Artinsche Ringe & Polynomringe < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:27 Di 17.01.2012 | | Autor: | Vilietha |
| Aufgabe | Sei A = [mm] K[x_1,...,x_n], [/mm] wobei K ein algebraisch abgeschlossener Körper ist, und sei I ein Ideal in A.
Zeigen Sie: A/I ist artinsch <=> Z(I) [mm] \subseteq K^n [/mm] ist endlich. |
Hallo zusammen,
Beginnen wir mit der '<='Richtung. Und nehmen wir widersprüchlich an, dass A/I nicht artinsch ist. Dies bedeutet dass es eine strikt absteigende unendliche Kette von Idealen [mm] I_1' \supsetneq I_2'\supsetneq... [/mm] in A/I gibt. Und dies bedeutet dass es eine korrespondierende strikt absteigende unendliche Kette von Idealen in A gibt welche I enthält: [mm] I_1 \supsetneq I_2... \supsetneq [/mm] I. Und dies bedeutet dass die korrespondierende Folge der Nullstellenmengen aufsteigend ist: [mm] Z(I_1) \subseteq Z(I_2) \subseteq [/mm] ... [mm] \subseteq [/mm] Z(I). Da Z(I) endlich ist kann es nur endlich viele verschiedene [mm] Z(I_i) [/mm] geben.
Die Frage ist nun, wie kann man dies zu einem Widerspruch führen. Wie kann man zum Beispiel zeigen dass es keine strikt absteigende unendliche Kette [mm] I_1 \supsetneq I_2... \supsetneq [/mm] I in A geben kann?
Ich freue mich auf Eure Antworten.
Viele Grüße,
Vilietha
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:00 Mi 18.01.2012 | | Autor: | felixf |
Und nocheinmal moin 
> Sei A = [mm]K[x_1,...,x_n],[/mm] wobei K ein algebraisch
> abgeschlossener Körper ist, und sei I ein Ideal in A.
> Zeigen Sie: A/I ist artinsch <=> Z(I) [mm]\subseteq K^n[/mm] ist
> endlich.
>
> Beginnen wir mit der '<='Richtung. Und nehmen wir
> widersprüchlich an, dass A/I nicht artinsch ist. Dies
> bedeutet dass es eine strikt absteigende unendliche Kette
> von Idealen [mm]I_1' \supsetneq I_2'\supsetneq...[/mm] in A/I gibt.
Vielleicht ist es besser damit zu arbeiten, dass die Dimension von $A/I$ dann $> 0$ ist. Das bedeutet, dass es ein Primideal mit Kodimension $1$ in $A$ gibt, welches $I$ umfasst. Ein solches Primideal gehoert zu einer Kurve und hat ueber einem alg. abg. Koerper somit unendlich viele Punkte. Dieser Weg macht aber vermutlich nur Sinn, wenn du in dieser Richtung schon Resultate hast die du nutzen kannst.
> Und dies bedeutet dass es eine korrespondierende strikt
> absteigende unendliche Kette von Idealen in A gibt welche I
> enthält: [mm]I_1 \supsetneq I_2... \supsetneq[/mm] I. Und dies
> bedeutet dass die korrespondierende Folge der
> Nullstellenmengen aufsteigend ist: [mm]Z(I_1) \subseteq Z(I_2) \subseteq[/mm]
> ... [mm]\subseteq[/mm] Z(I). Da Z(I) endlich ist kann es nur endlich
> viele verschiedene [mm]Z(I_i)[/mm] geben.
>
> Die Frage ist nun, wie kann man dies zu einem Widerspruch
> führen. Wie kann man zum Beispiel zeigen dass es keine
> strikt absteigende unendliche Kette [mm]I_1 \supsetneq I_2... \supsetneq[/mm]
> I in A geben kann?
Die Maximalideale in $A/I$ entsprechen ja den Maximalidealen von $A$, die $I$ enthalten. Gleichzeitig entsprechen sie den Punkten in $Z(I)$ (Nullstellensatz). Damit folgt: $Z(I)$ endlich [mm] $\Leftrightarrow$ [/mm] $A/I$ hat endlich viele maximale Ideale.
