Vorlesung 02 - sigma mathematics logo

Kommutative Algebra
Vorlesung 02
21.10.2005
Dieses Dokument wurde von der Homepage www.sigma-mathematics.de runtergeladen. Es darf zu nichtkommerziellen Zwecken verwendet und frei weitergegeben werden. Jeglicher Mißbrauch ist untersagt. Ich
hafte nicht für eventuelle Schäden, die durch Verwendung dieses Dokuments auftreten. Sollte das Dokument
Fehler enthalten, so melden Sie diese bitte an
[email protected].
1.12. Homomorphiesatz: Sei φ : R1 → R2 Ringhomomorphismus. Dann ist im φ Unterring von R2 . Aber: Ker φ
ist im Allgemeinen kein Unterring von R1 (denn 1 ∈ Ker φ ⇒ 1 = φ(1) = 0 ⇒ R2 = 0). Hingegen ist R1 / Ker φ
ein Ring, R1 / Ker φ ∋ [x] = {x1 ∈ R1 | x − x1 ∈ Ker φ} = x + Ker φ. Es gilt φind : R1 / Ker φ → im φ, [x] 7→ φ(x)
ist Isomorphismus.
Wohldefiniert und injektiv: [x] = [y] ⇔ x − y ∈ Ker φ ⇔ φ(x) = φ(y). Surjektiv: z = φ(x) = φind ([x]).
Ringhomomorphismus: Klar.
3
Ideale
1.13. Sei R ein Ring und ∅ 6= I ⊆ R. I heißt Ideal, wenn
• x, y ∈ I ⇒ x + y ∈ I.
• x ∈ I, z ∈ R ⇒ x · z ∈ I.
Beispiel: Ist φ : R1 → R2 ein Ringhomomorphismus, so ist Ker φ ein Ideal in R1 .
Ein Ideal heißt endlich erzeugt,
∈ N, x1 , . . . , xP
r ∈ I gibt, so dass es für alle x ∈ I Elemente
Pr wenn es r P
r
r
a1 , . . . , ar ∈ R gibt mit x = i=1 ai xi . I = i=1 Rxi = { i=1 ai xi | ai ∈ R}.
Notation: I = hx1 , . . . , xr i.
I heißt Hauptideal, wenn I = hxi für ein x ∈ R.
Beispiele:
(a) I = 2Z in R = Z, I = h2i.
√
(b) I = hs2 + 3i in R = Z[s]. R/I = Z[s]/hs2 + 3i ∼
= Z[i 3].
(c) hxi = R ⇔ x Einheit in R.
(d) R ist Körper ⇔ R enthält nur die Ideale h0i und R.
1.14. Ein Ideal I heißt prim, wenn I 6= R und x · y ∈ I ⇒ x ∈ I oder y ∈ I. Ein Ideal heißt maximal, wenn
I 6= R und für alle J ⊃ I, J Ideal in R gilt J = R. Die Ideale I mit I 6= R heißen echt.
Satz:
(a) I prim ⇔ R/I Bereich.
(b) I maximal ⇔ R/I Körper.
Beweis:
(a) [x][y] = 0 ⇔ xy ∈ I, [x] = 0 ⇔ x ∈ I, [y] = 0 ⇔ y ∈ I.
(b) Sei I ⊆ J, J Ideal in R. Dann ist φ : R/I → R/J, [x] = x + I 7→ [x] = x + J ein Ringhomomorphismus.
Also ist Ker φ ein Ideal in R/I. R/I Körper ⇔ entweder Ker φ = 0 (⇔ I = J) oder Ker φ = R/I (⇔
R = J) ⇔ I maximal.
1
www.sigma-mathematics.de/semester6/komalg/vorlesungen/vorlesung02.pdf
2
Daher: maximal ⇒ prim, aber :, z.B. h0i ist prim in R = Z, aber nicht maximal.
Satz: Sei x ein Nichtnullteiler. Dann x prim ⇔ hxi prim.
Beweis: x | yz ⇔ yz ∈ hxi, x | y ⇔ y ∈ hxi, x | z ⇔ z ∈ hxi.
4
Charakterisierungen von Ringen durch ihre Ideale
1.15. Ein Ring R heißt
• Hauptidealring (HIR, PIR), wenn jedes Ideal Hauptideal ist,
• Noethersch, wenn jedes Ideal endlich erzeugt ist,
• Bézout-Ring, wenn jedes endlich erzeugte Ideal Hauptideal ist.
Klar: Hauptidealring ⇔ Noethersch und Bézout.
Beispiele:
(a) Z ist Hauptidealring.
(b) K[s], K Körper ist Hauptidealring.
(c) R[s1 , . . . , sn ] ist Noethersch ⇔ R Noethersch (Hilbert’scher Basissatz), aber für n ≥ 2 ist R[s1 , . . . , sn ]
kein Hauptidealbereich, da sich hs1 , s2 i nicht von einem Element erzeugen lässt (⇒ nicht Bézout).
(d) Der Ring der ganzen Funktionen O = {f : C → C | f analytisch} ist Bézout, aber nicht Noethersch (also
kein Hauptidealring).
O ist Bézout (Helmer 1940), O ist nicht Noethersch: siehe unten.
((a) und (b): beide sogar euklidisch, d.h. es gibt eine Division mit Rest.)
