdor dualitetin e Serres mund te gjendetne [H, IV.1].

Rasti 1: l(W − D) = 0. Atehere nga rrjedhimi 9.5 g ≤ l(W ) dhe nga lemma 9.2 l(W ) ≤ l(W −D) + deg(D). Pra, g ≤ deg(D) ose 1 ≤ deg(D) + 1− g. Duke kombinuar kete mosbarazim me Teoremen eRiemannit kemi

1 ≤ deg(D) + 1− g ≤ l(D)

Tani perdorim induksionin matematik. Kur l(D) = 1, atehere nga mosbarazimet e mesiperme l(D) =deg(D) + 1− g.

Supozojme se teorema eshte e vertete per gjithe pjesetuesit D′ qe l(D′) = k. Marrim D qe l(D) = k+1.Zgjedhin piken P qe l(D − P ) = l(D)− 1 = k (shih ushtrimin 3 ne fund te kreut 9.1). Atehere per D − Pteorema eshte e vertete, pra

l(D − P ) = deg(D − P ) + 1− gl(D)− 1 = deg(D)− 1 + 1− g

Perfundimisht, l(D) = deg(D) + 1− g.Rasti 2: l(W −D) > 0. Ne kete rast, nga Pohimi 9.1 2), kemi deg(D) ≤ deg(W ) = 2g − 2. Zgjedhim

nje D maksimal per te cilin teorema nuk eshte e vertete. Pra, teorema eshte e vertete per cdo D + P ,P ∈ X. Marrim P- ne qe l(W −D−P ) = l(W −D)−1, si me siper. Nga lema e Notherit, l(D+P ) = l(D).Meqenese (D + P ) kenaq teoremen, atehere

l(D) = l(D + P ) = deg(D + P ) + 1− g + l(W −D − P ) = deg(D) + 1− g + l(W −D)

c©AulonaPress 65





Perfundimisht, l(D) = deg(D) + 1− g + l(W −D).

Rrjedhim 21. Ne qofte se W eshte nje pjesetues kanonik, atehere l(W ) = g.

Rrjedhim 22. Ne qofte se D eshte nje pjesetues me deg(D) = 2g − 2 dhe l(D) = g, atehere Deshte nje pjesetues kanonik.

Vertetim.

Rrjedhim 23. Ne qofte se deg(D) ≥ 2g − 1, atehere l(D) = deg(D) + 1− g

Rrjedhim 24. Ne qofte se deg(D) ≥ 2g, atehere l(D − P ) = l(D)− 1, per cdo P ∈ X.

Teorema 21. (Clifford) Ne qofte se l(D) > 0 dhe l(W −D) > 0, atehere

l(D) ≤ deg(D) + 1

2

Vertetim. Supozojme se D > 0 dhe D′ > 0, per D′ = W − D. Marrim g ∈ L(D) te tille qe g /∈L(D − P ), per cdo P < D′. Pasqyrimi linear

ϕ : L(D′)/L(0)→ L(W )/L(D)

ϕ(f) = fg

eshte injektiv. Keshtu qel(D′)− 1 ≤ g − l(D)

atehere Riemann - Roch per D′ perfundon vertetimin.

Ushtrime:

112. Jepet pjesetuesi D dhe P ∈ X. Atehere l(W −D−P ) 6= l(W −D) atehere dhe vetem atehere kurl(D + P ) = l(D)

113. Marrim pjesetuesit D dhe D′ te tille qe D +D′ = W . Atehere

l(D)− l(D′) =1

2(deg(D)− deg(D′))

66 c©AulonaPress




KAPITULLI 9

Nje korespondence e rendesishme.

1. Siperfaqet e Riemannit.

Jepet hapesira topologjike X e lidhur dhe Hausdorf. Nje fqinjesi koordinative ne X eshte nje cift(U, φ) ku U eshte nje bashkesi e hapur dhe φ nje homeomorfizem nga U ne nje bashkesi te hapur te planitkompleks C. Dy fqinjesi koordinative (Ui, φi) dhe (Uj , φj) jane te pajtueshme ne qofte se funksioni

φi φ−1j : φj(Ui ∩ Uj)→ φi(Ui ∩ Uj)

eshte holomorfik (i derivueshem) me derivat jo-zero. Nje familje fqinjesish koordinative (Ui, φi)i∈Ieshte mbulim koordinativ (ose atllas) ne qofte se X = ∪Ui dhe (Ui, φi) eshte i pajtueshem me (Uj , φj)per te gjitha ciftet (i, j) ∈ I × I. Dy mbulime koordinative jane ekuivalente ne qofte se bashkimi ityre eshte gjithashtu nje mbulim koordinativ. Lexuesi te vertetoje se ky eshte nje relacion ekuivalencene bashkesine e mbulimeve koordinative. Ne e quajme nje klase te tille ekuivalence strukture kompleksene X.

Perkufizim 22. Nje hapesire topologjike Hausdorf X sebashku me nje strukture komplekse quhetsiperfaqe e Riemannit.

Le te shohim tani dy shembuj mjaft te rendesishem per siperfaqet e Riemannit.

Shembull 4. Cdo hapesire e hapur dhe e lidhur D ⊂ C eshte siperfaqe e Riemannit per shembull merr(D, id) si atlas ne D.

Shembull 5. P1 = C ∪ ∞ eshte nje siperfaqe e Riemannit.

Vertetim. Merr bashkesite e hapura V1 := P1 \ ∞ = C dhe V2 := P1 \ 0 = C∗ ∪ ∞. Neperkufizojme funksionet φi : Vi → C si me poshte:

φ1 := idC

φ2(z) =

1z ne qofte se z ∈ C∗0 ne qofte se z =∞

Perkufizim 23. Nje funksion i vazhdueshem f : X → Y ndermjet dy siperfaqeve te Riemannit quhetanalitik ne qofte se per te gjitha fqinjesite koordinative (V, φ) ne X dhe (V ′, φ′) ne Y te tille qe f(V ) ⊂ f(V ′),funksioni

φ′fφ−1 : φ(V )→ φ′(V ′)

eshte holomorfik.

Ne perkufizimin e mesiperm mjafton qe kjo te jete e vertete per nje atllas.

Perkufizim 24. Jepet X nje siperfaqe e Riemannit. Nje funksion meromorfik ne X quhet nje funk-sion analitik X → P1, i ndryshem nga funksioni konstant ∞.

Shenojme me M(X) bashkesine e gjithe funksioneve meromorfike ne X.

Lema 16. M(X) eshte fushe.

69


Vertetim. Shenojme M(X) = K. Marrim f, f ′ ∈ K. Meqenese X eshte kompakte atehere f kanje numer te fundem polesh. Ne nje fqinjesi te cdo poli f mund te shprehet me nje seri Laurentit.

Perkufizojme f ± f ′ dhe f f ′ ne pikat larg poleve si zakonisht (f + f ′)(z) = f(z) + f ′(z) dhe f f ′(z) =f(z) f ′(z). Ne fqinjesite e poleve ne mbledhim ose shumezojme serite perkatese te Laurantit. Pra, f ± f ′dhe f f ′ shtrihen ne menyre unike funksione meromorfike ne X. Pra, K eshte unaze.

Per cdo f ∈ K, f 6= 0, f mund te shkruhet si

f = (z − z(a))n g(z)

ku g nuk ka zero ose pole. Atehere 1/f do te jete (z − z(a))−n g−1(z).

Perkufizim 25. M(X) do te quhet fusha e funksioneve meromorfike ne X.

Per nje f ∈M(X), pikat ku f -ja merr vleren ∞ si zakonisht do t’i quajme pole.

Shembull 6. Fusha e funksioneve meromorfike te P1

Vertetim. Shih shenimet....

Dhe tani nje teoreme e famshme e Riemannit qe ne do t’a marrim pa vertetim.

Teorema 22. (Teorema e Ekzistences e Riemannit) Le te jete X nje siperfaqe kompakte e Rie-mannit. Atehere per cdo bashkesi pikash te ndryshme p1, . . . , ps ne X dhe c1, . . . , cs ne C ekziston g ∈M(X)i tille qe g(pi) = ci per i = 1, . . . , s.

Ne mund te perkufizojme nje invariant mjaft te rendesishem te siperfaqeve kompakte te Riemannit,genusin e tyre. Genusi i nje siperfaqe kompakte te Riemannit X eshte numeri i ”dorezave” ose ”vri-mave” te siperfaqes. Per shembull ne dime se P1 eshte nje siperfaqe kompakte e Riemannit dhe gjithashtueshte nje sfere. Pra, genusi i P1 eshte 0. Kur X eshte nje siperfaqe me nje doreze atehere quhet torus.Pra, torusi eshte nje cilinder te cilit ne i kemi bashkuar te dy bazat. Cdo siperfaqe kontakte e Rimannitjepet si bashkim e nje numri torusesh, qe eshte genusi i kesaj siperfaqe. Zakonisht genusi i perkufizuar persiperfaqet ne kete menyre quhet genusi topologjik. Ai eshte i njejte me genusin algjebrik te perkufizuar ngateorema Riemann - Roch. Kjo nuk eshte surprize po te kemi parasysh korrespondencen midis siperfaqevete Riemannit dhe kurbave projektive, per te cilen ne do te flasim ne kreun ne vazhdim.