Vielleicht ist der Approach von oben doch keine so schlechte Idee: ist $P$ ein Primideal in $A$ (Polynomring ueber alg. abg. Koerper), so ist entweder $P$ ein max. Ideal oder ueber $P$ liegen unendlich viele maximale Ideale. Wenn du das zeigen kannst bzw. schon hast, bist du mehr oder minder fertig.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:41 Fr 20.01.2012 | | Autor: | Vilietha |
Guten Morgen Felix,
vielen Dank für Deine ausführliche Antwort. 
Ich denke, dass ich die Aufgabe nun lösen werde können.
Viele Grüße,
Vilietha
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:18 Di 24.01.2012 | | Autor: | Vilietha |
Hallo Felix,
die Tatsache dass eine affin-algebraische Menge X genau dann einen einzigen Punkt besitzt wenn I(X) ein maximales Ideal ist, war natürlich der entscheidende fehlende Schritt.
Das mit der Kodimension habe ich nicht ganz verstanden, aber wir hatten den Satz dass ein Ring artinsch ist genau dann wenn er noethersch ist und wenn er alle Primideale in ihm maximale Ideale sind. Und dies scheint ja äquivalent mit deiner Aussage zu sein, wir müssen also nur zeigen dass alle Primideale in A welche I umfassen und echt größer sind als I maximale sind in A.
Sei p also ein Primideal in A mit [mm] I\subsetneq [/mm] p. Wir wissen dass [mm] Z(p)=\{x_1,...,x_n\} [/mm] endlich ist. Und wir wissen dass die Ideale [mm] m_i:=I(\{x_i\}) [/mm] maximale Ideale sind in A mit p [mm] \subsetneq m_i. [/mm]
Das bedeutet [mm] (\forall [/mm] i [mm] \in \{1,...,n\}) (\exists [/mm] Polynom [mm] p_i \in m_i)(\forall [/mm] j [mm] \{1,...,n\}\backslash \{i\}) (x_j [/mm] ist keine Nullstelle von [mm] p_i) [/mm] Dies erscheint mir zumindest logisch, auch wenn mir auf Anhieb kein Beweis einfällt.
Und dies bedeutet dass [mm] \produkt_{i=1}^{n}p_i \in [/mm] p ist, aber wenn man das Produkt zerteilt in zwei nicht triviale Faktoren [mm] q_1 [/mm] und [mm] q_2 [/mm] mit [mm] q_1*q_2= \produkt_{i=1}^{n}p_i [/mm] dann sind [mm] q_1 [/mm] und [mm] q_2 [/mm] nicht p. Und dies ist ein Widerspruch das p ein Primideal ist.
Ist dies in so Ordnung?
Viele Grüße,
Vilietha
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:28 Di 24.01.2012 | | Autor: | hippias |
> Hallo Felix,
>
> die Tatsache dass eine affin-algebraische Menge X genau
> dann einen einzigen Punkt besitzt wenn I(X) ein maximales
> Ideal ist, war natürlich der entscheidende fehlende
> Schritt.
>
> Das mit der Kodimension habe ich nicht ganz verstanden,
> aber wir hatten den Satz dass ein Ring artinsch ist genau
> dann wenn er noethersch ist und wenn er alle Primideale in
> ihm maximale Ideale sind. Und dies scheint ja äquivalent
> mit deiner Aussage zu sein, wir müssen also nur zeigen
> dass alle Primideale in A welche I umfassen und echt
> größer sind als I maximale sind in A.
