Primideale in K[X,Y] < Gruppe, Ring, Körper < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:05 Sa 20.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
Hallo zusammen,
im Rahmen eines Beispiels in einer Vorlesung zur algebraischen Geometrie tauchte folgende Aussage auf:
Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper. Dann gibt es in K[X,Y] drei Sorten Primideale:
1. [mm] $(X-\alpha,Y-\beta)$ [/mm] für [mm] $\alpha,\beta\in [/mm] K$
2. $(f)$ für [mm] $f\in [/mm] K[X,Y]$ irreduzibel
3. (0)
Die maximalen Ideale sind dabei genau die der Form 1.
Klar ist mir, dass es sich bei Idealen der Form 1.,2. und 3. um Primideale und bei 1. um maximale Ideale handelt. Nicht klar ist mir dagegen, warum
a) jedes Primideal eine der drei Formen hat
b) die Ideale der Form 2. nicht maximal sind
Hat jemand Beweisideen? Vielen Dank!
Viele Grüße
Tobias
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:40 Sa 20.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> im Rahmen eines Beispiels in einer Vorlesung zur
> algebraischen Geometrie tauchte folgende Aussage auf:
>
> Sei K ein algebraisch abgeschlossener Körper. Dann gibt es
> in K[X,Y] drei Sorten Primideale:
> 1. [mm](X-\alpha,Y-\beta)[/mm] für [mm]\alpha,\beta\in K[/mm]
> 2. [mm](f)[/mm] für
> [mm]f\in K[X,Y][/mm] irreduzibel
> 3. (0)
> Die maximalen Ideale sind dabei genau die der Form 1.
>
> Klar ist mir, dass es sich bei Idealen der Form 1.,2. und
> 3. um Primideale und bei 1. um maximale Ideale handelt.
> Nicht klar ist mir dagegen, warum
> a) jedes Primideal eine der drei Formen hat
> b) die Ideale der Form 2. nicht maximal sind
Zu a): $K[X, Y]/P$ (bzw. dessen Quotientenkoerper) hat Transzendenzgrad [mm] $\le [/mm] 2$ ueber $K$. Transzendenzgrad 0 geht nur, wenn $K [mm] \to [/mm] K[X, Y]/P$ ein Isomorphismus ist; in dem Fall folgt $P = (x - [mm] \alpha, [/mm] y - [mm] \beta)$.
[/mm]
Ist der Transzendenzgrad 2, so muss $P = [mm] \{ 0 \}$ [/mm] sein: andernfalls enthaelt $P$ ein Polynom, welches eine Beziehung zwischen $X$ und $Y$ herstellt.
Bleibt also der Fall Transzendenzgrad 1. Es gibt dann einen Unterring $K[Z]$ (Polynomring) von $K[X, Y]/P$, und $Quot(K[X, Y]/P)$ ist eine algebraische Koerpererweiterung von $K(Z)$. Wie's nun weiter geht haengt davon ab was du so alles weisst... Ganz so einfach ist es zumindest (glaube ich) nicht.
Zu b): In $K[X, Y]/(f)$ gibt es einen Unterring der Form $K[Z]$, und $K[X, Y]/(f)$ ist ein endlich erzeugter $K[Z]$-Modul (du kannst entweder $Z = X$ oder $Z = Y$ waehlen, so dass $f$ nicht gerade ein Polynom in $K[Z]$ ist). Jetzt musst du dir ueberlegen, dass $K[X, Y]/(f)$ keinen Quotientenkoerper von $K[Z]$ enthalten kann (weil dieser nicht endlich erzeugt ueber $K[Z]$ ist und $K[Z]$ Noethersch ist).
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:53 Sa 20.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
Danke schon mal für deine Antwort!
Heute abend schaffe ich es nicht mehr, mich da durchzuarbeiten, melde mich morgen wieder.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:34 So 21.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> > Klar ist mir, dass es sich bei Idealen der Form 1.,2. und
> > 3. um Primideale und bei 1. um maximale Ideale handelt.
Ich seh das nicht, habt ihr da Tips für mich?
> Zu a): [mm]K[X, Y]/P[/mm] (bzw. dessen Quotientenkoerper) hat
> Transzendenzgrad [mm]\le 2[/mm] ueber [mm]K[/mm]. Transzendenzgrad 0 geht
> nur, wenn [mm]K \to K[X, Y]/P[/mm] ein Isomorphismus ist; in dem
> Fall folgt [mm]P = (x - \alpha, y - \beta)[/mm].
Wieso folgt das P genau diese Form hat?
> Ist der Transzendenzgrad 2, so muss [mm]P = \{ 0 \}[/mm] sein:
> andernfalls enthaelt [mm]P[/mm] ein Polynom, welches eine Beziehung
> zwischen [mm]X[/mm] und [mm]Y[/mm] herstellt.
Klar.
