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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 12:15 Di 10.01.2012 | | Autor: | Vilietha |
Hallo zusammen,
Die Aufgabe lautet:
Sei [mm] A:=\IC[x,y,z], I:=A*(x^2y^2+xz-y^3)+A*z \subseteq [/mm] A.
Finden Sie eine minimale Primärzerlegung von dem Ideal I.
Die folgenden Ideale müssten ja alle Primärideale sein welche I enthalten, oder?
[mm] I_1:=(x,z)
[/mm]
[mm] I_2:=(x^2,z)
[/mm]
[mm] I_3:=(xy,z)
[/mm]
[mm] I_4:=(x^2y,z)
[/mm]
[mm] I_5:=(xy^2,z)
[/mm]
[mm] I_6:=(x^2y^2,z)
[/mm]
[mm] I_7:=(z,z)
[/mm]
[mm] I_8:=(y,z)
[/mm]
[mm] I_9:=(y^2,z)
[/mm]
[mm] I_{10}:=(y^3,z)
[/mm]
Eine minimale Primärzerlegung von dem Ideal I ist eine Primärzerlegung [mm] q_1\cap [/mm] ... [mm] \cap q_n [/mm] = I, wobei zusätzlich noch gelten muss:
[mm] I=\wurzel{I}
[/mm]
[mm] q_i \nsupseteq \bigcap_{j\neq i} q_j \;\;\;\; (\forall i\in \{1,...,n\}).
[/mm]
Es müsste ja nun zum Beispiel für die obigen Ideale gelten: [mm] \wurzel{I_2}=\wurzel{I_1}=I_1. [/mm] Und deshalb würde ich nun das kleinere Ideal nehmen, also [mm] I_2. [/mm] Und insgesamt würde ich deshalb diese Ideale wählen:
[mm] I_2:=(x^2,z)
[/mm]
[mm] I_6:=(x^2y^2,z)
[/mm]
[mm] I_7:=(z,z)
[/mm]
[mm] I_{10}:=(y^3,z)
[/mm]
Das Problem ist, dass der Durchschnitt von diesen ja noch nicht gleich I ist. Es fehlt also noch mindestens ein Schritt...
Bin ich mit diesem Ansatz so ungefähr auf dem richtigen Weg?
Ich freue mich auf Eure Antworten.
Viele Grüße,
Vilietha
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:28 Di 10.01.2012 | | Autor: | Vilietha |
Ok, also ich habe nun den Verdacht dass die von mir definierten Ideale [mm] I_k [/mm] gar nicht das Ideal I enthalten.
Die folgenden Ideale müssten aber I enthalten, oder?
[mm] I_{i,j,k,l,m}:=x^i*y^j+x^k*y^l-y^m, i\in\{0,1,2\}, j\in\{0,1,2\}, k\in\{0,1\}, l\in\{0,1\}, m\in\{0,1,2,3\}. [/mm]
Das sind ganz schön viele Ideale... (3*3*2*2*4-(ein paar dentische) vermute ich).
Die Radikale der Ideale müssten ja immer die Form haben [mm] x^{i'}*y^{j'}+x^{k'}*y^{l'}-y^{m'}, [/mm] wobei i'=0 wenn i = 0 und i'=1 wenn i [mm] \geq [/mm] 1, und analog für j, k, l, m.
Ist dies soweit richtig, und wenn ja wie gehe ich nun am besten vor um die Ideale für die minimale Primärdekomposition auszuwählen? Ich habe damit noch meine Schwierigkeiten, obwohl ich die Definition natürlich kenne.
Viele Grüße,
Vilietha
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:19 Di 10.01.2012 | | Autor: | felixf |
Moin Vilietha!
> Ok, also ich habe nun den Verdacht dass die von mir
> definierten Ideale [mm]I_k[/mm] gar nicht das Ideal I enthalten.
Ja, dem ist so 
> Die folgenden Ideale müssten aber I enthalten, oder?