>
> Sei p also ein Primideal in A mit [mm]I\subsetneq[/mm] p. Wir wissen
> dass [mm]Z(p)=\{x_1,...,x_n\}[/mm] endlich ist. Und wir wissen dass
> die Ideale [mm]m_i:=I(\{x_i\})[/mm] maximale Ideale sind in A mit p
> [mm]\subsetneq m_i.[/mm]
> Das bedeutet [mm](\forall[/mm] i [mm]\in \{1,...,n\}) (\exists[/mm] Polynom
> [mm]p_i \in m_i)(\forall[/mm] j [mm]\{1,...,n\}\backslash \{i\}) (x_j[/mm]
> ist keine Nullstelle von [mm]p_i)[/mm] Dies erscheint mir zumindest
> logisch, auch wenn mir auf Anhieb kein Beweis einfällt.
Man kann [mm] $p_{i}= X_{i}-x_{i}$ [/mm] waehlen, wenn $A= [mm] k[X_{1},\ldots, X_{n}]$ [/mm] der Polynomring mit den Unbestimmten [mm] $X_{i}$ [/mm] ist.
> Und dies bedeutet dass [mm]\produkt_{i=1}^{n}p_i \in[/mm] p ist,
> aber wenn man das Produkt zerteilt in zwei nicht triviale
> Faktoren [mm]q_1[/mm] und [mm]q_2[/mm] mit [mm]q_1*q_2= \produkt_{i=1}^{n}p_i[/mm]
> dann sind [mm]q_1[/mm] und [mm]q_2[/mm] nicht p. Und dies ist ein Widerspruch
> das p ein Primideal ist.
>
> Ist dies in so Ordnung?
>
> Viele Grüße,
> Vilietha
Ich finde: Ja.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:31 Mi 25.01.2012 | | Autor: | hippias |
> > Hallo Felix,
> >
> > die Tatsache dass eine affin-algebraische Menge X genau
> > dann einen einzigen Punkt besitzt wenn I(X) ein maximales
> > Ideal ist, war natürlich der entscheidende fehlende
> > Schritt.
> >
> > Das mit der Kodimension habe ich nicht ganz verstanden,
> > aber wir hatten den Satz dass ein Ring artinsch ist genau
> > dann wenn er noethersch ist und wenn er alle Primideale in
> > ihm maximale Ideale sind. Und dies scheint ja äquivalent
> > mit deiner Aussage zu sein, wir müssen also nur zeigen
> > dass alle Primideale in A welche I umfassen und echt
> > größer sind als I maximale sind in A.
> >
> > Sei p also ein Primideal in A mit [mm]I\subsetneq[/mm] p. Wir wissen
> > dass [mm]Z(p)=\{x_1,...,x_n\}[/mm] endlich ist. Und wir wissen dass
> > die Ideale [mm]m_i:=I(\{x_i\})[/mm] maximale Ideale sind in A mit p
> > [mm]\subsetneq m_i.[/mm]
> > Das bedeutet [mm](\forall[/mm] i [mm]\in \{1,...,n\}) (\exists[/mm] Polynom
> > [mm]p_i \in m_i)(\forall[/mm] j [mm]\{1,...,n\}\backslash \{i\}) (x_j[/mm]
> > ist keine Nullstelle von [mm]p_i)[/mm] Dies erscheint mir zumindest
> > logisch, auch wenn mir auf Anhieb kein Beweis einfällt.
> Man kann [mm]p_{i}= X_{i}-x_{i}[/mm] waehlen, wenn [mm]A= k[X_{1},\ldots, X_{n}][/mm]
> der Polynomring mit den Unbestimmten [mm]X_{i}[/mm] ist.
Das ist so natuerlich nur in ausgewaehlten Spezialfaellen richtig und dafuer meistens sonst total falsch. Wende vielmehr folgendes Lemma an:
Sei $R$ kommutativer Ring mit $1$, $I$ Ideal von $R$ und [mm] $X\neq \emptyset$ [/mm] eine Menge Primidealen von $R$. Gilt [mm] $I\subseteq \cup [/mm] X(= [mm] \cup_{P\in X} [/mm] P)$, so existiert [mm] $P\in [/mm] X$ mit [mm] $I\leq [/mm] P$.