Nje hapesire e lidhur thjeshte (simply connected) quhet nje hapesire topologjike me vetine qe per cdody pika te saj ekziston nje kalim (path) midis tyre (.............). A mund te klasifikojme gjithe siperfaqet eRiemannit qe jane hapesira te lidhura thjeshte? Pergjigjen e kesaj pyetje na e jep teorema e meposhtmeqe behet ne cdo kurs te analizes komplekse.

Teorema 23. (Teorema e pasqyrimit e Rimannit) Nje siperfaqe e Riemannit, e lidhur thjesht,eshte izomorfike (ndoshta homeomorfike eshte term me i pershtatshem) me nje nga tre hapesirat qe vijojne:

i) Cii) Diskun e hapur me rreze 1: D := z ∈ C||z| < 1iii) Sferen e Riemannit

70 c©AulonaPress





3. Formula Riemann - Hurwitz.

Ne thame me siper se cdo kurbe korrespondon me nje siperfaqe kompakte te Riemannit. Gjithashtugenusi algjebrik i nje kurbe, qe kemi perkufizuar ne kapitullin 9, eshte i njejte me genusin topologjikte siperfaqes korresponduese te Riemannit. Kush ka njohuri mbi siperfaqet e Riemannit e njeh formulen efamshme Riemann - Hurwitz qe ne do ta marrim pa vertetim. Ne mund te zevendesojme fjalen kurbe mesiperfaqe e Riemannit dhe anasjelltas.

Jepet nje pasqyrim (mbulim) midis kurbave, ψ : X → Y , me grade n. Le te jete gX dhe gY genusi i Xdhe Y , respektivisht. Marrim nje pike Q ∈ Y . Ne qofte se indeksi i ramifikimit eP = 1 per cdo P ∈ ψ−1(Q),atehere mbulimi quhet i pa ramifikuar ne Q. Ne qofte se ekziston nje P ∈ ψ−1(Q) e tille qe eP > 1,Atehere pika P quhet pike ramifikimi dhe pika Q quhet branch point1. Le te permendim disa vetite pasqyrimeve.

Lema 17. Jepet nje pasqyrim midis siperfaqeve te Riemanit, ψ : X → Y , me grade n.a) Per cdo Q ∈ Y , #ψ−1(Q) = n

Vertetim. Marrim dy pika Q1 dhe Q2 ne Y . Perderisa Y eshte e lidhur ekziston nje funksion ivazhdueshem ρ : [0, 1]→ Y i tille qe

ρ(0) = Q1

ρ(1) = Q2

Ky shteg (path) ngaQ1 tekQ2 ngrihet neX (vetia e ngritjes homotetike). Atehere ngritja ρ lidh nje pike ngaψ−1(Q1) me nje pike ne ψ−1(Q2). Pra, kemi nje korrespondence 1 - 1 midis pikave te ψ−1(Q1) dheψ−1(Q2)

Lema eshte e vertete per cdo dy manifolde X dhe Y , kur Y eshte i lidhur. Lema thote se ka kuptimte perkufizosh graden e nje mbulimi si kardinaliteti i nje prej fibrave.

Nje situate interesante eshte kur kemi kompozim te pasqyrimeve midis kurbave. Per shembull ne rastin

C1φ→C2

ψ→C3

Lema e meposhtme na jep lidhjen midis indekseve te ramifikimit.

Lema 18. Jepen mbulimet midis kurbave;

C1φ→C2

ψ→C3

atehere

eψφ = eφ(P )eψ(φ(P ))

per cdo P ∈ C1.

Vertetim. Detyre. Dhe tani formula Rimann - Hurwitz te cilen do t’a marrim pa vertetim. Lexuesi ambicioz te shohe [H],

[Sh], [La] etj.

Teorema 24. (Rimann - Hurwitz) Jepet nje pasqyrim midis kurbave,

ψ : X → Y

me grade n. Le te jete gX dhe gY genusi i X dhe Y, respektivisht. Atehere,

2(gX − 1) = 2n(gY − 1) +∑P∈X

(eP − 1)

Ushtrime:

1Per mungese te nje termi me pershkruas ne shqip

72 c©AulonaPress





114. Jepet nje kurbe eliptike E, per shembull kurba

y2 = x3 + ax+ b

Ekziston involucioni hipereliptikω : E → P1

me grade 2. Gjej ramifikimin e mundshem te E-se.

115. Kurbe hipereliptike quhet cdo kurbe e formes

y2 = f(x)

ku f(x) eshte nje polinom ne k[x]. Per keto kurba ekziston involucioni hipereliptik

w : C → C

(x, y)→ (x,−y)

i cili na jep projeksionin unik me gradew : C → P1

Cila duhet te jete grada e f(x) qe te kemi nje kurbe hipereliptike me genus 2?

116. Sa pika me shumefishmeri 2 mund te kete nje kurbe eliptike? Po nje kurbe me genus 2.

117. Sa pika Weirstrassi mund te kete nje kurbe me genus 2? Po nje kurbe eliptike?

c©AulonaPress 73




KAPITULLI 10

Kurbat eliptike

Ne kete kapitull ne kemi si synim te japim nje pershkrim konciz te kurbave eliptike. Ne do te permendimfaktet kryesore te ketij subjekti shume here duke shmangur vertetimet e teoremave. Qellimi eshte qe lexuesite shijoje kete teori elegante e bashkekohore ne nje kohe sa me te shkurter. Do te ishte e pamundurte trajtonim kurbat eliptike me hollesi ne kete liber, pasi ky subjekt eshte shume i gjere. Megjithate,literatura ne kete fushe eshte mjaft e gjere e lexuesi ambicioz mund te gjeje material te mjaftueshem tek[S1], [S2] etj.

Gjate shkrimit te ketij kapitulli ne pothuajse nuk jemi shqetesuar fare per anen pedagogjike te subjektit,por vetem per motivimin matematik.

75


1. Struktura e grupit te nje kurbe eliptike

Jepet nje kurbe projektive E e lemuar me grade 3. Ne nje nga problemet ne pame se gE = (n−1)(n−2)2

kur E eshte e lemuar, pra gE = 1. Bejme pyetjen:- cilat jane pikat racionale te kesaj kurbe dhe ne qofte sene njohim disa pika racionale mundet te gjejme te tjerat? Per kete ne do te krijojme nje veprim ⊕ qe i bengjithe pikat e E-se nje grup G dhe me vone do te shohim se ky grup do t’u jape pergjigje shume pyetjeve mbikurbat e ketij lloji. Konsidero ndertimin e meposhtem. Fiksojme nje pike O ne E. Kjo O do te luaje roline identitetit te ketij grupi G. Ne qofte se nje pike e dhene P do te jete nje element i G-se ne duhette gjejme te anasjellten e P-se. Zbatojme modelin e drejtezes reale, ne qofte se bashkojme P me O, marrim−P ne kahun 1 tjeter te drejtezes OP. Ne baze te teoremes Bezut OP pret E ne tre pika, pra ne quajme pikene trete −P .

Te shohim tani se si mund te perkufizojme (P⊕

O). Bashkojme P me O marrim piken e trete te prerjesP3 = −P . Bashkojme P3 me O, marrim piken e trete te prerjes, ne kete rast −P3 = −(−P ) = P . Pra,P⊕

O = P Te gjejme tani si do te ”mbledhim”dy pika cfaredo P e Q. Le te jene P dhe Q dy pikate cfardoshme te E-se. Marrim drejtezen PQ dhe E, perseri ne baze te teoremes Bezut, keto priten ne trepika: P , Q e nje pike te trete qe per tani e quajme P3. Bashkojme P3 me O e marrim piken e trete te prerjesqe e quajme (P

⊕Q). Perfundimisht cfare thame me larte mund te permblidhet ne:

Per te gjetur P⊕Q ne marrim piken e trete P3 te prerjes se PQ me E, bashkojme kete pike me O dhe

shenojme me P⊕Q piken e trete te prerjes se P3O me E.

P Q - (P + Q )

P + Q

O O

P

- 2P

2P

Figura 1. Shuma e dy pikave P dhe Q dhe 2P=P+P, kur qendra eshte O

Per te vertetuar se (E,⊕

) eshte grup ne na ka mbetur te vertetojme se veprimi i perkufizuareshte shoqerues. Lexuesi mund t’a beje kete mbas kreut tjeter pasi ne japim pershkrimin algjebrik te veprimitte mesiperm. Me lejoni t’ju paralarmeroj se megjithese vertetimi eshte elementar ne te njejten kohe eshte igjate e me shume detaje. Per nje vertetim te vetise se shoqerimit shih [77]. Nje cift i tille (E,O) qy-het kurbe eliptike. Ne ndertimin e mesiperm ne shfrytezuam shume here faktin se E ishte e lemuar.Cfare ndodh ne qofte se E ka pika singulare? Cuditerisht, ne qofte se ne shmangim pikat singulare S, atehere injejti ndertim qendron. Pra, E \ S behet perseri nje grup si me siper, duke pasur kujdes qe O ∈ E \ S. Cilieshte problemi kryesor ketu; ne duhet te kontrollojme qe per P , Q ∈ E \ S, P

⊕Q ∈ E \ S. Kujtohu se

per cdo dy kurba C e D dhe nje pike P ne C ∩D, I(P,C ∩D) = 1 atehere dhe vetem atehere kur P eshte ethjeshte. Atehere marrim per P , Q ∈ E \ S dhe drejtezen L = PQ. I(P,E ∩ L) = I(Q,E ∩ L) = 1 sepse

1Nga ndertimi ne do te shohim se grupi yne G do te jete abelian, pra shenimi i te anasjelltes se P-se me −P ka kuptim

76 c©AulonaPress





P e Q jane te thjeshta. Teorema Bezut thote se∑R∈E∩L I(M,E ∩ L) = 3, pra pika e trete e prerjes R ka

numer prerjeje 1, domethene R eshte e thjeshte. Ne te njejten menyre vertetojme se drejteza OR pret Ene nje pike te thjeshte (P

⊕Q). Pra, (P

⊕Q) ∈ E \ S

Kthehemi perseri ne rastin kur E eshte e lemuar. Ne tani perkufizojme formalisht kurbat eliptike.

