reduzierte Lokalisierung < Algebra < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:44 So 28.06.2009 | | Autor: | hopsie |
| Aufgabe | Sei A ein (kommutativer) Ring.
(i) Zeige: Ist für jedes Primideal P [mm] \subset [/mm] A der lokale Ring [mm] A_{P} [/mm] reduziert, so ist A reduziert.
(ii) Sei für jedes Primideal P [mm] \subset [/mm] A der lokale Ring [mm] A_{P} [/mm] ein Integritätsbereich. Ist A ein Integritätsbereich? |
Hallo!
Also ich habe versucht beide zu lösen, mir kommen aber die Lösungen zu kurz und zu leicht vor...
zur (i) habe ich gezeigt: Sei A nicht reduziert [mm] \Rightarrow A_{P} [/mm] nicht reduziert [mm] \forall [/mm] P [mm] \subset [/mm] A Primideal. Ist denn der Ansatz richtig?..
Sei also A nicht reduziert, d.h. [mm] \exists [/mm] 0 [mm] \not= [/mm] x [mm] \in [/mm] A mit [mm] x^{n} [/mm] =0 für ein n>0.
[mm] \Rightarrow \bruch{x}{1} \in A_{P} \forall [/mm] P [mm] \subset [/mm] A Primideal. [mm] \Rightarrow (\bruch{x}{1})^{n} [/mm] = [mm] \bruch{x^{n}}{1} [/mm] = [mm] \bruch{0}{1} [/mm] , d.h. [mm] A_{P} [/mm] nicht reduziert.
Und so ähnlich hab ich das auch mit der (ii) gemacht. Kann man da nicht zeigen:
A kein Integritätsring [mm] \Rightarrow A_{P} [/mm] kein Integritätsring? Dann würde das ja ähnlich leicht und schnell wie bei der (i) gehen...
Vielleicht kann mir ja jemand weiterhelfen.
Vielen Dank schonmal!
Grüße, hopsie
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:36 Mi 01.07.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo hopsie!
> Sei A ein (kommutativer) Ring.
> (i) Zeige: Ist für jedes Primideal P [mm]\subset[/mm] A der lokale
> Ring [mm]A_{P}[/mm] reduziert, so ist A reduziert.
> (ii) Sei für jedes Primideal P [mm]\subset[/mm] A der lokale Ring
> [mm]A_{P}[/mm] ein Integritätsbereich. Ist A ein
> Integritätsbereich?
> Hallo!
>
> Also ich habe versucht beide zu lösen, mir kommen aber die
> Lösungen zu kurz und zu leicht vor...
> zur (i) habe ich gezeigt: Sei A nicht reduziert [mm]\Rightarrow A_{P}[/mm]
> nicht reduziert [mm]\forall[/mm] P [mm]\subset[/mm] A Primideal. Ist denn der
> Ansatz richtig?..
Wieso sollte [mm] $A_P$ [/mm] nicht reduziert sein? Es koennte ja sein, dass die nilpotenten Elemente in jeder Lokalisierung auf 0 gehen? (Das tun sie nicht, und das sollst du hier ja gerade zeigen.)
Allerdings tust du das ja jetzt:
> Sei also A nicht reduziert, d.h. [mm]\exists[/mm] 0 [mm]\not=[/mm] x [mm]\in[/mm] A
> mit [mm]x^{n}[/mm] =0 für ein n>0.
Gut.
> [mm]\Rightarrow \bruch{x}{1} \in A_{P} \forall[/mm] P [mm]\subset[/mm] A
> Primideal. [mm]\Rightarrow (\bruch{x}{1})^{n}[/mm] =
> [mm]\bruch{x^{n}}{1}[/mm] = [mm]\bruch{0}{1}[/mm] , d.h. [mm]A_{P}[/mm] nicht
> reduziert.
Das ist es nur nicht, wenn [mm] $\frac{x}{1} \neq \frac{0}{1}$ [/mm] ist in [mm] $A_P$.
[/mm]
Genauer: du musst ein $P$ konstruieren, bzgl. dem [mm] $\frac{x}{1}$ [/mm] in [mm] $A_P$ [/mm] nicht 0 ist. Was fuer Moeglichkeiten Primideale zu konstruieren kennst du?
> Und so ähnlich hab ich das auch mit der (ii) gemacht. Kann
> man da nicht zeigen:
> A kein Integritätsring [mm]\Rightarrow A_{P}[/mm] kein
> Integritätsring? Dann würde das ja ähnlich leicht und
> schnell wie bei der (i) gehen...
Nein, das klappt nicht. Die Aussage stimmt naemlich nicht.
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:34 Do 02.07.2009 | | Autor: | hopsie |
Hallo und Danke auch hier für die Hinweise!!
> > Also ich habe versucht beide zu lösen, mir kommen aber die
> > Lösungen zu kurz und zu leicht vor...
> > zur (i) habe ich gezeigt: Sei A nicht reduziert [mm]\Rightarrow A_{P}[/mm]
> > nicht reduziert [mm]\forall[/mm] P [mm]\subset[/mm] A Primideal. Ist denn der
> > Ansatz richtig?..
>
> Wieso sollte [mm]A_P[/mm] nicht reduziert sein? Es koennte ja sein,
> dass die nilpotenten Elemente in jeder Lokalisierung auf 0
> gehen? (Das tun sie nicht, und das sollst du hier ja gerade
> zeigen.)