> Bleibt also der Fall Transzendenzgrad 1. Es gibt dann einen
> Unterring [mm]K[Z][/mm] (Polynomring) von [mm]K[X, Y]/P[/mm], und [mm]Quot(K[X, Y]/P)[/mm]
> ist eine algebraische Koerpererweiterung von [mm]K(Z)[/mm]. Wie's
> nun weiter geht haengt davon ab was du so alles weisst...
> Ganz so einfach ist es zumindest (glaube ich) nicht.
Also geh bei mir von nichts aus! 
> Zu b): ...
Klingt kompliziert. Ich habe folgende Idee: wir hatten ja in Tobias letztem Post gesehn, dass [m]f=h(X-a)+g(Y-b)[/m], also ist f und damit das erzeugte Ideal in [m](X-a,Y-b)[/m] (so ein Paar kann man immer finden, denn wenn ich a bel. einsetze finde ich ein b, da K alg. abg. ist, so dass es eine Nullstelle gibt), da f irreduz. ist aber sicher [m]Y-b[/m] nicht im von f erzeugtem Ideal, also ist dies nicht maximal.
SEcki
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:48 So 21.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
> > > Klar ist mir, dass es sich bei Idealen der Form 1.,2. und
> > > 3. um Primideale und bei 1. um maximale Ideale handelt.
>
> Ich seh das nicht, habt ihr da Tips für mich?
Das Nullideal ist ein Primideal, da $K[X,Y]$ ein Integritätsring ist. Ist [mm] $f\in [/mm] K[X,Y]$ irreduzibel, so ist f prim (da $K[X,Y]$ faktoriell) und damit $(f)$ ein Primideal.
Um nachzuweisen, dass Ideale der Form [mm] $(X-\alpha,Y-\beta)$ [/mm] maximal sind, zeigen wir, dass [mm] $K[X,Y]/(X-\alpha,Y-\beta)$ [/mm] ein Körper ist, indem wir einen Isomorphismus nach K konstruieren. Dazu überlegt man sich, dass der surjektive Einsetzungshomomorphismus [mm] $K[X,Y]\to [/mm] K$, der [mm] $\alpha$ [/mm] für X und [mm] $\beta$ [/mm] für Y einsetzt, [mm] $(X-\alpha,Y-\beta)$ [/mm] als Kern hat (unter Verwendung der Aussage, um die es im anderen Thread ging) und wendet den Homomorphiesatz an.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 00:54 So 21.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Das Nullideal ist ein Primideal, da [mm]K[X,Y][/mm] ein
> Integritätsring ist. Ist [mm]f\in K[X,Y][/mm] irreduzibel, so ist f
> prim (da [mm]K[X,Y][/mm] faktoriell) und damit [mm](f)[/mm] ein Primideal.
Boing, ich vergess den Satz immer wieder - vielen Dank!
> Um nachzuweisen, dass Ideale der Form [mm](X-\alpha,Y-\beta)[/mm]
> maximal sind, zeigen wir, dass [mm]K[X,Y]/(X-\alpha,Y-\beta)[/mm]
> ein Körper ist, indem wir einen Isomorphismus nach K
> konstruieren. Dazu überlegt man sich, dass der surjektive
> Einsetzungshomomorphismus [mm]K[X,Y]\to K[/mm], der [mm]\alpha[/mm] für X
> und [mm]\beta[/mm] für Y einsetzt, [mm](X-\alpha,Y-\beta)[/mm] als Kern hat
> (unter Verwendung der Aussage, um die es im anderen Thread
> ging) und wendet den Homomorphiesatz an.
Ja, und da aus maximal hier auch prim folgt, sind wir fertig. Damit erübrigt sich auch die Frage, warum bei Tranzendenzgrad 0 das Ideal genau diese Form hat.
SEcki
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:06 So 21.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
> wir hatten ja
> in Tobias letztem Post gesehn, dass [m]f=h(X-a)+g(Y-b)[/m], also
> ist f und damit das erzeugte Ideal in [m](X-a,Y-b)[/m] (so ein
> Paar kann man immer finden, denn wenn ich a bel. einsetze
> finde ich ein b, da K alg. abg. ist, so dass es eine
> Nullstelle gibt)
Könnte nicht durch Einsetzen von a ein Polynom vom Grad <1 entstehen, so dass es so eine Nullstelle b gar nicht gibt?
> da f irreduz. ist aber sicher [m]Y-b[/m] nicht
> im von f erzeugtem Ideal, also ist dies nicht maximal.
Wäre da nicht f=Y-b (irreduzibel aus Gradgründen) ein Gegenbeispiel?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:19 So 21.02.2010 | | Autor: | SEcki |
> Könnte nicht durch Einsetzen von a ein Polynom vom Grad
> <1 entstehen, so dass es so eine Nullstelle b gar nicht
> gibt?