>
> [mm]I_{i,j,k,l,m}:=x^i*y^j+x^k*y^l-y^m, i\in\{0,1,2\}, j\in\{0,1,2\}, k\in\{0,1\}, l\in\{0,1\}, m\in\{0,1,2,3\}.[/mm]
Meinst du jeweils die davon erzeugten Hauptideale? Bzw. das davon und das von $z$ erzeugte Ideal?
Die enthalten $I$ auch eher selten...
> Das sind ganz schön viele Ideale... (3*3*2*2*4-(ein paar
> dentische) vermute ich).
> Die Radikale der Ideale müssten ja immer die Form haben
> [mm]x^{i'}*y^{j'}+x^{k'}*y^{l'}-y^{m'},[/mm] wobei i'=0 wenn i = 0
> und i'=1 wenn i [mm]\geq[/mm] 1, und analog für j, k, l, m.
>
> Ist dies soweit richtig, und wenn ja wie gehe ich nun am
> besten vor um die Ideale für die minimale
> Primärdekomposition auszuwählen? Ich habe damit noch
> meine Schwierigkeiten, obwohl ich die Definition natürlich
> kenne.
Fangen wir mal mit dem Ideal $I$ an. Dies ist ja gerade [mm] $(x^2 y^2 [/mm] + x z - [mm] y^3, [/mm] z)$. Aus dieser Darstellung sieht man schnell, dass $I = [mm] (x^2 y^2 [/mm] - [mm] y^3, [/mm] z)$ ist. Jetzt ist [mm] $x^2 y^2 [/mm] - [mm] y^3 [/mm] = [mm] y^2 (x^2 [/mm] - y)$. Hier wuerde ich zuerst mal darauf tippen, dass $I = [mm] (y^2, [/mm] z) [mm] \cap (x^2 [/mm] - y, z)$ eine minimale Primaerzerlegung von $I$ ist.
Das Ideal $(y, z)$ ist prim, womit man zeigen kann, dass [mm] $(y^2, [/mm] z)$ primaer ist (beachte [mm] $(y^2, [/mm] z) [mm] \subseteq [/mm] (y, z)$). Weiterhin ist [mm] $(x^2 [/mm] - y, z)$ prim und damit insbesondere primaer. (Hier kann man wieder Isomorphiesaetze verwenden  )
Und [mm] $(x^2 y^2 [/mm] - [mm] y^3, [/mm] z) = [mm] (y^2, [/mm] z) [mm] \cap (x^2 [/mm] - y, z)$ in [mm] $\IC[x,y,z]$ [/mm] ist aequivalent zu [mm] $(x^2 y^2 [/mm] - [mm] y^3) [/mm] = [mm] (y^2) \cap (x^2 [/mm] - y)$ in [mm] $\IC[x, [/mm] y]$, und dort folgt es daraus, dass [mm] $y^2$ [/mm] und [mm] $x^2 [/mm] - y$ teilerfremd sind und somit [mm] $x^2 y^2 [/mm] - [mm] y^3$ [/mm] ein kgV von [mm] $y^2$ [/mm] und [mm] $x^2 [/mm] - y$ ist. (Bei Hauptidealen in Integritaetsberichen gilt immer: $(a) [mm] \cap [/mm] (b) = (c)$ genau dann, wenn $c$ ein kgV von $a$ und $b$ ist.)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:03 Mi 11.01.2012 | | Autor: | Vilietha |
Hallo Felix,
vielen Dank für deine Antwort! Du bist mal wieder mein Retter...
Mit der Umschreibung des Ideals sieht wirklich alles schon viel schöner aus.
Die Anforderung dass eine Primärzerlegung minimal ist lautet ja:
i) $ [mm] \wurzel{q_i}\neq\wurzel{q_j}\;\;\; \forall i\neq [/mm] j$
ii) $ [mm] q_i \nsupseteq \bigcap_{j\neq i} q_j \;\;\;\; (\forall i\in \{1,...,n\}). [/mm] $
Aber diese beiden Eigenschaften sieht man beide ja eigentlich sofort, denn
i) die beiden Radikale können ja kaum gleich sein.
ii) keines der Ideale liegt im anderen.
Du hast ja gezeigt dass die beiden Primärideale teilerfremd sind und was das kgV ist.