>
> Allerdings tust du das ja jetzt:
>
> > Sei also A nicht reduziert, d.h. [mm]\exists[/mm] 0 [mm]\not=[/mm] x [mm]\in[/mm] A
> > mit [mm]x^{n}[/mm] =0 für ein n>0.
>
> Gut.
>
> > [mm]\Rightarrow \bruch{x}{1} \in A_{P} \forall[/mm] P [mm]\subset[/mm] A
> > Primideal. [mm]\Rightarrow (\bruch{x}{1})^{n}[/mm] =
> > [mm]\bruch{x^{n}}{1}[/mm] = [mm]\bruch{0}{1}[/mm] , d.h. [mm]A_{P}[/mm] nicht
> > reduziert.
>
> Das ist es nur nicht, wenn [mm]\frac{x}{1} \neq \frac{0}{1}[/mm] ist
> in [mm]A_P[/mm].
Ah, jetzt versteh ich, wo der Haken ist. Wenn, wie du sagtest, alle Nilpotenten in der Lokalisierung die 0 wären, dann wäre evtl 0 das einzige Nilpotente in der Lokalisierung und der Ring wäre reduziert.
> Genauer: du musst ein [mm]P[/mm] konstruieren, bzgl. dem [mm]\frac{x}{1}[/mm]
> in [mm]A_P[/mm] nicht 0 ist. Was fuer Moeglichkeiten Primideale zu
> konstruieren kennst du?
Ich fürchte gar keine... :(
>
> > Und so ähnlich hab ich das auch mit der (ii) gemacht. Kann
> > man da nicht zeigen:
> > A kein Integritätsring [mm]\Rightarrow A_{P}[/mm] kein
> > Integritätsring? Dann würde das ja ähnlich leicht und
> > schnell wie bei der (i) gehen...
>
> Nein, das klappt nicht. Die Aussage stimmt naemlich nicht.
Also wir sollen uns ja überlegen, ob aus [mm] A_{P} [/mm] Intring folgt, dass A Intring ist oder nicht. Also ich vermute, dass das nicht folgt, dass dann A ein Intringt ist und wollte das mit der Beweismethode - wie auch immer sie heißt ( Aus nicht A folgt nicht B) - beweisen. Ah, ich Depp, da bin ich wohl durcheinandergekommen. Also man müsste dann zeigen:
A Intring [mm] \Rightarrow \exists [/mm] P : [mm] A_{P} [/mm] kein Intring, wo wir wieder bei der Konstruktion von Primidealen wären...
Könnte man dann vielleicht hier zeigen: [mm] A_{P} [/mm] Intring [mm] \forall [/mm] P [mm] \Rightarrow [/mm] A kein Intring? Aber da müsste man dann wohl auch einen Nullteiler von A konstruieren...
> LG Felix
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:10 Do 02.07.2009 | | Autor: | hopsie |
Ich hab da vielleicht noch eine andere Idee...
A [mm] \backslash [/mm] P entählt ja weder die Null noch von Null verschiedene Nullteiler, da ja P Primideal und A [mm] \backslash [/mm] P multiplikativ abgeschlossen. Also ist die Abbildung f:A [mm] \to A_{P} [/mm] injektiv?! Denn:
kerf = [mm] \{ a \in A \ | \ f(a)=\bruch{a}{1} = \bruch{0}{1} \} [/mm] = [mm] \{ a \in A \ | \ \exists s \in A \backslash P : as=0 \} [/mm] = 0, da [mm] A\backslash [/mm] P keine Nullteiler enthält.
D.h. wenn A nicht reduziert [mm] \exists [/mm] 0 [mm] \not= [/mm] x [mm] \in [/mm] A : [mm] x^{n}=0 [/mm] für ein n>0 und da eben f injektiv ist, wird x nicht auf die 0 in der Lokalisierung abgebildet, da die 0 [mm] \in [/mm] A da schon drauf geht, somit ist dann [mm] \left( \bruch{x}{1} \right)^{n} [/mm] = [mm] \bruch{x^{n}}{1} [/mm] = [mm] \bruch{0}{1} [/mm] und [mm] \bruch{x}{1} [/mm] ein von Null verschiedenes nilpotentes Element von [mm] A_{P}, [/mm] also [mm] A_{P} [/mm] nicht reduziert.
Stimmt das?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 02:45 Do 02.07.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> Ich hab da vielleicht noch eine andere Idee...
> A [mm]\backslash[/mm] P entählt ja weder die Null noch von Null
> verschiedene Nullteiler, da ja P Primideal und A [mm]\backslash[/mm]
> P multiplikativ abgeschlossen.
Das stimmt schon nicht. Nur weil $A [mm] \steminus [/mm] P$ multiplikativ abgeschlossen ist, kann es sehr wohl Nullteiler enthalten: das passende Gegenstueck zum dranmultiplizieren muss halt in $P$ liegen.
> Also ist die Abbildung f:A
> [mm]\to A_{P}[/mm] injektiv?! Denn:
> kerf = [mm]\{ a \in A \ | \ f(a)=\bruch{a}{1} = \bruch{0}{1} \}[/mm]
> = [mm]\{ a \in A \ | \ \exists s \in A \backslash P : as=0 \}[/mm] =
> 0, da [mm]A\backslash[/mm] P keine Nullteiler enthält.
Nein, [mm] $\ker [/mm] f$ ist in $P$ enthalten. (Alle Elemente aus $A [mm] \setminus [/mm] P$ sind, wie du oben schriebst, nicht in [mm] $\ker [/mm] f$ enthalten.)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:03 Do 02.07.2009 | | Autor: | hopsie |
> > A [mm]\backslash[/mm] P entählt ja weder die Null noch von Null
> > verschiedene Nullteiler, da ja P Primideal und A [mm]\backslash[/mm]
> > P multiplikativ abgeschlossen.