Wie meinst du das? Wenn ich beliebiges a einsetze, erhalte ich in der anderen Variable ein Polynom mit Koeffizienten in K, dann erhalte ich eine Nullstelle b - wenn ich das Nullpolynom nach einsetzen von a erhalte, kann ich sogar ein beliebiges Körperelement für b nehmen.
EDIT: natürlich könnte ein Polynom vom Grad 1, also einfach ein Körperelement herauskommen. Das kann man hoffentlich retten - ich betrachte das Polynom für [m](K[X])[Y][/m], nun möchte ich ein a finden, das keine Nullstelle vom höchsten Koeffizienten, oder irgendeines Koeffizienten, dass nicht im Grade 0 hängt. Wenn der Körper jetzt unendlich viele Elemente hat, finde ich so etwas immer. Da der Körper alg. abgeschlossen ist, und kein endlicher Körper alg. abg. ist, bin ich fertig. (Falls das Polynom Grad 1 über Y hat, ist es ein Polynom in X, und wir sind eh anders fertig).
> > da f irreduz. ist aber sicher [m]Y-b[/m] nicht
> > im von f erzeugtem Ideal, also ist dies nicht maximal.
> Wäre da nicht f=Y-b (irreduzibel aus Gradgründen) ein
> Gegenbeispiel?
Ist mir mittlerweile auch aufgefallen, aber dann nimm X-a - eines von beiden tut es immer.
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:54 So 21.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
> > Könnte nicht durch Einsetzen von a ein Polynom vom Grad
> > <1 entstehen, so dass es so eine Nullstelle b gar nicht
> > gibt?
>
> Wie meinst du das? Wenn ich beliebiges a einsetze, erhalte
> ich in der anderen Variable ein Polynom mit Koeffizienten
> in K, dann erhalte ich eine Nullstelle b - wenn ich das
> Nullpolynom nach einsetzen von a erhalte, kann ich sogar
> ein beliebiges Körperelement für b nehmen.
>
> EDIT: natürlich könnte ein Polynom vom Grad 1, also
> einfach ein Körperelement herauskommen. Das kann man
> hoffentlich retten - ich betrachte das Polynom für
> [m](K[X])[Y][/m], nun möchte ich ein a finden, das keine
> Nullstelle vom höchsten Koeffizienten, oder irgendeines
> Koeffizienten, dass nicht im Grade 0 hängt. Wenn der
> Körper jetzt unendlich viele Elemente hat, finde ich so
> etwas immer. Da der Körper alg. abgeschlossen ist, und
> kein endlicher Körper alg. abg. ist, bin ich fertig.
> (Falls das Polynom Grad 1 über Y hat, ist es ein Polynom
> in X, und wir sind eh anders fertig).
Super, jetzt passt es! Dass du meinen Einwand zunächst nicht verstanden hast, lag anscheinend daran, dass du unter Polynomen vom Grad 1 genau das verstehst, was ich unter Polynomen vom Grad 0 verstehe (nämlich konstante Polynome ungleich dem Nullpolynom).
> > > da f irreduz. ist aber sicher [m]Y-b[/m] nicht
> > > im von f erzeugtem Ideal, also ist dies nicht maximal.
> > Wäre da nicht f=Y-b (irreduzibel aus Gradgründen) ein
> > Gegenbeispiel?
>
> Ist mir mittlerweile auch aufgefallen, aber dann nimm X-a -
> eines von beiden tut es immer.
Dann klappt es!
Deine Lösung zur Frage b) hat meiner Meinung nach den Vorteil, dass sie deutlich elementarer als Felix' Versionen sind. Dafür scheinen Felix' Argumentationen über die von mir vorgegebene Situation hinaus auch für endliche Körper zu funktionieren.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 04:37 So 21.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin!
> > Zu a): [mm]K[X, Y]/P[/mm] (bzw. dessen Quotientenkoerper) hat
> > Transzendenzgrad [mm]\le 2[/mm] ueber [mm]K[/mm]. Transzendenzgrad 0 geht
> > nur, wenn [mm]K \to K[X, Y]/P[/mm] ein Isomorphismus ist; in dem
> > Fall folgt [mm]P = (x - \alpha, y - \beta)[/mm].
>
> Wieso folgt das P genau diese Form hat?
Betrachte die Komposition $K [mm] \to [/mm] K[X, Y] [mm] \to [/mm] K[X, Y]/P$. Dies ist offensichtlich injektiv, womit man $L := K[X, Y]/P$ als Ringerweiterung von $K$ auffassen kann.