Perkufizim 26. Nje kurbe E e lemuar, projektive me genus 1 dhe me nje pike te fiksuar O ∈ E quhetkurbe eliptike.

Zakonisht si O te nje kurbe eliptike ne marrim piken ne infinit, pra O =[0,1,0]. Pra, ne qofte se themijepet kurba eliptike E := y2 = x3 + 1 ne nenkuptojme se O =[0,1,0]. Veprimi algjebrik ne kete rast behet:

Per te gjetur P⊕Q ne marrim piken e trete P3 te prerjes se PQ me E, ngreme vertikalen L ne P3 dhe

shenojme me P⊕Q piken e ”trete”2 te prerjes se L-se me E.

P Q - (P+Q)

(P+Q)

P

- 2P

2P

Figura 2. Shuma e dy pikave P dhe Q kur qendra eshte infinit

2Natyrisht P3 dhe infinit jane dy pika prerje, pra ekziston nje e trete P⊕

Q

c©AulonaPress 77





2. Invariantet e nje kurbe eliptike

Nje kurbe eliptike E thuhet se eshte dhene ne formen Weierstrass ne qofte se jepet me ekuacionin:

E : Y 2Z + a1XY Z + a3Y Z2 = X3 + a2X

2Z + a4XZ2 + a6Z

3 (1)

se bashku me nje pike O=[0,1,0]] ne infinit, ku a1, . . . , a6 ∈ K dhe K eshte nje fushe cfardo. Per t’ibere gjerat me te thjeshta, ne zevendesojme x = X/Z dhe y = Y/Z dhe kemi

E : y2 + a1xy + a3y = x3 + a2x2 + a4x+ a6 (2)

E quhet e perkufizuar mbi K. Vini re vendosjen e koeficenteve ai pasi kjo terminollogji tashme eshte standart.Ne qofte se char(K) 6= 2 ne plotesojme katrorin ne anen e majte dhe ekuacioni behet:

E : y2 = 4x3 + b2x2 + 2b4x+ b6 (3)

ku

b2 = a21 + 4a2

b4 = 2a4 + a1a3

b6 = a23 + 4a6

Ne qofte se char(K) 6= 3, atehere ne mund te vazhdojme me tej e supozojme se (lexuesi te verte-toje kete fakt):

E : y2 = x3 − 27c4x− 54c6

ku,

c4 = b22 − 24b4

c6 = −b32 + 36b2b4 − 216b6

Pra, ne qofte se char(K) 6= 2, 3, atehere nje kurbe eliptike jepet ne formen e Weierstrassit

E : y2 = x3 +Ax+B

Natyrisht ne mund t’i kishim perkufizuar kurbat eliptike ne kete menyre, por per shume computer algebrapackages”si GP-PARI, MAGMA etj si dhe tabelat e Cremones ju duhet te dini gjithashtu edhe format epara te kurbave eliptike, pasi shume here ne na duhet te punojme me fusha me karakteristike 2 ose 3.

Shenojme me ∆ := −16(4A3 + 27B2) dhe j = −1728 4A3

∆ dhe quajme ∆ diskriminant ose dallor i E-se,kurse j do t’a quajme j-invariant.

Nje tjeter forme e pershtatshme kur char(K) 6= 2 eshte forma Legendre, e cila jepet si me poshte:

E : y2 = x(x− 1)(x− t)

Cdo kurbe eliptike e dhene mbi nje fushe me karakteristike jo 2, mund te shprehet me formen Legendre,natyrisht per t 6= 0, 1. Atehere

j = 28 (t2 − t+ 1)3

t3(t− 2)2

Shenojme meM hapesiren e klasave izomorfike te kurbave eliptike. Atehere invarianti j eshte nje pasqyrim:

j :M→ C

E → jE

Lema e meposhtme na tregon se j eshte nje pasqyrim syrjektiv. Vertetimi nuk eshte i veshtire, por dote na fuste ne teorine e latisave dhe analizes komplekse.

Lema 19. Jepet kurba eliptike E, e perkufizuar mbi fushen k = k. Ne qofte se j(E) = j(E′), atehere E ∼=E′

78 c©AulonaPress





Pra, j-invariant klasifikon kurbat eliptike ne shkalle izomorfizmi, me fjale te tjera dy kurba eliptike

qe kane j-invariant te njejte jane izomorfike. Prej ketu e tutje kur te themi se ”jepet kurba eliptike E”ne dote kuptojme se jepet klasa izomorfike e kurbave eliptike me perfaqsues E.

Per nje kurbe eliptike te dhene E : y2 = x3 +ax+b, mbi nje fushe algjebrike numerike K, ne themi se Eka ”good reduction”ose reduktim te mire ne nje numer te thjeshte p ne unazen e numrave te plote OKte K-se ne qofte se: Ep : y2 = x3+apx+bp, ku ap e bp jane reduktimet mod(p), eshte perseri nje kurbe eliptike.Ne te kundert thuhet se E ka bad reduction ose reduktim te keq ne p. Ne qofte se Ep ka nje node thuhetse E ka reduktim multiplikativ (ose E quhet semi-stable), kur Ep ka nje kusp thuhet se E ka reduktimaditiv.

E/K ka reduktim te mire mbi K ne qofte se ka ”good reduction”per cdo p ∈ OK . E/K kapotencialisht reduktim te mire mbi K ne qofte se ekziston nje shtrirje e fundme K ′/K e tille qe E kareduktim te mire mbi K ′.

Nje tjeter invariant i rendesishem eshte konduktori i nje kurbe eliptike. Konduktori NE i E-se eshte nje lloj determinanti, pra nje fare produkti i numrave te thjeshte, ne te cilet E ka ”bad reduction”.Ne do te japim nje perkufizim te pranueshem per nivelin e ketij libri, per nje perkufizim me te detajuar shih[76].

Perkufizim 27. Jepet E/K nje kurbe eliptike mbi fushen numerike algjebrike K. Konduktori NE iE-se quhet

NE =∏p∈K

pfp

ku fp = εp + δp. Quajme εp pjesa tame dhe δp quhet pjesa wild e fp.

Ne rastin kur E ka reduktim te mire ose kur p ≥ 5, fp merret si me poshte:Kurbat eliptike klasifikohen gjithashtu ne baze te konduktorit. Tabelat me komplete per kurbat eliptike

jane tabelat e Cremones, te cilat mund te gjenden gjithashtu ne disa sisteme te algjebres si ’Magma’ osene internet, per shembull, vizito Cremona homepage. Tabelat e Cremones klasifikojne kurbat eliptike perkonduktoret N = 11, . . . , 5077.

Nje tjeter invariant i nje kurbe eliptike eshte invarianti diferencial ω , i cili jepet si me poshte:

ω =dx

2y + a1x+ a3=

dy

3x2 + 2a2x+ a4 − a1y

ku kurba eliptike eshte dhene nga ekuacioni (2).

Formula per P⊕Q

Per ata qe kerkojne nje pershkrim me te detajuar te veprimit⊕

ne E ne japim formulat e meposhtme.Keto formula jane thjeshte nje pershkrim algjebrik i gjeometrise se mesiperme. Le te jete dhene kurbaeliptike E me ekuacionin (2). Jepen gjithashtu dy pika ne E, P1 = (x1, y1), P2 = (x2, y2), shenojme meP3 = (x3, y3) = P1

⊕P2. Atehere kordinatat x3, y3 jepen si me poshte.

1) Ne qofte se x1 6= x2 marrim

λ =y2 − y1

x2 − x1

µ =y1x2 − y2x1

x2 − x1

2) Ne qofte se x1 = x2

λ =3x2

1 + 2a2x1 + a4 − a1y1

2y1 + a1x1 + a3

µ =−x3

1 + a4x1 + 2a6 − a3y1

2y1 + a1x1 + a3

c©AulonaPress 79





Atehere,x3 = λ2 + a1λ− a2 − x1 − x2

y3 = −(λ+ a1)x3 − µ− a3

Duke perdorur keto formula lexuesi mund te vertetoje vetine nderrimtare te mbledhjes ne kurbat eliptike.

Ushtrime:

118. Duke perdorur formulat e mesiperme, gjej formulat e dyfishimit te nje pike ne nje kurbe eliptike.Me fjale te tjera, gjej x2P dhe y2P .

