Aufgabe 2. Sei F = (F_{1}, …, F_{n}) : 𝔸^{n} → 𝔸^{n}, F_{i} Polynome. Damit ist die Jakobideterminante von F schon ein Polynom. Da F ein Isomorphismus, existiert Morphismus G mit F∘G = id. Anwenden der Kettenregel liefert (G ebenfalls durch Polynome gegeben!) (G ∘ F)′(T) = G′(F(T))) · F′(T), d.h. det(G′(F(T))) · det(F′(T)) = det(id) = 1. Da alle Determinanten in K[T]^{×} = K^{×} liegen, folgt die Behauptung.

Aufgabe 3. Es ist V(f) = V(f_{1} ⋯ f_{r}), da K integer, folglich

\sqrt{(f)} = I(V(f)) = ⋂ I(V(f_{i}) = ⋂ \sqrt{(f_{i})} = ⋂(f_{i}) = ∏(f_{i}),

da die f_{i} koprim. Da jedes Primideal gleich seinem Radikal ist und der Polynomring eine UFD ist, sind die V(f_{i}) ⊆ V(f) irreduzibel. Es ist V(f) =^{∗} ⋃ V(f_{i}). Zeige: V(f_{i}) sind maximal irreduzibel. Angenommen, es existiert eine Teilmenge X ⊆ 𝔸^{n} irreduzibel mit (ohne Einschränkung) V(f_{1}) ⊊ X ⊊ V(f), so existiert ein Primideal ℘ mit (f_{1}) ⊋ ℘ ⊋ (f). Dann gilt f_{1} ∉ ℘, f_{1} ⋯ f_{r} ∈ ℘, d.h. f_{2} ⋯ f_{r} ∈ ℘. Ohne Einschränkung können wir f_{2} ∈ ℘ folgern, d.h. f_{2} ∈ (f_{1}), d.h. ∃p ∈ K[X_{1}, …, X_{n}] nichtkonstant mit f_{1} · p = f_{2}. Da (f_{1}) ≠ (f_{2}) nach Voraussetzung folgt ein Widerspruch, da f_{i} irreduzibel. Wegen der Gleichheit (∗) sind die V(f_{i}) somit schon alle irreduziblen Komponenten.