Wenn $Quot(L)$ Transzendenzgrad 0 ueber $K$ hat, ist es eine algebraische Erweiterung. Da $K$ algebraisch abgeschlossen ist folgt $L = K$. Die Komposition $K [mm] \to [/mm] K[X, Y] [mm] \to [/mm] K[X, Y]/P$ ist also ein Isomorphismus; insbesondere gibt es eine Inverse [mm] $\varphi [/mm] : K[X, Y]/P [mm] \to [/mm] K$. Setze [mm] $\alpha [/mm] := [mm] \varphi(X [/mm] + P)$, [mm] $\beta [/mm] := [mm] \varphi(Y [/mm] + P)$.
Behauptung: $P = (X - [mm] \alpha, [/mm] Y - [mm] \beta)$. [/mm] Ist $f = (X - [mm] \alpha) [/mm] g + (Y - [mm] \beta) [/mm] h$ mit $g, h [mm] \in [/mm] K[X, Y]$, so ist $f + P = [mm] f(\alpha, \beta) [/mm] + P = 0 + P$, also $f [mm] \in [/mm] P$.
Ist umgekehrt $f [mm] \in [/mm] P$, so ist [mm] $\varphi^{-1}(f(\alpha, \beta)) [/mm] = f(X, Y) + P = 0 + P$, also [mm] $f(\alpha, \beta) [/mm] = [mm] \varphi(P) [/mm] = 0$. Also ist nach der Aussage, um die es eigentlich hier im Thread ging, $f [mm] \in [/mm] (X - [mm] \alpha, [/mm] Y - [mm] \beta)$.
[/mm]
> > Bleibt also der Fall Transzendenzgrad 1. Es gibt dann einen
> > Unterring [mm]K[Z][/mm] (Polynomring) von [mm]K[X, Y]/P[/mm], und [mm]Quot(K[X, Y]/P)[/mm]
> > ist eine algebraische Koerpererweiterung von [mm]K(Z)[/mm]. Wie's
> > nun weiter geht haengt davon ab was du so alles weisst...
> > Ganz so einfach ist es zumindest (glaube ich) nicht.
>
> Also geh bei mir von nichts aus!
>
>
> > Zu b): ...
>
> Klingt kompliziert.
Im Prinzip ist es der Nullstellensatz. Eine Aussage, aus dem man diesen folgern kann, ist: Ist $K$ ein Koerper und $L = [mm] K[\alpha_1, \dots, \alpha_n]$ [/mm] ebenfalls ein Koerper, so muessen [mm] $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ [/mm] algebraisch ueber $K$ sein.
Daraus folgt: waere $P$ maximal, so ist $K[X, Y]/P$ von der Form [mm] $K[\alpha, \beta]$ [/mm] mit [mm] $\alpha [/mm] = X + P$, [mm] $\beta [/mm] = Y + P$, womit [mm] $\alpha, \beta$ [/mm] algebraisch ueber $K$ folgen. Damit ist [mm] $K[\alpha, \beta]$ [/mm] eine algebraische Erweiterung von $K$, und da $K$ algebraisch abgeschlossen ist folgt [mm] $K[\alpha, \beta] [/mm] = K$. Dann kann man mit genau dem gleichen Argument wie oben folgern, dass $P = (X - [mm] \hat{\alpha}, [/mm] Y - [mm] \hat{\beta})$ [/mm] sein muss.
Damit sind $(f)$ und [mm] $\{ 0 \}$ [/mm] nicht maximal.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:46 So 21.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Felix,
vielen Dank für die tollen Ideen!
Das zur a) habe ich inzwischen nachvollziehen können! Zur b) habe ich dagegen noch zwei Fragen:
> Zu b): In [mm]K[X, Y]/(f)[/mm] gibt es einen Unterring der Form
> [mm]K[Z][/mm], und [mm]K[X, Y]/(f)[/mm] ist ein endlich erzeugter [mm]K[Z][/mm]-Modul
> (du kannst entweder [mm]Z = X[/mm] oder [mm]Z = Y[/mm] waehlen, so dass [mm]f[/mm]
> nicht gerade ein Polynom in [mm]K[Z][/mm] ist).
Warum ist $K[X,Y]/(f)$ als $K[Z]$-Modul endlich erzeugt?
> Jetzt musst du dir
> ueberlegen, dass [mm]K[X, Y]/(f)[/mm] keinen Quotientenkoerper von
> [mm]K[Z][/mm] enthalten kann (weil dieser nicht endlich erzeugt
> ueber [mm]K[Z][/mm] ist und [mm]K[Z][/mm] Noethersch ist).
Warum folgt aus dem in Klammern Stehenden, dass $K[X,Y]/(f)$ keinen Quotientenkörper von $K[Z]$ enthalten kann? Gibt es einen Satz, folgendes besagt:
Seien [mm] $A\subset B\subset [/mm] C$ Ringerweiterungen, wobei A noethersch und C als A-Modul endlich erzeugt. Dann ist auch B als A-Modul endlich erzeugt.