Wir machen es dann so: Ist [mm] $m_{i}$ [/mm] eines Deiner maximalen Ideale, so folgt aus dem Lemma, dass [mm] $m_{i}\not \subseteq \cup_{j\neq i} m_{j}$ [/mm] ist - die [mm] m_{i}$ [/mm] sind ja sogar maximal - sodass das [mm] $p_{i}$ [/mm] einfach als ein Element [mm] $\in m_{i}\setminus \cup_{j\neq i} m_{j}$ [/mm] gewaehlt werden kann.
Beweis des Lemmas: Induktion nach $|X|$. I.A. ist trivial. I.S.: Koennen nach Induktionsvoraussetzung annehmen, dass [mm] $I\not\subseteq \cup [/mm] X'$ fuer jede echte Teilmenge $X'$ von $X$ gilt. Definiere fuer [mm] $P\in [/mm] X$ die Menge [mm] $X_{P}:= X\setminus \{P\}$ [/mm] und waehle [mm] $x_{P}\in I\setminus \cup X_{P}$ [/mm] und definiere $x:= [mm] \sum_{P\in X} \prod_{Q\in X_{P}} x_{Q}$. [/mm] Beachte, dass wegen [mm] $I\subseteq \cup [/mm] X$ folgt, dass [mm] $x_{P}\in [/mm] P$ ist, und damit [mm] $\prod_{Q\in X_{P}} x_{Q}\in \cap X_{P}$.
[/mm]
Wegen [mm] $x\in I\subseteq \cup [/mm] X$ gibt es ein [mm] $R\in [/mm] X$ mit [mm] $x\in [/mm] R$. Da nach obigem fuer [mm] $P\neq [/mm] R$ auch [mm] $\prod_{Q\in X_{P}} x_{Q}\in [/mm] R$ gilt, folgt aus $x= [mm] \prod_{Q\in X_{R}} x_{Q} +\sum_{P\in X_{R}} \prod_{Q\in X_{P}} x_{Q}$, [/mm] dass auch [mm] $\prod_{Q\in X_{R}} x_{Q}\in [/mm] R$. Aber nach Konstruktion gilt [mm] $x_{Q}\not \in [/mm] R$ fuer [mm] $Q\neq [/mm] R$; da $R$ aber prim ist, muesste ein Faktor [mm] $\in [/mm] R$ sein.
Dieser Widerspruch zeigt, dass es ein [mm] $P\in [/mm] X$ gibt so, dass [mm] $I\subseteq \cup X_{P}$ [/mm] ist, sodass die I.V. die Behauptung liefert.
> > Und dies bedeutet dass [mm]\produkt_{i=1}^{n}p_i \in[/mm] p ist,
> > aber wenn man das Produkt zerteilt in zwei nicht triviale
> > Faktoren [mm]q_1[/mm] und [mm]q_2[/mm] mit [mm]q_1*q_2= \produkt_{i=1}^{n}p_i[/mm]
> > dann sind [mm]q_1[/mm] und [mm]q_2[/mm] nicht p. Und dies ist ein Widerspruch
> > das p ein Primideal ist.
> >
> > Ist dies in so Ordnung?
> >
> > Viele Grüße,
> > Vilietha
> Ich finde: Ja.
Finde ich noch immer. Ich frage mich, ob man die [mm] $p_{i}$ [/mm] nicht doch explizit angeben kann.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:10 So 29.01.2012 | | Autor: | Vilietha |
Hallo Hippias,
vielen Dank für deine Antwort, inbesondere auch für die Korrrektur.
Ich hatte mich nach deiner ersten Mitteilung schon sehr gewundert bezüglich der explizit angegebenen Polynome, denn die Nullstellen [mm] x_i [/mm] sind ja n-dimensionale Vektoren.
Auf jeden Fall fände ich es auch interessant zu wissen ob man die Polynome nun explizit angeben kann. Im Fall von [mm] A=\IR^n [/mm] wäre es ja kein Problem, aber [mm] \IR [/mm] ist ja nicht mal ein algebraisch abgeschlossener Körper, also ist das wohl völlig irrelevant.
Viele Grüße,
Vilietha
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