1.16. Satz: Äquivalent:
(a) R ist Noethersch.
(b) Jede aufsteigende Kette I0 ⊆ I1 ⊆ I2 ⊆ . . . von Idealen in R wird stationär.
(c) Jede nichtleere Menge M von Idealen in R enthält ein maximales Element (bzgl. ⊆), d.h. es gibt ein
I ′ ∈ M, so dass es kein J ∈ M gibt mit I ′ ⊂ J.
S∞
Beweis: „(a) ⇒ (b)“: Sei I0 ⊆ I1 ⊆ I2 ⊆ . . . und I := i=0 Ii . Dann ist I Ideal in R, das laut (a) endlich erzeugt
ist, etwa I = hx1 , . . . , xr i. Da xi ∈ I gibt es ein j mit xi ∈ Ij . Also gibt es ein i∗ mit xi ∈ Ii∗ für alle i = 1, . . . , r.
Dann ist I = hx1 , . . . , xr i ⊆ Ii∗ ⊆ I. Also I = Ii∗ , d.h. die Folge wird stationär.
„(b) ⇒ (c)“: Sei M =
6 ∅ eine Menge von Idealen in R, die kein maximales Element bzgl. ⊆ enthält. Sei I0 ∈ M.
Dann I0 nicht maximal, gibt es ein I1 ∈ M mit I0 ⊂ I1 . Da I1 nicht maximal, gibt es ein I2 ∈ M: I1 ⊂ I2 .
Also: I0 ⊂ I1 ⊂ I2 ⊂ . . . wird nicht stationär.
„(c) ⇒ (a)“: Sei I ein Ideal in R und M die Menge aller endlich erzeugten Unterideale von I. Da h0i ∈ M, ist
M=
6 ∅. Also enthält M ein maximales Element I ′ bzgl. ⊆. Wir zeigen: I = I ′ (daraus folgt: I endlich erzeugt).
Es gilt: I ′ ⊆ I. Sei I ′ ⊂ I, so gibt es x ∈ I \ I ′ . Dann ist I ′ ⊂ I ′ + hxi ∈ M im Widerspruch zur Maximalität
von I ′ .
1.17. Folgerung: Ein Noetherscher Ring R 6= {0} enthält ein maximales Ideal.
Beweis: Sei M die Menge aller echten Ideale in R. Da h0i ∈ M, ist M =
6 ∅. M enthält ein maximales Element
I ′ bzgl. ⊆, d.h. es gibt ein I ′ 6= R, so dass es kein Ideal J 6= R gibt mit I ⊂ J. Also ist I ′ ein maximales Ideal.
Bemerkung: Ist R nicht Noethersch, so erhält man dieselbe Aussage mit dem Zorn’schen Lemma.
Zurück zum Beispiel: O nicht Noethersch. O ∈ sin(·), cos(·), . . . Da sin(x) = 2 sin( x2 ) cos( x2 ) gilt: hsin(·)i ⊆
hsin( 2· )i. Andererseits ist die Inklusion strikt, denn wäre sin( 2· ) = f (·) sin(·) für ein f ∈ O ⇒ 1 = sin( π2 ) =
f (π) sin(π) = f (π) · 0 = 0, Widerspruch. Also hsin(·)i ⊂ hsin( 2· )i ⊂ hsin( 4· ) ⊂ . . . wird nicht stationär.
www.sigma-mathematics.de/semester6/komalg/vorlesungen/vorlesung02.pdf
3
1.18. Hilbert’scher Basissatz: R Noethersch ⇒ R[s] Noethersch. (Dann induktiv: R[s1 , . . . , sn ] Noethersch.)
Beweis: Sei R[s] nicht Noethersch. Dann gibt es ein Ideal I in R[s], das nicht endlich erzeugt ist. Wähle f0 ∈ I
vom kleinsten Grad (jede nichtleere Menge von Polynomen enthält Elemente von kleinstem Grad). Betrachte
I \ hf0 i =
6 ∅ und wähle f1 ∈ I \ hf0 i von kleinstem Grad. Iterativ weiter. Wähle fk ∈ I \ hf0 , . . . , fk−1 i von
kleinstem Grad. (Da I nicht endlich erzeugt, ist I \ hf0 , . . . , fk−1 i =
6 0 für alle k). Sie ak der Leitkoeffizient
Pnk −1
und nk der Grad von fk (d.h. fk = ak snk + i=0
ai si ). Per Konstruktion gilt n0 ≤ n1 ≤ n2 ≤ n3 ≤ . . .
Betrachte ha0 i ⊆ ha0 , a1 i ⊆ ha0 , a1 , a2 i ⊆ . . . eine aufsteigende Folge von Idealen in R. Angenommen, diese
Pk−1
wird stationär, also ha0 , a1 , . . . , ak−1 i = ha0 , . . . , ak i. Dann ak = i=0 ai bi für geeignete bi ∈ R. Setze f˜k =
Pk−1
P
k−1
fk − i=0 bi fi snk −ni = ak snk + · · · − i=0 bi ai snk + . . . Also ist Grad(f˜k ) < nk = Grad(fk ). Andererseits ist
f˜k ∈ I \ hf0 , . . . , fk−1 i im Widerspruch zur Wahl von fk . ⇒ Folge wird nicht stationär ⇒ R nicht Noethersch.