>
> Das stimmt schon nicht. Nur weil [mm]A \steminus P[/mm]
> multiplikativ abgeschlossen ist, kann es sehr wohl
> Nullteiler enthalten: das passende Gegenstueck zum
> dranmultiplizieren muss halt in [mm]P[/mm] liegen.
D.h. es könnte folgendes sein: a [mm] \in [/mm] A und b [mm] \in [/mm] A [mm] \backslash [/mm] P : ab=0. Und dann wäre b in A [mm] \backslash [/mm] P kein Nullteiler, weil das Gegenstück nicht in der Menge A [mm] \backslash [/mm] P liegt?! Hingegen sind dann a und b Nullteiler in A?! Hab ich das so richtig verstanden? Diese Überlegung hab ich gestern auch geführt, dachte aber die stimme nicht. Aber gut zu wissen.
> > Also ist die Abbildung f:A
> > [mm]\to A_{P}[/mm] injektiv?! Denn:
> > kerf = [mm]\{ a \in A \ | \ f(a)=\bruch{a}{1} = \bruch{0}{1} \}[/mm]
> > = [mm]\{ a \in A \ | \ \exists s \in A \backslash P : as=0 \}[/mm] =
> > 0, da [mm]A\backslash[/mm] P keine Nullteiler enthält.
>
> Nein, [mm]\ker f[/mm] ist in [mm]P[/mm] enthalten. (Alle Elemente aus [mm]A \setminus P[/mm]
> sind, wie du oben schriebst, nicht in [mm]\ker f[/mm] enthalten.)
Das versteh ich leider nicht ganz, aber mein Beweis ist ja sowieso hinfällig...
Aber wann ist denn dann allgemein die Abbildung f:A [mm] \to S^{-1}A [/mm] injektiv? (S [mm] \subseteq [/mm] A multiplikativ abgeschlossen) Muss dann A unbedingt ein Intring sein und S darf die Null nicht enthalten?!
LG, hospie
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:36 Do 02.07.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> > > A [mm]\backslash[/mm] P entählt ja weder die Null noch von
> Null
> > > verschiedene Nullteiler, da ja P Primideal und A [mm]\backslash[/mm]
> > > P multiplikativ abgeschlossen.
> >
> > Das stimmt schon nicht. Nur weil [mm]A \steminus P[/mm]
> > multiplikativ abgeschlossen ist, kann es sehr wohl
> > Nullteiler enthalten: das passende Gegenstueck zum
> > dranmultiplizieren muss halt in [mm]P[/mm] liegen.
>
> D.h. es könnte folgendes sein: a [mm]\in[/mm] A und b [mm]\in[/mm] A
> [mm]\backslash[/mm] P : ab=0. Und dann wäre b in A [mm]\backslash[/mm] P
> kein Nullteiler,
was verstehst du hier unter Nullteiler in einer Teilmenge von $A$? Das es kein Gegenstueck in dieser Menge gibt? In dem Fall: ja.
Ein Nullteiler in $A$ selber ist es trotzdem immer noch.
> weil das Gegenstück nicht in der Menge A
> [mm]\backslash[/mm] P liegt?! Hingegen sind dann a und b Nullteiler
> in A?! Hab ich das so richtig verstanden?
Ja.
> Diese Überlegung
> hab ich gestern auch geführt, dachte aber die stimme
> nicht. Aber gut zu wissen.
>
> > > Also ist die Abbildung f:A
> > > [mm]\to A_{P}[/mm] injektiv?! Denn:
> > > kerf = [mm]\{ a \in A \ | \ f(a)=\bruch{a}{1} = \bruch{0}{1} \}[/mm]
> > > = [mm]\{ a \in A \ | \ \exists s \in A \backslash P : as=0 \}[/mm] =
> > > 0, da [mm]A\backslash[/mm] P keine Nullteiler enthält.
> >
> > Nein, [mm]\ker f[/mm] ist in [mm]P[/mm] enthalten. (Alle Elemente aus [mm]A \setminus P[/mm]
> > sind, wie du oben schriebst, nicht in [mm]\ker f[/mm] enthalten.)
>
> Das versteh ich leider nicht ganz, aber mein Beweis ist ja
> sowieso hinfällig...
Ja.
> Aber wann ist denn dann allgemein die Abbildung f:A [mm]\to S^{-1}A[/mm]
> injektiv? (S [mm]\subseteq[/mm] A multiplikativ abgeschlossen) Muss
> dann A unbedingt ein Intring sein und S darf die Null nicht
> enthalten?!
Nun, $S$ darf keinen Nullteiler (von $A$!) enthalten, und ebensowenig die 0 selber. Das ist hier aber im Allgemeinen nicht erfuellt (fuer $S = A [mm] \setminus [/mm] P$).
LG Felix
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 02:54 Do 02.07.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo hopsie!
> > > [mm]\Rightarrow \bruch{x}{1} \in A_{P} \forall[/mm] P [mm]\subset[/mm] A
> > > Primideal. [mm]\Rightarrow (\bruch{x}{1})^{n}[/mm] =
> > > [mm]\bruch{x^{n}}{1}[/mm] = [mm]\bruch{0}{1}[/mm] , d.h. [mm]A_{P}[/mm] nicht
> > > reduziert.