119. Verteto se E : y2 = x3 + ax+ b per a, b ∈ Z eshte e lemuar atehere dhe vetem atehere kur ∆ 6= 0

120. Verteto se lema 10.1 nuk eshte e vertete ne rastin e nje fushe qe nuk eshte algjebrikisht e mbyllur.

121. Verteto se E ka reduktim te mire ne nje numer te thjeshte p atehere dhe vetem atehere kur p nukpjeseton ∆E.

122. Verteto se E/Q ka potencialisht reduktim te mire atehere dhe vetem atehere kur j(E) ∈ Z

123. Verteto se E/K ka potencialisht reduktim te mire atehere dhe vetem atehere kur j(E) ∈ OK [Sil2, Prop. 5.5]

124. Verteto se cdo kurbe eliptike E/K e dhene ne formen e Weirstrassit mund te shprehet me ekuacionine Lagranzhit

y2 = x(x− 1)(x− λ)

ku λ ∈ K \ 0, 1.

80 c©AulonaPress





3. Teorema Mordell - Weil

Jepet kurba eliptike E/K e perkufizuar mbi fushen algjebrike numerike K. Ne perkufizuam nje veprimne pikat e E-se dhe thame se E(K) eshte nje grup. Natyrisht lind pyetja se c’mund te mesojme rrethketij grupi. Nje teoreme sa e rendesishme, por edhe elegante qe jep informacion rreth E(K) eshte teoremaMordell - Weil. Kjo teoreme thote se E(K) eshte nje grup abelian me numer te fundem gjeneratoresh.

Teorema 25 (Mordell-Weil). Jepet nje fushe algjebrike numerike K dhe E/K nje kurbe eliptike.Atehere grupi E(K) ka nje numer te fundem gjeneratoresh.

Perderisa E(K) eshte grup abelian me numer te fundem gjeneratoresh, nga teorema themelore e grupeve

abeliane kemi

E(K) ∼= Etor(K)× Zr

ku Etor(K) eshte pjesa torsion dhe Zr eshte pjesa e lire. Numri i plote r quhet rank i kurbes eliptike E.Ekziston konjektura e meposhtme:

Konjekture: Ekzistojne kurba eliptike E/Q me rank arbitrarisht te madh.Ne kohen e shkrimit te ketij libri ranku me i madh i njohur i nje kurbe elliptike eshte 23.Teorema e meposhtme na ndihmon per te gjetur pikat integrale te kurbave eliptike e ne raste speciale

edhe pjesen torsion Etor(Q) te E(Q).

Teorema 26. (Nagell - Lutz) Eshte dhene kurba eliptike E/Q me ekuacion Weierstrasi

y2 = x3 +Ax+B

ku A,B ∈ Z. Supozojme se P = (x, y) ∈ E(Q) eshte nje pike torsion jo-zero. Atehere,a) x, y ∈ Z,b) [2]P = 0 ose y2|(4A3 + 27B2)

Shembull 7. Jepet kurba eliptike E me ekuacion Weirstrassi

E : y2 = x3 − 43x+ 166

. Ne qofte se

P = (xP , yP ) ∈ Etor(Q)

atehere yP ∈ 0,±1,±2,±4,±8,±16,±32,±64,±128 (teorema Nagell - Lutz). Duke perdorur nje kalkula-tor gjejme se nga mundesite e mesiperme vetem pikat e meposhtme jane racionale.

(3,±8), (−5,±16), (11,±32)Pra, Etor(Q) ka keto 6 elemente plus zeron e grupit. Domethene Etor(Q) duhet te jete grupi ciklik me

rend 7, pra Z7. Ne te vertete, marrim nje pike Q = (x, y). Duke pershtatur formulat e kreut 10.2 kemi:

λ =3x2 − 43

2y

ν =−x3 − 43x+ 332

2y

dhe

x2Q = λ2 − 2x

y2Q = −λx2Q − νTani le te jete Q = (3, 8). Duke perdorur formulat e mesiperme kemi: [2]Q = (−5,−16), [4]Q = (11, 32),

[8]Q = (3, 8).Pra, [8]Q = Q, keshtu qe [7]Q = O. Pra, Q ka rend 7 dhe Etor(Q) = Z7.

c©AulonaPress 81





4. Pikat torsion te nje kurbe eliptike, isogjenite.

Serish marrim kurben eliptike E te dhene mbi fushen e numrave algjebrike K. Grupi E(K) i nje kurbeeliptike ka dy pjese, pjesen torsion dhe pjesen e lire. Studimi i pjeses torsion do te jete qellimi i ketijkreu. Teorema Mordell - Weil na tregon se grupi i pikave racionale torsion eshte i fundem. Gjetja eketyre pikave ne shumicen e rasteve nuk eshte e lehte. Pyetja qe vazhdon eshte mjaft e ligjshme: Cilatjane rendet e mundshem te nje pike torsion? Me fjale te tjera. per nje pike te dhene P, cilat jane vlerat em-se qe m ·P = P + · · ·+P = 0 marrim m-here P-ne, kete fakt do t’a shenojme me [m]P . Pergjigjen kesajpyetjeje per E(Q) ja jep nje teoreme e famshme nga B. Mazur (1978).

Teorema 27. (Mazur)Le te jete dhene nje kurbe eliptike E/Q, atehere rendet e mundshem te pikavetorsion jane 1 ≤ n ≤ 10 dhe n=12.

Mbi fushat algjebrike numerike kjo pyetje ka pergjigje te plote vetem per fushat kuadratike. Kenku dhe

Momose arriten rezultate te pjesshme dhe perfundimisht Kamienny, nje student i Mazur, dha rezultatinqe vijon:

Teorema 28. (Kamienny) Jepet kurba eliptike E/K, e dhene mbi fushen numerike kuadratike K.Atehere rendet e mundshem te pikave torsion jane: n=1 ... 16, 18

Pune eshte bere edhe per fushat kubike nga H. Zimmer e te tjere, por me sa jam une ne dijeni ne kohen

e shkrimit te ketij libri, ata vetem kane diskutuar rastin kur j-invariant eshte numer i plote. Ne fakt Zimmerdhe grupi i tij kane perdorur metoda te tjera nga ato te Kamiennit dhe eshte bindja ime se me metodat e tyrenuk eshte e mundur te zgjidhet rasti i pergjithshem. Ne fakt ne nje korespondence timen me Kamiennin, aika thene se mendon se me metodat e tij eshte e mundur te mbarohet rasti mbi fushat kubike, megjithate deritani eshte ende i pazgjidhur. Gjithe kjo pune, pervec kuriozitetit per te gjetur rendet e mundshme te pikavetorsion, kishte dhe nje motivim matematik. Besohej se pasi fiksojme fushen K, atehere |Etor(K)| eshte ikufizuar nga nje konstante NK qe varet vetem nga K, per cdo kurbe eliptike E. Ky fakt fare vone eshte kthyerne teoreme fal L. Merel.

Teorema 29. (Merel) Per cdo fushe algjebrike numerike K ekziston nje konstante N=N(K), etille qe per te gjitha kurbat eliptike E/K,

|Etor(K)| ≤ N

Kurbat eliptike qe kane nje pike torsion me rend N ≥ 4 parametrizohen nga nje lloj tjeter kurbash

X0(N). X0(N), X1(N), X(N) eshte nje lloj i vecante kurbash qe quhen kurba modulare te nivelitN . Nje objekt mjaft i rendesishem matematik, kurbat modulare jane sot nje nga fushat me aktivete gjeometrise algjebrike bashkekohore. Ndoshta teksti me i mire eshte nga G. Shimura, ”An introduc-tion to Automorphic forms”.

Nje konjekture mjaft popullore (Taniama - Shimura) thote se cdo kurbe eliptike E me konduktor Nmund te merret nga nje mbulim f : X0(N) → E. A. Wiles vertetoi kete konjekture per kurbat mereduktim multiplikativ (semi-stable) per te vertetuar Teoremen Ferma. Une pata fatin te jem i pranishemne nje leksion te R. Taylor, gjate veres se vitit 1999 ne Princeton University3, kur Taylor paraqiti vertetimine plote te konjektures Taniama - Shimura4.

Le te kthehemi perseri tek pikat torsion, per shembull marrim nje m e P te tilla qe [m]P = 0. Vini re sepikat e E(K) me rend m formojne nje nengrup te E(K) qe ne e shenojme me E[m] = P ∈ E|[m]P = 0.Ne perkufizojme pasqyrimin qe vijon:

[m] : E → E

3Summer School in Arithmetic Algebraic Geometry, PCMI, Princeton University, 19994Shpesh e quajtur konjektura Weil

c©AulonaPress 83





P → [m]P

Ky pasqyrim quhet shumezimi me m ne E.Le te japin tani nje tjeter perkufizim mjaft te rendesishem per kurbat eliptike ate te isogjenive:

Perkufizim 28. Le te jene E1 e E2 dy kurba eliptike. Nje isogjeni ndermjet tyre eshte nje morfizem

φ : E1 → E2

qe φ()) = O. E1 dhe E2 quhen isogjene. |ker(φ)| quhet grada e φ dhe ne do ta shenojme me deg(φ).

Mund te vertetohet se pasqyrimi [m] : E → E i mesiperm eshte nje isogjeni me grade m2. Nengrupitorsion Etor i E eshte

Etor =

∞⋃m=1

E[m]

Nje isogjeni eshte thjeshte nje homomorfizem midis dy grupeve te kurbave eliptike.

Lema 20. Le te jete

φ : E1 → E2

nje isogjeni. Atehere

φ(P +Q) = φ(P ) + φ(Q)

, per cdo P e Q ∈ E1

Vertetim. Supozojme se φ 6= 0. Ne dime se ekziston φ∗ : Pik0(E1)→ Pik0(E2). Nga ana tjeter, cdokurbe mund te ngjitet (embedded) ne Jakobin e saj. Per me teper qe per kurbat eliptike Jakobi eshte injejte me kurben. Perderisa φ(O) = O, atehere diagrama eshte nderrimtare.