Nun zur a):
> Bleibt also der Fall Transzendenzgrad 1. Es gibt dann einen
> Unterring [mm]K[Z][/mm] (Polynomring) von [mm]K[X, Y]/P[/mm], und [mm]Quot(K[X, Y]/P)[/mm]
> ist eine algebraische Koerpererweiterung von [mm]K(Z)[/mm]. Wie's
> nun weiter geht haengt davon ab was du so alles weisst...
> Ganz so einfach ist es zumindest (glaube ich) nicht.
Was ich alles weiß (bzw. wissen sollte), steht im Standard-Algebra-Buch von Bosch in den nicht mit Sternchen markierten Kapiteln, falls dir das etwas sagt.
Hilft es weiter, dass im Falle vom Transzendenzgrad 1 $(X+P)$ oder $(Y+P)$ eine Transzendenzbasis ist? Nehmen wir etwa den ersteren Fall: Dann liefert uns die algebraische Unabhängigkeit von $X+P$ über K, dass [mm] $h+P=h(X+P)\not=0$, [/mm] also [mm] $h\not\in [/mm] P$, für alle [mm] $h\in K[X]\setminus{0}$ [/mm] gilt. Mit anderen Worten: Für alle [mm] $h\in P\setminus\{0\}$ [/mm] gilt [mm] $h\not\in [/mm] K[X]$.
Vorausgesetzt, im Falle vom Transzendenzgrad 1 gilt tatsächlich P=(f) für ein irreduzibles Polynom [mm] $f\in [/mm] K[X,Y]$, so lässt sich f folgendermaßen erhalten: Da [mm] $P\not=(0)$ [/mm] (sonst wäre der Transzendenzgrad 2) und P als Primideal keine Einheiten enthält, enthält P eine Nichteinheit. Da P ein Primideal ist, enthält P auch mindestens einen der Primfaktoren dieser Nichteinheit. Dieser sei unser f. Bleibt P=(f) zu zeigen. [mm] $\supset$ [/mm] ist klar, da [mm] $f\in [/mm] P$. Aber für die andere Inklusion habe ich keinen Ansatz, der zum Erfolg führt...
Viele Grüße
Tobias
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:35 Mi 24.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Tobias,
> vielen Dank für die tollen Ideen!
>
> Das zur a) habe ich inzwischen nachvollziehen können! Zur
> b) habe ich dagegen noch zwei Fragen:
>
> > Zu b): In [mm]K[X, Y]/(f)[/mm] gibt es einen Unterring der Form
> > [mm]K[Z][/mm], und [mm]K[X, Y]/(f)[/mm] ist ein endlich erzeugter [mm]K[Z][/mm]-Modul
> > (du kannst entweder [mm]Z = X[/mm] oder [mm]Z = Y[/mm] waehlen, so dass [mm]f[/mm]
> > nicht gerade ein Polynom in [mm]K[Z][/mm] ist).
>
> Warum ist [mm]K[X,Y]/(f)[/mm] als [mm]K[Z][/mm]-Modul endlich erzeugt?
Ist er leider nicht: nimm etwa $f = X Y - 1$. Dann ist $K[X,Y]/(f) = K[Z, [mm] Z^{-1}]$ [/mm] (mit $Z = X$ oder $Z = Y$) der Ring der ![[]](/images/popup.gif) Laurentpolynome in $Z$, und dieser ist nicht endlich erzeugt ueber $K[Z]$.
Das gilt leider nur, wenn $f$ normiert ist aufgefasst als Polynom in einer Unbestimmten.
> > Jetzt musst du dir
> > ueberlegen, dass [mm]K[X, Y]/(f)[/mm] keinen Quotientenkoerper von
> > [mm]K[Z][/mm] enthalten kann (weil dieser nicht endlich erzeugt
> > ueber [mm]K[Z][/mm] ist und [mm]K[Z][/mm] Noethersch ist).
>
> Warum folgt aus dem in Klammern Stehenden, dass [mm]K[X,Y]/(f)[/mm]
> keinen Quotientenkörper von [mm]K[Z][/mm] enthalten kann? Gibt es
> einen Satz, folgendes besagt:
> Seien [mm]A\subset B\subset C[/mm] Ringerweiterungen, wobei A
> noethersch und C als A-Modul endlich erzeugt. Dann ist auch
> B als A-Modul endlich erzeugt.
Es gibt einen Satz, der folgendes besagt: ist $R$ ein Noetherscher Ring und $A$ ein endlich erzeugter $R$-Modul, so ist jeder Untermodul von $A$ ebenfalls endlich erzeugt.
Daraus folgt dann auch sofort die Aussage ueber Ringe :)
Ok, ein anderer Ansatz fuer die b), der hoffentlich etwas besser funktioniert
Zeige, dass $(X - [mm] \alpha, [/mm] Y - [mm] \beta)$ [/mm] kein Hauptideal ist. Nach unserer Argumentation ist jedes maximale Ideal ja von dieser Form, und die Ideale in 2. und 3. sind eindeutig Hauptideale.