> >
> > Das ist es nur nicht, wenn [mm]\frac{x}{1} \neq \frac{0}{1}[/mm] ist
> > in [mm]A_P[/mm].
>
> Ah, jetzt versteh ich, wo der Haken ist. Wenn, wie du
> sagtest, alle Nilpotenten in der Lokalisierung die 0
> wären, dann wäre evtl 0 das einzige Nilpotente in der
> Lokalisierung und der Ring wäre reduziert.
So ganz hab ich das jetzt nicht verstanden, was du damit sagen willst.
> > Genauer: du musst ein [mm]P[/mm] konstruieren, bzgl. dem [mm]\frac{x}{1}[/mm]
> > in [mm]A_P[/mm] nicht 0 ist. Was fuer Moeglichkeiten Primideale zu
> > konstruieren kennst du?
>
> Ich fürchte gar keine... :(
Nun: jedes Ideal [mm] $\neq [/mm] A$ ist in einem maximalen Ideal enthalten, also auch in einem Primideal. Das hattet ihr doch sicher mal? (Damit ist jedes Element, welches keine Einheit ist, in einem Primideal enthalten.)
Und wenn $M [mm] \subseteq [/mm] A$ eine multiplikativ abgeschlossene Teilmenge von $M$ ist, die nicht 0 enthaelt, so ist jedes Ideal $I$, welches maximal bzgl. der Bedingung $M [mm] \subseteq [/mm] A [mm] \setminus [/mm] I$ ist, ein Primideal: es gibt also ein Primideal $P$ mit $M [mm] \subseteq [/mm] A [mm] \setminus [/mm] P$, sprich die Elemente in $M$ sind in [mm] $A_P$ [/mm] invertierbar. Hattet ihr das vielleicht?
> > > Und so ähnlich hab ich das auch mit der (ii) gemacht. Kann
> > > man da nicht zeigen:
> > > A kein Integritätsring [mm]\Rightarrow A_{P}[/mm] kein
> > > Integritätsring? Dann würde das ja ähnlich leicht und
> > > schnell wie bei der (i) gehen...
> >
> > Nein, das klappt nicht. Die Aussage stimmt naemlich nicht.
>
> Also wir sollen uns ja überlegen, ob aus [mm]A_{P}[/mm] Intring
> folgt, dass A Intring ist oder nicht. Also ich vermute,
> dass das nicht folgt, dass dann A ein Intringt ist und
Im Allgemeinen gilt das nicht. Manchmal aber schon, etwa wenn $A$ ein Koerper ist (dann muss $P$ das Nullideal sein und wir haben [mm] $A_P [/mm] = A$).
> wollte das mit der Beweismethode - wie auch immer sie
> heißt ( Aus nicht A folgt nicht B) - beweisen. Ah, ich
> Depp, da bin ich wohl durcheinandergekommen. Also man
> müsste dann zeigen:
> A Intring [mm]\Rightarrow \exists[/mm] P : [mm]A_{P}[/mm] kein Intring, wo
> wir wieder bei der Konstruktion von Primidealen wären...
Beweisen kannst du das nicht (das ist naemlich schlichtweg falsch, nimm wieder einen Koerper als $A$). Du kannst du ein Beispiel angeben, wo die Behauptung aus der Aufgabenstellung nicht stimmt.
Gib einfach einen konkreten Ring $A$ an, fuer den [mm] $A_P$ [/mm] Int'ring ist fuer jedes $P$, wo $A$ selber aber kein Int'ring ist.
(Tipp: wenn $A, B$ Ringe sind, wie sehen die Primideale in $A [mm] \times [/mm] B$ aus?)
LG Felix
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:49 Do 02.07.2009 | | Autor: | hopsie |
> Hallo hopsie!
>
> > > > [mm]\Rightarrow \bruch{x}{1} \in A_{P} \forall[/mm] P [mm]\subset[/mm] A
> > > > Primideal. [mm]\Rightarrow (\bruch{x}{1})^{n}[/mm] =
> > > > [mm]\bruch{x^{n}}{1}[/mm] = [mm]\bruch{0}{1}[/mm] , d.h. [mm]A_{P}[/mm] nicht
> > > > reduziert.
> > > Genauer: du musst ein [mm]P[/mm] konstruieren, bzgl. dem [mm]\frac{x}{1}[/mm]
> > > in [mm]A_P[/mm] nicht 0 ist. Was fuer Moeglichkeiten Primideale zu
> > > konstruieren kennst du?
> >
> > Ich fürchte gar keine... :(
>
> Nun: jedes Ideal [mm]\neq A[/mm] ist in einem maximalen Ideal
> enthalten, also auch in einem Primideal. Das hattet ihr
> doch sicher mal? (Damit ist jedes Element, welches keine
> Einheit ist, in einem Primideal enthalten.)
Ja, das hatten wir.
>
> Und wenn [mm]M \subseteq A[/mm] eine multiplikativ abgeschlossene
> Teilmenge von [mm]M[/mm] ist, die nicht 0 enthaelt, so ist jedes
> Ideal [mm]I[/mm], welches maximal bzgl. der Bedingung [mm]M \subseteq A \setminus I[/mm]
> ist, ein Primideal:
Das ist mir noch nicht klar... Heißt das, dass wenn I maximal bzgl M [mm] \subseteq [/mm] A [mm] \setminus [/mm] I íst, dass I dann sozusagen größtmöglich ist, so dass M noch in [mm] A\setminus [/mm] I enthalten ist?