Pik0(E1)φ∗→ Pik0(E2)

i1 ↑ ↑ i2E1

φ→ E2

Perderisa i1, i2, φ∗ jane homomorfizma grupesh, atehere edhe φ eshte nje homomorfizem grupesh. Jepet nje isogjeni φ : E1 → E2. Si per cdo morfizem kurbash, ekziston morfizmi i dyfishte φ∗ : E2 → E1

(shih kapitullin mbi morfizmat e kurbave) qe eshte gjithashtu nje isogjeni. Duke marre φ∗ φ : E1 → E1 nekemi nje isogjeni ne E1. Tani mund te vertetojme se isogjenite formojne nje relacion ekuivalence. Ne qofte selexuesi nuk eshte familjar me morfizmat e dyfishta, atehere konsiderojme HomK(E1, E2). Meqenese E1

dhe E2 jane grupe, atehere HomK(E1, E2) eshte grup dhe natyrisht cdo isogjeni eshte nje anetar i ketijgrupi dhe ne zakonisht do t’u referohemi ketyre isogjenive si K-isogjeni. Ne qofte se φ ∈ HomK(E1, E2),atehere marrim φ∗ ∈ HomK(E2, E1), te tille qe φ φ∗ = [n] ne E1 dhe φ∗ φ = [n] ne E2, ku n = deg(φ) =deg(φ∗).

Pra, keto klasa ekuivalence i quajme klasa isogjenike. Mund te vertetohet, megjithese jo lehte, seper nje konduktor te dhene ekzistojne vetem nje numer i fundem klasash isogjenike te kurbave eliptike.Klasifikimi i ketyre klasave behet, sic eshte permendur me larte, ne librin e J. Cremones ”Algorithmsfor Modular Elliptic Curves”. Algorithme per te gjetur keto klasa isogjenish ka kudo ne literature, pernje pershkrim mjaft te qarte une do te rekomandoja M. Laska, Elliptic Curves over Number Fields withPrescribed Reduction type”. Kurbat qe ndodhen ne te njejten klase isogjenike kane reduktim te njejte ne cdonumer te thjeshte p ∈ OK , ku K eshte nje fushe algjebrike numerike.

Gjithashtu ja vlen te permendet lema e meposhtme:

Lema 21. Jepet kurba eliptike E/K dhe shumezimi me m, [m] : E → E. Atehere grupi i pikavem-torsion jepet si me poshte:

E[m] ∼= Z/mZ× Z/mZ

Prandaj teoremat e Mazur dhe Kamienny me fare pak pune behen:

84 c©AulonaPress





Teorema 30. (Mazur)Le te jete dhene nje kurbe eliptike E/Q, atehere Etor(Q) eshte izomorfik menje nga grupet qe vijojne:

Z/NZ, 1 ≤ N ≤ 10, ose N = 12Z/2Z× Z/2NZ, 1 ≤ N ≤ 4

Teorema 31. (Kamienny) Jepet kurba eliptike E/K mbi fushen numerike kuadratike K, atehere Etor(Q)eshte izomorfik me nje nga 26 grupet qe vijojne:

Z/NZ, N = 1, . . . , 16, ose N = 12Z/2Z× Z/2NZ, N = 1, . . . , 6Z/3Z× Z/3NZ, N = 1 ose 2Z/4Z× Z/4Z

Perderisa E eshte grup, shenojme me End(E) := Hom(E,E). Eshte nje fakt baze i algjebres se End(E)

eshte unaze (jo gjithmone abeliane) me shumezim kompozimin e funksioneve. Jepet E/K, ku char(K) = 0.Ne qofte se End(E) permban dicka tjeter me shume se Z, atehere thuhet se E ka shumezim kompleks.

Jepet nje fushe numerike kuadratike K dhe OK unaza e numrave te plote te K-se. Teorema e meposhtmeeshte mjaft interesante.

Teorema 32. a) Ekzistojne nje numer i fundem klasash izomorfizmi kurbash eliptike E/C, te tillaqe End(E) ∼= OK .

b) Jepet nje kurbe eliptike E/C, e tille qe End(E) ∼= OK . Atehere J(E) eshte nje numer i plote algjebrikmbi Q.

Ushtrime:

126. Gjej gjithe pikat torsion ne y2 = x3 + 1

127. Gjej pikat torsion ne y2 = x(x+ 1)(x+ 4)

128. Gjej Etor(Q):a) y2 = x3 + 17b) y2 = x3 − xc) y2 = x3 − 1d) y2 = x3 + x+ 1e) y2 = x3 + 8

129. Jepet kurba eliptike

E/Q : y2 + y = x3 − x+ 1

Gjej diskriminantin ∆E dhe ne cfare numrash te thjeshte E ka reduktim te mire, reduktim te keq, reduktimaditiv dhe multiplikativ.


E/Q : y2 = x3 + 3



E/Q : y2 = x3 + x


c©AulonaPress 85





132. 5 Ne qofte se C(x) ∈ Fp[x] ka grade 3 dhe p ≥ 5, atehere ekzistojne x, y ∈ Fp te tille qe y2 = C(x).

133. Jepet nje kurbe C me genus 1 mbi fushen K.a) Verteto se j(C) ∈ K.b) Verteto se C eshte nje kurbe eliptike mbi K atehere dhe vetem atehere kur C(K) 6= ∅.c) Verteto se C eshte gjithmone isomorfike (mbi K) me nje kurbe eliptike te perkufizuar mbi K.

134. Jepen dy kurba eliptike E1 dhe E2 mbi K te tilla qe E1 ∈ In(E2), per ndonje numer natyror n,ku In(E2) eshte bashkesia e gjithe kurbave eliptike n-isogjene me E1 mbi K. Le te jepen E′1 dhe E′2 mbi K,te tilla qe E1

∼= E′1 dhe E2∼= E′2 jane izomorfike mbi nje shtrirje te fundme te K-se. Atehere E′1 ∈ In(E′2)

135. Verteto se perkufizimi i j(E) nuk varet nga zgjedhja e zeros. Me fjale te tjera ne qofte se Eeshte nje kurbe me genus 1, atehere kudo qe t’a marrim qendren O, j(E) ka te njejten vlere.

5Ky problem eshte marre nga nje bisede ne Arizona Winter School, 1998, Conference on the ABC-conjecture

86 c©AulonaPress




KAPITULLI 11

Kurbat Modulare

Ne kete kapitull ne do te japim nje pershkrim te shkurter te kurbave modulare. Materiale te tjera perkete subjekt jane Shimura , Lang , Koblitz , Milne etj.

1. Grupi Modular

Le te jete dhene H si gjysma e siperme e planit kompleks pa drejtezen reale. Pra

H = z ∈ C | Im(z) > 0H eshte izomorfike 1 me diskun e hapur me rreze 1 nepermjet pasqyrimit

z → z − iz + i

Marrim grupin e matricave me determinant 1 dhe terma nga fusha e numrave reale, SL2(R). Ky grup

vepron ne C := C ∪ ∞ si me poshte.

SL2(R) × C→ C

(

(a bc d

), z)→ az + b

cz + d

Ne do t’a shenojme kete veprim me

gz =az + b

cz + d

kur g =

(a bc d

). Atehere

Im(gz) =Im(z)

||cz + d||2> 0

Pra g(H) ⊂ H, per cdo g ∈ SL2(R).

Vini re se 1SL2(R) =

(1 00 1

)dhe −1SL2(R) =

(−1 00 −1

)nuk levizin asnje element te H. Keshtu qe,

ne konsiderojme tani grupin SL2(R)/±1 dhe kemi nje veprim te ”sinqerte”(faithfully) ne H. Marrimnengrupin Γ te SL2(R)/±1 te perkufizuar si me poshte:

Γ := SL2(Z)/±1dhe e quajme grupi modular .

Teorema 33. Γ eshte nje grup i lire me paraqitje

Γ =< S, T ;S2 = (ST )3 = 1 >

ku

S =

(0 −11 0

), T =

(1 10 1

)1Analistet e quajne homeomorfike ose konformisht ekuivalente

87


Vertetim. Shih Serre [1]. Ky grup gjithashtu vepron ne H. Teorema e meposhtme percakton nje orbite D te ketij veprimi.

Teorema 34. (1) D eshte orbite e Γ, me fjale te tjera ∀z ∈ H, ∃g ∈ Γ e tille qe gz ∈ D.(2) Marrim z ∈ D dhe Stab(z) := g ∈ Γ|gz = z, stabilizuesin e z-se ne Γ. Atehere Stab(z) = 1,

pervec pikave z = i, z = e2πi3 dhe z = πi

3 . Ne keto raste kemi:

a) z = i, Atehere Stab(z) = S, S2 = 1b) z = e

2πi3 , Atehere Stab(z) = ST, (ST )2(ST )3 = 1

c) z = e2πi3 , Atehere Stab(z) = TS, (TS)2(TS)3 = 1

(3) Marrim z dhe z′ ne D te tilla qe z = gz′ per ndonje g ∈ Γ. atehere1) Re(z) = ± 1

2 dhe z = z′ + 1, ose

2) |z| = 1 dhe z′ = − 1z

Vertetim. Shih Serre [1] per detajet. Le te kthehemi perseri tek veprimi i Γ mbi H. Marrim hapesiren H/Γ qe eshte ne fakt brendesia e

D-se, pra Do. Ne do t’a shenojme kete hapesire me Y (1). Y(1) ka nje strukture komplekse te vetmeqe e ben siperfaqe te Riemannit. Teorema e mesiperme na thote se per t’a kompaktifikuar Y(1) duhette shtojme piken ne infinitet. Ne te vertete eshte nje cilinder i mbyllur nga poshte. Y(1) te kompaktifikuardo t’a shenojme me X(1). Eshte e qarte se X(1) eshte sfera e Riemannit, pra ka genus 0. X(1) do te quhetkurba modulare e nivelit 1.