Dies hat bestimmt einen guten Grund, aber welcher ist dieser genau?
Viele Grüße,
Vilietha
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:54 Do 12.01.2012 | | Autor: | felixf |
Moin Vilietha!
> vielen Dank für deine Antwort! Du bist mal wieder mein
> Retter...
>
> Mit der Umschreibung des Ideals sieht wirklich alles schon
> viel schöner aus.
>
> Die Anforderung dass eine Primärzerlegung minimal ist
> lautet ja:
> i) [mm]\wurzel{q_i}\neq\wurzel{q_j}\;\;\; \forall i\neq j[/mm]
> ii)
> [mm]q_i \nsupseteq \bigcap_{j\neq i} q_j \;\;\;\; (\forall i\in \{1,...,n\}).[/mm]
>
> Aber diese beiden Eigenschaften sieht man beide ja
> eigentlich sofort, denn
> i) die beiden Radikale können ja kaum gleich sein.
> ii) keines der Ideale liegt im anderen.
Genau.
> Du hast ja gezeigt dass die beiden Primärideale
> teilerfremd sind und was das kgV ist.
> Dies hat bestimmt einen guten Grund, aber welcher ist
> dieser genau?
Sei $R$ ein Integritaetsbereich und $a, b [mm] \in [/mm] R$. Dann gilt $(a) [mm] \cap [/mm] (b) = (c)$ fuer ein $c [mm] \in [/mm] R$ genau dann, wenn $c$ ein kleinstes gemeinsames Vielfaches von $a$ und $b$ ist.
Beweis: ist $(a) [mm] \cap [/mm] (b) = (c)$ fuer ein $c$, so gilt $c [mm] \in [/mm] (a)$ und $c [mm] \in [/mm] (b)$, womit $c$ ein gemeinsames Vielfaches von $a$ und $b$ ist. Ist $d$ ein weiteres gemeinsames Vielfaches von $b$ und $c$, so gilt $d [mm] \in [/mm] (a)$ und $d [mm] \in [/mm] (b)$, womit $d [mm] \in [/mm] (a) [mm] \cap [/mm] (b) = (c)$ ist, und somit ist $d$ auch ein gemeinsames Vielfaches von $c$. Damit ist $c$ ein kleinstes gemeinsames Vielfaches.
Fuer die Rueckrichtung sei $c$ ein kgV von $a$ und $b$. Da $c$ ein Vielfaches von $a$ ist, folgt $c [mm] \in [/mm] (a)$, und genauso $c [mm] \in [/mm] (b)$, also $c [mm] \in [/mm] (a) [mm] \cap [/mm] (b)$ und $(c) [mm] \subseteq [/mm] (a) [mm] \cap [/mm] (b)$. Sei nun $d [mm] \in [/mm] (a) [mm] \cap [/mm] (b)$; dann ist $d$ ebenfalls ein gemeinsames Vielfaches von $a$ und $b$, und da $c$ ein kleinstes gemeinsames Vielfaches ist, folgt $d [mm] \in [/mm] (c)$. Damit ist $(a) [mm] \cap [/mm] (b) = (c)$.
(Beim groessten gemeinsamen Teiler klappt die entsprechende Aussage nur in Hauptidealbereichen: in [mm] $\IC[X, [/mm] Y]$ ist der ggT von $X$ und $Y$ gerade 1, aber $(X) + (Y) = (X, Y) [mm] \subsetneqq [/mm] (1) = [mm] \IC[X,Y]$.)
[/mm]
Hiermit folgt [mm] $(x^2 y^2 [/mm] - [mm] y^3) [/mm] = [mm] (y^2) \cap (x^2 [/mm] - y)$ in [mm] $\IC[x, [/mm] y]$, da [mm] $y^2$ [/mm] und [mm] $x^2 [/mm] - y$ teilerfremd sind (da das Primelement $y$ kein Teiler von [mm] $x^2 [/mm] - y$ ist) und somit im faktoriellen Ring [mm] $\IC[x, [/mm] y]$ das Produkt [mm] $y^2 \cdot (x^2 [/mm] - y)$ ein kgV von beiden Faktoren ist.