Wieso gibt's denn dann mehrere? Achso, ich glaube das ist mir klar.
Aber warum ist dann I Primideal?..
> es gibt also ein Primideal [mm]P[/mm] mit [mm]M \subseteq A \setminus P[/mm],
> sprich die Elemente in [mm]M[/mm] sind in [mm]A_P[/mm] invertierbar. Hattet
> ihr das vielleicht?
Dass die Elemente von $ A [mm] \setminus [/mm] P $ auf Einheiten abgebildet werden, wurde kurz erwähnt, ja.
Ich komm leider immernoch nicht drauf, wie der Beweis dann zu Ende gehen würde.
Also, ich will ja zum einen Zeigen, dass ein Element aus A, auf ein Element [mm] \not= [/mm] 0 in [mm] A_{P} [/mm] abgebildet wird, was dann gezeigt wäre, weil ja 0 keine Einheit ist.
Zum anderen muss ich ja aber zeigen, dass es für ein bestimmtes P in [mm] A_{P} [/mm] nilpotente Elemente gibt.
Wenn jetzt x auf ein Element [mm] \not= [/mm] 0 abgebildet wird, muss das doch aber in [mm] A_{P} [/mm] nicht nilpotent sein. Bzw. Wenn x nilpotent ist, dann muss x ja nicht zwingend in A [mm] \setminus [/mm] P liegen, so dass dieses Element dann tatsächlich auf ein Element [mm] \not= [/mm] abgebildet wird.
>
> > > > Und so ähnlich hab ich das auch mit der (ii) gemacht. Kann
> > > > man da nicht zeigen:
> > > > A kein Integritätsring [mm]\Rightarrow A_{P}[/mm] kein
> > > > Integritätsring? Dann würde das ja ähnlich leicht und
> > > > schnell wie bei der (i) gehen...
> > >
> > > Nein, das klappt nicht. Die Aussage stimmt naemlich nicht.
> >
> > Also wir sollen uns ja überlegen, ob aus [mm]A_{P}[/mm] Intring
> > folgt, dass A Intring ist oder nicht. Also ich vermute,
> > dass das nicht folgt, dass dann A ein Intringt ist und
>
> Im Allgemeinen gilt das nicht. Manchmal aber schon, etwa
> wenn [mm]A[/mm] ein Koerper ist (dann muss [mm]P[/mm] das Nullideal sein und
> wir haben [mm]A_P = A[/mm]).
>
> > wollte das mit der Beweismethode - wie auch immer sie
> > heißt ( Aus nicht A folgt nicht B) - beweisen. Ah, ich
> > Depp, da bin ich wohl durcheinandergekommen. Also man
> > müsste dann zeigen:
> > A Intring [mm]\Rightarrow \exists[/mm] P : [mm]A_{P}[/mm] kein Intring, wo
> > wir wieder bei der Konstruktion von Primidealen wären...
>
> Beweisen kannst du das nicht (das ist naemlich schlichtweg
> falsch, nimm wieder einen Koerper als [mm]A[/mm]). Du kannst du ein
> Beispiel angeben, wo die Behauptung aus der
> Aufgabenstellung nicht stimmt.
Ich komm grad bisschen durcheinander. Welche Behauptung stimmt nicht?
> Gib einfach einen konkreten Ring [mm]A[/mm] an, fuer den [mm]A_P[/mm]
> Int'ring ist fuer jedes [mm]P[/mm], wo [mm]A[/mm] selber aber kein Int'ring
> ist.
> (Tipp: wenn [mm]A, B[/mm] Ringe sind, wie sehen die Primideale in [mm]A \times B[/mm]
> aus?)
Da muss ich nochmal überlegen.
Vielleicht aber nochmal für mich zur Klarheit:
(a) [mm] A_{P} [/mm] Intring [mm] \forall [/mm] P Primideal [mm] \Rightarrow [/mm] A Intring (Behauptung falsch)
(b) [mm] A_{P} [/mm] Intring [mm] \forall [/mm] P Primideal [mm] \Rightarrow [/mm] A kein Intring (Behauptung auch falsch?!)
Vielen Dank für die Mühe!
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:49 Do 02.07.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo hopsie!
> > > > Genauer: du musst ein [mm]P[/mm] konstruieren, bzgl. dem [mm]\frac{x}{1}[/mm]
> > > > in [mm]A_P[/mm] nicht 0 ist. Was fuer Moeglichkeiten Primideale zu
> > > > konstruieren kennst du?
> > >
> > > Ich fürchte gar keine... :(
> >
> > Nun: jedes Ideal [mm]\neq A[/mm] ist in einem maximalen Ideal
> > enthalten, also auch in einem Primideal. Das hattet ihr
> > doch sicher mal? (Damit ist jedes Element, welches keine
> > Einheit ist, in einem Primideal enthalten.)
>
> Ja, das hatten wir.
Gut.
> > Und wenn [mm]M \subseteq A[/mm] eine multiplikativ abgeschlossene
> > Teilmenge von [mm]M[/mm] ist, die nicht 0 enthaelt, so ist jedes
> > Ideal [mm]I[/mm], welches maximal bzgl. der Bedingung [mm]M \subseteq A \setminus I[/mm]
> > ist, ein Primideal:
>
> Das ist mir noch nicht klar... Heißt das, dass wenn I
> maximal bzgl M [mm]\subseteq[/mm] A [mm]\setminus[/mm] I íst, dass I dann
> sozusagen größtmöglich ist, so dass M noch in [mm]A\setminus[/mm]
> I enthalten ist?