Ansonsten kann man noch mit etwas mehr kommutativer Algebra was reissen
> Nun zur a):
>
> > Bleibt also der Fall Transzendenzgrad 1. Es gibt dann einen
> > Unterring [mm]K[Z][/mm] (Polynomring) von [mm]K[X, Y]/P[/mm], und [mm]Quot(K[X, Y]/P)[/mm]
> > ist eine algebraische Koerpererweiterung von [mm]K(Z)[/mm]. Wie's
> > nun weiter geht haengt davon ab was du so alles weisst...
> > Ganz so einfach ist es zumindest (glaube ich) nicht.
>
> Was ich alles weiß (bzw. wissen sollte), steht im
> Standard-Algebra-Buch von Bosch in den nicht mit Sternchen
> markierten Kapiteln, falls dir das etwas sagt.
Das Buch kenne ich, aber nicht so genau das ich weiss was da mit Sternchen vorkommt und was nicht
> Hilft es weiter, dass im Falle vom Transzendenzgrad 1 [mm](X+P)[/mm]
> oder [mm](Y+P)[/mm] eine Transzendenzbasis ist?
Ja, eventuell sogar beide, aber es kann auch sein dass es nur eins von beiden ist. (Etwa falls $P [mm] \cap [/mm] K[X] [mm] \neq \{ 0 \}$ [/mm] ist, ist $X + P$ keine Transzendenzbasis.)
> Nehmen wir etwa den
> ersteren Fall: Dann liefert uns die algebraische
> Unabhängigkeit von [mm]X+P[/mm] über K, dass [mm]h+P=h(X+P)\not=0[/mm],
> also [mm]h\not\in P[/mm], für alle [mm]h\in K[X]\setminus{0}[/mm] gilt. Mit
> anderen Worten: Für alle [mm]h\in P\setminus\{0\}[/mm] gilt
> [mm]h\not\in K[X][/mm].
Genau. Oder anders gesagt: $P [mm] \cap [/mm] K[X] = [mm] \{ 0 \}$ [/mm] :)
> Vorausgesetzt, im Falle vom Transzendenzgrad 1 gilt
> tatsächlich P=(f) für ein irreduzibles Polynom [mm]f\in K[X,Y][/mm],
> so lässt sich f folgendermaßen erhalten: Da [mm]P\not=(0)[/mm]
> (sonst wäre der Transzendenzgrad 2) und P als Primideal
> keine Einheiten enthält, enthält P eine Nichteinheit. Da
> P ein Primideal ist, enthält P auch mindestens einen der
> Primfaktoren dieser Nichteinheit.
Genau.
> Dieser sei unser f.
> Bleibt P=(f) zu zeigen. [mm]\supset[/mm] ist klar, da [mm]f\in P[/mm]. Aber
> für die andere Inklusion habe ich keinen Ansatz, der zum
> Erfolg führt...
Nun, falls $(f) [mm] \subsetneqq [/mm] P$ gelten sollte, hast du eine Primidealkette $0 [mm] \subsetneqq [/mm] (f) [mm] \subsetneqq [/mm] P$. Falls du weisst, dass $K[X,Y]$ Krulldimension 2 hat, folgt dass $P$ ein maximales Ideal ist, welches aber von der Form $(X - [mm] \alpha, [/mm] Y - [mm] \beta)$ [/mm] sein muss (das hatten wir ja schon).
Falls ihr die Krulldimension von $K[X,Y]$ noch nicht hattet, muss man wohl anders argumentieren...
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:55 Do 25.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
Hallo Felix,
riesiges Dankeschön, dass du dir soviel Zeit für mich nimmst und so detailliert auf meinen Text eingehst!
> Ok, ein anderer Ansatz fuer die b), der hoffentlich etwas
> besser funktioniert
>
> Zeige, dass [mm](X - \alpha, Y - \beta)[/mm] kein Hauptideal ist.
O.K., das kriege ich mit Grad-Argumenten hin.
> Nach unserer Argumentation ist jedes maximale Ideal ja von
> dieser Form
Wie sieht man das? Irgendwie muss man also in den Fällen von Transzendenzgrad 1 und 2 sehen, dass $K[X,Y]/P$ kein Körper ist?
> Ansonsten kann man noch mit etwas mehr kommutativer Algebra
> was reissen
Oder man nimmt SEckis Ansatz.
> > Nehmen wir etwa den
> > ersteren Fall: Dann liefert uns die algebraische
> > Unabhängigkeit von [mm]X+P[/mm] über K, dass [mm]h+P=h(X+P)\not=0[/mm],
> > also [mm]h\not\in P[/mm], für alle [mm]h\in K[X]\setminus{0}[/mm] gilt. Mit
> > anderen Worten: Für alle [mm]h\in P\setminus\{0\}[/mm] gilt
> > [mm]h\not\in K[X][/mm].