2. Kurbat Modulare te Nivelit N

Marrim tani disa nengrupe te grupit modular. Per shembull marrim

Γ(N) := (a bc d

)∈ Γ| a ≡ 0 mod N,

Γ0(N) := (a bc d

)∈ Γ| c ≡ 0 mod N

Keta grupe gjithashtu veprojne ne H. Hapesirat H/Γ(N) dhe H/Γ0(N) i shenojme me Y (N) dhe Y0(N)respektivisht. Keto jane siperfaqe te Rimannit. Kjo nuk eshte e vertete per cdo nengrup te Γ, por vetemper nengrupet diskrete (ose Fuschian). Grupet e mesiperme e kane kete veti.

Marrim tani kompaktifikimet e Y (N) dhe Y0(N) dhe i shenojme perkatesisht me X(N) dhe X0(N). Sisiperfaqe kompakte te RimannitX(N) dheX0(N) jane kurba jo-singulare projektive mbi C. Eshte interesantfakti se ato jane kurba jo-singulare projektive edhe mbi Q. Nje pershkrim me i qarte i ketyre kurbave dote behej me format modulare dhe funksionet modulare, por ato do te na largonin mjaft nga qellimi i ketijlibri. Ndoshta do te ishte me interes per lexuesin qe ne te jepnim formula per llogaritjen e genusit te ketyrekurbave e te jepnim nje forme te X0(5) ose X0(7).

Genusi per X0(p) jepet si me poshte kur p eshte i thjeshte:

g =

0 ne qofte se p = 2, 3(p−13)

12 ne qofte se p ≡ 1 mod 12(p−5)



12 ne qofte se p ≡ 11 mod 12

88 c©AulonaPress




KAPITULLI 12

Hyrje tek Sheafes dhe Skemat

Ky kapitull eshte zemra e gjeometrise algjebrike moderne. Veshtiresia eshte me e larte nga kapitujt etjere dhe ne qofte se ky liber do te perdoret vetem per nje semester une do te sygjeroja qe ky kapitull te mostrajtohej.

Ishte gjenia e Grothendikut qe vuri ne baze moderne gjeometrine algjebrike dhe konceti i skemaveeshte guri baze i kesaj teorie. Lexuesi i ketij kapitulli duhet te kete nje baze te mire ne teorine e kategoriveper te kuptuar perkufizimin e presheaf. Megjithate te dy perkufizimet e presheaf jane dhene. Koncepti ifunktoreve, kontravariante ose jo, do te perdoret dendur ne kete kapitull.

Lexuesi do te kuptoje shpejt se thjeshte per te perkufizuar skemat ne do te na duhet nje familjaritet imadh me presheaves.

1. Preasheaves dhe Sheaves

Jepet nje hapesire topologjike X. Nje preasheaf ne X, nga ana intuitive, eshte nje veti lokale e X-it.Pra preasheaves lidhen me bashkesite e hapura te X-it.

Perkufizim 29. Nje preasheaf1 F grupesh abeliane ne X, konsiston nga korrespondenca midisbashkesive te hapura te X-it dhe grupeve abeliane

U → F(U)

me vetite e meposhtme:1) Per cdo bashkesi te hapur U, ekziston grupi abelian F(U).2) Per cdo V ⊂ U , ku V e U jane te hapura, ekziston nje morfizem i grupeve abeliane

ρUV : F(U)→ F(V )

i tille qe:a) F(∅) = 0b) ρUV eshte pasqyrimi identitetc) Ne qofte se W ⊂ V ⊂ U jane bashkesi te hapura, atehere

ρUW = ρVW ρUV

Shih figuren e meposhtme:V → U↓ ↓F(V ) ← F(U)

Duke perdorur teorine e kategorive, perkufizimi i mesiperm shnderrohet ne perkufizimin qe vijon.Jepet hapesira topologjike X. Shenojme me T (X) kategorine, objektet e se ciles jane bashkesite e

hapura te X-it dhe morfizmat jane pasqyrimet inklusive.

Perkufizim 30. Nje preasheaf F eshte nje funktor kondravariant nga kategoria T (X) tek kategoriae grupeve abeliane A.

Ne anallogji me grupet abeliane ne perkufizojme presheaf te unazave, fushave etj.

1Shqiptohet ”prishif”

89


Perkufizim 31. Nje preasheaf F ne hapesiren topollogjike X quhet sheaf ne qofte se kenaq kushtete meposhtme:

3. Ne qofte se U eshte nje bashkesi e hapur dhe Vi nje mbulim i hapur i U-se dhe ne qofte se s ∈ F(U)eshte nje element i tille qe s|Vi = 0, per te gjitha i, atehere s = 0.

4. Ne qofte se U eshte bashkesi e hapur dhe Vi nje mbulim i hapur i U-se dhe ne qofte se elementetsi ∈ F(Vi), per cdo i, me vetine qe per cdo i,j, si|Vi∩Vj = sj |Vi∩Vj , atehere ekziston nje element s ∈ F(U) itille qe s|Vi = si, per cdo i.

Vini re se sheaf eshte nje presheaf qe kenaq disa kushte me shume. Kushti i trete siguron se s eshte unik.Le te japim tani disa shembuj per sheaves.

Shembull 8. Jepet nje varietet X mbi fushen k. Per cdo bashkesi te hapur U te X-it, le te jete O(U)unaza e funksioneve te rregullt nga U ne k dhe per cdo V ⊂ U , ρUV : O(U) → O(V ) eshte pasqyrimi ikufizuar ne menyre te natyrshme nga F(U) tek O(U). Atehere O(U) eshte nje sheaf unazash ne X (lexuesite vertetoje kete fakt). Ne e quajme O sheaf te funksioneve te rregullta ne X.

Shembull 9. Jepet nje hapesire topollogjike X dhe nje grup abelian A. Ne perkufizojme sheaf-inkonstant ne X si me poshte. I japim A-se topologjine diskrete. Per cdo bashkesi te hapur U ne X, lete jete A(U) grupi i gjithe funksioneve te vazhdueshem nga U ne A. Atehere ne fitojme nje sheaf A. Percdo bashkesi te lidhur (e hapur) U kemi, A(U) ∼= A, prandaj kjo sheaf merr emrin sheaf konstant.

Perkufizim 32. Jepen dy presheaves F e G ne X. Nje morfizem φ : F → G eshte bashkesia emorfizmave te grupeve abeliane φ(U) : F(U) → G(U), per cdo hapesire te hapur U , te tille qe per cdoV ⊂ U , diagrama e meposhtme eshte komutative

F(U)φ(U)→ G(U)

↓ ↓F(V )

φ(V )→ G(V )

ku ρ dhe ρ′ jane funksionet e ngushtuar ne F e G

Nje izomorfizem eshte nje homomorfizem qe ka invers ne te dy krahet.

Perkufizim 33. nensheaf

Ushtrime:

(1) Jepet grupi abelian A. Perkufizojme preashef konstant te A- se ne hapesiren topollogjike Xte jete U → A, per cdo U 6= 0 dhe funksionet e ngushtuar te jene identitet. Verteto se sheafkonstant A eshte sheaf qe i perket kesaj preashef.

(2) Verteto se nje morfizem i sheaves eshte isomorfizem atehere dhe vetem atehere kur eshte injektivdhe syrjektiv.

(3) Jepet F ′ nje nensheaf i sheaf F . Verteto se funksioni i natyrshem nga F tek sheaf faktor F/F ′eshte syrjektiv dhe ka kernel F ′. Keshtu qe, ekziston nje varg i shkurter ekzakt

0→ F ′ → F → F/F ′ → 0

(4) Jepet φ : F → G nje morfizem i sheaves.a) Verteto se Img(φ) ∼= F/ker(φ)b) Verteto se Coker(φ) ∼= G/Img(φ)

2. Skemat

Ne kete kapitull ne do te perkufizojme skemat. Se pari do te perkufizohen skemat afine e pastajskemat e pergjithshme, te cilat lokalisht duken si skemat afine. Se fundi, ne do te kuptojme se kategoriae skemave eshte thjeshte nje zgjerim i kategorise se varieteteve. Fillimisht le te kujtojme perkufizimin etopollogjise se Zariskit ne Spec(A).

90 c©AulonaPress





Jepet A nje unaze abeliane me identitet. Si dhe me pare leme Spec(A) te jete bashkesia e idealevete thjeshta te A-se. Ne qofte se a eshte nje ideal ne A, atehere shenojme me V (a) ⊂ Spec(A) bashkesine egjithe idealeve te thjeshta te A-se qe permbajne a.