Ja.
> Wieso gibt's denn dann mehrere? Achso, ich glaube das ist
> mir klar.
Es muss nicht mehrere geben, kann aber.
> Aber warum ist dann I Primideal?..
Na, das muss man beweisen :)
> > es gibt also ein Primideal [mm]P[/mm] mit [mm]M \subseteq A \setminus P[/mm],
> > sprich die Elemente in [mm]M[/mm] sind in [mm]A_P[/mm] invertierbar. Hattet
> > ihr das vielleicht?
>
> Dass die Elemente von [mm]A \setminus P[/mm] auf Einheiten
> abgebildet werden, wurde kurz erwähnt, ja.
Genau, weil [mm] $\frac{1}{t}$ [/mm] und [mm] $\frac{t}{1}$ [/mm] fuer alle $t [mm] \in [/mm] A [mm] \steminus [/mm] P$ in [mm] $A_P$ [/mm] liegen und [mm] $\frac{1}{t} \cdot \frac{t}{1} [/mm] = [mm] \frac{1}{1}$ [/mm] ist.
> Ich komm leider immernoch nicht drauf, wie der Beweis dann
> zu Ende gehen würde.
Ich habe nicht behauptet dass man das hier braucht 
> Also, ich will ja zum einen Zeigen, dass ein Element aus A,
> auf ein Element [mm]\not=[/mm] 0 in [mm]A_{P}[/mm] abgebildet wird, was dann
> gezeigt wäre, weil ja 0 keine Einheit ist.
Ich versteh grad nicht was du hiermit sagen willst.
> Zum anderen muss ich ja aber zeigen, dass es für ein
> bestimmtes P in [mm]A_{P}[/mm] nilpotente Elemente gibt.
Ja.
> Wenn jetzt x auf ein Element [mm]\not=[/mm] 0 abgebildet wird, muss
> das doch aber in [mm]A_{P}[/mm] nicht nilpotent sein.
Wenn es irgendein Element $x$ war, besteht dazu kein Grund. Da hast du Recht.
> Bzw. Wenn x
> nilpotent ist, dann muss x ja nicht zwingend in A [mm]\setminus[/mm]
> P liegen,
Es wird ganz sicher nicht drinnen liegen. (Nilpotente Elemente liegen in allen Primidealen: genauer, die Menge der nilpotenten Elemente ist der Schnitt aller Primideale. Das kann man mit dem von mir oben erwaehnten Resultat zeigen.)
> so dass dieses Element dann tatsächlich auf ein
> Element [mm]\not=[/mm] abgebildet wird.
Also: du hast $x [mm] \in [/mm] A$, $x [mm] \neq [/mm] 0$ nilpotent, und willst zeigen dass es ein Primideal $P$ gibt mit [mm] $\frac{x}{1} \neq [/mm] 0$ in [mm] $A_P$.
[/mm]
Das ist doch jetzt genau die gleiche Aussage, die du schon mehrmals (in den anderen Fragen) verwendet hast: ein $m [mm] \in [/mm] M$ ist genau dann 0, wenn [mm] $\frac{m}{1} [/mm] = 0$ in allen [mm] $M_P$.
[/mm]
Du hast das Element $x$, welches nicht 0 ist; also muss es ein Primideal $P$ geben mit [mm] $\frac{x}{1} \neq [/mm] 0$ in [mm] $A_P$.
[/mm]
> > Beweisen kannst du das nicht (das ist naemlich schlichtweg
> > falsch, nimm wieder einen Koerper als [mm]A[/mm]). Du kannst du ein
> > Beispiel angeben, wo die Behauptung aus der
> > Aufgabenstellung nicht stimmt.
>
> Ich komm grad bisschen durcheinander. Welche Behauptung
> stimmt nicht?
Dass aus [mm] $A_P$ [/mm] ein Int'ring fuer alle $P$ folgt, das bereits $A$ ein Int'ring ist.
Wenn $A$ ein Int'ring ist, dann ist auch immer [mm] $A_P$ [/mm] ein Int'ring. (Und fuer $P = 0$ sogar ein Koerper.)
> > (Tipp: wenn [mm]A, B[/mm] Ringe sind, wie sehen die Primideale in [mm]A \times B[/mm]
> > aus?)
>
>
> Da muss ich nochmal überlegen.
> Vielleicht aber nochmal für mich zur Klarheit:
> (a) [mm]A_{P}[/mm] Intring [mm]\forall[/mm] P Primideal [mm]\Rightarrow[/mm] A
> Intring (Behauptung falsch)
Genau.
> (b) [mm]A_{P}[/mm] Intring [mm]\forall[/mm] P Primideal [mm]\Rightarrow[/mm] A kein
> Intring (Behauptung auch falsch?!)
Ja.
Beachte: die beiden Aussagen sind keine Verneinungen voneinander!
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 01:13 Fr 03.07.2009 | | Autor: | hopsie |
> > > Und wenn [mm]M \subseteq A[/mm] eine multiplikativ abgeschlossene
> > > Teilmenge von [mm]M[/mm] ist, die nicht 0 enthaelt, so ist jedes
> > > Ideal [mm]I[/mm], welches maximal bzgl. der Bedingung [mm]M \subseteq A \setminus I[/mm]
> > > ist, ein Primideal:
> >
> > Aber warum ist dann I Primideal?..
>
> Na, das muss man beweisen :)
Aber brauchen tu ich das für diesen Beweis nicht unbedingt, oder?