Wenn du jetzt [mm] $\pi [/mm] : [mm] \IC[x, [/mm] y, z] [mm] \to \IC[x, [/mm] y]$ mit Kern $(z)$ betrachtest, gilt auch [mm] $\pi^{-1}((x^2 y^2 [/mm] - [mm] y^3)) [/mm] = [mm] \pi^{-1}((y^2)) \cap \pi^{-1}((x^2 [/mm] - y))$ (das gilt ganz allgemein fuer Urbilder), und da [mm] $\ker \pi [/mm] = (z)$ ist folgt [mm] $\pi^{-1}((x^2 y^2 [/mm] - [mm] y^3)) [/mm] = [mm] (x^2 y^2 [/mm] - [mm] y^3, [/mm] z)$ etc., und damit die Aussage in [mm] $\IC[x,y,z]$.
[/mm]
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:15 Di 17.01.2012 | | Autor: | Vilietha |
Hallo Felix,
vielen Dank für deine ausführliche Antwort.
Ich habe wieder einiges mehr verstanden.
Die Abbildung [mm] \Pi [/mm] welche du verwendet hattest müsste p(x,y,z) ja einfach auf p(x,y,0) abbilden, oder? Und das ist genau die natürliche Abbildung zwischen dem Ring C[x,y,z]->C[x,y,z]/(z) sein, und [mm] A:=C[x,y,z]/(z)\congC[x,y]=:B. [/mm] Und es gibt eine Bijektion zwischen allen Idealen in A welche (z) enthalten und den Idealen in B. Aber wenn ein Ideal in A ein Primideal ist (oder ein Primärideal), wie folgt es dass das korrespondierende Ideal ebenfalls ein Primideal (oder Primärideal) ist?
[Nachtrag] Ich denke ich konnte mir diese Frage bereits beantworten. Aus dem dritten Isomorphiesatz folgt: Ist A ein Ring, und [mm] a,b\in [/mm] A, a ein Primelement, dann ist (a,b) ein Primideal <=> b+(a) ist ein Primelement in A/(a), da laut dem dritten Isomorphiesatz A/(a) [mm] \big/ [/mm] b+(a) [mm] \cong [/mm] A/(a,b) ist.
Um zu zeigen dass die Ideale [mm] (y^2) [/mm] und [mm] (x^2-y) [/mm] ein Primär und ein Primideal sind, könnte man doch wie folgt vorgehen. C[x,y] ist eine faktorieller Ring, und darin sind alle irreduziblen Elemente Primelemente. [mm] x^2-y [/mm] ist irreduzierbar, also ein Primelement, und somit [mm] (x^2-y) [/mm] ein Primideal. Eigentlich müsste dann ja auch gelten dass die Hauptideale von allen Potenzen von Primelementen Priimärideale sind. Du hattest ja erwähnt dass man auch die Isomporphiesätze verwenden kann um zu zeigen dass sie prim/primär sind, aber das ist mir noch nicht geglückt.
[Nachtrag] Wenn mein obiger Nachtrag stimmt, dann weiß ich nun natürlich auch warum du die Isomorphiesätze erwähnt hattest...
Viele Grüße,
Vilietha
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:14 Mi 18.01.2012 | | Autor: | felixf |
Hallo Vilietha!
> Die Abbildung [mm]\Pi[/mm] welche du verwendet hattest müsste
> p(x,y,z) ja einfach auf p(x,y,0) abbilden, oder? Und das
> ist genau die natürliche Abbildung zwischen dem Ring
> [mm]\IC[x,y,z] \to \IC[x,y,z]/(z)[/mm] sein, und
> [mm]A:=\IC[x,y,z]/(z)\cong \IC[x,y]=:B.[/mm] Und es gibt eine Bijektion
> zwischen allen Idealen in A welche (z) enthalten und den
> Idealen in B.
Genau.
> Aber wenn ein Ideal in A ein Primideal ist
> (oder ein Primärideal), wie folgt es dass das
> korrespondierende Ideal ebenfalls ein Primideal (oder
> Primärideal) ist?