Tani ne perkufizojme nje topollogji ne Spec(A). Marrim si bashkesi te mbyllura gjithe bashkesite eformes V (a). Vini re se V (A) = ∅, V ((0)) = Spec(A) si dhe bashkesite e fundme dhe prerjet arbitrarejane perseri bashkesi te formes V (a). Pra kemi nje topollogji te ligjshme.

Perkufizojme nje sheaf te unazave O ne Spec(A). Per cdo ideal te thjeshte p ⊂ A, le te jete Ap lokalizimii A-se ne p. Per cdo bashkesi te hapur U ⊂ Spec(A), perkufizojme O(U) te jete bashkesia e funksioneve:s : U →

⋃p∈U Ap, te tille qe s(p) ∈ Ap, per cdo p dhe e tille qe per cdo p ∈ U ekziston nje fqinjesi V e

p-se brenda U-se dhe elementet a, f ∈ A qe per cdo q ∈ V , f 6= q dhe s(q) = a/f ne Aq.Lexuesi te vertetoje se O(U) eshte nje unaze abeliane me identitet. Ne qofte se V ⊂ U jane dy bashkesi

te hapura, atehere funksioni O(U) → O(V ) eshte nje homomorfizem unazash. Pra O eshte nje presheaf,per me teper O eshte sheaf.

Perkufizim 34. Jepet nje unaze A. Spektrum i A-se eshte cifti (Spec(A),O) i hapesires topollogjikeSpec(A) dhe sheaf e unazave O

Pohim 12. Jepet unaza A dhe (Spec(A),O) spektrum i saj.a) Per cdo p ∈ Spec(A), Op ∼= Apb) Per cdo f ∈ A, O(D(f)) ∼= Afc) Γ(Spec(A),O) ∼= A

Vertetim.

Perkufizim 35. Nje hapesire unazore eshte cifti (X,OX) i hapesires topollogjike X dhe sheaf unazashOX ne X.

Nje morfizem i hapesirave unazore nga (X,OX) tek (Y,OY ) eshte nje cift i renditur (f, f#) i funksionitte vazhdueshem f : X → Y dhe nje funksioni f# : OY → f∗OX te sheaves unazash ne Y. Nje hapesire un-azore eshte hapesire unazore lokale ne qofte se per cdo pike P ∈ X, staku OX,P eshte unaze lokale.

Perkufizim 36. Nje skeme afine eshte nje hapesire unazore lokale (X,OX), e cila eshte isomorfikeme spektrum e ndonje unaze.

Perkufizim 37. Nje skeme eshte nje hapesire unazore lokale (X,OX), ne te cilen cdo pike ka nje fqinjesite hapur U, te tille qe hapesira topollogjike U se bashku me OX |U eshte nje skeme afine.

Pra nje skeme eshte nje hapesire unazore lokale, e cila lokalisht eshte nje skeme afine ne cdo pike te saj.

Ushtrime:

3. Vetite e Skemave

Perkufizim 38. Nje skeme eshte e lidhur (e pathjeshtueshme) ne qofte se hapesira e saj topollogjikeeshte e lidhur ( pathjeshtueshme).

Perkufizim 39. Nje skeme X eshte e thjeshtueshme ne qofte se per cdo bashkesi te hapur U, unazaOX(U) nuk ka elemente nilpotente.

Perkufizim 40. Nje skeme X eshte integrale ne qofte se per cdo bashkesi te hapur U, unaza OX(U)eshte nje unaze integrale.

Pohim 13. Nje skeme eshte integrale atehere dhe vetem atehere kur eshte e thjeshtueshme dhe e path-jeshtueshme ne te njejten kohe.

Perkufizim 41. Nje skeme X eshte lokalisht Notheriane ne qofte se mund te mbulohet nga nenbashkesite hapura afine te Spec(Ai), ku cdo Ai eshte unaze Notheriane.

Perkufizim 42. produkti fibror

c©AulonaPress 91




Bibliografia

[1] L Beshaj and T Shaska, Heights on algebraic curves, Advances on superelliptic curves and their applications, 2015,

pp. 137–176.[2] L Beshaj, T Shaska, and C Shor, On jacobians of curves with superelliptic components, Riemann and Klein Surfaces,

Automorphisms, Symmetries and Moduli Spaces 629 (2014), 1–14.

[3] L. Beshaj, T. Shaska, and C. Shor, On Jacobians of curves with superelliptic components, Riemann and Klein surfaces,automorphisms, symmetries and moduli spaces, 2014, pp. 1–14. MR3289629

[4] L Beshaj, T Shaska, and E Zhupa, Advances on superelliptic curves and their applications, Vol. 41, IOS Press, Inc, 2015.

[5] Lubjana Beshaj, Artur Elezi, and Tony Shaska, Theta functions of superelliptic curves, Advances on Superelliptic Curvesand Their Applications 41 (2015), 47.

[6] Lubjana Beshaj, Valmira Hoxha, and Tony Shaska, On superelliptic curves of level n and their quotients, I, Albanian J.Math. 5 (2011), no. 3, 115–137. MR2846162 (2012i:14036)

[7] Lubjana Beshaj and Tony Shaska, Decomposition of some jacobian varieties of dimension 3, Artificial intelligence and

symbolic computation, 2014, pp. 193–204.[8] , Decomposition of some jacobian varieties of dimension 3, Artificial intelligence and symbolic computation, 2015,

pp. 193–204.

[9] A. Bialostocki and T. Shaska, Galois groups of prime degree polynomials with nonreal roots, Computational aspects ofalgebraic curves, 2005, pp. 243–255. MR2182043 (2006h:12009)

[10] A. Elezi and T. Shaska, Special issue on algebra and computational algebraic geometry, Albanian J. Math. 1 (2007), no. 4,

175–177. MR2367211[11] , Quantum codes from superelliptic curves, Albanian J. Math. 5 (2011), no. 4, 175–191. MR2945762

[12] A Elezi and T Shaska, Weight distributions, zeta functions and riemann hypothesis for linear and algebraic geometrycodes, Advances on superelliptic curves and their applications, 2015, pp. 328–360.

[13] William Fulton, Algebraic curves, Advanced Book Classics, Addison-Wesley Publishing Company, Advanced Book Pro-

gram, Redwood City, CA, 1989. An introduction to algebraic geometry, Notes written with the collaboration of RichardWeiss, Reprint of 1969 original. MR1042981 (90k:14023)

[14] J. Gutierrez and T. Shaska, Hyperelliptic curves with extra involutions, LMS J. Comput. Math. 8 (2005), 102–115.

MR2135032 (2006b:14049)[15] Jaime Gutierrez, D. Sevilla, and T. Shaska, Hyperelliptic curves of genus 3 with prescribed automorphism group, Compu-

tational aspects of algebraic curves, 2005, pp. 109–123. MR2182037 (2006j:14038)

[16] R. Hidalgo and T. Shaska, On the field of moduli of superelliptic curves, 2016.[17] Milagros Izquierdo and Tony Shaska, Cyclic curves over the reals, Advances on superelliptic curves and their applications,

2015, pp. 70–84.

[18] Vishwanath Krishnamoorthy, Tanush Shaska, and Helmut Volklein, Invariants of binary forms, Progress in Galois theory,2005, pp. 101–122. MR2148462

[19] Serge Lang, Introduction to modular forms, Grundlehren der Mathematischen Wissenschaften [Fundamental Principles ofMathematical Sciences], vol. 222, Springer-Verlag, Berlin, 1995. With appendixes by D. Zagier and Walter Feit, Corrected

reprint of the 1976 original. MR1363488 (96g:11037)

[20] K. Magaard, T. Shaska, S. Shpectorov, and H. Volklein, The locus of curves with prescribed automorphism group,Surikaisekikenkyusho Kokyuroku 1267 (2002), 112–141. Communications in arithmetic fundamental groups (Kyoto,

1999/2001). MR1954371

[21] Kay Magaard, Tanush Shaska, and Helmut Volklein, Genus 2 curves that admit a degree 5 map to an elliptic curve,Forum Math. 21 (2009), no. 3, 547–566. MR2526800

[22] N. Pjero, M. Ramasaco, and T. Shaska, Degree even coverings of elliptic curves by genus 2 curves, Albanian J. Math. 2

(2008), no. 3, 241–248. MR2492097 (2010b:14058)[23] E. Previato, T. Shaska, and G. S. Wijesiri, Thetanulls of cyclic curves of small genus, Albanian J. Math. 1 (2007), no. 4,

253–270. MR2367218 (2008k:14066)

[24] R. Sanjeewa and T. Shaska, Determining equations of families of cyclic curves, Albanian J. Math. 2 (2008), no. 3, 199–213. MR2492096 (2010d:14043)

93

http://www.ams.org/mathscinet-getitem?mr=3289629

























[25] David Sevilla and Tanush Shaska, Hyperelliptic curves with reduced automorphism group A5, Appl. Algebra Engrg. Comm.

Comput. 18 (2007), no. 1-2, 3–20. MR2280308 (2008c:14042)

[26] T. Shaska, Curves of genus 2 with (N,N) decomposable Jacobians, J. Symbolic Comput. 31 (2001), no. 5, 603–617.MR1828706 (2002m:14023)

[27] , Computational aspects of hyperelliptic curves, Computer mathematics, 2003, pp. 248–257. MR2061839

(2005h:14073)[28] , Genus 2 fields with degree 3 elliptic subfields, Forum Math. 16 (2004), no. 2, 263–280. MR2039100 (2004m:11097)

[29] , Genus two curves covering elliptic curves: a computational approach, Computational aspects of algebraic curves,

2005, pp. 206–231. MR2182041 (2006g:14051)[30] , Subvarieties of the hyperelliptic moduli determined by group actions, Serdica Math. J. 32 (2006), no. 4, 355–374.