Aber ich werd's dann trotzdem mal versuchen.
>
> > > es gibt also ein Primideal [mm]P[/mm] mit [mm]M \subseteq A \setminus P[/mm],
> > > sprich die Elemente in [mm]M[/mm] sind in [mm]A_P[/mm] invertierbar. Hattet
> > > ihr das vielleicht?
> >
> Genau, weil [mm]\frac{1}{t}[/mm] und [mm]\frac{t}{1}[/mm] fuer alle [mm]t \in A \steminus P[/mm]
> in [mm]A_P[/mm] liegen und [mm]\frac{1}{t} \cdot \frac{t}{1} = \frac{1}{1}[/mm]
> ist.
>
> > Zum anderen muss ich ja aber zeigen, dass es für ein
> > bestimmtes P in [mm]A_{P}[/mm] nilpotente Elemente gibt.
>
> Ja.
>
> > Wenn jetzt x auf ein Element [mm]\not=[/mm] 0 abgebildet wird, muss
> > das doch aber in [mm]A_{P}[/mm] nicht nilpotent sein.
>
> Wenn es irgendein Element [mm]x[/mm] war, besteht dazu kein Grund.
> Da hast du Recht.
>
> > Bzw. Wenn x
> > nilpotent ist, dann muss x ja nicht zwingend in A [mm]\setminus[/mm]
> > P liegen,
>
> Es wird ganz sicher nicht drinnen liegen. (Nilpotente
> Elemente liegen in allen Primidealen: genauer, die Menge
> der nilpotenten Elemente ist der Schnitt aller Primideale.
> Das kann man mit dem von mir oben erwaehnten Resultat
> zeigen.)
>
> > so dass dieses Element dann tatsächlich auf ein
> > Element [mm]\not=[/mm] abgebildet wird.
>
> Also: du hast [mm]x \in A[/mm], [mm]x \neq 0[/mm] nilpotent, und willst
> zeigen dass es ein Primideal [mm]P[/mm] gibt mit [mm]\frac{x}{1} \neq 0[/mm]
> in [mm]A_P[/mm].
>
> Das ist doch jetzt genau die gleiche Aussage, die du schon
> mehrmals (in den anderen Fragen) verwendet hast: ein [mm]m \in M[/mm]
> ist genau dann 0, wenn [mm]\frac{m}{1} = 0[/mm] in allen [mm]M_P[/mm].
So langsam hab ich's raus ;)
> Du hast das Element [mm]x[/mm], welches nicht 0 ist; also muss es
> ein Primideal [mm]P[/mm] geben mit [mm]\frac{x}{1} \neq 0[/mm] in [mm]A_P[/mm].
Sei A nicht reduziert, dann $ [mm] \exists [/mm] 0 [mm] \not= [/mm] x [mm] \in [/mm] A $ nilpotent, d.h. $ [mm] \exists [/mm] n>0 : [mm] x^{n} [/mm] = 0 $.
Betrachte $ f:A [mm] \to A_{P}, [/mm] x [mm] \mapsto \bruch{x}{1} [/mm] $
z.z.: $ [mm] \bruch{x}{1} \not= \bruch{0}{1} [/mm] $.
Zeige hierzu: $ x = 0 [mm] \gdw \bruch{x}{1} [/mm] = 0 $ in $ [mm] A_{P} \forall [/mm] P $ Primideal.
" [mm] \Rightarrow [/mm] ": Sei $ x = 0 [mm] \Rightarrow [/mm] f(x) = [mm] \bruch{x}{1} [/mm] = [mm] \bruch{0}{1} [/mm] $
" [mm] \Leftarrow [/mm] ": Sei $ [mm] \bruch{x}{1} [/mm] = [mm] \bruch{0}{1} \Rightarrow [/mm] xv = 0 $ für ein $ v [mm] \in [/mm] A [mm] \setminus [/mm] P $ und zwar [mm] \forall [/mm] P oder?!
Angenommen $ x [mm] \not= [/mm] 0 [mm] \Rightarrow [/mm] s [mm] \in \{ a \in A : ax = 0 \} \subseteq [/mm] P' $ für ein Primideal P'. Widerspruch, da $ v [mm] \not\in [/mm] P'. [mm] \Rightarrow [/mm] x = 0. $
$ [mm] \Rightarrow \bruch{x}{1} \not= [/mm] 0 $
Da x nilpotent [mm] \Rightarrow \left( \bruch{x}{1} \right)^{n}= \bruch{x^{n}}{1} [/mm] = 0, d.h. es existiert ein [mm] A_{P}, [/mm] das nicht reduziert ist.l
> > > Beweisen kannst du das nicht (das ist naemlich schlichtweg
> > > falsch, nimm wieder einen Koerper als [mm]A[/mm]). Du kannst du ein
> > > Beispiel angeben, wo die Behauptung aus der
> > > Aufgabenstellung nicht stimmt.
> >
> > Ich komm grad bisschen durcheinander. Welche Behauptung
> > stimmt nicht?
>
> Dass aus [mm]A_P[/mm] ein Int'ring fuer alle [mm]P[/mm] folgt, das bereits [mm]A[/mm]
> ein Int'ring ist.
>
> Wenn [mm]A[/mm] ein Int'ring ist, dann ist auch immer [mm]A_P[/mm] ein
> Int'ring. (Und fuer [mm]P = 0[/mm] sogar ein Koerper.)
>
> > > (Tipp: wenn [mm]A, B[/mm] Ringe sind, wie sehen die Primideale in [mm]A \times B[/mm]
> > > aus?)