>
> Genau. Oder anders gesagt: [mm]P \cap K[X] = \{ 0 \}[/mm] :)
Oh je, danke! Warum auch einfach, wenn es auch kompliziert geht...
> > Dieser sei unser f.
> > Bleibt P=(f) zu zeigen. [mm]\supset[/mm] ist klar, da [mm]f\in P[/mm]. Aber
> > für die andere Inklusion habe ich keinen Ansatz, der zum
> > Erfolg führt...
>
> Nun, falls [mm](f) \subsetneqq P[/mm] gelten sollte, hast du eine
> Primidealkette [mm]0 \subsetneqq (f) \subsetneqq P[/mm]. Falls du
> weisst, dass [mm]K[X,Y][/mm] Krulldimension 2 hat, folgt dass [mm]P[/mm] ein
> maximales Ideal ist, welches aber von der Form [mm](X - \alpha, Y - \beta)[/mm]
> sein muss (das hatten wir ja schon).
>
> Falls ihr die Krulldimension von [mm]K[X,Y][/mm] noch nicht hattet,
> muss man wohl anders argumentieren...
Leider hatten wir die in der Tat nicht. Aber gut, ich denke dabei können wir es auch belassen. Ich weiß jetzt jedenfalls, dass das keine Trivialität ist, die mir klar sein müsste.
Viele Grüße
Tobias
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(Antwort) fertig | | Datum: | 04:25 Do 25.02.2010 | | Autor: | felixf |
Moin Tobias,
> riesiges Dankeschön, dass du dir soviel Zeit für mich
> nimmst und so detailliert auf meinen Text eingehst!
kein Problem, ich finde das Thema interessant (auch wenn ich mich zu lang nicht mehr genau damit beschaeftigt hab).
> > Ok, ein anderer Ansatz fuer die b), der hoffentlich etwas
> > besser funktioniert
> >
> > Zeige, dass [mm](X - \alpha, Y - \beta)[/mm] kein Hauptideal ist.
>
> O.K., das kriege ich mit Grad-Argumenten hin.
Ja, damit sollte das kein Problem sein.
> > Nach unserer Argumentation ist jedes maximale Ideal ja
> > von dieser Form
>
> Wie sieht man das?
Das war doch: ist $K[X,Y]/P$ ein Koerper (wei $P$ maximal), so ist $K [mm] \to [/mm] K[X,Y]/P$ ein Isomorphismus (weil $K$ alg. abgeschlossen muss $K[X,Y]/P$ gleich dem Bild von $K$ in $K[X,Y]/P$ sein) und somit kann Urbilder der Restklassen von $X$ bzw. $Y$ als [mm] $\alpha$ [/mm] bzw. [mm] $\beta$ [/mm] waehlen und zeigen, dass $P = (X - [mm] \alpha, [/mm] Y - [mm] \beta)$ [/mm] ist. (So wie hier.)
Damit und mit der Argumentation oben folgt, dass maximale Ideale keine Hauptideale sein koennen, somit die Ideale in 2. und 3. nicht maximal sind.
> Irgendwie muss man also in den Fällen
> von Transzendenzgrad 1 und 2 sehen, dass [mm]K[X,Y]/P[/mm] kein
> Körper ist?
Das ist (ein Spezialfall) vom Nullstellensatz; siehe den letzten Punkt hier. Als $K$-Algebra endlich erzeugt bedeutet, dass $L = [mm] K[\alpha_1, \dots, \alpha_n]$ [/mm] ist; der Nullstellensatz sagt also: ist $L$ ein Koerper, so muessen [mm] $\alpha_1, \dots, \alpha_n$ [/mm] algebraisch ueber $K$ sein.
> > Ansonsten kann man noch mit etwas mehr kommutativer Algebra
> > was reissen
> Oder man nimmt SEckis Ansatz.
Ja :)
> > > Nehmen wir etwa den
> > > ersteren Fall: Dann liefert uns die algebraische
> > > Unabhängigkeit von [mm]X+P[/mm] über K, dass [mm]h+P=h(X+P)\not=0[/mm],
> > > also [mm]h\not\in P[/mm], für alle [mm]h\in K[X]\setminus{0}[/mm] gilt. Mit
> > > anderen Worten: Für alle [mm]h\in P\setminus\{0\}[/mm] gilt
> > > [mm]h\not\in K[X][/mm].
> >
> > Genau. Oder anders gesagt: [mm]P \cap K[X] = \{ 0 \}[/mm] :)
>
> Oh je, danke! Warum auch einfach, wenn es auch kompliziert
> geht...
Kommt vor
> > > Dieser sei unser f.
> > > Bleibt P=(f) zu zeigen. [mm]\supset[/mm] ist klar, da [mm]f\in P[/mm]. Aber
> > > für die andere Inklusion habe ich keinen Ansatz, der zum
> > > Erfolg führt...