MR2287373 (2007k:14055)[31] , Computational algebraic geometry and its applications [Foreword], Appl. Algebra Engrg. Comm. Comput. 24

(2013), no. 5, 309–311. MR3183721

[32] , Computational algebraic geometry [Foreword], J. Symbolic Comput. 57 (2013), 1–2. MR3066447[33] T Shaska, Some remarks on the hyperelliptic moduli of genus 3, Communications in Algebra 42 (2014), no. 9, 4110–4130.

[34] T. Shaska, Some remarks on the hyperelliptic moduli of genus 3, Comm. Algebra 42 (2014), no. 9, 4110–4130. MR3200084

[35] T Shaska, Hyrje ne analizen e funksioneve me shume ndryshore, AulonaPress, 2017.[36] , Njehsimi diferencial, AulonaPress, 2017.

[37] , Njehsimi integral, AulonaPress, 2017.

[38] T. Shaska and L. Beshaj, The arithmetic of genus two curves, Information security, coding theory and related combina-torics, 2011, pp. 59–98. MR2963126

[39] T. Shaska, W. C. Huffman, D. Joyner, and V. Ustimenko (eds.), Advances in coding theory and cryptography, Series on

Coding Theory and Cryptology, vol. 3, World Scientific Publishing Co. Pte. Ltd., Hackensack, NJ, 2007. Papers from theConference on Coding Theory and Cryptography held in Vlora, May 26–27, 2007 and from the Conference on Applications

of Computer Algebra held at Oakland University, Rochester, MI, July 19–22, 2007. MR2435341 (2009h:94158)[40] T. Shaska and M. Qarri, Algebraic aspects of digital communications, Albanian J. Math. 2 (2008), no. 3, 141–144.

MR2495805

[41] T. Shaska and C. Shor, Codes over Fp2 and Fp × Fp, lattices, and theta functions, Advances in coding theory and

cryptography, 2007, pp. 70–80. MR2440170 (2010a:94120)[42] T Shaska and C Shor, The q-weierstrass points of genus 3 hyperelliptic curves with extra automorphisms, arXiv preprint

arXiv:1307.8177 (2013).

[43] T. Shaska and C. Shor, Theta functions and symmetric weight enumerators for codes over imaginary quadratic fields,Des. Codes Cryptogr. 76 (2015), no. 2, 217–235. MR3357243

[44] T Shaska and C Shor, Weierstrass points of superelliptic curves, Advances on superelliptic curves and their applications,2015, pp. 15–47.

[45] , 2-weierstrass points of genus 3 hyperelliptic curves with extra automorphisms, Communications in Algebra 49

(2016).[46] T. Shaska, C. Shor, and S. Wijesiri, Codes over rings of size p2 and lattices over imaginary quadratic fields, Finite Fields

Appl. 16 (2010), no. 2, 75–87. MR2594505 (2011b:94059)

[47] T Shaska and F Thompson, Bielliptic curves of genus 3 in the hyperelliptic moduli, Applicable Algebra in Engineering,Communication and Computing 24 (2013), no. 5, 387–412.

[48] T. Shaska and F. Thompson, Bielliptic curves of genus 3 in the hyperelliptic moduli, Appl. Algebra Engrg. Comm.

Comput. 24 (2013), no. 5, 387–412. MR3118614[49] T. Shaska and V. Ustimenko, On the homogeneous algebraic graphs of large girth and their applications, Linear Algebra

Appl. 430 (2009), no. 7, 1826–1837. MR2494667 (2010a:05103)[50] T. Shaska and G. S. Wijesiri, Codes over rings of size four, Hermitian lattices, and corresponding theta functions, Proc.

Amer. Math. Soc. 136 (2008), no. 3, 849–857. MR2361856 (2008m:11132)[51] , Theta functions and algebraic curves with automorphisms, Algebraic aspects of digital communications, 2009,

pp. 193–237. MR2605301 (2011e:14057)

[52] T. Shaska, G. S. Wijesiri, S. Wolf, and L. Woodland, Degree 4 coverings of elliptic curves by genus 2 curves, Albanian J.

Math. 2 (2008), no. 4, 307–318. MR2470579 (2010b:14064)[53] Tanush Shaska, Curves of genus two covering elliptic curves, ProQuest LLC, Ann Arbor, MI, 2001. Thesis (Ph.D.)–

University of Florida. MR2701993

[54] , Determining the automorphism group of a hyperelliptic curve, Proceedings of the 2003 International Symposiumon Symbolic and Algebraic Computation, 2003, pp. 248–254 (electronic). MR2035219 (2005c:14037)

[55] , Some special families of hyperelliptic curves, J. Algebra Appl. 3 (2004), no. 1, 75–89. MR2047637 (2005i:14028)

[56] (ed.), Computational aspects of algebraic curves, Lecture Notes Series on Computing, vol. 13, World Scientific

Publishing Co. Pte. Ltd., Hackensack, NJ, 2005. Papers from the conference held at the University of Idaho, Moscow, ID,

May 26–28, 2005. MR2182657 (2006e:14003)

94 c©AulonaPress













































[57] , Some open problems in computational algebraic geometry, Albanian J. Math. 1 (2007), no. 4, 297–319. MR2367221

(2008k:14108)

[58] , Algjebra lineare, AulonaPress, 2008.[59] , Kalkulus, Vol. 1, AulonaPress, 2010.

[60] Tanush Shaska and Lubjana Beshaj, Algjebra abstrakte, AulonaPress, 2011.

[61] Tanush Shaska and Engjell Hasimaj (eds.), Algebraic aspects of digital communications, NATO Science for Peace andSecurity Series D: Information and Communication Security, vol. 24, IOS Press, Amsterdam, 2009. Papers from the

Conference “New Challenges in Digital Communications” held at the University of Vlora, Vlora, April 27–May 9, 2008.

MR2605610 (2011a:94002)[62] Tanush Shaska and Jennifer L. Thompson, On the generic curve of genus 3, Affine algebraic geometry, 2005, pp. 233–243.

MR2126664 (2006c:14042)

[63] Tanush Shaska and V. Ustimenko, On some applications of graphs to cryptography and turbocoding, Albanian J. Math. 2(2008), no. 3, 249–255. MR2495815 (2010a:05102)

[64] Tanush Shaska and Helmut Volklein, Elliptic subfields and automorphisms of genus 2 function fields, Algebra, arithmeticand geometry with applications (West Lafayette, IN, 2000), 2004, pp. 703–723. MR2037120

[65] Tanush Shaska and Quanlong Wang, On the automorphism groups of some AG-codes based on Ca,b curves, Serdica J.

Comput. 1 (2007), no. 2, 193–206. MR2363086 (2008m:94029)[66] Tony Shaska, Genus 2 curves with (3, 3)-split Jacobian and large automorphism group, Algorithmic number theory (Syd-

ney, 2002), 2002, pp. 205–218. MR2041085 (2005e:14048)

[67] , Families of genus two curves with many elliptic subcovers, arXiv preprint arXiv:1209.0434 (2012).[68] , Computational algebraic geometry and its applications, Applicable Algebra in Engineering, Communication and

Computing 24 (2013), no. 5, 309–311.

[69] , Genus 3 hyperelliptic curves with (2, 4, 4)-split jacobians, arXiv preprint arXiv:1306.5284 (2013).[70] , Genus two curves with many elliptic subcovers, Communications in Algebra 44 (2016), no. 4.

[71] Tony Shaska and Caleb Shor, Theta functions and symmetric weight enumerators for codes over imaginary quadraticfields, Designs, Codes and Cryptography (2014), 1–19.

[72] , Theta functions and symmetric weight enumerators for codes over imaginary quadratic fields, Designs, Codes

and Cryptography 76 (2015), no. 2, 217–235.[73] Tony Shaska, Eustrat Zhupa, and Lubjana Beshaj, The case for superelliptic curves, Arithmetic of hyperelliptic curves,

2014, pp. 3–7.

[74] , The case for superelliptic curves, Advances on superelliptic curves and their applications, 2015, pp. 1–15.[75] Goro Shimura, Introduction to the arithmetic theory of automorphic functions, Publications of the Mathematical Society

of Japan, No. 11. Iwanami Shoten, Publishers, Tokyo; Princeton University Press, Princeton, N.J., 1971. Kano Memorial

Lectures, No. 1. MR0314766 (47 #3318)[76] Joseph H. Silverman, Advanced topics in the arithmetic of elliptic curves, Graduate Texts in Mathematics, vol. 151,

Springer-Verlag, New York, 1994. MR1312368 (96b:11074)

[77] , The arithmetic of elliptic curves, Second, Graduate Texts in Mathematics, vol. 106, Springer, Dordrecht, 2009.

MR2514094 (2010i:11005)

[78] Helmut Voelklein and Tanush Shaska (eds.), Progress in Galois theory, Developments in Mathematics, vol. 12, Springer,New York, 2005. MR2150438 (2006a:00014)

c©AulonaPress 95

























p ermbajta - oakland university · m e posht e kujtojm e shkurtimisht se si e p ercaktojm e form en...

Documents