> >
> >
> > Da muss ich nochmal überlegen.
> > Vielleicht aber nochmal für mich zur Klarheit:
> > (a) [mm]A_{P}[/mm] Intring [mm]\forall[/mm] P Primideal [mm]\Rightarrow[/mm] A
> > Intring (Behauptung falsch)
>
> Genau.
>
> > (b) [mm]A_{P}[/mm] Intring [mm]\forall[/mm] P Primideal [mm]\Rightarrow[/mm] A kein
> > Intring (Behauptung auch falsch?!)
>
> Ja.
>
> Beachte: die beiden Aussagen sind keine Verneinungen
> voneinander!
Ich war wohl die ganze Zeit wirr im Kopf und dachte
[mm] A_{P} [/mm] Intring [mm] \forall [/mm] P (folgt nicht) A Intring ist das gleiche wie
[mm] A_{P} [/mm] Intring [mm] \forall [/mm] P [mm] \Rightarrow [/mm] A kein Intring...
Danke auch hier für die Hilfe!!
LG, hospie
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 09:59 Fr 03.07.2009 | | Autor: | felixf |
Hallo!
> > > > Und wenn [mm]M \subseteq A[/mm] eine multiplikativ abgeschlossene
> > > > Teilmenge von [mm]M[/mm] ist, die nicht 0 enthaelt, so ist jedes
> > > > Ideal [mm]I[/mm], welches maximal bzgl. der Bedingung [mm]M \subseteq A \setminus I[/mm]
> > > > ist, ein Primideal:
> > >
> > > Aber warum ist dann I Primideal?..
> >
> > Na, das muss man beweisen :)
>
> Aber brauchen tu ich das für diesen Beweis nicht
> unbedingt, oder?
Genau.
> Aber ich werd's dann trotzdem mal versuchen.
Es ist eine nette Aufgabe :)
Dieses Ergebnis brauchst du z.B. um zu zeigen, dass das Radikal eines Ideals gerade der Schnitt aller Primideale ist, welches dieses Ideal enthalten.
Oder (spezieller) um zu zeigen, dass die Menge aller nilpotenten Elemente genau der Schnitt aller Primideale ist.
> > Also: du hast [mm]x \in A[/mm], [mm]x \neq 0[/mm] nilpotent, und willst
> > zeigen dass es ein Primideal [mm]P[/mm] gibt mit [mm]\frac{x}{1} \neq 0[/mm]
> > in [mm]A_P[/mm].
> >
> > Das ist doch jetzt genau die gleiche Aussage, die du schon
> > mehrmals (in den anderen Fragen) verwendet hast: ein [mm]m \in M[/mm]
> > ist genau dann 0, wenn [mm]\frac{m}{1} = 0[/mm] in allen [mm]M_P[/mm].
>
> So langsam hab ich's raus ;)
Gut ;)
> > Du hast das Element [mm]x[/mm], welches nicht 0 ist; also muss es
> > ein Primideal [mm]P[/mm] geben mit [mm]\frac{x}{1} \neq 0[/mm] in [mm]A_P[/mm].
>
> Sei A nicht reduziert, dann [mm]\exists 0 \not= x \in A[/mm]
> nilpotent, d.h. [mm]\exists n>0 : x^{n} = 0 [/mm].
> Betrachte [mm]f:A \to A_{P}, x \mapsto \bruch{x}{1}[/mm]
>
> z.z.: [mm]\bruch{x}{1} \not= \bruch{0}{1} [/mm].
... fuer ein (geschickt gewaehltes) $P$.
> Zeige hierzu: [mm]x = 0 \gdw \bruch{x}{1} = 0[/mm]
> in [mm]A_{P} \forall P[/mm] Primideal.
> " [mm]\Rightarrow[/mm] ": Sei [mm]x = 0 \Rightarrow f(x) = \bruch{x}{1} = \bruch{0}{1}[/mm]
>
> " [mm]\Leftarrow[/mm] ": Sei [mm]\bruch{x}{1} = \bruch{0}{1} \Rightarrow xv = 0[/mm]
> für ein [mm]v \in A \setminus P[/mm] und zwar [mm]\forall[/mm] P oder?!
Das $v$ haengt von $P$ ab; es gilt also [mm] $\forall [/mm] P [mm] \exists [/mm] v [mm] \in [/mm] A [mm] \setminus [/mm] P : x v = 0$.
Besser ist es hier die Kontraposition der Aussage zu zeigen. Bzw. genau das hast du schon getan (in der anderen Frage).
> [mm]\Rightarrow \bruch{x}{1} \not= 0[/mm]
...fuer ein $P$.
> Da x nilpotent
> [mm]\Rightarrow \left( \bruch{x}{1} \right)^{n}= \bruch{x^{n}}{1}[/mm]
> = 0, d.h. es existiert ein [mm]A_{P},[/mm] das nicht reduziert
> ist.l
Ja.
> > Beachte: die beiden Aussagen sind keine Verneinungen
> > voneinander!
>
> Ich war wohl die ganze Zeit wirr im Kopf und dachte
> [mm]A_{P}[/mm] Intring [mm]\forall[/mm] P (folgt nicht) A Intring ist
> das gleiche wie
> [mm]A_{P}[/mm] Intring [mm]\forall[/mm] P [mm]\Rightarrow[/mm] A kein Intring...
Ja, das hatte ich mir schon gedacht
Hast du mittlerweile auch ein Gegenbeispiel gefunden?
LG Felix
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