Zuerst gilt: diese Bijektion erhaelt Primideale. Die Primideale in $A$, welche $(z)$ enthalten, stehen also in Bijektion mit den Primidealen in $B$.
Bei Primaeridealen gilt das auch, zumindest in die eine Richtung (die andere muss man sich noch ueberlegen): Ist [mm] $\varphi [/mm] : R [mm] \to [/mm] S$ ein Ringhomomorphismus und ist $I [mm] \subseteq [/mm] S$ ein Primaerideal, und sind $a, b [mm] \in [/mm] R$ mit $a [mm] \cdot [/mm] b [mm] \in \varphi^{-1}(I)$, [/mm] so gilt [mm] $\varphi(a) \cdot \varphi(b) \in [/mm] I$, womit [mm] $\varphi(a) \in [/mm] I$ oder [mm] $\varphi(b)^k \in [/mm] I$ ist fuer $k [mm] \ge [/mm] 1$. Gilt [mm] $\varphi(a) \in [/mm] I$, so auch $a [mm] \in \varphi^{-1}(I)$. [/mm] Gilt [mm] $\varphi(b)^k [/mm] = [mm] \varphi(b^k) \in [/mm] I$, so gilt [mm] $b^k \in \varphi^{-1}(I)$. [/mm] Also ist [mm] $\varphi^{-1}(I)$ [/mm] ein Primaerideal.
Damit bekommst du jetzt, dass [mm] $(y^2, [/mm] z)$ in [mm] $\IC[x,y,z]$ [/mm] ein Primaerideal ist, da [mm] $(y^2)$ [/mm] in [mm] $\IC[x,y]$ [/mm] ein Primaerideal ist. (Da $y$ prim ist, und dann mit dem was du unten schreibst.)
> [Nachtrag] Ich denke ich konnte mir diese Frage bereits
> beantworten. Aus dem dritten Isomorphiesatz folgt: Ist A
> ein Ring, und [mm]a,b\in[/mm] A, a ein Primelement, dann ist (a,b)
> ein Primideal <=> b+(a) ist ein Primelement in A/(a), da
> laut dem dritten Isomorphiesatz A/(a) [mm]\big/[/mm] b+(a) [mm]\cong[/mm]
> A/(a,b) ist.
Es kann allerdings auch sein, dass $b + (a) = 0$ ist
> Um zu zeigen dass die Ideale [mm](y^2)[/mm] und [mm](x^2-y)[/mm] ein Primär
> und ein Primideal sind, könnte man doch wie folgt
> vorgehen. C[x,y] ist eine faktorieller Ring, und darin sind
> alle irreduziblen Elemente Primelemente. [mm]x^2-y[/mm] ist
> irreduzierbar, also ein Primelement, und somit [mm](x^2-y)[/mm] ein
> Primideal. Eigentlich müsste dann ja auch gelten dass die
> Hauptideale von allen Potenzen von Primelementen
> Priimärideale sind.
Ja, das gilt.
Potenzen von Primidealen muessen dagegen nicht umbedingt Primaerideale sein.
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:05 Fr 20.01.2012 | | Autor: | Vilietha |
Hallo Felix,
noch noch einmal vielen Dank für deine wie immer sehr hilfreiche Antwort.
Viele Grüße,
Vilietha
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:21 Di 10.01.2012 | | Autor: | felixf |
Moin,
> Eine minimale Primärzerlegung von dem Ideal I ist eine
> Primärzerlegung [mm]q_1\cap[/mm] ... [mm]\cap q_n[/mm] = I, wobei
> zusätzlich noch gelten muss:
> [mm]I=\wurzel{I}[/mm]
das $I = [mm] \sqrt{I}$ [/mm] brauchst du nicht. Das gilt hier auch gar nicht: [mm] $\sqrt{I} [/mm] = [mm] (x^2 [/mm] y - [mm] y^2, [/mm] z)$ ist eine echte Obermenge von $I = [mm] (x^2 y^2 [/mm] - [mm] y^3, [/mm] z)$.
(Und fuer die primaeren Ideale gilt es auch nur dann, falls diese bereits Primideale sind.)
LG Felix
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