> >
> > Nun, falls [mm](f) \subsetneqq P[/mm] gelten sollte, hast du eine
> > Primidealkette [mm]0 \subsetneqq (f) \subsetneqq P[/mm]. Falls du
> > weisst, dass [mm]K[X,Y][/mm] Krulldimension 2 hat, folgt dass [mm]P[/mm] ein
> > maximales Ideal ist, welches aber von der Form [mm](X - \alpha, Y - \beta)[/mm]
> > sein muss (das hatten wir ja schon).
> >
> > Falls ihr die Krulldimension von [mm]K[X,Y][/mm] noch nicht hattet,
> > muss man wohl anders argumentieren...
>
> Leider hatten wir die in der Tat nicht. Aber gut, ich
> denke dabei können wir es auch belassen. Ich weiß jetzt
> jedenfalls, dass das keine Trivialität ist, die mir klar
> sein müsste.
Das ist es auch nicht!
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:37 Do 25.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
> > > Nach unserer Argumentation ist jedes maximale Ideal ja
> > > von dieser Form
> >
> > Wie sieht man das?
>
> Das war doch: ist [mm]K[X,Y]/P[/mm] ein Koerper (wei [mm]P[/mm] maximal), so
> ist [mm]K \to K[X,Y]/P[/mm] ein Isomorphismus (weil [mm]K[/mm] alg.
> abgeschlossen muss [mm]K[X,Y]/P[/mm] gleich dem Bild von [mm]K[/mm] in
> [mm]K[X,Y]/P[/mm] sein)
Bisher hatten wir, dass $K [mm] \to [/mm] K[X,Y]/P$ ein Isomorphismus ist nur für den Fall von Transzendenzgrad 0, oder? Wie sieht man das im Falle $K[X,Y]/P$ ein Körper? Vermutlich, indem man zunächst mit deiner Version des Hilbertschen Nullstellensatzes zeigt, dass die Körpererweiterung algebraisch ist (gleichbedeutend: Transzendenzgrad 0 hat), oder? Dann ist mir das klar.
> und somit kann Urbilder der Restklassen von
> [mm]X[/mm] bzw. [mm]Y[/mm] als [mm]\alpha[/mm] bzw. [mm]\beta[/mm] waehlen und zeigen, dass [mm]P = (X - \alpha, Y - \beta)[/mm]
> ist. (So wie hier.)
>
> Damit und mit der Argumentation oben folgt, dass maximale
> Ideale keine Hauptideale sein koennen, somit die Ideale in
> 2. und 3. nicht maximal sind.
Das ist mir dann klar.
> > Irgendwie muss man also in den Fällen
> > von Transzendenzgrad 1 und 2 sehen, dass [mm]K[X,Y]/P[/mm] kein
> > Körper ist?
>
> Das ist (ein Spezialfall) vom Nullstellensatz; siehe
> den letzten Punkt hier.
> Als [mm]K[/mm]-Algebra endlich erzeugt bedeutet, dass [mm]L = K[\alpha_1, \dots, \alpha_n][/mm]
> ist; der Nullstellensatz sagt also: ist [mm]L[/mm] ein Koerper, so
> muessen [mm]\alpha_1, \dots, \alpha_n[/mm] algebraisch ueber [mm]K[/mm]
> sein.
Alles klar.
Danke!
Viele Grüße
Tobias
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:20 Do 25.02.2010 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> > > > Nach unserer Argumentation ist jedes maximale Ideal ja
> > > > von dieser Form
> > >
> > > Wie sieht man das?
> >
> > Das war doch: ist [mm]K[X,Y]/P[/mm] ein Koerper (wei [mm]P[/mm] maximal), so
> > ist [mm]K \to K[X,Y]/P[/mm] ein Isomorphismus (weil [mm]K[/mm] alg.
> > abgeschlossen muss [mm]K[X,Y]/P[/mm] gleich dem Bild von [mm]K[/mm] in
> > [mm]K[X,Y]/P[/mm] sein)
>
> Bisher hatten wir, dass [mm]K \to K[X,Y]/P[/mm] ein Isomorphismus
> ist nur für den Fall von Transzendenzgrad 0, oder? Wie
> sieht man das im Falle [mm]K[X,Y]/P[/mm] ein Körper? Vermutlich,
> indem man zunächst mit deiner Version des Hilbertschen
> Nullstellensatzes zeigt, dass die Körpererweiterung
> algebraisch ist (gleichbedeutend: Transzendenzgrad 0 hat),
> oder? Dann ist mir das klar.
Aeh, ja. Man braucht Transzendenzgrad 0 bzw. den Nullstellensatz.
LG Felix
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:32 Do 25.02.2010 | | Autor: | tobit09 |
Alles klar, Dankeschön!
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